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【化学】安徽省蚌埠市六校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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安徽省蚌埠市六校2019-2020学年高二上学期期中考试试题
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，用0.5mm的黑色中性笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法正确的是（ ）
A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C. 有化学键断裂一定发生化学反应
D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应
【答案】D
【解析】分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。
详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；
B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；
C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；
D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。
2.下列关于纯净物、混合物、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
磷酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氨水
盐酸
铜
D
胆矾
食盐水
氯化铜
石墨
【答案】B
【解析】
【详解】冰水混合物中只含一种物质——水分子，属于纯净物，故A错误；
B． 蒸馏水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；
C．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不属于电解质又不属于非电解质，故C错误；
D．石墨是单质，既不属于电解质又不属于非电解质，故D错误；
故选B。
3.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1
2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g) △H=-452 kJ·mol-1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（ ）
A. 1molCO 完全燃烧，放出热量为283 J
B. Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g) △H=-226 kJ·mol-l
C. CO(g) 与Na2O2(s)反应放出509kJ 热量时，电子转移数为1.204×1024
D. CO 的燃烧热为566 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】A、燃烧热是指1mol可燃物燃烧释放的热量，1molCO燃烧放热283kJ，故A错误；B、根据2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g) △H=+452 kJ·mol-1可知，Na2O2(s)+CO2(s) =Na2CO3(s)+O2(g) △H=+226 kJ·mol-l，故B错误；C、已知：①2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H=-566kJ/mol，②Na2O2(s)+CO2(g)═Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，据盖斯定律(①+②×2)÷2得：CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s) △H=509kJ/mol，反应中C由+2价变成+4价，电子转移数为2mol，故C正确；D、燃烧热是指1mol可燃物燃烧释放的热量，根据2CO(g)+O2(g) =2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，CO 的燃烧热为283 kJ·mol-1，故D错误；故选C。
4.可逆反应mA(s）+n D(g）pX(g）+qY(g）在反应过程中，其他条件不变，D的转化率和温度T或压强p关系如图所示(D﹪为D的转化率），下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应为放热反应
B. 使用催化剂，D的物质的量减小
C. 化学方程式系数m+n=p+q
D. 增加物质A或D用量，平衡均向右移动
【答案】A
【解析】
【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时D的转化率越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时D的转化率相同，可知反应为气体物质的量不变的反应，即n=p+q。
【详解】A、正反应为放热反应，A正确；
B、使用催化剂，平衡不移动，B错误；
C、由上述分析可知，n=p+q，C错误；
D、增大固体物质的物质的量不能使平衡移动，A为固体，达到平衡后，增加A平衡不移动，D错误。
答案选A。
5.目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2＋浓度的废水中加入H2O2，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下表)，实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率为：0.014 mol·L-1·s-1
B. 对比①②实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解
C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同
D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】由图象可知，①②pH相同、浓度相同，但②反应速率较大，可知升高温度可加快反应速率，③温度、浓度相同，但pH=9，此时浓度不变，可知在碱性条件下不能使有机物R降解，以此解答该题。
【详解】A.313K时，在0～100s内有机物R降解的平均速率为=0.018 mol•L-1•s-1，故A错误；
B．对比①②实验，可以得出温度较高，反应速率较大，但如温度太高，可导致过氧化氢分解，反应速率不一定大，故B错误；
C．对比①②实验，600s后，有机物可完全降解，故C错误；
D．由图象可知在碱性条件下不能使有机物R降解，则若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，故D正确；
故答案为D。
6.一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. p1 < p2
B. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%
D. 400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1< p2，故A正确；
B．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；
C．根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；
D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；
答案选A。
7.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡影响
B. 图II表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲
D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故答案选A。
