2020届一轮复习人教版化学平衡常数化学反应进行的方向作业(1)
化学平衡常数 化学反应进行的方向
1．只改变一个影响化学平衡的因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是( )
A．K值不变，平衡可能移动
B．平衡向右移动时，K值不一定变化
C．K值有变化，平衡一定移动
D．相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍
[解析] 因改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K值不变，A项和B项均正确；K值只与温度有关，K值发生了变化，说明体系的温度改变，则平衡一定移动，C项正确；相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值应该变为K，D项错误。
[答案] D
2．一定温度下，在一个容积为1 L的密闭容器中，充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，经充分反应达到平衡后，生成的HI(g)占气体体积的50%，该温度下，在另一个容积为2 L的密闭容器中充入1 mol HI(g)发生反应HI(g) H2(g)＋I2(g)，则下列判断正确的是( )
A．后一反应的平衡常数为1
B．后一反应的平衡常数为0.5
C．后一反应达到平衡时，H2(g)的平衡浓度为0.25 mol·L－1
D．后一反应达到平衡时，HI(g)的平衡浓度0.5 mol·L－1
[解析] 前一反应达平衡时c(H2)＝c(I2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝1 mol·L－1，则平衡常数K1＝＝＝4，而后一反应的平衡常数K2＝＝＝0.5，A项错误，B项正确；设后一反应达平衡时c(H2)＝x mol·L－1，则平衡时c(I2)＝x mol·L－1，c(HI)＝(0.5－2x) mol·L－1，K2＝
＝0.5，解得x＝0.125，故平衡时c(HI)＝0.25 mol·L－1，C项错误，D项错误。
[答案] B
3．活性炭可处理大气污染物NO，反应原理：C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)。T℃时，在2 L密闭容器中加入0.100 mol NO和2.030 mol活性炭(无杂质)，平衡时活性炭物质的量是2.000 mol。下列说法不合理的是( )
A．该温度下的平衡常数：K＝
B．达到平衡时，NO的转化率是60%
C．3 min末达到平衡，则v(NO)＝0.01 mol·L－1·min－1
D．升高温度有利于活性炭处理更多的污染物NO
[解析] 利用三段式分析。
C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)
起始物质的量(mol) 2.030 0.100 0 0
转化物质的量(mol) 0.030 0.060 0.030 0.030
平衡物质的量(mol) 2.000 0.04 0.030 0.030
平衡时各物质的浓度：c(NO)＝0.02 mol·L－1，c(N2)＝0.015 mol·L－1，c(CO2)＝0.015 mol·L－1。A项，该温度下的平衡常数：K＝＝，正确；B项，达到平衡时，NO的转化率：×100%＝60%，正确；C项，3 min末达到平衡，则v(NO)＝＝0.01 mol·L－1·min－1，正确；D项，不知道反应是放热反应还是吸热反应，无法确定温度对该反应限度的影响，错误。
[答案] D
4．某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g) 3Z(g)平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是( )
A．m＝2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y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·L－1
[解析] A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y 的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反应的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反应反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4 mol，则Z的物质的量为4 mol×10%＝0.4 mol，Z的浓度为0.4 mol÷2 L＝0.2 mol·L－1，错误。
[答案] D
5．将一定量的氨基甲酸铵置于恒容的密闭真空容器中(固体体积忽略不计)，使其达到化学平衡：H2NCOONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总
浓度/10－3mol/L
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
下列有关叙述正确的是( )
A．在低温下该反应能自发进行
B．15℃时，该反应的化学平衡常数约为2.0
C．当混合气体平均相对分子质量不变时，该反应达到化学反应限度
D．恒温条件下，向原平衡体系中再充入2 mol NH3和1 mol CO2，达平衡后CO2浓度不变
[解析] 反应H2NCOONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)的ΔS＞0，温度升高平衡时总浓度增大，说明正方向吸热，即ΔH＞0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知在高温下该反应才能自发进行，A项错误；15.0℃时，总浓度为2.4×10－3 mol/L，容器内气体的浓度之比为2∶1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6×10－3 mol/L、0.8×10－3 mol/L，代入平衡常数表达式：K＝(1.6×10－3)2×0.8×10－3 ＝2.048×10－9，B项错误；反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2∶
1，混合气体平均相对分子质量始终是定值，无法判断反应达到平衡状态，C项错误；恒温条件下，平衡常数不变，且K＝c2(NH3)×c(CO2)，反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2∶1，故重新平衡时CO2的浓度不变，D项正确。
[答案] D
6．向一300 mL的恒容密闭容器中加入一种多孔粉块状物质R，并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：R(s)＋4CO(g) R(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表。
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法不正确的是( )
A．物质R做成多孔状可增大接触面积，加快化学反应速率
B．25℃时反应R(CO)4(g) R(s)＋4CO(g)的平衡常数为 2×10－5
C．80℃时，测得某时刻R(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v(正)>v(逆)
D．80℃时反应达到平衡，测得n(CO)＝0.3 mol，则R(CO)4的平衡浓度为2 mol·L－1
[解析] 物质R做成多孔状，增大了接触面积，可以加快化学反应速率，A项正确；25℃时反应R(s)＋4CO(g) R(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时反应R(CO)4(g) R(s)＋4CO(g)的平衡常数为＝2×10－5，B项正确；浓度商Qc＝＝8，大于80℃的平衡常数2，故反应向逆反应方向进行，故v(正)＜v(逆)，C项错误；80℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，c(CO)＝ ＝1 mol/L，故c[R(CO)4]＝K·c4(CO)＝2×14 mol/L＝2 mol/L，D项正确。
