福建省永安市第一中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.docx

永安一中 20182019学年第一学期半期考高二化学试题（考试时间：90分钟 总分：100分）第卷（选择题，共48分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）1.下列说法正确的是（ ）A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”诗中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能B. 已知4P（红磷，s）= P4（白磷，s）H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定C. 同温同压下，H2(g)Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同D. 已知 H+(aq) + OH(aq) = H2O(aq)H= 57.3kJ/mol，则1molH2SO4与1mol Ba(OH)2的反应热H=2(57.3) kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A、燃豆萁涉及能量变化主要是化学能转化成热能和光能，故A说法正确；B、物质能量越低，物质越稳定，该反应为吸热反应，即红磷的能量小于白磷，红磷比白磷更稳定，故B说法错误；C、H只与始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，H相同，故C说法错误；D、H2SO4和Ba(OH)2发生反应：H2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2O，生成BaSO4伴随能量的变化，H不等于2(57.3)kJmol1，故D说法错误。2.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是（ ）A. 电池工作时，电子由锌经过电解质溶液流向铜B. 电池是一次电池C. 电池工作时，氢气发生还原反应D. 电池工作一段时间后，锌筒变软【答案】D【解析】【分析】化学能转化成电能，该装置为原电池装置，利用原电池的工作原理进行分析。【详解】A、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，锌为负极，Cu为正极，即电子从锌电极经外电路流向Cu极，故A错误；B、电池II为二次电池，故B错误；C、电池III是燃料电池，负极上发生氧化反应，即氢气发生氧化反应，故C错误；D、电池IV：Zn为负极，Zn失去电子，转化成Zn2，锌筒变薄变软，故D正确。【点睛】易错点：A选项中原电池中的电子不会在电解质溶液内定向移动，在原电池中电子由负极通过外电路流向正极，在内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即“电子不下线，离子不上线”。3.在2A(g)B(g)3C(g)4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A. v(A)0.5 molL-1min-1 B. v(B)0.003 molL-1s-1C. v (C)0.8 molL-1min-1 D. v(D)0.01 molL-1s-1【答案】C【解析】【分析】利用化学计量数之比等于化学反应速率之比，转化成同种物质，进行比较。【详解】以A物质为基准，B、根据化学计量数之比等于化学计量数之比，v(A)=2v(B)=20.00360mol/(Lmin)=0.36mol/(Lmin)；C、v(A)=2v(C)/3=0.53mol/(Lmin)；D、v(A)=2v(D)/4=20.0160/4mol/(Lmin)=0.3mol/(Lmin)；综上所述，选项C的反应速率最快。4.下列叙述正确的是（ ）A. 在镀件上电镀锌，用锌作阴极B. 将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀C. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极D. 铜板上的铁铆钉在潮湿的空气中直接发生反应：Fe 3e = Fe3+，继而形成铁锈【答案】B【解析】【详解】A、电镀中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，镀件上电镀锌，锌作阳极，故A错误；B、根据电解的原理，保护水闸，水闸应作阴极，水闸应于直流电源的负极相连，这叫外加电流的阴极保护法，故B正确；C、根据电解原理，铁作阳极，铁失去电子，Fe2得电子能力强于Al3，故Fe2达到一定浓度后会优先放电，因此熔融氧化铝时不能用铁作阳极，故C错误；D、构成的是原电池，Fe作负极，失去电子，生成Fe2，电极反应式为Fe2e=Fe2，故D错误。5.下列实验操作正确的是（ ）A. 用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿B. 测定中和热的实验中，酸或碱不可过量，否则会产生较大误差C. 中和热测定实验中可以用环形铁丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒D. 用pH试纸测定pH时，将溶液倒在试纸上，观察颜色变化并与标准比色卡对照【答案】A【解析】【详解】A、NH3与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离产生OH，因此用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿，故A正确；B、测定中和热的实验中，为保证酸或碱完全反应，可以让其中一种过量，故B错误；C、铁丝是热的良导体，容易造成热量的损失，因此不能用来替换环形玻璃搅拌棒，故C错误；D、用pH试纸测定pH时，应用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸中央，观察颜色变化，并与标准比色卡对照，故D错误。