2019高考化学专题十五等效平衡的三种情况精准培优专练

2019高考化学专题十五等效均衡的三种状况精确培优专练1．恒温恒容—(△n(g)≠0)投料换算成同样物质表示时量同样典例1．在必定温度下，把2molSO2和1molO2通入必定容积的密闭容器中，发生以下反响，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，当此反响进行到必定程度时反响混淆物就处于化学均衡状态。此刻该容器中维持温度不变，令a、b、c分别代表初始时加入的SO2(g)、O2(g)、SO3(g)的物质的量(mol)，假如a、b、c取不一样的数值，它们一定知足必定的互相关系，才能保证达到均衡状态时，反响混淆物中三种气体的百分含量仍跟上述均衡完整同样。请填空：1）若a=0，b=0，则c=___________。2）若a=0.5，则b=___________，c=___________。3）a、b、c的取值一定知足的一般条件是___________，___________。（请用两个方程式表示，此中一个只含a和c，另一个只含b和c）【分析】经过化学方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)能够看出，这是一个化学反响前后气体分子数不等的可逆反响，在定温、定容下建立的同一化学均衡状态。开端时，不论如何改变SO2(g)、O2(g)、SO3(g)的物质的量，使化学反响从正反响开始，仍是从逆反响开始，或许从正、逆反响同时开始，它们所成立起来的化学均衡状态的成效是完整同样的，即它们之间存在等效均衡关系。我们常采纳“等价变换”的1/18方法，剖析和解决等效均衡问题。（1）若a=0，b=0，这说明反响是从逆反响开始，经过化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)能够看出，反响从2molSO3开始，经过反响的化学计量数之比换算成SO2和O2的物质的量（即等价变换），恰巧跟反响从2molSO2和1molO2的混淆物开始是等效的，故c=2。（2）因为a=0.5<2，这表示反响从正、逆反响同时开始，经过化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)能够看出，要使0.5molSO2反响需要同时加入0.25molO2才能进行，经过反响的化学计量数之比换算成SO3的物质的量（即等价变换）与0.5molSO3是等效的，这时若再加入1.5molSO3就与开端时加入2molSO3是等效的，经过等价变换可知也与开端时加入2molSO2和1molO2是等效的。故b=0.25，c=1.5。（3）题中要求2molSO2和1molO2要与amolSO2、bmolO2和cmolSO3成立等效均衡。由化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，cmolSO3等价变换后与cmolSO2和0.5cmolO2等效，即是说，（a+c）molSO2和（b+0.5c）molO2与amolSO2、bmolO2和cmolSO3等效，那么也就是与2molSO2和1molO2等效。故有a+c=2，b+0.5c=1。【答案】（1）c=22）b=0.25，c=1.53）a+c=2，b+0.5c=12．恒温恒容—(△n(g)=0)投料换算成同样物质表示时等比率典例2．在一个固定容积的密闭容器中，保持必定的温度进行以下反响：H2(g)+Br2(g)2HBr(g)；已知加入1molH2和2molBr2时，2/18达到均衡后生成amolHBr（见下表已知项），在同样条件下，且保持均衡时各组分的体积分数不变，对以下编号①～③的状态，填写下表中的空白。【分析】在定温、定容下H2(g)+Br2(g)2HBr(g)成立起化学均衡状态，从化学方程式能够看出，这是一个化学反响前后气体分子数相等的可逆反响。依据“等价变换”法，经过反响的化学计量数之比换算成同一边物质的物质的量之比与原均衡同样，则达到均衡后与原平衡等效。①因为标准项中n(H2)开端∶n(Br2)开端∶n(HBr)均衡=1∶2∶a，将n(H2)开端=2mol，n(Br2)开端=4mol，代入上式得n(HBr)均衡=2a。②参照标准项可知，n(HBr)均衡=0.5amol，需要n(H2)起始=0.5mol，n(Br2)开端=1mol，n(HBr)开端=0mol。而此刻的开端状态，已有1molHBr，经过等价变换此后，就相当于开端时有0.5molH2和0.5molBr2的混淆物，为使n(H2)开端∶n(Br2)开端=1∶2，则需要再加入0.5molBr2就能够达到了。故开端时H2和Br2的物质的量应为0mol和0.5mol。