[答案] C
7.在一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol A，发生A(g) B(g) ＋ C(g)反应。反应过程中c(C) 随时间变化的曲线如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．反应在0～50 s的平均速率v(C) ＝1.6×10－3 mol/(L·s)
B．该温度下，反应的平衡常数K ＝0.025
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)＝0.11 mol/L，则该反应的ΔH<0
D．反应达平衡后，再向容器中充入 1 mol A，该温度下再达到平衡时，0.1 mol/L
0
B．N点化学平衡常数K＝0.59
C．L、M两点容器内压强：P(M)>2P(L)
D．向N点平衡体系中再加入1 mol CH3OH，建立新平衡时被分解的CH3OH物质的量大于0.4 mol
[解析] 由图象分析可知，CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，反应中CO转化率随温度升高减小，说明升温逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；根据化学平衡三段式列式计算M点平衡浓度，CO的转化率为60%，
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，
起始量(mol/L) 1 2 0
变化量(mol/L) 0.6 1.2 0.6
平衡量(mol/L) 0.4 0.8 0.6
计算平衡常数K＝＝＝2.34，平衡常数随温度变化，M、N点温度相同，化学平衡常数相同，B项错误； L、M两点容器内压强之比等于气体的物质的量之比等于1∶2，P(M)＝ 2P(L)，但温度升高，M点压强增大，P(M) > 2P(L)，C项正确； N点平衡体系中再加入1 mol CH3OH，相当于Ⅰ中再加入1 mol CO和2 mol H2，最后达到平衡状态和Ⅱ中加入2 mol CO和4 mol H2的平衡状态相同，甲醇最后平衡状态为1.2 mol，CO转化率60%，则相当于逆向进行甲醇分解率为40%，加入1 mol甲醇增大压强平衡正向进行，则分解率小于40%，分解的甲醇小于0.4 mol，D项错误。
[答案] C
9．在某温度T℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1 L的密闭容器中。反应过程中浓度变化如下：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0
下列说法不正确的是( )
A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)＞α(NO2)
B．平衡后，升高相同温度，以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)
C．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中上述正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)
D．平衡后，升高温度，Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将加深
[解析] Ⅰ中，α(N2O4)＝(0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1)÷0.100 mol·L－1＝0.6，Ⅱ中α(NO2)＝(0.100 mol·L－1－0.071 6 mol·L－1)÷0.100 mol·L－1＝0.284，故Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)＞α(NO2)，A正确；由表格数据可知，平衡时c(N2O4)：Ⅰ＞Ⅱ，故以N2O4表示反应速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)，升高相同温度，以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)，B错误；平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)，C正确；因为2NO2N2O4(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，D正确。
[答案] B
10．在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断错误的是( )
A．平衡常数约为0.3
B．B的转化率为40%
C．A的平均反应速率为0.3 mol·L－1·min－1
D．若混合气体的相对分子质量不变则表明该反应达到平衡状态
[解析] 平衡时生成的C的物质的量为0.2 mol·L－1×2 L＝0.4 mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4 mol∶0.8 mol＝x∶2，解得x＝1，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
3A(g)＋B(g) C(g)＋2D(g)
起始量(mol·L－1) 1.5 0.5 0 0
变化量(mol·L－1) 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡量(mol·L－1) 0.9 0.3 0.2 0.4
K＝≈0.146，A错误；2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol
D，由方程式3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)可知，参加反应的B的物质的量为0.8 mol×＝0.4 mol，故B的转化率为×100%＝40%，B正确；2 min内生成0.8 mol D，故2 min内D的反应速率v(D)＝＝0.2 mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比，故v(A)＝v(D)＝×0.2 mol·L－1·min－1＝0.3 mol·L－1·min－1，C正确；因为该反应前后气体体积变小，而反应前后气体质量守恒，所以相对分子质量在反应进行过程中是变化的，当相对分子质量不变时则说明反应达到平衡状态，D正确。
[答案] A
11．在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)＋5CO(g) Fe(CO)5(g)，当反应进行到5 min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是( )
A．反应进行到5 min时，b容器中v(正)＝v(逆)
B．正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)＞K(T2)
C．b中v(正)大于a中v(逆)
D．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞c＞a
[解析] 5 min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，A项错误；温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，B项错误； b的温度高于a，因此b中v(正)大于a中v(逆)，C项正确；根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，D项错误。
[答案] C
12．研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g) N2O2(快) ΔH1＜0
v1正＝k1正c2(NO) v1逆＝k1逆c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢) ΔH2＜0
v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2)
请回答下列问题：
