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【化学】黑龙江省绥化市青冈县第一中学2019-2020学年高二上学期（A）班月考试题（解析版）
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黑龙江省绥化市青冈县第一中学2019-2020学年高二上学期（A）班月考试题
第I卷（选择题，共54分）
一、选择题：本题包括20小题，1-6每小题2分，7-20每小题3分共54分。毎小题只有一个选项符合题意。
1.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；
C．H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；
故选D。
2.下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氢氧化铁胶体
铁
碳酸钙
D
水银
澄清石灰水
氯化铜
碳酸钠
【答案】B
【解析】试题分析：纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，一定为混合物，则A项错误；C项，铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则C项错误；D项中Na2CO3为电解质，则D项错误；答案为B。
3.25℃和1.01×105时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H =+56.76kJ/mol ，该反应能自发进行的原因是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为△H>0，△S>0，根据“△G=△H-T△S<0的反应能自发进行”，所以熵增大效应大于焓效应；故选D。
4.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应
C. 高压有利于合成NH3的反应
D. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
【答案】C
【解析】A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3 △H<0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，但升高温度可以加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理来解释，故D不选。答案选：C。
5.己知25 C、101 kPa下，下列反应C(石墨)+O2(g)＝CO2(g)，△H=-393.51kJ/mol；C(金刚石)+O2(g)＝CO2(g)，△H=-395.41kJ/mol。可以得出的结论是（ ）
A. 金刚石比石墨稳定
B. 1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低
C. 金刚石转变成石墨是物理变化
D. 石墨和金刚石都是碳的同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A、两个反应相减可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H=+1.9kJ∙mol-1，故1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低，石墨比金刚石稳定，故A错误；
B、根据A中分析可知B正确；
C、金刚石和石墨属于不同物质，金刚石转变成石墨是化学变化，C错误；
D、石墨和金刚石都是碳的同素异形体，D错误。
答案选B。
6..在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应： A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. 3v逆（C）=2v正（B） D. 气体的平均相对分子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A项，该反应是气体分子数不变反应，反应中压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；
B项，A为固体，气体质量不断变化，容积不变，故混合气体的密度是个变量，混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；
C项，根据化学反应方程式系数可得2v正(B)=3v正(C)，又因为3v逆(C)=2v正(B)，所以v正(C)=v正(C)，反应达到了平衡状态，故C正确；
D项，气体分子数不变，气体质量是个变量，所以气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时说明达到了平衡状态，故D正确。
答案选A。
7.设C+CO2=2CO △H＞0的反应速率为V1；N2+3H2=2NH3△H＜0的反应速率为V2。若升温，V1和V2的变化可能是：（ ）
A. 同时增大 B. 同时减少
C. V1增大、V2减少 D. V1减少、V2增大
【答案】A
【解析】
【详解】升高温度时，活化分子的百分数增大，正逆反应速率都增大，吸热反应或放热反应的速率都增大，与吸放热无关。故选A。
8.下列电离方程式正确的是 ( )
A. CH3COOHCH3COO-+H+ B. Ba(OH)2=Ba+2+2OH-
C. NaHCO3=Na++H++CO32- D. H3PO43H++PO43-
【答案】A
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸，电离用可逆符号，故正确；
B.氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根离子，钡离子应为Ba2+，故错误；
C.碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故错误；
D.磷酸为中强酸，电离分步进行，应为H3PO4H++H2PO4-，故错误。
故选A。
9.HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H+ + In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（ ）
A. ①④⑤ B. ②⑤⑥ C. ①④ D. ②③⑥
【答案】C
【解析】
【分析】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。
【详解】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，
①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；
②⑤⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；
③为中性溶液，平衡不移动；
所以能使指示剂显红色的是①④；
答案选C。
10.下列溶液中导电性最强的是（ ）
A. 1L0.1mol/L醋酸 B. 0.1L 0.1mol/L H2SO4溶液
C. 0.5L 0.1mol/L盐酸 D. 2L 0.1mol/L H2SO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中离子的浓度越大，所带电荷数越多，导电性越强。醋酸是一元弱酸、硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，亚硫酸是二元弱酸，所以在浓度相等的条件下硫酸的导电性最强；
