第七单元作业答案.docx

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第七单元作业答案

课时作业（二十五）

1.C　[解析]增大反应物浓度,增大了单位体积内的活化分子数,没有改变活化分子百分数,A错误;增大压强,相当于增大了浓度,单位体积活化分子数目增大,没有改变活化分子百分数,B错误;升高温度,一部分普通分子吸收能量变为活化分子,增大了活化分子百分数,C正确;活化分子间的碰撞不一定都是有效碰撞,D错误。

2.D　[解析]根据

=

=

=

可判断。

3.C　[解析]①加水,盐酸的浓度变小,故反应速率变慢;②加氢氧化钠,降低了盐酸的浓度,故反应速率变慢;③加浓盐酸,反应速率加快,且铁的量没有改变故不影响氢气的产量;④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸,故反应速率减慢;⑤加氯化钠固体,氢离子的浓度不变,故反应速率不变;⑥滴加硫酸铜溶液,铁把铜置换出来,形成原电池,故反应速率加快,但与盐酸反应的铁减少,故减少了产生氢气的量;⑦温度升高,反应速率加快,且不影响氢气的产量;⑧改用浓度大的盐酸,反应速率加快,且不影响氢气的产量。

4.D　[解析]对同一化学反应而言,可以用不同的物质表示其速率,比较化学反应进行的快慢时需用同一种物质表示不同条件下的反应速率,其计算依据是不同物质表示的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比。

根据v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）=1∶3∶2∶2,转化为用A的浓度变化表示的反应速率。

A项,v（A）=0.15mol·L-1·min-1;B项,v（A）=0.20mol·L-1·min-1;C项,v（A）=0.20mol·L-1·min-1;D项,v（A）=0.225mol·L-1·min-1。

5.A　[解析]增加反应物的浓度,反应速率加快,A项正确;加入氮气,因为容器容积不变,反应体系中各气体的浓度不变,故反应速率不变,B项错误;保持压强不变,加入氮气,容器容积增大,反应体系中各气体的浓度减小,反应速率减小,C项错误;保持压强不变,再次充入1molH2（g）和1molI2（g）,则容器容积增大为原来的2倍,再次平衡反应体系中各气体的浓度不变,反应速率不变,D项错误。

6.C　[解析]反应速率主要取决于慢的一步,所以反应速率主要取决于②的快慢,A错误;NOBr2是反应过程中的中间物质,不是该反应的催化剂,B错误;由于该反应为放热反应,说明反应物总能量高于生成物总能量,所以正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1,C正确;增大Br2（g）浓度活化分子百分数不变,但单位体积内的活化分子数目增多了,所以能加快反应速率,D错误。

7.D　[解析]图（b）中的A为分液漏斗,A正确;图（b）实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率,B正确;图（a）实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率,C正确;因为氯化铁、硫酸铜阴离子不同,若图（a）实验中反应速率为①>②,不能说明Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好,D错误。

8.C　[解析]温度每升高10℃,化学反应速率增大到原来的2倍,初始温度为20℃,温度升高到50℃,温度变化为30℃,反应速率应是10℃的23=8倍,因此v（A）=8×5mol/（L·s）=40mol/（L·s）,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,因此v（C）=

v（A）=60mol/（L·s）,故选项C正确。

9.C　[解析]实验3达到平衡时,X的浓度大于实验1,温度相同,说明X起始浓度大于1.0mol/L,A项正确;实验2和实验1达到相同的平衡状态,但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂,催化剂改变反应速率不改变化学平衡,B项正确;依据图表数据分析,实验3在40min时达到平衡,实验2在20min时达到平衡,实验2先达到平衡,C项错误;实验4和实验1在10分钟时都未达到平衡,依据化学反应速率概念计算,实验1中X的反应速率=

=0.02mol·L-1·min-1,实验4中X的反应速率=

=0.06mol·L-1·min-1,所以前10分钟,实验4的平均反应速率大于实验1,D项正确。

10.

