山西省太原市2019-2020学年高二上学期期中测评化学试题

山西省太原市2019-2020学年高二上学期期中测评化学试题

太原市2019－2020学年第一学期高二阶段性测评（期中）‎ 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 Na-23 S-32 Fe-56‎ 一．选择题（共40分）‎ ‎1.明代诗人于谦在《石灰吟》中写道：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这首脍炙人口的诗篇不仅蕴含了深刻的人文精神，还蕴藏了有趣的化学知识，下列有关说法中，错误的是（ ）‎ A. 化学反应过程中同时存在着物质变化和能量变化 B. 这首诗说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化 C. 石灰石的分解是熵增反应，因此在任何条件下都能自发进行 D. 石灰石分解和生石灰与水反应中涉及的物质有强电解质、弱电解质和非电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，其中物质变化是基础，故A正确； ‎ B.化学能和热能可以相互转化，放热反应能将化学能转化为热能，吸热反应能将热能转化为化学能，故B正确；‎ C.石灰石的分解生成氧化钙和二氧化碳是熵增反应，该反应为吸热反应，△H>0，要使△H-T△S<0，反应必须在高温条件下才能自发进行，故C错误； ‎ D.“要留清白在人间”涉及反应为氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应中的化学物质有强电解质碳酸钙、氢氧化钙，弱电解质水和非电解质二氧化碳，故D正确；‎ 本题答案：C。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 B. 增大浓度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多 C. △H<0反应均是自发反应 D. 反应NH4HCO3（s）═NH3（g）＋H2O（g）＋CO2（g）△H＝＋185.57kJ•mol－1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故A错误；‎ B.增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，活化分子的百分数不变，故B错误；‎ C.△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，△H＜0时，若△S＜0，则△G可能大于0，反应非自发，故C错误；‎ D.反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57 kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故D正确；‎ 所以答案：D。‎ ‎【点睛】根据△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，当△G<0时能自发进行，△G>0时不能自发进行，△G=0时为平衡状态。‎ ‎3.下列物质属于弱电解质是 A. 稀醋酸 B. 氯化铝 C. 二氧化硫 D. 亚硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀醋酸为混合物，不属于弱电解质，故A错误； ‎ B. 氯化铝为盐，属于强电解质，故B错误；‎ C. 二氧化硫是非金属氧化物，属于非电解质，故C错误；‎ D. 亚硫酸属于弱酸，属于弱电解质，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎4.氨水中存在NH3·H2ONH4++OH-，要是此平衡逆向移动且从c（OH-）减小，应加入少量（ ）‎ A. 固体氯化铵 B. 稀硫酸 C. 固体氢氧化钠 D. 水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入固体氯化铵导致溶液中NH4+浓度增大，使NH3·H2ONH4++OH- 平衡逆向移动，导致c(OH-)减小，故A正确；‎ B. 加入稀硫酸会和溶液中OH-反应，使平衡正向移动，c(OH-)减小，故B错误；‎ C. 加入固体氢氧化钠使溶液中c(OH-)增大，平衡逆向移动，故C错误； ‎ D. 加水稀释，促进NH3·H2O电离，平衡正向移动，n（OH-）增加，但溶液体积变化较大，c(OH-)减小，故D错误；‎ 所以本题答案：A。‎ ‎【点睛】根据影响化学平衡移动因素进行判断。即加入反应物或减小生成物，化学平衡正向移动，减少反应物或加入生成物，化学平衡逆向移动。‎ ‎5.100ml1mol﹒L－1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（ ）‎ A. 硝酸钾固体 B. 醋酸钠固体 C. 硫酸氢钾固体 D. 硫酸铜固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入硝酸钾固体后，硝酸根会和溶液中的H+形成硝酸，与金属锌反应生成NO，氢离子会参与氧化还原反应，不产生氢气，因此影响了氢气的总量，故A项错误；‎ B.加入醋酸钠固体后，根据强酸制备弱酸规律可知，溶液中发生CH3COO-+H+=CH3COOH反应，酸由强电解质变为弱电解质，由于锌过量，酸完全反应，所以酸提供的氢离子的总量不变，因此反应速率减慢，但不影响氢气产量，故B项正确；‎ C.加入硫酸氢钾固体相当于加入了c（H+），使反应速率加快，且氢气的总量也增加，故C错误；‎ D.硫酸铜溶液和锌反应生成金属铜，锌、铜及硫酸溶液构成原电池，加快化学反应速率，故D错误；‎ 故答案为；B。‎ ‎6.氮及其化合物的转化过程如下图所示。‎ 下列分析合理的是（ ）‎ A. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%‎ B. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率 C. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 D. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示发生的反应有2个。一个是合成氨反应：N2+3H22NH3，一个是氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O。‎ ‎【详解】A．合成氨反应是一个化合反应，原子利用率达100%，A项正确；‎ B．催化剂不能使化学平衡移动，因而不能影响平衡转化率，B项错误；‎ C．催化剂a催化的是氢气和氮气合成氨气，反应中只有非极性键断裂和极性键形成，C项错误；‎ D．氨气形成NO时，氮元素和氧元素的化合价明显发生了变化，说明该反应涉及了电子转移，D项错误；‎ 所以答案选择A项。