北京市通州区高中示范校2022学年高二化学上学期期中练习试卷3含解析

2022-2022学年北京市通州区高中示范校高二（上）期中化学练习试卷（3）　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共60分）1．下列过程一定释放出能量的是（　　）A．化合反应B．分解反应C．分子拆成原子D．原子组成分子　2．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）A．CH3COOHB．Cl2C．NH4HCO3D．SO2　3．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（　　）A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电　4．将纯水加热到较高的温度，下列叙述正确的为（　　）A．水的离子积变大，PH变小，呈中性B．水的离子积不变，PH不变，呈中性C．水的离子积变小，PH变大，呈碱性D．水的离子积变大，PH变小，呈酸性　5．过程的自发性的作用是（　　）A．判断过程的方向B．确定过程是否一定会发生C．判断过程发生的速率D．判断过程的热效应　6．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　7．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率可能增大C．加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用正催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大化学反应速率　8．一定条件下反应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2nmolAB31\nB．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　9．100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（　　）A．加入适量的6mol/L的盐酸B．加入数滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水D．加入适量的氯化钠溶液　10．一定温度下，向一个容积为2L的真空密闭容器中（事先装入催化剂）通入1molN2和3molH2，3min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍，在此时间内v（H2）是（　　）A．0.2mol/（L•min）B．0.6mol/（L•min）C．0.1mol/（L•min）D．0.3mol/（L•min）　11．在密闭容器中进行如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示，符合图示的正确判断是（　　）A．T1＞T2，△H＞0B．T1＞T2，△H＜0C．T1＜T2，△H＞0D．T1＜T2，△H＜0　12．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H＜0，在673K、30Mpa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．点c处反应达到平衡B．点a的正反应速率比点b的大C．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图中d点的值小　13．下列事实中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率　14．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）31\nA．V3＞V2=V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2＞V1D．V1＞V2=V3　15．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　16．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B．加水，反应速率增大，平衡向逆反应力向移动C．滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c（H+）减少D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动　17．灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体．已知：①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△Hl②Sn（s，灰）+2HCI（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H2③Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1KJ/mol下列说法正确的是（　　）A．△Hl＞△H2B．灰锡转化为白锡的反应是放热反应C．锡在常温下以灰锡状态存在D．锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏　18．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是（　　）A．保持温度和容器体积不变，充入1mol　SO3（g）B．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　SO3（g）C．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　O2（g）D．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　Ar（g）　19．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为436kJ，求水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量（　　）A．463kJB．557kJC．486kJD．188kJ　31\n20．在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入amolNO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（　　）A．平均相对分子质量增大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　21．下列说法正确的是（　　）A．吸热反应不加热就不会发生B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小D．放热的反应在常温下一定很容易发生　22．反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）（正反应为吸热反应）达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（　　）A．加压B．减压C．减少E的浓度D．降温　23．在一密闭容器中有如下反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强P1＜P2，由此可判断（　　）A．正反应为放热反应B．化学方程式中的计量数a＞bC．G的转化率随温度升高而减小D．增大压强，容器内气体质量不变　24．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0．下列叙述正确的是（　　）A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大　25．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D．将水加热，Kw增大，pH变小，但仍呈中性31\n　26．向某密闭容器中充入1molCO和2molH2O（g），发生反应：CO+H2O（g）⇌CO2+H2．当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数小于x的是（　　）A．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2B．0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2C．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5molH2D．1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2　27．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（　　）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．