8.下列有关图像，其中说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B. 由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅱ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；
B、T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，平衡向着吸热方向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；
C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1~t3时，NH3体积分数最大，故D错误；
故选B。
9.一定条件下，在密闭容器中充入CO2与H2进行反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH。采用催化剂甲和催化剂乙分别发生上述反应，测得反应进行相同时间时CO2的转化率α(CO2)随反应温度T的变化曲线如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)：
下列叙述正确的是（ ）
A. 该可逆反应的ΔH>0
B. 催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能大
C. 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率比在催化剂乙作用下的转化率高
D. d、e两点反应已经达到平衡
【答案】D
【解析】
【分析】在建立平衡之前，随着反应温度的升高，反应速率逐渐增大，随着反应的进行，CO2的转化率逐渐增大，当二氧化碳的转化率达到最大时，建立平衡，然后随着温度升高，二氧化碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，该可逆反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；
B．在建立平衡之前，相同温度条件下，催化剂甲反应速率大于催化剂乙，说明催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能小，故B错误；
C．催化剂不能使平衡发生移动，因此 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率与在催化剂乙作用下的转化率相等，故C错误；
D．根据上述分析，d、e两点反应都已经达到平衡，故D正确；
答案选D。
10.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热 ⑥少量MgSO4固体
A. ①②③⑤ B. ③ C. ③④⑥ D. ③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】根据稀氨水中存在着：NH3·H2ONH4+＋OH－平衡进行分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，故①错误；②加硫酸H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，故②错误；③当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，故④错误；⑤电离属于吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，故⑤错误；⑥加入MgSO4固体，发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，使平衡向正反应方向移动，且溶液中c(OH－)减小，故⑥错误。符合题意的选项为③；答案：B。
11.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。
12.把1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是（ ）
A. c（CH3COOH）变为原来的1/10
B. c（H＋）变为原来的
C. c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大
D. 溶液的导电性增强
【答案】C
【解析】
【分析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀释到10L，溶液体积变为原来的10倍。
【详解】A、加水稀释促进CH3COOH的电离，H+、CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则c（CH3COOH）比原来的1/10小，错误；
B、c（H+）比原来的1/10大，错误；
C、c（CH3COO－）/c（CH3COOH）= n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正确；
D、由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）减小，溶液导电性减弱，错误；
答案选C。
13.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
14.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快
B. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小
C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比
D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
16.温度为T时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法不正确的是（ ）
容器
编号
容器类型
起始物质的量 / mol
平衡时SO3物质的量 / mol
SO2
O2
SO3
I
恒温恒容
2
1
0
1.8
II
恒温恒压
2
1
0
a
III
绝热恒容
0
0
2
b
A. 容器I中SO2的转化率小于容器II中SO2的转化率
B. 容器II的平衡常数大于容器III中的平衡常数
C. 平衡时SO3的物质的量：a＞1.8、b＞1.8
D. 若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则此时v正＜v逆
【答案】B
【解析】
【详解】A．恒温恒容时，2SO2＋O22SO3平衡时，SO3的物质的量为1.8mol。该反应正向移动，达到平衡时，压强较刚开始的时候减小。恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，则容器II中SO2的转化率增大，A项正确，不符合题意；
B．SO2和O2反应生成SO3是放热反应，SO3分解生成SO2和O2是吸热反应。容器Ⅲ绝热情况下发生反应，则容器内的温度较容器Ⅱ中的更低。2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，温度降低，平衡常数增大，容器Ⅱ中的平衡常数小于容器Ⅲ中的平衡常数，B项错误，符合题意；
C．恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，SO3的物质的量大于1.8，a>1.8。容器Ⅲ如果是恒温恒压，则平衡结果和容器Ⅰ中的一样，c=1.8mol，但是现在容器Ⅲ为绝热装置，SO3分解属于吸热反应，相当于达到容器Ⅰ中的平衡后，再降低温度，向放热反应方向移动，SO3的物质的量增加，b>1.8mol；C项正确，不符合题意；
D．利用三段式求出容器Ⅰ中的平衡常数K，再利用浓度商Qc和平衡常数K的关系，判断平衡移动方向。求解容器Ⅰ的平衡常数K，体积为1L。
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
开始时的物质的量浓度 2 1 0
转化的物质的量浓度 1.8 0.9 1.8
平衡时的物质的量浓度 0.2 0.1 1.8
则平衡常数；
若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则浓度商；浓度商Qc大于K，平衡逆向移动，则v正＜v逆，D项正确，不符合题意；
本题答案选B。
第II卷（非选择题)
二、非选择题：包括第题17-20题四个大题，共52分。
17.节能减排措施是我国“十一五”期间提出的政策措施。
