2022年高考化学一轮复习化学反应速率和化学平衡专题02化学平衡状态练习.doc

专题02 化学平衡状态
1．催化复原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。在恒容密闭容器中，CO2和H2在催化剂作用下发生反响：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)。CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，以下说法正确的选项是
A. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度一定相等
B. 该反响已经到达化学平衡状态
C. CO2和H2完全转化为CH3OH和H2O
D. CO2、H2的反响速率等于CH3OH、H2O的反响速率且为零
【答案】B
【解析】CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，到达平衡状态，但CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度不一定相等，故A错误；根据化学平衡的定义，反响物、生成物浓度不变的状态为平衡状态，故B正确；可逆反响，反响物不可能完全转化为生成物，故C错误；平衡状态时，正逆反响速率一定相等，但反响速率不等于0，故D错误。
2．研究反响2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反响物X的浓度(mol∙L－1)随反响时间(min)的变化情况如下图。
以下说法不正确的选项是
A. 比拟实验②、④得出：升高温度，化学反响速率加快
B. 比拟实验①、②得出：增大反响物浓度，化学反响速率加快
C. 假设实验②、③只有一个条件不同，那么实验③使用了催化剂
D. 在0～10min之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04mol∙L－1∙min－1
【答案】D
【解析】分析：A. X的起始浓度相等，温度升高，化学反响速率加快；B. 实验温度相同，随着反响物X的浓度增大，化学反响速率加快；C.其它条件下不变，催化剂能够加快反响速率；D.根据方程式中物质化学系数关系，根据v(Y)=∆C/∆t进行计算。
详解：实验②、④两组实验，X的起始浓度相等，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反响速率明显加快，说明温度升高，化学反响速率加快，A正确。从图像可以看出，实验①、②两组实验温度相同，随着反响物X的浓度增大，化学反响速率加快，B正确；实验②、③，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但是实验③反响速率快，到达平衡的时间短，说明实验③使用了催化剂，C正确；从图像可以直接求得0～10min之间实验②的平均速率：〔1-0.8〕/10=0.02 mol∙L－1∙min－1,那么根据化学方程式的计量数关系可知：v(Y)=0.01 mol∙L－1∙min－1，D错误；正确选项D。
3．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的能源物质之一。一定条件下，恒容密闭容器中，发生反响：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 。以下能充分说明该反响已经到达化学平衡状态的是
A. 正、逆反响速率都等于零 B. CO、H2、CH3OH的浓度不再变化
C. CO、H2、CH3OH的浓度相等 D. CO、H2、CH3OH在密闭容器中共存
【答案】B
【解析】分析：在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时〔但不为0〕，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。
详解：A. 平衡时正、逆反响速率相等，但不等于零，A错误；
B. CO、H2、CH3OH的浓度不再发生变化说明反响到达平衡状态，B正确；
C. CO、H2、CH3OH的浓度相等不能说明正逆反响速率相等，不一定处于平衡状态，C错误；
D. CO、H2、CH3OH在密闭容器中共存不能说明正逆反响速率相等，不一定处于平衡状态，D错误。答案选B。
4．煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反响，降低脱硫效率。相关反响的热化学方程式如下:
CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4 kJ/mol(反响I)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) △H2=-175.6 kJ/mol (反响II)
以下有关说法正确的选项是( )
A. 提高反响体系的温度，能降低该反响体系中SO2生成量
B. 反响II在较低的温度下可自发进行
C. 用生石灰固硫的反响为:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) △H3，那么△H3>△H2
D. 由反响I和反响II可计算出反响CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变
【答案】B
【解析】分析：由的两个热化学方程式，结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项，根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C、D两个选项。
详解：A、只有在反响I中生成SO2，且该反响为吸热反响，所以升高温度，有利于反响I平衡向右移动，生成更多的SO2，故A错误；
