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【化学】广东省广州市中山大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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广东省广州市中山大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题（ 42 分）
一、选择题：本大题共21小题，每小题 2 分，共 42 分．每个选项只有一个正确答案. 请将正确选项前的字母代号填（涂）在答题卡相应的位置．
1.下列说法不正确的是
A. 化学变化一定伴随能量变化，有能量变化的过程不一定是化学变化
B. 甲烷燃烧时，化学能完全转化为热能
C. 植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能
D. 旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量时，该反应为吸热反应
【答案】B
【解析】
A. 化学变化的本质是化学键的断开与形成，一定伴随能量变化，但有能量变化的过程不一定是化学变化，如氢氧化钠的溶解，故A正确；B. 甲烷燃烧时，化学能主要转化为热能，还有光能等，故B错误；C. 植物的生成需要的能量来源与太阳能，因此植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能，故C正确；D. 吸热反应过程中旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量，故D正确；故选B。
2.2g碳与水蒸气反应生成CO和H2，需吸收21.88kJ热量，此反应的热化学方程式为
A. C + H2O ==CO + H2ΔH =+131.3kJ·mol—1
B. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH =+10.94kJ·mol—1
C. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH = -131.3kJ·mol—1
D. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH = +131.3kJ·mol—1
【答案】D
【解析】
反应是吸热反应，所以△H大于0，C不正确。A不正确，因为没有标明状态，B中反应热的数值不同，所以正确的答案选D。
3.反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列说法正确的是
A. 两步反应的ΔH均大于0 B. 加入催化剂能改变反应的焓变
C. 三种物质中C最稳定 D. A→C反应的ΔH＝E4－E1
【答案】C
【解析】
A．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，故C正确；D．整个反应中△H=△HA→B+△HB→C=E1-E2+E3-E4，故D错误；故选C。
点睛：注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算；A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
4.在2A(g) + B(g)⇌3C(g) + 4D(g)中，表示该反应速率最快的是
A. v(A)=0.05 mol/(L·S)
B. v(B)=0.3 mol/(L·min)
C. v(C)=1.2 mol/(L·min)
D. v(D)=0.6 mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【分析】
在速率单位相同时，利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较，或用速率和对应计量数之比进行比较。
【详解】首先观察表示各物质速率的单位将其均统一为mol/(L•min)。其中v(A)=0.05 mol/(L•S) 改为：v(A)=3 mol/(L•min)，然后都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A(g) + B(g)⇌3C(g) + 4D(g)来说；A. v(A)=3 mol/(L•min) v(D)=2 v(A)=6 mol/(L•min)； B. v(B)=0.3 mol/(L•min) v(D)=4 v(B)=1.2 mol/(L•min)； C. v(C)=1.2 mol/(L•min) v(D)= v(C)=1.6 mol/(L•min)
D. v(D)=0.6 mol/(L•min)；所以速率关系为：A﹥C﹥B﹥D，故本题答案为：A。
【点睛】考查反应速率快慢的比较，难度不大，常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，再作比较；2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。
5.对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5⇌NO3+NO2快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
A. v(第一步的逆反应) < v(第二步反应)
B. 反应的中间产物只有NO3
C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D. 第三步反应活化能较高
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应) ﹥v(第二步反应)， 故A错误；B. 由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO， 故B错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与NO3的碰撞仅部分有效， 故C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。
6.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度②改用300 mL 0.1 mol/L盐酸；③改用50 mL 3 mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤加入少量CH3COONa固体。其中能使反应速率减慢的是
A. ③⑤ B. ①③ C. ②③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度活化分子百分数增加化学反应加快，所以①反应速率加快；改用300 mL 0.1 mol/L盐酸，减小反应物的浓度反应速率减慢，所以②反应速率减慢；改用50 mL 3 mol/L盐酸，增加反应物的浓度反应速率加快所以③反应速率加快；用等量铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积化学反应速率加快，所以④反应速率加快；加入少量CH3COONa固体会和盐酸反应生成弱酸使c(H+)减少、反应速率减慢，所以⑤使化学反应速率减慢；故本题答案为：D
【点睛】影响化学反应速率的因素：增大反应物的浓度化学反应速率加快，反之减慢；升高温度化学反应速率加快反之减慢；增大反应物的接触面积化学反应速率加快，反之减慢。
7.某温度下，对可逆反应2X(g) + Y(g) ⇌3Z(g) + W(g) ΔH>0 的叙述正确的是
A. 升高温度，混合气体的平均摩尔质量减小
B. 将W液化移走，则正反应速率增大，平衡向右移动
C. 温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会加快
D. 增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增加，所以混合气体的平均摩尔质量减小，故A正确；B. 将W液化移走，则正反应速率不变，逆反应速率减小平衡向右移动，故B错误；C。温度、体积不变，充入He气增大压强，物质的浓度不变所以反应速率不变，故C错误；D。增大压强，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故D错误；本题答案为：A。
8.下列叙述及解释正确的是
A. 2NO2(g)（红棕色）⇌N2O4(g)（无色）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B. H2(g) + I2(g)⇌2HI(g) △H＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C. 对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，平衡左移
D. FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，虽然平衡向正反应方向移动，但由于体积减小，所以c(NO2)增加,故体系颜色加深，故A错误；B. 平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，平衡不移动，但c(I2)减小，故体系颜色变浅，故B错误；C. 对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，使容器的容积增大，平衡左移，故C正确；D. FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，KCl不参与离子反应，平衡不移动，故体系颜色不变，故D错误；本题答案为：C。
【点睛】对于2NO2(g)（红棕色）⇌N2O4(g)（无色），在平衡后，缩小容积、增大压强，虽然平衡向正反应方向移动，但由于体积减小所以c(NO2)增加,故体系颜色加深。
