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【化学】云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列不属于绿色能源的是
A. 太阳能 B. 化石能源 C. 风能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
【详解】因为“绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源”，而化石能源包括煤、石油、天然气等，它们在使用过程中会产生废气、废水、废渣等污染物，所以化石能源不属于绿色能源，答案选B。
2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为－57.3kJ/mol的是（ ）
①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)
A. ① B. ② C. ③ D. 均不符合
【答案】D
【解析】
【详解】热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),ΔH=－57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热ΔH=-57.3kJ/mol×2=-114.6kJ/mol，①项错误；对于②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是－57.3kJ/mol，②项错误；对于③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3·H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于－57.3kJ/mol，③项错误；答案选D。
3.下表中物质的分类组合，完全正确的是
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3·H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，包括一些非金属氧化物如CO2、SO2等、NH3、大多数有机物如醇、烃等。
A.KNO3是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，SO2属于非电解质，A项正确；
B.H2SO4和CaCO3都是强电解质，Al不是非电解质，B项错误；
C.H2O属于弱电解质，C项错误；
D.C2H5OH属于非电解质，CH3COOH属于弱电解质，D项错误；答案选A。
4.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 改变催化剂，可改变该反应的活化能
B. 该反应为放热反应，热效应等于E1-E2
C. 反应过程a有催化剂参与
D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【答案】A
【解析】
催化剂的作用是降低活化能，A项正确；据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，热效应等于∆H，B项错误；反应过程能量变化图像可知，反应过程b的活化能比反应过程a小，故反应过程b有催化剂参与，C项错误；有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，D项错误。
5.下列化学用语正确的是
A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－
B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 ++3OH－
C. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43－
D. NaHSO3在水中的电离：HSO3－ + H3O+ SO32－+ H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“=”连接：(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－，A项错误；
B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；
C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；
D.NaHSO3是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO3=Na++HSO3-，HSO3-SO32-+H+，D项错误；答案选B。
6.下列说法或表示方法中正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；
B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；
C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；
D.“中和热为57.3 kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。
7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；
B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；
C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；
D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。
8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l)；ΔH =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；
B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0 kJ/mol，B项错误；
C. 由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l); ΔH=－57.3 kJ·mol—1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；
D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。
10.已知反应Na2S2O3＋H2SO4 = S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是
组号
反应温度
（℃）
参加反应的物质
水体积(mL)
Na2S2O3
H2SO4
体积（mL）
浓度（mol·L－1）
体积(mL)
浓度（mol·L－1）
A
10
5
0.1
10
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】
【分析】
由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。
【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高100C反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。
11.下列说法正确的是
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. 冰融化为水的过程中ΔH < 0，ΔS > 0
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－572 kJ·mol－1 此反应在低温时可以自发进行
D. 知道了某过程有自发性之后，可预测过程发生完成的快慢
【答案】C
【解析】
【详解】A.非自发反应是指在密闭体系中不借助外力不能自动发生的反应，实现非自发反应的先决条件是要向体系中输入能量，例如高温可以使稳定的石灰石分解，A项错误；
B.冰融化为水的过程是吸收热量的过程，ΔH > 0，B项错误；
C. 根据2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)；ΔH＝－572 kJ·mol－1可知该反应ΔH<0，熵变ΔS<0，根据综合判据可知只要ΔH－TΔS<0时反应即可自发进行，低温（即T小）时可能ΔH－TΔS<0，所以低温时该反应可以自发进行，C项正确；
D.大量的事实告诉我们，过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，D项错误；答案选C。
12.下列说法正确的是
A. 铜、石墨均导电，所以它们均是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液中或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A.用电解质分类时研究的对象是化合物，而铜、石墨都是单质，A项错误；
B.电解质在水溶液中导电的本质是自身能够电离出自由移动的阴、阳离子，NH3、CO2的水溶液中导电的阴、阳离子是由NH3、CO2与水反应生成的NH3·H2O、H2CO3电离出来的，所以NH3、CO2的水溶液均导电，并不能证明NH3、CO2是电解质，B项错误；
C.电解质是指在水溶液或熔融化状态下能够导电的化合物，HCl、NaCl在水溶液中均能导电，所以它们是电解质，C项错误；
D.非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物，蔗糖、酒精在水溶液中或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，D项正确；答案选D。
【点睛】有时根据物质的导电性并不能直接确定某化合物是电解质还是非电解质，一些离子型电解质如NaCl在晶体状态下是不导电的，一些共价型电解质如H2SO4，纯液态下也不导电，这都是因为它们在此状态下不能电离；非电解质也可能导电，如CO2、SO2、NH3的水溶液能导电，原因是它们与水反应生成了电解质，生成的电解质发生电离而导电。
13.对于下列各组反应，反应开始时，产生氢气速率最快的是
A. 70℃，将0.1 mol 镁粉加入到10 mL 6 mol·L－1 的硝酸溶液中
B. 60℃，将0.2 mol 镁粉加入到20 mL 3 mol·L－1 的盐酸溶液中
C. 60℃，将0.2 mol 铁粉加入到10 mL 3 mol·L－1 的盐酸溶液中
