还剩16页未读，
继续阅读
【化学】甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题（解析版）
展开
甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
测试范围：人教选修4第1−2章。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共18个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 能源与我们日常生活密切相关，下列有关能源的叙述中错误的是（ ）
A. 我国目前使用的主要能源是化石燃料
B. 提高燃料的燃烧效率对于节约能源十分重要
C. 科学家正在研究开发太阳能、风能、潮汐能等新能源，并取得了一定进展
D. 氢能是一种理想绿色能源，现在的科技水平已经能够全面推广使用氢能
【答案】D
【解析】试题分析：A．我国目前使用的主要能源煤和石油等化石燃料，正确；B．提高燃料的燃烧效率对于节约能源十分重要，正确；C．科学家正在研究开发太阳能、风能、潮汐能等新能源，并取得了一定进展，正确；D．氢能是一种理想的绿色能源，现在的科技水平还没有为全面推广使用氢能做好准备，氢气的贮存和安全仍存在问题，错误；故选D。
2.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v（A），v（B），v（C）表示，已知v（A），v（B），v（C）之间有以下关系3v（A）=2v（B），3v（C）=2v（B），则此反应可表示为（ ）
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比是相应的化学计量数之比。根据2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)可知v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，所以正确的答案是A。
3.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；
C．H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；
故选D。
4.5.6 g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L−1的稀硫酸中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是（ ）
A. v(Fe)＝0.5 mol·L−1·min−1 B. v(H2SO4)＝1 mol·L−1·min−1
C. v(H2SO4)＝05 mol·L−1·min−1 D. v(FeSO4)＝1 mol·L−1·min−1
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故A错误；
B．Fe为物质的量=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v(H2SO4)==0.5 mol/(L•min)，故B错误；
C．由B中计算可知：v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故C正确；
D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故D错误；
故答案C。
5.已达化学平衡的下列反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】已知2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，该反应正方向气体体积减小的反应，则减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡则向气体体积增大的逆反应方向移动，C项正确；
答案选C。
6.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 氨水应密闭保存，放置于低温处
B. 对2HI(g) H2(g)+I2(g)平衡体系，增大平衡体系的压强可使气体颜色变深
C. 生产硝酸的过程中使用过量空气以提高氨气的利用率
D. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3•H2O，氨气溶解度随温度的升高而降低，温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，故A正确；
B．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．使用过量空气以提高氨气的转化率，使平衡向生成物方向移动，故C正确；
D．溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，Br-+Ag+═AgBr↓，溴离子浓度减小，使平衡Br2+H2OHBr+HBrO正移，溴水的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为B。
7. 假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A. |ΔH1|>|ΔH2| B. |ΔH1|<|ΔH3|
C. ΔH1+ΔH2+ΔH3=0 D. 甲→丙的ΔH=ΔH1+ΔH2
【答案】A
【解析】题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知：甲丙，ΔH=ΔH1+ΔH2<0，D正确；在过程中ΔH1与ΔH2的大小无法判断，A错误；因|ΔH3|=|ΔH1|+|ΔH2|，B正确；因为甲→丙和丙→甲是两个相反的过程，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，C正确。
8.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−574 kJ·mol−1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−1 160 kJ·mol−1
下列说法不正确的是（ ）
A. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−Q，Q>574 kJ·mol−1
B. 等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同
C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，则放出的热量为173.4 kJ
D. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，则整个过程中转移的电子总物质的量为1.6 mol
【答案】B
【解析】
【分析】A.由气态水变为液态，放出热量；
B.根据C元素的化合价变化来计算转移的电子；
C.根据盖斯定律及物质的量与反应热的数值关系来解答；
D. (①+②)2可以知道CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g)，1molCH4 反应转移8mol电子。
【详解】A.由CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−574 kJ·mol−1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−Q，Q>574 kJ·mol−1
所以A选项是正确的；
B.两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故B错误；
C. (①+②)2可以知道CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g) ΔH=−867 kJ·mol−1，标准状况下4.48 L CH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol867kJ/mol=173.4kJ，所以C选项是正确的；
D. CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g)，1molCH4 反应转移8mol电子，则用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8=1.6mol，所以D选项是正确的。
故答案选B。
9.已知：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是（ ）
组号
反应
温度/℃
Na2S2O3
H2SO4
H2O
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了影响反应速率的因素，包括温度、反应物浓度。在表格中寻找变量，对应实际影响因素进行分析。
【详解】在化学反应中，温度越高，反应速率最快，浓度越高，反应速率越快。根据表格可知，A、B选项温度为10°C，A项中Na2S2O3浓度高于B项，故A反应速率高于B，但是由于温度低于C、D的30°C，故反应速率低于C、D。C、D进行比较，D中Na2S2O3和硫酸浓度均高于C，其余一致，故D反应速率高于C，反应速率最快的是D。
答案为D。
10.P4S3是黄色或淡黄色结晶或粉末，无臭、无味、易燃、有毒，遇潮气发生分解，分子结构如图所示，已知其燃烧热ΔH=−3 677 kJ/mol(P被氧化为P4O10)，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. 分子中磷元素显+3价
B. 分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构
C. 热化学方程式为P4S3(s)+8O2(g) ===P4O10(s)+3SO2(g) ΔH=−3 677 kJ/mol