(1)煤的燃烧，会产生大量有害气体。将煤转化为水煤气，可有效降低排放。
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5 kJ·mol－1
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H=－242.0kJ·mol－1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·mol－1
根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式___________。
(2)汽车尾气的排放是大气污染物的重要来源，其中含有NO气体。根据资料显示用活性炭还原法可以处理氮氧化物，某硏究小组向固定容积的密闭容器中加入一定量的活性炭和NO发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) △H=－574kJ·mol－1，并在温度T时将所测反应数据制成下表：
①0到10min内，NO的平均反应速率v(NO)=___________mol·L－1·min－1。
②下列数据不再变化可表示该反应达到平衡的是___________。
a.容器内压强 b．混合气体的平均摩尔质量 c．混合气体的密度
③若容器改为可变容积容器，达平衡后，再充入少量NO气体，再次达到平衡时N2的浓度 ____________（填“增大”，“减小”，或“不变”）
(3)在某温度T时能同时发生反应：
2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) K1
N2O4(g)2NO2(g) K2
若向一体积固定为2L的密闭容器内加入N2O5 2mol，一段时间后，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，已知K2=0.1，请计算出K1=___________。
(4)在一定温度下，有a、硫酸氢钠b、硫酸c、醋酸三种溶液，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是_____，当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是___。
【答案】(1). C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.5kJ·mol－1 (2). 0.048 (3). bc (4). 不变 (5). 0.16 (6). c>a>b . (7). c>a=b
【解析】
【分析】(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③可得；
(2)①根据v=计算；
②根据平衡状态特征分析；
③根据压强对反应的影响可得
(3)一体积固定为2L的密闭容器，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，c(NO2)=0.2mol/L，已知K2=0.1，则容器中有=0.1，可得c(N2O4)=0.4mol/L，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)得到0.2mol/L的NO2则消耗N2O40.1mol/L，则由反应2N2O5(g)⇌2N2O4(g)+O2(g)生成的N2O4有0.5mol/L，再根据反应解得各物质的浓度，计算K1；
(4)硫酸为二元酸，硫酸氢钠能完全电离出H+，相当于一元强酸，醋酸为弱酸，强酸完全电离，弱酸部分电离；当c(H+)相同、体积相同时，硫酸氢钠、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离；
【详解】(1)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g))△H=+131.5kJ•mol-1；
(2)①0到10min内，NO的平均反应速率v(NO)==0.048mol•L-1•min-1；
②a．反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)是个气体体积不变的反应，容器内压强始终保持不变，故a错误；
b．根据M=，混合气体的质量增大，n不变，平均摩尔质量增大，混合气体平均摩尔质量不变时达到平衡，故b正确；
c．跟ρ=，混合气体的质量增大，体积不变，混合气体的密度增大，混合气体的密度不变时达到平衡，故c正确；
故答案为bc；
③若容器改为可变容积容器达平衡后改变某一条件，一段时间后，反应再次达到原平衡，因为反应是个气体体积不变的反应，故压强对其平衡无影响，故可以是增加NO浓度；
(3)一体积固定为2L的密闭容器，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，c(NO2)=0.2mol/L，已知K2=0.1，则容器中有=0.1，可得c(N2O4)=0.4mol/L，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)得到0.2mol/L的NO2则消耗N2O40.1mol/L，则由反应2N2O5(g)⇌2N2O4(g)+O2(g)生成的N2O4有0.5mol/L，则生成的c(O2)=c(N2O4)=0.25mol/L，消耗的c(N2O5)=0.5mol/L，平衡时c(N2O5)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，故K1==0.16：
(4)硫酸为二元酸，硫酸氢钠能完全电离出H+，相当于一元强酸，醋酸为弱酸，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b；当c(H+)相同、体积相同时，硫酸氢钠、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为c＞a=b。
18.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H＝＋49kJ·mol－1
副反应：H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41kJ·mol－1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。
③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。
【答案】(1). CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol (2). 升高温度 (3). 提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成 (4). （p2/p1-1）×100% (5). 大于 (6). 48
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；
（2）根据图像，N点向上移动到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。
【详解】（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲醇的转化率；
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；
③ CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)
初始：1 1
反应：x x x 3x
平衡：1-x 1-x x 3x
在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p1-1）×100%；
（2）根据图像可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始：3 3
反应：x x x 3x
平衡：3-x 3-x x 3x
3x/（6+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。
19.某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如下（见表格），请结合表中信息，回答有关问题：
实验
序号
反应温
度/℃
参加反应的物质
Na2S2O3
H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
20
10
0.1
10
0.1
0
B
20
5
0.1
