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【化学】河北省鹿泉第一中学2019-2020学年高二9月月考试题（解析版）
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河北省鹿泉第一中学2019-2020学年高二9月月考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷(选择题,40分)
一、选择题(每题只有一个正确答案。每题2分，共25小题，50分)
1.下列能量转化过程中，由光能转变为化学能的是（ ）
A. 光伏发电 B. 风力发电
C. 光合作用 D. 电解制钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. 光伏发电是太阳能转化为电能，A不选；
B. 风力发电是风能转化为电能，B不选；
C. 光合作用是由光能转变为化学能，C选；
D. 电解制钠是电能转化为化学能，D不选；
答案选C。
2.下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）；△H＝﹣283.0 kJ/mol
B. C（s）+1/2O2（g）═CO（g）；△H＝﹣110.5 kJ/mol
C. H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）；△H＝﹣241.8 kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H＝﹣11036 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故A正确；B、C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故B错误；C、H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故C错误；D、C8H18的化学计量数不是1，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误；故选A。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 、的反应在低温时不能自发进行
B. 反应：，在高温时能自发进行
C. 增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数K值增大
D. 增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. △H−T△S<0的反应可自发进行，则△H<0、△S<0的反应在低温时能自发进行，A项错误；
B. 对于反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，△H>0、△S>0，则高温下△H−T△S<0，能自发进行，B项正确；
C. 平衡常数K只与温度有关，与压强无关，C项错误；
D. 增大反应物浓度，使活化分子数目增加，则反应速率增大，但活化分子百分数不变，D项错误；
答案选B。
4.一定温度下用过量铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施：①将铁块换为等质量的铁粉；②加入少量KNO3固体；③加入少量CuSO4固体；④加入少量水；⑤加热；⑥将稀硫酸换为98%的硫酸，其中可提高H2的生成速率的措施有（ ）
A. ①⑤ B. ①⑤⑥ C. ①③⑤ D. ①②⑤
【答案】C
【解析】
【分析】为加快铁与硫酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，据此分析作答。
【详解】①将铁块换为等质量的铁粉，增加接触面积加快化学反应速率，①项正确；
②加入KNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，②项错误；
③加入少量CuSO4固体，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，③项正确；
④加入少量水，浓度减小，则反应速率减小，④项错误；
⑤升高温度，反应速率增大，⑤项正确；
⑥将稀硫酸换成98%硫酸，与铁反应不发生氢气，⑥项错误；
综上所述，①③⑤符合题意，C项正确；
答案选C。
5.下列各图所反映的措施中，目的是为了加快其化学反应速率的是（ ）
A. 铁门表面喷漆 B. 冰箱保存食物
C. 扇子扇煤炉火 D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁门表面喷漆阻止了铁门与空气接触，降低了反应速率，A项错误；
B. 冰箱保存食物，降低温度，降低了反应速率，B项错误；
C. 扇子扇煤炉火给煤炭提供了足够的空气，加快了反应速率，C项正确；
D. 烤焦电线杆生成了焦炭，焦炭性质稳定，难以反应，降低了反应速率，D项错误；
答案选C。
6.下列化学反应符合图示的是（ ）
①冰雪融化 ②KMnO4分解制O2③铝与氧化铁的反应④钠与水反应⑤二氧化碳与灼热的木炭反应⑥碘的升华 ⑦Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】图象分析可知反应物能量低于生成物，说明反应是吸热反应，据此分析判断选项。
【详解】①冰雪融化属于物理变化，①项错误；
②KMnO4分解制O2是吸热反应，②项正确；
③铝与氧化铁的反应是放热反应，③项错误；
④钠与水反应是放热反应，④项错误；
⑤二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应，⑤项正确；
⑥碘的升华是物理变化，⑥项错误；
⑦Ba(OH)2⋅8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，⑦项正确；
②⑤⑦符合题意，B项正确；
答案选B。
7.一定温度下，对于可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A. 单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C B. 容器内的压强不再变化
C. D. C的体积分数不再变化
【答案】D
【解析】
【分析】化学平衡状态的判据是：①V正=V逆，②反应体系各成分浓度保持不变，③变量不再变化的状态．以此判据解题。
【详解】当V正=V逆时达到平衡状态，则
A．单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C均表示正反应方向的速率V正，不能判定平衡状态，A项错误；
B．反应前后气体的物质的量之和始终不变，根据PV=nRT，温度一定，容器一定，反应前后气体的物质的量一定，压强也始终为定值，则该项不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．对不同物质而言，正逆速率之比等于系数之比时为平衡状态，即，C项错误；
D．C的体积分数会随着反应的进行而变化，当其保持不变时，则说明反应达到平衡状态，D项正确；
答案选D。
8.已达化学平衡的下列反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】已知2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，该反应正方向气体体积减小的反应，则减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡则向气体体积增大的逆反应方向移动，C项正确；
答案选C。
9.在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依据题意可知，
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1 ①，
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ•mol-1 ②，
CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ•mol-1 ③，
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，
其反应热为2×（-285.8kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1，A项正确；
答案选A。
10.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照下颜色变浅
B. NO2和N2O4平衡混合气缩小体积加压后颜色先变深后变浅一点
C. 氢气和碘蒸气反应达平衡后加压颜色加深
D. 硫酸工业上SO2氧化成SO3，通入过量的空气
【答案】C
【解析】A. 氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H++Cl−，光照下HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡正向移动，使氯水的颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 缩小体积加压后，二氧化氮和四氧化二氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，所以加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 氢气和碘蒸气反应的方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g)，增大压强I2的浓度增大，颜色加深，但反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 工业上将SO2氧化成SO3的方程式为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，增大空气的量，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，可用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选C。