D. 分子中存在极性键与非极性键
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，1个P为+3价，其它3个P都是+1价，S为-2价，故A错误；
B．因P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，由图可知，每个P形成3个共价键，每个S形成2个共价键，5+3=8，6+2=8，即分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，故B正确；
C．1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，则P4S3(s)+8O2(g)=P4O10(s)+3SO2(g)△H=-3677kJ/mol，故C正确；
D．由图可知，P-P之间的键为非极性键，P-S之间的键为极性键，故D正确；
故答案为A。
11.下表中列出了25 ℃、101 kPa时一些物质的燃烧热数据:
物质
CH4(g)
CH3OCH3(g)
H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1)
890.3
1 453.0
285.8
1 299.6
已知:①1 mol液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量；
②键能:C—H键 413.4 kJ·mol-1、H—H键 436.0 kJ·mol-1。
下列叙述错误的是（ ）
A. CH3OCH3(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1
B. 键的键能为786.0 kJ·mol-1
C. 2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-283.6 kJ·mol-1
D. H2O(g)H2O(l) ΔH=-44.0 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A项、根据表中信息可写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式:CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1，故A正确；
B项、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ/mol-1 ①，C2H2(g)+O2(g)= 2CO2(g)
+H2O(l) ΔH=-1 299.6 kJ·mol-1 ②，H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ③，根据盖斯定律，由②+③×3-①×2可得:C2H2(g)+3H2(g)= 2CH4(g) ΔH=-376.4 kJ·mol-1，根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能，可得C≡C键的键能+2×413.4 kJ·mol-1+3×436.0 kJ·mol-1-8×413.4 kJ·mol-1=-376.4 kJ·mol-1，则C≡C键的键能=796.0 kJ·mol-1，故B错误；
C项、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1 a，CH3OCH3(g)+3O2(g)
=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1 b，H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ·mol-1 c，根据盖斯定律，由a×2-b+c可得:2CH4(g)+O2(g)= CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-283.6 kJ·mol-1，故C正确；
D项、H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0 kJ·mol-1，故D正确。
故选B。
12. 在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（ ）
A. 反应混合物的浓度 B. 反应体系的压强
C. 正、逆反应的速率 D. 反应物的转化率
【答案】D
【解析】只有正逆反应速率不相等时，平衡才能发生移动，这是化学平衡发生移动的前提。反应物浓度和压强变化不一定会引起正逆反应速率不相等，所以平衡不一定发生移动。正逆反应速率变化，但如果变化后仍然相等，则平衡就不移动。反应物转化率的变化，说明反应物的正逆反应速率一定不再相等，平衡一定发生移动，答案是D。
13.已知25℃时，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.0 kJ·mol−1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为23 kJ(假定测量过程中没有能量损失)，则N2的转化率为（ ）
A. 25% B. 50% C. 75% D. 无法确定
【答案】A
【解析】根据方程式：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.0 kJ·mol−1，
1mol 92.0 kJ
x 23 kJ
，x=0.25，N2的转化率为=
14.在恒温、体积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生如下的反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H＜0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1 ∶1
B. v正（CO2）＝v逆（H2O）
C. 容器内混合气体密度保持不变
D. 3molH－H键断裂同时生成3molH－O键
【答案】B
【解析】试题分析：A．容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比也可能为1：3：1：1，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，A错误；B．v正（CO2）=v逆（H2O），方向相反，化学反应速率之比与计量数成正比，能判断平衡状态，B正确；C．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应中，前后气体质量不变，固定容积，体积不变，故密度不是变量，不能判断化学平衡状态，C错误；D．3molH-H键断裂同时，应该断裂2molH-O键，才能说明化学达到平衡状态，当3molH-H键断裂同时，断裂3molH-O键时不能据此判断化学平衡状态，D错误；故选B．
15.在一个固定容积的密闭容器中，保持一定温度进行如下反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，已知加入1 mol H2和2 mol Br2达到平衡后，生成x mol HBr，在相同条件下若起始时加入的H2、Br2、HBr分别为a、b、c(均不为0)且保持平衡时，各组分含量都不变，以下推断正确的是（ ）
①a、b、c应满足的关系是4a＋c＝2b
②平衡时HBr为ax mol
③a、b、c应满足的关系是a＋b＝c
④平衡时HBr为x mol
A. ① B. ①② C. ①④ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后生成xmolHBr。在相同条件下，若起始时加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时，各组分百分含量和前一平衡相同，则建立的是等效平衡；由于该反应是气体体积不变的反应，将所有量按照反应方程式转化成氢气和溴，只要满足n（H2）：n（Br2）=1mol：2mol=1：2即可。①根据极限转化的思想，将cmol的HBr极限转化为反应物，要实现等效平衡的建立，则相当于的投料符合：氢气：a+=1，溴单质：b+=2，整理得到：4a+c=2b，故①正确；②反应两边气体的体积不变，在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后气体的物质的量还是3mol，则溴化氢的百分含量为，加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时两个平衡中溴化氢的百分含量相等，设达到平衡时HBr物质的量为m，则= ，所以m=xmol，即达到平衡时HBr物质的量为xmol，故②错误，④正确；③根据①可知，4a+c=2b，所以a+b不一定等于c，故③错误；根据分析可知，正确的为①④，故选C。
16.反应：L(s)＋aG(g) bR(g)达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1>p2，x轴表示温度，y轴表示平衡时混合气体中G的体积分数。据此可判断( )
①上述反应是放热反应 ②上述反应是吸热反应 ③a>b ④a
【答案】D
【解析】由图象曲线的变化特点可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应；增大压强，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b，故选D。
17.已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=－Q kJ·mol−1(Q＞0)。在温度为T1时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，经过4 min反应达到平衡，平衡时H2O(g)的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是（ ）
A. CO2的平衡转化率α=2.5%
