山西省大同一中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山西省大同一中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（每小题3分，共42分）1．实现“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源．目前工业方法是用CO2来生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下图表示该反应过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是（　　）A．△H＜0，△S＜0B．△H＞0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＞0　2．下列说法正确的是（　　）A．自发反应在任何条件下都能实现B．化学反应不一定都有能量变化C．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大D．一般使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应物的转化率　3．已知某密闭容器中发生反应：X（g）+2Y（g）⇌W（g）+Z（g），△H＜0（Y物质极易被熔化），下列说法一定正确的是（　　）A．若W为有颜色的物质，达到平衡后，增大压强，体系颜色变浅B．改变压强但不改变温度，该反应平衡常数不变C．平衡时，其它条件不变，升高温度，正反应速率增大程度比逆反应率增大程度小D．平衡时，其它条件不变，分离出Z，正反应速率加快　4．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（　　）物质XYZ初始浓度/mol•L﹣10.10.202min末浓度/mol•L﹣10.08ab平衡浓度/mol•L﹣10.050.050.1A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1　5．在某密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌C（g）符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（　　）24\nA．p3＞p4，Y轴表示A的转化率B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数C．p3＞p4，Y轴表示B的转化率D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量　6．下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是（　　）A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣akJ•mol﹣1B．N2（g）+3H2（g）⇌NH3（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1C．N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+ckJ•mol﹣1D．CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H=+dkJ•mol﹣1　24\n7．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（　　）A．该反应的焓变为正值B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C．升高温度，逆反应速率减小D．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2　8．已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）A．容器内压强P：P甲=P丙＜2P乙B．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙　9．对达到平衡状态的可逆反应X+Y⇌Z+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化如图所示，则图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为（　　）A．Z、W均为气体，X、Y中有一种是气体B．Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体C．X、Y、Z、W皆非气体D．X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体　10．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（　　）A．加少量烧碱溶液B．降低温度C．加少量冰醋酸D．加水　11．100mL6mol/LH2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速度，但又不影响生成氢气的总量，不可向反应物中加入适量的（　　）A．碳酸钠（固体）B．水C．硫酸钾溶液D．CH3COONa（固体）　12．有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（　　）A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11mol•L﹣124\nB．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同C．醋酸中的c（CH3COO﹣）和硫酸中的c（SO42﹣）相等D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同　13．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ•mol﹣1C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．乙烷的燃烧热就是1mol乙烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量　14．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6KJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890KJ•mol﹣1现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热2939.5KJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）A．1：1B．1：3C．1：4D．2：3　　二、填空题（本题包括7个题，共计58分）15．一定温度下，A、B两瓶乙酸的浓度分别是1mol/L和0.1mol/L，则A、B两瓶乙酸溶液中[H+]之比　　　　　　10（填“＜”、“＞”或“=”），并简述理由　　　　　　．　16．下列反应在210℃时达到平衡：①PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）；△H1＞0K1=1mol•L﹣1②CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L•mol﹣1③COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）（1）反应③的平衡常数K3=　　　　　　．（2）要使反应①和反应②的K数值相等，可采取的措施是　　　　　　（填序号）．A．降低反应①、②体系中Cl2浓度B．反应①、②选择不同的催化剂C．反应①、反应②同时升高温度D．反应①、反应②同时降低温度E．反应①降低温度，反应②维持210℃　17．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　　　　　　kJ；（2）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示（注：T1、T2均大于300℃）：下列说法正确的是　　　　　　（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为n（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣124\n②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（3）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率a，则容器内的压强与起始压强之比为　　　　　　．　18．（1）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料．