11.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =—373.20kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时减小压强
【答案】B
【解析】
【详解】2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =—373.2.0kJ/mol，反应是气体体积减小的放热反应，则
A. 催化剂可加快反应速率，但升温平衡会向逆反应方向进行，NO的转化率降低，A项错误；
B. 催化剂可加快反应速率，增大压强平衡正向进行，NO的转化率升高，B项正确；
C. 升温速率增大，但平衡会向逆反应方向进行，且充入N2平衡会向逆反应方向进行，则NO的转化率降低，C项错误；
D. 降低温度同时减小压强，反应速率均会降低，D项错误；
答案选B。
12.CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，反应物与生成物的能量不变，焓变不变，A项错误；
B. 增大压强，正逆反应速率均增大，该反应为气体体积不变的反应，且速率同等程度增大，反应放出的热量不变，B项正确；
C. 该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减小，C项错误；
D. 在原电池中进行，将化学能转换为电能，D项错误；
答案选B。
13.某温度下，在一恒容密闭容器中进行可逆反应：X（g）＋Y（g）Z（g）＋W（s） ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡
B. 平衡后加入少量W，逆反应速率增大
C. 平衡后升高温度，平衡逆向移动
D. 平衡后加入X，ΔH增大
【答案】A
【解析】A．该反应为气体体积增大的反应，则当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡，故A正确；B．W为固体，则平衡后加入少量W，反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故C错误；D．焓变与平衡移动、X的物质的量无关，与反应方程式有关，故D错误；故选A。
14.通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看成该化学键的键能。已知热化学方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g） ΔH＝-92.4kJ/mol，请根据热化学方程式和表中数据计算N≡N键的键能x约为（ ）
化学键
H－H
N≡N
H－N
键能
436 kJ/mol
x
391kJ/mol
A. 431kJ/mol B. 946kJ/mol
C. 649kJ/mol D. 869kJ/mol
【答案】B
【解析】试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，N-H键键能为391kJ/mol，令N≡N键的键能为x，
对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故△H=xkJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×391=-92.4kJ/mol，解得：x≈945.6kJ/mol，故选B．
15.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=x kJ•mol-1
已知:碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1
S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1
则x为（ ）
A. 3a+b-c B. c-3a-b C. a+b-c D. c-a-b
【答案】A
【解析】已知硫的燃烧热为ΔH1=" a" kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，①S（s）+O2（g）=SO2（g） ΔH1=" a" kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2=" b" kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3=" c" kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
16.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，其中判断正确的是( )
A. 石墨转变成金刚石是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. CO(g)+H2O (g)=CO2 (g)+H2(g)＞0
D. S(g)+O2(g)=SO2 1 S(g)+O2(g)=SO2 2,则
【答案】A
【解析】A、石墨能量低于金刚石，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，选项A正确；B、白磷能量高于红磷，所以白磷比红磷不稳定，选项B错误；C、该反应由高能量变成低能量，反应放热，所以ΔH < 0，选项C错误；D、气态的硫与氧气反应放出热量比固态的硫与氧气的反应多，ΔH值为负值，因此ΔH2 >ΔH1，选项D错误。答案选A。
17.（2016•北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72—（橙色）+H2O⇌2CrO42—（黄色）+2H+ ，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B. ②中Cr2O72—被C2H5OH还原
C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D正确；故选B。
18.在密闭容器中,在催化剂存在下发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。在500℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为x mol/L，分析三段式列式计算：
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
起始浓度（mol/L） 0.02 0.02 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）0.02－x 0.02－x x x
则平衡常数K==9
解得x=0.015
则CO的转化率=×100%=75%，C项正确；答案选C。
19.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)△CuSO4(s)+5H2O(l)， 热效应为△H3。则下列判断正确的是（ ）
A. △H2＞△H3 B. △H1＜△H3
C. △H1+△H3=△H2 D. △H1+△H2＞△H3
【答案】B
【解析】试题分析：根据题意知，CuSO4·5H2O(s)溶于水的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)Cu2＋（aq）+SO42—（aq）+5H2O(l)，△H1＞0；CuSO4(s)溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)Cu2＋（aq）+SO42—（aq），△H2＜0；根据盖斯定律知，CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)， △H3=△H1—△H2＞0A、根据上述分析知，△H2＜△H3，错误；B、根据上述分析知，△H1＜△H3，正确；C、根据上述分析知，△H3=△H1—△H2，错误；D、根据上述分析知，△H1+△H2＜△H3，错误。
20.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X，Y，Z，发生反应mX(g)＋nY(g) ⇌pZ(g) ΔH＝QkJ·mol－1。反应达到平衡后，Y的物质的量浓度与温度、容器体积的关系如下表所示。下列说法不正确的是 （ ）
A. B. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
C. Q<0 D. 温度不变，压强增大，Y的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数大于2，所以可确定增大体积，平衡逆向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动；当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡逆向移动，所以此反应的正向为放热反应，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知，
A. 在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数大于2，所以可确定增大体积，平衡向逆反应方向移动，则，A项正确；
