高中化学平衡高考易错经典试题及总结

-.z.一、化学平衡状态的判断一个可逆反响是否到达化学平衡状态，判断依据主要有两个方面：一是用同种物质浓度变化表示的正反响速率和逆反响速率相等，或用不同种物质浓度变化表示的正反响速率和逆反响速率相当〔其比值等于化学方程式中相应的化学计量之比〕；二是平衡混合物中各组分的浓度保持不变。例1在一定温度下，可逆反响A(g)+3B(g)2C(g)到达平衡的标志是A．C的生成速率与C的分解速率相等B．单位时间生成nmolA，同时生成3nmolBC．A、B、C的浓度不再变化D．A、B、C的分子数比为1:3:2分析A选项中同一物质C的生成速率与分解速率相等〔即正、逆反响速率相等〕和C选项中A、B、C的浓度不再变化，都是化学平衡的标志。而B选项中的说法符合反响中任何时刻的情况，D选项则是反响中可能的一种特定情况，不一定是平衡状态。所以答案为A、C。由于化学平衡时，平衡混合物中各组分的浓度保持不变，此时有气体参加或生成的反响体系的压强也保持不变。但在容积不变的情况下，对于Δn(g)=0的反响，体系压强始终不随时间变化，只有对于Δn(g)≠0的反响，体系压强不变才能作为到达化学平衡的标志。例2在一定温度下，向aL密闭容器中参加1mol*气体和2molY气体，发生如下反响：*(g)+2Y(g)2Z(g)，此反响到达平衡的标志是A．容器压强不随时间变化B．容器各物质的浓度不随时间变化C．容器*、Y、Z的浓度之比为1:2:2D．单位时间消耗0.1mol*同时生成0.2molZ分析由于反响的Δn(g)≠0，容器压强不随时间变化是平衡的标志，另外参照判断可逆反响是否到达平衡的两个主要依据，正确答案为A、B。二、化学平衡常数的初步认识高考对化学平衡常数的要求主要是初步认识其含义及影响因素，并能用化学平衡常数对反响是否处于平衡状态进展定量的判断。例3在一定体积的密闭容器中，进展如下化学反响：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6答复以下问题：〔1〕该反响的化学平衡常数表达式为K=______。〔2〕该反响为______反响〔选填吸热、放热〕。〔3〕〔略〕。〔4〕*温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为______℃。分析〔1〕对于化学计量数均为1的可逆反响，其平衡常数是生成物的浓度乘积除以反响物的浓度乘积所得的比；〔2〕可逆反响的平衡常数一般只随温度的改变而改变，吸热反响的平衡常数随温度升高而增大，放热反响的平衡常数随温度升高而减小；〔4〕当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，反响的平衡常数K=1。例4高炉炼铁中发生的根本反响之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)〔正反响是吸热反响〕，其平衡常数可表示为K=c(CO2)/c(CO)，1100℃时K=0.263。〔1〕温度升高，化学平衡移动后到达新的平衡，高炉CO2和CO的体积比值______；平衡常数K值______〔选填“增大〞“减小〞或“不变〞〕。〔2〕1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.025mol·L-1、c(CO)=0.1mol·L-1，在这种情况下，该反响是否处于化学平衡状态______〔选填“是〞或“否〞〕，此时，化学反响速率是v正______v逆〔选填“大于〞“小于〞或“等于〞〕，其原因是______。分析〔1〕由于正反响是吸热反响，平衡常数将随温度的升高而增大；〔2〕由于此时c(CO2)/c(CO)=[0.025mol·L-1]/[0.1mol·L-1]=0.25≠K=0.263，所以反响不处于平衡状态，又因为0.25<0.263，则v正>v逆，平衡向右移动。三、化学平衡移动的分析1．根据外界条件的改变判断化学平衡的移动情况影响化学平衡的外界条件主要有浓度、压强和温度，根据这些条件的改变判断化学平衡移动方向的依据是勒夏特列原理〔化学平衡移动原理〕。例5Fe3+和I-在水溶液中的反响如下：2I-+2Fe3+2Fe2++I2〔水溶液〕。〔1〕〔略〕。当上述反响到达平衡后，参加CCl4萃取I2，且温度不变，上述平衡______移动〔选填“向右〞“向左〞“不〞〕。〔2〕〔略〕。分析用CCl4萃取I2，减少了反响体系中生成物I2的浓度，平衡向右移动。