9.已知反应①：CO(g)＋CuO(s) ⇌CO2(g)＋Cu(s)反应②：H2(g)＋CuO(s) ⇌Cu(s)＋H2O(g)，二者在温度T下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是
A. 反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]
B. 反应③的平衡常数K＝K1•K2。
C. 对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，则正反应△H＜0
D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu、CuO为固体不能列入平衡常数表达式中，所以A错误；B.在上述反应中存在：①—②=③，所以K= ，故B错误；C. 对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应△H＜0，故C正确；D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但体积减小H2浓度一定增大，故D错误；本题答案为C。
【点睛】对于相关的反应平衡常数表达式之间存在着一定关系，反应①CO(g)＋CuO(s) ⇌CO2(g)＋Cu(s)反应K1= ②H2(g)＋CuO(s) ⇌Cu(s)＋H2O(g) K2= 而 ③：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) K= 所以K=。
10.将固体NH4HS置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应:NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g), H2S(g)⇌H2(g)＋S(g)。当反应达到平衡时C(H2)=0.5 mol/L,C(H2S)=4.0 mol/L，则第一步的平衡常数为
A. 16 (mol/L)2 B. 18 (mol/L)2
C. 20.25 (mol/L)2 D. 22 (mol/L)2
【答案】B
【解析】
【分析】
反应NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)的平衡常数K=c(NH3)c(H2S),分解生成的H2S为平衡时H2S与分解的H2S之和,由反应H2S(g)⇌H2(g)＋S(g)可以知道,分解的H2S为0.5 mol/L,从而可以知道分解生成的NH3为4.5 mol/L，代入反应NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)的平衡常数表达式，K=c(NH3)c(H2S)计算即可。
【详解】平衡时c(H2S)=4.0 mol/L分解生成H2的浓度为0.5 mol/L，NH4HS(s)分解为H2S的浓度为4.0 mol/L+0.5 mol/L=4.5 mol/L，分解产物NH3的浓度为c(NH3)=4.5 mol/L，K=c(NH3)•c(H2S)= 4.5 mol/L 4.0 mol/L=18 (mol/L)2 ，所以本题答案为B。
【点睛】本题是一个连续反应的平衡常数的计算，对于NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)平衡常数的计算，NH3的平衡浓度等于H2S的平衡浓度与H2S分解浓度之和。
11.对于反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) △ H＝－1200 kJ·mol－1，温度不同 (T2>T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
升高温度正逆反应速率都发生突变，故A错误；升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故B正确；增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故C错误；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误。
12. 在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)==R(g)+2L。此反应符合下列图象，R%为R在平衡混合物中的体积分数，该反应是
A. 正反应为吸热反应 L是气体
B. 正反应为放热反应 L是气体
C. 正反应为吸热反应 L是固体
D. 正反应为放热反应 L是固体或液体
【答案】B
【解析】
试题分析：该题采用固定变量法：固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低，根据温度对化学平衡移动的影响来确定反应的吸放热情况；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低，根据压强对化学平衡移动的影响来确定反应中各个物质的聚集状态。固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低顺序是T2＞T1，升高温度，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，该反应是放热反应；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低顺序是P1＞P2，增大压强，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，即逆向是气体系数和减小的方向，即L是气体，故B正确；答案选B。
考点：考查学生化学平衡移动的影响因素：温度和压强，注意图象题的解题技巧：控制变量法，根据化学反应速率的影响因素以及化学平衡移动原理来判断
13.已知；(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g) △H=+74.9kJ·mol﹣1，下列说法中正确的是
A. 该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行
B. 该反应熵增，所以一定可以自发进行
C. 该反应中ΔS>0、所以高温可以自发进行
D. 自发进行的反应可能是放热反应，不能自发进行的反应都是吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应为吸热反应，△H>0、ΔS>0 ，由反应自发进行的依据是△H-TΔS0可知，当高温时可以自发进行，所以A错误；B.该反应ΔS>0、△H>0只有当△H-TΔS<0时才能自发进行，即高温时才能自发进行，所以B错误；C. 该反应中ΔS>0、所以高温可以自发进行，C正确；D.无论放热反应还是吸热反应只要△H-TΔS<0就能自发进行，所以D错误，故本题答案为C。
【点睛】一个反应能否自发进行是由T、ΔS、△H共同决定的，只要满足△H-TΔS<0就能自发进行。
14.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据右图可得出的判断结论正确的
A. a、b、c三点平衡常数的大小关系为：Kb＞Kc ＞Ka
B. 达到平衡时B2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 增大压强有利于AB3的生成，因此在实际生产中压强越大越好
D. 若起始量为,则在T2温度下，平衡时AB3的体积分数接近b点
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，a、b、c三点所处的温度相同，所以平衡常数大小关系为Kb=Ka=Kc，故A错误；B.对于反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)，随n(B2)的增加反应向正反应方向移动，但n(B2)转化率降低，即B2的转化率应为：a＞b＞c，故B错误；C. 增大压强平衡向正反应方向移动有利于AB3的生成，但需要考虑生产条件和成本，所以并不是压强越大越好，故C错误；D.由反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3可知，当=时AB3 的体积分数最大。所以，在T2温度下，当起始量为,平衡时AB3的体积分数接近b点，故D正确，所以本题答案为：D。
【点睛】当一个可逆反应的反应物按计量数之比反应时，生成物的体积分数最大。
15.在一定条件下CO（g）和H2（g）发生反应：CO(g) +2H2(g) ⇌CH3OH(g)。在容积固定且均为1 L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1 mol CO (g)和2 mol H2 (g)，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3（依次升高）且恒定不变，测得反应均进行到5 min时CH3OH (g)的浓度如下图所示。下列说法正确的
A. 该反应的正反应△H >0
B. 当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是α(a)
C. 三个容器中平衡常数最大的是c容器中的平衡常数
D. 反应均进行到5min时，b点一定达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【分析】
由图中信息可知，在相同的时间内、不同的温度下，起始量相同但是甲醇的体积分数不同，体积分数b＞a＞c。由于化学反应速率随温度升高而增大，所以a点一定没有达到平衡，c点一定达到平衡状态，b点无法确定是否达到平衡状态。温度升高后，化学平衡向逆反应方向移动，所以该反应为放热反应，其化学平衡常数随温度升高而减小。
【详解】A.正反应为放热反应，△H ＜0，所以A错误；
B. 到达平衡后再升高温度，甲醇的浓度降低，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小。因此，当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是α(a)，即CO转化率为a＞b＞c，所以B正确；
