1、20192020学年度第一学期期中考试高二化学试题时间：90分钟 满分：100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填涂在答题卡上第卷 (选择题，共48分)一、单选题(每小题3分，共16小题，48分)1. “五千年文化，三千年诗韵。我们的经典从未断流”，明代诗人于谦在石灰吟中写道：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间。”这首脍炙人口的诗篇不仅蕴含了深刻的人文精神，还蕴藏了有趣的化学知识，下列有关说法中，错误的是A. 化学反应过程中同时存在着物质变化和能量变化，其中物质变化是基础B. 这首诗说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化C.
2、 石灰石的分解是熵增反应，因此在任何条件下都能自发进行D. “要留清白在人间”涉及反应中的化学物质有强电解质、弱电解质和非电解质【答案】C【解析】【详解】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，其中物质变化是基础，选项A正确；B. “烈火焚烧若等闲”说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化，选项B正确；C. 石灰石的分解生成氧化钙和二氧化碳是熵增反应，该反应为吸热反应，H0，要使H-TSQ1D. H2H1【答案】C【解析】【详解】A.根据图可知1mol反应物A2(g)、1molB2(g)的能量比反应产生的1molC(g)的能量高QkJ，所以
3、所以该反应为放热反应，反应的热化学方程式为：A2(g)B2(g)=C(g) H1=-Q kJ/mol，A正确；B.根据图可知：1mol反应物C(g)能量比生成物1molA2(g)、1molB2(g)的能量低Q1kJ的能量，所以该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为：C(g)=A2(g)B2(g) H2=+Q1 kJ/mol，B正确；C.对于同一物质，物质的量相同，物质的存在状态也相同，则物质含有的能量相同，则两个反应的能量变化数值相等，所以Q与Q1的关系：Q=Q1，C错误；D.反应是放热反应，H10，所以两个反应的反应热关系为H2H1，D正确；故合理选项是C。5. 已知氢气与溴蒸汽化合生成1m
4、ol溴化氢时放出的能量51kJ，1mol H-H、Br-Br和H-Br键断裂时需要吸收的能量分别是436kJ、a kJ和369kJ则a为()A. 404B. 260C. 230D. 200【答案】D【解析】【详解】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，1mol氢气和1mol溴蒸汽反应生成2mol溴化氢，旧键断裂吸收的总能量为：436kJ+akJ，生成2mol溴化氢放出的能量为：369kJ2=738kJ，则1mol氢气和1mol溴蒸汽反应生成2mol溴化氢放出的热量为：738kJ-(436+a)kJ=51kJ2，解得a=200kJ，故选D。6. 已知： (1)Fe2O3(s)+C(s)CO
5、2(g)+2Fe(s)，H+234.1kJmol-1 则的H是（ ）A. 824.4 kJmol-1B. 627.6kJmol-1C. -744.7kJmol-1D. -169.4kJmol-1【答案】A【解析】【详解】已知：(1)2Fe(s)+CO2(g)=Fe2O3(s)+C(s)H=-234.1kJmol-1(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5kJmol-1，由盖斯定律(2)+(1)，得：2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)H=(-393.5kJmol-1)+(-234.1kJmol-1)=-824.4kJmol-1，可知：2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(
6、s)H=-824.4kJmol-1，故答案为A。【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。7. 将4mol A 气体和2mol B 气体在2L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g) + B(g) 2C(g) 。若经 2s 后测得C 的浓度为 0.6molL-1，现有下列几种说法：用物质
7、A 表示的反应平均速率为 0.3molL-1s-1用物质B 表示的反应的平均速率为 0.6molL-1s-12s 时物质A 的转化率为 70%2s 时物质B 浓度为 0.7molL-1其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据c=可知C的物质的量为1.2mol。则： 2A(g)+B(g)2C(g)开始(mol) 4 2 0转化(mol) 1.2 0.6 1.22s时(mol) 2.8 1.4 1.2v(C)=0.3molL-1s-1，速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(C)=0.3molL-1s-1，故正确；速率之比等
8、于化学计量数之比，v(B)=v(C)=0.15molL-1s-1，故错误；2s时物质A的转化率=30%，故错误；2s 时物质B的浓度c(B)=0.7molL-1，故正确；故答案：B。8. 100ml 浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气总量，可采用的方法是A. 加入少量浓盐酸B. 加入几滴氯化铜溶液C. 加入适量蒸馏水D. 加入适量氯化钠溶液【答案】B【解析】【详解】A加入适量浓度较大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，但稀盐酸物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误；B加入氯化铜溶液，Zn置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，且稀
9、盐酸物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故B正确；C加入适量蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减小，故C错误；D加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。【点晴】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量。明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意把握题中锌过量的要求。9. 在2A + B3C + 4D 反应中(各物质均为气体)，表示该反应速率最快的是A. v(A)= 0.5 molL1s1B. v(B)= 0.3 molL1s1C. v(C)= 0
10、.8 molL1s1D. v(D)= 30 molL1min1【答案】B【解析】【分析】反应速率之比等于化学计量数之比。【详解】单位换算一致以后，将各反应速率换算为同一物质进行比较，假如都换算为A物质的速率（单位：molL-1s-1）则A.v(A)=0.5；B. v(A)=2 v(B)=0.6；C.v(A)=v(C)=0.53；D.v(A)=v(D)= =0.25；显然B中比值最大，反应速率最快，答案选B。【点睛】本题考查反应速率快慢的比较，为高频考点，可转化为同种物质的速率比较大小，还应注意单位要统一。10. 参照反应Br+H2HBr+H的能量反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）A.
