化学平衡习题集(含答案解析)

1、化学均衡习题集1把M和N混淆于的恒容密闭容器中，发生反响3M(g)+N(g)xP(g)+2Q(g)，5min反响达到均衡，已知M的转变率为50%，的反响速率为L1min1，则以下说法正确的选项是（）A方程式中x=2B达均衡后，容器内压强是反响开端时的2倍C向容器中再充入和，达新均衡时Q的体积分数减小D容器内混淆气体的密度不再变化和均匀相对分子质量不再变化均可作为达到均衡状态的标记2向甲、乙、丙三个密闭容器中充入必定量的各容器的反响温度、反响物开端量，反响过程中A和B，发生反响：A(g)+xB(g)2C(g)C的浓度随时间变化关系分别以下表。和以下图表示：以下说法正确的选项是A10min内甲容器

2、中反响的均匀速率v(A)=(Lmin)B由图可知：T1T2，且该反响为吸热反响Cx=1，若均衡时保持温度不变，改变容器体积均衡不挪动D1，开端时甲容器中充入、，均衡时A的转变率为25%T3工业上常用复原积淀法办理含铬废水（22），其流程为：Cr2O7和CrO4已知：（1）步骤中存在均衡：2+2（橙色）+H2O2CrO4（黄色）+2HCr2O4（2）步骤生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下积淀溶解均衡：Cr（OH）3（s）Cr3+（aq）+3OH一（aq）-32；且当溶液中离子浓度小于-5-1（3）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1010molL时可视作该离子不存在以下相关说法中，正确的选

3、项是：（）A步骤中加酸，将溶液的pH调理至2，溶液显黄色，CrO2离子浓度增大42一22+2B步骤中当2v（CrO4）=v（Cr2O7）时，说明反响2CrO4（黄色）+2HCr2O7（橙色）+H2O达到均衡状态C步骤中，若要复原1molCr2O72一离子，需要12mol（NH4）2Fe（SO4）26H2O。D步骤中，当将溶液的pH调理至6时，则可以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、乙两个容积同样且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在必定条件下达到均衡时放出热量为QkJ；在1同样的条件下，向乙容器中加入2molC达到均衡后汲

4、取热量为QkJ，已知Q=3Q。以下212表达不正确的选项是（）A甲中A的转变率为75BQ1+Q2=QC达到均衡后，再向乙中加入、，均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=QkJ/mol25已知某可逆反响mA（g）+nB（g）pC（g），在密闭容器中进行，以下图表示在不同反响时间t、温度T和压强P与反响物B在混淆气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线剖析，以下判断正确的选项是()B%T2P2T1P2T1P1tA、T1P2、m+np，HT2、P1p，H0；C、T1T2、P1P2、m+n0；D、T1P2、m+np，H0；6可逆反响2NH3N2+3H2在密闭容器中

5、进行，达到均衡状态的标记是（）单位时间内生成nmolN2的同时生成2nmolNH3单位时间内生成nmolN2的同时生成3nmolH2用NH3、N2、H2的物质的量浓度变化表示的反响速率之比为213各气体的浓度不再改变混淆气体的均匀相对分子质量不再改变A.B.C.D.7可逆反响：3A（g）3B()+C()（正反响为吸热反响），跟着温度高升，气体平均相对分子质量有变小趋向，则以下判断正确的选项是()AB和C可能都是固体BB和C必定都是气体C若C为固体，则B必定是气体DB和C不行能都是气体8在某温度下，在一容积不变的容器中，反响2A(g)B(g)2C(g)达到均衡时，A、B和C的物质的量分别为4mo

6、l、2mol和4mol，保持温度和体积不变，对均衡混淆物中三者的物质的量做以下调整，可使均衡右移的是()A均减半B均加倍CA，C个增添1mol，B不变D均减少1mol9已知：N2(g)3H2(g)2NH3(g)；HQkJmol1（Q0）。现有甲乙两个同样的密闭容器，向甲容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，在必定条件下达到均衡时放出的热量为Q1kJ；在同样条件下向乙容器中充入2molNH3(g)，达到均衡时汲取的热量为Q2kJ。已知Q23Q1，以下表达中正确的选项是()A均衡时甲容器中NH3(g)的体积分数比乙容器中的小B均衡时甲容器中气体的压强为开始时压强的3/4C达到均衡时，甲