C. 该反应为放热反应，其化学平衡常数随温度升高而减小，即KaKbKc，所以C错误；
D.图中b点的数据只能说明5 min时CH3OH (g)的浓度大小，但不能说明其浓度保持改变，所以无法确定该反应已达到平衡状态，D错误。
综上所述，本题答案为B。
16.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
BaSO4
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
CCl4
酒精
H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于Fe是单质，不是化合物，则Fe既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；B．NH3属于化合物，溶于水本身不能电离出离子，是非电解质，BaSO4熔融状态能完全电离，属于强电解质，B项错误；C．碳酸钙熔融状态下能完全电离，CaCO3属于强电解质，碳酸部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；D．水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，D项错误；答案选C。
故选C．
【考点定位】考查强弱电解质，非电解质的判断
【名师点睛】本题考查强弱电解质，非电解质的判断。强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。
17.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)⇌H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0，25℃时，0.1mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5 。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，虽然平衡逆向移动，但是根据平衡移动原理可知，平衡移动不能阻止c(H＋)增加，故A错误；B. 该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，故B错误；C.因为电离平衡常数只和温度有关，所以该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5 ，故C错误；D.由于电离是吸热的，所以温度升高平衡向正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，故D正确；本题答案为:D
18.某浓度的氨水中存在下列平衡:NH3·H2O⇌ NH4+ +OH -,如想增大NH4+的浓度,而不增大OH -的浓度,应采取的措施是
A. 加入NH4Cl固体 B. 适当升高温度
C. 通入NH3 D. 加入少量NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入NH4Cl固体，相当于增大了c(NH4+)，平衡向逆向移动，c(OH-)减小，但c(NH4+)较原溶液增大，故A 正确；
B.升高温度平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故B错误；
C.向氨水中通入NH3平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故C错误；
D. 加入少量NaOH，平衡向逆向移动，c(NH4+)减小,而c(OH-)增大，故D错误。
所以本题答案为：A。
19.已知电离平衡常数H2SO3：H2SO3⇌HSO3- + H+ K1=1.54×10-2 ，HSO3⇌SO32- + H+ K2=1.02×10-7； H2CO3：H2CO3⇌HCO3- + H+ K1=4.4×10-7HCO3-⇌CO32- + H+ K2=4.7×10-11，则溶液中不可以大量共存的离子组是
A. HSO3-、CO32- B. HSO3-、HCO3-
C. SO32-、HCO3- D. SO32-、CO32-
【答案】A
【解析】
【分析】
因为电力平衡常数越大酸性越强，由H2SO3⇌HSO3- + H+ K1=1.54×10-2 ，HSO3-⇌SO32- + H+ K2=1.02×10-7； H2CO3：H2CO3⇌HCO3- + H+ K1=4.4×10-7,HCO3-⇌CO32- + H+ K2=4.7×10-11的电离平衡常数可知：酸性顺序为：H2SO3 HSO3- H2CO3 HCO3-,则强酸和弱酸盐反应能生成弱酸，则不能大量共存。
【详解】A.因为HSO3-的电离平衡常数比HCO3- 的电离平衡常数大，所以酸性HSO3- HCO3-，所以HSO3-、CO32-不能大量共存，故选A；B. 因为HSO3-的电离平衡常数和H2CO3的电离平衡常近似相等，所以HSO3-、HCO3-不能反应，可以大量共存，故不选B；C.因为HCO3-的电离平衡常数比HSO3-的电离平衡常数小，所以SO32-、HCO3-不反应，可以大量共存，故不选C；D. SO32-、CO32-之间不会发生反应，所以可以大量共存，故不选D.所以本题答案为A。
20.在两个容积均为1 L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率
α(CO2)与温度的关系如下图所示。
下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH ＞ 0
B. 氢碳比：X＜ 2.0
C. 在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)
D. P点温度下，反应的平衡常数为512
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，随温度升高CO2 的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H＜0，错误；B．氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：X＞2.0，错误； C．相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行，逆反应速率增大到平衡状态P，故在氢碳比为2.0时，Q点V(逆)小于P点的v(逆)，故C正确； D．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比=2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：
2CO2 (g)+6H2 (g)C2 H4 (g)+4H2 O(g)
起始浓度（mol/L）：1 2 0 0
变化浓度（mol/L）：0.5 1.5 0.25 1
平衡浓度（mol/L）：0.5 0.5 0.25 1
平衡常数，错误。
考点：考查图像方法在化学反应速率、反应热及化学平衡移动的应用的知识。
21.已知两个热化学方程式： C(s)＋O2(g) ＝CO2(g) ΔH＝―393.5kJ/mol
2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝―483.6kJ/mol
现有炭粉和H2组成的悬浮气共0.2mol，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（ ）
A. 1︰1 B. 1︰2 C. 2︰3 D. 3︰2
【答案】A
【解析】
试题分析：假设炭的物质的量是xmol，氢气的物质的量是ymol,则根据热化学方程式可知x+y=0.2mol，393.5x+(483.6÷2）y=63.53kJ，解得x=0.1mol，y=0.1mol，所以炭粉与氢气的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1:1。选项A符合题意。
考点：考查热化学方程式在混合物成分的计算的应用的知识。
第Ⅱ卷 非选择题（ 58 分）
22.CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及甲醚(CH3OCH3)具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应（热效应都是在25℃，1.01×105Pa下测定）：
①CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(l) + H2O(l) △H1 = -49.01KJ/mol
②2 CH3OH(l) ⇌ CH3OCH3(g) + H2O(l) △H2 = -24.52KJ/mol
③CO(g) + H2O(l) ⇌ CO2(g) + H2(g) △H3 = -41.17KJ/mol
(1)工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为________________。
(2)反应②的平衡常数表达式K=__________________，在一定条件下反应②达到平衡状态，CH3OCH3的浓度为c1，若此时体积压缩为原来的一半，再次平衡时的浓度c2,则c2__________c1（填“>”、“<”或“=”）
(3)在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如②式建立平衡，以下说发正确并可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为________。
A．容器内气体相对分子质量保持不变；
B．容器内气体压强不变；
C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍；
D．甲醇和二甲醚物质的量相等
【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H = —122.54KJ/mol (2). K=C(CH3OCH3) (3). = (4). BC
【解析】
