1、江西省南康中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35gB. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mLC. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量【答案】D【解析】A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取
2、，故B错误；C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确故答案选D。2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）纯净物混合物电解质非电解质A磷酸冰水混合物醋酸铅干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氨水盐酸铜D冰醋酸食盐水氯化汞石墨A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A冰水混合物中，冰与水的分子式都是H2O，所以二者混在一起仍为纯净物，A错误；B蒸馏水为纯净物，蔗糖溶液为蔗糖和水的混
3、合物，氧化铝为电解质，二氧化硫为非电解质，B正确；C盐酸是混合物，不是电解质，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。故选B。【点睛】胆矾的化学式为CuSO45H2O，虽然带有结晶水，但仍为纯净物；冰醋酸是指纯醋酸，并不一定是固态的醋酸，而是指纯醋酸。3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是A. N2(g)2O2(g)=2NO2(g) H67.7 kJmol1B. CaO(s)CO2(g)=CaCO3(s) H175.7 kJmol1C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)NH3(g) H74.9 kJmol1D. 2H2(g)
4、O2(g)=2H2O(l) H285.8 kJmol1【答案】C【解析】【详解】A. 反应H0，S0，难以自发进行，故错误； B. H0，S0，反应能自发进行，原因是S0，可以满足H-TS0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. H0，S0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。【点睛】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变综合判据，当H-TS0，反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。4.已知反应：2NO(g)Br2(g)2NOBr(g) Ha kJmol-1（a0），其反应机理是 NO(g)Br2 (g)NOBr2 (g) 快 NOBr2(g)NO(g)2N
5、OBr(g) 慢下列有关该反应的说法正确的是A. 该反应的速率主要取决于的快慢B. NOBr2是该反应的催化剂C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于的快慢，A错误；BNOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；C增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；D正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJmol-1，D正确；答案选D。5.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有
6、错误的是（ ）提示： I2+Na2S=2NaI+S选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞无色浅红色BHCl溶液氨水甲基橙黄色橙色C酸性KMnO4溶液K2SO3溶液无无色浅紫红色D碘水Na2S溶液淀粉蓝色无色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A用酚酞作指示剂，滴入CH3COOH溶液中，溶液仍为无色。往此溶液中滴加NaOH溶液，当滴定达终点时，溶液呈碱性，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，A正确；B往氨水中滴入甲基橙，溶液呈黄色，当滴定达终点时，溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，B正确；CK2SO3溶液中滴加
7、酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，C正确；DNa2S溶液中滴加淀粉，溶液呈无色，滴加碘水后，发生置换反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为蓝色，且在半分钟内不变色，D错误。故选D。【点睛】我们常用的指示剂有酸碱指示剂(酚酞、甲基橙)，氧化还原指示剂(淀粉)，有些反应不需指示剂，如酸性KMnO4溶液与还原性物质的滴定，因为KMnO4溶液本身有颜色。滴定终点时，溶液颜色发生的变化，是我们的易错点，我们常会把现象弄颠倒。只要我们明确滴定前溶液的颜色，通常就不会把颜色变化弄反。比如盐酸滴定NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，起初NaOH溶液中滴
8、加甲基橙，溶液显黄色；甲基橙试剂的颜色为橙色，从而得出滴定终点时溶液的颜色变化为黄色橙色，且在半分钟内不变色。6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，HT2，P2P1，根据勒夏特列原理，x=1，H0，T温度下的部分实验数据为：t/s050100150c(X2O5) mol/L4.002.502.002.00下列说法错误的是A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (Ls)C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则KlK2D.