‎ ‎【点睛】合成氨反应是一个可逆反应，可逆反应与原子利用率达100%并不矛盾。可逆反应表达一个反应进行的程度，而原子利用率是表达反应物原子变成目标产物时原子的利用情况。‎ ‎7.下图为工业合成氨的流程图。图中为提高原料转化率而采取的措施是 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①净化干燥，不能提高原料的利用率，①错误；‎ ‎②加压，体积减小，平衡正向移动，原料利用率提高，②正确；‎ ‎③催化剂对平衡无影响，不能提高原料利用率，③错误；‎ ‎④液化分离，减小氨气的浓度，平衡正向移动，原料利用率提高，④正确；‎ ‎⑤剩余的氢气与氮气再循环，可提高原料利用率，⑤正确；‎ 答案为C。‎ ‎8.已知H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ∆H＝－57.3kJ/mol。常温下，下列物质反应时产生57.3kJ热量的是（ ）‎ A. 稀HCl和稀NaOH B. 1.0mol•L－1HCl溶液和1.0mol•L－1NaOH溶液 C. 500mL2.0mol•L－1HCl溶液和500mL2.2mol•L－1NaOH溶液 D. 500mL2.0mol•L－1H2SO4溶液和500mL2.2mol•L－1Ba(OH)2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀盐酸和稀氢氧化钠的物质的量未知,产生的水的物质的量也未知，放出的热量也未知，故A项错误； B.溶液的体积未知，不能确定产生的水的物质的量，无法判断产生的热量，故B项错误； C.中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热；500mL2.0mol/LHCl和500mL2.20mol/LNaOH均为稀溶液，反应产生1mol水,因而反应产生的热量为57.3 kJ，故C项正确；‎ D.反应产生2mol水，因此放出的热量多于57.3kJ，故D项错误；‎ 答案为：C。‎ ‎【点睛】根据中和热的概念进行判断。在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热。一元强酸和强碱中和热约为57.3KJ。‎ ‎9.氯原子对O3的分解有催化作用：‎ O3＋Cl＝ClO＋O2 ∆H1‎ ClO＋O＝Cl＋O2 ∆H2‎ 大气臭氧层的分解反应是O3＋O＝2O2 ∆H，该反应的能量变化如图，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应O3＋O＝2O2的∆H＝E2－E3‎ B. O3＋O＝2O2的逆反应的活化能为E3－E1‎ C. ∆H＝∆H1＋∆H2‎ D. 2O2＝O3＋O是放热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2,故A错误； B.O3＋O＝2O2的逆反应为2O2＝O3＋O的活化能为E1－E3，故B错误；‎ C.已知:①O3+Cl=C1O+O2;△H1;②ClO+O=C1+O2;△H2,利用盖斯定律将①+②可得:O3＋O＝2O2;△H=△H1+△H2，故C正确； D.由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2总能量，为放热反应；则2O2＝O3＋O为吸热反应，故D错误； 所以正确答案为：C选项。‎ ‎10.根据下列实验能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）‎ A. HR溶液的导电性比盐酸的弱 B. HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液中c(H＋)变小 C. 25℃时，0.01mol/LHR溶液中c(H＋)＝1×10－2mol/L D. 10mL1mol/LHR溶液恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液的导电性与溶液中浓度有关，与电解质强弱无关，所以HR溶液的导电性比盐酸的弱，不能判断一元酸HR为弱酸，故A错误；‎ B.如果HR为弱酸，溶液中加入少量NaR固体，使HRH++R-平衡逆向移动，c(H＋)变小，故B正确；‎ C.25℃时，0.01mol/L溶液中c(H＋)＝1×10-2mol/L，说明HR为强酸，故C错误；‎ D.10mL1mol/LHR溶液恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明酸碱的物质的量相等，不能证明HR部分电离，所以不能说明HR的酸性强弱，故D错误；‎ 所以答案：B。‎ ‎【点睛】判断电解质强弱的依据：相同浓度的HR和HCl 的导电性强的为电解质，导电性弱的为弱电解质；弱电解质中既存在电解质分子，也有电解质电离出的离子；根据电解质0.01mol/L溶液中c(H＋)＝1×10-2mol/L，说明HR为强酸，c(H＋)<1×10-2mol/L,说明为弱酸。‎ ‎11.下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强 B. 2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变深 C. 表示硫燃烧热的热化学方程式：S(s)＋O2＝SO3(g) ΔH＝－315kJ/mol D. Cr2O72－(橙色）＋H2O⇌2CrO42－(黄色）＋2H＋，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为氯水中存在着 Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，所以氯水中加入碳酸钙，与HCl反应，使平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白性增强，故A正确；‎ B. 因为2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，为放热反应，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，使平衡逆向移动，NO2浓度增大，红棕色变深，故B正确；‎ C.燃烧热中生成的氧化物必须是稳定氧化物，SO2比SO3更稳定，则硫的燃烧热的热化学方程式中生成氧化物应该为SO2，故C错误；‎ D. 因为Cr2O72－(橙色)＋H2O⇌2CrO42－(黄色)＋2H＋，在K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，使H＋浓度增大，平衡逆向移动，Cr2O72－浓度增大，橙色加深，故D正确；‎ 所以答案：C。‎ ‎【点睛】根据影响化学平衡移动的因素进行判断。例如Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，减小生成物的浓度，或增加反应物的浓度，使平衡正向移动。