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高中化学2021年初周练知识点——化学平衡训练题(1)【含详解】
年级:高中
难度:偏难
更新时间:2021-01-11
下载:103次
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一、选择题(共84题)
1.

下列说法正确的是

AH(g)I2(g) 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变

BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡

C若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡,则AC不能同时是气体

D1 mol N23 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出的热量为Q1;在相同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2H2的转化率为10%时,吸收的热量为Q2Q2不等于Q1

【答案】

B

【详解】

A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化,当缩小反应容器体积,相当于加压,正逆反应速率同等程度增加,A项错误;

B.在建立平衡前,碳的质量不断改变,达到平衡时,质量不变,因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡,B项正确;

C.即使A,C物质均为气体,反应前后气体体积也会发生变化,当压强不随时间变化时,仍能说明反应达到平衡,C项错误;

D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH,合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10=0.3mol,因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|,分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10=0.2molQ2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|,则Q1=Q2D项错误。

故答案选B

组卷:146次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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2.

在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中,发生反应:2A(g)+B(s) C(g)+D(g),下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有(    )个

容器内温度不变       混合气体的密度不变    混合气体的压强不变

混合气体的平均相对分子质量不变      C(g)的物质的量浓度不变

容器内ACD三种气体的浓度之比为211    某时刻v(A)2v(C)且不等于零

单位时间内生成n mol D,同时生成2n mol A

A4                           B5                           C6                           D7

【答案】

C

【详解】

该容器为绝热容器,容器内温度不变,说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态;

由于B呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中气体的总质量增大,恒容容器中混合气体的密度增大,达到平衡时混合气体总质量不变,混合气体的密度不变,混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态;

该反应反应前后气体分子数不变,建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变,由于是绝热容器,建立平衡过程中容器温度变化,混合气体压强发生变化,达到平衡时温度不变,混合气体压强不变,混合气体的压强不变说明反应达到平衡;

由于B呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中气体的总质量增大,混合气体分子总物质的量始终不变,混合气体的平均相对分子质量增大,达到平衡时混合气体总质量不变,混合气体的平均相对分子质量不变,混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态;

C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志,说明反应达到平衡状态;

达到平衡时ACD的浓度保持不变,但不一定等于2:1:1ACD三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态;

某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零,没有指明是正反应速率,还是逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态;

单位时间内生成n mol D一定消耗2n mol A,同时生成2n mol AA的浓度不变说明反应达到平衡状态;

能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧,共6个,答案选C

【点睛】

本题考查化学平衡的标志,化学平衡的标志是:逆向相等,变量不变。逆向相等指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等,说明反应达到了平衡状态;变量不变指可变物理量不变是平衡的标志,不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。

组卷:147次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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3.

室温下,向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应;C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5BrC2H5OH的沸点分别为38.4℃78.5℃。下列有关叙述错误的是

A加入NaOH,可增大乙醇的物质的量

B增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br

C若反应物增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变

D若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间

【答案】

D

【分析】

根据题目的反应,主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。

【详解】

A.加入NaOH,中和HBr,平衡逆向移动,可增大乙醇的物质的量。选项A正确。

B.增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br。B正确。

C.若反应物增大至2 mol,实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍,比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1,等于方程式中的系数比),只要反应物的投料比等于系数比,达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确

D.若起始温度提高至60℃,考虑到HBr易挥发性,温度升高化学反应速率加快,而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢,故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。

故选D

点睛:本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应,但是考虑到反应是在水溶液中进行的,而生成的溴乙烷是不溶于水的,即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的,所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。

组卷:131次
难度:中等
知识点:化学平衡
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4.

反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H>0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中,不能提高乙烷平衡转化率的是(    )

A增大容器容积                                          B升高反应温度

C分离出部分氢气                                       D等容下通入惰性气体

【答案】

D

【详解】

A.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应,增大反应容器的容积,体系的压强减小,化学平衡正向移动,能提高乙烷平衡转化率,A不符合题意;

B.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应,升高反应温度,化学平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,B不符合题意;

C.分离出部分氢气,减少了生成物浓度,平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,C不符合题意;

D.等容下通入惰性气体,体系的总压强增大,物质的浓度不变,因此化学平衡不移动,对乙烷的平衡转化率无影响,D符合题意;

故合理选项是D

组卷:122次
难度:容易
知识点:影响化学平衡的条件
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5.

已知X(g)3Y (g)2W(g) M (g)  △H=-a kJ·mol1a>0)。一定温度下,在体积恒定的密闭容器中,加入1 mol X(g) 1mol Y (g),下列说法正确的是

A充分反应后,放出热量为a kJ

B当反应达到平衡状态时,XW的物质的量浓度之比一定为12

CX的物质的量分数不再改变,表明该反应已达平衡

D若增大Y的浓度,正反应速率增大,逆反应速率减小

【答案】

C

【详解】

A、该反应为可逆反应,不会完全进行,投入原料1mol并未完全反应,故放出的热量小于akJ,选项A不正确;B、XW分别为反应物和生成物,化学计量数只表示反应过程的转化比例,并不能说明达到平衡后的浓度之比,选项B不正确;C、当X的物质的量分数不再变化时,反应达到平衡,选项C正确;D、若增大反应物浓度,正逆反应速率均会增加,选项D不正确。答案选C。

组卷:113次
难度:中等
知识点:化学平衡
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6.

在容积一定的密闭容器中,置入一定量的NO(g)和足量C(s),发生反应C(s)2NO(g) CO2(g)N2(g),平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是(  )

A该反应的ΔH>0

B若该反应在T1T2时的平衡常数分别为K1K2,则K1<K2

CT2时,若反应体系处于状态D,则此时一定有v<v

DT3时,若混合气体的密度不再变化,则可以判断反应达到平衡状态C

【答案】

D

【解析】

A.根据图像可知,随着温度的升高,NO的物质的量浓度增大,说明平衡逆向移动,则正反应为放热反应,故A错误;

B.由于正反应为放热反应,温度越高,平衡常数越小,则K1>K2,故B错误;

C.根据图像可知,由状态D到平衡点B,需要减小NO的浓度,所以反应正向进行,则v>v,C错误;

D.由于反应物碳是固体,所以在反应进行过程中,气体的总质量一直在变,V一定,气体的密度也就一直在变,当若混合气体的密度不再变化,则可以判断反应达到平衡状态C,故D正确;

答案:D

组卷:173次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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7.

某温度下,体积一定的密闭容器中发生如下可逆反应:2X(g)+Y(s)3Z(g)  ΔH= QkJ/mol,下列说法正确的是

A消耗2mol X同时生成3mol Z,说明达到了平衡状态

B加入少量的Y正反应速率加快

C气体的密度不变时,说明达到了平衡状态

D加入少量的X,Q变大

【答案】

C

【详解】

A、根据化学反应方程式可知,不管反应是否达到平衡,每消耗2mol X同时生成3mol Z,故A错误;

BY为固体加固体参加反应气体的浓度不变则平衡不移动B错误;

CY为固体反应达到平衡时气体的质量不变则气体的密度不变时说明达到了平衡状态C正确;

DB加入少量的X,反应放出或吸热的热量增大ΔH不变D错误
综上所述,本题正确答案为C

组卷:107次
难度:偏难
知识点:影响化学反应速率的因素
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8.

373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( 

A2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)

B2秒时体系内的压强为开始时的1.2

C在平衡时体系内含N2O40.20mol

D平衡时,如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率

【答案】

C

【分析】

A.根据化学反应速率的定义可知,利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率;
B.利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算

C.利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量;
D.若往容器内充入N2O4气体,相当于压缩容器体积,相当于增大压强,利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。

【详解】

A项,前2NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)

,则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s),故A项错误;

B2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L,其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol,则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol,容器内的压强为反应前的=1.1倍,故B项错误

C项,平衡时,体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol,设剩余N2O4的物质的量为xmol,则有(0.5-x)×2+x=0.8,解得x=0.2mol,即体系内含0.2mol N2O4,故C项正确

D项,平衡时,若往容器内充入N2O4气体,相当于在原来的基础上缩小体积,由N2O4═2NO2,则缩小体积,压强增大,化学平衡逆向移动,N2O4的转化率降低,故D项错误。

综上所述,本题正确答案为C。

【点睛】

本题考查化学平衡及化学反应速率的计算,题目难度中等,明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键,并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。

组卷:133次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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9.

将等物质的量的AB混合于2L的密闭容器中,发生下列反应:3Ag+BgxCg+2Dg),经2min后测得D的浓度为0.5mol/LcA):cB=35,以C表示的平均速率vC=0.25molL-1min-1,下列说法正确的是(  )

A反应速率 

B该反应方程式中,

C2min时,A的物质的量为

D2min时,A的转化率为

【答案】

C

【详解】

A、根据题意得vD=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1,则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知vB=1/2vD=0.125 mol·L-1·min-1A错误;

B、根据题意得vD=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1,以C表示的平均速率vC=0.25mol·L-1·min-1,根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x2B错误;

C2min时,D的物质的量是0.5mol/L×2 L=1mol,所以消耗AB的物质的量分别是1.5mol0.5mol,设AB起始物质的量均为y,则剩余AB的物质的量分别是y-1.5moly-0.5mol,根据c(A)c(B)=35,解得(y-1.5mol/(y-0.5mol)=3:5,解得y=3mol。所以2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5molC正确;

DA的转化率为1.5mol/3mol×100%=50%,D错误;

答案选C

组卷:149次
难度:容易
知识点:化学反应速率
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10.

反应N2O4(g)2NO2(g)  △H=+57 kJ·mol-1,在温度为T1T2时,平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是(    

Aac两点的反应速率:ac

Bac两点气体的颜色:a深,c

Cbc两点的转化率:bc

Db点到a点,可以用加热的方法

【答案】

D

【解析】

分析:本题考查的是反应条件对速率和影响,关键是对图像的分析能力的考查。

详解:A.压强越大,反应速率越快,故错误;B.a点二氧化氮的体积分数大于c点,但c点压强大,说明容器的体积变小,所以c点二氧化氮的浓度大,颜色深,故错误;C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同,说明转化率相同,故错误;D.b点到a点,压强不变,二氧化氮的体积分数增加,结合反应为吸热反应,说明反应条件为升温,故正确。故选D。

点睛:注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示,二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系,注意改变压强时改变了容器的体积。

组卷:139次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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11.

一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:

已知:气体分压(P=气体总压(P×体积分数。下列说法正确的是

A550℃时,若充入惰性气体,ʋʋ 均减小,平衡不移动

B650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%

CT℃时,若充入等体积的CO2CO,平衡向逆反应方向移动

D925℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P

【答案】

B

【详解】

A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行,当550℃时,若充入惰性气体,容器的容积扩大,使反应混合物的浓度减小,因此ʋʋ 均减小,由于该反应是气体体积增大的反应,减小压强,化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动,A错误;

B.根据图像可知在650℃时,反应达平衡后CO的体积分数是40%,则CO2的体积分数是60%,假设平衡时总物质的量是1 mol,则反应产生CO 0.4 mol,其中含有CO2 0.6 mol,反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol,因此CO2转化率为0.2 mol÷(06 mol+0.2 mol)×100%=25.0%B正确;

CT℃时,平衡时CO2CO的体积分数都是50%,若充入等体积的CO2CO,化学平衡不移动,C错误;

D925℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=D错误。

答案选B

组卷:107次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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12.

在一定条件下发生反应:3A(g)+2B(g) xC(g)+2D(g),在2 L密闭容器中,把4 mol A2 mol B混合,2 min后达到平衡时生成1.6 mol C,又测得反应速率vB=0.2 mol·L1·min1,则下列说法中正确的是(  )

Ax=3                                                         BB的转化率为20%

C平衡时气体压强是原来的0.94              D达到平衡时A的浓度为1.4 mol·L1

【答案】

D

【详解】

△cc=△nc/V= 1.6mol÷2L=0.8mol/L, vc=△cc/△t=(0.8mol/L) ÷2min=0.4mol•L-1•min-1, 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,=,x=4;列出三行式

A.x=4,A错误;

B.B的转化率为(0.8mol÷2mol) ×100%=40%,B错误;

C.根据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的=,C错误

D.达平衡时A的浓度为2.8mol÷2L=1.4 mol·L1D正确;正确选项:D。

组卷:146次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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13.

下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是(  )

选项

实验及现象

结论

A

用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰

该样品含钠元素

B

NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生

证明非金属性ClC

C

向酸化的KMnO4溶液通入SO2,向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀

证明SO2被氧化为SO42-

D

10mL2mol/LKI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN,溶液颜色变红

KIFeCl3反应有可逆性

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

D

【详解】

A、玻璃中含有钠元素,干扰钠离子的检验,应用铁丝或铂丝,故A错误;

BNaHCO3溶液中加入过量盐酸,可知酸性盐酸大于碳酸,但盐酸为无氧酸,则不能比较ClC的非金属性,故B错误;

C、向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反应后的溶液中加入盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀,如果高锰酸钾溶液使用的是硫酸进行的酸化,则不能确定SO42-是后来生成的还是原溶液中的,故C错误;

D10mL 2mol/LKI溶液与1 mL 1mol/LFeCl3溶液混合,其中KI过量,混合充分反应后滴加KSCN,溶液颜色变红,证明溶液中还存在三价铁离子,因此可证明KIFeCl3反应进行不彻底,有可逆性,故D正确;

故选D

组卷:154次
难度:中等
知识点:二氧化硫
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14.

向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体, 一定条件下发生如下反应: 3A(g) B(g)+2C(g),各物质的浓度随时间变化如图所示t0~t1 阶段的 c(B)变化未画出。下列说法中正确的是( )

A t1=15 s,则用 A 的浓度变化表示 t0~t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L1·s1

Bt1时该反应达到平衡,A的转化率为 60%

C该容器的容积为2 L,B的起始的物质的量为 0.02 mol

Dt0~t1 阶段,此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ,该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)+2C(g)   ΔH=-50a kJ·mol1

【答案】

B

【详解】

A.t0t1阶段,A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L1t0t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L1·s1A错误;

B.t1时该反应达到平衡, A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%B正确;

C.根据反应3A(g) B(g)2C(g)可知,反应达平衡后,∆c(A)=0.09 mol·L1, ∆c(B)=O.03 mol·L1,由图像可知反应达平衡后,c(B)=0.05 mol·L1,所以B的起始的浓度为0.02 mol·L1B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 molC错误;

D.t0t1 阶段,∆c(A)=0.09 mol·L1∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol,此时放热a kJ,如果有3 mol A完全反应,放热为50 a /3 kJ,3A(g)B(g)2C(g)   ΔH=-50a/3 kJ·mol1D错误。

正确选项B

组卷:117次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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15.

煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:

CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) H1=+218.4 kJ/mol(反应I)

CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) H2=-175.6 kJ/mol (反应II)

下列有关说法正确的是( )

A提高反应体系的温度,能降低该反应体系中SO2生成量

B反应II在较低的温度下可自发进行

C用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) H3,则H3>H2

D由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变

【答案】

B

【解析】

分析由已知的两个热化学方程式,结合温度对化学平衡的影响规律,即可分析A选项,根据自由能判据可分析B选项,利用盖斯定律可分析出C、D两个选项。

详解:A、只有在反应I中生成SO2,且该反应为吸热反应,所以升高温度,有利于反应I平衡向右移动,生成更多的SO2,故A错误;

B、要使反应II自发进行,则自由能判据△G=△H-T△S<0,已知△H2<0,由反应方程式可知该反应的熵变化不大,反应的自发性主要决定于焓变,所以该反应在低温下即可自发进行,且低温有利于节约能源,故B正确;

C、根据盖斯定律,反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式,所以△H3=△H2-4△H1,已知△H1>0△H2<0,所以△H3<△H2,C错误;

D、反应I和反应II中没有SO3(g),所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变,故D错误。所以本题答案选B

点睛本题的难点是B选项,因为反应II前后气体、固体的分子数都不变,即商变不大,所以焓变对反应的自发性起决定作用,这是利用自由能判据的一种特殊情况,由于是放热反应,低温即可自发进行,且节约能源;易错点是C选项,要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。本题有一定的难度

组卷:138次
难度:偏难
知识点:影响化学平衡的条件
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16.

一定条件下,CH4H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),设起始=Z,在恒压下,平衡时(CH4)的体积分数与ZT(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是

A该反应的焓变ΔH0

B图中Z的大小为a3b

C图中X点对应的平衡混合物中=3

D温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小

【答案】

A

【详解】

A、从图分析,随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小,说明升温平衡正向移动,则正反应为吸热反应,故A正确;

B的比值越大,则甲烷的体积分数越小,故a3b,故B错误;

C、起始加入量的比值为3,但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应,所以到平衡时比值不是3,故C错误;

D、温度不变时,加压,平衡逆向移动,甲烷的体积分数增大,故D错误。

【点睛】

化学平衡图像题的解题思路:一、看懂图:横纵坐标的物理意义,图像的变化趋势,曲线的特殊点,如起点、交点、折点、终点;二、想规律:外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律;三、作出正确的判断。注意先拐先平定一议二方法的运用。

组卷:166次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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17.

