2019-2020学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版

兰州一中2019－2020－１学期期中考试试题
高二化学(理科）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题（每小题2分，共46分。）
1.下列有关能量转换的说法不正确的是
A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B. 太阳能热水器是太阳能转化为热能
C. 室温时，稀硫酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O时放出的热量是57.3kJ
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发，则该反应的△H<0
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤燃烧主要是将化学能转化为热能的过程，故A正确；
B. 太阳能热水器吸收太阳辐射的能量，太阳能转化为热能，故B正确；
C. 生成BaSO4时要放出热量，室温时，稀硫酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O时放出的热量多于57.3kJ，故C错误；
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发，△H-T△S<0，反应气体的物质的量减少，△S<0，则该反应的△H<0，故D正确；
故选C。
2.下列变化中，属于吸热反应的是( )
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓H2SO4稀释 ④KClO3分解制O2⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥石灰石高温分解⑦铝热反应⑧Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合⑨C＋H2O=CO＋H2 ⑩Al与盐酸反应
A. ②③④⑥⑦⑧⑨ B. ②④⑥⑧⑨ C. ①②④⑥⑧ D. ②③④⑧⑨
【答案】B
【解析】
【分析】
常见的吸热反应有大多数分解反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、C与H2O(g)、C与CO2的反应等。
【详解】①液态水汽化，吸收热量，但属于物理变化，故①不符合题意；
②胆矾为CuSO4·5H2O，胆矾受热CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O，属于吸热反应，故②符合题意；
③浓硫酸稀释属于放热过程，故③不符合题意；
④KClO3分解属于吸热反应，故④符合题意；
⑤生石灰与水反应是放热反应，故⑤不符合题意；
⑥石灰石高温分解属于吸热反应，故⑥符合题意；
⑦铝热反应为放热反应，故⑦不符合题意；
⑧Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故⑧符合题意；
⑨C和H2O反应属于吸热反应，故⑨符合题意；
⑩Al与盐酸反应属于放热反应，故⑩不符合题意；
综上所述，属于吸热反应的是②④⑥⑧⑨，
答案选B。
【点睛】学生易混淆吸热反应和吸热过程，吸热反应属于化学反应，吸热过程属于物理变化，如①液态水汽化，虽然吸热，但是此过程属于物理过程，即①属于吸热过程，不属于吸热反应。
3.为了减缓锌和一定浓度盐酸反应速率，而又不减少产生氢气的量，向盐酸中加入下列物质，措施可行的是
A. 升温 B. NaNO3溶液 C. 几滴CuSO4溶液 D. CH3COONa固体
【答案】D
【解析】
【分析】
Zn和盐酸反应：Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，减缓反应速率，降低温度或降低c(H＋)。
【详解】A、升高温度，加快反应速率，故A不符合题意；
B、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生H2，故B不符合题意；
C、加入几滴CuSO4，发生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不符合题意；
D、发生HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，c(H＋)降低，反应速率降低，CH3COOH能与锌发生置换反应生成H2，不影响H2的产量，故D符合题意。
4.反应2A(g) 2 B(g)+C(g) △H＞0，达平衡时要使v正降低、c(A)增大，应采取的措施是
A. 升温 B. 降温 C. 加压 D. 减压
【答案】B
【解析】
【详解】增大压强或升高温度反应速率都是增大的，A、C不正确；正反应是体积增大的可逆反应，所以降低压强平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，D不正确；由于正反应是吸热反应，所以降低温度反应速率降低，且平衡向逆反应方向移动，c(A)增大，
所以答案选B。
5.常温下，将冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，以下物理量持续变小的是
A. c(H+) B. 醋酸的电离度 C. 醋酸分子的浓度 D. 醋酸的电离平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】
冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，促进了醋酸的电离，随着水量的增加，醋酸的电离度增大，c(H+)增大，醋酸分子的浓度在减小，但当达到酸的电离程度小于溶液体积增大程度时,溶液中氢离子浓度又逐渐减少；由于温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，据以上分析解答。
【详解】A.醋酸是弱电解质,加水稀释促进醋酸电离, c(H+)增大，但当达到酸的电离程度小于溶液体积增大程度时,溶液中氢离子浓度又逐渐减少,故A错误；
B.冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，醋酸分子不断电离，醋酸的电离度不断增大，故B错误；
C.冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，醋酸分子不断电离，醋酸分子的浓度持续不断地减小，故C正确；
D. 温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故D错误； 
综上所述，本题选C。
6.下列事实不能用勒夏特列原理来解释是
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 合成氨工业选择高温
C. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
D. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理即平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A. Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释；
B. 合成氨工业选择高温，主要考虑催化剂的活性最大，不能用勒夏特列原理解释；
C. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强减小，H2CO3H2O＋CO2正向移动，能用勒夏特列原理解释；
D. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，平衡正向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释；
故选B。
7.反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率v(x)可表示为( )
A. v(NH3)=0.010mol/(L·s) B. v(O2)=0.0010mol/(L·s)
C. v(NO)=0.0010 mol/(L·s) D. v(H2O)=0.45 mol/(L·s)
【答案】C
【解析】
