四川省南充高级中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学 Word版含解析.docx

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南充高中高2022级高二上学期第一次月考化学试题时间：75分钟，总分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15个小题，每小题只有1个选项符合题意每题3分，共45分)1.下列关于能量变化的说法正确的是A.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量更低B.化学反应发生物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C.吸热反应一定需要加热条件才能发生D.化学反应遵循质量守恒也遵循能量守恒【答案】D【解析】【详解】A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰熔化需吸收能量，水的能量高，故A错误；B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式除吸热和放热外，还有光能、电能等形式，故B错误；C．吸热反应不一定需要加热才能发生，如Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl在常温下就能发生反应，故C错误；D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，故D正确；故选择D。2.已知反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH<0，ΔS>0。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)A.低温下才能自发进行B.高温下才能自发进行C.任何温度下都能自发进行D.任何温度下都不能自发进行【答案】C【解析】【分析】反应自发进行判断依据是△H-T△S＜0，依据焓变、熵变和温度分析判断。【详解】已知反应2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)的△H＜0，△S＞0，所以△H-T△S＜0 ，即反应在任何温度下都是能自发进行，答案选C。3.依据下列热化学方程式得出的结论中，正确的是A.已知，则氢气的燃烧热为B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定C.已知，则含的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量D.已知；；则【答案】C【解析】【详解】A．选项中生成的水是气体，应该是液态水，所以不能得出氢气的燃烧热是241.8kJ/mol，A错误；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B错误；C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)   ΔH=-57.4kJ·mol-1，则含20.0gNaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；D．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)   ΔH1 ①，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)  ΔH2②；①-②得到：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)   ΔH1-ΔH2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，焓变为负值，所以ΔH1<ΔH2，D错误；故选：C。4.下列方案设计能达到实验目的的是ABCD前者产生气泡更快将球分别浸泡在冷水和热水中催化效果好于用收集一定体积的 比较不同温度对化学反应速率影响验证增大反应物浓度对化学平衡的影响所需时间来测定双氧水分解的速率A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．二者溶液中Fe3+、Cu2+的种类不同，浓度也不同，因此不能证明Fe3+催化效果好于Cu2+，A错误；B．将NO2平衡球分别浸泡在冷水和热水中，发现放在热水中气体颜色更深，放在冷水中气体颜色浅，说明升高温度，化学平衡向生成NO2气体的方向移动，因此比较不同温度对化学反应平衡移动的影响，B错误；C．FeCl3与KSCN反应存在的可逆反应中：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，将该溶液平均分成两等份，然后分别向两个容器中加入2mL0.1mol/LKSCN溶液和2mLH2O，通过改变溶液中c(SCN-)，分析溶液颜色变化来判断增大反应物浓度对化学平衡的影响，C正确；D．反应生成的氧气会通过长颈漏斗逸出，因此不能通过收集一定体积的氧气时所用时间来测定反应速率，D错误；故选C。5.关于有效碰撞理论，下列说法正确的是A.分子间所发生的碰撞均为有效碰撞B.活化分子具有的能量就是活化能C.增大压强，活化分子数一定增加，化学反应速率一定加快D.升高温度可以加快化学反应速率，原因之一是提高了活化分子百分数【答案】D【解析】【详解】A．不是所有分子之间的碰撞都能够分数化学反应，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，A错误；B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的平均能量差就是活化能，B错误；C．若是通过改变反应容器的容积而增大压强，单位体积内分子总数增加，单位体积内活化分子数增加，化学反应速率加快；若增大压强时反应容器的容积不变，则单位体积内反应物分子总数即活化分子数不变，C错误； D．升高温度时，物质分子的内能增加，活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，分子之间的有效碰撞次数增加，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，D正确；故合理选项是D。6.一定温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A.增大压强，，平衡常数增大B.加入催化剂，平衡时的浓度增大C.恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动D.恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大，的平衡转化率减小【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，则增大压强，平衡常数不变，A错误；B．