（1）①温度　催化剂　②温度升高化学反应速率加快,或使用合适的催化剂化学反应速率加快

（2）①2H2O2

2H2O+O2↑　②接触面积

[解析]

（1）①根据表中给出的数据,无催化剂不加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应,在无催化剂加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都分解,说明过氧化氢的分解速率与温度有关;但是反应条件相同时得到相同体积气体的时间不同,浓度越大,反应的速度越快,说明过氧化氢的分解速率与浓度有关;比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时,在无催化剂加热的时候,制取标准状况下150mLO2需要的时间是360s,有催化剂加热的条件下,需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关;②分析表中数据可以看出,浓度越大,反应速率越快,加热能加快过氧化氢的分解,有催化剂时分解速率快。

（2）①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式为2H2O2

2H2O+O2↑;②因在其他条件相同时,粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短,说明接触面积对反应速率有影响。

11.

（1）2Mn

+5H2C2O4+6H+

2Mn2++10CO2↑+8H2O

（2）298　0　0.010　温度

（3）MnSO4　如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾会和Cl-反应,而且引入Cl-无法证明是Mn2+起了催化作用

（4）a.1×10-4mol·L-1·min-1　b.否　c.取过量的相同体积、不同浓度的草酸溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应

[解析]

（1）高锰酸钾具有强氧化性,把草酸中的C从+3价氧化成+4价,Mn从+7价变化到+2价,由于草酸分子中有2个C,所以高锰酸钾与草酸的反应比例为2∶5。

（2）实验①和③中温度不同,探究的是温度对反应速率的影响;实验①和④探究催化剂对反应速率的影响,所以实验④中除了催化剂以外其余与实验①均相同。

（3）如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾会和Cl-反应,而且引入Cl-无法证明是Mn2+起了催化作用,因此需要选择硫酸锰。

（4）a.实验②中褪色需要时间的平均值为5min,则用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为

=1×10-4mol·L-1·min-1。

b.从表中数据可知,相同体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液的浓度是0.001mol/LKMnO4酸性溶液的10倍,但前者反应的时间却是后者反应时间的二倍左右,由反应速率计算公式（v=

）可得出,此实验条件下KMnO4酸性溶液的浓度越大反应速率越快,因此结论错误。

c.因根据直接看表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系,需满足高锰酸钾的物质的量相同,草酸溶液的浓度不同,所以实验方案为取过量的相同体积、不同浓度的草酸溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应。

课时作业（二十六）

1.A　[解析]运用极端转化法可确定平衡体系中各物质的浓度范围为0

2.B　[解析]c（N2）∶c（H2）∶c（NH3）=1∶3∶2,即等于化学方程式各物质的化学计量数之比,但不能说明各物质的浓度不变,不一定为平衡状态,A错误;一个N≡N断裂的同时,有3个H—H生成,说明正、逆反应速率相等,反应达到了平衡,B正确;混合气体的密度ρ=

质量在反应前后是守恒的,体积不变,密度始终不变,所以密度不变的状态不一定是平衡状态,C错误;v正（N2）=2v逆（NH3）时,正、逆反应速率不相等,未达到平衡状态,D错误。

3.B　[解析]氯水中存在化学平衡Cl2+H2O

HCl+HClO,光照使氯水中的次氯酸分解,次氯酸浓度减小,使得平衡向右移动,氢离子浓度变大,溶液的pH减小,能用化学平衡移动原理解释,A不符合;催化剂改变反应速率,不改变化学平衡,不能用化学平衡移动原理解释,B符合;浓氨水中加入氢氧化钠固体,氢氧根离子浓度增大,氢氧化钠固体溶解放热,使一水合氨分解生成氨气,化学平衡NH3+H2O

NH3·H2O

N

+OH-逆向进行,能用化学平衡移动原理解释,C不符合;增大压强,平衡2SO2+O2

2SO3向正反应方向移动,能用化学平衡移动原理解释,D不符合。

4.A　[解析]将容器体积增加一倍的瞬间,B的浓度是原来的50%。

但最终平衡时B的浓度是原来的60%,这说明降低压强平衡向正反应方向移动,A正确;A的转化率增大,B错误;B的质量分数增大,C错误;正反应方向为体积增大的反应,D错误。

5.B　[解析]充入B后平衡时压强变大,正向程度变大,

变小,即a>b,A错误;充入B,新平衡状态与原平衡等效,

不变,即a=b,B正确;升温,平衡右移,

变小,即a>b,C错误;充入惰性气体,相当于减压,平衡左移,

变大,即a

6.B　[解析]由左图依“先拐先平数值大”可知T1c+d,故选B。

7.B　[解析]根据容器①中反应达到平衡时能量的变化可知,该反应中转化的N2的物质的量为

=0.3mol,因此根据三段式法可得

　　　　　　N2（g）+　3H2（g）

2NH3（g）

起始（mol）230

转化（mol）0.30.90.6

平衡（mol）1.72.10.6

故平衡常数K=

≈0.023<

≈0.069,因此容器②中反应向逆反应方向进行,v正

8.

