甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考化学试题

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考化学试题

兰州一中高二年级 9 月月考试题化学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分 100 分， 考试时间 100 分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第Ⅰ卷(选择题 共 56 分) 一、选择题（每题只有一个正确的选项，每题 2 分，共 56 分） 1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ） A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量 B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来 C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 D. 吸热反应没有利用价值 【答案】D 【解析】 【详解】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的 能量，A 正确； B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B 正确； C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C 正确； D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必 须的，所以吸热反应有其利用价值，D 错误。 故选 D。 2. 在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是： A. 天平 B. 温度计 C. 环形玻璃搅拌棒 D. 量筒 【答案】A 【解析】 考查中和热的测定。天平是用来称量的，在中和热的测定实验中，不需要称量，只需要量取， 因此答案选 A。 3.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是 A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失 B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计 C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢 D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度 【答案】C 【解析】 【详解】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A 项正确； B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温 度计，B 项正确； C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C 项错误； D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D 项正确； 答案选 C。 4.下列说法不正确的是 A. 具有较高能量的反应物分子称为活化分子 B. 升高温度增大了单位体积内活化分子百分数 C. 催化剂能够改变化学反应途径 D. 增大压强能提高单位体积活化分子数 【答案】A 【解析】 【详解】A. 具有较高能量是一个含糊的说法，不一定达到活化分子所具有的平均能量的标 准，因此不一定为活化分子，只有能够发生有效碰撞的分子才是活化分子，A 项错误； B. 升高温度，给反应物分子提供了能量，使更多的分子转化为活化分子，因此增大了活化 分子百分数，B 项正确； C. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，可以明显增大反应速率，C 项正确； D. 通过缩小体积增大压强，气态反应物浓度增大，能提高单位体积活化分子数，D 项正确； 答案选 A。 5.在 2L 的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)。若最初加入的 A 和 B 都是 4 mol，在前 10 秒钟 A 的平均反应速率为 0.12 mol·L-1·s-1，则 10 秒钟时，容器中 B 的 物质的量是 A. 0.6 mol B. 2.8 mol C. 1.4 mol D. 1.2 mol 【答案】B 【解析】 【分析】 根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算 v(B)，利用△c=v△t 计算△c(B)， △n(B)=△c(B)×V，则 B 的起始物质的量减去△n(B)即为 10 秒钟时容器中 B 的物质的量。 【 详 解 】 化 学 反 应 速 率 之 比 等 于 化 学 计 量 数 之 比 ， 所 以 v(B)=0.5v(A)=0.5×0.12mol/(L∙s)=0.06mol/ （ L∙s ） ， 所 以 △c(B)=v(B)△t=0.06mol/(L∙s)×10s=0.6mol/L，△n(B)= △c(B)×V=0.6mol/L×2L=1.2mol，则 10 秒钟时容器中 B 的物质的量为 4mol-1.2mol=2.8mol； 答案选 B。 6. 在 298 K、100 kPa 时，已知： 2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　　　　　　　ΔH1 Cl2(g)＋H2(g)="==2HCl(g) " ΔH2 2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3 则 ΔH3 与 ΔH1 和 ΔH2 间的关系正确的是(　　) A. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2 C. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2 【答案】C 【解析】 7.图中的曲线是表示一定条件时，2NO＋O2 2NO2 ΔH<0；反应中 NO 的转化率与温度 的关系曲线，图中标有 a、b、c、d 四点，其中表示未达到平衡状态且 v(正)>v(逆)的点是 A. a 点 B. b 点 C. c 点 D. d 点 【答案】C 【解析】 【分析】 在曲线上，当温度一定时，NO 的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态， 而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平 衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样 NO 的转化率要增大，平衡向右移动，在曲 线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样 NO 的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答。 