《创新设计》2018版高考化学浙江选考总复习(配套训练)专题7课时3化学平衡的移动Word版含解析

课后限时训练
(时间：45分钟)
必考、选考强化
1．(2016·浙江省温州十校联合体高二上期中)对于已经达到平衡的可逆反应，下列物理量的变化可以肯定可逆反应平衡发生了移动的是()
A．浓度变化B．压强变化
C．体积变化D．转化率变化
解析A项，对于H2(g)＋I2(g)2HI(g)，H2、I2、HI的浓度同时增大
2倍，平衡不移动，故A错误；B项，对于H2(g)＋I2(g)2HI(g)，增大压
强，平衡不移动，故B错误；C项，对于H2(g)＋I2(g)2HI(g)，增大体积，平衡不移动，故C错误；D项，对于任何可逆反应，转化率发生变化，说明平衡发生了移动，故D正确。

答案 D
2．(2016·浙江省桐乡高级中学高二上期中)某一可逆反应的反应物和生成物都是气体，改变下列条件一定能使化学平衡向正反应方向移动的是()
A．恒压下充入稀有气体 B．减小反应容器的体积
C．升高反应温度D．分离出生成物
解析A项，反应前后气体的物质的量若不变，恒压下充入稀有气体，减小压强，平衡不移动，A错误；B项，反应前后气体的物质的量若不变，减小反应容器的体积，增大压强，平衡不移动，B错误；C项，升高温度平衡向吸热方向移动，正反应不一定是吸热反应，C错误；D项，分离出生成物，平衡向正反应方向移动，D正确。

答案 D
3．(2016·浙江省桐乡高级中学高二上期中)下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是()
A．新制的氯水在光照下颜色逐渐变浅
B．H2、I2、HI平衡混合气缩小体积加压后颜色变深
C．工业上生产硫酸的过程中，SO2在催化氧化时条件控制为常压，而不是高压
D．工业上合成氨气时温度选择450 ℃左右，而不是常温
解析A项，氯水中存在Cl2＋H2O HCl＋HClO，次氯酸见光易分解，次氯酸浓度减小，平衡向右移动，氯气的浓度减小，氯水颜色变浅，能用勒夏特
列原理解释，A正确；B项，H2(g)＋I2(g)2HI(g)是可逆反应，增大压强I2的浓度增大，颜色加深，但反应前后气体的体积不变，故增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C项，增大压强对SO2的转化率影响不大，反而会增大成本，所以通常采取采用常压而不是高压，不能用勒夏特列原理解释，C错误；D项，该温度时，催化剂的活性最大，有利于增大反应速率，提高产量，不能用勒夏特列原理解释，D错误。

答案 A
4．(2016·浙江省温州十校联合体高二上期中)将BaO2放入密闭的真空容器中，反应
2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)达到平衡。

保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是()
A．平衡常数减小B．BaO量不变
C．氧气浓度不变D．平衡向右移动
解析A项，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B项，缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C项，平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，故C正确；D项，平衡向逆反应方向移动，故D错误。

答案 C
5．(2016·浙江省温州十校联合体高二上期中)下列说法正确的是() A．已知氯化钴及其水合物会呈现不同颜色(如下)，德国科学家发明了添加氯化钴的变色水泥，据此推测雨天变色水泥呈粉红色
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．2NO＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0 D．对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
解析A项，雨天时温度相对较低，湿度大，平衡向左移动，主要为CoCl2·6H2O，呈粉红色，故A正确；B项，增大压强(即缩小反应容器的体积)，增大了反应物生成物浓度，从而使反应速率增大，但是活化分子百分数不变，故B错误；C项，反应2NO＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，在常温下能自发进行，该反应为气体体积增加的反应，ΔS＞0，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，该反应的ΔH可能大于0，可能小于0，故C错误；D项，浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误。

答案 A
6．(2016·浙江省湖州市高一下期中)在反应2SO2＋O22SO3中，有a mol SO2和b mol O2参加反应，达到化学平衡状态时有c mol SO3生成，则SO2在平衡混合物中的体积分数为()
A.100c
ab% B.
100c
a＋b＋c
%
C.
100c
()
a－b()
a－c
% D.
100()
a－c
a＋b－0.5c
%
解析根据反应2SO2＋O22SO3利用差量法分析，达到化学平衡状态时有c mol SO3生成，容器内气体的物质的量减少0.5c mol，平衡时该混合气体的气
体的总的物质的量为(a＋b－0.5c) mol，而平衡时二氧化硫的气体的物质的量为
(a－c) mol，则SO2在平衡混合物中的体积分数为100()
a－c
a＋b－0.5c
%，选D。

答案 D
7．(2016·辽宁庄河高中高二下期末)某化学研究小组探究外界条件对化学反应m A(g)
＋n B(g)p C(g)的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是()
A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B．由图2可知，该反应m＋n＜p
C．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3
D．图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
解析A项，根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，A错误；B项，由图2图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C 在反应混合物中的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m＋n＞p，B错误；C项，在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v(正)＝v(逆)，点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B 的转化率要增大，平衡向右移动，故v(正)＞v(逆)，C正确；D项，甲的时间短，
反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能使用了催化剂，但m＋n＝p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，D错误。