在温度、体积不变的情况下，若按照起始充入比例再向容器中充入反应物，重新达平衡后，HCl的体积分数不变D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应　28．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（　　）A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大B．甲烧杯中的酸过量C．两烧杯中参加反应的锌不等量D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小　29．对于平衡体系mA（气）+nB（气）⇌PC（气）十qD（气）△H＜0，有下列判断，其中正确的是（　　）A．若温度不变，将容器的体积缩小1倍，此时A的浓度变为原来的1.8倍，则m+n＜p+qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时A，B的物质的量之比为m：nC．若平衡体系共有气体amol，再向其中加人bmolB，当重新达到平衡时，气体的总物质的量等于（a+b），则m+n＞p+qD．加催化剂或增大压强，可实现如图a→b的变化　30．碘钨灯比白炽灯使用寿命长．灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W（s）+I2（g）WI2（g），△H＜0（温度T1＜T2）．下列说法正确的是（　　）A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W，W重新沉积到灯丝上B．灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低31\nC．该反应的平衡常数表达式：K=D．利用该反应原理可以提纯钨　　三、填空题（共40分）31．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．（1）该反应是　　　　　　反应（填“吸热”“放热”）；（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　　　　　　（填“增大”“减小”“不变”），原因是　　　　　　；（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　　　　　　，原因是　　　　　　；（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　　　　　　，E2　　　　　　（填“增大”“减小、”“不变”）．　32．在一密闭体系中发生下列反应：N2+3H2⇌2NH3△H＜0，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是　　　　　　．（2）t1、t3、t4时刻体系中分别对应的条件变化为：　　　　　　，　　　　　　，　　　　　　；（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是　　　　　　．A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6（4）对于上述反应，起始时加入1molN2和3molH2，在恒温恒压条件下反应达到平衡时生成amolNH3，在恒温恒容条件下，达到平衡时生成bmolNH3，则a和b的大小关系为　　　　　　（5）对于上述反应，在恒温恒容条件下，起始时充入2molN2和3molH2，达到平衡时生成bmolNH3，若相同条件下，起始时充入xmolN2，ymolH2，zmolNH3，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变，则x、y、z取值必须满足的一般条件为：　　　　　　，　　　　　　；（一个只含x，z；另一个只含y，z）　31\n33．高炉炼铁中发生的基本反应如下：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）已知1100℃，K=0.263（1）1100℃时，若平衡向右进行，高炉内CO2和CO的体积比值　　　　　　．（填“增大”“减小”或“不变”）（2）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）=0.1mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态　　　　　　（填“是”或“否”），此时化学反应速率是V正　　　　　　V逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是：　　　　　　．　34．红磷P（s）和Cl2发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）根据上图回答下列问题（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式　　　　　　；（2）PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式　　　　　　；上述分解反是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，其分解率α1等于　　　　　　；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5分解率α2，α1　　　　　　α2（填“大于”，“小于”或“等于”）；（3）工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5．原因是　　　　　　；（4）P和Cl2分两步反应生成1molPCl3的△H1=　　　　　　；P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H2　　　　　　△H1（填“大于”，“小于”或“等于”）；（5）PCl5与足量水反应，最终生成两种酸，其化学方程式是　　　　　　．　35．在密闭容器中，将起始浓度均为2mol/L的CO和H2O混合加热到400℃，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），一段时间后该反应达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：（1）平衡时CO的转化率为　　　　　　；该反应在该温度时的化学平衡常数为　　　　　　．（2）在相同的条件下，如果H2O和CO的起始浓度变为4mol/L，则CO的转化率为　　　　　　．（3）800℃时，该反应的平衡常数为1，则该反应的△H　　　　　　0（填＞，＜，=）31\n（4）改变起始条件，在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生上述反应，CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　　　　　　mol/（L•min）（5）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表：t℃时物质浓度（mol/L）的变化时间（min）COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623C1C2C3C34C1C2C3C350.1160.2160.0840.10460.0960.2660.104①表中3min～4min之间反应处于　　　　　　状态；C1数值　　　　　　0.08mol/L（填大于、小于或等于）．②反应在4min～5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　　　　　　（单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　　　　　　（单选）．A．增加水蒸气B．降低温度C．使用催化剂D．增加氢气浓度．　　31\n2022-2022学年北京市通州区高中示范校高二（上）期中化学练习试卷（3）参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共60分）1．下列过程一定释放出能量的是（　　）A．化合反应B．分解反应C．分子拆成原子D．原子组成分子【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】A、根据大多数化合反应是放热反应；D、根据大多数分解反应是吸热反应；C、根据化学键的断裂要吸收能量；D、根据化学键的形成要放出能量；【解答】解：A、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，故A错误；D、大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙分解，故B错误；C、化学键的断裂要吸收能量，所以分子拆成原子一定不释放出能量，故C错误；D、化学键的形成要放出能量，所以原子组成分子一定释放出能量，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查了物质变化过程中能量的变化，难度不大，要注意特殊情况．　2．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）A．CH3COOHB．