【详解】A、a 点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，A 项错误； B、b 点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，B 项错误； C、c 点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由 c 点向上引垂 直线到曲线上的一点，这样 NO 的转化率要增大，平衡向右移动，则 v(正)＞v(逆)，C 项正确； D、d 点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由 d 点向下引垂 直线到曲线上的一点，这样 NO 的转化率要减小，平衡向左移动，则 v(正)＜v(逆)，D 项错误； 答案选 C 8.下列热化学方程式书写正确的是 A. 2SO2 + O2 2SO3 △H＝-196.6 kJ·mol-1 B. C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) △H＝393.5 kJ·mol-1 C. H+(aq) + OH-(aq) ＝ H2O(l) △H＝57.3 kJ D. H2(g) + Cl2(g) ＝ HCl(g) △H＝-92.5 kJ·mol-1 【答案】D 【解析】 。 1 2 1 2 【详解】A. 物质的状态对其具有的能量有影响，故书写热化学方程式时，要标出物质的聚 集状态，A 项错误； B. 碳的燃烧为放热反应，反应热应为负值，B 项错误； C. 酸碱中和为放热反应，反应热应为负值，且反应热的单位为 kJ/moL，kJ 是热量的单位， C 项错误； D. 书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态，反应热的单位为 kJ/mol，氢气在氯气中 燃烧为放热反应，故反应热为负值，D 项正确； 答案选 D。 9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应 A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是 ①混合气体的压强　②混合气体的密度　③B 的物质的量浓度　④混合气体总物质的量　 ⑤混合气体的平均相对分子质量　⑥v(C)与 v(D)的比值为 1:1 ⑦混合气体总质量　⑧混合 气体总体积 A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧ 【答案】B 【解析】 【分析】 首先看清条件为恒温恒容，其次是看清反应，该反应是一个正反应方向气体物质的量减少的 反应，且反应物、生成物全部为气体。根据平衡状态的判断标志进行判断。 判断化学平衡状态的两种方法 （1）动态标志：v 正＝v 逆≠0 ①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率； ②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如 aA＋bB⇌cC＋dD， 时， 反应达到平衡状态。 (2)静态标志：各种“量”不变 ①各物质的质量、物质的量或浓度不变； ②各物质 百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；的 v (A) a=v (B) b 正 逆 ③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变； 以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志， 据此解答。 【详解】在一定温度下的定容容器中，反应 A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态，正 逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化， ①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，容器的容积不变， 则压强会随着反应进行变化，当混合气体的压强不再发生变化时，说明气体的物质的量不再 变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，①正确； ②根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终 不变，因此混合气体的密度不变无法判断是否达到了平衡状态，②错误； ③B 的物质的量浓度不变，说明 B 的生成速率等于消耗速率，正逆反应速率相等，达到了 平衡状态，③正确； ④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质 的量不变，说明达到了平衡状态，④正确； ⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始 终不变，混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，所以混合气体的平均相对分子质量不 变，说明达到了平衡状态，⑤正确； ⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v(C)与 v(D)的比值不变，不能判断是否达到了平 衡状态，⑥错误； ⑦反应方程式两边都是气体，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，所以混合气体的 总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑦错误； ⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否 达到了平衡状态，⑧错误； 综上所述①③④⑤均能判断反应已达到平衡状态； 答案选 B。 【点睛】可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率 表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于系数之比，比如⑥可以这样来表示反应达到 平衡状态：v 正(C)=v 逆(D)或者 2v 正(A)=v 逆(B)等，这是学生们的易错点。 10.某温度下，密闭容器中发生反应 aX(g) bY(g)+cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将 容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质 Y 和 Z 的浓度均是原来的 1.8 倍。 则下列叙述正确的是( ) A. 可逆反应的化学方程式的化学计量数：a>b+c B. 压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)减小 C. 达到新平衡时，物质 X 的转化率减小 D. 达到新平衡时，混合物中 Z 质量分数增大 【答案】C 【解析】 温度不变，体积减小一半，压强增大，若平衡不移动，则物质 Y 和 Z 的浓度为原来的 2 倍， 而实际为 1.8 倍，所以平衡向逆反应方向移动，由此可判断：化学计量数：a＜b+c，A 项错 误；压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)增大，B 错误；达到新平衡时，物质 X 的转化率减 小，C 项正确；达到新平衡时，混合物中 Z 的质量分数减小，D 项错误。 11.