【化学】福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（实验班）试题（解析版）

福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（实验班）试题
时间：90分钟 满分：100分
试卷说明：
本卷两大部分，共23题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。
考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。
可能用到的相对原子质量：Li-7 H-1 O-16 Cu-64 C-12 N-14
第Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、单项选择题（只有一个正确选项，1-9每小题2分，10-18每小题3分，共45分）
1.已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H＜0 B. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0
C. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0 D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0
【答案】B
【解析】
A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。
2.对于平衡CO2（g） CO2（aq） △H= -19.75 kJ • mol-1，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是
A. 升温增压 B. 降温减压 C. 升温减压 D. 降温增压
【答案】D
【解析】
试题分析：增大二氧化碳气体在水中的溶解度，即使平衡向正向移动，而正向气体体积减小同时放热，因此可以降低温度，同时还可增大压强，选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响。
3.下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A. 保持表面干燥 B. 表面镀锌 C. 表面形成烤蓝 D. 表面镶嵌铜块
【答案】D
【解析】
【详解】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A. 加少量醋酸钠固体 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 加少量硫酸钠固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
5.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
6.下列装置或操作能达到目的是

A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
7.关于下列电化学装置说法正确的是

A. 装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 用装置③精炼铜时，d极为精铜
D. 装置④中电子由Fe经导线流向Zn
【答案】A
【解析】
分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。
详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。
8.298K、1.01×105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是

A. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=-242kJ·mol-1 B. Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=-20kJ·mol-1
C. Se(g)+H2(g)=H2Se(g)  ΔH=+81kJ·mol-1 D. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se(s)+ H2(g) = H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1，故C错误、D正确；
9.根据图，下列判断中正确的是

A. 电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq) −c−b
B. 该原电池原理：Zn+CuSO4 ═ ZnSO4+Cu
C. c电极质量减少量等于d电极质量增加量
D. d电极反应：Cu2++2e− = Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。
【详解】A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。
10.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是

A. 电极a 为电池正极
B. 图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C. 电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH——22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
【答案】C
【解析】
A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
11.一定条件下对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol ·L－1，则下列判断正确的是
A. c1∶c2＝1∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率之比为1：3
D. c1的取值范围为0.04 mol·L－1＜c1＜0.14 mol·L－1
【答案】A
【解析】
A．设X转化的浓度为x，
      X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)
初始：c1 c2 c3
转化：x     3x       2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=(x+0.1moL/L)：(3x+0.3mol/L)=1：3，故A正确；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，则：0＜c1＜0.14mol•L-1，故D错误；故答案为A。
12.对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是

【答案】A
【解析】
【详解】A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。
【点睛】本题为化学平衡图像题。本题的易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。
13.下列有关图像，其中说法正确的是

A. 由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B. 由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅱ知，反应在 t6时，NH3 体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。
14.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）＋4CO（g）Ni(CO)4（g）。230℃时，该反应的平衡常数 K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是
A. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
B. 增大c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 增加Ni的含量，CO的转化率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡，化学平衡常数。A. 将固体杂质分离出去，反应温度大于其沸点；B. 化学平衡常数仅与反应温度有关；C. 第二阶段为第一阶段反应的逆过程，由此计算平衡常数；D. Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。
【详解】A.由题干可知，Ni(CO)4的沸点为42.2℃，要想将固体杂质分离出去，应使反应温度大于Ni(CO)4的沸点，此时反应生成的Ni(CO)4为气态，便于分离，因此选50℃，故A项正确；B. 化学平衡常数仅与反应温度有关，与反应物的浓度无直接关系，因此增加c(CO)，反应的平衡常数应不变，故B项错误；C. 由题干可知，230℃时，第一阶段反应的平衡常数较小，K＝2×10－5，而第二阶段为第一阶段反应的逆过程，因此可判断第二阶段的反应较彻底，即第二阶段Ni(CO)4分解率较高，故C项错误；D. Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。综上，本题选A。
15.清华大学王晓琳教授首创三室电解法制备LiOH，其工作原理如图所示,下列说法正确的是

A. X电极连接电源负极
B. N为阳离子交换膜
C. Y电极反应式为O2+2H2O+4e− ═ 4OH−
D. 制备2.4gLiOH产生的H2在标准状况下为2.24L
【答案】B
【解析】
A．根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A错误；B．由图可知LiOH从最右侧导出，则Li+需通过N进入最右侧，故N为阳离子交换膜，故B正确；C．Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；D．制备2.4 g LiOH，n（OH-）==0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n（H2）=0.05mol，为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D错误；故选B。
点睛：明确各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解本题的关键，该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
16.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是

