山东省临沂一中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省临沂一中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧　2．用玻璃棒迅速搅拌如图所示装置内（小烧杯与玻璃片之间有一薄层水）的固体混合物．稍后手拿起烧杯时发现玻璃片与烧杯粘结在一起．下列有关该反应的说法中正确的是（　　）A．反应中有化学能转化为热能B．反应中的能量关系如图二C．是吸热反应D．化学键的总键能：反应物＜生成物　3．下列有关反应热的说法正确的是（　　）A．在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量B．由C（石墨，S）═C（金刚石，S）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可知金刚石比石墨稳定C．已知常温常压下：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则有：H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ•mol﹣1D．已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2　4．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1由此可以推断下列结论正确的是（　　）A．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量B．①的焓变为221kJ•mol﹣1C．浓硫酸与稀NaOH溶液完全反应生成1mol水时放热为57.3kJD．1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ　5．过量的锌粉与10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但不影响氢气生成量的是（　　）A．CH3COOHB．CuSO4C．K2SO4D．NaHCO3　21\n6．对于反应4CO（g）+2NO2（g）═N2（g）+4CO2（g），以下化学反应速率的表示中，所表示反应速率最快的是（　　）A．v（CO）=1.6mol•（L•min）﹣1B．v（NO2）=0.9mol•（L•min）﹣1C．v（N2）=0.25mol•（L•min）﹣1D．v（CO2）=1.2mol•（L•min）﹣1　7．下列说法正确的是（　　）A．有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增多C．在化学反应中，加入催化剂只能增大正反应速率D．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数　8．下列关于平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．化学平衡常数用来定量描述化学反应的限度B．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢C．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关D．对于一个化学反应达到平衡之后，若只改变一个因素使得平衡发生移动，则K值一定变化　9．下列事实能说明H2SO3不是强电解质的是（　　）①0.05mol/LH2SO3溶液的pH＞1，②常温下Na2SO3溶液的pH＞7，③H2SO3不稳定，易分解，④H2SO3能与碳酸钠反应制CO2，⑤H2SO3能和水以任意比例互溶，⑥1molH2SO3能够消耗2molNaOH．A．①②⑤B．①②④C．①②③⑤D．①②　10．对于可逆反应A（g）+2B（g）═C（g）△H＜0，下列“研究目的”和“图示”相符的是（　　）选项ABCD研究目的压强对反应的影响（P2＞P1）温度对反应的影响平衡体系增加A对反应的影响催化剂对反应的影响图示A．AB．BC．CD．D　21\n11．在一定条件下发生反应3A（g）+2B（g）═zC（g）+2D（g），在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v（D）=0.2mol•（L•min）﹣1．则下列说法不正确的是（　　）A．z=4B．B的转化率是40%C．A的平衡浓度是1.4mol•L﹣1D．平衡时气体压强是原来压强的0.9　12．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（　　）A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．容器的总压强不变D．容器中各组分的体积分数不随时间变化　13．下列说法正确的是（　　）A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B．化学反应的方向与反应的熵变无关C．室温下，CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）不能自发进行，说明该反应△H＜0D．同一物质：固体→液体→气体的变化是焓增和熵增的过程　14．现有0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液500mL，若加500mL水或加入部分CH3COONa晶体时，都会引起（　　）A．溶液的pH增大B．CH3COOH的电离程度增大C．溶液的导电能力减小D．溶液的c（OH﹣）减小　15．在相同温度时100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（　　）A．中和时所需NaOH的量B．电离程度C．H+的浓度D．CH3COOH的物质的量　16．下列措施或事实不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．在合成氨的反应中，增大压强有利于氨的合成B．H2、I2、HI三者的平衡混合气，加压（缩小容器体积）后颜色变深C．新制的氯水在光照下颜色变浅D．氯气可以用排饱和食盐水的方法收集（Cl2+H2O═HCl+HClO）　　二、非选择题（本题包括4小题，共52分）17．下列物质中能导电的是　　　　　　，属于电解质的是　　　　　　，属于非电解质的是　　　　　　．①H2SO4，②蔗糖，③熔融硫酸钠，④NH3•H2O，⑤CO2，⑥碳酸钙，⑦CH3COOH，⑧铜，⑨氯气，⑩石墨．　18．下列变化过程，属于放热反应的是　　　　　　．21\n①弱酸电离，②酸碱中和反应，③NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌，④固体NaOH溶于水，⑤H2在Cl2中燃烧，⑥液态水变成水蒸气，⑦浓H2SO4稀释，⑧碳和二氧化碳反应生成一氧化碳．　19．已知：反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/molH2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣184kJ/mol请回答：（1）H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是　　　　　　．