D. 60℃，将0.1 mol 镁粉加入到10 mL 3 mol·L－1的硫酸溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】因为HNO3具有强氧化性，镁粉与硝酸反应不产生氢气，A项错误；镁的金属性比铁更强，其它条件相同时，镁跟盐酸反应产生氢气的速率比铁跟盐酸反应产生氢气的速率快，所以反应速率B>C；D组3mol/L的硫酸溶液中c(H+)=6mol/L，B组3mol/L的盐酸溶液中c(H+)=3mol/L，反应实质都是Mg+2H+=Mg2++H2↑，其它条件相同时，H+浓度越大产生氢气的速率越快，所以反应速率D>B，反应开始时产生氢气速率最快的是D选项，答案选D。
14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；
C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；
D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。
15.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
16.25 ℃时，把0.2 mol·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是
A. 溶液中H+的物质的量
B. 溶液的导电能力
C. 溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
D. CH3COOH的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动，溶液中H+的物质的量逐渐增大，与图像不符，y不表示H+的物质的量，A项错误；
B.电解质溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子所带电荷数成正比，加水稀释过程中，溶液的体积逐渐增大，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸电离的阴、阳离子浓度逐渐减小，所以导电能力逐渐减小，符合图像，y可表示溶液的导电能力，B项正确；
C.加水稀释过程中：CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡向右移动，CH3COO-的物质的量逐渐增大，未电离的CH3COOH分子的浓度逐渐减小，故值逐渐增大，不符合图像，y不表示c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，C项错误；
D.CH3COOH的电离程度=×100%，加水稀释过程中，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，发生电离的醋酸分子数逐渐增大，所以电离程度逐渐增大，不符合图像，所以y不表示CH3COOH的电离程度，D项错误；答案选B。
17.80 ℃时，2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋53 kJ/mol，获得如下数据。下列判断正确的是
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(NO2)/mol·L－1
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
A. 升高温度该反应的平衡常数K减小
B. 该反应的 ΔS <0
C. 反应达平衡时吸热15.9 kJ
D. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.由热化学方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53 kJ/mol可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；
B.气体分子数越多混乱度越大，由反应N2O4(g)2NO2(g)可知，正反应气体分子数增多，所以该反应熵增加，即ΔS>0，B项错误；
C.由表格数据可知，第80s、100s时反应已处于平衡状态，此时NO2的浓度为0.30mol/L，即平衡时生成NO2的物质的量=0.30mol/L×2L=0.6mol，根据热化学方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53 kJ/mol可知，反应达平衡时吸收的热量=×0.6mol=15.9kJ，C项正确；
D.在温度和容积相同时，再充入0.40molN2O4，相当于增大压强，根据勒夏特列原理平衡向逆反应方向移动，所以达到新的平衡时N2O4的体积分数将增大，D项错误；答案选C。
18.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g)；ΔH＞0 。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.由MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g),ΔH＞0可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，容器中混合气体的质量增大[MgSO4(s)→MgO(s)固体质量减小]，且容器容积不变，所以密度（）随温度的升高而增大，符合图像的变化趋势，A项正确；
B.恒容条件下，CO物质的量逐渐增大即CO浓度逐渐增大，平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大，因可逆反应是不能进行到底的，故CO增加的倍数要超过CO2增加的倍数，所以值随CO的物质的量的增大而减小，不符合图像的变化趋势，B项错误；
C.平衡常数K只与温度有关，与浓度无关，所以SO2的浓度逐渐增大，平衡常数K保持不变，不符合图像的变化趋势，C项错误；
D.MgSO4是固体，固体浓度视为常数，又忽略固体体积，故气体物质的浓度也不变，所以随着MgSO4质量的增大，平衡不发生移动，CO的转化率不变，不符合图像的变化趋势，D项错误；答案选A。
19.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是
①2υ(B)正=3υ(C)逆；②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤C的质量分数不再改变；⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；⑦A、B、C的浓度彼此相等；⑧混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2υ(B)正=3υ(C)逆时一定平衡，故①正确；生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故②错误；达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故③正确；反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故④正确；C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故⑤正确；任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故⑥错误；浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故⑦错误；根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故⑧错误；选A。
20.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。
21. 已建立平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是
①生成物的百分含量一定增加； ②生成物的产量一定增加；
③反应物的转化率一定增加； ④反应物物质的量浓度一定减小；
⑤正反应速率一定大于逆反应速率； ⑥使用了催化剂
A. ①② B. ②⑤ C. ③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：由于不能确定改变的条件，所以当平衡正向移动时生成物的百分含量不一定增加，但产量一定是增加的。同样反应物的转化率也不一定增大，反应物浓度也不一定减小。平衡向正反应方向移动，说明正反应速率一定大于逆反应速率，而催化剂不能改变平衡状态，所以正确的答案选B。
考点：影响化学平衡的因素
点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。
22.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态不确定。5 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为15∶14，则下列说法正确的是
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝[c4(C)·c2(D)]/[c3(A)·c2(B)]
B. 0~5 min内A的反应速率为0.24 mol·L－1·min－1
C. 此时B的平衡转化率是40%
D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据阿伏加德罗定律及其推论可知，相同温度和体积时气体的压强与气体物质的量成正比，故有，n后=×n前=×(4+2)mol=5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的物质的量=(4+2)mol－5.6mol=0.4mol，C、D中只能一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=0.4mol；若只有D是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=2.4mol，因此只能C是气体，原反应式为3A(g)＋2B(g)4C(g)＋2D(s或l)，该反应的化学平衡常数表达式K=，A项错误；
B.根据化学计量数可知0~5min内消耗A的物质的量=×1.6mol=1.2mol，则0~5min内A的反应速率=，B项错误；
C.根据化学计量数知此时消耗B的物质的量=×1.6mol=0.8mol，则B的平衡转化率=×100%=40%，C项正确；
D.根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方向（即向右）移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，D项错误；答案选C。
23.下列图示与对应的叙述不相符的是
A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符，A项错误；