升高温度平衡向吸热方向移动。‎ ‎12.制备金属钾的反应：Na＋KClK＋NaCl，有关数据的沸点如下：‎ 下列说法不正确的是（）‎ A. 该反应的发生不能说明Na的金属性强于K B. 升温至900℃，收集金属钾，钾的纯度会更高 C. 金属钾中含有杂质钠，可通过真空蒸馏的方法分离提纯 D. 850℃时，钾蒸气逸出，平衡正向移动，KCl的转化率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由制备金属钾的反应：Na＋KClK＋NaCl可知，该反应是在加热的条件下发生的，所以不能说明Na的金属性强于K，故A正确；‎ B. K的沸点759℃，Na的沸点是883℃，当升温至900℃时，Na也开始蒸发了，所以收集金属为钾和钠的混合物，故B错误；‎ C. 由K的沸点759℃，Na的沸点是883℃。金属钾中含有杂质钠，可通过真空蒸馏的方法分离提纯，故C正确；‎ D. 由K的沸点759℃，Na的沸点是883℃，所以850℃时钾蒸气逸出，平衡正向移动，KCl的转化率增大，故D正确；‎ 所以答案：B。‎ ‎13.已知某可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH，在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ(B)的变化情况。下列推断中正确的是 A. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＜c，ΔH＞0‎ B. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＞c，ΔH＞0‎ C. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＜c，ΔH＜0‎ D. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＞c，ΔH＜0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。‎ ‎【详解】由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：‎ ‎①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；‎ ‎②压强较大(即压强为p2)时对应的φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋bT2；‎ ‎②温度较高(即温度为T1)时对应的φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0。‎ 答案选A。‎ ‎14.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是 ‎ A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2‎ B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1‎ C. 图丙中，一定是使用了催化剂 D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1v(正)。‎ ‎15.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌‎ zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．下列有关判断正确的是(　　)‎ A. C的体积分数增大了 B. 平衡向正反应方向移动 C. A的转化率降低了 D. x+y＜z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；‎ A.平衡逆向进行，C的体积分数减小，故A错误；‎ B.依据分析平衡逆向进行，故B错误；‎ C.平衡逆向进行，A的转化率减小，故C正确；‎ D.体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.H2NCOONH4是工业由氨气合成的中间产物。在一定温度下．容积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，不能说明该反应达到平衡状态的是（ ）‎ A. 混合气体的总压强不变 B. 混合气体的密度不变 C. 混合气体的总物质的量不变 D. 混合气体的平均相对分子质量不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A不符合题意；‎ B.由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，达到了平衡状态，故B不符合题意；‎ C.由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C不符合题意；‎ D.根据混合气体的总质量与总的物质的量的比值为气体的平均摩尔质量可知，混合气体的质量恒等于H2NCOONH4（s）分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4‎ ‎（s）的三倍，混合气体的平均相对分子质量不变恒不变，不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意；‎ 所以答案：D。‎ ‎【点睛】判断化学平衡的依据：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应物为固体，生成物为气体，所以如果一定温度下，容积不变的密闭容器中压强不变，说明达到平衡状态；混合气体的密度不变，说明达到平衡状态；当混合气体的总物质的量不变，说明反应达到平衡状态；混合气体的平均相对分子质量M=,由反应方程式可知为定值，所以混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明该反应达到平衡状态。‎ ‎17.现有三个容器相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃下开始反应：2SO2（g）＋O2（g）＝2SO3（g）△H<0，达到平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同 B. 容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同 C. 容器中的反应达到平衡时，SO2的体积分数：Ⅱ>Ⅲ D. 容器Ⅰ中SO2的平衡转化率与容器Ⅱ中SO3的平衡转化率之和等于1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容器I是绝热容器， 反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器I、 III中平衡常数不相同，故A错误；‎ B．