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2019-2020学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版
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大庆实验中学2019—2020学年度上学期十月份月考高二化学试题
说明：1. 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16
第Ⅰ卷 选择题（共55分）
一、单项选择题（共20个小题，每题2分，共40分）
1. 我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是
A. 反应进行的方向 B. 反应的快慢
C. 反应进行的限度 D. 反应物的多少
【答案】D
【解析】
试题分析：我们要讨论一个化学反应的原理，应该讨论反应向什么方向进行，反应进行的快慢程度，反应进行的最大程度是多少，因此是与讨论研究反应无关的是反应物的多少，故选项是C。
考点：考查研究化学反应的内容的知识。
2.下列说法正确的是
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②普通分子有时也能发生有效碰撞
③升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数
④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多
⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
⑥化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A. ①②⑤ B. ③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ②③④
【答案】B
【解析】
试题解析：①碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错误；②普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误；③升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，故正确；④增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，故正确；⑤使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故错误；⑥活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确；故选B．
考点：化学反应速率的影响因素
3.对反应A+B=AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20mL溶液中含A、B各0.01mol ②50mL溶液中含A、B各0.05mol
③0.1mol•L-1的A、B溶液各10mL ④0.3 mol•L-1的A、B溶液各50mL
四者反应速率大小关系是
A. ②>①>④>③ B. ④>③>②>① C. ①>②>④>③ D. ①>②>③>④
【答案】A
【解析】
其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。①中，A、B的浓度均为0.5 mol • L−1；②中，A、B的浓度均为1 mol • L−1；③中混合后A、B的浓度分別为0.05 mol • L−1；④中混合后A、B的浓度分别为0.15 mol • L−1，故反应速率②>①>④>③。
4.可逆反应mA(g)+ nBpC(g)+qD(g)中，A和D都是无色气体，达到平衡后，下列叙述正确的是（ ）
A. 若增加B的量，平衡体系颜色加深，说明B必是气体
B. 增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
C. 升高温度，A的转化率减小，说明正反应是吸热反应
D. 若B是气体，增大A的量，A、B的转化率都增大
【答案】A
【解析】
【详解】已知A和D都是无色气体，B的状态和颜色、C的颜色均未确定；
A.增加B的量，平衡体系颜色加深，B为有色气体，可以导致体系颜色加深；若C为有色气体，B为无色气体，也因增大了B浓度引起平衡向右移动，导致有色气体C浓度增大，使体系颜色加深，所以B必为气体，故A正确；
B.增大压强平衡不移动，说明该反应为反应前后气体体积不变，在B状态不明确的情况下m+n不一定等于p+q，故B错误；
C.升高温度，A的转化率减小，平衡向左移动，说明正反应为放热反应，故C错误；
D.若B是气体，增大A量，A的转化率减小，B的转化率增大，故D错误；
答案选A。
【点睛】对于反应物均为气态的可逆反应如aX(g)＋bY(g) cW(g)，在容器的体积、温度不变的情况下，增加X的浓度（或物质的量），平衡右移，但是X的转化率降低，Y的转化率增大；即两种物质参加反应，增加该物质浓度，该物质的转化率减小，另外一种物质的转化率增大。
5.下图中a曲线表示一定条件下的可逆反应:X (g) + Y (g) 2Z (g) + W(s)，正反应放热的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是:
A. 加入W B. 增大X的浓度
C. 升高温度 D. 增大压强
【答案】D
【解析】
【分析】
a曲线变为b曲线，反应速率增大，但平衡不移动，据此解答。
【详解】A. W是固体，加入W反应速率不变，A不符合；
B. 增大X的浓度反应速率增大，平衡向正反应方向进行，B不符合；
C. 正反应放热，升高温度反应速率增大，平衡向逆反应方向进行，C不符合；
D. 增大压强反应速率增大，又因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，故增大体系压强平衡不移动，可实现此目的，D符合。
答案选D。
6.在密闭容器中，将1.0mol CO与1.0mol H2O混合加热到800℃，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）。一段时间后该反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.5mol．则下列说法正确的是（ ）
A. 800℃下，该反应的化学平衡常数为0.25
B. 427℃时该反应的平衡常数为9.4，则该反应的△H＜0
C. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的CO（g），则平衡时CO物质的量分数为33.3%
D. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的H2O（g），则平衡时CO转化率为33.3%
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据三段式进行分析：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1 1 0 0
转化量（mol） 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡量（mol） 0.5 0.5 0.5 0.5
由于反应前后体积不变，则可以用物质的量来计算平衡常数，
A、该温度下反应的平衡常数K＝（0.5×0.5）/(0.5×0.5)＝1，故A错误；
B．427℃时该反应的平衡常数为9.4，这说明降低温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是放热反应，即该反应的△H＜0，故B正确；
C．此时CO转化率是0.5mol/1mol×100%＝50%，800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），则平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，因此剩余CO的物质的量大于2mol－2mol×50%＝1mol，则平衡时CO物质的量分数小于×100%＝33.3%，故C错误；
D、800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O（g），则
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1 2 0 0
转化量（mol） x x x x
平衡量（mol）1－x 2－x x x
因此有＝1，解得x＝2/3，所以平衡时CO转化率,×100%＝66.7%，故D错误；
答案选B。
7.将4 mol A气体和2mol B气体在2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，反应2 s后测得C的物质的量为1.2mol。下列说法不正确的是
A. 用物质B表示2s内的平均反应速率为0.15 mol/(L·s)
B. 用物质A表示2 s内的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)
C. 2 s后物质B的浓度为0.35 mol/L
D. 2 s后物质A的转化率为30%
【答案】C
【解析】
【分析】
2A(g) + B(g)2C(g)
起始（mol） 4 mol 2mol 0
转化 （mol）1.2mol 0.6mol 1.2mol
2 s后（mol）2.8mol 1.4mol 1.2mol
【详解】A.2s内v(B)= =0.15 mol/(L·s)，故A正确；
B.2s内v(A)=2v(B)=0.3 mol/(L·s)，故B正确；
C. 2s后物质B的浓度为 1.4mol/2L=0.7mol/L，故C错误；
D. 2s后物质A的转化率×100％=30％，故D正确；
故选C。
【点睛】在同一化学反应中，用不同物质表示出来的化学反应速率之比等于反应方程式的化学计量数之比，一般不用固体和纯液体来表示反应速率。
8.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)，若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是（ )
A. 1mol B和1mol C B. 2mol A、3mol B和1mol He（He不参加反应）
C. 2mol C D. 2mol A、3mol B和3mol C
【答案】C
【解析】
【分析】
反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1，据此进行判断即可。
【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，则：
A.1molB和1molC，相当于2/3molA和4/3molB，n（A）：n（B）=1：2＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故A错误；
B.2molA、3molB和1mol He，1mol He对平衡无影响，n（A）：n（B）=2：3<1：1，使A的转化率增大，A的体积分数减小，故B错误；
C.若将2mol C全部转化为A、B，分别得到4/3mol A和2/3molB，n（A）：n（B）=2：1＞1：1，使A的转化率减小，A的体积分数增加，故C正确；
D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，A的转化率不变，则平衡后A的体积分数等于a%，故D错误；
答案选C
9.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是
A. 维持温度、容积不变，t1时充入SO3(g) B. 维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C. 维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar D. 维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；
故选D。
10.下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A. 2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O（l）△H= -196 kJ•mol-1