B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；
C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；
D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T1
24.已知在一定温度下，一定体积的密闭容器里存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，若开始时充入2 mol SO3，达到平衡时混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始时充入2 mol SO2和1 mol O2，则达到平衡时SO2的转化率为
A. 20% B. 60% C. 80% D. 90%
【答案】C
【解析】
【分析】
初始投入2molSO3与初始投入2molSO2和1molO2相当，在相同温度、相同体积的容器里，分别达到的平衡互为等效平衡，由此分析。
【详解】若开始时充入2molSO3，设达到平衡时O2的物质的量为x，则有下列关系：
相同温度和相同体积条件下，气体的压强与气体物质的量成正比，则有，，解得x=0.2mol。则平衡时O2有0.2mol、SO2有0.4mol、SO3有1.6mol。
若开始时充入2molSO2和1molO2，达到的平衡与上述平衡等效，则平衡时相应组分的物质的量相同，即平衡时SO2的物质的量为0.4mol，此时反应中转化的SO2物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，则达到平衡时SO2的转化率=，答案选C。
25.在容积可变的密闭容器中充入2 mol A和1 mol B发生反应：mA(g) + nB(g) pC(g)。在一定温度下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表，以下说法正确的是
A. 维持压强2×105Pa，若反应开始后5min时达到平衡，则v(A)=0.016mol/(L·min)
B. P从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡逆向移动
C. P为1×106Pa时，平衡常数表达式K=
D. 其它条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应。A的转化率随时间变化曲线如图所示
【答案】D
【解析】
【分析】
由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度相同时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2×105Pa增大到5×105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，所以气体物质的计量数关系应为m+n=p。压强从5×105Pa增大到1×106Pa时，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol>0.4mol，浓度增大超过了2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面的分析，说明B在高压下变成液态或固体，由此分析解答。
【详解】A.题目中没有给出初始时容器体积，无法计算反应物A的初始浓度，也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率，A项错误；
B.由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度一定时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2×105Pa增大到5×105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，B项错误；
C.由B项分析可知压强从2×105Pa增大到5×105Pa时平衡没有移动，说明反应前后气体分子数相等，即m+n=p。再从表格数据看，压强从5×105Pa增大到1×106Pa，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol，浓度增大的倍数大于2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体，所以压强为1×106Pa时B不是气体，其浓度视为常数，在平衡常数表达式中不应出现，即K=，C项错误；
D.其它条件相同时，对于气体参加的反应增大压强反应速率增大，所以压强分别为1×106Pa、5×105Pa、2×105Pa下达到平衡（拐点）时所用时间依次增大。由B项分析知压强从2×105Pa增大到5×105Pa平衡没有移动，A的转化率相同。由C项分析知压强从5×105Pa增大到1×106Pa平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，图像与事实相符，D项正确；答案选D。
【点睛】我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析，因为描述气体有四个物理量就够了：P、T、V、n，它们之间关系就是状态方程PV=nRT（R普适气体常数），如当温度和体积相同时，气体的压强与气体物质的量（即粒子数）成正比等。
26.常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度/℃
c(NH3·H2O) /(mol·L－1)
电离常数
电离度/%
c(OH－) /(mol·L－1)
0
16.56
1.37×10－5
9.098
1.507×10－2
10
15.16
1.57×10－5
10.18
1.543×10－2
20
13.63
1.71×10－5
11.2
1.527×10－2
提示：
（1）温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是________(填字母)。
a．电离常数 b．电离度 c．c(OH－) d．c(NH3·H2O)
（2）表中c(OH－)基本不变的原因是__________________________________。
（3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_______(填字母，下同)。
A．溶液的pH增大 B．氨水的电离度减小 C．c(OH－)减小 D．c(NH4+)减小
（4）氨水溶液中，下列做法能使c(NH4+)与c(OH－)比值变大的是________。
A．加入固体氯化铵 B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
【答案】 (1). 右 (2). a (3). 氨水浓度降低，使c(OH－)减小，而温度升高，使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变 (4). AD (5). AB
【解析】
【分析】
氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，由表格数据可知温度升高，电离常数增大，说明升高温度电离平衡向右移动；氨水中加NH4Cl晶体，使氨水的电离平衡左移，由此分析。
【详解】(1)氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，电离过程是吸热的，升高温度电离平衡向右移动，而电离常数只与温度有关，表格中只有电离常数随温度升高而增大，支持“升高温度电离平衡向右移动”的结论，而电离度、c(OH-)都还跟氨水的浓度c(NH3·H2O)有关，答案选a。
(2)由表格数据可以看出，c(OH-)受到氨水的浓度和溶液的温度影响，氨水越稀c(OH-)越小，升温氨水的电离平衡右移，c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
(3)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入NH4Cl晶体（溶液体积变化可忽略），增大了溶液中NH4+浓度，电离平衡左移，c(OH-)将减小，pH减小，氨水的电离度将减小，答案选AD。
(4)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入固体氯化铵时c(NH4+)增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故值增大，A项正确；通入少量氯化氢气体时c(OH-)减小，电离平衡右移，c(NH4+)增大，故值增大，B项正确；因电离过程吸热，降低温度，电离平衡左移，c(NH4+)和c(OH-)都减小，故值几乎不变，C项错误；加入少量固体氢氧化钠，溶液中c(OH-)增大，电离平衡左移，c(NH4+)减小，故值减小，D项错误；答案选AB。
【点睛】弱电解质的强弱是由弱电解质的结构决定的，强酸强碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是强极性键，在水分子作用下易电离；而弱酸弱碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是弱极性键，在水溶液中难电离，HF例外，H-F键是强极性键但在水溶液中却难电离，是因为相邻的HF分子间易形成氢键而使H-F难电离，HF是弱酸。
27.近年来，雾霾天气多次肆虐全国各地。其中，燃煤的烟道气和汽车尾气中含有的氮氧化合物是造成空气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物。已知CH4 (g)＋2O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4 (g)＋4NO (g)＝2N2 (g)＋CO2 (g)＋2H2O (l)的焓变ΔH2 ， 则还需要查找某化合反应的焓变ΔH3，当反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时 ΔH3 = b kJ/mol，则该反应的热化学方程式为____________________。据此计算出ΔH2 =_______kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s) + 2NO(g)N2 (g) + CO2 (g) ΔH。某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/mol·L－1
时间/min
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
40
0.032
0.034
0.017
50
0.032
