化學(xué)平衡習(xí)題集含答案及解析

1、-化學(xué)平衡習(xí)題集1把3.0mol M和2.5mol N混合于2.0L的恒容密閉容器中，發(fā)生反響 3M (g) + N (g) *P (g) +2Q (g)，5min反響到達(dá)平衡，M的轉(zhuǎn)化率為50%，P的反響速率為0.15mol·L1·min1，則以下說確的是A方程式中*=2B達(dá)平衡后，容器壓強(qiáng)是反響起始時(shí)的2倍C向容器中再充入3.0molM和2.5molN，達(dá)新平衡時(shí)Q 的體積分?jǐn)?shù)減小D容器混合氣體的密度不再變化和平均相對分子質(zhì)量不再變化均可作為到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志2向甲、乙、丙三個(gè)密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反響：A(g)+*B(g) 2C(g)。各容器的反響溫度、反

2、響物起始量，反響過程中C的濃度隨時(shí)間變化關(guān)系分別以下表和以下列圖表示：以下說確的是A10min甲容器中反響的平均速率v(A)=0.025mol/(L·min)B由圖可知：T1<T2，且該反響為吸熱反響C*=1，假設(shè)平衡時(shí)保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積平衡不移動DT1，起始時(shí)甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為25%3工業(yè)上常用復(fù)原沉淀法處理含鉻廢水Cr2O72和CrO42，其流程為：1步驟中存在平衡：2Cr O42黃色+2H+Cr2O42橙色+H2O2步驟生成的CrOH3 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：CrOH3sCr3+aq+3OH 一aq3常溫下，Cr

3、OH3 的溶度積Ksp=10-32；且當(dāng)溶液中離子濃度小于10-5 mol·L-1 時(shí)可視作該離子不存在以下有關(guān)說法中，正確的選項(xiàng)是： A步驟中加酸，將溶液的pH 調(diào)節(jié)至2，溶液顯黃色，CrO42離子濃度增大B步驟中當(dāng)2vCrO42 一=vCr2O72時(shí)，說明反響2CrO42黃色+2H+Cr2O72橙色+H2O 到達(dá)平衡狀態(tài)C步驟中，假設(shè)要復(fù)原1 mol Cr2O72一離子，需要12 molNH42FeSO42·6H2O。D步驟中，當(dāng)將溶液的pH 調(diào)節(jié)至6 時(shí)，則可認(rèn)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(gè)容積一樣且不

4、變的密閉容器，向甲容器中參加1molA和3molB，在一定條件下到達(dá)平衡時(shí)放出熱量為Q1kJ；在一樣的條件下，向乙容器中參加2molC到達(dá)平衡后吸收熱量為Q2kJ，Q1=3Q2。以下表達(dá)不正確的選項(xiàng)是 A甲中A的轉(zhuǎn)化率為75 BQ1+Q2=Q C到達(dá)平衡后，再向乙中參加0.25molA、0.75molB、1.5molC，平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= Q2kJ/mol5*可逆反響mAg+ nBg pCg，在密閉容器中進(jìn)展，以下列圖表示在不同反響時(shí)間t、溫度T和壓強(qiáng)P與反響物B在混合氣體中的百分含量B%的關(guān)系曲線，由曲線分析，以下判斷正確的選項(xiàng)是

5、( )T1P1tB%T1P2T2P2A、T1<T2、P1>P2、m+n>p，H <0； B、T1>T2、P1<P2、m+n>p，H >0；C、T1>T2、P1<P2、m+n<p，H >0；D、T1<T2、P1>P2、m+n<p，H <0； 6可逆反響2NH3N2+3H2在密閉容器中進(jìn)展，到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是 單位時(shí)間生成n mol N2的同時(shí)生成2n mol NH3 單位時(shí)間生成n mol N2的同時(shí)生成3n mol H2 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

