1、2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（上）期中化学试卷一、单项选择题（本题共20小题，每小题2分，共40分）1在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），则10s时，容器中B的物质的量是（）A3.4 molB3.2 molC2.8 molD1.2 mol2对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（）A增大压强B充入更多N2C使用高效催化剂D降低温度3对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）
2、+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）4反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|H|=17kJ/mol，|HTS|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（）AH0，HTS0BH0，HTS0CH0，HTS0DH0，HTS05下列物质分类组合正确的是（）ABCD强电解质Fe
3、Cl3HBrH3PO4Cu（OH）2弱电解质CH3COOHHFBaSO4HI非电解质CuNH3H2OC2H5OHAABBCCDD6下列电离方程式正确的是（）AH2CO32H+CO32BNH3H2ONH4+OHCFe（OH）3=Fe3+3OHDNaHSO4Na+H+SO427在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）在500时，平衡常数K=9若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（）A25%B50%C75%D80%8可逆反应2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g），已
4、知起始浓度c（A）=4molmol1，c（B）=3molmol1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5molL1，则下列说法不正确的是（）A反应速率v（C）=1molL1s1BC的平衡浓度为4 molL1CA的转化率为25%DB的平衡浓度为1.5 molL19一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（）X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol YABCD10利用反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N
5、2（g）H=746，8kJmol1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（）A降低温度B升高温度同时充入N2C增大压强D及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走11下列各组比较中，前者比后者大的是（）A25时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度B25时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度C25时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力D25时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度12对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反
6、应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD13已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H1=870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJ/mol；（3）H2（g）+O2（g）H2O（l）H3=285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l）的H为（）A488.3 kJ/molB244.15 kJ/molC+488.3 kJ/molD+244.15
7、 kJ/mol14一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（）A正反应是吸热反应B逆反应是放热反应Cm+np+qDm+np+q15符合图1、图2的反应是（）AX+3Y2ZH0BX+3Y2ZH0CX+2Y3ZH0D5X+3Y4ZH016在一密闭烧瓶中，在25时存在如下平衡：2NO2（g）N2O4（g）H0，将烧瓶置于100的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）颜色平均相对分子质量质量压强 密度A和B和C和D和17将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液
8、（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断：（1）反应所需时间：乙甲（2）开始时反应速率：甲乙（3）参加反应的锌的质量：甲=乙 （4）整个反应阶段的平均速率：乙甲（5）盛盐酸的容器中有锌剩余 （6）盛醋酸的容器中有锌剩余以上判断正确的是（）A（1）（2）（3）（5）B（1）（3）（5）C（2）（3）（6）D（1）（3）（4）（5）18在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）；H0 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法
9、不正确的是（）A由图可知：T1T2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加1925时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示下列判断正确的是（）A往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大B往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小C升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应H0D25时，该反应的平衡常数K=2
10、.220某温度下，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/molL10.0100.0200.020c（CO2）/molL10.0100.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 molL1D反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢二、非选择题（本大题共6小题，共60分），21下列物质中，NaCl，NaOH，NH3H2O
11、，CH3COOH，BaSO4，NaHCO3，Na2O，CH3CH2OH，H2O，SO2 （11）NH3属于强电解质的是；属于弱电解质的是属于非电解质的是22写出下列物质的电离方程式：NaHCO3，CH3COOH：，NH3H2O：，H2CO3：23在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示请回答下列问题：（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为（填字母，后同）（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是（5）若使c点对
12、应的溶液中的c（CH3COO）增大，在下列措施中，可行的是（填字母，后同）A加热 B加KOH固体 C加水 D加CH3COONa固体 E加锌粒（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是AC（H+） BH+物质的量 CC（OH） D24根据题意回答下列问题：某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55molL1，盐酸的浓度为0，5molL1，每次取NaOH溶液和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据实验序号起始温度t1/终止温度（t2）/温差（t2t1）/盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.028.33.3225.125.125.128.4
13、3.3325.125.125.128.53.4（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00gcm3，中和后混合液的比热容c=4.18103kJg11，则该反应的中和热为H=（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热（填“偏大”、“偏小”或“不变”）25在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“大于”或“小于”）；100时，体系中各物
14、质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v（N2O4）为 molL1s1（2）100时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡T100（填“大于”或“小于”），判断理由是（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是26在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1molL1min1，试求：（1）方程式中C的