0.034
0.017
① T1℃时，该反应的平衡常数K=___________（保留两位小数）。
② 30 min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是________________。
③ 若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，则该反应的ΔH____________0（填“>”、“=”或“<”）。
【答案】 (1). N2(g) + O2(g)＝2NO(g) H3 = b kJ/mol (2). a－2b (3). 0.56 (4). 减少CO2的浓度 (5). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将相关的热化学方程式加合运算。
(2) ①由表格数据可知反应进行到第20min时达到平衡状态，根据表格数据直接代入平衡常数表达式中计算即可。②从30min到40min，各NO浓度减小0.008mol/L，N2浓度增加了0.004mol/L，CO2浓度减小了0.013mol ,CO2浓度减小与NO和N2变化趋势不符合事实，说明改变的条件是从反应体系中分离出CO2使其浓度降低。③分析温度改变前后NO、N2、CO2浓度之比的变化即可得到答案。
【详解】(1)已知CH4 (g)＋2O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH1＝a kJ/mol①，CH4 (g)＋4NO (g)＝2N2 (g)＋CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH2 ②，根据盖斯定律，将[①-②]÷2得“某化合反应”的热化学方程式：O2(g)+N2(g)=2NO(g), ΔH3= bkJ/mol。根据ΔH3==bkJ/mol，解得ΔH2=ΔH1－2b=a－2bkJ/mol。
(2)①由表格数据可知反应进行到第20min时达到平衡状态，平衡常数K==。②从30min到40min，由表格数据知NO浓度减小了0.04mol/L-0.032mol/L=0.008mol/L，N2浓度增加了0.034mol/L-0.03mol/L=0.004mol/L，CO2浓度减小了0.03mol/L-0.017mol/L=0.013mol，NO和N2的浓度变化量符合计量数之比，而CO2浓度减小且减小量较大，因此可推知改变的条件是减小CO2的浓度。③第30min达到平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为0.04:0.03:0.03=4:3:3，而升高温度到T20C达到平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，比较两个比值可知NO的浓度增大了，说明升温平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应即ΔH<0。
28.I．（1）三种弱酸HA、H2B、HC，电离平衡常数的数值为1.8×10-5、5.6×10-11、4.9×10-10、4.3×10-7(数据顺序已打乱)，已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：
① HA + HB－ (少量)＝A－+ H2B，② H2B(少量) + C－＝HB－+ HC，③ HA(少量) + C－＝A－+ HC 。
则三种酸对应的电离平衡常数分别为（请在下面填空）：________
HA
H2B
HC
Ka
Ka1
Ka2
Ka3
Ka4
数值
（2）常温下0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式数据一定变小是________。
A．c(H+) B．n(H+) C． c(CH3COO-)/ c(H+) D．c(CH3COOH)/c(H+)
II．工业废水中常含有一定量的Cr2O72－ 和CrO42－，它们会对人体及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法。
（1）转化过程中存在平衡2CrO42－ + 2H+Cr2O72－ + H2O能说明反应到达平衡状态的是____。
A．CrO42－和Cr2O72－的浓度相同 B．ν正(Cr2O72－)＝2 ν逆(CrO42－)
C．溶液的pH值保持不变 D．溶液颜色保持不变
（2）若1 L转化后所得溶液中含铬元素质量为28.6 g，CrO42－ 有10/11转化为Cr2O72－（已知铬元素相对原子质量为52）。
① 转化后所得溶液中c(Cr2O72－)=_________________。
② 已知：常温下该反应的平衡常数K＝1014，上述溶液转化后H+的物质的量浓度为_________。
【答案】 (1).
HA
H2B
HC
Ka
Ka1
Ka2
Ka3
Ka4
数值
1.8×10-5
4.3×10-7
5.6×10-11
4.9×10-10
(2). AD (3). CD (4). 0.25 mol/L (5). 10-6mol/L
【解析】
【分析】
I、(1)根据电离平衡常数值越小酸越弱，和“强酸制弱酸”分析解答。
(2)CH3COOH中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动，醋酸的浓度越来越小，据此分析。
II、(1)判断可逆反应是否到达平衡状态，通常依据两点判断：一是正反应速率=逆反应速率；二是某一物理量保持不变，遵循“变量不变”规律。
(2)28.6g铬元素的物质的量==0.55mol，根据铬元素守恒，原溶液中CrO42-的物质的量为0.55mol，据题意原溶液中有的CrO42-中未转化，据此计算转化后溶液中c(CrO42-)。2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O平衡常数表达式为K==1014，再将转化后的CrO42-和Cr2O72-浓度代入即可计算c(H+)。
【详解】I、(1)根据“强酸制弱酸”规律，由反应①可知酸性：HA>H2B；由反应②知酸性：H2B>HC>HB-，由反应③知酸性：HA>HC，四种粒子的酸性强弱关系是：HA>H2B>HC>HB-。又由于酸越强电离常数越大，酸越弱电离常数越小，因此表格中电离常数对应数值是Ka1=1.8×10-5，Ka2=4.3×10-7，Ka3=5.6×10-11，Ka4=4.9×10-10。
(2)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动。A.开始一段时间溶液中的H+主要来自醋酸电离，随着水的加入，溶液体积逐渐增大，醋酸浓度逐渐减小，故c(H+)逐渐减小，A项正确；B.因为加水稀释过程中醋酸的电离平衡一直向右移动，电离产生的H+的数目逐渐增大，所以n(H+)总是增大，B项错误；C.稀释开始一段时间里溶液中的H+主要来自醋酸的电离，随着溶液体积的增大c(CH3COO-)和c(H+)几乎同比例减小，故值几乎不变，后来溶液的H+主要来自水的电离，c(CH3COO-)随水的加入继续减小，但溶液中H+浓度几乎不变，故值减小，所以先不变，后来减小，C项错误；D.=，加水稀释过程中溶液体积逐渐增大，c(CH3COO-)逐渐减小，而电离平衡常数一直不变，所以值一定变小，D项正确；答案选AD。
II、(1) A.如果某一时刻CrO42－和Cr2O72－的浓度相同，下一时刻浓度可能不再相同，不能说明反应到达平衡状态，A项错误；B.当ν正(Cr2O72－)＝2ν逆(CrO42－)时，即ν正(Cr2O72-)：ν逆(CrO42-)=2:1，正、逆反应速率之比不等于计量数之比，故正、逆反应速率不相等，反应没有到达平衡状态，B项错误；C.当溶液的pH保持不变时，即H+浓度不变，能说明反应到达平衡状态，C项正确；D. 溶液中Cr2O72-显橙色，CrO42-显黄色，当溶液颜色保持不变时，Cr2O72-和CrO42-浓度不变，能够说明反应到达平衡状态，D项正确；答案选CD。
(2)①28.6g铬元素的物质的量==0.55mol，根据铬元素守恒，原溶液中CrO42-的物质的量为0.55mol，据题意原溶液中有的CrO42-中转化为Cr2O72-，所以转化后所得溶液中c(Cr2O72-)=×0.55mol×÷1L=0.25mol/L。②因为有的CrO42-未转化，转化后所得溶液中c(CrO42-)=×0.55mol÷1L=0.05mol/L，设转化后H+的物质的量浓度为c(H+)，对于2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O的平衡常数表达式为K==1014，则=1014，解得c(H+)=10-6mol/L。
【点睛】根据反应H2B(少量)+C－＝HB－+HC推断酸性强弱时，不仅要看到H2B制取了HC，得出H2B的酸性比HC酸性强；还要看到尽管C-是大量的，而生成物仍是HB-，C-不能得到HB-的H+，说明HB-比HC更难电离，故而得到HB-酸性比HC弱。
29.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
（1）①步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；K1
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；K2
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；K=_______________(用含K1、K2的代数式表示)。
②T1温度时，对于反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)，向2 L的恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热Q kJ，保持其他条件不变，只是向原平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，则下列说法正确的是_____________。
A．CO的转化率将增大 B．达到新平衡时的反应热ΔH ＞ —Q
C．气体的密度将不变 D．H2O的体积分数增大
（2）将3 molH2和2 molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g) ＋N2(g) 2NH3(g)
①达平衡时NH3的浓度为c mol·L-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为c mol·L-1的是_________。
A．6 molH2 + 4 molN2
B．0.75 molH2 + 0.75 molN2 + 0.5 molNH3
C．3 molH2+ 1 molN2 + 2 mol NH3
② 若是在恒温恒容的容器中反应，达到平衡时NH3的浓度为c1 mol·L-1，则c________c1（填“<”“>”或“=”），原因是________________________________________。
