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【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考试题（解析版）
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甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷(选择题 共56分)
一、选择题（每题只有一个正确的选项，每题2分，共56分）
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ）
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2. 在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是（ ）
A. 天平 B. 温度计 C. 环形玻璃搅拌棒 D. 量筒
【答案】A
【解析】考查中和热的测定。天平是用来称量的，在中和热的测定实验中，不需要称量，只需要量取，因此答案选A。
3.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是（ ）
A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失
B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度
【答案】C
【解析】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A项正确；
B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，B项正确；
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C项错误；
D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D项正确；
答案选C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 具有较高能量的反应物分子称为活化分子
B. 升高温度增大了单位体积内活化分子百分数
C. 催化剂能够改变化学反应途径
D. 增大压强能提高单位体积活化分子数
【答案】A
【解析】A. 具有较高能量是一个含糊的说法，不一定达到活化分子所具有的平均能量的标准，因此不一定为活化分子，只有能够发生有效碰撞的分子才是活化分子，A项错误；
B. 升高温度，给反应物分子提供了能量，使更多的分子转化为活化分子，因此增大了活化分子百分数，B项正确；
C. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，可以明显增大反应速率，C项正确；
D. 通过缩小体积增大压强，气态反应物浓度增大，能提高单位体积活化分子数，D项正确；
答案选A。
5.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10秒钟时，容器中B的物质的量是（ ）
A. 0.6 mol B. 2.8 mol C. 1.4 mol D. 1.2 mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(B)，利用△c=v△t计算△c(B)，△n(B)=△c(B)×V，则B的起始物质的量减去△n(B)即为10秒钟时容器中B的物质的量。
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=0.5v(A)=0.5×0.12mol/(L∙s)=0.06mol/（L∙s），所以△c(B)=v(B)△t=0.06mol/(L∙s)×10s=0.6mol/L，△n(B)= △c(B)×V=0.6mol/L×2L=1.2mol，则10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol；
答案选B。
6. 在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)="==2HCl(g) " ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是( )
A. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】C
【解析】
7.图中的曲线是表示一定条件时，2NO＋O22NO2 ΔH<0；反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态且v(正)>v(逆)的点是（ ）
A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】
【分析】在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答。
【详解】A、a点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，A项错误；
B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，B项错误；
C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，则v(正)＞v(逆)，C项正确；
D、d点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由d点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，则v(正)＜v(逆)，D项错误；
答案选C
8.下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A. 2SO2 + O22SO3 △H＝-196.6 kJ·mol-1
B. C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) △H＝393.5 kJ·mol-1
C. H+(aq) + OH-(aq) ＝ H2O(l) △H＝57.3 kJ
D. H2(g) + Cl2(g) ＝ HCl(g) △H＝-92.5 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A. 物质的状态对其具有的能量有影响，故书写热化学方程式时，要标出物质的聚集状态，A项错误；
B. 碳的燃烧为放热反应，反应热应为负值，B项错误；
C. 酸碱中和为放热反应，反应热应为负值，且反应热的单位为kJ/moL，kJ是热量的单位，C项错误；
D. 书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态，反应热的单位为kJ/mol，氢气在氯气中燃烧为放热反应，故反应热为负值，D项正确；
答案选D。
9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④混合气体总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值为1:1 ⑦混合气体总质量 ⑧混合气体总体积
A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤
C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
【分析】首先看清条件为恒温恒容，其次是看清反应，该反应是一个正反应方向气体物质的量减少的反应，且反应物、生成物全部为气体。根据平衡状态的判断标志进行判断。
判断化学平衡状态的两种方法
（1）动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bB⇌cC＋dD，时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变；
②各物质百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；
以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志，据此解答。
【详解】在一定温度下的定容容器中，反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，
①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，容器的容积不变，则压强会随着反应进行变化，当混合气体的压强不再发生变化时，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，①正确；
②根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变无法判断是否达到了平衡状态，②错误；
③B的物质的量浓度不变，说明B的生成速率等于消耗速率，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；
④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明达到了平衡状态，④正确；
⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，所以混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，⑤正确；
⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v(C)与v(D)的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，⑥错误；
⑦反应方程式两边都是气体，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑦错误；
⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑧错误；
综上所述①③④⑤均能判断反应已达到平衡状态；
答案选B。
10.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)bY(g)+cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是（ ）
A. 可逆反应的化学方程式的化学计量数：a>b+c
B. 压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)减小
C. 达到新平衡时，物质X的转化率减小
D. 达到新平衡时，混合物中Z质量分数增大
【答案】C
【解析】温度不变，体积减小一半，压强增大，若平衡不移动，则物质Y和Z的浓度为原来的2倍，而实际为1.8倍，所以平衡向逆反应方向移动，由此可判断：化学计量数：a＜b+c，A项错误；压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)增大，B错误；达到新平衡时，物质X的转化率减小，C项正确；达到新平衡时，混合物中Z的质量分数减小，D项错误。
11.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为（ ）
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
12.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g) MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H > 0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（ ）
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
CO的转化率
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO2的质量分数
【答案】A
【解析】
【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A. 若x是温度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B. 若x是CO的物质的量，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量；
C. 若x是二氧化硫的浓度，二氧化硫浓度增大，平衡逆向移动；
D. 若x是MgSO4的质量，硫酸镁是固体，其质量的改变不影响平衡移动，据此进行分析。
