选修4专题2综合检测卷

专题二《化学反响速率与化学平衡》测试题一、单项选择题〔此题共6小题,每题4分,共24分,每题只有一个选项符合题意〕1、 在一定温度下，可逆反响A(g)+3B(g)2C(g)到达平衡的标志是A．C生成的速率和C分解的速率相等B．单位时间内生成n摩A，同时生成3n摩BC．A、B、C的浓度不再变化D．A、B、C的分子数之比为1:3:22、 在一密闭容器中，充入2molA和1molB气体，在一定条件下发生反响：3A(g)+B(g)nC(g)+2D(g)，达平衡后，A的浓度减少到原来的一半，混合气体的平均相对分析质量增大了1/8，那么反响是中的n值为A．1 B．2 C．3 D．43、 反响4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)在5升的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3摩，那么此反响的平均速率(表示反响物的消耗速度或生成物的生成速率)为A．(O2)＝0.01mol/(L·s) B．(NO)＝0.008mol/(L·s)C．(H2O)＝0.003mol/(L·s) D．(NH3)＝0.002mol/(L·s)4、 在一密闭容器中，用等物质的量的A和B发生如下反响：A(g)+2B(g)2C(g)，发应到达平衡时，假设混合气体中A和B的物质的量之和与C的物质的量相等，那么这时A的转化率为A.40％ B.50％ C.60％ D.70％5. (2004·湖北·9)将0.1mol/L醋酸溶液加水稀释，以下说法正确的选项是 A.溶液中c(H+)和c(OH－)都减小 B.溶液中c(H+)增大 C.醋酸电离平衡向左移动 D.溶液的pH增大6. (2004·广西·9)一定温度下，反响2SO2+O22SO3到达平衡时，n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=2∶3∶4。缩小体积，反响再次到达平衡时，n(O2)=0.8mol，n(SO3)=1.4mol，此时SO2的物质的量是nZT2、P1T2、P2T1、P2t7. 〔2003·广东·28〕恒温恒压下，在容积可变的器血中，反响nZT2、P1T2、P2T1、P2t A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断8. 反响2X(g)+Y(g)2Z(g)；△H<0。在不同温度〔T1和T2〕及压强〔P1和P2〕下，产物Z的物质的量(nZ)与反响时间(t)的关系如下图。以下判断正确的选项是A.T1<T2，P1<P2 B.T1<T2，P1>P2C.T1>T2，P1>P2 D.T1>T2，P1<P29. 体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2在相同温度下发生反响：2SO2+O22SO3，并到达平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，假设甲容器中SO2的转化率为p%，那么乙容器中SO2的转化率A.等于p% B.大于p％ C.小于p％ D.无法判断10. 在密闭容器中，反响aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当到达新的平衡时，B的浓度是原来的60%，那么A.平衡能向正反响方向移动 B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量分数增加了 D.a>bX的转化率ab0时间11. (2004·广西·18)由图曲线X的转化率ab0时间A.升高温度 B.加大X的投入量 C.加催化剂 D增大体积12. 以下事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.在强碱存在的条件下，酯在水中的溶解度增大B.加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化成氨C.可用浓氨水和氢氧化钠固体加快制氨气D.加压有利于SO2和O2反响生成SO313. 将等物质的量的A2和B2置于一密闭容器中，在一定条件下发生反响：mA2+nB2pC，到达平衡时，测得容器中c(A2)=0.9mol/L，c(B2)=0.1mol/L，c(C)=0.8mol/L，试确定C的化学式可能是A.A2B3 B.AB3 C.A2B4 D.A2B514. 在一定条件下，合成氨反响到达平衡后，混合气体中NH3的体积分数为25%。假设反响前后条件保持不变，那么反响后缩小的气体体积与原反响物气体的比值是A.1/5 B.1/4 C.1/3 D.1/215. 在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反响：2R(g)+5Q(g)4X(g)+nY(g)反响完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，那么化学方程式中的n值是A.2 B.3 C.4 D.516、可逆反响3A(g)3B(?)