（2）断开1molH﹣O键所需能量约为　　　　　　kJ．　20．（10分）（2022秋•临沂校级期中）T℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示．根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为　　　　　　，正反应为　　　　　　（填“吸热”或“放热”）反应．（2）在密闭容器中，加入2molA和6molB．①当反应达到平衡时，A和B的浓度比是　　　　　　；A和B的转化率之比是　　　　　　．②升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量　　　　　　．（填“变大”、“变小”或“不变”）③当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将　　　　　　（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．④若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将　　　　　　（填“正向”、“逆向”或“不移动”）．达到新平衡后，容器内温度　　　　　　（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍．　21．（12分）（2022秋•临沂校级期中）在一定条件下，冰醋酸（纯净的醋酸）加水稀释过程中，溶液的导电能力（I）随加入水的体积（V）变化的曲线如图所示．请回答：（1）“O”点导电能力为0的理由是：　　　　　　（2）a、b、c三点处，溶液中c（H+）由大到小的顺序为：　　　　　　（3）a、b、c三点处醋酸的电离程度最大的是：　　　　　　21\n（4）若使c点溶液中c（CH3COO﹣）增大，c（H+）减小，可采取的措施是：（填写加入物质的化学式）①　　　　　　、②　　　　　　、③　　　　　　（5）稀醋酸稀释过程中，始终保持增大趋势的是：　　　　　　A．c（H+）B．n（H+）C．c（OH﹣）D．CH3COOH分子数E．．　22．（18分）（2022秋•临沂校级期中）甲醇（CH3OH）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等优良的性能．（1）CO2可用于合成二甲醚（CH3OCH3），有关反应的热化学方程式如下：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1，2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1，则CO2与H2反应合成二甲醚的热化学方程式为　　　　　　．（2）若反应2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入一定量甲醇，反应进行到某时刻，测得各物质的浓度如表所示：物质CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）浓度（mol•L﹣1）0.440.600.60①写出该反应的平衡常数表达式：K=　　　　　　．②比较该时刻正、逆反应速率的大小：v（正）　　　　　　v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）③若加入甲醇后经10min反应达到平衡，则平衡后c（CH3OH）=　　　　　　，该时间内反应速率v（CH3OCH3）=　　　　　　．（3）工业上合成甲醇的反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1，若在温度相同、容积均为2L的3个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时如下：容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCO、4molH2CH3OH的浓度（mol/L）c1=0.25c2c3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ平衡常数K1K2K3反应物转化率α1α2α3①下列不能说明该反应在恒温恒容条件下已达化学平衡状态的是　　　　　　．A．v正（H2）=2v逆（CH3OH）B．n（CO）﹕n（H2）﹕n（CH3OH）=1﹕2：1C．混合气体的密度不变D．混合气体的平均相对分子质量不变E．容器的压强不变②下列说法正确的是　　　　　　．A．c1=c2B．Q1=Q2C．K1=K2D．α2+α3＜100%③如图表示该反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如下表所示：t2～t3t4～t5t5～t6t7～t821\nK4K5K6K7K4、K5、K6、K7之间的关系为　　　　　　（填“＞”、“＜”或“=”）．反应物的转化率最大的一段时间是　　　　　　．　　2022-2022学年山东省临沂一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．故选B．【点评】本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握．　2．用玻璃棒迅速搅拌如图所示装置内（小烧杯与玻璃片之间有一薄层水）的固体混合物．稍后手拿起烧杯时发现玻璃片与烧杯粘结在一起．下列有关该反应的说法中正确的是（　　）A．反应中有化学能转化为热能B．反应中的能量关系如图二C．是吸热反应21\nD．化学键的总键能：反应物＜生成物【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明该反应是吸热反应，则反应中有热能转化为化学能，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应物的键能之和大于生成物的键能之和，据此分析．【解答】解：A．玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明该反应是吸热反应，则反应中有热能转化为化学能，故A错误；B．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；C．玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明该反应是吸热反应，故C正确；D．吸热反应，反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故D错误；故选C．【点评】该题是基础性试题的考查，试题紧扣教材，基础性强，侧重对学生基础知识的检验和训练，难度不大．　3．下列有关反应热的说法正确的是（　　）A．在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量B．由C（石墨，S）═C（金刚石，S）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可知金刚石比石墨稳定C．