【详解】在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v（H2O）==0.0015mol•L-1•s-1，结合速率之比等于化学计量数之比可知：v（NH3）=0.0010mol•L-1•s-1，v（O2）=0.00125mol•L-1•s-1，v（NO）=0.0010mol•L-1•s-1，故选项C正确。
8.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol
B. lmol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol
C. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol
D. HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
A、从燃烧热的定义入手，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
B、△H和化学计量数为对应关系；
C、C的稳定氧化物为CO2；
D、HF为弱酸，弱酸的电离是吸热过程，其中和热的绝对值应小于57.3kJ·mol－1。
【详解】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A错误；
B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B正确；
C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C错误；
D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D错误。
【点睛】燃烧热的定义是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，可燃物为1mol，C的稳定氧化物为CO2，H的稳定氧化物为液态水等。
9.2SO2(g)十O2(g) ⇌ 2SO3(g) △H = -198 kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：Ⅰ：V2O5+ SO2→2VO2 +SO3(快)  Ⅱ: 4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是
A. 反应速率主要取决于Ⅰ步反应
B. 该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol
C. 2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量
D. VO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol－1，故B 正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。
10.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中
A. 加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B. 通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C. 滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D. 加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；
B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；
C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；
D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。
答案选C。
【点睛】弱电解质的电离是电解质溶液中的三大平衡体系之一，本题考查弱电解质的电离，要明确离子间发生的反应是解本题关键，还要注意加水稀释时，虽然促进了氢硫酸的电离，但氢离子浓度也会减小，溶液的pH增大。
11.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，前者放出热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石) △H ＝+1.90 kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时，2g氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) △H＝-285.8kJ/mol
D. 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0 反应为熵增反应，任何温度下能自发进行
【答案】A
【解析】
A、硫固体燃烧变为气体时需要吸收热量，等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，前者放出热量多，选项A正确；B、由C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.90 kJ/mol可知，石墨能量低于金刚石，所以金刚石比石墨活泼，选项B错误；C、在101kPa时，2g氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，热化学方程式中应标注是4g氢气燃烧放出的热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，选项C错误；D、根据反应方向的判据ΔH—TΔS判断，反应自发进行ΔH—TΔS＜0，该反应ΔH>0，反应为熵增反应，ΔS＞0，反应只有在低温时才能自发进行，选项D错误。答案选A。
12.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)己达到平衡状态的是（  ）
①混合气体的压强  ②混合气体的密度  ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量  ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值 ⑦混合气体的总质量  ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1 : 1
A. ①③④⑤ B. ①③④⑤⑧⑨ C. ①②③④⑤⑦ D. ①②③④⑤⑥⑦⑧
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)为气体体积缩小的反应,该反应达到平衡状态时,正反应速率与逆反应速率相等,各组分的浓度、百分含量不再变化,据此进行解答。
【详解】①该反应是反应前后气体体积不相等的反应，若反应没有达到平衡，则反应容器的压强改变，因此混合气体的压强都不变，能判断反应处于平衡状态，正确；
②反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能判断反应处于平衡状态，错误；
③若反应未达到平衡状态，则B的物质的量发生变化，所以B的物质的量浓度，证明反应处于平衡状态，正确；
④由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以若混合气体的总物质的量不变，则反应处于平衡状态，正确；
⑤由于该反应是气体体积改变的反应，气体的质量不变，所以若混合气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确；
⑥在任何状态下的相同时间内，v(C)与v(D)的比值都等于其化学计量数之比，因此不能依此判断反应是否处于平衡状态，错误；
⑦由于该反应的反应物、生成物都是气体，所以混合气体的总质量一直不变，故不能判断反应处于平衡状态，错误；
⑧在定容容器中，混合气体的总体积不能作为判断依据，故不能判断反应处于平衡状态，错误；
⑨反应未达到平衡状态时，C、D气体分子数之比也可能为1∶1，故不能判断反应处于平衡状态，错误；证明反应已达到平衡状态的是①③④⑤；
正确选项A。
13.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是