Cl2C．NH4HCO3D．SO2【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A．CH3COOH在水中能电出离自由移动的离子，则其水溶液导电，所以CH3COOH属于电解质，故A错误；B．Cl2溶于水能与水反应生成盐酸和次氯酸，水溶液能导电，但Cl2是单质，所以Cl2既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．NH4HCO3在水中能电出离自由移动的离子，则其水溶液导电，所以NH4HCO3是电解质，故C错误；D．SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以SO2是非电解质，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，根据其定义来分析解答即可，难度不大．　3．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（　　）A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电【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．31\n【分析】A．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；B．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；C．稀释促进电离，升温促进电离；D．NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电．【解答】解：A．强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确；B．强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；C．弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当浓度不同时，离子的浓度不同，所以导电能力不同．但当温度也不同时，弱电解质的电离程度也不同，所以当这两个因素都不相同时，导电能力可能相同，故C正确；D．离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故D正确．故选B．【点评】本题考查强弱电解质与导电能力的关系，难度不大，注意离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等．　4．将纯水加热到较高的温度，下列叙述正确的为（　　）A．水的离子积变大，PH变小，呈中性B．水的离子积不变，PH不变，呈中性C．水的离子积变小，PH变大，呈碱性D．水的离子积变大，PH变小，呈酸性【考点】离子积常数；水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈中性，据此分析解答．【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水中c（H+）、c（OH﹣）都增大，则水的离子积常数增大，PH减小，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈中性，故选A．【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生对影响水电离因素的分析，注意：不能根据pH大小判断溶液酸碱性，要根据c（H+）、c（OH﹣）的相对大小判断溶液酸碱性，为易错点．　5．过程的自发性的作用是（　　）A．判断过程的方向B．确定过程是否一定会发生C．判断过程发生的速率D．判断过程的热效应【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应．【解答】解：化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应，故选：A．【点评】本题主要考查了反应的自发性，需要注意的是自发反应不一定会发生．　31\n6．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．【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．　7．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率可能增大C．加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用正催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大化学反应速率【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】压强、浓度只影响单位体积活化分子的数目，温度、催化剂影响活化分子的百分数．【解答】解：A．增大压强，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B错误；C．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D正确．故选D．31\n【点评】本题考查活化能及其对反应速率的影响，题目难度不大，注意温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响的根本原因是对活化分子的影响，但影响原因不同．　8．一定条件下反应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．　9．100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（　　）A．加入适量的6mol/L的盐酸B．加入数滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水D．加入适量的氯化钠溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．【解答】解：A．加入适量的6mol•L﹣1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；B．加入数滴氯化铜溶液，锌将铜置换出来形成原电池，反应速率加快，没有改变氢气的总量，故B选；C．加入适量蒸馏水，浓度变小，反应速率减慢，故C不选；D．加入适量的氯化钠溶液，反应速率减慢，故D不选；故选：B．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，注意Zn过量盐酸完全反应，题目难度不大．　10．一定温度下，向一个容积为2L的真空密闭容器中（事先装入催化剂）通入1molN2和3molH2，3min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍，在此时间内v（H2）是（　　）31\nA．0.2mol/（L•min）B．0.6mol/（L•min）C．0.1mol/（L•min）D．0.3mol/（L•min）【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】利用压强之比等于物质的量之比，求出3min末时容器内混合气体的物质的量，据此通过方程式利用差量法计算氢气的物质的量变化量，再利用根据v=计算v（H2）．【解答】解：3min末测得容器内压强是起始时压强的0.9倍，压强之比等于物质的量之比，所以3min末时容器内混合气体的物质的量为（1mol+3mol）×0.9=3.6mol对反应3H2+N2⇌2NH3物质的量变化△n32△n（H2）4mol﹣3.6mol=0.4mol所以△n（H2）=×0.4mol=0.6mol，所以3min内，用H2表示的平均反应速率v（H2）==0.1mol/（L•min）．故选：C．【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度不大，关键根据压强变化计算参加反应的氢气的物质的量．　11．在密闭容器中进行如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示，符合图示的正确判断是（　　）A．T1＞T2，△H＞0B．T1＞T2，△H＜0C．T1＜T2，△H＞0D．T1＜T2，△H＜0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】根据温度对平衡移动的影响分析，温度越高，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．【解答】解：温度越高，化学反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，所以T1＜T2；升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，导致产物的量降低，说明该反应向逆反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应的△H＜0，故选D．