对于反应2A(g)+B(g)2C(g)(正反应放热),下列图象正确的是

A                 B                                   C           D

【答案】

D

【解析】

反应2Ag)+Bg2Cg)为气体体积缩小的反应、且为放热反应,则升高温度,平衡逆向移动,增大压强,平衡正向移动,结合图象来解答。

【详解】

反应2Ag)+Bg2Cg)为气体体积缩小的反应、且为放热反应,则

A、温度高反应速率快,且温度高时平衡逆向移动,对应B的物质的量分数大,A错误;

B、增大压强,平衡正向移动,A的转化率增大与图象一致,但温度高时逆向移动,A的转化率减小与图象不符,B错误;

C、增大压强,平衡正向移动,C的量增大与图象一致,但温度高时逆向移动,C的量应减少与图象不符,C错误;

D、增大压强,平衡正向移动,A的转化率增大与图象一致,温度高时逆向移动,A的转化率减小与图象一致,D正确;

答案选D

组卷:145次
难度:容易
知识点:化学平衡图像分析
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18.

在容积不变的密闭容器中存在如下反应:2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)H<0,在其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析不正确的是

AI表示增加反应物浓度对该平衡的影响

BII表示减小压强对该平衡的影响

C表示温度对该平衡的影响,温度:乙>

DIV表示催化剂对该平衡的影响,催化效率:甲>

【答案】

A

【详解】

A、增大反应物的浓度,正逆反应速率均增大,但是在增大的瞬间,逆反应速率不变,所以逆反应速率在t时刻不变,不会离开原平衡点,故A错误;

B、反应前后气体体积不变,压强变化不影响平衡移动,但减小压强反应速率减慢,故B正确;

C、先拐先平数值大,说明乙的温度高于甲,升温平衡逆向移动,A的转化率降低,故C正确;

D、催化剂不影响平衡移动,可以缩短反应达到平衡所用时间,故D正确;

故答案选A

组卷:185次
难度:容易
知识点:化学平衡图像分析
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19.

下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像,其中图像和实验结论表达均正确的是

A是其他条件一定时,反应速率随温度变化的图像,正反应ΔH0

B是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像

C是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像,a是使用催化剂时的曲线

D是一定条件下,向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像,压强p1p2

【答案】

C

【详解】

A.根据图象知,升高温度,平衡向正反应方向移动,则正反应的△H0,故A错误;

B.该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3,钾离子和氯离子不参加反应,则KCl浓度增大不影响化学平衡移动,故B错误;

C.使用催化剂,反应速率加快,缩短反应时间,所以先达到平衡状态,故C正确;

D.该反应前后气体的物质的量不变,改变压强不影响平衡状态,即不影响A的转化率,由于不断加入BA的转化率增大,故D错误。

故选C

【点睛】

解答此类试题的关键是:(1)看清横、纵坐标代表的含义,理解图示化学曲线的意义;(2)理清图像变化的趋势,重点把握起点、拐点、终点。突破口在于抓住图像中关键点的含义,在此基础上结合化学原理作出正确的判断。

组卷:183次
难度:偏难
知识点:影响化学反应速率的因素
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20.

在容积为2.0 L的密闭容器内,物质DT时发生反应,其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图,下列叙述不正确的是

A从反应开始到第一次达到平衡时,A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)

B该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)

C已知:反应的H0,则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度

D若在第7分钟时增加D的物质的量,则表示A的物质的量变化正确的是a曲线

【答案】

D

【解析】

A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667 mol/(L·min),A正确;

B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4molB的物质的量增加了0.2mol,所以AB为生成物,D的物质的量减少了0.4mol/L,所以D为反应物,DAB的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比,化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B),故B正确;

C.5分钟时AB的物质的量在原来的基础上增加,而D的物质的量在原来的基础上减小,说明平衡正向移动,因为反应的H0,所以此时是升高温度,故C正确;

D.因为D是固体,量的改变不影响化学平衡,所以A的物质的量不变,故D错误;

综上所述,本题选D

组卷:103次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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21.

常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应:H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)H,达到平衡时测得c(CO2)=amol·L-1。温度不变,达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=xmol·L-1。下列说法正确的是(   )

A混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态

B达到新平衡时,H为原来的2

C上述反应达到新平衡状态时x=2a

D上述反应体系中,压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变

【答案】

C

【解析】

A. 该反应的反应物中没有气体,所以混合气体的平均相对分子质量一直不变,不能由此判断反应是否达到平衡状态,A不正确;B.H与反应的限度没有关系,B不正确; C. 在一定温度下,化学反应的平衡常数是定值,由此反应的平衡常数表达式K= c2(NH3)• c(CO2)可知,在新的平衡状态,各组分的浓度肯定与原平衡相同,所以上述反应达到新平衡状态时x=2a,C正确;D. 上述反应体系中,压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大,D不正确。本题选C。

组卷:117次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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22.

一定温度下在一定体积的密闭容器中,下列叙述不能作为可逆反应A(g)3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 (  )

①C的生成速率与C的消耗速率相等

单位时间内生成a mol A,同时生成3a mol B

③ABC的浓度不再变化

④C的物质的量不再变化

混合气体的总压强不再变化

混合气体的总物质的量不再变化

单位时间消耗a mol A,同时生成3a mol B

⑧ABC的分子数之比为1∶3∶2

A②⑧                      B④⑦                      C①③                      D⑤⑥

【答案】

A

【详解】

C的生成速率与C的消耗速率相等,说明反应达到平衡状态,故不选
单位时间内生成a molA,同时生成3a molBAB都是反应物,生成AB的速率都是逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态,故选 
ABC的浓度不再变化,说明反应达到平衡状态,故不选 
C的物质的量不再变化,说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选 
混合气体的总压强不再变化,反应前后气体体积不相同,压强不变说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选 
混合气体的总物质的量不再变化,反应前后气体物质的量不相同,气体总物质的量不变说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选 
单位时间消耗a mol A,同时生成3a molB,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故不选 
ABC的分子数之比决定于开始加入物质的多少,与平衡状态无关,故选

根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志,故选A

答案:A

【点睛】

判断反应是否达到平衡状态的标志是:正逆反应速率相等变量不在发生改变。

组卷:187次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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23.

温度为T1时,向容积为2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)H2O(g),发生反应:CO(g) + H2O(g)  CO2(g) + H2(g)   ∆H = 41 kJ/mol。数据如下,下列说法不正确的是

容器

反应物

CO

H2O

CO

H2O

起始时物质的量(mol

1.2

0.6

2.4

1.2

平衡时物质的量(mol

0.8

0.2

a

b

A甲容器中,平衡时,反应放出的热量为16.4 kJ

BT1时,反应的平衡常数K = 1

C平衡时,乙中CO的浓度是甲中的2

D乙容器中,平衡时CO的转化率约为75%

【答案】

D

【详解】

A. 甲容器中平衡时,消耗的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol,根据反应CO(g) + H2O(g)  CO2(g) + H2(g) ∆H = 41 kJ/mol,可知平衡时放出热量为:41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ,故A正确;

B.               CO(g) + H2O(g)  CO2(g) + H2(g)

起始(mol    1.2     0.6           0       0

转化(mol    0.4     0.4          0.4      0.4

平衡(mol    0.8     0.2          0.4      0.4

T1达到平衡状态时甲容器中,c(CO)=0.4mol/Lc(H2O)=0.1mol/Lc(CO2)=0.2mol/Lc(H2)= 0.2mol/L,则该温度下反应的平衡常数K = 0.2×0.2/0.4×0.1=1,故B正确;

C. CO(g) + H2O(g)  CO2(g) + H2(g)为气体体积不变的反应,压强不影响化学平衡,则甲、乙互为等效平衡,达到平衡时反应物转化率相等,则0.8/1.2=a/2.4,解得a=1.6,故C正确;

D.根据C项可知a=1.6,乙容器中,平衡时CO的转化率为×100≈33%,故D错误;

故选D

组卷:170次
难度:中等
知识点:化学反应热的计算
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24.

已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)ΔH=-197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体:() 2 mol SO21 mol O2() 1 mol SO20.5 mol O2() 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时,下列关系一定正确的是

A容器内压强PPP> 2P

BSO3的质量mmm> 2m

Cc(SO2)c(O2)之比kkk> k

D反应放出或吸收热量的数值QQQ> 2Q

【答案】

B

【详解】

由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。

A项,如果平衡不移动,p=p=2p,但乙加入的物质的量是甲、丙的一半,恒容下相当于减压,平衡左移,压强变大,所以应该是p=p<2p,故A错误;

B项,根据A项分析,平衡左移,三氧化硫的量减少,所以m=m>2m,故B正确;

C项,加入的量均为21,反应的量为21,三者剩余的量也一定相等,为21c(SO2)c(O2)之比k不变,所以k=k=k,故C错误;

D项,因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡,若转化率均为50%时,反应热的数值应相等,但该反应的转化率不一定是50%,所以QQ不一定相等,故D项错。

答案选B

【点睛】

本题的关键是甲乙容器的比较,乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半,然后再进行比较。

组卷:147次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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25.

对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时均为0.20mol。反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是(   

A实验c条件下,从反应开始至达到平衡时

B实验a条件下,用浓度表示的平衡常数为100

C该反应的

D比较实验ac可判断升高温度反应速率加快

【答案】

C

【详解】

A. 实验c条件下,实验中60min到达平衡,恒温恒容下,利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量,再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol0.4mol0.32mol=0.08mol,所以A项正确;

B.恒温恒容下,压强之比等于物质的量之比,实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol,这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol0.3mol0.1mol,剩余反应物均是0.2mol0.1mol0.1mol,容器容积为10L,则平衡常数K===100B项正确;

C. 根据ca的反应判断,c起始压强较大,而投料量和容器的体积都没有变化,所以由公式PV=nRT来推断,是温度引起的,即c中温度高于a中温度,根据AB可知c中反应物转化率低,说明升高温度,反应逆向进行,所以该反应为放热反应,C项错误;

D. 根据以上分析可知c中温度高,反应首先达到平衡状态,所以比较实验ac可判断升高温度反应速率加快,D项正确;

答案选C

【点睛】

此题核心在于实验c图像的理解,对于恒容,且投料相同的反应来说,初始压强增大,可以用PV=nRT来进行解释。

组卷:102次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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26.

在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积,而深海地区却很少。下列解析不正确的是

A与深海地区相比,浅海地区水温较高,有利于游离的CO2增多、石灰石沉积

B与浅海地区相比,深海地区压强大,石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少

C深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)

D海水呈弱酸性,大气中CO2浓度增加,会导致海水中CO浓度增大

【答案】

D

【分析】

石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果,海水中溶解一定量的CO2,因此CaCO3CO2H2O之间存在着下列平衡:CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)Ca(HCO3)2(aq)

【详解】

A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小,随压力的增大而增大,在浅海地区,海水层压力较小,同时水温比较高,因而CO2的浓度较小,即游离的CO2增多,根据平衡移动原理,上述平衡向生成CaCO3方向移动,产生石灰石沉积,A项正确;

B.A恰恰相反,石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少,B项正确;

C.在深海地区中,上述平衡向右移动,且倾向很大,故溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq),C项正确;

D. 海水温度一定时,大气中CO2浓度增加,海水中溶解的CO2随之增大,导致CO32-转化为HCO3-CO32-浓度降低,D项错误。

故答案选D

组卷:138次
难度:很难
知识点:化学平衡
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27.

10 L恒容密闭容器中充入X(g)Y(g),发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g),所得实验数据如下表:

实验

编号

温度/℃

起始时物质的量/mol

平衡时物质的量/mol

n(X)

n(Y)

n(M)

700

0.40

0.10

0.090

800

0.10

0.40

0.080

800

0.20

0.30

a

900

0.10

0.15

b

下列说法正确的是

A实验中,若5 min时测得n(M)=0.050 mol,则05 min时间内,用N表示的平均反应速率υ(N)=1.0×102 mol/(L·min)

B实验中,该反应的平衡常数K=2.0

C实验中,达到平衡时,X的转化率为60%

D实验中,达到平衡时,b0.060

【答案】

C

【详解】

A.实验中,若5min时测得n(M)0.050mol,浓度是0.0050mol/L,根据反应的化学方程式可知,同时生成的N的物质的量浓度也是0.0050mol/L,因此05min时间内,用N表示的平均反应速率υ(N)0.0050mol/L÷5min1.0×103mol/(L·min)A项错误;

B、实验中,平衡时M的浓度是0.0080mol/L,同时生成的N的浓度是0.0080mol/L,消耗XY的浓度均是0.0080mol/L,因此平衡时XY的浓度分别为0.01mol/L0.0080mol/L0.002mol/L0.04mol/L0.0080mol/L0.032mol/L,因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1B项错误;

C.根据反应的化学方程式可知,如果X的转化率为60%,则

X(g)Y(g)M(g)N(g)

起始浓度(mol/L0.020  0.030    0     0

转化浓度(mol/L0.012  0.012   0.012  0.012

平衡浓度(mol/L0.008   0.018   0.012  0.012

温度不变,平衡常数不变,则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1,即反应达到平衡状态,因此最终平衡时X的转化率为60%C项正确;

D.700

X(g)Y(g)M(g)N(g)

起始浓度(mol/L0.040  0.010     0      0

转化浓度(mol/L0.009  0.009    0.009    0.009

平衡浓度(mol/L0.0310  0.001    0.009    0.009

则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.61,这说明升高温度平衡常数减小,即平衡向逆反应方向移动,因此正方应是放热反应。若容器中温度也是800,由于反应前后体积不变,则与相比平衡是等效的,因此最终平衡时M的物质的量b0.5a0.06。当温度升高到900时平衡向逆反应方向移动,因此b0.060D项错误;

答案选C

组卷:112次
难度:中等
知识点:化学平衡
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28.

高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是

A高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快

B高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快

C高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解

D高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解

【答案】

D

【详解】

A.对于任何化学反应,体系温度升高,均可加快反应速率,A项正确;

B.由于高温高压液态水中,c(H+)c(OH)增大,油脂水解向右移动的倾向变大,因而油脂与水的互溶能力增强,反应速率加快,B项正确;

C.油脂在酸性条件下水解,以H+做催化剂,加快水解速率,因而高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C项正确;

D.高温高压液态水中的油脂水解,其水环境仍呈中性,因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解,而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式,促进油脂的水解,D项不正确。

故答案选D

组卷:199次
难度:很难
知识点:化学反应条件的控制及优化
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29.

4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体,在一定条件下发生反应:3A(g)B(g)2C(g)xD(g)5 s达到平衡。达到平衡时,生成了2 mol C,经测定D的浓度为0.5 mol·L1,下列判断正确的是(      )

Ax1                                                        BB的转化率为20%

C平衡时A的浓度为1.50 mol·L1             DB的平均反应速率为0.2 mol·L1·s1

【答案】

B

【详解】

达到平衡时,生成了2molCD的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol
        3Ag+Bg2Cg+xDg
起始:6mol     5mol            0         0
转化:3mol    1mol            2mol       xmol                
平衡:3mol    4mol            2mol       2mol
A.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比,可知x=2,故A错误;
B.B的转化率为20%,故B正确;

C.平衡时A的浓度为=0.75mol/L,故C错误;
D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为=0.05mol·L1·s1,故D错误;

答案:B

组卷:120次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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30.

一定条件下,体积为2 L的密闭容器中,1 mol X3 mol Y进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g),经12 s达到平衡,生成0.6 mol Z。下列说法正确的是

AX浓度变化表示的反应速率为0.125 mol/(L·s)

B12 s后将容器体积扩大为10 L,Z的平衡浓度变为原来的0.2

C若增大X的浓度,则物质Y的转化率减小

D若该反应的ΔH<0,升高温度,平衡常数K减小

【答案】

D

【详解】

列三段式如下:

A项,v(X)mol/(L·s),A错误;B项,该反应正向气体分子数减小,12 s后将容器体积扩大为10 L,平衡逆向移动,Z的浓度小于原来的B错误;C项,若增大X的浓度,则Y的转化率增大,X的转化率减小,故C错误;D项,若ΔH<0,正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数K减小,故D正确。综上所述,符合题意的选项为D。

【点睛】

本题考查了化学平衡影响因素、平衡移动原理的应用、化学平衡的计算等知识三段式作为解决化学平衡计算题的解题模式,是一种行之有效的方法。对于计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的物质的量、平衡浓度、平衡时的物质的量以及平衡时的各组分体积分数等,三段式有助于沟通已知与未知的关系,形式直观各量清楚,可以快速列式解题。

组卷:194次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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31.

下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律:在同温同压下,相同体积的任何气体含有相同数目的分子)

AA                           BB                           CC                           DD

【答案】

B

【分析】

A2NO2N2O4是放热反应;

B、比较元素的非金属性,应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较;

CH=△H1+△H2

D、在同温同压下,气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比;

【详解】

A2NO2N2O4是放热反应,升高温度,平衡向生成二氧化氮的方向移动,颜色变深,可以作为勒夏特列原理的依据,故A符合;

B、比较元素的非金属性,应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较,浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物,无法比较氯和碳的非金属性;生成的二氧化碳中含有HCl气体,氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,故也无法比较碳和硅的非金属性,不能证明元素周期很,故B不符合;

CH=△H1+△H2,化学反应的热效应只与起始和终了状态有关,与变化途径无关,可以证明盖斯定律,故C符合;

D、在同温同压下,气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比,电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比,可以证明阿伏加德罗定律,故D符合;

故选B

组卷:113次
难度:偏难
知识点:阿伏伽德罗定律
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32.