答案 C
8．(2016·浙江省台州中学高二上期中)
在恒容密闭容器中存在下列平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。

CO的平衡物质的量浓度与温度T的关系如图所示。

下列说法错误的是()
A．该反应的ΔH >0
B．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＝K2
C．通过加热可以使B点变到C点
D．在T2时若反应进行到状态D，则一定有v(正)<v(逆)
解析A项，从图象分析，随着温度升高，一氧化碳的浓度增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热，正确，不选A；B项，升温平衡正向移动，平衡常数变大，错误，选B；C项，升温，一氧化碳的浓度逐渐增大，可以从B点到C点，正确，不选C；D项，若在T2时反应在D点，说明一氧化碳的浓度比平衡时大，则反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率，正确，不选D。

答案 B
9．(2016·湖北省武汉二中高一下期末)某温度下，向4.0 L恒容密闭容器中充入2.0
mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。

反应过程中测定的部分数据见下表：
下列说法正确的是()
A．反应在前50 s的平均反应速率为v(PCl3)＝0.006 4 mol/(L·s)
B ．若保持其他条件不变，升高温度，平衡时c (PCl 3)＝0.11 mol/L ，则反应的ΔH ＜0
C ．相同温度下，起始时向该容器中充入4.0 mol PCl 3、4.0 mol Cl 2，达到平衡时，PCl 3的转化率小于80%
D ．相同温度下，起始时向该容器中充入2.0 mol PCl 5、0.40 mol PCl 3和0.40 mol Cl 2，达到平衡前v (正)＞v (逆)
解析 A 项,反应在前50 s 的平均速率为v (PCl 3)0.32 mol 4 L 50 s ＝0.001 6 mol·L －1·s －1，
故A 错误；B 项，升高温度，平衡时，c (PCl 3)＝0.11 mol·L －1，大于图表中PCl 3
浓度＝0.4 mol 4 L ＝0.1mol/L ，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，ΔH ＞0，故B 错误；C 项，平衡后PCl 3物质的量为0.4 mol ；
PCl 5（g ）
PCl 3（g ）＋Cl 2（g ）起始量（mol/L ）
0.500变化量（mol/L ）
0.10.10.1平衡量（mol/L ）0.40.10.1
平衡常数K ＝0.120.4＝0.025，逆反应平衡常数K ＝10.025
＝40；相同温度下，起始时向容器中充入4.0 mol PCl 3、4.0 mol Cl 2，达到平衡时消耗PCl 3 物质的量浓度为x ，
PCl 5（g ）
PCl 3（g ）＋Cl 2（g ）起始量（mol/L ）
011变化量（mol/L ）
x x x 平衡量（mol/L ）
x 1－x 1－x K ＝x
（1－x ）2＝40，x ＝0.8 mol/L ，PCl 3的转化率等于80%，故C 错误；D 项，相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl 5、0.40 mol PCl 3和0.40 mol Cl 2，物质浓度分别为0.5 mol/L ，0.1 mol/L ，0.1 mol/L ，结合浓度商Q ＝0.1×0.10.5＝0.02
＜K ＝0.025，反应没有达到平衡状态，反应正向进行，达到平衡前v (正)＞v (逆)，故D 正确。

答案 D
10．(2016·温州中学高一上期末)一定温度下，在密闭容器内进行某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。

(1)写出该反应的化学方程式_______________________________________；
(2)在t1和t2时正反应速率分别为v1和v2，则二者大小关系为v1________v2(填>、
<或＝)；
(3)在t1、t2和t3三个时刻中，反应限度最大的是：________(填t1、t2或t3)。

解析(1)根据图象可知平衡时Y的物质的量减少10 mol－4 mol＝6 mol，X的物质的量增加了6 mol－2 mol＝4 mol，所以根据变化量之比是化学计量数之比
可知该反应的方程式为3Y(g)2X(g)。

(2)t1时刻反应物的浓度大，反应速率快。

(3)反应达到平衡时即达到最大的限度，所以反应限度最大的是t3。

答案(1)3Y(g)2X(g)(2)＞(3)t3
选考提升
11．(2016·浙江省宁波市效实中学高二上期中)氨气是重要化工产品之一。

传统的工
业合成氨技术的反应原理是：N2(g)＋3H2(g)
催化剂
高温、高压NH3(g)ΔH＝－
92.4 kJ/mol。

在500 ℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个固定容积的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图所示，回答下列问题：
(1)计算反应在第一次平衡时的平衡常数K＝________(保留二位小数)。

(2)产物NH 3在5～10 min 、25～30 min 和45～50 min 时平均反应速率(平均反应速率分别以v 1、v 2、v 3表示)从大到小排列次序为__________________。