B. 根据上述分析可知，反应的正向为放热反应，体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B项正确；
C. 根据上述分析可知，反应的正向为放热反应，Q<0，C项正确；
D. 温度不变，压强增大，即缩小体积，平衡向正反应方向移动，则Y的质量分数减小，D项错误；
答案选D。
21.一定温度下，在体积为1L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图。下列叙述中正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为
B. 时，Y的浓度是X浓度的倍
C. 根据时的数据，可求出该温度下的平衡常数
D. 时，逆反应速率大于正反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A. t1时，Y的物质的量为6mol，减少了10mol－6mol＝4mol，X的物质的量为4mol，增加了4mol－2mol＝2mol，反应根据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为2YX，A错误；
B. t1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确；
C. 由图可知t2时，反应没有达到平衡，根据t2时的数据，不能求出该温度下的平衡常数，C错误；
D. 由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，D错误；
答案选B。
22.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. CO合成甲醇的反应为吸热反应
B. 平衡常数
C. 该反应在时的平衡常数比时的小
D. 处于A点的反应体系从变到，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知，T2温度下到达平衡所需时间较短，反应速率较快，温度T2>T1，则温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，A项错误；
B. CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式，B项错误；
C. 由图可知，T2温度下到达平衡所需时间较短，反应速率较快，故温度T2>T1，温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T1时的平衡常数比T2时的大，C项错误；
D. 由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，D项正确；
答案选D。
23.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】
【详解】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
24.对于反应N2O42NO2在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V(NO2)%随压强的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. A、C两点的正反应速率的关系
B. A、B、C、D、E各状态，是状态E
C. 维持不变，所需时间为x，维持不变，所需时间为y，则
D. 使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲，可选用条件是从突然加压至
【答案】D
【解析】
【详解】A. 增大压强，反应速率增大，C点压强大于A点压强，所以v(A)
D. 从突然加压至，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数瞬间增加，然后平衡向逆反应方向移动，NO2的体积分数逐渐减小，D项正确；
答案选D。
25.已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0，平衡常数K1
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) △H2<0，平衡常数K2
下列说法正确的是（ ）
A. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=△H1+△H2
B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K= K1/K2
C. 反应①的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
D. 反应过程中的能量变化可用图a表示
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律分析， ①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故反应热为△H= (△H1+△H2)，选项A正确；B．因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K= K1K2，选项B错误；C．反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，选项C错误；D．图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，选项D错误。答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，50分)
26.(1)将NO2球置于热水中，气体颜色_____(填“加深”、“变浅”)，说明2NO2(g)N2O4(g) H______0(填“＞”、“＜”)。
(2)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，反应的离子方程式为____________。
(3)向淀粉碘化钾试纸上加入几滴稀硫酸，一段时间后，试纸变蓝，发生反应的离子方程式为_____。
(4)已知液态肼(N2H4)和足量反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量。写出该反应的热化学方程式__。
(5)已知下列热化学方程式：
①
写出被CO还原成Fe和的热化学方程式____________。
【答案】(1). 加深 (2). ＜ (3). S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O (4). 4H++O2+4I—＝2H2O+2I2 (5). (6). )
【解析】
【分析】（1）热水会使球中气体颜色加深，根据温度对平衡的影响效果作答；
（2）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸会发生氧化还原反应；
（3）碘离子在酸性条件下被空气氧化为碘单质；
（4）计算1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量，可写出反应的热化学方程式；
（5）根据盖斯定律分析作答。
【详解】（1）将NO2球置于热水中，球中气体颜色会加深，说明二氧化氮浓度增大，即升高温度平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2方向移动，H＜0，故答案为：加深；＜；
（2）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生产硫单质、二氧化硫和水，其反应的离子方程式为：S2O32—+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
（3）向淀粉碘化钾溶液滴几滴稀硫酸后溶液变为蓝色，则说明碘离子与氧气在酸性条件下发生了氧化还原反应，其反应的离子方程式为4H++4I-+O2＝2I2+2H2O；
（4）0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量641.625kJ，其热化学方程式为： ；
（5）①
则根据盖斯定律①×-②×+③，得Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H=(-393.5×-172.46×+824.21) kJ•mol-1=-24.73kJ•mol-1，故答案为：。
27.中和热的测定实验中取的NaOH溶液50mL与的硫酸50mL置于下图所示的装置中，进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 ______ ；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____填“偏大”、“偏小”或“无影响”；
(3)若溶液和硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容，通过以下数据计算中和热_______结果保留小数点后一位。
温度实验次数
起始温度
终止温度
NaOH
平均值
1
2
3
4
(4)如果用盐酸与溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____填“相等、不相等”，所求中和热____填“相等、不相等”。
(5)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____。填“偏大”、“偏小”、“无影响”。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). (4). 不相等 (5). 相等 (6). 偏小