恒温下,物质的量之比为21SO2O2的混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应:2SO2(g)O2(g)2SO3(g)(正反应为放热反应)n(SO2)随时间变化关系如下表:

时间/min

0

1

2

3

4

5

n(SO2)/mol

0.20

0.16

0.13

0.11

0.08

0.08

下列说法正确的是(       )

A当容器中气体的密度不变时,该反应达到平衡状态

B该反应进行到第3分钟时,逆反应速率小于正反应速率

C从反应开始到达到平衡,用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)

D容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为54

【答案】

B

【分析】

A.未达到平衡状态,气体的密度也一直不变;

B.该反应进行到第3分钟时向正反应方向进行;

C.根据v=c/t计算;

D.根据压强之比等于物质的量之比计算。

【详解】

A.容器内气体密度不再发生变化,容器容积不变,气体的总质量不变,所以气体的密度始终不变,因此密度不能作为判断平衡状态的依据,故A错误;

B.根据表中数据可知反应进行到第3分钟时没有达到平衡状态,反应向正反应方向进行,则逆反应速率小于正反应速率,故B正确;

C.由表格数据可知,4min时达到平衡,消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol,即生成SO30.12mol,浓度是0.06mol/L,则用SO3表示的平均反应速率为0.06mol/L÷4min=0.015 mol/L•min),故C错误;

D.开始SO2O2的物质的量分别为0.2mol0.1mol,由表格数据可知平衡时SO2O2SO3的物质的量分别为0.08mol0.04mol0.12mol,由压强之比等于物质的量之比可知,达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=45,故D错误;

答案选B

【点睛】

本题考查化学平衡的计算,为高频考点,把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,注意表格数据的应用,题目难度不大。

组卷:183次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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33.

在恒温恒容容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0,下列说法不正确的是

A容器内压强不再变化,说明反应达到平衡状态

Bc(SO2):c(O2)=1:2且保持不变,能表明反应达到平衡状态

C加入合适的催化剂可显著增大反应速率

D达到平衡状态时,相同时间内,每消耗2molSO3的同时生成1molO2

【答案】

D

【详解】

A.因为反应前后气体的物质的量不同,所以当容器内压强不变,说明反应到平衡,选项A正确;B.当二氧化硫和氧气的比例关系保持1:2不变,可以说明反应到平衡,选项B正确;C.合适的催化剂能增大反应速率,选项C正确;D.每消耗2mol三氧化硫的同时生成1mol氧气,这是v()=v(),不能说明达到平衡状态,选项D错误。答案选D。

【点睛】

本题考查的是化学反应速率和平衡的影响因素及平衡的判断,有一定的难度。

组卷:169次
难度:中等
知识点:化学平衡
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34.

已知:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  △H=-92kJ/mol。起始反应物为,物质的量之比为1:3,且总物质的量不变,在不同压强和温度下,反应达到平衡时,体系中的物质的量分数如下表:

温度

压强

400

450

500

600

20MPa

0.387

0.274

0.189

0.088

30MPa

0.478

0.359

0.260

0.129

下列说法正确的是

A体系中的物质的量分数越大,则正反应速率越大

B反应达到平衡时,的转化率之比为11

C反应达到平衡时,放出的热量均为92.4kJ

D60030MPa下反应达到平衡时,生成的物质的量最多

【答案】

B

【详解】

A.体系中的物质的量分数越大,不能表示正反应速率越大,如20MPa500的物质的量分数大于30MPa600的物质的量分数,但温度和压强均为后者大,反应速率后者快,故A错误;

B. 根据方程式,反应的氮气和氢气的物质的量之比为1:3,起始反应物中的物质的量之比为1:3,因此反应达到平衡时,的转化率之比11,故B正确;

C. 无法确定反应的氮气和氢气的物质的量,因此无法计算平衡时放出的热量,故C错误;

D. 根据表格数据,反应物的总物质的量不变时,的物质的量分数越大,生成的物质的量越多,则40030MPa下反应达到平衡时,生成的物质的量最多,故D错误;故选B

组卷:134次
难度:中等
知识点:化学平衡
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35.

已知:2SO2 (g)+ O2 (g)= 2SO3 (g)  △H =-197.8kJ•mol—1。起始反应物为SO2 O2(物质的量之比为21,且总物质的量不变)。SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表,下列说法不正确的是

温度/K

压强/105Pa

1.01

5.07

10.1

25.3

50.7

673

99.2

99.6

99.7

99.8

99.9

723

97.5

98.9

99.2

99.5

99.6

773

93.5

96.9

97.8

98.6

99.0

A一定压强下降低温度,SO2 的转化率增大

B在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等

C使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间

D工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高

【答案】

B

【详解】

A、由表格数据及勒夏特列原理知,针对放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,反应物SO2的转化率増大,选项A正确;B、由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等,选项B错误;C、催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所花的时间,选项C正确;D、由图中数据可知,不同温度下,1.01×105Pa(常压)下SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,选项D正确。答案选B。

【点睛】

本题主要考查了外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响,中等难度,解题时要注意运用控制变量的方法比较容器中转化率的变化

组卷:101次
难度:中等
知识点:化学平衡
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36.

某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molXg)和2molYg)发生反应:Xg+m Yg3Zg),平衡时,XYZ的体积分数分别为30%60%10%。在此平衡体系中加入1molZg),再次达到平衡后,XYZ的体积分数不变。下列叙述不正确的是

Am=2

B.两次平衡的平衡常数相同

CXY的平衡转化率之比为1:1

D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 mol·L1

【答案】

D

【详解】

A.某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molXg)和2molYg)发生反应:Xg+m Yg3Zg),平衡时,XYZ的体积分数分别为30%60%10%。在此平衡体系中加入1molZg),则可等效为两等效平衡体系合,在合并瞬间XYZ的体积分数不变,但单位体积内体系分子总数增多,依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动,但再次达到平衡后,XYZ的体积分数不变,则说明m+1=3,故m=2A项正确;

B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关,两次平衡温度不变,故两次平衡的平衡常数相同,B项正确;

C.m=2,起始量XY之比为1:2,则反应过程中由方程式可知反应的XY之比为1:2,故XY的平衡转化率之比为1:1C项正确;

D.m=2,则该反应为反应前后气体总量不变的反应,故第二次平衡时Z的物质的量为:4mol×10%=0.4mol,故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L,故D项错误;

本题选D

组卷:158次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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37.

在体积固定的密闭容器中发生反应:。下列叙述中不能说明上述反应已达到化学平衡状态的是

A混合气体的密度不变

B体系的压强不变

C混合气体的平均相对分子质量不变

D反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化

【答案】

A

【详解】

A.该反应在容器体积不变的反应中进行,体积不变,根据质量守恒可知,气体的总质量不变,故混合气体的密度始终不变,不能判断化学反应是否达到平衡状态,A选;

B.随着反应的进行,体系压强发生改变,若体系压强发生不改变,则反应达平衡状态,B不选;

C.因随着反应的进行,气体的物质的量发生改变,而气体总质量不发生改变,当混合气体的平均相对分子质量不变时,则说明反应已达到化学平衡状态,C不选;

D.当乙醇的浓度不再变化时,能说明反应已达到化学平衡状态,D不选。

答案选A

【点睛】

判断化学反应是否达到平衡状态的原则是变量不变则平衡不变量不变不一定平衡

组卷:104次
难度:容易
知识点:化学平衡
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38.

反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是

A该反应

B该反应的平衡常数

C高温下反应每生成1 mol Si需消耗

DE表示键能,该反应

【答案】

B

【详解】

ASiCl4H2HCl为气体,且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和,因此该反应为熵增,即S>0,故A错误;

B.根据化学平衡常数的定义,该反应的平衡常数K=,B正确;

C.题中说的是高温,不是标准状况下,因此不能直接用22.4L·mol1计算,故C错误;

DH=反应物键能总和-生成物键能总和,即H=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi),故D错误;

答案为B

组卷:162次
难度:中等
知识点:化学反应热的计算
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39.

下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是

A1表示H2O2发生反应过程中的能量变化,则H2的燃烧热为241.8kJ·mol−1

B2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

C3表示一定条件下H2Cl2生成HCl的反应热与途径无关,则 H1=H2+H3

D4表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响,乙的压强大

【答案】

C

【详解】

A.1所示反应生成的水呈气态,燃烧热要求可燃物为1mol,生成的水为液态,所以A项错误;

B.图2所示反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,所给反应为放热反应,B项错误;

C.据盖斯定律,反应热与途径无关,只与反应的始态和终态有关,C项正确;

D.注意物质D为固体,所以该反应是正向气体分子数减小的反应,压强改变时平衡要发生移动,A的体积分数最终一定不相等,D项错误;

所以答案选择C项。

【点睛】

燃烧热的概念,强调可燃物是1mol,强调必须生成在25101kPa下最稳定的物质,如水为液态、如C元素要生成CO2S元素要生成SO2N要生成N2等。

组卷:137次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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40.

在容积不变的密闭容器中存在如下反应:2SO2(g)O2(g)2SO3(g)  ΔH=-QkJ·mol−1(Q>0),某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析正确的是

A研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响

B研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响

C研究的是催化剂对平衡的影响,且甲的催化效率比乙高

D研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较低

【答案】

B

【分析】

A. 增大反应物的浓度瞬间,正反速率增大,逆反应速率不变,之后逐渐增大;B.若加入催化剂,平衡不移动只加快化学反应速率;C.加入催化剂,平衡不移动。D.根据图三中乙先达到平衡可知,乙的温度更高。

【详解】

A.增大氧气的浓度,平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变,图中条件变化应为增大压强,A项错误;

B.中正、逆反应速率同等程度的增大,化学平衡不移动,应为催化剂对反应速率的影响,B项正确;

C.催化剂能同等程度改变正逆反应速率,但平衡不移动,图中条件变化应为温度对平衡的影响,C项错误;

D.图像中乙首先到达平衡状态,则乙的温度高于甲的温度,D项错误;

答案选B

【点睛】

增大氧气的浓度,平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变,与改变温度和压强有区别。

组卷:167次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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41.

在一定条件下,将3molA1molB投入容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:3Ag+BgxCg+2Dg)。2min末测得此时容器中CD的浓度为0.2mol/L0.4mol/L。下列叙述正确的是    

Ax=2

B2min时,B的浓度为0.4mol/L

C02minB的反应速率为0.2mol·L¹·min¹

D此时A的转化率为40

【答案】

D

【详解】

A2min末测得此时容器中CD的浓度为0.2mol/L0.4mol/L,根据浓度的变化量之比是相应的化学计量数之比可知x1A错误;

B.根据方程式可知消耗B应该是0.2mol/L,则2min时,B的浓度为1mol/2L0.2mol/L0.3mol/LB错误;

C.消耗B应该是0.2mol/L,则02minB的反应速率为0.2mol/L÷2min0.1mol·L¹·min¹C错误;

D.根据方程式可知消耗B应该是0.6mol/L,物质的量是1.2mol,则此时A的转化率为1.2mol/3mol×100%40%,D正确;

答案选D

组卷:146次
难度:容易
知识点:化学反应速率
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42.

向绝热恒容密闭容器中通入SO2NO2,一定条件下使反应达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是( )

  

A反应在c 点达到平衡状态

B反应物浓度:点小于

C反应物的总能量低于生成物的总能量

D时,SO2的转化率:段小于

【答案】

D

【详解】

A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率,c点对应的正反应速率还在改变,未达平衡,错误;

Bab时正反应速率增加,反应物浓度随时间不断减小,错误;

C、从ac正反应速率增大,之后正反应速率减小,说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响,说明该反应为放热反应,即反应物的总能量高于生成物的总能量,错误;

D、随着反应的进行,正反应速率增大,t1t2时,SO2的转化率:ab段小于bc段,正确;

答案选D

组卷:166次
难度:中等
知识点:化学平衡
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43.

反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行,则下列说法或结论中,能够成立的是(    )

A其他条件不变仅将容器的体积缩小一半,反应速率减小

B保持体积不变,充入少量He气体使体系压强增大,反应速率一定增大

C反应达平衡状态时:v(CO)=v(H2O)

D其他条件不变,适当增加C(s)的质量会使反应速率增大

【答案】

C

【解析】

A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半,物质的浓度增大,反应速率加快,A错误;

B.保持体积不变,充入少量He气体使体系压强增大,由于反应体系的物质浓度不变,所以反应速率不变,B错误;

C.反应达平衡状态时任何物质的浓度不变,用同一物质表示的反应速率相同,v(H2O)=v(CO)=v(H2O),则v(H2O)= v(H2O)C正确;

D.其他条件不变,适当增加C(s)的质量,由于C是固体,物质的浓度不变,所以反应速率不变,D错误;

故合理选项是C

组卷:170次
难度:中等
知识点:化学平衡
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44.

一定温度下,2L的密闭容器中发生反应:xA(g) +B(g)2C(g)   △H<0A C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是

Ax=1

B反应进行到1min,反应体系达到化学平衡状态

C2min,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率

D2min,容器中AB的物质的量之比一定为2∶1

【答案】

C

【详解】

A、由图象可知,在2分钟内,AC物质的量的变化相等,说明AC的化学计量系数相等,故x=2,所以A错误;

B、化学平衡状态时各组分的物质的量保持不变,所以反应进行到2分钟时,达到平衡状态,故B错误;

C、根据反应速率之比等于化学计量系数之比,2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率,故C正确;

D、容器中AB的物质的量之比取决于起始时加入AB的量,所以平衡时AB的物质的量之比不一定等于化学计量系数,所以D错误。本题正确答案为C

组卷:137次
难度:偏难
知识点:化学平衡图像分析
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45.

在一定温度下,容器内某一反应中MN的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示,下列表述中正确的是

A化学方程式为:2MN

Bt2时,正逆反应速率相等,达到平衡

Ct3时,正反应速率等于逆反应速率

Dt1时,N的浓度是M浓度的3

【答案】

C

【解析】

AN为反应物,M是生成物,反应的化学方程式应为:2NMA错误;Bt2M N的物质的量相同,反应速率并不相同,vvB错误;C、从t3开始反应达到平衡状态,v= vC正确;Dt1N6 molM3 mol,所以浓度c(N)=2c(M)D错误。答案选C

组卷:166次
难度:基础
知识点:化学反应速率
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46.

从废铅蓄电池铅膏(含PbSO4PbO2Pb等)中回收铅的一种工艺流程如下:

已知:浓硫酸不与PbO2反应,KspPbCl2)=2.0×105KspPbSO4)=1.5×108PbCl2s)+2Claq=PbCl42aq)。下列说法错误的是

A合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染

B步骤中可用浓硫酸代替浓盐酸

C步骤中均涉及过滤操作

DPbSO4s)+2ClaqPbCl2s)+SO42aq)的平衡常数为7.5×104

【答案】

B

【解析】

BD选项均利用到已知信息,C项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。

【详解】

A. 铅会使蛋白质变性,造成人体重金属中毒,所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染,故A正确;

B. 浓硫酸不与PbO2反应,步骤中若用浓硫酸代替浓盐酸,则铅无法反应到滤液中,故B错误;

C. 步骤中均需要分离液体与不溶性固体,都涉及过滤操作,故C正确;

D. PbSO4s)+2ClaqPbCl2s)+SO42aq)的平衡常数为:7.5×104,故D正确;

答案选B

【点睛】

计算平衡常数,写出该反应平衡常数表达式,注意利用给出的已知信息,可知该平衡常数等于两Ksp相除。

组卷:195次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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47.

在一体积2L的密闭容器中加入反应物N2H2,发生如下反应:N2(g)3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示,下列说法正确的是

物质的量/ mol

时间/min

n(N2)

n(H2)

n(NH3)

0

1.0

1.2

0

2

0.9

4

0.75

6

0.3

A02 min内,NH3的反应速率为0.1 mol·Lˉ1·minˉ1

B2 min时, H2的物质的量0.3 mol

C4 min时,反应已达到平衡状态,此时正、逆反应的速率都为0

D46 min内,容器内气体分子的总物质的量不变

【答案】

D

【详解】

依据表中数据可知:

           N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始量(mol) 1           1.2                0

变化量(mol)0.1          0.3              0.2

2min(mol)0.9          0.9              0.2

          N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始量(mol) 1           1.2             0

变化量(mol) 0.15      0.45          0.3

4min(mol) 0.85     0.75           0.3

           N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始量(mol)1            1.2                0

变化量(mol) 0.15      0.45          0.3

6min(mol)0.85       0.75           0.3

A02 minNH3的反应速率为:0.05mol•L1•min1,故A错误;

B02 min过程中消耗H2的物质的量0.3 mol2 minH2的物质的量0.9mol,故B错误;

C.根据分析可知,4 min时与6min时各组分的浓度相等,说明该反应已达到平衡状态,但此时正、逆反应的速率不等于0,故C错误;

D46 min内已经达到平衡状态,正逆反应速率相等,则容器内气体分子的总物质的量不变,故D正确;

故答案为D

组卷:158次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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48.

已知:X(g)+2Y(g)3Z(g)  △H=-akJ·mol-1(a0),下列说法不正确的是

A0.1molX0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol

B达到化学平衡状态时,XYZ的浓度不再发生变化

C达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可达a kJ

D升高反应温度,逆反应速率增大,正反应速率减小

【答案】

D

【详解】

A. 属于可逆反应,0.1molX0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3molA正确;

B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等,XYZ的浓度不再发生变化,B正确;

C. 虽然属于可逆反应,达到化学平衡状态时,如果消耗1molX,则反应放出的总热量等于a kJC正确;

D. 升高反应温度,正、逆反应速率均增大,D错误;

答案选D

【点睛】

选项C是易错点,注意反应放出或吸收的热量多少,与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系,不要受可逆反应影响而产生思维定式。

组卷:159次
难度:容易
知识点:影响化学反应速率的因素
查看答案
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49.

