热门试卷

解：A．设X转化的浓度为x，

      X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）

初始：c1 c2 c3

转化：x      3x       2x

平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L

所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；

B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；

C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；

D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，故有0＜c1＜0.14mol•L-1，故D正确；

故选：D．

解：A．当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生改变，反应达到化学反应限度，故A正确；

B．当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；

C．化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；

D．化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动，故D错误．

故选A．

解：A、根据温度越高反应速率越快，达到平衡所用时间越短，则在T3时，混合物中C的百分含量达到最大值，说明反应达到平衡，故A错误；

B、在T3时，反应达到平衡升高温度，此后C的百分含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故B错误；

C、温度为T3→T4时，C%减小，是因为升高温度，化学平衡逆向移动，所以v正＜v逆，故C正确；

D、在T3时，混合物中C的百分含量达到最大值，说明反应达到平衡，T3以后线上各点均是平衡点，故D正确；

故选CD．

解：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，则

A．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；

B．同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；

C．O原子个数相等时，所含质子数相同，故C正确；

D．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，分子数不同，故D错误．

故选C．

解：A．T1时c（NH3）=0.1mol L-1，T2时c（NH3）=0.2mol L-1，若T2＞T1，则升高温度平衡正向移动，而升高温度平衡向吸热的方向移动，所以该反应的△H＞0，故A错误；

B．根据向容器中充入N2，没有引起各物质浓度的变化，速率不变，平衡不移动，故B错误；

C．反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，所以NH3体积分数不变时，不能说明该反应达到平衡，故C错误；

D．由A选项得T1时c（NH3）=0.1mol L-1，T2时c（NH3）=0.2mol L-1，反应的物质的量之比等于化学计量数之比，所以H2NCOONH4转化的△n（T2）=2△n（T1），故D正确；

故选D．

解：A、K（300℃）＞K（350℃），说明降低温度平衡正向移动，正反应为放热反应，故A错误；

B、若反应温度升高，平衡逆向移动，所以A的转化率减小，故B错误；

C、温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D、容器内气体的平均相对分子质量不变，气体的物质的量不变，说明反应达到化学平衡状态，故D正确；

故选D．

解：A、保持容器的容积不变，升高了温度，则平衡会逆向进行，与原平衡相比变大了，故A错误；

B、保持容器压强和温度不变，向容器内补充了Ar（g），则会加大体积，相对于原平衡是减小了压强，平衡逆向移动，使得与原平衡相比变大了，故B错误；

C、保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2，则平衡会正向进行，与原平衡相比变小了，故C正确；

D、保持容器容积和温度不变，液化分离走部分NH3，平衡正向移动，但是氨气浓度减小的值要比氢气浓度减小的值更大，所以与原平衡相比变大了，故D错误；

故选C．

解：依据化学平衡的三段式列式计算，设起始量A的物质的量浓度为x，B的物质的量浓度为y，则得到：

                A（g）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）

起始量（mol/L）   x     y        0      0

变化量（mol/L）  0.15   0.3     0.15   0.3

平衡量（mol/L）  0.3     0.2     0.15   0.3

最初向容器里加入A的物质的量浓度x=0.3mol/L+0.15mol/L=0.45mol/L；

最初向容器里加入A的物质的量为0.45mol/L×2L=0.9mol；

故选C．

解：A、浓度越大反应速率越快，所以开始时化学反应速率：乙＞甲，故A正确；

B、由于乙中的量是甲中的2倍，所以反应后乙中剩余的氧气多，所以平衡后O2的浓度：乙＞甲，故B正确；

C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大，所以平衡后SO2的转化率：乙＞甲，故C正确；

D、由C选项可知，乙中二氧化硫的转化率大，所以乙中二氧化硫的体积分数小与甲中，故D错误；

故选D．

解：设消耗的B的物质的量是x，则

              2A（g）+B（g）⇌n C（g）+2D（g）

初始物质的量：2      1       0        0

变化物质的量：2x     x        nx         2x

平衡物质的量：2-2x   1-x      nx         2x

=2，=，

解得x=0.5，n=2．

故选C．

解：A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，故A错误；

B、20～40s 内，v（NO2）===0.004mol•L-1•s1，v（N2O4）=v（NO2）=0.002mol•L-1•s1，故B错误；

C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30mol•L-1×2L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，故C正确；

D、100s时再通入0.40mol N2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故D错误；

故选C．

解：A、起始时，n（SO2）=2mol+1mol=3mol，而不是2.5mol，故A错误；

B、平衡时应是反应物和生成物共存的体系，所以起始时氧气的物质的量大于1mol，则起始时，c（O2）＞0.5mol•L-1，故B错误；

C、根据v===0.5mol•L-1•min-1，故C正确；

D、氧气的起始量不知，所以无法求转化率，故D错误；

故选C．

解：甲和乙均只有反应物，不需转化，对丙和丁进行“一边倒”转化，

假设丙、丁中的CO、H2O（g）全部转化为CO2、H2，则：

               CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）

丙开始时       0mol    0mol           2amol    2amol

丙假设全转化    2amol    2amol          0mol     0mol 

             CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）

丁开始时       amol     0mol           amol    amol 

丁假设全转化   2amol     amol           0mol    0mol

经转化后，乙、丁的起始浓度一样，为等效平衡，平衡时CO的物质的量相等，

丙相当于在乙平衡的基础上，再加入amol氢气，平衡向正反应移动，故CO的物质的量：丙＞乙，

乙相当于在甲平衡的基础上，再加入amol CO2，平衡向正反应移动，故CO的物质的量：乙＞甲，

综上所述，CO的物质的量：丙＞乙=丁＞甲，

故选A．