7、容器中H2的转变率为25DQ1Q10以下图象中，不可以表示反响A2(g)3B2(g)2AB3(g)（H”、“”或“=”）；用含x和y的代数式表示出氨水的电离均衡常数。12某研究小组对一元有机弱酸HA在溶剂苯和水的混淆系统中溶解程度进行研究。在25时，弱酸HA在水中部分电离，HA的电离度为；在苯中部散发生双聚，生成(HA)2。该均衡系统中，一元有机弱酸HA在溶剂苯（B）和水（W）中的分派系数为K，K=C（HA）B/C（HA）W=，即达到均衡后，以分子形式存在的HA在苯和水两种溶剂中的比率为11；已知：lg2=，lg3=其余信息以下：25均衡系统（苯、水、HA）均衡常数焓变开端总浓度在水中，HA=

8、HA113molL1KH10在苯中，2HA=(HA)KH31210molL22回答以下问题：（1）计算25时水溶液中HA的电离均衡常数K1=。2）25，该水溶液的pH为，在苯系统中HA的转变率为_。3）25混淆系统中，HA在苯中发生二聚，若测得某时刻溶液中微粒浓度知足，则反响向_方向进行。（4）在苯中，HA自觉进行发生二聚：2HA(HA)2，已知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）以下相关该混淆系统说法不正确的选项是。A用分液漏斗分别获得水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少许水，苯溶液中加少许苯，则上述均衡均正移，且c(HA)均减小。B高升温度，HA的电离均衡

9、常数K1和2HA（HA）2的均衡常数K2均变大。C若用酸碱中和滴定的剖析方法，能够测出HA的开端总浓度。D在25时，若再加入必定量的HA固体，则水和苯中HA的开端总浓度之比仍为3:4。（6）在25时，用L氢氧化钠溶液滴定LHA水溶液，请在右图中画出滴定曲线表示图。答案1C【分析】P的反响速率为L1min1，则生成P是L1min12L5min。M的转变率为50%，则耗费M是，所以x3，A不正确。均衡时MNPQ的物质的量分别是、，所以达平衡后，容器内压强是反响开端时的，B不正确。向容器中再充入和，相当于增大压强，损坏向逆反响方向挪动，所以Q的体积分数减小，C正确。密度是混淆气的质量和容器容积的比值

10、，在反响过程中质量和容积一直是不变的，所以选项D不正确。答案选C。2C【分析】10min时甲容器中C物质的浓度是L，所以A的浓度变化量是L，所以A的反响速率是10min(Lmin)，A不正确。依据甲和乙曲线可知，1T2；“T1P1、T1P2”线比较：在同样温度下，达均衡用时少的，压强高，即：P2P1；而后再看平行线部分：T1到T2（降温），B的百分含量增大，即均衡左移，说明逆向是放热的，则H0；P1到P2（增压），B的百分含量增大，即均衡左移，说明逆向是气体体积减小的方向，则m+np；6、A【分析】可逆反响2NH3N2+3H2两边的气系统数不相等，在达到均衡时，各物质的浓度、总物质的量、均匀相

11、对分子质量不再改变，可做为均衡判断的标准；均衡状态的本质是正逆反响速率相等，切合题意，而只表示了正反响速率，清除；是反响过程中一个特别状态，其实不可以表示达到均衡状态。7C【分析】反响吸热，温度高升，均衡向正反响方向挪动。气体均匀相对分子质量是混淆气的质量和混淆气的总的物质的量的比值，假如B和C都是气体，则气体均匀相对分子质量减小。假如B和C都不是气体，则气体均匀相对分子质量不变。假如C是固体或液体，B是气体，则混淆气的质量减小，气体均匀相对分子质量减小。假如B是固体或液体，C是气体，则混合气的质量减小，但混淆气的物质的量也是减小的，所以此时气体均匀相对分子质量不必定减小。所以正确的答案是C。

