三、计算题(本题6分)

26.在压强为1.01×105 Pa，温度为300 ℃时，有1 mol的某气体A发生如下反应：

2A(g)

xB(g)+C(g)，当反应达到了平衡时，平衡混合气中含A的体积分数为60%，混合气体的总质量为46g，体积为64 L。求：

(1)平衡后混合气体的平均相对分子质量;

(2)平衡后已转化的A的物质的量;

(3)x的值。

参考答案

1.D

2.D  影响化学反应速率的因素有温度、浓度、还有固体的表面积等。加少量CH3COONa固体，稀硫酸中的少量H+会与CH3COO-结合成弱酸CH3COOH，使稀硫酸中H+的浓度降低;加水，稀硫酸的浓度降低，反应速率减慢;改用98%浓硫酸，虽然浓度增大了，但浓硫酸会使铁钝化而不能产生氢气。

3.C

4.C  使平衡向逆反应方向移动的条件是高温低压。

5.D  降低温度，反应速率减慢，平衡向放热反应方向移动。

6.B  根据反应速率之比等于化学计量数之比，可知n =1，p =2。又增大压强平衡不移动，说明反应物和生成物两边气体的计量数相等，有m+1=2+q，代入选项即可。

7.C  恒温下，体积缩小为原来的一半，假设原反应的平衡不移动，则物质Y和Z的浓度将均增加至原来的2倍，而实际上Y、Z的浓度均为原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，因而X的转化率减小，Z的质量分数减小。因体积减小(即压强增大)，正、逆反应速率均增大，且化学平衡是向着气体物质的物质的量减少的方向移动，有a

8. C  该反应为2A(g)2

B(g)+C(g)。

9. D　平衡时充入一定量的物质，使体系中各物质浓度同时增大若干倍，这必然导致各体系压强增大，使平衡向右移。又因总量增加，C虽然生成量增大，但质量分数仍可能减小。

10. B  由于分离出氨，N2、H2循环使用，故产率较高。

11. D  温度越高，达到平衡所需时间就越短。又正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，SO2的含量500 ℃时大于300 ℃时。

12.D  升高温度，平衡向正反应方向移动，又气体平均相对分子质量变小，表明正反应为气体物质的量增多的反应，B和C不可能都是固体，但可能都是气体。另外，若C为固体，则B一定是气体，因为平衡向正反应方向移动时，虽然气体物质的物质的量没有增加，但由于生成固体C，总质量减少，气体平均相对分子质量也变小。

13.A

14.A  由于该反应正反应是恒温恒压下气体物质的量减小的可逆反应，压强不随时间变化，表明反应达到了平衡，A项正确;B项可转换为v正(X) = 2v逆(X)，即正反应速率大于逆反应速率，未达平衡;当有0.5 mol X和1 mol Y反应生成1 mol Z时，X、Y、Z的浓度之比就为l:2:2，故C项并不能表明反应达到了平衡状态;D项也不符合题意，因为无论是否达到平衡，上述反应在任何时候，消耗0.1 mol X同时一定生成0.2 mol Z。

15. C

16.B 平衡时，生成了2 mol C，也生成了2 mol D，x=2，A的浓度为0.75 mol·L-1。同温同容时，由PV=nRT知反应前与平衡时的压强之比等于物质的量之比，可计算出平衡时的压强与反应前的压强相等。

17. A 因容积一定，若A为气体，则总质量不变，气体的密度不变，故A不是气体。又气体的密度增大，表明气体的质量增大，该平衡向正反应方向移动。据升高温度可知正反应为吸热反应。

18.D  再通入4 mol H2O(g)后使H2O(g)浓度增大，平衡向正确反应方向移动，所以CO2的物质的量增大，即n(CO2)>0.6 mol。应用极端假设法，假设通入4 mol H2O(g)后，1 mol CO全部消耗掉，则转化为CO2 1 mol，而实际上可逆反应达到平衡时CO的物质的量大于0，CO不可能全部消耗掉，故n(CO2)<1 mol，即0.6 mol

19.D

20.C.随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率越来越慢，即v(A)1>v(A)2，v(A)1/v(A)2>1。

故t1:t2=△c1/ v(A)1: △c2/ v(A)2=10v(A)2/9 v(A)1<10/9，即t2>9 t1/10=18。

21.⑴ m + n > P   ⑵逆  ⑶ 气

22. (1) a=b+0.4  (2)0.4≤a≤1.3

解析：

(1)设转化过程中，A2(g)转化浓度为x mol·L-1，则B2(g)转化浓度也为x mol·L-1。根据平衡浓度有：a-x=0.5，b-x=0.1，可知a=b+0.4。