答案选B。
11.室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的( )
A. 两者水的电离程度相同
B. 与足量的锌反应盐酸产生的氢气多
C. 盐酸的c(H+)大于醋酸溶液的c(H+)
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
【答案】C
【解析】
【详解】A.相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中c（H+）大于醋酸中的，盐酸中水的电离程度小于醋酸中的，故错误；
B.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，和足量的锌反应生成的氢气相同，故错误；
C.盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，所以盐酸溶液中的氢离子浓度大于醋酸中的，故正确；
D.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，二者与物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故错误。
故选C。
12.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A. c(H＋) B. Ka(HF)
C. c(F-)/c(H＋) D. c(H＋)/c(HF)
【答案】D
【解析】
【分析】HF溶液中存电离平衡HFH＋＋F－，加水不断稀释，平衡向右移动，n(H＋)与n(F－)增大，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，A项错误；
B. Ka(HF)只与温度有关，与溶液的离子浓度无关。温度不变，Ka(HF)保持不变，B项错误；
C. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，由于温度不变则Kw不变，溶液中c（OH-）增大， HF溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（F-）+c（OH-），则c(F-)/c(H＋)=[c（H+）-c（OH-）]/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+），c（OH-）/c（H+）增大，则c(F-)/c(H＋)减小，C项错误；
D. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(HF)减小，c(H＋)/c(HF)= n(H＋)/ n(HF)，其比值增大，D项正确；
答案选D。
13.在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 0~6min的平均反应速率：υ(H2O2)=3.3×10-2mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：υ(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)
C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D. 反应到6min时，H2O2 分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A.6分钟时氧气的物质的量为 ，所以反应消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，用过氢氧化氢表示反应速率为mol/(L·min)=3.3×10-2mol/(L·min)，故正确；
B. 6~10min 氧气的生成量为29.9mL-22.4mL=7.5mL，过氧化氢的消耗量为mol，用过氢氧化氢表示反应速率为 mol/(L·min)<3.3×10-2mol/(L·min)，故正确；
C. 6分钟时，反应消耗过氧化氢的物质的量为0.002mol，剩余过氧化氢的物质的量为0.01L×0.40mol/L-0.002mol=0.002mol，浓度为mol/L=0.20 mol/L ，故错误；
D.到6分钟时反应消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，分解率为×100%=50%，故正确。
故选C。
14.一定条件下，在密闭容器中充入一定量的X和Y发生可逆反应：X(g)+2Y(g)3Z(g)，达到平衡时，测得Y的转化率为37.5%，X的转化率为25%，则反应开始时，充入容器中的X和Y的物质的量之比为（ ）
A. l：3 B. 3：1 C. 4：3 D. 3：4
【答案】D
【解析】试题分析：反应开始时，充入容器中的X和Y的物质的量分别是amol、bmol
；
a=4x；b=；a:b=3∶4，故D正确。
15.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
16.对于可逆反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋fD(g)，当其他条件不变时，C的体积分数[φ(C)]在不同温度(T)和不同压强(p)下随时间(t)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数将增大
B. 该反应的ΔH＜0
C. 化学方程式中，n＞e＋f
D. 达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.使用催化剂不影响平衡，不能改变体积分数，故错误；
B.根据温度升高反应速率快，先到平衡分析，T2温度高，温度高C的体积分数小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故正确；
C.根据压强大速率快，先到平衡分析，p2压强大，压强大，平衡时C的体积分数小，说明加压平衡逆向移动，则有n
故选B。
17. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是（ ）
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
故选C。
18.在A(g)+B(g)==C(g)+2D(g)反应中，下列表示的反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.1mol• L-1 • min-1 B. v(B)= 0.2mol• L-1 • min-1
C. v(C)= 0.3mol• L-1 • min-1 D. v(D)= 0.4mol• L-1 • min-1
【答案】C
【解析】试题分析：根据速率比等于系数比，v(A)÷1═0.1mol·L-1·min；v(B) ÷1═0.2 mol·L-1·min；v(C) ÷1═0.3 mol·L-1·min ；v(D) ÷2═0.2mol·L-1·min。反应速率最快的是v(C)═0.3 mol·L-1·min，故C正确。
19.25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，辛烷的标准燃烧热为-5518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A. 2H＋(aq)＋SO (aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B. KOH(aq)＋H2SO4(aq)=== K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝－5518 kJ·mol－1