对可逆反应,下列图象正确的是(   

A                               B

C                   D

【答案】

A

【详解】

A.只增加氧气的浓度,则正反应速率增大,且正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,与图象吻合,A正确;

B.正反应为放热反应,则升高温度平衡向逆反应方向移动,二氧化硫的转化率降低,图象不符,B错误;

C.增大压强平衡正向移动,转化率增大,但反应速率增大,到达平衡所用时间较少,图象不符,C错误;

D.加入催化剂,反应速率增大,到达平衡所用时间减少,但平衡不移动,图象不符,D错误;

答案选A

组卷:185次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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50.

在密闭容器中的一定量AB混合气体发生反应:aAg+bB(g) cC(g)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L;保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再次达到平衡时,测得A的浓度为0.28mol/L。下列有关判断正确的是

Aa+b=c                                                       B该变化使平衡正向移动

CB的转化率降低                                        DC的体积分数增大

【答案】

C

【分析】

反应aA(g)+bB(g)cC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,若平衡不移动,B的浓度为0.25mol/L,而再达平衡时,测得A的浓度为0.28mol/L,则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。

【详解】

A.减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,平衡逆向移动,所以a+bc,故A错误;

B.平衡逆向移动,故B错误;

C.平衡逆向移动,B的转化率降低,故C正确;

D.平衡逆向移动,C的体积分数减小,故D错误;

故答案为C

组卷:169次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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51.

只改变一个影响因素,平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是

AK值不变,平衡可能移动                         BK值变化,平衡一定移动

C平衡移动,K值可能不变                         D平衡移动,K值一定变化

【答案】

D

【详解】

A、平衡常数只与温度有关系,温度不变平衡也可能发生移动,则K值不变,平衡可能移动,A正确;

BK值变化,说明反应的温度一定发生了变化,因此平衡一定移动,B正确;

C、平衡移动,温度可能不变,因此K值可能不变,C正确;

D、平衡移动,温度可能不变,因此K值不一定变化,D不正确,

答案选D

组卷:144次
难度:容易
知识点:化学平衡
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52.

在容积可变的密闭容器中充入2mol A1mol B发生反应:mA(g) + nB(g)  pC(g)。在一定温度下达到平衡时,分别得到A的物质的量浓度如下表,以下说法正确的是

A维持压强2×105Pa,若反应开始后5min时达到平衡,则v(A)=0.016mol/(L·min)

BP2×105Pa增加到5×105Pa时,平衡逆向移动

CP1×106Pa时,平衡常数表达式K=

D其它条件相同时,在上述三个压强下分别发生该反应。A的转化率随时间变化曲线如图所示

【答案】

D

【分析】

由气体状态方程PV=nRT,得P=RTP=cRT,当温度相同时压强与气体的浓度成正比,由表格数据可知,压强从2×105Pa增大到5×105Pa,压强增大了2.5倍,此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L,恰好也增大了2.5倍,说明增大压强该平衡没有移动,所以气体物质的计量数关系应为m+n=p。压强从5×105Pa增大到1×106Pa时,压强增大了2倍,A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol>0.4mol,浓度增大超过了2倍,说明此时平衡向逆反应方向移动了,根据勒夏特列原理,逆反应方向气体分子数应减小,结合前面的分析,说明B在高压下变成液态或固体,由此分析解答。

【详解】

A.题目中没有给出初始时容器体积,无法计算反应物A的初始浓度,也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率,A项错误;

B.由气体状态方程PV=nRT,得P=RTP=cRT,当温度一定时压强与气体的浓度成正比,由表格数据可知,压强从2×105Pa增大到5×105Pa,压强增大了2.5倍,此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L,恰好也增大了2.5倍,说明增大压强该平衡没有移动,B项错误;

C.B项分析可知压强从2×105Pa增大到5×105Pa时平衡没有移动,说明反应前后气体分子数相等,即m+n=p;再从表格数据看,压强从5×105Pa增大到1×106Pa,压强增大了2倍,A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol,浓度增大的倍数大于2倍,说明此时平衡向逆反应方向移动了,根据勒夏特列原理,逆反应方向气体分子数应减小,结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体,所以压强为1×106PaB不是气体,其浓度视为常数,在平衡常数表达式中不应出现,即K=,C项错误;

D.其它条件相同时,对于气体参加的反应增大压强反应速率增大,所以压强分别为1×106Pa、5×105Pa、2×105Pa下达到平衡(拐点)时所用时间依次增大;由B项分析知压强从2×105Pa增大到5×105Pa平衡没有移动,A的转化率相同;由C项分析知压强从5×105Pa增大到1×106Pa平衡向逆反应方向移动,A的转化率减小,图像与事实相符,D项正确;

答案选D。

【点睛】

我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析,因为描述气体有四个物理量就够了:P、T、V、n,它们之间关系就是状态方程PV=nRT(R普适气体常数,如当温度和体积相同时,气体的压强与气体物质的量(即粒子数)成正比等。

组卷:152次
难度:很难
知识点:影响化学平衡的条件
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53.

对于反应:4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)    H=-1200 kJ·mol1,温度不同 (T2>T1),其他条件相同时,下列图像正确的是(  )

A                        B       C                                   D

【答案】

B

【详解】

A. 升高温度正逆反应速率都发生突变,故A错误

B. 升高温度速率加快,平衡逆向移动,NO2的转化率减小,故B正确

C. 增大压强,平衡正向移动,CO的体积分数减小,故C错误;

D. 升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,故D错误;

答案选B

组卷:133次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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54.

在某容积一定的密闭容器中,有下列的可逆反应:AgBgxCg(正反应放热)有图所示的反应曲线,试判断对图的说法中正确的是(T表示温度,P表示压强,C%表示C的体积分数)

AP3P4y轴表示B的转化率                   BP3P4y轴表示B的体积分数

CP3P4y轴表示混合气体的密度             DP3P4y轴表示混合气体的密度

【答案】

A

【分析】

1中,根据先拐先平数值大知,温度一定时,P2P1,增大压强,C的含量增大,则平衡向正反应方向移动,所以x=1;压强一定时,T1T2,升高温度,C的含量降低,则正反应是放热反应。

【详解】

A、升高温度平衡向逆反应方向移动,B的转化率减小,增大压强平衡向正反应方向移动,B的转化率增大,则P3P4A正确;

B、升高温度平衡向逆反应方向移动,B的体积分数增大,增大压强平衡向正反应方向移动,B的体积分数减小,P3P4B错误;

C、混合气体总质量不变,容器容积不变,反应混合气体的密度不变,C错误;

D、混合气体总质量不变,容器容积不变,反应混合气体的密度不变,D错误;

故选A

【点睛】

本题考查图象分析,侧重考查学生分析判断能力,根据先拐先平数值大确定反应热和x值,再采用定一议二的方法分析解答。

组卷:179次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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55.

某温度下,在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2I2,发生反应: H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。

容器

起始浓度

平衡浓度

c(H2)/(mol·L-1)

c(I2)/(mol·L-1)

c(HI)/(mol·L-1)

0.01

0.01

0.004

0.01

0.02

a

0.02

0.01

b

0.02

0.02

c

下列判断不正确的是

AHI的平衡浓度:a=b>0.004c=0.008        B平衡时,H2的转化率:>

C平衡时,乙中H2的转化率大于20%            D丙中条件下,该反应的平衡常数K=0.25

【答案】

B

【解析】

分析:某温度下,反应H2(g)+I2(g)2HI(g),反应前后气体体积不变,增大压强不改变化学平衡,A.甲、乙比较,乙中碘的浓度大,促进氢气的转化;甲、丙比较,丙中氢气浓度大,促进碘单质转化;B.甲、丁比较,起始物质的量为2倍关系,且物质的量比等于化学计量数之比,增大压强平衡不移动;C.由甲中数据可知,甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%,但甲、乙比较,乙中碘的浓度大,促进氢气的转化;D.甲、丙温度相同,K相同,结合表格中数据可知,K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。

详解: A.甲、乙比较,乙中碘的浓度大,促进氢气的转化;甲、丙比较,丙中氢气浓度大,促进碘单质转化,乙丙达到相同平衡状态,则HI的平衡浓度:a=b>0.004,反应H2(g)+I2(g)2HI(g),反应前后气体体积不变,丙投料是甲的2倍,c=0.008,故A正确;B、甲、丁比较,起始物质的量为2倍关系,且物质的量比等于化学计量数之比,增大压强平衡不移动,则平衡时,H2的转化率:甲=丁,故B错误;C、由甲中数据可知,甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%,但甲、乙比较,乙中碘的浓度大,促进氢气的转化,故C正确;D、甲、丙温度相同,K相同,结合表格中数据可知,K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。D正确;故选B。

点睛:本题考查化学平衡的计算,解题关键:把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断,侧重分析与计算能力的考查,注意选项B为解答的难点.

组卷:140次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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56.

在一定温度下,只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的影响如图所示,下列说法正确的是(  )

A反应abc点均为平衡点,且b点时SO2的转化率最高

Bb点时SO2O2 的物质的之比约为21

Cabc 三点平衡常数: Kb>Kc>Ka

Dabc 三点反应速率大小为: vb>vc>va

【答案】

B

【解析】

分析图像我们可知,在一定范围内,随着二氧化硫起始浓度的提高,平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高,但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后,平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。

【详解】

A.曲线上的点为平衡状态,当氧气的量一定时,二氧化硫的起始量越少,则二氧化硫的转化率越大,a点时SO2的转化率最大,故A错误;

B.由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知,b点时SO2O2的物质的量之比约为21SO3的体积分数最大,故B正确;

C.温度不变,则平衡常数不变,abc三点平衡常数:Kb=Kc=Ka,故C错误;

D.浓度越大,反应速率越快,则abc三点反应速率大小为:vcvbva,故D错误;

故选B

组卷:145次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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57.

下列图示与对应的叙述相符的是(  )

A由图可知,2SO3(g)===2SO2(g)O2(g) ΔH(E1E2)kJ·mol1

B表示Al3OH反应时溶液中含铝微粒浓度变化曲线,a点溶液中存在大量Al3

C温度在T1T2时水溶液中c(H)c(OH)的关系,则阴影部分M内任意一点均满足c(H)>c(OH)

D表示反应N2(g)3H2(g)=2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)αB(H2)

【答案】

C

【详解】

A. 由图甲可知,该反应为吸热反应,其焓变为:(E3E1) kJ·mol1-(E3E2) kJ·mol1= (E2E1)kJ·mol1,故A错误;

B.在强碱性条件下,铝元素以偏铝酸根离子形式存在,图中a点溶液中应存在大量AlO2-,故B错误;

CXY线上任意点均有c(H)=c(OH),当cH+=10-6.5mol/L时,向下作垂线得在M区域内c(OH-)<10-6.5mol/L,即满足c(H)>c(OH),故C正确。

D.根据图像,随着n(N2)/n(H2)的增大,相当于增大N2的物质的量,平衡向正向移动,氢气转化率增大,因此αA(H2)<αB(H2),故D错误。

答案选C

组卷:175次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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58.

工业上利用GaNH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)同时有氢气生成。反应中,每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应, 下列有关表达正确的是

AI图像中如果纵坐标为正反应速率,则t时刻改变的条件可以为升温或加压

BII图像中纵坐标可以为镓的转化率

CIII图像中纵坐标可以为化学反应速率

DIV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量

【答案】

A

【详解】

AI图象中如果纵坐标为正反应速率,升高温度或增大压强,反应速率增大,图象符合题意,A正确;

BGa是固体,没有浓度可言,不能计算其转化率,B错误;

CGa是固体,其质量不影响反应速率,C错误;

D.反应方程式为2Gas+2NH3g2GaNs+3H2gH0,相同压强下,升高温度,平衡逆向移动,平均相对分子质量增大;相同温度下,增大压强,平衡逆向移动,平均相对分子质量增大,D错误;

答案选A

组卷:193次
难度:容易
知识点:化学平衡图像分析
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59.

下列图示与对应的叙述不相符的是

A图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中,不同温度下分别发生反应:2NO2(g)N2O4(g),相同时间后测得NO2含量的曲线,则该反应的ΔH0

B图乙表示的反应是吸热反应,该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变

C图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响,则P>P

D图丁表示反应:4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH0,在其他条件不变的情况下,改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响,则有T1T2,平衡常数K1K2

【答案】

D

【详解】

A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下,相同时间后测得的NO2含量的曲线,开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小,这是因为温度升高反应速率加快,反应正向进行的程度逐渐增大,当NO2含量达到最小值(即曲线的最低点)时该反应达到平衡状态,据图像知,继续升高温度NO2含量又逐渐增大,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,根据勒夏特列原理,该反应的逆反应是吸热反应,所以该反应(即正反应)是放热反应即ΔH0,图示与对应的叙述相符;

B.由图像可知,该反应的反应物总能量小于生成物总能量,因此该反应是吸热反应,根据图像可知,使用催化剂可以降低正反应的活化能(E1)和逆反应的活化能(E2),但反应物总能量与生成物总能量没有改变,即不能改变反应的焓变,图示与对应的叙述相符;

C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响,曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短,对于气体反应压强越大反应速率越快,因此乙反应的压强大于甲反应的压强,增大压强平衡不移动,平衡时反应物的百分含量相等,图示与对应的叙述相符;

D.一方面,当温度相同时,开始一段时间随着CO的物质的量的逐渐增大,平衡向正反应方向移动,平衡时N2%N2在反应混合气体中的含量)逐渐增大;继续增大CO的物质的量,容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加,故后来N2%CO的物质的量增加而减小。另一方面,当n(CO)相同温度由T1变为T2时,平衡时N2%减小,说明平衡向逆反应方向移动,因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数,即K1>K2,根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)  ΔH0可知,只有升温该反应的平衡常数才减小,所以T1<T2,图示与对应的叙述不相符;答案选D

【点睛】

图甲中数量关系不好理解,我们可以打个比喻:现有5个身体素质不同的人从同一起点同一时刻开始跑100米,假定经过5s同时停止,此时速度越快的人离终点的距离就越近,终点好比平衡状态

组卷:102次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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60.

Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) H0 ,温度为T时,在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验,测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表:

容器编号

起始物质

t/min

0

20

40

60

80

100

0.5mol I20.5mol H2

w(HI)/%

0

50

68

76

80

80

x mol HI

w(HI)/%

100

91

84

81

80

80

研究发现上述反应中:v=kaw(H2)•w(I2)v=kbw2(HI),其中kakb为常数。下列说法不正确的是(  )

A温度为T时,该反应=64

B容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1

C若起始时,向容器I中加入物质的量均为0.1 molH2I2HI,反应逆向进行

D无论x为何值,两容器中达平衡时w(HI)%均相同

【答案】

C

【详解】

A      H2(g)+I2(g)2HI(g)

起始量(mol/L)  0.5      0.5        0

变化量(mol/L)   n         n        2n

平衡量(mol/L) 0.5-n   0.5-n      2n

w(HI)/%=×100%=80%n=0.4 mol/L,平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等,ka•w(H2)•w(I2)=v=v=kb•w2(HI),则==K=64,故A正确;

B.前20 minH2(g)  +  I2(g)2HI(g)

起始量(mol/L)      0.5          0.5          0

变化量(mol/L)       m            m         2m

平衡量(mol/L)  0.5-m      0.5-m      2m

w(HI)%=×100%=50%m=0.25mol/L,容器I中前20 min的平均速率,v(HI)==0.025mol•L-1•min-1,故B正确;

C.若起始时,向容器I中加入物质的量均为0.l molH2I2HI,此时浓度商Qc==1K=64,反应正向进行,故C错误;

DH2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变,改变压强,平衡不移动,因此无论x为何值,均等效,两容器达平衡时w(HI)%均相同,故D正确;

答案选C

组卷:187次
难度:中等
知识点:等效平衡
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61.

利用COH2在催化剂的作用下合成甲醇,反应如下:COg+2H2gCH3OHg),在2L密闭容器中充入物质的量之比为12COH2,在催化剂作用下充分反应,测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示,下列说法正确的是(  )

A该反应的H0,且p1p2p3

BC点时,H2转化率为75%

C反应速率:ν逆(状态A)>ν逆(状态B

D在恒温恒压条件下,向该密闭容器中再充入1molCH3OH,达平衡时CH3OH的体积分数增大

【答案】

B

【解析】

试题分析:A.升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,说明正反应为放热反应,H0,该反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡正向移动,可以提高CH3OH的体积分数,则p2p1A项错误;

B.设起始时CO的物质的量为1mol,则H2的物质的量为2mol。在C点,假设反应的CO的物质的量为x

平衡时总的物质的量为:(1-x)+(2-2x)+x=3-2x。甲醇的体积分数为50%,则×100%=50%,解得x=0.75,因此CO转化率为75%B项正确;

C.温度越高,反应速率越快,B的反应温度高,反应速率:ν(状态A)ν(状态B)C项错误;

D.在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH,根据等效平衡的建立条件,达平衡时CH3OH的体积分数相同,D项错误;

答案选B

组卷:135次
难度:偏难
知识点:影响化学反应速率的因素
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62.