③设开端时HBr的物质的量为xmol，变换成H2和Br2后，则H2和Br2的总量分别为（m+0.5x）mol和（g+0.5x）mol，依据（m+0.5x）∶（g+0.5x）=1∶2，解得x=2(g-2m)。设均衡时HBr的物质的量为ymol，则有1∶a=(m+0.5x)∶y，解得y=a(g-m)。【答案】①2a0mol；0.5mol2(g-2m)；a(g-m)3/183．恒温恒压—投料换算成同样物质表示时等比率典例3．以下图，在必定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带有活塞的容积可变的容器中，活塞的一端与大气相通，容器中发生以下反响：N2+3H22NH3（正反响放热），若反响达到均衡后，测得混淆气体的体积为7体积。据此回答以下问题：（1）保持上述反响温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积，假如反响达到均衡后混淆气体中各气体的体积分数仍与上述均衡同样，那么：①若a=1，c=2，则b=_________。在此状况下，反响开端时将向_________（填“正”或“逆”）反响方向进行。②若需规定开端时反响向逆反响方向进行，则c的取值范围是_________。2）在上述装置中，若需控制均衡后混淆气体为6.5体积，则可采纳的举措是_________，原由是_____________________________________________________________________。【分析】（1）①化学反响：N2+3H22NH3在定温、定压下进行，要使均衡状态与原均衡状态等效，只需开端时=就能够达到。已知开端时各物质体积分别为1体积N2、b体积H2和2体积NH3。依据“等价变换”法，将2体积NH3经过反响的化学计量数之比换算成N2和H2的体积，则相当于开端时有（1+1）体积N2和（b+3）体积H2，它们的比值为=，解得b=3。因反响前混淆气体为8体积，反响后混淆4/18气体为7体积，体积差为1体积，由差量法可解出均衡时NH3为1体积；而在开端时，NH3的体积为c=2体积，比均衡状态时大，为达到同一均衡状态，NH3的体积一定减小，所以均衡逆向挪动。②若需让反响逆向进行，由上述①所求出的均衡时NH3的体积为1可知，NH3的体积一定大于1，最大值则为2体积N2和6体积H2完整反响时产生的NH3的体积，即为4体积，则1?c≤2。（2）由6.5?7可知，上述均衡应向体积减小的方向挪动，亦即向放热方向挪动，故采纳降温举措。【答案】（1）①b=3；逆向；②1?c≤22）降温；由6.5?7可知，上述均衡应向体积减小的方向挪动，亦即向放热方向挪动，故采纳降温举措。1．向恒温恒压容器中充入2molNO、1molO2，发生反响：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。以下状况不可以说明反响已达到均衡状态的是（）A．容器体积不再改变B．混淆气体的颜色不再改变C．混淆气体的密度不再改变D．NO与O2的物质的量的比值不再改变【分析】A.反响在恒温恒压条件下进行，若反响未达均衡则容器体积变化，若体积不变则达均衡状态，选项A不选；B.NO2为红棕色气体，其余反响物为无色气体，若混淆气体的颜色不再改变，则反响达均衡状态，选项B不选；C.反5/18应在恒温恒压条件下进行，若反响未达均衡则容器体积变化，气体总质量不变，则密度变化，若密度不变则达到均衡，选项C不选；D、充入2molNO、1molO2，且两反响物质的化学计量数之比为2∶1，则不论反响能否达均衡，NO与O2的物质的量的比值均为2∶1，不再改变，选项D选。【答案】D2．必定温度下，在恒容密闭容器中发生以下反响：2A(g)+B(g)3C(g)，若反响开始时充入2molA和2molB，达均衡后A的体积分数为a%。其余条件不变时，若按以下四种配比作为开端物质，均衡后A的体积分数大于a%的是（）A．2.5molCB．2molA、2molB和10molHe（不参加反响）C．1.5molB和1.5molCD．2molA、3molB和3molC【分析】反响2A(g)+B(g)3C(g)中，气体的体积前后同样，在必定温度下，在恒容密闭容器中获得均衡状态，只需知足物质所有转变成A、B，且知足n(A)∶n(B)=1∶1，就是等效均衡，联合浓度对均衡挪动的影响，只需加入的物质的量：n(A)∶n(B)＞1∶1，均衡后A的体积分数大于a%，A.2molC相当于molA和molB，两者的比值为2∶1，大于1∶1，则均衡后A的体积分数大于a%，选项A正确；B.2molA、2molB和1molHe（不参加反响），n(A)∶n(B)=2∶2，等于1∶1，则均衡后A的体积分数等于a%，选项B错误；C.1molB和1molC，6/18相当于molA和molB，n(A)∶n(B)=1∶2，小于1∶1，则均衡后A的体积分数小于a%，选项C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，两者的比值为4∶4，等于1∶1，则均衡后A的体积分数等于a%，选项D错误，答案选A。