D. 2C8H18(g)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－5518 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查中和热与燃烧热的定义与应用，紧扣定义中的注意事项便可得出答案。
【详解】A.中和热专指生成1 mol水时所对应的热量，该热化学方程式中生成的是2mol水，生成BaSO4沉淀也放热，反应热不是57.3kJ/mol，故A错误；
B. 符合中和热的概念，故B正确；
C. 燃烧热是指1 mol 可燃物生成稳定的氧化物时所对应的热量，该热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；
D.热化学方程式中可燃物不是1mol，不符合燃烧热的定义，故D错误；
故本题答案选B。
20.已知下列反应的平衡常数：①SO2(g)+O2(g)SO3(g) K1 ②NO(g)+O2(g)NO2(g) K2。则反应SO2(g)+ NO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数为（ ）
A. K1+K2 B. K2-K1 C. D. K1×K2
【答案】C
【解析】根据盖斯定律可知①－②即得到反应SO2(g)+ NO2(g)SO3(g)+NO(g)，因此该反应的平衡常数为，答案选C。
第II卷 （非选择题 共46分）
21. 某同学用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH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计算中和热．
（1）下列说法不正确的是（ ）
A．该实验也可在保温杯中进行
B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C．烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失
D．若将盐酸体积改为60mL，两次实验所求得中和热不相等
（2）若通过实验测定中和热的△H的绝对值常常小于57.3kJ/mol，其原因可能是_________
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．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度 ]
（3）将一定量的稀氨水、稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液分别和1 L 1 mol·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__________；
（4）若将V1mL1.0mol•L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．由图2可知，氢氧化钠的浓度为 __________ ；
【答案】（1）D （2）ABD （3）ΔH1＞ΔH2=ΔH3（4）1.5mol/L
【解析】试题分析：（1）A．该实验也可在保温杯中进行，A正确；B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C．烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失，C正确；D．若将盐酸体积改为60mL，两次实验所求得中和热相等，D错误，答案选D。
（2）A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失，测量值减小，A正确；B．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中导致热量损失，测量值减小，B正确；C．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，实际量取的体积增加，测量值偏大，C错误；D．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，导致氢氧化钠减少，放出的热量减少，测量值减小，D正确。答案选ABD。
（3）弱电解质中才电离平衡，电离吸热，所以实际放出的热量减少，放热越少，△H越大，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH1＞ΔH2=ΔH3；
（4）温度最高时说明二者恰好完全反应，所以氢氧化钠的浓度为=1.5mol。
22.把在空气中久置的镁条7.2 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，镁条与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间如图所示，回答下列问题：
(1)曲线由0→a段不产生氢气的原因________，有关的离子方程式为______________；
(2)曲线由b→c段，产生氢气的速率逐渐增大的主要原因________________；
(3)曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因________________。
(4)在b到c这段时间内，收集到氢气V L(标准状况)，则这段时间内用硫酸表示的平均速率为________mol/(L·s)(假设反应前后溶液体积不变)。
(5)对于足量镁条和100 mL 2 mol/L硫酸生成氢气的反应，下列措施能减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量的是________。
①加NaOH固体；②加BaCl2溶液；③加KNO3溶液；④加H2O；⑤加CH3COONa固体；⑥加小苏打溶液；⑦加少量CuSO4溶液；⑧加Na2SO4溶液；⑨将2 mol/L硫酸换成160 mL 2.5 mol/L的盐酸；⑩将镁条换成镁粉。
【答案】(1). 镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气 (2). MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O (3). 镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率 (4). 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，该因素变为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小 (5). (6). ②④⑤⑧⑨
【解析】
【分析】(1)根据镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气进行分析；
(2) （3）根据反应过程中有硫酸的浓度变化和反应体系的温度变化分析；
(4)根据氢气的生成量计算硫酸的消耗量，从而计算速率。
(5)根据过程中氢离子的浓度和氢离子的物质的量的变化进行分析，注意原电池等影响。
【详解】(1)镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气，所以开始没有气体产生，反应的离子方程式为：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O；
