2018-2019学年云南省玉溪市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版


云南省玉溪第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列不属于绿色能源的是
A. 太阳能 B. 化石能源 C. 风能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
【详解】因为“绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源”，而化石能源包括煤、石油、天然气等，它们在使用过程中会产生废气、废水、废渣等污染物，所以化石能源不属于绿色能源，答案选B。
2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为－57.3kJ/mol的是（ ）
①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)
A. ① B. ② C. ③ D. 均不符合
【答案】D
【解析】
【详解】热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),ΔH=－57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热ΔH=-57.3kJ/mol×2=-114.6kJ/mol，①项错误；对于②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是－57.3kJ/mol，②项错误；对于③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3·H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于－57.3kJ/mol，③项错误；答案选D。
3.下表中物质的分类组合，完全正确的是
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3·H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，包括一些非金属氧化物如CO2、SO2等、NH3、大多数有机物如醇、烃等。
A.KNO3是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，SO2属于非电解质，A项正确；
B.H2SO4和CaCO3都是强电解质，Al不是非电解质，B项错误；
C.H2O属于弱电解质，C项错误；
D.C2H5OH属于非电解质，CH3COOH属于弱电解质，D项错误；答案选A。
4.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是

A. 改变催化剂，可改变该反应的活化能
B. 该反应为放热反应，热效应等于E1-E2
C. 反应过程a有催化剂参与
D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【答案】A
【解析】
催化剂的作用是降低活化能，A项正确；据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，热效应等于∆H，B项错误；反应过程能量变化图像可知，反应过程b的活化能比反应过程a小，故反应过程b有催化剂参与，C项错误；有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，D项错误。
5.下列化学用语正确的是
A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－
B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 ++3OH－
C. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43－
D. NaHSO3在水中的电离：HSO3－ + H3O+ SO32－+ H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“=”连接：(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－，A项错误；
B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；
C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；
D.NaHSO3是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO3=Na++HSO3-，HSO3-SO32-+H+，D项错误；答案选B。
6.下列说法或表示方法中正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；
B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；
C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；
D.“中和热为57.3 kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。
7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；
B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；
C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；
D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。
8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l)；ΔH =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；
B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0 kJ/mol，B项错误；
C. 由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l); ΔH=－57.3 kJ·mol—1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；
D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。
10.已知反应Na2S2O3＋H2SO4 = S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是
组号
反应温度
（℃）
参加反应的物质
水体积(mL)
Na2S2O3
H2SO4
体积（mL）
浓度（mol·L－1）
体积(mL)
浓度（mol·L－1）
A
10
5
0.1
10
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。
【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高100C反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。
11.下列说法正确的是
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. 冰融化为水的过程中ΔH < 0，ΔS > 0
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－572 kJ·mol－1 此反应在低温时可以自发进行
D. 知道了某过程有自发性之后，可预测过程发生完成的快慢
【答案】C
【解析】
【详解】A.非自发反应是指在密闭体系中不借助外力不能自动发生的反应，实现非自发反应的先决条件是要向体系中输入能量，例如高温可以使稳定的石灰石分解，A项错误；
B.冰融化为水的过程是吸收热量的过程，ΔH > 0，B项错误；
C. 根据2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)；ΔH＝－572 kJ·mol－1可知该反应ΔH0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔST1)其他条件相同时，下列图像正确的是

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；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；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。
21. 已建立平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是
①生成物的百分含量一定增加； ②生成物的产量一定增加；
③反应物的转化率一定增加； ④反应物物质的量浓度一定减小；
⑤正反应速率一定大于逆反应速率； ⑥使用了催化剂
A. ①② B. ②⑤ C. ③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：由于不能确定改变的条件，所以当平衡正向移动时生成物的百分含量不一定增加，但产量一定是增加的。同样反应物的转化率也不一定增大，反应物浓度也不一定减小。平衡向正反应方向移动，说明正反应速率一定大于逆反应速率，而催化剂不能改变平衡状态，所以正确的答案选B。
考点：影响化学平衡的因素
点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。
22.某恒定温度下，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(g) 4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态不确定。5 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为15∶14，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＝[c4(C)·c2(D)]/[c3(A)·c2(B)]
B. 0~5 min内A的反应速率为0.24 mol·L－1·min－1
C. 此时B的平衡转化率是40%
D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据阿伏加德罗定律及其推论可知，相同温度和体积时气体的压强与气体物质的量成正比，故有，n后=×n前=×(4+2)mol=5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的物质的量=(4+2)mol－5.6mol=0.4mol，C、D中只能一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=0.4mol；若只有D是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=2.4mol，因此只能C是气体，原反应式为3A(g)＋2B(g)4C(g)＋2D(s或l)，该反应的化学平衡常数表达式K=，A项错误；
B.根据化学计量数可知0~5min内消耗A的物质的量=×1.6mol=1.2mol，则0~5min内A的反应速率=，B项错误；
C.根据化学计量数知此时消耗B的物质的量=×1.6mol=0.8mol，则B的平衡转化率=×100%=40%，C项正确；
D.根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方向（即向右）移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，D项错误；答案选C。
23.下列图示与对应的叙述不相符的是