+C(?)－Q随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小的趋势，那么以下判断正确的选项是A．B和C可能都是固体 B．B和C一定都是气体C．假设C为固体，那么B一定是气体 D．B和C可能都是气体17、某容积可变的密闭容器中放入一定量的A和B的混合气，在一定条件下发生反响：A(g)+2B(g)2C(g)。假设维持温度和压强不变，当到达平衡时，容器的体积为V，此时C气体的体积占40%，那么以下推断正确的选项是A.原混合气体的体积为1.1V B.原混合气体的体积为1.2VC.反响到达平衡时，气体A消耗了0.2VD.反响到达平衡时，气体B消耗了0.2V18、〔2004天津·13〕一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生以下反响：2SO2(g)+O2(g)2SO3到达平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是A.保持温度和容器体积不变，充入1molSO3(g)B.保持温度和容器内压强不变，充入1molSO3(g)C.保持温度和容器内压强不变，充入1molO2(g)D.保持温度和容器内压强不变，充入1molAr(g)某温度下，将2mo1A和3mo1B充入一密闭容器中，发生反响：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后到达平衡。该温度下其平衡常数K=1，假设温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，那么A．a=1 B．a=2 C．B的转化率为40% D．B的转化率为60%[解析]：假设温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，那么压强不影响平衡状态，a=1；A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，起始物质的量〔mol〕2300变化物质的量〔mol〕xxxx平衡物质的量〔mol〕2-x3-xxxK=1=x2/[(2-x)(3-x)],X=1.2,那么B的转化率为1.2/3=40%[答案]AC某温度下，向容积为2L的密闭反响器中充入0.10molSO3，当反响器中的气体压强不再变化时测得SO3的转化率为20%，那么该温度下反响2SO2(g)＋O22SO3(g)的平衡常数为A．3.2×103mol－1·L B．1.6×103mol－1·LC．8.0×102mol－1·L D．4.0×102mol－1·L[解析]：2SO3(g)2SO2(g)＋O2起始物质的量〔mol〕0.100变化物质的量〔mol〕0.020.020.01平衡物质的量〔mol〕0.080.020.01K=0.005×0.012/0.042=5×10-3/16,那么它的逆反响的平衡常数是1/K=3.2×103mol－1·L[答案]A向恒温、恒容〔2L〕的密闭容器中充入2molSO2和一定量的O2，发生反响：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕；△H=－197.74kJ·mol－1，4min后到达平衡，这时c(SO2)=0.2molL－1，且SO2和O2的转化率相等。以下说法中，正确的选项是〔〕A．2min时，c(SO2)=0.6molL－1B．用O2表示4min内的反响速率为0.1mol·(L·min)－1C．再向容器中充入1molSO3，到达新平衡，n(SO2)：n(SO3)=2:1D．4min后，假设升高温度，平衡向逆方向移动，平衡常数K增大[解析]：SO2和O2的转化率相等，那么起始n(SO2):n(O2)=2:1，n(O2)=1mol;2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕；起始物质的量浓度〔mol/L〕10.50变化物质的量浓度〔mol/L〕0.80.40.8平衡物质的量浓度〔mol/L〕0.20.10.8由于速率不是匀速的，A错误；V(O2)=0.4mol·L-1/4min=0.1mol·(L·min)－1,B正确；正反响放热，升高温度K减小，D错；再参加1molSO3到达新平衡，n(SO2)：n(SO)小于1：4，C错。[答案]B1molX跟amolY在体积可变的密闭容器中发生如下反响：X(g)＋aY(g)bZ(g)反响到达平衡后，测得X的转化率为50％。而且，在同温同压下还测得反响前混合气体的密度是反响后混合气体密度的3/4，那么a和b的数值可能是：【】A．a＝1，b＝1B．a＝2，b＝1C．a＝2，b＝3【解析】X(g)＋aY(g)bZ(g)起始物质的量〔mol〕1a0变化物质的量〔mol〕0.50.5a0.5b平衡物质的量〔mol〕0.50.5a0.5b同温同压下密度之比等于物质的量的反比：〔1+a〕:(0.5+.05a+0.5b)=4:3,a+1=2b.