容器III是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅱ ，反应速率大，容器II、II 中正反应速率不相同，故B错误；‎ C.容器II是恒温恒容， III是恒温恒压，随着反应的进行，容器II 中压强大于容器III ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数: II >III，故C正确； ‎ D.若容器II恒温恒容，容器I也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器I是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器I中SO2的转化率与容器II中SO2的转化率之和小于1，故D错误；‎ 故答案：C。‎ ‎18.一定温度下，某密闭容器里发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，当反应达到平衡式，测得容器中各物质的物质的量均为n mol。欲使H2‎ 的物质的量浓度增大1倍，在其他条件不变的时，下列措施中可以采用的是（ ）‎ ‎①升高温度②将容器容积压缩到原来的一半③再通入nmolCO2和nmolH2④再通入2nmolCO2和2nmolH2‎ A. ①②④ B. ②④ C. ③④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】密闭容器里发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，当反应达到平衡时，测得容器中各物质的物质的量均为n mol。欲使H2的物质的量浓度增大1倍，①升高温度，平衡逆向移动，H2的物质的量浓度减小，故①不符合题意；②将容器容积压缩到原来的一半，平衡不移动，但各物质的浓度增加一倍，故②符合题意;③再通入nmolCO2和nmolH2，平衡向逆反应方向移动，氢气的量不能增加1倍，所以③不符合题意；④再通入2nmolCO2和2nmolH2，根据等效平衡原理，H2的物质的量浓度增大1倍，故④符合题意；所以B符合题意；‎ 所以答案：B。‎ ‎19.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。‎ 下列说法不正确的是（   ）‎ A. 通过计算，可知系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：H2O(l)= H2(g)+1/2O2(g)   ΔH = 286 kJ· mol-1        ‎ B. 通过计算，可知系统(Ⅱ)制备氢气的热化学方程式为：H2S(g)=H2(g)+S(s)   ΔH =20kJ·mol-1‎ C. 若反应H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)  ΔH = －a kJ · mol-1 ， 则a>286        ‎ D. 制得等量H2所需能量较少的是热化学硫碘循环硫化氢分解法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考查盖斯定律的应用，根据盖斯定律可以求得总反应方程式中的焓变。‎ ‎【详解】A. 根据盖斯定律进行方程式的加合，①式+②式+③式，得系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：H2O(l)=H2(g)+O2(g)   ΔH = +286 kJ· mol-1，A正确，故A不符合题意。‎ B. 根据盖斯定律进行方程式的加合，②式+③式+④式，得系统(Ⅱ)制备氢气的热化学方程式为：H2S(g)=H2(g)+S(s)   ΔH =+20kJ·mol-1，B正确，故B不符合题意。‎ C. 若反应H2(g)+O2(g)=H2O(g) 生成气体水，放出的热量小，故a<286，C不正确，故C符合题意。‎ D. 根据系统(Ⅰ)(Ⅱ)总的热化学方程式得出：放出的热量较少的是硫碘循环硫化氢分解法，D正确，故D不符合题意。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】在运用盖斯定律时，注意切入点，根据热化学方程式的特点将化学方程式中出现一次的物质进行加合得到总反应方程式。‎ ‎20.温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得：v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是 A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5‎ B. 达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大 C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%‎ D. 当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2> T1‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由容器I中反应 ‎2NO2 2NO+O2‎ 起始量(mol/L) 0.6 0 0‎ 变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2‎ 平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2‎ 可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，；在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出；‎ A．容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商= Q==＜K，平衡将向正反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定大于1 mol，故两容器的压强之比一定小于4∶5，A错误；‎ B．