山东省聊城四中2015-2016学年高二上学期期中化学试卷.doc

2015-2016学年山东省聊城四中高二（上）期中化学试卷

一．选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共48分） 1．区分强电解质和弱电解质的依据是( ) A．溶解度的大小

B．属于离子化合物还是共价化合物 C．是否存在电离平衡 D．导电性的强弱

【考点】强电解质和弱电解质的概念．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】电解质必须是化合物．强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质．包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等．根据定义即可解答．

【解答】解：A．强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，故A错误；

B．氯化氢是共价化合物，是强电解质，醋酸也是共价化合物，但它是弱电解质；氯化钠属于强电解质，是离子化合物，而氢氧化铝是离子化合物，是弱电解质，所以强电解质和弱电解质的区分与属于离子化合物还是共价化合物无关，故B错误；

C．强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，建立电离平衡，所以C正确；

D．水溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而氯化氢是强电解质，其水溶液导电能力强，故D错误； 故选C．

【点评】本题考查了强、弱电解质的判断，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键．难度不大．

2．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是( ) A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸

B．用pH计测得某稀盐酸的pH为1. C．用碱式滴定管量取20.3mL烧碱溶液 D．用托盘天平称得某物质的质量为13.15g 【考点】计量仪器及使用方法；试纸的使用．

【专题】化学实验基本操作． 【分析】A．量筒精确到0.1； B．pH计精确到0.01； C．滴定管精确到0.01； D．托盘天平精确到0.1．

【解答】解：A．量筒精确到0.1，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误； B．pH计精确到0.01，可pH计测得某稀盐酸的pH为1.，故B正确； C．滴定管精确到0.01，可量取20.3mL烧碱溶液，故C正确； D．托盘天平精确到0.1，无法称量13.15g，故D错误． 故选BC．

【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项．

3．已知充分燃烧a g乙炔（C2H2）气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是( )

A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4b kJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=+2b kJ/mol C．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=+b kJ/mol 【考点】化学能与热能的相互转化；热化学方程式．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，以此来解答．

【解答】解：根据题意知：燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，

A．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，乙炔燃烧热可燃物的系数要求必须是1mol，故A错误；

B．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，△H=+2b kJ/mol表示吸收热量，故B错误；

C．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，故C正确；

D．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4bkJ/mol，故D错误； 故选C．

【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，明确物质的量与热量的关系，反应热的符号、数值、单位即可解答，题目难度不大．

4．25℃和1.01×105Pa时，2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行的原因是( ) A．是吸热反应 C．是熵减少的反应 【考点】焓变和熵变．

B．是放热反应 D．是熵增大的反应

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.7kJ/mol，可知该反应吸热，且 熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T•△S＜0才可．【解答】解：2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；△H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H﹣T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应， 故选：D．

【点评】本题考查焓变和熵变与反应自发进行的关系，明确△H﹣T•△S＜0是反应自发进行的判断依据是解题关键，题目难度不大．

5．下列说法或表示方法正确的是( )

A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多

B．由C（石墨）=C（金刚石）△H=+11.9 kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定 C．水力（水能）按不同的分类可看成可再生能源和一级能源

D．可表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8 kJ/mol 【考点】反应热和焓变．

【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程； B、物质的能量越低越稳定；

C、水能是自然界中以现成形式提供的能源，可以从自然界补充； D、氢气燃烧生成稳定的化合物为液体水．

【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故A错误； B、石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；

C、水能是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，可以从自然界补充属于可再生能源，故C正确；

D、氢气燃烧生成稳定的化合物为液体水，所以H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8 kJ/mol不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，故D错误； 故选C．

【点评】本题考查了化学反应中的能量变化，燃烧热、能源的分类，属于基础知识的考查，题目难度不大．

6．下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )

A．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍 B．pH相同的盐酸和醋酸溶液，加水稀释100倍后两溶液pH仍相同 C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同 D．25℃，将pH=5的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=8 【考点】电解质与非电解质．

+

【分析】A、pH相差2，氢离子浓度相差100倍，pH=4.5的番茄汁中c（H）是pH=6.5的

牛奶中c（H）的100倍；

+

B、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，加水稀释促进弱酸的电离，加水稀释时醋酸溶液中氢离子物质的量增大，盐酸溶液中氢离子物质的量不变，据此分析； C、盐酸和醋酸与氢氧化钠反应，均按1：1反应； D、酸溶液无限稀释，只能是pH接近7．