已知常温常压下：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则有：H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ•mol﹣1D．已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应是不可能自然进行的，无论放热还是吸热反应都要从外界吸收一部分热量达到反应的活化状态，对于放热反应来说是放出的热量大于吸收的热量，对于吸热反应来说是吸收的热量大于放出的热量；B、物质具有的能量越低物质越稳定；C、H2SO4与Ba（OH）2反应生成沉淀，也释放出热量，△H小于﹣114.6kJ•mol﹣1；D、S（g）变化为S（s）还要释放出热量，所以Q1＞Q2．【解答】解：A、反应是不可能自然进行的，无论放热还是吸热反应都要从外界吸收一部分热量达到反应的活化状态，对于放热反应来说是放出的热量大于吸收的热量，对于吸热反应来说是吸收的热量大于放出的热量，吸热反应需不一定需要从外界获得能量，放热反应未必不需从外界获得能量，故A错误；B、由C（石墨，S）═C（金刚石，S）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可知金刚石的能量高于石墨，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；C、H2SO4与Ba（OH）2反应生成沉淀，也释放出热量，△H小于﹣114.6kJ•mol﹣1，故C错误；D、S（g）变化为S（s）还要释放出热量，所以Q2＞Q1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了焓变、燃烧热、中和热等基本概念，理解其内涵是基础，题目难度不大．　4．已知反应：21\n①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1由此可以推断下列结论正确的是（　　）A．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量B．①的焓变为221kJ•mol﹣1C．浓硫酸与稀NaOH溶液完全反应生成1mol水时放热为57.3kJD．1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量；B、焓变包含符号，①的焓变为﹣221kJ•mol﹣1；C、浓硫酸稀释放出大量的热；D、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量．【解答】解：A、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故A错误；B、①的焓变为﹣221kJ•mol﹣1，故B错误；C、浓硫酸稀释放出大量的热，浓硫酸与稀NaOH溶液完全反应生成1mol水时放出的热量原等于57.3kJ，故C错误；D、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，故D正确；故选D．【点评】考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意强酸、强碱的稀溶液中和热为57.3kJ/mol．　5．过量的锌粉与10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但不影响氢气生成量的是（　　）A．CH3COOHB．CuSO4C．K2SO4D．NaHCO3【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据反应的实质为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．加入CH3COOH溶液，溶液被稀释，溶液中氢离子降低，反应速率减小，但电离出氢离子物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误；B、Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故B错误；C．加入硫酸钾溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢离子总量不变，所以生成氢气总量不变，故C正确；D．加入碳酸氢钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误，故选C．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意B选项构成原电池，加快反应速率．　21\n6．对于反应4CO（g）+2NO2（g）═N2（g）+4CO2（g），以下化学反应速率的表示中，所表示反应速率最快的是（　　）A．v（CO）=1.6mol•（L•min）﹣1B．v（NO2）=0.9mol•（L•min）﹣1C．v（N2）=0.25mol•（L•min）﹣1D．v（CO2）=1.2mol•（L•min）﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，而同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，从而确定选项．【解答】解：A．v（CO）=1.6mol•L﹣1•min﹣1；B．v（CO）=2v（NO2）=1.8mol•L﹣1•min﹣1；C．v（CO）=4v（N2）=1mol•L﹣1•min﹣1；D．v（CO）=v（CO2）=1.2mol•L﹣1•min﹣1；故选B．【点评】本题主要考查反应速率快慢的比较方法，难度不大，注意要把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，还要注意单位是否相同，也可以利用不同物质是速率与其化学计量数比值判断．　7．下列说法正确的是（　　）A．有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增多C．在化学反应中，加入催化剂只能增大正反应速率D．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施，以此解答．【解答】解：A．增大压强，活化分子的百分数不变，但浓度增大，反应速率增大，故A错误；B．增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，活化分子的百分数不变，故B错误；C．加入催化剂，正逆反应速率都增大，故C错误；D．升高温度，提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，则反应速率加快，故D正确．故选D．【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，侧重活化理论的理解及分析的考查，题目难度不大．　8．下列关于平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．化学平衡常数用来定量描述化学反应的限度B．