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【化学】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2018-2019学年高二上学期期中检测（解析版）
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湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2018-2019学年高二上学期期中检测
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列关于能量变化的说法正确的是
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
2．一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是
A．合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
B．H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
C．实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2
D．新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅
3．下列说法中正确的说法有几个
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．常温下0.1molL-1醋酸溶液的Ph="a" ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是
A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 molL-1盐酸 D．提高溶液的温度
5．对于反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)。改变下列条件能加快反应速率的是
①升温 ②恒容下通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压
⑤加催化剂 ⑥恒压下通入惰性气体
A．①②⑤ B．①③⑤ C．②④⑥ D．③⑤⑥
6．下列说法不正确的是
A．已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C．甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ • mol-1
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=-38.6kJ/mol
7．在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g) ΔH<0，不能作为该反应达到化学平衡的标志的是
①v正(B)＝v逆(C) ②n(B)∶n(C)＝1∶1 ③容器内压强不再改变
④容器内气体的密度不再改变 ⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
A．②③④⑤ B．①③④ C．②③ D．全部
8．下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理，下列说法不正确的是
A．反应②为反应③提供了原料
B．反应②也是SO2资源利用的方法之一
C．制得等量H2所需能量较少的是系统(I)
D．系统(I)制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol
9．利用平衡移动原理能证明Na2SO3溶液中存在下列平衡SO32-＋H2OHSO3-＋OH－事实的是
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后红色加深
D．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
10．在不同浓度(c)、不同温度(T)下，某物质发生分解的瞬时反应速率如下表所示：
c/mol·L－1
v/mol·L－1·s－1
T/K
1.00
0.08
0.06
0.04
273.15
3.00
2.40
1.80
1.20
298.15
6.00
5.00
4.00
3.00
T3
5.40
5.04
4.68
4.32
下列推断正确的是
A．T3＜273.15
B．同时改变起始浓度和温度，瞬时速率可能相等
C．该物质最适宜的分解条件是，温度为298.15 K，起始浓度为 1.0 mol·L－1
D．该分解反应一定是熵增、焓增反应
11．己知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=akJ·mol-l
2C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-220kJ·mol-1
H-H、O＝O和O-H键的键能分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462kJ·mol-1，则a为
A．+130 B．-118 C．+350 D．-332
12．已知N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋57.20 kJ/mol，t℃时，将一定量的NO2、N2O4充入一个容积为2 L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：
时间/min
0
5
10
15
20
25
30
c(X)/(mol/L)
0.2
c
0.6
0.6
1.0
c1
c1
c(Y)/(mol/L)
0.6
c
0.4
0.4
0.4
c2
c2
下列推断不正确的是
A．c(X)代表NO2的浓度
B．20min时改变的条件是向容器中加入0.8molNO2
C．该反应的平衡常数K=0.9 mol/L
D．25min后混合气体的平均摩尔质量为64.4g·mol-1
13．已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式合理的是
弱酸
甲酸(HCOOH)
H2SO3
H2CO3
HClO
K25℃
K=1.77×10-4
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
A．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳: C1O-+H2O+CO2=HClO+HCO3-
B．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClO
C．碳酸钠溶液中通入过量SO2:SO2+H2O+CO32- =2HSO3- + CO2
D．纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑
14．下列装置或操作能达到目的的是
A．装置①用于测定生成氢气的速率
B．装置②依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响
C．装置③进行中和反应反应热的测定实验
D．装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
15．在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)＋2B(g)4C(g)＋D(g)ΔH<0。在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图。下列说法正确的是
A．当温度升高后，则图中θ＞45°
B．若再加入B，再次达到平衡状态时，正、逆反应速率均增大
C．平衡时B的转化率为50%
D．若再加入B，则平衡后反应体系气体密度减小
16．将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色) △H<0。下列说法正确的是
A．b点的操作是拉伸注射器
B．c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小
C．d点：注射器内压强正在逐渐减小
D．若注射器绝热(不与外界进行热交换)，则压缩达新平衡后平衡常数K值减小
17．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
18．Bodensteins研究反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，温度为T时，在两个体积均为1 L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
I
0.5 mol I2、0.5 mol H2
w (HI)/%
0
50
68
76
80
80
II
x mol HI
w (HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正＝ka·w(H2)·w(I2)，v逆＝kb·w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是：
A．温度为T时，该反应
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.0125 mol·L－1·min－1
C．若起始时向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．若两容器中存在kaⅠ= kaⅡ且kbⅠ= kbⅡ，则x的值可以为任何值
二、综合题
19．(1)有封闭体系如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是____________
A．第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多
B．通入气体未反应前，左室压强和右室一样大
C．第一次平衡时，左室内压强一定小于右室
D．第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多
(2)有封闭体系如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，先用小钉固定隔板K在如图位置(0处)，甲中充入1molN2和3molH2，乙中充入2molNH3和1molAr，此时F处于如图6处。拔取固定K的小钉，在少量固体催化剂作用下发生可逆反应：N2(g)+ 3H2(g)2 NH3(g)； 反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：
① 达到平衡时，移动活塞F最终仍停留在0刻度右侧6处，则K板位置范围是________。
② 若达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度处，则甲中NH3的物质的量为______mol， 此时，乙中可移动活塞F最终停留在右侧刻度____处(填下列序号：①＞8; ②＜8; ③=8)
③ 若一开始就将K、F都固定，其它条件均不变，则达到平衡时测得甲中H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为_________；假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是_______________。
20．合成气(主要成分为CO、CO2和H2)是重要的化工原料，可利用合成气在催化剂存在下直接制备二甲醚(CH3OCH3)。