【点评】本题考查了化学平衡图象题的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，然后根据温度对化学平衡的影响分析反应热．　12．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H＜0，在673K、30Mpa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示．下列叙述正确的是（　　）31\nA．点c处反应达到平衡B．点a的正反应速率比点b的大C．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图中d点的值小【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，升高温度平衡逆向移动，据此答题．【解答】解：A、由图可知，c点反应物和生成物物质的量仍在变化，反应没有达到平衡状态，故A错误；B、从a点到b点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在逐渐降低，即点a的正反应速率比点b的大，故B正确；C、d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，即d点和e点n（N2）相等，故C错误；D、已知该反应正方向为放热反应，其他条件不变，773K下反应至t1时刻，由于温度升高平衡向逆方向移动，则n（H2）增大，所以n（H2）比上图中d点的值大，故DQ错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键．　13．下列事实中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率【考点】化学平衡的影响因素．【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，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用；A、存在二氧化碳的溶解平衡，主要是压强影响；B、利用的是铁的还原性，不存在化学平衡；C、氯化钠的溶解平衡；D、存在化学平衡，增加氧气浓度，平衡向正向移动．【解答】解：A、开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，且属于可逆反应，能用勒沙特列原理解释，故A错误；B、在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化，利用是铁粉的还原性，不涉及化学平衡移动知识，不能用勒沙特列原理解释，故B正确；31\nC、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒沙特列原理解释，故C错误；D、根据平衡：2SO2+O22SO3，使用过量的空气即增大氧气的量可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒沙特列原理解释，故D错误．故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，难度不大．　14．有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）A．V3＞V2=V1B．V3=V2=V1C．V3＞V2＞V1D．V1＞V2=V3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH﹣）越大，消耗酸越多．【解答】解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选A．【点评】本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等．　15．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；31\nB、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．　16．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B．加水，反应速率增大，平衡向逆反应力向移动C．滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c（H+）减少D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；B、加水促进电离，平衡正向进行；C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；【解答】解：A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；故A正确；B、加水稀释促进电离平衡，浓度减小反应速率减小，醋酸电离平衡正向进行；故B错误；C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；达到锌平衡后，溶液中氢离子浓度增大，故C错误；D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素判断，电离是吸热过程，醋酸是弱电解质存在电离平衡，题目较简单．　17．灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体．已知：①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△Hl②Sn（s，灰）+2HCI（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H231\n③Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1KJ/mol下列说法正确的是（　　）A．△Hl＞△H2B．灰锡转化为白锡的反应是放热反应C．锡在常温下以灰锡状态存在D．锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据③来判断反应的焓变大小；B、物质具有的能量越低越稳定；C、根据反应的焓变来确定反应是吸热还是放热；D、根据反应③当温度低于13.2℃的环境时Sn的转化来判断．【解答】解：A、根据③：Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol﹣1，则②﹣①=③，所以△H2﹣△H1=△H3＞0，所以△H1＜△H2，故A错误；B、根据③：Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol﹣1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故B错误；C、根据③：Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol﹣1，则锡在常温下以白锡状态存在，故C错误；D、根据③：Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol﹣1，当温度低于13.2℃的环境时，会自行毁坏，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及物质的能量和其稳定性之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　18．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是（　　）A．保持温度和容器体积不变，充入1mol　SO3（g）B．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　SO3（g）C．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　O2（g）D．保持温度和容器内压强不变，充入1mol　Ar（g）【考点】化学平衡的影响因素．【分析】达到平衡后，改变条件，SO3的平衡浓度不改变的，说明为等效平衡，恒温恒容按化学计量数转化到左边满足2molSO2，1molO2或恒温恒压按化学计量数转化到左边满足n（SO2）：n（O2）=2：1，再结合平衡移动分析．【解答】解：A、温度和容器的体积不变，充入1molSO3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（SO2）=1mol，n（O2）=0.5mol，不满足2molSO2，1molO2，与原来的平衡不是等效平衡，所以SO3气体平衡浓度改变，故A不符合；31\nB、温度和容器的压强不变，充入1molSO3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（SO2）=1mol，n（O2）=0.5mol，满足n（SO2）：n（O2）=2：1，与原来的平衡是等效平衡，所以SO3气体平衡浓度不改变，故B符合；C、保持温度和容器的压强不变，充入1molO2（g），增大反应物的浓度平衡正移，平衡向正反应移动，SO3的平衡浓度增大，故C不符合；D、保持温度和容器的压强不变，充入1molAr，体积增大，反应混合物产生的压强减小，平衡因该向气体分子数增大的方向移动，即平衡逆向移动，三氧化硫的浓度减小，故D不符合；故选：B．