B、要使反响II自发进行，那么自由能判据△G=△H-T△S<0，△H2<0，由反响方程式可知该反响的熵变化不大，反响的自发性主要决定于焓变，所以该反响在低温下即可自发进行，且低温有利于节约能源，故B正确；
C、根据盖斯定律，反响II—4×反响I即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C错误；
D、反响I和反响II中没有SO3(g)，所以无法通过反响I和反响II计算出反响CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变，故D错误。所以此题答案选B。
5．对可逆反响4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，以下表达正确的选项是〔 〕
A. 假设单位时间内生成x mol NO的同时消耗x mol NH3，那么反响到达平衡状态
B. 到达化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
C. 到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大
D. 化学反响速率关系是：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】B
【解析】分析：A、假设单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，那么只说明反响正向进行；B、化学反响到达平衡时，并且正逆反响速率相等，反响速率之比等于化学计量数之比是物质的正反响速率之比；C、到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么物质的浓度减小，正逆反响速率均减小；D、学反响中反响速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式分析。
详解：A、假设单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，那么只说明反响正向进行，不能表达正逆反响速率相等，选项A错误；B、化学反响中反响速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正〔O2〕=5v正〔NO〕，4v正〔O2〕=5v逆〔NO〕，v正〔NO〕=v逆〔NO〕，选项B正确；C、到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么物质的浓度减小，正逆反响速率均减小，选项C错误；D、化学反响中反响速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正〔NH3〕=2v正〔H2O〕成立，选项D错误；答案选B。
6．在一定温度下的恒容密闭容器中，不能说明反响NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)到达平衡状态的是
A. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B. 混合气体的密度不再发生变化
C. 混合气体的总物质的量不再发生变化
D. 混合气体的压强不再发生变化
【答案】A
【解析】分析：在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时〔但不为0〕，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。
详解：A. 由于混合气体中氨气和二氧化碳的体积比始终是2：1，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能据此说明反响到达平衡状态，A正确；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反响过程中容积始终是不变的，但混合气体的质量是变化的，所以混合气体的密度不再发生变化说明反响到达平衡状态，B错误；
C. 正反响体积增大，那么混合气体的总物质的量不再发生变化说明反响到达平衡状态，C错误；
D. 正反响体积增大，那么混合气体的压强不再发生变化说明反响到达平衡状态，D错误；答案选A。
7．当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反响机理及能量变化如下：
不同反响条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：
以下分析不合理的是
A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反响互相竞争
B. 相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快
C. 实验1测定产物组成时，体系己达平衡状态
D. 实验1在t min时，假设升高温度至25℃，局部产物A会经活性中间体C转化成产物B
【答案】C
【解析】分析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反响机理及能量变化示意图可知，该反响可以生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间体生成A、B的反响互相竞争；由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快；实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态；由图像可知，由C生成A和B的反响皆为放热反响，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，假设升高温度至25℃，局部产物A会经活性中间体C转化成产物B。
详解：A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反响互相竞争，A正确；