9、若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变【答案】D【解析】【详解】A由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则： 2X2O5(g)4XO2(g)+O2(g)起始浓度(mol/L)：4 0 0变化浓度(mol/L)：2 4 1平衡浓度(mol/L)：2 4 1T温度下平衡常数K=64(mol/L)3，100s时转化率为100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率=0.03mol/(Ls)，故B正确；CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平
10、衡常数为K2，若温度T1T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1K2，故C正确；D恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。13.在恒容密闭容器中，将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)H2S(g) COS(g)H2(g) K1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是A. COH2S转化率之比为1:1B. 达平衡后H2S的体积分数为4%C. 升高温度，COS浓度
11、减小，表明该反应是吸热反应D. 恒温下向平衡体系中再加入COH2SCOSH2各1 mol，平衡不移动【答案】B【解析】【分析】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该温度下该反应的K=1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。【详解】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)H2
12、S(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该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K= ，解得：n=2.5，即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol；A由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；B该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+2.5mol=12.5mol，平衡后硫化氢的物质的量为（2.5-2）mol=0.5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=
13、0.5mol/12.5mol100%=4.0%，故B正确；C升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；D恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商T2B. KW的关系是：BCA=D=EC. A点到D点：加入少量酸可实现D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中AB，则T1T2，故A错误；B相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常
14、数A=E=DCB，故B错误；CA点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；D水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；故答案为C。二、填空题(52分，除标注外，每空2分）17.（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为 。又已知：H2O（g）=H2O（l）；H2
15、44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_kJ。（2）已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_。 A B C（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。已知：C（s，石墨）O2（g）=CO2（g） H1393.5 kJmol12H2（g）O2（g）=2H2O（l） H2571.6 kJmol12C2H2（g）5O2（g）=4CO2（g）2H2O（l） H32 599 kJmol1根据盖斯定律，计算298 K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1 mo
16、l C2H2（g）反应的焓变（列出简单的计算式）：_。（4）甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体（结构简式为CH3OH）。 已知某些化学键的键能数据如下表：化学键CCCHHHCOCOHO键能/kJmol13484134363581072463已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为 ；【答案】（10分，每空2分）（1）B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=-2165kJ/mol；1016.5kJ（2）A（3）H（4H1H2H3）2226.7kJmol1（共2分，算式1分，结果1分，正负号、数值、单位出错均为零分）
17、（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） H= -116 KJ/mol【解析】试题分析：（1）0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=-2165kJ/mol，B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=-2165kJ/mol，H2O（l）H2O（g）；H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知+3得：B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）
18、+3H2O（g）H=-2033kJ/mol，11.2L（标准状况）即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ0.5=1016.5kJ，故答案为：B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=-2165kJ/mol；1016.5；（2）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A。（3）已知：C（s，石墨）+O2
19、（g）=CO2（g）H1=+393.5kJ/mol；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H2=-571.6kJ/mol；2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）H3=-2599kJ/mol；根据盖斯定律，4+-得到反应的热化学方程式为：4C（s，石墨）+2H2（g）=2C2H2（g） H=+453.4kJmol-1；热化学方程式为：2C（s，石墨）+H2（g）=C2H2（g） H=+226.7kJmol-1，故答案为：+226.7kJ/mol；（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH （g），焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，H11072KJ/mol+2 43
20、6KJ/mol-（3413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）=-116 kJmol-1，热化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H=-116 kJmol-1，故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H=-116 kJmol-1。考点：考查了化学反应的焓变和化学键键能之间的关系、热化学方程式的书写等相关知识。18. 实验室合成溴苯的装置图及有关数据如下，按下列合成步骤回答：（1）实验装置中，仪器c的名称为_，作用为_。（2）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了_气体。继续滴
21、加至液溴滴完。写出a中发生反应的化学方程式：_。（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10 mL水、8 mL10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入无水氯化钙的目的是_。（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_，要进一步提纯，需进行的操作方法为_。【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流（2）HBr（3）除去未反应的Br2（4）苯 蒸馏【解析】试题分析：（1）铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，铁作催化剂，氢溴酸
22、和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠。（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯。（3）利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯。考点：考查溴苯的制备实验等相关知识。19.已知水在25和95时，其电离平衡曲线如图所示：（1）则95时水的电离平衡曲线应为_（填“A”或“B”）（2）25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则