【答案】 (1). K1·K2 (2). AD (3). C (4). > (5). 在恒容的容器中，随着反应的进行压强会减小，导致反应正向进行的限度减小，所以NH3的浓度会比在恒压容器中的小
【解析】
【分析】
(1) ①分析写出平衡常数K1和K2、K的表达式，再进行相关运算即可得出答案。②对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，即增加反应浓度，平衡向正反应方向移动，据此分析。
(2)①合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，题设投料3mol H2和2 mol N2，以此为参照，按等效平衡的思想分析解答。②合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数目减小，在恒温恒容条件下达到平衡时的压强小于恒温恒压条件下达到平衡时的压强，所以恒温恒容条件相当于减压过程，由此分析。
【详解】(1)对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，有平衡常数K1=，对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有平衡常数K2=，对于反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，有平衡常数K=，显然K=K1·K2。
②A.对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，A项正确；B.因为平衡向正反应方向移动，放出的热量比Q多，放热反应的ΔH为负，所以达到新平衡时的反应热ΔH<-Q，B项错误；C.因为再通入0.20molH2O(g)时，容器中气体总质量增大，而气体处于恒容容器中，所以气体密度（）将增大，C项错误；D.可逆反应不能进行到底，再通入0.20molH2O(g)时，平衡向正反应方向移动消耗H2O(g)的量小于0.20mol，所以达到新平衡时H2O(g)体积分数将增大，D项正确；答案选AD。
(2)①A.6molH2和4molN2与题设初始投入3molH2和2molN2，对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以A选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，A项错误；B.将0.75 mol H2、0.75 mol N2和0.5 mol NH3按计量数折算成反应物为1.5molH2和1molN2，这与题设3molH2和2molN2对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以B选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，B项错误；C.3 mol H2、1 mol N2和2 mol NH3折算成反应物为6molH2和2molN2，可看作先投入3molH2和2molN2达到平衡后再投入3molH2，相当于在题设的平衡状态下再投入3molH2，显然再投入H2时平衡向正反应方向移动，NH3的浓度将大于c mol/L，C项正确；答案选C。
②合成氨的反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数减小，如果在恒容条件下，达到平衡时的压强比初始压强小，而恒压条件的平衡压强等于初始压强，两种情况下初始压强是相同的，所以恒容条件下相当于减压过程，减压下该反应的平衡向逆反应方向移动，所以恒容条件下NH3的浓度将减小，即c>c1。
【点睛】运用等效平衡思想解题时要弄清是哪种类型的等效平衡：一是等温等容条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量相等，则分别达到的平衡互为等效平衡；二是等温等压条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量成比例，则分别达到的平衡互为等效平衡。
30.目前，燃煤脱硫是科研工作者研究的重要课题之一，主要脱硫方法有以下几种：
Ⅰ．石灰法 原理为：2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)
（1）T1℃时，向10L恒容密闭容器中加入3molCaO(s)，并通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生上述反应，2min时达平衡，此时CaSO4(s)为1.8mol。0~2min内，用SO2(g)表示的该反应的速率v(SO2)=__________________________。
Ⅱ．催化氧化法
活性炭催化氧化法是基于活性良好的物理吸附和化学吸附作用，其反应机理为：
O2 + 2C→2C—O； SO2 + C→C—SO2； C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；
C—SO3+H2O→ C—H2SO4； C—H2SO4→H2SO4 + C。
（2）整个过程中总的化学反应方程式为__________________________________________。
（3）活性炭在反应过程中作催化剂，改变了_____________（填选项字母）。
A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E．反应活化能
Ⅲ．CO还原法 原理为 2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g) ΔH
已知：S(g) + O2(g) = SO2(g) ΔH1= -574.0 kJ·mol-1；CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1。
（4）起始温度为T2℃时，分别在三个容积均为10L 的绝热密闭容器中，发生反应2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g)，测得相关数据如下表所示。
容器
起始时物质的量/mol
平衡时CO2(g)的物质的量/mol
CO(g)
SO2(g)
S(g)
CO2(g)
甲
1
0.5
0.5
0
A
乙
1
0.5
0
0
0.8
丙
2
1
0
0
b
①容器乙达到平衡后，保持其他条件不变，再向其中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，此时v(正)__________ v(逆)。（填“＞”、“＜”或“=”)。
②下列判断正确的是________________（填选项字母）。
A．b=1.6 B．平衡常数甲＞乙 C．达到平衡的时间：丙＜乙
【答案】 (1). 0.09mol·L-1·min-1 (2). 2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 (3). A、D、E (4). ＞ (5). BC
【解析】
【分析】
I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，从而改变反应速率，催化剂参与反应而改变反应路径，由此解答。
III、(4)已知：CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。①因为容器乙温度不变，所以平衡常数不变，再向容器中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，计算其浓度商Q=再与平衡常数比较解答。②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，再考虑实际是在绝热条件下，比较容器丙的温度与容器乙的温度高低来作答。B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但容器甲、乙实际处于绝热条件下，再比较容器甲与容器乙的温度高低，根据平衡常数与温度有关分析。C.假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，反应速率越大达到平衡的时间越小，由此分析。
【详解】I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2消除中间物，得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4，整个过程中总的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变反应速率；催化剂参与化学反应而改变反应路径；但催化剂不影响平衡移动，所以不改变反应限度；催化剂不能改变反应物和生成物具有的能量，故不改变反应焓变，答案选ADE。
III、(4)已知CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g),ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。
①根据表格数据可知容器乙达到平衡时生成0.8molCO2，由方程式2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g)计量关系计算得平衡时：S(g)物质的量= 0.4mol、SO2物质的量=0.5mol-0.8mol×=0.1mol、CO的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol，此温度下平衡常数K=== 64。保持温度不变再充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，其浓度商Q===v(逆)。
②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，而反应2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol前后气体分子数目不变，该反应加压平衡不移动，故平衡时容器丙中CO2物质的量是容器乙中CO2物质的量的2倍即为1.6mol，吸收的热量也是容器乙的2倍。但是，实际是绝热条件下，容器与环境不发生热量交换，容器丙的温度比容器乙低，降温该反应向逆反应方向移动，所以容器丙中生成物CO2的量将要减少，所以b<1.6，A项错误；B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但是，容器甲、乙实际处于绝热条件下，故容器甲温度比容器乙温度要高，平衡常数与温度有关，又该反应正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，所以平衡常数甲>乙，B项正确；C.根据A项分析可知假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，容器丙多吸收的3.2kJ热量对容器丙温度降低不大，而容器丙中各组分的浓度是容器乙的2倍，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，达到平衡的时间丙<乙，C项正确；答案选BC。