6、度不再改變 混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變A.B.C.D.7可逆反響： 3Ag3B(?)+C(?)正反響為吸熱反響，隨著溫度升高，氣體平均相對分子質(zhì)量有變小趨勢， 則以下判斷正確的選項(xiàng)是( )AB和C可能都是固體 BB和C一定都是氣體C假設(shè)C為固體，則B一定是氣體 DB和C不可能都是氣體8在*溫度下，在一容積不變的容器中，反響2A(g)B(g)2C(g)到達(dá)平衡時(shí)，A、B和C的物質(zhì)的量分別為4mol、2mol和4mol，保持溫度和體積不變，對平衡混合物中三者的物質(zhì)的量做如下調(diào)整，可使平衡右移的是( )A均減半B均加倍 CA，C個(gè)增加1 mol，B不變D均減少1mol9：N2(g)3H2(g

7、)2NH3(g)；HQ kJ·mol1Q0?，F(xiàn)有甲乙兩個(gè)一樣的密閉容器，向甲容器中充入1mol N2(g)和3mol H2(g)，在一定條件下到達(dá)平衡時(shí)放出的熱量為Q1 kJ；在一樣條件下向乙容器中充入2mol NH3(g)，到達(dá)平衡時(shí)吸收的熱量為Q2 kJ。Q23Q1，以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是( )A平衡時(shí)甲容器中NH3(g)的體積分?jǐn)?shù)比乙容器中的小 B平衡時(shí)甲容器中氣體的壓強(qiáng)為開場時(shí)壓強(qiáng)的3/4C到達(dá)平衡時(shí)，甲容器中H2的轉(zhuǎn)化率為25 DQ1Q10 以下列圖象中，不能表示反響A2(g)3B2(g)2AB3(g)H<0平衡體系的是111二氧化硫的催化氧化的過程如下列圖，其中a、

8、c二步的化學(xué)方程式可表示為：SO2+V2O5SO3+ V2O4 4VOSO4+O22V2O5+4SO3。該反響的催化劑是寫化學(xué)式2壓強(qiáng)及溫度對SO2轉(zhuǎn)化率的影響如下表(原料氣各成分的體積分?jǐn)?shù)為：SO2 7，O2 11，N2 82)：壓強(qiáng)/MPa溫度/0.10.511040099.2%99.6%99.7%99.9%50093.5%96.9%97.8%99.3%60073.7%85.8%89.5%96.4%當(dāng)合成SO3的反響到達(dá)平衡后，改變*一外界條件不改變SO2、O2和SO3的量，反響速率與時(shí)間的關(guān)系如下列圖。圖中t1 時(shí)引起平衡移動的條件可能是其中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段時(shí)間是。

9、3550 時(shí)，SO2轉(zhuǎn)化為SO3的平衡轉(zhuǎn)化率與體系總壓強(qiáng)p的關(guān)系如右圖所示。將2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于5 密閉容器中，反響達(dá)平衡后，體系總壓強(qiáng)為0.10 M Pa。試計(jì)算反響2SO32SO2+O2 在550 時(shí)的平衡常數(shù)K=。反響達(dá)平衡后，以下措施中能使n(SO3)/n(SO2)增大的是A升高溫度                    

10、;    B充入He(g)，使體系總壓強(qiáng)增大C再充入2 mol SO2和1 mol O2       D再充入1 mol SO2和1 mol O24SO3溶于水得到硫酸。在25°C下，將* mol·L-1的氨水與y mol·L-1的硫酸等體積混合，反響后溶液中顯中性，則cNH4+2 cSO42-填“>、“<或“=；用含*和y的代數(shù)式表示出氨水的電離平衡常數(shù)。12*研究小組對一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯和水的混合體系中溶解程度進(jìn)展研究。在25時(shí)，弱酸HA在水中

11、局部電離，HA的電離度為0.10；在苯中局部發(fā)生雙聚，生成(HA)2。該平衡體系中，一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯B和水W中的分配系數(shù)為K，K=CHAB/CHAW=1.0，即到達(dá)平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水兩種溶劑中的比例為11；：lg2=0.3，lg3=0.5 其他信息如下：25平衡體系苯、水、HA平衡常數(shù)焓變起始總濃度在水中，HA  =    HAK1H13.0×103 mol·L1在苯中，2HA =     (HA)2K2H24.0×103 mol·

