化学平衡习题集含答案及解析

1、-化学平衡习题集1把3.0mol M和2.5mol N混合于2.0L的恒容密闭容器中，发生反响 3M (g) + N (g) *P (g) +2Q (g)，5min反响到达平衡，M的转化率为50%，P的反响速率为0.15mol·L1·min1，则以下说确的是A方程式中*=2B达平衡后，容器压强是反响起始时的2倍C向容器中再充入3.0molM和2.5molN，达新平衡时Q 的体积分数减小D容器混合气体的密度不再变化和平均相对分子质量不再变化均可作为到达平衡状态的标志2向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反响：A(g)+*B(g) 2C(g)。各容器的反响温度、反

2、响物起始量，反响过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和以下列图表示：以下说确的是A10min甲容器中反响的平均速率v(A)=0.025mol/(L·min)B由图可知：T1<T2，且该反响为吸热反响C*=1，假设平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动DT1，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为25%3工业上常用复原沉淀法处理含铬废水Cr2O72和CrO42，其流程为：1步骤中存在平衡：2Cr O42黄色+2H+Cr2O42橙色+H2O2步骤生成的CrOH3 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：CrOH3sCr3+aq+3OH 一aq3常温下，Cr

3、OH3 的溶度积Ksp=10-32；且当溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1 时可视作该离子不存在以下有关说法中，正确的选项是： A步骤中加酸，将溶液的pH 调节至2，溶液显黄色，CrO42离子浓度增大B步骤中当2vCrO42 一=vCr2O72时，说明反响2CrO42黄色+2H+Cr2O72橙色+H2O 到达平衡状态C步骤中，假设要复原1 mol Cr2O72一离子，需要12 molNH42FeSO42·6H2O。D步骤中，当将溶液的pH 调节至6 时，则可认为废水中的铬已除尽4可逆反响A(g)+3B(g) 2C(g)；H= QkJ/mol。有甲、乙两个容积一样且不

4、变的密闭容器，向甲容器中参加1molA和3molB，在一定条件下到达平衡时放出热量为Q1kJ；在一样的条件下，向乙容器中参加2molC到达平衡后吸收热量为Q2kJ，Q1=3Q2。以下表达不正确的选项是 A甲中A的转化率为75 BQ1+Q2=Q C到达平衡后，再向乙中参加0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反响方向移动D乙中的热化学方程式为2C(g) A(g)+3B(g)；H= Q2kJ/mol5*可逆反响mAg+ nBg pCg，在密闭容器中进展，以下列图表示在不同反响时间t、温度T和压强P与反响物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，以下判断正确的选项是

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可逆反响2NH3N2+3H2在密闭容器中进展，到达平衡状态的标志是 单位时间生成n mol N2的同时生成2n mol NH3 单位时间生成n mol N2的同时生成3n mol H2 用NH3、N2、H2的物质的量浓度变化表示的反响速率之比为213 各气体的浓

6、度不再改变 混合气体的平均相对分子质量不再改变A.B.C.D.7可逆反响： 3Ag3B(?)+C(?)正反响为吸热反响，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势， 则以下判断正确的选项是( )AB和C可能都是固体 BB和C一定都是气体C假设C为固体，则B一定是气体 DB和C不可能都是气体8在*温度下，在一容积不变的容器中，反响2A(g)B(g)2C(g)到达平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol，保持温度和体积不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是( )A均减半B均加倍 CA，C个增加1 mol，B不变D均减少1mol9：N2(g)3H2(g

7、)2NH3(g)；HQ kJ·mol1Q0。现有甲乙两个一样的密闭容器，向甲容器中充入1mol N2(g)和3mol H2(g)，在一定条件下到达平衡时放出的热量为Q1 kJ；在一样条件下向乙容器中充入2mol NH3(g)，到达平衡时吸收的热量为Q2 kJ。Q23Q1，以下表达中正确的选项是( )A平衡时甲容器中NH3(g)的体积分数比乙容器中的小 B平衡时甲容器中气体的压强为开场时压强的3/4C到达平衡时，甲容器中H2的转化率为25 DQ1Q10 以下列图象中，不能表示反响A2(g)3B2(g)2AB3(g)H<0平衡体系的是111二氧化硫的催化氧化的过程如下列图，其中a、