由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（气）Si（纯）写出SiCl4的电子式：　　　　　　；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　（2）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　　　　　　．　19．（10分）（2022秋•山西校级期中）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1一种工业合成氨的简易流程图如图1：（1）步骤Ⅱ中制氢气原理如下：①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是　　　　　　．a．升高温度　　　b．增大水蒸气浓度c．加入催化剂D．降低压强24\n（2）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：　　　　　　．（3）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始　　　　　　，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．（4）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）　　　　　　．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：　　　　　　．　20．（10分）（2022秋•山西校级期中）已知某一温度下：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），K=1；现往1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及2.0molCO2．（1）求反应达到平衡后两物质的转化率分别为多少？（2）若保持相同的条件，改为投入1.0molH2以及4.0molCO2，求反应达到平衡后两物质的转化率又分别为多少？（3）通过上面的计算，若在化工生产中得到启示是：　　　　　　．　21．（12分）（2022秋•山西校级期中）如图装置中，A是由导热材料制成的密闭容器，B是耐化学腐蚀且易于传热的透明气球，关闭K2，将等量的1molNO2通过K1、K3分别充A、B中，反应起始时，A、B的体积相同均为aL．已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0（1）B中可通过　　　　　　判断可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）已经达到平衡．（2）若平衡后向A中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数　　　　　　（填“变小”、“变大”或“不变”）．（3）若A中到达平衡所需时间为ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v（NO2）=　　　　　　．（4）若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为　　　　　　L．　　2022-2022学年山西省大同一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共42分）1．实现“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源．目前工业方法是用CO2来生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下图表示该反应过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是（　　）24\nA．△H＜0，△S＜0B．△H＞0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＞0【考点】焓变和熵变．【分析】依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应是熵减少的反应△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，判断反应是放热反应，△H＜0．【解答】解：依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应是熵减少的反应△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，判断反应是放热反应，△H＜0，故选：A．【点评】本题考查了反应的焓变、熵变判断，图象分析是关键，难度中等．　2．下列说法正确的是（　　）A．自发反应在任何条件下都能实现B．化学反应不一定都有能量变化C．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大D．一般使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应物的转化率【考点】反应热和焓变；焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题．【分析】A、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能够自发进行，反应能否自发进行，决定于焓变和熵变两个因素，缺一不可；B、化学反应一定伴随着能量变化和物质变化；C、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大；D、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动．【解答】解：A、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能够自发进行，反应能否自发进行，决定于焓变和熵变两个因素，缺一不可，放热的熵减小的反应在高温下不能自发进行，故A错误；B、物质发生化学反应一定都伴随着能量变化，故B错误；C、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定能够增大，故C正确；D、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，但不能提高反应物的转化率，故D错误；故选C．【点评】本题考查反应自发性的判断、化学反应与能量关系以及影响化学反应速率的因素等，难度不大，注意基础知识的积累．　3．已知某密闭容器中发生反应：X（g）+2Y（g）⇌W（g）+Z（g），△H＜0（Y物质极易被熔化），下列说法一定正确的是（　　）A．若W为有颜色的物质，达到平衡后，增大压强，体系颜色变浅B．改变压强但不改变温度，该反应平衡常数不变C．平衡时，其它条件不变，升高温度，正反应速率增大程度比逆反应率增大程度小D．平衡时，其它条件不变，分离出Z，正反应速率加快【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、体积减小加压时，气体颜色变深；B、Y可能变成液态；C、升温时平衡逆向移动，正逆反应速率都会加快，但逆反应速率大于正反应速率；24\nD、分离出Z时，正反应速率逐渐减慢．【解答】解：A、增大压强时，W浓度增大，体系颜色变深，故A错误；B、若压强改变导致Y的状态变为液态时，Y不列入平衡常数表达式，所以平衡常数可能改变，故B错误；C、升温时平衡逆向移动，正逆反应速率都会加快，但逆反应速率大于正反应速率，故C正确；D、分离出Z时，正反应速率开始不变但逐渐减慢，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了化学平衡移动及化学平衡常数和化学反应速率的影响因素，题目难度不大．　4．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（　　）物质XYZ初始浓度/mol•L﹣10.10.202min末浓度/mol•L﹣10.08ab平衡浓度/mol•L﹣10.050.050.1A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据图表数据和转化率概念计算分析；B、依据平衡浓度和平衡常数的概念计算分析判断；C、压强增大，反应速率增大，正逆反应速率都增大；D、依据反应速率的概念计算判断；【解答】解：A、平衡时，X的转化率=×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数==1600，故B错误；C、反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），起始量0.10.20变化量0.020.060.042min量0.080.140.04前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．24\n【点评】本题考查了合成平衡影响因素分析，平衡计算应用，转化率、平衡常数概念的分析计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　5．