化学河南省郑州一中届高三上学期期中解析版.docx
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化学河南省郑州一中届高三上学期期中解析版
2016-2017学年河南省郑州一中高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：
本题共16小题，每小题3分，共48分．
1．下列说法不正确的是（ ）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
2．下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱D．海水提溴
3．O2F2可以发生反应：
H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：
4
4．实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
5．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
6．现有两份氨水．一份质量分数为w%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1；另一份质量分数为2w%，物质的量浓度为c2mol•L﹣1．下列说法不正确的是（ ）
A．c2＜2c1
B．将两溶液等体积混合后，所得溶液的物质的量浓度为0.5（c1+c2）mol•L﹣1
C．将两溶液等质量混合后，取100mL混合溶液，可恰好与0.05（c1+c2）molCuSO4反应使Cu2+完全沉淀
D．向100g质量分数为2w%的氨水中加入100g水，即得质量分数为w%的氨水
7．下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ）
A．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
8．向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末B．稀硫酸
C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶液
9．下列叙述正确的是（ ）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
10．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为b＞3＞a
C．图中X点对应的平衡混合物中
=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）增大
11．向500mLFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重1g，则原FeCl3溶液的物质的量浓度为（ ）
A．1mol•L﹣1B．1.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．2.5mol•L﹣1
12．运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ）
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
13．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（ ）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉﹣KI试液
先变蓝后褪色
Cl2具有氧化性和漂白性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有漂白性
A．AB．BC．CD．D
14．利用1L3mol•L﹣1的盐酸、1L3mol•L﹣1的氢氧化钠溶液和足量的铝单质，最多可以制备得到氢氧化铝的物质的量为（ ）
A．1molB．3molC．4molD．6mol
15．通过以下反应均可获取H2，下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢：
2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=+571.6kJ•mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：
C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ•mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：
CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=+206.1kJ•mol﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3减小
D．反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的△H3=74.8kJ•mol﹣1
16．将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数减小B．BaO量不变
C．氧气压强不变D．固体总质量不变
二、非选择题：
本题共6大题，共52分．
17．A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍．B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2．E+与D2﹣具有相同的电子数．A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸．回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置是 ，写出一种工业制备单质F的离子方程式：
．
（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为 ，其水溶液与少量F单质反应的化学方程式为 ；在产物中加入少量KI，反应后加入CCl4并振荡，有机层显 色．
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：
物质
组成和结构信息
a
由两种元素组成含有A的离子化合物
b
由两种元素组成含有非极性共价键的离子化合物，且原子数之比为1：
1
c
化学组成为BDF2
d
只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式为 ；b的化学式为 ；c的结构式为 ；d的晶体类型是 ．
18．有三份不同质量的铁粉样品①②③，甲、乙、丙三位同学各取一份样品分别与含有0.8molHNO3的稀硝酸反应，反应后硝酸和铁均无剩余，且硝酸的还原产物只有NO．据此回答下列问题：
（1）甲取样品①，反应后的溶液中铁只以Fe3+离子的形式存在，则样品①的质量为 g．
（2）乙取样品②，反应后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+离子，则样品②的质量（设为ag）范围是 ．
（3）丙取样品③，将其慢慢加入到稀硝酸中，并不断搅拌，反应过程中溶液里Fe3+、Fe2+、NO3﹣三种离子中的两种离子的物质的量的变化曲线如图所示，则该曲线表示的是 物质的量变化的曲线，请你在此图中再画出另外种离子的物质的量的变化曲线．
19．LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质．某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如图：
已知：
HCl的沸点是﹣85.0℃，HF的沸点是19.5℃．
（1）第①步反应中无水HF的作用是 、 ．反应设备不能用玻璃材质的原因是 （用化学方程式表示）．
（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式：
．
（3）第④步分离采用的方法是 ；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是 ．
20．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：
实验一焦亚硫酸钠的制取
采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：
Na2SO3+SO2→Na2S2O5
（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 ．
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 ．
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为 （填序号）（图2）．
实验二焦亚硫酸钠的性质
（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 （填序号）．
a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸
d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 ．
实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如图3：
（6）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量
（以游离SO2计算）为 g•L﹣1．
（7）在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．
21．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6（g）+NH3（g）+
O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1
②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 ．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率 （填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）．