B. 由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快，B正确；
C. 实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态，C不合理；
D. 由图像可知，由C生成A和B的反响皆为放热反响，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，假设升高温度至25℃，局部产物A会经活性中间体C转化成产物B，D正确。综上所述，分析不合理的是C，此题选C。
8．在一定条件下，反响A2〔g〕＋B2〔g〕 2AB〔g〕 到达平衡状态的标志是〔 〕
A. 单位时间内生成n mol A2的同时，生成n mol的AB
B. 单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2
C. 单位时间内，生成n mol A2的同时，生成n mol的B2
D. 容器内的总压强不随时间而变化
【答案】B
【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态。
详解：A、单位时间内生成nmolA2需要消耗2molAB，单位时间内生成nmol A2的同时生成nmol的AB，单位时间内AB的生成与消耗的物质的量不相等，反响未达平衡状态，选项A错误；B、单位时间内生成2nmolAB的同时，生成n mol的B2，生成2nmolAB需要消耗nmol的B2，单位时间内B2的生成与消耗的物质的量相等，反响到达平衡状态，选项B正确；C、单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B2，都表示逆反响速率，不能说明反响到达平衡状态，选项C错误；D、反响前后气体的物质的量不变，混合气体的压强始终不变，容器内的总压强不随时间而变化，不能说明到达平衡状态，选项D错误；答案选B。
9．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反响2X〔g〕Y〔g〕+Z〔s〕，以下不能说明该反响到达化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反响容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】分析：A.该反响为气体的质量减小的反响，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反响容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反响为气体总量减小的反响，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.到达平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反响达平衡状态，A错误；反响容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，那么反响达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反响达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
10．一定温度下，恒容密闭容器中发生反响2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，到达平衡的标志是(　　)
①相同时间内，氧气的生成速率为nmol·L－1·s－1，二氧化氮的生成速率为2nmol·L－1·s－1
②单位时间内生成nmol 氧气的同时生成2nmol的一氧化氮
③混合气体的颜色不再变化
④混合气体的密度保持不变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥压强不再随时间变化而变化
A. ①③⑤⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D. 全部
【答案】A
【解析】分析：(1)相同时间内, NO2的生成速率为2nmol·L－1·s－1,那么氧气的反响速率是nmol·L－1·s－1，氧气的正逆反响速率相等。
(2) 单位时间内生成nmol 氧气的同时生成2nmol的一氧化氮，都代表正反响速率。
(3)混合气体的颜色不再改变,说明NO2气体的浓度不变。
(4)反响前后混合气体的质量不变且容器的体积不变,那么密度始终不变。
(5)当到达平衡时,气体的物质的量不变,那么混合气体的平均相对分子质量不再改变。
(6)反响前后气体的化学计量数之和不相等,当到达平衡时,气体的压强不变。
详解：①相同时间内, NO2的生成速率为2nmol·L－1·s－1,那么氧气的反响速率是nmol·L－1·s－1,根据条件知,氧气的正逆反响速率相等，所以该反响到达平衡状态,正确；②单位时间内生成nmol 氧气的同时生成2nmol的一氧化氮，反响同向，不能说明正逆反响速率相等，不能判断反响到达平衡状态，错误；混合气体的颜色不再改变,说明NO2气体的浓度不变，到达平衡状态,正确；④反响前后混合气体的质量不变且容器的体积不变,那么密度始终不变,所以不能说明到达平衡状态，错误；⑤反响前后气体的化学计量数之和不相等,当到达平衡时,气体的物质的量不变,那么混合气体的平均相对分子质量不再改变,正确；⑥反响前后气体的化学计量数之和不相等,当到达平衡时,气体的压强不变,正确；符合条件的有①③⑤⑥；正确选项A。
11．光气〔COCl2〕在农药、医药等领域都有许多用途。一定温度下，恒容密闭容器中，CO与Cl2在催化剂的作用下发生反响：CO〔g〕＋Cl2〔g〕COCl2〔g〕。以下说法能充分说明该反响已经到达化学平衡状态的是
A. 正、逆反响速率都等于零 B. CO、Cl2、COCl2的浓度相等
C. CO、Cl2、COCl2的浓度不再变化 D. CO、Cl2、COCl2在密闭容器中共存
【答案】C