在某密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌C（g）符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（　　）A．p3＞p4，Y轴表示A的转化率B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数C．p3＞p4，Y轴表示B的转化率D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量【考点】化学平衡的影响因素．【分析】由图1可知，温度T1时，P2到达平衡的时间短，则反应速率快，所以P2＞P1，压强越大，C%越大，则正反应方向为体积减小的方向；压强P2时，T1到达平衡的时间短，则反应速率快，所以T1＞T2，温度越高，C%越小，故正反应为放热反应；由图Ⅱ可知，Y随温度的升高而降低，根据选项结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．【解答】解：由图1可知，温度T1时，P2到达平衡的时间短，则反应速率快，所以P2＞P1，压强越大，C%越大，则正反应方向为体积减小的方向；压强P2时，T1到达平衡的时间短，则反应速率快，所以T1＞T2，温度越高，C%越小，故正反应为放热反应，A．升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P3＞P4，故A正确；B．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，则P3＜P4，故B错误；C．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，故C正确；D．混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均相对分子质量增大，则P3＞P4，故D正确，故选B．【点评】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素，关键是利用“定一议二”与“先拐先平数值大”原则分析反应特征．　6．下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是（　　）A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣akJ•mol﹣124\nB．N2（g）+3H2（g）⇌NH3（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1C．N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+ckJ•mol﹣1D．CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H=+dkJ•mol﹣1【考点】化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题；化学平衡专题．【分析】A、依据先拐先平，温度高分析判断；B、反应是气体体积减小的放热反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行；C、反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向进行，四氧化二氮物质的量分数增大，压强一定，温度越高平衡正向进行，四氧化二氮物质的量分数减小；D、增大二氧化碳物质的量，转化率减小；【解答】解：A、依据先拐先平，温度高分析判断，图象中先拐的为温度低的体积，不符合平衡建立，故A错误；B、反应是气体体积减小的放热反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行，正反应速率大于逆反应速率，图象不符合，故B错误；C、反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向进行，四氧化二氮物质的量分数增大，压强一定，温度越高平衡正向进行，四氧化二氮物质的量分数减小U型符合变化特征，故C正确；D、增大二氧化碳物质的量，相当于增大压强平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡图象分析判断，化学平衡影响因素分析判断，掌握分析方法是解题关键，题目较简单．　24\n7．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（　　）A．该反应的焓变为正值B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C．升高温度，逆反应速率减小D．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据平衡常数K=，可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，据此判断；B、根据平衡常数K=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，据此判断；C、根据影响化学反应速率的因素判断；D、根据平衡常数的定义及题中表达式判断；【解答】解：A、根据平衡常数K，可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，故A正确；B、根据平衡常数K=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，所以氢气的浓度增大，故B错误；C、升高温度，无论正反应速率还是逆反应速率都会增大，故C错误；D、平衡常数等于生成浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据题中的K的表达式可知，CO和H2O是生成物，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了平衡常数的定义、影响化学反应速率的因素，中等难度，解题的关键在于对平衡常数表达式的理解．　8．已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）A．容器内压强P：P甲=P丙＜2P乙B．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．24\n【分析】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，据此结合选项解答；【解答】解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，故A正确；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，故压强m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，故B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2：1，故C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误；故选AB．【点评】本题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡．　9．对达到平衡状态的可逆反应X+Y⇌Z+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化如图所示，则图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为（　　）A．Z、W均为气体，X、Y中有一种是气体B．Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体C．X、Y、Z、W皆非气体D．X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可知，在其他条件不变的情况下，增大压强，逆反应速率比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，则气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，注意由于正、反应速率都增大，故反应物、生成物都一定有气体，据此进行解答．【解答】解：由图可知，在其他条件不变的情况下，增大压强，逆反应速率比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，则气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，A、若Z、W均为气体，对于可逆反应X+Y⇌Z+W，气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，由于正反应速率增大，故X、Y中有一种是气体，故A正确；24\nB、若Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体，增大压强，不影响正反应速率，故B错误；C、X、Y、Z、W皆非气体，改变压强，不影响反应速率，影响平衡移动，故C错误D、X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体，增大压强平衡向正反应移动，与图象不符合，故D错误；故选A．