(3)H 2在三次平衡阶段的平衡转化率分别以α1、α2、α3表示，其中最小的是________。

(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是________，采取的措施是________。

(5)请在下图中用实线表示25～60 min 各阶段化学平衡常数K 的变化图象。

解析 (1)根据图象可知第一次平衡时氢气、氮气和氨气的浓度分别是3 mol/L 、
1 mol/L 、
2 mol/L ，则该反应的平衡常数K ＝c 2（NH 3）
c （N 2）·c 3（H 2）
＝22
1×33＝0.15；(2)化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示的，5～10 min 、25～30 min 和45～50 min ，这三段时间间隔是相同的，只要比较他们的浓度变化就可以，从图上可以看出，这三段时间变化的大小分别为：v 1>v 2>v 3；
(3)转化率就是反应掉的物质的量或者浓度与原来的物质的量或者浓度的比，从图中数据变化可知变化最小的是α3；(4)从图中可以看出，由第一次平衡到第二次平衡，反应物的浓度减小，肯定是正向移动，但是氨的浓度从零开始，表明采取的措施是移走生成物NH 3。

(5)25～45 min ，温度没有变化，而平衡常数是只随温度的改变而改变的。

因此在这一范围内，K 值不变；45～60 min ，平衡继续正向移动，在45分钟这个时间，各物质的浓度没有发生变化，因些平衡移动与浓度和压强变化无关，只能是降低了温度而引起的平衡移动。

因为温度发生了变化，因此平衡常数也发生相应的改变，使得K 值增大。

答案 (1)0.15 (2)v 1>v 2>v 3 (3)α3 (4)正反应方向移动 移走生成物NH 3
(5)
12．(2016·10月)氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。

(1)已知：900 K时，4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)，反应自发。

①该反应是放热还是吸热，判断并说明理由________。

②900 K时，体积比为4∶1的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl的平衡转化率α(HCl)随压强(P)变化曲线如图。

保持其他条件不变，升温到T K(假定反应历程不变)，请画出压强在1.5×105～4.5×105Pa范围内，HCl的平衡转化率α(HCl)随压强(P)变化曲线示意图。

(2)已知：Cl2(g)＋2NaOH(aq)===NaCl(aq)＋NaClO(aq)＋H2O(l)ΔH1＝－102
kJ·mol－1
3Cl2＋6NaOH(aq)===5NaCl(aq)＋NaClO3(aq)＋3H2O(l)ΔH2＝－422 kJ·mol－1
①写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式：_______________
_________________________________________________________________。

②用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得是NaClO溶液(不含NaClO3)，此时ClO－的
浓度为c0 mol·L－1；加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO－浓度为c1 mol·L－1，写出该时刻溶液中Cl－浓度的表达式：c(Cl－)＝________mol·L－1(用c
、c1表示)。

③有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
Ⅰ2ClO－===ClO－2＋Cl－
ⅡClO－2＋ClO－===ClO－3＋Cl－
常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___________________________________________
_________________________________________________________________。

(3)电解NaClO 3水溶液可制备NaClO 4。

在电解过程中由于阴极吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下降。

为抑制氢气的产生，可选择合适的物质(不引入杂质)，写出该电解的总化学方程式_______________________________
_________________________________________________________________。

解析 (1)①该反应能自发，由于ΔS <0，所以ΔH <0。

②由于该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡转化率降低。

相同压强下，转化率比900 K 时低。

(2)①NaClO 分解生成NaClO 3，发生歧化反应，另一产物为NaCl ，方程式为3NaClO(aq)===2NaCl(aq)＋NaClO 3(aq)，该反应可由上述反应②－①×3获得，ΔH ＝－422－(－102)×3＝－116 kJ·mol －1。

②Cl 2和NaOH 歧化生成等物质的量的NaCl 和NaClO ，有c (Cl －)＝c (ClO －)＝c 0 mol·L －1。

NaClO 发生反应：3NaClO===2NaCl ＋NaClO 3，NaClO 的浓度变化为(c 0－c 1) mol·L －1，则增加的c (Cl －)＝23(c 0－c 1) mol·L －1，c (Cl －)总＝c 0＋23(c 0－c 1) mol·L －1。

③碰撞理论指化学反应发生的条件：一是要成为活化分子，二是有合适的取向。

该反应难发生，而反应Ⅱ能快速发生，说明反应Ⅰ难发生。

原因是反应Ⅰ活化能高，分子难以成为活化分子，单位体积内活化分子少，不利于反应Ⅰ的进行。

(3)电解时，阳极反应为：
ClO －3－2e －＋H 2O===ClO －4＋2H ＋，阴极上H ＋得电子生成H 2，加入易得电子的物质，不让H ＋放电，由题“不引入杂质”可以利用O 2在阴极放电消耗H ＋：
O 2＋4e －＋4H ＋===2H 2O ，总反应为2NaClO 3＋O 2=====电解2NaClO 4。

答案 (1)①放热反应，ΔS <0且反应自发
②
(2)①3NaClO(aq)===2NaCl(aq)＋NaClO 3(aq) ΔH ＝－116 kJ·mol －1
②c 0＋2（c 0－c 1）3或5c 0－2c 13
③反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO －向ClO －3转化
(3)2NaClO 3＋O 2=====通电2NaClO 4。