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢C．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关D．对于一个化学反应达到平衡之后，若只改变一个因素使得平衡发生移动，则K值一定变化21\n【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡常数的大小仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，平衡常数越大，反应进行的程度就越大，据此分析．【解答】解：A．因定量描述化学反应的限度的量有：化学平衡常数和转化率，故A正确；B．化学平衡常数与化学反应进行的快慢无关，故B错误；C．平衡常数的大小仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故C错误；D．平衡常数的大小仅与温度有关，所以只要不是改变温度使得平衡发生移动，则K值一定不变，故D错误；故选：A．【点评】本题主要考查了平衡常数的有关知识，涉及知识点较多，试题的基础性较强．　9．下列事实能说明H2SO3不是强电解质的是（　　）①0.05mol/LH2SO3溶液的pH＞1，②常温下Na2SO3溶液的pH＞7，③H2SO3不稳定，易分解，④H2SO3能与碳酸钠反应制CO2，⑤H2SO3能和水以任意比例互溶，⑥1molH2SO3能够消耗2molNaOH．A．①②⑤B．①②④C．①②③⑤D．①②【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸的通性、溶解性不能说明酸的电离程度，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析亚硫酸是弱电解质．【解答】解：①0.05mol/LH2SO3溶液，若为强电解质，其溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，即pH=1，此时该溶液的pH＞1，说明亚硫酸为弱酸；②常温下Na2SO3溶液的pH＞7，说明此盐是强碱弱酸盐，能说明亚硫酸是弱酸；③H2SO3不稳定，易分解，不能说明其酸的强弱；④H2SO3能与碳酸钠反应制CO2，此说明亚硫酸的酸性强于碳酸，不能说明亚硫酸是强酸；⑤H2SO3能和水以任意比例互溶，这是亚硫酸的溶解性，与酸性无关；⑥1molH2SO3能够消耗2molNaOH，此说明亚硫酸为二元酸，不能说明其酸性强弱，故正确的是①②，故选D．【点评】本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性、测定盐溶液的pH、做对比实验等来判断弱电解质．　10．对于可逆反应A（g）+2B（g）═C（g）△H＜0，下列“研究目的”和“图示”相符的是（　　）选项ABCD研究目的压强对反应的影响（P2＞P1）温度对反应的影响平衡体系增加A对反应的影响催化剂对反应的影响21\n图示A．AB．BC．CD．D【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率变化曲线及其应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A、对于可逆反应：A（g）+2B（g）═C（g）△H＜0，应反应物气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强平衡向正反应方向移动；B、正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动；C、如只增加A的浓度，则正反应增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动；D、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动．【解答】解：A．增大压强，反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，故A错误；B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图象不符，故B错误；C．只增加A的浓度，则正反应增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，故C正确；D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以有催化剂反应速率快，达到平衡时间短，故D错误．故选C．【点评】本题以图象题的形成考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键．　11．在一定条件下发生反应3A（g）+2B（g）═zC（g）+2D（g），在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v（D）=0.2mol•（L•min）﹣1．则下列说法不正确的是（　　）A．z=4B．B的转化率是40%C．A的平衡浓度是1.4mol•L﹣1D．平衡时气体压强是原来压强的0.9【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数z，VD=0.2mol/（L•min），VC==0.4mol/（L•min），则z=4；3A（g）+2B（g）⇌4C（g）+2D（g），开始4200转化1.20.81.60.8平衡2.81.21.60.8结合转化率的概念及物质的量之比等于压强之比来计算．21\n【解答】解：根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数z，VD=0.2mol/（L•min），VC==0.4mol/（L•min），则z=4；3A（g）+2B（g）⇌4C（g）+2D（g），开始4200转化1.20.81.60.8平衡2.81.21.60.8A、计算可知z=4，故A正确；B、B的转化率=×100%=40%，故B正确；C、A的平衡浓度==1.4mol/L，故C正确；D、气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的=，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学平衡的计算，熟悉化学平衡的三段法计算及转化率的计算即可解答，注意反应速率与化学计量数的关系、化学计量数与压强的关系来解答，题目难度中等．　12．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（　　）A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．容器的总压强不变D．容器中各组分的体积分数不随时间变化【考点】化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体现中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量都不变，以及由此引起的其它物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．