(2) 随着反应的进行，硫酸的浓度减小，反应放热，温度升高，b→c段反应速率加快，说明是镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率；
(3) 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，反应放热，温度升高，c后反应速率减慢，说明该阶段浓度为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小；
(4) 在b→c段时间内，收集到氢气V L(标准状况)，即氢气的物质的量为mol，则硫酸的消耗的物质的量为mol，浓度改变量为mol/L，反应速率为 mol/(L·min)；
(5) ①加NaOH固体消耗硫酸，H+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；②加BaCl2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液的体积变大，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；③加KNO3溶液，NO3-酸性条件下具有强氧化性，与镁反应不产生氢气；④加H2O，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑤加CH3COONa固体，与硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑥加小苏打溶液，与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，H+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；⑦加少量CuSO4溶液，镁和硫酸铜反应生成铜，形成原电池，反应速率加快；⑧加Na2SO4溶液，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑨将2 mol/L硫酸换成160 mL 2.5 mol/L的盐酸，氢离子浓度减小，但氢离子总量不变，速率减慢，不影响氢气的总量；⑩将镁条换成镁粉，反应速率加快。故速率减慢不影响氢气的量的为：②④⑤⑧⑨。
23.a、在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
（1）“O”点导电能力为0的理由是_________________________。
（2）a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为____________。
（3）a、b、c三点处，电离程度最大的是________。
（4）若将c点溶液中c(CH3COO－)增大，c(H＋)减小，可采取的措施是：
①_______________________________________________；
②_______________________________________________；
③_______________________________________________。
b、反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
(5)增Fe的量，其正反应速率_____(填“增大”、“不变”或“减小”)，平衡______(填“不”“向正反应方向“或“向逆反应方向”)移动。
(6)将容器的体积缩小一半，其正反应速率_______，平衡_______移动。
(7)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率_______，平衡_______移动。
(8)保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率_______，平衡_______移动。
【答案】(1). 在“O”点处醋酸未电离，无离子存在 (2). c
【分析】(1)根据溶液中有自由移动的离子才能导电分析，冰醋酸为纯醋酸，不存在电离，不能导电分析；
(2)根据离子浓度越大，导电能力越强分析；
(3)根据越稀越电离分析；
(4)醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，可以加入消耗氢离子的物质，使平衡正向移动，如氢氧化钠或碳酸钠或活泼金属或碳酸氢钠等；
(5)根据固体的量不影响速率和平衡分析；
(6)根据浓度增大，速率加快，但反应前后气体物质的量相等，压强增大，平衡不移动分析；
(7)根据反应体系物质的浓度不变分析速率和平衡的移动；
(8) 根据反应物的浓度增大，正反应速率加快，平衡正向移动分析。
【详解】(1)冰醋酸为纯醋酸，不存在电离，在“O”点处醋酸未电离，无离子存在，导电能力为0；
(2)离子浓度越大，导电能力越强，所以氢离子浓度关系为： c
(4)醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，可以加入消耗氢离子的物质，如氢氧化钠或碳酸钠或活泼金属或碳酸氢钠等；
(5)增加铁的量不影响反应速率，平衡不移动；
(6)容器体积缩小一半，压强增大，速率增大，平衡不移动；
(7) 保持体积不变，充入N2使体系压强增大，由于物质的浓度不变，其正反应速不变，平衡不移动；
(8) 保持体积不变，充入水蒸气，增大反应物的浓度，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。
24. 面对目前世界范围内的能源危机，甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛的应用前景。
(1)已知在常温常压下反应的热化学方程式：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41 kJ·mol－1
写出由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式：_______________________。
(2)在容积为VL的容器中充入amol CO与2amol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时的转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；
②在其他条件不变的情况下，再增加amol CO与2amol H2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数________。
(3)已知在T℃时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1 mol·L－1，c始(H2O)＝1 mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应________(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是_________________________________________________
此时刻v正________v逆(填“>”或“<”)。
【答案】CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49 kJ·mol－1 (2)①小于 ②增大 不变 (3)没有 此时
>
【解析】（1）由盖斯定律，热化学方程式①－②得CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－90 kJ·mol－1－（－41 kJ·mol－1）＝－49 kJ·mol－1。（2）由图像可知，相同温度下，p2下CO的转化率大于p1下CO的转化率，由热化学方程式①可知，增大压强平衡右移，故p1v逆。