己知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
(1)工业上用CO2和H2在一定条件下反应直接制备二甲醚，主反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
①要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是__________；若想减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是__________。
②一定条件下．上述主反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________(填标号)。
a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的变小
③在某压强下，制备二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时CO2的转化率如图(a)所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中， 5 min后反应达到平衡状态，则0〜5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________；KA、 KB、 KC三者之间的大小关系为___________。
(2)在适当条件下由CO和H2直接制备二甲醚，另一产物为水蒸气。
①该反应的热化学方程式是_______________________________。
②CO的转化率、二甲醚的产率与反应温度的关系如图(b)所示，请解释290℃后升高温度，CH3OCH3产率逐渐走低的原因可能是________________________________。
21．我国自主研发的“蓝鲸一号”在中国南海神狐海域完成可燃冰连续试采，并得到中共中央国务院公开致电祝贺。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。
(1)“可燃冰”作为能源的优点是_______________________________(回答一条即可)。
(2)甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ.mol-l)
活化能E.(kJ.mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸气重整
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)
+158. 6
243.9
回答下列问题:
①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) 的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。
该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。
③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。
(3)甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。
①过程II中第二步反应的化学方程式为_________。
②过程II的催化剂是______，只有过程I投料比_______，催化剂组成才会保持不变。
三、实验题
22．某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸H2C2O4溶液在室温下进行反应。实验中所用的草酸为稀溶液，视为强酸。
(1)写出硫酸酸化的高锰酸钾氧化稀草酸溶液的离子方程式__________。
(2)该小组进行了实验I，数据如下。
H2SO4溶液
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
褪色时间(分:秒)
1mL 2mol/L
2mL 0.01mol/L
1mL 0.1mol/L
2:03
1mL 2mol/L
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
2:16
一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率___________(填“增大”或“减小”)。但分析该实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小。
(3)该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如下。
该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是___________。
a
KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)。(括号中罗马数字表示锰的化合价)
b
草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。
c
草酸稳定性较差，加热至185℃可分解。
(4)该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如下。
H2SO4溶液
Na2SO4固体
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
褪色时间(分:秒)
1mL 0.1mol/L
1.9×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
16:20
1mL 0.5mol/L
1.5×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
8:25
1mL 1.0mol/L
1.0×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
6:15
1mL 2.0mol/L
0
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
2:16
该小组进行实验III的目的是____________________________________________。
(5)综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因________________。
a．当草酸浓度较小时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小
b．当草酸浓度较小时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大
c．当草酸浓度较大时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小
d．当草酸浓度较大时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大
参考答案
1．D
【解析】
试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。
2．B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】
A. 合成氨时将氨液化分离，减少生成物浓度，合成氨的化学平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；
B. H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I22HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小物质浓度增大，和平衡无关，故B选；
C. Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl溶液中有大量的Cl-，抑制Cl2的溶解，故C不选；
D.氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-产生白色沉淀，溶液颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D不选。
故选B。
【点睛】
影响化学平衡的因素：
(1)浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。
(2)压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。
(3)温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。
(4)催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。
3．B
【解析】
试题分析：①活化分子的碰撞有一定的合适取向，故错误；②普通分子间的碰撞没有发生化学反应，因为发生有效碰撞是活化分子，具有一定的能量，故错误；③增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的个数，从而使有效碰撞次数增多，故错误；④有气体参加的化学反应，增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，从而使反应速率增大，故错误；⑤化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成，故正确；⑥催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率，故正确。
考点：考查活化分子、活化能、有效碰撞等知识。
4．B
【解析】
试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1);B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为(a+1)；C、D项均会使溶液的pH减小。
考点：弱电解质的电离。
5．B
【解析】
【详解】
①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加CO浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积活化分子数目不变，则反应速率不变。
故选B。
6．D
【解析】
试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，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)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
7．C
【解析】
【详解】
①二者化学计量数相同，说明正逆反应速率相等，可做标志；②物质的量相等不能说明反应达到平衡；③反应前后气体体积不变，所以压强不能做标志；④气体的总质量随着反应而改变，所以密度不变可做标志；⑤平均相对分子质量=气体的总质量 /气体总物质的量，由于气体总物质的量不变，而气体的总质量随时改变，所以平均相对分子质量不变可做标志。
故选C。
8．C
【解析】
A. 可以看出来反应②为反应③提供了原料HI，故A正确；B. SO2在反应②中实现了再利用，故B正确；C.由已知化学方程式可知①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为：H2S(g) H2(g) + S(g) ΔH = +20 kJ/mol；由上面的热化学方程式可知：制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)，故C错误；D. ①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，故D正确；本题选C。