A. B. C. C D.
【答案】D
【解析】
详解】A.升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；
B.增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；
C.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；
D.升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。
故选D。
14.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。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】
【详解】A．b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；
C．d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。
15.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )

A. 该反应的逆反应为吸热反应
B. 平衡常数：KM＞KN
C. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；
C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；
故选C。
16.N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0，T1温度下的部分实验数据为
t/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)mol/L
5.00
3.52
2.50
2.50

下列说法不正确的是（ ）
A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10－3 mol/(L·s)
B. T1温度下的平衡常数为K1＝125，1 000 s时转化率为50%
C. 其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol/L，则T1 D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1>K2
【答案】C
【解析】
试题分析：A.500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5分解速率为=2.96×10-3mol/（L•s），故A正确；B.1000s、1500s时，N2O5的浓度都是2.5mol/L，说明1000s时反应到达平衡，则：
2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）
开始（mol/L）：5 0 0
变化（mol/L）：2.5 5 1.25
平衡（mol/L）：2.5 5 1.25
故该温度下，平衡常数k==125，N2O5的转化率=×100%=50%，故B正确；C．其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，浓度大于2.5mol/L，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应为降低温度，故T1＞T2，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，说明T2温度与T1温度相比，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应降低温度，则T1＞T2，故D正确；故选C。
考点：考查了化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡平衡常数计算及影响因素的相关知识。
17.在①、②、③容积不等的恒容密闭容器中，均充入0.1molCO和0.2molH2，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 三个容器的容积：①＞②＞③
C. 在P点，CO的转化率为75%
D. 在P点，向容器②中再充入CO、H2及CH3OH各0.025mol，此时υ正(CO)＜υ逆(CO)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动；
B．相同温度下，增大压强（缩小容器容积）平衡正向移动，则甲醇的体积分数增大；
C．P点，容器中甲醇的体积分数是50%，同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，设此时CO的转化率为x，
该反应中 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol）0.1 0.2 0
反应（mol）0.1x 0.2x 0.1x
平衡（mol）0.1（1-x） 0.2（1-x） 0.1x
甲醇的体积分数=
x=0.75
D．设容器体积为VL，由P点化学平衡常数与浓度商大小判断。
【详解】A．同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A错误；
B．相同温度下，增大压强（缩小容器容积）平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，由图知，甲醇的体积分数大小顺序是：①＞②＞③，压强大小顺序是：①＞②＞③，容器体积为：①＜②＜③，故B错误；
C．P点，容器中甲醇的体积分数是50%，同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，
设此时CO的转化率为x，
该反应中 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol）0.1 0.2 0
反应（mol）0.1x 0.2x 0.1x
平衡（mol）0.1（1-x） 0.2（1-x） 0.1x
甲醇的体积分数=
x=0.75，则CO的转化率为75%，故C正确；
D．设容器体积为VL，P点化学平衡常数K= =1200V2，向容器②中再充入CO、H2 及 CH3OH 各 0.025mol，此时浓度商==355.6V2＜K，说明平衡正向移动，则此时 υ正（CO）＞υ逆（CO），故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡计算及图象分析，侧重考查学生分析判断、计算能力，解题关键：明确温度、压强对化学平衡影响，难点D，注意D中反应方向判断方法，用化学平衡常数和浓度商进行比较。
18.下列选项中的原因或结论与现象不对应的是
选项
现象
原因或结论
A
在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率
MnO2降低了反应所需的活化能
B
将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深
2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，平衡向生成NO2方向移动
C
在密闭容器中有反应：A+xB(g)2C(g)达到平衡时测得c(A)为0.5 mol·L-1，恒温条件下将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4 mol·L-1
A为非气体、x＝1
D
向5mL 0.005mol·L-1FeCl3溶液中加入5mL 0.015mol·L-1 KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1mol·L-1 KSCN溶液，溶液颜色加深
增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、MnO2为H2O2分解催化剂，能加速H2O2的分解速率，所以MnO2降低了反应所需的活化能，故A正确；
B、NO2为红棕色，N2O4为无色，将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO2浓度增大，平衡向生成NO2方向移动，2NO2  N2O4反应△H＜0，故B正确；
C、达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，向左的方向气体的系数增大，故C错误；
D、再滴加几滴1mol·L-1KSCN溶液，增加了反应物浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，故D正确。
故答案选C。
【点睛】本题考查了催化剂对化学反应速率的影响和化学平衡的移动判断方法，化学平衡的影响因素，平衡移动规律是解题关键。
19.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是