6.常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是（ ）A. 溶液中c（H+）=1.010-2 molL-1B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=4C. 此溶液中由水电离出的H+和OH浓度均为1.010-12 molL-1D. 加入等体积pH=12的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A、pH=lgc(H)，其中c(H)表示溶液中c(H)，即常温下，pH=2的盐酸，溶液中c(H)=1.0102molL1，故A说法正确；B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H)=1102/100molL1=1104molL1，即pH=4，故B说法正确；C、盐酸中c(OH)=Kw/c(H)=1014/102molL1=1012molL1，水电离出的c(H)等于水电离出的c(OH)，即水电离出的H和OH浓度均为1.01012molL1，故C说法正确；D、pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH)=102molL1，等体积混合后，H和OH恰好完全反应，溶液为中性，故D错误。【点睛】易错点是选项D，学生根据1molBa(OH)2中有2molOH，会错认为pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH)=102/2molL1，实际上c(OH)=102molL1，该c(OH)应为溶液中OH的物质的量浓度，等体积混合后，H和OH恰好完全反应，溶液为中性。7.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)， 当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是（ ）体系的压强不再改变 体系的温度不再改变气体的密度不再改变 各组分质量分数不再改变A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】容器为不传热的容器，依据任何化学反应伴随能量的变化，根据阿伏加德罗的推论可知，温度发生变化，气体压强发生变化，即压强不变时，说明反应达到平衡，故符合题意；根据的分析，容器为不传热的容器，当温度不再改变，说明反应达到平衡，故符合题意；容积固定不变，气体体积不变，D为固体，随着反应的进行气体质量减少，根据密度的定义，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故符合题意；根据化学平衡状态的定义，当各组分的质量分数不再改变时，说明反应达到平衡，故符合题意；综上所述，选项B正确。8.下列说法正确的是（ ）A. 强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液B. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐在水中溶解度很小是弱电解质C. 硫酸氢钠在水溶液和熔融状态下的电离方程式均为：NaHSO4 = Na + H + SO42D. 强电解质都是离子化合物，在水溶液或熔融状态下完全电离，以离子形式存在【答案】A【解析】【详解】A、电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大、所带电荷数越多，导电能力越强，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，故A正确；B、难溶性盐在水中的溶解度虽然小，但溶解部分全部电离，因此难溶性盐多数属于强电解质，故B错误；C、NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，熔融状态下NaHSO4(熔融)=NaHSO4，故C错误；D、部分共价化合物也属于强电解质，如H2SO4、HNO3等，故D错误。9.某学习小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法正确的是（ ）A. 该电池工作时，电子的流向为：外电路由B到A，内电路由A到B形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2eH2O=NO32H+ ；NO3e2H2O=NO34H+D. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标准状况下)，可以除去含1molNO和1molNO2的混合尾气【答案】C【解析】【分析】利用原电池工作原理进行分析即可。【详解】A、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，内电路只有阴阳离子的定向移动，电解质溶液中没有电子通过，故A错误；B、NO和NO2转化成HNO3，根据装置图，A电极为负极，电极反应式为NO2H2Oe=NO32H、NO2H2O3e=NO34H，B电极为正极，电极反应式为O24H4e=2H2O，由于质子交换膜只允许氢离子通过，氢离子向正极定向移动，氢离子转移和数目等于电子转移的数目，电极B附近硝酸根离子不参与反应，故硝酸根离子物质的量不变，溶液的体积增大，因此电极B附近硝酸的浓度减小，故B错误；C、根据选项B分析，故C正确；D、每消耗标准状况下的11.2LO2，转移电子物质的量为11.24/22.4mol=2mol，假设全部是NO，则消耗NO的物质的量为2/3mol，假设全部是NO2，则消耗NO2的物质的量为2mol，可除去含NO和NO2的混合尾气介于2/3mol2mol，故D错误。10.把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL浓度均为0.5 molL的下列溶液中，导电能力变化较大的是（ ）A. MgSO4溶液 B. 盐酸 C. CH3COOH D. NH4Cl溶液【答案】C【解析】【分析】电解质溶液的导电能力与离子浓度、所电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越大。