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1、第二节 化学平衡和化学反响的方向第1课时 化学平衡状态 化学平衡常数1. (2021原创)在一密闭容器中进行反响：2SO2(气)O2(气) 2SO3(气) 反响过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 molL1、0.1 molL1、0.2 molL1。当反响到达平衡时，可能存在的数据是()ASO2为0.4 molL1，O2为0.2 molL1 BSO2为0.25 molL1CSO3为0.4 molL1 DSO2、SO3均为0.15 molL1解析：假设SO2、O2完全反响，c(SO3)最高可达0.4 molL1；SO3完全分解，c(SO2)、c(O2)最高可达0.4 molL1、
2、0.2 molL1。但反响为可逆反响，不可能进行到底。所以0.4 molL1c(SO2)0，0.2 molL1c(O2)0，0.4 molL1c(SO3)0。D项表示平衡时反响物SO2和生成物SO3均减少，这是不可能的，违反了质量守恒定律。答案：B2可逆反响N2(g)3H2(g) 2NH3(g)的正、逆反响速率可用各反响物或生成物浓度的变化来表示。以下各关系中能说明反响已到达平衡状态的是()A3v正(N2)v正(H2) Bv正(N2)v逆(NH3)C2v正(H2)3v逆(NH3) Dv正(N2)3v逆(H2)解析：当正向反响速率等于逆向反响速率时，可逆反响到达平衡状态。根据化学方程式中NH3和
3、H2的计量关系，可以看出正反响在单位时间内有3 mol H2发生化合反响，必定同时生成2 mol NH3，故有2v正(H2)3v正(NH3)。这时逆反响如果同时有2 mol NH3发生分解反响，NH3的物质的量就相当于没有变化，“外表上好似静止到达平衡状态。所以当2v正(H2)3v逆(NH3)时，NH3的正、逆反响速率相等，说明反响已到达平衡状态。答案：C3(2021试题调研，山东泰安5月)将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl，在溶液中存在下面的化学平衡：Co24ClCoCl；H0粉红色蓝色以下说法正确的选项是()A升高温度，正反响速率增大，逆反响速率减小B该反响的平衡常数KC将盛有CoC
4、l2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为红色D增大Cl浓度，平衡向正反响方向移动，Co2、Cl浓度都减小解析：升高温度，正、逆反响速率都增大，A错；该反响的正反响为吸热反响，所以在热水中平衡向正反响方向移动，溶液为蓝色，C错；增大Cl浓度，平衡向正反响方向移动，Co2浓度减小，而Cl浓度增大，D错。答案：B4在恒温、恒容下，发生如下反响：2A(g)2B(g)C(g)3D(g)，现从两条途径分别建立平衡。途径：A、B的起始浓度均为2 molL1；途径：C、D的起始浓度分别为2 molL1和6 molL1。以下表达正确的选项是()A到达平衡时，途径的反响速率等于途径的反响速率B到达平衡时，途
5、径所得混合气体的压强等于途径所得混合气体的压强C两途径最终到达平衡时，体系内各组分的百分含量相同D两途径最终到达平衡时，体系内各组分的百分含量不相同解析：该反响为两端气体分子数相等的反响，故途径和途径建立了等效平衡。到达平衡时，各成分的物质的量虽然不同，但体系内各组分的百分含量相同，应选C。答案：C5 反响2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)：某温度下，SO2的平衡转化率()与体系总压强(p)的关系如下图。根据图示答复以下问题：(1)将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于10 L密闭容器中，反响到达平衡后，体系总压强为0.10 MPa。该反响的平衡常数等于_。(2)平衡状态由
6、A变到B时，平衡常数K(A)_K(B)(填“0，升高温度会加快化学反响速率B合成氨反响中，当3v(NH3)正2v(H2)逆时，反响到达平衡C将n mol H2(g)、n mol I2(g)和2n mol H2(g)、2n mol I2(g)分别充入两个体积相等的 恒温恒容的容器中，平衡时H2的转化率前者小于后者D对于反响PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)，到达平衡后，假设保持温度容积不变，又加 入一定量的PCl5，那么该平衡向正方向移动，但平衡时PCl5的转化率减小解析：对于反响H2(g)I2(g)2HI(g)，反响前后气体的物质的量不变，只要起始充入H2和I2的物质的量之比相同，就满足
