广东省深圳市宝安第一外国语学校2015-2016学年高二期中化学试卷.doc

2015-2016学年广东省深圳市宝安第一外国语学校高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个答案，每小题2分，共30分）1．（2分）（2014春•荆门期末）下列反应中，既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A．铝片与稀盐酸的反应B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的碳与二氧化碳的反应D．酒精在空气中的燃烧反应【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应．【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；反应物总能量小于生成物总能量的反应为吸热反应，据此分析解答．【解答】解：A.2Al+6H+=2Al3++3H2↑，该反应中有元素化合价升降，所以属于氧化还原反应，且该反应是放热反应，故A错误；B．该反应是复分解反应，没有元素化合价升降，不属于氧化还原反应，故B错误；C．C+CO22CO，反应中有元素化合价升降，所以属于氧化还原反应，且该反应是吸热反应，故C正确；D．所有的燃烧都是放热反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应、吸热反应的判断，侧重基本概念的考查，知道常见元素化合价、常见吸热反应和放热反应即可解答，题目难度不大．2．（2分）（2013•广东校级学业考试）下列说法正确的是（）A．任何化学反应都伴有能量变化B．化学反应中的能量变化都表现为热能变化C．反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应D．反就物的总能量低于生成物的总能量时，发生放热反应【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随能量变化；B、化学反应中的能量变化包括热能、光能、电能等；C、根据反应物的总能量和生成物的总能量之间的关系来确定反应的吸放热；D、根据反应物的总能量和生成物的总能量之间的关系来确定反应的吸放热．【解答】解：A、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随能量变化，即任何化学反应都伴有物质变化和能量变化，故A正确；B、化学反应中的能量变化包括热能、光能、电能等，不一定只有热能，故B错误；C、反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热的，故C正确；D、反就物的总能量低于生成物的总能量时，反应是吸热的，故D错误．故选AC．【点评】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，注意据反应物的总能量和生成物的总能量之间的关系来确定反应的吸放热的结论，难度不大．3．（2分）（2012秋•郑州校级期末）已知：298K时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q1kJ/mol，在相同温度下，向密闭容器中通入2mol SO2和1mol O2，达到平衡时放出热量Q2kJ，则下列关系式正确的是（）A．无法比较B．Q1＜Q2C．Q1=Q2D．Q1＞Q2【考点】化学反应的可逆性．【专题】化学平衡专题．【分析】2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q1KJ/mol，表示在上述条件下2mol SO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为Q1kJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应解答．【解答】解：热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q1kJ/mol，表示在上述条件下2mol SO2和1molO2，完全反应生成1molSO3气体放出热量为Q1kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，故向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，参加反应是二氧化硫的物质的量小于2mol，故平衡时放出的热量小于Q1kJ，即Q1＞Q2，故选：D．【点评】本题考查可逆反应特点、热化学方程式等，难度不大，理解热化学方程式表示的含义是解题关键．4．（2分）（2015秋•深圳校级期中）C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；△H=+131.3KJ/mol．它表示（）A．1mol固态焦炭与1mol水蒸气反应产生1mol一氧化碳和1mol氢气，吸收131.3 kJ的热量B．碳与水反应吸收131.3 kJ的热量C．1mol碳和1mol水反应吸收131.3 kJ的热量D．固态碳和气态水各1mol反应，放出131.3 kJ的热量【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+131.3KJ/mol表示1mol固体碳与1mol 水蒸气完全反应生成1mol一氧化碳气体和1mol氢气，吸收热量131.3KJ，反应热与反应物生成物聚集状态有关，表述时应说明聚集状态，据此解答．【解答】解：A．由热化学方程式可知，1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ，故A正确；B．在表述热化学方程式时，应表述出物质的状态，故B错误；C．物质的聚集状态影响到物质所具有的能量，在表述热化学方程式时，应表述出物质的状态，故C错误；D．该反应为吸热反应，故D错误；故选：A．【点评】本题考查热化学方程式知识，明确热化学方程式的含义是解题关键，注意物质的聚集状态影响到物质所具有的能量，在表述热化学方程式时，应表述出物质的状态，题目难度不大．5．（2分）（2015秋•深圳校级期中）炽热的炉膛内有反应：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣392KJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g）△H=+131KJ/mol，CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282KJ/mol，H2（g）+O2（g）═H2O （g）△H=﹣241KJ/mol，由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时（）A．既不能使炉火瞬间更旺，又不能节省燃料B．虽不能使炉火瞬间更旺，但可以节省燃料C．既能使炉火瞬间更旺又可以节省燃料D．不能节省燃料，但能使炉火瞬间更旺【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】根据盖斯定律来分析煤的两种燃烧途径放出的热量，从而分析能否节省燃料和炉火是否瞬间更旺．【解答】解：煤炭直接燃烧的热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392kJ/mol；往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol ①，CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282KJ/mol②，H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241KJ/mol，③由于碳先和水蒸气反应生成CO和氢气，气体在燃烧时比煤炭之间燃烧火焰更旺；根据盖斯定律可知，将①+②+③可得：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=+131KJ/mol﹣282KJ/mol ﹣241KJ/mol=﹣392kJ/mol，与煤炭直接燃烧的热效应是相同的，故并不节省燃料，故选D．【点评】本题考查了燃料的燃烧和盖斯定律的运用，难度不大，注意知识的灵活运用．6．（2分）（2013•乾县校级一模）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ•mol ﹣1②2Na+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ•mol﹣1，下列说法正确的是（）（s）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317 kJ•mol﹣1D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快【考点】反应热和焓变；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A、Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子；B、由化合物中钠离子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、利用盖斯定律来分析；D、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、1个Na2O、Na2O2中都含有2个钠离子，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，由盖斯定律①×2﹣②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故C正确；D、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故D 错误；故选C．