【解析】
【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
（2）结合热量损失对实验的影响结果回答；
（3）先计算出每次实验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
（5）根据弱电解质电离吸热分析。
【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会有热损失，最终使测得温度差减小，进而使结果偏小，故答案为：偏小；
（3）第一次测定温度差为：（29.5-26.1）℃=3.4℃，第二次测定的温度差为：（32.3-27.2）℃=5.1℃，第三次测定的温度差为：（29.2-25.9）℃=3.3℃，第四次测定的温度差为：（29.8-26.3）℃=3.5℃，其中第二次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为：℃=3.4℃，50 mL 0.55 mol/L氢氧化钠与50 mL 0.25 mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025 mol，溶液的质量为：100 mL×1 g/cm3=100 g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025 mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2 J，即1.4212 kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；
（5）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。
28.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(1)写出H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式___________；
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_____(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_____；
(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)=_____mol/(L·min)；
(4)已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图________。
【答案】(1). 2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). ②③ (3). ①② (4). 0.010或1.0×10−2 (5).
【解析】
【分析】（1）根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，将该化学方程式改成离子方程式即可；
（2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据探究浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
（3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
（4）根据温度降低反应速率减小画出25℃时c（MnO4-）～t的变化曲线示意图。
【详解】（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，改写成离子方程式为：2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①②，故答案为：②③；①②；
（3）草酸的物质的量为：0.10mol⋅L−1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= ×0.010mol/L÷=0.010 mol/(L·min)或1.0×10−2 mol/(L·min)，故答案为：0.010或1.0×10−2；
（4）25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c（MnO4-）～t的变化曲线示意图为：。
29.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500℃下发生发应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：
(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=________________。下图是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为____________反应（填“放热”或“吸热”）。
(2)500℃该反应的平衡常数为______（保留两位小数），若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(3)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)______v(逆)（填“＞”、“＜”或“=”）。
(4)下列措施能使 增大的是______。
A．升高温度 B．在原容器中充入1molHe
C．将水蒸气从体系中分离出 D．缩小容器容积，增大压强
【答案】(1). 0.225mol/(L·min) (2). 放热 (3). 5.33 (4). 减小 (5). ＞ (6). CD
【解析】
【分析】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，再结合计算；根据温度对平衡的影响效果作答；
（2）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
（3）依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；
（4）要增大，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断
【详解】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v(H2)= =0.225mol/(L·mon)；根据图示信息可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为：0.225mol/(L·min)；放热；
（2）由（1）可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以平衡常数K===5.3；升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数会减小，故答案为：5.3；减小；
（3） CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则浓度商Q==4＜K=5.33，说明反应正向进行v(正)＞v(逆)；故答案为：＞；
（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的放热反应，则
A．该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，A项错误；
B. 在原容器中充入1 mol He，反应物的浓度保持不变，平衡不移动，的值保持不变，B项错误；
C. 将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，的值增大，C项正确；
D. 缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向移动，值增大，D项正确；
故答案为CD。
30.已知可逆反应：，请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：，；达到平衡后，M的转化率为，求此时N的转化率____。
（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：，，达到平衡后，，求a的值____。
【答案】(1). 25% (2). 6
【解析】
【分析】先根据已知条件列出三段式，结合公式及定义求解。
（1）转化率=×100%；
（2）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算。
【详解】依据化学平衡三段式列式计算，达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1mol•L-1×60%=0.6mol/L，则有：
M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
起始浓度（mol/L） 1 2.4 0 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡浓度（mol/L） 0.4 1.8 0.6 0.6
（1）N的转化率=×100%=×100%=25%，平衡常数K=。故答案为：25%；
（2） M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
起始浓度（mol/L） 4 a 0 0
转化浓度（mol/L） 2 2 2 2
平衡浓度（mol/L） 2 a-2 2 2
