1、甘肃省会宁县第一中学2020-2021学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意) 1. “化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是A. 风力发电，让能源更清洁B. 合成光纤，让通讯更快捷C. 合成药物，让人类更健康D. 环保涂料，让环境更宜居【答案】A【解析】【详解】A风力发电是将风能转化为电能，没有新物质的生成，是物理变化，与化学无关，故A正确；B光纤的化学成分是二氧化硅，合成光纤是化学变化，让
2、通讯更快捷，能让生活更美好，故B错误；C用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，故C错误；D用化学方法合成环保涂料，让环境更宜居，能让生活更美好，故D错误；故选A。2. H2能在Cl2中燃烧生成 HCl，HCl也能在一定条件下分解为H2和Cl2。 图为H2、Cl2和HCl 三者相互转化的微观过程示意图，下列说法正确的是A. 过程 1 放热B. 过程 2 吸热C. 过程 3 放热D. 过程 4 放热【答案】C【解析】【详解】化学反应的过程中存在化学键的断裂与形成，其中键断裂吸热，键形成放热，图中过程1是吸热过程，过程2是放热过程，氢气在氯气中燃烧是放热过程，而氯化氢的分解是吸热过程，故
3、答案为C。3. 下列说法正确的是()A. 增大压强，活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大B. 升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C. 加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D. 使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A对于无气体物质参加的化学反应，增大压强，化学反应速率不变；对于有气体参加的反应，增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B升高温度，物质的内能增加，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率一定增大，B错误；C加入反应物，活化分子百分数不变；若
4、加入的反应物是固体或纯液体，加入反应物，化学反应速率不变，C错误；D若使用了正催化剂，则由于降低了反应的活化能，大大增大了活化分子百分数，使化学反应速率成千上万倍的增大，D正确；故答案选D。4. 下列能用勒夏特列原理解释的是（）A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深【答案】B【解析】【详解】A、根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，合成氨放热反应，所以升高温度不利于合成氨气，错误；B、根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体体积缩小的方向
5、移动，加压后平衡向生成N2O4的方向移动，加压后颜色先变深后变浅，正确；C、使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；D、H2、I2、HI平衡混和气加压，平衡不移动，后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，错误；答案选B。5. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJmol-1B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) H=a， 2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=b， 则abC. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.
6、3kJmol-1，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJD. 已知P(s,白磷)=P(s,红磷) H0，则白磷比红磷稳定【答案】C【解析】【详解】A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-4836 kJmol-1，该热化学方程式中，水不是液态，不是稳定的燃烧产物，与燃烧热的定义不符合，故A错误；B等物质的量的C燃烧，生成CO2时放出的热量更多，故ab，B错误；C醋酸是弱酸，体系中存在电离平衡（电离是吸热的），40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，C正确；DP(s,白磷)=P(s,红磷) H0，红磷能量更低，则红磷
7、比白磷稳定，D错误；答案选C。6. 一定条件下，在水溶液中1molCl-，ClO (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示下列有关说法正确的是 ( ) A. e是ClOB. ba+c反应的活化能为60kJmol-1C. a，b，c，d，e中c最稳定D. ba+d反应的热化学方程式为：3ClO-(aq)=ClO(aq)+2Cl-(aq) H= - 116kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A因为e点Cl为+7价，所以x=4，故A项错误；B题目中只给出了a、b、c的能量相对大小，无法计算出活化能，故B项错误；Ca，b，c，d，e中a能量最低，a最稳定，故C项错误；Dba+d反应的热
8、化学方程式为：3ClO-(aq)=ClO(aq)+2Cl-(aq)，H=64+20-360=-116 kJmol-1，故D项正确；故答案为D。7. 二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向。由制取C的太阳能工艺如图所示，下列说法错误的是（）A. “热分解系统”发生的反应属于吸热反应B. “重整系统”发生的反应不属于置换反应C. “重整系统”发生的反应中，氧化剂为CO2D. “热分解系统”发生的反应中每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为【答案】D【解析】【分析】“热分解系统”发生的反应为，每分解1molFe3O4转移 ，“重整系统”发生的反应为，据此回答。【详解】A.