A．催化剂活性降低B．平衡常数变大
C．副反应增多D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 ．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 ．
2016-2017学年河南省郑州一中高三（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16小题，每小题3分，共48分．
1．下列说法不正确的是（ ）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；
B．Ge是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸；
D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应．
【解答】解：
A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；
B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ce（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病，故C正确；
D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；
故选D．
2．下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱D．海水提溴
【考点】氧化还原反应．
【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：
A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选C．
3．O2F2可以发生反应：
H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：
4
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．
【解答】解：
A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：
4，故D正确．
故选D．
4．实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
【考点】物质的分离、提纯和除杂．
【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作Ⅰ是加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，趁热过滤，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．
【解答】解：
KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，析出氯化钠晶体，趁热过滤，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．
故选C．
5．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据2mol钠生成1mol氢气来分析；
B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫分子；
C、求出混合气体的物质的量，然后根据氮气和氢气均为双原子分子来分析；
D、根据四氧化三铁中铁元素的价态来分析．
【解答】解：
A、23g钠的物质的量为1mol，与足量水反应生成0.5molH2，所以生成H2分子的个数是0.5NA，故A正确；
B、Cu和足量热浓硫酸反应不会生成SO3分子，生成的是二氧化硫分子，故B错误；
C、由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，故C错误；
D、3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，相当于有2mol变成三价铁，转移6mol电子，1mol变成二价铁，转移2mol电子，所以总共转移8mol电子，即8NA个，故D正确．
故选D．
6．现有两份氨水．一份质量分数为w%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1；另一份质量分数为2w%，物质的量浓度为c2mol•L﹣1．下列说法不正确的是（ ）
A．c2＜2c1
B．将两溶液等体积混合后，所得溶液的物质的量浓度为0.5（c1+c2）mol•L﹣1
C．将两溶液等质量混合后，取100mL混合溶液，可恰好与0.05（c1+c2）molCuSO4反应使Cu2+完全沉淀
D．向100g质量分数为2w%的氨水中加入100g水，即得质量分数为w%的氨水
【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．
【分析】A．利用c=
计算氨水的物质的量浓度，且氨水溶液的浓度越大其密度越小，以此来解答；
B．根据c=
计算；
C．根据将两溶液等质量混合后，因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以混合后c＜0.5（c1+c2）mol•L﹣1分析；
D．根据质量分数=
×100%计算．
【解答】解：
A．利用c=
，则有c1=
，c2=
，又因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以ρ1＞ρ2，则c2＜2c1，故A正确；
B．将两溶液等体积混合后，则所得溶液的物质的量浓度为c=
=
=0.5（c1+c2）mol•L﹣1，故B正确；
C．将两溶液等质量混合后，因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以混合后c＜0.5（c1+c2）mol•L﹣1，则不可能恰好与0.05（c1+c2）molCuSO4反应使Cu2+完全沉淀，故C错误；
D．向100g质量分数为2w%的氨水中加入100g水，则所得溶液质量分数=
×100%=
×100%=w%，故D正确；
故选C．
7．下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ）
A．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应的能量变化规律；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；中和滴定．
【分析】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量；
B．温度过高，酶失去催化活性；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等；
D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变．
【解答】解：
A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；
B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；
D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确．
故选A．
8．向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末B．稀硫酸
C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶液
【考点】氯气的化学性质．
【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项．
【解答】解：
在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，
A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；
B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；
C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；
D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；
故选A．
9．下列叙述正确的是（ ）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小．
【解答】解：
A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确．
故选D．
10．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为b＞3＞a
C．图中X点对应的平衡混合物中
=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A、温度越高CH4的体积分数越小；
B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小；
C、X点对应起始的量，而不是平衡时；
D、增大压强，平衡逆向移动．
【解答】解：
A、温度越高CH4的体积分数越小，说明平衡正向移动，所以正反应是吸热，所以该反应的焓变△H＞0，故A正确；
B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小，所以Z的大小为b＞3＞a，故B正确；
C、X点对应起始的量之比，而不是平衡时，故C错误；
D、增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D正确；
故选C．
11．向500mLFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重
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