A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符，A项错误；
B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；
C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；
D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T10.4mol，浓度增大超过了2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面的分析，说明B在高压下变成液态或固体，由此分析解答。
【详解】A.题目中没有给出初始时容器体积，无法计算反应物A的初始浓度，也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率，A项错误；
B.由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度一定时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2×105Pa增大到5×105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，B项错误；
C.由B项分析可知压强从2×105Pa增大到5×105Pa时平衡没有移动，说明反应前后气体分子数相等，即m+n=p。再从表格数据看，压强从5×105Pa增大到1×106Pa，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol，浓度增大的倍数大于2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体，所以压强为1×106Pa时B不是气体，其浓度视为常数，在平衡常数表达式中不应出现，即K=，C项错误；
D.其它条件相同时，对于气体参加的反应增大压强反应速率增大，所以压强分别为1×106Pa、5×105Pa、2×105Pa下达到平衡（拐点）时所用时间依次增大。由B项分析知压强从2×105Pa增大到5×105Pa平衡没有移动，A的转化率相同。由C项分析知压强从5×105Pa增大到1×106Pa平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，图像与事实相符，D项正确；答案选D。
【点睛】我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析，因为描述气体有四个物理量就够了：P、T、V、n，它们之间关系就是状态方程PV=nRT（R普适气体常数），如当温度和体积相同时，气体的压强与气体物质的量（即粒子数）成正比等。
26.常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度/℃
c(NH3·H2O) /(mol·L－1)
电离常数
电离度/%
c(OH－) /(mol·L－1)
0
16.56
1.37×10－5
9.098
1.507×10－2
10
15.16
1.57×10－5
10.18
1.543×10－2
20
13.63
1.71×10－5
11.2
1.527×10－2




提示：
（1）温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是________(填字母)。
a．电离常数　　　　　b．电离度 c．c(OH－) d．c(NH3·H2O)
（2）表中c(OH－)基本不变的原因是__________________________________。
（3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_______(填字母，下同)。
A．溶液的pH增大 B．氨水的电离度减小 C．c(OH－)减小 D．c(NH4+)减小
（4）氨水溶液中，下列做法能使c(NH4+)与c(OH－)比值变大的是________。
A．加入固体氯化铵 B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
【答案】 (1). 右 (2). a (3). 氨水浓度降低，使c(OH－)减小，而温度升高，使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变 (4). AD (5). AB
【解析】
【分析】
氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，由表格数据可知温度升高，电离常数增大，说明升高温度电离平衡向右移动；氨水中加NH4Cl晶体，使氨水的电离平衡左移，由此分析。
【详解】(1)氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，电离过程是吸热的，升高温度电离平衡向右移动，而电离常数只与温度有关，表格中只有电离常数随温度升高而增大，支持“升高温度电离平衡向右移动”的结论，而电离度、c(OH-)都还跟氨水的浓度c(NH3·H2O)有关，答案选a。
(2)由表格数据可以看出，c(OH-)受到氨水的浓度和溶液的温度影响，氨水越稀c(OH-)越小，升温氨水的电离平衡右移，c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
(3)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入NH4Cl晶体（溶液体积变化可忽略），增大了溶液中NH4+浓度，电离平衡左移，c(OH-)将减小，pH减小，氨水的电离度将减小，答案选AD。
(4)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入固体氯化铵时c(NH4+)增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故值增大，A项正确；通入少量氯化氢气体时c(OH-)减小，电离平衡右移，c(NH4+)增大，故值增大，B项正确；因电离过程吸热，降低温度，电离平衡左移，c(NH4+)和c(OH-)都减小，故值几乎不变，C项错误；加入少量固体氢氧化钠，溶液中c(OH-)增大，电离平衡左移，c(NH4+)减小，故值减小，D项错误；答案选AB。
【点睛】弱电解质的强弱是由弱电解质的结构决定的，强酸强碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是强极性键，在水分子作用下易电离；而弱酸弱碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是弱极性键，在水溶液中难电离，HF例外，H-F键是强极性键但在水溶液中却难电离，是因为相邻的HF分子间易形成氢键而使H-F难电离，HF是弱酸。
27.近年来，雾霾天气多次肆虐全国各地。其中，燃煤的烟道气和汽车尾气中含有的氮氧化合物是造成空气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物。已知CH4 (g)＋2O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4 (g)＋4NO (g)＝2N2 (g)＋CO2 (g)＋2H2O (l)的焓变ΔH2 ， 则还需要查找某化合反应的焓变ΔH3，当反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时 ΔH3 = b kJ/mol，则该反应的热化学方程式为____________________。据此计算出ΔH2 =_______kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s) + 2NO(g)N2 (g) + CO2 (g) ΔH。某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/mol·L－1
时间/min
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
40
0.032
0.034
0.017
50
0.032
0.034
0.017