例6在一密闭的容器中，反响aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当到达新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则A．平衡向正反响方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数增加了D．a>b分析保持温度不变，容器体积增大一倍，即为减小压强的过程，平衡向气体体积增大的方向移动。到达新的平衡时，B的浓度不是原来的1/2〔50%〕而是60%，因此平衡向生成B的方向移动。答案为A、C。例7在*温度下，反响ClF(g)+F2(g)ClF3(g)〔正反响为放热反响〕在密闭容器中到达平衡。以下说确的是A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反响方向移动D．降低温度，体积不变，F2的转化率降低分析题中反响是一个正反响为放热、体积缩小的可逆反响。〔A〕温度不变，缩小体积〔即增大压强〕，平衡向正反响方向移动，ClF的转化率增大；〔B〕温度不变，增大体积〔即减小压强〕，平衡向逆反响方向移动，ClF3的产率降低；〔C〕升高温度，增大体积〔即减小压强〕，平衡向逆反响方向移动；〔D〕降低温度，体积不变，平衡向正反响方向移动，F2的转化率增大。所以答案为A。值得注意的是，对于反响前后气体体积不变的反响，压强改变不能使其平衡发生移动；催化剂只能以同等程度改变正、逆反响的速率，而改变反响到达平衡所需要的时间，但不能使化学平衡发生移动。例8压强变化不会使以下化学反响的平衡发生移动的是A．H2(g)+I2(g)2HI(g)B．3H2(g)+N2(g)2NH3(g)C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)D．C(s)+CO2(g)2CO(g)分析4个反响中，只有A对应的化学反响前后气体体积不变，所以答案为A。例9二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气。该反响进展到45s时，到达平衡〔NO2浓度约为0.0125mol·L-1〕。图1中的曲线表示二氧化氮分解反响在前25s的反响进程。图1〔1〕〔略〕；〔2〕假设反响延续至70s，请在图中用实线画出25s至70s的反响进程曲线；〔3〕假设在反响开场时参加催化剂〔其他条件都不变〕，请在图上用虚线画出加催化剂的反响进程曲线；〔4〕〔略〕。分析〔2〕从25s到45s，NO2的浓度从0.016mol·L-1减小到0.0125mol·L-1，45s以后，NO2的浓度不再变化；〔3〕参加催化剂，反响速率增大，NO2的浓度下降较快，但平衡时混合物的组成不变，即NO2浓度仍为0.0125mol·L-1〔答案如图2〕。图22．根据化学平衡的移动推断外界条件的变化这类试题往往需要根据勒夏特列原理进展逆向推理。图3例10反响2*(g)+Y(g)2Z(g)〔正反响为放热反响〕，在不同温度〔T1和T2〕及压强〔p1和p2〕下，产物Z的物质的量n〔Z〕与反响时间t的关系如图3所示。下述判断正确的选项是图3A．T1<T2，p1<p2B．T1<T2，p1>p2C．T1>T2，p1>p2D．T1>T2，p1<p2分析题中反响是一个正反响方向为放热、体积缩小的反响，降低温度或增大压强都能使平衡向正反响方向移动，n〔Z〕增大。由图可知，压强为p2时，从T2到T1〔图3中下面两条曲线〕，n〔Z〕减小，说明平衡逆向移动，所以从T2到T1应是升温过程，T1>T2；温度为T2时，从p1到p2〔图3中上面两条曲线〕，n〔Z〕减小，所以从p1到p2是减压过程，p1>p2。因此答案为C。3．根据平衡移动的意向选择反响条件这类试题往往也需要根据勒夏特列原理进展逆向推理。例11二氧化氮存在以下平衡：2NO2(g)N2O4(g)〔正反响为放热反响〕。在测定NO2的相对分子质量时，以下条件中较为适宜的是A．温度130℃、压强3.03×105PaB．温度25℃、压强1.01×105PaC．温度130℃、压强5.05×104PaD．温度0℃、压强5.05×104Pa分析要测定NO2的相对分子质量，应尽量使N2O4转化为NO2，即使化学平衡向左移动。根据反响的特点应选择较高温度和较低压强，答案为C。例12反响2A(g)2B(g)+E(g)〔正反响为吸热反响〕到达平衡时，要使正反响速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是A．