【解析】分析：化学反响到达化学平衡状态时,正逆反响速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。
详解：A.化学反响到达化学平衡状态时，正逆反响速率相等，且不等于0，故A错误；
B. 平衡时各物质的浓度关系取决于反响物的起始量和转化的程度，CO、Cl2、COCl2的浓度相等不能作为到达平衡的依据，所以B选项是错误的；
C. 当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不变，故C正确；
D.该反响为可逆反响，无论是否到达平衡状态，都存在CO、Cl2、COCl2在容器中共存的特点故D错误；
所以C选项是正确的。
12．在恒容恒温的密闭容器中充入1molX和2molY,发生反响：
X(g)+2Y(g)2Z(g)+M(s) △H=-akJ/mol(a>0),以下说法正确的选项是
A. 当v正(X) = v逆(M),说明反响到达平衡状态
B. 到达化学平衡状态时，反响放出的总热量为akJ
C. 反响到达平衡时，X和Y的转化率相等
D. 降低反响温度，正反响速率增大，逆反响速率减小
【答案】C
【解析】分析：M为固体，其浓度在反响过程中不变，故不能用其表示该反响的化学反响速率。该反响为可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，故到达化学平衡状态时，反响放出的总热量小于akJ。反响物的起始量和变化量均等于化学计量数之比，故当反响到达平衡时，X和Y的转化率相等。降低反响温度，正反响速率减小，逆反响速率也减小。
详解：A. M为固体，其浓度在反响过程中不变，故不能用其表示该反响的化学反响速率，A不正确；
B. 该反响为可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，故到达化学平衡状态时，反响放出的总热量小于akJ，B不正确；
C. 反响物的起始量和变化量均等于化学计量数之比，故当反响到达平衡时，X和Y的转化率相等，C正确；
D. 降低反响温度，正反响速率减小，逆反响速率也减小，D不正确。
此题选C。
13．在一定温度下，可逆反响 X〔g〕+3Y〔g〕2Z〔g〕到达平衡的标志是
A. Z的生成速率是X消耗速率的2倍
B. 单位时间生成a mol X，同时生成3a mol Y
C. X、Y、Z的浓度不再变化
D. X、Y、Z的分子数之比为1:3:2
【答案】C
【解析】分析：A项，“Z的生成速率是X消耗速率的2倍〞只表示正反响速率，不能判断反响到达平衡；B项，“单位时间生成amolX，同时生成3amolY 〞只表示逆反响速率，不能判断反响到达平衡；C项，“X、Y、Z的浓度不再变化〞能判断反响到达平衡；D项，“X、Y、Z的分子数之比为1:3:2”不能判断反响到达平衡。
详解：A项，“Z的生成速率是X消耗速率的2倍〞只表示正反响速率，不能判断反响到达平衡；B项，“单位时间生成amolX，同时生成3amolY 〞只表示逆反响速率，不能判断反响到达平衡；C项，“X、Y、Z的浓度不再变化〞能判断反响到达平衡；D项，“X、Y、Z的分子数之比为1:3:2”不能判断反响到达平衡；答案选C。
14．反响2CH3OH〔g〕CH3OCH3〔g〕＋H2O〔g〕在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在2 L的密闭容器中参加a mol CH3OH，反响到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/〔mol·L－1〕
0.44
0.6
0.6
以下说法正确的选项是
A. 参加CH3OH的物质的量a＝1.64
B. 此时刻正反响速率大于逆反响速率
C. 假设起始时参加2a mol CH3OH，那么到达平衡时CH3OH的转化率减小
D. 假设混合气体的平均摩尔质量不再变化，那么说明反响已到达平衡状态
【答案】B
【解析】分析：A. 根据三段式可以进行计算；B. 根据浓度商与平衡常数的关系进行判断；C. 其它条件不变，增大反响物浓度，相当于加压过程，根据平衡移动方向进行分析；D. 根据变量不变进行反响是否到达平衡状态的判定。
详解：根据方程式，生成的H2O的物质的量为0.6mol/L×2=1.2mol，为反响的CH3OH的物质的量为0.44mol/L×2=0.88mol，乙醇a=0.88mol+1.2mol×2=3.28mol，A错误；浓度商Qc==1.34＜K=400，反响向正反响进行，此时正反响速率大于逆反响速率，B正确；假设起始时参加2a mol CH3OH，相当于增大压强，增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，C错误；平均摩尔质量=，该反响中m和n均不发生变化，平均摩尔质量始终不变，平均摩尔质量不变不能说明反响已到达平衡状态，D错误；正确选项B。
15．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni〔s〕＋4CO〔g〕Ni〔CO〕4〔g〕。230℃时，该反响的平衡常数 K＝2×10－5。：Ni〔CO〕4的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反响。
第一阶段：将粗镍与 CO 反响转化成气态Ni〔CO〕4；
第二阶段：将第一阶段反响后的气体别离出来，加热至230℃制得高纯镍。
以下判断正确的选项是
A. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反响温度，选50℃
B. 增大c〔CO〕，平衡正向移动，反响的平衡常数增大
C. 第二阶段，Ni〔CO〕4分解率较低
D. 该反响到达平衡时，υ生成[Ni〔CO〕4]＝4υ生成〔CO〕
【答案】A
【解析】分析：A. 根据Ni〔CO〕4的沸点进行分析；B. 反响的平衡常数只与反响温度有关；C.根据反响平衡常数进行分析，在230℃时该反响的逆反响进行的程度很大；D.化学反响速率之比等于化学计量数之比。
