【化学】宁夏吴忠市盐池高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试检测试题（解析版）

宁夏吴忠市盐池高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试检测试题
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 N:14 C:12 S:32 Al：27 Fe：56 Cl：35.5
一、选择题（共60分，共20小题，每小题3分）
1.能源可分为一级能源和二级能源，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需依靠其他能源间接制取的能源为二级能源。据此判断，下列叙述不正确的是（ ）
A. 潮汐能是一级能源 B. 太阳能是一级能源
C. 风能是一级能源 D. 电能是一级能源
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因月球引力的变化引起潮汐现象，潮汐导致海水平面周期性地升降，因海水涨落及潮水流动所产生的能量称为潮汐能，因此潮汐能是一级能源，A正确；
B. 太阳能是由太阳内部氢原子发生氢氦聚变释放出巨大核能而产生的，来自太阳的辐射能量，因此太阳能是一级能源，B正确；
C. 风能是因空气流做功而提供给人类的一种可利用的能量，所以风能是一级能源，C正确；
D.电能主要来自其他形式能量的转换，包括水能（水力发电）、内能（俗称热能、火力发电）、原子能（原子能发电）、风能（风力发电）、化学能（电池）及光能（光电池、太阳能电池等）等，所以电能是二级能源，D不正确。
故选D。
2.2019年科幻片《流浪地球》中有个画面，冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，该装置提供电能，并将电能转化为 ( )
A. 化学能 B. 热能 C. 生物质能 D. 动能
【答案】B
【解析】
【详解】根据冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，可知“核电池全密封加热服”将电能转化为热能，B项正确；
答案选B。
3.决定化学反应速率快慢的主要因素是（ ）
A. 参加反应物质的本身性质 B. 催化剂
C. 浓度和压强 D. 温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 参加反应物质的本身性质，是决定化学反应速率的内部因素，是影响化学反应速率的最主要因素，A符合题意；
B. 催化剂能改变化学反应速率，一般中学所用的催化剂，都是加快反应速率，但它只是影响化学反应速率的一个因素，不能决定反应速率的快慢，B不合题意；
C. 对于有气体参加的反应，改变浓度和压强都能改变化学反应速率，若无气体参加反应，压强改变基本不影响反应速率，B不合题意；
D. 温度改变，可以改变化学反应速率，所以温度也是影响反应速率的一种因素，但它不能决定反应速率，D不合题意。
故选A。
4.下列反应既是吸热反应同时又属于氧化还原反应的是（ ）
A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铝片与稀H2SO4反应，是放热反应，A不合题意；
B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，是吸热反应，但属于非氧化还原反应，B不合题意；
C. 灼热的炭与CO2反应，是吸热反应，同时又属于氧化还原反应，C符合题意；
D. 甲烷在O2中的燃烧反应，是放热反应，D不合题意。
故选C。
5.下列热化学方程式能表示可燃物燃烧热的是（ ）
A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-570.6kJ·mol-1
B. CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) △H=-802.3kJ·mol-1
C. 2CO(g)+ O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
D. H2(g)+1/2O2(g)= H2O(g) △H=-285.3kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】可燃物燃烧热的热化学反应中，可燃物必须为1mol，且生成物必须处于稳定状态。
A. 可燃物H2(g)为2mol，不符合表示燃烧热方程式的要素，A不合题意；
B. 可燃物CH4(g)为1mol，且生成物都处于稳定状态，B符合题意；
C. 可燃物CO(g)为2mol，不符合表示燃烧热方程式的要素，C不合题意；
D.可燃物 H2(g)为1mol，但生成物H2O(g)不是稳定状态，D不合题意。
故选B。
6.在298K、100kPa时，已知：
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H1
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H2
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（ ）
A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=2△H1+△H2
C. △H3=△H1-2△H2 D. △H3=△H1-△H2
【答案】B
【解析】
【详解】H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H1 ①