11、正反应为放热反应B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不变C. 反应物总能量高于生成物总能量D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】B【解析】【详解】A、反应物的总能量小于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，故A错误；B、催化剂只能降低反应所需的活化能，与反应热大小无关，故B正确；C、根据图示，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故D错误；故选B。11. 在一定温度下，CO和水蒸气分别为1 mol、3 mol，在密闭容器中发生反应COH2O(g)CO2H2，达平衡后测得CO2为0.75 mo
12、l，再通入6 mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A. 1.2 molB. 1.8 molC. 2.5 molD. 1.5mol【答案】B【解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1 mol、3 mol，在密闭容器中发生反应COH2O(g)CO2H2，达平衡后测得CO2为0.75 mol，则H2的物质的量也是0.75 mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6 mol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行
13、到底。12. 2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率A. 等于p%B. 大于p%C. 小于p%D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，过程中乙容器中压强大于甲容器，反应速率大于甲，相当于对甲容器平衡增大压强，平衡正向进行，乙容器中二氧化硫转化率大于甲容器，乙容器中SO2的转化率大于P%，B正确，故选B。13. 某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)2B
14、(g)4C(s)2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为54(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是()A. 该反应的化学平衡常数表达式是KB. 此时，B的平衡转化率是40%C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D. 增加B，B的平衡转化率升高【答案】B【解析】【分析】列三段式：【详解】A.固体的浓度是常数，故不写在平衡常数表达式里，故A不选；B.B的转化率为=40%，故B选；C化学平衡常数只和温度有关，故C不选；D.增加B，会使A的转化率升高，而B的转化率降低。故D不选。故选B。【点睛】平衡常数是衡量反应进行程度的，虽然用浓度表示
15、，但和浓度无关，只和反应本身以及温度有关。由于固体和纯液体的浓度是不可变的，所以不写在平衡常数的表达式中。在可逆反应达到平衡后，如果反应物不止一种，当增加其中一种反应物的浓度时，可以使其他反应物的转化率增大，而其本身的转化率会降低。14. 关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体（NaUr），易诱发关节疼痛，其化学机理是：HUr（aq）+H2O（1）Ur-（aq）+H3O+（aq） Ur-（aq）+Na+（aq）NaUr（s） H下列叙述错误的是A 降低温度，反应平衡正向移动B. 反应正方向是吸热反应C. 降低关节滑液中HUr及Na+含量是治疗方法之一D. 关节保暖可以缓
16、解疼痛，原理是平衡逆向移动【答案】B【解析】【分析】根据题干知关节的疼痛是尿酸钠晶体引起的，从影响平衡移动的因素的角度分析是否有力于形成尿酸钠晶体。【详解】关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，反应平衡向正反应方向移动，故A正确；说明温度降低有利于生成尿酸钠，则生成尿酸钠的反应是放热反应，故B错误；降低关节滑液中HUr及Na含量，生成的尿酸钠晶体就少，可以减轻疼痛，故C正确；保暖促使平衡逆向移动，减少尿酸钠晶体的形成，故D正确。故选B。【点睛】改变外界条件，平衡向减弱这种改变的方向移动，如升高温度，平衡向吸热的方向移动。15. 对可逆反应4NH3(g)+5O
17、2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n 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，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3
18、，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；正确答案是A。16. 25、101kPa下，反应2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)，H=+56.7kJ/mol 能自发进行的原因是A. 反应吸热B. 熵增效应大于能量效应C. 熵减小D. 反应放热【答案】B【解析】【详解】G=H-TS，该反应能自发进行，G0，所以S0，可知B正确；答案选B。第卷 (非选择题，共52分)二、填空题(4小题，共52分)17. 中和热的测定实验中取0.