9、“热分解系统”发生的反应为，属于吸热反应，故A正确；B. “重整系统”发生的反应为，反应物中没有单质，不符合置换反应概念，故B正确；C. 在“重整系统”发生的反应中，CO2中碳元素化合价降低生成单质C，做氧化剂，故C正确；D. “热分解系统”反应中，每分解1molFe3O4转移，故D错误；故答案为D。8. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） H=x kJmol1已知碳的燃烧热H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s） H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO
10、3（s） H3=c kJmol1则x为A. 3a+bcB. c+3abC. a+bcD. c+ab【答案】A【解析】【详解】已知碳的燃烧热为H1=a kJmol1，则碳燃烧的热化学方程式为：C（s）+O2（g）CO2（g） H1=a kJmol1，S（s）+2K（s）K2S（s） H2=b kJmol1，2K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s） H3=c kJmol1，根据盖斯定律，可得H=3H1+H2H3，即x=3a+bc，答案选A。9. 应：2A2B+C(A为红棕色气体，其余气体无色)在恒温恒容密闭容器中进行， 达到反应限度的标志是 单位时间内生成 n mol C 的同时，生成
11、 2n mol A v正(B)=v正(A) 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的压强不再改变的状态 用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】单位时间内生成n mol C同时生成2n mol A，说明正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选；
12、v正(B)=v正(A)，反应向右进行，反应速率同向，反应没有达到平衡状态，故不选；反应前后气体质量不变，气体物质的量是变量，根据，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变的状态，达到平衡状态，故选；A为红棕色气体，混合气体的颜色不再改变的状态，说明A浓度不变，一定达到平衡状态，故选；反应前后气体质量不变，容器体积不变，根据，密度是恒量，密度不再改变的状态，不一定平衡，故不选；反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不再改变的状态为平衡状态，故选；用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态，无论是否平衡，A与B、C表示的反应速率之比都是2：2：1，故不选
13、；综上，符合题意，答案选A。10. 如图所示，把NO2和N2O4的混合气体盛在两个连通的烧瓶里，调节左、右两边注射器内活塞，使其高度相等，关闭弹簧夹；同时把一个烧瓶放在热水里，另一个放在冰水里。下列对实验现象的描述错误的是（ ）。A. 左边注射器内的活塞高度比右边注射器内的活塞高度要高B. 左边注射器内的活塞与右边注射器内的活塞移动的方向和高度都相同C. 左边烧瓶内的颜色比右边烧瓶内的颜色深D. 两烧瓶内的化学平衡都发生了移动【答案】B【解析】【详解】A已知2NO2(g)N2O4(g)H0，左边温度升高，平衡逆向移动，容器内压强增大，而右边降温，平衡正向移动，容器内压强降低，则左边注射器内的活
14、塞高度比右边注射器内的活塞高度要高，故A正确；B由A中分析可知，左边压强增大，而右边压强减小，则左边注射器内的活塞与右边注射器内的活塞移动的方向和高度都不相同，故B错误；C已知2NO2(g)N2O4(g)H0，左边温度升高，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，而右边降温，平衡正向移动，NO2浓度减小，颜色变浅，则左边烧瓶内的颜色比右边烧瓶内的颜色深，故C正确；D温度改变，平衡肯定发生移动，即两烧瓶内的化学平衡都发生了移动，故D正确；故答案为B。11. 已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)，在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t 时，温度T和压强P与生成物C在混合物中的体积百分
15、含量的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是( ) A. T1T2，P1P2，m+np，H 0B. T1T2，P1P2，m+np，H0C. T1T2，P1P2，m+np，H 0【答案】B【解析】【分析】根据“先拐先平，数值大”原则，采取定一议二得到温度和压强的大小关系，根据图示，结合压强和C%的关系判断方程式前后的系数和大小关系，根据温度和C%的关系，确定化学反应的吸放热情况。【详解】压强均为P2时，比较温度不同，即比较曲线T1、P2与曲线T2、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，则T1T2，由图知温度越高，C%越低，说明平衡向逆反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移
16、动，故正反应为放热反应，即H 0；温度均为T1，比较压强不同，即比较曲线T1、P1与曲线T1、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，则P1P2，由图知压强越大，C%越高，说明平衡向正反应进行，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，所以m+np；根据以上分析得出：T1T2，P1P2，m+np，H v(d)v(b)B. 化学平衡常数：K(d)k(c)C. c向d变化时，v(正)v(逆)D. d点状态加入合适的催化剂可使c%增大【答案】C【解析】【分析】由图可知，T1T3为平衡的建立，c为平衡点，平衡后T3T4段中C的含量减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，且K
17、与温度有关，温度越高速率越大。【详解】A、温度越高速率越大，则正反应速率v(d)v(c)v(b)，故A错误；B、正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，则化学平衡常数：K(d)K(c)，故B错误；C、由c向d变化时，平衡逆向移动，可知v(正)v(逆)，故C正确；D、d点时加入催化剂不会使平衡移动， c%不变；故D错误。 答案选C。【点睛】把握图象分析、平衡点及温度对平衡移动的影响为解答的关键，注意K与温度的关系。15. 某温度下，在一个2 L的恒容密闭容器中，加入4mol A和2mol B进行反应：3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6m