加压B．减压C．减小E的浓度D．降温分析加压，正反响速率增大；减压，A的浓度减小；减小E的浓度，正反响速率和A的浓度均减小；降温，正反响速率减小，平衡逆向移动，A的浓度增大。答案为D。例13在一个容积固定的反响器中，有一个可左右滑动的密封隔板，两侧分别进展如图4所示的可逆反响。各物质的起始参加量如下：A、B和C均为4.0mol，D为6.5mol，F为2.0mol，设E为*mol。当*在一定围变化时，均可以通过调节反响器的温度，使两侧反响都到达平衡，并且隔板恰好处于正中位置。请填写以下空白：〔1〕假设*=4.5，则右侧反响在起始时向______〔填“正反响〞或“逆反响〞〕方向进展。欲使起始反响维持向该方向进展，则*的最大取值应小于______。〔2〕〔略〕。分析〔1〕左侧是气体体积不变的反响，按题意共有气体12mol，而右侧当*=4.5时，起始共有气体6.5mol+2.0mol+4.5mol=13mol>12mol，因此，要保持隔板位于中间，只能向气体体积减小的方向〔即正反响方向〕进展，使平衡时的总物质的量也为12mol。假设要维持这个方向，应有6.5mol+2.0mol+*mol>12mol，即*>3.5mol，这是*的最小值。*的最大值可由到达平衡时右侧总物质的量为12mol求得。设平衡时E物质消耗2amol，则有：D+2E2F起始〔mol〕6.5*2.0平衡〔mol〕6.5-a*-2a2.0+2a因为〔6.5-a〕+〔*-2a〕+〔2.0+2a〕=12，而且*-2a>0，所以*<7.0。4．根据平衡的移动推测可逆反响的性质根据平衡的移动推测可逆反响性质的依据也是勒夏特列原理，被推测的性质包括化学方程式中的化学计量数、物质的聚集状态以及反响的热效应。例14、1mol*气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反响：*(g)+aY(g)bZ(g)，反响到达平衡后，测得*的转化率为50%，而且同温同压下还测得反响前混合气体的密度是反响后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是A．a=1，b=1B．a=2，b=1C．a=2，b=2D．a=3，b=2分析因为*的转化率为50%，根据化学方程式中的化学计量数，平衡时*、Y、Z的物质的量分别为0.5mol、0.5amol和0.5bmol，由于反响前后混合气体的密度之比为3/4，物质的量之比则为4/3，则有〔1+a〕/〔0.5+0.5a+0.5b〕=4/3，整理得1+a=2b。经检验，答案为A、D。例15将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反响：aA+bBcC(s)+dD，当反响进展一定时间后，测得A减少了nmol，B减少了n/2mol，C增加了3n/2mol，D增加了nmol，此时到达化学平衡。〔1〕该化学方程式中各物质的化学计量数为a=______、b=______、c=______、d=______；〔2〕假设只改变压强，反响速率发生变化，但平衡不发生移动，该反响中各物质的聚集状态：A______、B______、D______。〔3〕假设只升高温度，反响一段时间后，测知四种物质的物质的量又到达相等，则该反响为______反响〔填“放热〞或“吸热〞〕。分析〔1〕由化学方程式中化学计量数之比等于反响中各物质的物质的量的变化之比可知，a:b:c:d=n:n/2:3n/2:n=2:1:3:2。〔2〕改变压强，反响速率发生变化，说明反响体系中有气态物质；而平衡不移动，说明反响前后气态物质的体积一样；又因为C为固体，则B为固体或液体，A、D均为气体。〔3〕升高温度后各物质的量又恢复至起始状态，则平衡向逆反响方向移动，即逆反响方向是吸热方向，正反响是放热反响。5．用平衡的观点解释实验事实这类试题主要是要求用化学平衡移动原理〔勒夏特列原理〕解释生产和生活中遇到的相关事实，属于STS类试题。例16近年来，*些自来水厂在用液氯进展消毒处理时还参加少量液氨，其反响的化学方程式：NH3+HClOH2O+NH2Cl〔一氯氨〕，NH2Cl较HClO稳定，试分析加液氨能延长液氯杀菌时间的原因是______。分析参加液氨，平衡NH3+HClOH2O+NH2Cl正向移动，使HClO以较稳定的NH2Cl的形式存在。当需要HClO〔即消耗HClO〕时，平衡左移，产生起杀菌作用的HClO。