【化学】山西省原平市范亭中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

山西省原平市范亭中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.当水发生如下变化时：H2O(s)→H2O(l)→H2O(g)，此过程的△S（熵变）判断正确的是
A. >0 B. <0 C. 不变 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
根据熵变含义分析。
【详解】微粒之间无规则排列的程度越大，体系的熵越大，所以气态大于液态，大于固态，△S>0，故选A。
2.下列溶液一定呈中性的是(　　)
A. pH＝7的溶液 B. c(H+)＝c(OH-)的溶液
C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液 D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-）的溶液一定为中性溶液，正确。C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错误。
考点：考查溶液的酸碱性及中性的判断的知识。
3.下列说法正确的是
A. 以下生活常见物质的pH由小到大的顺序为：洁厕灵＜白糖水＜厨房清洁剂
B. 泡沫灭火器内的成分是苏打溶液和硫酸铝溶液
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，最后得到Fe2O3
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，产生的气体只有H2
【答案】A
【解析】
A. 洁厕灵的主要成分是盐酸，呈酸性，白糖水是中性的，厨房清洁剂是碱性的，所以pH由小到大的顺序为：洁厕灵＜白糖水＜厨房清洁剂，A正确；B. 泡沫灭火器内的成分是小苏打溶液和硫酸铝溶液，B不正确；C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，最后得到Fe2(SO4)3，C不正确；D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，产生的气体有NH3和H2，D不正确。本题选A。
点睛：将易水解的盐的溶液蒸发至干并灼烧，如果是易挥发的酸的盐（如盐酸盐），则通常会转化为相应的氧化物；如果是难挥发的酸的盐（如硫酸盐）则通常得到原来的盐；如果得到固体易被氧气氧化，则得到其氧化产物；如果得到的固体受热易分解，则得到其分解产物。
4.下列事实可用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 使用催化剂有利于加快合成氨反应的反应速率
B. H2、I2(g)、HI平衡混合气体加压后颜色变深
C. 500℃左右比在室温时更有利于提高合成氨的转化率
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释
【答案】D
【解析】
A．加入催化剂，只能增大反应速率，但平衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释，故B错误；C．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，但升高温度可以提高催化剂的活性，从而加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，配制溶液时，加入盐酸，可抑制水解，可用勒夏特列原理解释，故D正确；故选D。
5.下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是 ( )
A. HCO3- + H2OH3O+ + CO32- B. Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
C. HS- + H2OH2S + OH- D. NH4+ + OH-NH3↑+ H2O
【答案】B
【解析】
HCO3- + H2O H3O+ + CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS- + H2O H2S + OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4+ + OH- NH3↑+ H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。
点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。
6.下列判断全部正确的一组是：（ ）

A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaF2
石墨
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
NH3·H2O
非电解质
Cl2
CS2
CCl4
蔗糖
【答案】C
【解析】
A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．硫酸钡属于难溶盐，溶解的能够完全电离，属于强电解质，故B错误；C．氟化钙为盐属于强电解质，次氯酸为弱酸属于弱电解质，四氯化碳为非电解质，故C正确；D．石墨为单质，不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了强电解质、弱电解质、非电解质判断。电解质一般包括酸碱盐、金属氧化物和水等，非电解质一般包括非金属氧化物、氨气、大多数有机物等。注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。
7.在C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是
①增大压强 ②增加炭的量 ③通入CO2　④恒压充入N2　⑤恒容充入N2　⑥升温
A. ①③⑥ B. ①③④ C. ②④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据影响反应速率的因素分析解答。
【详解】①增大压强，反应中有气体参加，所以压强越大，反应速率越大，正确； ②增加炭的量，炭为固态，增加其含量对反应速率没有影响，故错误； ③通入CO2，增大反应物的浓度，反应速率增大，故正确；　④恒压充入N2，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故错误；　⑤恒容充入N2，体积不变，反应物浓度不变，反应速率不变，故错误；　⑥升温，反应速率增大；
故选A。
【点睛】压强对反应速率的影响归根到底是反应物浓度对反应速率的影响。
8.参照反应Br+H2  HBr+H的反应历程示意图，下列叙述中正确的是