【详解】（1）已知①CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l) △H = -49.01kJ/mol
②2CH3OH(l) CH3OCH3(g) + H2O(l) △H = -24.52kJ/mol
则根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l) △H = -122.54kJ/mol。
（2）根据方程式可知反应②的平衡常数表达式K=C(CH3OCH3)；体积压缩为原来的一半，再次平衡时c2=c1。
（3）A．容器内气体只有二甲醚，相对分子质量一直保持不变，A错误；B．正反应体积增加，容器内气体压强不变说明反应达到平衡状态，B正确；C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C正确；D．甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，所以不能证明达到了化学平衡状态，D错误，答案选BC。
23.Ⅰ.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应：
①2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) 平衡常数为K1；
②2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g) 平衡常数为K2。
(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝____(用K1、K2表示)。
(2)若反应①在温度T下达到平衡时，平衡常数为K1，升高温度后K1增大，则正反应的焓变△H____0（填“>”、“<”或“=”）。若平衡后在其他条件不变的情况下，充入少量Cl2，Cl2的转化率___________（填“变大”、“变小”或“不变”,下同），的值___________。
Ⅱ.近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图3所示。关于该方法，下列推测合理的是________。
A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
【答案】 (1). (2). > (3). 变小 (4). 变小 (5). ACD
【解析】
【详解】Ⅰ.(1）已知：①2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) 平衡常数为K1；②2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g) 平衡常数为K2，则2②-①既得4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)所以K=；（2）因为升高温度K1增大，所以正反应为吸热反应，故△H>0；其他条件不变的情况下，充入少量Cl2，Cl2的转化率变小；由于2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g)增加Cl2的量，虽然平衡向正向移动，但C(Cl2)增加的更大，所以变小；Ⅱ. A．反应温度超过300℃时，乙酸乙酯的质量分数开始降低，乙醚的质量分数开始升高，所以A合理；B．对于液体物质来说压强对平衡影响较小，所以增大体系压强，对乙醇平有衡转化率影响不大，所以B不合理；C．因为液态收集物中乙醛初期很大，但是慢慢随着乙酸乙酯的增大而减少，所以乙醛应该为中间产物，，所以C合理；D．催化剂有选择性，如果选择优质催化剂，可以减少副反应发生，所以D合理，故本题答案为：ACD。
24.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为______。
（2）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的△H = +11 kJ·mol－1，l molH2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(s)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
（3）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为__________________。
②上述反应中，正反应速率为正=k正x2(HI)，逆反应速率为逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________________(以K和k正表示)。若k正=0.0027 min－1，在t = 40 min时，正 = _______________min－1。
③由上述实验数据计算得到正～x(HI)和逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。
【答案】(1)299 ；
(2) ①K＝(0.108)2/(0.784)2；②k正/K ；1.95×10－3 ；③A E
【解析】
试题分析：(1)设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299；
(2)①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==，故答案为：K=；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，则k逆=k正×=，在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1，故答案为：；1.95×10-3；
③对于2HI(g)H2(g)+I2(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2(g)+I2(g)2HI(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x(HI)对应的点为A，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：A；E。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；
【名师点晴】本题比较综合，涉及、反应热计算、化学平衡常数计算、化学反应速率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，(2)为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大了题目难度。
25.25℃时，H2A（酸）：K1=4.3×10－7，K2=2.1×10－12。H2B（酸）：K1=1.0×10－7，K2=6.3×10－13，若有浓度相同的两种溶液（填“＞”、“＜”或“＝”）。回答谢列问题：
(1)①H+的浓度：H2A________H2B；②溶液的导电能力：H2A________H2B；
(2)写出H2B酸溶液中所有的粒子__________；
(3)①写出H2A的电离方程式___________。②写出NaHA的电离方程式__________。
【答案】 (1). > (2). > (3). H2O、H2B、HB-、H+、B2-、OH- (4). H2A HA- + H+ HA- A2- + H+ (5). NaHA = Na+ + HA- HA- A2- + H+
【解析】
【详解】(1)相同温度、相同浓度下，电离常数越大电离度越大，相同温度、相同浓度下,电离平衡常数越大其电离程度越大。多元弱酸分步电离，其第一步电离远远大于其第二步电离，由于H2A的K1大于H2B的K1 ，所以H+的浓度：H2AH2B；离子浓度越大导电能力越强，所以溶液的导电能力：H2A>H2B；(2)依据H2B HB-+ H+ 、HB- B2-+ H+ 、H2O H++ OH-可知H2B酸溶液中的粒子有：H2O、H2B、HB-、H+、B2-、OH-；(3) H2A是二元弱酸，分两步电离，①H2A的电离方程式H2A HA- + H+ 、HA- A2- + H+ 。②NaHA的电离方程式NaHA = Na+ + HA- 、 HA- A2- + H+。
26.800K时,将0.1 mo A（g）和0.2 molB（g）充人体积为1 L的固定容积反应器中，发生如下反应：A（g）+2B（g）⇌2 C（g）+D（g），达到平衡时A的物质的量分数为20%。
(1)求达平衡时B的转化率α(B)___________；
(2)求该温度下的平衡常数K___________；
(3)若起始A的分压为10 kPa，求Kp___________。
(4)若在体积固定的某容器中充入0.2 mol A、0.1 mol B、0.1 mol C、0.5 mol D,则此时是否为平衡状态，请计算说明___________。
【答案】 (1). α(B) = 40% (2). K = 0.296或0.3 (3). Kp = 0.296或0.3 (4). Qc>K,所以未达平衡状态
【解析】
【分析】
根据化学平衡三段式列式计算平衡状态各物质的物质的量，结合化学平衡常数、转化率等概念列式计算即可。
【详解】设：达到平衡时A（g）的变化量为ａmol 则三段式
A（g）+2B（g）⇌2 C（g）+D（g）
起始量（mol）0.1 0.2 0 0
变化量（mol）a 2a 2a a
平衡量（mol）0.1-a 0.2-2a 2a a
因为：达到平衡时A的物质的量分数为20% 所以有=0.2 求得：a=0.04，(1)达平衡时B的转化率α(B)==40；(2)该温度下的平衡常数K== 0.296；(3)起始A的分压为10 kPa，则B的分压为20kPa求Kp，因反应是一个前、后体积不变的可逆反应，平衡总压为30kPa，所以平衡时各物质的分压为：A 6kPa 、B 12kPa、C 8kPa、D 4kPa，依据各物质的分压则有：求Kp==0.296；(4)若在体积固定的某容器中充入0.2 mol A、0.1 mol B、0.1 mol C、0.5 mol D,则此时，温度不变则平衡常数不变，Qc==2.5 K,，所以未达到平衡。