B. 2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g）△H=+163 kJ•mol-1
C. 2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s）△H=- 254 kJ•mol-1
D. 2HgO（s）= 2Hg（l）+ O2（g）△H= +182kJ•mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A、2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O （l），△H＜0、△S＞0，任何温度下△G=△H—T△S＜0能自发进行，A正确；
B、2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g），△H＞0、△S＜0，任何温度下△G=△H—T△S>0不能自发进行，B错误；
C、2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s），△H＜0、△S＜0，温度较低时△G＜0，故低温能自发进行，C错误；
D、2HgO（s）=2Hg（l）+ O2（g），△H＞0、△S＞0，温度较高时△G＜0，故高温能自发进行，D错误。
答案选A。
11.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆
D. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC=PD＞PB
【答案】C
【解析】
【详解】A、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，该反应的△H<0，A错误；
B、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，K1>K2，B错误；
C、在T2时，若反应体系处于状态D，则此时未达到平衡状态，反应正向进行，则此时v正＞v逆，C正确；
D、温度越高压强越大，PC>PD=PB，D错误。
答案选C。
12.反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示，在t1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是
A. t6～t7阶段，C的百分含量最大
B. t2～t3阶段，A的转化率最小
C. t3时，改变因素一定是使用了催化剂
D. t5时，改变因素一定是升高了温度
【答案】D
【解析】
【分析】
由图中反应速率的变化可知，t1时增了生成物的浓度，t3时加入了催化剂或增大了体系压强，t4时减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时升高温度，t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
【详解】3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应△H＜0，反应前后气体体积不变，压强对化学平衡无影响。
由图中反应速率的变化可知，t1时速率增加且平衡逆向移动，改变条件为增了生成物的浓度，t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，t4时速率同等程度减小，改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度。
t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
A.0～t1阶段，C的百分含量最大，A错误；
B.t6～t7阶段A的转化率最小，B错误；
C.t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，C错误；
D.t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素，注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。
13.一定条件下，将一定量的A、B混合气体充入密闭容器中发生下列反应：2A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g) ΔH＞0。当由M平衡到N平衡过程中，温度与对应变化及M、N平衡混合气体中某些气体的物质的量如图所示。则平衡M到平衡N过程中B的转化率是（ ）
A. 24% B. 30%
C. 60% D. 48%
【答案】A
【解析】
【详解】有反应方程式可知：△n(A)=△n(B)，而由图像可知△n(A)=1.5mol-0.3mol=1.2mol，所以△n(B)=1.2mol，α(B)=×100%=×100%=24%，A项正确；
答案选A。
14.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s) ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T ℃时，该反应的平衡常数值为4
B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T ℃
D. T ℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
15.已知某可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g) ΔH，在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ(B)的变化情况。下列推断中正确的是
A. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＜c，ΔH＞0
B. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＞c，ΔH＞0
C. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＜c，ΔH＜0
D. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＞c，ΔH＜0
【答案】A
【解析】
【分析】
当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。
【详解】由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：
①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；
②压强较大(即压强为p2)时对应的φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋b
压强相同(p2)，但温度为T1时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以T1>T2；
②温度较高(即温度为T1)时对应的φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0。
答案选A。
16.在容积不变的密闭容器中存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)D2SO3(g) △H= −QkJ/mol(Q＞0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述平衡的影响，下列分析正确的是
A. 图I研究的是t0时刻增大O2的浓度对平衡的影响
B. 图II研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率和平衡的影响
C. 图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变，所以改变条件时刻，逆反应速率曲线有接触点，该图象没有接触点，故A错误；
B.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以平衡不移动，故B正确；
C.催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动，则二氧化硫的转化率不变，根据图象知，甲使用催化剂、乙不使用催化剂，故C错误；
D.温度越高反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，该反应是放热反应，升高温度二氧化硫转化率降低，根据图象知，乙温度较高，故D错误；
故选B。
【点睛】催化剂影响反应速率，但对平衡没有影响；升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，只是增大的程度不同。
17.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是
A. 反应总过程ΔH<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. FeO+也是该反应的催化剂
D. Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应； B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能； C、FeO+是中间产物； D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量。
【详解】反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，反应的△H＜0，故A正确；Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；FeO+是中间产物，而不是催化剂，故C错误；由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确，选C。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系，会根据反应物、生成物总能量判断反应的热效应，注意催化剂和中间产物的判断。
18.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确是( )
A. 温度为T时，该反应=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
19.一定条件下向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化关系，图2表示速率随时间的变化关系，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是( )
A. 若t1＝15 s，则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
B. 该反应的化学方程式为3AB+2C
C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D. 若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据图1和图2判断出该反应的方程式，然后利用化学反应速率的表达式以及影响化学平衡移动的因素进行分析；
【详解】A、根据图1前15s，C的浓度变化0.06mol·L－1，根据化学反应速率的表达式v(C)=0.004mol·L-1·s-1，故A说法正确；
B、根据图1，判断出C为生成物，A为反应物，且容器的体积为2L，在t0～t1段，消耗A的物质的量浓度为0.09mol·L-1，生成C的物质的量浓度为0.06mol·L-1，A和C化学计量数之比为3：2，t4时刻改变条件为压强，反应速率降低，即降低压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数之和相等，即B为生成物，反应方程式为3AB+2C，故B说法正确；
C、根据图②，t2瞬间只增大一个反应速率，另一个不变，说明改变的条件是浓度，t3时刻，反应速率都增大，且平衡不移动，改变的因素是使用催化剂或加压，t5时刻，反应速率都增大，且平衡发生移动，t5时刻改变的因素是升高温度，故C说法错误；
D、根据依据反应方程式，15s内生成B的物质的量为0.06mol·L-1×2L×=0.06mol，B达到平衡时的物质的量为0.05mol·L-1×2L=0.1mol，即起始时B的物质的量为(0.1mol-0. 06mol)=0.04mol，故D说法正确；