【点评】本题考查平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意掌握等效平衡规律．　19．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为436kJ，求水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量（　　）A．463kJB．557kJC．486kJD．188kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．【解答】解：已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量xKJ，根据方程式：2H2+O22H2O，则：484kJ=4x﹣（436kJ×2+496KJ），解得x=463KJ．故选A．【点评】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，注意根据反应热与键能的关系计算，难度不大．　20．在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入amolNO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（　　）A．平均相对分子质量增大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【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，据此解答．【解答】解：达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，A．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的物质的量减小、总的质量不变，故混合气体的平均相对分子质量增大，故A正确；B．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，故B正确；31\nC．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的总的质量不变，NO2的质量分数减小，故C错误；D．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，参加反应的NO2的物质的量大于2amol，故放出的总热量大于原来的2倍，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，难度中等，构建平衡建立的途径是解题的关键，注意对等效平衡的理解．　21．下列说法正确的是（　　）A．吸热反应不加热就不会发生B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小D．放热的反应在常温下一定很容易发生【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、有的吸热反应不加热也会发生；B、有的放热反应也需要反应条件；C、反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定△H的正负；D、有的放热反应也需要加热．【解答】解：A、有的吸热反应不加热也会发生，如碳酸氢铵的分解，故A错误；B、有的放热反应也需要反应条件，如碳的燃烧，故B错误；C、反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定△H的正负，反应物的总能量大于生成物所具有的总能量为放热反应，反之为吸热反应，故C正确；D、有的放热反应也需要加热，常温下不容易发生，碳与氧气的反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了反应过程中的能量变化，注意吸热反应、放热反应的判断及与反应条件无关，题目较简单．　22．反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）（正反应为吸热反应）达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（　　）A．加压B．减压C．减少E的浓度D．降温【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，据此结合外界条件对平衡移动影响分析．【解答】解：A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，正、逆反应速率都增大，故A错误；B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C．减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正、逆速率都减小，但A的浓度降低，故C错误；D．降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故D正确．故选D．31\n【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度不大，本题注意根据反应方程式的特征判断平衡移动的方向．　23．在一密闭容器中有如下反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强P1＜P2，由此可判断（　　）A．正反应为放热反应B．化学方程式中的计量数a＞bC．G的转化率随温度升高而减小D．增大压强，容器内气体质量不变【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图象知，温度越高，G的体积分数越小，说明该反应的正反应是吸热反应，增大压强，G的体积分数减小，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应．【解答】解：A．根据图象知，温度越高，G的体积分数越小，说明该反应的正反应是吸热反应，故A错误；B．增大压强，G的体积分数减小，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，则a＞b，故B正确；C．温度越高，平衡向正反应方向移动，所以G的转化率随温度升高而增大，故C错误；D．增大压强，平衡向正反应方向移动，所以容器内气体质量增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，明确温度、压强与化学平衡移动方向之间的关系是解本题关键，注意L是固体，为易错点．　24．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0．下列叙述正确的是（　　）A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、W为固体，增大W的用量，不影响平衡的移动；B、该反应正反应是气体体积减小的反应，随反应进行，压强降低，当压强不再变化，说明到达平衡状态；C、升高温度平衡向吸热反应移动；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关．31\n【解答】解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选B．【点评】本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握．　25．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D．将水加热，Kw增大，pH变小，但仍呈中性【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．【解答】解：A、向水中加入稀氨水，电离出的氢氧根离子，抑制水的电离，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；B、向水中加入少量固体硫酸氢钠，电离出氢离子，c（H+）增大，温度不变，Kw不变，故B正确；C、CH3COONa是强碱弱酸盐，弱离子水解，促进水的电离，平衡正向移动，c（H+）降低，故C错误；D、△H＞0，将水加热，Kw增大，氢离子浓度变大，pH变小，水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，仍呈中性，故D正确；故选：BD；【点评】本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，水溶液永远呈中性．　26．向某密闭容器中充入1molCO和2molH2O（g），发生反应：CO+H2O（g）⇌CO2+H2．当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数小于x的是（　　）A．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2B．0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2C．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5molH2D．