由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，K=0.5，则有：=0.5，解之得a=6，故答案为：6。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷(选择题,40分)
一、选择题(每题只有一个正确答案。每题2分，共25小题，50分)
1.下列能量转化过程中，由光能转变为化学能的是（ ）
A. 光伏发电 B. 风力发电
C. 光合作用 D. 电解制钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. 光伏发电是太阳能转化为电能，A不选；
B. 风力发电是风能转化为电能，B不选；
C. 光合作用是由光能转变为化学能，C选；
D. 电解制钠是电能转化为化学能，D不选；
答案选C。
2.下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）；△H＝﹣283.0 kJ/mol
B. C（s）+1/2O2（g）═CO（g）；△H＝﹣110.5 kJ/mol
C. H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）；△H＝﹣241.8 kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H＝﹣11036 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故A正确；B、C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故B错误；C、H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故C错误；D、C8H18的化学计量数不是1，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误；故选A。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 、的反应在低温时不能自发进行
B. 反应：，在高温时能自发进行
C. 增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数K值增大
D. 增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. △H−T△S<0的反应可自发进行，则△H<0、△S<0的反应在低温时能自发进行，A项错误；
B. 对于反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，△H>0、△S>0，则高温下△H−T△S<0，能自发进行，B项正确；
C. 平衡常数K只与温度有关，与压强无关，C项错误；
D. 增大反应物浓度，使活化分子数目增加，则反应速率增大，但活化分子百分数不变，D项错误；
答案选B。
4.一定温度下用过量铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施：①将铁块换为等质量的铁粉；②加入少量KNO3固体；③加入少量CuSO4固体；④加入少量水；⑤加热；⑥将稀硫酸换为98%的硫酸，其中可提高H2的生成速率的措施有（ ）
A. ①⑤ B. ①⑤⑥ C. ①③⑤ D. ①②⑤
【答案】C
【解析】
【分析】为加快铁与硫酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，据此分析作答。
【详解】①将铁块换为等质量的铁粉，增加接触面积加快化学反应速率，①项正确；
②加入KNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，②项错误；
③加入少量CuSO4固体，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，③项正确；
④加入少量水，浓度减小，则反应速率减小，④项错误；
⑤升高温度，反应速率增大，⑤项正确；
⑥将稀硫酸换成98%硫酸，与铁反应不发生氢气，⑥项错误；
综上所述，①③⑤符合题意，C项正确；
答案选C。
5.下列各图所反映的措施中，目的是为了加快其化学反应速率的是（ ）
A. 铁门表面喷漆 B. 冰箱保存食物
C. 扇子扇煤炉火 D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁门表面喷漆阻止了铁门与空气接触，降低了反应速率，A项错误；
B. 冰箱保存食物，降低温度，降低了反应速率，B项错误；
C. 扇子扇煤炉火给煤炭提供了足够的空气，加快了反应速率，C项正确；
D. 烤焦电线杆生成了焦炭，焦炭性质稳定，难以反应，降低了反应速率，D项错误；
答案选C。
6.下列化学反应符合图示的是（ ）
①冰雪融化 ②KMnO4分解制O2③铝与氧化铁的反应④钠与水反应⑤二氧化碳与灼热的木炭反应⑥碘的升华 ⑦Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】图象分析可知反应物能量低于生成物，说明反应是吸热反应，据此分析判断选项。
【详解】①冰雪融化属于物理变化，①项错误；
②KMnO4分解制O2是吸热反应，②项正确；
③铝与氧化铁的反应是放热反应，③项错误；
④钠与水反应是放热反应，④项错误；
⑤二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应，⑤项正确；
⑥碘的升华是物理变化，⑥项错误；
⑦Ba(OH)2⋅8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，⑦项正确；
②⑤⑦符合题意，B项正确；
答案选B。
7.一定温度下，对于可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A. 单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C B. 容器内的压强不再变化
C. D. C的体积分数不再变化
【答案】D
【解析】
【分析】化学平衡状态的判据是：①V正=V逆，②反应体系各成分浓度保持不变，③变量不再变化的状态．以此判据解题。
【详解】当V正=V逆时达到平衡状态，则
A．单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C均表示正反应方向的速率V正，不能判定平衡状态，A项错误；
B．反应前后气体的物质的量之和始终不变，根据PV=nRT，温度一定，容器一定，反应前后气体的物质的量一定，压强也始终为定值，则该项不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．对不同物质而言，正逆速率之比等于系数之比时为平衡状态，即，C项错误；
D．C的体积分数会随着反应的进行而变化，当其保持不变时，则说明反应达到平衡状态，D项正确；
答案选D。
8.已达化学平衡的下列反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】已知2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，该反应正方向气体体积减小的反应，则减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡则向气体体积增大的逆反应方向移动，C项正确；
答案选C。
9.在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依据题意可知，
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1 ①，
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ•mol-1 ②，
CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ•mol-1 ③，
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，
其反应热为2×（-285.8kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1，A项正确；
答案选A。
10.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照下颜色变浅
B. NO2和N2O4平衡混合气缩小体积加压后颜色先变深后变浅一点
C. 氢气和碘蒸气反应达平衡后加压颜色加深
D. 硫酸工业上SO2氧化成SO3，通入过量的空气
【答案】C
【解析】A. 氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H++Cl−，光照下HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡正向移动，使氯水的颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 缩小体积加压后，二氧化氮和四氧化二氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，所以加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 氢气和碘蒸气反应的方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g)，增大压强I2的浓度增大，颜色加深，但反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 工业上将SO2氧化成SO3的方程式为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，增大空气的量，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，可用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选C。