点睛：利用盖斯定律可以计算出系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式，再比较两个系统的反应热做出判断。
9．D
【解析】
【详解】
A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，不能确定水解平衡的存在，故A错误；
B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后，发生氧化还原反应，生成硫酸钠，且氯水中HClO具有漂白性，不能确定水解平衡的存在，故B错误；
C. 滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后，OH-离子浓度增大，故C错误；
D. 滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡逆向移动，产生沉淀且红色褪去，故D正确。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
A. 起始浓度相同时，温度越高，反应速率越大，T3＜298.15K，故A错误；
B.从表格数据看出，273.15K,1 mol·L－1时分解速率与298.15K、0.04 mol·L－1时的瞬时速率相等，故B正确；
C.表格列出条件有限，不能得出最佳分解条件，故C错误；
D.根据瞬时速率不能得到焓变、熵变方向，故D错误。
故选B。
11．A
【解析】试题分析：已知热化学方程式①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H="a" kJ/mol，②2C(s)＋O2(g)="2CO(g)" △H=－220kJ/mol，则根据盖斯定律可知②－①×2即得到热化学方程式O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H＝－(220＋2a)kJ/mol。由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则496 kJ/mol＋2×436 kJ/mol－2×2×462 kJ/mol＝－(220＋2a)kJ/mol，解得a＝＋130，答案选A。
考点：考查反应热的计算
12．D
【解析】
【详解】
A.根据0到10 min浓度的变化量，可知c(X)代表NO2的浓度，c(Y)代表N2O4的浓度；故A正确；
B. 20min时, NO2的浓度增大而N2O4的浓度不变，故改变的条件是向容器中加0.8molNO2故B正确；
C.平衡时，c(NO2)=0.6 mol/L，c(N2O4)=0.4 mol/L，K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.9mol/L,故C正确；
D.温度一定，平衡常数一定， K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.9mol/L, 混合气体的平均摩尔质量=总质量/总物质的量，原平衡的平均摩尔质量恰好是64.4 g·mol-1，新平衡一定比这个值大，故D错误。
故选D。
13．C
【解析】
【详解】
A. 因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，故A错误；
B. 由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，故B错误；
C. 碳酸钠溶液中通入过量SO2，生成HSO3-，故C正确；
D. 甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故D错误。
故选C。
14．C
【解析】
【详解】
A.装置①只能测定氢气的体积，不能测定生成氢气的速率，故A错误；
B.装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应保证两种高锰酸钾的浓度相同，用不同浓度的草酸来做实验，故B错误；
C.装置③可以保证反应热几乎没有损失，可以进行中和反应反应热的测定实验，故C正确；
D.装置④两种硫代硫酸钠溶液的浓度不同，两种硫酸的浓度也不同，故D错误；
故选C。
【点睛】
升高温度，化学反应速率增加。在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快；减小反应物的浓度，反应速率降低；在其他条件相同时，使用催化剂，可以加快化学反应速率.；在其他条件相同时，增大气态反应物的压强，化学反应速率加快，减小气态反应物的压强，化学反应速率降低。
15．C
【解析】
【分析】
A.升高温度，平衡逆向移动；
B.因体积可变，则B的浓度不变；
C.图象中θ=45°,则加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等，结合方程式进行回答；
D.因体积可变，则再加入B后，新平衡与原平衡是等效平衡。
【详解】
A. 压强一定，当升高温度时，平衡逆向移动，则C的物质的量减少，由图可以看出，图
中θ<45°，故A错误；
B. 因体积可变，则B的浓度不变，则正、逆反应速率都不变，故B错误；
C. 由图象可知，加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等，结合方程式可知该反应中有一半的B物质参加反应，所以其转化率为50%，故C正确；
D.因体积可变，则再加入B后，新平衡与原平衡是等效平衡，故平衡后反应体系气体密度保持不变，故D错误。
故选C。
【点睛】
影响化学平衡的因素：
(1)浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。
(2)压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。
(3)温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。
(4)催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。
16．D
【解析】
【详解】
A. b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A错误；
B. c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；
C. c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，故压强逐渐增大，故C错误；
D. b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T (b)
17．D
【解析】
试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。
18．A
【解析】
【分析】
A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则 w2(HI)/ w(H2)·w(I2)
B.结合三行计算列式得到碘化氢消耗量，计算反应速率v=△c/△t；
C.计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；
D.若两容器中kaⅠ= kaⅡ且kbⅠ= kbⅡ，说明I和 II达到相同平衡状态。
【详解】
H2(g)＋ I2(g) 2HI(g)
起始量(mol/L)0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L)0.5-n 0.5-n 2n
w (HI)/%= 2n/1=80%,n=0.4 mol/L,平衡常数K=64；
A. 反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则 w2(HI)/ w(H2)·w(I2)=K=64；故A正确；
B. 容器I中在前20 min, H2(g)＋ I2(g) 2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w (HI)/%= 2m/1=50%，m=0.25 mol/L，容器I中在前20 min的平均速率，
v(HI)= 0.5 mol•L-1/20min=0.025 mol·L－1·min－1；故B错误；
C. 若起始时,向容器I中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、 HI, 此时浓度商Qc=0.12/0.1× 0.1=1
则x的值一定为1，故D错误；
故选A。
19．BC 0刻度左侧0-2处 1 ① 1－b 5/4＜d＜ 3/2
【解析】
【分析】
(1)A. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2， 1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；
B. 根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等；
C. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；
D. 第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动。
(2)①当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动。
②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格。
③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为1－b；此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化。
【详解】
(1)A. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2， 1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移 ，生成的SO2的物质的量更多，故A错误。
B.根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等，故B正确。
C. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移，故左室内压强一定小于右室，故C正确。
D. 第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动，生成的SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍少，故D错误。
故选BC。
(2)① 当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状
态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充
入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向
移动，再次到达平衡时，隔板位于0刻度左侧左处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体，假设隔板K最终在a处，设甲中反应到达平衡时，有xmolN2发生反应