第I卷（选择题，共54分）
一、选择题：本题包括20小题，1-6每小题2分，7-20每小题3分共54分。毎小题只有一个选项符合题意。
1.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；
C．H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；
故选D。
2.下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氢氧化铁胶体
铁
碳酸钙
D
水银
澄清石灰水
氯化铜
碳酸钠
【答案】B
【解析】试题分析：纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为HCl的水溶液，一定为混合物，则A项错误；C项，铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则C项错误；D项中Na2CO3为电解质，则D项错误；答案为B。
3.25℃和1.01×105时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H =+56.76kJ/mol ，该反应能自发进行的原因是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为△H>0，△S>0，根据“△G=△H-T△S<0的反应能自发进行”，所以熵增大效应大于焓效应；故选D。
4.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应
C. 高压有利于合成NH3的反应
D. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
【答案】C
【解析】A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3 △H<0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，但升高温度可以加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理来解释，故D不选。答案选：C。
5.己知25 C、101 kPa下，下列反应C(石墨)+O2(g)＝CO2(g)，△H=-393.51kJ/mol；C(金刚石)+O2(g)＝CO2(g)，△H=-395.41kJ/mol。可以得出的结论是（ ）
A. 金刚石比石墨稳定
B. 1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低
C. 金刚石转变成石墨是物理变化
D. 石墨和金刚石都是碳的同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A、两个反应相减可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H=+1.9kJ∙mol-1，故1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低，石墨比金刚石稳定，故A错误；
B、根据A中分析可知B正确；
C、金刚石和石墨属于不同物质，金刚石转变成石墨是化学变化，C错误；
D、石墨和金刚石都是碳的同素异形体，D错误。
答案选B。
6..在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应： A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. 3v逆（C）=2v正（B） D. 气体的平均相对分子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A项，该反应是气体分子数不变反应，反应中压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；
B项，A为固体，气体质量不断变化，容积不变，故混合气体的密度是个变量，混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；
C项，根据化学反应方程式系数可得2v正(B)=3v正(C)，又因为3v逆(C)=2v正(B)，所以v正(C)=v正(C)，反应达到了平衡状态，故C正确；
D项，气体分子数不变，气体质量是个变量，所以气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时说明达到了平衡状态，故D正确。
答案选A。
7.设C+CO2=2CO △H＞0的反应速率为V1；N2+3H2=2NH3△H＜0的反应速率为V2。若升温，V1和V2的变化可能是：（ ）
A. 同时增大 B. 同时减少
C. V1增大、V2减少 D. V1减少、V2增大
【答案】A
【解析】
【详解】升高温度时，活化分子的百分数增大，正逆反应速率都增大，吸热反应或放热反应的速率都增大，与吸放热无关。故选A。
8.下列电离方程式正确的是 ( )
A. CH3COOHCH3COO-+H+ B. Ba(OH)2=Ba+2+2OH-
C. NaHCO3=Na++H++CO32- D. H3PO43H++PO43-
【答案】A
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸，电离用可逆符号，故正确；
B.氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根离子，钡离子应为Ba2+，故错误；
C.碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故错误；
D.磷酸为中强酸，电离分步进行，应为H3PO4H++H2PO4-，故错误。
故选A。
9.HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H+ + In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（ ）
A. ①④⑤ B. ②⑤⑥ C. ①④ D. ②③⑥
【答案】C
【解析】
【分析】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。
【详解】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，
①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；
②⑤⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；
③为中性溶液，平衡不移动；
所以能使指示剂显红色的是①④；
答案选C。
10.下列溶液中导电性最强的是（ ）
A. 1L0.1mol/L醋酸 B. 0.1L 0.1mol/L H2SO4溶液
C. 0.5L 0.1mol/L盐酸 D. 2L 0.1mol/L H2SO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中离子的浓度越大，所带电荷数越多，导电性越强。醋酸是一元弱酸、硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，亚硫酸是二元弱酸，所以在浓度相等的条件下硫酸的导电性最强；
答案选B。
11.室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的( )
A. 两者水的电离程度相同
B. 与足量的锌反应盐酸产生的氢气多