答案选C。
【点睛】速率与时间的关系，先看改变某因素瞬间，速率的变化，这个地方考查的是影响反应速率的因素，正逆反应速率都增大还是一个增大等，然后再看哪个速率在上，哪个速率在下，在上的说明反应向正反应方向进行，这个地方考查影响化学平衡移动的因素。
20.下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①用于测定生成氢气的速率
B. 装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
C. 装置③依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应
D. 装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响；
【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。
二、不定项选择题（每题有1-2个答案，每题3分，共15分）
21.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0p总
【答案】BC
【解析】
【分析】
A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正、v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；
B.由图可以知道，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
C.由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态；
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=，据此计算。
【详解】A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正、v逆均减小，故A错误；
B、由图可以知道，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有 C(s)+CO2(g) 2CO(g)
开始 1 0
转化 x 2x
平衡 1-x 2x
所以100%=40%，计算得出x=0.25mol，则CO2的转化率为：100%=25.0%，所以B选项是正确的；
C. 由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，所以C选项是正确的；
D. 925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，设p总=P，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP===23.04P，故D错误。
所以BC选项是正确的。
22.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：
容器Ⅰ
容器Ⅱ
容器Ⅲ
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 molSO2、1molO2
4molSO3
2 molSO2、1molO2
平衡v正（SO2）/mol•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c（SO3）/mol•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】对比容器的特点，·将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比，容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入4 molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强，反应速率加快：v12c1，p2<2p1，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1，容器1和容器2温度相同，K1 = K2，容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，反应速率加快，v1< v3，升高温度，平衡逆向移动，平衡时，c3< c1， p3>p1，α3(SO2 )< α1(SO2 )，K1> K3，根据以上分析可知：
A. 综上分析可知，v1< v2，c2>2c1 ，A错误；
B. 综上分析可知，p2<2p1，p3>p1，所以p2<2p3，B错误；
C. 综上分析可知，α3(SO2 )< α1(SO2 )，C错误；
D. c2>2c1，c3< c1，所以c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1；D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断；如容器2先设计其完全等效于平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4 molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
23.可逆反应①X(g)＋2Y(g) 2Z(g)、②2M(g) N(g)＋P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是( )
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达到平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达到平衡(Ⅰ)时，X的转化率为5/11
D. 在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中，M的体积分数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图，降温时，左侧的体积减小，气体总物质的量减小，依据反应①的化学反应方程式，降温，平衡向右进行，即反应①正反应方向为放热反应，故A错误；
B、隔板可以移动，左右压强相等，求左侧达到平衡时压强与反应开始时的压强之比，应计算右侧压强之比，反应②反应前后气体物质的量不变，依据PV=nRT，压强之比等于体积的反比，即达到平衡（I）的压强与反应开始时体系的压强之比等于2：2.2=10：11，故B错误；
C、平衡（I）左右两侧压强相同，即体积之比等于其物质的量之比，得出左侧气体物质的量为mol，左侧气体物质的量减少（3-）mol=mol，左侧气体减少的物质的量等于消耗X的物质的量，即X的转化率等于，故C正确；
D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，由于反应②的平衡移动方向无法确定，因此M的体积分数大小变化也无法确定，故D错误；
答案选C。
【点睛】反应②的特点是反应前后物质的量不变，隔板可以可以移动，因此计算平衡（I）的压强与反应开始时体系的压强之比，计算右侧的压强之比即可，本题需要利用PV=nRT进行分析和判断。
24.已知K2Cr2O7溶液中存在平衡： Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。保持温度不变，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法正确的是
A. ①中溶液变黄，③中溶液橙色加深
B. 上述可逆反应的平衡常数：①＜③
C. K2Cr2O7溶液的氧化性在酸性条件下更强
D. 若向④中加入70%H2S04溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】C
【解析】
A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；B．平衡常数与温度有关，温度没有改变，则可逆反应的平衡常数①=③，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选C。
点睛：注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比较；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。
25.对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时和均为0.20mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验c条件下，从反应开始至达到平衡时
B. 实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C. 该反应的
D. 比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A项正确；
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol，这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反应物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，则平衡常数K===100，B项正确；
C. 根据c和a的反应判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反应物转化率低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快，D项正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反应来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
第Ⅱ卷非选择题（共45分）
三、填空题(本题包括3大题，共45分)
26.（某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小)
实验序号
实验温度/K
参加反应的物质
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液(含硫酸)
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
6
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t1
(1)通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝____，T1＝___；通过实验___可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
(2)C组实验中溶液褪色时间t1____(填“＞”或“＜”)8s,C组实验的反应速率v(KMnO4) = ______。(用含有t1的式子表示)
(3)写出相应反应的离子方程式_____。
【答案】 (1). 1 (2). 293 (3). B、C (4). ＜ (5). 0.02/3t1 mol·L－1·s－1 (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)实验A、B，从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4浓度，根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
(2)相同条件下，温度越高，反应速率越快，所用时间越短；根据v=∆c/∆t计算出反应速率；
(3)草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水。
【详解】(1)实验A、B，从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4浓度，故通过实验A、B可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，高锰酸钾和草酸的浓度相同，用量也相同，根据实验1可以知道溶液总体积为6mL，所以V1=1.0mL；其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，故温度T1=293；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则B、C符合；