一定条件下合成乙烯:6H2(g)2CO2(g)CH2CH2(g)4H2O(g);已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图,下列说法不正确的是(  )

A该反应的逆反应为吸热反应

B平衡常数:KMKN

C生成乙烯的速率:v(N)一定大于v(M)

D当温度高于250 ℃,升高温度,催化剂的催化效率降低

【答案】

C

【详解】

A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,故A正确;

B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动,所以M点化学平衡常数大于N点,故B正确;

C、化学反应速率随温度的升高而加快,催化剂的催化效率降低,所以v(N)有可能小于v(M),故C错误;

D、根据图象,当温度高于250,升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则催化剂的催化效率降低,故D正确;

故选C

组卷:108次
难度:偏难
知识点:影响化学反应速率的因素
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63.

甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示,三个容器最初的容积相等、温度相同,反应中甲、丙的容积不变,乙中的压强不变,在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是

A平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>>

B平衡时N2O4的百分含量:乙>甲=丙

C平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同

D平衡时混合物的平均相对分子质量:甲>>

【答案】

B

【分析】

甲、乙存在平衡2NO2N2O4,该反应为气体物质的量减小的反应,故甲中压强减小,乙中压强不变,乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强,增大压强平衡向正反应移动,平衡时N2O4的百分含量增大;但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大,不会消除增大;反应混合气体的总质量不变,总的物质的量减小,混合气体的平均摩尔质量增大;

丙中存在平衡N2O42NO2,相当于开始加入0.2molNO2,与甲为等效平衡,NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等,平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率之和等于1

【详解】

甲、乙存在平衡2NO2N2O4,该反应为气体物质的量减小的反应,故甲中压强减小,乙中压强不变,乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强,丙中存在平衡N2O42NO2,相当于开始加入0.2molNO2,与甲为等效平衡,

A. 甲与丙为完全等效平衡,平衡时NO2浓度的相等,乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强,增大压强平衡向正反应移动,但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大,不会消除增大,故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲=丙,故A错误;

B. 甲与丙为完全等效平衡,平衡时N2O4的百分含量相等,乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强,增大压强平衡向正反应移动,平衡时N2O4的百分含量增大,故平衡时N2O4的百分含量:乙>甲=丙,故B正确;

C. 甲与丙为完全等效平衡,平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等,平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1,故平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率可能相同,都为0.5,故C错误;

D. 甲与丙为完全等效平衡,平衡时混合气体的平均摩尔质量相等,乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强,增大压强平衡向正反应移动,总的物质的量减小,乙中平均摩尔质量增大,故平衡时混合物的平均相对分子质量:乙>甲=丙,故D错误;

答案选B

【点睛】

解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。

组卷:149次
难度:偏难
知识点:影响化学平衡的条件
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64.

K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:

结合实验,下列说法不正确的是(   

A中溶液橙色加深,中溶液变黄

BCr2O72-C2H5OH还原

C对比可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强

D若向中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色

【答案】

D

【详解】

A.在平衡体系中加入酸,平衡逆向移动,重铬酸根离子浓度增大,橙色加深,加入碱,平衡正向移动,溶液变黄,选项A正确;

B中重铬酸钾氧化乙醇,重铬酸钾被还原,选项B正确;

C是酸性条件,是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强,选项B正确;

D.若向溶液中加入70%的硫酸到过量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,选项D错误。

答案选D

【点睛】

本题考查化学平衡的影响因素,注意影响化学平衡移动的因素,解答时注意从勒沙特列原理的角度分析,易错点为选项C是酸性条件,是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强。

组卷:196次
难度:中等
知识点:影响化学平衡的条件
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65.

在一个绝热的恒容密闭容器中,可逆反应达到平衡状态的标志是(   

   各组分的物质的量不变   体系的压强不再发生变化   混合气体的密度不变   体系的温度不再发生变化      3mol H-H键断裂的同时有2mol N-H键也断裂

A①②③⑤⑥                                              B②③④⑤⑥

C②③⑤⑥                                                  D②③④⑥⑦

【答案】

C

【详解】

在化学反应过程中,各物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比,故不能证明达到平衡状态;

各组分的物质的量不变,可以证明达到平衡状态;

该反应为气体体积变化的反应,在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态;

恒容密闭容器中,混合气体的体积始终不变,质量始终不变,故密度始终不变,不能证明达到平衡状态;

该反应为放热反应,当体系的温度不再发生变化时,可以证明达到平衡状态;  

在该反应中,,若,则,可以证明达到平衡状态;

3 mol H—H键断裂的同时6 mol N—H键也断裂才能表示正、逆反应速率相等,反应达到平衡,故不能证明达到平衡状态;

故答案选C

组卷:180次
难度:中等
知识点:化学平衡
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66.

一定温度下,在2 L的密闭容器中,XYZ三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示:下列描述正确的是(  )

A反应开始到10 s,用Z表示反应速率为0.158 mol·L1·s1

B反应开始到10 s时,Y的转化率为79.0%

C反应开始到10 sX的物质的量浓度减少了0.79 mol·L1

D反应的化学方程式为:X(g)Y(g)Z(g)

【答案】

B

【分析】

根据图象知,随着反应的进行,XY的物质的量减小,Z的物质的量增加,说明XY是反应物,Z是生成物,达到平衡时n(X)=(1.20-0.41)mol=0.79moln(Y)=(1.00-0.21)mol=0.79moln(Z)=(1.58-0)mol=1.58mol,同一反应中同一时间段内各物质的物质的量变化之比等于其计量数之比,所以XYZ的计量数之比=111,则该反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),以此解答该题。

【详解】

A.由图可知,10sZ的物质的量变化量为1.58mol,用Z表示的反应速率为v(Z)==0.079moL/(L•s),故A错误;

BY的起始物质的量为1mol,反应开始到10 s时,转化的Y(1-0.21)mol=0.79mol,故Y的转化率为×100%=79%,故B正确;

C.由图可知,反应开始到10s时,X的物质的量减少了0.79 mol,其浓度减少了=0.395mol/L,故C错误;

D.反应是可逆反应,且n(X)n(Y)n(Z)=(1.20-0.41)mol(1.00-0.21)mol1.58mol=112,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,故反应化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),故D错误;

故答案为B

组卷:145次
难度:偏难
知识点:化学反应速率
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67.

一定温度下,在2 L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示:

n/mol

t/min

0

2.0

2.4

0

5

0.9

10

1.6

15

1.6

下列说法正确的是(   

A0~5 minA表示的平均反应速率为

B该反应在10 min后才达到平衡

C平衡状态时,

D物质B的平衡转化率为20%

【答案】

C

【详解】

A.v(C)= ,同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比,3v(A)=v(C),所以v(A)=,故A错误;

B.15min时,n(B)=1.6mol,消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol,根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol,所以15min时,n(A)=1.6mol,与10minA的物质的量相同,说明10~15min这段时间内平衡没有移动,但无法确定是10min时达到平衡,还是10min前已经达到平衡,故B错误;

C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B0.8mol,根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol,浓度为,故C正确;

D. 物质B的平衡转化率为,故D错误;

故答案为C

组卷:149次
难度:中等
知识点:化学平衡
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68.

一定温度下可逆反应:A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0。现将1molA2molB加入甲容器中,将4 molC2 mol D加入乙容器中,此时控制活塞P,使乙的容积为甲的2倍,t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示,隔板K不能移动)。下列说法正确的是

A保持温度和活塞位置不变,在甲中再加入1 mol A2 mol B,达到新的平衡后,甲中C的浓度是乙中C的浓度的2

B保持活塞位置不变,升高温度,达到新的平衡后,甲、乙中B的体积分数均增加

C保持温度不变,移动活塞P,使乙的容积和甲相等,达到新的平衡后,乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2

D保持温度和乙中的压强不变,t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后,甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)

【答案】

D

【分析】

根据等效平衡分析,4molC2molD相当于2molA4molB,但是乙容器的容积是甲的2倍,即物质的量浓度相同,所以在相同条件下达到相同平衡状态。

【详解】

A.保持温度和活塞位置不变,在甲中再加入1molA2molB,相当于增大压强,平衡向逆反应反向移动,达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍,甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍,A项错误;

B.保持活塞位置不变,升高温度,平衡向逆反应方向移动,甲、乙中B的体积分数减小,B项错误;

C.保持温度不变,移动活塞P,使乙的容积和甲相等,相当于增大乙的压强,平衡向逆反应方向移动,减小甲的压强平衡向正反应方向移动,达到新的平衡后,乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍,C项错误;

D.甲中温度和体积不变充入稀有气体,没有改变气体的浓度,对反应速率没有影响,可以用图2表示,乙中温度和压强不变,充入稀有气体,相当于增大容器体积,气体浓度减小,反应速率减小,生成物的浓度减小的程度大些,化学平衡正向移动,可以用图3表示,D项正确;

答案选D

【点睛】

本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析,4mol C2mol D相当于2mol A4mol B,但是乙容器的容积是甲的2倍,即物质的量浓度相同,所以在相同条件下达到相同平衡状态,即甲和乙容器此时是等效平衡状态。

组卷:173次
难度:很难
知识点:等效平衡
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69.

反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示,在t1t2t3t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是

At6t7阶段,C的百分含量最大

Bt2t3阶段,A的转化率最小

Ct3时,改变因素一定是使用了催化剂

Dt5时,改变因素一定是升高了温度

【答案】

D

【解析】

由图中反应速率的变化可知,t1时增了生成物的浓度,t3时加入了催化剂或增大了体系压强,t4时减小了体系压强或使用了抑制剂,t5时升高温度,t1时化学平衡逆向移动,A的转化率减小,C的百分含量减小,t3t4时化学平衡不移动,t5时化学平衡逆向移动,A的转化率进一步减小,C的百分含量进一步减小,因此t6t7阶段A的转化率最小,0t1阶段C的百分含量最大。

【详解】

3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应H0,反应前后气体体积不变,压强对化学平衡无影响。

由图中反应速率的变化可知,t1时速率增加且平衡逆向移动,改变条件为增了生成物的浓度,t3时速率同等程度增加,改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强,t4时速率同等程度减小,改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂,t5时速率增大且平衡逆向移动,改变的条件为升高温度。

t1时化学平衡逆向移动,A的转化率减小,C的百分含量减小,t3t4时化学平衡不移动,t5时化学平衡逆向移动,A的转化率进一步减小,C的百分含量进一步减小,因此t6t7阶段A的转化率最小,0t1阶段C的百分含量最大。

A.0t1阶段,C的百分含量最大,A错误;

B.t6t7阶段A的转化率最小,B错误;

C.t3时速率同等程度增加,改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强,C错误;

D.t5时速率增大且平衡逆向移动,改变的条件为升高温度,D正确;

故合理选项是D

【点睛】

本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素,注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。

组卷:183次
难度:中等
知识点:影响化学反应速率的因素
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70.

一定条件下,某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下,其中代表不同元素的原子,

关于此反应说法错误的是(   )

A一定属于吸热反应                                   B一定属于可逆反应

C一定属于氧化还原反应                             D一定属于分解反应

【答案】

A

【分析】

根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。

【详解】

A.该反应属于分解反应,一般的分解反应是吸热反应,但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2是放热反应,A错误;

B.根据图示可知有一部分反应物未参加反应,该反应是可逆反应,B正确;

C.据图可知,该反应有单质生成,所以反应中有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,C正确;

D.反应物是一种,生成物是两种,因此属于分解反应,D正确;

答案选A

组卷:197次
难度:中等
知识点:物质的转化
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71.

根据v­t图分析外界条件改变对可逆反应A(g)3B(g) 2C(g)  ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示:

可见在t1t3t5t7时反应都达到平衡,如果t2t4t6t8时都只改变了一个反应条件,则下列对t2t4t6t8时改变条件的判断正确的是

A使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度

B升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂

C增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度

D升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂

【答案】

D

【分析】

断点入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大,且平衡逆向移动,不是使用了催化剂,排除A,增大反应物浓度,平衡正向移动,排除Ct6时正反应速率大于逆反应速率,逆反应速率瞬时不变,应是增大反应物浓度,排除B

【详解】

t2时正、逆反应速率均增大,且平衡逆向移动,排除A、C项;t4时正、逆反应速率均减小,平衡逆向移动,可以是减小压强;t6时正反应速率大于逆反应速率,逆反应速率瞬时不变,平衡正向移动,所以是增大反应物浓度,D项符合。故选D

组卷:169次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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72.

在恒容密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H0,达到平衡后改变某一条件,下列说法正确的是( 

A升高温度,正反应速率减小,逆反应速率增大,平衡逆向移动

B升高温度可提高N2转化率

C增加H2的浓度,可提高N2转化率

D改用高效催化剂,可增大反应的平衡常数

【答案】

C

【分析】

正反应是体积减小的放热的可逆反应,结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析解答。

【详解】

A.升高温度,正反应速率、逆反应速率均增加,平衡逆向移动,A错误;

B.升高温度,平衡逆向移动,降低N2转化率,B错误;

C.增加H2的浓度,平衡正向移动,可提高N2转化率,C正确;

D.改用高效催化剂,只能改变反应速率,不能改变平衡状态,平衡常数不变,D错误。

答案选C

组卷:130次
难度:容易
知识点:影响化学反应速率的因素
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73.

在一定温度下,将气体X和气体Y0.16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应

X(g)Y(g)2Z(g) △H < 0,一段时间后达到平衡,反应过程中测定的数据如下表:

t/min

2

4

7

9

n(Y)/mol

0.12

0.11

0.10

0.10

下列说法正确的是

A反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×103mol·L1·min-1

B其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前ν()> ν()

C该温度下此反应的平衡常数K=1.44

D其他条件不变,再充入0.2molZ,平衡时X的体积分数增大

【答案】

C

【详解】

Av(Y)=(0.160.12)mol÷10L÷2min=0.002mol·L1min-1,则v(Z)= 0.004mol·L1min-1A项错误;

B、降温,平衡正向移动,则达新平衡前,v(正)>v(逆),B项错误;

C    X(g)Y(g)2Z(g) △H < 0

起始   0.16  0.16      0

变化   0.06  0.06     0.12

平衡   0.10  0.10     0.12

K==1.44C项正确;

D、由于该反应是气体体积不变的反应,则达平衡时与原平衡等效,平衡时X的体积分数不变,D项错误;

答案选C

组卷:133次
难度:容易
知识点:化学反应速率
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74.

在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应:3A(g)B(g) 2C(g)  ΔH<0,若起始温度相同,分别向三个容器中通入3 mol A1 mol B,则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为(   

A③②①                  B③①②                   C①②③                  D②①③

【答案】

A

【详解】

3A(g)B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。容器反应过程中,体积不变,温度升高,与容器相比,相当于升温,不利于反应正向移动,C物质的体积分数②>①容器体积可变、压强不变,正反应体积减小,所以中的压强始终高于,有利于反应正向移动,C物质的体积分数③>②,达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①,故选A

【点睛】

本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响,能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。

组卷:185次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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75.

可逆反应:在恒容容器中进行,达到平衡状态的标志是(    )

单位时间内生成的同时生成

单位时间内生成的同时生成

的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为221的状态

混合气体的颜色不再改变的状态

混合气体的密度不再改变的状态

混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态

A①④⑥                  B②③⑤                   C①③④                  D①②③④⑤⑥

【答案】

A

【详解】

单位时间内生成的同时生成,说明反应v(正)=v(逆),达到平衡状态,正确;

单位时间内生成的同时生成,这是必然的,无论反应是否达到平衡状态都满足,,不能说明达到平衡状态,错误;

反应中必然满足,但是只有才平衡,当用的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为221的状态,可能已经平衡,也可能没有平衡,与各物质的初始浓度及转化率有关,错误;

混合气体的颜色不再改变,说明NO2气体的浓度不变,达到平衡状态,正确;

无论反应是否达到平衡状态,混合气体的质量不变,容器的体积不变,所以混合气体的密度不变,不能说明达到平衡状态,错误;

反应前后气体的化学计量数之和不相等,反应过程中,混合气体的物质的量一直变化,又因为气体质量不变,所以混合气体的平均相对分子质量一直不变,当其不再变化时,说明达到平衡状态,正确;

答案选A

【点睛】

化学平衡状态标志有:正逆反应速率相等;各物质的浓度、百分含量不变;以及由此衍生的一些量也不发生变化能折合成以上特征的,可以选择一个物理量,会随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态,例如本题中混合气体的平均相对分子质量,会随着反应而变化,后来不变了,就达平衡了。

组卷:188次
难度:中等
知识点:化学平衡
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76.

安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是

A空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂

B侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异

C合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率

D工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济

【答案】

C

【详解】

A.空气吹出法中氯气置换出来的溴,Br2被水蒸气吹出与SO2反应,SO2Br22H2O=H2SO42HBrS的化合价从+4升高到+6,作还原剂,A项正确;

B.在侯氏制碱法中,NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl,利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小,使之析出,B项正确;

C.合成氨的反应为N23H22NH3,该反应是放热反应,采用高温并不利于反应正向移动,不能提高氢气平衡转化率,采用高温是为了提高化学反应速率,使用催化剂只能加快反应速率,不能提高氢气平衡转化率,C项错误;

D.乙烯与氧气反应生成环氧乙烷,2CH2=CH2O22,原子利用率100% ,符合绿色化学和原子经济性,D项正确;

本题答案选C

组卷:145次
难度:中等
知识点:合成氨条件的选择
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77.