18、olC，且反应的前后压强之比为5:4（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K=B. 此时，B的平衡转化率是20%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C，B的平衡转化率不变【答案】D【解析】【分析】反应前后压强之比为5:4，故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。【详解】A. 由，因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数 ，故A错误；B. 生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为 ，故B错误；C.由于温度没变，化学平衡常数不
19、变，故C错误；D. 由于C为非气体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；故选D。【点睛】该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。16. 在温度相同、容积均为2 L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是()已知N2(g)3H2(g)2NH3(g)H924 kJmol1A. 2p12p3p2B. 达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C. 23p2，故A错误；根据上述反应可知，乙所到达的平衡，可以看作在
20、恒温且容积是甲容器2倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所达到的平衡，由于该反应是气体体积减小的反应，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最高，故B错误；C. 丙容器中加入2 mol NH3，最后达到和甲相同的平衡状态，若平衡不移动，则转化率131；乙容器投入2 mol N2、6 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，2增大，所以转化率231，故C错误；D. 甲中投入1 mol N2、3 mol H2，丙中投入2 mol NH3，则甲与丙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与丙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故
21、Q1Q392.4，故D正确；答案选D。第II卷(非选择题共52分)二、填空（本题包括4小题，共52分）17. 可逆反应3A(g) 3B (?)+C (?) H0达到化学平衡后，升高温度。用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。 (1)若B、C都是气体。气体的平均相对分子质量_；(2)若B、C都不是气体，气体平均相对分子质量_；(3)若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量_；(4)若B不是气体，C是气体：如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量_；如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量_。【答案】 (1). 变大 (2). 不变 (3). 变大 (
22、4). 变大 (5). 变小【解析】【分析】本题中要结合平衡移动，分析平衡移动的方向，从气体组成、气体质量、气体物质的量三个角度分析平均相对分子质量的变化。【详解】该反应是放热反应，所以升高温度，平衡左移。(1)因为B、C都是气体，所以气体质量不变，平衡左移导致气体的总物质的量变小，所以气体的平均相对分子质量变大；(2)因为B、C都不是气体，所以气体只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以不变；(3)若B是气体，C不是气体，随着平衡左移，气体的总物质的量不变，但是气体质量增大，所以体的平均相对分子质量变大；(4)若B不是气体，C是气体，则平衡左移导致A逐渐增多，C逐渐减少，
23、所以：如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，随着A越来越多，气体的平均相对分子质量变大；如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，随着A越来越多，气体的平均相对分子质量变小；故答案为：变大，不变，变大，变大，变小。【点睛】本题要掌握平衡移动，通过判断反应移动的方向，从气体组成、气体质量、气体物质的量三个角度分析平均相对分子质量的变化。18. 50 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1NaOH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)实验中大约要使用230 mL NaOH溶液,配制溶液时至少需要称量NaOH固体_g。(2)
24、 从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)实验中若改用60 mL 0.50 molL1盐酸跟50 mL 0.55 molL1NaOH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”)，所求中和热的数值_(填“相等”或“不相等”)，理由是_。(5)三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2t1)分别为3.3 、3.4 、3.9 ，各溶液的密度均为1 g /cm3，生成溶液的比热容C=4.18 J /(g
25、oC)，则最终计算上述实验测出的中和热H1_。(6)若用氨水代替NaOH溶液做实验,测定结果H会_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(7)上述实验数值结果与57.3 kJmol1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分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中c量取NaOH溶液的体积时仰视读数 d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度【答案】 (1). 5.5 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 减少实验过程中的热量损失 (4). 偏小 (5). 不相等 (6). 相等 (7). 反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但中和热的均是强酸和
26、强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关 (8). -56.0kJ/mol (9). 偏大 (10). abcd【解析】【详解】(1)由于实验室没有230mL规格的容量瓶，所以配制NaOH溶液时需要用250mL容量瓶，则所需的NaOH固体的质量为0.25L0.55mol/L40g/mol=5.5g；(2)该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50