① T1℃时，该反应的平衡常数K=___________（保留两位小数）。
② 30 min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是________________。
③ 若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，则该反应的ΔH____________0（填“>”、“=”或“HC>HB-，由反应③知酸性：HA>HC，四种粒子的酸性强弱关系是：HA>H2B>HC>HB-。又由于酸越强电离常数越大，酸越弱电离常数越小，因此表格中电离常数对应数值是Ka1=1.8×10-5，Ka2=4.3×10-7，Ka3=5.6×10-11，Ka4=4.9×10-10。
(2)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动。A.开始一段时间溶液中的H+主要来自醋酸电离，随着水的加入，溶液体积逐渐增大，醋酸浓度逐渐减小，故c(H+)逐渐减小，A项正确；B.因为加水稀释过程中醋酸的电离平衡一直向右移动，电离产生的H+的数目逐渐增大，所以n(H+)总是增大，B项错误；C.稀释开始一段时间里溶液中的H+主要来自醋酸的电离，随着溶液体积的增大c(CH3COO-)和c(H+)几乎同比例减小，故值几乎不变，后来溶液的H+主要来自水的电离，c(CH3COO-)随水的加入继续减小，但溶液中H+浓度几乎不变，故值减小，所以先不变，后来减小，C项错误；D.=，加水稀释过程中溶液体积逐渐增大，c(CH3COO-)逐渐减小，而电离平衡常数一直不变，所以值一定变小，D项正确；答案选AD。
II、(1) A.如果某一时刻CrO42－和Cr2O72－的浓度相同，下一时刻浓度可能不再相同，不能说明反应到达平衡状态，A项错误；B.当ν正(Cr2O72－)＝2ν逆(CrO42－)时，即ν正(Cr2O72-)：ν逆(CrO42-)=2:1，正、逆反应速率之比不等于计量数之比，故正、逆反应速率不相等，反应没有到达平衡状态，B项错误；C.当溶液的pH保持不变时，即H+浓度不变，能说明反应到达平衡状态，C项正确；D. 溶液中Cr2O72-显橙色，CrO42-显黄色，当溶液颜色保持不变时，Cr2O72-和CrO42-浓度不变，能够说明反应到达平衡状态，D项正确；答案选CD。
(2)①28.6g铬元素的物质的量==0.55mol，根据铬元素守恒，原溶液中CrO42-的物质的量为0.55mol，据题意原溶液中有的CrO42-中转化为Cr2O72-，所以转化后所得溶液中c(Cr2O72-)=×0.55mol×÷1L=0.25mol/L。②因为有的CrO42-未转化，转化后所得溶液中c(CrO42-)=×0.55mol÷1L=0.05mol/L，设转化后H+的物质的量浓度为c(H+)，对于2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O的平衡常数表达式为K==1014，则=1014，解得c(H+)=10-6mol/L。
【点睛】根据反应H2B(少量)+C－＝HB－+HC推断酸性强弱时，不仅要看到H2B制取了HC，得出H2B的酸性比HC酸性强；还要看到尽管C-是大量的，而生成物仍是HB-，C-不能得到HB-的H+，说明HB-比HC更难电离，故而得到HB-酸性比HC弱。
29.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：