（1）减小　减小　

（2）不变　不变　（3）不变　减小

[解析]

（1）保持容器容积不变,通入一定量NO2,则增加了NO2的浓度,所以平衡正向移动,且NO2转化率比原来大,NO2的百分含量减小;保持容器容积不变,通入一定量N2O4,则增加了N2O4的浓度,所以平衡逆向移动,但其进行的程度比原来的N2O4的转化率要小,所以NO2的百分含量减小。

（2）保持压强不变,通入一定量NO2或N2O4,不影响平衡,所以NO2的百分含量不变。

（3）保持容器容积不变,通入一定量氖气,此过程中各物质的物质的量浓度都没有发生改变,所以平衡不移动,NO2的转化率不变;保持压强不变,通入氖气使体系的容积增大一倍,则相当于减小压强,所以平衡向生成NO2的方向移动,所以NO2的转化率会减小。

9.

（1）①<　T1

②0.02mol·L-1·min-1　③D

（2）①1.875×10-4mol/（L·s）　5000

②BD　③该反应的正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,NO的转化率减小（或正反应放热,温度越高,越不利于反应正向进行,NO的平衡转化率越小）　p1>p2>p3

[解析]

（1）①先达到平衡说明反应速率快,即T2>T1,随着温度的升高,甲烷的物质的量增加,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,即正反应方向ΔH<0;②前10min,消耗甲烷的物质的量为（0.4-0.3）mol=0.1mol,即消耗NO2的物质的量为2×0.1mol=0.2mol,根据化学反应速率的表达式,v（NO2）=

;③使用催化剂,只加快反应速率,对化学平衡无影响,A错误;正反应方向是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,NO2的转化率降低,但化学反应速率加快,B错误;缩小容器的体积,相当于增大压强,平衡向逆反应方向进行,NO2的转化率降低,但反应速率加快,C错误;增加CH4的浓度,平衡向正反应方向移动,NO2的转化率增大,化学反应速率加快,D正确。

（2）①由表中数据可知,前2s内,NO的变化量为（10.0-2.50）×10-4mol/L=7.50×10-4mol/L,由氮原子守恒可得N2的变化量为3.75×10-4mol/L,所以前2s内平均反应速率v（N2）=

=1.875×10-4mol/（L·s）。

此温度下,反应在第4s达平衡状态,各组分的平衡浓度分别为c（NO）=1.00×10-4mol/L、c（CO）=2.70×10-3mol/L、c（N2）=

mol/L=4.5×10-4mol/L、c（CO2）=[（3.60-2.70）×10-3]mol/L=9.0×10-4mol/L,所以该反应的平衡常数K=

=

=5000。

②A项,在反应过程中关系式n（CO2）=2n（N2）恒成立,所以A错误;B项,虽然反应过程中气体的总质量恒不变,但是气体的总物质的量变小,所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大,相对分子质量也变大,因此当气体的相对分子质量不变时,能说明是平衡状态;C项,反应过程中气体的总体积和总质量都不变,所以气体密度不变,因此该说法也不能说明是平衡状态;D项,正反应是气体体积减小的反应,所以反应过程中气体的压强是变量,当容器内气体压强不变时,说明反应达平衡状态。

③当NO与CO浓度相等时,体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是该反应的正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,NO的转化率减小（或正反应放热,温度越高,越不利于反应正向进行,NO的平衡转化率越小）;由反应方程式可知,在相同温度下压强越大,越有利于反应正向进行,则NO的转化率越大,所以图中压强p1、p2、p3的大小顺序为p1>p2>p3。

10.