【点睛】所谓“绝热容器”是指与环境不发生热量交换的容器，化学反应处于绝热容器，体系的温度变化直接决定于化学反应的热量变化，本题(4)中甲、乙、丙三容器处于绝热恒容条件，运用“假设法”分析，先假定恒温恒容条件，结合等效平衡的思想将问题转化为我们已知的知识来解答。
1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列不属于绿色能源的是
A. 太阳能 B. 化石能源 C. 风能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
【详解】因为“绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源”，而化石能源包括煤、石油、天然气等，它们在使用过程中会产生废气、废水、废渣等污染物，所以化石能源不属于绿色能源，答案选B。
2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为－57.3kJ/mol的是（ ）
①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)
A. ① B. ② C. ③ D. 均不符合
【答案】D
【解析】
【详解】热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),ΔH=－57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热ΔH=-57.3kJ/mol×2=-114.6kJ/mol，①项错误；对于②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是－57.3kJ/mol，②项错误；对于③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3·H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于－57.3kJ/mol，③项错误；答案选D。
3.下表中物质的分类组合，完全正确的是
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3·H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，包括一些非金属氧化物如CO2、SO2等、NH3、大多数有机物如醇、烃等。
A.KNO3是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，SO2属于非电解质，A项正确；
B.H2SO4和CaCO3都是强电解质，Al不是非电解质，B项错误；
C.H2O属于弱电解质，C项错误；
D.C2H5OH属于非电解质，CH3COOH属于弱电解质，D项错误；答案选A。
4.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 改变催化剂，可改变该反应的活化能
B. 该反应为放热反应，热效应等于E1-E2
C. 反应过程a有催化剂参与
D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【答案】A
【解析】
催化剂的作用是降低活化能，A项正确；据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，热效应等于∆H，B项错误；反应过程能量变化图像可知，反应过程b的活化能比反应过程a小，故反应过程b有催化剂参与，C项错误；有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，D项错误。
5.下列化学用语正确的是
A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－
B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 ++3OH－
C. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43－
D. NaHSO3在水中的电离：HSO3－ + H3O+ SO32－+ H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“=”连接：(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4+ + Fe2 + + 2SO42－，A项错误；
B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；
C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；
D.NaHSO3是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO3=Na++HSO3-，HSO3-SO32-+H+，D项错误；答案选B。
6.下列说法或表示方法中正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；
B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；
C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；
D.“中和热为57.3 kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。
7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；
B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；
C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；
D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。
8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l)；ΔH =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；
B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0 kJ/mol，B项错误；
C. 由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l); ΔH=－57.3 kJ·mol—1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；
D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。
10.已知反应Na2S2O3＋H2SO4 = S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是
组号
反应温度
（℃）
参加反应的物质
水体积(mL)
Na2S2O3
H2SO4
体积（mL）
浓度（mol·L－1）
体积(mL)
浓度（mol·L－1）
A
10
5
0.1
10
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】
【分析】
由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。
【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高100C反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。
11.下列说法正确的是
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. 冰融化为水的过程中ΔH < 0，ΔS > 0
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－572 kJ·mol－1 此反应在低温时可以自发进行
D. 知道了某过程有自发性之后，可预测过程发生完成的快慢
【答案】C
【解析】
【详解】A.非自发反应是指在密闭体系中不借助外力不能自动发生的反应，实现非自发反应的先决条件是要向体系中输入能量，例如高温可以使稳定的石灰石分解，A项错误；
B.冰融化为水的过程是吸收热量的过程，ΔH > 0，B项错误；
C. 根据2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)；ΔH＝－572 kJ·mol－1可知该反应ΔH<0，熵变ΔS<0，根据综合判据可知只要ΔH－TΔS<0时反应即可自发进行，低温（即T小）时可能ΔH－TΔS<0，所以低温时该反应可以自发进行，C项正确；
D.大量的事实告诉我们，过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，D项错误；答案选C。
12.下列说法正确的是
A. 铜、石墨均导电，所以它们均是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液中或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A.用电解质分类时研究的对象是化合物，而铜、石墨都是单质，A项错误；
B.电解质在水溶液中导电的本质是自身能够电离出自由移动的阴、阳离子，NH3、CO2的水溶液中导电的阴、阳离子是由NH3、CO2与水反应生成的NH3·H2O、H2CO3电离出来的，所以NH3、CO2的水溶液均导电，并不能证明NH3、CO2是电解质，B项错误；
C.电解质是指在水溶液或熔融化状态下能够导电的化合物，HCl、NaCl在水溶液中均能导电，所以它们是电解质，C项错误；
D.非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物，蔗糖、酒精在水溶液中或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，D项正确；答案选D。
【点睛】有时根据物质的导电性并不能直接确定某化合物是电解质还是非电解质，一些离子型电解质如NaCl在晶体状态下是不导电的，一些共价型电解质如H2SO4，纯液态下也不导电，这都是因为它们在此状态下不能电离；非电解质也可能导电，如CO2、SO2、NH3的水溶液能导电，原因是它们与水反应生成了电解质，生成的电解质发生电离而导电。