A. a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b
B. a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b
C. 用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
D. a、b、c三点溶液用1 mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
【答案】C
【解析】
【详解】A．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b＜a＜c，选项A错误；
B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，选项B错误；
C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于对a点溶液稀释，氢离子浓度增大，pH偏小，选项C正确；
D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查电解质的电离，题目难度中等，本题注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为C，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小。
20.25 ℃时，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1 mol·L－1氨水
pH＝11氨水
0.1 mol·L－1盐酸
pH＝3盐酸


下列说法中正确的是(　　)
A. ①稀释到原来的100倍后，pH与②相同
B. 等体积①③混合、等体积②④混合所得的溶液都呈酸性
C. ①②中分别加入少量CH3COONa固体，c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变小
D. ③④稀释到原来的100倍后，稀释后④溶液中的pH大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨不会完全电离，所以pH小于②，故A错误；
B. 等体积①③混合，二者恰好反应生成氯化铵，NH4+水解而使溶液呈酸性；等体积②④混合，因为氨水浓度远大于盐酸，所以氨水大量剩余使溶液呈碱性，故B错误；
C．向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离，则①②中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变大，故C错误；
D. ③④稀释到原来的100倍后，③④的pH分别是3和5，故D正确。
故选D。
21.下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是
选项
反应
甲
乙
A
外形、大小相近的金属和水反应
Na
K
B
4mL0.01mol·L－1 KMnO4溶液分别和不同浓度的2mLH2C2O4(草酸)溶液反应
0.1mol·L－1的H2C2O4溶液
0.2mol·L－1的H2C2O4溶液
C
5mL0.1mol·L－1Na2S2O3溶液和5mL0.1mol·L－1H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5mL4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末


A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A．K比Na活泼，反应速率快；
B．浓度大，反应速率快；
C．温度高，反应速率快；
D．加催化剂，反应速率加快．
【详解】A．K比Na活泼，反应速率快，则图象中乙应在上方，故A错误；
B．浓度大，反应速率快，则图象中乙应在上方，故B错误；
C．温度高，反应速率快，随反应的进行，正反应速率逐渐减小，甲的温度高，图中应在上方，与图象一致，故C正确；
D．加催化剂，反应速率加快，则图中乙应在上方，故D错误；
故选：C。
22.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到如下表中的两组数据：已知2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H＜0
实验
编号
温度/℃
平衡常数
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
6
2
T2
K2
4
2
0.4
y
t

下列说法中不正确的是（ ）
A. x＝2.4
B. 实验1在前6 min的反应速率v(SO2)＝0.2 mol·L－1·min－1
C. K1、K2的关系：K2＞K1
D. T1、T2的关系：T1＞T2
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据表格数据知，平衡时消耗的氧气物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol，则消耗的二氧化硫的物质的量为1.2mol×2=2.4mol，则x=4mol-2.4mol=1.6mol，故A错误；
B.实验1在前6min的平均反应速率υ（SO2）= ==0.2 mol•L-1•min-1，故B正确；
C.根据上述分析，实验1的反应限度小于实验2，则K2>K1，故C正确；
D.由上述分析可知，平衡时实验1中二氧化硫的物质的量为1.6mol，则相对于实验2，平衡逆向移动，该反应为放热反应，所以T1>T2，故D正确；
故选A。
23.硼酸(H3BO3)溶液中存在：H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)。下列说法正确的是
化学式
电离常数(298K)
硼酸
K＝5.7×10－10
碳酸
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
醋酸
K＝1.75×10－5