【答案】A3．N2O5是一种新式硝化剂，必定温度下发生反响2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)H>0,T1温度下的部分实验数据以下表所示。t/s050010001500-15.003.522.502.50c(N2O5)/(mol·L)以下说法正确的选项是A．该反响在任何温度下均能自觉进行B．T1温度下的均衡常数为K1＝125，1000s时N2O5(g)转变率为50%C．其余条件不变时，T2温度下反响到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98mol·L-1，则T1<T2D．T1温度下的均衡常数为K1，T2温度下的均衡常数为K2，若T1>T2，则K1<K2【分析】A．该反响为熵增、焓增的反响，依据△G=△H-T△S，高温有益于自觉进行，选项A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反响抵达均衡，均衡时c(N2O5)=2.5mol·L-1，c(NO2)=5mol·L-1，c(O2)=1.25mol·L-1，均衡常数K===125，转变7/18率为×100%=50%，选项B正确；C．该反响正反响是吸热反响，高升温度，反响速率加速，均衡向正反响挪动，均衡不时N2O5(g)浓度应降低，其余条件不变时，T2温度下反响到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98mol·L-1，浓度大于2.5mol·L-1，故不行能为高升温度，应为降低温度，故T1＞T2，选项C错误；D．均衡常数只受温度影响，T1温度下的均衡常数为K1，T2温度下的均衡常数为K2，若T1＞T2，反响吸热反响，则K1＞K2，选项D错误；选B。【答案】B4．在一密闭容器中，反响aA(g)bB(g)达均衡后，保持温度不变，将容器体积增添一倍，当达到新的均衡时，A的浓度变成本来的60%，则（）A．a＜bB．均衡向逆反响方向挪动了C．均衡向正反响方向挪动了D．物质B的质量分数增添了【分析】A.减小压强，均衡向生成A的方向挪动，则a>b，选项A错误；B.假定体积增添一倍时若均衡未挪动，A的浓度应为原来的50%，实质均衡时A的浓度是本来的60%，大于本来的50%，说明均衡向生成A的方向挪动，即向逆反响挪动，选项B正确；C.根据选项B的剖析，均衡向逆反响挪动，选项C错误；D.均衡向逆反应挪动，物质B的质量分数减小了，选项D错误；答案选B。【答案】B8/185．在一个固定容积的密闭容器中，保持必定温度进行以下反响：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，已知加入1molH2和2molBr2达到均衡后，生成xmolHBr，在同样条件下若开端时加入的H2、Br2、HBr分别为a、b、c(均不为0)且保持均衡时，各组分含量都不变，以下推测正确的选项是：①a、b、c应知足的关系是4a＋c＝2b；②均衡时HBr为axmol；③a、b、c应知足的关系是a＋b＝c；④均衡时HBr为xmol。A．①B．①②C．①④D．②③【分析】在容器中充入1molH2和2molBr2达到均衡后生成xmolHBr。在同样条件下，若开端时加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到均衡时，各组分百分含量和前一均衡同样，则成立的是等效均衡；因为该反响是气体体积不变的反响，将所有量依据反响方程式转变成氢气和溴，只需知足n(H2)∶n(Br2)=1mol∶2mol=1∶2即可。①依据极限转变的思想，将cmol的HBr极限转变成反响物，要实现等效均衡的成立，则相当于的投料切合：氢气：a+0.5c=1，溴单质：b+0.5c=2，整理获得：4a+c=2b，故①正确；②反响两边气体的体积不变，在容器中充入1molH2和2molBr2达到均衡后气体的物质的量仍是3mol，则溴化氢的百分含量为，加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到均衡时两个均衡中溴化氢的百分含量相等，设达到均衡时HBr物质的量为m，则=，所以m=xmol，即达到均衡时HBr物质的量为xmol，9/18故②错误，④正确；③依据①可知，4a+c=2b，所以a+b不必定等于c，故③错误；依据剖析可知，正确的为①④，应选C。