【详解】A. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，符合图象，A项正确；
B. 若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，B项错误；
C. 若x是SO2的浓度，y是CO的转化率，SO2浓度增大，平衡逆向移动，则CO的转化率减小，C项错误；
D. 若x是MgSO4的质量，y是CO2的质量分数，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO2的质量分数不变，D项错误；
答案选A。
13.已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ。如果1 mol CH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，则一定量O2的质量为（ ）
A. 40 g B. 56 g
C. 60 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】根据CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，可写出甲烷燃烧热的热化学方程式，再根据1molCH4气体不完全燃烧生成CO和H2O(l)时，放出的热量为519kJ，写出甲烷燃烧生成CO的热化学方程式，已知1molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，依据反应热可列方程组求解，进而计算消耗氧气的质量。
【详解】已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，则1molCH4气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出的热量为802kJ，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ，则可以写出甲烷燃烧的热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -802 kJ·mol-1
②CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH= -519 kJ·mol-1
根据已知条件：1 molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可列方程组求解。
设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，则可得等式：
x+y=1，802x+519y=731.25，联立两等式，解得x=0.75mol，y=0.25mol，所用的O2的质量为32g∙mol-1×（0.75mol×2+0.25mol×3/2）=60g；
答案选C。
14.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= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是（ ）
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ，A项正确；
B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H更小，△H＜-574 kJ∙mol-1，B项正确；
C. 若有1mol甲烷反应，氧化产物均为CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，转移电子数相同，C项正确；
D. 反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是8mol，标准状况下4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol，但没有注明反应物4.48L CH4温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D项错误；
答案选D。
15.一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应过程如下图。下列说法正确的是（ ）
A. t1 min时，正、逆反应速率相等
B. 曲线X表示NH3的物质的量随时间变化的关系
C. 0~8 min，H2的化学反应速率v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1
D. 10~12 min，N2的化学反应速率v(N2)=0.25 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】根据图知，随着反应的进行，X的物质的量增大、Y的物质的量减少，反应达到平衡状态时，X、Y的物质的量变化量分别为△n(X)=(0.6−0)mol=0.6mol，△n(Y)=(1.2−0.3)mol=0.9mol，X、Y的物质的量变化量之比等于其计量数之比=0.6mol:0.9mol=2:3，则X是NH3、Y是H2。
A. 可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，没有达到平衡状态时正逆反应速率不等，根据图知，t1min时，NH3和H2的物质的量仍然在变化，没有保持不变，则该反应没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不等，A项错误；
B. 根据以上分析知，X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，B项正确；
C. 0∼8min，H2的平均反应速率为，C项错误；
D. 10∼12min，NH3的平均反应速，，再根据同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率为0.0025mol⋅L−1⋅min−1，D项错误；
答案选B。
16.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低 ③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅 ⑤加入催化剂有利于合成氨的反应 ⑥由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深 ⑦500℃时比室温更有利于合成氨的反应 ⑧将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
A. ①②⑥⑧ B. ①③⑤⑦ C. ②⑤⑥⑦D. ②③⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂只能改变反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释，据此分析。
【详解】①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，Fe(SCN)3浓度增大，颜色变深，能用勒夏特列原理解释；
②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸为强酸，不存在电离平衡，稀释盐酸溶液，溶液中氢离子浓度降低，不能用勒夏特列原理解释；
③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释；
④2NO2⇌N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释；
⑤催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释；
⑥由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；
⑦合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释；
⑧合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，能用勒夏特列原理解释；
综上所述，②⑤⑥⑦不能用勒夏特列原理解释；
答案选C。
17.α1和α2分别为A在甲、乙两个恒容容器中平衡体系A(g)+B(g)C(g)和2A(g)B(g)的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是（ ）
A. α1、α2均减小 B. α1、α2均增大 C. α1减小，α2增大 D. α1增大，α2减小
【答案】C
【解析】
【分析】在恒温、恒容条件下，对于反应A(g)+B(g)C(g)，增大一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身的转化率是降低的；
对于反应：2A(g)B(g)，增加A的物质的量，平衡正向移动，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，据此分析。
【详解】在恒温、恒容条件下,对于反应A(g)+B(g)C(g)，增加A的物质的量，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，A的转化率减小，即α1减小；
对于反应：2A(g)B(g)，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向生成B的方向移动，A的转化率增大，即α2增大；
答案选C。
18.溴水中存在着如下的平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，下列措施，不能使溶液颜色变浅的是（ ）
A. 通入乙烯气体 B. 通入SO2气体 C. 加入NaF晶体 D. 加入NaI晶体
【答案】D
【解析】试题分析：A、溴水与乙烯发生加成反应，溶液颜色变浅，错误；B、SO2漂白性，会使溶液变浅，错误；C、NaF + HBr ="=" HF + NaBr，溶液变浅，错误；D、正确
19.一定条件下，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＝3∶1
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率相等
D. c1的取值范围为0.04 mol·L-1 < c1 < 0.14 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】若反应向正反应方向进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式
X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
开始（mol/L）：c1 c2 c3
变化（mol/L）：0.04 0.12 0.08
平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08
c1=0.14 c2=0.42 c3=0
若反应向逆反应方向进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式 X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
开始（mol/L）：c1 c2 c3
变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08
c1=0 c2=0 c3=0.28
由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以起始时浓度范围为0
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为其化学计量数之比为3:2，B项错误；
C. 反应前后X、Y气体的浓度比相同且等于其化学计量数之比，达到平衡状态时，转化率相等，C项正确；
D. 反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如果反应向正反应方向进行，经分析，c1<0.14mol⋅L−1，如果反应向逆反应进行，经分析，0
20.在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol NO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（ ）
A. 相对平均分子质量增大 B. NO2的转化率提高
C. NO2的质量分数增大 D. 反应放出的总热量大于原来的2倍
【答案】C
【解析】试题分析：因为体积不变，再向容器中充入a mol NO2，物质的量增大一倍，压强增大，平衡向右移动，所以平均相对分子质量增大、NO2的转化率提高、反应放出的总热量大于原来的2倍，NO2的质量分数减小，故C项不正确。