（1）（a+2b-c）kJ/mol　

（2）CD　（3）①0.12mol/（L·min）　增大　②F　（4）<　>

[解析]

（1）根据盖斯定律,CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）,可由①+2×②-③得到,故ΔH=（a+2b-c）kJ/mol。

（2）单位时间内生成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g）,二者均表示正反应速率,故A错误;在恒温恒容的容器中,反应混合物全是气体,气体的质量和体积始终保持不变,混合气体的密度保持不变,不能说明达到平衡状态,故B错误;在绝热恒容的容器中,只要平衡移动,就有热效应,反应的平衡常数不再变化,说明已达到平衡,故C正确;在恒温恒压的容器中,对于气体体积变化的反应,气体的平均摩尔质量不再变化,说明反应已达到平衡,故D正确。

（3）①当起始

=2时,即2molH2、1molCO,经过5min达到平衡,CO的转化率为0.6,则0~5min内平均反应速率v（H2）=2×

=0.12mol/（L·min）;若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol,K=

>Qc=

平衡正向移动,达新平衡时H2的转化率将增大。

②当起始

=2.0时,达到平衡状态后,CH3OH的体积分数最大,故当起始

=3.5时,达到平衡状态后,CH3OH的体积分数比C点小,可能是图像中的F。

（4）已知CO2（g）+CH4（g）

2CO（g）+2H2（g）。

在密闭容器中有浓度均为0.1mol·L-1的CH4与CO2,在一定条件下反应,测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图,增大压强,CH4的转化率变小,画等温线,可得,压强p1

v正大于v逆。

课时作业（二十七）

1.C　[解析]只有活化分子在合适取向时发生有效碰撞才能发生化学反应,A错误;化学反应的自发性只能用于判断反应的方向,不能确定反应过程发生的速率,B错误;根据反应NH3（g）+HCl（g）

NH4Cl（s）,可知反应为熵减的反应,ΔS<0,在室温下可自发进行,ΔH-TΔS<0,则ΔH<0,C正确;反应:

气+气

液,ΔS<0,D错误。

2.B　[解析]催化剂不能改变平衡状态,正反应放热,升高温度平衡向逆反应方向移动,NO转化率降低,A项错误;催化剂不能改变平衡状态,增大压强平衡向正反应方向移动,NO转化率增大,B项正确;升高温度同时充入N2,两种变化均能使平衡向逆反应方向移动,NO转化率降低,C项错误;降低温度同时增大压强平衡向正反应方向移动,但反应速率不一定增大,D项错误。

3.C　[解析]根据图像可知,随着压强的增大,B的含量增大,这说明增大压强平衡向逆反应方向移动,即正反应气体体积是增大的,因此n

4.D　[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,同一个反应方程式中的化学计量数增大2倍,K值应该变为[K（原）]2,D项错误。

5.D　[解析]压强比等于物质的量之比:

　　　　　　3A（g）+2B（g）

4C（?

）+2D（?

）

起始（mol）:

4200

变化（mol）:

1.20.81.60.8

平衡（mol）:

2.81.21.60.8

根据反应前后压强之比等于5∶4,因此反应前后气体物质的量之比也为5∶4,D为气体,C为固体或纯液体。

固体和纯液体不能写入平衡常数表达式,①错误;B的转化率为

×100%=40%,②错误;平衡常数只受温度的影响,因此增大压强化学平衡常数不变,但化学平衡向右移动,③正确;C是固体或纯液体,浓度视为常数,因此改变C的量,A、B的转化率不变,④正确。

6.A　[解析]设分解的N2O3物质的量为x,反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol,在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol,同时生成O2（x+3.4）mol,在②反应中生成氧气xmol。

则（x+3.4mol）+x=9mol,求得x=2.8mol,所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（8-2.8-3.4）mol÷2L=0.9mol/L,c（N2O3）=3.4mol÷2L=1.7mol/L,c（O2）=9mol÷2L=4.5mol/L,反应①的平衡常数K=

=8.5。

7.A　[解析]从开始到Q点是正向建立平衡的过程,转化率逐渐增大,从Q点到M点升高温度,平衡向左移动,X的转化率降低,故Q点转化率最大,A项正确;分析图像,X的体积分数先减小到最低,这是化学平衡的建立过程,后增大,这是平衡的移动过程,升高温度,X的体积分数增大,说明升温平衡左移,平衡常数减小,B项错误;M点温度高,故反应速率快,C项错误;平衡时再充入Z,达到的新平衡与原平衡是等效平衡,体积分数相等,D项错误。