若容器II在某时刻，，‎ ‎2NO2 2NO + O2 ‎ 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2‎ 变化量(mol/L) 2x 2x x 平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x 0.2+x 因为，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，反应向左进行，比值小于1，所以容器II达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中小，B错误；‎ C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%‎ ‎2NO2 2NO + O2‎ 起始量(mol/L) 0 0.5 0.35‎ 变化量(mol/L) 2x 2x x 平衡量(mol/L) 2x 0.5−2x 0.35−x ‎ 由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以NO的体积分数小于50%，C正确；‎ D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确；‎ 故答案选CD。‎ ‎21.由化学能产生的能量是目前人类使用的主要能源。‎ ‎（1）意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似。已知断裂1molN－N键吸收167kJ热量，生成1molNN键放出942kJ热量。根据以上信息和数据，写出N2气体转化为N4气体的热化学方程式：___。‎ ‎（2）自嗨锅(自热火锅)的加热原理是利用发热包内的物质与水接触，释放出热量，从而使得上面隔层食材锅内的食物吸收热量后温度升高。一般自嗨锅的发热包是用碳酸钠、焙烧硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、盐、生石灰等组成，写出发热包中的某一物质与水发生放热反应的化学方程式：___。(写出一个即可)‎ ‎（3）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2gSiH4自燃放出热量89.2kJ，则SiH4自燃的热化学方程式为：__。‎ ‎（4）比较下列两个热化学方程式中ΔH的大小。‎ ‎4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) △H1 4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) △H2‎ ‎△H2__△H1，(填“>”、“<"或“＝")‎ ‎（5）已知：2C(s)＋O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol－1‎ C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol－1‎ N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ·mol－1‎ 若某反应的平衡常数表达式为K＝，请写出此反应的热化学方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). 2N2(g)=N4(g) △H=+882kJ·mol-1 (2). CaO+H2O=Ca(OH)2 (3). SiH4(g)+2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) △H=-1427.2kJ·mol-1 (4). < (5). 2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+ 2CO2(g) △H=-747 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) △H1； 4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s)△H2；4Al(s)+2Fe2O3(s)=4Fe(s)+2Al2O3(s) △H3<0,判断△H2和△H1的大小；根据平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方比反应物浓度幂次方,写反应方程式。‎ ‎【详解】（1）已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1molNN键放出942kJ热量，则1molN4转变成N2时的反应热△H=6167kJ/mol-2942kJ/mol=-882kJ/mol，所以该反应的热化学方程式:2N2(g)=N4(g) △H=+882kJ·mol－1,答案：2N2(g)=N4(g) △H=+882kJ·mol－1‎ ‎（2）由发热包是用碳酸钠、焙烧硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、盐、生石灰等组成，发热包中的生石灰与水发生放热反应的化学方程式：CaO+H2O=Ca(OH)2；答案：CaO+H2O=Ca(OH)2。‎ ‎（3）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成固体SiO2和液态H2O。此反应的方程式为SiH4(g)+2O2(g)= SiO2(g)+ 2H2O(g)。已知室温下2gSiH4自燃放出热量89.2kJ，则1molSiH4自燃时放出的热量为89.2kJ=1427.2kJ 。所以SiH4自燃的热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)= SiO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1427.2kJ·mol－1。答案：SiH4(g)+2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) △H=-1427.2kJ·mol－1。‎ ‎（4） 由题干所给方程式中前两个相减可得4Al(s)+2Fe2O3(s)=4Fe(s)+2Al2O3(s) △H1-△H2=△H3<0，所以△H2<△H1。答案：<。‎ ‎（5）由平衡常数表达式为K＝可知该反应方程式为：2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+ 2CO2(g)，根据已知：2C(s)＋O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol－1，C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol－1；N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ·mol－1△H=(-393.52-(-221)- 181=-747 kJ·mol－1，该反应的热化学方程式：2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+ 2CO2(g) △H=-747 kJ·mol－1；答案：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+ 2CO2(g) △H=-747 kJ·mol－1。