8、c二步的化学方程式可表示为：SO2+V2O5SO3+ V2O4 4VOSO4+O22V2O5+4SO3。该反响的催化剂是写化学式2压强及温度对SO2转化率的影响如下表(原料气各成分的体积分数为：SO2 7，O2 11，N2 82)：压强/MPa温度/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%当合成SO3的反响到达平衡后，改变*一外界条件不改变SO2、O2和SO3的量，反响速率与时间的关系如下列图。图中t1 时引起平衡移动的条件可能是其中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是。

9、3550 时，SO2转化为SO3的平衡转化率与体系总压强p的关系如右图所示。将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于5 密闭容器中，反响达平衡后，体系总压强为0.10 M Pa。试计算反响2SO32SO2+O2 在550 时的平衡常数K=。反响达平衡后，以下措施中能使n(SO3)/n(SO2)增大的是A升高温度                    

10、;    B充入He(g)，使体系总压强增大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，将* mol·L-1的氨水与y mol·L-1的硫酸等体积混合，反响后溶液中显中性，则cNH4+2 cSO42-填“>、“<或“=；用含*和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数。12*研究小组对一元有机弱酸HA在溶剂苯和水的混合体系中溶解程度进展研究。在25时，弱酸HA在水中

11、局部电离，HA的电离度为0.10；在苯中局部发生双聚，生成(HA)2。该平衡体系中，一元有机弱酸HA在溶剂苯B和水W中的分配系数为K，K=CHAB/CHAW=1.0，即到达平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水两种溶剂中的比例为11；：lg2=0.3，lg3=0.5 其他信息如下：25平衡体系苯、水、HA平衡常数焓变起始总浓度在水中，HA  =    HAK1H13.0×103 mol·L1在苯中，2HA =     (HA)2K2H24.0×103 mol·

12、;L1答复以下问题：1计算25时水溶液中HA的电离平衡常数K1= 。225，该水溶液的pH为，在苯体系中HA的转化率为_。325混合体系中，HA在苯中发生二聚，假设测得*时刻溶液中微粒浓度满足，则反响向_方向进展。4在苯中，HA自发进展发生二聚：2HA(HA)2， 该二聚反响的反响热数值约为活化能的5/9 。以下能量关系图最合理的是。5以下有关该混合体系说法不正确的选项是。A用分液漏斗别离得到水溶液和苯溶液，假设水溶液中参加少量水，苯溶液中加少量苯，则上述平衡均正移，且c(HA)均减小。B升高温度，HA的电离平衡常数K1和2HA HA2的平衡常数K2均变大。C假设用酸碱中和滴定的分析方法，可以

13、测出HA的起始总浓度。D在25时，假设再参加一定量的HA固体，则水和苯中HA的起始总浓度之比仍为3:4。6在25时，用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定20.00mL 0.1000mol/L HA水溶液，请在右图中画出滴定曲线示意图。答案1C【解析】P的反响速率为0.15mol·L1·min1，则生成P是0.15mol·L1·min1×2L×5min1.5mol。M的转化率为50%，则消耗M是1.5mol，所以*3，A不正确。平衡时MNPQ的物质的量分别是1.5mol、2.0mol、1.5mol、1.0mol，所以达平衡后，容器压

14、强是反响起始时的，B不正确。向容器中再充入3.0molM和2.5molN，相当于增大压强，破坏向逆反响方向移动，所以Q 的体积分数减小，C正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反响过程中质量和容积始终是不变的，所以选项D不正确。答案选C。2C【解析】10min时甲容器中C物质的浓度是1.0mol/L，所以A的浓度变化量是0.5mol/L，所以A的反响速率是0.5mol÷10min0.05mol/(L·min)，A不正确。根据甲和乙曲线可知，T1<T2，但温度越高，C的浓度越小。这说明升高温度，平衡向逆反响方向移动，即正反响是放热反响，B不正确。*1，则反响前后体

15、积不变，所以改变压强，平衡不移动，C正确。平衡时甲值C是1.5mol/L的，所以消耗A是0.75mol/L，因此A的转化率是0.75÷1×10075，D不正确。答案选C。3D【解析】A不正确，增大氢离子浓度，平衡向正反响方向移动溶液显橙色，CrO42离子浓度减小。B不正确，速率之比是相应的化学计量数之比，所以应该是vCrO42 一=2vCr2O72。1 mol Cr2O72一离子得到6mol电子，所以需要6molNH42FeSO42·6H2O，C不正确。pH 调节至6 时，溶液中OH的浓度是108mol/L，所以此时Cr3+的浓度是，D正确，答案选D。4D【解析】