7、等效平衡，平衡时H2的转化率相同，故C项错。答案：C3. 以下关于化学反响限度的说法中正确的选项是()A改变外界条件不能改变化学反响的限度B当某反响在一定条件下到达反响限度时即到达了化学平衡状态C当某反响体系中气体的压强不再改变时，该反响一定到达了反响限度D当某反响到达限度时，反响物和生成物的浓度一定相等解析：A项，外界条件改变时，可能会改变反响的限度。C项，如反响H2(g)I2(g) 2HI(g)，在恒容条件下，压强一直不变，因此压强不变不能作为到达反响限度的标志。D项，反响到达限度时，反响物和生成物的浓度不再变化，并不一定相等。答案：B4 ：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(
8、g)H1 025 kJmol1，该反响是一个可逆反响。假设反响物起始物质的量相同，以下关于该反响的示意图不正确的选项是()解析：从题给的可逆反响方程式看：温度升高平衡向逆反响方向移动，使NO含量降低而不是升高。压强增大平衡逆向移动，NO含量降低，达平衡所需时间短。使用催化剂可加快反响速率，所以到达平衡所需时间短。答案：C5工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)；HQ kJmol1(Q0)某温度、压强下，将一定量反响物通入密闭容器进行以上反响(此条件下为可逆反响)，以下表达正确的选项是()A反响过程中，假设增大压强能提高SiCl4的转化率B假设
9、反响开始时SiCl4为1 mol，那么达平衡时，吸收热量为Q kJC反响至4 min时，假设HCl浓度为0.12 molL1，那么H2的反响速率为 0.03 molL1min1D当反响吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 molL1的NaOH溶 液恰好反响解析：A项，增大压强，平衡向逆反响方向移动，SiCl4的转化率减小；B项，由于此反响为可逆反响，开始时参加1 mol SiCl4，并不能全部转化为Si，所以吸收的热量小于Q kJ；C项，v(H2)v(HCl)0.015 molL1min1。D项，当反响吸收热量为0.025 Q kJ时，产生n(HCl)4 mol0.
10、1 moln(NaOH)，故恰好反响。答案：D6(2021模拟精选，山东泰安一模)一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反响：2X(g)Y(g)Z(g)，经60 s到达平衡，生成0.3 mol Z，以下说法正确的选项是()A以X浓度变化表示的反响速率为0.001 molL1s1B将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的C假设增大压强，那么物质Y的转化率减小D假设升高温度，X的体积分数增大，那么该反响的H0解析：A项，v(X)2v(Z)20.001 molL1s1；B项，扩容即减小反响体系的压强，平衡左移，故重新平衡时Z的浓度小于原来的；C项，Y的转化
11、率增大；D项，升温，X的体积分数增大，平衡左移，逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，H甲丙 B甲乙丙丁 C乙甲丁丙 D丁丙乙甲解析：根据平衡移动理论，四种情况的反响物起始量可折合成下表情况：物质物质的量实验CO2H2COH2O甲a mola mol0 mol0 mol乙2a mola mol0 mol0 mol丙a mola mol0 mol0 mol丁2a mola mol0 mol0 mol所以乙和丁相当于提高了反响物(CO2)的初始量，平衡向正反响方向移动，n(CO)相对于甲和丙提高，故有乙丁甲丙。答案：A8 在一恒定容积的容器中充入4 mol A和2 mol B发生如下反响：2A(g)
12、B(g)xC(g)，到达平衡后，C的体积分数为W%，假设维持容积和温度不变，按1.2 mol A、0.6 mol B和2.8 mol C为起始物质，到达平衡后，C的体积分数仍为W%，那么x的值为()A只能为2 B只能为3 C可能为2，也可能为3 D无法确定解析：根据等效平衡原理，可认为A物质由4 mol改变为1.2 mol的同时，n(A)4 mol1.2 mol2.8 mol，而n(C)2.8 mol，此时x2符合题意。又因为该容器定容，假设为等体积反响，只要参加的A、B符合21时，起始时参加各物质，物质的量为多少，并不影响该平衡，所以当x3时，n(A)n(B)21，与C物质参加的多少并无关系