【答案】C6．某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反响:H2(g)+I2(g)2HI(g)。反响系统中各物质浓度的相关数据以下。开端浓度均衡浓度容器c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02c以下判断不正确的选项是A．HI的均衡浓度:a=b>0.004，c=0.008B．均衡时，H2的转变率：丁>甲C．均衡时，乙中H2的转变率大于20%D．丙中条件下，该反响的均衡常数K=0.25【分析】A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促使氢气的转变；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促使碘单质转变，乙丙达到同样均衡状态，则HI的均衡浓度：a=b＞0.004，反响H2(g)+I2(g)2HI(g)，反响前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B．甲、丁比较，开端物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强均衡不挪动，则均衡时，H2的转变率：甲=丁，故B错10/18误；C．由甲中数据可知，甲中氢气转变率为×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促使氢气的转变，故C正确；D．甲、丙温度同样，K同样，联合表格中数据可知，K==0.25。故D正确；应选B。【答案】B7．在1L密闭容器中通入2molNH3，在必定温度下发生反应:2NH3N2+3H2，达到均衡状态时，N2的物质的量分数为a%，保持容器的容积和温度不变，分别通入以下几组物质，达到均衡状态时，容器内N2的物质的量分数仍为a%的是A．3molH2和1molNH3B．2molN2和3molH2C．1molN2和3molNH3D．0.1molNH3、0.95molN2、2.85molH2【分析】依据等效均衡，按化学计量数转变到方程式的左侧，知足n(NH3)=2mol，则达到均衡时，容器内N2的百分含量为a%。A.3molH2+1molNH3与初始量2molNH3不同样，则不属于等效均衡，达到均衡时，容器内N2的百分含量不是a%，故A错误；B.2molN2+3molH2按化学计量数转变到方程式的左侧可得：n(NH3)=2mol、n(N2)=1mol，不属于等效均衡，故B错误；C.1molN2+3molNH3与初始量2molNH3不同样，则不属于等效均衡，达到均衡时，容器内N2的百分含量不是a%，故C错误；D.0.1molNH3+0.95molN2+2.85molH2，按化学计量数转变到方程式的左侧，知足n(NH3)=2mol，属于等11/18效均衡，故D正确；应选D。【答案】D8．在温度、容积同样的3个密闭容器中，按不一样方式投入反响物，保持恒温、恒容，测得达到均衡时的相关数据以下：已知X(g)+3Y(g)2Z(g)H=-QkJ·mol-1容器甲乙丙反响物投入量1molX、3molY2molZ4molZ-1c1c2c3Z的浓度(mol·L)反响的能量变化放出akJ汲取bkJ汲取ckJ系统压强(Pa)p1p2p3反响物转变率α1α2α3以下说法正确的选项是A．2c1>c3B．a+b=QC．2p2<p3D．α1+α31【分析】甲容器反响物投入1molX、3molY，乙容器反响物投入量2molZ，恒温且乙容器容积和甲容器同样，则甲容器与乙容器是等效均衡；甲容器反响物投入1molX、3molY，丙容器反响物投入量4molZ，采纳极限转变法转变成反应物为2molX、6molY，是甲中的二倍，假如恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效均衡；所以丙所抵达的均衡，能够看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，抵达均衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所抵达的均衡，所以丙与甲、乙对比，增大了压强，均衡向着正向挪动，小容器体积，增大了压强，均衡向着正向12/18挪动，所以丙中X、Y转变率大于甲和乙的。