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H2 ②
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3 ③
将①×2+②，即得③，所以△H3=2△H1+△H2。故选B。
7.已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），若反应速率分别用v (NH3)、v (O2)、v (NO)、v (H2O) [mol•L-1•min-1]表示，则关系正确的是（ ）
A. 4 v (NH3)=5 v (O2) B. 5 v (O2)=6 v (H2O)
C. 3 v (NH3)=2v (H2O) D. 5 v (O2)=4 v (NO)
【答案】C
【解析】
【详解】对于同一反应，在相同条件下，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比。
A. v (NH3)与 v (O2)的关系应为5v (NH3)=4v (O2)，A错误；
B. v (O2)与v (H2O)的关系应为6v (O2)=5v (H2O)，B错误；
C. v (NH3)与v (H2O)的关系应为3v (NH3)=2v (H2O)，C正确；
D. 5v (O2)与v (NO)的关系应为4v (O2)=5v (NO)，D错误。
故选C。
8.可逆反应 A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同情况下，测得有下列四个反应速率，其反应速率最慢的是(　　)
A. v(A)＝0.15mol•L﹣1•s﹣1 B. v(B)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1
C. v(C)＝0.5mol•L﹣1•s﹣1 D. v(D)＝0.4mol•L﹣1•s﹣1
【答案】A
【解析】
【详解】因为同一反应，在相同条件下，不同物质表示的反应速率可能不同，所以，利用不同物质比较反应速率时，应转化为同一种物质。我们将选项都转化为v(B)。
A. v(A)＝015mol•L﹣1•s﹣1，v(B)= 0.45mol•L﹣1•s﹣1；
B. v(B)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1；
C. v(C)＝0.5mol•L﹣1•s﹣1，v(B)= 0.75mol•L﹣1•s﹣1；
D. v(D)＝0.4mol•L﹣1•s﹣1，v(B)= 0.6mol•L﹣1•s﹣1；
比较以上各项，数值最小是0.45。故选A。
9.在一密闭容器中，发生下列可逆反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，当减小压强时，化学反应的速率以及平衡移动的方向分别为（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向进行
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A. 减小压强，逆反应速率应减小，A不正确；
B. 减小压强，逆反应速率应减小，B不正确；
C. 减小压强，正、逆反应速率都减小，但正反应速率减小更多，所以平衡向逆反应方向进行，C正确；
D. 减小压强，正、逆反应速率都应减小，D不正确。
故选C。
10.可逆反应a A（s）＋b B（g）c C（g）＋d D（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C％）与温度（T）和压强（P）的关系如下图，下列叙述正确的是（ ）

A. 达平衡后，若降温，平衡右移
B. 达平衡后，加入催化剂则C％增大
C. 化学方程式中b ＞c +d
D. 达平衡后，增加A量有利于平衡向右移动
【答案】A
【解析】
【详解】A. 左图中，T2先达平衡，则T2>T1，且正反应为放热反应。达平衡后，若降温，即由T2到T1，C%增大，则平衡右移，A正确；
B. 达平衡后，加入催化剂，平衡不发生移动，则C％不变，B错误；
C. 右图中，P2先达平衡，则P2>P1，由P2降压到P1，C%增大，平衡右移，则化学方程式中b D. 达平衡后，因为A是固体，所以增加A的量，平衡不发生移动，D错误。
故选A。
11.对四支分别盛有无色溶液的试管，进行如下操作，结论正确的是（ ）

操作
现象
结论
A
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫红色
原溶液中有I-
B
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中一定有SO42-
C
向10mL 0.2mol/LNaOH溶液中先滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液
先有白色沉淀生成，加入FeCl3溶液后，又有红褐色沉淀生成
在相同的温度下的Ksp: Mg(OH)2>Fe(OH)3
D
滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
【答案】A
