【化学】四川省遂宁二中2018-2019学年高二上学期半期考试（解析版）

四川省遂宁二中2018-2019学年高二上学期半期考试
考试时间：90分钟 总分:100分
一、选择题（每小题只有一个正确答案，1-11题每小题2分，12-21题每小题3分）
1.“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”,这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是(　　)
A. 大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用
C. 研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料
D. 将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”气体的产生
【答案】D
【解析】
试题分析：ABC选项都符合低能，环保，而D选项中气体燃料燃烧也可以产生“温室效应”的气体，所以D错误。
考点：化学与生活常识
点评：本题属于简单题，需要学生熟练掌握。
2.下列说法不正确的是(　　)
A. 化学变化过程是原子的重新组合过程
B. 化学反应的焓变用ΔH表示,单位是kJ·mol-1
C. 化学反应的焓变ΔH越大,表示放热越多
D. 化学反应中的能量变化不都是以热能形式表现出来的
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学反应从微观角度考虑就是原子重新组合过程，故A项正确；
B.化学反应的焓变用ΔH表示，单位是kJ·mol-1，故B项正确；
C.ΔH有正、负符号，对于放热反应ΔH越大，表示放热越少，对于吸热反应ΔH越大，则表示吸热越多，故C项错误；
D.化学反应中的能量变化形式可以是热能、电能、光能等形式表现出来，故D项正确；
综上，本题选C。
3.下列热化学方程式正确的是(　　)
A. 表示硫的燃烧热的热化学方程式:S(s)+3/2O2(g)=SO3(g)　ΔH=-315 kJ/mol
B. 表示中和热的热化学方程式:NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol
C. 表示H2燃烧热的热化学方程式:H2(g)+1/2O2(g)= H2O(g)　ΔH=-241.8 kJ/mol
D. 表示CO燃烧热的热化学方程式:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566 kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A．违反燃烧热的含义，硫完全燃烧生成的稳定的氧化物不是三氧化硫（SO3能分解为SO2和O2），而是SO2，A错误；B．25℃、101kPa时，稀强碱溶液和稀强酸溶液中和生成1mol液态水和可溶性盐溶液时放出的57.3kJ热量，其焓变为－57.3 kJ/mol，B正确；C．违反燃烧热的含义，25℃、101kPa时，1mol氢气完全燃烧生成的稳定的氧化物不是水蒸气（水蒸气的能量比液态水高），而是液态水，C错误；D．违反燃烧热的定义，各物质的化学计量系数和焓变均要减半，25℃、101kPa时，1molCO气体完全燃烧生成CO2气体时放出的热量为－288 kJ/mol，D错误；答案选B。
考点：考查燃烧热、中和热的含义及表示燃烧热和中和热的热化学方程式的书写。
4.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(　)
A. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和CO2所放出的热量是甲烷的燃烧热
B. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1　C(s)+1/2O2(g)= CO(g)　ΔH2,则ΔH2>ΔH1
C. 已知2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ/mol,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
D. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol,则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,中和热为28.65 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.表示燃烧热时，应生成液态水，故A项错误；
B.己知C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1　C(s)+1/2O2(g)= CO(g)　ΔH2，完全燃烧比不完全燃烧放热更多，放热反应ΔH为负值，放热越多，ΔH越小，则ΔH2>ΔH1，故B项正确；
C.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故C项错误；
D.已知NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol，此时中和热指1mol NaOH和1mol HCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.3 kJ，减少用量时，放出的热量变少，但中和热数值不变，故D项错误；
综上，本题选B。
【点睛】本题A、C项考查燃烧热，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，如H元素最终转化为液态水，C元素最终转化为CO2。
5.将1 L 0.1 mol/L BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量;将1 L 0.5 mol/L HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解);将0.5 L 1 mol/L H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为(　　)
A. (5a+2b)kJ B. (4b-10a)kJ C. (5a-2b)kJ D. (10a+4b)kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：1L 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1L 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出b kJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3COOH，放出2bkJ热量。0.5L 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将0.5L 1mol•L-1H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba溶液反应，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反应放出的热量为（5a+2b）kJ，答案选A。