8.C　[解析]任选一种情况,升高温度,甲醇的体积分数减小,平衡逆向移动,说明逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,A错误。

相同温度下增大压强,平衡正向移动,甲醇的体积分数越大,甲醇的体积分数为①>②>③,说明①中的压强最大,则体积最小,故体积大小为①<②<③,B错误。

P点甲醇的体积分数为50%,设CO转化的物质的量为x,则氢气转化了2x,甲醇生成了x,50%=

得到x=0.075mol,所以CO的转化率为

×100%=75%,C正确。

设②容器体积为V,P点平衡的时候,CH3OH的物质的量为0.075mol,浓度为

mol·L-1,CO的物质的量为0.025mol,浓度为

mol·L-1,H2的物质的量为0.05mol,浓度为

mol·L-1,K=

=1200V2,再充入CO、H2及CH3OH各0.025mol,同样的方法计算得到浓度商Qc=355.6V2,Qcv逆（CO）,D错误。

9.C　[解析]　　　N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）

开始（mol）130

反应（mol）x3x2x

平衡（mol）1-x3-3x2x

10MPa时,2x=0.3×（4-2x）,解得x=

H2的转化率为

=46.2%,A错误;20MPa时,2x=0.45×（4-2x）,解得x=

NH3的物质的量浓度是10MPa时的

÷

=

倍,B错误;40MPa时,2x=0.6×（4-2x）,解得x=0.75,若容器的体积为VL,则平衡常数K=

=

C正确;30MPa时,若向容器中充入惰性气体,容器的体积增大,相当于减小压强,平衡向逆反应方向移动,D错误。

10.

（1）

（2）2.5×10-2　75%　>　不变　升高温度

[解析]

（1）观察题给的三个方程式可知,题目所求的方程式可由（Ⅰ）×2-（Ⅱ）得到,故该反应的平衡常数K=

。

（2）由题给数据可知,n（NOCl）=7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min×2L=0.15mol。

　　　　　　　　2NO（g）+Cl2（g）

2NOCl（g）

起始物质的量/mol0.20.10

10min内转化的物质的量/mol0.150.0750.15

平衡物质的量/mol0.050.0250.15

故n（Cl2）=0.025mol;

NO的转化率α1=

×100%=75%。

其他条件保持不变,由恒容条件（2L）改为恒压条件,因该反应是气体分子数减小的反应,平衡正向移动,NO的转化率增大,即α2>α1;平衡常数只是温度的函数,故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变;要使平衡常数减小,平衡应逆向移动,因为反应（Ⅱ）是放热反应,故应升高温度。

11.Ⅰ.

（1）K1·K2　>　

（2）加入催化剂　将容器的体积（快速）压缩至2L

Ⅱ.

（1）<　甲醇的合成反应是分子数减少的反应,相同温度下,增大压强CO的转化率提高

（2）

　（3）=　（4）C

[解析]Ⅰ.

（1）根据化学平衡常数的表达式,K1=

K2=

K3=

因此K3=K1×K2,代入数值,500℃时K3=2.5×1.0=2.5,此时的浓度商Qc=

≈0.88<2.5,说明反应向正反应方向进行,即v正>v逆。

（2）Ⅰ变成Ⅱ,反应速率加快,但是达到平衡时CO的浓度不变,说明改变的条件只能加快反应速率,但对平衡无影响,因此改变的条件是加入催化剂;Ⅰ变为Ⅲ,反应速率加快,CO浓度增大,改变的条件是将容器的体积（快速）压缩至2L。

Ⅱ.

（1）根据勒夏特列原理,等温下,压强越大,平衡向正反应方向进行,CO的转化率增大,即p1

（2）达到平衡组分的浓度分别是c（CO）=

mol·L-1=

mol·L-1、c（H2）=

mol·L-1=

mol·L-1、c（CH3OH）=

mol·L-1,根据化学平衡常数的定义,K=

。

（3）氢气的转化率为2×

×100%=75%,与CO的转化率相等。

（4）催化剂只能加快反应速率,对化学平衡无影响,A错误;降低温度,化学反应速率降低,B错误;增大压强,化学反应速率增大,根据勒夏特列原理,增大压强,化学平衡向体积减小的方向移动,即正反应方向移动,C正确;分离出CH3OH,虽然化学平衡向正反应方向进行,CO的转