热门试卷

解：A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，为气体体积减小且放热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，

A．P1＞P2，压强增大平衡正向移动，A的质量分数减小，则Y不能为A的质量分数，故A错误；

B．P1＞P2，压强增大平衡正向移动，C的质量分数增大，P1对应的Y大，则与图象符合，故B错误；

C．由反应可知反应前后气体的总质量不变，P1＜P2，强增大平衡正向移动，总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，即压强越大，M越大，与图象相符，故C正确；

D．P1＜P2，压强减小平衡逆向移动，A的转化率减小，则Y不能为A的转化率，故D错误；

故选C．

解：A、反应开始到5min，用X表示的反应速率为==0.06mol•（L•min）-1，故A错误；

B、反应开始到2min，用Z表示的反应速率为=0.05mol•L-1•min-1，故B正确；

C、5min时正逆反应速率相等，化学反应达到了平衡状态，而不是4min，故C错误；

D、由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z，故D错误；

故选B．

解：A．由表中时间可知，10min内A的浓度变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol，故v（C）==0.025 mol•L-1•min-1，故A错误；

B．由表中数据可知，10min内A的浓度变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，由方程式可知B的浓度变化量为2×0.5mol=1mol，10s时B浓度为0.2mol，10min时到达平衡，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50 mol A气体和0.60 mol B气体，等效为原平衡体积增大一倍，降低压强，A的转化率降低，故平衡时n（C）＜0.25  mol，故B错误；

C．在达到平衡后持续缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，则平衡一直会正向移动，故C正确；

D．由表中时间可知，10min内A的物质的量变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，A的浓度变化量为=0.25mol/L，则：

               A（g）+2B（g）⇌C（g）

开始（mol/L）：0.5    0.6    0

变化（mol/L）：0.25   0.5    0.25

平衡（mol/L）：0.25   0.1    0.25

故该温度下平衡常数k==100，

降低为T2℃时，上述反应平衡常数为20，降低温度，平衡向逆反应进行，故正反应为吸热反应，故D错误；

故选C．

解：由图象可以得知增大压强正反应速率大于逆反应速率，说明增大压强平衡向正方向移动，即正方向的反应应该是气体体积减小的反应，所以C、D都不选；

A、增大压强，即缩小体积，瞬间二氧化氮的浓度变大，颜色加深，但又由于平衡向气体体积减小的方向移动，即二氧化氮又会变少，所以颜色又会变浅，故A选；

B、将氨气液化分离后，相当于减小生成物的浓度，而此时反应物的浓度没有变化，所以正反应速率不变，故B不选；

故选A．

解：反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4-0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），

根据“先拐先平数值大”结合图Ⅱ知，T1＞T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；

A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，t2时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向正反应方向移动，故A错误；

B．（t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，体积增大，相当于减小了压强，所以平衡逆向移动，故B错误；

C．T℃时，在相同容器中，若由0.3 mol•L-1 A、0.1 mol•L-1 B和0.4 mol•L-1C反应，将C转化为反应物，则A的是0.5mol/L，B的是0.7mol/L，所以和开始的投料一样，建立的平衡是等同的，所以达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol/L，故C正确；

D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误；

故选：C．

解：A、三个容器内尽管最终平衡相同，但起始量不同反应的热效应不同，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，所以Q1＞Q2=Q3，故A错误；

B、在上述条件下反应生成2molSO3（s），气体转化为固体放热，所以反应放热应大于197kJ，△H1＜-197 kJ•mol-1，故B错误；

C、温度相同，甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数相等，故C错误；

D、因为甲、乙、丙最终达到的平衡状态相同，所以容器内三氧化硫、二氧化硫、氧气的量相同，但丙容器中多了0.1mol的氩气，所以SO2的体积分数最小，故D正确；

故选：D．

解：A、容器②相当于①容器达到平衡状态后再加压，而加压时平衡向右移动，反应物转化率增大，放出的热量更多，即Q2＞Q1，故A错误；

B、当③容器为①容器容积一半大小时，两容器可建立等效平衡，此时①放热等于③放热的2倍，再将③容积扩大2倍以满足题中条件时，平衡逆向移动，反应物转化率降低，放热减少，即Q1＞2Q3，故B正确；

C、①和④两容器的平衡状态是等效平衡，但起始状态不同，所以放热不相等，故C错误；

D、④相当于在③达到平衡后，再加入1molSO3，而增大SO3的浓度平衡逆向移动，放热必然减少，即Q3＞Q4，故D错误．

故选B．

解：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则丁中、乙中反应的平衡常数相等，故A正确；

B．根据2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），

开始    0.4    0.24             0

转化    0.32   0.16           0.32

平衡   0.08   0.08            0.32

平衡浓度0.04  0.04             0.16

所以该温度下，平衡常数值为 =400，故B错误；

C．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；则二氧化硫转化率，α1＜α2=α3，故C正确；

D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，丙体积为2L，丁体积为1L，起始量分别为0.8，0.48；0.40，24，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁＞甲，故D正确；

故选B．

解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A正确；

B、催化剂改变反应速率，缩短反应达到平衡的时间，不能改变化学平衡，图象符合改变条件的变化，故B正确；

C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；

D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；

故选D．

解：A、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；

B、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆，故B错误；

C、b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以b点的平衡常数小于c点，故C错误；

D、利用三段式计算，设起始H2为2mol，则CO2为1mol，

           6H2 +2CO2⇌C2H5OH+3H2O

起始（mol） 2     1      0    0

转化（mol）1.8   0.6

平衡（mol）0.2   0.4

H2的平衡转化率为×100%=90%，故D正确；

故选D．

解：由图象可知，降低温度，Z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H＜0，

降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有a+b＞c，

故选C．