考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算
6.影响化学反应速率的因素有:浓度、压强、温度、催化剂等。下列说法不正确的是(　)
A. 改变压强不一定能改变有气体参与反应的速率
B. 增大浓度能加快化学反应速率,原因是增大浓度增加了反应体系中活化分子的百分数
C. 温度升高使化学反应速率加快的主要原因是增加了单位体积内活化分子总数
D. 催化剂能加快化学反应速率主要原因是降低反应所需的能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．压强改变有气体参加的反应的反应速率，增大压强，反应速率加快，故A不选；B．增大浓度，增加了反应体系中活化分子数目增大，则反应速率加快，故B选；C．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数增大，反应速率加快，故C不选；D．催化剂降低反应的活化能，则反应速率加快，故D不选；故选B。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
7.下列说法正确的是(　　)
A. 在常温下,放热反应一般能自发进行,吸热反应都不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)　ΔH=+185.57 kJ·mol-1,能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的倾向
C. 因焓变和熵变都与反应的自发性有关,故焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A.吸热反应常温下也可能自发进行，如Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，故A项错误；
B.该反应是分解反应，由一种固体分解生成多种气体，体系混乱度增加，所以△S>0，△G=△H-T△S0，所以该反应在高温时可自发进行的原因为：体系有自发向混乱度增加的方向转变的倾向，导致反应可自发进行，故B项正确；
C.反应能自发进行的判断依据是△G=△H-T△SMg(OH)2　③稳定性：HCl>H2S>PH3　④还原性：F－>Cl－>Br－
A. ①②④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
同主族自上而下，非金属性减弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同主族自上而下，金属性增强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定，同周期随原子序数增大，非金属性增强；非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱。
【详解】①同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故①正确；
②同主族自上而下，金属性增强，所以金属性Ba＞Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故②正确；
③同周期随原子序数增大，非金属性增强，所以非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故③正确；
④同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，所以离子还原性：F-＜Cl−＜Br−，故④错误；所以①②③正确；
正确答案：C。
20.下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是(　　)

A. D与C不能形成化合物
B. D的最高正价与B的最高正价相等
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>A
D. D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8
【答案】C
【解析】
【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A. 氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；
B. 氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；
D. 氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。
故选C。
21.下列各组元素性质的递变情况错误的是
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素最高正价依次升高
C. N、O、F第一电离能依次增大
D. Na、K、Rb电负性逐渐减小
【答案】C
【解析】
A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，选项A正确；B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次增强，即得电子能力依次增强，选项C错误；D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增多，选项D正确。答案选C。
二、填空题
22.有X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E与Q同周期，M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第ⅠA族元素。回答下列问题：
(1)基态G原子的价电子排布式为____________，写出第三周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是________(填元素名称)。GQ受热分解生成G2Q和Q2，请从G的原子结构来说明GQ受热易分解的原因：___________________________。
(2)Z、Q、M三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
(3)X与Q形成的化合物的化学式为________。
(4)Z、M、E所形成的简单离子的半径由大到小顺序为____________(用离子符号表示)。
(5)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 氯 (3). Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (4). N＞O＞S (5). H2O、H2O2 (6). S2－＞N3－＞F－ (7). O＞N＞C＞H
【解析】
试题分析：本题通过元素推断，主要考查价电子排布式、电负性规律、第一电离能、原子（离子）半径等基础知识，考查考生的阅读分析能力、基础知识的综合运用能力。