13、，据此分析x2，x3均符合题意。答案：C9(2021试题调研，山东济宁期末)在一定温度下，向a L密闭容器中参加1 mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反响：X(g)2Y(g)2Z(g)，不能作为反响到达平衡的标志是()A容器内压强不随时间变化B容器内各物质的浓度不随时间变化C容器内X、Y、Z的浓度之比为122D单位时间消耗0.1 mol X同时消耗0.2 mol Z解析：该反响为正反响是气体物质的量减小的反响。容器内压强不随时间变化时，即气体的物质的量不再变化，各物质的浓度也不再变化时，说明该反响到达了平衡状态。因此A、B正确；容器内X、Y、Z浓度之比为122为某一时刻的特殊情况，不
14、具有普遍性，反响的任何时刻都具备单位时间内消耗0.1 mol X必生成0.2 mol Z这一关系，而同时消耗0.2 mol Z，那么说明反响已达平衡状态。答案：C10如右图中，P为一可自由滑动的活塞，关闭K，分别向容器A、B中各充入2 mol X、2 mol Y，起始时，VAa L，VB0.8a L(连通管的体积忽略不计)，在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下述反响：3X(g)3Y(g) 2Z(g)2W(g)，到达平衡时，VB0.6a L。以下说法错误的选项是() AB中X的转化率为75%BA中X的转化率比B中的低C平衡时A中混合气体密度比B小D翻开K，一段时间后反响再次到达平
15、衡，那么B的体积为1.2a L解析：翻开K，那么相当于起始在容器中参加4 mol X,4 mol Y，与没翻开K时B相比，是同温同压条件下建立等效平衡，那么翻开K后平衡时混合气体的体积为1.2a L，那么VB0.2a L。答案：D二、非选择题11在一定温度下将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反响：3A(g)B(g)2C(g)2D(g),2分钟末反响到达平衡状态，生成了0.8 mol D，请填写下面空白。(1)B的平衡浓度为_。(2)A的转化率为_。(3)用D表示的平均反响速率为_。(4)如果缩小容器容积(温度不变)，到达新平衡时混合气体的密度_、平均相对分
16、子质量_。(两空均选填“增大、“减小或“不变)。(5)如果上述反响在相同条件下从逆反响开始进行，开始加C和D各4/3 mol，要使平衡时各物质的质量分数与原平衡时相等，那么还应参加_mol B物质。解析：根据题意可得：3A(g)B(g)2C(g)2D(g)起始(mol)： 2 2 0 0转化(mol)： 3x x 2x 2x平衡(mol)： 23x 2x 2x 0.8所以2x0.8 mol，即x0.4 mol，所以到达平衡时B的物质量浓度为0.8 mol/L；A的转化率为100%60%；v(D)0.2 mol/(Lmin)；由于缩小容积时平衡状态不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，混合气
17、体的密度增大。mol C和mol D按系数换算为2 mol A和mol B，相对于最初参加2 mol A和2 mol B，还需再加 mol B。答案：(1)0.8 mol/L(2)60%(3)0.2 mol/(Lmin)(4)增大不变(5)4/312(2021试题调研，山东菏泽5月)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反响：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/C7008008301 0001 200K0.60.91.01.72.6答复以下问题：(1)该反响为_反响(填“吸热“放热)。(2)能判断该反响是否已达化学平衡状态的依据是_。a容器中压
18、强不变 b混合气体中c(CO)不变cv正(H2)v逆(H2O) dc(CO2)c(CO)(3)某温度下，在2 L的密闭容器中，参加1 mol CO2和1 mol H2充分反响达平衡时，CO的平衡浓度为0.25 molL1，试判断此时的温度为_C。(4)假设在(3)所处的温度下，在1 L的密闭容器中，参加2 mol CO2和3 mol H2充分反响达平衡时，H2的物质的量为_。a等于1.0 mol b大于1.0 mol c大于0.5 mol d无法确定解析：(1)根据升高温度，平衡常数增大，即向正反响方向移动，故该反响为吸热反响。(2)化学平衡状态可根据等速标志v正v逆和浓度不变标志确定。(3)