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)　ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O 和 O-H 键的键能分别为 436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1 和 462 kJ·mol-1， 则 a 为 A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130 【答案】D 【解析】 【分析】 由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1 ②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1 结合盖斯定律可知，②-①×2 得到 O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含 a 的表达式表示该 反应的反应热，且已知 H—H、O=O 和 O-H 键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减 去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。 【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1 ②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1 结 合 盖 斯 定 律 可 知 ②-①×2 得 O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知 H—H、O=O 和 O-H 键的键能，反应热等于断键吸收的总 能量减去成键释放的总能量，则 496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得 a=+130； 的 答案选 D。 12.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料 MgO：MgSO4(s) + CO(g) MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H > 0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横 坐标 x 的值，重新达到平衡后，纵坐标 y 随 x 变化趋势合理的是 选项 x y A 温度 容器内混合气体的密度 B CO 的物质的量 CO2 与 CO 的物质的量之比 C SO2 的浓度 CO 的转化率 D MgSO4 的质量(忽略体积) CO2 的质量分数 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应， A. 若 x 是温度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动； B. 若 x 是 CO 的物质的量，增大 CO 的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的 CO 量大于 CO 转化的量； C. 若 x 是二氧化硫的浓度，二氧化硫浓度增大，平衡逆向移动； D. 若 x 是 MgSO4 的质量，硫酸镁是固体，其质量的改变不影响平衡移动，据此进行分析。 【详解】A. 若 x 是温度，y 是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动， 即向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，符合图象， A 项正确； B. 若 x 是 CO 的物质的量，y 是 CO2 与 CO 的物质的量之比，增大 CO 的物质的量，平衡向 正反应方向移动，但平衡时加入的 CO 量大于 CO 转化的量，所以增大 CO 的物质的量，CO2 与 CO 的物质的量之比应该减小，B 项错误； C. 若 x 是 SO2 的浓度，y 是 CO 的转化率，SO2 浓度增大，平衡逆向移动，则 CO 的转化率 减小，C 项错误； D. 若 x 是 MgSO4 的质量，y 是 CO2 的质量分数，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动， 所以增大硫酸镁的质量，CO2 的质量分数不变，D 项错误； 答案选 A。 13.已知 CH4 气体的燃烧热为 802 kJ∙mol-1，1mol CH4 不完全燃烧生成 CO 和 H2O(l)时放出的 热量为 519 kJ。如果 1 mol CH4 与一定量 O2 燃烧生成 CO、CO2、H2O，并放出 731.25 kJ 的 热量，则一定量 O2 的质量为 A. 40 g B. 56 g C. 60 g D. 无法计 算 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 CH4 气体的燃烧热为 802 kJ∙mol-1，可写出甲烷燃烧热的热化学方程式，再根据 1molCH4 气体不完全燃烧生成 CO 和 H2O(l)时，放出的热量为 519kJ，写出甲烷燃烧生成 CO 的热化学方程式，已知 1molCH4 与一定量 O2 燃烧生成 CO、CO2、H2O，并放出 731.25 kJ 的热量，可设发生①②两个反应的 CH4 的物质的量分别为 x、y，依据反应热可列方程组求 解，进而计算消耗氧气的质量。 【详解】已知 CH4 气体的燃烧热为 802 kJ∙mol-1，则 1molCH4 气体完全燃烧生成 CO2 和 H2O(l)时，放出的热量为 802kJ，1mol CH4 不完全燃烧生成 CO 和 H2O(l)时放出的热量为 519 kJ，则可以写出甲烷燃烧的热化学方程式： ①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -802 kJ·mol-1 ②CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH= -519 kJ·mol-1 根据已知条件：1 molCH4 与一定量 O2 燃烧生成 CO、CO2、H2O，并放出 731.25 kJ 的热量， 可列方程组求解。 设发生①②两个反应的 CH4 的物质的量分别为 x、y，则可得等式： x+y=1，802x+519y=731.25，联立两等式，解得 x=0.75mol，y=0.25mol，所用的 O2 的质量为 32g∙mol-1×（0.75mol×2+0.25mol×3/2）=60g； 答案选 C。 14.用 CH4 催化还原 NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如，①CH4(g)+4NO2(g)＝ 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -574 kJ∙mol-1，②CH4(g)+4NO(g)＝ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是 A. 若用标准状况下 4.48 L CH4 还原 NO2 生成 N2 和水蒸气，放出的热量为 173.4 kJ B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1 C. 反应①②转移的电子数相同 D. 反应②中当 4.48 L CH4 完全反应时转移的电子总数为 1.60 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则 4.48L（0.2mol）CH4 还原 NO2 至 N2，放出的热量为 173.4kJ，A 项正确； B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H 更小， △H＜-574 kJ∙mol-1，B 项正确； C. 