A. 该反应的反应热△H=E2﹣E1
B. 正反应为吸热反应
C. 吸热反应一定要加热后才能发生
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A.该反应的△H=产物HBr和H的总能量-反应物Br和H2的总能量，显然是一个正值，即△H=+（E1-E2）kJ/mol，故A错误；
B.由图像可知，产物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应是吸热反应，故B正确；
C.反应是吸热还是放热和反应的条件没有必然联系，如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，可以自发进行不需要加热，故C错误；
D.升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误。
故选B。
9.前国际空间站处理CO2废气涉及的反应为CO2+4H2 CH4+2H2O。该反应的下列说法正确的是
A. 通过使用钌催化剂能使CO2 100%转化为CH4
B. 该温度下，当反应达平衡时，CH4物质的量就不再变化，因为反应已经停止
C. 除了使用催化剂，升高温度或增大压强都能加快该反应的速率
D. 由于升高温度可以加快反应速率，所以在工业生产中该反应温度越高越好
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不可能全部转化，故A错误；
B．达到平衡时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；
C．升高温度，活化分子数目增多，反应速率增大，反应中有气体参加，增大压强也能加快反应速率，故C正确；
D．温度升高，对设备的要求会提高，能量消耗也增大， 所以在工业生产中要综合考虑，并不是越高越好，故D错误。
故选C。
【点睛】工业生产对反应条件的控制需要从成本，效率等多重因素综合考虑，并不一定反应速率越快越好，产率越高越好。
10. 用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是(　　)
A. c(OH－) B. c(NH4＋) C. c(NH3·H2O) D. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】
试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH－和NH4＋的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响
点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。
11.下列反应中符合下列图像的是

A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-Q1 kJ/mol(Q1>0)
B. 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) ΔH=+Q2 kJ/mol(Q2>0)
C. 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-Q3 kJ/mol(Q3>0)
D. H2(g)+CO(g) C(s)+H2O(g) ΔH=+Q4 kJ/mol(Q4>0)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图像分析温度和压强对平衡移动的影响。
【详解】A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-Q1 kJ/mol(Q1>0)，反应为放热，故A错误；
B. 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) ΔH=+Q2 kJ/mol(Q2>0)，反应为吸热，升高温度平衡正向移动，符合第一幅图，增大压强，平衡向逆方向移动，符合第二幅图，故B正确；
C. 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-Q3 kJ/mol(Q3>0)，反应为放热，故C错误；
D. H2(g)+CO(g) C(s)+H2O(g) ΔH=+Q4 kJ/mol(Q4>0)，增大压强，平衡正方向移动，故D错误。
故选B。
【点睛】根据图示可得升高温度平衡向着生成物方向(吸热方向)移动，增加压强平衡向逆反应方向(气体总量减少的方向)移动，对照选项进行分析。
12.下列说法正确的是
A. 某温度下纯水pH＝6，则在该条件下pH＝4的醋酸和pH＝10的NaOH中水的电离程度相同
B. NH4Cl在D2O溶液中水解的离子方程式：NH4+＋D2O NH3·D2O＋H＋
C. 已知S的燃烧热为Q kJ/mol，则S(s)＋3/2O2(g)=SO3(g) ΔH＝－Q kJ/mol
D. 水的自偶电离方程式：2H2O H3O＋＋OH－，则液氨自偶电离方程式：2NH3 NH4+＋NH2-
【答案】D
【解析】
【详解】A．某温度下纯水PH=6，Kw=10-12，在该条件下PH=4的醋酸溶液中氢离子浓度10-4mol/L，pH=10的NaOH中氢氧根离子浓度=10-12/10-10=0.01mol/L，醋酸溶液中水电离程度大，水的电离程度不相同，故A错误；
B．NH4Cl溶于D2O中的反应离子方程式为：NH4++D2O⇌NH3•DHO+D+，故B错误；
C．硫燃烧只能生成二氧化硫，已知S燃烧热为QKJ/mol，则S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=-QKJ/mol，故C错误；
D．水电离生成H3O+和OH-叫做水的自偶电离．同水一样，液氨也有自偶电离，其自偶电离的方程式为：2NH3 ⇌NH4++NH2-，故D正确。
故选D。
13.把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（　　）
A. c（CH3COO﹣）＜c（Na+）
B. c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）
C. 2c（H+）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
D. c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.01mol/L
【答案】D
【解析】
A. 0.02mol•L-1CH3COOH溶液和0.01mol•L-1NaOH溶液以等体积混和后，得到的是同浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），因CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液呈酸性， c（H+）＞c（OH-），得到c（CH3COO-）＞c（Na+），故A错误；B. 根据上述分析可知，两溶液混合后得到的是同浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，因醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，说明c（CH3COOH）＜c（CH3COO-），故B错误；C. 依据溶液中电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由物料守恒得：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），联立两式得：2c（H+）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）+2 c（OH-），故C错误；D. 依据溶液中物料守恒得：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01 mol•L-1；故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查溶液中微粒浓度的大小比较和电荷守恒、物料守恒关系，难度较大。解答本题的关键是对0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合后所得溶液中溶质的判断，两溶液混合后得到的是同浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，再根据醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，判断溶液呈酸性，再结合物料守恒和电荷守恒即可对各项做出正确判断。
14.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH=4的0.1mol/LNaHC2O4溶液c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
B. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）
C. Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
D. 室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHC2O4溶液中阴离子水解导致溶液显示碱性，电离导致溶液显示酸性，该溶液pH=4，说明显示酸性，电离程度大于水解程度，所以c （H2C2O4）＜c（C2O42-），故A错误；
B. Na2CO3溶液中，根据原子守恒得：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B错误；
C.Na2S 溶液中，根据质子守恒得： c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故C正确；
D. pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(NaOH)=0.1mol/L，pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(CH3COOH)>>0.1mol/L，（醋酸是弱酸,不能完全电离,要电离出0.1molH+，得需要多得多的醋酸分子）而醋酸和氢氧化钠的反应是按照物质的量1:1进行的，等体积的两种溶液中明显醋酸是过量的，有大量醋酸剩余，所以c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；
故选C。
【点睛】根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，注意醋酸中氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键。
15.下图表示溶液中c（H+）和c（OH﹣）的关系，下列判断错误的是