10
0.1
5
C
20
10
0.1
5
0.1
5
D
40
10
0.1
10
0.1
0
（1）写出反应的离子方程式_____________________。
（2）根据你所掌握的知识判断，在上述实验中，反应速率最快的可能是______（填实验序号）。
（3）在比较某一因素对实验产生的影响时，必须排除其他因素的变动和干扰，即需要控制好与实验有关的各项反应条件，其中：
①能说明温度对该反应速率影响的组合是__________（填实验序号）；
②A和B、A和C的组合比较，所研究的问题是________________________________；
③B和C组合比较，所研究的问题是________________________________________。
（4）教材中利用了出现黄色沉淀的快慢来比较反应速率的快慢，请你分析为何不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较：_________________。
【答案】(1). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (2). D (3). A和D (4). 相同温度条件下浓度对该反应速率的影响 (5). 相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度 (6). SO2易溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制
【解析】
【分析】(1)硫代硫酸根离子和氢离子反应生成硫、二氧化硫和水；
(2)根据温度和浓度对化学反应速率影响分析；
(3)当分析某一因素对化学反应速率的影响时，其它物理量要相同；
(4)根据二氧化硫的性质或实验装置分析不利因素。
【详解】(1)硫代硫酸根离子和氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，离子反应方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
(2)温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，在上述实验中反应速率最快的可能是D，故答案为D；
(3)①能说明温度对该反应速率影响的组合中两者的温度不同，其它物理量相同，故选AD；
②A和B、A和C的组合中不同的物理量是浓度，所以比较研究的问题是相同温度条件下浓度对该反应速率的影响；
③B和C的组合不同点是：硫代硫酸钠和硫酸的浓度不同，所以比较所研究的问题是相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度；
(4)二氧化硫可以溶于水，1体积水能溶解40体积二氧化硫，所以导致测定不精确，且该实验装置较复杂，不易控制，所以不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较。
20.部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HNO2
H2S
H2SO3
H2C2O4
H2CO3
电离平衡常数25℃）
K=1.8×10-4
K=5.1×10-4
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8
K1=5.4×10-2
K2=5.4×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是：_____；HCOO-、S2-、HSO3-三种离子中，最难结合H+的是______。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：__________。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式：_____。
（4）下列离子方程式书写正确的是____________
A.HNO2+HS- = NO2-+ H2S↑
B.2HCOOH+SO32-= 2HCOO-+H2O+SO2↑
C.H2SO3+2HCOO-= 2HCOOH+SO32-
D.H2SO3+SO32-= 2HSO3-
E.H 2C2O4+ NO2-=HC2O4-+HNO2
（5）将少量SO2通入Na2C2O4溶液，写出离子方程式__________________。
（6）已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10-8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算NaHCO3的物质的量 ______________
【答案】(1). H2S (2). HSO3- (3). H2C2O4、HCOOH、HC2O4- (4). 2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓ (5). DE (6). SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3- (7). 6mol
【解析】
【分析】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱；
(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数大小判断；
(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，据此书写方程式；
(4)强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸和强酸盐；
(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4＞H2SO3 ＞HC2O4 -＞HSO3-，据此写出离子方程式；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4mol NaX、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中除了发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，根据反应方程式进行计算。
【详解】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱，根据电离平衡常数知，酸性最弱的是H2S，结合氢离子能力最弱的是HSO3-；
(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数知，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，该反应方程式为2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；
(4)A．亚硝酸具有强氧化性，硫氢根离子具有还原性，二者能发生氧化还原反应，所以离子方程式为H++2HNO2+HS-=2NO↑+S↓+2H2O，故A错误；
B．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以甲酸和亚硫酸根离子反应生成甲酸根离子和亚硫酸氢根离子，离子方程式为HCOOH+SO32-═HCOO-+HSO3-，故B错误；
C．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+HCOO-═HCOOH+HSO3-，故C错误；
D．亚硫酸和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+SO32-= 2HSO3-，故D正确；
E．根据电离平衡常数可知，草酸的一级电离平衡常数大于亚硝酸，二级电离平衡常数小于亚硝酸，所以H2C2O4+NO2-═HC2O4-+HNO2，故E正确；
故答案为：DE；
(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4＞H2SO3 ＞HC2O4 -＞HSO3-，据此写出离子方程式为：SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4mol NaX、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据该反应可知2mol Na2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗2molCO2，还有1molCO2发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中NaHCO3为6 mol。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，用0.5mm的黑色中性笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法正确的是（ ）