(1)反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，请写出k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________，升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的速率是反应②。反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1________(填“＞”“＜”或“＝”)E2。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是________。
A．k2正增大，c(N2O2)增大
B．k2正减小，c(N2O2)减小
C．k2正增大，c(N2O2)减小
D．k2正减小，c(N2O2)增大
由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用下图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为________(填字母)。
[解析] (1)①2NO(g) N2O2(g) ΔH1＜0，②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH2＜0，根据盖斯定律，将①＋②，得：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2；2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K＝＝××，平衡时，v2正＝v2逆，v1正＝v1逆，因此K＝
；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，K值减小。(2)反应的活化能越小，反应速率越快，决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)速率的是反应②，反应②速率较慢，活化能较大，即E1＜E2；根据速率方程，A项，k2正增大，c(N2O2)增大，v2正增大，与题意不符，错误；B项，k2正减小，c(N2O2)减小，v2正减小，与题意符合，正确；C项，k2增大，c(N2O2)减小，v2正的变化无法判断，与题意不符，错误；D项，k2正减小，c(N2O2)增大，v2正的变化无法判断，与题意不符，错误；根据上述分析，升高温度，v2正减小，平衡向逆反应方向移动，c(O2)增大，因此当x点升高到某一温度时，c(O2)增大，v2正减小，符合条件的为点a。
[答案] (1)ΔH1＋ΔH2 减小 (2)＜ B a
13．雾霾天气严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NOx等污染。
请回答下列问题：
(1)汽车尾气中有NOx和CO生成： ①已知汽缸中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH>0，在恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是________。
A．混合气体的密度不再变化
B．混合气体的压强不再变化
C．N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶2
D．氧气的转化率不再变化
(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1，写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式________。
②洗涤含SO2的烟气。下列可作为洗涤含SO2的烟气的洗涤剂的是_____。
A．浓氨水
B．碳酸氢钠饱和溶液
C．FeCl2饱和溶液
D．酸性CaCl2饱和溶液
(3)汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag－ZSM－5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为________，在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在________K左右。
(4)车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5 L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：
物质
温度℃
活性炭
NO
E
F
初始
3.000
0.10
0
0
T1
2.960
0.020
0.040
0.040
T2
2.975
0.050
0.025
0.025
①写出NO与活性炭反应的化学方程式________。
②若T1＜T2，则该反应的ΔH________O (填”>”、“<”或“＝”)。
③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1 mol NO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为________。
[解析] (1)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，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，A项错误；反应前后体积不变，因此混合气体的压强始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，B项错误；N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶
2不能说明正逆反应速率相等，不能据此说明反应达到平衡状态，C项错误；氧气的转化率不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D项正确。(2)①已知：ⅰ.H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，ⅱ.C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1，利用盖斯定律，将ⅱ－ⅰ可得C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝(－110.5 kJ·mol－1)－(－241.8 kJ·mol－1)＝＋131.3 kJ·mol－1；②洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选浓氨水和碳酸氢钠饱和溶液，答案选AB；(3)由于该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行，所以若不使用CO，温度超过775℃，NO的分解率降低；根据曲线I可知在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，温度为870℃左右时转化率最高，因此应控制最佳温度在870℃左右。(4)①由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为(3.000－2.960)∶(0.10－0.020)∶0.040∶0.040＝1∶2∶1∶1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成物为N2与CO2，且该反应为可逆反应，反应方程式为C＋2NON2＋CO2；②若T1＜T2，升高温度NO转化率降低，正反应是放热反应，则该反应的ΔH＜0；③反应C＋2NON2＋CO2是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为 (0.10－0.020)/0.10×100%＝80%，则达到新平衡时NO的转化率为80%。
[答案] (1)D (2)①C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ· mol－1 ②AB (3)NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行(只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分) 870 (4)①C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g) ②< ③80%