19、55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：(1)从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_，除此之外，装置中的一个明显错误是_。 (2)若改用60mL 0.25molL-1 H2SO4和50mL 0.55molL-1 NaOH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”）温度实验次数 起始温度t1终止温度t2/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8(3)近似认为0.5
20、5 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)，通过以上数据计算中和热H_( 结果保留小数点后一位)。(4)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)_。a实验装置保温、隔热效果差b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高） (3). 不相等 (4). -56.8kJ/mol (5). a b c【解析
21、】（1）中和热测定需要环形玻璃搅拌棒，此实验中要求大烧杯和小烧杯的杯口必须平齐以保证液体上方空气含量足够小，避免放热用来加热空气。（2）参与反应的物质的物质的量越大，反应的放热必定越多，所以不相等。（3）第2次实验的误差较大，舍弃。将另外三次实验的最终温度和起始温度做差，取平均值，得到T=3.4。氢氧化钠过量，硫酸中氢离子为0.025mol，所以中和生成的水为0.025mol。溶液质量为100g，升高3.4，热量为：1003.44.18=1421.2J，所以每生成1mol水的放热为：1421.20.025=56848J=56.8kJ。所以中和热为：-56.8kJ/mol（4）上述实验数值结果与
22、57.3 kJ/mol相比略小。a保温隔热差，使热量散发，所以测得放热减少；b温度计测定氢氧化钠溶液温度后，直接测定硫酸温度，温度计沾的氢氧化钠溶液会有一部分和硫酸中和，放热使初始温度上升，减少了温度差，测得放热减少；c尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失测得放热减少；18. (1) 对于Fe2H+=Fe2+H2改变下列条件对反应速率和产量有何影响 (填“增大”“减小”或“不变”):把铁片改成铁粉：_；滴加几滴浓硫酸_;加压：_； (2) 某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条
23、件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：实验编号0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液褪色所需时间/min10V13525101030251010V250表中V1=_mL探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_(填编号)实验测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)_molL1min1。【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 不变 (4). 5 (5).
24、和 (6). 0.025【解析】【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素进行分析；（2）由表中实验和实验知道温度相同，所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL；根据上表分析实验和实验反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是和；根据方程式5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O计算v(H2C2O4)的平均反应速率。【详解】（1）对于反应Fe2H+=Fe2+H2，把铁片改成铁粉，增大接触面积，化学反应速率增大；滴加几滴浓硫酸，增大反应物的浓度，化学反应速率增大；加
25、压，对化学反应速率无影响，故答案为增大，增大，不变。（2）由表中实验和实验知道温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响。所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL，故答案为5。根据上表分析实验和实验反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是和，故答案为和。由化学反应方程式关系可知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，加入的KMnO4的物质的量为0.1mol/L0.01L=0.001mol，加入的H2C2O4的物质的量为0.005L0.6mol/L=0.003
26、mol，由5H2C2O42KMnO4关系可知H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)=0.1mol/L0.01L5/2=0.0025mol，实验测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，所以H2C2O4在2min内的平均反应速率为v(H2C2O4)0.0025mol0.05L2min=0.025molL1min1，故答案为0.025。19. 现在和将来的社会，对能源和材料的需求是越来越大，我们学习化学就为了认识物质，创造物质，开发新能源，发展人类的新未来。请解决以下有关能源的问题：(1)未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是：
27、_天然气 煤 核能 石油 太阳能 生物质能 风能氢能A. B. C. D.(2)运动会上使用的火炬的燃料一般是丙烷(C3H8)，请根据完成下列题目。已知11g丙烷(C3H8)在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ，请写出丙烷燃烧热的热化学方程式：_；丙烷在一定条件下发生脱氢反应可以得到丙烯。已知：C3H8(g)CH4(g)HCCH(g)H2(g) H1=+156.6kJmol1CH3CH=CH2(g)CH4(g)HCCH(g) H2=+32.4kJmol1则相同条件下，反应C3H8(g)CH3CH=CH2(g)H2(g)的H=_(3)已知：HH键的键能