N2(g)+ 3H2(g)2 NH3(g)
开始(mol) 1mol 3mol 0
转化(mol) x 3x 2x
平衡(mol) 1-x 3-3x 2x
(1-x)+ (3-3x)+ 2x=(6-a) ×0.5a，0.5a=2x-1，当N2完全反应时，x=1，a取最大，a=2，根据可逆反应不能进行到底，可知：K停留在0刻度左侧0-2处，故答案为：0刻度左侧0-2处。
②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格，即乙中平衡时气体的物质的量为4mol，其中Ar为1mol，设乙中达到平衡时有2ymol NH3反应，
2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g)
开始(mol) 2mol 0 0
转化(mol) 2y y 3y
平衡(mol) 2-2y y 3y
2-2y +y + 3y=3，2y=1，甲中NH3的物质的量为1mol；
根据题中信息可知，甲和乙是在恒温恒压条件下的反应，属于等效平衡，若平衡时K停留在0处,说明甲中平衡混合物为4mol,如乙平衡不移动，乙中为NH3和Ar,共3mol, 体积为8,故答案为：1；①。
③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为1－b；此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化，当乙完全不转化、甲完全转化时，恒容，d=P(乙)/ P(甲)=3/2, 当乙完全转化、甲完全不转化时，恒容，d=P(乙)/ P(甲)= 5/4，故答案为：1－b ； 5/4＜d＜ 3/2。
20．适当增大压强 选择合适的催化剂 b 0.036 mol·L－1·min－1 KA＝KC＞KB 2CO(g)＋4H2(g)==CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1 生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低
【解析】
【分析】
(1)①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，据此分析；
②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动；
c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动；
③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol× 60%×1/2= 1.8mol，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变。
(2)①. ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
①×2-②×2+③得2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1，据此分析；
②.CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少。
【详解】
(1)①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，故应该采取的措施是加压，向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向进行；减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是催化剂， 故答案为：适当增大压强；选择合适的催化剂。
②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动， 故b正确;
c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误；
故选b。
③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol× 60%×1/2= 1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)= 0.036 mol·L－1·min－1 ，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变，所以KA＝KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下正向进行程度比T2温度大，则KA＝KC＞KB，故答案为：0.036 mol·L－1·min－1 ；KA＝KC＞KB。
(2)①. ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
①×2-②×2+③得2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1
故答案为：2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1
②原因可能是CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少。
故答案为： 生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低。
21．能量密度高、清洁、污染小、储量大 小于 3/16(Mpa)2或0.1875( Mpa)2 p1>p2>p3>p4 甲烷氧化反应放出热量正好用于蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡 3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑ Fe3O4、CaO 1/3
【解析】
【分析】
(1)“可燃冰”是一种白色固体，有极强的燃烧力。
(2)①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。
②假设甲烷有1mol，水蒸气有1mol，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量 0.8 0.8 0.2 0.6
根据三段式进行分析解答即可。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用。
(3)①.根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，本身被还原为一氧化碳。
②.反应的历程：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；②4H2(g)+ Fe3O4(s) 3Fe(s)+4 H2O(g)；③Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+ 4CO2(g)；三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+ 4CO(g)；只有过程I投料比，催化剂组成才会保持不变。
【详解】
(1)“可燃冰”是一种白色固体，有极强的燃烧力，优点是：能量密度高、清洁、污染小、储量大；故答案为：能量密度高、清洁、污染小、储量大。
(2)①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快，故答案为：小于。
②假设甲烷有1mol，水蒸气有1mol，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量 0.8 0.8 0.2 0.6
平衡后混合气体的总量：0.8 + 0.8 + 0.2 + 0.6=2.4mol，p(CH4)= p(H2O)=4/3，p(CO)=1/3，p(H2)=1，A点的平衡常数Kp=13×1/3÷(4/3)2=3/16(Mpa)2,根据图像分析，温度不变时，压强减小，平衡左移，甲烷的转化率增大，压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为：p1>p2>p3>p4，故答案为：3/16(Mpa)2或0.1875( Mpa)2 ；p1>p2>p3>p4 。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用，故答案为：甲烷氧化反应放出热量正好用于蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡。
(3)①.根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，本身被还原为一氧化碳，故答案为：3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑。
②.过程II的催化剂是：Fe3O4、CaO；反应的历程：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；②4H2(g)+ Fe3O4(s) 3Fe(s)+4 H2O(g)；③Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+ 4CO2(g)；三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+ 4CO(g)；只有过程I投料比，催化剂组成才会保持不变。故答案为：Fe3O4、CaO ；1/3。
22．2MnO4- +5C2O42-+16H+===2Mn2+ +10CO2↑+8H2O 增大 ab 探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响 ad
【解析】
【分析】
(1)酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式。
(2)一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大。
(3)据MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)，以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，据此进行分析。
(4)小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。
(5)当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。
【详解】
(1)酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中有生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为10，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大，故答案为：增大。
(3)MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)，以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。
故答案为：ab。
(4)小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响，
故答案为：探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。
(5)当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。故选ad。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列关于能量变化的说法正确的是