【解析】A.四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳时能发生萃取，导致下层液体呈紫色，上层液体无色，故A正确；B.能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，故B错误；C.向NaOH溶液中滴加2滴MgCl2溶液，发生反应生成氢氧化镁白色沉淀，此时NaOH有剩余，再滴加2滴FeCl3溶液，发生化学反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不是沉淀的转化，无法比较Ksp 的大小，故C错误；D.铵根离子和稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，只有在加热或浓氢氧化钠条件下和铵根离子反应才能生成氨气，故D错误；故选A。
12.电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是（ ）
A. H2和Cl2 B. Cu和Cl2 C. H2和O2 D. Cu和O2
【答案】B
【解析】
【详解】电解原理是惰性电极通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阴极离子放电顺序为Cu2+>H+，则电极反应为：Cu2++2e−═Cu；阳极离子的放电顺序为Cl− >OH-（H2O）>SO42−，则电极反应为：2Cl−−2e−═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2，B项正确；
答案选B。
13.在一固定体积的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B发生反应2A(g)+B(g) 3C(g)+D(g)，达到平衡时C的浓度为w mol·L-1，若维持容器的体积和温度不变，按下列四种配比方案作为反应物，达平衡后，使C的浓度仍为w mol·L-1的配比是（ ）
A. 4 mol A+2 mol B B. 3 mol C+1 mol D+2mol A+1 mol B
C. 3mol C+1 mol D+1 mol B D. 3 mol C+1 mol D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 4 mol A+2 mol B，相当于题干中的平衡体系缩小容器体积为原来的二分之一，虽然平衡左移，但平衡时C的浓度仍增大，A不合题意；
B. 3 mol C+1 mol D+2mol A+1 mol B，按一边倒，相当于加入4mol A+2mol B，与A选项的情况相同，B不合题意；
C. 3mol C+1 mol D+1 mol B，按一边倒，相当于加入3mol A+2mol B，也即相当于题干中的平衡体系再加入1molB，平衡右移，C的浓度增大，C不合题意；
D. 3 mol C+1 mol D，按一边倒，相当于加入2 mol A+1 mol B，与题干相同，达平衡时，C的浓度应为w mol·L-1，D符合题意。
故选D。
14.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是(　　)
A. 溶液中c(CO32-)增大 B. 水的电离程度增大
C. 溶液的pH将变小 D. 溶液的碱性不变
【答案】B
【解析】
【详解】在碳酸钠溶液中，存在下列平衡：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，HCO3-＋H2OH2CO3+OH-，
H2OH++OH-。因为三个平衡都是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动。
A.对于CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，平衡正向移动，溶液中c(CO32-)减小，A错误；
B. 升高温度，水的电离平衡正向移动，所以水的电离程度增大，B正确；
C. 升高温度，平衡正向移动，c(OH-)增大，溶液的pH将增大，C错误；
D. c(OH-)增大，则溶液的碱性增强，D错误。
故选B。
15.100℃时将pH＝2的强酸与pH＝10的强碱溶液混合，所得溶液pH＝3，则强酸与强碱的体积比是( )
A. 1︰9 B. 9︰1 C. 11︰90 D. 11︰9
【答案】D
【解析】
【详解】100℃时，水的离子积常数KW=10-12，pH＝2的强酸，c(H+)=10-2mol/L；pH＝10的强碱溶液，c(OH-)=10-2mol/L，设强酸的体积为V1，强碱溶液的体积为V2，则，。
故选D。
16.下列各组离子因发生双水解而不能大量共存的是（ ）
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、AlO2-、Cl-
C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. Fe2+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ba2+、SO42-直接反应，生成BaSO4沉淀，A不合题意；
B. Al3+、AlO2-发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀，B符合题意；
C. H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO、H2O，C不合题意；
D. Fe2+、Na+、Cl-、SO42-不发生反应，能大量共存，D不合题意。
故选B。
17.一定温度下，Mg(OH)2固体在水中达到沉淀溶解平衡：Mg(OH)2 (s)Mg2+(aq)＋2OH–(aq)。要使Mg(OH)2固体质量减少而c(Mg2+)不变，采取的措施可能是（ ）
A. 加适量水 B. 通HCl气体
C. 加NaOH固体 D. 加MgSO4 固体