13.对于下列各组反应，反应开始时，产生氢气速率最快的是
A. 70℃，将0.1 mol 镁粉加入到10 mL 6 mol·L－1 的硝酸溶液中
B. 60℃，将0.2 mol 镁粉加入到20 mL 3 mol·L－1 的盐酸溶液中
C. 60℃，将0.2 mol 铁粉加入到10 mL 3 mol·L－1 的盐酸溶液中
D. 60℃，将0.1 mol 镁粉加入到10 mL 3 mol·L－1的硫酸溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】因为HNO3具有强氧化性，镁粉与硝酸反应不产生氢气，A项错误；镁的金属性比铁更强，其它条件相同时，镁跟盐酸反应产生氢气的速率比铁跟盐酸反应产生氢气的速率快，所以反应速率B>C；D组3mol/L的硫酸溶液中c(H+)=6mol/L，B组3mol/L的盐酸溶液中c(H+)=3mol/L，反应实质都是Mg+2H+=Mg2++H2↑，其它条件相同时，H+浓度越大产生氢气的速率越快，所以反应速率D>B，反应开始时产生氢气速率最快的是D选项，答案选D。
14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；
C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；
D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。
15.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
16.25 ℃时，把0.2 mol·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是
A. 溶液中H+的物质的量
B. 溶液的导电能力
C. 溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
D. CH3COOH的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动，溶液中H+的物质的量逐渐增大，与图像不符，y不表示H+的物质的量，A项错误；
B.电解质溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子所带电荷数成正比，加水稀释过程中，溶液的体积逐渐增大，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸电离的阴、阳离子浓度逐渐减小，所以导电能力逐渐减小，符合图像，y可表示溶液的导电能力，B项正确；
C.加水稀释过程中：CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡向右移动，CH3COO-的物质的量逐渐增大，未电离的CH3COOH分子的浓度逐渐减小，故值逐渐增大，不符合图像，y不表示c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，C项错误；
D.CH3COOH的电离程度=×100%，加水稀释过程中，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，发生电离的醋酸分子数逐渐增大，所以电离程度逐渐增大，不符合图像，所以y不表示CH3COOH的电离程度，D项错误；答案选B。
17.80 ℃时，2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋53 kJ/mol，获得如下数据。下列判断正确的是
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(NO2)/mol·L－1
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
A. 升高温度该反应的平衡常数K减小
B. 该反应的 ΔS <0
C. 反应达平衡时吸热15.9 kJ
D. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.由热化学方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53 kJ/mol可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；
B.气体分子数越多混乱度越大，由反应N2O4(g)2NO2(g)可知，正反应气体分子数增多，所以该反应熵增加，即ΔS>0，B项错误；
C.由表格数据可知，第80s、100s时反应已处于平衡状态，此时NO2的浓度为0.30mol/L，即平衡时生成NO2的物质的量=0.30mol/L×2L=0.6mol，根据热化学方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53 kJ/mol可知，反应达平衡时吸收的热量=×0.6mol=15.9kJ，C项正确；
D.在温度和容积相同时，再充入0.40molN2O4，相当于增大压强，根据勒夏特列原理平衡向逆反应方向移动，所以达到新的平衡时N2O4的体积分数将增大，D项错误；答案选C。
18.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g)；ΔH＞0 。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.由MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g),ΔH＞0可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，容器中混合气体的质量增大[MgSO4(s)→MgO(s)固体质量减小]，且容器容积不变，所以密度（）随温度的升高而增大，符合图像的变化趋势，A项正确；
B.恒容条件下，CO物质的量逐渐增大即CO浓度逐渐增大，平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大，因可逆反应是不能进行到底的，故CO增加的倍数要超过CO2增加的倍数，所以值随CO的物质的量的增大而减小，不符合图像的变化趋势，B项错误；
C.平衡常数K只与温度有关，与浓度无关，所以SO2的浓度逐渐增大，平衡常数K保持不变，不符合图像的变化趋势，C项错误；
D.MgSO4是固体，固体浓度视为常数，又忽略固体体积，故气体物质的浓度也不变，所以随着MgSO4质量的增大，平衡不发生移动，CO的转化率不变，不符合图像的变化趋势，D项错误；答案选A。
19.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是
①2υ(B)正=3υ(C)逆；②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤C的质量分数不再改变；⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；⑦A、B、C的浓度彼此相等；⑧混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2υ(B)正=3υ(C)逆时一定平衡，故①正确；生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故②错误；达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故③正确；反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故④正确；C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故⑤正确；任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故⑥错误；浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故⑦错误；根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故⑧错误；选A。
20.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。
21. 已建立平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是
①生成物的百分含量一定增加； ②生成物的产量一定增加；
③反应物的转化率一定增加； ④反应物物质的量浓度一定减小；
⑤正反应速率一定大于逆反应速率； ⑥使用了催化剂
A. ①② B. ②⑤ C. ③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：由于不能确定改变的条件，所以当平衡正向移动时生成物的百分含量不一定增加，但产量一定是增加的。同样反应物的转化率也不一定增大，反应物浓度也不一定减小。平衡向正反应方向移动，说明正反应速率一定大于逆反应速率，而催化剂不能改变平衡状态，所以正确的答案选B。
考点：影响化学平衡的因素
点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。
22.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态不确定。5 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为15∶14，则下列说法正确的是
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝[c4(C)·c2(D)]/[c3(A)·c2(B)]
B. 0~5 min内A的反应速率为0.24 mol·L－1·min－1
C. 此时B的平衡转化率是40%
D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据阿伏加德罗定律及其推论可知，相同温度和体积时气体的压强与气体物质的量成正比，故有，n后=×n前=×(4+2)mol=5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的物质的量=(4+2)mol－5.6mol=0.4mol，C、D中只能一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=0.4mol；若只有D是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=2.4mol，因此只能C是气体，原反应式为3A(g)＋2B(g)4C(g)＋2D(s或l)，该反应的化学平衡常数表达式K=，A项错误；
B.根据化学计量数可知0~5min内消耗A的物质的量=×1.6mol=1.2mol，则0~5min内A的反应速率=，B项错误；