A. 等物质的量浓度的碳酸钠溶液和醋酸钠溶液比较，pH：前者＞后者
B. 等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：前者＞后者
C. 将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中一定能观察到有气泡产生
D. 将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中一定能观察到有气泡产生
【答案】A
【解析】
【分析】
酸的电离常数越大，其酸性越强，根据电离常数知，酸性强弱顺序是：醋酸＞碳酸的一级电离＞硼酸＞碳酸的二级电离
【详解】A、醋酸的酸性大于碳酸，碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以等物质的量浓度的碳酸钠溶液pH大于醋酸钠溶液，故A正确；
B、碳酸的电离常数大于硼酸，则等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：前者＜后者，故B错误；
C、因为碳酸的一级电离＞硼酸＞碳酸的二级电离，则碳酸钠和硼酸反应生成碳酸氢钠而不是二氧化碳，所以观察不到有气泡产生，故C错误；
D、醋酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和醋酸反应生成二氧化碳，所以第一步不能观察到有气泡产生，将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中不一定能观察到有气泡产生，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确电离常数和酸的酸性强弱之间的关系是解本题关键，易错点C，碳酸的一级电离＞硼酸＞碳酸的二级电离，则碳酸钠和硼酸反应生成碳酸氢钠而不是二氧化碳。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共54分）
24.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：
（1）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是___(填字母)。
A.用温度计小心搅拌 B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C.轻轻地振荡烧杯 D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（2）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L－1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为___。
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/ ℃
终止温度t2/ ℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝___(结果保留一位小数)。
（4）____(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是__。
【答案】 (1). D (2). ΔH1＝ΔH2＜ΔH3 (3). －51.8kJ·mol－1 (4). 不能 (5). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热
【解析】
【分析】
（1）盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；
（2）弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；
（3）根据中和热的概念和计算公式Q=cm△t中涉及的未知数据进行判断；
（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果。
【详解】（1）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
故选D；
（2）氢氧化钠、氢氧化钙属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀氨水和1L 1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3；
（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；
50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g·cm－3=100g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×100g×（3.15℃+3.1℃+3.05℃）÷3=1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×1mol÷0.025mol=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ·mol－1；
（4）硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。
【点睛】本题考查了中和热的测定方法，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。
25.在一固定容积的密闭容器中进行着如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g) +H2O(g)其平衡常数K和温度t的关系如下：
t℃
700
800
850
1000
1200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6


（1）K的表达式为：___；
（2）该反应的正反应为__反应（“吸热”或“放热”）；
（3）当温度为850℃，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见表：
CO
H2O
CO2
H2
0.5mol
8.5mol
2.0mol
2.0mol


此时上述的反应中正、逆反应速率的关系式是__（填代号）。
A.υ(正)＞υ(逆) B.υ(正)＜υ(逆) C.υ(正)＝υ(逆) D.无法判断
（4）在700℃通过压缩体积增大气体压强，则该反应中H2(g)的转化率___（“增大”、“减小”或“不变”）；工业生产中，通过此方法使容器内气体压强增大以加快反应，却意外发现H2(g)的转化率也显著提高，请你从平衡原理解释其原因___。
【答案】 (1). (2). 放热 (3). B (4). 不变 (5). 压强增大使水蒸气液化，降低了水蒸气的浓度，平衡向右移动
【解析】
【分析】
（1）依据化学方程式和平衡常数概念书写表达式；
（2）图表数据分析平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行；
（3）依据图表中的数据计算浓度商，和平衡常数比较分析判断反应进行方向；
（4）CO2(g)+H2(g)CO(g) +H2O(g)，水是气态，该反应是气体体积不变的反应；
水是液态时，该反应是气体体积减小的反应。
【详解】（1）CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），依据平衡常数概念书写K=；
（2）图表数据分析平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应；
（3）当温度为850℃时，反应的平衡常数K=1.0，由于反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替物质的量浓度计算某时刻浓度商，Qc= =1.0625＞K=1，反应逆向进行，υ（正）＜υ（逆）；故选B；
（4）CO2(g)+H2(g)CO(g) +H2O(g)，水是气态，该反应是气体体积不变的反应，在700℃通过压缩体积增大气体压强，平衡不移动，则该反应中H2(g)的转化率不变；
水是液态时，该反应是气体体积减小的反应，压强增大使水蒸气液化，降低了水蒸气的浓度，平衡向右移动，H2的转化率增大。
26.大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。某科学小组进行O3与含I－溶液反应相关研究。
（1）O3将I－氧化生成I2的过程由3步反应组成：
①I－(aq)＋O3(g)IO－(aq)＋O2(g) ΔH1
②IO－(aq)＋H＋(aq)HIO(aq) ΔH2
③HIO(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3
用热化学方程式表示O3氧化I－生成I2的反应___。
（2）O3在水中易分解，在一定条件下，O3的浓度减少一半时所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216mol·L－1。
pH
t/min
T/℃
30
4.0
5.0
6.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
35
15
7

