第2節(jié)化學(xué)均衡化學(xué)均衡常數(shù)一、選擇題1．固體碘化銨置于密閉容器中，加熱至必定溫①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)1，反響①的均衡常數(shù)為20，則以下結(jié)論不正確的選項(xiàng)是(．．．A．均衡時(shí)c(NH3)＝5mol·L－1B．均衡時(shí)HI分解率為20%

度后恒溫，容器中發(fā)生反響：。測(cè)得均衡時(shí)c(I2)＝0.5mol·L)。C．混淆氣體的均勻摩爾質(zhì)量不再發(fā)生變化不可以夠作為判斷該反響達(dá)到均衡狀態(tài)的標(biāo)記D．均衡后減小容器容積，NH4I的物質(zhì)的量增添，I2的物質(zhì)的量不變2．(2016年天津卷改編)在恒溫恒容的密閉容器中，某儲(chǔ)氫反響：MHx(s)＋yH2(g)MHx＋2y(s)H<0達(dá)到化學(xué)均衡。以下相關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )。A．容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)保持不變B．汲取ymolH2只要1molMHxC．若降溫，該反響的均衡常數(shù)減小D．若向容器內(nèi)通入少許氫氣，則v(放氫)＞v(吸氫)3．(2018屆上海虹口期末)某反響A(g)＋B(g)C(g)的能量變化以以下圖所示，由圖象可知，加入X后( )。A．反響速率增大B．反響物轉(zhuǎn)變率增大C．生成物的能量降低D．反響的熱效應(yīng)降低和I4．(2018屆北京東城一模)某溫度下，在甲、乙、丙、丁四個(gè)恒容密閉容器中投入H2，發(fā)生反響：H(g)＋I(xiàn)(g)2HI(g)。反響系統(tǒng)中各物質(zhì)濃度的相關(guān)數(shù)據(jù)以下。222容器－1開端濃度－1均衡濃度－1)/(molc(Ic(HI)/(mol·Lc·L))/(mol·L))22甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02—以下判斷正確的選項(xiàng)是()。A．HI的均衡濃度：＝>0.004abB．均衡時(shí)，H2的轉(zhuǎn)變率：丁>甲20%C．均衡時(shí)，乙中H的轉(zhuǎn)變率等于2D．丙中條件下，該反響的均衡常數(shù)K＝42molSO和1molO，發(fā)生反響：2SO(g)5．必定溫度時(shí)，向2.0L恒容密閉容器中充入22＋O2(g)2SO3(g)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后達(dá)到均衡。反響過(guò)程中測(cè)定部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：t/s02468n(SO3)/mol00.81.41.81.8以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )。－1－1A．反響在前2s的均勻速率v(O2)＝0.4mol·L·sB．保持其余條件不變，體積壓縮到1.0L，均衡常數(shù)將增大C．保持溫度不變，向該容器中再充入2molSO2、1molO2，反響達(dá)到新均衡時(shí)nn

321增大4molSO，達(dá)到均衡時(shí)，SO的轉(zhuǎn)變率大于10%D．同樣溫度下，開端時(shí)向容器中充入336．T0℃時(shí)，在2L的密閉容器中發(fā)生反響：X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)，各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖a所示。其余條件同樣，溫度分別為T℃、T℃時(shí)發(fā)生反12應(yīng)，X的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖b所示。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()。圖a圖bA．該反響的正反響是吸熱反響－1－10℃，從反響開始到均衡時(shí)：v(X)＝0.083mol·L·minB．TC．圖a中反響達(dá)到均衡時(shí)，Y的轉(zhuǎn)變率為37.5%D．T℃時(shí)，若該反響的均衡常數(shù)K＝50，則T＜T1107．(2018屆山東德州陵城一中月考)在必定溫度下，固定體積為2L密閉容器中，發(fā)生反響：2SO(g)＋O(g)2SO(g)H<0，n(SO)隨時(shí)間的變化以下表。232時(shí)間/min012345n(SO)/mol0.200.160.130.110.080.082則以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )。A．當(dāng)v(SO2)＝v(SO3)時(shí)，說(shuō)明該反響已達(dá)到均衡狀態(tài)－1－1B．用O2表示0～4min內(nèi)該反響的均勻速率為0.005mol·L·minC．均衡時(shí)再通入O2，均衡右移，O2轉(zhuǎn)變率減小，SO2轉(zhuǎn)變率增大二、非選擇題8．