若有 1mol 甲烷反应，氧化产物均为 CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低 数=8，转移电子数相同，C 项正确； D. 反应 CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是 8mol，标准状况下 4.48L （0.2mol）CH4 还原 NO2 至 N2，整个过程中转移的电子总数为 1.6mol，但没有注明反应物 4.48L CH4 温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D 项错误； 答案选 D。 【点睛】本题 D 项是学生们的易错点，学生们往往忽略了气体摩尔体积的适用条件，随意 使用 22.4L/mol，在用该公式 计算气体物质的量或者体积时，一定注意只有标准状 况下的气体才可以用 22.4L/mol 进行计算，必须同时满足两点：①标准状况；②气体。 Vn= Vm 15.一定条件下，在容积为 10 L 的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0， 反应过程如下图。下列说法正确的是 A. t1 min 时，正、逆反应速率相等 B. 曲线 X 表示 NH3 的物质的量随时间变化的关系 C. 0~8 min，H2 的化学反应速率 v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1 D. 10~12 min，N2 的化学反应速率 v(N2)=0.25 mol·L-1·min-1 【答案】B 【解析】 【详解】根据图知，随着反应的进行，X 的物质的量增大、Y 的物质的量减少，反应达到平 衡 状 态 时 ， X 、 Y 的 物 质 的 量 变 化 量 分 别 为 △n(X)=(0.6−0)mol=0.6mol ， △n(Y)=(1.2−0.3)mol=0.9mol ， X 、 Y 的 物 质 的 量 变 化 量 之 比 等 于 其 计 量 数 之 比 =0.6mol:0.9mol=2:3，则 X 是 NH3、Y 是 H2。 A. 可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，没有达到平衡状态时正逆反应速率不等， 根据图知，t1min 时，NH3 和 H2 的物质的量仍然在变化，没有保持不变，则该反应没有达到 平衡状态，所以正逆反应速率不等，A 项错误； B. 根据以上分析知，X 曲线表示 NH3 的物质的量随时间变化的关系，B 项正确； C. 0∼8min，H2 的平均反应速率为 ， C 项错误； D. 10∼12min，NH3 的平均反应速， ，再根据同一可逆反应中同一 时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率为 0.0025mol⋅L−1⋅min−1，D 项错误； 答案选 B。 ( ) ( )2 2 n Hv H t 10L 8 0.9mol= = =0.01125mol/(mi L mV n in)×∆ ∆ × ( ) ( )3 3 (0.7-0.6)moln NHv NH t 10L 2mi= = =0.005mol/(L m )n inV ×∆ ∆ × 【点睛】本题 A 项是学生们的易错点，学生们错误认为两曲线相交就达到了平衡状态，实 际上是没有真正理解 t1 时曲线相交的含义仅是 X 和 Y 的物质的量相同，不能表示平衡状态， 平衡状态时应是各物质的量保持不变，不一定相等，比如该题中第 7min—10min 物质的量 保持不变，反应处于平衡状态，第 10min 时改变条件使反应正向移动，第 12min 时再次达 到平衡状态，物质的量保持不变。 16.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 ①Fe(SCN)3 溶液中加入固体 KSCN 后颜色变深②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离 子浓度降低 ③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ④棕红色 NO2 加压后颜色先变深后 变浅 ⑤加入催化剂有利于合成氨的反应 ⑥由 H2(g)、I2(g)和 HI(g)组成的平衡体系加压后颜 色变深 ⑦500℃时比室温更有利于合成氨的反应 ⑧将混合气体中的氨液化有利于合成氨反 应 A. ①②⑥⑧ B. ①③⑤⑦ C. ②⑤⑥⑦ D. ②③⑦⑧ 【答案】C 【解析】 【分析】 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。 使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂只能改变 反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释，据此分析。 【 详 解 】 ①Fe(SCN)3 溶 液 中 加 入 固 体 KSCN 后 ， SCN- 离 子 浓 度 增 大 ， 平 衡 正向进行，Fe(SCN)3 浓度增大，颜色变深，能用勒夏特列原理 解释； ②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸为强酸，不存在电离平衡，稀释盐酸溶液，溶液中氢离 子浓度降低，不能用勒夏特列原理解释； ③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，减小氯 气溶解度，能用勒夏特列原理解释； ④2NO2⇌N2O4，加压瞬间 NO2 浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2 浓度有所减小， 颜色又变浅，但是 NO2 的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平 3+ - 3Fe +SCN Fe(SCN) 衡正向进行，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释； ⑤催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释； ⑥由 H2、I2(g)、HI 气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，体积减 小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释； ⑦合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，但升温却可提高反应速 率，不可用勒夏特列原理解释； ⑧合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，能 用勒夏特列原理解释； 综上所述，②⑤⑥⑦不能用勒夏特列原理解释； 答案选 C。 【点睛】1、③是学生们的易忘点，忽略实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气是利用了平 衡移动原理降低氯气的溶解。 2、④和⑥是学生们的易错点，学生们往往忽略：缩小容积增大压强后，不管平衡向哪个方 向移动或者不移动，所有气体物质的浓度都会增大。④2NO2⇌N2O4，加压瞬间 NO2 浓度增 大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2 浓度有所减小，颜色又变浅，但是 NO2 的浓度相 比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅， 但是比原来深。