(2)考虑两种极端情况：①A2、B2为起始物;②A2、C为起始物。

A2(g) +  B2(g)

2C(g)

物质的平衡浓度/mol      0.5      0.1      1.6

① A2、B2为起始物/mol  0.5+0.8  0.1+0.8     0

② A2、C为起始物/mol  0.5-0.1     0      1.6+0.2

故A2的取值范围为：0.4≤a≤1.3。

23.(1)n>1  压强增加到2倍，C的浓度只增加到1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，正反应是气体物质的量增大的反应，故n>1。(2)固态或液态

解析：(1)根据PV=nRT，温度、物质的量一定时，P1:P2=V2:V1。 若P1:P2=1×105 Pa : 2×105Pa=1:2，则对应V2:V1=1:2，即体积变小一半，C的浓度应增大1倍，由1 mol·L-1变为2mol·L-1。但是由于平衡移动变成1.8 mol·L-1，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是气体物质的量减少的反应，故n>1。

(2)将压强由1×105 Pa变为4×105 Pa时，仍符合以上规律。将压强由4×105 Pa变为5×105 Pa时，P1:P2=4:5，C的浓度应为3.2×5/4=4 mol·L-1。但平衡时，C的浓度增加到6 mol·L-1，说明平衡向正反应方向移动。若D为气体，则不可能。只有在A、B、C为气体，D不为气体时，才符合题意。

24.(1)25a% (2)2a  不变  (3)6

解析：(1)根据反应方程式，由生成了a mol C，可知A反应了a/3 mol，B反应了 2a/3 mol，平衡时A为(1-a/3)mol，B为(3-2a/3)mol，C为a mol，可计算出C的体积分数为25a%。(2)本题达平衡时与(1)小题达平衡时，互为等效平衡。则相同组分的体积分数相同，C的物质的量为2a mol。(3)据恒温恒容下反应前后气体分子数不变的同一可逆反应的等效平衡规律，即通过反应的化学计量数比换算(极限假设转换)成反应式同一侧的反应物或生成物，其物质的量之比相同，二平衡等效，可设加入C x mol，x molC完全换算成A、B后共有(2+x/3)mol A，(8+2x/3)mol B，由(2+x/3):(8+2x/3)=1:3，解得x=6。

25.(1)0.013 (2)1.0  使用催化剂  (3)> > (4)吸热  比较实验4与实验1，可看出升高温度，A的平衡浓度减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应是吸热反应。

解析：分析表中数据可知：实验1、2、3、4分别在40 min、20 min、40 min、30 min时达到平衡，达平衡时A的浓度分别为：0.50 mol·L-1、0.50 mol·L-1、0.60 mol·L-1、0.20 mol·L-1。

(1)实验1中，反应在10～20 min内以A的速率表示的反应速率为(0.80 mol·L-1-0.67 mol·L-1)/10 min=0.013 mol·L-1·min-1。

(2)对比实验2与实验1，可看出它们温度相同，达平衡时浓度相同，只是达平衡所用的时间实验2短，说明实验2的反应速率较快，在温度和平衡浓度相同的条件下，只有使用催化剂才能加快反应速率，故c2= c1=1.0 mol·L-1。

(3)比较实验3和实验1，可看出它们温度相同，实验3达平衡所用的时间比实验1短，且平衡浓度大，故有v3>v1，c3>c1=1.0 mol·L-1。

(4)比较实验4与实验1，可看出升高温度，A的平衡浓度减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应是吸热反应。

26.(1)33.8 (2)0.184 mol (2)5

解析：(1)根据题意，非标准状况下混合气体的温度T非=573 K，体积V非=64 L，转化为标准状况下的体积V标，由PV=nRT得：V标=(T标/T非)×V非=(273/573)×64 L = 30.5 L。则混合气体的物质的量n=(30.5/22.4)mol=1.36 mol， 平均摩尔质量M= m/n=46 g/1.36 mol

=33.8 g/mol，即混合气体的平均相对分子质量为33.8。

(2)设平衡时，已转化的A的物质的量为a mol，依题意：

2A(g)

xB(g)+ C(g)

起始/mol   1       0      0

变化/mol   a      xa/2    a/2

平衡/mol  1-a     xa/2    a/2

[(1-a)/1.36]×100%=60%

a=0.184

即平衡后已转化的A的物质的量为0.184 mol。

(3)由(1-a)+xa/2+a/2=1.36，a=0.184，可计算得x=5。

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