B. 0~4 min内用H2S表示该反应的速率为0.001 mol·L−1·min−1
C. 上述条件下反应达到平衡时放出的热量为0.01Q kJ
D. 其他条件不变，若该反应在温度为T2条件下进行，达到平衡所需时间小于4 min，则T1
【解析】
【详解】对于反应
H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则：=0.02，x=0.01。
A．CO2的平衡转化率α=×100%=10%，故A错误；
B.0～4 min内用H2S表示该反应的速率==0.001 mol•L-1•min-1，故B正确；
C．H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H=-Q kJ•mol-1，上述条件下反应达到平衡时消耗0.01molH2S，放出的热量为0.01Q kJ，故C正确；
D．其他条件不变，若该反应在温度为T2条件下进行，达到平衡所需时间小于4 min，说明缩短了达到平衡的时间，温度高提高了反应速率，则T1＜T2，故D正确；
故答案为A。
18.向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知t3－t4阶段为使用催化剂；图一中t0－t1阶段c(B)未画出。
下列说法不正确的是（ ）
A. 此温度下该反应的化学方程式为2A(g)＋B(s)3C(g)
B. t4－t5阶段改变的条件为减小压强
C. B的起始物质的量为1.0 mol
D. 在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为a＋2c/3=2.4和b＋c/3=1.2
【答案】A
【解析】
【详解】A．t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，即该反应为气体体积不变的反应；反应中A的浓度变化为1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，则A、C的化学计量数之比为2：3，又该反应为气体体积不变的反应，则B为反应物，该反应为2A(g)+B(g)3C(g)，故A错误；
B．t4～t5阶段改变的条件为减小压强，该反应为气体体积不变的反应，故B正确；
C．A减少0.2mol/L，则B减少0.1mol/L，则起始B的浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L×2L=1mol，故C正确；
D．相同条件下，达到同样的平衡状态，则起始量相同即可，则转化后满足的条件为a+=2.4和b+=1.2，故D正确；
故答案为A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括第19题~第23题五个大题，共46分。
19.化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。
（1）键能也可以用于估算化学反应的反应热(ΔH)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P—P
P—O
O＝O
P＝O
键能/(kJ·mol－1)
172
335
498
X
已知白磷的燃烧热为2378.0 kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X＝________。
（2）1840年，俄国化学家盖斯在分析了许多化学反应热效应的基础上，总结出一条规律：“一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的．”这个规律被称为盖斯定律．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得。①已知：C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ/mol①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ/mol②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.2 kJ/mol③
则由C(石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g)的焓变为__________________。
②已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ热量。已知单质碳的燃烧热为y kJ/mol，则1 mol C与O2反应生成CO的反应热ΔH为______________。
【答案】(1). 470 (2). ＋226.8 kJ/mol (3). －(5x－0.5y) kJ/mol
【解析】
【分析】(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算；
(2)①可以先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；
②首先判断碳的燃烧产物，然后依据反应热计算。
【详解】(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172 kJ/mol+5 mol×498 kJ/mol)=2378.0kJ，解得x=470；
(2)①已知：①C(s，石墨)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(l)△H2=-2599kJ•mol-1；2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×-③×得到，所以反应焓变△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+(-571.6kJ•mol-1)×-(-2599kJ•mol-1)×=+226.7kJ•mol-1；
②碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2；3.6g碳的物质的量为=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为=0.2mol，n(C):n(O2)=3:2；介于2:1与1:1之间，所以上述反应都发生．令生成的CO为xmol，CO2为ymol；根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1；单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，因此生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ。由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-=-(5X-0.5Y)kJ/mol。
20.在一定体积的密闭容器中进行化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数和温度的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________。
（2）该反应为____________(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）某温度下，平衡浓度符合下式c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____________℃。
（4）在800 ℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质浓度分别为c(CO2)＝2 mol·L－1，c(H2)＝1.5 mol·L－1，c(CO)＝1 mol·L－1，c(H2O)＝3 mol·L－1，则下一时刻，反应____________(填“正向”或“逆向”)进行。
【答案】(1). (2). 吸热 (3). 830 (4). 逆向
【解析】
【分析】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
(2)根据温度升高，平衡常数变大来分析；
(3)根据c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)可知，该温度下的平衡常数为1，据此判断；
(4)根据800℃时，Qc=与K比较判断反应方向，如果Qc＞K，则反应向逆反应方向移动，如果Qc=K，则反应达到平衡状态，如果Qc＜K，则反应向正反应方向移动，由此分析解答。
【详解】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=；
(2)由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；
(3)根据c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)可知，该温度下的平衡常数==1，平衡常数只与温度有关，故此时温度为830℃；
(4)Qc===1＞K，所以化学平衡向逆反应方向移动。
21.在2 L的密闭容器中发生反应后各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
回答下列问题：
（1）该反应的反应物和生成物分别是_______________，反应方程式为_______。
（2）0～10 s的平均反应速率v(H2)= ________v(HI)=____________________。
（3）根据上述反应速率数值，分析用不同物质表示同一化学反应在同一时间内，化学反应速率值是否必须相同？_________________________________________。
（4）能否用I2(s)表达该反应的反应速率，为什么？__________________________。