对于可逆反应mA(s)nB(g)eC(g)fD(g),当反应过程中其他条件不变时,C的质量分数(c%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是(  )

A达到平衡后,若使用催化剂,C的质量分数将增大

B达到平衡后,增加A的量有利于化学平衡向正方向移动

C化学方程式中nef

D达到平衡后,若升高温度,化学平衡向逆方向移动

【答案】

D

【解析】

由左图可知,根据先拐先平衡,条件高,则温度升高C的百分含量降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则该反应的正反应为放热反应,同理由右图可以看出增大压强,C的百分含量降低,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,则应有ne+f

【详解】

由左图可知,根据先拐先平衡,条件高,则温度升高C的百分含量降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则该反应的正反应为放热反应,同理由右图可以看出增大压强,C的百分含量降低,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,则应有ne+f

A.达到平衡后,加入催化剂不会影响化学平衡的移动,C的百分含量不变,故A错误;

B.达到平衡后,A是固体,不影响平衡移动,所以增加A的量平衡不移动,故B错误;

C.压强增大,C%含量降低,说明平衡逆向进行,正反应是气体体积增大的反应,ne+f,故C错误;

D.该反应的正反应是放热反应,达到平衡后,若升温,平衡向逆方向移动,故D正确;

故答案为D

组卷:148次
难度:偏难
知识点:影响化学平衡的条件
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78.

一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下:

下列说法正确的是

Av1< v2,c2< 2c1                                         BK1> K3,p2> 2p3

Cv1< v3,α1(SO2 ) >α3(SO2 )                         Dc2> 2c3,α2(SO3 )+α3(SO2 )<1

【答案】

CD

【分析】

对比容器的特点,将容器1和容器2对比,将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO22molO2容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍,容器2相当于在容器1达平衡后增大压强,将容器的体积缩小为原来的一半,增大压强化学反应速率加快,υ2υ1增大压强平衡向正反应方向移动,平衡时c22c1,p22p1,α1(SO2)+α2(SO31,容器1和容器2温度相同,K1=K2容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度,升高温度化学反应速率加快,υ3υ1,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡时c3c1,p3p1,α3(SO2α1(SO2),K3K1据此分析解答。

【详解】

根据上述分析,A项,υ2υ1,c22c1,A项错误;

B项,K3K1,p22p1,p3p1,则p22p3,B项错误;

C项,υ3υ1,α3(SO2α1(SO2),C项正确;

D项,c22c1,c3c1,则c22c3,α1(SO2)+α2(SO31,α3(SO2α1(SO2),则α2(SO3)+α3(SO21,D项正确;

答案选CD。

【点睛】

本题考查化学平衡时各物理量之间的关系,解题时巧妙设计中间状态,利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO22molO2,4molSO22molO2为两倍容器1中物质的量,起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。

组卷:186次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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79.

在恒压、NOO2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是

A反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH>0

B图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率

C图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率

D380下,c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000

【答案】

BD

【详解】

A.随温度升高NO的转化率先升高后降低,说明温度较低时反应较慢,一段时间内并未达到平衡,分析温度较高时,已达到平衡时的NO转化率可知,温度越高NO转化率越低,说明温度升高平衡向逆方向移动,根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应,H<0,故A错误;

B.根据上述分析,X点时,反应还未到达平衡状态,反应正向进行,所以延长反应时间能提高NO的转化率,故B正确;

C.Y点,反应已经达到平衡状态,此时增加O2的浓度,使得正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,可以提高NO的转化率,故C错误;

D.NO起始浓度为amol/LNO的转化率为50%,则平衡时NOO2NO2的浓度分别为0.5amol/L(5×10-4-0.25a)mol/L0.5amol/L,根据平衡常数表达式K=>=2000,故D正确;

故选BD

【点睛】

解本题时需要注意:实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态,主要讨论温度对化学反应速率的影响;最高点之后反应达到平衡状态,可以研究温度对化学平衡的影响。

组卷:131次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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80.

温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v= v(NO2)消耗=kc2(NO2 )v= v(NO)消耗=2v(O2)消耗= kc2 (NO)·c(O2 )k正、k逆为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是

容器编号

物质的起始浓度(mol·L-1)

物质的平衡浓度(mol·L-1)

c(NO2)

c(NO)

c(O2)

c(O2)

I

0.6

0

0

0.2

II

0.3

0.5

0.2

0

0.5

0.35

A达平衡时,容器I与容器中的总压强之比为 45

B达平衡时,容器中 c(O2)/ c(NO2) 比容器I中的大

C达平衡时,容器NO的体积分数小于50%

D当温度改变为 T2时,若 k=k,则 T2<T1

【答案】

C

【详解】

由容器I中反应

可以求出平衡常数K=,平衡时气体的总物质的量为0.8mol,其中NO0.4mol,所以NO的体积分数为50%。在平衡状态下,v=v(NO2)消耗=v=v(NO)消耗,所以kc2(NO2)=kc2(NO)•c(O2),进一步求出.

A.显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比,增大了反应物浓度,平衡将向正反应方向移动,所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol,故两容器的压强之比一定大于45A错误;

B 若容器II在某时刻,       

 因为,,解之得x=,求出此时浓度商Qc= >K,所以容器II达平衡时,一定小于1B错误;

C 若容器III在某时刻,NO的体积分数为50%

0.5-2x=2x+0.35-x,解之得,x=0.05,求出此时浓度商Qc=>K,说明此时反应未达平衡,反应继续向逆反应方向进行,NO进一步减少,所以C正确;

D.温度为T2时,,因为正反应是吸热反应,升高温度后化学平衡常数变大,所以T2>T1D错误。

答案选C

组卷:105次
难度:偏难
知识点:化学平衡
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81.

恒容条件下,1 mol SiHCl3发生如下反应:2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)。已知:vv消耗(SiHCl3)kx2(SiHCl3)v2v消耗(SiH2Cl2)kx(SiH2Cl2)x(SiCl4)kk分别为正、逆向反应速率常数(仅与温度有关)x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是

A该反应为放热反应,v正,a<v逆,b

BT1 K时平衡体系中可通过移走SiCl4提高SiHCl3的转化率

C当反应进行到a处时,v/v16/9

DT2 K时平衡体系中再充入1 mol SiHCl3,平衡正向移动,x(SiH2Cl2)增大

【答案】

BC

【解析】

A.因两曲线对应的状态只是温度不同,由图像知达到平衡所需时间T2K大于T1K,温度越高反应速率越快,所以温度T2>T1。又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K平衡时小,说明升温平衡向正反应方向移动,由此推知该反应为吸热反应,A项错误;

B.从平衡体系中移走SiCl4,即减小生成物浓度,根据勒夏特列原理知,平衡将向正反应方向移动,反应物的转化率提高,B项正确;

C. 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)反应前后分子数不变,即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol,由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75,则此时SiH2Cl2SiCl4的物质的量分数均为0.125,因为平衡时V=VV=kx2(SiHCl3)=0.752kV=kx(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.1252k,则0.752k=0.1252k==,因kk只与温度有关,反应进行到a点处时V= kx2(SiHCl3)=0.82kV= kx(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.12k=×=×=C项正确;

D.恒容条件下再充入1molSiHCl3,相当于增大压强,而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)反应前后气体体积不变,所以平衡不移动,x(SiH2Cl2)不变,D项错误;答案选BC

组卷:163次
难度:很难
知识点:化学反应速率
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82.

CH4CO2重整生成H2CO的过程中主要发生下列反应

在恒压、反应物起始物质的量比条件下,CH4CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是



A升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率

B曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化

C相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠

D恒压、800Kn(CH4)n(CO2)=1:1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值

【答案】

BD

【详解】

A.甲烷和二氧化碳反应是吸热反应,升高温度,平衡向吸热反应即正向移动,甲烷转化率增大,甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷转化率减小,故A错误;

B.根据两个反应得到总反应为CH4(g)2CO2(g)  H2(g)3CO(g) H2O (g),加入的CH4CO2物质的量相等,CO2消耗量大于CH4,因此CO2的转化率大于CH4,因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化,故B正确;

C.使用高效催化剂,只能提高反应速率,但不能改变平衡转化率,故C错误;

D800K时甲烷的转化率为X点,可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值,故D正确。

综上所述,答案为BD

组卷:173次
难度:中等
知识点:影响化学平衡的条件
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83.

13-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻13-丁二烯生成碳正离子();第二步Br -进攻碳正离子完成12-加成或14-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在040时,12-加成产物与14-加成产物的比例分别为70:3015:85。下列说法正确的是

A14-加成产物比12-加成产物稳定

B0相比,4013-丁二烯的转化率增大

C0升至4012-加成正反应速率增大,14-加成正反应速率减小

D0升至4012-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度

【答案】

AD

【分析】

根据图像分析可知该加成反应为放热反应,且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低,结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。

【详解】

根据上述分析可知,

A. 能量越低越稳定,根据图像可看出,1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低,即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定,故A正确;

B. 该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物,均为放热反应,则升高温度,不利用1,3-丁二烯的转化,即在40时其转化率会减小,故B错误;

C. 0升至40,正化学反应速率均增大,即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大,故C错误;

D. 0升至40,对于1,2-加成反应来说,化学平衡向逆向移动,即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度,故D正确;

答案选AD

组卷:177次
难度:偏难
知识点:影响化学反应速率的因素
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84.

已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  ΔH0。在一定温度和压强下于密闭容器中,反应达到平衡。下列叙述正确的是

A升高温度,K减小                                    B减小压强,n(CO2)增加

C更换高效催化剂,α(CO)增大                  D充入一定量的氮气,n(H2)不变

【答案】

AD

【解析】

A、此反应的正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向进行,化学平衡常数只受温度的影响,即升高温度,K值减小,故A说法正确;B、反应前后气体体积之和相等,因此减小压强,平衡不移动,即n(CO2)不变,故B说法错误;C、催化剂对化学平衡移动无影响,因此CO的转化率不变,故C说法错误;D、恒压下,充入N2,容器的体积增大,组分浓度降低,但化学反应前后气体系数之和不变,因此化学平衡不移动,n(H2)不变,故D说法正确。

组卷:184次
难度:中等
知识点:化学平衡
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二、综合题(共4题)
1.

高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含FeAlMgZnNiSi等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:

相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:

金属离子

Mn2+

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mg2+

Zn2+

Ni2+

开始沉淀的pH

8.1

6.3

1.5

3.4

8.9

6.2

6.9

沉淀完全的pH

10.1

8.3

2.8

4.7

10.9

8.2

8.9

1滤渣1”含有S__________________________;写出溶浸中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________

2氧化中添加适量的MnO2的作用是将________________________

3pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为_______~6之间。

4除杂1”的目的是除去Zn2+Ni2+滤渣3”的主要成分是______________

5除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是_____________________________________________________________________

6)写出沉锰的离子方程式___________________________________________________

7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中NiCoMn的化合价分别为+2+3+4。当x=y=时,z=___________

【答案】

SiO2(不溶性硅酸盐)    MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O    Fe2+氧化为Fe3+    4.7    NiSZnS    FH+结合形成弱电解质HFMgF2Mg2++2F平衡向右移动    Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O        

【详解】

1Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在,SiO2与硫酸不反应,所以滤渣I中除了S还有SiO2;在硫酸的溶浸过程中,二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应,二氧化锰作氧化剂,硫化锰作还原剂,方程式为:MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O

2)二氧化锰作为氧化剂,使得MnS反应完全,且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+

3)由表中数据知pH4.7时,Fe3+Al3+沉淀完全,所以应该控制pH4.7~6之间;

4)根据题干信息,加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子,所以滤渣3是生成的沉淀ZnSNiS

5)由HF H++F-知,酸度过大,F-浓度减低,使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动,Mg2+沉淀不完全;

6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀,所以反应离子方程式为:Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O

7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得:1+2x+3y+4z=4,已知,x=y=1/3,带入计算得:z=1/3

组卷:115次
难度:偏难
知识点:影响化学平衡的条件
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2.

资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3FCaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案,制备具有重要工业用途的CaCO3Mg(OH)2P4H2,其简化流程如下:

已知:①Ca5(PO4)3F950℃不分解;

②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4

请回答下列问题:

1950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________

2)实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________

3NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2+的原因是__________

4)在浸取液中通入NH3,发生反应的化学方程式是____________

5)工业上常用磷精矿和硫酸反应制备磷酸。已知25℃101kPa时:

CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/mol

5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/mol

Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________

6)在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),当COH2O(g)的起始物质的量之比为1:5,达平衡时,CO转化了。若a kgCa5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿,在上述过程中有b%Ca5(PO4)3F转化为P4,将产生的COH2O(g)按起始物质的量之比1:3混合,则相同条件下达平衡时能产生H2________kg

【答案】

1CO2

2)漏斗、烧杯、玻璃棒

3NH4 水解使溶液呈酸性,与CaOCa(OH)2反应生成Ca2

4MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4

5Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol"

6

【解析】

试题分析:(1)根据题给化学工艺流程和信息知磷尾矿【主要含Ca5(PO4)3FCaCO3·MgCO3 】在950℃下煅烧,其中碳酸钙和碳酸镁分解,生成气体的成分为二氧化碳(CO2)。

2)实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。

3NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性,与CaOCa(OH)2反应生成Ca2

4)根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液,通入NH3,发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4

5)已知25℃101kPa时:

①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol

②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol

根据盖斯定律:①×5-②Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH ="-418kJ/mol"

6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L,则水蒸气的起始浓度为5 mol/L

CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)

起始浓度(mol/L1      5          0     0

转化浓度(mol/L5/6    5/6        5/6    5/6

平衡浓度(mol/L1/6    25/6       5/6    5/6

K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当COH2O(g)的起始物质的量之比为1:3,平衡常数不变,设转化的COx mol

CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)

起始浓度(mol/L1      3          0     0

转化浓度(mol/Lx      x          x     x

平衡浓度(mol/L(1-x)   (3-x)       x     x

x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4,即达平衡时,CO转化了3/4 mol。转化为P4Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg,根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为(30×28×a×10%×b%/4×504kg,则转化的CO的质量为330×28×a×10%×b%/44×504kg,根据反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为330×28×a×10%×b%/564×504kg=kg

【考点定位】考查化学工艺流程分析,化学实验基本操作,化学方程式和热化学方程式的书写,盖斯定律,化学平衡和化学计算。

【名师点睛】本题以磷尾矿的综合利用的化学工艺流程为载体考查化学实验基本操作,化学方程式和热化学方程式的书写,盖斯定律,化学平衡和化学计算。工艺流程题联系生产实际,考查面广,形式灵活,是近几年高考命题的热点题型。它集元素化合物知识,基本概念和基本理论于一体,考查面广、综合性强。它们的主要考查点有:(1)从原料到产品元素不同形式的转化。(2)反应中的原理考查及反应条件控制。(3)物质的除杂、分离与检验。(4)化工生产中的环保、节能、循环利用等生产成本控制。(5)原料投料比及产率计算等。工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来,并根据生产流程中有关的化学知识步步设问,是无机框图题的创新。解题时首先要明确原料和产品(包括副产品),即箭头进出方向;其次依据流程图分析反应原理,紧扣信息,搞清流程中每一步发生了什么反应,弄清有关反应原理,明确目的(如沉淀反应、除杂、分离);最后联系储存的知识,有效进行信息的利用,准确表述和工整书写。由于工艺流程常与溶液的配制、物质的分离及定量测定等基本操作有机结合起来,需要复习时牢固掌握实验基础知识,才能有效结合题中的信息,准确答题。(5)小题要注意盖斯定律的应用,(6)小题将平衡计算和根据化学方程式计算相结合,题目的思考容量大,计算较繁琐,是本题的失分点。题目较难。

组卷:101次
难度:中等
知识点:物质的分离 提纯和检验
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3.