A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C. 有化学键断裂一定发生化学反应
D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应
【答案】D
【解析】分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。
详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；
B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；
C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；
D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。
2.下列关于纯净物、混合物、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
磷酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氨水
盐酸
铜
D
胆矾
食盐水
氯化铜
石墨
【答案】B
【解析】
【详解】冰水混合物中只含一种物质——水分子，属于纯净物，故A错误；
B． 蒸馏水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；
C．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不属于电解质又不属于非电解质，故C错误；
D．石墨是单质，既不属于电解质又不属于非电解质，故D错误；
故选B。
3.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1
2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g) △H=-452 kJ·mol-1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（ ）
A. 1molCO 完全燃烧，放出热量为283 J
B. Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g) △H=-226 kJ·mol-l
C. CO(g) 与Na2O2(s)反应放出509kJ 热量时，电子转移数为1.204×1024
D. CO 的燃烧热为566 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】A、燃烧热是指1mol可燃物燃烧释放的热量，1molCO燃烧放热283kJ，故A错误；B、根据2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g) △H=+452 kJ·mol-1可知，Na2O2(s)+CO2(s) =Na2CO3(s)+O2(g) △H=+226 kJ·mol-l，故B错误；C、已知：①2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H=-566kJ/mol，②Na2O2(s)+CO2(g)═Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，据盖斯定律(①+②×2)÷2得：CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s) △H=509kJ/mol，反应中C由+2价变成+4价，电子转移数为2mol，故C正确；D、燃烧热是指1mol可燃物燃烧释放的热量，根据2CO(g)+O2(g) =2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，CO 的燃烧热为283 kJ·mol-1，故D错误；故选C。
4.可逆反应mA(s）+n D(g）pX(g）+qY(g）在反应过程中，其他条件不变，D的转化率和温度T或压强p关系如图所示(D﹪为D的转化率），下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应为放热反应
B. 使用催化剂，D的物质的量减小
C. 化学方程式系数m+n=p+q
D. 增加物质A或D用量，平衡均向右移动
【答案】A
【解析】
【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时D的转化率越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时D的转化率相同，可知反应为气体物质的量不变的反应，即n=p+q。
【详解】A、正反应为放热反应，A正确；
B、使用催化剂，平衡不移动，B错误；
C、由上述分析可知，n=p+q，C错误；
D、增大固体物质的物质的量不能使平衡移动，A为固体，达到平衡后，增加A平衡不移动，D错误。
答案选A。
5.目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2＋浓度的废水中加入H2O2，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下表)，实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率为：0.014 mol·L-1·s-1
B. 对比①②实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解
C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同
D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】由图象可知，①②pH相同、浓度相同，但②反应速率较大，可知升高温度可加快反应速率，③温度、浓度相同，但pH=9，此时浓度不变，可知在碱性条件下不能使有机物R降解，以此解答该题。
【详解】A.313K时，在0～100s内有机物R降解的平均速率为=0.018 mol•L-1•s-1，故A错误；
B．对比①②实验，可以得出温度较高，反应速率较大，但如温度太高，可导致过氧化氢分解，反应速率不一定大，故B错误；
C．对比①②实验，600s后，有机物可完全降解，故C错误；
D．由图象可知在碱性条件下不能使有机物R降解，则若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，故D正确；
故答案为D。
6.一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. p1 < p2
B. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%
D. 400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1< p2，故A正确；
B．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；
C．根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；
D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；
答案选A。
7.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡影响
B. 图II表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲
D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故答案选A。
8.下列有关图像，其中说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B. 由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅱ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；