19、计算平衡常数，从而确定温度。(4)参加2 mol CO2和3 mol H2，氢气相对过量，达平衡时H2的物质的量大于1.0 mol。答案：(1)吸热(2)bc(3)830(4)b13一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反响生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：根据题意完成以下各题：(1)反响到达平衡时，平衡常数表达式K_，升高温度，K值_(填“增大“减小或“不变)。(2)500C时，从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v(H2)_用(nB、tB表示)。(3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的体积压缩到原来的1/2，以下有关该体系的说法正确的选项是_。a氢气的浓度减小
20、b正反响速率加快，逆反响速率也加快c甲醇的物质的量增加 d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大(4)据研究，反响过程中起催化作用的为Cu2O，反响体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_(用化学方程式表示)。解析：(1)根据温度升高，甲醇的量减小，说明升高温度平衡左移，K值减小。(2)v(CH3OH)v(H2)12v(H2)molL1min1。(3)增大压强，平衡正向移动，且v正、v逆都增大。(4)CO2可抑制CO与Cu2O反响。答案：(1)减小(2)molL1min1(3)bc(4)Cu2OCO2CuCO214. (2021广东化学，20)甲酸甲酯水解反响方程式为
21、：HCOOCH3(l)H2O(l)HCOOH(l)CH3OH(l)H0某小组通过实验研究该反响(反响过程中体积变化忽略不计)。反响体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间(t)的变化见以下图：(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：反响时间范围/min05101520253035404550557580平均反响速率/(103 molmin1)1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520 min范围内甲酸甲酯的减少量为_ mol，甲酸甲
22、酯的平均反响速率为_ molmin1(不要求写出计算过程)。(2)依据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变化规律及其原因：_。(3)上述反响的平衡常数表达式为：K，那么该反响在温度T1下的K值为_。(4)其他条件不变，仅改变温度为T2(T2大于T1)，画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。解析：(1)15 min时甲酸甲酯转化率为6.7%,20 min时甲酸甲酯转化率为11.2%，那么其减少量为：10011.2%1.006.7%0.045 mol。平均反响速率为：9103 molmin1(2)由表中数据及(1)中计算出的1520 min的平均反响速率可知，反响前期
23、反响速率增加，随着反响的进行反响速率增加更快，反响后期反响速率又减小。结合影响反响速率的因素可推测是反响中生成的甲酸具有催化作用。反响初期生成甲酸量少，催化效果不明显，反响速率较慢，随着生成甲酸量增多，催化效果显著，反响速率明显增大，到反响后期，浓度对反响速率的影响起主导作用，使反响速率减小。(3)平衡时甲酸甲酯转化率为24.0%，那么：HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH起始量1.001.990.010.52反响量0.240.240.240.24平衡量0.761.750.250.76那么K0.14(4)升高温度，反响速率加快，到达平衡时间短；该反响是吸热反响，升高温度时平衡向正反响方向移动，故T2比T1温度下甲酸甲酯转化率要高；抓住这两点，那么不难画出示意图。答案：(1)0.0459.0103(2)该反响中甲酸具有催化作用。反响初期：虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反响速率较慢；反响中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反响速率明显增大；反响后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反响速率的影响成主导因素，特别是逆反响速率的增大，使总反响速率逐渐减小，直至为零。(3)0.14(4)