故答案是：1；293； B、C；
(2) 由以上分析可知，C组加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度对化学反应速率的影响，因此V2=3；温度升高反应速率加快，所用时间缩短，因此C组实验中溶液褪色时间t1＜8s；反应后混合液的总体积为2+3+1=6mL，v(KMnO4) =0.02mol/L×2mL/6mL×t1=0.02/3t1 mol·L－1·s－1；
故答案是：＜；0.02/3t1 mol·L－1·s－1；
(3) 草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水,离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
故答案是：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
27.在工业上常用CO与H2合成甲醇，热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－574.4 kJ·mol－1。
（1）下图是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入5mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。反应第10分钟达到平衡，从反应开始到平衡，用H2表示平均反应速率v(H2)=__mol/(L·min），且反应前后体系的压强之比为____。
（2）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2。CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_____。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为__L。
【答案】 (1). 0.15mol·L-1·min-1 (2). 7：4 (3). KA＝KB>KC (4). 2
【解析】
【分析】
（1）根据图1所示信息，根据v=∆c/∆t计算出v（CO）反应速率，再根据速率之比和系数成正比计算出 v（H2）反应速率；根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比进行计算。
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，据此进行分析；
②根据在同一温度下，平衡常数不变的规律，结合图给信息进行分析。
【详解】（1）由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，反应减小的CO的浓度为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，10min时达到平衡，则用CO表示的反应速率为：0.75mol/L÷10min=0.075 mol·L-1·min-1，根据速率比和系数成正比可知，用H2表示平均反应速率v(H2)=2v（CO）=2×0.075 mol·L-1·min-1= 0.15mol·L-1·min-1；由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，容器的体积为2L，n（CO）=2mol；n（H2）=5mol；反应达平衡后，n（CO）=0.25mol/L×2L=0.5mol，n（H2）=5mol-0.15mol·L-1·min-1×2L×10min=2mol；n( CH3OH )=0.75mol/L×2L=1.5mol；其它条件不变，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后体系的压强之比为：（2+5）：（0.5+2+1.5）=7：4；
故答案是：0.15mol·L-1·min-1 ；7：4；
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，则温度升高，平衡常数减小，则KCKC；
故答案是：KA＝KB>KC；
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，状态A与B的平衡常数相同，状态A时CO的转化率为0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×（1-0.5）=5mol，浓度是0.5mol/L；c（H2）=1mol/L，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度为0.5mol/L；所以平衡常数KA=1；设状态B时容器的体积是VL，状态B时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是2/Vmol/L，氢气的物质的量浓度是4/Vmol/L，生成甲醇的物质的量浓度是8/Vmol/L，则KB=8/V÷[2/V×(4/V)2]=1，解得V=2；
答案是：2。
28.CO2和CH4是两种主要的温室气体。以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题。
(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。
已知：①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH3OH和水蒸气的热化学方程式为_____。
(2)用Cu2Al2O4作催化剂制备乙酸。已知：CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g) ∆H2=akJ/mol。
①各物质相对能量大小如图所示，则a=___。
②该反应的速率方程可表示为：v(正)=k正c(CO2)c(CH4)和v(逆)=k逆c(CH3COOH)，k正和k逆在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数，请写出用k正，k逆表示的平衡常数的表达式K=___。
(3)将CO2和CH4在一定条件下反应可制得工业合成气，在1 L 密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度为1.0 mol/L，在一定条件下发生反应：CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：
则：
①压强P1，P2，P3，P4由大到小的关系为___。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp)，如果P4=2 MPa，求x点的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③下列措施中能使平衡体系中c(CO)/c(CO2)减小的是__。
A．升高温度 B．增大压强
C．保持温度、压强不变，充入He D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用下图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸)，该装置工作时，N___极的电极反应式为______，若导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为___mol，N极电解质溶液∆m=__g。
【答案】 (1). CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol (2). E2-E1 (3). (4). P4>P3>P2>P1 (5). (MPa)2 (6). BD (7). 正 (8). CO2+2H++2e-=CO+H2O (9). 0 (10). 9a
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行分析；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，据此可以求出K。
(3) ①该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低，据此分析压强的大小；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；根据平衡移动规律进行分析；
(4)根据装置中电子流向知，M是负极，N是正极；正极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；根据导线中通过电子为a mol，分析M极电解质溶液中H+改变量、N极电解质溶液∆m。
【详解】(1)已知①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol；②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ；③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，根据盖斯定律知, ②×3-①-③得：CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
故答案是: CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量 = E2-E1=a kJ/mol；
故答案是：E2-E1；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，所以k正c(CO2)c(CH4)= k逆c(CH3COOH)，因此= c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)= K；
故答案是：；
(3) ①由图可以知道,温度一定时,甲烷的转化率α(P1)> α(P2)> α(P3) >α(P4)，该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低,故压强P4>P3>P2>P1；
故答案是: P4>P3>P2>P1；
②对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算,设体积为1L，a点甲烷转化率为50%；
CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)
起始量（mol） 1 1 0 0
变化量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡气体总物质的量=3mol，如果P4=2 MPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，则a点的平衡常数KP=[(2×1/3)2×(2×1/3)2]÷(2×0.5/3)2=(MPa)2 ；
故答案是: (MPa)2 ；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；
A．升高温度，平衡右移，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故A错误；
B．该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故B正确；
C．保持温度、压强不变，充入He，气体体积增大，平衡向右移动，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故C错误；
D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4，与原平衡相比等效于加压过程，平衡左移，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故D正确；
故答案是：BD。
(4)该装置中，根据电子流向知，M是负极，N是正极；正极发生还原反应，反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；故导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为amol；根据CO2+2H++2e-=CO+H2O反应可知，导线中通过电子为a mol时， N极电解质溶液增加量为∆m=（22a+a）-14a=9ag；