B、T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，平衡向着吸热方向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；
C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1~t3时，NH3体积分数最大，故D错误；
故选B。
9.一定条件下，在密闭容器中充入CO2与H2进行反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH。采用催化剂甲和催化剂乙分别发生上述反应，测得反应进行相同时间时CO2的转化率α(CO2)随反应温度T的变化曲线如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)：
下列叙述正确的是（ ）
A. 该可逆反应的ΔH>0
B. 催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能大
C. 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率比在催化剂乙作用下的转化率高
D. d、e两点反应已经达到平衡
【答案】D
【解析】
【分析】在建立平衡之前，随着反应温度的升高，反应速率逐渐增大，随着反应的进行，CO2的转化率逐渐增大，当二氧化碳的转化率达到最大时，建立平衡，然后随着温度升高，二氧化碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，该可逆反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；
B．在建立平衡之前，相同温度条件下，催化剂甲反应速率大于催化剂乙，说明催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能小，故B错误；
C．催化剂不能使平衡发生移动，因此 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率与在催化剂乙作用下的转化率相等，故C错误；
D．根据上述分析，d、e两点反应都已经达到平衡，故D正确；
答案选D。
10.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热 ⑥少量MgSO4固体
A. ①②③⑤ B. ③ C. ③④⑥ D. ③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】根据稀氨水中存在着：NH3·H2ONH4+＋OH－平衡进行分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，故①错误；②加硫酸H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，故②错误；③当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，故④错误；⑤电离属于吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，故⑤错误；⑥加入MgSO4固体，发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，使平衡向正反应方向移动，且溶液中c(OH－)减小，故⑥错误。符合题意的选项为③；答案：B。
11.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。
12.把1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是（ ）
A. c（CH3COOH）变为原来的1/10
B. c（H＋）变为原来的
C. c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大
D. 溶液的导电性增强
【答案】C
【解析】
【分析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀释到10L，溶液体积变为原来的10倍。
【详解】A、加水稀释促进CH3COOH的电离，H+、CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则c（CH3COOH）比原来的1/10小，错误；
B、c（H+）比原来的1/10大，错误；
C、c（CH3COO－）/c（CH3COOH）= n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正确；
D、由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）减小，溶液导电性减弱，错误；
答案选C。
13.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
14.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快
B. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小
C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比
D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
16.温度为T时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法不正确的是（ ）
容器
编号
容器类型
起始物质的量 / mol
平衡时SO3物质的量 / mol
SO2
O2
SO3
I
恒温恒容
2
1
0
1.8
II
恒温恒压
2
1
0
a
III
绝热恒容
0
0
2
b
A. 容器I中SO2的转化率小于容器II中SO2的转化率
B. 容器II的平衡常数大于容器III中的平衡常数
C. 平衡时SO3的物质的量：a＞1.8、b＞1.8
D. 若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则此时v正＜v逆
【答案】B
【解析】
【详解】A．恒温恒容时，2SO2＋O22SO3平衡时，SO3的物质的量为1.8mol。该反应正向移动，达到平衡时，压强较刚开始的时候减小。恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，则容器II中SO2的转化率增大，A项正确，不符合题意；
B．SO2和O2反应生成SO3是放热反应，SO3分解生成SO2和O2是吸热反应。容器Ⅲ绝热情况下发生反应，则容器内的温度较容器Ⅱ中的更低。2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，温度降低，平衡常数增大，容器Ⅱ中的平衡常数小于容器Ⅲ中的平衡常数，B项错误，符合题意；
C．恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，SO3的物质的量大于1.8，a>1.8。容器Ⅲ如果是恒温恒压，则平衡结果和容器Ⅰ中的一样，c=1.8mol，但是现在容器Ⅲ为绝热装置，SO3分解属于吸热反应，相当于达到容器Ⅰ中的平衡后，再降低温度，向放热反应方向移动，SO3的物质的量增加，b>1.8mol；C项正确，不符合题意；
D．利用三段式求出容器Ⅰ中的平衡常数K，再利用浓度商Qc和平衡常数K的关系，判断平衡移动方向。求解容器Ⅰ的平衡常数K，体积为1L。
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
开始时的物质的量浓度 2 1 0
转化的物质的量浓度 1.8 0.9 1.8
平衡时的物质的量浓度 0.2 0.1 1.8
则平衡常数；
若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则浓度商；浓度商Qc大于K，平衡逆向移动，则v正＜v逆，D项正确，不符合题意；
本题答案选B。
第II卷（非选择题)
二、非选择题：包括第题17-20题四个大题，共52分。
17.节能减排措施是我国“十一五”期间提出的政策措施。
(1)煤的燃烧，会产生大量有害气体。将煤转化为水煤气，可有效降低排放。
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5 kJ·mol－1