21.在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A. 图表示温度对平衡的影响，且甲温度较高
B. 图表示t0时刻恒容充入He(g)
C. 图表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D. 图中a点v正 > v逆
【答案】D
【解析】
【分析】容器的容积不变，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，该反应是一个正反应方向气体物质的量减小且放热的反应，根据外界条件的改变对反应速率以及平衡移动的影响进行分析。
【详解】A. 乙到达平衡的时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的百分含量增大，A项错误；
B. t0时刻，恒容充入He(g)，容器容积不变，各物质的浓度不变，因此正、逆反应速率都不变，B项错误；
C. t0时刻增大O2浓度的瞬间，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，生成物浓度此刻不变，逆反应速率不变，之后逐渐增大，C项错误；
D. 曲线上各点都是平衡点，a点时SO2的百分含量比相同温度下平衡时的百分含量大，因此应该向正反应方向进行，使SO2的百分含量减小达到平衡状态，则a点v正> v逆，D项正确；
答案选D。
22.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】A. 反应在前50s的平均速率为，A项错误；
B. 由表格数据可知，250s达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B项错误；
C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g)
开始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
则该温度时，反应的平衡常数为：
起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，，平衡正向移动，则达到平衡前v(正)>v(逆)，C项正确；
D. 起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%，D项错误；
答案选C。
23.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：A(g) + 2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是（ ）
A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）>φ（N）
B. 若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）>α(N)
C. 若x<3，C的平衡浓度关系为：c（M）>c（N）
D. x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【答案】D
【解析】M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D。
24.在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)，图Ⅰ表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
图Ⅰ图Ⅱ
A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L-1·min-1
B. 图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH>0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正>v逆
D. 200 ℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数等于0.5
【答案】B
【解析】
【分析】A. 由图Ⅰ可知，200℃平衡时，B的物质的量的变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据计算v(B)；
B. 由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，据此判断反应热效应；在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B、C的物质的量的变化量，从而确定化学方程式的化学计量数之比，据此计算a的值；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，计算平衡时A的体积分数，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，等效为原平衡增大压强，据此判断增大压强平衡移动方向，进而分析A的体积分数。
【详解】A. 由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故，A项错误；
B. 由图Ⅱ可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应反向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0；由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，C的物质的量变化量为0.2mol−0 mol=0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比得出反应方程式为：2A(g)＋B(g)C(g)，在一定的温度下，只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，则A.、B的起始物质的量之比n(A):n(B)=2，即a=2，B项正确；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故v正=v逆，C项错误；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，平衡时A的体积分数为：，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，可等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，D项错误；
答案选B
25.在容积固定的2 L密闭容器中进行某一可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)，用Y的物质的量浓度的改变表示反应速率v正、v逆与时间的关系如下图所示，已知单位为mol·L-1·s-1，则图中阴影部分的面积表示（ ）
A. X的物质的量浓度的减少值
B. Y的物质的量浓度的减少值
C. Z的物质的量的增加值
D. Y的物质的量的减少值
【答案】B
【解析】
【分析】观察图像，纵坐标为Y的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故V(正)×t(平衡)表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，再利用浓度变化量之比等于化学计量数之比判断X、Z的浓度变化，据此解答。
【详解】观察图像，纵坐标为Y的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故V(正)×t(平衡)表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，即阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，
A. 浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c(X)=1/2△c(Y)，为阴影面积的一半，A项错误；
B. 由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，B项正确；
C. 由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，C项错误；
D. 阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，容器的体积为2L，阴影部分的面积不能表示Y的物质的量的减少量，D项错误；
答案选B。
26.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＜0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡不移动
【答案】D
【解析】
【分析】反应在恒容密闭容器中进行，该反应是一个反应前后气体物质的量减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小；改变纯液体的量，对反应速率没有影响；升高温度平衡向逆反应方向移动；使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动。
【详解】A. 该反应是一个反应前后气体物质的量减小的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，A项错误；
B. 硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，B项错误；
C. 该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，C项错误；
D. 催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，D项正确；
答案选D。
27.合成氨所需的氢气可由水煤气反应制得，其中的一步反应为：CO(g) +H2O(g) ⇌CO2(g) +H2(g)；△H=﹣43kJ/mol对于上述反应，下列措施中能提高CO转化率的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度
C. 增大水蒸气的浓度 D. 增大CO的浓度
【答案】C
【解析】试题分析：A．由于该反应是等体积的反应，所以增大压，平衡不发生移动，CO转化率不变，错误；B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，根据平衡移动原理平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说平衡逆向移动，所以CO转化率降低，错误；C．增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO转化率提高，正确；D．增大CO的浓度，平衡正向移动，但是CO增加的物质的量远大于平衡移动的消耗量，所以CO转化率反而降低，错误。
28.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变ΔH＞0
B. 图中Z的大小为a＞3＞b
C. 图中X点对应的平衡混合物中=3
D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小
【答案】A
【解析】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；
B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；
C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；
D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题 共44分）
二、填空题
29.常温常压下，断裂1 mol(理想)气体分子化学键所吸收的能量或形成1 mol(理想)气体分子化学键所放出的能量称为键能(单位为kJ·mol-1)。下表是一些键能数据(kJ·mol-1)：
化学键
键能
化学键
键能
化学键
键能
C－F
427
C－Cl
330
C－I
218
H－H
436
S＝S
255
H－S
339
请完成下列问题。
(1)由表中数据规律预测C－Br键的键能范围：___< C－Br键能 <_______。
(2)热化学方程式2H2(g)＋S2(g)＝2H2S(g) ΔH＝ Q kJ∙mol-1，则Q＝___。