故答案是：正；CO2+2H++2e-=CO+H2O；0；9a。
【点睛】分析CO转化率与温度的关系曲线时，要注意图中表示的是在相同的时间内，不同催化剂在不同温度下的CO的转化率，此转化率并不一定是该反应在此条件下的平衡转化率；题中说明a点对应的是平衡转化率，c点CO的转化率低于a点，说明温度升高平衡左移，该反应为放热反应，由此可知c点对应的CO的转化率也一定是平衡转化率，a点以前的平衡转化率一定比a点高。
大庆实验中学2019—2020学年度上学期十月份月考高二化学试题
说明：1. 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16
第Ⅰ卷 选择题（共55分）
一、单项选择题（共20个小题，每题2分，共40分）
1. 我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是
A. 反应进行的方向 B. 反应的快慢
C. 反应进行的限度 D. 反应物的多少
【答案】D
【解析】
试题分析：我们要讨论一个化学反应的原理，应该讨论反应向什么方向进行，反应进行的快慢程度，反应进行的最大程度是多少，因此是与讨论研究反应无关的是反应物的多少，故选项是C。
考点：考查研究化学反应的内容的知识。
2.下列说法正确的是
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②普通分子有时也能发生有效碰撞
③升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数
④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多
⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
⑥化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A. ①②⑤ B. ③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ②③④
【答案】B
【解析】
试题解析：①碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错误；②普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误；③升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，故正确；④增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，故正确；⑤使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故错误；⑥活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确；故选B．
考点：化学反应速率的影响因素
3.对反应A+B=AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20mL溶液中含A、B各0.01mol ②50mL溶液中含A、B各0.05mol
③0.1mol•L-1的A、B溶液各10mL ④0.3 mol•L-1的A、B溶液各50mL
四者反应速率大小关系是
A. ②>①>④>③ B. ④>③>②>① C. ①>②>④>③ D. ①>②>③>④
【答案】A
【解析】
其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。①中，A、B的浓度均为0.5 mol • L−1；②中，A、B的浓度均为1 mol • L−1；③中混合后A、B的浓度分別为0.05 mol • L−1；④中混合后A、B的浓度分别为0.15 mol • L−1，故反应速率②>①>④>③。
4.可逆反应mA(g)+ nBpC(g)+qD(g)中，A和D都是无色气体，达到平衡后，下列叙述正确的是（ ）
A. 若增加B的量，平衡体系颜色加深，说明B必是气体
B. 增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
C. 升高温度，A的转化率减小，说明正反应是吸热反应
D. 若B是气体，增大A的量，A、B的转化率都增大
【答案】A
【解析】
【详解】已知A和D都是无色气体，B的状态和颜色、C的颜色均未确定；
A.增加B的量，平衡体系颜色加深，B为有色气体，可以导致体系颜色加深；若C为有色气体，B为无色气体，也因增大了B浓度引起平衡向右移动，导致有色气体C浓度增大，使体系颜色加深，所以B必为气体，故A正确；
B.增大压强平衡不移动，说明该反应为反应前后气体体积不变，在B状态不明确的情况下m+n不一定等于p+q，故B错误；
C.升高温度，A的转化率减小，平衡向左移动，说明正反应为放热反应，故C错误；
D.若B是气体，增大A量，A的转化率减小，B的转化率增大，故D错误；
答案选A。
【点睛】对于反应物均为气态的可逆反应如aX(g)＋bY(g) cW(g)，在容器的体积、温度不变的情况下，增加X的浓度（或物质的量），平衡右移，但是X的转化率降低，Y的转化率增大；即两种物质参加反应，增加该物质浓度，该物质的转化率减小，另外一种物质的转化率增大。
5.下图中a曲线表示一定条件下的可逆反应:X (g) + Y (g) 2Z (g) + W(s)，正反应放热的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是:
A. 加入W B. 增大X的浓度
C. 升高温度 D. 增大压强
【答案】D
【解析】
【分析】
a曲线变为b曲线，反应速率增大，但平衡不移动，据此解答。
【详解】A. W是固体，加入W反应速率不变，A不符合；
B. 增大X的浓度反应速率增大，平衡向正反应方向进行，B不符合；
C. 正反应放热，升高温度反应速率增大，平衡向逆反应方向进行，C不符合；
D. 增大压强反应速率增大，又因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，故增大体系压强平衡不移动，可实现此目的，D符合。
答案选D。
6.在密闭容器中，将1.0mol CO与1.0mol H2O混合加热到800℃，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）。一段时间后该反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.5mol．则下列说法正确的是（ ）
A. 800℃下，该反应的化学平衡常数为0.25
B. 427℃时该反应的平衡常数为9.4，则该反应的△H＜0
C. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的CO（g），则平衡时CO物质的量分数为33.3%
D. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的H2O（g），则平衡时CO转化率为33.3%
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据三段式进行分析：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1 1 0 0
转化量（mol） 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡量（mol） 0.5 0.5 0.5 0.5
由于反应前后体积不变，则可以用物质的量来计算平衡常数，
A、该温度下反应的平衡常数K＝（0.5×0.5）/(0.5×0.5)＝1，故A错误；
B．427℃时该反应的平衡常数为9.4，这说明降低温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是放热反应，即该反应的△H＜0，故B正确；
C．此时CO转化率是0.5mol/1mol×100%＝50%，800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），则平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，因此剩余CO的物质的量大于2mol－2mol×50%＝1mol，则平衡时CO物质的量分数小于×100%＝33.3%，故C错误；
D、800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O（g），则
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1 2 0 0
转化量（mol） x x x x
平衡量（mol）1－x 2－x x x
因此有＝1，解得x＝2/3，所以平衡时CO转化率,×100%＝66.7%，故D错误；
答案选B。
7.将4 mol A气体和2mol B气体在2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，反应2 s后测得C的物质的量为1.2mol。下列说法不正确的是
A. 用物质B表示2s内的平均反应速率为0.15 mol/(L·s)
B. 用物质A表示2 s内的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)
C. 2 s后物质B的浓度为0.35 mol/L
D. 2 s后物质A的转化率为30%
【答案】C
【解析】
【分析】
2A(g) + B(g)2C(g)
起始（mol） 4 mol 2mol 0
转化 （mol）1.2mol 0.6mol 1.2mol
2 s后（mol）2.8mol 1.4mol 1.2mol
【详解】A.2s内v(B)= =0.15 mol/(L·s)，故A正确；
B.2s内v(A)=2v(B)=0.3 mol/(L·s)，故B正确；
C. 2s后物质B的浓度为 1.4mol/2L=0.7mol/L，故C错误；
D. 2s后物质A的转化率×100％=30％，故D正确；
故选C。
【点睛】在同一化学反应中，用不同物质表示出来的化学反应速率之比等于反应方程式的化学计量数之比，一般不用固体和纯液体来表示反应速率。
8.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)，若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是（ )
A. 1mol B和1mol C B. 2mol A、3mol B和1mol He（He不参加反应）
C. 2mol C D. 2mol A、3mol B和3mol C
【答案】C
【解析】
【分析】
反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1，据此进行判断即可。
【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，则：
A.1molB和1molC，相当于2/3molA和4/3molB，n（A）：n（B）=1：2＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故A错误；
B.2molA、3molB和1mol He，1mol He对平衡无影响，n（A）：n（B）=2：3<1：1，使A的转化率增大，A的体积分数减小，故B错误；
C.若将2mol C全部转化为A、B，分别得到4/3mol A和2/3molB，n（A）：n（B）=2：1＞1：1，使A的转化率减小，A的体积分数增加，故C正确；
D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，A的转化率不变，则平衡后A的体积分数等于a%，故D错误；
答案选C
9.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是
A. 维持温度、容积不变，t1时充入SO3(g) B. 维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C. 维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar D. 维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；
故选D。
10.下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A. 2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O（l）△H= -196 kJ•mol-1