【答案】 (1). H2和I2、HI (2). H2(g)＋I2(s) 2HI(g) (3). 0.0395 mol·L－1·s－1 (4). 0.079 mol·L－1·s－1 (5). 同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同 (6). 不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率
【解析】
【详解】(1) 根据图示，H2和I2为反应物，HI为生成物，根据Δn(H2)：Δn(I2)：Δn(HI)＝0.79 mol：0.79 mol：1.58mol＝1：1：2，得该反应的化学方程式为：H2(g)＋I2(s) 2HI(g)，
故答案为：H2和I2、HI；H2(g)＋I2(s) 2HI(g)；
(2) 10 s时达到平衡。在0～10 s内，HI增加1.58 mol，H2减少0.79mol，I2减少0.79 mol，平均反应速率v(H2)= =0.039 5 mol·L－1·s－1，v(HI)==0.079 mol·L－1·s－1，
故答案为：0.0395 mol·L－1·s－1；0.079 mol·L－1·s－1；
(3)同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同，但表示的意义都相同，并且化学反应速率之比等于化学计量数之比。
故答案为：同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同；
(4)不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率。
故答案为：不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率。
22.一定温度下，在10 L密闭容器中加入5 mol SO2和3 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，10 min时，反应达到平衡状态，此时有3 mol SO2发生了反应。
（1）反应生成了________ mol SO3，v(SO2)＝________。
（2）平衡时SO3的浓度是________，SO2的转化率是________。
（3）平衡时容器内气体的总物质的量为________mol。
（4）物质的浓度不再改变标志着该反应已达平衡，下列还可以说明该反应已达平衡的是______(填序号)。
①体系内压强不再改变 ②容器内气体的密度不再改变
③混合气体的平均相对分子质量不再改变
④v正(SO3)＝2v逆(O2) ⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)＝2∶1∶2
【答案】(1). 3 (2). 0.03 mol·L－1·min－1 (3). 0.3 mol·L－1 (4). 60% (5). 6.5 (6). ①③④
【解析】
【分析】（1）依据三段式计算；
(2)结合浓度c=和转化率=×100%计算；
(3)将平衡时各物质的物质的量相加，即得平衡时容器内气体的总物质的量；
(4)达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、物质的量和百分含量不变。
【详解】一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入5mol SO2和3mol O2，反应达到平衡时有3mol SO2发生了反应，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始量(mol)：5 3 0
变化量(mol)：3 1.5 3
平衡量(mol)：2 1.5 3
(1)反应生成了3 mol SO3，v(SO2)＝=0.03 mol·L－1·min－1；
(2)平衡时SO3的浓度是=0.3mol•L-1；SO2的转化率是×100%=60%；
(3)平衡时容器内气体的总物质的量为2mol+1.5mol+3mol=6.5mol；
(4)①因反应前后气体的计量数之和不相等，则体系内压强不再改变说明达到平衡状态，故①正确；
②因容器的体积不变，气体的总质量不变，则无论是否达到平衡状态，容器内气体的密度都不改变，不能用来判断是否达到平衡状态，故②错误；
③反应前后气体的质量不变，如达到平衡状态，则混合气体的平均分子量不再改变，说明达到平衡状态，故③正确；
④达到平衡时，正逆反应速率相等，V正(SO3)=2V逆(O2)，说明达到平衡状态，故④正确；
⑤因初始物质的物质的量没有明确，则n(SO3):n(O2):n(SO2)=2:1:2，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
故答案为①③④。
23.运用化学反应原理研究碳、氮等元素的单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）如图表示金刚石、石墨在相关反应过程中的能量变化关系。写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：____________________。
（2）CO与H2可在一定条件下反应生成燃料甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH＜0。将2 mol CO和4 mol H2置于一体积不变的1 L密闭容器中，测定不同条件、不同时间段内CO的转化率，得到下表数据。
则温度为T1时该反应的平衡常数为____________。a1、a2、80%三者的大小关系为______________。根据温度为T1时的数据作出的下列判断中正确的是__________。
A．反应在2小时的时候混合气体的密度和相对分子质量均比1小时的大
B．反应在3小时的时候，v正(H2)=2v逆(CH3OH)
C．若其他条件不变，再充入6 mol H2，则最多可得到64 g CH3OH
D．其他条件不变，若最初加入的H2为2.4 mol，则达平衡时CO的转化率为50%
（3）工业中常用以下反应合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0。在三个不同条件的密闭容器中加入N2和H2进行反应，起始时c(N2)均为0.10 mol/L，c(H2)均为0.30 mol/L，N2的浓度随时间的变化如图①、②、③曲线所示。计算③中产物NH3在0～10 min的平均反应速率：_______；②相对于①条件不同，②的条件是______，理由是___________________。
【答案】(1). C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH=+1.9kJ/mol (2). 6.25 L2/mol2 (3). a1=a2＜80% (4). BD (5). 0.0040mol/(L·min) (6). 加入催化剂 (7). 装置②达到平衡的时间缩短，且②中达到平衡时N2的浓度与①相同
【解析】
【分析】(1)依据物质能量越高，越活泼分析判断，依据图象能量变化写出石墨转化为金刚石的热化学方程式；
(2)化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；根据平衡状态的特点以及外界条件对平衡状态的影响进行解答；
(3)根据化学反应速率的计算公式进行解答；②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动。
【详解】(1)根据图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，根据图象石墨转化为金刚石需要吸收热量=395.4kJ-393.5kJ=1.9kJ；所以反应的热化学方程式为C(石墨，s)＝C(金刚石，s)△H=+1.9 kJ•mol-1；
(2)2molCO和4molH2置于一体积不变的1L密闭容器中，温度为T1时CO的转化率为80%，转化1.6mol/L；
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
开始（mol/L） 2 4 0
转化（mol/L） 1.6 3.2 1.6
平衡（mol/L） 0.4 0.8 1.6
则化学平衡常数K==6.25L2/mol2；
根据T1和T2同时间段内CO的转化率可知T2反应温度高，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，正反应为放热反应，所以T2相当于T1达到平衡时加热，平衡向逆反应方向移动，达平衡时，CO的转化率较T1时低，a1=a2、表示已达平衡，所以a1＝a2＜80%；
A．该反应体积固定，1L密闭容器，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应物和产物都是气体，所以在2小时的时候混合气体的密度和l小时的一样大，由于正反应是物质的量减少的反应，所以反应在2小时的时候混合气体的相对分子质量均比l小时的大，故A错误；
B．反应在3小时的时候，CO的转化率为80%，已达平衡，v正(H2)说明反应正向进行，v逆(CH30H)说明反应逆向进行，v正(H2)=2v逆(CH30H)，表示该反应达平衡，故B正确；
C．该反应为可逆反应，若其他条件不变，再充入6molH2，2molCO无法全部转化，所以得到CH3OH小于64g，故C错误；
D．其他条件不变，若最初加入的H2为2.4mol，根据温度不变，平衡常数不变，设达平衡时CO的转化率为X，则
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
开始（mol/L） 2 2.4 0
转化（mol/L） 2X 4X 2X
平衡（mol/L） 2-2X 2.4-4X 2X
=6.25L2/mol2，X=0.5，故D正确；
故答案为BD；
(3)由图2可知，反应③中N2在0～10min的浓度变化为0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，10min时达到平衡，根据N2+3H22NH3可知：氨气的浓度变化为：0.04mol/L；则用NH3表示的化学反应速率为V===0.0040mol•L-1•min-1；②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