加入催化剂，平衡不发生移动，则平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，B错误；C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，C正确；D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，虽然平衡正向移动，但CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，的平衡转化率增大，D错误；故选C。7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出B.2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系中，加压缩小体积后颜色加深C.实验室用排饱和食盐水法收集氯气D.合成氨工厂采用增大压强以提高原料的转化率【答案】B【解析】【详解】A．打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出，是因为压强减小，气体溶解度减小，对于CO2+H2OH2CO3，平衡向逆反应方向移动，A不符合题意； B．2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系中，加压缩小体积后，平衡向着正反应方向移动，但是体积减小，NO2的浓度比之前大，所以颜色加深；B项符合题意；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气。原理是Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯离子浓度增大，平衡向着逆方向移动，氯气溶于水的程度减小，C项符合题意；D．合成氨反应如下，N2+3H22NH3，增大压强，平衡向着正反应移动，转化率提高，B项符合题意；故答案选B。8.在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol∙L−1，下列有关判断正确的是A.B.平衡向正反应方向移动C.B的浓度增大D.C的体积分数下降【答案】D【解析】【分析】测得A的浓度为0.5mol∙L−1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，浓度应该变为原来一般即0.25mol∙L−1，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol∙L−1，说明平衡逆向移动，即减小压强，逆向移动。【详解】A．根据分析减小压强，平衡逆向移动，说明逆向是体积增大的反应，因此z＜x+y，A错误；B．根据分析得到平衡逆向移动，B错误；C．体积变为原来2倍，因此B的浓度减小，C错误；D．平衡逆向移动，则C的体积分数下降，D正确；故选D。9.已知反应：mA(g)nB(g)+pC(g)ΔH=akJ·mol-1.则下列说法正确的是A.由图甲知：m>n+p，a>0B.图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T1、T3均未达平衡状态 C.图丙纵坐标表示生成物C的百分含量，E点v(正)>v(逆)D.达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，温度一定时，压强增大，A的转化率增大，平衡正向移动，则m＞n+p,压强一定时，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，反应正向为吸热反应，则a＞0，故A正确；B．由图可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，故T2时反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T3时反应处于平衡状态，故B错误；C．由图可知，E点未达平衡，压强一定时，E点C的百分含量减小，反应可达到平衡状态，故E点反应逆向进行，故E点v(正)＜v(逆)，故C错误；D．达平衡后，降低温度，正逆反应速率均减小，故D错误；答案选A。10.已知：某同学利用以上可逆反应研究浓度对化学平衡的影响。下列说法正确的是步骤：(1)向三支试管中分别加入5mL0.1mol/L溶液；(2)待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅；(3)快速滴入浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比溶液颜色变深。A.该反应氧化还原反应B.待试管b中溶液颜色不变的目的是使完全反应C.试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度D.试管b中的现象不能证明减小生成物浓度平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，A错误；B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，B错误； C．试管c颜色变深，说明平衡逆向移动，而c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，C错误；D．加入氢氧化钠溶液，可能溶液体积变大，使离子浓度减小导致颜色变浅的，不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，D正确；故选D。11.三个恒容密闭容器中(容积均相等)按不同方式投料，发生反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H<0，相关数据如下，下列说法正确的是容器1容器2容器3反应温度T/K770770800反应物投入量1molN2、3molH24molNH31molN2、3molH2平衡v正(H2)mol/(L·min)v1v2v3平衡c(NH3)mol/Lc1c2c3平衡转化率αα1(N2)α2(NH3)α3(N2)A.v1>v3B.c2<2c1C.c2>2c3D.α1+α2>1【答案】C【解析】【详解】A．相同容器，相同的投料，容器3的反应温度高于容器1，则平衡速率v12c1，B错误；C．容器2的投料是容器3的2倍，容器3的温度高于容器2，容器2内投料多平衡朝气体物质系数减少的方向移动，即正移，容器3温度高平衡朝吸热的方向移动，即左移，故平衡c2>2c3，C正确；D．如果容器2加入2mol氨气，和容器1相比，两者是等效平衡，一个是正向建立平衡，一个是逆向建立平衡，最终达到相同的平衡，则其转化率之和为1，实际上，容器2加入的是4mol氨气，相当于在原来2mol氨气的基础上加压，此时平衡正向移动，则α2(NH3)减小，故α1+α2<1，D错误；故选C。12.已知下列反应：O2(g)+C(s)CO2(g)  K1；2C(s)+O2(g)2CO(g)  K2；则反应2CO(g)+O2(g)2CO2(g)的平衡常数为AB.2K1-K2C.K12×K2D.2K1+K2 【答案】A【解析】【详解】设①O2(g)+C(s)CO2(g)  K1，②2C(s)+O2(g)2CO(g)K2，用①2-②可得2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，则平衡常数为，故选择A。13.