C. 盐酸的c(H+)大于醋酸溶液的c(H+)
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
【答案】C
【解析】
【详解】A.相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中c（H+）大于醋酸中的，盐酸中水的电离程度小于醋酸中的，故错误；
B.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，和足量的锌反应生成的氢气相同，故错误；
C.盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，所以盐酸溶液中的氢离子浓度大于醋酸中的，故正确；
D.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，二者与物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故错误。
故选C。
12.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A. c(H＋) B. Ka(HF)
C. c(F-)/c(H＋) D. c(H＋)/c(HF)
【答案】D
【解析】
【分析】HF溶液中存电离平衡HFH＋＋F－，加水不断稀释，平衡向右移动，n(H＋)与n(F－)增大，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，A项错误；
B. Ka(HF)只与温度有关，与溶液的离子浓度无关。温度不变，Ka(HF)保持不变，B项错误；
C. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，由于温度不变则Kw不变，溶液中c（OH-）增大， HF溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（F-）+c（OH-），则c(F-)/c(H＋)=[c（H+）-c（OH-）]/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+），c（OH-）/c（H+）增大，则c(F-)/c(H＋)减小，C项错误；
D. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(HF)减小，c(H＋)/c(HF)= n(H＋)/ n(HF)，其比值增大，D项正确；
答案选D。
13.在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 0~6min的平均反应速率：υ(H2O2)=3.3×10-2mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：υ(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)
C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D. 反应到6min时，H2O2 分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A.6分钟时氧气的物质的量为 ，所以反应消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，用过氢氧化氢表示反应速率为mol/(L·min)=3.3×10-2mol/(L·min)，故正确；
B. 6~10min 氧气的生成量为29.9mL-22.4mL=7.5mL，过氧化氢的消耗量为mol，用过氢氧化氢表示反应速率为 mol/(L·min)<3.3×10-2mol/(L·min)，故正确；
C. 6分钟时，反应消耗过氧化氢的物质的量为0.002mol，剩余过氧化氢的物质的量为0.01L×0.40mol/L-0.002mol=0.002mol，浓度为mol/L=0.20 mol/L ，故错误；
D.到6分钟时反应消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，分解率为×100%=50%，故正确。
故选C。
14.一定条件下，在密闭容器中充入一定量的X和Y发生可逆反应：X(g)+2Y(g)3Z(g)，达到平衡时，测得Y的转化率为37.5%，X的转化率为25%，则反应开始时，充入容器中的X和Y的物质的量之比为（ ）
A. l：3 B. 3：1 C. 4：3 D. 3：4
【答案】D
【解析】试题分析：反应开始时，充入容器中的X和Y的物质的量分别是amol、bmol
；
a=4x；b=；a:b=3∶4，故D正确。
15.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
16.对于可逆反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋fD(g)，当其他条件不变时，C的体积分数[φ(C)]在不同温度(T)和不同压强(p)下随时间(t)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数将增大
B. 该反应的ΔH＜0
C. 化学方程式中，n＞e＋f
D. 达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.使用催化剂不影响平衡，不能改变体积分数，故错误；
B.根据温度升高反应速率快，先到平衡分析，T2温度高，温度高C的体积分数小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故正确；
C.根据压强大速率快，先到平衡分析，p2压强大，压强大，平衡时C的体积分数小，说明加压平衡逆向移动，则有n
故选B。
17. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是（ ）
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
故选C。
18.在A(g)+B(g)==C(g)+2D(g)反应中，下列表示的反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.1mol• L-1 • min-1 B. v(B)= 0.2mol• L-1 • min-1
C. v(C)= 0.3mol• L-1 • min-1 D. v(D)= 0.4mol• L-1 • min-1
【答案】C
【解析】试题分析：根据速率比等于系数比，v(A)÷1═0.1mol·L-1·min；v(B) ÷1═0.2 mol·L-1·min；v(C) ÷1═0.3 mol·L-1·min ；v(D) ÷2═0.2mol·L-1·min。反应速率最快的是v(C)═0.3 mol·L-1·min，故C正确。
19.25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，辛烷的标准燃烧热为-5518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A. 2H＋(aq)＋SO (aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B. KOH(aq)＋H2SO4(aq)=== K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝－5518 kJ·mol－1