测试范围：人教选修4第1−2章。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共18个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 能源与我们日常生活密切相关，下列有关能源的叙述中错误的是（ ）
A. 我国目前使用的主要能源是化石燃料
B. 提高燃料的燃烧效率对于节约能源十分重要
C. 科学家正在研究开发太阳能、风能、潮汐能等新能源，并取得了一定进展
D. 氢能是一种理想绿色能源，现在的科技水平已经能够全面推广使用氢能
【答案】D
【解析】试题分析：A．我国目前使用的主要能源煤和石油等化石燃料，正确；B．提高燃料的燃烧效率对于节约能源十分重要，正确；C．科学家正在研究开发太阳能、风能、潮汐能等新能源，并取得了一定进展，正确；D．氢能是一种理想的绿色能源，现在的科技水平还没有为全面推广使用氢能做好准备，氢气的贮存和安全仍存在问题，错误；故选D。
2.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v（A），v（B），v（C）表示，已知v（A），v（B），v（C）之间有以下关系3v（A）=2v（B），3v（C）=2v（B），则此反应可表示为（ ）
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比是相应的化学计量数之比。根据2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)可知v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，所以正确的答案是A。
3.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；
C．H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；
故选D。
4.5.6 g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L−1的稀硫酸中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是（ ）
A. v(Fe)＝0.5 mol·L−1·min−1 B. v(H2SO4)＝1 mol·L−1·min−1
C. v(H2SO4)＝05 mol·L−1·min−1 D. v(FeSO4)＝1 mol·L−1·min−1
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故A错误；
B．Fe为物质的量=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v(H2SO4)==0.5 mol/(L•min)，故B错误；
C．由B中计算可知：v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故C正确；
D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故D错误；
故答案C。
5.已达化学平衡的下列反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】已知2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，该反应正方向气体体积减小的反应，则减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡则向气体体积增大的逆反应方向移动，C项正确；
答案选C。
6.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 氨水应密闭保存，放置于低温处
B. 对2HI(g) H2(g)+I2(g)平衡体系，增大平衡体系的压强可使气体颜色变深
C. 生产硝酸的过程中使用过量空气以提高氨气的利用率
D. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3•H2O，氨气溶解度随温度的升高而降低，温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，故A正确；
B．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．使用过量空气以提高氨气的转化率，使平衡向生成物方向移动，故C正确；
D．溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，Br-+Ag+═AgBr↓，溴离子浓度减小，使平衡Br2+H2OHBr+HBrO正移，溴水的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为B。
7. 假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A. |ΔH1|>|ΔH2| B. |ΔH1|<|ΔH3|
C. ΔH1+ΔH2+ΔH3=0 D. 甲→丙的ΔH=ΔH1+ΔH2
【答案】A
【解析】题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知：甲丙，ΔH=ΔH1+ΔH2<0，D正确；在过程中ΔH1与ΔH2的大小无法判断，A错误；因|ΔH3|=|ΔH1|+|ΔH2|，B正确；因为甲→丙和丙→甲是两个相反的过程，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，C正确。
8.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−574 kJ·mol−1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−1 160 kJ·mol−1
下列说法不正确的是（ ）
A. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−Q，Q>574 kJ·mol−1
B. 等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同
C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，则放出的热量为173.4 kJ
D. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，则整个过程中转移的电子总物质的量为1.6 mol
【答案】B
【解析】
【分析】A.由气态水变为液态，放出热量；
B.根据C元素的化合价变化来计算转移的电子；
C.根据盖斯定律及物质的量与反应热的数值关系来解答；
D. (①+②)2可以知道CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g)，1molCH4 反应转移8mol电子。
【详解】A.由CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−574 kJ·mol−1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−Q，Q>574 kJ·mol−1
所以A选项是正确的；
B.两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故B错误；
C. (①+②)2可以知道CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g) ΔH=−867 kJ·mol−1，标准状况下4.48 L CH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol867kJ/mol=173.4kJ，所以C选项是正确的；
D. CH4(g)+2NO2(g) CO2(g) + 2H2O(g) +N2(g)，1molCH4 反应转移8mol电子，则用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8=1.6mol，所以D选项是正确的。
故答案选B。
9.已知：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是（ ）
组号
反应
温度/℃
Na2S2O3
H2SO4
H2O
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了影响反应速率的因素，包括温度、反应物浓度。在表格中寻找变量，对应实际影响因素进行分析。
【详解】在化学反应中，温度越高，反应速率最快，浓度越高，反应速率越快。根据表格可知，A、B选项温度为10°C，A项中Na2S2O3浓度高于B项，故A反应速率高于B，但是由于温度低于C、D的30°C，故反应速率低于C、D。C、D进行比较，D中Na2S2O3和硫酸浓度均高于C，其余一致，故D反应速率高于C，反应速率最快的是D。
答案为D。
10.P4S3是黄色或淡黄色结晶或粉末，无臭、无味、易燃、有毒，遇潮气发生分解，分子结构如图所示，已知其燃烧热ΔH=−3 677 kJ/mol(P被氧化为P4O10)，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. 分子中磷元素显+3价
B. 分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构
C. 热化学方程式为P4S3(s)+8O2(g) ===P4O10(s)+3SO2(g) ΔH=−3 677 kJ/mol
D. 分子中存在极性键与非极性键
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，1个P为+3价，其它3个P都是+1价，S为-2价，故A错误；