⑥由 H2、I2(g)、HI 气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡 不移动，但体积减小浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释； 17.α1 和 α2 分别为 A 在甲、乙两个恒容容器中平衡体系 A(g)+B(g) C(g)和 2A(g) B(g) 的转化率，在温度不变的情况下，均增加 A 的物质的量，下列判断正确的是 A. α1、α2 均减小 B. α1、α2 均增大 C. α1 减小，α2 增大 D. α1 增大， α2 减小 【答案】C 【解析】 【分析】 在恒温、恒容条件下，对于反应 A(g)+B(g) C(g)，增大一种反应物的用量，可以提高另 一反应物的转化率，而本身的转化率是降低的； 对于反应：2A(g) B(g)，增加 A 的物质的量，平衡正向移动，所到达的平衡状态可以等 效为增大压强，增大压强平衡正向移动，A 的转化率增大，据此分析。 【详解】在恒温、恒容条件下,对于反应 A(g)+B(g) C(g)，增加 A 的物质的量，平衡向正 反应方向移动，B 的转化率增大，A 的转化率减小，即 α1 减小； 对于反应：2A(g) B(g)，增加 A 的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强， 增大压强平衡向生成 B 的方向移动，A 的转化率增大，即 α2 增大； 答案选 C。 【点睛】在恒温、恒容条件下，对于反应：2A(g) B(g)，增加 A 的物质的量，新平衡状 态时 A 的转化率的变化判断是难点。恒温、恒容条件下，增加 A 的物质的量，反应物 A 的 浓度瞬间变大，正反应速率变大，生成物 B 的浓度不变，逆反应速率不变，则平衡正向移 动；所到达的新平衡状态可以等效为在原平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向生成 B 的移动，A 的转化率增大，即 α2 增大； 下面用假设法解释一下，对于反应 2A(g) B(g)，为什么增加 A 的物质的量，所到达的新 平衡状态可以等效为在原平衡的基础上增大压强，假设一个 2V 的容器里面放了 2mol 的 A， 那么在同样的环境下和 1mol A 放在体积为 V 的容器中的反应是等效的，把 2V 的容器压缩 到 V，就相当于“增加”A 的物质的量，即压强/浓度增大，所以 2A(g) B(g)的平衡正向移 动，A 的转化率增大。 18.溴水中存在着如下的平衡：Br2＋H2O HBr＋HBrO，下列措施，不能使溶液颜色变浅的 是 A. 通入乙烯气体 B. 通入 SO2 气体 C. 加入 NaF 晶体 D. 加入 NaI 晶体 【答案】D 【解析】 试题分析：A、溴水与乙烯发生加成反应，溶液颜色变浅，错误；B、SO2 漂白性，会使溶液 变浅，错误；C、NaF + HBr ="=" HF + NaBr，溶液变浅，错误；D、正确 考点：考查化学平衡的移动 19.一定条件下，对于可逆反应 X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，若 X、Y、Z 的起始浓度分别为 c1、 c2、c3(均不为零)，达到平衡时 X、Y、Z 的浓度分别为 0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1，则下列判断正确的是 A. c1∶c2＝3∶1 B. 平衡时，Y 和 Z 的生成速率之比为 2∶3 C. X、Y 的转化率相等 D. c1 的取值范围为 0.04 mol·L-1 < c1 < 0.14 mol·L-1 【答案】C 【解析】 【分析】 若反应向正反应方向进行到达平衡，X、Y 的浓度最大，Z 的浓度最小，假定完全反应，则： 根据方程式 X(g)＋3Y(g) 2Z(g) 开始（mol/L）：c1 c2 c3 变化（mol/L）：0.04 0.12 0.08 平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08 c1=0.14 c2=0.42 c3=0 若反应向逆反应方向进行到达平衡，X、Y 的浓度最小，Z 的浓度最大，假定完全反应，则： 根据方程式 X(g)＋3Y(g) 2Z(g) 开始（mol/L）：c1 c2 c3 变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2 平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08 c1=0 c2=0 c3=0.28 由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以起始时浓度范围为 0 v 逆 【答案】D 【解析】 【分析】 容器的容积不变，2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0，该反应是一个正反应方向气体物质的 量减小且放热的反应，根据外界条件的改变对反应速率以及平衡移动的影响进行分析。 【详解】A. 乙到达平衡的时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反 应方向移动，SO2 的百分含量增大，A 项错误； B. t0 时刻，恒容充入 He(g)，容器容积不变，各物质的浓度不变，因此正、逆反应速率都不 变，B 项错误； C. t0 时刻增大 O2 浓度的瞬间，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，生 成物浓度此刻不变，逆反应速率不变，之后逐渐增大，C 项错误； D. 曲线上各点都是平衡点，a 点时 SO2 的百分含量比相同温度下平衡时的百分含量大，因此 应该向正反应方向进行，使 SO2 的百分含量减小达到平衡状态，则 a 点 v 正> v 逆，D 项正确； 答案选 D。 【点睛】恒温恒容，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，各物质的浓度不变，正逆 反应速率不变，平衡不移动； 恒温恒压，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，由于压强保持不变，容器容积必然 增大，因此各物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，此时相当于减压，平衡向气体体积增 大的方向移动。这是学生们的易错点。 22.温度为 T 时，向 2.0 L 恒容密闭容器中充入 1.0 mol PCl5，反应 PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g) 经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表： t/s 0 50 150 250 350 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 下列说法正确的是 A. 反应在前 50 s 的平均速率 v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1 B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时 c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应的 ΔH＜0 C. 