无论该反应是否达到平衡状态，只要单位时间内生成nmolA2，一定同时消耗2nmolAB，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故A错误；B．无论该反应是否达到平衡状态，容器内，3种气体AB、A2、B2一定共存，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故B错误；C．该反应的反应前后气体体积计量数之和不变，所以气体压强始终不变，则不能据此判断反应达到平衡状态，故C错误；D．该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以各组分的体积分数不随时间变化，则能据此判断该反应达到平衡状态，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，明确“只有反应前后改变的物理量才能作为判断依据”是解本题关键，注意反应前后气体体积计量数之和不变的可逆反应化学平衡状态的判断方法，题目难度中等．　13．下列说法正确的是（　　）A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B．化学反应的方向与反应的熵变无关21\nC．室温下，CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）不能自发进行，说明该反应△H＜0D．同一物质：固体→液体→气体的变化是焓增和熵增的过程【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、放热反应有利于反应的自发进行；B、熵增加的反应有利于反应的自发进行；C、根据反应可知△S＞0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0；D、同一物质：固体→液体→气体的变化时吸收能量焓增和混乱程度变大熵增的过程．【解答】解：A、放热反应有利于反应的自发进行，但是不一定所有的放热反应都是自发反应，故A错误；B、熵增大的反应有利于反应的自发进行，所以化学反应的方向与反应的熵变有关，故B错误；C、CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）气体的量增大，△S＞0，因为室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故C错误；D、同一物质：固体→液体→气体的变化时吸收能量焓增和混乱程度变大熵增的过程，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生影响化学反应方向的因素是：焓变和熵变，注意化学反应能否自发进行的判据是看△H﹣T△S是否小于零，必须综合考虑体系的焓变和熵变．　14．现有0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液500mL，若加500mL水或加入部分CH3COONa晶体时，都会引起（　　）A．溶液的pH增大B．CH3COOH的电离程度增大C．溶液的导电能力减小D．溶液的c（OH﹣）减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小．【解答】解：A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选A．【点评】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断．　15．在相同温度时100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（　　）21\nA．中和时所需NaOH的量B．电离程度C．H+的浓度D．CH3COOH的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题．【解答】解：A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1L×0.01mol•L﹣1=1×10﹣3mol，n（后）=c2•V2=0.01L×0.1mol•L﹣1=1×10﹣3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；C．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故C错误；D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH3COOH）前者小于后者，故D错误．故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．　16．下列措施或事实不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．在合成氨的反应中，增大压强有利于氨的合成B．H2、I2、HI三者的平衡混合气，加压（缩小容器体积）后颜色变深C．新制的氯水在光照下颜色变浅D．氯气可以用排饱和食盐水的方法收集（Cl2+H2O═HCl+HClO）【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【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．【解答】解：A、合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，为提高NH3的产率，理论上应采取高压措施，所以能用勒夏特列原理解释，故A错误；B、H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深，说明体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故B正确；C、黄绿色的氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO=2HCl+O2↑，光照后促进HClO分解，导致平衡右移，所以颜色变浅，可以用勒夏特里原理解释，故C错误；D、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO﹣+2H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故D错误；故选B．【点评】本题考查勒夏特里原理，明确勒夏特里原理内涵是解本题关键，知道勒夏特里原理的使用范围及条件，题目难度不大．　二、非选择题（本题包括4小题，共52分）17．下列物质中能导电的是　③⑧⑩　，属于电解质的是　①③④⑥⑦　，属于非电解质的是　②⑤　．①H2SO4，②蔗糖，③熔融硫酸钠，④NH3•H2O，⑤CO2，⑥碳酸钙，⑦CH3COOH，⑧铜，⑨氯气，⑩石墨．【考点】电解质与非电解质．