(3)已知：N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ∙mol-1；N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ∙mol-1。试计算1 mol肼和二氧化氮完全反应生成氮气和水蒸气时放出的热量为____kJ，写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式：___________。
【答案】 (1). 218 kJ∙mol-1 (2). 330 kJ∙mol-1 (3). -229 (4). 567.85 (5). 2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1
【解析】
【分析】（1）根据元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C-Br原子半径在C-Cl和C-I之间，键能应介于C-Cl和C-I之间，分析图表数据分析化学键键能的大小；
（2）根据键能计算反应焓变，△H=反应物键能总和-生成物键能总和；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式。
【详解】（1）元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C−Br原子半径在C−Cl和C−I之间，键能应介于C−Cl和C−I之间，则C−Br键的键能范围为218kJ⋅mol−1
（2）热化学方程式2H2(g)＋S2(g)＝2H2S(g)； △H=QkJ⋅mol−1，△H=反应物键能总和−生成物键能总和=2×436kJ/mol+255kJ/mol−2×2×339kJ/mol=−229kJ/mol；
故答案为：−229；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算②×2−①得，2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1，则1 mol肼和二氧化氮完全反应生成氮气和水蒸气时放出的热量为1135.7/2=567.85kJ；
故答案为：567.85kJ；2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1。
30.在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ•mol-1表示。请认真观察下图，然后回答问题。
（1）图中反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，该反应 （填“需要”或“不需要”）环境先提供能量，该反应的△H= （用含E1、E2的代数式表示）。
（2）已知热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g) =H2O(g) △H= －241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2 kJ•mol-1，则其逆反应的活化能为 。
（3）对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(I)相比，活化能 ，单位体积内活化分子的百分数 ，因此反应速率 ，（前面的三个空填“增大”“减小”“不变”）你认为最可能的原因是 。
【答案】(1). 放热 (2). 需要 (3). (E1-E2) kJ•mol-1 (4). 409.0 kJ•mol-1 (5). 降低 (6). 增多 (7). 加快 (8). 使用了催化剂
【解析】（1）图示反应是放热反应，反应物断键要吸收能量，所以该反应需要环境先提供能量，反应热等于生成物与反应物的能量差，即E1﹣E2，故答案为：放热；需要；E2﹣E1；
（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2（g） +O2（g） ═ H2O （g） △ H = ﹣241.8kJ•mol﹣1，该反应的活化能为167.2kJ•mol﹣1，则其逆反应的活化能=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol，
故答案为：409.0KJ/mol；
（3）图象分析可知，虚线表示的是降低反应的活化能，单位体积内活化分子数增多反应速率加快，但达到平衡状态相同，化学平衡不变化，改变的条件是加入了催化剂；故答案为：减小；增大；增大；使用催化剂．
31.有硫酸酸化的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液能将KMnO4溶液中的MnO4-转化为Mn2+。某化学小组研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
实验编号
温度
初始
pH
0.1mol/L草酸溶液体积/mL
0.01mol/LKMnO4溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
待测数据（反应混合液褪色时间/s）
①
常温
1
20
50
30
t1
②
常温
2
20
50
30
t2
③
常温
2
40
t3
(1)常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验，完成实验设计表_______、______。
(2)该反应的离子方程式______________________________________________。
(3)若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是__________________________________。
(4)请你设计实验验证MnSO4对该反应起催化作用，实验方案(不要求写出具体操作过程)：_______________________________________________________________________；
预期实验结果和结论：_____________________________________________________。
【答案】 (1). 50 (2). 10 (3). 5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O (4). 溶液的pH对该反应的速率有影响(或在一定条件下，c(H＋)越大，反应速率越快) (5). 向混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验 (6). 若所测时间t
【分析】（1）实验要求控制KMnO4溶液初始浓度相同，根据总体积为100mL，计算水的体积；
（2）草酸与高锰酸钾反应生成锰离子和二氧化碳、水，依据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒写出反应的离子方程式；
（3）实验①和②只有pH不同，其它条件都相同，应用控制变化量法研究溶液酸碱性对于反应速率的影响；
（4）应用控制变化量法验证MnSO4对于反应速率的影响，控制其他反应条件与实验①相同，加硫酸锰进行对比实验。
【详解】（1）实验要求控制KMnO4溶液初始浓度相同，则KMnO4溶液的体积为50mL，溶液总体积应保持一致，为100mL，则水的体积10mL；故答案为：50；10；
（2）硫酸酸化的草酸与高锰酸钾反应生成锰离子和二氧化碳、水，依据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，其反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；故答案为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
（3）实验①和②只有pH不同，其它条件都相同，而且t1
（4）应用控制变化量法验证MnSO4对于反应速率的影响，控制其他反应条件与实验①相同，加硫酸锰进行对比实验，若反应混合液褪色时间小于实验①中的t1，则MnSO4对该反应起催化作用，若褪色时间相同，则MnSO4对该反应无催化作用；
故答案为：向混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验；若所测时间t
(1)在一容积为2 L的密闭容器内，充入0.2 mol CO与0.4 mol H2发生反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A、B两点对应的压强大小关系是PA _______PB（填“>、<、=”）。
②在压强为P2时B、C两点的正反应速率大小关系是______________
③下列叙述能说明上述反应已达到化学平衡状态的是__________
A．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 B．CH3OH的体积分数不再改变
C．混合气体的密度不再改变 D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
(2)在压强为P1、温度为T1 ℃时，H2的平衡转化率为__________(计算出结果)，再加入1.0 mol CO后重新到达平衡，则CO的转化率___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
(3) 在压强为P1、温度为T1 ℃时，1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.05 mol、H2：0.1mol、CH3OH：0.05mol。此时v(正)________v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 (1). < (2). v正(C)>v正(B) (3). BD (4). 50% (5). 减小 (6). =
【解析】
【分析】（1）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大；
②压强相同时，升高温度，增大正、逆反应速率都增大；
③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态，据此分析；
（2）P1压强、T1°C时，CO的转化率为0.5，计算CO的转化量，进而计算H2的转化率；其它条件不变，增加一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率是降低的；
（3）计算此时浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【详解】（1）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大，则PA < PB；
故答案为：<；
②压强相同时，升高温度，正、逆反应速率都增大，在压强为P2时，C点比B点温度高，则C点正反应速率较大；
故答案为：v正(C)>v正(B)
③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态，据此分析；
A. H2的消耗速率和CH3OH生成速率都表示正反应速率，不能判断平衡状态，A项错误；
B. CH3OH的体积分数不再改变，能判断平衡状态，B项正确；
C. 因为容器容积不变，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，因此混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不再改变，不能判断平衡状态，C项错误；
D. 因为随着反应的进行，在平衡之前，CO物质的量不断减少，CH3OH的物质的量不断增多，因此CO和CH3OH的物质的量之比一直增大，因此CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，能判断平衡状态，D项正确；
故答案为：BD；
（2）在压强为P1、温度为T1 ℃时，CO的转化率为0.5，则CO的减少量为0.2mol×0.5=0.1mol，因此H2的减少量为0.2mol，因此H2平衡转化率为；再加入1.0 mol CO，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO的转化率减小；
故答案为：50%；减小；
（3）根据已知信息，在一容积为2 L的密闭容器内，充入0.2 mol CO与0.4 mol H2发生反应，在压强为P1、温度为T1 ℃时，到达平衡时CO转化率为0.5，因此可列出三段式计算该温度下的平衡常数，
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
反应前(mol/L) 0.1 0.2 0
转化(mol/L) 0.05 0.1 0.05
平衡时(mol/L) 0.05 0.1 0.05
化学平衡常数，
条件不变，1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，