【点评】本题主要考查化学键类型、氧化还原反应电子转移的计算、元素化合物知识以及盖斯定律的运用，综合性较大，难度中等．7．（2分）（2015•重庆）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（）A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%【考点】真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的计算．【分析】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．【解答】解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用．8．（2分）（2015秋•深圳校级期中）对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（）A．增大压强B．升高温度C．使用催化剂D．多充入O2【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题．【解答】解：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重于基础知识的考查，注意平衡常数只受温度的影响，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．9．（2分）（2013•长沙模拟）下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是（）A．混合物中各组分的浓度改变B．正、逆反应速率改变C．混合物中各组分的含量改变D．混合体系的压强发生改变【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同[V（正）=V（逆）]，平衡不移动；（2）改变程度不相同[V（正）≠V（逆）]，平衡移动．【解答】解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；B、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；C、混合物中各组分的含量一定是化学平衡状态的标志，如果各组分改变，一定发生化学平衡移动，故C正确．D、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误．故选：C【点评】1、不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）＞V（逆）时，平衡向正反应方向移动．2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来，10．（2分）（2013秋•大连期末）把0.05mol NaOH固体分别加入下列100mL液体中，溶液的导电性基本不变的是（）A．自来水B．0.5mol•L﹣1的盐酸C．0.5mol•L﹣1的醋酸D．0.5mol•L﹣1的氨水【考点】电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B项中物质均是强电解质，加入NaOH后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；A、C、D项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入NaOH后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大．【解答】解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少．A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B 正确；C、原来醋酸是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C 错误；D、一水合氨属于弱电解质，加入NaOH后即加入了强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；故选B．【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．11．（2分）（2015秋•邯郸校级期中）pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m和n的关系量是（）A．m=n B．m＞n C．m＜n D．无法判断【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡，据此分析．【解答】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液pH值相同，则醋酸的体积比盐酸的体积要大，就必须使m＞n．故选B．【点评】本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，题目难度不大．12．（2分）（2015秋•深圳校级期中）相同温度下，pH=3的盐酸和pH=3的醋酸溶液，由水电离产生的c（H+）（）A．前者小于后者B．前者大于后者C．前者等于后者D．不能确定【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，存在电离平衡，pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的浓度小于醋酸，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl），以此解答．【解答】解：pH相同，则水电离出的c（H+）相同，故C正确，故选C．【点评】本题考查了强酸弱酸的电离、溶液pH的计算、影响弱电解质电离平衡的因素，易错选项是B，注意生成氢气的量与酸的量有关．13．（2分）（2015秋•深圳校级期中）常温时，在同体积pH=3的H2SO4、HNO3、CH3COOH 溶液中，加入足量镁粉，下列说法正确的是（）A．H2SO4中放出H2最多B．HNO3比醋酸放出H2多C．H2SO4和HNO3放出H2一样多D．醋酸中放出H2最多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=3的①H2SO4，②HNO3，③CH3COOH溶液中，①②两种酸是强酸，③是弱酸，根据pH相等得出三溶液中氢离子浓度大小关系是①=②=③，根据反应的实质结合氢离子的量来确定产生氢气的量的多少．【解答】解：向三种酸中加入金属镁，实质是和溶液中的氢离子之间的反应，所以氢离子的物质的量越大，则反应产生的氢气的量就越大，由于醋酸是弱酸，随着氢离子的消耗电离平衡会向右移动，产生一定量的氢离子，所以产生氢气最多的是醋酸，H2SO4和HNO3中，氢离子的物质的量相等，但是硝酸与镁反应不会生成氢气，即H2SO4和HNO3放出H2不一样多．故选D．【点评】本题考查学生弱电解质的电离知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．14．（2分）（2015秋•深圳校级期中）将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0．当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的（）A．升高温度，X的体积分数减小B．增大压强（缩小容器容积），Z的浓度不变C．保持容器容积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变D．保持容器容积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；B．如缩小体积，增大压强，则Z的浓度增大；C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，平衡不发生移动；D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动．【解答】解：A．正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的体积分数增大，故A错误；B．如缩小体积，增大压强，平衡不移动，则Z的浓度增大，故B错误；C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，平衡不发生移动，Y的浓度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动，X的物质的量分数不变，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，本题易错点为D，对反应物或生成物是一种物质的时候增加这种物质相当于增大压强．15．（2分）（2014秋•娄底期中）X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（）A．33% B．40% C．50% D．