‎ ‎22.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。‎ ‎（1）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应过程中的能量变化如图所示。‎ ‎①补全上图：图中A处应填入___。‎ ‎②该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的△H___（填“变大”、“变小”、或“不变”）。‎ ‎③为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是___(填字母)。‎ a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压 ‎ ‎（2）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，如图为不同投料比[]时某反应物X平衡转化率变化曲线。‎ ‎①反应物X是___(填“CO2”或“H2”)。 ‎ ‎②判断依据___。‎ ‎（3）甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如图所示。根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是___。‎ ‎（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)＝0.75mol·L−1。 ‎ ‎①前10min的平均反应速率v(H2)＝___mol·L−1·min−1。‎ ‎②该温度下化学平衡常数K的数值为___（结果保留两位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 1molCO2(g) +3molH2(g) (2). 不变 (3). d (4). CO2 (5). 恒容密团容器中， 其他条件相同时，增大n(H)/n(CO2)相当于增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大 (6). 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 (7). 0.225 (8). 5.33‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应热为生成总能量和反应物总能量的差值，判断A;根据化学平衡移动因素判断条件；根据三段式和速率公式计算化学反应速率，根据平衡常数公式计算平衡常数。‎ ‎【详解】（1）①图中A处为反应物，根据CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(l)，所以A处应填入1molCO2(g)+3molH2(g) ；答案: 1molCO2(g)+3molH2(g)；‎ ‎②因为催化剂可以改变反应速率，不能改变反应热，所以该加入催化剂后，该反应的△H不变；答案：不变。‎ ‎③因为该反应是放热反应，且体积减小的可逆反应，所以要提高CH3OH产率，应使平衡正向移动，理论上应采用低温高压的条件，所以d符合条件；答案d；‎ ‎ （2）①由CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(l)反应可知，图为随着投料比增大，平衡转化率增加，X应为CO2(g)；答案：CO2；‎ ‎②根据CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(l)反应可知，由图像横坐标为 投料比，要使投料比增大，加入反应物氢气，另外一种反应物CO2的转化率就得会增大符合图像；答案：恒容密团容器中， 其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)相当于增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大；‎ ‎（3）由图像可知甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料，在汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；答案：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小。‎ ‎（4）根据三段式:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始量 (mol/L) 1 3 0 0 变化量(mol/L) 0.75 2.25 0.75 0.75‎ 平衡量(mol/L) 0.25 0.75 0.75 0.75 ①前10 min的平均反应速率v(H2) == 0.225 mol·L−1·min−1; 答案: 0.225。 ②化学平衡常数的值K= =5.33 ; 答案: 5.33。‎ ‎23.在一定温度下，醋酸溶液中存在电力平衡。‎ ‎（1）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。‎ ‎①a、b、c三点的c（H＋）由小到大的顺序为___（填字母）‎ ‎②a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的是___。‎ ‎③完全中和时消耗NaOH的物质的量：a___b。（填“＞”、“＜”或“＝”）‎ ‎④测得0.1mol/L醋酸溶液中c（H＋）＝0.004mol/L，则该温度下醋酸的电力平衡常数数值为___。‎ ‎（2）25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：‎ ‎①CH3COOH、H2CO3、HCN的酸性由强到弱的顺序为___‎ ‎②焦炉煤气中一般含有H2S和HCN气体，有的工厂在真空条件下，使用K2CO3溶液吸收煤气中的H2S和HCN气体，实现脱硫脱氰。请根据上述数据，从理论上推测同为0.1mol/L的K2CO3溶液和HCN溶液混合后，最可能发生反应的离子方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). c H2CO3 > HCN (6). CO32-+HCN=HCO3-+CN-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，醋酸分子不断电离，电离度增大，离子浓度先增大后减小；①导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大；越加水稀释，醋酸的电离程度最大；③根据酸碱完全反应规律进行分析；④根据弱酸的电离平衡常数进行计算；‎ ‎（2）①根据电离平衡常数大小进分析酸性的强弱； ‎ ‎②根据电离平衡常数大小关系进行方程式的书写。