CO:0.05mol、H2:0.1mol、CH3OH:0.05mol，可计算此刻的浓度商=K，因此反应处于平衡状态，v(正)=v(逆)；
故答案为：=。
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷(选择题 共56分)
一、选择题（每题只有一个正确的选项，每题2分，共56分）
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ）
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2. 在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是（ ）
A. 天平 B. 温度计 C. 环形玻璃搅拌棒 D. 量筒
【答案】A
【解析】考查中和热的测定。天平是用来称量的，在中和热的测定实验中，不需要称量，只需要量取，因此答案选A。
3.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是（ ）
A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失
B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度
【答案】C
【解析】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A项正确；
B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，B项正确；
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C项错误；
D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D项正确；
答案选C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 具有较高能量的反应物分子称为活化分子
B. 升高温度增大了单位体积内活化分子百分数
C. 催化剂能够改变化学反应途径
D. 增大压强能提高单位体积活化分子数
【答案】A
【解析】A. 具有较高能量是一个含糊的说法，不一定达到活化分子所具有的平均能量的标准，因此不一定为活化分子，只有能够发生有效碰撞的分子才是活化分子，A项错误；
B. 升高温度，给反应物分子提供了能量，使更多的分子转化为活化分子，因此增大了活化分子百分数，B项正确；
C. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，可以明显增大反应速率，C项正确；
D. 通过缩小体积增大压强，气态反应物浓度增大，能提高单位体积活化分子数，D项正确；
答案选A。
5.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10秒钟时，容器中B的物质的量是（ ）
A. 0.6 mol B. 2.8 mol C. 1.4 mol D. 1.2 mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(B)，利用△c=v△t计算△c(B)，△n(B)=△c(B)×V，则B的起始物质的量减去△n(B)即为10秒钟时容器中B的物质的量。
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=0.5v(A)=0.5×0.12mol/(L∙s)=0.06mol/（L∙s），所以△c(B)=v(B)△t=0.06mol/(L∙s)×10s=0.6mol/L，△n(B)= △c(B)×V=0.6mol/L×2L=1.2mol，则10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol；
答案选B。
6. 在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)="==2HCl(g) " ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是( )
A. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】C
【解析】
7.图中的曲线是表示一定条件时，2NO＋O22NO2 ΔH<0；反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态且v(正)>v(逆)的点是（ ）
A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】
【分析】在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答。
【详解】A、a点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，A项错误；
B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，B项错误；
C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，则v(正)＞v(逆)，C项正确；
D、d点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由d点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，则v(正)＜v(逆)，D项错误；
答案选C
8.下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A. 2SO2 + O22SO3 △H＝-196.6 kJ·mol-1
B. C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) △H＝393.5 kJ·mol-1
C. H+(aq) + OH-(aq) ＝ H2O(l) △H＝57.3 kJ
D. H2(g) + Cl2(g) ＝ HCl(g) △H＝-92.5 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A. 物质的状态对其具有的能量有影响，故书写热化学方程式时，要标出物质的聚集状态，A项错误；
B. 碳的燃烧为放热反应，反应热应为负值，B项错误；
C. 酸碱中和为放热反应，反应热应为负值，且反应热的单位为kJ/moL，kJ是热量的单位，C项错误；
D. 书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态，反应热的单位为kJ/mol，氢气在氯气中燃烧为放热反应，故反应热为负值，D项正确；
答案选D。
9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④混合气体总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值为1:1 ⑦混合气体总质量 ⑧混合气体总体积
A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤
C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
【分析】首先看清条件为恒温恒容，其次是看清反应，该反应是一个正反应方向气体物质的量减少的反应，且反应物、生成物全部为气体。根据平衡状态的判断标志进行判断。
判断化学平衡状态的两种方法
（1）动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bB⇌cC＋dD，时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变；
②各物质百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；
以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志，据此解答。
【详解】在一定温度下的定容容器中，反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，
①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，容器的容积不变，则压强会随着反应进行变化，当混合气体的压强不再发生变化时，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，①正确；
②根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变无法判断是否达到了平衡状态，②错误；
③B的物质的量浓度不变，说明B的生成速率等于消耗速率，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；
④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明达到了平衡状态，④正确；
⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，所以混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，⑤正确；
⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v(C)与v(D)的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，⑥错误；
⑦反应方程式两边都是气体，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑦错误；
⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑧错误；
综上所述①③④⑤均能判断反应已达到平衡状态；
答案选B。
10.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)bY(g)+cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是（ ）
A. 可逆反应的化学方程式的化学计量数：a>b+c
B. 压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)减小
C. 达到新平衡时，物质X的转化率减小
D. 达到新平衡时，混合物中Z质量分数增大
【答案】C
【解析】温度不变，体积减小一半，压强增大，若平衡不移动，则物质Y和Z的浓度为原来的2倍，而实际为1.8倍，所以平衡向逆反应方向移动，由此可判断：化学计量数：a＜b+c，A项错误；压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)增大，B错误；达到新平衡时，物质X的转化率减小，C项正确；达到新平衡时，混合物中Z的质量分数减小，D项错误。
11.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为（ ）
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
12.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g) MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H > 0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（ ）
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
CO的转化率
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO2的质量分数
【答案】A
【解析】
【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A. 若x是温度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B. 若x是CO的物质的量，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量；
C. 若x是二氧化硫的浓度，二氧化硫浓度增大，平衡逆向移动；
D. 若x是MgSO4的质量，硫酸镁是固体，其质量的改变不影响平衡移动，据此进行分析。
【详解】A. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，符合图象，A项正确；
B. 若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，B项错误；