相同温度下，起始时向容器中充入 1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和 0.20 mol Cl2，反应达到 平衡前 v(正)＞v(逆) D. 相同温度下，起始时向容器中充入 2.0 mol PCl3 和 2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3 的转化 率小于 80% 【答案】C 【解析】 【详解】A. 反应在前 50s 的平均速率为 ， A 项错误； B. 由表格数据可知，250s 达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时， c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B 项错误； C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g) 开始（mol/L） 0.5 0 0 转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1 平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1 ( )3 Δn 0.16mol= = =0.0016mol/(L s)VΔt 2.0v L 50sPCl ×  则该温度时，反应的平衡常数为： 起始时向容器中充入 1.0 molPCl5、0.20 molPCl3 和 0.20 molCl2， ，平衡正向移动，则达到平衡前 v(正)>v(逆)，C 项正 确； D. 起始时向容器中充入 2.0 mol PCl3 和 2.0 mol Cl2 等效为起始加入 2.0mol PCl5，与原平衡相 比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时的 PCl5 转化率较原平衡低，故平衡 时 PCl3 的物质的量小于 0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入 2.0molPCl3 和 2.0molCl2，达到平衡时，PCl3 的物质的量小于 0.4mol，参加反应的 PCl3 的物质的量大于 1.6mol，故达到平衡时，PCl3 的转化率高于 1.6mol/2mol=80%，D 项错误； 答案选 C。 23.如图所示，隔板 I 固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N 两个容器中均发生反应：A(g) + 2B(g) xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向 M、N 中都通入 1molA 和 2molB 的混合气体，初始 M、N 容积 相同，保持温度不变。下列说法正确的是 A. 若 x=3，达到平衡后 A 的体积分数关系为：φ（M）>φ（N） B. 若 x>3，达到平衡后 B 的转化率关系为：α（M）>α(N) C. 若 x<3，C 的平衡浓度关系为：c（M）>c（N） D. x 不论为何值，起始时向 N 容器中充入任意值的 C，平衡后 N 容器中 A 的浓度均相等 【答案】D 【解析】 M 容器是恒温恒容下建立的平衡，N 容器是恒温恒压下建立的平衡， A．若 x=3，由于反应前后气体体积不变，N 容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效， 所以达到平衡后 A 的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故 A 错误；B．若 x＞3，由于反 应后气体体积增大，N 容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减 小，平衡正向移动，B 的转化率增大，所以达到平衡后 B 的转化率关系为：α（M）＜α 3 2 5 c(PCl )c(Cl ) 0.1 0.1K= = =0.025c(PCl ) 0.4 × 3 2 c 5 c(PCl )c(Cl ) 0.1 0.1Q = = =0.020，且 a＝2 C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，重新达到平衡前 v 正>v 逆 D. 200 ℃时，向容器中充入 2 mol A 和 1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数等于 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】 A. 由图Ⅰ可知， 200℃平衡时，B 的物质的量的变化量为 0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据 计算 v(B)； B. 由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时 C 的体积分数越大，说明升高温度平 衡向正反应方向移动，据此判断反应热效应；在一定温度下只要 A、B 起始物质的量之比恰 好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物 C 的体积分数就最大，由图Ⅰ判断 200℃时 A、B、C 的物质的量的变化量，从而确定化学方程式的化学计量数之比，据此计算 a 的值； C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移； ( )v B Δn= VΔt D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入 A、B 分别为 0.8mol、0.4mol 时，计算平衡时 A 的体 积分数，200℃时，向容器中充入 2 mol A 和 1 mol B 达到的平衡状态，等效为原平衡增大压 强，据此判断增大压强平衡移动方向，进而分析 A 的体积分数。 【详解】A. 由图Ⅰ可知，200℃时 5min 达到平衡，平衡时 B 的物质的量变化量为 0.4mol−0.2mol=0.2mol，故 ，A 项错误； B. 由图Ⅱ可知，n(A):n(B)一定时，温度越高平衡时 C 的体积分数越大，说明升高温度平衡 向正反应反向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0； 由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A 的物质的量变化量为 0.8mol−0.4mol=0.4mol，B 的物质的 量变化量为 0.2mol，C 的物质的量变化量为 0.2mol−0 mol=0.2mol，根据物质的量的变化量 之比等于化学计量数之比得出反应方程式为：2A(g)＋B(g) C(g)，在一定的温度下，只要 A、B 起始物质的量之比恰好等于化学方程式的化学计量数之比，平衡时生成物 C 的体积分 数就最大，则 A.、B 的起始物质的量之比 n(A):n(B)=2，即 a=2，B 项正确； C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动， 故 v 正=v 逆，C 项错误； D. 由图Ⅰ可知，200℃时，当起始充入 A、B 分别为 0.8mol、0.4mol 时，平衡时 A 的体积分 数为： ，200℃时，向容器中充入 2 mol A 和 1 mol B 达到的 平衡状态，可等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A 的转化率增大，故达到平衡时， A 的体积分数小于 0.5，D 项错误； 答案选 B 25.