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
2．一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是
A．合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
B．H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
C．实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2
D．新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅
3．下列说法中正确的说法有几个
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．常温下0.1molL-1醋酸溶液的Ph="a" ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是
A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 molL-1盐酸 D．提高溶液的温度
5．对于反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)。改变下列条件能加快反应速率的是
①升温 ②恒容下通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压
⑤加催化剂 ⑥恒压下通入惰性气体
A．①②⑤ B．①③⑤ C．②④⑥ D．③⑤⑥
6．下列说法不正确的是
A．已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C．甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ • mol-1
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=-38.6kJ/mol
7．在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g) ΔH<0，不能作为该反应达到化学平衡的标志的是
①v正(B)＝v逆(C) ②n(B)∶n(C)＝1∶1 ③容器内压强不再改变
④容器内气体的密度不再改变 ⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
A．②③④⑤ B．①③④ C．②③ D．全部
8．下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理，下列说法不正确的是
A．反应②为反应③提供了原料
B．反应②也是SO2资源利用的方法之一
C．制得等量H2所需能量较少的是系统(I)
D．系统(I)制氢的热化学方程式为H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol
9．利用平衡移动原理能证明Na2SO3溶液中存在下列平衡SO32-＋H2OHSO3-＋OH－事实的是
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后红色加深
D．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
10．在不同浓度(c)、不同温度(T)下，某物质发生分解的瞬时反应速率如下表所示：
c/mol·L－1
v/mol·L－1·s－1
T/K
1.00
0.08
0.06
0.04
273.15
3.00
2.40
1.80
1.20
298.15
6.00
5.00
4.00
3.00
T3
5.40
5.04
4.68
4.32
下列推断正确的是
A．T3＜273.15
B．同时改变起始浓度和温度，瞬时速率可能相等
C．该物质最适宜的分解条件是，温度为298.15 K，起始浓度为 1.0 mol·L－1
D．该分解反应一定是熵增、焓增反应
11．己知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=akJ·mol-l
2C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-220kJ·mol-1
H-H、O＝O和O-H键的键能分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462kJ·mol-1，则a为
A．+130 B．-118 C．+350 D．-332
12．已知N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋57.20 kJ/mol，t℃时，将一定量的NO2、N2O4充入一个容积为2 L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：
时间/min
0
5
10
15
20
25
30
c(X)/(mol/L)
0.2
c
0.6
0.6
1.0
c1
c1
c(Y)/(mol/L)
0.6
c
0.4
0.4
0.4
c2
c2
下列推断不正确的是
A．c(X)代表NO2的浓度
B．20min时改变的条件是向容器中加入0.8molNO2
C．该反应的平衡常数K=0.9 mol/L
D．25min后混合气体的平均摩尔质量为64.4g·mol-1
13．已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式合理的是
弱酸
甲酸(HCOOH)
H2SO3
H2CO3
HClO
K25℃
K=1.77×10-4
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
A．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳: C1O-+H2O+CO2=HClO+HCO3-
B．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClO
C．碳酸钠溶液中通入过量SO2:SO2+H2O+CO32- =2HSO3- + CO2
D．纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑
14．下列装置或操作能达到目的的是
A．装置①用于测定生成氢气的速率
B．装置②依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响
C．装置③进行中和反应反应热的测定实验
D．装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
15．在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)＋2B(g)4C(g)＋D(g)ΔH<0。在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图。下列说法正确的是
A．当温度升高后，则图中θ＞45°
B．若再加入B，再次达到平衡状态时，正、逆反应速率均增大
C．平衡时B的转化率为50%
D．若再加入B，则平衡后反应体系气体密度减小
16．将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色) △H<0。下列说法正确的是
A．b点的操作是拉伸注射器
B．c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小
C．d点：注射器内压强正在逐渐减小
D．若注射器绝热(不与外界进行热交换)，则压缩达新平衡后平衡常数K值减小
17．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
18．Bodensteins研究反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，温度为T时，在两个体积均为1 L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
I
0.5 mol I2、0.5 mol H2
w (HI)/%
0
50
68
76
80
80
II
x mol HI
w (HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正＝ka·w(H2)·w(I2)，v逆＝kb·w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是：
A．温度为T时，该反应
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.0125 mol·L－1·min－1
C．若起始时向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．若两容器中存在kaⅠ= kaⅡ且kbⅠ= kbⅡ，则x的值可以为任何值
二、综合题
19．(1)有封闭体系如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是____________
A．第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多
B．通入气体未反应前，左室压强和右室一样大
C．第一次平衡时，左室内压强一定小于右室
D．第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多
(2)有封闭体系如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，先用小钉固定隔板K在如图位置(0处)，甲中充入1molN2和3molH2，乙中充入2molNH3和1molAr，此时F处于如图6处。拔取固定K的小钉，在少量固体催化剂作用下发生可逆反应：N2(g)+ 3H2(g)2 NH3(g)； 反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：
① 达到平衡时，移动活塞F最终仍停留在0刻度右侧6处，则K板位置范围是________。
② 若达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度处，则甲中NH3的物质的量为______mol， 此时，乙中可移动活塞F最终停留在右侧刻度____处(填下列序号：①＞8; ②＜8; ③=8)
③ 若一开始就将K、F都固定，其它条件均不变，则达到平衡时测得甲中H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为_________；假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是_______________。
20．合成气(主要成分为CO、CO2和H2)是重要的化工原料，可利用合成气在催化剂存在下直接制备二甲醚(CH3OCH3)。
己知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
(1)工业上用CO2和H2在一定条件下反应直接制备二甲醚，主反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
①要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是__________；若想减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是__________。