①在30℃、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为___mol·L－1·min－1。
②pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是____。
③根据表中数据，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为___(填字母)。
a.40℃、pH＝3.0 b.10℃、pH＝4.0 c.30℃、pH＝7.0
【答案】 (1). O3(g)+2I－(aq)+2H＋(aq)=I2(aq)+H2O(l)+O2(g) △H=△H1+△H2+△H3 (2). 1.00×10-4 (3). OH－ (4). bac
【解析】
【分析】
（1）反应为O3氧化I－生成I2，根据盖斯定律①+②+③可得总反应以及△H；
（2）①根据υ=△c÷△t计算；
②pH增大，则OH－浓度增大；
③根据表中数据判断pH和温度对分解速率的影响；
【详解】（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I－（aq）+O3（g）+2H＋（aq）=I2（aq）+O2（g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3 ；
（2）①υ=△c÷△t=0.0108mol·L－1÷108min=1.00×10-4mol/（L·min）；
②pH增大，则OH－浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH－；
③由表中数据可知，40°C、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；
10°C、pH=4.0时，所需时间＞231min；
30°C、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c。
27.氮的氧化物既是空气的重要污染物，同时也是重要的化工原料。
（1）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH=−57.0kJ·mol−1。测得NO2的物质的量分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
φ(NO2)
1.0
0.75
0.52
0.40
0.40


①0～20 min内，υ(N2O4)=___mol·L−1·min−1。
②上述反应中，υ正(NO2)=k1·c2(NO2)，υ逆(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373K时，k1、k2的数学关系式为___。改变温度至T1时k1=k2，则T1__373K（填“>”“<”或“=”）。
（2）NH3催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(l) ΔH，向容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO2和NH3的混合气体0.14mol充分反应。不同投料比时，NO2的平衡转化率与温度的关系如图中曲线所示[投料比=n(NO2)/n(NH3)]。

①ΔH___0（填“>”“<”或“=”）。
②x___3∶4（填“>”“<”或“=”）。
③400K时，反应的平衡常数为___（填计算式即可）。
④投料比为3∶4时，Q点υ逆(NH3)___（填“>”“<”或“=”）P点υ逆(NH3)。
【答案】 (1). 2.0×10−3 (2). k1=60k2 (3). > (4). < (5). > (6). (7). <
【解析】
【分析】
（1）①根据表中数据计算NO2的消耗速率，再由化学计量比计算N2O4的生成速率；
②反应达到平衡时有υ正=υ逆，据此计算，反应为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行；
（2）①投料比一定时，升高温度二氧化氮转化率减小，平衡逆向移动，则正反应放热；
②温度相同时，增大投料比，二氧化氮转化率减小；
③根据图像，400 K时，投料比3:4时，达到平衡NO2的转化率为50%，列出三段式，结合K的表达式计算；
④投料比为3：4时，温度相同，Q点没有达到平衡状态，要使反应达到平衡状态二氧化氮转化率应该增大，平衡正向移动，P点为平衡状态；
【详解】（1）①反应为：2NO2（g）N2O4（g），
起始（mol） 0.40 0
转化（mol） 2x x
20min(mol) 0.40-2x x
20min时，NO2的体积分数为0.75，所以 =0.75，可得x=0.08，所以反应20min时，消耗NO2的物质的量为0.08×2mol=0.16mol，0～20min内，NO2的消耗速率为υ（NO2）= =4×10-3mol/（L·min）， 根据化学计量比等于反应速率之比，则υ（N2O4）= υ（NO2）=2×10-3mol/（L·min）；
②反应达到平衡时有υ正=υ逆，即υ正（NO2）=2υ逆（N2O4），达到平衡时，NO2的体积分数为0.40，即（ 0.4-2x ）÷（0.4-x） =0.4，可得x=0.15，所以化学平衡常数为K= c(N2O4)÷c2(NO2) = =30，则有k1·c2（NO2）=2k2·c（N2O4），所以k1= 2k2c(N2O4) ÷c2(NO2) =60k2， 改变温度至T1时k1=k2，由于k1=2k2·K，则K=，平衡常数减小，正反应为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，所以温度应为升高，即T1＞373K；
（2）①投料比一定时，升高温度二氧化氮转化率减小，平衡逆向移动，则正反应放热，所以△H＜0；
②温度相同时，增大投料比，二氧化氮转化率减小，温度相同时二氧化氮转化率x较小，说明投料比x＞3：4；
③根据图像，400 K时，投料比3:4时，达到平衡NO2的转化率为50%，列三段式
6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（l）
c（起始）（mol/L）0.03 0.04 0
c（转化）（mol/L）0.03×0.5 0.02 0.0175
c（平衡）（mol/L）0.015 0.02 0.0175
反应的平衡常数K=；
④投料比为3：4时，温度相同，Q点没有达到平衡状态，要使反应达到平衡状态二氧化氮转化率应该增大，平衡正向移动，P点为平衡状态，所以Q点υ逆（NH3）＜P点υ逆（NH3）。
28.煤炭是重要的化工原料，但属于不可再生能源，高效、清洁地利用煤炭资源至关重要。请回答下列问题：
（1）煤的气化。原理是C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。
在1L密闭容器中投入1mol碳，并充入2molH2，测得相关数据如图所示。