D. 2C8H18(g)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－5518 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查中和热与燃烧热的定义与应用，紧扣定义中的注意事项便可得出答案。
【详解】A.中和热专指生成1 mol水时所对应的热量，该热化学方程式中生成的是2mol水，生成BaSO4沉淀也放热，反应热不是57.3kJ/mol，故A错误；
B. 符合中和热的概念，故B正确；
C. 燃烧热是指1 mol 可燃物生成稳定的氧化物时所对应的热量，该热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；
D.热化学方程式中可燃物不是1mol，不符合燃烧热的定义，故D错误；
故本题答案选B。
20.已知下列反应的平衡常数：①SO2(g)+O2(g)SO3(g) K1 ②NO(g)+O2(g)NO2(g) K2。则反应SO2(g)+ NO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数为（ ）
A. K1+K2 B. K2-K1 C. D. K1×K2
【答案】C
【解析】根据盖斯定律可知①－②即得到反应SO2(g)+ NO2(g)SO3(g)+NO(g)，因此该反应的平衡常数为，答案选C。
第II卷 （非选择题 共46分）
21. 某同学用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH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计算中和热．
（1）下列说法不正确的是（ ）
A．该实验也可在保温杯中进行
B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C．烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失
D．若将盐酸体积改为60mL，两次实验所求得中和热不相等
（2）若通过实验测定中和热的△H的绝对值常常小于57.3kJ/mol，其原因可能是_________
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．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度 ]
（3）将一定量的稀氨水、稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液分别和1 L 1 mol·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__________；
（4）若将V1mL1.0mol•L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．由图2可知，氢氧化钠的浓度为 __________ ；
【答案】（1）D （2）ABD （3）ΔH1＞ΔH2=ΔH3（4）1.5mol/L
【解析】试题分析：（1）A．该实验也可在保温杯中进行，A正确；B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C．烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失，C正确；D．若将盐酸体积改为60mL，两次实验所求得中和热相等，D错误，答案选D。
（2）A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失，测量值减小，A正确；B．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中导致热量损失，测量值减小，B正确；C．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，实际量取的体积增加，测量值偏大，C错误；D．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，导致氢氧化钠减少，放出的热量减少，测量值减小，D正确。答案选ABD。
（3）弱电解质中才电离平衡，电离吸热，所以实际放出的热量减少，放热越少，△H越大，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH1＞ΔH2=ΔH3；
（4）温度最高时说明二者恰好完全反应，所以氢氧化钠的浓度为=1.5mol。
22.把在空气中久置的镁条7.2 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，镁条与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间如图所示，回答下列问题：
(1)曲线由0→a段不产生氢气的原因________，有关的离子方程式为______________；
(2)曲线由b→c段，产生氢气的速率逐渐增大的主要原因________________；
(3)曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因________________。
(4)在b到c这段时间内，收集到氢气V L(标准状况)，则这段时间内用硫酸表示的平均速率为________mol/(L·s)(假设反应前后溶液体积不变)。
(5)对于足量镁条和100 mL 2 mol/L硫酸生成氢气的反应，下列措施能减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量的是________。
①加NaOH固体；②加BaCl2溶液；③加KNO3溶液；④加H2O；⑤加CH3COONa固体；⑥加小苏打溶液；⑦加少量CuSO4溶液；⑧加Na2SO4溶液；⑨将2 mol/L硫酸换成160 mL 2.5 mol/L的盐酸；⑩将镁条换成镁粉。
【答案】(1). 镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气 (2). MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O (3). 镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率 (4). 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，该因素变为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小 (5). (6). ②④⑤⑧⑨
【解析】
【分析】(1)根据镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气进行分析；
(2) （3）根据反应过程中有硫酸的浓度变化和反应体系的温度变化分析；
(4)根据氢气的生成量计算硫酸的消耗量，从而计算速率。
(5)根据过程中氢离子的浓度和氢离子的物质的量的变化进行分析，注意原电池等影响。
【详解】(1)镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气，所以开始没有气体产生，反应的离子方程式为：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O；
(2) 随着反应的进行，硫酸的浓度减小，反应放热，温度升高，b→c段反应速率加快，说明是镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率；
(3) 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，反应放热，温度升高，c后反应速率减慢，说明该阶段浓度为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小；