【点睛】K,是一个物质分压计算的平衡常数，求出反应中各物质的分压带入K,的计算公式即可。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题（ 42 分）
一、选择题：本大题共21小题，每小题 2 分，共 42 分．每个选项只有一个正确答案. 请将正确选项前的字母代号填（涂）在答题卡相应的位置．
1.下列说法不正确的是
A. 化学变化一定伴随能量变化，有能量变化的过程不一定是化学变化
B. 甲烷燃烧时，化学能完全转化为热能
C. 植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能
D. 旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量时，该反应为吸热反应
【答案】B
【解析】
A. 化学变化的本质是化学键的断开与形成，一定伴随能量变化，但有能量变化的过程不一定是化学变化，如氢氧化钠的溶解，故A正确；B. 甲烷燃烧时，化学能主要转化为热能，还有光能等，故B错误；C. 植物的生成需要的能量来源与太阳能，因此植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能，故C正确；D. 吸热反应过程中旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量，故D正确；故选B。
2.2g碳与水蒸气反应生成CO和H2，需吸收21.88kJ热量，此反应的热化学方程式为
A. C + H2O ==CO + H2ΔH =+131.3kJ·mol—1
B. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH =+10.94kJ·mol—1
C. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH = -131.3kJ·mol—1
D. C(s)+ H2O(g) ==CO(g) + H2(g)ΔH = +131.3kJ·mol—1
【答案】D
【解析】
反应是吸热反应，所以△H大于0，C不正确。A不正确，因为没有标明状态，B中反应热的数值不同，所以正确的答案选D。
3.反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列说法正确的是
A. 两步反应的ΔH均大于0 B. 加入催化剂能改变反应的焓变
C. 三种物质中C最稳定 D. A→C反应的ΔH＝E4－E1
【答案】C
【解析】
A．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，故C正确；D．整个反应中△H=△HA→B+△HB→C=E1-E2+E3-E4，故D错误；故选C。
点睛：注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算；A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
4.在2A(g) + B(g)⇌3C(g) + 4D(g)中，表示该反应速率最快的是
A. v(A)=0.05 mol/(L·S)
B. v(B)=0.3 mol/(L·min)
C. v(C)=1.2 mol/(L·min)
D. v(D)=0.6 mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【分析】
在速率单位相同时，利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较，或用速率和对应计量数之比进行比较。
【详解】首先观察表示各物质速率的单位将其均统一为mol/(L•min)。其中v(A)=0.05 mol/(L•S) 改为：v(A)=3 mol/(L•min)，然后都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A(g) + B(g)⇌3C(g) + 4D(g)来说；A. v(A)=3 mol/(L•min) v(D)=2 v(A)=6 mol/(L•min)； B. v(B)=0.3 mol/(L•min) v(D)=4 v(B)=1.2 mol/(L•min)； C. v(C)=1.2 mol/(L•min) v(D)= v(C)=1.6 mol/(L•min)
D. v(D)=0.6 mol/(L•min)；所以速率关系为：A﹥C﹥B﹥D，故本题答案为：A。
【点睛】考查反应速率快慢的比较，难度不大，常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，再作比较；2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。
5.对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5⇌NO3+NO2快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
A. v(第一步的逆反应) < v(第二步反应)
B. 反应的中间产物只有NO3
C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D. 第三步反应活化能较高
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应) ﹥v(第二步反应)， 故A错误；B. 由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO， 故B错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与NO3的碰撞仅部分有效， 故C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。
6.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度②改用300 mL 0.1 mol/L盐酸；③改用50 mL 3 mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤加入少量CH3COONa固体。其中能使反应速率减慢的是
A. ③⑤ B. ①③ C. ②③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度活化分子百分数增加化学反应加快，所以①反应速率加快；改用300 mL 0.1 mol/L盐酸，减小反应物的浓度反应速率减慢，所以②反应速率减慢；改用50 mL 3 mol/L盐酸，增加反应物的浓度反应速率加快所以③反应速率加快；用等量铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积化学反应速率加快，所以④反应速率加快；加入少量CH3COONa固体会和盐酸反应生成弱酸使c(H+)减少、反应速率减慢，所以⑤使化学反应速率减慢；故本题答案为：D
【点睛】影响化学反应速率的因素：增大反应物的浓度化学反应速率加快，反之减慢；升高温度化学反应速率加快反之减慢；增大反应物的接触面积化学反应速率加快，反之减慢。
7.某温度下，对可逆反应2X(g) + Y(g) ⇌3Z(g) + W(g) ΔH>0 的叙述正确的是
A. 升高温度，混合气体的平均摩尔质量减小
B. 将W液化移走，则正反应速率增大，平衡向右移动
C. 温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会加快
D. 增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增加，所以混合气体的平均摩尔质量减小，故A正确；B. 将W液化移走，则正反应速率不变，逆反应速率减小平衡向右移动，故B错误；C。温度、体积不变，充入He气增大压强，物质的浓度不变所以反应速率不变，故C错误；D。增大压强，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故D错误；本题答案为：A。
8.下列叙述及解释正确的是
A. 2NO2(g)（红棕色）⇌N2O4(g)（无色）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B. H2(g) + I2(g)⇌2HI(g) △H＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C. 对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，平衡左移
D. FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，虽然平衡向正反应方向移动，但由于体积减小，所以c(NO2)增加,故体系颜色加深，故A错误；B. 平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，平衡不移动，但c(I2)减小，故体系颜色变浅，故B错误；C. 对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，使容器的容积增大，平衡左移，故C正确；D. FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，KCl不参与离子反应，平衡不移动，故体系颜色不变，故D错误；本题答案为：C。
【点睛】对于2NO2(g)（红棕色）⇌N2O4(g)（无色），在平衡后，缩小容积、增大压强，虽然平衡向正反应方向移动，但由于体积减小所以c(NO2)增加,故体系颜色加深。
9.已知反应①：CO(g)＋CuO(s) ⇌CO2(g)＋Cu(s)反应②：H2(g)＋CuO(s) ⇌Cu(s)＋H2O(g)，二者在温度T下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是
A. 反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]