【解答】解：A、pH=4.5的番茄汁中c（H）是pH=6.5的牛奶中c（H）的100倍，故A正确；

B、将等pH的盐酸溶液和醋酸溶液稀释相同的倍数，加水稀释促进醋酸的电离，醋酸溶液的PH变化小，所以稀释后pH：盐酸＞醋酸，故B错误；

C、盐酸和醋酸与氢氧化钠反应，均按1：1反应，HCl与CH3COOH的物质的量不相等，所以消耗的氢氧化钠的物质的量不相等，故C错误；

D、酸溶液无限稀释，只能是pH接近7，不能超过7，故D错误， 故选A．

【点评】本题主要考查的是pH的比较与计算、溶液的稀释，难度不大．

7．已知：H2（g）+F2（g）﹣→2HF（g）+270kJ，下列说法正确的是( ) A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气与1 L氟气吸收270 kJ热量

B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量 D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270 kJ热量 【考点】反应热和焓变．

++

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量；

B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；

C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；

D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数．

【解答】解：A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；

B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；

C、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；

D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系，难度不大，注意反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应．

8．常温下，某溶液中由水电离出的出c（H+）=1.0×10﹣13mol/L则在该溶液中一定不可以大量共存的一组离子是( ) A．NH4+、NO3﹣、K+、SO42﹣ C．Na+、ClO﹣、AlO2﹣、NO3﹣ 【考点】离子共存问题．

B．CO32_、NO3﹣、HCO3﹣、Na+ D．MnO4﹣、K+、Na+、SO42﹣

+

10﹣13mol•L﹣1，为酸或碱溶液，根据【分析】常温下，若溶液中由水电离产生的c（H）=1×

离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，则离子大量共存，以此来解答．

+

10﹣13mol•L﹣1，为酸或碱溶液， 【解答】解：常温下，若溶液中由水电离产生的c（H）=1×

A．碱性溶液中不能存在NH4+，酸性溶液中不反应，可大量共存，故A不选； B．HCO3﹣与酸、碱溶液均反应，不可大量共存，故B选；

C．碱性溶液中不反应，可大量共存，酸性溶液中AlO2﹣不能大量共存，故C不选； D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D不选． 故选B．

【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、审题能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大．

9．右图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系，若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是( )

A．减小体积 C．减压

B．加大X的投入量 D．升高温度

【考点】转化率随温度、压强的变化曲线． 【专题】化学平衡专题．

【分析】由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间缩短，应改变条件增大反应速率，同时X的转化率不变，即条件改变不影响平衡移动，结合外界条件对反应速率与化学平衡的影响分析．

【解答】解：由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间缩短，应改变条件增大反应速率，同时X的转化率不变，即条件改变不影响平衡移动，

A、缩小反应容器的体积加压，反应加快，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，故A正确；

B、加大Y的投入量，反应加快，平衡向正反应移动，X的转化率增大，故B错误； C、减小压强，反应速率减小，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，故C错误； D、该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡移动的因素等，难度不大，根据图象判断条件改变增大反应速率但平衡不移动是解题的关键．

10．+N⇌2E某温度下在密闭容器中发生反应2M（g）（g）（g），若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始只充入2molM和1molN混合气体，达平衡时M的转化率为( ) A．20%

B．60%

C．80% D．90%

【考点】化学平衡的计算． 【专题】化学平衡专题．

【分析】若开始只充入2molM和1molN混合气体，与开始时只充入2molE（g），极限转化后起始量相同，则平衡为等同的平衡，平衡时各物质的量相同，则

2E（g）⇌2M（g）+N（g）， 开始 2 0 0 转化 x x 0.5x 平衡2﹣x x 0.5x，

达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%， 则

=

，解得x=0.4mol，

所以2M（g）+N（g）⇌2E（g）， 开始2 1 0 平衡0.4 0.2 1.6 以此计算转化率．

【解答】解：若开始只充入2molM和1molN混合气体，与开始时只充入2molE（g），极限转化后起始量相同，则平衡为等同的平衡，平衡时各物质的量相同，则 2E（g）⇌2M（g）+N（g）， 开始 2 0 0 转化 x x 0.5x 平衡2﹣x x 0.5x，