23、NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_（3）95时，若1体积pH1=a 的某强酸溶液与10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：_（用含a、b的等式表示）（4）95时，1L0.05mol/LBa（OH）2溶液中，由水电离出的c（OH）为_。【答案】 (1). B (2). 100:1 (3). a+b=11 (4). 11011molL1【解析】【详解】（1）常温下，纯水中c(OH)=c(H+)=10-7mol/L，水的电离是一个吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水电离生成的c(OH)=c(H+)增大，由此可确定水的电离平衡
24、曲线应为B；答案为B；（2）25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则n(H+)=n(OH-)，10-5mol/LV(NaOH)=10-3mol/LV(H2SO4)，V(NaOH):V(H2SO4)=10-3mol/L:10-5mol/L=100:1；答案为：100:1；（3）95时，若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，仍利用n(H+)=n(OH-)进行计算，则110-a=1010-(12-b)，10a+b=1011，a+b=11；答案为：a+b=11；（4）95时，1L0.05mol/LBa(OH)2溶液
25、中，c(OH)=0.1mol/L，由于由水电离出的c(OH)等于溶液中的c(H+)，即为 molL-1=110-11molL-1。答案为：110-11molL-1。20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取50.00 mL上述溶液加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液操作I洗涤操作称量，得到沉淀的质量为m1 g方案：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。实验中所记录的数据如下表：滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL50.0050.0050.0050.00滴定管初读
26、数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL20.9521.2020.1521.20(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_、_。(2)操作I为_，操作为_。(3)在方案中滴定终点的判断方法是_。(4)在方案中发生的离子反应方程式为_。(5)根据方案所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_。（写成分数形式）(6)方案中氧化还原滴定过程中，导致待测液Na2SO3浓度变小的是_（填序号）。a用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视b用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡c酸式滴定管
27、用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗d锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测液e滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视【答案】 (1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2+5SO42-+3H2O (7). (8). b【解析】【详解】(1)寻找缺少的仪器时，可创设配制250 mL Na2SO3溶液的实验操作，然后按操作步骤逐一排查，即：称量(天平)、溶解(烧杯、玻璃棒)、转移(250 mL容量瓶、玻璃棒
28、)、定容(胶头滴管)，从而找出缺少的仪器为天平、250mL的容量瓶；答案为：天平；250mL的容量瓶；(2)生成沉淀、操作I显然为过滤，操作为烘干；答案为：过滤；烘干；(3)在方案中滴定终点的判断方法是加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；答案为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；(4)在方案中发生的离子反应是MnO4-+SO32-+H+Mn2+SO42-+H2O，然后利用电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即为2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2+5SO42-+3H2O；答案为：2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2+5
29、SO42-+3H2O；(5)根据方案所提供的数据(第三组数据为失真数据，不能使用，其它三组数据，取平均值，即得消耗KMnO4溶液21mL)，计算Na2SO3的纯度时，利用2n(SO32-)=5n(MnO4-)代入数据进行计算，即2c(SO32-)50mL=5a mol/L21mL，从而求出c(SO32-)=1.05amol/L，再代入下式进行计算：w(Na2SO3)%= ；答案为：；(6)由2c(SO32-)50mL=5a mol/LVmL，可求得c(SO32-)=，利用此式进行误差分析；a用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视，将导致实际所量取碱液的体积大于50mL，
30、V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；b用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡，则实际所取Na2SO3体积小于50mL，V偏小，导致待测液Na2SO3浓度变小；c酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；d锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测，不产生误差；e滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大。答案为：b。21.氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。I、在恒温条件下，分别将2 molCO2和6
31、mol H2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(CH3OH)与反应时间t的关系如下表;t/min051015202530n（H2）/mol6004.503.603.303.033.003.00n（CH3OH）/mol00.500.800.900.991.001.00(1)前10min中利用CO2表示的反应速率为_。(2)该温度下，此反应的平衡常数K=_。(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 molL-1、2 molL-1、1 molL-1、1 molL-1，则此时v正_v逆(填“”、“”或“=”
32、)。、在密闭容器中充入1molCO2和3 mol H2，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：试回答下列问题：(1)该反应是_(填“放热”或“吸热”)反应。(2)氢气在Q点的转化率_(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；(3)解释0T0内，甲醇体积分数变化趋势：_。(4)图B表示氢气转化率(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03105Pa(其它条件相同)_。【答案】 (1). 0.08molL1min1 (2). (3). (4).
33、 放热 (5). 小于 (6). 温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大 (7). 【解析】【详解】(1)前10min中n(CH3OH)=0.80mol，则参加反应的CO2也为0.80mol，利用v(CO2)=0.08molL-1min-1；答案为：0.08molL-1min-1；(2) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始量 2mol 6mol 0 0变化量 1mol 3mol 1mol 1mol平衡量 1mol 3mol 1mol 1mol该温度下，此反应的平衡常数K=；答案为：；(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、
34、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 molL-1、2 molL-1、1 molL-1、1 molL-1，Q=，所以平衡逆向移动，v正v逆；、(1)最高点及之后的所有点，都是该温度下的平衡点。从最高点之后进行分析，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应；答案为：放热；(2)因为最高点之前的所有点都是未平衡点，所以氢气在Q点的转化率小于氢气在W点的转化率；答案为：小于；(3)0T0内，甲醇的体积分数变化趋势，从图中便可看出，即温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；(4)一条曲线对应的压强是1.01105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03105Pa(其它条件相同)。画线时，注意两点，一是曲线的变化趋势，大，相当于增大H2的体积，虽然平衡正向移动，但H2的转化率减小；二是相同时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率大，所以压强是3.03105Pa的曲线在压强是1.01105Pa曲线的上方。故坐标图象为：。