‎ ‎【详解】(1)①导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，故a、b、C、d四点中，溶液c(H＋)最大的是b，其次是a，最小的为c。所以a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为：cH2CO3>HCN；答案：CH3COOH>H2CO3>HCN；‎ ‎②由H2CO3的K1=4.310-7，K2=5.610-11、HCN的K1=4.910-10，所以碳酸钾与HCN反应的离子方程式为CO32-+HCN=HCO3-+CN-；答案：CO32-+HCN=HCO3-+CN-。‎ ‎24.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过图1装置探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：‎ ‎（1）该反应中MnO4－被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式：___。‎ ‎（2）该实验探究的是___因素对化学反应速率的影响。针筒内收集相同体积的CO2，所用时间是①__②（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎（3）本实验还可通过测定___来比较化学反应速率。‎ ‎（4）小组同学发现反应速率总是如图2，其中t1~t2时间内速率变化的主要原因可能是___。‎ ‎（5）图3中阴影部分“面积”还可以表示t1~t3时间内___。（填字母）‎ A.c(Mn2+)的增加量 B.n(Mn2+)的增加量 C.c(SO42-)的增加量 D.c(MnO4-)的增加量 ‎【答案】 (1). 2MnO4- + 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O (2). 浓度 (3). > (4). KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 (5). Mn2+ (或MnSO4) 具有催化作用。 (6). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意，反应中KMnO4为氧化剂被还原为Mn2+，H2C2O4为还原剂被氧化为CO2气体，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎(2)从题中可以看出H2C2O4溶液的浓度不同，KMnO4溶液的浓度相同，说明该实验探究的是浓度对对化学反应速率的影响； ‎ ‎（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；‎ ‎(4)刚开始反应的时候，速率并不快，但是后来逐渐加快，这可能是由于反应放热，或者是生成了具有催化作用的物质Mn2+(或MnSO4)； ‎ ‎（5）根据v=推导得=v,所以阴影面积表示反应物浓度的减少或生成物浓度的增加，据此进行分析。‎ ‎【详解】(1)根据题意，反应中KMnO4为氧化剂被还原为Mn2+，H2C2O4为还原剂被氧化为CO2气体，所以反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(2)从题中可以看出H2C2O4溶液的浓度不同，KMnO4溶液的浓度相同，说明该实验探究的是浓度对对化学反应速率的影响，并且浓度越大，反应速率越快，相同时间内针筒中所得CO2的体积为②>①； 答案：浓度；>；‎ ‎（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率;答案：KMnO4 溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；‎ ‎(4)刚开始反应的时候，速率并不快，但是后来逐渐加快，这可能是由于反应放热，或者是生成了具有催化作用的物质Mn2+(或MnSO4)；答案：Mn2+(或MnSO4) 具有催化作用。‎ ‎（5）根据v=推导得=v,所以阴影面积表示反应物浓度的减少或生成物浓度的增加, 所以 A.c(Mn2+)的增加量； D.c(MnO4-)的增加量符合题意；故AD正确；答案：AD。‎ ‎25.全国农村应当在“绿色生态・美丽多彩・低碳节能・循环发展”的理念引导下，更快更好地发展“中国绿色村庄”，参与“亚太国际低碳农庄”建设。试回答下列问题：‎ ‎（1）碳的单质及其部分化合物是人类生产生活的主要能源物质。‎ ‎①有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图 ‎△H＝＋886kJ/mol，则M、N相比，较稳定的是___。‎ ‎②将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)，△H＝－1176kJ/mol，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为___。‎ ‎（2）高炉炼铁是CO气体的重要用途之一，其基本反应为：FeO(s)＋CO(g)⇌Fe(s)＋CO2(g)，△H＞0。已知在1100℃时，该反应的平衡常数K＝0.263。‎ ‎①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，此时平衡常数K值__(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②1100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，则在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态?___。(填“是”或“否”)，其判断依据是___。‎ ‎（3）目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，△H＝－50.0kJ/mol。现向容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。‎ ‎①该反应到达平衡后，H2的转化率α(H2)＝____。‎ ‎②下列措施能使增大的是(填字母)___。‎ A.升高温度 B.再充入H2‎ C.再充入CO2‎ D.将H2O(g)从体系中分离 E.充入He(g)，使体系压强增大 ‎③下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态依据的是___(填字母)。‎ A.v正(CH3OH)＝3v逆(H2)‎ B.平衡混合物中各组分的含量不再变化 C.CO2和H2的浓度比为1：2‎ D.混合气体的密度不再变化 ‎【答案】 (1). M (2). 98kJ (3). 增大 (4). 否 (5). 浓度商Qc= 0.25 < 0.263 (6). 