21\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】物质导电的条件：含有自由移动的离子或自由电子；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；【解答】解：①H2SO4，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里能够导电的化合物，属于电解质；②蔗糖，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；③熔融硫酸钠，含自由移动的离子，导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；④NH3•H2O，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里能够导电的化合物，属于电解质；⑤CO2，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；本身不能电离出自由离子，属于非电解质；⑥碳酸钙，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；熔融状态下能够导电的化合物，属于电解质；⑦CH3COOH，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里能够导电的化合物，属于电解质；⑧铜，含有自由电子，能够导电；是单质，所以既不是电解质也不是非电解质；⑨氯气，不含自由移动的离子或自由电子，不导电；是单质，所以既不是电解质也不是非电解质；⑩石墨，含有自由电子，能够导电；是单质，所以既不是电解质也不是非电解质；所以：能导电的是：③⑧⑩；属于电解质的是：①③④⑥⑦；属于非电解质的是：②⑤；故答案为：③⑧⑩；①③④⑥⑦；②⑤．【点评】本题考查了电解质溶液导电的原因及电解质、非电解质的判断，能导电的不一定是电解质，如硝酸钾溶液；电解质不一定能导电，如硫酸铜晶体，注意单质和化合物既不是电解质也不是非电解质．　18．下列变化过程，属于放热反应的是　②⑤　．①弱酸电离，②酸碱中和反应，③NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌，④固体NaOH溶于水，⑤H2在Cl2中燃烧，⑥液态水变成水蒸气，⑦浓H2SO4稀释，⑧碳和二氧化碳反应生成一氧化碳．【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应；个别的化合反应（如C和CO2）；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：①弱酸电离，是吸热的物理过程，不是放热反应，故错误；②酸碱中和反应为放热反应，故错误；③NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌的反应为吸热反应，故正确；④固体NaOH溶于水，是放热的物理过程，故错误；21\n⑤H2在Cl2中燃烧，是放热反应，故错误；⑥液态水变成水蒸气，是吸热的物理过程，故错误；⑦浓H2SO4稀释，是放热的物理过程，故错误；⑧碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，是以碳为还原剂的氧化还原反应反应，为吸热反应，故正确．故答案为：②⑤．【点评】本题考查化学反应中能量变化，题目难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键．　19．已知：反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/molH2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣184kJ/mol请回答：（1）H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是　2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol　．（2）断开1molH﹣O键所需能量约为　463.4　kJ．【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．【分析】（1）根据盖斯定律来解答；（2）依据反应热=拆化学键吸收的能量﹣形成化学键放出的能量来解答．【解答】解：（1）①H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184kJ/mol②4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/mol根据盖斯定律①×2+②得：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol；（2）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，△H=断裂化学键吸收的能量﹣形成化学键放出的能量=2×436KJ+498KJ﹣4×H﹣O=﹣483.6kJ，则得到H﹣O的键能=463.4kJ，故答案为：463.4．【点评】本题考查了盖斯定律的应用，键能计算焓变的方法，难度不大．　20．（10分）（2022秋•临沂校级期中）T℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示．根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为　A（g）+3B（g）⇌2C（g）　，正反应为　放热　（填“吸热”或“放热”）反应．（2）在密闭容器中，加入2molA和6molB．①当反应达到平衡时，A和B的浓度比是　1：3　；A和B的转化率之比是　1：1　．②升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量　变小　．（填“变大”、“变小”或“不变”）③当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将　逆向　（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．21\n④若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将　逆向　（填“正向”、“逆向”或“不移动”）．达到新平衡后，容器内温度　小于　（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）由图（Ⅰ）可知，A和B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比判断反应的化学方程式；由图（Ⅱ）可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明生成温度平衡向逆反应方向移动，据此判断该反应是吸热还是放热反应；（2）①依据化学平衡起始量、变化量分析；②反应前后气体质量不变，物质的量减小，结合混合气体的平均相对分子质量=分析；③恒温恒容容器加入惰气，总压增大，为保持压强不变，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；④若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，反应是放热反应，平衡逆向进行方向．