①有关图1、图2的说法正确的有___(填字母)。
a.p1＜6MPa b.T1＜1000K
c.ΔH＜0 d.工业生产中，当温度为T2时，压强越高，经济效益越好
②图2中A点对应的平衡常数Kp＝__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（2）煤生产水煤气和半水煤气。
①工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，要求气体中(CO＋H2)与N2的体积之比为3.1～3.2，发生的反应有C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，C(s)＋O2(g)CO(g)。从能量角度考虑，通入空气的目的是___。
②如图是反应CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) ΔH＜0中CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线，则t2时刻改变的条件可能是___(写出1种即可)。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4～t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质名称(假设各物质状态均保持不变)。___

【答案】 (1). abc (2). (3). 前者是吸热反应，通入空气后发生的反应是放热反应，可维持体系的热量平衡 (4). 降低温度(或增大水蒸气的量、减少氢气的量) (5).
【解析】
【分析】
（1）a.由C(s)＋2H2(g)CH4(g)，是气体体积减小的反应；
b．升温碳转化率减小说明正反应为放热反应；
c．升温碳转化率减小说明正反应为放热反应；
d．工业生产中，当温度为T2 时，碳转化率已经较大，增大压强对转化率影响不大；
②A点压强4.5MPa，碳的转化率50%，结合三行计算列式得到平衡状态下气体物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，分压=总压×物质的量分数；
（2）①发生的反应有C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），C（s）+O2（g）CO（g），从能量角度考虑，前者为吸热反应，后者为放热反应，通入空气的目的是维持热量平衡；
②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答，CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）反应为气体体积不变的反应，若t4 时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2 倍，反应速率增大，平衡不移动，据此画出图像。
【详解】（1）a.由C(s)＋2H2(g)CH4(g)，是气体体积减小的反应，温度相同时，压强越大，碳的转化率越高，p1＜6MPa ，故a正确；
b．升温碳转化率减小说明正反应为放热反应，T1状态下碳转化率大，说明T1＜1000K，故b正确；
c．升温碳转化率减小说明正反应为放热反应，ΔH＜0 ，故 c正确；
d．工业生产中，当温度为T2 时，碳转化率已经较大，增大压强对转化率影响不大，压强越高，需要设备材料承受能力越高，不能提高经济效益，故d错误；
故选abc；
②A点压强4.5MPa，碳的转化率50%，结合三行计算列式得到平衡状态下气体物质的量，在1L密闭容器中投入1mol碳，并充入2 mol H2，
C（s）+2H2（g）CH4（g）
起始量（mol） 1 2 0
变化量（mol）0.5 1 0.5
平衡量（mol）0.5 1 0.5
A 点对应的平衡常数Kp= =；
（2）①发生的反应有C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），C（s）+O2（g）CO（g），从能量角度考虑，通入空气的目的是：前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡；
②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可降低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）反应为气体体积不变的反应，若t4 时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2 倍，反应速率增大，平衡不移动，瞬时CO、CO2的浓度都变为2倍，则图中t4～t5区间内CO、CO2浓度变化曲线为：。
【点睛】解题关键：理解化学平衡移动、平衡常数应用，难点（2）②：注意图象变化的理解应用，若t4 时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2 倍，反应速率增大，平衡不移动，浓度瞬时变为2倍。