B. 反应③的平衡常数K＝K1•K2。
C. 对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，则正反应△H＜0
D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu、CuO为固体不能列入平衡常数表达式中，所以A错误；B.在上述反应中存在：①—②=③，所以K= ，故B错误；C. 对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应△H＜0，故C正确；D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但体积减小H2浓度一定增大，故D错误；本题答案为C。
【点睛】对于相关的反应平衡常数表达式之间存在着一定关系，反应①CO(g)＋CuO(s) ⇌CO2(g)＋Cu(s)反应K1= ②H2(g)＋CuO(s) ⇌Cu(s)＋H2O(g) K2= 而 ③：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) K= 所以K=。
10.将固体NH4HS置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应:NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g), H2S(g)⇌H2(g)＋S(g)。当反应达到平衡时C(H2)=0.5 mol/L,C(H2S)=4.0 mol/L，则第一步的平衡常数为
A. 16 (mol/L)2 B. 18 (mol/L)2
C. 20.25 (mol/L)2 D. 22 (mol/L)2
【答案】B
【解析】
【分析】
反应NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)的平衡常数K=c(NH3)c(H2S),分解生成的H2S为平衡时H2S与分解的H2S之和,由反应H2S(g)⇌H2(g)＋S(g)可以知道,分解的H2S为0.5 mol/L,从而可以知道分解生成的NH3为4.5 mol/L，代入反应NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)的平衡常数表达式，K=c(NH3)c(H2S)计算即可。
【详解】平衡时c(H2S)=4.0 mol/L分解生成H2的浓度为0.5 mol/L，NH4HS(s)分解为H2S的浓度为4.0 mol/L+0.5 mol/L=4.5 mol/L，分解产物NH3的浓度为c(NH3)=4.5 mol/L，K=c(NH3)•c(H2S)= 4.5 mol/L 4.0 mol/L=18 (mol/L)2 ，所以本题答案为B。
【点睛】本题是一个连续反应的平衡常数的计算，对于NH4HS(s)⇌NH3(g)＋H2S(g)平衡常数的计算，NH3的平衡浓度等于H2S的平衡浓度与H2S分解浓度之和。
11.对于反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) △ H＝－1200 kJ·mol－1，温度不同 (T2>T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
升高温度正逆反应速率都发生突变，故A错误；升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故B正确；增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故C错误；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误。
12. 在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)==R(g)+2L。此反应符合下列图象，R%为R在平衡混合物中的体积分数，该反应是
A. 正反应为吸热反应 L是气体
B. 正反应为放热反应 L是气体
C. 正反应为吸热反应 L是固体
D. 正反应为放热反应 L是固体或液体
【答案】B
【解析】
试题分析：该题采用固定变量法：固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低，根据温度对化学平衡移动的影响来确定反应的吸放热情况；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低，根据压强对化学平衡移动的影响来确定反应中各个物质的聚集状态。固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低顺序是T2＞T1，升高温度，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，该反应是放热反应；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低顺序是P1＞P2，增大压强，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，即逆向是气体系数和减小的方向，即L是气体，故B正确；答案选B。
考点：考查学生化学平衡移动的影响因素：温度和压强，注意图象题的解题技巧：控制变量法，根据化学反应速率的影响因素以及化学平衡移动原理来判断
13.已知；(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g) △H=+74.9kJ·mol﹣1，下列说法中正确的是
A. 该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行
B. 该反应熵增，所以一定可以自发进行
C. 该反应中ΔS>0、所以高温可以自发进行
D. 自发进行的反应可能是放热反应，不能自发进行的反应都是吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应为吸热反应，△H>0、ΔS>0 ，由反应自发进行的依据是△H-TΔS0可知，当高温时可以自发进行，所以A错误；B.该反应ΔS>0、△H>0只有当△H-TΔS<0时才能自发进行，即高温时才能自发进行，所以B错误；C. 该反应中ΔS>0、所以高温可以自发进行，C正确；D.无论放热反应还是吸热反应只要△H-TΔS<0就能自发进行，所以D错误，故本题答案为C。
【点睛】一个反应能否自发进行是由T、ΔS、△H共同决定的，只要满足△H-TΔS<0就能自发进行。
14.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据右图可得出的判断结论正确的
A. a、b、c三点平衡常数的大小关系为：Kb＞Kc ＞Ka
B. 达到平衡时B2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 增大压强有利于AB3的生成，因此在实际生产中压强越大越好
D. 若起始量为,则在T2温度下，平衡时AB3的体积分数接近b点
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，a、b、c三点所处的温度相同，所以平衡常数大小关系为Kb=Ka=Kc，故A错误；B.对于反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)，随n(B2)的增加反应向正反应方向移动，但n(B2)转化率降低，即B2的转化率应为：a＞b＞c，故B错误；C. 增大压强平衡向正反应方向移动有利于AB3的生成，但需要考虑生产条件和成本，所以并不是压强越大越好，故C错误；D.由反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3可知，当=时AB3 的体积分数最大。所以，在T2温度下，当起始量为,平衡时AB3的体积分数接近b点，故D正确，所以本题答案为：D。
【点睛】当一个可逆反应的反应物按计量数之比反应时，生成物的体积分数最大。
15.在一定条件下CO（g）和H2（g）发生反应：CO(g) +2H2(g) ⇌CH3OH(g)。在容积固定且均为1 L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1 mol CO (g)和2 mol H2 (g)，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3（依次升高）且恒定不变，测得反应均进行到5 min时CH3OH (g)的浓度如下图所示。下列说法正确的
A. 该反应的正反应△H >0
B. 当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是α(a)
C. 三个容器中平衡常数最大的是c容器中的平衡常数
D. 反应均进行到5min时，b点一定达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【分析】
由图中信息可知，在相同的时间内、不同的温度下，起始量相同但是甲醇的体积分数不同，体积分数b＞a＞c。由于化学反应速率随温度升高而增大，所以a点一定没有达到平衡，c点一定达到平衡状态，b点无法确定是否达到平衡状态。温度升高后，化学平衡向逆反应方向移动，所以该反应为放热反应，其化学平衡常数随温度升高而减小。
【详解】A.正反应为放热反应，△H ＜0，所以A错误；
B. 到达平衡后再升高温度，甲醇的浓度降低，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小。因此，当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是α(a)，即CO转化率为a＞b＞c，所以B正确；
C. 该反应为放热反应，其化学平衡常数随温度升高而减小，即KaKbKc，所以C错误；
D.图中b点的数据只能说明5 min时CH3OH (g)的浓度大小，但不能说明其浓度保持改变，所以无法确定该反应已达到平衡状态，D错误。
综上所述，本题答案为B。
16.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