A. 两条曲线间任意点均有c（H+）×c（OH﹣）＝KW
B. M区域内任意点均有c（H+）＜c（OH﹣）
C. 图中T1＜T2
D. XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A.依图可知，曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，故A正确；
B.当c（H+）=10-7mol/L时，向上做垂线得在M区域内c（OH-）＞10-7mol/L，故B正确；C.水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离，c（H+）、c（OH-）及Kw都增大，所以T2＞T1，故C正确；
D.XZ线上任意点表示溶液呈中性，由于各点温度不同，故PH不同，故D项错误。
故选D。
16.汽车尾气净化器中发生的反应为 2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g)。一定温度下,在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生上述反应,测得有关实验数据如表:下列说法正确是
容器
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
NO
CO
N2
CO2
N2
CO2
I
400
0.2
0.2
0
0
 
0.12
II
400
0.4
0.4
0
0
 
 
III
300
0
0
0.1
0.2
0.075

A. 该反应的△S＜0、△H＞0
B. 容器I中达到平衡所需时间2s,则v(N2)=0.06mol/(L·s)
C. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol,开始时v(正)＞v(逆)
D. 达到平衡时,体系中c(CO)关系: c(CO,容器Ⅱ) ＞2 c(CO,容器Ⅰ)
【答案】C
【解析】
【详解】A. I中氮气平衡时的物质的量为0.06mol，与III中利用等效平衡比较，III中转化率高，说明温度低，平衡正方向移动，该反应为放热反应，该反应的△H＜0，故A错误；
B. 容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)= △c/t=(0.06mol/L)/2s=0.03mol/(L·s)，故B错误；
C. 2NO(g)+2CO(g)= = N2(g)+2 CO2(g)
起始浓度：0.2 0.2 0 0
变化浓度： 0.12 0.12 0.06 0.12
平衡浓度： 0.08 0.08 0.06 0.12
根据化学平衡常数的表达式，K=[ c(N2)c2(CO2)] / [c 2(NO)c2 (CO)] =21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc=（0.10.12）/0.14=10<21，说明反应向正反应方向进行，v(正)＞v(逆)，故C正确；
D. 反应II 相当于在I的基础上再通入0.2molINO和0.2molCO ，此时假如平衡不移动，c(CO，容器Ⅱ)= 2c(CO ，容器I) ，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO,容器Ⅱ) ＞2 c(CO,容器Ⅰ)，故D错误。
故选C。
【点睛】题易错点是选项D，首先分析反应投入量和反应I的投入量,反应I的投入量与反应投入量呈比值，因此在反应的基础上再投入通入0.2molNO和0.2molCO，假如平衡不移动，d(CO，容器I)= 2c(CO ，容器D)，增加反应物的浓度,平衡向正反应方向移动，CO被消耗,因此有c(CO,容器I)<2c(CO，容器])，从而作出合理判断。
17.某学生用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作步骤如下：
①量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液．
②用标准液滴定至终点，记录滴定管液面读数，所得数据如下表：
滴定次数
盐酸体积
NaOH溶液体积读数（mL）
滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
18.10
2
20.00
0.00
16.30
3
20.00
0.00
16.22