②一定条件下．上述主反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________(填标号)。
a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的变小
③在某压强下，制备二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时CO2的转化率如图(a)所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中， 5 min后反应达到平衡状态，则0〜5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________；KA、 KB、 KC三者之间的大小关系为___________。
(2)在适当条件下由CO和H2直接制备二甲醚，另一产物为水蒸气。
①该反应的热化学方程式是_______________________________。
②CO的转化率、二甲醚的产率与反应温度的关系如图(b)所示，请解释290℃后升高温度，CH3OCH3产率逐渐走低的原因可能是________________________________。
21．我国自主研发的“蓝鲸一号”在中国南海神狐海域完成可燃冰连续试采，并得到中共中央国务院公开致电祝贺。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。
(1)“可燃冰”作为能源的优点是_______________________________(回答一条即可)。
(2)甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ.mol-l)
活化能E.(kJ.mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸气重整
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)
+158. 6
243.9
回答下列问题:
①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) 的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。
该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。
③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。
(3)甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。
①过程II中第二步反应的化学方程式为_________。
②过程II的催化剂是______，只有过程I投料比_______，催化剂组成才会保持不变。
三、实验题
22．某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸H2C2O4溶液在室温下进行反应。实验中所用的草酸为稀溶液，视为强酸。
(1)写出硫酸酸化的高锰酸钾氧化稀草酸溶液的离子方程式__________。
(2)该小组进行了实验I，数据如下。
H2SO4溶液
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
褪色时间(分:秒)
1mL 2mol/L
2mL 0.01mol/L
1mL 0.1mol/L
2:03
1mL 2mol/L
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
2:16
一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率___________(填“增大”或“减小”)。但分析该实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小。
(3)该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如下。
该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是___________。
a
KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)。(括号中罗马数字表示锰的化合价)
b
草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。
c
草酸稳定性较差，加热至185℃可分解。
(4)该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如下。
H2SO4溶液
Na2SO4固体
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
褪色时间(分:秒)
1mL 0.1mol/L
1.9×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
16:20
1mL 0.5mol/L
1.5×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
8:25
1mL 1.0mol/L
1.0×10-3mol
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
6:15
1mL 2.0mol/L
0
2mL 0.01mol/L
1mL 0.2mol/L
2:16
该小组进行实验III的目的是____________________________________________。
(5)综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因________________。
a．当草酸浓度较小时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小
b．当草酸浓度较小时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大
c．当草酸浓度较大时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小
d．当草酸浓度较大时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大
参考答案
1．D
【解析】
试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。
2．B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】
A. 合成氨时将氨液化分离，减少生成物浓度，合成氨的化学平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；
B. H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I22HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小物质浓度增大，和平衡无关，故B选；
C. Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl溶液中有大量的Cl-，抑制Cl2的溶解，故C不选；
D.氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-产生白色沉淀，溶液颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D不选。
故选B。
【点睛】
影响化学平衡的因素：
(1)浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。
(2)压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。
(3)温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。
(4)催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。
3．B
【解析】
试题分析：①活化分子的碰撞有一定的合适取向，故错误；②普通分子间的碰撞没有发生化学反应，因为发生有效碰撞是活化分子，具有一定的能量，故错误；③增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的个数，从而使有效碰撞次数增多，故错误；④有气体参加的化学反应，增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，从而使反应速率增大，故错误；⑤化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成，故正确；⑥催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率，故正确。
考点：考查活化分子、活化能、有效碰撞等知识。
4．B
【解析】
试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1);B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为(a+1)；C、D项均会使溶液的pH减小。
考点：弱电解质的电离。
5．B
【解析】
【详解】
①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加CO浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积活化分子数目不变，则反应速率不变。
故选B。
6．D
【解析】
试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，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)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
7．C
【解析】
【详解】
①二者化学计量数相同，说明正逆反应速率相等，可做标志；②物质的量相等不能说明反应达到平衡；③反应前后气体体积不变，所以压强不能做标志；④气体的总质量随着反应而改变，所以密度不变可做标志；⑤平均相对分子质量=气体的总质量 /气体总物质的量，由于气体总物质的量不变，而气体的总质量随时改变，所以平均相对分子质量不变可做标志。
故选C。
8．C
【解析】
A. 可以看出来反应②为反应③提供了原料HI，故A正确；B. SO2在反应②中实现了再利用，故B正确；C.由已知化学方程式可知①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为：H2S(g) H2(g) + S(g) ΔH = +20 kJ/mol；由上面的热化学方程式可知：制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)，故C错误；D. ①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l) H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +286 kJ/mol，故D正确；本题选C。
点睛：利用盖斯定律可以计算出系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式，再比较两个系统的反应热做出判断。
9．D