〖答案〗：A一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂外表与水发生反响生成NH3：N2+3H2O2NH3+O2.进一步研究NH3生成量与温度的关系，局部实验数据见下表〔反响时间3h〕：T/℃304050生成NH3量／〔10mo1〕4．85．96．0请答复以下问题：〔1〕50℃时从开始到3h内以O2物质的量变化表示的平均反响速率为mol／min。〔2〕该反响过程与能量关系可用右图表示．完成反响的热化学方程式：。〔3〕与目前广泛应用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反响速率慢。请提出可提高其反响速率且增大NH3生成量的建议：。〔4〕工业合成氨的反响为N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕。设在容积为2．0L的密闭容器中充人0．80molN2〔g〕和1．60molH2〔g〕，反响在一定条件下到达平衡时，NH3的体积分数为20％。①该条件下反响2NH3〔g〕N2〔g〕十3H2〔g〕的平衡常数为。②相同条件下，在另一相同容器中充人amolN2〔g〕和bmo1H2〔g〕，到达平衡时，测得容器中NH3为0．8mo1，H2为2．0mol，那么，。[解析]：：〔1〕〔4〕① N2〔g〕+ 3H2〔g〕2NH3〔g〕起始／mol 0．80 1．60 0 转化／mol 3 2 平衡n／mol 0．80—1．60一32 解得： 那么②由温度相同知设平衡时N2物质的量为 由等效转化可求起始时N2、H2的物质的量。[答案]〔1〕2．5×l0〔2〕N2〔g〕+3H2O〔1〕2NH3〔g〕+O2〔g〕 〔3〕升高温度；加压；不断移出生成物脱离反响体系〔合理均可〕〔4〕①0．9375②0．7〔2分〕3．2反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0。某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反响达平衡后，SO2的平衡转化率〔α〕与体系总压强〔p〕的关系如图甲所示。那么以下说法正确的选项是【】0T0T2B．F的原子结构示意图：C．乙酸乙酯的结构简式：C2H5OOCCH3D．甲烷分子的比例模型：T1反响时间〔SO2〕丙0反响时间反响速率乙v正v逆v/正v/逆甲A．由图甲知，A点SO2的平衡浓度为0.4mol·L－1B．由图甲知，B点SO2、O2、SO3的平衡浓度之比为2：1：2C．达平衡后，缩小容器容积，那么反响速率变化图像可以用图乙表示D．压强为0.50MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，那么T2＞T1【解析】：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0。起始物质的量浓度〔mol/L〕0.20.10变化物质的量浓度〔mol/L〕0.160.080.16平衡物质的量浓度〔mol/L〕0.040.020.16那么AB错误；加压平衡右移，C正确；温度高建立平衡需要时间短，D错误。【答案】：C一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反响：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s到达平衡，生成0.3molZ。以下说法正确的选项是A．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的B．以X浓度变化表示的反响速率为0.001mol/(L·S)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△H＞0[解析]：2X(g)＋Y(g)Z(g)，起始物质的量浓度〔mol/L〕0.10.10变化物质的量浓度〔mol/L〕0.060.030.03平衡物质的量浓度〔mol/L〕0.040.070.03将容器体积变为20L，平衡左移，Z的平衡浓度小于原来的，A错；V(X)=0.06mol·L-1/60s=0.001mol/(L·S)，B正确；加压Y转化率增大，C错；假设升高温度，X的体积分数增大，平衡左移，正反响放热，D错。[答案]B某温度下，在一容积不变的密闭容器中，A(g)+2B(g)3C(g)到达平衡时，A．B和C的物质的量分别为3mol、2mol和4mol，假设温度不变，向容器内的平衡混合物中再参加A、C各lmol，此时该平衡移动的方向为A．向左移动 B．向右移动 C．不移动 D．无法判断[解析]：A(g)+2B(g)3C(g)原物质的量浓度〔mol/L〕3/V2/V4/VK=16/3,Q=(5/V)3/[(4/V)(2/V)2]=125/16＞K,平衡左移。