在容积固定的 2 L 密闭容器中进行某一可逆反应：X(g)＋2Y(g) 2Z(g)，用 Y 的物质的 量浓度的改变表示反应速率 v 正、v 逆与时间的关系如下图所示，已知单位为 mol·L-1·s-1，则 图中阴影部分的面积表示 。 ( ) Δn 0.2mol= = =0.02mol/(L min)VΔt 2L 5m nB iv ⋅× 0.4mol =0.50.4mol+0.2mol+0.2mol A. X 的物质的量浓度的减少值 B. Y 的物质的量浓度的减少值 C. Z 的物质的量的增加值 D. Y 的物质的量的减少值 【答案】B 【解析】 【分析】 观察图像，纵坐标为 Y 的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故 V(正)×t(平 衡)表示 Y 向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示 Y 向逆反应方向进行时增大的浓 度，故阴影部分的面积表示 Y 向正反应方向进行时“净”减少的浓度，再利用浓度变化量之 比等于化学计量数之比判断 X、Z 的浓度变化，据此解答。 【详解】观察图像，纵坐标为 Y 的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量， 故 V(正)×t(平衡)表示 Y 向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示 Y 向逆反应方向进行 时增大的浓度，故阴影部分的面积表示 Y 向正反应方向进行时“净”减少的浓度，即阴影为 平衡时 Y 的浓度减少量△c(Y)， A. 浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c(X)=1/2△c(Y)，为阴影面积的一半，A 项错 误； B. 由上述分析可知，阴影为平衡时 Y 的浓度减少量△c(Y)，B 项正确； C. 由上述分析可知，阴影为平衡时 Y 的浓度减少量△c(Y)，C 项错误； D. 阴影为平衡时 Y 的浓度减少量△c(Y)，容器的体积为 2L，阴影部分的面积不能表示 Y 的 物质的量的减少量，D 项错误； 答案选 B。 26.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋ S(l)　ΔH＜0 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是 A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快 C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高 SO2 的转化率 D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡不移动 【答案】D 【解析】 【分析】 反应在恒容 密闭容器中进行，该反应是一个反应前后气体物质的量减小、放热的可逆反应， 在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小；改变纯液体的量，对反应速率没有影 响；升高温度平衡向逆反应方向移动；使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动。 【详解】A. 该反应是一个反应前后气体物质的量减小的可逆反应，在反应达到平衡之前， 随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，A 项错误； B. 硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，B 项错 误； C. 该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化， 所以二氧化硫的转化率降低，C 项错误； D. 催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡 的移动，D 项正确； 答案选 D。 27.合成氨所需的氢气可由水煤气反应制得，其中的一步反应为：CO(g) +H2O(g) ⇌CO2(g) +H2(g)； △H=﹣43kJ/mol 对于上述反应，下列措施中能提高 CO 转化率的是 A. 增大压强 B. 升高温度 C. 增大水蒸气的浓度 D. 增大 CO 的浓度 【答案】C 【解析】 试题分析：A．由于该反应是等体积的反应，所以增大压，平衡不发生移动，CO 转化率不变， 错误；B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，根据平衡移动原理平衡向吸热反应方向 移动，对该反应来说平衡逆向移动，所以 CO 转化率降低，错误；C．增大水蒸气的浓度， 平衡正向移动，CO 转化率提高，正确；D．增大 CO 的浓度，平衡正向移动，但是 CO 增加 的物质的量远大于平衡移动的消耗量，所以 CO 转化率反而降低，错误。 考点：考查提高反应物的转化率的措施的知识。 28.一定条件下，CH4 与 H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)，设起始 的 =Z，在恒压下，平衡时 (CH4)的体积分数与 Z 和 T（温度）的关系如图所示。下 列说法正确的是 A. 该反应的焓变 ΔH＞0 B. 图中 Z 的大小为 a＞3＞b C. 图中 X 点对应的平衡混合物中 =3 D. 温度不变时，图中 X 点对应的平衡在加压后 (CH4)减小 【答案】A 【解析】 【详解】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动， 则正反应为吸热反应，故 A 正确； B、 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故 a＜3＜b，故 B 错误； C、起始加入量的比值为 3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡 时比值不是 3，故 C 错误； D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故 D 错误。 【点睛】化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势， 曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学 平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。 第Ⅱ卷（非选择题　共 44 分） 二、填空题 29.常温常压下，断裂 1 mol(理想)气体分子化学键所吸收的能量或形成 1 mol(理想)气体分子 2 4 (H O) )(CH n n ϕ 2 4 (H O) )(CH n n ϕ 2 4 (H O) )(CH n n 化学键所放出的能量称为键能(单位为 kJ·mol-1)。下表是一些键能数据(kJ·mol-1)： 化学键 键能 化学键 键能 化学键 键能 C－F 427 C－Cl 330 C－I 218 H－H 436 S＝S 255 H－S 339 请完成下列问题。 (1)由表中数据规律预测 C－Br 键的键能范围：___< C－Br 键能 <_______。 (2)热化学方程式 2H2(g)＋S2(g)＝2H2S(g)　ΔH＝ Q kJ∙mol-1，则 Q＝___。 (3)已知：N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ∙mol-1；N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)　 ΔH2＝－534 kJ∙mol-1。试计算 1 mol 肼和二氧化氮完全反应生成氮气和水蒸气时放出的热量 为____kJ，写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式：___________。 【答案】 (1). 218 kJ∙mol-1 (2). 330 kJ∙mol-1 (3). -229 (4). 567.85 (5). 2N2H4(g) ＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1135.7 kJ∙mol-1 【解析】 【分析】 （1）根据元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C-Br 原子半径在 C-Cl 和 C-I 之间，键 能应介于 C-Cl 和 C-I 之间，分析图表数据分析化学键键能的大小； （2）根据键能计算反应焓变，△H=反应物键能总和-生成物键能总和； （3）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式。 【详解】（1）元素周期表中同主族元素存在的变化规律，C−Br 原子半径在 C−Cl 和 C−I 之 间，键能应介于 C−Cl 和 C−I 之间，则 C−Br 键的键能范围为 218kJ⋅mol−1、<、=”）。 ②在压强为 P2 时 B、C 两点的正反应速率大小关系是______________ ③下列叙述能说明上述反应已达到化学平衡状态的是__________ A．H2 的消耗速率是 CH3OH 生成速率的 2 倍 B．CH3OH 的体积分数不再改变 C．混合气体的密度不再改变 D．CO 和 CH3OH 的物质的量之比保持不变 (2)在压强为 P1、温度为 T1 ℃时，H2 的平衡转化率为__________(计算出结果)，再加入 1.0 mol CO 后重新到达平衡，则 CO 的转化率___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。 (3) 在压强为 P1、温度为 T1 ℃时，1L 的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物 质的量如下，CO：0.05 mol、H2：0.1mol、CH3OH：0.05mol。此时 v(正)________v(逆)（填 “>”、“<”或“=”）。 【答案】 (1). < (2). v 正(C)>v 正(B) (3). BD (4). 50% (5). 减小 (6). = 【解析】 【分析】 （1）①反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平 衡正向移动，反应物转化率增大； ②压强相同时，升高温度，增大正、逆反应速率都增大； ③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必 须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡 的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状 态，据此分析； （2）P1 压强、T1°C 时，CO 的转化率为 0.5，计算 CO 的转化量，进而计算 H2 的转化率； 其它条件不变，增加一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率是降 低的； （3）计算此时浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。 【详解】（1）①反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应， 加压平衡正向移动，反应物转化率增大，则 PA < PB； 故答案为：<； ②压强相同时，升高温度，正、逆反应速率都增大，在压强为 P2 时，C 点比 B 点温度高， 则 C 点正反应速率较大； 故答案为：v 正(C)>v 正(B) ③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必 须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡 的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状 态，据此分析； A. H2 的消耗速率和 CH3OH 生成速率都表示正反应速率，不能判断平衡状态，A 项错误； B. CH3OH 的体积分数不再改变，能判断平衡状态，B 项正确； C. 因为容器容积不变，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，因此混合气体的密度 始终不变，因此混合气体的密度不再改变，不能判断平衡状态，C 项错误； D. 因为随着反应的进行，在平衡之前，CO 物质的量不断减少，CH3OH 的物质的量不断增 多，因此 CO 和 CH3OH 的物质的量之比一直增大，因此 CO 和 CH3OH 的物质的量之比保 持不变，能判断平衡状态，D 项正确； 故答案为：BD； （2）在压强为 P1、温度为 T1 ℃时，CO 的转化率为 0.5，则 CO 的减少量为 0.2mol×0.5=0.1mol， 因此 H2 的减少量为 0.2mol，因此 H2 平衡转化率为 ；再加入 1.0 mol CO，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO 的转化率减小； 故答案为：50%；减小； （3）根据已知信息，在一容积为 2 L 的密闭容器内，充入 0.2 mol CO 与 0.4 mol H2 发生反 应，在压强为 P1、温度为 T1 ℃时，到达平衡时 CO 转化率为 0.5，因此可列出三段式计算该 温度下的平衡常数， CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 反应前(mol/L) 0.1 0.2 0 转化(mol/L) 0.05 0.1 0.05 平衡时(mol/L) 0.05 0.1 0.05 0.2mol×100%=50%0.4mol 化学平衡常数 ， 条件不变，1L 的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下， CO:0.05mol、H2:0.1mol、CH3OH:0.05mol，可计算此刻的浓度商 =K，因此反应处于平衡状态，v(正)=v(逆)； 故答案为：=。 【点睛】规律：当反应物按照化学计量数之比投料时，反应物的转化率相等，且任意时刻反 应物的浓度之比仍等于其化学计量数之比。 因此该题第（2）问在计算 H2 平衡转化率时，还可以这样判断，该反应 CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)起始充入 0.2 mol CO 与 0.4 mol H2，物质的量之比等于化学计量数之比，因此二者 的转化率相等，由图像可知在压强为 P1、温度为 T1 ℃时，CO 的平衡转化率为 50%，因此 H2 的平衡转化率为也 50%，这样计算可以更加快速解答，节约时间。 3 2 2 2 c(CH OH) 0.05K= = =100c(CO)c (H ) 0.05 0.1× 3 c 2 2 2 c(CH OH) 0.05Q = = =100c(CO)c (H ) 0.05 0.1×