四、化学平衡状态的比拟这一般要求比拟不同条件下的同一反响，在到达化学平衡时反响进展程度〔转化率〕的大小。例17体积一样的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2，在一样温度下发生反响：2SO2+O22SO3并到达平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，假设甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断分析2SO2+O22SO3为气体体积缩小的反响，甲保持体积不变，乙保持压强不变，这样乙相对甲来说相当于加压，则平衡右移，SO2的转化率增大，答案为B。另外，对于一定条件下的*一可逆反响，无论从正反响开场还是从逆反响开场，都能到达平衡状态。在其他条件不变的情况下，假设要到达一样的平衡状态，主要取决于起始时反响物和生成物的配比。如果将所给各物质配比按化学方程式中的化学计量数之比折合成原来所给的物质时，配比与原先完全一样，就能到达一样的平衡状态。例18在一定温度下，把2molSO2和1molO2通入一个一定容积的密闭容器里，发生如下反响：2SO2+O22SO3，当此反响进展到一定程度时，反响混合物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始参加的SO2、O2和SO3的物质的量。如果a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的关系，才能保证到达平衡时，反响混合物中三种气体的体积分数仍跟上述平衡时的完全一样。请填写以下空白：〔1〕假设a=0，b=0，则c=______。〔2〕假设a=0.5，则b=______和c=______。〔3〕a、b、c取值必须满足的一般条件是〔用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c〕：______，______。分析〔1〕将2molSO2和1molO2折合成SO3时为2mol。〔2〕2SO2+O22SO3原配比〔mol〕210变化〔mol〕2-0.50.751.5新配比〔mol〕0.50.251.5则有b=0.25，c=1.5。〔3〕2SO2+O22SO3原配比〔mol〕210变化〔mol〕cc/2c新配比〔mol〕abc则有a+c=2，b+c/2=1。五、化学平衡的计算可逆反响发生至平衡状态过程中各物质的变化量，反响体系压强和密度等的变化，平衡时各组分的物质的量及体积分数等，都是有关化学平衡计算的重要依据。但一般不涉及化学平衡常数。具体计算的容包括以下几个方面：1．计算反响的起始用量例19*体积可变的密闭容器，盛有适量A和B的混合气体，在一定条件下发生反响：A+3B2C，假设维持温度和压强不变，当到达平衡时，容器的体积为VL，其中C气体的体积分数为10%，以下推断正确的选项是①原混合气体的体积为1.2VL②原混合气体的体积为1.1VL③反响到达平衡时气体A消耗掉0.05VL④反响到达平衡时气体B消耗掉0.05VLA．②③B．②④C．①③D．①④分析由于平衡时容器体积为VL，所以C为0.1VL，A、B共〔V-0.1V〕L=0.9VL。因为反响A+3B2C中，A、B、C的体积比为1:3:2，则反响中的体积变化为0.05VL、0.15VL和0.1VL，A、B共消耗0.05VL+0.15VL=0.2VL，原混合气体的体积为0.2VL+0.9VL=1.1VL。答案为A。2．计算反响物的转化率例20*、Y、Z为三种气体，把amol*和bmolY充入一密闭容器中，发生反响*+2Y2Z，到达平衡时，假设它们的物质的量满足n(*)+n(Y)=n(Z)，则Y的转化率为A．[(a+b)/5]×100%B．[2(a+b)/5b]×100%C．[2(a+b)/5]×100%D．[(a+b)/5b]×100%分析设参加反响的Y的物质的量为n，则有*+2Y2Z起始〔mol〕ab0平衡〔mol〕a-n/2b-nn由于n(*)+n(Y)=n(Z)，则有〔a-n/2〕+〔b-n〕=n，n=2(a+b)/5，所以Y的转化率为：[2(a+b)/5]/b×100%=[2(a+b)/5b]×100%。例21在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反响：2A(g)+B(g)2C(g)，达平衡时，在一样温度下测得容器