(2018屆浙江嘉興一中月考)碳、硫和氮元素及其化合物的辦理，是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)CO可轉(zhuǎn)變成二甲醚，原理為2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，已知必定條件下，該反響中CO的均衡轉(zhuǎn)變率隨溫度、投料比的變化曲線如圖一所示，若溫度高升，則反響的均衡常數(shù)K將________(填“增大”“減小”或“不變”)。圖一圖二(2)SO2的水溶液呈酸性，某溫度下，0.02mol·L－1亞硫酸水溶液的pH等于2，若忽視亞硫酸的二級(jí)電離和H2O的電離，則該溫度下亞硫酸的一級(jí)電離均衡常數(shù)a1＝__________。(3)已知：①2SO(g)＋O(g)2SO(g)HK2231②2NO(g)＋O2(g)2NO(g)H2若1<2<0，則SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)屬于________(填“放熱”或“吸HH熱”)反響。若用少許NaOH溶液汲取SO2氣體，對(duì)產(chǎn)物NaHSO3進(jìn)一步電解可制得硫酸，電解原理表示圖如圖二所示，則電解時(shí)陽(yáng)極的電極反響式為__________________________________。(5)在恒溫密閉容器中通入SO2和NO2各1mol發(fā)生反響SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)，當(dāng)反響達(dá)到均衡后(此時(shí)NO2的轉(zhuǎn)變率為α1)，保持溫度和容積不變，10min時(shí)再通入各1mol的SO2和NO2的混淆氣體，20min時(shí)再次均衡(此時(shí)NO2的轉(zhuǎn)變率為α2)。兩次平2衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)變率α1______α2(填“>”“<”或“＝”)，并在以下圖中畫出正反響速率在10～30min間隨時(shí)間變化的曲線圖。9．高爐煉鐵中常有的反響為Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)H。(1)某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室模擬上述反響。必定溫度下，在2L盛有FeO粉末的恒容密閉23容器中通入0.1molCO,5min時(shí)生成2.24gFe。5min內(nèi)用CO表示的均勻反響速率是－1－1________mol·L·min；5min時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)為________；若將此時(shí)反響系統(tǒng)中的混2合氣體通入100mL0.9mol·L－1的NaOH溶液中，充分反響后所得溶液中離子濃度由大到小的順序是________________________________________________________________________。上述反響的均衡常數(shù)表達(dá)式為K＝________；以下能說(shuō)明該反響已經(jīng)達(dá)到均衡狀態(tài)的是________(填序號(hào))。a．容器內(nèi)固體質(zhì)量保持不變b．容器中氣體壓強(qiáng)保持不變c．c(CO)＝c(CO2)d．v正(CO)＝v逆(CO2)(3)已知上述反響的均衡常數(shù)K與溫度(單位：K)之間的關(guān)系以以下圖所示，此中直線的THR＝8.3×10－3－1－1斜率為－R(氣體常數(shù)kJ·mol·K)。①依據(jù)圖象可知，該反響的均衡常數(shù)隨溫度高升而________(填“增大”“減小”或“不變”)。②該反響的H＝________kJ·mol－1。(4)聯(lián)合上述相關(guān)信息，寫出兩條提升CO轉(zhuǎn)變率的舉措：__________________、__________________。10．Bodensteins研究了以下反響：H(g)＋I(xiàn)(g)2HI(g)22在716K時(shí)，氣體混淆物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反響時(shí)間t的關(guān)系以下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果，該反響的均衡常數(shù)K的計(jì)算式為______________。(2)上述反響中，正反響速率為v(正)＝k正·x2(HI)，逆反響速率為v(逆)＝k逆·x(H)·x(I)，此中k正、k逆為速率常數(shù)，則k逆為________(以K和k正表示)。若k正＝220.0027min－1，在t＝40min時(shí)，v(正)＝________min－1。由上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算獲得v(正)～x(HI)和v(逆)～x(H2)的關(guān)系可用以下圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時(shí)，反響從頭達(dá)到均衡，相應(yīng)的點(diǎn)分別為____________(填字母)。311．