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H=－242.0kJ·mol－1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·mol－1
根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式___________。
(2)汽车尾气的排放是大气污染物的重要来源，其中含有NO气体。根据资料显示用活性炭还原法可以处理氮氧化物，某硏究小组向固定容积的密闭容器中加入一定量的活性炭和NO发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) △H=－574kJ·mol－1，并在温度T时将所测反应数据制成下表：
①0到10min内，NO的平均反应速率v(NO)=___________mol·L－1·min－1。
②下列数据不再变化可表示该反应达到平衡的是___________。
a.容器内压强 b．混合气体的平均摩尔质量 c．混合气体的密度
③若容器改为可变容积容器，达平衡后，再充入少量NO气体，再次达到平衡时N2的浓度 ____________（填“增大”，“减小”，或“不变”）
(3)在某温度T时能同时发生反应：
2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) K1
N2O4(g)2NO2(g) K2
若向一体积固定为2L的密闭容器内加入N2O5 2mol，一段时间后，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，已知K2=0.1，请计算出K1=___________。
(4)在一定温度下，有a、硫酸氢钠b、硫酸c、醋酸三种溶液，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是_____，当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是___。
【答案】(1). C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.5kJ·mol－1 (2). 0.048 (3). bc (4). 不变 (5). 0.16 (6). c>a>b . (7). c>a=b
【解析】
【分析】(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③可得；
(2)①根据v=计算；
②根据平衡状态特征分析；
③根据压强对反应的影响可得
(3)一体积固定为2L的密闭容器，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，c(NO2)=0.2mol/L，已知K2=0.1，则容器中有=0.1，可得c(N2O4)=0.4mol/L，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)得到0.2mol/L的NO2则消耗N2O40.1mol/L，则由反应2N2O5(g)⇌2N2O4(g)+O2(g)生成的N2O4有0.5mol/L，再根据反应解得各物质的浓度，计算K1；
(4)硫酸为二元酸，硫酸氢钠能完全电离出H+，相当于一元强酸，醋酸为弱酸，强酸完全电离，弱酸部分电离；当c(H+)相同、体积相同时，硫酸氢钠、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离；
【详解】(1)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5 kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g))△H=+131.5kJ•mol-1；
(2)①0到10min内，NO的平均反应速率v(NO)==0.048mol•L-1•min-1；
②a．反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)是个气体体积不变的反应，容器内压强始终保持不变，故a错误；
b．根据M=，混合气体的质量增大，n不变，平均摩尔质量增大，混合气体平均摩尔质量不变时达到平衡，故b正确；
c．跟ρ=，混合气体的质量增大，体积不变，混合气体的密度增大，混合气体的密度不变时达到平衡，故c正确；
故答案为bc；
③若容器改为可变容积容器达平衡后改变某一条件，一段时间后，反应再次达到原平衡，因为反应是个气体体积不变的反应，故压强对其平衡无影响，故可以是增加NO浓度；
(3)一体积固定为2L的密闭容器，容器内的反应达到平衡，此时n(NO2)=0.4mol，c(NO2)=0.2mol/L，已知K2=0.1，则容器中有=0.1，可得c(N2O4)=0.4mol/L，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)得到0.2mol/L的NO2则消耗N2O40.1mol/L，则由反应2N2O5(g)⇌2N2O4(g)+O2(g)生成的N2O4有0.5mol/L，则生成的c(O2)=c(N2O4)=0.25mol/L，消耗的c(N2O5)=0.5mol/L，平衡时c(N2O5)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，故K1==0.16：
(4)硫酸为二元酸，硫酸氢钠能完全电离出H+，相当于一元强酸，醋酸为弱酸，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b；当c(H+)相同、体积相同时，硫酸氢钠、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为c＞a=b。
18.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H＝＋49kJ·mol－1
副反应：H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41kJ·mol－1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。
③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。
【答案】(1). CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol (2). 升高温度 (3). 提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成 (4). （p2/p1-1）×100% (5). 大于 (6). 48
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；
（2）根据图像，N点向上移动到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。
【详解】（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲醇的转化率；
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；
③ CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)
初始：1 1
反应：x x x 3x
平衡：1-x 1-x x 3x
在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p1-1）×100%；
（2）根据图像可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始：3 3
反应：x x x 3x
平衡：3-x 3-x x 3x
3x/（6+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。
19.某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如下（见表格），请结合表中信息，回答有关问题：
实验
序号
反应温
度/℃
参加反应的物质
Na2S2O3
H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
20
10
0.1
10
0.1
0
B
20
5
0.1
10
0.1
5
C
20
10
0.1
5
0.1
5
D
40
10
0.1
10
0.1
0
（1）写出反应的离子方程式_____________________。
（2）根据你所掌握的知识判断，在上述实验中，反应速率最快的可能是______（填实验序号）。