(4) 在b→c段时间内，收集到氢气V L(标准状况)，即氢气的物质的量为mol，则硫酸的消耗的物质的量为mol，浓度改变量为mol/L，反应速率为 mol/(L·min)；
(5) ①加NaOH固体消耗硫酸，H+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；②加BaCl2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液的体积变大，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；③加KNO3溶液，NO3-酸性条件下具有强氧化性，与镁反应不产生氢气；④加H2O，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑤加CH3COONa固体，与硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑥加小苏打溶液，与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，H+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；⑦加少量CuSO4溶液，镁和硫酸铜反应生成铜，形成原电池，反应速率加快；⑧加Na2SO4溶液，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；⑨将2 mol/L硫酸换成160 mL 2.5 mol/L的盐酸，氢离子浓度减小，但氢离子总量不变，速率减慢，不影响氢气的总量；⑩将镁条换成镁粉，反应速率加快。故速率减慢不影响氢气的量的为：②④⑤⑧⑨。
23.a、在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
（1）“O”点导电能力为0的理由是_________________________。
（2）a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为____________。
（3）a、b、c三点处，电离程度最大的是________。
（4）若将c点溶液中c(CH3COO－)增大，c(H＋)减小，可采取的措施是：
①_______________________________________________；
②_______________________________________________；
③_______________________________________________。
b、反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
(5)增Fe的量，其正反应速率_____(填“增大”、“不变”或“减小”)，平衡______(填“不”“向正反应方向“或“向逆反应方向”)移动。
(6)将容器的体积缩小一半，其正反应速率_______，平衡_______移动。
(7)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率_______，平衡_______移动。
(8)保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率_______，平衡_______移动。
【答案】(1). 在“O”点处醋酸未电离，无离子存在 (2). c
【分析】(1)根据溶液中有自由移动的离子才能导电分析，冰醋酸为纯醋酸，不存在电离，不能导电分析；
(2)根据离子浓度越大，导电能力越强分析；
(3)根据越稀越电离分析；
(4)醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，可以加入消耗氢离子的物质，使平衡正向移动，如氢氧化钠或碳酸钠或活泼金属或碳酸氢钠等；
(5)根据固体的量不影响速率和平衡分析；
(6)根据浓度增大，速率加快，但反应前后气体物质的量相等，压强增大，平衡不移动分析；
(7)根据反应体系物质的浓度不变分析速率和平衡的移动；
(8) 根据反应物的浓度增大，正反应速率加快，平衡正向移动分析。
【详解】(1)冰醋酸为纯醋酸，不存在电离，在“O”点处醋酸未电离，无离子存在，导电能力为0；
(2)离子浓度越大，导电能力越强，所以氢离子浓度关系为： c
(4)醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，可以加入消耗氢离子的物质，如氢氧化钠或碳酸钠或活泼金属或碳酸氢钠等；
(5)增加铁的量不影响反应速率，平衡不移动；
(6)容器体积缩小一半，压强增大，速率增大，平衡不移动；
(7) 保持体积不变，充入N2使体系压强增大，由于物质的浓度不变，其正反应速不变，平衡不移动；
(8) 保持体积不变，充入水蒸气，增大反应物的浓度，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。
24. 面对目前世界范围内的能源危机，甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛的应用前景。
(1)已知在常温常压下反应的热化学方程式：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41 kJ·mol－1
写出由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式：_______________________。
(2)在容积为VL的容器中充入amol CO与2amol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时的转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；
②在其他条件不变的情况下，再增加amol CO与2amol H2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数________。
(3)已知在T℃时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1 mol·L－1，c始(H2O)＝1 mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应________(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是_________________________________________________
此时刻v正________v逆(填“>”或“<”)。
【答案】CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49 kJ·mol－1 (2)①小于 ②增大 不变 (3)没有 此时
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【解析】（1）由盖斯定律，热化学方程式①－②得CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－90 kJ·mol－1－（－41 kJ·mol－1）＝－49 kJ·mol－1。（2）由图像可知，相同温度下，p2下CO的转化率大于p1下CO的转化率，由热化学方程式①可知，增大压强平衡右移，故p1
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