BaSO4
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
CCl4
酒精
H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于Fe是单质，不是化合物，则Fe既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；B．NH3属于化合物，溶于水本身不能电离出离子，是非电解质，BaSO4熔融状态能完全电离，属于强电解质，B项错误；C．碳酸钙熔融状态下能完全电离，CaCO3属于强电解质，碳酸部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；D．水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，D项错误；答案选C。
故选C．
【考点定位】考查强弱电解质，非电解质的判断
【名师点睛】本题考查强弱电解质，非电解质的判断。强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。
17.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)⇌H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0，25℃时，0.1mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5 。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，虽然平衡逆向移动，但是根据平衡移动原理可知，平衡移动不能阻止c(H＋)增加，故A错误；B. 该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，故B错误；C.因为电离平衡常数只和温度有关，所以该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5 ，故C错误；D.由于电离是吸热的，所以温度升高平衡向正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，故D正确；本题答案为:D
18.某浓度的氨水中存在下列平衡:NH3·H2O⇌ NH4+ +OH -,如想增大NH4+的浓度,而不增大OH -的浓度,应采取的措施是
A. 加入NH4Cl固体 B. 适当升高温度
C. 通入NH3 D. 加入少量NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入NH4Cl固体，相当于增大了c(NH4+)，平衡向逆向移动，c(OH-)减小，但c(NH4+)较原溶液增大，故A 正确；
B.升高温度平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故B错误；
C.向氨水中通入NH3平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故C错误；
D. 加入少量NaOH，平衡向逆向移动，c(NH4+)减小,而c(OH-)增大，故D错误。
所以本题答案为：A。
19.已知电离平衡常数H2SO3：H2SO3⇌HSO3- + H+ K1=1.54×10-2 ，HSO3⇌SO32- + H+ K2=1.02×10-7； H2CO3：H2CO3⇌HCO3- + H+ K1=4.4×10-7HCO3-⇌CO32- + H+ K2=4.7×10-11，则溶液中不可以大量共存的离子组是
A. HSO3-、CO32- B. HSO3-、HCO3-
C. SO32-、HCO3- D. SO32-、CO32-
【答案】A
【解析】
【分析】
因为电力平衡常数越大酸性越强，由H2SO3⇌HSO3- + H+ K1=1.54×10-2 ，HSO3-⇌SO32- + H+ K2=1.02×10-7； H2CO3：H2CO3⇌HCO3- + H+ K1=4.4×10-7,HCO3-⇌CO32- + H+ K2=4.7×10-11的电离平衡常数可知：酸性顺序为：H2SO3 HSO3- H2CO3 HCO3-,则强酸和弱酸盐反应能生成弱酸，则不能大量共存。
【详解】A.因为HSO3-的电离平衡常数比HCO3- 的电离平衡常数大，所以酸性HSO3- HCO3-，所以HSO3-、CO32-不能大量共存，故选A；B. 因为HSO3-的电离平衡常数和H2CO3的电离平衡常近似相等，所以HSO3-、HCO3-不能反应，可以大量共存，故不选B；C.因为HCO3-的电离平衡常数比HSO3-的电离平衡常数小，所以SO32-、HCO3-不反应，可以大量共存，故不选C；D. SO32-、CO32-之间不会发生反应，所以可以大量共存，故不选D.所以本题答案为A。
20.在两个容积均为1 L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率
α(CO2)与温度的关系如下图所示。
下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH ＞ 0
B. 氢碳比：X＜ 2.0
C. 在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)
D. P点温度下，反应的平衡常数为512
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，随温度升高CO2 的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H＜0，错误；B．氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：X＞2.0，错误； C．相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行，逆反应速率增大到平衡状态P，故在氢碳比为2.0时，Q点V(逆)小于P点的v(逆)，故C正确； D．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比=2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：
2CO2 (g)+6H2 (g)C2 H4 (g)+4H2 O(g)
起始浓度（mol/L）：1 2 0 0
变化浓度（mol/L）：0.5 1.5 0.25 1
平衡浓度（mol/L）：0.5 0.5 0.25 1
平衡常数，错误。
考点：考查图像方法在化学反应速率、反应热及化学平衡移动的应用的知识。
21.已知两个热化学方程式： C(s)＋O2(g) ＝CO2(g) ΔH＝―393.5kJ/mol
2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝―483.6kJ/mol
现有炭粉和H2组成的悬浮气共0.2mol，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（ ）
A. 1︰1 B. 1︰2 C. 2︰3 D. 3︰2
【答案】A
【解析】
试题分析：假设炭的物质的量是xmol，氢气的物质的量是ymol,则根据热化学方程式可知x+y=0.2mol，393.5x+(483.6÷2）y=63.53kJ，解得x=0.1mol，y=0.1mol，所以炭粉与氢气的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1:1。选项A符合题意。
考点：考查热化学方程式在混合物成分的计算的应用的知识。
第Ⅱ卷 非选择题（ 58 分）
22.CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及甲醚(CH3OCH3)具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应（热效应都是在25℃，1.01×105Pa下测定）：
①CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(l) + H2O(l) △H1 = -49.01KJ/mol
②2 CH3OH(l) ⇌ CH3OCH3(g) + H2O(l) △H2 = -24.52KJ/mol
③CO(g) + H2O(l) ⇌ CO2(g) + H2(g) △H3 = -41.17KJ/mol
(1)工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为________________。
(2)反应②的平衡常数表达式K=__________________，在一定条件下反应②达到平衡状态，CH3OCH3的浓度为c1，若此时体积压缩为原来的一半，再次平衡时的浓度c2,则c2__________c1（填“>”、“<”或“=”）
(3)在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如②式建立平衡，以下说发正确并可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为________。
A．容器内气体相对分子质量保持不变；
B．容器内气体压强不变；
C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍；
D．甲醇和二甲醚物质的量相等
【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H = —122.54KJ/mol (2). K=C(CH3OCH3) (3). = (4). BC
【解析】
【详解】（1）已知①CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l) △H = -49.01kJ/mol
②2CH3OH(l) CH3OCH3(g) + H2O(l) △H = -24.52kJ/mol