11.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =—373.20kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时减小压强
【答案】B
【解析】
【详解】2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =—373.2.0kJ/mol，反应是气体体积减小的放热反应，则
A. 催化剂可加快反应速率，但升温平衡会向逆反应方向进行，NO的转化率降低，A项错误；
B. 催化剂可加快反应速率，增大压强平衡正向进行，NO的转化率升高，B项正确；
C. 升温速率增大，但平衡会向逆反应方向进行，且充入N2平衡会向逆反应方向进行，则NO的转化率降低，C项错误；
D. 降低温度同时减小压强，反应速率均会降低，D项错误；
答案选B。
12.CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，反应物与生成物的能量不变，焓变不变，A项错误；
B. 增大压强，正逆反应速率均增大，该反应为气体体积不变的反应，且速率同等程度增大，反应放出的热量不变，B项正确；
C. 该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减小，C项错误；
D. 在原电池中进行，将化学能转换为电能，D项错误；
答案选B。
13.某温度下，在一恒容密闭容器中进行可逆反应：X（g）＋Y（g）Z（g）＋W（s） ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡
B. 平衡后加入少量W，逆反应速率增大
C. 平衡后升高温度，平衡逆向移动
D. 平衡后加入X，ΔH增大
【答案】A
【解析】A．该反应为气体体积增大的反应，则当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡，故A正确；B．W为固体，则平衡后加入少量W，反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故C错误；D．焓变与平衡移动、X的物质的量无关，与反应方程式有关，故D错误；故选A。
14.通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看成该化学键的键能。已知热化学方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g） ΔH＝-92.4kJ/mol，请根据热化学方程式和表中数据计算N≡N键的键能x约为（ ）
化学键
H－H
N≡N
H－N
键能
436 kJ/mol
x
391kJ/mol
A. 431kJ/mol B. 946kJ/mol
C. 649kJ/mol D. 869kJ/mol
【答案】B
【解析】试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，N-H键键能为391kJ/mol，令N≡N键的键能为x，
对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故△H=xkJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×391=-92.4kJ/mol，解得：x≈945.6kJ/mol，故选B．
15.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=x kJ•mol-1
已知:碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1
S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1
则x为（ ）
A. 3a+b-c B. c-3a-b C. a+b-c D. c-a-b
【答案】A
【解析】已知硫的燃烧热为ΔH1=" a" kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，①S（s）+O2（g）=SO2（g） ΔH1=" a" kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2=" b" kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3=" c" kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
16.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，其中判断正确的是( )
A. 石墨转变成金刚石是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. CO(g)+H2O (g)=CO2 (g)+H2(g)＞0
D. S(g)+O2(g)=SO2 1 S(g)+O2(g)=SO2 2,则
【答案】A
【解析】A、石墨能量低于金刚石，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，选项A正确；B、白磷能量高于红磷，所以白磷比红磷不稳定，选项B错误；C、该反应由高能量变成低能量，反应放热，所以ΔH < 0，选项C错误；D、气态的硫与氧气反应放出热量比固态的硫与氧气的反应多，ΔH值为负值，因此ΔH2 >ΔH1，选项D错误。答案选A。
17.（2016•北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72—（橙色）+H2O⇌2CrO42—（黄色）+2H+ ，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B. ②中Cr2O72—被C2H5OH还原
C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D正确；故选B。
18.在密闭容器中,在催化剂存在下发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。在500℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为x mol/L，分析三段式列式计算：
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
起始浓度（mol/L） 0.02 0.02 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）0.02－x 0.02－x x x
则平衡常数K==9
解得x=0.015
则CO的转化率=×100%=75%，C项正确；答案选C。
19.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)△CuSO4(s)+5H2O(l)， 热效应为△H3。则下列判断正确的是（ ）
A. △H2＞△H3 B. △H1＜△H3
C. △H1+△H3=△H2 D. △H1+△H2＞△H3
【答案】B
【解析】试题分析：根据题意知，CuSO4·5H2O(s)溶于水的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)Cu2＋（aq）+SO42—（aq）+5H2O(l)，△H1＞0；CuSO4(s)溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)Cu2＋（aq）+SO42—（aq），△H2＜0；根据盖斯定律知，CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)， △H3=△H1—△H2＞0A、根据上述分析知，△H2＜△H3，错误；B、根据上述分析知，△H1＜△H3，正确；C、根据上述分析知，△H3=△H1—△H2，错误；D、根据上述分析知，△H1+△H2＜△H3，错误。
20.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X，Y，Z，发生反应mX(g)＋nY(g) ⇌pZ(g) ΔH＝QkJ·mol－1。反应达到平衡后，Y的物质的量浓度与温度、容器体积的关系如下表所示。下列说法不正确的是 （ ）
A. B. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
C. Q<0 D. 温度不变，压强增大，Y的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数大于2，所以可确定增大体积，平衡逆向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动；当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡逆向移动，所以此反应的正向为放热反应，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知，
A. 在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数大于2，所以可确定增大体积，平衡向逆反应方向移动，则，A项正确；
B. 根据上述分析可知，反应的正向为放热反应，体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B项正确；