1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2【考点】等效平衡．【分析】根据等效平衡解答，恒温恒容下，该反应前后气体体积不发生变化，将物质全部转化到左边满足n（CO）：n（H231\nO）=1：2，为等效平衡，平衡时CO的体积分数相同，不同配比达到平衡时CO的体积分数小于原平衡中CO的体积分数X，说明不同配比全部转化到左边应n（CO）：n（H2O）＜1：2，据此解答．【解答】解：A、采用极限分析法，0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：0.9mol：1.9mol＜1：2，故A符合；B、采用极限分析法，0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：1.5mol：3mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故B不符合；C、采用极限分析法，0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5moH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为1mol：2mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x，故C不符合；D、采用极限分析法，1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：2mol：2mol=1：1＞1：2，故D不符合；故选A．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，等效平衡的应用判断，极值转化是解题的关键，题目难度中等．　27．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（　　）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．在温度、体积不变的情况下，若按照起始充入比例再向容器中充入反应物，重新达平衡后，HCl的体积分数不变D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算．【分析】A．增大压强，平衡逆向移动；B．根据可逆反应的特点判断；C．在温度、体积不变的情况下，若按照起始充入比例再向容器中充入反应物，相当于增大压强；D．根据方程式判断．【解答】解：A．该反应正向为气体物质体积减小的反应，若增大压强，平衡逆向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B．可逆反应的特点是不能进行到底，若反应开始时SiCl4为1mol，则在平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C．在温度、体积不变的情况下，若按照起始充入比例再向容器中充入反应物，相当于增大压强，平衡逆向移动，所以HCl的体积分数减小，故C错误；D．根据题给热化学方程式知，当反应吸收热量为0.25QkJ时，生成的HCl为1mol，恰好与1molNaOH反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学平衡的移动因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握平衡移动的影响因素，难度不大．　28．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（　　）31\nA．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大B．甲烧杯中的酸过量C．两烧杯中参加反应的锌不等量D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．醋酸浓度大，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，产生等量的氢气，醋酸中锌的量要少与盐酸中锌的量；B．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应；C．根据转移电子相等判断；D．反应开始后，醋酸持续电离．【解答】解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B错误；C．醋酸和盐酸都是一元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故C错误；D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；故选A．【点评】本题考查了强弱酸与金属反应的有关问题，明确弱电解质电离特点是解本题关键，结合转移电子相等、氢离子与酸浓度的关系来分析解答，难度中等．　29．对于平衡体系mA（气）+nB（气）⇌PC（气）十qD（气）△H＜0，有下列判断，其中正确的是（　　）A．若温度不变，将容器的体积缩小1倍，此时A的浓度变为原来的1.8倍，则m+n＜p+qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时A，B的物质的量之比为m：nC．若平衡体系共有气体amol，再向其中加人bmolB，当重新达到平衡时，气体的总物质的量等于（a+b），则m+n＞p+qD．加催化剂或增大压强，可实现如图a→b的变化【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．若温度不变，将容器的体积扩大1倍，假定平衡不移动，A的浓度为原来2倍，此时A的浓度变为原来的0.6倍，说明平衡向正反应方向移动，据此解答；B．A、B的起始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时二者转化转化率相等；C．向其中加入bmolB，平衡向正反应方向移动，当重新达到平衡时，气体的总物质的量等于（a+b）mol，说明反应前后气体的总的化学计量数不变；D．增大压强平衡可能会发生移动，A的转化率可能变化．31\n【解答】解：A．若温度不变，将容器的体积扩大1倍，假定平衡不移动，A的浓度为原来2倍，此时A的浓度变为原来的0.6倍，说明平衡向正反应方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故m+n＞q+p，故A错误；B．A、B的起始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时二者转化转化率相等，故B正确；C．向其中加入bmolB，平衡向正反应方向移动，当重新达到平衡时，气体的总物质的量等于（a+b）mol，说明反应前后气体的总的化学计量数不变，即m+n=q+p，故C错误；D．使用催化剂，加快反应速率，平衡时A的转化率不变，但增大压强平衡可能会发生移动，A的转化率可能变化，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡的影响元素，难度中等，注意理解压强化学平衡的影响，A注意根据浓度判断平衡移动方向．　30．碘钨灯比白炽灯使用寿命长．灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W（s）+I2（g）WI2（g），△H＜0（温度T1＜T2）．下列说法正确的是（　　）A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W，W重新沉积到灯丝上B．灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低C．该反应的平衡常数表达式：K=D．利用该反应原理可以提纯钨【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据化学平衡的影响因素分析判断，反应是放热反应，升温平衡左移，温度降低正向进行；B、温度越高平衡逆向移动分析；C、平衡是气体形成的平衡体系，固体不写在平衡常数的计算式中；D、利用化学平衡逆向进行生成，可往钨矿石中，加入I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，而提纯W；【解答】解：A、反应是放热反应，升温平衡左移生成钨，温度降低正向进行钨又沉积到灯丝上；故A正确；B、该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向左移动．所以灯丝附近温度越高，WI2的转化率越高，B错误；C、该反应的平衡常数表达式为K=，故C错误；D、利用该反应，可往钨矿石中，加入I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，而提纯W，故D正确；故选AD．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，化学平衡常数的计算，化学平衡的应用．　三、填空题（共40分）31．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．