B. 2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g）△H=+163 kJ•mol-1
C. 2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s）△H=- 254 kJ•mol-1
D. 2HgO（s）= 2Hg（l）+ O2（g）△H= +182kJ•mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A、2H2O2（l）= O2（g）+ 2H2O （l），△H＜0、△S＞0，任何温度下△G=△H—T△S＜0能自发进行，A正确；
B、2N2（g）+ O2（g）= 2N2O（g），△H＞0、△S＜0，任何温度下△G=△H—T△S>0不能自发进行，B错误；
C、2Ag（s）+ Cl2（g）= 2AgCl（s），△H＜0、△S＜0，温度较低时△G＜0，故低温能自发进行，C错误；
D、2HgO（s）=2Hg（l）+ O2（g），△H＞0、△S＞0，温度较高时△G＜0，故高温能自发进行，D错误。
答案选A。
11.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆
D. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC=PD＞PB
【答案】C
【解析】
【详解】A、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，该反应的△H<0，A错误；
B、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，K1>K2，B错误；
C、在T2时，若反应体系处于状态D，则此时未达到平衡状态，反应正向进行，则此时v正＞v逆，C正确；
D、温度越高压强越大，PC>PD=PB，D错误。
答案选C。
12.反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示，在t1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是
A. t6～t7阶段，C的百分含量最大
B. t2～t3阶段，A的转化率最小
C. t3时，改变因素一定是使用了催化剂
D. t5时，改变因素一定是升高了温度
【答案】D
【解析】
【分析】
由图中反应速率的变化可知，t1时增了生成物的浓度，t3时加入了催化剂或增大了体系压强，t4时减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时升高温度，t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
【详解】3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应△H＜0，反应前后气体体积不变，压强对化学平衡无影响。
由图中反应速率的变化可知，t1时速率增加且平衡逆向移动，改变条件为增了生成物的浓度，t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，t4时速率同等程度减小，改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度。
t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
A.0～t1阶段，C的百分含量最大，A错误；
B.t6～t7阶段A的转化率最小，B错误；
C.t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，C错误；
D.t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素，注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。
13.一定条件下，将一定量的A、B混合气体充入密闭容器中发生下列反应：2A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g) ΔH＞0。当由M平衡到N平衡过程中，温度与对应变化及M、N平衡混合气体中某些气体的物质的量如图所示。则平衡M到平衡N过程中B的转化率是（ ）
A. 24% B. 30%
C. 60% D. 48%
【答案】A
【解析】
【详解】有反应方程式可知：△n(A)=△n(B)，而由图像可知△n(A)=1.5mol-0.3mol=1.2mol，所以△n(B)=1.2mol，α(B)=×100%=×100%=24%，A项正确；
答案选A。
14.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s) ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T ℃时，该反应的平衡常数值为4
B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T ℃
D. T ℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
15.已知某可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g) ΔH，在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ(B)的变化情况。下列推断中正确的是
A. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＜c，ΔH＞0
B. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＞c，ΔH＞0
C. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＜c，ΔH＜0
D. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＞c，ΔH＜0
【答案】A
【解析】
【分析】
当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。
【详解】由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：
①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；
②压强较大(即压强为p2)时对应的φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋b
压强相同(p2)，但温度为T1时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以T1>T2；
②温度较高(即温度为T1)时对应的φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0。
答案选A。
16.在容积不变的密闭容器中存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)D2SO3(g) △H= −QkJ/mol(Q＞0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述平衡的影响，下列分析正确的是
A. 图I研究的是t0时刻增大O2的浓度对平衡的影响
B. 图II研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率和平衡的影响
C. 图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变，所以改变条件时刻，逆反应速率曲线有接触点，该图象没有接触点，故A错误；
B.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以平衡不移动，故B正确；
C.催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动，则二氧化硫的转化率不变，根据图象知，甲使用催化剂、乙不使用催化剂，故C错误；
D.温度越高反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，该反应是放热反应，升高温度二氧化硫转化率降低，根据图象知，乙温度较高，故D错误；
故选B。
【点睛】催化剂影响反应速率，但对平衡没有影响；升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，只是增大的程度不同。
17.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是
A. 反应总过程ΔH<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. FeO+也是该反应的催化剂
D. Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应； B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能； C、FeO+是中间产物； D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量。
【详解】反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，反应的△H＜0，故A正确；Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；FeO+是中间产物，而不是催化剂，故C错误；由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确，选C。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系，会根据反应物、生成物总能量判断反应的热效应，注意催化剂和中间产物的判断。
18.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确是( )
A. 温度为T时，该反应=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
19.一定条件下向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化关系，图2表示速率随时间的变化关系，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是( )
A. 若t1＝15 s，则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
B. 该反应的化学方程式为3AB+2C
C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D. 若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据图1和图2判断出该反应的方程式，然后利用化学反应速率的表达式以及影响化学平衡移动的因素进行分析；
【详解】A、根据图1前15s，C的浓度变化0.06mol·L－1，根据化学反应速率的表达式v(C)=0.004mol·L-1·s-1，故A说法正确；
B、根据图1，判断出C为生成物，A为反应物，且容器的体积为2L，在t0～t1段，消耗A的物质的量浓度为0.09mol·L-1，生成C的物质的量浓度为0.06mol·L-1，A和C化学计量数之比为3：2，t4时刻改变条件为压强，反应速率降低，即降低压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数之和相等，即B为生成物，反应方程式为3AB+2C，故B说法正确；
C、根据图②，t2瞬间只增大一个反应速率，另一个不变，说明改变的条件是浓度，t3时刻，反应速率都增大，且平衡不移动，改变的因素是使用催化剂或加压，t5时刻，反应速率都增大，且平衡发生移动，t5时刻改变的因素是升高温度，故C说法错误；
D、根据依据反应方程式，15s内生成B的物质的量为0.06mol·L-1×2L×=0.06mol，B达到平衡时的物质的量为0.05mol·L-1×2L=0.1mol，即起始时B的物质的量为(0.1mol-0. 06mol)=0.04mol，故D说法正确；
答案选C。