在一定条件下，氢气和丙烷燃烧的化学方程式为：氢气和丙烷的混合气完全燃烧时放热，则氢气和丙烷的体积比约为A.1：3B.3：1C.1：4D.1：1【答案】B【解析】【详解】设混合气中H2的物质的量为n，则C3H8的物质的量为5mol-n，由热化学方程式可知1mol氢气燃烧放出的热量为286kJ，根据题意，列方程为：286kJ/mol×n+2220.0kJ/mol×(5mol-n)=3847kJ，解得：n≈3.75mol，C3H8的物质的量为5mol-3.75mol=1.25mol，所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3.75mol:1.25mol=3:1；故选B。14.SO2催化氧化是制硫酸的关键步骤：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。T1K时，在2L的恒温恒容容器中加入2molSO2(g)和1molO2(g)，测得混合气体的总物质的量(mol)随时间的变化如表所示：t/min036101525∞n总/mol32.502.352.152.102.082.06下列推断不正确的是A.0～15min，混合体系的压强逐渐减小B.0～10min，v(O2)=0.0425mol·L-1·min-1C.T1K时，SO2的平衡转化率为94%D.T1K时，反应时间最好定为25min【答案】D【解析】【详解】A．由表格中的数据可知，0～15min气体总物质的量在减少，故压强会逐渐减小，A正确；B．0～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=3-2.15=0.85，则v(O2)==0.0425mol·L-1·min-1，B 正确；C．T1K时，SO2的反应的物质的量Δn(SO2)=2×(3-2.06)=1.88，则其转化率为，C正确；D．由表格数据可知，15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了，随着时间的增加，SO2的转化率增长不大，因此，在T1K时，反应时间最好定为15min，D错误；故选D。15.CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B.t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D.t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【解析】【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、填空题(本题共4个小题，共55分)16.在密闭容器中进行如下反应：，达到平衡后，若改变下列条件，则指定物质的浓度、速率、平衡如何变化。（1）增加的量，则平衡___________(填“逆移”“正移”或“不移”，下同)，___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。（2）恒温条件，增大反应容器的容积，则平衡___________，___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)（3）保持反应容器的容积和温度不变，通入He气，则平衡___________，___________。（4）保持反应容器的压强不变，通入Ar气，则平衡___________，___________。【答案】（1）①.不移②.不变（2）①.正移②.减小（3）①.不移②.不变（4）①.正移②.减小【解析】【小问1详解】C为固体，增大C的量，平衡不移动；c(CO2)不变，故v(CO2)不变；【小问2详解】正反应为气体体积增大的反应，保持温度不变，增大反应容器的容积，压强减小，平衡向正反应方向移动；平衡虽然正向移动，但体积增大了，根据勒夏特列原理，外界条件改变时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消，因此c(CO)减小；【小问3详解】 保持反应容器的容积和温度不变，通入He，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动；c(CO2)不变，因此v(CO2)不变；【小问4详解】压强不变，通入Ar气相当于减压，平衡向气体体积大的正向移动；由于平衡正向移动且体积增大，c(CO2)减小。17.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径（1）下列反应中，属于吸热反应的是___________(填字母)。A.与水反应B.甲烷的燃烧反应C.与氯化铵反应D.锌与盐酸反应（2）获取能量变化的途径①通过化学键的键能计算。已知：化学键种类键能()436247434计算可得：___________②通过盖斯定律可计算。已知在25℃、101kPa时：Ⅰ.Ⅱ.写出与反应生成的热化学方程式：___________。（3）以、为原料生产尿素[]的反应历程与能量变化示意图如图。①第二步反应的___________0(填“>”、“<”或“=”) ②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第___________步反应。（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质，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，，则反应过程中，每转移电子放出的热量为___________kJ。【答案】（1）C（2）①.-185kJ/mol②.2Na(s)+Na2O2(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ/mol（3）①.＞②.二（4）98kJ【解析】【小问1详解】A．Na2O与H2O反应生成NaOH，该反应为放热反应，A不符合题意；B．甲烷的燃烧属于燃烧反应，燃烧都是放热反应，B不符合题意；C．Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应产生BaCl2、NH3·H2O，该反应发生使固体物质温度降低，因此该反应是吸热反应，C符合题意；D．锌与盐酸反应产生ZnCl2、H2，属于金属与酸反应，是放热反应，D不符合题意；故选C；【小问2详解】①反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，对于反应2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)△H=(436kJ/mol+247kJ/mol)-2×434kJ/mol=-185kJ/mol；②已知：Ⅰ．Ⅱ．根据盖斯定律，将Ⅰ×2-Ⅱ，整理可得2Na(s)+Na2O2(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ/mol；【小问3详解】①由图像可知第二步反应反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，由图可以看出第二步活化能Ea3＞第一步活化能Ea1，所以第二步反应是生产尿素的决速步骤；【小问4详解】4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH=-1176kJ·mol-1，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为98kJ。18.Ⅰ．