31\n（1）该反应是　放热　反应（填“吸热”“放热”）；（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　减小　（填“增大”“减小”“不变”），原因是　该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动　；（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　不影响　，原因是　催化剂不改变平衡的移动　；（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　减小　，E2　减小　（填“增大”“减小、”“不变”）．【考点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）根据反应物总能量和生成物总能量的关系判断反应热；（2）升高温度使平衡向逆反应方向移动；（3）催化剂对平衡无影响；（4）加入催化剂能降低物质的活化能．【解答】解：（1）由图象可以看出反应物总能量大于生成物的总能量，则该反应的正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）当反应达到平衡时，该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，故答案为：减小；该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动；（3）催化剂能加快反应速率但不改变平衡的移动，所以反应热不变，故答案为：不影响；催化剂不改变平衡的移动；（4）加入催化剂能降低反应物质的活化能，则E1和E2都减小，故答案为：减小；减小．【点评】本题考查反应热的判断，影响化学反应速率的因素，难度适中．　32．在一密闭体系中发生下列反应：N2+3H2⇌2NH3△H＜0，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是　t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6　．（2）t1、t3、t4时刻体系中分别对应的条件变化为：　升高温度　，　使用催化剂　，　减小压强　；（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是　A　．A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6（4）对于上述反应，起始时加入1molN2和3molH2，在恒温恒压条件下反应达到平衡时生成amolNH3，在恒温恒容条件下，达到平衡时生成bmolNH3，则a和b的大小关系为　a＞b　（5）对于上述反应，在恒温恒容条件下，起始时充入2molN2和3molH2，达到平衡时生成bmolNH3，若相同条件下，起始时充入xmolN2，ymolH2，zmolNH331\n，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变，则x、y、z取值必须满足的一般条件为：　x+0.5z=2　，　y+1.5z=3　；（一个只含x，z；另一个只含y，z）【考点】化学平衡的影响因素．【分析】（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等；（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t3正逆反应速率同等程度的增大；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大；（4）恒压条件下反应，与恒容条件相比，恒压下的压强大于恒容时的压强，平衡向着正向移动；（5）依据极值转化为起始量，满足“等量等效”分析．【解答】解：（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，时间处于t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6时，正逆反应速率相等，则说明反应达到平衡状态，故答案为：t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6；（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t3正逆反应速率同等程度的增大，改变条件应为使用催化剂；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，故答案为：升高温度；使用催化剂；减小压强；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大，反应进行到最大时间时，生成的氨气最多，氨的体积分数最高，故答案为：A；（4）由于该反应是体积减小的反应，恒压时的压强大于恒容条件下的压强，压强增大，平衡向着正向移动，所以a＞b，故答案为：a＞b；（5）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量230起始量xyz转化量x+0.5zy+1.5z0XYZ满足关系为：x+0.5z=2，y+1.5z=3故答案为：x+0.5z=2；y+1.5z=3．【点评】本题考查化学反应速率的变化曲线以及等效平衡，掌握恒温、恒容下前后气体体积不等的可逆反应等效平衡的条件时解题的关键，题目难度中等，注意化学方程式的特点，判断温度、压强对反应平衡移动的影响，结合外界条件对反应速率的影响分析．　33．高炉炼铁中发生的基本反应如下：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）已知1100℃，K=0.263（1）1100℃时，若平衡向右进行，高炉内CO2和CO的体积比值　增大　．（填“增大”“减小”或“不变”）（2）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）=0.1mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态　否　（填“是”或“否”），此时化学反应速率是V正　大于　V31\n逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是：　浓度商Qc==0.25＜K=0.263，说明不是平衡状态，且向正反应方向进行　．【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．【分析】（1）1100℃时，若平衡向右进行，CO物质的量减小、CO2物质的量增大；（2）．计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断V正、V逆相对大小．【解答】解：（1）1100℃时，若平衡向右进行，CO物质的量减小、CO2物质的量增大，则高炉内CO2和CO的体积比值增大，故答案为：增大；（2）浓度商Qc==0.25＜K=0.263，说明不是平衡状态，且向正反应方向进行，则V正＞V逆相，故答案为：否；大于；浓度商Qc==0.25＜K=0.263，说明不是平衡状态，且向正反应方向进行．【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素，涉及平衡常数应用，难度不大，理解根据浓度商与平衡常数相对大小判断反应进行方向．　34．红磷P（s）和Cl2发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）根据上图回答下列问题（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式　P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）；△H=﹣306kJ/mol　；（2）PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式　PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）；△H=+93kJ•mol﹣1　；上述分解反是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，其分解率α1等于　25%　；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5分解率α2，α1　小于　α2（填“大于”，“小于”或“等于”）；31\n（3）工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5．原因是　两步反应均为放热反应，降低温度有利于提高产率，防止产物分解　；（4）P和Cl2分两步反应生成1molPCl3的△H1=　﹣306kJ•mol﹣1　；P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H2　小于　△H1（填“大于”，“小于”或“等于”）；（5）PCl5与足量水反应，最终生成两种酸，其化学方程式是　PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl　．【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式．