达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%， 则

=

，解得x=0.4mol，

所以2M（g）+N（g）⇌2E（g）， 开始2 1 0 平衡0.4 0.2 1.6 则M的转化率为故选C．

【点评】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡三段法计算格式及转化率的计算方法即可解答，注意分析两种情况下为等同的平衡为解答的关键，题目难度中等．

11．可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如图所示据图分析，以下正确的是( )

×100%=80%，

A．T1＞T2，Q＞0 C．P1＞P2，a+b=c+d

B．Tl＜T2，Q＞0 D．Pl＜P2，b=c+d

【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线． 【专题】化学平衡专题．

【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知T2＞T1；

当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知p2＞p1；

根据温度、压强对化学平衡移动的影响解答该题．

【解答】解：左图中，由“先拐先平数值大”知T2＞T1，升高温度，生成物的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，即Q＜0；

右图中，当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知P2＞P1，增大压强，反应物B的含量不变，说明平衡不移动，则反应前后混合气体的计量数之和不变，即b═c+d， 故选D．

【点评】本题考查化学平衡的图象，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强对化学平衡的影响来分析解答，难度不大．

12．一定条件下，可逆反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）；△H＞0，达到平衡状态，现进行如下操作：

①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量．

上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是( ) A．①②③④

B．①③

C．①② D．①③④

【考点】化学反应速率的影响因素． 【专题】化学反应速率专题．

【分析】增加反应速率，则升高温度、增大浓度或增大压强等，注意C为固体的特点，以此解答．

【解答】解：①升高反应体系的温度，能增大反应速率； ②由于碳为固体，增加反应物C的用量，对反应速率没有影响； ③缩小反应体系的体积，压强增大，气体浓度增大，反应速率增大； ④减少体系中CO的量，反应速率减小． 则能使反应的正反应速率显著加快的是①③， 故选：B．

【点评】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基础知识的考查，注意相关基础知识的学习，难度不大．

13．下列叙述正确的是( )

A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4 C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1

D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

+

【分析】A．纯水中c（H）=c（OH﹣），溶液呈中性；

B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离； C．根据c（H+）=，PH=﹣lg[c（H+）]计算；

D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大．

+

【解答】解：A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H）增大，PH+

减小，但存在c（H）=c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；

B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误； C.0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故C正确；

D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误． 故选：C．

【点评】本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，题目难度中等，本题注意把握

+﹣弱电解质电离的特点，易错点为A，注意纯水中c（H）=c（OH）．

14．实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是( )

A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次

B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度 D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 【考点】中和滴定．

【专题】化学实验基本操作． 【分析】根据c（待测）=此判断浓度的误差．

【解答】解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=偏大，故A错误；

B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=

可知c（标准）偏大，故B错误；

可知c（待测）

分析不当操作对V（标准）的影响，以

C、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=正确；

D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=故D错误；

可知c（标准）偏大，可知c（标准）偏小，故C

故选C．

【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c（待测）=

15．右图表示反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.2kJ/mol．在某段时间t0～t6中反应速率与反应过程的曲线图如下，则氨的百分含量最高的一段时间是( )

分析即可完成．

A．t0～t1 B．t2～t3 C．t3～t4

D．t5～t6

【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用． 【专题】化学平衡专题．

【分析】可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，该反应为体积减小的放热反应，改变反应条件平衡移动，根据各时刻的速率变化判断平衡移动移动方向，据此判断NH3的含量变化，据此解答．

【解答】解：可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，该反应为体积减小的放热反应，

t0～t1，正、逆反应速率相等，平衡不移动；

t1～t2，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量降低，氨气含量较t0～t1低；

t2～t3，正、逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变，氨气含量较t1～t2低； t3～t4，正、逆反应速率都同等程度的增大平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量与t2～t3相同；

t4～t5，正、逆反应速率都降低，但逆反应速率大于正反应速率，导致平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低；

t5～t6，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量较t4～t5低；

所以平衡混合物中氨的百分含量最低的时间段是t5～t6，NH3的含量最高的一段时间是t0～t1，

故答案为：A．

【点评】本题考查了化学平衡移动图象等，难度中等，关键是根据图象中反应速率的变化判断平衡移动的方向．

16．将固体A置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应： ①A（s）⇌B（g）+C（g）； ②2C（g）⇌D（g）+E（g）．

c=0.5mol•L﹣1，c=4mol•L﹣1，达到平衡时，（D）（C）则此温度下反应①的平衡常数为( ) A．25

B．20

C．16 D．9

【考点】化学平衡的计算．

【分析】反应①的平衡常数k=c（B）•c（C），A分解生成的B为平衡时C与分解的C之和，由反应②可知分解的c（C）为平衡时c（D）的2倍，求出为A分解生成的B，代入反应①的平衡常数K=c（B）•c（C）计算．