【详解】A、发生MgSO42NaOH=Mg(OH)2Na2SO4，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故A不符合题意；B、发生HClNaOH=NaClH2O，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故B不符合题意；C、发生CH3COOHNaOH=CH3COONaH2O，CH3COOH为弱酸，CH3COONa为强电解质，离子浓度增大，导电能力显著增强，故C符合题意；D、发生NH4ClNaOH=NaClNH3H2O，NH3H2O为弱碱，离子浓度增大不明显，导电能力变化不明显，比选项C增幅小，故D不符合题意。11.纯水中存在的平衡：H2O H + OH，其电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. A、C两点可能为纯水B. 若从A点到C点，可采用：升高温度，在水中加入少量氯化钠固体C. 若从C点到D点，可采用：降低温度，在水中加入少量硫酸氢钠固体D. 若从A点到D点，可采用：温度不变，在水中加入少量碱【答案】D【解析】【分析】Kw只受温度的影响，温度升高，Kw增大，然后从影响水电离的因素考虑。【详解】A、A和C两点c(H)=c(OH)，显中性，A和C两点可能为纯水，故A说法正确；B、Kw只受温度的影响，因此从A到C水的离子积增大，可采用升高温度的方法，加入NaCl固体不影响水的电离，故B说法正确；C、水的离子积减小，采取方法是降温，D点c(H)c(OH)，溶液显酸性，水中加入NaHSO4，NaHSO4=NaHSO42，使溶液显酸性，故C说法正确；D、AD水的离子积不变，则温度不变，D点c(H)c(OH)，溶液显酸性，加入少量的碱只能使溶液显碱性，故D说法错误。12.工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H = 92.0kJmol1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 25min时采取的措施是降低温度或增大压强B. 将0.5 mol氮气、1.5 mol氢气置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为46 kJC. 、 三个时间段分别是改变一个条件引起的平衡移动，平衡时平衡常数：K K = KD. 为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现【答案】C【解析】【详解】A、25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取措施是将NH3从体系中分离；故A错误；B、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于46kJ，故B错误；C、25时改变条件是将NH3从体系中分离；45min时，组分的浓度没有改变，之后N2和H2物质的量浓度降低，NH3的物质的量浓度增大，说明反应向正反应方向进行，由于正反应是放热反应，故改变的条件只能是降温，平衡常数增大，平衡常数只受温度的影响，因此平衡常数大小顺序是KIIIKII=KI，故C正确；D、使用催化剂增大单位时间内生成NH3的量，但是催化剂不能改变反应物的平衡转化率，故在平衡状态下NH3的产率不变，原料的循环使用可以提高NH3的产率，故D错误。【点睛】易错点为选项D，学生认为使用催化剂只增大化学反应速率，平衡不移动，使用催化剂氨气的产率不变，忽略了增大化学反应速率，单位时间内生成NH3的量增大，即相同时间内产率增大。注意这是工业，不会等到达到平衡再提取氨气。13.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）H0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是A. b点达到平衡状态B. b点与a点相比，c（NO2）、c（N2O4）均减小C. d点：v（正）v（逆）D. 若在c点将温度降低，其透光率将增大【答案】B【解析】Ab点透光率不再发生变化，则b点达到平衡状态，A正确；B颜色越深，透光率越小，可知b点c（NO2）大，而a点c（N2O4）大，B错误；Cd点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）v（逆），C正确；D该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，D正确；答案选B。点睛：本题考查化学平衡的影响因素，把握浓度、颜色及透光率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合。14.下列图像不符合反应Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g) H0 的是（图中v是速率，为混合物中H2的体积百分含量）（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】反应Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g) H0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。【详解】反应Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g) HT1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。故选A。15.探究电场作用下阴阳离子的迁移。a、b、c、d 均为石墨电极，电极间距4cm。