(2018屆山西朔州一中月考)在2L密閉容器中，800℃時(shí)反響2NO(g)＋O2(g)2NO(g)系統(tǒng)中，n(NO)隨時(shí)間的變化以下表：時(shí)間/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007寫出該反響的均衡常數(shù)表達(dá)式：K＝______________。已知：K(300℃)＞K(350℃)，該反響是________熱反響。以下圖中表示NO2的變化的曲線是__________(填字母)。用O2表示從0～2s內(nèi)該反響的均勻速率v＝________________。能說(shuō)明該反響已經(jīng)達(dá)到均衡狀態(tài)的是________(填字母，下同)。a．v(NO2)＝2v(O2)b．容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變c．v逆(NO)＝2v正(O2)d．容器內(nèi)的密度保持不變(4)為使該反響的反響速率增大，且均衡向正反響方向挪動(dòng)的是__________。a．實(shí)時(shí)分別出NO2氣體b．適合高升溫度c．增大O2的濃度d．選擇高效的催化劑第2節(jié)化學(xué)均衡化學(xué)均衡常數(shù)1．D分析：設(shè)碘化銨生成氨氣和碘化氫的濃度為x。2HI(g)H(g)＋I(xiàn)(g)22開端x00－1變化10.50.5－1均衡x－10.50.5－1依據(jù)反響①的均衡常數(shù)為20，得x(x－1)＝20，解得x＝5mol·L－1，c(NH3)＝5mol·L1mol·L－11，A正確；均衡時(shí)HI分解率為5mol·L－1×100%＝20%，B正確；反響①固體生成氣體，氣體的均勻摩爾質(zhì)量一直不變，反響②反響前后氣體的物質(zhì)的量不變，氣體的均勻摩爾質(zhì)量42molSO2、一直不變，故混淆氣體的均勻摩爾質(zhì)量不再發(fā)生變化不可以夠作為判斷該反響達(dá)到均衡狀態(tài)的標(biāo)記，C正確；均衡后減小容器容積，均衡①逆向挪動(dòng)，NH4I的物質(zhì)的量增添，HI的物質(zhì)的量降低，均衡②逆向挪動(dòng)，則I2的物質(zhì)的量減小，D錯(cuò)誤。2．A分析：MHx(s)＋yH2(g)MHx＋2y(s)H<0，該反響屬于氣體的物質(zhì)的量發(fā)生變化的反響。均衡時(shí)氣體的物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)不變，A正確；該反響為可逆反響，汲取ymolH2需要MHx的物質(zhì)的量大于1mol，B錯(cuò)誤；降低溫度，均衡向正反響方向挪動(dòng)，均衡常數(shù)增大，C錯(cuò)誤；向容器內(nèi)通入少許氫氣，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，均衡正向挪動(dòng)，v(放氫)＜v(吸氫)，D錯(cuò)誤。3．A分析：加入X后活化能降低，反響速率增大，反響物轉(zhuǎn)變率不變，生成物的能量不變，反響的熱效應(yīng)不變。4．A分析：對(duì)照甲容器，乙容器中增大碘的濃度，均衡正向挪動(dòng)，碘化氫的濃度增大，丙容器中氫氣的濃度增大，均衡正向挪動(dòng)，碘化氫的濃度增大，且二者轉(zhuǎn)變率同樣，故HI的均衡濃度：a＝b>0.004，A正確；恒溫恒容，丁與甲對(duì)比，各物質(zhì)濃度增大一倍，為等效0.002均衡，轉(zhuǎn)變率同樣，B錯(cuò)誤；甲容器中氫氣的轉(zhuǎn)變率為0.01×100%＝20%，乙中增大碘的濃度，氫氣的轉(zhuǎn)變率增大，大于20%，C錯(cuò)誤；均衡常數(shù)只與溫度相關(guān)，溫度不變，均衡常數(shù)不變，故能夠依據(jù)甲容器計(jì)算丙中條件下的均衡常數(shù)，＝0.0042＝0.25，D錯(cuò)誤。K0.008×0.0080.8mol－1－15．C分析：反響在前2s的均勻速率v(SO3)＝2L·2s＝0.2mol·L·s，同一可逆反響中同一段時(shí)間內(nèi)各物質(zhì)的反響速率之比等于其計(jì)量數(shù)之比，v(O2)＝1×0.2mol·L－1－1－1－12·s＝0.1mol·L·s，故A錯(cuò)誤；化學(xué)均衡常數(shù)只與溫度相關(guān)，溫度不變，化學(xué)均衡常數(shù)不變，與壓強(qiáng)、物質(zhì)濃度都沒(méi)關(guān)，故B錯(cuò)誤；溫度不變，向該容器中再充入n1molO2，壓強(qiáng)增大，均衡正向挪動(dòng)，n