C. 若x是SO2的浓度，y是CO的转化率，SO2浓度增大，平衡逆向移动，则CO的转化率减小，C项错误；
D. 若x是MgSO4的质量，y是CO2的质量分数，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO2的质量分数不变，D项错误；
答案选A。
13.已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ。如果1 mol CH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，则一定量O2的质量为（ ）
A. 40 g B. 56 g
C. 60 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】根据CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，可写出甲烷燃烧热的热化学方程式，再根据1molCH4气体不完全燃烧生成CO和H2O(l)时，放出的热量为519kJ，写出甲烷燃烧生成CO的热化学方程式，已知1molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，依据反应热可列方程组求解，进而计算消耗氧气的质量。
【详解】已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，则1molCH4气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出的热量为802kJ，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ，则可以写出甲烷燃烧的热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -802 kJ·mol-1
②CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH= -519 kJ·mol-1
根据已知条件：1 molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可列方程组求解。
设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，则可得等式：
x+y=1，802x+519y=731.25，联立两等式，解得x=0.75mol，y=0.25mol，所用的O2的质量为32g∙mol-1×（0.75mol×2+0.25mol×3/2）=60g；
答案选C。
14.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= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是（ ）
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ，A项正确；
B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H更小，△H＜-574 kJ∙mol-1，B项正确；
C. 若有1mol甲烷反应，氧化产物均为CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，转移电子数相同，C项正确；
D. 反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是8mol，标准状况下4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol，但没有注明反应物4.48L CH4温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D项错误；
答案选D。
15.一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应过程如下图。下列说法正确的是（ ）
A. t1 min时，正、逆反应速率相等
B. 曲线X表示NH3的物质的量随时间变化的关系
C. 0~8 min，H2的化学反应速率v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1
D. 10~12 min，N2的化学反应速率v(N2)=0.25 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】根据图知，随着反应的进行，X的物质的量增大、Y的物质的量减少，反应达到平衡状态时，X、Y的物质的量变化量分别为△n(X)=(0.6−0)mol=0.6mol，△n(Y)=(1.2−0.3)mol=0.9mol，X、Y的物质的量变化量之比等于其计量数之比=0.6mol:0.9mol=2:3，则X是NH3、Y是H2。
A. 可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，没有达到平衡状态时正逆反应速率不等，根据图知，t1min时，NH3和H2的物质的量仍然在变化，没有保持不变，则该反应没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不等，A项错误；
B. 根据以上分析知，X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，B项正确；
C. 0∼8min，H2的平均反应速率为，C项错误；
D. 10∼12min，NH3的平均反应速，，再根据同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率为0.0025mol⋅L−1⋅min−1，D项错误；
答案选B。
16.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低 ③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅 ⑤加入催化剂有利于合成氨的反应 ⑥由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深 ⑦500℃时比室温更有利于合成氨的反应 ⑧将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
A. ①②⑥⑧ B. ①③⑤⑦ C. ②⑤⑥⑦D. ②③⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂只能改变反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释，据此分析。
【详解】①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，Fe(SCN)3浓度增大，颜色变深，能用勒夏特列原理解释；
②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸为强酸，不存在电离平衡，稀释盐酸溶液，溶液中氢离子浓度降低，不能用勒夏特列原理解释；
③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释；
④2NO2⇌N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释；
⑤催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释；
⑥由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；
⑦合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释；
⑧合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，能用勒夏特列原理解释；
综上所述，②⑤⑥⑦不能用勒夏特列原理解释；
答案选C。
17.α1和α2分别为A在甲、乙两个恒容容器中平衡体系A(g)+B(g)C(g)和2A(g)B(g)的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是（ ）
A. α1、α2均减小 B. α1、α2均增大 C. α1减小，α2增大 D. α1增大，α2减小
【答案】C
【解析】
【分析】在恒温、恒容条件下，对于反应A(g)+B(g)C(g)，增大一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身的转化率是降低的；
对于反应：2A(g)B(g)，增加A的物质的量，平衡正向移动，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，据此分析。
【详解】在恒温、恒容条件下,对于反应A(g)+B(g)C(g)，增加A的物质的量，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，A的转化率减小，即α1减小；
对于反应：2A(g)B(g)，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向生成B的方向移动，A的转化率增大，即α2增大；
答案选C。
18.溴水中存在着如下的平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，下列措施，不能使溶液颜色变浅的是（ ）
A. 通入乙烯气体 B. 通入SO2气体 C. 加入NaF晶体 D. 加入NaI晶体
【答案】D
【解析】试题分析：A、溴水与乙烯发生加成反应，溶液颜色变浅，错误；B、SO2漂白性，会使溶液变浅，错误；C、NaF + HBr ="=" HF + NaBr，溶液变浅，错误；D、正确
19.一定条件下，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＝3∶1
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率相等
D. c1的取值范围为0.04 mol·L-1 < c1 < 0.14 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】若反应向正反应方向进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式
X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
开始（mol/L）：c1 c2 c3
变化（mol/L）：0.04 0.12 0.08
平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08
c1=0.14 c2=0.42 c3=0
若反应向逆反应方向进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式 X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
开始（mol/L）：c1 c2 c3
变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08
c1=0 c2=0 c3=0.28
由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以起始时浓度范围为0
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为其化学计量数之比为3:2，B项错误；
C. 反应前后X、Y气体的浓度比相同且等于其化学计量数之比，达到平衡状态时，转化率相等，C项正确；
D. 反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如果反应向正反应方向进行，经分析，c1<0.14mol⋅L−1，如果反应向逆反应进行，经分析，0
20.在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol NO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（ ）
A. 相对平均分子质量增大 B. NO2的转化率提高
C. NO2的质量分数增大 D. 反应放出的总热量大于原来的2倍
【答案】C
【解析】试题分析：因为体积不变，再向容器中充入a mol NO2，物质的量增大一倍，压强增大，平衡向右移动，所以平均相对分子质量增大、NO2的转化率提高、反应放出的总热量大于原来的2倍，NO2的质量分数减小，故C项不正确。
21.在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A. 图表示温度对平衡的影响，且甲温度较高
B. 图表示t0时刻恒容充入He(g)