15、化学计量数x=（2）5min内A的平均反应速率v（A）=（3）5min时B的转化率为（4）温度升高A的转化率（填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共20小题，每小题2分，共40分）1在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），则10s时，容器中B的物质的量是（）A3.4 molB3.2 molC2.8 molD1.2 mol【考点】化学反应速率和化学计量数的
16、关系【分析】前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可计算B的速率，再结合v=解答【解答】解：前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，B的反应速率为0.12mol/（Ls）=0.06mol/（Ls），所以转化的B为0.06102=1.2mol，则10s时，容器中B的物质的量为4mol1.2mol=2.8mol，故选C【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确反应速率的计算公式和反应速率与化学计量数的关系即可解答，题目难度不大2对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），下列措施能使反应物中活
17、化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（）A增大压强B充入更多N2C使用高效催化剂D降低温度【考点】活化能及其对化学反应速率的影响【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多充N2，活化分子百分数、平衡常数不变，故B错误C使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D降低温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小，且化学平衡常数发生变化，故D正确；故选D【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
18、识的积累3对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）【考点】化学平衡建立的过程【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终
19、都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3正（NH3）=2正（H2O），故D错误故选A【点评】本题考查
20、化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点4反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|H|=17kJ/mol，|HTS|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（）AH0，HTS0BH0，HTS0CH0，HTS0DH0，HTS0【考点】反应热的大小比较【分析】反应能自发进行，应满则G=HTS0，以此解答该题【解答】解：该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明HTS一定是小于0，根据方程式可知该反应的S0，所以如果H
21、0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热H0，故选A【点评】该题是基础性试题的考查，难度不大该题的关键是掌握G=HTS，并能灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力5下列物质分类组合正确的是（）ABCD强电解质FeCl3HBrH3PO4Cu（OH）2弱电解质CH3COOHHFBaSO4HI非电解质CuNH3H2OC2H5OHAABBCCDD【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念【分析】在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质；在水溶液中能够完全电离的电
22、解质为强电解质，部分电离是弱电解质；注意：电解质和非电解质都是化合物【解答】解：A铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B溴化氢为强电解质、氟化氢为弱电解质，氨气为非电解质，故B正确；C磷酸为弱电解质，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，故C错误；D氢氧化铜为弱电解质，碘化氢为强电解质，乙醇为非电解质，故D错误；故选：B【点评】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的判断，明确相关概念是解题关键，注意电解质和非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，题目难度不大6下列电离方程式正确的是（）AH2CO32H+CO32BNH3H2ONH4+OHCFe（OH）3=Fe
23、3+3OHDNaHSO4Na+H+SO42【考点】电离方程式的书写【分析】A碳酸为二元弱酸分步电离，以第一步物质；B一水合氨为弱碱，部分电离；C氢氧化铁为弱电解质，部分电离；D熔融状态下，硫酸氢钠电离产生钠离子与硫酸氢根离子；【解答】解：A碳酸为二元弱酸，部分电离，电离方程式：H2CO3H+HCO3，故A错误；B一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3H2ONH4+OH，故B正确；C氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3+3OH，故C错误；D硫酸氢钠为强电解质，熔融状态下完全电离，电离方程式：NaHSO4Na+HSO4，故D错误；故选：B【点评】本题考查了电离方程
24、式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意多元弱酸分步电离，以第一步为主，题目难度不大7在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）在500时，平衡常数K=9若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（）A25%B50%C75%D80%【考点】化学平衡的计算【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到；【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算： CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）起
25、始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0 变化量（mol/L） X X X X平衡量（mol/L） 0.02X 0.02X X X平衡常数K=9解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率=100%=75%故选C【点评】本题考查了化学平衡的三段式计算，平衡常数、转化率的概念计算应用，注意平衡常数的计算是用平衡浓度计算，题目较简单8可逆反应2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=4molmol1，c（B）=3molmol1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5molL1，则下列说法不正确的是（）A反应速率v（C）=1molL1
26、s1BC的平衡浓度为4 molL1CA的转化率为25%DB的平衡浓度为1.5 molL1【考点】化学平衡的计算【分析】利用三段式法计算： 2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g），起始（mol/l） 4 3 0 0转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5结合对应的数据计算各物理量【解答】解：利用三段式法计算： 2A（g）+3B（g）4C（g）+D（g），起始（mol/l） 4 3 0 0转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5A反应速率v（C）=1mol/（Ls），故A正确；BC的平衡为浓度为2mol/L
27、，故B错误；CA的转化率为=25%，故C正确；DB的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确故选B【点评】本题考查化学平衡的计算，难度不大，注意利用三段式法计算出平衡浓度为解答该题的关键，答题时注意体会9一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（）X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol YABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数
28、关系【解答】解：平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故正确；反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故正确；单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误故选C【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握化学平衡状态的特征，易错点为，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据10利用反应：2NO（g）+2CO（g）2C
29、O2（g）+N2（g）H=746，8kJmol1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（）A降低温度B升高温度同时充入N2C增大压强D及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走【考点】化学平衡的影响因素【分析】要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，可以增大压强或是增加爱CO的投料【解答】解：A、降低温度会减慢化学学反应速率，故A错误；B、升高温度会加快反应速率，但是平衡逆向移动，NO的转化率会减小，故B错误；C、增大压强提高反应的速率，和平衡正向移动，NO 的转化率会增大，故C正确；D、及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走，会减慢化学反应的速率，故D错误