精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下:

已知:分金液中含金离子主要成分为;分金渣的主要成分为AgCl

分银液中含银离子主要成分为,且存在Ag++2SO

分铜时各元素的浸出率如下表所示。

1)由表中数据可知,Ni的金属性比Cu______。分铜渣中银元素的存在形式为(用化学用语表示)______分铜时,如果反应温度过高,会有明显的放出气体现象,原因是_______

2分金时,单质金发生反应的离子方程式为________

3Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

沉银时,需加入硫酸调节溶液的pH=4,分析能够析出AgCl的原因为_______。调节溶液的pH不能过低,理由为______(用离子方程式表示)。

4)已知,沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应如何控制溶液中SO42浓度(假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L)。________

5)工业上,用镍为阳极,电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液,可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时,NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示:

为获得高纯度的球形超细镍粉,NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L,当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时,阴极有无色无味气体生成,导致阴极电流效率降低,该气体为_______

【答案】

    AgAgCl    H2O2分解放出氧气      分银液中存在,加H2SO4pH=4SO32转化为HSO3c(SO32)减小,平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl    SO32+ 2H+ = SO2↑+H2O    溶液中SO42浓度应低于1.4×103mol/L    10    H2   

【分析】

铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜,分铜时,单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水,分铜时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣;加入盐酸和氯酸钠进行分金,分金时,单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成,分金液的主要成分为;分金渣的主要成分为AgCl,加入亚硫酸钠进行分银,过滤得到的分银液中主要成分为,且存在加入硫酸沉银,促使平衡正向移动,电离出Ag+Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl,以此解答该题。

【详解】

(1)由表中数据可知,镍的Ni浸出率比铜高,说明镍容易被氧化,因此金属性NiCu强。根据上述分析,分铜时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,分铜渣中银元素的存在形式为AgAgCl分铜时,如果反应温度过高,双氧水发生分解,会有明显的气体放出现象,故答案为强;AgAgClH2O2分解放出氧气;

(2)分金液的主要成分为分金时,单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成,反应的离子方程式为:,故答案为

(3)分银液中主要成分为,且存在H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,平衡正向进行,能够析出AgCl 的原因为:H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,促使平衡正向移动,电离出Ag+Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl,调节溶液的pH 不能过低理由为:避免产生污染气体SO2

故答案为H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,促使平衡正向移动,电离出Ag+Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl;避免产生污染气体SO2

(3)分银液中主要成分为,由于存在H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,平衡正向进行,c(Ag+)增大,Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl;如果溶液的pH 过低,硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2,产生污染,反应的离子方程式为SO32+ 2H+ = SO2↑+H2O,故答案为分银液中存在,加H2SO4pH=4SO32转化为HSO3c(SO32)减小,平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与分银液中Cl反应生成AgClSO32+ 2H+ = SO2↑+H2O

,因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应如何控制溶液中SO42—浓度低于1.4×103mol/L,故答案为溶液中SO42—浓度应低于1.4×103mol/L

(5)根据图象可知,NH4Cl的浓度为10g•L-1时,镍的成粉率最高,所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1,当NH4Cl浓度大于15g•L-1时,阴极有气体生成,阴极发生还原反应,阴极生成的气体为氢气,溶液中铵根离子水解溶液呈酸性,阴极电极反应式为:2H++2e-=H22NH4++2H2O+2e-=2NH3•H2O+H2,产生气体为氢气,故答案为10H2

组卷:178次
难度:偏难
知识点:化学反应条件的控制及优化
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4.

探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:

Ⅰ.  

Ⅱ.  

Ⅲ.  

回答下列问题:

(1)_________

(2)一定条件下,向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO23 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)ɑ molCOb mol,此时H2O(g)的浓度为__________molL-1(用含abV的代数式表示,下同),反应的平衡常数为___________

(3)不同压强下,按照n(CO2)n(H2)=13投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

已知:CO2的平衡转化率=

CH3OH的平衡产率=

其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________();压强p1p2p3由大到小的顺序为___________;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是___________

(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为_________(填标号)

A.低温、高压    B.高温、低压   C.低温、低压 D.高温、高压

【答案】

+40.9                p1p2p3    T1时以反应为主,反应前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响    A   

【分析】

根据盖斯定律计算反应热;利用三个反应,进行浓度和化学平衡常数的计算;结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向,确定温度和压强变化时,CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。

【详解】

(1).根据反应I-II=III,则H3=H1-H2=-49.5kJ∙mol-1-(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1

(2).假设反应II中,CO反应了xmol,则II生成的CH3OHxmolI生成的CH3OH(a-x)molIII生成CO(b+x)mol,根据反应I,反应II ,反应III,所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol,浓度为:;平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)molH2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)molCO的物质的量为bmol,水的物质的量为(a+b)mol,则反应III的平衡常数为:

(3).反应III为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则CH3OH的平衡产率减少,所以图甲表示CH3OH的平衡产率,图乙中,开始升高温度,由于反应III为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,反应III为吸热反应,升高温度反应III向正反应方向移动,升高一定温度后以反应III为主,CO2的平衡转化率又升高,所以图乙表示CO2的平衡转化率;压强增大,反应III是气体体积减小的反应,反应III平衡正向移动,反应III气体体积不变化,平衡不移动,故压强增大CH3OH的平衡产率增大,根据图所以压强关系为:p1>p2>p3;温度升高,反应III平衡逆向移动,反应III向正反应方向移动,所以T1温度时,三条曲线交与一点的原因为:T1时以反应III为主,反应III前后分子数相等,压强改变对平衡没有影响;

(4).根据图示可知,温度越低,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,压强越大,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,所以选择低温和高压,答案选A

【点睛】

本题为化学反应原理综合题,考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析,难点为平衡常数的计算,巧用了三个反应的化学方程式,进行了数据的处理,得到反应III的各项数据,进行计算得到平衡常数。

组卷:116次
难度:中等
知识点:化学平衡
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三、填空题(共9题)
1.

甲醇是一种重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景。

1)在一容积为2L的密闭容器内,充入0.2mol CO0.4mol H2发生反应,CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)CO的平衡转化率与温度,压强的关系如图所示。

AB两点对应的压强大小关系是PA________PB(填“><=”)。

ABC三点的平衡常数KAKBKC的大小关系是__________________

下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是__________________(填代号)

aH2的消耗速率是CH3OH生成速率的2   

bCH3OH的体积分数不再改变

c.混合气体的密度不再改变                 

dCOCH3OH的物质的量之和保持不变

2)在P1压强、T1时,该反应的平衡常数K=__________________,再加入1.0mol CO后重新到达平衡,则CO的转化率___________(填增大,不变或减小)。

3T11L的密闭容器内发生上述反应,测得某时刻各物质的物质的量如下,CO0.1molH20.2molCH3OH0.2mol,此时v()________v()(填“><=”)。

【答案】

<    KA=KB>KC    b    100    减小    >   

【分析】

1根据压强对平衡状态的影响分析判断;

平衡常数只受温度影响,据图分析,随温度升高CO转化率降低,说明正反应放热;

达到化学平衡时,正逆反应速率相等,各组分的浓度不随着时间的变化而变化,根据化学平衡的特征,由此衍生出的一系列物理量都不变,据此来判断;

2)根据CO的转化率利用三段式法计算平衡常数;根据浓度对平衡状态的影响分析;

3)计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。

【详解】

1反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,反应物转化率增大,所以PAPB

据图分析,随温度升高CO转化率降低,说明正反应放热,升温平衡逆向移动,平衡常数减小,所以KA=KBKC

aH2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍,都是正反应速率,不能说明反应达到平衡状态,故a错误;

bCH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故b正确;

c.容器体积和气体质量始终不变,所以混合气体的密度始终不变,因此密度不变不能说明反应达到平衡状态,故c错误;

dCO和甲醇的化学计量数都为1,所以COCH3OH的物质的量之和始终保持不变,不能说明反应达到平衡状态,故d错误;

故答案为b

2P1压强、T1CO的转化率为0.5,则

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始浓度(mol/L   0.1     0.2          0

转化浓度(mol/L   0.05    0.1         0.05

平衡浓度(mol/L   0.05    0.1         0.05

化学平衡常数K==100

若温度不变,再加入1.0mol CO,平衡向正反应移动,重新达到平衡,氢气的转化率增大,CO的转化率减小;

4T11L的密闭容器内发生上述反应,测得某时刻各物质的物质的量如下:CO0.1molH20.2molCH3OH0.2mol,此时反应的浓度商Qc==50K=100,此时vv

组卷:180次
难度:中等
知识点:化学平衡图像分析
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2.

2 L密闭容器内,t时发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),在体系中,n(N2)随时间的变化如下表:

时间(min)

0

1

2

3

4

5

N2的物质的量(mol)

0.20

0.10

0.08

0.06

0.06

0.06

(1)上述反应在第5min时,N2的转化率为_______________________

(2)H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)=_____________

(3)t时,在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果,判断该反应进行快慢的顺序为______________(用字母填空,下同)

av(NH3)=0.05 mol·L-1·min-1       bv(H2)=0.03 mol·L-1·min-1

cv(N2)=0.02 mol·L-1·min-1       dv(H2)=0.00 l mol·L-1·s-1

(4)下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是_____________

a.反应速率v(N2)v(H2)v(NH3)=132

b.各组分的物质的量浓度不再改变

c.混合气体的平均相对分子质量不再改变

d.混合气体的密度不变

e.单位时间内生成n mol N2的同时,生成3n mol H2

fv(N2)消耗=2v(NH3)消耗

g.单位时间内3mol HH键断裂的同时2mol NH键也断裂

【答案】

70%    0.09mol/(L·min)    acdb    bc   

【详解】

(1)上述反应在第5min时,消耗氮气的物质的量是0.20mol0.06mol0.14mol,则N2的转化率为0.14mol/0.20mol×100%70%

(2)02 min内消耗氮气的物质的量是0.20mol0.08mol0.12mol,根据方程式可知消耗氢气是0.36mol,浓度是0.18mol/L,则用H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)0.18mol/L÷2min0.09mol/(L·min)

(3)如果都用氢气表示其反应速率,则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知ad分别是(mol·L-1·min-10.0750.030.060.06,所以该反应进行快慢的顺序为acdb

(4)在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,则

a.反应速率v(N2)v(H2)v(NH3)=132不能说明反应达到平衡状态,a错误;

b.各组分的物质的量浓度不再改变,说明反应达到平衡状态,b正确;

c.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值,质量不变,但物质的量是变化的,所以混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明反应达到平衡状态,c正确;

d.密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,因此混合气体的密度始终不变,不能说明反应达到平衡状态,d错误;

e.单位时间内生成n mol N2的同时,生成3n mol H2,均表示逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态,e错误;

fv(N2)消耗=2v(NH3)消耗,不满足正逆反应速率相等,没有达到平衡状态,f错误;

g.单位时间内3mol HH键断裂的同时2mol NH键也断裂,不满足正逆反应速率相等,没有达到平衡状态,g错误;

答案选bc

【点睛】

平衡状态的判断是解答的易错点和难点,注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据:正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态,对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了,即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。

组卷:156次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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3.

在容积为1.00L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。

回答下列问题:

1)反应的△H______0(填大于”“小于);100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时段,反应速率v(N2O4)___________mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1___________

2100℃时达到平衡后,改变反应温度为Tc(N2O4)0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10s又达到平衡。

①T_______100℃(填大于”“小于),判断理由是_____

列式计算温度T是反应的平衡常数K2___________

3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半,平衡向___________(填正反应逆反应)方向移动,判断理由是___________

【答案】

大于    0.001    0.36 mol·L—1    大于    反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高    平衡时,cNO2=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1

cN2O4=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1

K2=0.160mol·L—12/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1    逆反应    对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动   

【详解】

(1)根据题意知,随温度升高,混合气体的颜色变深,二氧化氮的浓度增大,说明平衡向正反应方向移动;当其他条件不变时,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,说明正反应为吸热反应,故△H大于0。根据题给图像知,0-60s时段,N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1,根据公式v=△c/△t计算,v (N2O4)= 0.060 mol·L-1/60s=0.001 mol·L-1·s-1;分析题给图像知,二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L-1,四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L-1

2根据题意知,改变反应温度为T后,c(N2O4)0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低,即平衡向正反应方向移动,又反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故为温度升高,T大于1000C,答案为:大于;反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高;

根据题意知,平衡时,cNO2=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10s×2=0.160mol·L-1cN2O4=0.040 mol·L-1-0.002 mol·L-1·s-1×10s=0.02 mol·L-1K2=0.160mol·L-12/0.020mol·L-1=1.3mol·L-1

3)温度为T时,反应达平衡,将反应容器的体积减小一半,即增大压强,当其他条件不变时,增大压强,平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动,即向逆反应方向移动,答案为:逆反应 对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动。

组卷:147次
难度:中等
知识点:化学平衡
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4.

1)某温度时,在2L容器中AB两种物质间的转化反应中,AB物质的量随时间变化的曲线如下图所示,由图中数据分析得:

该反应的化学方程式为____________________

反应开始至4min时,B的平均反应速率为________ A的反应速率为_____ A的转化率为_____

③4min时,反应是否达到平衡状态?________(填),8min时,v(正)________v(逆)(填)。

2)下图表示在密闭容器中反应:2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)△H0达到平衡时,由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况,a时改变的条件可能是______________b时改变的条件可能是______________

【答案】

2AB    0.025mol/(Lmin)    0.05mol/(Lmin)    50%            升温    减小SO3的浓度   

【详解】

1根据图象可知A为反应物,B为生成物,反应进行到4minA物质的量变化为0.8mol-0.4mol=0.4molB物质的量变化0.4mol-0.2mol=0.2molAB反应的物质的量之比21,所以反应的化学方程式为2AB

反应开始至4min时,A物质的量变化为0.4mol,浓度是0.4mol÷2L=0.2mol/L,则A的平均反应速率为0.2mol/L÷4min=0.05mol/(L•min),反应速率之比是化学计量数之比,则B物质表示的反应速率是0.025mol/(L•min)A的转化率为

根据图像可知4min时随时间变化AB物质的量发生变化,说明未达到平衡,8minAB物质的量不变,说明反应达到平衡状态,因此v()=v()

2a时逆反应速率大于正反应速率,说明平衡应向逆反应方向移动,且正逆反应速率都增大,该反应的正反应放热,应为升高温度的结果;b时正反应速率不变,逆反应速率减小,在此基础上逐渐减小,应为减小生成物的原因,即b时改变的条件可能是减小SO3的浓度。

组卷:100次
难度:容易
知识点:化学平衡图像分析
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5.

乙烯是一种重要的化工原料,可由乙烷为原料制取,回答下列问题。

1)传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下:

①C2H6(g)=C2H4(g) +H2(g) ΔH1=+136 kJ/mol

②C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol

已知反应相关的部分化学键键能数据如下:

化学键

H-H(g)

H-O(g)

O=O(g)

键能( kJ/mol)

436

X

496

由此计算x=_________,通过比较△H1△H2,说明和热裂解法相比,氧化裂解法的优点是_______________________________(任写一点)。

2)乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外,还存在CH4COCO2等副产物(副反应均为放热反应),图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是______,反应的最佳温度为____________(填选项序号)。

A700℃       B750℃        C850℃      D900℃

【乙烯选择性=;乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性】

3)烃类氧化反应中,氧气含量低会导致反应产生积炭,堵塞反应管。图2n(C2H6)/n(O2)的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中n(C2H6)/n(O2)的最佳值是_______________,判断的理由是__________________________________

4)工业上,保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应,通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%),掺混惰性气体的目的是___________________________

反应达平衡时,各组分的体积分数如下表:

C2H6

O2

C2H4

H2O

其他物质

2.4%

1.0%

12%

15%

69.6%

计算该温度下的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度,平衡分压=总压×体积分数)

【答案】

 465  氧化裂解反应是放热反应,节约能源;氧化裂解反应热力学趋势上大  温度升高,反应速率加快,转化率升高  C  2  比值小于2时,乙烯的收率降低;比值大于2时,乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭,堵塞反应管  正反应是气体分子数增多的反应,恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积,降低分压,有利于平衡正向移动  KP = 75

【解析】1-O2(g)+ H2(g) = H2O(g) ΔH=-246 kJ/molH-H(g)= 436 kJ/mol, H-O(g)= X

O=O(g)= 496 kJ/mol由此计算x= 465 kJ/mol

通过比较△H1△H2,说明和热裂解法相比,氧化裂解法的优点是氧化裂解反应是放热反应,节约能源;氧化裂解反应热力学趋势上大

2)乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外,还存在CH4COCO2等副产物,因为副反应均为放热反应升高温度,不利于副产物的生成;因为乙烯选择性=,所以由图知温度升高,反应速率加快,转化率升高为;由图观察温度在850℃和900℃之间,乙烷的转化率都比较大,乙烯收率较高和乙烯选择性较,所以,选择850℃较好,答案:温度升高,反应速率加快,转化率升高     C

3由图2观察知n(C2H6)/n(O2)<2时,乙烯的收率降低;比值大于2时,乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭,堵塞反应管,所以当n(C2H6)/n(O2)=2时最佳值。答案2     比值小于2时,乙烯的收率降低;比值大于2时,乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭,堵塞反应管

4C2H6(g)+ O2(g)= C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110 kJ/mol,知正反应是气体分子数增多的反应,工业上,保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应,如果在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体相当于扩大容器体积,降低分压,有利于平衡正向移动,提高反应物的转化率。

因为总压恒定为100kPa

C2H6(g)        +O2(g)     =      C2H4(g)+         H2O(g)

平衡量2.4%     1.0%      12%    15%kPa

该温度下的平衡常数就是反应达到平衡时Kp=生成物浓度幂次方的乘积比反应物浓度幂次方的乘积,所以Kp=  =75

答案:正反应是气体分子数增多的反应,恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积,降低分压,有利于平衡正向移动,75

组卷:130次
难度:很难
知识点:化学反应原理综合考查
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6.