【解答】解：平衡时c（C）=4mol•L﹣，c（D）=0.5mol•L﹣，A分解生成的C的浓度为4+0.5×2=5mol•L﹣1，则：

所以A分解生成的B的浓度为5mol•L，

1122所以反应①的平衡常数k=c（B）•c（C）=5mol•L﹣×4mol•L﹣=20mol•L﹣．

﹣1

11

故选：B．

【点评】本题考查化学平衡常数的计算，解题关键在于平衡时C为A分解生成的C与分解的C之差，难度中等．

17．下列措施能加快Fe与0.1mol/L的稀H2SO4反应产生H2的反应速率的是( ) A．向溶液中再滴加1mol/L的HNO3 B．将稀硫酸改为98%的浓硫酸 C．滴加少量的CuSO4 溶液 D．降低温度

【考点】化学反应速率的影响因素．

【分析】增大铁片与稀硫酸的反应速率，可从影响反应速率的外界因素思考，可增大浓度、升高温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等． 【解答】解：A、铁与反应不生成氢气，故A错误； B、铁在浓硫酸中钝化，不生成氢气，故B错误；

C、铁与硫酸铜反应生成铜，形成铁铜原电池，能够加快反应速率，故C正确； D、降温，反应速率减慢，故D错误； 故选C．

【点评】本题较简单，考查影响化学反应速率的常见因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，学生应熟悉温度、浓度、构成原电池、增大接触面等对化学反应速率的影响来解答，但浓硫酸的性质是学生解答中容易忽略的知识．

18．容积固定的密闭容器中存在如下反应：

A（g）+3B（g）⇌2C（g），△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出右图所示关系图： 下列判断一定错误的是( )

①图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高 ②图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高 ③图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高

④图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高．

A．①② B．①③ C．②④ D．③④

【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线． 【专题】化学平衡专题．

【分析】①催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，所以图Ⅰ研究的不是催化剂； ②从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，增大压强平衡右移，B的转化率增大； ③从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，升高温度平衡左移动，B的转化率减小； ④催化剂不影响化学平衡，平衡不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短．

【解答】解：①催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，而图Ⅰ中平衡发生了移动，所以图Ⅰ研究的不是催化剂，故错误；

②从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，对于反映A（g）+3B（g）⇌2C（g）增大压强平衡右移，B的转化率增大而不是减小，故错误；

③从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，该反应为放热反应，升高温度平衡左移动，B的转化率减小，故正确；

④催化剂不影响化学平衡，平衡不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短，故正确， 判断一定错误的是①②； 故选A．

【点评】本题考查化学平衡图象题，做题时注意外界条件对化学平衡的影响，正确分析图象中曲线的变化特点是本题的解答关键．

19．25℃时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中，下列变化的图象合理的是( )

A． B． C． D．

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】25℃时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中，一开始起决定因素的是浓度，溶液越稀，PH下降得越快，不呈一次函数是因为氨水是弱碱，越稀越电离，但是浓度起主要作用．在拐点处，浓度不断下降，电离起主要作用．后面PH的变化肯定是越来越慢 因为不管怎么稀释 PH只能越来越接近7却达不到7，所以pH会越降越慢； A、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7； B、加入水电离度始终增大； C、离子浓度下降，导电能力下降；

D、温度一定溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大，最后基本不变．

【解答】解：A、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故A正确；B、弱电解质加水稀释过程中，促进电离，电离度始终增大，故B错误；

C、 溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故C错误；D、温度一定，溶液中 存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大，最后基本不变，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查了弱电解质稀释过程中的分析判断，主要是溶液导电性的分析依据，溶液中离子浓度变化的判断，题目难度中等．

20．在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个恒压的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）⇌A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡，下列说法中正确的是( ) A．平均反应速度：乙＞甲 C．平衡时C的转化率：乙＜甲 【考点】化学平衡的影响因素．

B．平衡时C的物质的量甲＞乙 D．平衡时A的物质的量甲＞乙

【专题】化学平衡专题．

【分析】甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）⇌A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，以此来解答．