[答案]A可逆反响Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，在温度938K时，平衡常数K=1.47，在1173K时，K=2.15〔1〕写出该反响的平衡常数表达式____________________〔2〕假设该反响在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下到达平衡状态，如果改变以下条件再达平衡后〔选填“增大”、“减小”、“不变”〕①升高温度，CO2的平衡浓度__________，②再通入CO2，CO2的转化率___________，③增大容器的体积，混和气体的平均分子量_________。〔3〕该反响的逆速率随时间变化情况如图：①从图中看到，反响在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是_______________〔填序号，答案可能不止一个〕a.升温b.增大CO2的浓度c.使用催化剂d.增压②如果在t3时再增加CO2的量，t4时反响又处于新平衡状态，请在图上画出t3~t5时间段的v逆变化曲线。〔4〕能判断该反响到达平衡的依据是。A、容器内压强不变了B、c〔CO〕不变了C、v正〔CO2〕=v逆〔CO〕D、c〔CO2〕=c〔CO〕[解析]：〔2〕根据数据，升高温度K增大，正反响是吸热反响，那么升高温度，平衡右移，CO2的平衡浓度减小；再通入CO2，相当于加压，平衡不移动，转化率不变；增大容器的体积，平衡不移动，混和气体的平均分子量不变。〔3〕t1处在建立平衡的过程中，①a、c、d都可能；B、C[答案]〔1〕k=；〔2〕减小，不变，不变〔3〕①a、c、d；②〔4〕B、C：反响①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。Pt-RhPt-Rh△②4NH3+5O2=====4NO+6H2O〔1〕在500℃、2.02×107Pa和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2,充分反响后，放出的热量______(填“<”“>”“=”)92.4kJ，理由是_________________〔2〕为有效提高氢气的转化率，实际生产中宜采取的措施有____________；A.降低温度B.最适合催化剂活性的适当高温C.增大压强D.降低压强E.循环利用和不断补充氮气F.及时移出氨〔3〕反响②的化学平衡常数表达式K=________________，当温度升高时，K值______〔填“增大”、“减小”或“无影响”〕；〔4〕在0.5L的密闭容器中，参加2.5molN2和7.5molH2，当该反响到达平衡时，测出平衡混合气的总物质的量为6mol，求平衡时氮气的转化率〔写出计算过程〕〖解析〗:〔1〕＜，在1atm和298K条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反响生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，该反响为可逆反响，反响物不能全部变为生成物；又因为反响温度为500℃，所以放出的热量小于92.4kJ；〔2〕CEF〔3〕K=减小〔4〕设充入氮气为xmol，那么有：N2+3H22NH3起始2.5mol7.5mol0变化Xmol3Xmol2Xmol平衡(2.5-X)mol(7.5-3X)mol2Xmol(2.5-X)+(7.5-3X)+2X=6X=2氮气的转化率=2mol÷2.5mol×100%=80%〖答案〗：见解析。选择题答题卡题号12345678910111213141516答案第=2\*ROMANII卷〔非选择题，共48分〕19.(2003年上海，24)钾是一种活泼的金属，工业上通常用金属钠和氯化钾在高温下反响制取。该反响为：Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，△H＞0，该反响各物质的沸点与压强的关系见下表：压强〔kPa〕13.3353.32101.3K的沸点℃590710770Na的沸点℃700830890KCl的沸点℃1437NaCl的沸点℃1465〔1〕在常压下金属钾转变为气态从反响混合物中别离的最低温度约为，而反响最高温度应低于。〔2〕在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率可以采取的措施是。20、在10℃和2×105Pa条件下，反响aA(g)dD(g)+eE(g)建立平衡后，在逐步增大体系的压强〔温度不变〕，下表列出不同压强下重新建立平衡是D(g)的浓度压强〔Pa〕2×1055×1051×106浓度〔mol·L－1〕0.0850.200.44〔1〕压强从2×105Pa增大5×105Pa到过程中，平衡向〔填“正”或“逆”〕反响方向移动，反响方程式中化学计量数的关系为。