详解：Ni〔CO〕4的沸点为42.2℃，欲将Ni〔CO〕4别离出反响体系，温度需高于其沸点，因此选50℃，A正确；反响的平衡常数只与反响温度有关，增加反响物浓度，平衡正向移动，但平衡常数不变，B错误；由反响的平衡常数可知，在230℃时该反响的逆反响进行的程度很大，Ni〔CO〕4的分解率较高，C错误；化学反响速率之比等于化学计量数之比，那么反响到达平衡时，4υ生成[Ni〔CO〕4]＝υ生成〔CO〕，D错误；正确选项A。
16．一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反响物，发生反响2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反响放热)，测得反响的相关数据如下：
以下说法正确的选项是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】分析：比照容器的特点，将容器1和容器2比照，将容器1和容器3比照。容器2中参加4molSO3等效于在相同条件下反响物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反响物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反响速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反响方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1〔SO2〕+α2〔SO3〕1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1到达平衡后升高温度，升高温度化学反响速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反响方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，K3K1。
详解：比照容器的特点，将容器1和容器2比照，将容器1和容器3比照。容器2中参加4molSO3等效于在相同条件下反响物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反响物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反响速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反响方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1〔SO2〕+α2〔SO3〕1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1到达平衡后升高温度，升高温度化学反响速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反响方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，K3K1。根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p22p1，p3p1，那么p22p3，B项错误；C项，υ3υ1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，C项正确；D项，c22c1，c3c1，那么c22c3，α1〔SO2〕+α2〔SO3〕1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，那么α2〔SO3〕+α3〔SO2〕1，D项正确；答案选CD。
17．现有三个体积相同的密闭容器，按以下图所示投料，并在T℃条件下开始反响，其中容器I保持恒压100kPa。:分压=总压×物质的量分数，对于2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，T℃时，标准平衡常数KΘ={p(N2O4)/100kPa}/{[p(NO2)] /100kPa}2=0.75, 式中p(N2O4) 、p(NO2)为气体分压。以下说法正确的选项是
A. 达平衡时，容器Ⅱ中N2O4转化率小于50%
B. 达平衡时，容器Ⅰ中N2O4分压比容器Ⅲ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅱ中的大
D. 假设起始时向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2,到达平衡前v(正)<v(逆)
【答案】AD
【解析】假设在恒温恒容条件下，三个容器中的反响为等效平衡。A.将容器Ⅰ中2molNO2转化为N2O4，可得1molN2O4，设有xmolN2O4反响生成NO2，根据条件容器I中保持恒压100kPa，T℃时，标准平衡常数KΘ={p(N2O4)/100kPa}/{[p(NO2)] /100kPa}2=0.75,可知=0.75，解得x=0.5,因此N2O4转化率==50%，到达平衡时由于容器Ⅰ是绝热恒容，容器Ⅱ是恒温恒容，所以到达平衡时容器Ⅰ中的温度高于容器Ⅱ中的温度，而该反响是放热反响，因此平衡时容器Ⅱ中N2O4转化率小于50%，A正确；B. 容器Ⅰ是绝热恒容，达平衡时，容器Ⅰ中的温度高于容器Ⅲ中的温度，容器Ⅰ中N2O4的物质的量小于容器Ⅲ，因此容器Ⅰ中N2O4分压比容器Ⅲ中的小，B错误；C. 容器Ⅰ是绝热恒容，达平衡时，容器Ⅰ中的温度高于容器Ⅱ中的温度，导致容器Ⅰ中N2O4的物质的量小于容器Ⅱ，因此容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅱ中的小，C错误；D. 假设起始时向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2,由于容器Ⅲ保持恒温恒压，那么必须扩大容器的体积，而该反响是气体体积减小的反响，所以在到达平衡前该反响一直向逆反响方向进行，因此到达平衡前v(正)<v(逆)，D正确；答案选AD.
