化學(xué)平衡習(xí)題集(含答案解析)

1、化學(xué)均衡習(xí)題集1把M和N混淆于的恒容密閉容器中，發(fā)生反響3M(g)+N(g)xP(g)+2Q(g)，5min反響達(dá)到均衡，已知M的轉(zhuǎn)變率為50%，的反響速率為L1min1，則以下說法正確的選項是（）A方程式中x=2B達(dá)均衡后，容器內(nèi)壓強(qiáng)是反響開端時的2倍C向容器中再充入和，達(dá)新均衡時Q的體積分?jǐn)?shù)減小D容器內(nèi)混淆氣體的密度不再變化和均勻相對分子質(zhì)量不再變化均可作為達(dá)到均衡狀態(tài)的標(biāo)記2向甲、乙、丙三個密閉容器中充入必定量的各容器的反響溫度、反響物開端量，反響過程中A和B，發(fā)生反響：A(g)+xB(g)2C(g)C的濃度隨時間變化關(guān)系分別以下表。和以下圖表示：以下說法正確的選項是A10min內(nèi)甲容器

2、中反響的均勻速率v(A)=(Lmin)B由圖可知：T1T2，且該反響為吸熱反響Cx=1，若均衡時保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積均衡不挪動D1，開端時甲容器中充入、，均衡時A的轉(zhuǎn)變率為25%T3工業(yè)上常用復(fù)原積淀法辦理含鉻廢水（22），其流程為：Cr2O7和CrO4已知：（1）步驟中存在均衡：2+2（橙色）+H2O2CrO4（黃色）+2HCr2O4（2）步驟生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下積淀溶解均衡：Cr（OH）3（s）Cr3+（aq）+3OH一（aq）-32；且當(dāng)溶液中離子濃度小于-5-1（3）常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=1010molL時可視作該離子不存在以下相關(guān)說法中，正確的選

3、項是：（）A步驟中加酸，將溶液的pH調(diào)理至2，溶液顯黃色，CrO2離子濃度增大42一22+2B步驟中當(dāng)2v（CrO4）=v（Cr2O7）時，說明反響2CrO4（黃色）+2HCr2O7（橙色）+H2O達(dá)到均衡狀態(tài)C步驟中，若要復(fù)原1molCr2O72一離子，需要12mol（NH4）2Fe（SO4）26H2O。D步驟中，當(dāng)將溶液的pH調(diào)理至6時，則可以為廢水中的鉻已除盡4可逆反響A(g)+3B(g)2C(g)；H=QkJ/mol。有甲、乙兩個容積同樣且不變的密閉容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在必定條件下達(dá)到均衡時放出熱量為QkJ；在1同樣的條件下，向乙容器中加入2molC達(dá)到均衡后汲

4、取熱量為QkJ，已知Q=3Q。以下212表達(dá)不正確的選項是（）A甲中A的轉(zhuǎn)變率為75BQ1+Q2=QC達(dá)到均衡后，再向乙中加入、，均衡向正反響方向移動D乙中的熱化學(xué)方程式為2C(g)A(g)+3B(g)；H=QkJ/mol25已知某可逆反響mA（g）+nB（g）pC（g），在密閉容器中進(jìn)行，以下圖表示在不同反響時間t、溫度T和壓強(qiáng)P與反響物B在混淆氣體中的百分含量B%的關(guān)系曲線，由曲線剖析，以下判斷正確的選項是()B%T2P2T1P2T1P1tA、T1P2、m+np，HT2、P1p，H0；C、T1T2、P1P2、m+n0；D、T1P2、m+np，H0；6可逆反響2NH3N2+3H2在密閉容器中

5、進(jìn)行，達(dá)到均衡狀態(tài)的標(biāo)記是（）單位時間內(nèi)生成nmolN2的同時生成2nmolNH3單位時間內(nèi)生成nmolN2的同時生成3nmolH2用NH3、N2、H2的物質(zhì)的量濃度變化表示的反響速率之比為213各氣體的濃度不再改變混淆氣體的均勻相對分子質(zhì)量不再改變A.B.C.D.7可逆反響：3A（g）3B()+C()（正反響為吸熱反響），跟著溫度高升，氣體平均相對分子質(zhì)量有變小趨向，則以下判斷正確的選項是()AB和C可能都是固體BB和C必定都是氣體C若C為固體，則B必定是氣體DB和C不行能都是氣體8在某溫度下，在一容積不變的容器中，反響2A(g)B(g)2C(g)達(dá)到均衡時，A、B和C的物質(zhì)的量分別為4mo

