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但气体的质量不变,故混合气体的摩尔质量减小,C错误;升高温!19.解析:(1)根据各物质的速率之比等于化学计量数之比,也等于
度,平衡左移,NO的含量降低,D正确。
各物质的物质的量及浓度变化之比的原则进行“三段法”计算。
9.B[合成正丁醛的反应是气体物质的量减小的反应,故可以采
3A(g)
B(g)→
2C(g)+3D(s)
用高压,加快反应速率且增大了转化率,又因为该反应的正反应
起始:1.5mol/L
0.5 mol/L
0
0
为放热反应,高温会使原料气的转化率降低,所以要采用适当的
变化:0.9mol/L0.3mol/L0.6mol/L
温度来提高反应速率。
平衡:0.6mol/1.0.2mol/1.0.6mol/1.
10.D[由图可知,由于该反应中反应物的总能量高于生成物的总
的转化率为2:9×100%=60%
能量,所以该反应的正反应属于放热反应,A错误:升高温度,平
衡逆向移动,A的转化率减小,B错误;在反应体系中加入催化
[C]2
平衡常数K=
0.62
剂,对反应热无影响,C错误;加压能够增大气体的浓度,故化学
[A]3·B
0.6×0.2=8.33.
反应速率加快,反应达到平衡状态的时间编短,D正确。
(2)温度不变而编小容器体积,相当于加压,由于D为固体,正
11.D[由题图知,开始时正反应速率增大,说明该反应为放热反
反应方向是气体体积减小的方向,所以平衡右移。
应,放出的热量使容器内部温度升高,加快反应速率,则反应物
(3)由于雏持体系的温度、容积不变,充入氨气不改变平衡中各
的总能量应高于生成物的总能量,C项错误:达到平衡时,正、逆
物质的浓度,平衡不移动
(4)若增加A的浓度,平衡右移,B的转化率增大;对于一个平
反应速率不再随时间改变而改变,所以曲线上4、b、c三,点均没
衡来讲,平衡常数仅与温度有关,与浓度无关。
达到平衡状态,反应均向正反应方向进行,反应物浓度逐渐降低,
答案:(1)60%8.33
(2)正反应方向移动(3)不变(4)增
且a、b、c三点正反应速率逐渐增加,故消耗的S)2就逐渐增大,从
大不变
而SO2的转化率逐渐增大。A、B两项错误,D项正确。]
20.解析:(1)根据图像中的数据可知,温度T,时生成甲醇的速率
12.AB[A项,C的浓度为0.6mol/L,则B的变化浓度为
=nA/2 tA mol·L.·tmin
,故①错误;读图可知,温度从T
0.3 mol/I.,(B)=0.3 mol/L.
=0.075mol/(L·s),正确;B
升高到T2时,甲醇的物质的量降低,说明平衡逆向移动,故此
4S
时平衡常数减小,故②错误;因为升高温度,平衡逆向移动,故
项,4s后达到化学平衡状态时,c(A):c(C)=7:3,正确:C
逆反应是吸热反应,所以正反应是放热反应,故③正确:因为温
项,因为正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移
度从T升高到T?时,平衡逆向移动,故氢气的物质的量增大,
动,C的物质的量浓度减小,错误;D项,湿度不变,缩小容器的
甲醇的物质的量减小,故n(H2)/n(CHsOH)增大,故④正确。
体积,相当于增大压强,则化学平衡向正反应方向移动,A的转
(2)写出方程式C02十3H2
CH OH+H2O,,则平衡时
化率升高,错误。」
CO2、H2、CH3OH、H20变化的物质的量分别是amol、3amol
13.BD「由于温度升高,B的转化率增大,说明平衡正向移动,推
amol、amol,故平衡时它们的物质的量分别是(1一a)mol、(3
知该反应是吸热反应,A错误;在T1温度下,由点达到平衡
3a)mol a mol,amol,故平衡时气体的总物质的量是(4一2c)mol,所以
时,B的转化率不断减小,若采取加压措施,结合化学方程式可
此时的压强与起始压强之比为(4-2a)/4=(2-a/2-1-8
知B的转化率会不断增大,故C错误;在T?温度下,由c点达
到平衡时,此过程中B的转化率不断增大,说明该过程(正)
答案:③④(2)1-号
(逆),D正确。]
14.AB[A项,由于B中反应物浓度大于A,所以(B)>(A):B项,
滚动检测卷(一)
X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)
1.D[在使用同一浓度的催化剂情况下,H2O2浓度越大,反应的
起始/mol1
0
0
温度越高,反应的速率越快。
转化/molb
b
26
b
2.D[可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但反应没有停
平衡/mol1-b1-b
2b
b
止,为动态平衡,达到平衡时,各物质的浓度不变,但不一定相等。
由题意得2十=1.4,
3.D[反应自发进行需要满足△H一T△S<0,△H一T△S=一125
k·mol1+T×8kJ·mol-1·K-1<0,解得T<15