C. 图表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D. 图中a点v正 > v逆
【答案】D
【解析】
【分析】容器的容积不变，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，该反应是一个正反应方向气体物质的量减小且放热的反应，根据外界条件的改变对反应速率以及平衡移动的影响进行分析。
【详解】A. 乙到达平衡的时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的百分含量增大，A项错误；
B. t0时刻，恒容充入He(g)，容器容积不变，各物质的浓度不变，因此正、逆反应速率都不变，B项错误；
C. t0时刻增大O2浓度的瞬间，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，生成物浓度此刻不变，逆反应速率不变，之后逐渐增大，C项错误；
D. 曲线上各点都是平衡点，a点时SO2的百分含量比相同温度下平衡时的百分含量大，因此应该向正反应方向进行，使SO2的百分含量减小达到平衡状态，则a点v正> v逆，D项正确；
答案选D。
22.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】A. 反应在前50s的平均速率为，A项错误；
B. 由表格数据可知，250s达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B项错误；
C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g)
开始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
则该温度时，反应的平衡常数为：
起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，，平衡正向移动，则达到平衡前v(正)>v(逆)，C项正确；
D. 起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%，D项错误；
答案选C。
23.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：A(g) + 2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是（ ）
A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）>φ（N）
B. 若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）>α(N)
C. 若x<3，C的平衡浓度关系为：c（M）>c（N）
D. x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【答案】D
【解析】M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D。
24.在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)，图Ⅰ表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
图Ⅰ图Ⅱ
A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L-1·min-1
B. 图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH>0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正>v逆
D. 200 ℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数等于0.5
【答案】B
【解析】
【分析】A. 由图Ⅰ可知，200℃平衡时，B的物质的量的变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据计算v(B)；
B. 由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，据此判断反应热效应；在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B、C的物质的量的变化量，从而确定化学方程式的化学计量数之比，据此计算a的值；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，计算平衡时A的体积分数，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，等效为原平衡增大压强，据此判断增大压强平衡移动方向，进而分析A的体积分数。
【详解】A. 由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故，A项错误；
B. 由图Ⅱ可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应反向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0；由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，C的物质的量变化量为0.2mol−0 mol=0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比得出反应方程式为：2A(g)＋B(g)C(g)，在一定的温度下，只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，则A.、B的起始物质的量之比n(A):n(B)=2，即a=2，B项正确；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故v正=v逆，C项错误；
D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入A、B分别为0.8mol、0.4mol时，平衡时A的体积分数为：，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到的平衡状态，可等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，D项错误；
答案选B
25.在容积固定的2 L密闭容器中进行某一可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)，用Y的物质的量浓度的改变表示反应速率v正、v逆与时间的关系如下图所示，已知单位为mol·L-1·s-1，则图中阴影部分的面积表示（ ）
A. X的物质的量浓度的减少值
B. Y的物质的量浓度的减少值
C. Z的物质的量的增加值
D. Y的物质的量的减少值
【答案】B
【解析】
【分析】观察图像，纵坐标为Y的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故V(正)×t(平衡)表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，再利用浓度变化量之比等于化学计量数之比判断X、Z的浓度变化，据此解答。
【详解】观察图像，纵坐标为Y的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故V(正)×t(平衡)表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，即阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，
A. 浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c(X)=1/2△c(Y)，为阴影面积的一半，A项错误；
B. 由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，B项正确；
C. 由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，C项错误；
D. 阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y)，容器的体积为2L，阴影部分的面积不能表示Y的物质的量的减少量，D项错误；
答案选B。
26.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＜0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡不移动
【答案】D
【解析】
【分析】反应在恒容密闭容器中进行，该反应是一个反应前后气体物质的量减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小；改变纯液体的量，对反应速率没有影响；升高温度平衡向逆反应方向移动；使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动。
【详解】A. 该反应是一个反应前后气体物质的量减小的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，A项错误；
B. 硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，B项错误；
C. 该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，C项错误；
D. 催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，D项正确；
答案选D。
27.合成氨所需的氢气可由水煤气反应制得，其中的一步反应为：CO(g) +H2O(g) ⇌CO2(g) +H2(g)；△H=﹣43kJ/mol对于上述反应，下列措施中能提高CO转化率的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度
C. 增大水蒸气的浓度 D. 增大CO的浓度
【答案】C
【解析】试题分析：A．由于该反应是等体积的反应，所以增大压，平衡不发生移动，CO转化率不变，错误；B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，根据平衡移动原理平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说平衡逆向移动，所以CO转化率降低，错误；C．增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO转化率提高，正确；D．增大CO的浓度，平衡正向移动，但是CO增加的物质的量远大于平衡移动的消耗量，所以CO转化率反而降低，错误。
28.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变ΔH＞0
B. 图中Z的大小为a＞3＞b
C. 图中X点对应的平衡混合物中=3
D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小
【答案】A
【解析】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；
B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；
C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；
D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题 共44分）
二、填空题
29.常温常压下，断裂1 mol(理想)气体分子化学键所吸收的能量或形成1 mol(理想)气体分子化学键所放出的能量称为键能(单位为kJ·mol-1)。下表是一些键能数据(kJ·mol-1)：
化学键
键能
化学键
键能
化学键
键能
C－F
427
C－Cl
330
C－I
218
H－H
436
S＝S
255
H－S
339
请完成下列问题。
(1)由表中数据规律预测C－Br键的键能范围：___< C－Br键能 <_______。
(2)热化学方程式2H2(g)＋S2(g)＝2H2S(g) ΔH＝ Q kJ∙mol-1，则Q＝___。
(3)已知：N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ∙mol-1；N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ∙mol-1。试计算1 mol肼和二氧化氮完全反应生成氮气和水蒸气时放出的热量为____kJ，写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式：___________。