67%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用m表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2列方程计算n的值，再根据转化率定义计算．【解答】解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）：1 1 0变化量（mol）：0.5n n n平衡量（mol）：1﹣0.5n 1﹣n n平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为3：2，则（1﹣0.5n+1﹣n）：n=3：2解得n=Y的转化率=×100%=67%故选D．【点评】本题化学平衡的有关计算，难度不大，注意三段式解题法的利用，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．二、选择题（每题只有一个答案，每小题3分，共30分．）16．（3分）（2011•重庆）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S﹣F键．已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F﹣F、S﹣F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ．则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热△H为（）A．﹣1780kJ/mol B．﹣1220 kJ/mol C．﹣450 kJ/mol D．+430 kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．【分析】根据反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能计算反应热．【解答】解：反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g）═SF6（g），其反应热△H=280KJ/mol+3×160KJ/mol﹣6×330KJ/mol=﹣1220kJ/mol，故选：B．【点评】本题考查反应热的计算，难度中等，清楚△H=反应物总键能﹣生成物总键能是解题关键．17．（3分）（2015秋•深圳校级期中）在相同温度下（T=500K），有相同容积的甲、乙两容器，且保持容积不变，甲容器中充入1g SO2和1g O2，乙容器中充入2g SO2和2g O2．下列叙述中错误的是（）A．化学反应速率：乙＞甲B．平衡时O2的浓度：乙＞甲C．平衡时SO2的转化率：乙＞甲D．平衡时SO2的体积分数：乙＞甲【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：2SO2+O22SO3，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答；【解答】解：在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：2SO2+O22SO3，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，相当于平衡正向进行，二氧化硫转化率增大；A、乙中物质浓度大于甲，化学反应速率：乙＞甲，故A正确；B、乙中物质浓度大于甲，平衡时O2的浓度：乙＞甲，故B正确；C、乙中等效于甲再加入1g SO2和1g O2，平衡正向进行，平衡时SO2的转化率：乙＞甲，故C正确；D、在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时SO2的体积分数：乙＜甲，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，注意恒温容器中平衡的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．18．（3分）（2015•房山区一模）在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X（g）⇌2Y （g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）A．B．C．D．【考点】产物百分含量与压强的关系曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答．【解答】解：A、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，注意根据：“先拐先平数值大”判断图象中压强大小．19．（3分）（2015•天津）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（）A．m=2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1：1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L﹣1【考点】真题集萃；化学平衡的计算．【分析】A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率=进行计算；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答．【解答】解：A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）开始（mol） 1 2 0转化（mol） a 2a 3a平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a）3a相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1﹣a）：（2﹣2a）：3a=30%：60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的△n（X）=0.1mol、△n （Y）=0.2mol，转化率=，X的转化率==10%，Y的转化率==10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，故C正确；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z 参加反应的物质的量为3bmol，X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）第一次平衡（mol）：0.9 1.8 0.3加入1molZ：0.9 1.8 1.3转化：b 2b 3b第二次平衡（mol）：（0.9+b）（1.8+2b）（1.3﹣3b）各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3﹣3b）=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n（Z）=（1.3﹣0.9）mol=0.4mol，Z的物质的量浓度==0.2mol/L，故D错误；故选D．【点评】本题为2015年高考题，考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关，难点是D选项计算，题目难度中等．20．（3分）（2011春•杭州期中）在密闭容器中反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原来的一半体积，当再次达到平衡时，W 的浓度为原平衡的1.8倍．下列叙述不正确的是（）A．a+b＞c+d B．平衡向逆反应方向移动C．Z的体积分数减小D．X的转化率下降【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】保持温度不变，将气体压缩到原来的一半体积，如平衡不移动，则应有W的浓度为原平衡的2倍，而此时为1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：保持温度不变，将气体压缩到原来的一半体积，如平衡不移动，则应有W的浓度为原平衡的2倍，而此时为1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有a+b ＜c+d，Z的体积分数减小，X的转化率下降．故选A．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，注意根据增大压强浓度的变化判断平衡移动的方向，为解答该题的关键，题目难度不大．21．（3分）（2014春•皇姑区校级期末）已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO42﹣．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2．对于该溶液，下列叙述不正确的是（）A．该溶液的温度可能是100℃B．由水电离出来的c（OH﹣）=1×10﹣10 mol/LC．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性D．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）【考点】pH的简单计算；水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A.25℃时纯水中pH=7，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；。