【解答】解：甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）⇌A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，

A．压强小，反应速率小，则平均反应速度：乙＜甲，故A错误； B．减小压强，平衡正向移动，则乙中C的含量低，故B正确； C．减小压强，平衡正向移动，则乙中转化率高，故C错误； D．减小压强，平衡正向移动，则乙中A的物质的量大，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查影响平衡的因素，注意固定甲不变分析是解答的关键，明确乙中压强变化即可解答，题目难度中等．

21．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），△H＜0．在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是( ) A．增大容器体积

C．温度压强不变，充入NO2（g）

B．温度压强不变，充入N2O4（g） D．容器容积不变，升高温度

【考点】化学平衡的影响因素．

【专题】化学平衡专题．

【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，当达到平衡时欲使混合气体的颜色加深，则使NO2的浓度增大即可．

【解答】解：A．增大容器的体积，NO2浓度减小，则混合气体颜色变浅，故A错误； B．温度压强不变，充入N2O4（g），新平衡与原平衡相比不移动，NO2浓度不变，则混合气体颜色不变，故B错误；

C．温度压强不变，充入NO2，新平衡与原平衡相比不移动，NO2浓度不变，则混合气体颜色不变，故C错误；

D．容器容积不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2浓度增大，则混合气体颜色加深，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，注意恒压条件下为等效平衡，平衡不移动，NO2浓度不变，为易错点．

22．在25℃时，用蒸馏水稀释1mol•L﹣1 的醋酸溶液至0.01mol•L﹣1，随着溶液的稀释，下列各项比值中始终增大的是( ) A．

B．

C．

D．C

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

+【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH3COO﹣）、n（H）增

大，n（CH3COOH）减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（CH3COO﹣）、c（H）、c（CH3COOH）都减小，据此分析解答．

+

+

【解答】解：A．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H）增大，n（CH3COOH）减小，所

以增大，故A正确；

B．加水稀释，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COO﹣）增大，醋酸浓度越小，水的

+

电离程度越大，所以n（H）＞n（CH3COO﹣），所以

减小，故B错误；

C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH3COO﹣）增大，n（CH3COOH）减小，所以

减小，故C错误；

D．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，所以错误； 故选A．

不变，故D

【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，与溶液的酸碱性及浓度无关，为易错点．

23．在密闭容中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )

A．A的转化率变小 C．D的体积分数变大

B．平衡向正反应方向移动 D．a＞c+d

【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算． 【专题】化学平衡专题．

【分析】气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动． 【解答】解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动． A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A正确； B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；

D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以a＜c+d，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．

24．pH相同的氨水、氢氧化钠和氢氧化钡溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X倍、Y倍、Z倍，稀释后三种溶液的pH同，则X、Y、Z的关系是( ) A．X=Y=Z

B．X＞Y=Z

C．X＜Y=Z D．X=Y＜Z

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】稀释后三种溶液的pH同，则溶液中C（OH）相等，根据加水稀释时溶液中n（OH

﹣

﹣

）变化确定稀释后溶液体积的相对大小．

【解答】解：氨水是弱电解质，氢氧化钠和氢氧化钡是强电解质，加水稀释过程中，促进氨水电离，导致氨水中n（OH）增大，而氢氧化钠和氢氧化钡中n（OH）不变，要使稀释后三种溶液的pH同，则溶液体积关系为：氨水＞氢氧化钠=氢氧化钡，所以 X、Y、Z的关系是X＞Y=Z，故选B．

【点评】本题考查了弱电解质的电离，要使稀释后溶液的pH相对，则根据稀释过程中n（OH

﹣

﹣

﹣

）的变化判断溶液体积的变化即可．

25．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）是( ) A．△H2＞△H3

B．△H1＜△H3

CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3，则下列判断正确的

C．△H1+△H3=△H2 D．△H1+△H2＞△H3

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算． 【专题】化学反应中的能量变化．

2+2

【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu（aq）+SO4﹣（aq）

+5H2O（l）△H1＞0；

CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；

已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．

2+2

【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu（aq）+SO4

﹣

（aq）+5H2O（l）△H1＞0；

②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0； ③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；

依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0， A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；

B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，故B正确； C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；