12、;L1答復(fù)以下問題：1計(jì)算25時(shí)水溶液中HA的電離平衡常數(shù)K1= 。225，該水溶液的pH為，在苯體系中HA的轉(zhuǎn)化率為_。325混合體系中，HA在苯中發(fā)生二聚，假設(shè)測得*時(shí)刻溶液中微粒濃度滿足，則反響向_方向進(jìn)展。4在苯中，HA自發(fā)進(jìn)展發(fā)生二聚：2HA(HA)2， 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以下有關(guān)該混合體系說法不正確的選項(xiàng)是。A用分液漏斗別離得到水溶液和苯溶液，假設(shè)水溶液中參加少量水，苯溶液中加少量苯，則上述平衡均正移，且c(HA)均減小。B升高溫度，HA的電離平衡常數(shù)K1和2HA HA2的平衡常數(shù)K2均變大。C假設(shè)用酸堿中和滴定的分析方法，可以

13、測出HA的起始總濃度。D在25時(shí)，假設(shè)再參加一定量的HA固體，則水和苯中HA的起始總濃度之比仍為3:4。6在25時(shí)，用0.1000mol/L氫氧化鈉溶液滴定20.00mL 0.1000mol/L HA水溶液，請?jiān)谟覉D中畫出滴定曲線示意圖。答案1C【解析】P的反響速率為0.15mol·L1·min1，則生成P是0.15mol·L1·min1×2L×5min1.5mol。M的轉(zhuǎn)化率為50%，則消耗M是1.5mol，所以*3，A不正確。平衡時(shí)MNPQ的物質(zhì)的量分別是1.5mol、2.0mol、1.5mol、1.0mol，所以達(dá)平衡后，容器壓

14、強(qiáng)是反響起始時(shí)的，B不正確。向容器中再充入3.0molM和2.5molN，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，破壞向逆反響方向移動，所以Q 的體積分?jǐn)?shù)減小，C正確。密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反響過程中質(zhì)量和容積始終是不變的，所以選項(xiàng)D不正確。答案選C。2C【解析】10min時(shí)甲容器中C物質(zhì)的濃度是1.0mol/L，所以A的濃度變化量是0.5mol/L，所以A的反響速率是0.5mol÷10min0.05mol/(L·min)，A不正確。根據(jù)甲和乙曲線可知，T1<T2，但溫度越高，C的濃度越小。這說明升高溫度，平衡向逆反響方向移動，即正反響是放熱反響，B不正確。*1，則反響前后體

15、積不變，所以改變壓強(qiáng)，平衡不移動，C正確。平衡時(shí)甲值C是1.5mol/L的，所以消耗A是0.75mol/L，因此A的轉(zhuǎn)化率是0.75÷1×10075，D不正確。答案選C。3D【解析】A不正確，增大氫離子濃度，平衡向正反響方向移動溶液顯橙色，CrO42離子濃度減小。B不正確，速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以應(yīng)該是vCrO42 一=2vCr2O72。1 mol Cr2O72一離子得到6mol電子，所以需要6molNH42FeSO42·6H2O，C不正確。pH 調(diào)節(jié)至6 時(shí)，溶液中OH的濃度是108mol/L，所以此時(shí)Cr3+的濃度是，D正確，答案選D。4D【解析】

16、略5C【解析】先看清橫縱軸的意義：橫軸表示時(shí)間，縱軸表示B的百分含量；然后看線的走向：“T1P2、T2P2線比較：在一樣壓強(qiáng)下，達(dá)平衡用時(shí)少的，溫度高，即：T1>T2；“T1P1、T1P2線比較：在一樣溫度下，達(dá)平衡用時(shí)少的，壓強(qiáng)高，即：P2>P1；然后再看平行線局部：T1到T2降溫，B的百分含量增大，即平衡左移，說明逆向是放熱的，則H >0；P1到P2增壓，B的百分含量增大，即平衡左移，說明逆向是氣體體積減小的方向，則m+n<p；6、A【解析】可逆反響2NH3N2+3H2兩邊的氣體系數(shù)不相等，在到達(dá)平衡時(shí)，各物質(zhì)的濃度、總物質(zhì)的量、平均相對分子質(zhì)量不再改變，可做為平衡