A. 达到平衡，AB3的物质的量大小为：c>b>a
B. 若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D. 若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd > vb
【答案】A
【解析】
【详解】A、在可逆反应中，随着B2物质的量的增加，A2的转化率逐渐增大，生成的AB3的物质的量逐渐增大，故A正确；B、由图可知，T2时AB3的体积分数大于T1时AB3的体积分数，当T2＞T1时，则说明升高温度，平衡正向移动，即正反应为吸热反应，故B错误；C、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，即c＞b＞a，故C错误；D、温度越高，反应速率越快，当T2＞T1时，反应速率vd＜vb，故D错误；故选A。
17.在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
900
0.10
0.15
a
A. 正反应为放热反应
B. 实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）= 0.01mol/(L•min)
C. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
D. 实验③中，达到平衡时，a大于0.06
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= =0.01 mol/( L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L•min)，故B正确；
C．           X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)
反应前(mol)0.2       0.2        0          0
转化  (mol) 0.1       0.1       0.1       0.1
平衡时(mol) 0.1      0.1       0.1       0.1
则实验②中，该反应的平衡常数K= =1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol＞0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中a=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则a＜0.06mol，故D错误；故选D。
18.如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)　ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入amolX和bmolY的混合气体，初始时M、N两容器的容积相同，保持两容器的温度相同且恒定不变。下列说法一定正确的是

A. 平衡时，X的体积分数：MN
C. 若a∶b=1∶3，当M中放出172.8kJ热量时，X的转化率为90%
D. 若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则再通入0.36molX时，υ(正)”“”“＜”或“=”）

(3)在300 ℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). 2a-b (2). (3). < (4). 加入催化剂 (5). 增大 (6). 乙 (7). 2 (8). > (9). (MPa)-2
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25℃时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；
(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为：2a-b；；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x
                            2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)
起始量(mol/L)  0.08           0.04                0
变化量(mol/L) 2x               x                 2x
平衡量(mol/L)0.08-2x       0.04-x               2x
(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；
(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
                     CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 1             3                     0             0
变化量(mol) 0.5         1.5                  0.5          0.5
平衡量(mol) 0.5         1.5                   0.5           0.5
分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为：(MPa)-2。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡影响等，注意反应速率和平衡常数的计算方法。本题的易错点为(2)，根据图像I正确判断反应的△H是解题的关键。
23.恒温、恒压下，在一个可变容积的容器中发生反应：A(g)＋B(g) C(g)
（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时n(A)为________mol。
（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成n(C)为________mol。
（3）若开始时放入x mol A、2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别是ymol和3amol，则x＝________，y＝________。平衡时，n(B)________（填序号）。
A．大于2mol　 B．等于2mol　 C．小于2mol D．可能大于、等于或小于2mol
（4）若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次到达平衡后，C的物质的量分数是________。
（5）若保持温度不变，在一个与(1)反应前起始体积相同、且容积固定的容器中发生上述反应。开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成b molC，将b与a进行比较，则________（填序号）。
A．ab　 C．a=b D．不能比较
【答案】 (1). 1－a (2). 3a (3). 2 (4). 3－3a (5). D (6). a/(2-a) (7). B
【解析】
【分析】
（1）根据化学平衡三段式列式计算；
（2）此时投料是（1）的3倍，生成的n(C) 也为（1）的3倍；
（3）恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是相同的平衡，由此入手，根据等效平衡的规律分析；
（4）若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次到达平衡后，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效。
（5）后者相当于减小压强，可以分析平衡移动的方向；
【详解】(1)根据化学平衡三段式列式计算
A(g) ＋ B(g) ⇌ C(g)
n0 1mol 1mol 0mol
Δn a mol a mol a mol
n平 (1-a) mol (1-a) mol a mol
A的物质的量为（1-a）mol。故本题正确答案是为1-a；
(2)若开始时放入3molA和3molB，恒温恒压下最后达到的平衡状态与(1)互为等效平衡，所以到达平衡后，根据(1)中的计算，平衡时A、B、C的物质的量依次为3（1-a）mol、3（1-a）mol、3amol。故本题正确答案是:3a；
(3)恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是完全等同的等效平衡，根据等效平衡规律，“极限法一边倒”满足A、B起始量分为3mol、3mol，则xmol+1mol=3mol，解得x=2，y=3(1-a)；平衡时n（B）=3（1-a）mol，因为0