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水促进溶解，固体质量减少而c(Mg2+)不变，仍为饱和溶液，故A正确；
B．加入HCl，发生酸碱中和反应，c(Mg2+)浓度增大，故B错误；
C．加NaOH固体，c(OH-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Mg2+)浓度减小，故C错误；
D．加MgSO4 固体，c(Mg2+)增大，故D错误；
故答案为A。
18.用铂电极电解CuSO4溶液，当c（Cu2+）降至原来的一半时停止通电，则加入下列物质能使溶液恢复成原来浓度的是（ ）
A. 无水CuSO4 B. CuCO3
C. Cu(OH)2 D. CuSO4·5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】用铂电极电解CuSO4溶液，当c（Cu2+）降至原来的一半时停止通电。发生反应的电极反应式，阴极：2Cu2++4e-=2Cu，阳极：2H2O-4e-=O2↑+4H+。使溶液恢复成原来浓度，需将离开溶液的物质再加入溶液中，2Cu+O2=2CuO，则需加入的物质为CuO，或相当于CuO的物质。
A. 电解后，溶液中有一部分CuSO4转化为H2SO4，加入无水CuSO4，可以恢复成原溶液，但不能去除H2SO4，溶液的组成会改变，A不合题意；
B. 加入CuCO3，与H2SO4反应，生成CuSO4、H2O、CO2，与加入等摩CuO的效果相同，B符合题意；
C. 加入Cu(OH)2，与H2SO4反应，虽然也生成CuSO4、H2O，但H2O的生成量比CuO多，最终所得溶液的浓度减小，C不合题意；
D. 加入CuSO4·5H2O，同样不能去除H2SO4，D不合题意。
故选B。
19.常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A. 浓度分别为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3溶液：c(CO32-)＞c(HCO3-)
B. 将pH＝6的H2SO4稀释1 000倍后，c(H＋)＝2c(SO42-)
C. 浓度分别为0.1 mol·L－1和0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO－)前者是后者的10倍
D. NaA溶液的pH＝8，c(Na＋)-c(A－)＝9.9×10－7mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓度分别为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3溶液，发生反应CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，则c(CO32-) B. 将pH＝6的H2SO4稀释1 000倍后，依据电荷守恒c(H＋)＝2c(SO42-)+ c(OH-)，B不正确；
C. 对CH3COOH来说，浓度越大，电离程度越小，浓度分别为0.1 mol·L－1和0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液中，前者的电离程度小，则c(CH3COO－)前者小于后者的10倍，C不正确；
D. NaA溶液的pH＝8，c(H＋)=10-8mol/L，c(OH－)=10-6mol/L，c(Na＋)-c(A－)＝c(OH-)-c(H＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10－7mol·L－1，D正确。
故选D。
20.常温下，H2C2O4的电离常数：Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.0×10-5。在V1mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液中滴加0.1mol•L-1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水（H+）与KOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. V1=20mL
B. b点和d点对应的溶液中都存在：c（K+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）
C. 常温下，加水稀释b点对应的溶液，稀释后溶液pH减小
D. 常温下，KHC2O4的Kh1=2×10-10
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像，能够水解的盐促进水的电离，在V1mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液中滴加0.1mol•L-1KOH溶液20mL，恰好反应生成K2CrO4，溶液显碱性，此时水电离的c水(H+)最大，因此草酸体积V1=10mL，故A错误；
B．b、d点水电离出氢离子1×10-7mol/L，b点为中性溶液，溶液中存在电荷守恒，c (K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，中性溶液中得到c (K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，d点为碱性溶液c (K+)＞c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；