【点评】本题考查速率时间图象、压强对反应速率及化学平衡的影响，难度不大，注意压强对速率的影响本质是，改变条件引起压强的变化，进而影响物质的浓度．　10．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（　　）A．加少量烧碱溶液B．降低温度C．加少量冰醋酸D．加水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答．【解答】解：A．加入少量烧碱溶液，反应生成CH3COO﹣，c（H+）减小，由于CH3COO﹣对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故B错误；C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，同时考查学生分析问题和解决问题能力，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素．　11．100mL6mol/LH2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速度，但又不影响生成氢气的总量，不可向反应物中加入适量的（　　）A．碳酸钠（固体）B．水C．硫酸钾溶液D．CH3COONa（固体）【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．【解答】解：A．碳酸钠与酸反应，生成氢气的量减少，故A选；B．加入水，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故B不选；C．加适量的硫酸钾溶液，相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故C不选；D．加适量的醋酸钠，会和硫酸反应生成醋酸，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故D不选．故选A．24\n【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度对反应速率的影响即可解答，选项D为学生解答中的难点，注意醋酸为弱酸的特点，题目难度不大．　12．有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（　　）A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11mol•L﹣1B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同C．醋酸中的c（CH3COO﹣）和硫酸中的c（SO42﹣）相等D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度为1×10﹣3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）计算溶液中c（OH﹣），溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子；C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO﹣），硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42﹣）；D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸．【解答】解：A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1×10﹣3mol/L，溶液中氢氧根浓度均为c（OH﹣）==1×10﹣11mol/L，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11mol•L﹣1，故A正确；B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故B错误；C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO﹣）=1×10﹣3mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42﹣）=1×10﹣3mol/L，故c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，故C错误；D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气原大于与硫酸反应生成的氢气，故D错误；故选A．【点评】本题考查弱电解质的电离、溶液pH的有关计算等，难度不大，注意弱电解质的电离存在平衡，电离程度很小．　13．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ•mol﹣1C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．乙烷的燃烧热就是1mol乙烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．24\n【分析】A．强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热，注意只生成水；B．燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，反应热与方程式的计量数成正比放出反写时，反应热的符号相反；C．反应是吸热还是放热反应与反应条件无关；需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；D．燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，应生成液态水．【解答】解：A．强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，生成沉淀也要放热，则H2SO4和Ba（OH）2的反应放出的热量大于2×57.3kJ，则△H＜2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1，故A错误；B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的△H=2×（﹣283.0）kJ•mol﹣1，所以2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的△H=2×（+283.0）kJ•mol﹣1，故B正确；C．需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，则1mol乙烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量不是乙烷的燃烧热，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查了焓变与反应热、中和热、燃烧热等知识，为高频考点，侧重于基本概念的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　14．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6KJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890KJ•mol﹣1现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热2939.5KJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）A．1：1B．1：3C．1：4D．2：3【考点】有关反应热的计算．【分析】H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．【解答】解：H2与CH4的混合气体112L，n===5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，2571.6kJx285.8xCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1，1890kJy890ykJ则，解得x=2.5mol，y=2.5mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是2.5mol：2.5mol=1：1，故选A．24\n【点评】本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，题目难度中等．　