【解答】解：（1）由图（Ⅰ）可知，A和B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.6mol/L：0.4mol/L=1：3：2，则反应的化学方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；由图（Ⅱ）可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故答案为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；放热；（2）①若在密闭容器中，使2molA和6molB混合发生反应，依据化学平衡三段式列式计算，A（g）+3B（g）⇌2C（g）；起始量（mol）物质的量之比=A：B=2：6=1：3，反应物质的量之比为1：3，所以当反应达到平衡时，A和B的浓度比为1：3，A和B的转化率比是1：1；故答案为：1：3，1：1；②反应是放热反应，反应前后气体质量不变，物质的量减小，结合混合气体的平均相对分子质量=分析，升高平衡体系的温度（保持体积不变）平衡逆向进行，气体质量不变，气体物质的量增大，平均摩尔质量变小，故答案为：变小；③恒温恒容容器加入惰气，总压增大，为保持压强不变，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡逆向进行，故答案为：逆向；④若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，达到新平衡状态，容器中温度小于原来2倍，故答案为：逆向；小于．21\n【点评】本题考查了化学平衡图象问题，影响化学平衡因素的分析判断，题目难度中等，解答该题时注意分析图象的曲线变化特点，由图象得出反应的化学方程式，化学平衡移动原理为解答该题的关键．　21．（12分）（2022秋•临沂校级期中）在一定条件下，冰醋酸（纯净的醋酸）加水稀释过程中，溶液的导电能力（I）随加入水的体积（V）变化的曲线如图所示．请回答：（1）“O”点导电能力为0的理由是：　在“O”点处醋酸未电离，无离子存在　（2）a、b、c三点处，溶液中c（H+）由大到小的顺序为：　b＞a＞c　（3）a、b、c三点处醋酸的电离程度最大的是：　c　（4）若使c点溶液中c（CH3COO﹣）增大，c（H+）减小，可采取的措施是：（填写加入物质的化学式）①　加少量NaOH固体　、②　加少量Na2CO3固体　、③　加入Zn、Mg等金属　（5）稀醋酸稀释过程中，始终保持增大趋势的是：　BCE　A．c（H+）B．n（H+）C．c（OH﹣）D．CH3COOH分子数E．．【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】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大；（4）使c（CH3COO﹣）增大，溶液c（H+）减小，可以加少量NaOH固体、加少量Na2CO3固体、加入Zn、Mg等金属；（5）醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，结合溶液体积变化以及物质的量之比等于浓度之比解答该题．【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：在“O”点处醋酸未电离，无离子存在；（2）由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大，故答案为：b＞a＞c；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度的是c，故答案为：c；（4）若使c（CH3COO﹣）增大，溶液c（H+）减小，可采取的措施是：①加少量NaOH固体　②加少量Na2CO3固体　③加入Zn、Mg等金属，故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn、Mg等金属；（5）醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，平衡右移，A．体积增大，所以c（H+）减小，故A错误；21\nB．加水稀释促进电离，平衡右移，n（H+）增大，故B正确；C．体积增大，所以c（H+）减小，c（OH﹣）增大，故C正确；D．加水稀释促进电离，平衡右移，CH3COOH分子数减小，故D错误；E．加水稀释促进电离，n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，氢离子和醋酸分子浓度之比等于物质的量之比，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以比值增大，故E正确，故选BCE．【点评】本题考查电解质的电离，题目难度中等，易错选项是D，加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点．　22．（18分）（2022秋•临沂校级期中）甲醇（CH3OH）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等优良的性能．（1）CO2可用于合成二甲醚（CH3OCH3），有关反应的热化学方程式如下：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1，2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1，则CO2与H2反应合成二甲醚的热化学方程式为　2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣121.5kJ•mol﹣1　．（2）若反应2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入一定量甲醇，反应进行到某时刻，测得各物质的浓度如表所示：物质CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）浓度（mol•L﹣1）0.440.600.60①写出该反应的平衡常数表达式：K=　　．②比较该时刻正、逆反应速率的大小：v（正）　＞　v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）③若加入甲醇后经10min反应达到平衡，则平衡后c（CH3OH）=　0.040mol•L﹣1　，该时间内反应速率v（CH3OCH3）=　0.08mol•（L•min）﹣1　．（3）工业上合成甲醇的反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1，若在温度相同、容积均为2L的3个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时如下：容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCO、4molH2CH3OH的浓度（mol/L）c1=0.25c2c3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ平衡常数K1K2K3反应物转化率α1α2α3①下列不能说明该反应在恒温恒容条件下已达化学平衡状态的是　BC　．