【解析】
【详解】
A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，不能确定水解平衡的存在，故A错误；
B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后，发生氧化还原反应，生成硫酸钠，且氯水中HClO具有漂白性，不能确定水解平衡的存在，故B错误；
C. 滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后，OH-离子浓度增大，故C错误；
D. 滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡逆向移动，产生沉淀且红色褪去，故D正确。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
A. 起始浓度相同时，温度越高，反应速率越大，T3＜298.15K，故A错误；
B.从表格数据看出，273.15K,1 mol·L－1时分解速率与298.15K、0.04 mol·L－1时的瞬时速率相等，故B正确；
C.表格列出条件有限，不能得出最佳分解条件，故C错误；
D.根据瞬时速率不能得到焓变、熵变方向，故D错误。
故选B。
11．A
【解析】试题分析：已知热化学方程式①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H="a" kJ/mol，②2C(s)＋O2(g)="2CO(g)" △H=－220kJ/mol，则根据盖斯定律可知②－①×2即得到热化学方程式O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H＝－(220＋2a)kJ/mol。由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则496 kJ/mol＋2×436 kJ/mol－2×2×462 kJ/mol＝－(220＋2a)kJ/mol，解得a＝＋130，答案选A。
考点：考查反应热的计算
12．D
【解析】
【详解】
A.根据0到10 min浓度的变化量，可知c(X)代表NO2的浓度，c(Y)代表N2O4的浓度；故A正确；
B. 20min时, NO2的浓度增大而N2O4的浓度不变，故改变的条件是向容器中加0.8molNO2故B正确；
C.平衡时，c(NO2)=0.6 mol/L，c(N2O4)=0.4 mol/L，K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.9mol/L,故C正确；
D.温度一定，平衡常数一定， K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.9mol/L, 混合气体的平均摩尔质量=总质量/总物质的量，原平衡的平均摩尔质量恰好是64.4 g·mol-1，新平衡一定比这个值大，故D错误。
故选D。
13．C
【解析】
【详解】
A. 因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，故A错误；
B. 由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，故B错误；
C. 碳酸钠溶液中通入过量SO2，生成HSO3-，故C正确；
D. 甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故D错误。
故选C。
14．C
【解析】
【详解】
A.装置①只能测定氢气的体积，不能测定生成氢气的速率，故A错误；
B.装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应保证两种高锰酸钾的浓度相同，用不同浓度的草酸来做实验，故B错误；
C.装置③可以保证反应热几乎没有损失，可以进行中和反应反应热的测定实验，故C正确；
D.装置④两种硫代硫酸钠溶液的浓度不同，两种硫酸的浓度也不同，故D错误；
故选C。
【点睛】
升高温度，化学反应速率增加。在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快；减小反应物的浓度，反应速率降低；在其他条件相同时，使用催化剂，可以加快化学反应速率.；在其他条件相同时，增大气态反应物的压强，化学反应速率加快，减小气态反应物的压强，化学反应速率降低。
15．C
【解析】
【分析】
A.升高温度，平衡逆向移动；
B.因体积可变，则B的浓度不变；
C.图象中θ=45°,则加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等，结合方程式进行回答；
D.因体积可变，则再加入B后，新平衡与原平衡是等效平衡。
【详解】
A. 压强一定，当升高温度时，平衡逆向移动，则C的物质的量减少，由图可以看出，图
中θ<45°，故A错误；
B. 因体积可变，则B的浓度不变，则正、逆反应速率都不变，故B错误；
C. 由图象可知，加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等，结合方程式可知该反应中有一半的B物质参加反应，所以其转化率为50%，故C正确；
D.因体积可变，则再加入B后，新平衡与原平衡是等效平衡，故平衡后反应体系气体密度保持不变，故D错误。
故选C。
【点睛】
影响化学平衡的因素：
(1)浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。
(2)压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。
(3)温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。
(4)催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。
16．D
【解析】
【详解】
A. b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A错误；
B. c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；
C. c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，故压强逐渐增大，故C错误；
D. b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T (b)
17．D
【解析】
试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。
18．A
【解析】
【分析】
A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则 w2(HI)/ w(H2)·w(I2)
B.结合三行计算列式得到碘化氢消耗量，计算反应速率v=△c/△t；
C.计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；
D.若两容器中kaⅠ= kaⅡ且kbⅠ= kbⅡ，说明I和 II达到相同平衡状态。
【详解】
H2(g)＋ I2(g) 2HI(g)
起始量(mol/L)0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L)0.5-n 0.5-n 2n
w (HI)/%= 2n/1=80%,n=0.4 mol/L,平衡常数K=64；
A. 反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则 w2(HI)/ w(H2)·w(I2)=K=64；故A正确；
B. 容器I中在前20 min, H2(g)＋ I2(g) 2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w (HI)/%= 2m/1=50%，m=0.25 mol/L，容器I中在前20 min的平均速率，
v(HI)= 0.5 mol•L-1/20min=0.025 mol·L－1·min－1；故B错误；
C. 若起始时,向容器I中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、 HI, 此时浓度商Qc=0.12/0.1× 0.1=1
则x的值一定为1，故D错误；
故选A。
19．BC 0刻度左侧0-2处 1 ① 1－b 5/4＜d＜ 3/2
【解析】
【分析】
(1)A. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2， 1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；
B. 根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等；
C. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；
D. 第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动。
(2)①当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动。
②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格。
③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为1－b；此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化。
【详解】
(1)A. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2， 1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移 ，生成的SO2的物质的量更多，故A错误。
B.根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等，故B正确。
C. 根据2SO2 + O2 2SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移，故左室内压强一定小于右室，故C正确。
D. 第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2 ，1molO2 ，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动，生成的SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍少，故D错误。
故选BC。
(2)① 当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状
态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充
入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向
移动，再次到达平衡时，隔板位于0刻度左侧左处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体，假设隔板K最终在a处，设甲中反应到达平衡时，有xmolN2发生反应
N2(g)+ 3H2(g)2 NH3(g)
开始(mol) 1mol 3mol 0
转化(mol) x 3x 2x
平衡(mol) 1-x 3-3x 2x
(1-x)+ (3-3x)+ 2x=(6-a) ×0.5a，0.5a=2x-1，当N2完全反应时，x=1，a取最大，a=2，根据可逆反应不能进行到底，可知：K停留在0刻度左侧0-2处，故答案为：0刻度左侧0-2处。