二、填空题（本题包括7个题，共计58分）15．一定温度下，A、B两瓶乙酸的浓度分别是1mol/L和0.1mol/L，则A、B两瓶乙酸溶液中[H+]之比　＜　10（填“＜”、“＞”或“=”），并简述理由　稀释过程中乙酸电离平衡正向移动，促进电离　．【考点】物质的量浓度．【分析】乙酸存在电离平衡，将其浓度稀释10倍，因电离平衡正向移动，c（H+）大于原来溶液中c（H+）的．【解答】解：在相同温度下，将1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释至原体积的10倍，则浓度变为原来浓度的，所以稀释后浓度为0.01mol/L，因稀释过程中乙酸电离平衡正向移动，因此0.1mol/L乙酸溶液中c（H+）大于原溶液中c（H+）的，因此前者与后者的c（H+）比值小于10．故答案为：＜；稀释过程中乙酸电离平衡正向移动，促进电离．【点评】本题考查了弱酸存在电离平衡且其浓度越小电离程度越大，题目难度不大．　16．下列反应在210℃时达到平衡：①PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）；△H1＞0K1=1mol•L﹣1②CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L•mol﹣1③COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）（1）反应③的平衡常数K3=　2×10﹣5mol•L﹣1　．（2）要使反应①和反应②的K数值相等，可采取的措施是　C　（填序号）．A．降低反应①、②体系中Cl2浓度B．反应①、②选择不同的催化剂C．反应①、反应②同时升高温度D．反应①、反应②同时降低温度E．反应①降低温度，反应②维持210℃【考点】化学平衡的影响因素．【分析】（1）平衡常数等于生成物浓度的化学计量数幂之积除以反应物的浓度的化学计量数幂之积，由于反应③=①+②，故K3=K1×K2，据此计算；（2）平衡常数只受温度影响，要使反应①和反应②的K数值相等，由平衡常数数值可知，则应使K1增大、K2减小，结合温度对平衡的影响判断．【解答】解：（1）平衡常数等于生成物浓度的化学计量数幂之积除以反应物的浓度的化学计量数幂之积，②CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L•mol﹣1，③COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）逆反应，平衡常数K3===2×10﹣5mol•L﹣1，故答案为：2×10﹣5mol•L﹣1；（2）要使反应①和反应②的K数值相等，则应使K1增大、K2减小，平衡常数只受温度影响，反应①正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；反应②正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故应适当升高温度，24\n故选C．【点评】本题考查化学平衡常数及影响元素，难度不大，（1）注意根据平衡常数表达式进行理解理解．　17．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　2858　kJ；（2）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示（注：T1、T2均大于300℃）：下列说法正确的是　③④　（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为n（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（3）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率a，则容器内的压强与起始压强之比为　1﹣　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】简答题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（2）利用图象中甲醇的变化来计算反应速率，并利用图象中时间与速率的关系来分析T1、T2，再利用影响平衡的因素来分析解答；（3）根据化学平衡的三段法计算平衡时各物质的物质的量，再利用反应前后气体的物质的量之比等于压强之比来解答．【解答】解：（1）H2（g）的燃烧热△H为﹣285.8kJ•mol﹣1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1molH2O（l）为1molH2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解10molH2O（l）消耗的能量为285.8kJ×10=2858kJ，故答案为：2858；（2）根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，则T1时的平衡常数比T224\n时的大，③、④正确，②中该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故②错误，①中按照其计算速率的方法可知反应速率的单位错误，应为mol•min﹣1，故①错误，故答案为：③④；（3）由化学平衡的三段模式法计算可知，CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：1300转化（mol）：a3aaa平衡（mol）：1﹣a3﹣3aaa根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，即（1﹣a+3﹣3a+a+a）：（1+3）==1﹣，故答案为：1﹣．【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式的书写、化学平衡的相关知识，该题对这些知识的要求比较高，综合性强，解答本题比较费时，该题难度较大．　18．（1）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料．由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（气）Si（纯）写出SiCl4的电子式：　　；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）△H=+0.025akJ•mol﹣1　（2）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，结合物质的量与反应放出的热量成正比计算；（2）该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据题干描述书写化学方程式，注意焓变与物质的量的对应关系、注明各物质的状态．【解答】解：四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，四氯化硅的电子式为，每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为24\nKJ=0.025aKJ，所以该反应的热化学方程式为SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）；△H=+0.025akJ•mol﹣1，故答案为：；SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）△H=+0.025akJ•mol﹣1；（2）该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol，故答案为：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol．【点评】本题考查了热化学方程式的书写，应注意在书写热化学方程式时，焓变与物质的量的对应关系、并注明各物质的状态，题目较简单．　19．（10分）（2022秋•山西校级期中）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1一种工业合成氨的简易流程图如图1：（1）步骤Ⅱ中制氢气原理如下：①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是　a　．a．升高温度　　　b．增大水蒸气浓度c．加入催化剂D．降低压强（2）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：　14.5%　．24\n（3）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始　　，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．（4）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）　Ⅳ　．