B．因P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，由图可知，每个P形成3个共价键，每个S形成2个共价键，5+3=8，6+2=8，即分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，故B正确；
C．1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，则P4S3(s)+8O2(g)=P4O10(s)+3SO2(g)△H=-3677kJ/mol，故C正确；
D．由图可知，P-P之间的键为非极性键，P-S之间的键为极性键，故D正确；
故答案为A。
11.下表中列出了25 ℃、101 kPa时一些物质的燃烧热数据:
物质
CH4(g)
CH3OCH3(g)
H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1)
890.3
1 453.0
285.8
1 299.6
已知:①1 mol液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量；
②键能:C—H键 413.4 kJ·mol-1、H—H键 436.0 kJ·mol-1。
下列叙述错误的是（ ）
A. CH3OCH3(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1
B. 键的键能为786.0 kJ·mol-1
C. 2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-283.6 kJ·mol-1
D. H2O(g)H2O(l) ΔH=-44.0 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A项、根据表中信息可写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式:CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1，故A正确；
B项、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ/mol-1 ①，C2H2(g)+O2(g)= 2CO2(g)
+H2O(l) ΔH=-1 299.6 kJ·mol-1 ②，H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ③，根据盖斯定律，由②+③×3-①×2可得:C2H2(g)+3H2(g)= 2CH4(g) ΔH=-376.4 kJ·mol-1，根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能，可得C≡C键的键能+2×413.4 kJ·mol-1+3×436.0 kJ·mol-1-8×413.4 kJ·mol-1=-376.4 kJ·mol-1，则C≡C键的键能=796.0 kJ·mol-1，故B错误；
C项、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1 a，CH3OCH3(g)+3O2(g)
=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 453.0 kJ·mol-1 b，H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ·mol-1 c，根据盖斯定律，由a×2-b+c可得:2CH4(g)+O2(g)= CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-283.6 kJ·mol-1，故C正确；
D项、H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0 kJ·mol-1，故D正确。
故选B。
12. 在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（ ）
A. 反应混合物的浓度 B. 反应体系的压强
C. 正、逆反应的速率 D. 反应物的转化率
【答案】D
【解析】只有正逆反应速率不相等时，平衡才能发生移动，这是化学平衡发生移动的前提。反应物浓度和压强变化不一定会引起正逆反应速率不相等，所以平衡不一定发生移动。正逆反应速率变化，但如果变化后仍然相等，则平衡就不移动。反应物转化率的变化，说明反应物的正逆反应速率一定不再相等，平衡一定发生移动，答案是D。
13.已知25℃时，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.0 kJ·mol−1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为23 kJ(假定测量过程中没有能量损失)，则N2的转化率为（ ）
A. 25% B. 50% C. 75% D. 无法确定
【答案】A
【解析】根据方程式：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.0 kJ·mol−1，
1mol 92.0 kJ
x 23 kJ
，x=0.25，N2的转化率为=
14.在恒温、体积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生如下的反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H＜0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1 ∶1
B. v正（CO2）＝v逆（H2O）
C. 容器内混合气体密度保持不变
D. 3molH－H键断裂同时生成3molH－O键
【答案】B
【解析】试题分析：A．容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比也可能为1：3：1：1，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，A错误；B．v正（CO2）=v逆（H2O），方向相反，化学反应速率之比与计量数成正比，能判断平衡状态，B正确；C．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应中，前后气体质量不变，固定容积，体积不变，故密度不是变量，不能判断化学平衡状态，C错误；D．3molH-H键断裂同时，应该断裂2molH-O键，才能说明化学达到平衡状态，当3molH-H键断裂同时，断裂3molH-O键时不能据此判断化学平衡状态，D错误；故选B．
15.在一个固定容积的密闭容器中，保持一定温度进行如下反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，已知加入1 mol H2和2 mol Br2达到平衡后，生成x mol HBr，在相同条件下若起始时加入的H2、Br2、HBr分别为a、b、c(均不为0)且保持平衡时，各组分含量都不变，以下推断正确的是（ ）
①a、b、c应满足的关系是4a＋c＝2b
②平衡时HBr为ax mol
③a、b、c应满足的关系是a＋b＝c
④平衡时HBr为x mol
A. ① B. ①② C. ①④ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后生成xmolHBr。在相同条件下，若起始时加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时，各组分百分含量和前一平衡相同，则建立的是等效平衡；由于该反应是气体体积不变的反应，将所有量按照反应方程式转化成氢气和溴，只要满足n（H2）：n（Br2）=1mol：2mol=1：2即可。①根据极限转化的思想，将cmol的HBr极限转化为反应物，要实现等效平衡的建立，则相当于的投料符合：氢气：a+=1，溴单质：b+=2，整理得到：4a+c=2b，故①正确；②反应两边气体的体积不变，在容器中充入1molH2和2molBr2达到平衡后气体的物质的量还是3mol，则溴化氢的百分含量为，加入H2、Br2、HBr分别为amol、bmol、cmol（均不为0），达到平衡时两个平衡中溴化氢的百分含量相等，设达到平衡时HBr物质的量为m，则= ，所以m=xmol，即达到平衡时HBr物质的量为xmol，故②错误，④正确；③根据①可知，4a+c=2b，所以a+b不一定等于c，故③错误；根据分析可知，正确的为①④，故选C。
16.反应：L(s)＋aG(g) bR(g)达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1>p2，x轴表示温度，y轴表示平衡时混合气体中G的体积分数。据此可判断( )
①上述反应是放热反应 ②上述反应是吸热反应 ③a>b ④a
【答案】D
【解析】由图象曲线的变化特点可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应；增大压强，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b，故选D。
17.已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=－Q kJ·mol−1(Q＞0)。在温度为T1时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，经过4 min反应达到平衡，平衡时H2O(g)的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是（ ）
A. CO2的平衡转化率α=2.5%
B. 0~4 min内用H2S表示该反应的速率为0.001 mol·L−1·min−1
C. 上述条件下反应达到平衡时放出的热量为0.01Q kJ
D. 其他条件不变，若该反应在温度为T2条件下进行，达到平衡所需时间小于4 min，则T1