D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．

二．填空题（共5道大题，50分）

26．依据事实，写出下列反应的热化学方程式．

（1）卫星发射时可用肼（N2H4）作燃料，1mol N2H4（l）在O2（g）中燃烧，生成N2（g） 和H2O（l），放出622kJ热量：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣622kJ/mol；（2）10g C2H6（g）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），放出a kJ热量，写出表示C2H6燃烧热的热化学方程式：C2H6（l）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3akJ/mol； （3）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧

1

热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣．【考点】热化学方程式．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】（1）写出反应方程式，注明物质的聚集状态，依据反应物用量与反应放出热量写出热化学方程式；

（2）根据热化学方程式的书写原则写出热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应；

（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水32=725.76kJ，1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化时放热22.68kJ×

碳和液态水放热725.76KJ，根据燃烧热的概念分析即可解答．

【解答】解：（1）卫星发射时可用肼（N2H4）做燃料，1mol N2H4（L）在氧气（g）中燃烧，生成氮气（g）和水（l），放出622KJ热量，反应的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣622 kJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣622 kJ/mol；

10gC2H6（2）（l）在与O2（g）中燃烧，生成CO2（g）和H2O（l），放出akJ热量，则1molC2H6（l）在与O2（g）中燃烧，生成CO2（g）和H2O（l），放出热量为

×30=3aKJ，该反应的热化学方程式为C2H6（l）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3akJ/mol，

故答案为：C2H6（l）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3akJ/mol；

（3）1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ，燃烧热热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76 kJ•mol﹣1，

﹣1

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76 kJ•mol．

【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，题目较简单．

27．（16分）恒温时，将2molA和2molB气体投入固定容积为2L密闭容器中发生反应：2A+B⇌xC+D10s时，C的反应速率为0.0225mol•L（g）（g）（g）（s），测得A的物质的量为1.7mol，

﹣1

•s﹣1；40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%．请填写下列空白：

（1）x=3

（2）从反应开始到40s达平衡状态，A的平均反应速率为0.01mol/（L．s） （3）平衡时容器中B的体积分数为40% （4）该温度下此反应的平衡常数表达式为（5）下列各项能表示该反应达到平衡状态是CE A．消耗A的物质的量与生成D的物质的量之比为2：1

数值是0.75

B．容器中A、B的物质的量 n（A）：n（B）=2：1 C．气体的平均相对分子质量不再变化 D．压强不再变化 E．气体密度不再变化

﹣1﹣1

（6）在相同温度下，若起始时c（A）=5mol•L，c（B）=6mol•L，反应进行一段时间后，﹣1

测得A的浓度为3mol•L，则此时该反应是否达到平衡状态否（填“是”与“否”），此时v（正）

大于v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）．

【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．

【专题】化学平衡专题．

【分析】（1）A的物质的量变化量△n（A）=2mol﹣1.7mol=0.3mol，△n（C）=0.0225mol•L

﹣1

•s﹣1×10s×2L=0.45mol，据物质的量变化量之比等于化学计量数之比可以计算x=3；

（2）40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%，则参加反应B的物质的量为2mol×20%=0.4mol，2=0.8mol，由方程式可知参加反应A的物质的量=0.4mol×再利用v=计算v（A）；

20%=0.4mol，故平衡时B的物质的量为2mol（3）平衡时参加反应B的物质的量为2mol×

﹣0.4mol=1.6mol，反应前后气体物质的量不变，故反应后混合气体总物质的量为4mol； （4）计算平衡时各物质的物质的量，再根据K=

计算平衡常数；

（5）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；

（6）计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行．

A的物质的量变化量△n=2mol﹣1.7mol=0.3mol，△n=0.0225mol•L【解答】解：（1）（A）（C）

﹣1

•s﹣1×10s×2L=0.45mol，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则0.3mol：

0.45mol=2：x，解得x=3， 故答案为：3；

（2）40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%，则参加反应B的物质的量为2mol×20%=0.4mol，由方程式可知参加反应A的物质的量=0.4mol×2=0.8mol，则v（A）=

=0.01mol/（L．s），

故答案为：0.01mol/（L．s）；

20%=0.4mol，故平衡时B的物质的量为2mol（3）平衡时参加反应B的物质的量为2mol×

﹣0.4mol=1.6mol，反应前后气体物质的量不变，故反应后混合气体总物质的量为4mol，则平衡时B的体积分数=故答案为：40%；

20%=0.4mol，则： （4）平衡时参加反应B的物质的量为2mol× 2A（g）+B（g）⇌3C （g）+D（s） 起始量（mol）：2 2 0 变化量（mol）：0.8 0.4 1.2 平衡量（mol）：1.2 1.6 1.2