A．v正（H2）=2v逆（CH3OH）B．n（CO）﹕n（H2）﹕n（CH3OH）=1﹕2：1C．混合气体的密度不变D．混合气体的平均相对分子质量不变E．容器的压强不变②下列说法正确的是　AC　．A．c1=c2B．Q1=Q2C．K1=K2D．α2+α3＜100%③如图表示该反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如下表所示：t2～t3t4～t5t5～t6t7～t8K4K5K6K721\nK4、K5、K6、K7之间的关系为　K4＞K5=K6=K7　（填“＞”、“＜”或“=”）．反应物的转化率最大的一段时间是　t2～t3　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）根据盖斯定律及题中热化学方程式写出CO2与H2反应合成二甲醚的热化学方程式；（2）①平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；②根据各组分的浓度商与平衡常数的大小进行判断反应方向及正逆反应速率大小；③设达到平衡时又消耗了xmol甲醇，利用三段式及平衡常数列出方程式进行计算平衡时甲醇浓度及二甲醚的反应速率；（3）①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；②在恒温恒容条件下，甲加入1molCO、2molH2与乙中1molCH3OH为等效平衡，而丙中加入2molCO、4molH2，与甲相比，丙增大了压强，平衡向着正向移动，据此进行解答；③温度不变，化学平衡常数不变，t3时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，应该为升高了温度；t6时刻，正逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，平衡向逆反应移动，据此进行解答．【解答】解：（1）（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H20（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1①2CH3OH（g）=CH30CH3（g）+H20（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1②根据盖斯定律，将①×2+②可得：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣121.5kJ•mol﹣1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣121.5kJ•mol﹣1；（2）①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g），反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；②此时的浓度商为：Qc==1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；②设达到平衡时据此又消耗了xmol，则2CH3OH（g）≒CH3OCH3（g）+H2O（g）某时刻浓度（mol•L﹣1）：0.440.60.6转化浓度（mol•L﹣1）：2xxx平衡浓度（mol•L﹣1）：0.44﹣2x0.6+x0.6+x21\nK==400，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L﹣0.2mol/L×2=0.04mol/L，则10min生成二甲醚的浓度为：0.6moL/L+0.2moL/L=0.8mol/L，所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）==0.08mol/（L•min），故答案为：0.040mol•L﹣1；0.08mol•L﹣1•min﹣1；（3）①A．v正（H2）=2v逆（CH3OH），表示的是正逆反应速率，且满足二者计算量关系，说明反应达到平衡状态，故A错误；B．n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1，物质的量之比，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故B正确；C．混合气体的密度不变，反应前后都是气体，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，密度不能作为判断平衡状态的依据，故C正确；D．该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量发生变化，混合气体的平均分子量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，故D错误；E．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量在反应中发生变化，若容器的压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故E错误；故答案为：BC；②A、恒温恒容条件下，甲加入1molCO、2molH2与乙中1molCH3OH为等效平衡，则达到平衡时各组分的浓度都相等，所以c1=c2，故A正确；B、由于甲和乙是从不同方向进行的反应，则甲放出的热量与乙吸收的热量不一定相等，故B错误；C、由于甲和乙为从不同的方向进行的可逆反应，两个反应中温度相同，则平衡常数不变，所以K1=K2，故C正确；D、甲和乙为等效平衡，反应的方向完全不同，所以a1=a2，用于丙中浓度为甲的2倍，相当于增大了压强，丙中反应物转化率大于甲，即a3＞a1，所以a2+a3＞100%，故D错误；故答案为：AC；③t3时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，应为升高温度，所以K4＞K5；t6时刻，正逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，平衡向逆反应移动；应为降低压强，所以K6=K7；t5～t6正逆速率都增大，平衡不移动，应是使用催化剂，K不变，所以K5=K6，所以K4＞K5=K6=K7，根据t3时刻升高了温度，平衡向着逆向移动，反应物转化率减小；t4﹣t5时使用催化剂，转化率不变；t6时减小了压强，平衡向着逆向移动，反应物转化率减小，所以t2～t3段A的转化率最高，故答案为：K4＞K5=K6=K7；t2～t3．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，试题题量过大，难度较大，注意“始、转、平”是解决有关化学平衡的“三段论”解题法，当三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、反应速率、平衡时成分的体积分数等的关键．21