（1）①步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；K1
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；K2
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；K=_______________(用含K1、K2的代数式表示)。
②T1温度时，对于反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)，向2 L的恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热Q kJ，保持其他条件不变，只是向原平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，则下列说法正确的是_____________。
A．CO的转化率将增大 B．达到新平衡时的反应热ΔH ＞ —Q
C．气体的密度将不变 D．H2O的体积分数增大
（2）将3 molH2和2 molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g) ＋N2(g) 2NH3(g)
①达平衡时NH3的浓度为c mol·L-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为c mol·L-1的是_________。
A．6 molH2 + 4 molN2
B．0.75 molH2 + 0.75 molN2 + 0.5 molNH3
C．3 molH2+ 1 molN2 + 2 mol NH3
② 若是在恒温恒容的容器中反应，达到平衡时NH3的浓度为c1 mol·L-1，则c________c1（填“”或“=”），原因是________________________________________。
【答案】 (1). K1·K2 (2). AD (3). C (4). > (5). 在恒容的容器中，随着反应的进行压强会减小，导致反应正向进行的限度减小，所以NH3的浓度会比在恒压容器中的小
【解析】
【分析】
(1) ①分析写出平衡常数K1和K2、K的表达式，再进行相关运算即可得出答案。②对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，即增加反应浓度，平衡向正反应方向移动，据此分析。
(2)①合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，题设投料3mol H2和2 mol N2，以此为参照，按等效平衡的思想分析解答。②合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数目减小，在恒温恒容条件下达到平衡时的压强小于恒温恒压条件下达到平衡时的压强，所以恒温恒容条件相当于减压过程，由此分析。
【详解】(1)对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，有平衡常数K1=，对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有平衡常数K2=，对于反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，有平衡常数K=，显然K=K1·K2。
②A.对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，A项正确；B.因为平衡向正反应方向移动，放出的热量比Q多，放热反应的ΔH为负，所以达到新平衡时的反应热ΔHc1。
【点睛】运用等效平衡思想解题时要弄清是哪种类型的等效平衡：一是等温等容条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量相等，则分别达到的平衡互为等效平衡；二是等温等压条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量成比例，则分别达到的平衡互为等效平衡。
30.目前，燃煤脱硫是科研工作者研究的重要课题之一，主要脱硫方法有以下几种：
Ⅰ．石灰法 原理为：2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)
（1）T1℃时，向10L恒容密闭容器中加入3molCaO(s)，并通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生上述反应，2min时达平衡，此时CaSO4(s)为1.8mol。0~2min内，用SO2(g)表示的该反应的速率v(SO2)=__________________________。
Ⅱ．催化氧化法
活性炭催化氧化法是基于活性良好的物理吸附和化学吸附作用，其反应机理为：
O2 + 2C→2C—O； SO2 + C→C—SO2； C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；
C—SO3+H2O→ C—H2SO4； C—H2SO4→H2SO4 + C。
（2）整个过程中总的化学反应方程式为__________________________________________。
（3）活性炭在反应过程中作催化剂，改变了_____________（填选项字母）。
A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E．反应活化能
Ⅲ．CO还原法 原理为 2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g) ΔH
已知：S(g) + O2(g) = SO2(g) ΔH1= -574.0 kJ·mol-1；CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1。
（4）起始温度为T2℃时，分别在三个容积均为10L 的绝热密闭容器中，发生反应2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g)，测得相关数据如下表所示。
容器
起始时物质的量/mol
平衡时CO2(g)的物质的量/mol
CO(g)
SO2(g)
S(g)
CO2(g)
甲
1
0.5
0.5
0
A
乙
1
0.5
0
0
0.8
丙
2
1
0
0
b

①容器乙达到平衡后，保持其他条件不变，再向其中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，此时v(正)__________ v(逆)。（填“＞”、“＜”或“=”)。
②下列判断正确的是________________（填选项字母）。
A．b=1.6 B．平衡常数甲＞乙 C．达到平衡的时间：丙＜乙
【答案】 (1). 0.09mol·L-1·min-1 (2). 2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 (3). A、D、E (4). ＞ (5). BC
【解析】
【分析】
I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，从而改变反应速率，催化剂参与反应而改变反应路径，由此解答。
III、(4)已知：CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。①因为容器乙温度不变，所以平衡常数不变，再向容器中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，计算其浓度商Q=再与平衡常数比较解答。②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，再考虑实际是在绝热条件下，比较容器丙的温度与容器乙的温度高低来作答。B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但容器甲、乙实际处于绝热条件下，再比较容器甲与容器乙的温度高低，根据平衡常数与温度有关分析。C.假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，反应速率越大达到平衡的时间越小，由此分析。
【详解】I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2消除中间物，得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4，整个过程中总的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变反应速率；催化剂参与化学反应而改变反应路径；但催化剂不影响平衡移动，所以不改变反应限度；催化剂不能改变反应物和生成物具有的能量，故不改变反应焓变，答案选ADE。
III、(4)已知CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g),ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。
①根据表格数据可知容器乙达到平衡时生成0.8molCO2，由方程式2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g)计量关系计算得平衡时：S(g)物质的量= 0.4mol、SO2物质的量=0.5mol-0.8mol×=0.1mol、CO的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol，此温度下平衡常数K=== 64。保持温度不变再充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，其浓度商Q===v(逆)。
②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，而反应2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol前后气体分子数目不变，该反应加压平衡不移动，故平衡时容器丙中CO2物质的量是容器乙中CO2物质的量的2倍即为1.6mol，吸收的热量也是容器乙的2倍。但是，实际是绝热条件下，容器与环境不发生热量交换，容器丙的温度比容器乙低，降温该反应向逆反应方向移动，所以容器丙中生成物CO2的量将要减少，所以b乙，B项正确；C.根据A项分析可知假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，容器丙多吸收的3.2kJ热量对容器丙温度降低不大，而容器丙中各组分的浓度是容器乙的2倍，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，达到平衡的时间丙