30、故选C【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大11下列各组比较中，前者比后者大的是（）A25时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度B25时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度C25时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力D25时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度【考点】物质的量浓度的相关计算；盐类水解的原理【分析】A硫酸和盐酸都是强酸，pH相同时溶液中氢离子浓度相同；B醋酸为弱酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度；C氨水为弱碱，溶液中只能部分电离
31、出铵根离子和氢氧根离子；D酸抑制了水的电离，铁离子促进了水的电离【解答】解：A25时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度都是0.01mol/L，故A错误；BpH=2的盐酸中氯化氢的浓度为0.01mol/L，醋酸为弱酸，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mo/L，前者的浓度小于后者，故B错误；C溶液导电性与溶液中离子浓度有关，25时，同浓度的NaCl溶液和氨水中，氨水中离子浓度小于氯化钠，所以氯化钠溶液的导电能力大于氨水，故C正确；D盐酸中氢离子抑制了水的电离，铁离子水解促进了水的电离，所以前者水的电离程度小于后者，故D错误；故选C【点评】
32、本题考查了盐的水解原理、物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握物质的量浓度的计算方法，试题培养了学生的化学计算能力12对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】A是固体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；增
33、大B的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动【解答】解：A是固体，增大A的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故错误；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故错误；增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）v（逆），故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故错误；故选B【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等13已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）2CO2
34、（g）+2H2O（l）H1=870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJ/mol；（3）H2（g）+O2（g）H2O（l）H3=285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l）的H为（）A488.3 kJ/molB244.15 kJ/molC+488.3 kJ/molD+244.15 kJ/mol【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】利用盖斯定律计算，将（2）2+（3）2（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l），反应热随之相加减，可求得反应热【解答】解：已知：（1）
35、CH3COOH（l）+2O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H1=870.3kJ/mol（2）C（s）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）H2O（l）H3=285.8kJ/mol利用盖斯定律，将（2）2+（3）2（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l），则：H=2（393.5kJ/mol）+2（285.8kJ/mol）（870.3kJ/mol）=488.3KJ/mol，故选A【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的运用，注意焓变与化学计量数的关系14一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）
36、+nB（g）pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（）A正反应是吸热反应B逆反应是放热反应Cm+np+qDm+np+q【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；【解答】解：A、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故A错误；B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故B错误；C、增大压强平衡向逆向进行，说明
37、逆向是气体体积减小的反应，m+np+q，故C正确；D、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+np+q，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，化学平衡移动原理的理解和熟练掌握是解题关键，题目较简单15符合图1、图2的反应是（）AX+3Y2ZH0BX+3Y2ZH0CX+2Y3ZH0D5X+3Y4ZH0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】根据图1中X、Y、Z浓度变化量确定计量数之比；根据图2判断热效应【解答】解：图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且
38、存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；T2时，先达到化学平衡状态，则T2T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，H0，故表示的反应为：X+3Y2ZH0，故选B【点评】本题考查化学平衡图象，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响16在一密闭烧瓶中，在25时存在如下平衡：2NO2（g）N2O4（g）H0，将烧瓶置于100的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）颜色平均相对分子质量质量压强 密度A和B和C和D和【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程【分析】可逆反应2NO2N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所
39、以化学平衡2NO2N2O4向左进行，二氧化氮的浓度增大，颜色加深；混合气体总的物质的量增大，根据M=判断；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断；升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断；根据=判断【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2N2O4向左进行二氧化氮的浓度增大，颜色加深；混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体
40、的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据=可知，混合气体的密度不变故选B【点评】本题考查学生温度对化学平衡的影响知识，难度不大，注意根据平衡移动原理理解17将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断：（1）反应所需时间：乙甲（2）开始时反应速率：甲乙（3）参加反应的锌的质量：甲=乙 （4）整个反应阶段的平均速率：乙甲（5）盛盐酸的容器中有锌剩余 （6）盛醋酸的容器中有锌剩余以上判断正确的是（）
41、A（1）（2）（3）（5）B（1）（3）（5）C（2）（3）（6）D（1）（3）（4）（5）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素【分析】醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余由于弱酸能通过平衡移动释放出氢离子，所以弱酸的平均反应速率更快，所用时间更短，但是反应开始时氢离子浓度相同，开始时速率相同放出的气体一样多，所用参加反应的锌质量相同【解答】解：醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸盐酸，所用时间乙甲，故正确；开始反应速率取决于溶液中开始阶段的氢离子浓度大小，pH
42、相同的盐酸和醋酸溶液，起始氢离子浓度一样大，所以开始反应速率：盐酸=醋酸，故错误；参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故正确；醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸盐酸，故正确；醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余，故正确；由分析可知醋酸过量，故错误故选D【点评】本题考查弱酸和强酸的区别，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，本题注意弱电解质的电离平衡的移动情况18在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入B