28、为436kJ/mol，HN键的键能为391kJ/mol，根据化学方程式：N2+3H22NH3 H=-92.4kJ/mol。请计算出NN键的键能为_。若向处于上述热化学方程式相同温度和体积一定的容器中，通入1molN2和3molH2，充分反应后，恢复原温度时放出的热量_92.4KJ(填大于或小于或等于)。【答案】 (1). C (2). C3H8(g)5O2(g)=3CO2(g)4H2O(l) H=2220kJmol1 (3). 124.2kJmol1 (4). 945.6KJ/mol (5). 小于【解析】【详解】（1）煤、石油、天然气是化石能源；核能不可再生，但属于新能源；太阳能生物质能风能
29、氢能属于新能源，故答案为C；（2）11g丙烷(C3H8)在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ，计算1mol丙烷放出热量，则1mol丙烷燃烧放出热量：2220kJ，反应的热化学方程式：C3H8(g)5O2(g)=3CO2(g)4H2O(l) H=2220kJmol1；已知：反应C3H8(g)CH4(g)HCCH(g)H2(g) H1=+156.6kJmol1，反应CH3CH=CH2(g)CH4(g)HCCH(g) H2=+32.4kJmol1，根据盖斯定律，得C3H8(g)CH3CH=CH2(g)H2(g)，H=H1H2=156.6kJmol132.4
30、kJmol1=124.2kJmol1；（3）设NN键的键能是x，N2+3H2=2NH3H=92.4KJ/mol，则x+3436KJ/mol23391KJ/mol=92.4KJ/mol，解得x=945.6KJ/mol；N2+3H22NH3H=92.4KJ/mol，意义为1mol氮气与3mol氢气完全反应生成2mol氨气放出热量92.4KJ，而该反应为可逆反应，1mol氮气与3mol氢气不能完全反应，所以放出的热量小于92.4KJ。20. 向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应2A(g) + B(g)3C(g) H0，各物质浓度随时间
31、变化如图1所示。图2为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知t3t4阶段为使用催化剂；图1中t0t1阶段c(B)未画出。(1)若t115 min，则t0t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v(C)_。(2)t4t5阶段改变的条件为_，B的起始物质的量为_。各阶段平衡时对应的平衡常数如表所示：t1t2t2t3t3t4t4t5t5t6K1K2K3K4K5则K1_(计算式)，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为_(用“”“”或“”连接)。(3)t5t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01 mol，而此过程中容器与外界的
32、热交换总量为a kJ，该反应的热化学方程式：2A(g) + B(g)3C(g) H，用含有a的代数式表达 H = _。(4)在相同条件下，若起始时容器中加入4mol A、2 mol B和1.2 mol C，达到平衡时，体系中 C的百分含量比t1时刻C的百分含量_(填“大于”“小于”“等于”)。(5)能说明该反应已达到平衡状态的是_。a.v(A)2v(B) b.容器内压强保持不变c.2v逆(c)3v正(A) d.容器内密度保持不变(6)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_。a.及时分离出C气体 b.适当升高温度 c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂【答案】 (1). 0.02
33、 molL1min1 (2). 减小压强 (3). 1mol (4). 0.84 (5). K1 = K2 = K3 = K4K5 (6). +200a kJmol1 (7). 等于 (8). c (9). bc【解析】【详解】（1）15min内，以C浓度变化表示的反应速率为：；（2）t3t4和t4t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应；t3t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4t5段为减压；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2m
34、ol/L，C的变化量为0.3mol/L又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，该反应的方程式为，所以，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是，故B的起始物质的量为n（B）=（0.1mol/L+0.4mol/L）2L=1mol；t1-t2段，处于平衡状态，c（A）平衡=0.8mol/L，c（B）平衡=0.4mol/L，c（C）平衡=0.6mol/L，；t2-t3段，为改变浓度，平衡移动，平衡常数不变，K2=0.84；t3-t4段，使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，K3=0.84；t4-t5段，为降低压强，反应速率降低，平
35、衡不移动，平衡常数不变，K4=0.84；t5-t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；综上所诉，平衡常数大小： K1=K2=K3=K4K5；故答案为：减小压强；1.0mol； 0.84；K1=K2=K3=K4K5； （3）根据方程式计算，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，则反应2molA时，交换热量200akJ；由图象可知，t5t6阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故有反应：2A(g) + B(g)3C(g) H=+200a kJmol1；（4）向一体积不变的密闭容器中加入2 m
36、ol A、0.6 mol C和1molB，加入4mol A、2 mol B和1.2 mol C；可知条件在的基础上进行了物质的量的加倍，该反应反应物的总系数等于生成物的总系数，平衡不受压强的变化而移动，故在的基础上，平衡不移动；达到平衡时，体系中 C的百分含量与t1时刻C的百分含量相等；（5）av(A)2v(B)，未标明正逆反应方向，不能说明反应已达到平衡状态，a不选； b该反应化学计量数总和不变，平衡不受压强的改变而移动，故b不选；c各物质反应速率之比等于化学计量数之比，且2v逆(c)3v正(A)，标明正逆方向，c选； d该反应总质量，总体积均不变，密度不变不能说明反应已达到平衡状态，d不选；综上所诉，答案为c；（6）a及时分离出C气体，减小了物质的浓度，反应速率降低，平衡向正反应方向移动，a不选； b升高温度，反应速率增大，该反应为吸热反应，平衡正向移动，b选； c增大O2的浓度，反应速率增大，且平衡正向移动，c选； d选择高效催化剂，增大反应速率，但平衡不移动，d不选；综上所诉，答案为bc。