回答下列问题：
（1）步骤①中，量取20.00mL待测液应使用________（填仪器名称），若在锥形瓶装液前残留少量蒸馏水，将使测定结果 ______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（2）步骤②中，滴定时眼睛应注视_______（填仪器名称），判断到达滴定终点的依据是_____________________________________________________________
（3）第一次滴定记录的NaOH溶液的体积明显多于后两次，其可能的原因是（填字母）___
A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 B．锥形瓶装液前用待测液润洗
C．NaOH标准液保存时间过长，有部分Na2CO3生成 D．滴定终点时，俯视读数
（4）根据上表记录数据，通过计算可得该盐酸的浓度为________ mol/L
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 无影响 (3). 锥形瓶 (4). 滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色 (5). AB (6). 0.1626
【解析】
【分析】
根据酸碱滴定原理分析滴定过程中的注意事项及计算溶液的浓度。
【详解】（1）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应使用酸式滴定管，若在锥形瓶装液前残留少量蒸馏水，对其中含有的溶质物质的量无影响，所以对滴定结果无影响；
故答案为：酸式滴定管；无影响；
（2）中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
故答案为：锥形瓶；滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色；
（3）从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，
A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束时无气泡，导致记录的氢氧化钠溶液体积偏大，故A正确；
B．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，所用氢氧化钠溶液体积偏大，故B正确；
C．NaOH标准液保存时间过长，有部分Na2CO3生成，如用酚酞为指示剂，最终产物不变，没有影响，故C错误；
D．滴定结束时，俯视计数，因为0刻度在上方，所以测出所用氢氧化钠溶液体积偏小，故D错误；
故选：AB；
（4）三次滴定消耗的体积为：18.10mL，16.30mL，16.22mL，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH）=16.26mL，
              NaOH ～ HCl
              1                  1
0.2000mol•L-1×16.26mL      c（HCl）×20.00mL  
解得：c（HCl）=0.1626 mol•L-1；
故答案为：0.1626。
18.实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求。试运用所学知识，回答下列问题：
（1）已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为：K=c(H2O)/[ c(CO)·c(H2)]所对应的化学反应方程式为：________。
（2）已知在一定温度下：
①C(s)+CO2(g) 2CO(g)  △H1=a kJ/mol 平衡常数K1；
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) △H2=b kJ/mol  平衡常数K2；
③C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)  △H3       平衡常数K3。
则K1、K2、K3之间的关系是：________，△H3=________（用含a、b的代数式表示）。
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：
温度/℃
400
500
800
平衡常数K
9.94
9
1

该反应的正反应方向是________反应（填“吸热”或“放热”），若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________。
【答案】 (1). CO(g)+H2(g) H2O(g) +C(s) (2). K3=K1·K2 (3). (a+b) kJ/mol (4). 放热 (5). 75%
【解析】
【分析】
根据平衡常数表达式计算相关反应的平衡常数；根据盖斯定律计算反应热；用平衡三段式法计算转化率。
【详解】（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，所以该反应的方程式为CO(g)+H2(g) H2O(g) +C(s)；
故答案为：CO(g)+H2(g) H2O(g) +C(s)；
（2）根据化学方程式可知：K1= c2(CO)/ c(CO2)，K2= [c(H2)×c(CO2)]/ [c(CO)×c(H2O)]，K3= [c(CO)×c(H2)]/ c(H2O)，所以：K3=K1×K2；根据盖斯定律得：由①+②可得方程式C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，所以△H3=（a+b）kJ/mol；
故答案为：K3=K1×K2；（a+b）kJ/mol；
（3）由图可知温度越高K值越小，说明正反应为放热反应，
对于反应     CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)，
开始（mol/L）：0.02  0.02         0      0
变化（mol/L）： c     c          c      c
平衡（mol/L）：0.02-c 0.02-c     c       c
得，解得c=0.015，所以CO的转化率为：×100%=75%，
故答案为：放热；75%。
【点睛】平衡常数只和温度有关，温度不变时平衡常数不变，用平衡三段式法计算平衡时各物质的浓度，进而计算转化率。
19.（1）甲醇是可再生能源，具有开发应用的广阔前景，回答下列问题：
一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是________（填序号）．
A．每消耗1mol CO的同时生成2molH2 B．混合气体总物质的量不变
C．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化 D．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．A、B两点的平衡常数K（A）________K（B）（填“＞”、“=”或“＜”）．