43、r2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）；H0 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法不正确的是（）A由图可知：T1T2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】A该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致氢气的含量增大，据此判断；B对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关
44、系分析；C根据浓度对化学平衡移动的影响来分析；D加入溴平衡向正反应方向移动，HBr的体积分数与加入溴的量及转化率有关【解答】解：A根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1T2，故A正确；B对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ab，故B正确；C将HBr液化并
45、及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C正确；D当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D错误，故选D【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是D，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关1925时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示下列判断正确的是（）A往平衡体系中加入金属铅后
46、，c（Pb2+）增大B往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小C升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应H0D25时，该反应的平衡常数K=2.2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A、金属铅是固体，不影响平衡移动；B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，据此判断；D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，代入平衡常数表达式计算【解答】解：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故
47、A错误；B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，故B错误；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故C错误；D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数k=2.2，故D正确；故选D【点评】考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度时间图象、化学平衡常数的计算等，难度中等，是对基础知识的考查，注意B为可溶性固体20某温度下，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙
48、三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/molL10.0100.0200.020c（CO2）/molL10.0100.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 molL1D反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢【考点】化学平衡的计算【分析】A根据平衡常数计算平衡时二氧化碳的转化率，根据增加一种反应物浓度要吧提高另一种反应的转化率判断；B该反应是气体体积前后不变的反应，所以甲和丙为等效平衡，据此判断；
49、C根据平衡常数计算平衡时二氧化碳的浓度；D根据影响化学反应速率的因素判断【解答】解：A设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K=2.25，得x=0.006，所以CO2的转化率为60%，H2的转化率也是60%，在乙容器中相当于是甲容器中增加了H2，CO2的转化率增大，故A正确；B设甲容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为xmol/L，根据K=2.25，得x=0.006，所以H2的转化率是60%，又甲和丙为等效平衡，所以甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B正确；C由A的分析可知，平衡时甲容器中c（CO2）是0.004mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡
50、时，丙中c（CO2）是0.008mol/L，故C错误；D根据浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中的反应物浓度最小，所以反应速率最慢，故D正确；故选C【点评】本题主要考查了化学平衡的相关计算、影响化学反应速率的因素、等效平衡的思想等知识点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，中等难度，解题时要注意比较反应前后气体体积的变化特征二、非选择题（本大题共6小题，共60分），21下列物质中，NaCl，NaOH，NH3H2O，CH3COOH，BaSO4，NaHCO3，Na2O，CH3CH2OH，H2O，SO2 （11）NH3属于强电解质的是；属于弱电解质的是属于
51、非电解质的是（11）【考点】电解质与非电解质【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括：酸、碱、盐、金属氧化物；电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括：大多是有机物、非金属氧化物、氨气【解答】解：NaCl属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；NaOH属于强碱，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；NH3H2O属于弱碱，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；CH3COOH属于弱酸，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；BaSO4属于盐，在熔融
52、在状态下能够完全电离，属于强电解质；NaHCO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；Na2O属于活泼金属氧化物，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质；CH3CH2OH在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质；H2O部分电离，属于弱电解质；SO2属于非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质； （11）NH3属于非金属氢化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质； 故答案为：；（11）【点评】本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质的判断，明确相关概念和物质的类别是解题关键，题目难度不大22写出下列物质的电离方程式：NaHCO3NaHCO3=Na+HCO3，C
53、H3COOH：CH3COOHH+CH3COO，NH3H2O：NH3H2OOH+NH4+，H2CO3：H2CO3H+HCO3【考点】电离方程式的书写【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答【解答】解：NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3；CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO；NH3H2O是弱碱，属于弱电解质，电离方程式为：NH3H2OOH+NH4+；H2CO3是二元弱酸，属于弱电
54、解质，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3H+HCO3；故答案为：NaHCO3=Na+HCO3；CH3COOHH+CH3COO；NH3H2OOH+NH4+；H2CO3H+HCO3【点评】本题考查了电离方程式的书写，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意掌握强弱电解质的概念及电离方程式的书写方法23在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示请回答下列问题：（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是无自由移动的离子（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为cab（填字母，后同）（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3