解析：没有成对电子的元素只有H，X是H元素；Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则Y基态电子排布是1s22s22p2，Y是C元素；Z元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn+1，所以ns一定排布2个电子，既n=2，Z是N元素；Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，Q的核外电子排布是1s22s22p4，成对电子数3×2=6，成单电子数2，Q是O元素；E与Q同周期，且原子序数比Q（O元素）大，则E只能是F元素；原子序数更大的M只能在短周期的第三周期，第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位的是S元素；内层所有轨道全部充满，最外电子层只有未成对电子的可能是1s22s1、1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p63d104s1，其中前两个属于ⅠA，所以G核外电子排布为第三种情况，G是Cu元素。（1）G是Cu元素，基态价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，第三周期为成对电子数为1 的有Na、Al、Cl，电负性最大的是Cl元素。GQ是CuO，分解生成Cu2O和O2，CuO中Cu2+价电子排布式为3s9，Cu2O中Cu+价电子排布式为3d10，因此Cu+比Cu2+结构更加稳定，固态Cu2O比CuO更稳定。正确答案：3d104s1、氯、Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O比CuO更稳定。（2）Z、Q、M分别是N、O、S三种元素，N与O比较，N价电子排布为2s22p3，O价电子排布为2s22p4，所以N元素2p半满结构更加稳定，第一电离能N＞O，O与S比较，二者处于同一主族，S位于第三周期O位于第二周期，所以第一电离能O＞S，既第一电离能顺序为N＞O＞S。正确答案：N＞O＞S。（3）X是H元素，Q是O元素，二者形成的化合物包括H2O、H2O2。正确答案：H2O和H2O2。（4）Z、M、E所形成的简单离子依次为N3-、S2-、F-，其中S2-有三个电子层半径最大，N3-、F-都只有两个电子层，N元素核电荷数是7，F元素的核电荷数是9，因此N3-半径更大。正确答案：S2-＞N3-＞F-。（5）X、Y、Z、Q四种元素依次是H、C、N、O，H元素的电负性最小，C、N、O位于同一周期且核电荷数递增，电负性递增，所以电负性顺序为O＞N＞C＞H。正确答案：O＞N＞C＞H。
点睛：简单粒子半径比较方法：①电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；②电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③同种元素，阳离子半径原子半径。
23.燃料和能源是化学知识与社会生活联系极为密切的内容,我们要关注矿物能源的合理利用,积极研究、开发新能源。
(1)新能源应该具有原材料易得、燃烧时产生的热量多且不会污染环境的特点,在煤炭、石油、煤气、氢气中,前途广阔的能源是____。
(2)近年来,我国煤矿事故大多是瓦斯爆炸所致。瓦斯中含有甲烷和一氧化碳等气体,当矿井中瓦斯浓度达到一定范围时遇明火即燃烧爆炸。为避免灾难的发生应采取的切实可行的措施有________(填序号)。
①加强安全管理,杜绝明火源　②降低瓦斯气体的着火点 ③提高通风能力　④将矿井中的氧气抽去
(3)为了提高煤的利用率同时减少燃烧时的环境污染,常将煤转化为水煤气,这是将煤转化为洁净燃料的方法之一,水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气,它是由煤炭和水蒸气反应制得的,已知C(石墨)、CO、H2燃烧的热化学方程式为:
C(石墨)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)　ΔH3=-283.0 kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(l)=H2O(l)　ΔH4=-285.8 kJ·mol-1
请回答下列问题:
①根据上述提供的热化学方程式计算,36 g水由液态变成气态的热量变化是_________。
②写出C(石墨)与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式_____________。
③丙烷是液化石油气的主要成分之一,丙烷燃烧的热化学方程式为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-2 220.0 kJ·mol-1,相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时,产生的热量之比为____。
【答案】 (1). 氢气 (2). ①③ (3). 吸收88 kJ热量 (4). C(石墨)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)　ΔH=+131.3 kJ·mol-1 (5). 2220∶283
【解析】
【详解】（1）煤炭、石油属于化石能源，燃烧容易造成环境污染，煤气燃烧会生成导致温室效应的气体，氢气燃烧生成水，热值高、无污染，是前途广阔的能源，因此，本题正确答案是：氢气；
（2）①加强安全管理，杜绝明火源可以防止瓦斯爆炸，故①正确；
②瓦斯的着火点一般情况下不能改变，故②错误；
③提高通风能力可以降低瓦斯的浓度，防止瓦斯爆炸，故③正确；
④将矿井中的氧气抽去是不现实的，也是不允许的，因为工人在井下作业需要氧气，故④错误，因此正确答案是：①③；
（3）①已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1 ，H2(g)+1/2O2(l)=H2O(l)　ΔH4=-285.8 kJ·mol-1，根据盖斯定律可得：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，故36g水由液态变成气态相应吸收热量 2×44kJ=88kJ，本题正确答案是：吸收88kJ；
②已知：Ⅰ、C(石墨)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1，Ⅱ、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1，Ⅲ、CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)　ΔH3=-283.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅲ-Ⅱ可得C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1，因此，本题正确答案是：C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1；