C．常温下加水稀释b点对应的溶液为KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，稀释促进草酸氢根离子电离、草酸根离子水解，稀释后溶液pH＞7，故C错误；
D．常温下，C2O42-+H2O=HC2O4-+OH-的Kh1===2×10-10，故D正确；
故选D。
二、填空题（20分）
21.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：

(1)若开关K与a连接，则A极的电极反应式为____，总方程式为：______；B极的Fe发生__腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
(2)若开关K与b连接，则A极的电极反应式为_______，B极产生的气体与氧气反应生成1 mol液态化合物时放热285.8 kJ，请写出该反应燃烧热的热化学方程式_______。
【答案】 (1). O2+H2O+4e-=4OH- (2). 2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2 (3). 吸氧 (4). 2Cl -+2e-=Cl2↑ (5). H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ /mol
【解析】
【分析】(1)若开关K与a连接，构成原电池，则A为正极，溶解在溶液中的O2得电子；B极，Fe失电子生成Fe2+。
(2)若开关K与b连接，构成电解池，则A极为阳极，Cl-失电子生成Cl2，B极为阴极，H2O得电子生成H2等。
【详解】(1)若开关K与a连接，构成原电池，则A为正极，溶解在溶液中的O2得电子，A极的电极反应式为O2+H2O+4e-=4OH-；B极，Fe失电子生成Fe2+。总方程式为：2Fe+O2+2H2O
=2Fe(OH)2，B极的Fe发生吸氧腐蚀。答案为：O2+H2O+4e-=4OH-；2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；吸氧；
(2)若开关K与b连接，构成电解池，则A极为阳极，Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl -+2e-=Cl2↑，B极为阴极，H2O得电子生成H2等，该反应燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ /mol。答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ /mol。
22.已知NO2和N2O4可以相互转化： 2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为2 L的恒温密闭容器中，物质浓度随时间变化关系如图所示，回答下列问题：

（1）图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________。
（2）反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是__________；前10 min内用NO2表示的化学反应速率 (NO2)＝______mol/(L·min)；d点的平衡常数的数值是___（计算结果保留一位小数或分数表示）。
（3）恒温恒容条件下，下列选项一定可以判断反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的依据有______；
a.混合气体颜色不变 b.混合气体的密度保持不变
c. (NO2)＝2 (N2O4) d.混合气体的平均相对分子质量保持不变
达到平衡状态后，恒温恒容条件下再充入一定量NO2，比值_____选填“增大”、“减小”、“不变”）。
【答案】(1). X (2). bd (3). NO2的浓度增大 (4). 0.04 (5). 1.1 (6). a d (7). 增大
【解析】
【分析】（1）在反应进行的0~10min内，曲线X的浓度变化为0.4mol/L，Y的浓度变化为0.2mol/L，由方程式的化学计量数关系，可确定曲线X、Y所表示的物质浓度随时间发生的变化；曲线中，a、c点对应的浓度仍随时间而改变，b、d点对应的浓度保持不变。
（2）反应进行至25 min时，X曲线表示的NO2的浓度发生突增；前10 min内，NO2的浓度变化为0.4mol/L；d点的平衡常数的数值与b点相同，可采集b点数据，计算平衡常数。
（3）a混合气体颜色不变，则c(NO2)不变；
b. 恒温恒容条件下，混合气体的密度始终不变；
c.达平衡前，始终存在(NO2)＝2(N2O4)；
d.混合气体的平均相对分子质量保持不变，则混合气体的物质的量不变。
达到平衡状态后，恒温恒容条件下再充入一定量NO2，相当于原平衡体系加压，由此可推出平衡移动情况及比值的变化。
【详解】（1）在反应进行的0~10min内，曲线X的浓度变化为0.4mol/L，Y的浓度变化为0.2mol/L，由方程式的化学计量数关系，可确定曲线X表示NO2的浓度随时间发生的变化，Y表示N2O4的浓度随时间发生的变化；曲线中，a、c点对应的浓度仍随时间而改变，未达平衡，b、d点，物质的浓度保持不变，则表示化学反应处于平衡状态。答案为：X；bd；
（2）反应进行至25 min时，X曲线表示的NO2的浓度发生突增，则曲线发生变化的原因是NO2的浓度增大；前10 min内，NO2的浓度变化为0.4mol/L，则(NO2)= =0.04mol/(L·min)；d点的平衡常数的数值与b点相同，可采集b点数据，计算平衡常数K==1.1。答案为：NO2的浓度增大；0.04；1.1；