18．砷是第四周期ⅤA族元素，可以形成、、、等 化合物，有着广泛的用途答复以下问题：
〔1〕写出砷的原子序数______________
〔2〕工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状，通入氧化，生成和单质硫写出发生反响的化学方程式 _____________________________________________ 该反响需要在加压下进行，原因是 _______________________________________
〔3〕：
那么反响的 ________________________
〔4〕时，将、 和20mL NaOH溶液混合，发生反响：溶液中与反响时间的关系如下图．
①以下可判断反响到达平衡的是 ______填标号．
溶液的pH不再变化
 不再变化  
②时， ______填“大于〞“小于〞或“等于〞
③时， ______时填“大于〞“小于〞或“等于〞，理由是 ____________________
④假设平衡时溶液的，那么该反响的平衡常数K为 ______________
【答案】 33 加压反响速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率 ac 大于 小于 tm时生成物的浓度更小，故逆反响速率更慢 ．
【解析】分析：砷是33号元素。含砷废渣主要成分为制成浆状，通入氧化，生成和单质硫该反响的化学方程式为 该反响需要在加压下进行，原因是加压反响速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率。根据盖斯定律可以求反响热。 分析正反响速率和逆反响速率是否相等、各组分的含量是否保持不变，可以判断反响是否到达平衡状态。求出各组分的平衡浓度代入计算公式即可求出化学平衡常数。
详解：〔1〕砷的原子序数为33.
〔2〕工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状，通入氧化，生成和单质硫该反响的化学方程式为 该反响需要在加压下进行，原因是加压反响速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率。
〔3〕：①；②；③。根据盖斯定律，①②③可得，那么该反响的。
〔4〕溶液的pH不再变化，说明反响混合物中各组分的浓度保持不变，到达平衡；
不能说明正确反响速率等于逆反响速率，无法判断是否到达平衡；
 不再变化，说明反响混合物中各组分的浓度保持不变，到达平衡；
由图中信息可知，平衡时 ，故当 ，该反响未到达平衡。综上所述，可判断反响到达平衡的是ac．
时，反响正在向正反响方向进行，故大于 
时小于 时，理由是tm时生成物浓度更小，故逆反响速率更慢 。
三种溶液混合后假设不发生反响，c()=、c( ).假设平衡时溶液的，那么c，又知平衡时c()=、 ，那么平衡时c()=c( )，该反响的平衡常数K为 ．
19．在T℃条件下，向1L固定体积的密闭容器M中参加2 mol X和1 mol Y，发生如下反响： 2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g) △H = －Q kJ·mol－1 (Q>0)。当反响到达平衡后，反响放出的热量为Q1 kJ，物质X的转化率为α；假设平衡后再升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小，那么
〔1〕化学计量数a的值为____________________；此反响的逆反响△S__________0 (填﹤,﹥,﹦)。
〔2〕以下说法中能说明该反响到达了化学平衡状态的是___________________________。
A、容器内压强一定 B、v(X)正=2 v (Y)逆
C、容器内Z分子数一定 D、容器内气体的质量一定
E、容器内气体的密度一定 F：X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1
〔3〕维持温度不变，假设起始时向该容器中参加的物质的量如以下各项，那么反响到达平衡后(稀有气体不参与反响),与之是等效平衡的是______________。
A．2 mol X、1mol Y、1mol Ar B．a mol Z、1mol W
C．1 molX、0.5mol Y、0.5a mol Z、0.5 mol W D．2 mol X、1mol Y、1mol Z
〔4〕维持温度不变，假设起始时向容器中参加4mol X和6 mol Y，假设达平衡时容器内的压强减小了15%，那么反响中放出的热量为___________________kJ。
〔5〕：该反响的平衡常数随温度的变化如下表：
温度/℃
150
200
250
300
350
平衡常数K
9.94
5.2
1
0．5
0．21
试答复以下问题：
假设在某温度下，2 mol X和1 mol Y在该容器中反响达平衡， X的平衡转化率为50％，那么该温度为__________________℃。
【答案】 1 > ABC ABC 1.5Q kJ 300
【解析】分析：〔1〕反响放热，假设平衡后再升高温度，那么平衡向左移动，混合气体的平均相对分子质量减小，说明反响物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，以此进行分析。