〔2〕压强从5×105Pa增大到1×106Pa过程中，平衡向方向移动，其合理解释是：。21、在重铬酸钾的溶液中存在如下平衡：Cr2O72－+H2O2HCrO42－2CrO42－+2H+(1)参加H2SO4，使重铬酸钾溶液的pH降低，那么溶液中[Cr2O72－]与[CrO42－]的比值(填“增大”“减小”或“不变”)〔2〕向K2Cr2O4溶液中参加AgNO3溶液，发生离子互换反响，生成砖红色沉淀且溶液的pH下降，生成砖红色沉淀的化学式为。〔3〕重铬酸钾溶液在酸性条件下是强氧化剂，例如它在H2SO4存在下把Fe2+离子氧化为Fe3+离子，本身被复原成Cr3+。该反响的离子方程式为：。22、〔2003年江苏，26〕I．恒温、恒压下，在一个可变容积的容器中发生如下发应：A〔气〕＋B〔气〕C〔气〕⑴假设开始时放入1molA和1molB，到达平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为 mol。⑵假设开始时放入3molA和3molB，到达平衡后，生成C的物质的量为mol。⑶假设开始时放入xmolA，2molB和1molC，到达平衡后，A和C的物质的量分别是ymol和3amol，那么x＝mol，y＝mol。平衡时，B的物质的量〔选填一个编号〕〔甲〕大于2mol〔乙〕等于2mol〔丙〕小于2mol〔丁〕可能大于、等于或小于2mol作出此判断的理由是。⑷假设在〔3〕的平衡混合物中再参加3molC，待再次到达平衡后，C的物质的量分数是。II．假设维持温度不变，在一个与〔1〕反响前起始体积相同、且容积固定的容器中发生上述反响。⑸开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC。将b与〔1〕小题中的a进行比拟〔选填一个编号〕。〔甲〕a＜b〔乙〕a＞b〔丙〕a＝b〔丁〕不能比拟a和b的大小做出此判断的理由是。23.在容积为VL的容器里参加一定量的气体A和B，加热时气发生如下反响，mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，经ts后到达平衡，测得平衡混合气体中A为xmol，B为ymol，C为zmol。 求：⑴反响前参加容器中A、B两种气体的物质的量分别为 和 ； ⑵在ts内，反响速率VA∶VB∶VC∶VD= ⑶假设各物质的量不变，减少容器的体积会降低D的产量，那么m、n与p、q的关系是 ⑷当A、B充入容器后，加热到反响发生立即停止加热，放一仍能继续进行，到达平衡时，假设降低温度，那么A的转化率会 。

分析解答1、答案：A、C解析：到达平衡的标志是v正=v逆≠0。A项说明了v正和v逆，且有v正=v逆≠0，为平衡状态，A项正确；B项单位时间内生成nmol的A2同时生成3nmol的B2，只说明了v逆而无v正，所以B项错误；A、B、C的浓度不再变化也是到达平衡的标志，C项也正确；D项不能说明v正=v逆≠0，所以D项错误。2、答案：A解析：此题假设按常规法求解，显得繁琐，解题关键是深入分析，挖掘隐含条件。反响物和生成物都是气体，建立平衡后，质量守恒，而平均相对分子质量增大了，说明反响后，气体的物质的量减少了，即有关系式n+2<3+1，故n<2，n只能是1。3、答案：C、D解析：由题意可计算(NO)==0.002mol·L－1·S－1，且有：(NH3)∶(O2)∶(NO)∶(H2O)=4∶5∶4∶6，所以：(NH3)=0.002mol·L－1·S－1(H2O)=0.003mol·L－1·S－1(O2)=0.0025mol·L－1·S－1 4、答案：A 解析：设有xmolA转化，那么 A(g)+2B(g)2C(g) 始 110 平衡 1－x1－2x2x 依题意：〔1－x〕+〔1－2x〕=2x x=2/5 5、答案：D 解析：醋酸是弱酸，醋酸溶液加水稀释时，c(H+)减小，溶液的pH增大。但醋酸电离平衡向右移动，6、答案：A 解析：设新平衡时n(SO2)为xmol，由原平衡转化到新平衡时转化O2ymol 那么有：2SO2+O22SO3 原平衡x+2y0.8+y1.4－2y 新平衡x0.81.4y=0.1又x=0.4(mol)7、答案：A解析：这是一个特殊的反响，反响物和生成物都分别只有一种，因此在恒温恒压时就符合等效平衡的条件，按此题条件，就是一个等效平衡。8、答案：C；解析：化学反响速率最快的是T1、P2，因为这条曲线表示了变化最快。同理，最慢的是T2、P2；在比拟T1和T2时应以压强相同的T2、P2和T1、P2进行比拟，压强相同时，T1较T2时的化学反响速率快，那么T1>T2，在比拟P1和P2时应以温度相同的T2、P1和T2、P2进行比拟，温度相同时，P1较P2时的化学反响速率快，那么P1>P2。故C向正确。9、答案：B；解析：在相同温度下发生反响：2SO2+O22SO3，使反响气体体积数减小，甲容器保持体积不变，使体系的压强减小，压强减小，是可使反响2SO2+O22SO3向着逆反响方向移动。乙容器保持压强不变，相对于甲容器，乙容器内压强较大，使得乙容器中SO2的转化率要比甲容器的转化率高。