【解析】
【详解】对于反应
H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则：=0.02，x=0.01。
A．CO2的平衡转化率α=×100%=10%，故A错误；
B.0～4 min内用H2S表示该反应的速率==0.001 mol•L-1•min-1，故B正确；
C．H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H=-Q kJ•mol-1，上述条件下反应达到平衡时消耗0.01molH2S，放出的热量为0.01Q kJ，故C正确；
D．其他条件不变，若该反应在温度为T2条件下进行，达到平衡所需时间小于4 min，说明缩短了达到平衡的时间，温度高提高了反应速率，则T1＜T2，故D正确；
故答案为A。
18.向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知t3－t4阶段为使用催化剂；图一中t0－t1阶段c(B)未画出。
下列说法不正确的是（ ）
A. 此温度下该反应的化学方程式为2A(g)＋B(s)3C(g)
B. t4－t5阶段改变的条件为减小压强
C. B的起始物质的量为1.0 mol
D. 在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为a＋2c/3=2.4和b＋c/3=1.2
【答案】A
【解析】
【详解】A．t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，即该反应为气体体积不变的反应；反应中A的浓度变化为1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，则A、C的化学计量数之比为2：3，又该反应为气体体积不变的反应，则B为反应物，该反应为2A(g)+B(g)3C(g)，故A错误；
B．t4～t5阶段改变的条件为减小压强，该反应为气体体积不变的反应，故B正确；
C．A减少0.2mol/L，则B减少0.1mol/L，则起始B的浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L×2L=1mol，故C正确；
D．相同条件下，达到同样的平衡状态，则起始量相同即可，则转化后满足的条件为a+=2.4和b+=1.2，故D正确；
故答案为A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括第19题~第23题五个大题，共46分。
19.化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。
（1）键能也可以用于估算化学反应的反应热(ΔH)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P—P
P—O
O＝O
P＝O
键能/(kJ·mol－1)
172
335
498
X
已知白磷的燃烧热为2378.0 kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X＝________。
（2）1840年，俄国化学家盖斯在分析了许多化学反应热效应的基础上，总结出一条规律：“一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的．”这个规律被称为盖斯定律．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得。①已知：C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ/mol①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ/mol②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.2 kJ/mol③
则由C(石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g)的焓变为__________________。
②已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ热量。已知单质碳的燃烧热为y kJ/mol，则1 mol C与O2反应生成CO的反应热ΔH为______________。
【答案】(1). 470 (2). ＋226.8 kJ/mol (3). －(5x－0.5y) kJ/mol
【解析】
【分析】(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算；
(2)①可以先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；
②首先判断碳的燃烧产物，然后依据反应热计算。
【详解】(1)白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172 kJ/mol+5 mol×498 kJ/mol)=2378.0kJ，解得x=470；
(2)①已知：①C(s，石墨)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(l)△H2=-2599kJ•mol-1；2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×-③×得到，所以反应焓变△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+(-571.6kJ•mol-1)×-(-2599kJ•mol-1)×=+226.7kJ•mol-1；
②碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2；3.6g碳的物质的量为=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为=0.2mol，n(C):n(O2)=3:2；介于2:1与1:1之间，所以上述反应都发生．令生成的CO为xmol，CO2为ymol；根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1；单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，因此生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ。由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-=-(5X-0.5Y)kJ/mol。
20.在一定体积的密闭容器中进行化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数和温度的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________。
（2）该反应为____________(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）某温度下，平衡浓度符合下式c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____________℃。
（4）在800 ℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质浓度分别为c(CO2)＝2 mol·L－1，c(H2)＝1.5 mol·L－1，c(CO)＝1 mol·L－1，c(H2O)＝3 mol·L－1，则下一时刻，反应____________(填“正向”或“逆向”)进行。
【答案】(1). (2). 吸热 (3). 830 (4). 逆向
【解析】
【分析】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
(2)根据温度升高，平衡常数变大来分析；
(3)根据c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)可知，该温度下的平衡常数为1，据此判断；
(4)根据800℃时，Qc=与K比较判断反应方向，如果Qc＞K，则反应向逆反应方向移动，如果Qc=K，则反应达到平衡状态，如果Qc＜K，则反应向正反应方向移动，由此分析解答。
【详解】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=；
(2)由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；
(3)根据c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)可知，该温度下的平衡常数==1，平衡常数只与温度有关，故此时温度为830℃；
(4)Qc===1＞K，所以化学平衡向逆反应方向移动。
21.在2 L的密闭容器中发生反应后各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
回答下列问题：
（1）该反应的反应物和生成物分别是_______________，反应方程式为_______。
（2）0～10 s的平均反应速率v(H2)= ________v(HI)=____________________。
（3）根据上述反应速率数值，分析用不同物质表示同一化学反应在同一时间内，化学反应速率值是否必须相同？_________________________________________。
（4）能否用I2(s)表达该反应的反应速率，为什么？__________________________。
【答案】 (1). H2和I2、HI (2). H2(g)＋I2(s) 2HI(g) (3). 0.0395 mol·L－1·s－1 (4). 0.079 mol·L－1·s－1 (5). 同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同 (6). 不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率