16、略5C【解析】先看清横纵轴的意义：横轴表示时间，纵轴表示B的百分含量；然后看线的走向：“T1P2、T2P2线比较：在一样压强下，达平衡用时少的，温度高，即：T1>T2；“T1P1、T1P2线比较：在一样温度下，达平衡用时少的，压强高，即：P2>P1；然后再看平行线局部：T1到T2降温，B的百分含量增大，即平衡左移，说明逆向是放热的，则H >0；P1到P2增压，B的百分含量增大，即平衡左移，说明逆向是气体体积减小的方向，则m+n<p；6、A【解析】可逆反响2NH3N2+3H2两边的气体系数不相等，在到达平衡时，各物质的浓度、总物质的量、平均相对分子质量不再改变，可做为平衡

17、判断的标准；平衡状态的本质是正逆反响速率相等，符合题意，而只说明了正反响速率，排除；是反响过程中一个特殊状态，并不能说明到达平衡状态。7C【解析】反响吸热，温度升高，平衡向正反响方向移动。气体平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，如果B和C都是气体，则气体平均相对分子质量减小。如果B和C都不是气体，则气体平均相对分子质量不变。如果C是固体或液体，B是气体，则混合气的质量减小，气体平均相对分子质量减小。如果B是固体或液体，C是气体，则混合气的质量减小，但混合气的物质的量也是减小的，所以此时气体平均相对分子质量不一定减小。所以正确的答案是C。B在T2时，假设反响处于状态D，则

18、一定有V正V逆C反响CO(g)+H2OCO2(g)+H2(g)；的H0 D假设T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K28B【解析】A相当于降低压强，平衡向逆反响方向移动。B相当于增大压强，平衡向正反响方向移动。C中B的浓度不变，平衡向逆反响方向移动。D相当于在A的根底上再减少0.5molB，所以平衡向逆反响方向移动。答案选B。9C【解析】因为容器容积一样，所以2个平衡状态是一样的。A不正确。反响是可逆反响，转化率不是100，D不正确。因为平衡等效，所以假设设氢气的转化率是*，则生成的氨气是2*，放热是*QkJ。而2mol氨气中被消耗的氨气是2mol2*，此时吸热是1*QkJ。所以有3

19、*QkJ1*QkJ，解得*0.25，C正确。所以平衡时甲容器中气体的压强为开场时压强的，B不正确。答案选C。10D【解析】升高温度正逆反响速率均增大，A正确。正反响是放热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，所以A的转化率降低，含量增加，选项D不正确。正反响是体积减小的反响，增大压强平衡向正反响方向移动，A的转化率增大，B、C正确。答案选D。111V2O5 2增大压强、t2t3 30.0025 C D 4 K=2×10-7y /(*-2y)【解析】1将abc三个反响相叠加，即得到2SO2+O2 2SO3，因此V2O5其催化剂作用。2t1 时正逆反响速率都增大，但正反响速率大于

20、逆反响速率，说明平衡向正反响方向移动，所以改变的条件是增大压强。由于t3时逆反响速率大于正反响速率，平衡向逆反响方向移动，所以平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是t2t3。3反响达平衡后，体系总压强为0.10 M Pa，此时转化率是0.80，所以生成三氧化硫是1.6mol，则平衡时二氧化硫和氧气分别是0.4mol、0.2mol，所以平衡常数K，则反响2SO32SO2+O2 在550 时的平衡常数K1/4000.0025。反响是放热反响，所以升高温度平衡向逆反响方向移动，n(SO3)/n(SO2)减小。充入He(g)，使体系总压强增大，但物质的浓度不变，所以平衡

21、不移动。C、D都相当于增大压强，平衡向正反响方向移动，所以n(SO3)/n(SO2)增大，答案选CD。4根据电荷守恒cNH4+cH+ 2cSO42-cOH-可知，当溶液显中性时cNH4+ 2cSO42-ymol/L。根据氮原子守恒可知，溶液中c(NH3·H2O)*/2ymol，所以平衡常数2×10-7y /(*-2y)。123.3×10-5 3.5 33% 逆 B ABD【解析】1HA的起始浓度是3.0×103 mol·L1，所以已经电离的是3.0×103 mol·L1×0.1，因此溶液中氢离子浓度是3.0×104 mol&#