17、判斷的標(biāo)準(zhǔn)；平衡狀態(tài)的本質(zhì)是正逆反響速率相等，符合題意，而只說明了正反響速率，排除；是反響過程中一個(gè)特殊狀態(tài)，并不能說明到達(dá)平衡狀態(tài)。7C【解析】反響吸熱，溫度升高，平衡向正反響方向移動。氣體平均相對分子質(zhì)量是混合氣的質(zhì)量和混合氣的總的物質(zhì)的量的比值，如果B和C都是氣體，則氣體平均相對分子質(zhì)量減小。如果B和C都不是氣體，則氣體平均相對分子質(zhì)量不變。如果C是固體或液體，B是氣體，則混合氣的質(zhì)量減小，氣體平均相對分子質(zhì)量減小。如果B是固體或液體，C是氣體，則混合氣的質(zhì)量減小，但混合氣的物質(zhì)的量也是減小的，所以此時(shí)氣體平均相對分子質(zhì)量不一定減小。所以正確的答案是C。B在T2時(shí)，假設(shè)反響處于狀態(tài)D，則

18、一定有V正V逆C反響CO(g)+H2OCO2(g)+H2(g)；的H0 D假設(shè)T1、T2時(shí)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1K28B【解析】A相當(dāng)于降低壓強(qiáng)，平衡向逆反響方向移動。B相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反響方向移動。C中B的濃度不變，平衡向逆反響方向移動。D相當(dāng)于在A的根底上再減少0.5molB，所以平衡向逆反響方向移動。答案選B。9C【解析】因?yàn)槿萜魅莘e一樣，所以2個(gè)平衡狀態(tài)是一樣的。A不正確。反響是可逆反響，轉(zhuǎn)化率不是100，D不正確。因?yàn)槠胶獾刃В约僭O(shè)設(shè)氫氣的轉(zhuǎn)化率是*，則生成的氨氣是2*，放熱是*QkJ。而2mol氨氣中被消耗的氨氣是2mol2*，此時(shí)吸熱是1*QkJ。所以有3

19、*QkJ1*QkJ，解得*0.25，C正確。所以平衡時(shí)甲容器中氣體的壓強(qiáng)為開場時(shí)壓強(qiáng)的，B不正確。答案選C。10D【解析】升高溫度正逆反響速率均增大，A正確。正反響是放熱反響，升高溫度平衡向逆反響方向移動，所以A的轉(zhuǎn)化率降低，含量增加，選項(xiàng)D不正確。正反響是體積減小的反響，增大壓強(qiáng)平衡向正反響方向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，B、C正確。答案選D。111V2O5 2增大壓強(qiáng)、t2t3 30.0025 C D 4 K=2×10-7y /(*-2y)【解析】1將abc三個(gè)反響相疊加，即得到2SO2+O2 2SO3，因此V2O5其催化劑作用。2t1 時(shí)正逆反響速率都增大，但正反響速率大于

20、逆反響速率，說明平衡向正反響方向移動，所以改變的條件是增大壓強(qiáng)。由于t3時(shí)逆反響速率大于正反響速率，平衡向逆反響方向移動，所以平衡混合物中SO3的含量最高的一段時(shí)間是t2t3。3反響達(dá)平衡后，體系總壓強(qiáng)為0.10 M Pa，此時(shí)轉(zhuǎn)化率是0.80，所以生成三氧化硫是1.6mol，則平衡時(shí)二氧化硫和氧氣分別是0.4mol、0.2mol，所以平衡常數(shù)K，則反響2SO32SO2+O2 在550 時(shí)的平衡常數(shù)K1/4000.0025。反響是放熱反響，所以升高溫度平衡向逆反響方向移動，n(SO3)/n(SO2)減小。充入He(g)，使體系總壓強(qiáng)增大，但物質(zhì)的濃度不變，所以平衡

21、不移動。C、D都相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反響方向移動，所以n(SO3)/n(SO2)增大，答案選CD。4根據(jù)電荷守恒cNH4+cH+ 2cSO42-cOH-可知，當(dāng)溶液顯中性時(shí)cNH4+ 2cSO42-ymol/L。根據(jù)氮原子守恒可知，溶液中c(NH3·H2O)*/2ymol，所以平衡常數(shù)2×10-7y /(*-2y)。123.3×10-5 3.5 33% 逆 B ABD【解析】1HA的起始濃度是3.0×103 mol·L1，所以已經(jīng)電離的是3.0×103 mol·L1×0.1，因此溶液中氫離子濃度是3.0×104 mol&#