【解析】
【详解】(1) 根据图示，H2和I2为反应物，HI为生成物，根据Δn(H2)：Δn(I2)：Δn(HI)＝0.79 mol：0.79 mol：1.58mol＝1：1：2，得该反应的化学方程式为：H2(g)＋I2(s) 2HI(g)，
故答案为：H2和I2、HI；H2(g)＋I2(s) 2HI(g)；
(2) 10 s时达到平衡。在0～10 s内，HI增加1.58 mol，H2减少0.79mol，I2减少0.79 mol，平均反应速率v(H2)= =0.039 5 mol·L－1·s－1，v(HI)==0.079 mol·L－1·s－1，
故答案为：0.0395 mol·L－1·s－1；0.079 mol·L－1·s－1；
(3)同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同，但表示的意义都相同，并且化学反应速率之比等于化学计量数之比。
故答案为：同一反应在同一时间内，用不同物质表示的化学反应速率值可能相同，也可能不同；
(4)不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率。
故答案为：不可以。因为对于有固体或纯液体参加的反应，其浓度视为常数，故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率。
22.一定温度下，在10 L密闭容器中加入5 mol SO2和3 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，10 min时，反应达到平衡状态，此时有3 mol SO2发生了反应。
（1）反应生成了________ mol SO3，v(SO2)＝________。
（2）平衡时SO3的浓度是________，SO2的转化率是________。
（3）平衡时容器内气体的总物质的量为________mol。
（4）物质的浓度不再改变标志着该反应已达平衡，下列还可以说明该反应已达平衡的是______(填序号)。
①体系内压强不再改变 ②容器内气体的密度不再改变
③混合气体的平均相对分子质量不再改变
④v正(SO3)＝2v逆(O2) ⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)＝2∶1∶2
【答案】(1). 3 (2). 0.03 mol·L－1·min－1 (3). 0.3 mol·L－1 (4). 60% (5). 6.5 (6). ①③④
【解析】
【分析】（1）依据三段式计算；
(2)结合浓度c=和转化率=×100%计算；
(3)将平衡时各物质的物质的量相加，即得平衡时容器内气体的总物质的量；
(4)达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、物质的量和百分含量不变。
【详解】一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入5mol SO2和3mol O2，反应达到平衡时有3mol SO2发生了反应，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始量(mol)：5 3 0
变化量(mol)：3 1.5 3
平衡量(mol)：2 1.5 3
(1)反应生成了3 mol SO3，v(SO2)＝=0.03 mol·L－1·min－1；
(2)平衡时SO3的浓度是=0.3mol•L-1；SO2的转化率是×100%=60%；
(3)平衡时容器内气体的总物质的量为2mol+1.5mol+3mol=6.5mol；
(4)①因反应前后气体的计量数之和不相等，则体系内压强不再改变说明达到平衡状态，故①正确；
②因容器的体积不变，气体的总质量不变，则无论是否达到平衡状态，容器内气体的密度都不改变，不能用来判断是否达到平衡状态，故②错误；
③反应前后气体的质量不变，如达到平衡状态，则混合气体的平均分子量不再改变，说明达到平衡状态，故③正确；
④达到平衡时，正逆反应速率相等，V正(SO3)=2V逆(O2)，说明达到平衡状态，故④正确；
⑤因初始物质的物质的量没有明确，则n(SO3):n(O2):n(SO2)=2:1:2，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
故答案为①③④。
23.运用化学反应原理研究碳、氮等元素的单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）如图表示金刚石、石墨在相关反应过程中的能量变化关系。写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：____________________。
（2）CO与H2可在一定条件下反应生成燃料甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH＜0。将2 mol CO和4 mol H2置于一体积不变的1 L密闭容器中，测定不同条件、不同时间段内CO的转化率，得到下表数据。
则温度为T1时该反应的平衡常数为____________。a1、a2、80%三者的大小关系为______________。根据温度为T1时的数据作出的下列判断中正确的是__________。
A．反应在2小时的时候混合气体的密度和相对分子质量均比1小时的大
B．反应在3小时的时候，v正(H2)=2v逆(CH3OH)
C．若其他条件不变，再充入6 mol H2，则最多可得到64 g CH3OH
D．其他条件不变，若最初加入的H2为2.4 mol，则达平衡时CO的转化率为50%
（3）工业中常用以下反应合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0。在三个不同条件的密闭容器中加入N2和H2进行反应，起始时c(N2)均为0.10 mol/L，c(H2)均为0.30 mol/L，N2的浓度随时间的变化如图①、②、③曲线所示。计算③中产物NH3在0～10 min的平均反应速率：_______；②相对于①条件不同，②的条件是______，理由是___________________。
【答案】(1). C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH=+1.9kJ/mol (2). 6.25 L2/mol2 (3). a1=a2＜80% (4). BD (5). 0.0040mol/(L·min) (6). 加入催化剂 (7). 装置②达到平衡的时间缩短，且②中达到平衡时N2的浓度与①相同
【解析】
【分析】(1)依据物质能量越高，越活泼分析判断，依据图象能量变化写出石墨转化为金刚石的热化学方程式；
(2)化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；根据平衡状态的特点以及外界条件对平衡状态的影响进行解答；
(3)根据化学反应速率的计算公式进行解答；②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动。
【详解】(1)根据图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，根据图象石墨转化为金刚石需要吸收热量=395.4kJ-393.5kJ=1.9kJ；所以反应的热化学方程式为C(石墨，s)＝C(金刚石，s)△H=+1.9 kJ•mol-1；
(2)2molCO和4molH2置于一体积不变的1L密闭容器中，温度为T1时CO的转化率为80%，转化1.6mol/L；
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
开始（mol/L） 2 4 0
转化（mol/L） 1.6 3.2 1.6
平衡（mol/L） 0.4 0.8 1.6
则化学平衡常数K==6.25L2/mol2；
根据T1和T2同时间段内CO的转化率可知T2反应温度高，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，正反应为放热反应，所以T2相当于T1达到平衡时加热，平衡向逆反应方向移动，达平衡时，CO的转化率较T1时低，a1=a2、表示已达平衡，所以a1＝a2＜80%；
A．该反应体积固定，1L密闭容器，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应物和产物都是气体，所以在2小时的时候混合气体的密度和l小时的一样大，由于正反应是物质的量减少的反应，所以反应在2小时的时候混合气体的相对分子质量均比l小时的大，故A错误；
B．反应在3小时的时候，CO的转化率为80%，已达平衡，v正(H2)说明反应正向进行，v逆(CH30H)说明反应逆向进行，v正(H2)=2v逆(CH30H)，表示该反应达平衡，故B正确；
C．该反应为可逆反应，若其他条件不变，再充入6molH2，2molCO无法全部转化，所以得到CH3OH小于64g，故C错误；
D．其他条件不变，若最初加入的H2为2.4mol，根据温度不变，平衡常数不变，设达平衡时CO的转化率为X，则
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
开始（mol/L） 2 2.4 0
转化（mol/L） 2X 4X 2X
平衡（mol/L） 2-2X 2.4-4X 2X
=6.25L2/mol2，X=0.5，故D正确；
故答案为BD；
(3)由图2可知，反应③中N2在0～10min的浓度变化为0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，10min时达到平衡，根据N2+3H22NH3可知：氨气的浓度变化为：0.04mol/L；则用NH3表示的化学反应速率为V===0.0040mol•L-1•min-1；②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂。
相关资料
更多