3增大，故C正確；同樣溫度下，開端時(shí)向容2器中充入4molSO3，假如三氧化硫完整轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸蚝脱鯕猓趸蚝脱鯕獾奈镔|(zhì)的量分別是4mol、2mol，為本來(lái)的2倍，增大壓強(qiáng)，均衡正向挪動(dòng)，則二氧化硫轉(zhuǎn)變率增大，因此二氧化硫轉(zhuǎn)變率大于90%，同樣溫度下，開端時(shí)向容器中充入4molSO，達(dá)到平3衡時(shí)，SO3的轉(zhuǎn)變率小于10%，故D錯(cuò)誤。T>T，溫度越高，X的物質(zhì)的6．D分析：依據(jù)“先拐先平，數(shù)值大”的原則可推知，12量越大，則均衡向左挪動(dòng)，正反響放熱，A錯(cuò)誤；v(X)＝0.3mol－0.05mol2L×3min≈0.0417mol·L－1·min－1，B錯(cuò)誤；Y的轉(zhuǎn)變率為0.4mol－0.15mol＝0.625，C錯(cuò)誤；由圖a可知X、Y、0.4molZ物質(zhì)的量變化之比為1∶1∶2，則0為33.3<50，均衡常數(shù)越小，溫度越高，D正確。K7．C分析：沒(méi)有標(biāo)出正逆反響速率，沒(méi)法判斷，A錯(cuò)誤；0～4min，v(SO2)＝0.2mol－0.08mol＝0.015mol·L－1·min－1,速率之比等于系數(shù)之比，v(O2)＝0.00752L·4min1mol·L－·－1min222，B錯(cuò)誤；均衡時(shí)再通入O，均衡右移，O轉(zhuǎn)變率減小，SO轉(zhuǎn)變率增大，C正確；H<0，高升溫度，均衡左移，均衡常數(shù)K值減小，D錯(cuò)誤。8．(1)減小(2)0.01(3)放熱－－2e－＋2－(4)HSO3＋H2O===3H＋SO4(5)＝CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)，溫度高升，CO分析：(1)由圖一可知，關(guān)于反響22325c－c＋0.01×0.01K減小。(2)電離均衡常數(shù)Ka1＝3的均衡轉(zhuǎn)變率降落，c2SO3＝0.02－0.01＝231，②2NO(g)＋O2(g)10.01。(3)已知：①2SO(g)＋O22SO(g)2，(①2－②)可得：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)H＝1×(ΔH1－H2)，若H1<H2<0，21則H＝2×(ΔH1－H2)＜0，反響放熱。(4)裝置的目的是用Na2SO3溶液汲取SO2，再用惰性電極電解汲取液將其轉(zhuǎn)變?yōu)镠SO，故陽(yáng)極反響式為－－＋2－溫24324度和容積不變，10min時(shí)再通入各1mol的SO2和NO2的混淆氣體，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，均衡不挪動(dòng)，NO的轉(zhuǎn)變率不變，即α＝α。2129．(1)0.00660%＋－2－－＋)c(Na)>c(HCO3)>c(CO3)>c(OH)>c(Hc32(2)c3ad(3)減小－24.9降低CO2的濃度適合降低溫度2.24g3分析：(1)n(Fe)＝56g·mol－1＝0.04mol，由反響可知耗費(fèi)CO為0.04mol×2＝0.06mol，則5min內(nèi)CO的均勻反響速率為v＝0.06mol－1－12L＝0.006mol·L·min。反響前后·5min0.06mol氣體的總物質(zhì)的量不變，反響生成0.06molCO2，則5min時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)為0.1mol×100%＝60%。將混淆氣體通入100mL0.9－1mol·L的NaOH溶液中，完整反響后可得0.03molNaHCO3和0.03molNa2CO3的混淆溶液，因水解溶液顯堿性，且2－－CO3的水解程度大于HCO3，所得溶液中離子濃度由大到小的次序是＋－2－－＋。(2)容器內(nèi)固體ccccc33質(zhì)量保持不變，能說(shuō)明是均衡狀態(tài)，故a正確；因容器中氣體的總物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)保持不變沒(méi)法說(shuō)明是均衡狀態(tài)，故b錯(cuò)誤；c(CO)＝c(CO)沒(méi)法說(shuō)明是均衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；當(dāng)2v正(CO)＝v逆(CO)時(shí)能說(shuō)明是均衡狀態(tài)，故d正確。(3)①依據(jù)圖象可知，lnK隨增大而21T1增大，而溫度越高，T越小，則該反響的均衡常數(shù)隨溫度高升而減小。②設(shè)直線與縱軸交點(diǎn)H1的縱坐標(biāo)是b，則有l(wèi)nK＝－R·T＋b，將M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)數(shù)值代入求得b＝1.8，則有4.8＝－－3H－1－1·1＋1.8，解得＝－24.9kJ·mol－1。(4)此反響正方8.3×10kJ·mol·K1000H向?yàn)榉艧岱错?，能夠?jīng)過(guò)降低CO2的濃度或適合降低溫度，使均衡正向挪動(dòng)，達(dá)到提升CO轉(zhuǎn)變率的目的。0.108×0.108k正－310．(1)0.7842(2)K1.95×10(3)AE分析：(1)設(shè)開始加入的HI為xmol，達(dá)均衡時(shí)轉(zhuǎn)變的HI為amol，則2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)(g)2開始量/molx00轉(zhuǎn)變量/molaaa22平權(quán)衡/molx－aaa22－a0.108×0.1080.784。(2)均衡狀態(tài)下，v(正)＝v(逆)，x＝0.784，得a＝0.216x，K＝22k正·x2故有k正·x(HI)＝k逆·x(H2)·x(I2)，則k逆＝x2在40min時(shí)，x(HI)＝0