75 (7). BD (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据能量越低越稳定的原则进行判断；‎ ‎（2）根据影响平衡常数的因素和平衡常数的计算公式进行判断；升高温度平衡向吸热方向移动，使FeO(s)＋CO(g)⇌Fe(s)＋CO2(g)，△H＞0的平衡常数增大；Qc>K平衡正向移动，Qc=K达到平衡状态，Qc”或“＝”）890kJ。‎ ‎②写出1molCH4（g）不完全燃烧生成CO(g)和H2O(l)的热化学方程式___。‎ ‎（2）甲烷与CO2可用于制备合成气（主要成分是一氧化碳和氢气）：CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，1gCH4(g)参加以上反应可释放15.46kJ的热量，则如图中能表示该反应过程中能量变化的是___（填字母）。‎ ‎（3）甲烷转化为CO和H2的反应为：CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) ΔH>0‎ ‎①在一定条件下，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则p1___p2（填“<”“>”或“＝”）；A、B、C三点处对应的平衡常数（KA、KB、KC）由大到小的顺序为___。‎ ‎②在恒温恒压的密闭容器中，下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态依据的是___（填字母）。‎ a.v（CH4）＝v（CO）‎ b.混合气体的密度不发生变化 c.容器内混合气体的总压强不发生变化 d.一段时间内，用CH4表示的平均反应速率等于零 ‎③将CH4和H2O(g)按等物质的量混合，一定条件下反应达到平衡，CH4的转化率为50%，则反应前与平衡后，混合气体的平均相对分子质量之比为___。‎ ‎（4）甲烷可以合成甲醇来代替日益供应紧张的燃油。工业上用甲烷为原料制备甲醇分为两个阶段：‎ ‎①制备合成气：CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)。‎ ‎②合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)。实验室在恒温（500℃）、恒容（1L）密闭容器中进行模拟合成实验。将1molCO和2molH2通入容器中，10min、40min、50min时分别测得容器中甲醇的浓度为0.60mol•L－1、0.80mol•L－1、0.80mol•L－1。则此条件下该反应开始10min内，H2的平均反应速率为__；平衡常数K的数值为___。‎ ‎【答案】 (1). = (2). CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l) ΔH=-607 kJ•mol-1 (3). D (4). < (5). KC> KB >KA; (6). bd (7). 3:2 (8). 0.12molL-1.min -1 (9). 25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据燃烧热定义进行判断，反应热与反应物和生成物的状态有关，和途径无关；根据三段式法进行分析判断混合气体的平均相对分子质量，相关物质的反应速率和平衡常数。‎ ‎【详解】（1）①已知CH4的燃烧热为ΔH=－890kJ∙mol－1，则常温常压下，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体和液态水，放出的能量等于890kJ ；答案：=；‎ ‎②由CH4的燃烧热为ΔH=－890kJmol－1，CO的燃烧热为ΔH=－283 kJ∙mol－1，则有2CH4(g)＋3O2(g)＝2CO(g)＋4H2O(l) ΔH=-8902-(-283)=-1214 kJ∙mol－1，所以1molCH4(g)不完全燃烧生成CO(g)和H2O(l)的热化学方程式为CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l) ΔH=-607 kJ∙mol－1；答案：CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l) ΔH=-607 kJ∙mol－1kJ。‎ ‎(2)①1 g CH4完全反应释放15.46 kJ的热量,则1 mol CH4完全反应放出热量为247.36 kJ，故D图与题意相符；答案：D；‎ ‎(3)①由CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) ΔH>0可知，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，使得气体的压强增大，故p1B>A，所以对应的平衡常数KA KB >KA；‎ ‎②①由CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) ΔH>0可知，在恒温恒压的密闭容器中，a.v(CH4)＝v(CO)与化学反应是否达到平衡无关，所以v(CH4)＝v(CO)不能作为反应达到化学平衡状态；‎ b.混合气体的密度, 恒温恒压的密闭容器中CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2‎ ‎(g)的混合气体的密度不变，说明反应达到化学平衡状态，故b正确；‎ c. 因为反应是在恒温恒压的密闭容器中进行的，所以容器内混合气体的总压强不发生变化，故c错误；‎ d.当达到平衡时正逆反应速率相等，所以CH4表示的平均反应速率等于零，故d正确；‎ 答案：bd。‎ ‎③  设起始CH4和H2O(g)的物质的量均为1mol，由题给数据建立如下三段式:    ‎ CH4(g)+H2O(g)  =  CO(g)+ 3H2(g)‎ ‎  n起(mol)   1   1    0 0‎ 变化n (mol)   150%  150%  150%  350%   n平(mol)   0.5   0.5   0.5    1.5 反应前混合气体的总物质的量为2mol，总质量为34g，平均相对分子质量为；平衡后混合气体的总物质的量为3mol,总质量为34g，平均相对分子质量为  ，则混合气体的平均相对分子质量之比为3:2；答案：3:2；‎ ‎②l0min时测得容器中甲醇的浓度为0.60mol/L，则根据方程式可知消耗氢气1.20mol/L，所以H2的平均反应速率为 =0.12mol∙L-1∙min -1；‎ ‎ CO(g)+2H2(g) = CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol/L )   1   2   0‎ 转化浓度(mol/L)  0.8   1.6   0.8‎ 平衡浓度(mol/L)  0.2   0.4    0.8‎ 则平衡常数K的数值为=25；‎ 答案：0.120.12mol∙L-1∙min -1；25。‎ ‎ ‎