C. 根据上述分析可知，反应的正向为放热反应，Q<0，C项正确；
D. 温度不变，压强增大，即缩小体积，平衡向正反应方向移动，则Y的质量分数减小，D项错误；
答案选D。
21.一定温度下，在体积为1L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图。下列叙述中正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为
B. 时，Y的浓度是X浓度的倍
C. 根据时的数据，可求出该温度下的平衡常数
D. 时，逆反应速率大于正反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A. t1时，Y的物质的量为6mol，减少了10mol－6mol＝4mol，X的物质的量为4mol，增加了4mol－2mol＝2mol，反应根据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为2YX，A错误；
B. t1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确；
C. 由图可知t2时，反应没有达到平衡，根据t2时的数据，不能求出该温度下的平衡常数，C错误；
D. 由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，D错误；
答案选B。
22.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. CO合成甲醇的反应为吸热反应
B. 平衡常数
C. 该反应在时的平衡常数比时的小
D. 处于A点的反应体系从变到，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知，T2温度下到达平衡所需时间较短，反应速率较快，温度T2>T1，则温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，A项错误；
B. CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式，B项错误；
C. 由图可知，T2温度下到达平衡所需时间较短，反应速率较快，故温度T2>T1，温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数降低，在T1时的平衡常数比T2时的大，C项错误；
D. 由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，D项正确；
答案选D。
23.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】
【详解】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
24.对于反应N2O42NO2在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V(NO2)%随压强的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. A、C两点的正反应速率的关系
B. A、B、C、D、E各状态，是状态E
C. 维持不变，所需时间为x，维持不变，所需时间为y，则
D. 使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲，可选用条件是从突然加压至
【答案】D
【解析】
【详解】A. 增大压强，反应速率增大，C点压强大于A点压强，所以v(A)
D. 从突然加压至，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数瞬间增加，然后平衡向逆反应方向移动，NO2的体积分数逐渐减小，D项正确；
答案选D。
25.已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0，平衡常数K1
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) △H2<0，平衡常数K2
下列说法正确的是（ ）
A. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=△H1+△H2
B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K= K1/K2
C. 反应①的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
D. 反应过程中的能量变化可用图a表示
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律分析， ①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故反应热为△H= (△H1+△H2)，选项A正确；B．因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K= K1K2，选项B错误；C．反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，选项C错误；D．图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，选项D错误。答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，50分)
26.(1)将NO2球置于热水中，气体颜色_____(填“加深”、“变浅”)，说明2NO2(g)N2O4(g) H______0(填“＞”、“＜”)。
(2)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，反应的离子方程式为____________。
(3)向淀粉碘化钾试纸上加入几滴稀硫酸，一段时间后，试纸变蓝，发生反应的离子方程式为_____。
(4)已知液态肼(N2H4)和足量反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量。写出该反应的热化学方程式__。
(5)已知下列热化学方程式：
①
写出被CO还原成Fe和的热化学方程式____________。
【答案】(1). 加深 (2). ＜ (3). S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O (4). 4H++O2+4I—＝2H2O+2I2 (5). (6). )
【解析】
【分析】（1）热水会使球中气体颜色加深，根据温度对平衡的影响效果作答；
（2）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸会发生氧化还原反应；
（3）碘离子在酸性条件下被空气氧化为碘单质；
（4）计算1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量，可写出反应的热化学方程式；
（5）根据盖斯定律分析作答。
【详解】（1）将NO2球置于热水中，球中气体颜色会加深，说明二氧化氮浓度增大，即升高温度平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2方向移动，H＜0，故答案为：加深；＜；
（2）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生产硫单质、二氧化硫和水，其反应的离子方程式为：S2O32—+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；
（3）向淀粉碘化钾溶液滴几滴稀硫酸后溶液变为蓝色，则说明碘离子与氧气在酸性条件下发生了氧化还原反应，其反应的离子方程式为4H++4I-+O2＝2I2+2H2O；
（4）0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量641.625kJ，其热化学方程式为： ；
（5）①
则根据盖斯定律①×-②×+③，得Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H=(-393.5×-172.46×+824.21) kJ•mol-1=-24.73kJ•mol-1，故答案为：。
27.中和热的测定实验中取的NaOH溶液50mL与的硫酸50mL置于下图所示的装置中，进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 ______ ；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____填“偏大”、“偏小”或“无影响”；
(3)若溶液和硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容，通过以下数据计算中和热_______结果保留小数点后一位。
温度实验次数
起始温度
终止温度
NaOH
平均值
1
2
3
4
(4)如果用盐酸与溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____填“相等、不相等”，所求中和热____填“相等、不相等”。
(5)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____。填“偏大”、“偏小”、“无影响”。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). (4). 不相等 (5). 相等 (6). 偏小
【解析】
【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