则根据盖斯定律可知①×2+②即得到工业上用CO2和H2合成二甲醚的热化学方程式为2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l) △H = -122.54kJ/mol。
（2）根据方程式可知反应②的平衡常数表达式K=C(CH3OCH3)；体积压缩为原来的一半，再次平衡时c2=c1。
（3）A．容器内气体只有二甲醚，相对分子质量一直保持不变，A错误；B．正反应体积增加，容器内气体压强不变说明反应达到平衡状态，B正确；C．相同时间内消耗甲醇的量是消耗二甲醚的两倍，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C正确；D．甲醇和二甲醚物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，所以不能证明达到了化学平衡状态，D错误，答案选BC。
23.Ⅰ.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应：
①2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) 平衡常数为K1；
②2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g) 平衡常数为K2。
(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝____(用K1、K2表示)。
(2)若反应①在温度T下达到平衡时，平衡常数为K1，升高温度后K1增大，则正反应的焓变△H____0（填“>”、“<”或“=”）。若平衡后在其他条件不变的情况下，充入少量Cl2，Cl2的转化率___________（填“变大”、“变小”或“不变”,下同），的值___________。
Ⅱ.近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图3所示。关于该方法，下列推测合理的是________。
A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
【答案】 (1). (2). > (3). 变小 (4). 变小 (5). ACD
【解析】
【详解】Ⅰ.(1）已知：①2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) 平衡常数为K1；②2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g) 平衡常数为K2，则2②-①既得4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)所以K=；（2）因为升高温度K1增大，所以正反应为吸热反应，故△H>0；其他条件不变的情况下，充入少量Cl2，Cl2的转化率变小；由于2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g)增加Cl2的量，虽然平衡向正向移动，但C(Cl2)增加的更大，所以变小；Ⅱ. A．反应温度超过300℃时，乙酸乙酯的质量分数开始降低，乙醚的质量分数开始升高，所以A合理；B．对于液体物质来说压强对平衡影响较小，所以增大体系压强，对乙醇平有衡转化率影响不大，所以B不合理；C．因为液态收集物中乙醛初期很大，但是慢慢随着乙酸乙酯的增大而减少，所以乙醛应该为中间产物，，所以C合理；D．催化剂有选择性，如果选择优质催化剂，可以减少副反应发生，所以D合理，故本题答案为：ACD。
24.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为______。
（2）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的△H = +11 kJ·mol－1，l molH2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(s)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
（3）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为__________________。
②上述反应中，正反应速率为正=k正x2(HI)，逆反应速率为逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________________(以K和k正表示)。若k正=0.0027 min－1，在t = 40 min时，正 = _______________min－1。
③由上述实验数据计算得到正～x(HI)和逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。
【答案】(1)299 ；
(2) ①K＝(0.108)2/(0.784)2；②k正/K ；1.95×10－3 ；③A E
【解析】
试题分析：(1)设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299；
(2)①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==，故答案为：K=；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，则k逆=k正×=，在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1，故答案为：；1.95×10-3；
③对于2HI(g)H2(g)+I2(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2(g)+I2(g)2HI(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x(HI)对应的点为A，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：A；E。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；
【名师点晴】本题比较综合，涉及、反应热计算、化学平衡常数计算、化学反应速率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，(2)为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大了题目难度。
25.25℃时，H2A（酸）：K1=4.3×10－7，K2=2.1×10－12。H2B（酸）：K1=1.0×10－7，K2=6.3×10－13，若有浓度相同的两种溶液（填“＞”、“＜”或“＝”）。回答谢列问题：
(1)①H+的浓度：H2A________H2B；②溶液的导电能力：H2A________H2B；
(2)写出H2B酸溶液中所有的粒子__________；
(3)①写出H2A的电离方程式___________。②写出NaHA的电离方程式__________。
【答案】 (1). > (2). > (3). H2O、H2B、HB-、H+、B2-、OH- (4). H2A HA- + H+ HA- A2- + H+ (5). NaHA = Na+ + HA- HA- A2- + H+
【解析】
【详解】(1)相同温度、相同浓度下，电离常数越大电离度越大，相同温度、相同浓度下,电离平衡常数越大其电离程度越大。多元弱酸分步电离，其第一步电离远远大于其第二步电离，由于H2A的K1大于H2B的K1 ，所以H+的浓度：H2AH2B；离子浓度越大导电能力越强，所以溶液的导电能力：H2A>H2B；(2)依据H2B HB-+ H+ 、HB- B2-+ H+ 、H2O H++ OH-可知H2B酸溶液中的粒子有：H2O、H2B、HB-、H+、B2-、OH-；(3) H2A是二元弱酸，分两步电离，①H2A的电离方程式H2A HA- + H+ 、HA- A2- + H+ 。②NaHA的电离方程式NaHA = Na+ + HA- 、 HA- A2- + H+。
26.800K时,将0.1 mo A（g）和0.2 molB（g）充人体积为1 L的固定容积反应器中，发生如下反应：A（g）+2B（g）⇌2 C（g）+D（g），达到平衡时A的物质的量分数为20%。
(1)求达平衡时B的转化率α(B)___________；
(2)求该温度下的平衡常数K___________；
(3)若起始A的分压为10 kPa，求Kp___________。
(4)若在体积固定的某容器中充入0.2 mol A、0.1 mol B、0.1 mol C、0.5 mol D,则此时是否为平衡状态，请计算说明___________。
【答案】 (1). α(B) = 40% (2). K = 0.296或0.3 (3). Kp = 0.296或0.3 (4). Qc>K,所以未达平衡状态
【解析】
【分析】
根据化学平衡三段式列式计算平衡状态各物质的物质的量，结合化学平衡常数、转化率等概念列式计算即可。
【详解】设：达到平衡时A（g）的变化量为ａmol 则三段式
A（g）+2B（g）⇌2 C（g）+D（g）
起始量（mol）0.1 0.2 0 0
变化量（mol）a 2a 2a a
平衡量（mol）0.1-a 0.2-2a 2a a
因为：达到平衡时A的物质的量分数为20% 所以有=0.2 求得：a=0.04，(1)达平衡时B的转化率α(B)==40；(2)该温度下的平衡常数K== 0.296；(3)起始A的分压为10 kPa，则B的分压为20kPa求Kp，因反应是一个前、后体积不变的可逆反应，平衡总压为30kPa，所以平衡时各物质的分压为：A 6kPa 、B 12kPa、C 8kPa、D 4kPa，依据各物质的分压则有：求Kp==0.296；(4)若在体积固定的某容器中充入0.2 mol A、0.1 mol B、0.1 mol C、0.5 mol D,则此时，温度不变则平衡常数不变，Qc==2.5 K,，所以未达到平衡。
【点睛】K,是一个物质分压计算的平衡常数，求出反应中各物质的分压带入K,的计算公式即可。
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