③根据热化学方程式可知，相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时产生的热量之比为2220.0kJ•mol-1：283.0kJ•mol-1=2220：283。因此，本题正确答案是：2220：283。
24.(1)在恒温恒容装置中进行合成氨反应(正反应为放热反应),各组分浓度—时间图象如下。

①表示N2浓度变化的曲线是____(填序号)。
②前25 min内,用H2浓度变化表示的化学反应速率是____。该温度下该反应的平衡常数为____。
(2)在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应,下列说法正确的是____(填序号)。
a.气体体积不再变化,则已平衡
b.气体密度不再变化,则已平衡
c.平衡后,压缩容器,会生成更多NH3
d.平衡后,往装置中通入一定量Ar,平衡不移动
(3)电厂烟气脱氮:主反应为①4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)　ΔH0，平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。

请回答:在400～600 K时,平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是____________________,导致这种规律的原因是__________________________________。
【答案】 (1). C (2). 0.12 mol/(L·min) (3). 0.148 (4). abc (5). 随温度升高,N2的含量降低 (6). 主反应为放热反应,副反应为吸热反应,升高温度使主反应的平衡左移,副反应的平衡右移
【解析】
【详解】(1)①根据图象可知，反应进行到25min时达到平衡，平衡时△c(A)=3mol/L、△c(B)=2mol/L、△c(C)=1mol/L，故△c(A)：△c(B)：△c(C)=3:2:1，因此根据方程式可以知道表示N2浓度变化的曲线是C，A浓度变化的曲线为H2，B为氨气的浓度变化曲线，因此，本题正确答案是：C；
②由图可以知道，v(H2)=3mol/L÷25min=0.12mol/(L·min)；平衡时各组分的平衡浓度，c(H2)=3mol/L、c(N2)=1mol/L、c(NH3)=2mol/L,故平衡常数K==0.148，因此，本题正确答案是：0.12 mol/(L·min)；0.148；
(2)a.正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒压下，随反应进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故a正确；
b.在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反应达到平衡，故b正确；
c.平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此生成更多NH3，故c正确；
d.平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故d错误，故选：abc；
(3)根据图象可以知道，在400～600 K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应、副反应为吸热反应，升高温度使主反应的平衡左移，副反应的平衡右移， 因此，本题正确答案是：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度使主反应的平衡左移，副反应的平衡右移。
25.工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.0kJ·mol-1,6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中,测得H2的物质的量随时间变化如图所示(实线)。图中数据a(1,6)表示:在1 min时H2的物质的量是6mol。


(1)a点正反应速率____(填“大于”“等于”或“小于”)逆反应速率。
(2)下列时间段平均反应速率最大的是____。
A.0～1 min B.1～3 min C.3～8 min D.8～11 min
(3)仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示(虚线)。曲线Ⅰ对应的实验条件改变是____,曲线Ⅱ对应的实验条件改变是______,体积不变再充入3 mol CO2和4 mol H2,达到新的平衡时,H2O(g)的体积分数____(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)若将1 mol CO2和3 mol H2充入该容器中,充分反应达到平衡后,若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______(用a表示)。
【答案】 (1). 大于 (2). A (3). 升高温度 (4). 增大压强 (5). 增大 (6). (2-a)∶2
【解析】
【分析】
(1)a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，以此判断正逆反应速率大小；
(2)根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；
(3)从虚线变化判断达到平衡时反应物转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；
(4)结合化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比计算得到；
【详解】(1)a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，因此，本题正确答案是：大于；
(2)由图可知，
A.0～1 min内氢气的变化量为2mol；
B.1～3 min内氢气的变化量为3mol，平均1min变化量为1.5mol；
C.3～8 min内氢气的变化量为1mol，平均1min变化量为0.2mol；
D.8～11 min内氢气的变化量为1mol，达平衡状态，氢气的物质的量不再变化，故0～1 min速率最大，因此，本题正确答案是:A;
(3)曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强，体积不变再充入3 mol CO2和4 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，则H2O(g)的体积分数增大， 因此，本题正确答案是：升高温度；增大压强；增大；
(4) 1 mol CO2和3 mol H2充入该容器中,充分反应达到平衡后,若CO2的转化率为a,
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)
n0 1mol 3 mol 0 mol 0 mol
Δn a mol 3a mol a mol a mol
n平 1-a mol 3-3a mol a mol a mol
容器内的压强与起始压强之比=(4-2a)：4=(2-a)∶2，因此，本题正确答案是：(2-a)∶2。