〔2〕反响到达平衡状态时，物质的浓度、含量、质量等不再发生变化，由于反响前后气体的化学计量数之和不相等，那么平衡时压强不再发生变化，由于是在固定体积的容器中反响，那么无论是否到达平衡状态，质量和密度都不变，由此分析解答。
〔3〕对一般的可逆反响，在T 、V不变的条件下，只改变起始参加情况，只要通过可逆反响的化学计量系数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同，那么二平衡等效；据此分析解答此题。
〔4〕同一条件下，压强之比和气体的物质的量成正比，因此压强的减小量等于气体的物质的量的减小量，据此分析解答。
〔5〕计算该温度下的平衡常数，根据表格中平衡常数和温度的关系判断即可。
详解：〔1〕反响放热，假设平衡后再升高温度，那么平衡向左移动，混合气体的平均相对分子质量减小，说明反响物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，即2+1＞a+1，那么a=1；反响方程式为2X(g) + Y(g) Z(g) + W(g)，△S<0，此反响的逆反响△S>0；正确答案：1；>。
〔2〕由于反响前后气体的化学计量数之和不相等，那么压强不再发生变化说明到达平衡，A正确；反响速率之比和系数成正比，且满足正逆反响速率关系为v(X)正=2 v (Y)逆，说明该反响到达了化学平衡状态，B正确；容器内Z分子数一定，即Z的浓度不再发生变化，反响到达了化学平衡状态，C正确；由于反响前后各物质均为气态，气体的质量始终不变，所以容器内气体的质量一定不能判断到达平衡，D错误；参与反响各物质均为气态，气体总质量始终不变，由于是在固定体积的容器中反响，那么无论是否到达平衡状态，密度都不变，E错误； X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1只是反响的一种情况，不能判定反响到达了化学平衡状态，F错误；正确选项ABC。
〔3〕针对2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g)反响，当维持温度不变，容器的体积不变，参加2molX和1molY，反响到达平衡；当改变物质的投入量，最终转化为反响的的量与原投入量相等，平衡等效；维持温度不变，容器的体积不变，参加2molX和1molY，反响到达平衡；再参加稀有气体，对该平衡无影响，与原平衡等效，A正确；参加amolZ、1molW，根据反响关系，把生成物全部转化为反响物，相当于参加2molX和1molY，与原平衡等效,B正确；参加1molX、0.5molY、0.5amol Z、0.5molW，根据反响关系，把生成物全部转化为反响物，其量为2molX和1molY，与原平衡等效，C正确；2molX、1molY、1molZ，反响物的量小于2molX和1molY，与原平衡不等效；正确选项ABC。
(4)同一容器中,物质的分子数之比等于物质的量之比,当反响到达平衡时容器内的分子数目减少15%时,气体的物质的量减少15%,即气体的物质的量减少〔4+6〕×15%=1.5mol,根据2X(g)+Y(g) Z(g) + W(g)反响，知当气体的物质的量减少1.5mol时参加反响的X的物质的量是3mol,那么反响中放出的热量为1.5QkJ；正确答案：1.5Q kJ。
〔5〕2molX和1molY在容器M中反响并到达平衡，x的平衡转化率为50%，
2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g)
起始量 2 1 0 0
转化量 1 0.5 0.5 0.5
平衡量 1 0.5 0.5 0.5
平衡时，c(X)=(1-0.5)×2/1=1mol/L, c(Y)=0.5/1=0.5 mol/L, c(Z)= c(W)=0.5/1=0.5 mol/L；平衡常数K= c(Z)×c(W)/ c(Y)×c2(X)=0.5×0.5/12×0.5=0.5,所以其温度是300℃；正确答案：300。
20．硫的氧化物是形成酸雨的罪魁祸首，含硫烟气(主要成分为SO2)的处理备受关注，主要有以下两种方法。请答复以下问题：
Ⅰ.碱液吸收法
步骤1：用足量氨水吸收SO2。
步骤2：再参加熟石灰，发生反响2NH＋Ca2＋＋2OH－＋SO===CaSO3↓＋2NH3·H2O。
(1)：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝a；Ksp(CaSO3)＝b。该温度下，步骤2中反响的平衡常数K＝__________(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.水煤气复原法
：ⅰ.2CO(g)＋SO2(g) S(l)＋2CO2(g)　 ΔH1＝－37.0 kJ·mol－1
ⅱ.2H2(g)＋SO2(g) S(l)＋2H2O(g)　 ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1
(2)写出CO(g)与H2O(g)反响生成CO2(g) 、H2(g)的热化学方程式为_______________。
假设该反响在绝热、恒容体系中进行，到达平衡的标志__