【分析】（1）根据图示P（s）+Cl2（g）→PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=﹣306kJ/mol；（2）根据图示Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=﹣93kJ/mol结合正逆反应焓变数值相同符号相反判断；根据分解率=进行计算，升高温度平衡向吸热反应方向移动分析分解率的变化；（3）根据化学平衡Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）是放热反应，降温平衡向放热反应方向移动分析；（4）依据盖斯定律反应焓变和起始和终了物质有关，与变化过程无关计算分析；（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸应为磷酸和盐酸．【解答】解：（1）热化学方程式书写要求：注明各物质的聚集状态，判断放热反应还是吸热反应，反应物的物质的量与反应热成对应的比例关系，根据图示P（s）+Cl2（g）→PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=﹣306kJ/mol，热化学方程式为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）；△H=﹣306kJ/mol，故答案为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）；△H=﹣306kJ/mol；（2）△H=生成物总能量﹣反应物总能量，Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，所以PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式：PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）；△H=+93kJ/mol，PCl5分解率α1=×100%=25%．PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；升高温度向吸热反应方向移动，正反应（分解反应是吸热反应）是吸热反应，升高温度向正反应方向移动，转化率增大，α2＞α1；故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）；△H=+93kJ•mol﹣1；25%；小于；（3）Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），是放热反应，降温平衡向放热反应方向移动，降温有利于PCl5（g）的生成，故答案为：两步反应均为放热反应，降低温度有利于提高产率，防止产物分解；（4）由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl3的△H1=﹣306kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热△H2=﹣306kJ/mol﹣（+93kJ/mol）=﹣399kJ/mol，所以△H2小于△H1，故答案为：﹣306kJ•mol﹣1；小于；（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸应为磷酸和盐酸，反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl．【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动的影响及反应热的计算等知识．解题中需注意：热化学方程式中没有标注各物质的聚集状态，各物质的物质的量与反应热没有呈现对应的比例关系，不能正确判断放热反应和吸热反应．31\n　35．在密闭容器中，将起始浓度均为2mol/L的CO和H2O混合加热到400℃，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），一段时间后该反应达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：（1）平衡时CO的转化率为　75%　；该反应在该温度时的化学平衡常数为　9　．（2）在相同的条件下，如果H2O和CO的起始浓度变为4mol/L，则CO的转化率为　75%　．（3）800℃时，该反应的平衡常数为1，则该反应的△H　＜　0（填＞，＜，=）（4）改变起始条件，在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生上述反应，CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　0.03　mol/（L•min）（5）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表：t℃时物质浓度（mol/L）的变化时间（min）COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623C1C2C3C34C1C2C3C350.1160.2160.0840.10460.0960.2660.104①表中3min～4min之间反应处于　平衡　状态；C1数值　大于　0.08mol/L（填大于、小于或等于）．②反应在4min～5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　D　（单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　A　（单选）．A．增加水蒸气B．降低温度C．使用催化剂D．增加氢气浓度．【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．【分析】在密闭容器中，将起始浓度均为2mol/L的CO和H2O混合加热到400℃，一段时间后该反应达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始浓度（mol/L）：2200变化浓度（mol/L）：1.51.51.51.5平衡浓度（mol/L）：0.50.51.51.5（1）CO转化率=×100%；平衡常数K=；31\n（2）在相同的条件下，如果H2O和CO的起始浓度变为4mol/L，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡不移动，CO转化率与原平衡相同；（3）800℃时该反应的平衡常数为1，小于400℃时的平衡常数K=9，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；（4）由图可知，0～4min内CO浓度变化量为（0.2﹣0.08）mol/L=0.12mol/L，再根据v=计算v（CO）；（5）①3min、4min时相同物质的浓度相等，处于平衡状态；起始浓度与（4）中相同，而（4）中850℃平衡时CO浓度为0.08mol/L，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大；②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度；表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度．【解答】解：在密闭容器中，将起始浓度均为2mol/L的CO和H2O混合加热到400℃，一段时间后该反应达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始浓度（mol/L）：2200变化浓度（mol/L）：1.51.51.51.5平衡浓度（mol/L）：0.50.51.51.5（1）CO转化率=×100%=75%；平衡常数K===9，故答案为：75%；9；（2）在相同的条件下，如果H2O和CO的起始浓度变为4mol/L，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡不移动，CO转化率与原平衡相同为75%，故答案为：75%；（3）800℃时该反应的平衡常数为1，小于400℃时的平衡常数，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，故答案为：＜；（4）改变起始条件，在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生上述反应，CO和H2O浓度变化如图，由图可知，0～4min内CO浓度变化量为（0.2﹣0.08）mol/L=0.12mol/L，则v（CO）==0.03mol/（L．min），故答案为：0.03；（3）①由表中数据可知，3min、4min时都应个组分的浓度相同，故处于平衡状态，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大，故答案为：平衡，大于；②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度，故选D；31\n表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度，故选A，故答案为：D；A．【点评】考查考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数及影响因素、化学平衡图象等，难度中等，（3）中注意分析各物质的浓度变化量关系判断改变条件．　31