【点睛】速率与时间的关系，先看改变某因素瞬间，速率的变化，这个地方考查的是影响反应速率的因素，正逆反应速率都增大还是一个增大等，然后再看哪个速率在上，哪个速率在下，在上的说明反应向正反应方向进行，这个地方考查影响化学平衡移动的因素。
20.下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①用于测定生成氢气的速率
B. 装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
C. 装置③依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应
D. 装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响；
【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。
二、不定项选择题（每题有1-2个答案，每题3分，共15分）
21.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0p总
【答案】BC
【解析】
【分析】
A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正、v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；
B.由图可以知道，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
C.由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态；
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=，据此计算。
【详解】A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正、v逆均减小，故A错误；
B、由图可以知道，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有 C(s)+CO2(g) 2CO(g)
开始 1 0
转化 x 2x
平衡 1-x 2x
所以100%=40%，计算得出x=0.25mol，则CO2的转化率为：100%=25.0%，所以B选项是正确的；
C. 由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，所以C选项是正确的；
D. 925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，设p总=P，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP===23.04P，故D错误。
所以BC选项是正确的。
22.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：
容器Ⅰ
容器Ⅱ
容器Ⅲ
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 molSO2、1molO2
4molSO3
2 molSO2、1molO2
平衡v正（SO2）/mol•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c（SO3）/mol•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】对比容器的特点，·将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比，容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入4 molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强，反应速率加快：v1
A. 综上分析可知，v1< v2，c2>2c1 ，A错误；
B. 综上分析可知，p2<2p1，p3>p1，所以p2<2p3，B错误；
C. 综上分析可知，α3(SO2 )< α1(SO2 )，C错误；
D. c2>2c1，c3< c1，所以c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1；D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断；如容器2先设计其完全等效于平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4 molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
23.可逆反应①X(g)＋2Y(g) 2Z(g)、②2M(g) N(g)＋P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是( )
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达到平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达到平衡(Ⅰ)时，X的转化率为5/11
D. 在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中，M的体积分数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图，降温时，左侧的体积减小，气体总物质的量减小，依据反应①的化学反应方程式，降温，平衡向右进行，即反应①正反应方向为放热反应，故A错误；
B、隔板可以移动，左右压强相等，求左侧达到平衡时压强与反应开始时的压强之比，应计算右侧压强之比，反应②反应前后气体物质的量不变，依据PV=nRT，压强之比等于体积的反比，即达到平衡（I）的压强与反应开始时体系的压强之比等于2：2.2=10：11，故B错误；
C、平衡（I）左右两侧压强相同，即体积之比等于其物质的量之比，得出左侧气体物质的量为mol，左侧气体物质的量减少（3-）mol=mol，左侧气体减少的物质的量等于消耗X的物质的量，即X的转化率等于，故C正确；
D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，由于反应②的平衡移动方向无法确定，因此M的体积分数大小变化也无法确定，故D错误；
答案选C。
【点睛】反应②的特点是反应前后物质的量不变，隔板可以可以移动，因此计算平衡（I）的压强与反应开始时体系的压强之比，计算右侧的压强之比即可，本题需要利用PV=nRT进行分析和判断。
24.已知K2Cr2O7溶液中存在平衡： Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。保持温度不变，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法正确的是
A. ①中溶液变黄，③中溶液橙色加深
B. 上述可逆反应的平衡常数：①＜③
C. K2Cr2O7溶液的氧化性在酸性条件下更强
D. 若向④中加入70%H2S04溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】C
【解析】
A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；B．平衡常数与温度有关，温度没有改变，则可逆反应的平衡常数①=③，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选C。
点睛：注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比较；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。
25.对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时和均为0.20mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验c条件下，从反应开始至达到平衡时
B. 实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C. 该反应的
D. 比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A项正确；
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol，这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反应物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，则平衡常数K===100，B项正确；
C. 根据c和a的反应判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反应物转化率低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快，D项正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反应来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
第Ⅱ卷非选择题（共45分）
三、填空题(本题包括3大题，共45分)
26.（某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小)
实验序号
实验温度/K
参加反应的物质
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液(含硫酸)
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
6
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t1
(1)通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝____，T1＝___；通过实验___可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
(2)C组实验中溶液褪色时间t1____(填“＞”或“＜”)8s,C组实验的反应速率v(KMnO4) = ______。(用含有t1的式子表示)
(3)写出相应反应的离子方程式_____。
【答案】 (1). 1 (2). 293 (3). B、C (4). ＜ (5). 0.02/3t1 mol·L－1·s－1 (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)实验A、B，从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4浓度，根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
(2)相同条件下，温度越高，反应速率越快，所用时间越短；根据v=∆c/∆t计算出反应速率；
(3)草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水。
【详解】(1)实验A、B，从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4浓度，故通过实验A、B可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，高锰酸钾和草酸的浓度相同，用量也相同，根据实验1可以知道溶液总体积为6mL，所以V1=1.0mL；其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，故温度T1=293；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则B、C符合；
故答案是：1；293； B、C；
(2) 由以上分析可知，C组加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度对化学反应速率的影响，因此V2=3；温度升高反应速率加快，所用时间缩短，因此C组实验中溶液褪色时间t1＜8s；反应后混合液的总体积为2+3+1=6mL，v(KMnO4) =0.02mol/L×2mL/6mL×t1=0.02/3t1 mol·L－1·s－1；