55、COOH的电离程度最大的是c（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是c（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO）增大，在下列措施中，可行的是ABDE（填字母，后同）A加热 B加KOH固体 C加水 D加CH3COONa固体 E加锌粒（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是BDAC（H+） BH+物质的量 CC（OH） D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离；（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的电离
56、抑制程度越小；（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质；（6）加水稀释，促进电离，n（CH3COO）、n（H+）增大，但浓度减小，以此解答【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：无自由移动的离子；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为bac，氢离子浓度由小到大的顺序为cab，故答案为：cab；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度最大的是c，故答案为：c；（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的
57、电离抑制程度越小，c点氢离子浓度最小，水的电离程度最大，故答案为：c；（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质，A加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；B加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；C加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误；D加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；E加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；故答案为：ABDE；（6）加水稀释，
58、酸性减弱，促进电离，n（CH3COO）、n（H+）增大，但浓度减小，A、氢离子浓度减小，故A错误；B、加水稀释，促进电离，n（H+）增大，故B正确；C、加水稀释，溶液接近中性，氢氧根离子浓度不再变化，故C错误；D、醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以增大，故D正确；故答案为：BD【点评】本题考查电解质的电离，题目难度中等，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点24根据题意回答下列问题：某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55molL1，盐酸的浓度为0，5molL1，每次取NaOH溶液
59、和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据实验序号起始温度t1/终止温度（t2）/温差（t2t1）/盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.028.33.3225.125.125.128.43.3325.125.125.128.53.4（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00gcm3，中和后混合液的比热容c=4.18103kJg11，则该反应的中和热为H=55.7 kJmol1（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，造成测得中和热偏小（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸
60、溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【考点】中和热的测定【分析】（1）先根据Q=mcT计算反应放出的热量，然后根据H=kJ/mol计算出反应热；（2）根据弱电解质电离吸收热量；（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小【解答】解：（1）50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.55molL1NaOH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100ml1g/ml=100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.33，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=10
61、0g4.18J/（g）3.33=1391.9J，即1.3919kJ，所以实验测得的中和热H=55.7 kJmol1；故答案为：55.7 kJmol1；（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，醋酸电离要吸收能量，造成放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；故答案为：偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，中和热为负值，所以造成测得中和热偏大；（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；故答案为：偏大【点评】本题主要考查了中和热的测定，注意掌握中和热的测定方法，明确中和热为“”，在比较大小是要考虑符号，题
62、目难度中等25在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“大于”或“小于”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v（N2O4）为0.0010 molL1s1（2）100时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡T100（填“大于”或“小于”），判断理由是改变温度后，N2O4浓度减小，反应正向进行，正向吸热，故温度升高（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半平衡向逆反应（填“正
63、反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应速率利用公式v=计算得到；（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即H0；060s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O
64、4）=0.0010molL1s1，故答案为：；0.0010molL1s1；（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100，故答案为：；改变温度后，c（N2O4）降低平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，故答案为：逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大26在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g）
65、xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1molL1min1，试求：（1）方程式中C的化学计量数x=2（2）5min内A的平均反应速率v（A）=0.15mol/Lmin（3）5min时B的转化率为20%（4）温度升高A的转化率增大（填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率不变【考点】化学平衡的计算【分析】结合化学平衡三段式列式计算，C的平均反应速率v（C）=0.1molL1min1，反应生成C物质的量=0.1molL1min12L5min=1mol； 3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）起始量（mol） 3
66、 2.5 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1平衡量（mol） 1.5 2 0.5x 1（1）依据上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x；（2）反应速率=；（3）转化率=100%；（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，由（1）计算得x，根据增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动进行判断【解答】解：C的平均反应速率v（C）=0.1molL1min1，反应生成C物质的量=0.1molL1min12L5min=1mol； 3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）起始量（mol） 3 2.5 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1平
67、衡量（mol） 1.5 2 0.5x 1（1）上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x，0.5x=1，x=2；故答案为：2；（2）5min内A的平均反应速率=0.15mol/Lmin；故答案为：0.15mol/Lmin；（3）5min时B的转化率=100%=100%=20%；故答案为：20%；（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，由（1）计算得x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以B的转化率不变，故答案为：增大；不变【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率、转化率的计算应用、影响平衡移动的因素等，概念理解应用是解题关键，题目较简单