12、B在T2时，若反响处于状态D，则必定有V正V逆C反响CO(g)+H2OCO2(g)+H2(g)；的H0D若T1、T2时的均衡常数分别为K1、K2，则K1K28B【分析】A相当于降低压强，均衡向逆反响方向挪动。B相当于增大压强，均衡向正反响方向挪动。C中B的浓度不变，均衡向逆反响方向挪动。D相当于在A的基础上再减少，所以均衡向逆反响方向挪动。答案选B。9C【分析】因为容器容积同样，所以2个均衡状态是同样的。A不正确。反响是可逆反响，转化率不是100，D不正确。因为均衡等效，所以若设氢气的转变率是x，则生成的氨气是2x，放热是xQkJ。而2mol氨气中被耗费的氨气是2mol2x，此时吸热是（1x）

13、QkJ。所以有3xQkJ（1x）QkJ，解得x，C正确。所以均衡时甲容器中气体的压强为开始时压强的0.752.250.57，B不正确。答案选C。4810D【分析】高升温度正逆反响速率均增大，A正确。正反响是放热反响，高升温度均衡向逆反应方向挪动，所以A的转变率降低，含量增添，选项D不正确。正反响是体积减小的反响，增大压强均衡向正反响方向挪动，A的转变率增大，B、C正确。答案选D。11（1）V2O5（2）增大压强、t2t3（3）CD（4）K=210-7y/(x-2y)【分析】（1）将abc三个反响相叠加，即获得2SO+O22SO3，所以V2O5其催化剂作用。2）t1时正逆反响速率都增大，但正反响

14、速率大于逆反响速率，说明均衡向正反响方向移动，所以改变的条件是增大压强。因为t3时逆反响速率大于正反响速率，均衡向逆反响方向挪动，所以均衡混淆物中SO3的含量最高的一段时间是t2t3。（3）反响达均衡后，系统总压强为MPa，此时转变率是，所以生成三氧化硫是，则均衡时二氧化硫和氧气分别是、，所以均衡常数0.322400，则反响K0.0820.042SO32SO+O2在550时的均衡常数K1/400。反响是放热反响，所以高升温度均衡向逆反响方向挪动，n(SO3)/n(SO2)减小。充入He(g)，使系统总压强增大，但物质的浓度不变，所以均衡不挪动。C、D都相当于增大压强，均衡向正反响方向挪动，所以

15、n(SO3)/n(SO2)增大，答案选CD。（4）依据电荷守恒+2-c（NH4）c（H）2c（SO4）c（OH）可知，当溶液显中性时c+2-）ymol/L。依据氮原子守恒可知，溶液中c(NHHO)（x/2y）4432mol，所以均衡常数c(NH4)?c(OH)210-7y/(x-2y)。c(NH3?H2O)1210-533%逆BABD【分析】（1）HA的开端浓度是1031，所以已经电离的是1031molLmolL，因此溶液中氢离子浓度是104molL1，所以pH4lg3=。则均衡常数是(3104)23.3105。31030.9（2）设转变率是x，则属于HA的浓度是1031HA的浓度molL（1x），因为水中是103molL1，所以依据题意可知103molL1（1x）103molL1，解得x33%。（3）依据（2）可知均衡常数为41030.33125。因为，所以反响向(41030.67)2逆反响方向进行。（4）HA自觉进行发生二聚，所以是放热反响，又因为二聚反响的反响热数值约为活化能的5/9，所以选项B正确。（5）用分液漏斗分别获得水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少许水，促使弱酸电离，使体系粒子数增加，苯溶液中加少许苯，促使反响向分子数增加方向挪动，均衡向左挪动。A不正确；高升温度，促使电离，HA的电离均衡常数K1变大。双聚反响，一般是形成分子间氢键的过