6、l、2mol和4mol，保持溫度和體積不變，對均衡混淆物中三者的物質(zhì)的量做以下調(diào)整，可使均衡右移的是()A均減半B均加倍CA，C個增添1mol，B不變D均減少1mol9已知：N2(g)3H2(g)2NH3(g)；HQkJmol1（Q0）?，F(xiàn)有甲乙兩個同樣的密閉容器，向甲容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，在必定條件下達(dá)到均衡時放出的熱量為Q1kJ；在同樣條件下向乙容器中充入2molNH3(g)，達(dá)到均衡時汲取的熱量為Q2kJ。已知Q23Q1，以下表達(dá)中正確的選項是()A均衡時甲容器中NH3(g)的體積分?jǐn)?shù)比乙容器中的小B均衡時甲容器中氣體的壓強(qiáng)為開始時壓強(qiáng)的3/4C達(dá)到均衡時，甲

7、容器中H2的轉(zhuǎn)變率為25DQ1Q10以下圖象中，不可以表示反響A2(g)3B2(g)2AB3(g)（H”、“”或“=”）；用含x和y的代數(shù)式表示出氨水的電離均衡常數(shù)。12某研究小組對一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯和水的混淆系統(tǒng)中溶解程度進(jìn)行研究。在25時，弱酸HA在水中部分電離，HA的電離度為；在苯中部散發(fā)生雙聚，生成(HA)2。該均衡系統(tǒng)中，一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯（B）和水（W）中的分派系數(shù)為K，K=C（HA）B/C（HA）W=，即達(dá)到均衡后，以分子形式存在的HA在苯和水兩種溶劑中的比率為11；已知：lg2=，lg3=其余信息以下：25均衡系統(tǒng)（苯、水、HA）均衡常數(shù)焓變開端總濃度在水中，HA=

8、HA113molL1KH10在苯中，2HA=(HA)KH31210molL22回答以下問題：（1）計算25時水溶液中HA的電離均衡常數(shù)K1=。2）25，該水溶液的pH為，在苯系統(tǒng)中HA的轉(zhuǎn)變率為_。3）25混淆系統(tǒng)中，HA在苯中發(fā)生二聚，若測得某時刻溶液中微粒濃度知足，則反響向_方向進(jìn)行。（4）在苯中，HA自覺進(jìn)行發(fā)生二聚：2HA(HA)2，已知該二聚反響的反響熱數(shù)值約為活化能的5/9。以下能量關(guān)系圖最合理的是。（5）以下相關(guān)該混淆系統(tǒng)說法不正確的選項是。A用分液漏斗分別獲得水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少許水，苯溶液中加少許苯，則上述均衡均正移，且c(HA)均減小。B高升溫度，HA的電離均衡

9、常數(shù)K1和2HA（HA）2的均衡常數(shù)K2均變大。C若用酸堿中和滴定的剖析方法，能夠測出HA的開端總濃度。D在25時，若再加入必定量的HA固體，則水和苯中HA的開端總濃度之比仍為3:4。（6）在25時，用L氫氧化鈉溶液滴定LHA水溶液，請在右圖中畫出滴定曲線表示圖。答案1C【分析】P的反響速率為L1min1，則生成P是L1min12L5min。M的轉(zhuǎn)變率為50%，則耗費(fèi)M是，所以x3，A不正確。均衡時MNPQ的物質(zhì)的量分別是、，所以達(dá)平衡后，容器內(nèi)壓強(qiáng)是反響開端時的，B不正確。向容器中再充入和，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，損壞向逆反響方向挪動，所以Q的體積分?jǐn)?shù)減小，C正確。密度是混淆氣的質(zhì)量和容器容積的比值

10、，在反響過程中質(zhì)量和容積一直是不變的，所以選項D不正確。答案選C。2C【分析】10min時甲容器中C物質(zhì)的濃度是L，所以A的濃度變化量是L，所以A的反響速率是10min(Lmin)，A不正確。依據(jù)甲和乙曲線可知，1T2；“T1P1、T1P2”線比較：在同樣溫度下，達(dá)均衡用時少的，壓強(qiáng)高，即：P2P1；而后再看平行線部分：T1到T2（降溫），B的百分含量增大，即均衡左移，說明逆向是放熱的，則H0；P1到P2（增壓），B的百分含量增大，即均衡左移，說明逆向是氣體體積減小的方向，則m+np；6、A【分析】可逆反響2NH3N2+3H2兩邊的氣系統(tǒng)數(shù)不相等，在達(dá)到均衡時，各物質(zhì)的濃度、總物質(zhì)的量、均勻相

11、對分子質(zhì)量不再改變，可做為均衡判斷的標(biāo)準(zhǔn)；均衡狀態(tài)的本質(zhì)是正逆反響速率相等，切合題意，而只表示了正反響速率，清除；是反響過程中一個特別狀態(tài)，其實不可以表示達(dá)到均衡狀態(tài)。7C【分析】反響吸熱，溫度高升，均衡向正反響方向挪動。氣體均勻相對分子質(zhì)量是混淆氣的質(zhì)量和混淆氣的總的物質(zhì)的量的比值，假如B和C都是氣體，則氣體均勻相對分子質(zhì)量減小。假如B和C都不是氣體，則氣體均勻相對分子質(zhì)量不變。假如C是固體或液體，B是氣體，則混淆氣的質(zhì)量減小，氣體均勻相對分子質(zhì)量減小。假如B是固體或液體，C是氣體，則混合氣的質(zhì)量減小，但混淆氣的物質(zhì)的量也是減小的，所以此時氣體均勻相對分子質(zhì)量不必定減小。所以正確的答案是C。