【答案】 (1). 218 kJ∙mol-1 (2). 330 kJ∙mol-1 (3). -229 (4). 567.85 (5). 2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1
【解析】
【分析】（1）根据元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C-Br原子半径在C-Cl和C-I之间，键能应介于C-Cl和C-I之间，分析图表数据分析化学键键能的大小；
（2）根据键能计算反应焓变，△H=反应物键能总和-生成物键能总和；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式。
【详解】（1）元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C−Br原子半径在C−Cl和C−I之间，键能应介于C−Cl和C−I之间，则C−Br键的键能范围为218kJ⋅mol−1
（2）热化学方程式2H2(g)＋S2(g)＝2H2S(g)； △H=QkJ⋅mol−1，△H=反应物键能总和−生成物键能总和=2×436kJ/mol+255kJ/mol−2×2×339kJ/mol=−229kJ/mol；
故答案为：−229；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算②×2−①得，2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1，则1 mol肼和二氧化氮完全反应生成氮气和水蒸气时放出的热量为1135.7/2=567.85kJ；
故答案为：567.85kJ；2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1。
30.在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ•mol-1表示。请认真观察下图，然后回答问题。
（1）图中反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，该反应 （填“需要”或“不需要”）环境先提供能量，该反应的△H= （用含E1、E2的代数式表示）。
（2）已知热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g) =H2O(g) △H= －241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2 kJ•mol-1，则其逆反应的活化能为 。
（3）对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(I)相比，活化能 ，单位体积内活化分子的百分数 ，因此反应速率 ，（前面的三个空填“增大”“减小”“不变”）你认为最可能的原因是 。
【答案】(1). 放热 (2). 需要 (3). (E1-E2) kJ•mol-1 (4). 409.0 kJ•mol-1 (5). 降低 (6). 增多 (7). 加快 (8). 使用了催化剂
【解析】（1）图示反应是放热反应，反应物断键要吸收能量，所以该反应需要环境先提供能量，反应热等于生成物与反应物的能量差，即E1﹣E2，故答案为：放热；需要；E2﹣E1；
（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2（g） +O2（g） ═ H2O （g） △ H = ﹣241.8kJ•mol﹣1，该反应的活化能为167.2kJ•mol﹣1，则其逆反应的活化能=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol，
故答案为：409.0KJ/mol；
（3）图象分析可知，虚线表示的是降低反应的活化能，单位体积内活化分子数增多反应速率加快，但达到平衡状态相同，化学平衡不变化，改变的条件是加入了催化剂；故答案为：减小；增大；增大；使用催化剂．
31.有硫酸酸化的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液能将KMnO4溶液中的MnO4-转化为Mn2+。某化学小组研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
实验编号
温度
初始
pH
0.1mol/L草酸溶液体积/mL
0.01mol/LKMnO4溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
待测数据（反应混合液褪色时间/s）
①
常温
1
20
50
30
t1
②
常温
2
20
50
30
t2
③
常温
2
40
t3
(1)常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验，完成实验设计表_______、______。
(2)该反应的离子方程式______________________________________________。
(3)若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是__________________________________。
(4)请你设计实验验证MnSO4对该反应起催化作用，实验方案(不要求写出具体操作过程)：_______________________________________________________________________；
预期实验结果和结论：_____________________________________________________。
【答案】 (1). 50 (2). 10 (3). 5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O (4). 溶液的pH对该反应的速率有影响(或在一定条件下，c(H＋)越大，反应速率越快) (5). 向混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验 (6). 若所测时间t
【分析】（1）实验要求控制KMnO4溶液初始浓度相同，根据总体积为100mL，计算水的体积；
（2）草酸与高锰酸钾反应生成锰离子和二氧化碳、水，依据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒写出反应的离子方程式；
（3）实验①和②只有pH不同，其它条件都相同，应用控制变化量法研究溶液酸碱性对于反应速率的影响；
（4）应用控制变化量法验证MnSO4对于反应速率的影响，控制其他反应条件与实验①相同，加硫酸锰进行对比实验。
【详解】（1）实验要求控制KMnO4溶液初始浓度相同，则KMnO4溶液的体积为50mL，溶液总体积应保持一致，为100mL，则水的体积10mL；故答案为：50；10；
（2）硫酸酸化的草酸与高锰酸钾反应生成锰离子和二氧化碳、水，依据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，其反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；故答案为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
（3）实验①和②只有pH不同，其它条件都相同，而且t1
（4）应用控制变化量法验证MnSO4对于反应速率的影响，控制其他反应条件与实验①相同，加硫酸锰进行对比实验，若反应混合液褪色时间小于实验①中的t1，则MnSO4对该反应起催化作用，若褪色时间相同，则MnSO4对该反应无催化作用；
故答案为：向混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验；若所测时间t
(1)在一容积为2 L的密闭容器内，充入0.2 mol CO与0.4 mol H2发生反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A、B两点对应的压强大小关系是PA _______PB（填“>、<、=”）。
②在压强为P2时B、C两点的正反应速率大小关系是______________
③下列叙述能说明上述反应已达到化学平衡状态的是__________
A．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 B．CH3OH的体积分数不再改变
C．混合气体的密度不再改变 D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
(2)在压强为P1、温度为T1 ℃时，H2的平衡转化率为__________(计算出结果)，再加入1.0 mol CO后重新到达平衡，则CO的转化率___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
(3) 在压强为P1、温度为T1 ℃时，1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.05 mol、H2：0.1mol、CH3OH：0.05mol。此时v(正)________v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 (1). < (2). v正(C)>v正(B) (3). BD (4). 50% (5). 减小 (6). =
【解析】
【分析】（1）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大；
②压强相同时，升高温度，增大正、逆反应速率都增大；
③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态，据此分析；
（2）P1压强、T1°C时，CO的转化率为0.5，计算CO的转化量，进而计算H2的转化率；其它条件不变，增加一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率是降低的；
（3）计算此时浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【详解】（1）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大，则PA < PB；
故答案为：<；
②压强相同时，升高温度，正、逆反应速率都增大，在压强为P2时，C点比B点温度高，则C点正反应速率较大；
故答案为：v正(C)>v正(B)
③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态，据此分析；
A. H2的消耗速率和CH3OH生成速率都表示正反应速率，不能判断平衡状态，A项错误；
B. CH3OH的体积分数不再改变，能判断平衡状态，B项正确；
C. 因为容器容积不变，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，因此混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不再改变，不能判断平衡状态，C项错误；
D. 因为随着反应的进行，在平衡之前，CO物质的量不断减少，CH3OH的物质的量不断增多，因此CO和CH3OH的物质的量之比一直增大，因此CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，能判断平衡状态，D项正确；
故答案为：BD；
（2）在压强为P1、温度为T1 ℃时，CO的转化率为0.5，则CO的减少量为0.2mol×0.5=0.1mol，因此H2的减少量为0.2mol，因此H2平衡转化率为；再加入1.0 mol CO，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO的转化率减小；
故答案为：50%；减小；
（3）根据已知信息，在一容积为2 L的密闭容器内，充入0.2 mol CO与0.4 mol H2发生反应，在压强为P1、温度为T1 ℃时，到达平衡时CO转化率为0.5，因此可列出三段式计算该温度下的平衡常数，
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
反应前(mol/L) 0.1 0.2 0
转化(mol/L) 0.05 0.1 0.05
平衡时(mol/L) 0.05 0.1 0.05
化学平衡常数，
条件不变，1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，
CO:0.05mol、H2:0.1mol、CH3OH:0.05mol，可计算此刻的浓度商=K，因此反应处于平衡状态，v(正)=v(逆)；
故答案为：=。
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