故答案是：＜；0.02/3t1 mol·L－1·s－1；
(3) 草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水,离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
故答案是：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
27.在工业上常用CO与H2合成甲醇，热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－574.4 kJ·mol－1。
（1）下图是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入5mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。反应第10分钟达到平衡，从反应开始到平衡，用H2表示平均反应速率v(H2)=__mol/(L·min），且反应前后体系的压强之比为____。
（2）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2。CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_____。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为__L。
【答案】 (1). 0.15mol·L-1·min-1 (2). 7：4 (3). KA＝KB>KC (4). 2
【解析】
【分析】
（1）根据图1所示信息，根据v=∆c/∆t计算出v（CO）反应速率，再根据速率之比和系数成正比计算出 v（H2）反应速率；根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比进行计算。
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，据此进行分析；
②根据在同一温度下，平衡常数不变的规律，结合图给信息进行分析。
【详解】（1）由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，反应减小的CO的浓度为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，10min时达到平衡，则用CO表示的反应速率为：0.75mol/L÷10min=0.075 mol·L-1·min-1，根据速率比和系数成正比可知，用H2表示平均反应速率v(H2)=2v（CO）=2×0.075 mol·L-1·min-1= 0.15mol·L-1·min-1；由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，容器的体积为2L，n（CO）=2mol；n（H2）=5mol；反应达平衡后，n（CO）=0.25mol/L×2L=0.5mol，n（H2）=5mol-0.15mol·L-1·min-1×2L×10min=2mol；n( CH3OH )=0.75mol/L×2L=1.5mol；其它条件不变，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后体系的压强之比为：（2+5）：（0.5+2+1.5）=7：4；
故答案是：0.15mol·L-1·min-1 ；7：4；
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，则温度升高，平衡常数减小，则KC
故答案是：KA＝KB>KC；
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，状态A与B的平衡常数相同，状态A时CO的转化率为0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×（1-0.5）=5mol，浓度是0.5mol/L；c（H2）=1mol/L，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度为0.5mol/L；所以平衡常数KA=1；设状态B时容器的体积是VL，状态B时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是2/Vmol/L，氢气的物质的量浓度是4/Vmol/L，生成甲醇的物质的量浓度是8/Vmol/L，则KB=8/V÷[2/V×(4/V)2]=1，解得V=2；
答案是：2。
28.CO2和CH4是两种主要的温室气体。以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题。
(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。
已知：①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH3OH和水蒸气的热化学方程式为_____。
(2)用Cu2Al2O4作催化剂制备乙酸。已知：CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g) ∆H2=akJ/mol。
①各物质相对能量大小如图所示，则a=___。
②该反应的速率方程可表示为：v(正)=k正c(CO2)c(CH4)和v(逆)=k逆c(CH3COOH)，k正和k逆在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数，请写出用k正，k逆表示的平衡常数的表达式K=___。
(3)将CO2和CH4在一定条件下反应可制得工业合成气，在1 L 密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度为1.0 mol/L，在一定条件下发生反应：CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：
则：
①压强P1，P2，P3，P4由大到小的关系为___。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp)，如果P4=2 MPa，求x点的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③下列措施中能使平衡体系中c(CO)/c(CO2)减小的是__。
A．升高温度 B．增大压强
C．保持温度、压强不变，充入He D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用下图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸)，该装置工作时，N___极的电极反应式为______，若导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为___mol，N极电解质溶液∆m=__g。
【答案】 (1). CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol (2). E2-E1 (3). (4). P4>P3>P2>P1 (5). (MPa)2 (6). BD (7). 正 (8). CO2+2H++2e-=CO+H2O (9). 0 (10). 9a
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行分析；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，据此可以求出K。
(3) ①该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低，据此分析压强的大小；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；根据平衡移动规律进行分析；
(4)根据装置中电子流向知，M是负极，N是正极；正极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；根据导线中通过电子为a mol，分析M极电解质溶液中H+改变量、N极电解质溶液∆m。
【详解】(1)已知①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol；②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ；③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，根据盖斯定律知, ②×3-①-③得：CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
故答案是: CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量 = E2-E1=a kJ/mol；
故答案是：E2-E1；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，所以k正c(CO2)c(CH4)= k逆c(CH3COOH)，因此= c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)= K；
故答案是：；
(3) ①由图可以知道,温度一定时,甲烷的转化率α(P1)> α(P2)> α(P3) >α(P4)，该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低,故压强P4>P3>P2>P1；
故答案是: P4>P3>P2>P1；
②对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算,设体积为1L，a点甲烷转化率为50%；
CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)
起始量（mol） 1 1 0 0
变化量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡气体总物质的量=3mol，如果P4=2 MPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，则a点的平衡常数KP=[(2×1/3)2×(2×1/3)2]÷(2×0.5/3)2=(MPa)2 ；
故答案是: (MPa)2 ；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；
A．升高温度，平衡右移，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故A错误；
B．该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故B正确；
C．保持温度、压强不变，充入He，气体体积增大，平衡向右移动，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故C错误；
D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4，与原平衡相比等效于加压过程，平衡左移，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故D正确；
故答案是：BD。
(4)该装置中，根据电子流向知，M是负极，N是正极；正极发生还原反应，反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；故导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为amol；根据CO2+2H++2e-=CO+H2O反应可知，导线中通过电子为a mol时， N极电解质溶液增加量为∆m=（22a+a）-14a=9ag；
故答案是：正；CO2+2H++2e-=CO+H2O；0；9a。
【点睛】分析CO转化率与温度的关系曲线时，要注意图中表示的是在相同的时间内，不同催化剂在不同温度下的CO的转化率，此转化率并不一定是该反应在此条件下的平衡转化率；题中说明a点对应的是平衡转化率，c点CO的转化率低于a点，说明温度升高平衡左移，该反应为放热反应，由此可知c点对应的CO的转化率也一定是平衡转化率，a点以前的平衡转化率一定比a点高。
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