反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K=

=

=0.75， ×100%=40%，

故答案为：；0.75；

（5）A．反应自始至终A与D都按物质的量之比2：1进行，不能说明反应到达平衡，故A错误；

B．平衡时A、B的物质的量关系，与反应条件有关，即与物质的转化率有关，平衡时容器中A、B的物质的量 n（A）：n（B）可能是2：1，可能不是2：1，不能说明反应到达平衡，故B错误；

C．气体的总的物质的量不变，随反应进行气体的质量减小，气体的平均相对分子质量减小，气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应到达平衡状态，故C正确； D．反应前后气体的物质的量不变，压强自始至终不变化，故D错误；

E．容器的容积不变，随反应进行气体的质量减小，气体密度减小，气体密度不再变化，说明反应到达平衡，故E正确，

故答案为：CE；

11

（6）若起始时c（A）=5mol•L﹣，c（B）=6mol•L﹣，反应进行一段时间后，测得A的浓1

度为3mol•L﹣，则：

2A（g）+B（g）⇌3C （g）+D（s） 开始（mol/L）：5 6 0 变化（mol/L）：5﹣3=2 1 3 一段时间（mol/L）：3 5 3 所以浓度商Qc=

=0.6＜0.75，反应未达平衡状态，向正反应进行，故v（正）＞v（逆）．

故答案为：否；大于．

【点评】本题考查反应速率的计算、化学平衡的有关计算、平衡常数计算与应用等，题目综 合性，注意三段式解题法的理解运用，理解根据浓度商与平衡常数关系判断反应进行方向．

28．t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol/L，c（OH﹣）=10﹣bmol/L，已知a+b=12．

﹣12（1）该温度下，水的离子积常数Kw=10．

（2）在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶

﹣﹣11

液的pH=11，此时该溶液中由水电离的c（OH）=10mol/L．

（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是a+b=14． 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算．

+ab12

【分析】（1）水的离子积常数Kw=c（H）．c（OH﹣）=10﹣mol/L.10﹣mol/L=10﹣（mol/L）2

；

mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）

（2）混合溶液中c（OH﹣）==

mol/L=10﹣11mol/L；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢氧根离子浓度等于

溶液中氢离子浓度；

（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，据此计算．

+

c=10﹣amol/L.10﹣bmol/L=10﹣12【解答】解：（1）水的离子积常数Kw=c（H）．（OH﹣）（mol/L）2

12

，故答案为：10﹣；

﹣

（2）混合溶液中c（OH）=

mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）

=

mol/L=10﹣11mol/L，则溶液的pH=11；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢

1111

氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度，为10﹣mol/L，故答案为：11；10﹣mol/L；

（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液10﹣=1×10呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，则溶液中100×

﹣12

ab

，则a+b=14，

故答案为：a+b=14．

【点评】本题以离子积常数为载体考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，水的离子积常数与温度有关，注意酸或碱中水电离出的氢离子或氢氧根离子计算方法，为易错点．

29．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1

②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2 ③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3 回答下列问题： 化学键 H﹣H C﹣O C≡O E/mol﹣1） 436 （kJ．343 1076 465 413 H﹣O C﹣H （1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：

﹣1﹣1﹣1

由此计算△H1=﹣99kJ．mol，已知△H2=﹣58kJ．mol，则△H3=+41kJ．mol

（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平

衡常数K随温度变化关系的曲线为a（填曲线标记字母），其判断理由是反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小．

（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而减小（填“增大”或“减小”），其原因是反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，

随温度升高，CO的转化率减小．图2中的压强由大到小为P1＞P2＞P3，其判断理由是相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高

【考点】真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．

【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的计算；

（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因；

相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大． mol﹣1+2×436kJ．mol【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．

﹣1

413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1； ﹣（3×

mol﹣1﹣mol根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．（﹣99kJ．

﹣1

﹣1）=+41kJ．mol，

故答案为：﹣99；+41；

+2H2⇌CH3OH（g）（2）反应①CO（g）（g）的平衡常数表达式K=

；

反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，

故答案为：减小；

；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而

（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；

相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，

故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；

P1＞P2＞P3；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高．

【点评】本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．