反应Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g) ΔH1,平衡常数为K1;反应Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g) ΔH2,平衡常数为K2;在不同温度时K1K2的值如下表:

700 ℃

900 ℃

K1

1.47

2.15

K2

2.38

1.67

反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) ΔH,平衡常数K,则ΔH________(ΔH1ΔH2表示)K________(K1K2表示),且由上述计算可知,反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)________反应(吸热放热”)

(2)一定温度下,向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体,发生反应Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g) ΔH0CO2的浓度与时间的关系如图1所示:

该条件下反应的平衡常数为________;若铁粉足量,CO2的起始浓度为2.0 mol·L1,则平衡时CO2的浓度为________ mol·L1

下列措施中能使平衡常数增大的是________(填序号)

A.升高温度

B.增大压强

C.再充入一定量的CO2

D.再加入一定量铁粉

(3)对于可逆反应Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g),该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图2

从图中看到,反应在t2时达平衡,在t1时改变了某种条件,改变的条件可能是________

A.升温

B.增大CO2浓度

C.使用催化剂

如果在t3时从混合物中分离出部分COt4t5时间段反应处于新平衡状态,请在图上画出t3t5v()变化曲线_______

【答案】

ΔH1ΔH2        吸热    2.0        A    AC        

【分析】

1)利用盖斯定律计算,并得出热化学方程式中的能量变化值,根据平衡常数的表示方法得出各个平衡常数之间的关系;根据平衡移动与温度的关系分析;

(2)①据图分析可知,平衡时二氧化碳和CO的浓度分别为0.5 mol/L1 mol/L,依据化学平衡常数表达式计算;

平衡常数只随温度变化而变化,不随浓度、压强等因素变化而变化,该反应是吸热反应,升高温度,平衡常数增大;

3从图中看到,t1时改变了某种条件,使逆反应速率增大;

如果在t3时从混合物中分离出部分CO,逆反应速率减小,正反应速率瞬间不变,平衡向着正向移动。

【详解】

(1)已知①Fe(s)CO2(g) FeO(s)CO(g) ΔH1②Fe(s)H2O(g) FeO(s)H2(g) ΔH2,据盖斯定律,CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g),则ΔHΔH1ΔH2,平衡常数K;由图表可知,K1随温度的升高而增大,K2随温度升高而减小,则K随温度升高而增大,说明正反应吸热,故答案为ΔH1ΔH2;吸热;

(2)①据图分析可知,平衡时二氧化碳和CO的浓度分别为0.5 mol/L1 mol/L,则平衡常数K==2.0;若CO2的起始浓度为2.0 mol·L1,据方程式可知,反应的二氧化碳的浓度与生成CO浓度相等,设生成COx mol/L,则平衡时二氧化碳浓度为(2.0x) mol/LK==2.0x,平衡时二氧化碳浓度=2.0mol/L,故答案为2.0

②A、该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向进行,平衡常数增大,故A正确;

B、增大压强,平衡不移动,温度不变,平衡常数不变,故B错误;

C、充入一定量CO2CO2浓度增大,平衡向正反应方向移动,但温度不变,平衡常数不变,故C错误;

D、再加入一定量铁粉,平衡不移动,温度不变,平衡常数不变,故D错误;

故答案为A

(3)①A、升温,正、逆反应速率突然增大,随着反应的进行,生成物的浓度增大,逆反应速率增大,最后不变,故A符合;

B、增大CO2的浓度,正反应速率突然增大,逆反应速率瞬间不变,故B不符合;

C、使用催化剂,正、逆反应速率突然增大,随着反应的进行,生成物的浓度增大,逆反应速率增大,最后不变,故C符合;

故答案为AC

如果在t3时从混合物中分离出部分CO,逆反应速率减小,正反应速率瞬间不变,平衡向着正向移动,随着反应的进行,生成物的浓度逐渐增大,逆反应速率逐渐增大,最后不变(比t2时要小),变化如下图所示:,故答案为

【点睛】

本题考查化学平衡移动,注意盖斯定律的计算,注意分析表格数据,把握图象曲线的变化特点,结合外界条件的变化分析反应速率以及平衡移动的变化是解答的关键。

组卷:157次
难度:偏难
知识点:化学平衡图像分析
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7.

某温度下,在2 L恒容密闭容器中3种物质间进行反应,XYZ的物质的量随时间的变化曲线如图所示,反应在t1 min 时达到平衡。

(1)请写出该反应的化学方程式:_____________________________

(2)若上述反应中XYZ分别为NH3H2N2,且已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量,则至t1 min时,该反应吸收的热量为________;在此t1 min时间内,用H2表示该反应的平均速率v(H2)__________。下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是________(填字母代号)

A.容器内各气体组分的质量分数不再发生改变

B.正反应速率与逆反应速率相等

C.容器内气体的密度不再发生改变

D.混合气体的平均相对分子质量不再发生改变

【答案】

  2X3YZ(“===”不得分)  36.8 kJ   mol/(L·min)  ABD

【解析】分析:(1)化学反应中,各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比,以此书写化学方程式;

2)利用转化的物质的量计算反应热,根据反应速率的含义计算;当反应中各物质的物质的量不再变化时,反应达到平衡状态,各物质的浓度不变,由此衍生的一些物理量不变。

详解:(1)由图象可以看出,X的物质的量逐渐减小,则X为反应物,YZ的物质的量逐渐增多,作为YZ为生成物,当反应到达t1min时,nX=0.8molnY=1.2molnZ=0.4mol,化学反应中,各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比,则nX):nY):nZ=231,所以反应的化学方程式为2X3YZ

2)由于1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量,而反应中nX=0.8mol,热效应为:0.8mol×46kJ/mol=36.8kJ;在此t1 min时间内生成氢气是1.2mol,浓度是0.6mol/L,则用H2表示该反应的平均速率v(H2)mol/(L·min)

A.容器内各气体组分的质量分数不再发生改变说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,A正确;

B.正反应速率与逆反应速率相等,反应达到平衡状态,B正确;

C.由于反应在体积不变的密闭容器中进行,反应过程中气体的体积不变,质量不变,则混合气体的密度不变,不能判断是否达到平衡状态,C错误;

D.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值,质量不变,但物质的量是变化的,所以混合气体的平均相对分子质量不再发生改变,反应达到平衡状态,D正确;答案选ABD

点睛:本题考查化学平衡的图象问题以及平衡状态的判断,题目难度中等,注意把握图象的分析和平衡状态的判断,难点是平衡状态判断,注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据:正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态,对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了,即说明可逆反应达到了平衡状态。因此判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。

组卷:178次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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8.

环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体,其制备涉及的反应如下:

回答下列问题:

(l)反应H= _________ kJ/mol 

(2)解聚反应在刚性容器中进行。

其他条件不变,有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是 ____ (填标号).

 A.升高温度    B.降低温度    C.增大压强    D.减小压强

实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下,通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气,达到平衡后总压为160kPa,双环戊二烯的转化率为8 0%,则 pH2O=___kpa,平衡常数Kp=______kPa (Kp为以分压表示的平衡常数)

(3) 一定条件下,将环戊二烯溶于有机溶剂中进行氢化反应,反应过程中保持氢气压力不变,测得环戊烯和环戊烷的产率(以环戊二烯为原料计)随时间变化如下图所示。

将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生,原因是____

最佳的反应时间为__h。活化能较大的是__(填氢化反应副反应)。

(4)已知氢化反应平衡常数为1.6 × 1012,副反应的平衡常数为2.0×10l2。在恒温恒容下,环戊二烯与氢气按物质的量之比为11进行反应,则环戊二烯的含量随时间变化趋势是____(不考虑环戊二烯的二聚反应)。

【答案】

-209.9    AD    25    960    降低环戊二烯浓度,减小二聚速率;稀释有利于平衡向解聚方向移动    4    副反应    先变小后变大(最后不变)   

【详解】

1)已知

,根据盖斯定律,由氢化反应+副反应得反应 H=-100.5kJ/mol-109.4kJ/mol=-209.9kJ/mol

(2)提高双环戊二烯平衡转化率则平衡正向移动;

 A.升高温度,平衡向吸热反应的正反应方向移动,选项A符合;

B.降低温度,平衡向放热反应的逆反应方向移动,选项B不符合;

C.增大压强,平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动,选项C不符合;

D.减小压强,平衡向气体体积增大的正反应方向移动,选项D符合;

答案选AD

实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下,通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气,达到平衡后总压为160kPa,则增压60kPa,双环戊二烯的转化率为8 0%,则反应前双环戊二烯的分压为,则 pH2O=l00kPa-75kPa=25kPa,平衡时双环戊二烯、环戊二烯的平衡分压分别为15kPa120kPa,平衡常数Kp==960kPa

(3)将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生,原因是降低环戊二烯浓度,减小二聚速率;稀释有利于平衡向解聚方向移动;

根据图中信息可知,4h时环戊烯的产率最大,故最佳的反应时间为4h。根据各反应的焓变以及环戊烯和环戊烷产率随时间的变化曲线可知,活化能较大的是副反应;

(4)已知氢化反应平衡常数为1.6 ×1012,副反应的平衡常数为2.0×1012。在恒温恒容下,环戊二烯与氢气按物质的量之比为11进行反应,开始一段时间,氢化反应的活化能较小,氢化反应比副反应快,环戊二烯的含量随时间的推移变小;一段时间后,由于副反应的平衡常数大于氢化反应的平衡常数,副反应进行的程度大、放热多,使氢化反应逆向进行,环戊二烯的含量随时间推移又变大,直至最后不变。

组卷:174次
难度:中等
知识点:化学平衡
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9.

如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理,进行如下实验:在容积为1L的密闭容器中,充入1molCO23molH2。在500下发生发应,CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og)。实验测得CO2CH3OHg)的物质的量(n)随时间变化如下图1所示:

1)从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率vH2)=________

2500该反应的平衡常数为_____(结果保留一位小数),图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图,若提高温度到800进行,达平衡时,K_____(填增大”“减小不变)。

3)下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_______

A 在原容器中再充入1mol H2        B 在原容器中再充入1molCO2

C 缩小容器的容积       D 使用更有效的催化剂     E 将水蒸气从体系中分离出

4500条件下,测得某时刻,CO2g)、H2g)、CH3OHg)和H2Og)的浓度均为0.5mol/L,则此时v(正)____ v(逆)(填”““=”)。

【答案】

0.225mol/L·min    5.3    减小    BD       

【分析】

(1)由图可知,10min到达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/Lv=,据此计算;

(2)平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值;升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小;

(3)要提高CO2的转化率,应使平衡向正反应方向移动,根据平衡移动原理结合选项判断;

(4)依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向。

【详解】

(1)由图可知,10min到达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O可知,氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍,则氢气的浓度变化量为:0.75mol/L×3=2.25mol/L,则v(H2)==0.225mol/(L•min)

(2)(1)可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/Lc(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L,则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L,所以K===5.3,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小;

(3)A.在原容器中再充入1mol H2,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,故A不选;B.在原容器中再充入1molCO2CO2的转化率反而减小,故B选;C.缩小容器的容积即增大压强,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,故C不选;D.使用更有效的催化剂,平衡不移动,CO2的转化率不变,故D选;E.将水蒸气从体系中分离出,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,故E不选;故答案为BD

(4)500条件下,测得某时刻,CO2(g)H2(g)CH3OH(g)H2O(g)的浓度均为0.5mol/L,浓度商Q===4K=5.33,说明反应正向进行vv

组卷:199次
难度:中等
知识点:影响化学反应速率的因素
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四、计算题(共1题)
1.

羟基丁酸生成丁内酯的反应如下:HOCH2CH2CH2COOH+H2O

298K下,羟基丁酸水溶液的初始浓度为,测得丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题:

21

50

80

100

120

160

220

0.024

0.050

0.071

0.081

0.090

0.104

0.116

0.132

(1)该反应在5080min内的平均反应速率为_____

(2)120min羟基丁酸的转化率为______

(3)298K时该反应的平衡常数_____

(4)为提高羟基丁酸的平衡转化率,除适当控制反应温度外,还可采取的措施是______

【答案】

0.0007    0.5(50%)        丁内酯移走   

【解析】

(1)根据υ=计算反应速率;

(2)根据物质的转化率=计算;

(3)根据化学平衡常数K=计算化学平衡常数;

(4)根据影响化学平衡移动的因素,分析判断。

【详解】

(1) υ===0.0007mol/(L·min)

(2)120min时反应产生的丁内酯的物质的量浓度0.090mol/L,则反应消耗的羟基丁酸的浓度为0.090mol/L,由于反应开始时羟基丁酸的浓度0.180mol/L,所以羟基丁酸的转化率为=50%

(3)298K的摄氏温度为25,水为液态,则此时该反应的平衡常数K===

(4)为提高羟基丁酸的平衡转化率,使化学平衡正向移动,除适当控制反应温度外,还可采取的措施是及时分离出丁内酯。

【点睛】

本题考查了有关化学反应速率、化学平衡的知识,包括化学反应速率、物质的平衡转化率、化学平衡常数的计算及提高物质转化率的措施等,掌握化学反应速率和化学平衡理论基础知识是解题关键因素。

组卷:105次
难度:中等
知识点:化学反应速率
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五、实验,探究题(共2题)
1.

干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体,化学方程式为:,在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示,回答下列问题:

(1)装置1用来制备二氧化碳气体:将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上,漏斗中所加试剂为____;装置2中所加试剂为____

(2)装置4中试剂为固体NH4ClCa(OH)2,发生反应的化学方程式为________;试管口不能向上倾斜的原因是__________。装置3中试剂为KOH,其作用为______________

(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却,其目的是_______________________

【答案】

稀盐酸    H2SO4    Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O    防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂    干燥剂(干燥氨气)    降低温度,使平衡正向移动提高产量   

【解析】

在装置1中稀盐酸与CaCO3发生反应产生CO2气体,在装置2中用浓硫酸干燥CO2气体,将干燥的CO2通入三颈烧瓶中;在装置4Ca(OH)2NH4Cl混合加热发生复分解反应产生NH3,经装置3盛有KOH固体的干燥管干燥后通入三颈烧瓶中,与CO2发生反应2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H<0,制取得到NH2COONH4

【详解】

(1)装置1用来制备二氧化碳气体,反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,在试管的带孔塑料板上放置块状CaCO3,在长颈漏斗中放置稀盐酸;装置2中所加试剂为浓硫酸,作用是干燥CO2气体;

(2)在装置4中试剂为固体NH4ClCa(OH)2,二者混合加热发生反应制取氨气,发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;试管口不能向上倾斜的原因是:防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂。装置3中试剂为KOH,其作用为干燥氨气。

(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却,原因是2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H<0的正反应是放热反应,降低温度,化学平衡向放热的正反应方向移动,从而可提高产物的产量。

【点睛】

本题考查了化学实验基本操作的知识。涉及仪器的使用,试剂的选择、装置的作用、操作的目的及外界条件对化学平衡移动的影响等知识,体现了化学在实际生产中的应用。

组卷:174次
难度:中等
知识点:氨 铵盐
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2.

乙醇是重要的有机化工原料,可由乙烯直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题:

1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)。再水解生成乙醇。写出相应的反应的化学方程式                            

2)已知:

甲醇脱水反应①2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)△H1=-23.9KJ·mol1

甲醇制烯烃反应②2CH3OH(g)C2H4(g)2H2O(g) △H2=-29.1KJ·mol1

乙醇异构化反应③CH3CH2OH(g)CH3OCH3(g)) △H3+50.7KJ·mol1

则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)H2O(g)C2H5OH(g)△H                   KJ·mol1

与间接水合法相比,气相直接水合法的优点是:            

3)下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中n(H2O)n(C2H4)=11)

列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K               (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)

图中压强P1P2P3P4的大小顺序为:                 ,理由是:                     

气相直接水合法党采用的工艺条件为:磷酸/硅藻土为催化剂,反应温度290 ℃,压强69MPan(H2O)n(C2H4)=061。乙烯的转化率为5℅。若要进一步提高乙烯的转化率,除了可以适当改变反应温度和压强外,还可以采取的措施有:                                 

【答案】

1C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3HH2O=C2H5OH+ H2SO4;

(2) -45.5 污染小,腐蚀性小等;(3①K=0.07(MPa)-1; ②P1< P2< P3< P4;反应分子数减少,相同温度下,压强升高,乙烯转化率提高;将产物乙醇液化转移去,增加n(H2O):n(C2H4)的比。

【解析】

试题分析:(1)根据题意可得乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯C2H5OSO3H的方程式:C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3HH2O=C2H5OH+ H2SO4;(2,整理可得C2H4(g)H2O(g)C2H5OH(g)△H=(-23.9+29.150.7KJ/mol=45.5 KJ/mol;与间接水合法相比,气相直接水合法的优点是污染小,腐蚀性小等;(3乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K(MPa)-1; ②在相同的温度下由于乙烯是平衡转化率是P1< P2< P3< P4;由方程式C2H4(g)H2O(g)C2H5OH(g)可知该反应的正反应是气体体积减小的反应,所以增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率提高,因此压强关系是:P1< P2< P3< P4; ③若要进一步提高乙烯的转化率,除了可以适当改变反应温度和压强外,还可以采取的措施有改变物质的浓度,如从平衡体系中将产物乙醇分离出去,或增大水蒸气的浓度,改变二者的物质的量的比等等。

考点:考查化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的设计与比较、反应热的计算、化学平衡常数的计算及提高产品产率的方法的探究的知识。

组卷:108次
难度:中等
知识点:化学平衡
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试卷统计
试题总数:
100
总体难度:
偏难
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
84
84.0%
综合题
4
4.0%
填空题
9
9.0%
计算题
1
1.0%
实验,探究题
2
2.0%
知识点统计
知识点
题目数
占比
化学平衡
29
28.99%
影响化学平衡的条件
8
8.0%
影响化学反应速率的因素
9
9.0%
化学反应速率
18
18.0%
二氧化硫
1
1.0%
化学平衡图像分析
17
17.0%
等效平衡
7
7.00%
化学反应热的计算
2
2.0%
化学反应条件的控制及优化
2
2.0%
阿伏伽德罗定律
1
1.0%
镁和铝
1
1.0%
物质的转化
1
1.0%
合成氨条件的选择
1
1.0%
物质的分离 提纯和检验
1
1.0%
化学反应原理综合考查
1
1.0%
氨 铵盐
1
1.0%
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