10、答案：A、C解析：温度不变，容器体积增加一倍，那么压强增大且A和B的浓度都变为原来的50%由题意知：当重新达平衡时B的浓度是原来的60%，大于50%，说明增加压强，平衡向正反响方向移动了，根据勒沙特列原理，增加压强，平衡向体积减小方向移动，所以B、D错，A、C正确11、答案：C。解析：反响的气体体积数不变，b可以是增大压强，也可以是加催化剂。12、答案：B解析：A中碱性水解时，酯水解的产物酸不断被碱消耗，相当于减小生成物的量，那么平衡不断右移，使酯在水中溶解度增大，可以用化学平衡移动原理解释。B不能；因为化学平衡移动不受催化剂影响。C能解释：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－，NaOH固体吸水、放热，使得氨水浓度增大，平衡左移，放热使温度升高加快了NH3的逸出。D也能解释：2SO2+O22SO3加压、平衡右移，利于SO3的生成。13、答案：B、C解析：mA2+nB2pC转化量：0.8m/p0.8n/p0.8mol/L始：0.8m/p+0.90.8n/p+0.10平衡量：0.9mol/L0.1mol/L0.8mol/L那么：0.8m/p+0.9=0.8n/p+0.1p=n-m……①采用试项法将A、B、C、D写成方程式，配平后将对应的m、n、p代入①，只有B、C符合。14、答案：A解析：解法一：N2+3H22NH3始xmolymol0转化amol3amol2amol平衡(x－a)(y－3a)2amol那么：×100%=25%得：x+y=10a反响后缩小的物质的量为：(x+y)－(x－a+y－3a+2a)=2a那么：解法二：N2+3H22NH3平衡31(25%)转化21起始5(2+3=5)15、答案：A解析：由于在其它条件不变时气体的压强与分子数成正比。从化学方程式看，反响后压强减小了，说明反响后气体的总分子数比反响前减小，即2+5>4+n，因此，n<3。从所设置的选项看，只有n=2是正确的16、答案：C、D解析：气体相对分子质量等于气体的总质量除以气体的总的物质的量，如果B和C都是固体，那么气体反响前后相对分子质量不变〔只有A气体〕；该反响的正反响是吸热反响，又是分解反响，随着温度的升高，平衡向正反响方向移动，不管生成物B和C都是气体还是只有一种是气体，气体的相对分子质量都有减小的趋势。因为，假设B和C都是气体，那么n〔总〕增大，使气体的相对分子质量减小。假设B、C只有一种是气体，那么气体的总质量减小，也使气体的相对分子质量M减小。17、答案：B、C解析：设投入的气体A、B的体积分别为a和b，到达平衡时，A转化了xA(g)+2B(g)2C(g)始AB0平衡A－xB－2x2x(A－x)+(B－2x)+2x=V2x=0.4V〔D项不正确〕得：x=0.2V〔C项正确〕A+B=1.2V〔B项正确，A项不正确〕18、答案：B；解析：从题目所给的信息看，B、C、D化学平衡所处的条件是恒温恒压的，是恒温恒压下的等效平衡问题。题目所给的SO2和O2物质的量分别为2mol和1mol，恰好符合化学方程式中SO2和O2化学计量数的比，因此，只要在建立新平衡时符合SO2和O2物质的量之比为2∶1且恒温恒压，即与原平衡等效。A项因增大了体系的压强而与原平衡不等效。C项使SO2和O2物质的量之比≠2∶1，也与原平衡不等效。充入1molAr(g)使总体积扩大，物质的浓度也就发生了变化，也与原平衡不等效。B，保持温度和容器内压强不变，充入1molSO3(g)与原平衡等效。故B项是正确的。19、答案：〔1〕770℃，890℃；〔2〕降低压强，别离钾蒸汽，适当升高温度。解析：金属的置换反响常见的是在水溶液中进行，而此题是在熔融状态下进行。根据平衡移动原理，只要反响不断向正反响方向进行即可。〔1〕要生成钾必须满足钾为气态，而其它物质均不为气态即可。要想得到钾蒸汽，应到达沸点770℃，而又低于其它物质的沸点，故应低于890℃。〔2〕提高原料的利用率，即使平衡尽可能地向正反响方向移动，根据平衡特点，是气体分子数增加的吸热反响，因此可以采用减小压强或适当升高温度或着将生成的钾蒸汽别离出来以减小生成物的浓度等方法。20、答案：〔1〕逆；a<d+e；〔2〕正；当压强增大一定程度时，E可能变为固体或液体，从而使反响变成为分子数减小的反响，增大压强，平衡向分子数减小的方向移动。解析：〔1〕温度不变压强增大，即体积减小，当压强从2×105增大到5×105可以认为是体积减小到原来的2/5〔平衡没有移动时〕，而浓度相应增大到原来的2.5倍，由于0.085×2.5<0.2，所以平衡向逆反响方向移动了，压强增大平衡向气体分子数减小的方向移动，所以a<d+e。〔2〕当压强从5×105增大到1×106时，体积减小到原来的一半，而D的浓度0.44＞0.02×2。所以平衡向正反响方向移动了，压强增大平衡只能向分子数减小的方向移动，必然有产物变为固体或液体，从而使反响变成为分子数减小的反响，增大压强，平衡向分子数减小的方向移动。21、答案：⑴增大；⑵Ag2CrO4；⑶6Fe2++Cr2O72－+14H+