（2）结合热量损失对实验的影响结果回答；
（3）先计算出每次实验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
（5）根据弱电解质电离吸热分析。
【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会有热损失，最终使测得温度差减小，进而使结果偏小，故答案为：偏小；
（3）第一次测定温度差为：（29.5-26.1）℃=3.4℃，第二次测定的温度差为：（32.3-27.2）℃=5.1℃，第三次测定的温度差为：（29.2-25.9）℃=3.3℃，第四次测定的温度差为：（29.8-26.3）℃=3.5℃，其中第二次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为：℃=3.4℃，50 mL 0.55 mol/L氢氧化钠与50 mL 0.25 mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025 mol，溶液的质量为：100 mL×1 g/cm3=100 g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025 mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2 J，即1.4212 kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；
（5）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。
28.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(1)写出H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式___________；
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_____(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_____；
(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)=_____mol/(L·min)；
(4)已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图________。
【答案】(1). 2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). ②③ (3). ①② (4). 0.010或1.0×10−2 (5).
【解析】
【分析】（1）根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，将该化学方程式改成离子方程式即可；
（2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据探究浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
（3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
（4）根据温度降低反应速率减小画出25℃时c（MnO4-）～t的变化曲线示意图。
【详解】（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，改写成离子方程式为：2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①②，故答案为：②③；①②；
（3）草酸的物质的量为：0.10mol⋅L−1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= ×0.010mol/L÷=0.010 mol/(L·min)或1.0×10−2 mol/(L·min)，故答案为：0.010或1.0×10−2；
（4）25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c（MnO4-）～t的变化曲线示意图为：。
29.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500℃下发生发应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：
(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=________________。下图是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为____________反应（填“放热”或“吸热”）。
(2)500℃该反应的平衡常数为______（保留两位小数），若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(3)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)______v(逆)（填“＞”、“＜”或“=”）。
(4)下列措施能使 增大的是______。
A．升高温度 B．在原容器中充入1molHe
C．将水蒸气从体系中分离出 D．缩小容器容积，增大压强
【答案】(1). 0.225mol/(L·min) (2). 放热 (3). 5.33 (4). 减小 (5). ＞ (6). CD
【解析】
【分析】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，再结合计算；根据温度对平衡的影响效果作答；
（2）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
（3）依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；
（4）要增大，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断
【详解】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v(H2)= =0.225mol/(L·mon)；根据图示信息可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为：0.225mol/(L·min)；放热；
（2）由（1）可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以平衡常数K===5.3；升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数会减小，故答案为：5.3；减小；
（3） CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则浓度商Q==4＜K=5.33，说明反应正向进行v(正)＞v(逆)；故答案为：＞；
（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的放热反应，则
A．该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，A项错误；
B. 在原容器中充入1 mol He，反应物的浓度保持不变，平衡不移动，的值保持不变，B项错误；
C. 将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，的值增大，C项正确；
D. 缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向移动，值增大，D项正确；
故答案为CD。
30.已知可逆反应：，请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：，；达到平衡后，M的转化率为，求此时N的转化率____。
（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：，，达到平衡后，，求a的值____。
【答案】(1). 25% (2). 6
【解析】
【分析】先根据已知条件列出三段式，结合公式及定义求解。
（1）转化率=×100%；
（2）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算。
【详解】依据化学平衡三段式列式计算，达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1mol•L-1×60%=0.6mol/L，则有：
M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
起始浓度（mol/L） 1 2.4 0 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡浓度（mol/L） 0.4 1.8 0.6 0.6
（1）N的转化率=×100%=×100%=25%，平衡常数K=。故答案为：25%；
（2） M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
起始浓度（mol/L） 4 a 0 0
转化浓度（mol/L） 2 2 2 2
平衡浓度（mol/L） 2 a-2 2 2
由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，K=0.5，则有：=0.5，解之得a=6，故答案为：6。
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