（3）a.混合气体颜色不变，则c(NO2)不变，反应达平衡状态，a符合题意；
b. 恒温恒容条件下，气体的质量、容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，反应不一定达平衡状态，b不合题意；
c.达平衡前，不管反应是否达平衡，始终存在(NO2)＝2(N2O4)，则反应不一定达平衡状态，c不合题意；
d.混合气体的平均相对分子质量保持不变，则混合气体的物质的量不变，反应达平衡状态，d符合题意。答案为：a d；
达到平衡状态后，恒温恒容条件下再充入一定量NO2，相当于原平衡体系加压，平衡正向移动，比值增大。答案为：增大。
三、实验题（10分）
23.50ml 0.5mol·L－1的盐酸与50ml 0.55mol·L－1的NaOH 溶液在下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可计算中和热。
请回答下列问题：

（l）从实验装置上看，由图可知该装置缺少了一种玻璃仪器的名称为_____，由图可知，图中还存在有两处错误：请指出错误：__________，__________。
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是______________________________
（3）如果不盖硬纸板，求得的中和热数值（填“偏大”“偏小”“无影响”）__________。
（4）实验中改用 60 mL 0.50 mol· L－1的盐酸跟 50mL 0.55 mol· L－1的 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“相等”或“不相等”）__________，请简述原因：_________，所求中和热_____（填“相等”或“不相等”）。
（5）用相同浓度和相同体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会_______（填“偏大”“偏小”“无影响”），请简述原因：______。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 大、小烧杯口没有相平 (3). 烧杯之间没有塞满隔热碎纸条 (4). 防止热量散失 (5). 偏小 (6). 不相等 (7). 酸碱中和放出的热量与酸碱的量有关 (8). 相等 (9). 偏小 (10). 氨水电离需要吸收热量
【解析】
【分析】（l）由图可知，该装置缺少促使酸碱均匀混合的仪器，为使测出的热量准确，应防止热量散失。
（2）烧杯间填满碎纸条的作用就是从保温角度考虑的。
（3）如果不盖硬纸板，必然造成热量散失。
（4）实验中改用 60 mL 0.50 mol· L－1的盐酸跟 50mL 0.55 mol· L－1的 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，参加反应的酸碱量不同，产生的热量必然不同，中和热是指生成1mol水所放出的热量，与参加反应的酸碱的量无关。
（5）氨水与酸反应前，要发生电离，弱电解质电离，需吸收热量。
【详解】（l）由图可知该装置缺少一种玻璃仪器的名称为环形玻璃搅拌棒，图中小烧杯口热量容易散失、小烧杯壁也会散失热量，所以还存在的两处错误为：大、小烧杯口没有相平；烧杯之间没有塞满隔热碎纸条。答案为：环形玻璃搅拌棒；大、小烧杯口没有相平；烧杯之间没有塞满隔热碎纸条；
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是防止热量散失。答案为：防止热量散失；
（3）如果不盖硬纸板，必然造成热量散失，求得的中和热数值偏小。答案为：偏小；
（4）与上述实验相比，所放出的热量不相等，原因是酸碱中和放出的热量与酸碱的量有关，所求中和热相等，因为中和热是指生成1mol水所放出的热量，与参加反应的酸碱的量无关。答案为：不相等；酸碱中和放出的热量与酸碱的量有关；相等；
（5）用相同浓度和相同体积氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏小，原因是氨水电离需要吸收热量。答案为：偏小；氨水电离需要吸收热量。
四、计算题（10分）
24.现有反应：CO（g）+ H2O（g） CO2 （g）+ H2（g） △H﹤0，在850℃时，平衡常数K=1，现在850℃下，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，回答下列问题：
（1）达平衡时，CO转化率为多少______？
（2）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L,则平衡时CO转化率为多少______？
【答案】(1). 50% (2). 75&
【解析】
【分析】对于反应：CO（g）+ H2O（g） CO2 （g）+ H2（g）
向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol
（1）利用三段式，假设未知数，确定起始量、变化量、平衡量，利用平衡常数，求出变化量，从而求出CO转化率。
（2）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L
则与上述方法相同，仍利用三段式，求出变化量，最后求出平衡时CO转化率。
【详解】（1）设参加反应的CO的物质的量浓度为x，则三段式为：

则，x=1mol/L，从而求出CO的转化率为=50%。答案为：50%；
（2）设参加反应的CO的物质的量浓度为y，则三段式为：

则，y=mol/L，从而求出CO的转化率为=75%。
答案为：75%。