将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下实验，下列说法不正确的是（ ） 实验现象：时间试纸I试纸IIlmina极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝c极附近试纸变红，d极附近试纸变蓝10min红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色A. Na2SO4溶液中SO42向a极和c极移动B. a极附近试纸变红的原因是：2H2O+2e= H2+2OHC. 试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH快D. 对比试纸I和试纸II的现象，说明电解质浓度和环境影响H+和OH的迁移【答案】B【解析】【分析】利用电解原理和实验所给实验现象进行分析。【详解】A、a、c电极为阳极，b、d电极为阴极，根据电解原理，SO42向阳极移动，即向a和c两极移动，故A说法正确；B、试纸为pH，试纸变红，说明溶液显酸性，即a电极反应式为2H2O4e=O24H，故B说法错误；C、根据10min试纸I相遇时，红色区域为2.7cm，蓝色区域1.3cm，推出H迁移速率比OH快，故C说法正确；D、对比试纸I和试纸II的现象不同，说明电解质浓度越大，对H和OH的迁移影响较大，故D说法正确。16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）t / s050150250350n(PCl3) / mol00. 160. 190. 200. 20A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为56B. 反应在前50 s 的平均速率(PCl3)= 0. 0032 molL-1s-1C. 相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，反应达到平衡前(正)(逆)D. 相同温度下，若起始时向容器中充入2. 0 mol PCl3 和2. 0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3 的质量分数比上述平衡体系小【答案】D【解析】【详解】A、 PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始： 1.0 0 0变化： 0.2 0.2 0.2平衡： 0.8 0.2 0.2 相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，即P前：P后=1.0：1.2=5：6，故A错误；B、根据化学反应速率的数学表达式，v(PCl3)=0.16/(250)mol/(Ls)=0.0016mol/(Ls)，故B错误；C、根据选项A，此温度下化学平衡常数K=0.025，相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，此时的浓度商Q=0.030.025，说明反应向逆反应方向进行，即v逆v正，故C错误；D、充入2.0molPCl3和2.0molCl2，可以看作先通入1.0molPCl3和1.0molCl2，达到平衡时，PCl3的质量分数与原平衡PCl3的质量分数相等，然后再通入1.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来基础上增大压强，PCl3的转化率增大，PCl3的质量分数减小，故D正确。第卷（非选择题，共52分）二综合题（本大题共4小题，共52分）17.如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应式为_。（2）装置2中左池为氯化铁溶液，右池为硫酸铜溶液，一段时间后右池溶液中c（Cu2+）_(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该装置的盐桥中盛装的是NH4NO3的琼脂溶液，则盐桥中的_离子（填“NH4+”或“NO3”）向氯化铁溶液迁移。（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液。反应一段时间后，观察到乙烧杯的石墨电极上有气泡生成。电源的M端为_极；甲烧杯中铁电极的电极反应式为_。乙烧杯中电解反应的离子方程式为_。停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重0.32g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为_mL；电解后乙烧杯溶液的pH为_（假设电解前后溶液的体积不变）。若要将乙池设计成电解精炼铜的装置，则乙池的石墨应改成_（填“粗铜”或“精铜”）。【答案】 (1). O2+4e-+2H2O4OH- (2). 增大 (3). NH4+ (4). 正 (5). Fe-2e-Fe2+ (6). 2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+ (7). 112 (8). 1 (9). 粗铜【解析】【详解】（1）电解质溶液中滴有酚酞，反应一段时间后，碳棒附近溶液变红，说明碳棒附近产生OH，即碳棒电极反应式为O22H2O4e=4OH；（2）电池总反应是Cu2Fe3=2Fe2Cu2，即Cu电极为负极，反应式为Cu2e=Cu2，右池中c(Cu2)增大；石墨为正极，根据原电池的工作原理，NH4向FeCl3溶液迁移；（3）乙烧杯石墨电极上有气泡产生，电极反应式为4OH4e=O22H2O，即石墨为阳极，Cu为阴极，根据电解原理，N为电源的负极，M为电源的正极；Fe电极与M相连，即Fe电极为阳极，根据电解池放电顺序，Fe失电子，电极反应式为Fe2e=Fe2；乙烧杯电解是CuSO4水溶液，总电极反应式为2Cu22H2O2CuO24H；Cu电极增重0.32g，增重的是析出Cu的质量，即整个电路转移电子物质的量为0.322/64mol=0.01mol，甲池中石墨电极反应式为2H2e=H2，标准状况下，产生氢气的体积为0.0122.4/2L=0.112L，即112mL；根据，产生n(H)=20.32/64mol=0.01mol，即c(H)=0.01/(100103)molL1=0.1molL1，pH=1；精炼铜时，粗铜为阳极，阴极为纯铜，故乙池的石墨应改为粗铜。18.