②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格，即乙中平衡时气体的物质的量为4mol，其中Ar为1mol，设乙中达到平衡时有2ymol NH3反应，
2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g)
开始(mol) 2mol 0 0
转化(mol) 2y y 3y
平衡(mol) 2-2y y 3y
2-2y +y + 3y=3，2y=1，甲中NH3的物质的量为1mol；
根据题中信息可知，甲和乙是在恒温恒压条件下的反应，属于等效平衡，若平衡时K停留在0处,说明甲中平衡混合物为4mol,如乙平衡不移动，乙中为NH3和Ar,共3mol, 体积为8,故答案为：1；①。
③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为1－b；此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化，当乙完全不转化、甲完全转化时，恒容，d=P(乙)/ P(甲)=3/2, 当乙完全转化、甲完全不转化时，恒容，d=P(乙)/ P(甲)= 5/4，故答案为：1－b ； 5/4＜d＜ 3/2。
20．适当增大压强 选择合适的催化剂 b 0.036 mol·L－1·min－1 KA＝KC＞KB 2CO(g)＋4H2(g)==CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1 生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低
【解析】
【分析】
(1)①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，据此分析；
②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动；
c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动；
③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol× 60%×1/2= 1.8mol，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变。
(2)①. ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
①×2-②×2+③得2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1，据此分析；
②.CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少。
【详解】
(1)①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，故应该采取的措施是加压，向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向进行；减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是催化剂， 故答案为：适当增大压强；选择合适的催化剂。
②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动， 故b正确;
c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误；
故选b。
③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol× 60%×1/2= 1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)= 0.036 mol·L－1·min－1 ，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变，所以KA＝KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下正向进行程度比T2温度大，则KA＝KC＞KB，故答案为：0.036 mol·L－1·min－1 ；KA＝KC＞KB。
(2)①. ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1 kJ·mol-1
③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3=-24.5 kJ·mol-1
①×2-②×2+③得2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1
故答案为：2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol－1
②原因可能是CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少。
故答案为： 生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低。
21．能量密度高、清洁、污染小、储量大 小于 3/16(Mpa)2或0.1875( Mpa)2 p1>p2>p3>p4 甲烷氧化反应放出热量正好用于蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡 3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑ Fe3O4、CaO 1/3
【解析】
【分析】
(1)“可燃冰”是一种白色固体，有极强的燃烧力。
(2)①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。
②假设甲烷有1mol，水蒸气有1mol，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量 0.8 0.8 0.2 0.6
根据三段式进行分析解答即可。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用。
(3)①.根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，本身被还原为一氧化碳。
②.反应的历程：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；②4H2(g)+ Fe3O4(s) 3Fe(s)+4 H2O(g)；③Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+ 4CO2(g)；三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+ 4CO(g)；只有过程I投料比，催化剂组成才会保持不变。
【详解】
(1)“可燃冰”是一种白色固体，有极强的燃烧力，优点是：能量密度高、清洁、污染小、储量大；故答案为：能量密度高、清洁、污染小、储量大。
(2)①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快，故答案为：小于。
②假设甲烷有1mol，水蒸气有1mol，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量 0.8 0.8 0.2 0.6
平衡后混合气体的总量：0.8 + 0.8 + 0.2 + 0.6=2.4mol，p(CH4)= p(H2O)=4/3，p(CO)=1/3，p(H2)=1，A点的平衡常数Kp=13×1/3÷(4/3)2=3/16(Mpa)2,根据图像分析，温度不变时，压强减小，平衡左移，甲烷的转化率增大，压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为：p1>p2>p3>p4，故答案为：3/16(Mpa)2或0.1875( Mpa)2 ；p1>p2>p3>p4 。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用，故答案为：甲烷氧化反应放出热量正好用于蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡。
(3)①.根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，本身被还原为一氧化碳，故答案为：3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑。
②.过程II的催化剂是：Fe3O4、CaO；反应的历程：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；②4H2(g)+ Fe3O4(s) 3Fe(s)+4 H2O(g)；③Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+ 4CO2(g)；三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+ 4CO(g)；只有过程I投料比，催化剂组成才会保持不变。故答案为：Fe3O4、CaO ；1/3。
22．2MnO4- +5C2O42-+16H+===2Mn2+ +10CO2↑+8H2O 增大 ab 探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响 ad
【解析】
【分析】
(1)酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式。
(2)一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大。
(3)据MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)，以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，据此进行分析。
(4)小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。
(5)当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。
【详解】
(1)酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中有生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为10，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大，故答案为：增大。
(3)MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn(VI)、Mn(III)、Mn(IV)，最终变为无色的Mn(II)，以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。
故答案为：ab。
(4)小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响，
故答案为：探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。
(5)当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。故选ad。
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