27、molL-1的盐酸跟60mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL 0.50 molL-1的盐酸跟60mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行上述实验相比，测得中和热数值相等；(5)三次温度差分别为：3.33.43.9，第组数据舍去，温度差平均为=3.35，混合后溶液质量为100mL1g/mL=100g，则放出的热量为4.18J/(g)100g3.35=4.181003.35J=0.4183.35kJ，生成的水的物质的量为0.05L0.50molL-1=
28、0.025mol，所以H1=-=-56.0kJ/mol；(6)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，由于焓变小于0，则H会偏大；(7)实验结果中和热的数值偏小，即放出的热量偏少；a实验装置保温、隔热效果差会导致热量散失，测得的中和热数值偏小，故a符合题意；b分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，每次加入NaOH时都会有热量散失，使得测得的中和热数值偏小，故b符合题意；c量取NaOH溶液时仰视读数，使所量的氢氧化钠体积偏大，但该反应HCl不足，放出热量不变，导致温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；d用温度计
29、测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，温度计上沾有的NaOH与盐酸反应，导致HCl溶液的起始温度偏高，测得温差偏小，导致中和热的数值偏小，故d符合题意；综上所述答案为abcd。【点睛】第一小题为易错点，要注意计算配制溶液所需溶质质量时要根据容量瓶的体积计算。19. 甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) H=+84kJ/mol2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H=484 kJ/mol工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方
30、程式：_(2)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。A、B两点对应的压强大小关系是PA_PB（填“”，“、 或 =)。【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) H=-316kJ/mol (2). KC (4). b (5). 100 (6). 减小 (7). 【解析】【详解】(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) H=+84kJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-484kJ/mol，将2+得到
31、CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)H=-316kJ/mol；(2)反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PAPB；据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KBKC； aH2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，二者表示的都是正反应速率，因此不能说明反应是否达到平衡状态，a错误；bCH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；c容器
32、体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，c错误；dCO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，因此不能这一点判断反应是否达到平衡状态，d错误；故合理选项是b；(3)P1压强、T1C时CO的转化率为0.5， CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度(mol/L) 0.1 0.2 0改变浓度(mol/L) 0.050.1 0.05平衡浓度(mol/L) 0.050.1 0.05化学平衡常数K=；若温度不变，再加入1.0molCO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，但CO投入量大于平衡
33、移动转化量，所以CO的转化率减小；(4) T1、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol H2：0.2mol CH3OH：0.2mol，此时反应的浓度商Qc=100，此时反应正向进行v正v逆。20. 如图所示，当关闭K时，向A 中充入2molX、7molY，向B中充入4molX、14molY，起始时V(A)=V(B)=a升，在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器各自发生下列反应：2X(g)+2Y(g)Z(g)+2W(g) H0达到平衡（）时V(B)=0.9a升，试回答：（1）B中X 的转化率(X)B为_（2）A中W和B中Z的物质的量的比较： n(W)A
34、_n(Z)B（填、或）（3）打开K，过一段时间重新达平衡（）时，B的体积为_升 （用含a的代数式表示，连通管中气体体积不计）（4）要使B容器恢复原来反应前的体积，可采取的措施是_【答案】 (1). 90% (2). (3). 0.35a (4). 升高温度【解析】【详解】（1）B容器中达到平衡后体积变化为0.9aL，依据压强之比等于气体物质的量之比计算得到平衡后气体物质的量，n=16.2mol，反应前后气体物质的量减小18mol16.2mol=1.8mol，2X（g）+2Y（g）Z（g）+2W（g）n2 1n（X） 1.8moln（X）=3.6molB中X的转化率（X）B=100%=90%；（
35、2）A为恒温恒容，B为恒温恒压，正反应为气体物质的量减小的反应，A中压强减小，A中所到达的平衡等效为在B的平衡基础上降低压强，B中的平衡向逆反应方向移动到达A中的平衡，故A中转化率较小，B中X、Y的量为A中的2倍，W的化学计量是Z的2倍，则n（W）An（Z）B；（3）打开K，为恒温恒压条件下，过一段时间重新达平衡（）与原B容器的平衡为等效平衡，X的转化率相同，则参加反应的X的物质的量=（4mol+2mol）90%=5.4mol，则：2X（g）+2Y（g）Z（g）+2W（g）n2 15.4mol 2.7mol故平衡时反应混合物的总物质的量=4mol+14mol+2mol+7mol2.7mol=24.3mol，体积之比等于物质的量之比，因此平衡后总体积=aL=1.35aL，则B的体积为1.35aLaL=0.35aL。（4）要使B容器恢复原来反应前的体积，需要气体体积增大，反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，气体体积增大，可以恢复原来体积。