（3）在比较某一因素对实验产生的影响时，必须排除其他因素的变动和干扰，即需要控制好与实验有关的各项反应条件，其中：
①能说明温度对该反应速率影响的组合是__________（填实验序号）；
②A和B、A和C的组合比较，所研究的问题是________________________________；
③B和C组合比较，所研究的问题是________________________________________。
（4）教材中利用了出现黄色沉淀的快慢来比较反应速率的快慢，请你分析为何不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较：_________________。
【答案】(1). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (2). D (3). A和D (4). 相同温度条件下浓度对该反应速率的影响 (5). 相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度 (6). SO2易溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制
【解析】
【分析】(1)硫代硫酸根离子和氢离子反应生成硫、二氧化硫和水；
(2)根据温度和浓度对化学反应速率影响分析；
(3)当分析某一因素对化学反应速率的影响时，其它物理量要相同；
(4)根据二氧化硫的性质或实验装置分析不利因素。
【详解】(1)硫代硫酸根离子和氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，离子反应方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
(2)温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，在上述实验中反应速率最快的可能是D，故答案为D；
(3)①能说明温度对该反应速率影响的组合中两者的温度不同，其它物理量相同，故选AD；
②A和B、A和C的组合中不同的物理量是浓度，所以比较研究的问题是相同温度条件下浓度对该反应速率的影响；
③B和C的组合不同点是：硫代硫酸钠和硫酸的浓度不同，所以比较所研究的问题是相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度；
(4)二氧化硫可以溶于水，1体积水能溶解40体积二氧化硫，所以导致测定不精确，且该实验装置较复杂，不易控制，所以不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较。
20.部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HNO2
H2S
H2SO3
H2C2O4
H2CO3
电离平衡常数25℃）
K=1.8×10-4
K=5.1×10-4
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8
K1=5.4×10-2
K2=5.4×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是：_____；HCOO-、S2-、HSO3-三种离子中，最难结合H+的是______。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：__________。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式：_____。
（4）下列离子方程式书写正确的是____________
A.HNO2+HS- = NO2-+ H2S↑
B.2HCOOH+SO32-= 2HCOO-+H2O+SO2↑
C.H2SO3+2HCOO-= 2HCOOH+SO32-
D.H2SO3+SO32-= 2HSO3-
E.H 2C2O4+ NO2-=HC2O4-+HNO2
（5）将少量SO2通入Na2C2O4溶液，写出离子方程式__________________。
（6）已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10-8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算NaHCO3的物质的量 ______________
【答案】(1). H2S (2). HSO3- (3). H2C2O4、HCOOH、HC2O4- (4). 2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓ (5). DE (6). SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3- (7). 6mol
【解析】
【分析】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱；
(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数大小判断；
(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，据此书写方程式；
(4)强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸和强酸盐；
(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4＞H2SO3 ＞HC2O4 -＞HSO3-，据此写出离子方程式；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4mol NaX、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中除了发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，根据反应方程式进行计算。
【详解】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱，根据电离平衡常数知，酸性最弱的是H2S，结合氢离子能力最弱的是HSO3-；
(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数知，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，该反应方程式为2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；
(4)A．亚硝酸具有强氧化性，硫氢根离子具有还原性，二者能发生氧化还原反应，所以离子方程式为H++2HNO2+HS-=2NO↑+S↓+2H2O，故A错误；
B．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以甲酸和亚硫酸根离子反应生成甲酸根离子和亚硫酸氢根离子，离子方程式为HCOOH+SO32-═HCOO-+HSO3-，故B错误；
C．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+HCOO-═HCOOH+HSO3-，故C错误；
D．亚硫酸和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+SO32-= 2HSO3-，故D正确；
E．根据电离平衡常数可知，草酸的一级电离平衡常数大于亚硝酸，二级电离平衡常数小于亚硝酸，所以H2C2O4+NO2-═HC2O4-+HNO2，故E正确；
故答案为：DE；
(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4＞H2SO3 ＞HC2O4 -＞HSO3-，据此写出离子方程式为：SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4mol NaX、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据该反应可知2mol Na2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗2molCO2，还有1molCO2发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中NaHCO3为6 mol。
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