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s) H= 76.0kJ/molC(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) H= + 113.4kJ/mol写出FeO(s)和H2O(g)生成Fe3O4(s)和H2(g)的热化学方程式_。（2）如图为1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。已知E1=134 kJmol-1，E2=368 kJmol-1(E1、E2为反应的活化能)。若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、H的变化分别是_、_(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应放出的热量为_kJ。（3）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g) H2SO4(l)+2HI(g)在150 下能自发进行，则H_ 0 (填“大于”、“ 小于”或“大于或小于都可”)。【答案】 (1). 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) H= + 18.7.4kJ/mol (2). 减小 (3). 不变 (4). 234 (5). 小于【解析】【详解】（1）FeO与H2O反应的方程式为3FeOH2O=Fe3O4H2，6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s)，C(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) ，根据目标反应方程式，()/2，得出H=(76.0113.4)/2kJmol1=18.7kJmol1，热化学反应方程式为 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) H= + 18.7.4kJmol1；（2）使用催化剂，降低活化能，即E1减小，H只与始态和终态有关，即使用催化剂，H不变；根据图像该反应放出的热量为(E2E1)kJ=(368134)kJ=234kJ；（3）根据复合判据，能自发进行G0，根据反应方程式，该反应为熵减反应，即S0，推出H”、“ 【解析】【详解】（1）根据H=反应物键能总和生成物键能总和=(107624363413343465)kJmol1=99kJmol1；（2）根据O2移动方向，A极为正极，B极为负极，B电极反应式为CH3OH3O2=6e=CO22H2O；（3）化学平衡只受温度的影响，根据表格中的数据，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应； CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)起始： 0.1 0.2 0变化： 0.05 0.1 0.05平衡： 0.05 0.1 0.05 K=100，根据表格数据，此时温度为50；（4）根据化学平衡常数的表达式，该反应的平衡常数K=；根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)=0.753/(110)mol/(Lmin)=0.225mol/(Lmin)；A、消耗CO2，生成CH3OH，反应都是向正反应方向进行，v(CO2)消耗 = v(CH3OH)生成，不能说明反应达到平衡，故A错误；B、组分都是气体，则气体质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，则密度不再改变，不能说明反应达到平衡，故B错误；C、CO2和CH3OH的浓度之比不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；D、组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量减少，M=m/n，即当气体平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；气体物质的量增大，说明反应向逆反应方向移动，A、升高温度，加快反应反应速率，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故A正确；B、缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率加快，压强增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、再充入CO2，反应速率加快，因为充入的是气体，因此气体物质的量增大，故C正确；D、使用催化剂，只加快反应速率，对化学平衡移动无影响，即气体物质的量不变故，故D错误；根据的平衡常数的表达式，得出此温度下化学平衡常数K=16/3，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始： 0 0 2 2变化： x 3x x x平衡： x 3x 2-x 2-x K=，解得x=0.4，CO2的物质的量浓度为0.40.25。【点睛】用不同物质的反应速率表示达到平衡，应注意先看反应的方向，要求反应方向是一正一逆，然后再看反应速率之比是否等于化学计量数之比。20.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+ H= +13.8 kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？_（“是”或“否”），理由是_。（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是_。（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72废水，探究不同因素对含Cr2O72废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨阳极为铁Cr2O72的去除率/%0.922