（2）已知25℃合成氨反应中，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中，反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。回答下列问题：
① 该反应的热化学方程式是________ ；
② 该反应达到平衡后，升高温度平衡向________ （填“正反应方向”、“逆反应方向”）移动；加入催化剂平衡________（填“正”、“逆”、 “不”）移动；
③ 前2s内v（H2）是________。
【答案】 (1). D (2). = (3). N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol (4). 逆 (5). 不 (6). 0.15 mol/（L•s）
【解析】
【分析】
根据化学平衡的本质和特征判断是否达到平衡状态；根据勒夏特列原理分析平衡移动的方向。
【详解】（1）①A.每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，能说明该反应已达到平衡状态，故A错误；
B.该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，能说明达到化学平衡状态，故B错误；
C．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故C错误；
D．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，都表示正反应方向速率，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故D正确；
②平衡常数只和温度有关，从图中信息可得，A和B点温度相同，故平衡常数相等，所以K（A）=K（B），
故答案为：=；
（2）①书写热化学方程式时，反应热与反应物的物质的量成比例，且要标注物质的聚集状态，由于1molN2完全转化为NH3时释放的能量为92.4kJ，故热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol；
②由于此反应为放热反应，故升高温度，平衡向着吸热反应方向移动即向逆反应方向移动；使用催化剂，平衡不移动，故答案为：逆，不；
③由于反应进行到2s末测得NH3为0.4mol，故v（NH3）=c(NH3)/ △t=(0.4mol/2L)/2s==0.1mol/（L•s），而一个反应中各物质的反应速率之比等于计量数之比，故有： v（H2）=3/2 v（NH3）=0.15 mol/（L•s），故答案为：0.15 mol/（L•s）。
【点睛】判断反应是否达到平衡，可以从正逆反应速率是否相等及各反应物浓度是否变化这两个方面分析；书写热化学方程式时，注意注明物质的状态，反应热和反应物的物质的量成比例。
20.（1）某温度下，纯水中c（H+）=2×10﹣7 mol/L， 则此温度下水的离子积为______．若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5×10﹣4 mol/L， 则此时c（OH﹣）=________．由水电离产生的c（H+）为________，此时温度________（填“高于”、“低于”或“等于”）
（2）①25℃时，NaHSO3溶液呈_______性，原因是_______（用离子方程式结合文字回答）
②常温下，pH=9的NaOH与pH=13的NaOH等体积混合后溶液的pH=________；
（3）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示，请回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
3.0×10-8
①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为________。
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：________。
【答案】 (1). 4×10﹣14 (2). 8×10﹣11mol/L (3). 8×10﹣11mol/L (4). 高于 (5). 酸 (6). HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，电离程度大于水解程度 (7). 12.7 (8). CH3COOH＞H2CO3＞HClO (9). CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数的定义计算水的离子积；根据电离很水解程度的大小分析溶液的酸碱性积分析溶液中离子浓度的大小。
【详解】(1)纯水中c（H+）=c（OH-）=2×10-7 mol•L-1，Kw=c（H+）．c（OH-）=2×10-7×2×10-7=4×10-14；温度不变，水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）= Kw/ c(H+)=4×10-14/5×10-4=8×10-11mol/L，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢离子浓度是8×10-11mol/L；水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，该温度下的水的离子积常数是4×10-14＞1×10-14，所以该温度高于25°C；
故答案为：4×10-14；8×10-11mol/L；8×10-11mol/L；高于；
(2) ①25℃时，NaHSO3溶液呈酸性，原因是：HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，电离程度大于水解程度；
②在pH=9的NaOH溶液中，c(H+)=10－9 mol·L－1，c(OH－)=10－5 mol·L－1，
在pH=13的NaOH溶液中，c(H+)=10－13 mol·L－1，c(OH－)=10－1 mol·L－1；
混合后：c(OH－)=
= =5×10－2 mol·L－1，
c(H+)===2×10－13 mol·L－1，
pH=－lg(H+)=－lg2×10－13=13－lg2=12.7；
(3) ① 根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，因为电离程度H2CO3＞HCO3-＞HClO，产物始终为HCO3-，反应的离子方程式：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；
故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-。
【点睛】酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度。