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：　分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】简答题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）反应①是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大，依据平衡移动原理和影响反应速率因素分析判断；（2）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；（3）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；（4）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断．【解答】解：（1）反应①CH4（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大；a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；d．降低压强，反应速率减小，平衡正向进行，氢气百分含量增大，故d不符合；故选a；（2）依据反应特征N2+3H2=2NH3△V1322平衡体积VV24\n即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5﹣21=14.5，则氮气体积分数为14.5%；故答案为：14.5%；（3）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：；故答案为：；（4）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；故答案为：Ⅳ；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡计算应用，注意反应特征的计算应用，图象绘制，掌握基础是关键，题目难度较大．　20．（10分）（2022秋•山西校级期中）已知某一温度下：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），K=1；现往1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及2.0molCO2．（1）求反应达到平衡后两物质的转化率分别为多少？（2）若保持相同的条件，改为投入1.0molH2以及4.0molCO2，求反应达到平衡后两物质的转化率又分别为多少？（3）通过上面的计算，若在化工生产中得到启示是：　增大反应中的一种反应物浓度，可以提高另一种反应物的转化率　．【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及2.0molCO2，则氢气和二氧化碳的浓度分别为1.0mol/L、2.0mol/L，设氢气转化的浓度为xmol/L，根据反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），利用三段式分析，起始（mol/L）1200转化（mol/L）xxxx平衡（mol）1﹣x2﹣xxx24\n根据平衡常数K==1，x=，可求得平衡时的各物质的浓度，根据转化率=×100%计算；（2）1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及4.0molCO2，则氢气和二氧化碳的浓度分别为1.0mol/L、4.0mol/L，设氢气转化的浓度为xmol/L，根据反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），利用三段式分析，起始（mol/L）1400转化（mol/L）xxxx平衡（mol）1﹣x4﹣xxx根据平衡常数K==1，x=0.8，可求得平衡时的各物质的浓度，根据转化率=×100%计算；（3）根据（1）和（2）中的数据，氢气的起始物质的量相同，其它反应条件也相同，只有二氧化碳的起始的物质的量不同，据此进行比较可得到结论．【解答】解：（1）1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及2.0molCO2，则氢气和二氧化碳的浓度分别为1.0mol/L、2.0mol/L，设氢气转化的浓度为xmol/L，根据反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），利用三段式分析，起始（mol/L）1200转化（mol/L）xxxx平衡（mol）1﹣x2﹣xxx根据平衡常数K==1，x=，所以氢气的转化率=×100%=×100%=66.7%，二氧化碳的转化率=×100%=×100%=33.3%，答：氢气的转化率为66.7%，二氧化碳的转化率为33.3%；（2）1.0L的密闭容器中投入1.0molH2以及4.0molCO2，则氢气和二氧化碳的浓度分别为1.0mol/L、4.0mol/L，设氢气转化的浓度为xmol/L，根据反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g），利用三段式分析，起始（mol/L）1400转化（mol/L）xxxx平衡（mol）1﹣x4﹣xxx根据平衡常数K==1，x=0.8，所以氢气的转化率=×100%=×100%=80%，二氧化碳的转化率=×100%=×100%=20%，答：氢气的转化率为80%，二氧化碳的转化率为20%；24\n（3）根据（1）和（2）中的数据，氢气的起始物质的量相同，其它反应条件也相同，当二氧化碳的物质的量增大时，氢气的转化率会增大，所以在化工生产中得到启示是增大反应中的一种反应物浓度，可以提高另一种反应物的转化率，答：增大反应中的一种反应物浓度，可以提高另一种反应物的转化率．【点评】本题考查了化学平衡常数的有关计算，明确化学平衡常数的表达式及其含义是解本题关键，会利用三段式法进行解答，会根据平衡浓度计算转化率，题目难度中等．　21．（12分）（2022秋•山西校级期中）如图装置中，A是由导热材料制成的密闭容器，B是耐化学腐蚀且易于传热的透明气球，关闭K2，将等量的1molNO2通过K1、K3分别充A、B中，反应起始时，A、B的体积相同均为aL．已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0（1）B中可通过　气体颜色不变　判断可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）已经达到平衡．（2）若平衡后向A中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数　减小　（填“变小”、“变大”或“不变”）．（3）若A中到达平衡所需时间为ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v（NO2）=　mol/（L．min）　．（4）若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为　0.7a　L．【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）平衡时二氧化氮浓度不变，颜色不变化；（2）若平衡后向A中再充入0.5molN2O4，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动；（3）压强之比等于物质的量之比，计算平衡时混合气体物质的量，根据方程式计算反应的NO2的物质的量，再根据v=计算v（NO2）；（4）打开开关K，保持温度不变，再达平衡时，等效为开始加入2molNO2到达的平衡，恒温恒压下与B中平衡为等效平衡，反应物转化率不变，平衡时混合气体总物质的量为B中2倍，恒温恒压下压强之比等于物质的量之比，则开始加入2molNO2到达的平衡时总体积为原平衡中气球B体积的2倍．【解答】解：（1）平衡时二氧化氮浓度不变，颜色不变化，B中可以根据气体颜色不变说明到达平衡，故答案为：气体颜色不变；（2）若平衡后向A中再充入0.5molN2O4，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数减小，故答案为：减小；（3）压强之比等于物质的量之比，平衡时混合气体物质的量为1mol×0.8=0.8mol，则：2NO2（g）⇌N2O4（g）起始量（mol）：10转化量（mol）：x0.5x平衡量（mol）：1﹣x0.5x所以1﹣x+0.5x=0.8，解得x=0.4，24\n则v（NO2）==mol/（L．min），故答案为：mol/（L．min）；（4）打开开关K，保持温度不变，再达平衡时，等效为开始加入2molNO2到达的平衡，恒温恒压下与B中平衡为等效平衡，反应物转化率不变，平衡时混合气体总物质的量为B中2倍，恒温恒压下压强之比等于物质的量之比，则开始加入2molNO2到达的平衡时总体积为原平衡中气球B体积的2倍，所以打开K2之前，气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL，故答案为：0.7a．【点评】本题考查化学平衡计算，涉及等效平衡问题，较好的考查学生分析解决问题能力，关键是等效平衡途径的建立，难度中等．　24