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题： （1）实验中若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)，（2）取50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行实验，近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1，反应的平均温差为4.0℃，测得的中和热ΔH=___________kJ·mol-1(取小数点后一位)。Ⅱ．已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应，甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)：（3）甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的量来比较化学反应速率，实验装置如图所示：实验时分液漏斗中A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液①2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液③2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液，少量MnSO4(催化剂)①KMnO4和H2C2O4反应的离子方程式为___________②该实验探究的是___________因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是___________(填实验序号)。（4）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。取两支试管各加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4mL0.1mol·L-1KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液) ，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究___________因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是___________。【答案】（1）①.不相等②.相等（2）-53.5（3）①.2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O②.浓度和催化剂③.③>②>①（4）①.温度②.KMnO4溶液过量【解析】【小问1详解】反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1molH2O时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等。故答案为：不相等；相等。【小问2详解】50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80mL1g·cm-3=80g，反应的平均温差T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J·g-1·℃-14.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热ΔH=-=-53.5kJ·mol-1，故答案为：-53.5。【小问3详解】①KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，KMnO4中锰降低了5价，1个H2C2O4分子中有2个+3价的C，化合价升到+4价，根据化合价升降总数相等及电荷守恒、原子守恒，写出反应的离子方程式为：2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。②实验①和②中其他条件相同，草酸的浓度不同，实验②和③的不同之处是实验③中使用了少量MnSO4作催化剂，所以该实验探究的是浓度和催化剂对化学反应速率的影响。对比3个实验，③中使用了少量MnSO4作催化剂，化学反应最快，②中草酸的浓度比①中草酸的浓度大，化学反应速率大，相同时间内针筒中所得CO2大，所以体积由大到小的顺序是③>②>①，故答案为：浓度和催化剂；③>②>①。【小问4详解】乙组中两组对照实验的温度不同，而H2C2O4和KMnO4的物质的量浓度相同，因反应中KMnO4过量，致使溶液没有完全褪色，故答案为：温度；KMnO4溶液过量。19.我国提出争取在2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。采用“ 催化加氢制甲醇”方法可以将资源化利用。反应原理如下：反应①：反应②：（1）恒温条件下，在容积为2L的密闭容器中，充入和，发生反应①：，测得和的物质的量随时间的变化情况如下表。时间0min3min6min9min12min00.500.650.750.7510.500.35a0.25①___________；3~6min内，___________。②达平衡时，的转化率为___________，混合气体中的物质的量分数为___________。③第3min时___________第9min时(填“>”、“<”或“=”)（2）一定温度下，在恒容密闭反应器发生以上反应，下列能说明反应①达到平衡状态的是___________(填标号)。A.B.混合气体的平均摩尔质量保持不变C.混合气体的密度保持不变D.的体积分数保持不变（3）在恒温恒压密闭容器中，加入和，同时发生反应①和反应②，初始压强为，在300℃发生反应，反应达到平衡时，的转化率为50%，容器体积减小20%，则反应②用平衡分压表示的平衡常数___________(保留两位有效数字)()。【答案】（1）①.0.25②.0.025mol/(L∙min)③.75%④.30%⑤.＞（2）BD（3）022【解析】 【小问1详解】①由表格数据可知，9min开始n(CH3OH)保持不变，即反应达到平衡状态，所以a=0.25；3~6min内，v(H2)==0.025mol/(L∙min)；②平衡时，∆n(H2)=3∆n(CH3OH)=3×0.75mol=2.25mol，H2的转化率==75%；混合气体中CH3OH的物质的量为0.75mol，混合气为4mol-0.75mol×2=2.5mol，所以CH3OH的物质的量分数为=30%；③第3min时反应正向进行，因此v正＞v逆，9min时反应达到平衡状态，因此v正=v逆，故v正(CH3OH)＞第9min时v正(CH3OH)=第9min时v逆(CH3OH)，所以第3min时v正(CH3OH)＞第9min时v逆(CH3OH)；【小问2详解】A．由反应速率之比等于化学计量数之比可知，=，因此v(H2)=3v(CH3OH)，A不符合题意；B．混合气体的质量不变，但物质的量不断改变，当平均相对摩尔质量M=保持不变时，反应达平衡状态，B符合题意；C．混合气体的质量、体积不变，密度ρ=不随时间的变化而变化，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D．CH3OH的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；故选BD；【小问3详解】