12、B在T2時，若反響處于狀態(tài)D，則必定有V正V逆C反響CO(g)+H2OCO2(g)+H2(g)；的H0D若T1、T2時的均衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1K28B【分析】A相當(dāng)于降低壓強(qiáng)，均衡向逆反響方向挪動。B相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，均衡向正反響方向挪動。C中B的濃度不變，均衡向逆反響方向挪動。D相當(dāng)于在A的基礎(chǔ)上再減少，所以均衡向逆反響方向挪動。答案選B。9C【分析】因為容器容積同樣，所以2個均衡狀態(tài)是同樣的。A不正確。反響是可逆反響，轉(zhuǎn)化率不是100，D不正確。因為均衡等效，所以若設(shè)氫氣的轉(zhuǎn)變率是x，則生成的氨氣是2x，放熱是xQkJ。而2mol氨氣中被耗費(fèi)的氨氣是2mol2x，此時吸熱是（1x）

13、QkJ。所以有3xQkJ（1x）QkJ，解得x，C正確。所以均衡時甲容器中氣體的壓強(qiáng)為開始時壓強(qiáng)的0.752.250.57，B不正確。答案選C。4810D【分析】高升溫度正逆反響速率均增大，A正確。正反響是放熱反響，高升溫度均衡向逆反應(yīng)方向挪動，所以A的轉(zhuǎn)變率降低，含量增添，選項D不正確。正反響是體積減小的反響，增大壓強(qiáng)均衡向正反響方向挪動，A的轉(zhuǎn)變率增大，B、C正確。答案選D。11（1）V2O5（2）增大壓強(qiáng)、t2t3（3）CD（4）K=210-7y/(x-2y)【分析】（1）將abc三個反響相疊加，即獲得2SO+O22SO3，所以V2O5其催化劑作用。2）t1時正逆反響速率都增大，但正反響

14、速率大于逆反響速率，說明均衡向正反響方向移動，所以改變的條件是增大壓強(qiáng)。因為t3時逆反響速率大于正反響速率，均衡向逆反響方向挪動，所以均衡混淆物中SO3的含量最高的一段時間是t2t3。（3）反響達(dá)均衡后，系統(tǒng)總壓強(qiáng)為MPa，此時轉(zhuǎn)變率是，所以生成三氧化硫是，則均衡時二氧化硫和氧氣分別是、，所以均衡常數(shù)0.322400，則反響K0.0820.042SO32SO+O2在550時的均衡常數(shù)K1/400。反響是放熱反響，所以高升溫度均衡向逆反響方向挪動，n(SO3)/n(SO2)減小。充入He(g)，使系統(tǒng)總壓強(qiáng)增大，但物質(zhì)的濃度不變，所以均衡不挪動。C、D都相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，均衡向正反響方向挪動，所以

15、n(SO3)/n(SO2)增大，答案選CD。（4）依據(jù)電荷守恒+2-c（NH4）c（H）2c（SO4）c（OH）可知，當(dāng)溶液顯中性時c+2-）ymol/L。依據(jù)氮原子守恒可知，溶液中c(NHHO)（x/2y）4432mol，所以均衡常數(shù)c(NH4)?c(OH)210-7y/(x-2y)。c(NH3?H2O)1210-533%逆BABD【分析】（1）HA的開端濃度是1031，所以已經(jīng)電離的是1031molLmolL，因此溶液中氫離子濃度是104molL1，所以pH4lg3=。則均衡常數(shù)是(3104)23.3105。31030.9（2）設(shè)轉(zhuǎn)變率是x，則屬于HA的濃度是1031HA的濃度molL（1x），因為水中是103molL1，所以依據(jù)題意可知103molL1（1x）103molL1，解得x33%。（3）依據(jù)（2）可知均衡常數(shù)為41030.33125。因為，所以反響向(41030.67)2逆反響方向進(jìn)行。（4）HA自覺進(jìn)行發(fā)生二聚，所以是放熱反響，又因為二聚反響的反響熱數(shù)值約為活化能的5/9，所以選項B正確。（5）用分液漏斗分別獲得水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少許水，促使弱酸電離，使體系粒子數(shù)增加，苯溶液中加少許苯，促使反響向分子數(shù)增加方向挪動，均衡向左挪動。A不正確；高升溫度，促使電離，HA的電離均衡常數(shù)K1變大。雙聚反響，一般是形成分子間氫鍵的過