A、丙容器反响物投入量4molZ，采纳极限转变法转变成反响物为2molX、6molY，是甲中的二倍，若均衡不挪动，c3=2c1；丙相当于增大压强，均衡向着正向挪动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B、甲投入1molX、3molY，乙中投入2molZ，则甲与乙是完整等效的，依据盖斯定律可知，甲与乙的反响的能量变化之和为QkJ，故a+b=Q，故B正确；C、丙容器反响物投入量4molZ，是乙的二倍，若均衡不挪动，丙中压强为乙的二倍；因为丙中相当于增大压强，均衡正向挪动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D、丙容器反响物投入量4molZ，是乙的二倍，若均衡不挪动，转变率α1+α3=1；因为丙中相当于增大压强，均衡正向挪动，氨气的转变率减小，所以转变率α1+α3＜1，故D错误；故选B。【答案】B9．必定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，进行反响2SO2＋O2SO3，其开端物质的量及SO2均衡转变率以下表所示。以下判断中正确的选项是甲乙丙丁密闭容器体积/L2221n(SO2)/mol0.400.800.800.40开端物质的量n(O2)/mol0.240.240.480.24SO的均衡转变率%80α1α2α32A．甲中反响的均衡常数小于乙13/18B．该温度下，该反响的均衡常数K为400C．SO2的均衡转变率：α1>α2＝α3D．容器中SO3的物质的量浓度：丙＝丁<甲【分析】A．温度同样时，该反响的均衡常数不变，则甲、乙中反响的均衡常数相等，故A错误；B．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，开始(mol)0转变(mol)0.320.160.32均衡(mol)0.080.080.32均衡浓度(mol·L-1)0.040.040.16所以该温度下该反响的均衡常数值为：K==400，故B正确；C．由甲、乙可知，氧气的浓度同样，二氧化硫的浓度增大会促使氧气的转变，二氧化硫转变率减小，丙体积为2L，丁体积为1L，开端量分别为0.8，0.48；0.40，0.24，丙和丁达到的均衡同样，丙实验氧气物质的量增大，氧气转变率增大；则二氧化硫转变率，α1＜α2=α3，故C错误；D．体积同样，丙中的开端浓度为甲的2倍，压强增大，均衡正向挪动，则丙中转变率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍，丙体积为2L，丁体积为1L，开端量分别为0.8，0.48；0.40，0.24，丙和丁达到的均衡同样，三氧化硫浓度同样，丙=丁＞甲，故D错误；应选B。【答案】B10．TK时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2，反响14/18COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到均衡。反响过程中测定的部分数据见下表：t/s02468n(Cl2)/mol00.160.190.200.20以下说法正确的选项是（）A．反响在前2s的均匀速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1B．保持其余条件不变，高升温度，均衡时c(Cl2)=0.11mol·L-1，则反响的H＜0C．TK时开始向容器中充入0.9molCOCl2、0.10molCl2和0.10molCO，达到均衡前时v正>v逆D．TK时开端向容器中充入1.0molCl2和0.9molCO，达到均衡时，Cl2的转变率为80%【分析】A.反响在前2s的均匀速率v(Cl2)==÷2s=0.04mol·(L·s)-1，错误；B.均衡时v(Cl2)===0.1mol·L-1，高升温度，c(Cl2)=0.11mol·L-1，说明均衡向正反响方向挪动，则正反响应为吸热反响H>0，错误；C.COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)开端（mol·L-1）：0.500转变（mol·L-1）：0.10.10.1均衡（mol·L-1）：0.40.10.1该温度下K==0.025，若开端向容器中充入0.9molCOCl2、0.10molCl2和0.10molCO，此时Qc==0.011＜0.025，则反响达到均衡前正>v逆。正确；D.TK时开端向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，应等15/18效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2，达到均衡时Cl2的转变率等于80%，如加入1.0m