C.根据化学计量数知此时消耗B的物质的量=×1.6mol=0.8mol，则B的平衡转化率=×100%=40%，C项正确；
D.根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方向（即向右）移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，D项错误；答案选C。
23.下列图示与对应的叙述不相符的是
A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符，A项错误；
B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；
C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；
D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T1
24.已知在一定温度下，一定体积的密闭容器里存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，若开始时充入2 mol SO3，达到平衡时混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始时充入2 mol SO2和1 mol O2，则达到平衡时SO2的转化率为
A. 20% B. 60% C. 80% D. 90%
【答案】C
【解析】
【分析】
初始投入2molSO3与初始投入2molSO2和1molO2相当，在相同温度、相同体积的容器里，分别达到的平衡互为等效平衡，由此分析。
【详解】若开始时充入2molSO3，设达到平衡时O2的物质的量为x，则有下列关系：
相同温度和相同体积条件下，气体的压强与气体物质的量成正比，则有，，解得x=0.2mol。则平衡时O2有0.2mol、SO2有0.4mol、SO3有1.6mol。
若开始时充入2molSO2和1molO2，达到的平衡与上述平衡等效，则平衡时相应组分的物质的量相同，即平衡时SO2的物质的量为0.4mol，此时反应中转化的SO2物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，则达到平衡时SO2的转化率=，答案选C。
25.在容积可变的密闭容器中充入2 mol A和1 mol B发生反应：mA(g) + nB(g) pC(g)。在一定温度下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表，以下说法正确的是
A. 维持压强2×105Pa，若反应开始后5min时达到平衡，则v(A)=0.016mol/(L·min)
B. P从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡逆向移动
C. P为1×106Pa时，平衡常数表达式K=
D. 其它条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应。A的转化率随时间变化曲线如图所示
【答案】D
【解析】
【分析】
由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度相同时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2×105Pa增大到5×105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，所以气体物质的计量数关系应为m+n=p。压强从5×105Pa增大到1×106Pa时，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol>0.4mol，浓度增大超过了2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面的分析，说明B在高压下变成液态或固体，由此分析解答。
【详解】A.题目中没有给出初始时容器体积，无法计算反应物A的初始浓度，也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率，A项错误；
B.由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度一定时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2×105Pa增大到5×105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，B项错误；
C.由B项分析可知压强从2×105Pa增大到5×105Pa时平衡没有移动，说明反应前后气体分子数相等，即m+n=p。再从表格数据看，压强从5×105Pa增大到1×106Pa，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol，浓度增大的倍数大于2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体，所以压强为1×106Pa时B不是气体，其浓度视为常数，在平衡常数表达式中不应出现，即K=，C项错误；
D.其它条件相同时，对于气体参加的反应增大压强反应速率增大，所以压强分别为1×106Pa、5×105Pa、2×105Pa下达到平衡（拐点）时所用时间依次增大。由B项分析知压强从2×105Pa增大到5×105Pa平衡没有移动，A的转化率相同。由C项分析知压强从5×105Pa增大到1×106Pa平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，图像与事实相符，D项正确；答案选D。
【点睛】我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析，因为描述气体有四个物理量就够了：P、T、V、n，它们之间关系就是状态方程PV=nRT（R普适气体常数），如当温度和体积相同时，气体的压强与气体物质的量（即粒子数）成正比等。
26.常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度/℃
c(NH3·H2O) /(mol·L－1)
电离常数
电离度/%
c(OH－) /(mol·L－1)
0
16.56
1.37×10－5
9.098
1.507×10－2
10
15.16
1.57×10－5
10.18
1.543×10－2
20
13.63
1.71×10－5
11.2
1.527×10－2
提示：
（1）温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是________(填字母)。
a．电离常数 b．电离度 c．c(OH－) d．c(NH3·H2O)
（2）表中c(OH－)基本不变的原因是__________________________________。
（3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_______(填字母，下同)。
A．溶液的pH增大 B．氨水的电离度减小 C．c(OH－)减小 D．c(NH4+)减小
（4）氨水溶液中，下列做法能使c(NH4+)与c(OH－)比值变大的是________。
A．加入固体氯化铵 B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
【答案】 (1). 右 (2). a (3). 氨水浓度降低，使c(OH－)减小，而温度升高，使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变 (4). AD (5). AB
【解析】
【分析】
氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，由表格数据可知温度升高，电离常数增大，说明升高温度电离平衡向右移动；氨水中加NH4Cl晶体，使氨水的电离平衡左移，由此分析。
【详解】(1)氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，电离过程是吸热的，升高温度电离平衡向右移动，而电离常数只与温度有关，表格中只有电离常数随温度升高而增大，支持“升高温度电离平衡向右移动”的结论，而电离度、c(OH-)都还跟氨水的浓度c(NH3·H2O)有关，答案选a。
(2)由表格数据可以看出，c(OH-)受到氨水的浓度和溶液的温度影响，氨水越稀c(OH-)越小，升温氨水的电离平衡右移，c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
(3)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入NH4Cl晶体（溶液体积变化可忽略），增大了溶液中NH4+浓度，电离平衡左移，c(OH-)将减小，pH减小，氨水的电离度将减小，答案选AD。
(4)氨水中电离平衡NH3H2ONH4++OH-，加入固体氯化铵时c(NH4+)增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故值增大，A项正确；通入少量氯化氢气体时c(OH-)减小，电离平衡右移，c(NH4+)增大，故值增大，B项正确；因电离过程吸热，降低温度，电离平衡左移，c(NH4+)和c(OH-)都减小，故值几乎不变，C项错误；加入少量固体氢氧化钠，溶液中c(OH-)增大，电离平衡左移，c(NH4+)减小，故值减小，D项错误；答案选AB。
【点睛】弱电解质的强弱是由弱电解质的结构决定的，强酸强碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是强极性键，在水分子作用下易电离；而弱酸弱碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是弱极性键，在水溶液中难电离，HF例外，H-F键是强极性键但在水溶液中却难电离，是因为相邻的HF分子间易形成氢键而使H-F难电离，HF是弱酸。
27.近年来，雾霾天气多次肆虐全国各地。其中，燃煤的烟道气和汽车尾气中含有的氮氧化合物是造成空气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物。已知CH4 (g)＋2O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH1＝a kJ/mol，欲计算反应CH4 (g)＋4NO (g)＝2N2 (g)＋CO2 (g)＋2H2O (l)的焓变ΔH2 ， 则还需要查找某化合反应的焓变ΔH3，当反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时 ΔH3 = b kJ/mol，则该反应的热化学方程式为____________________。据此计算出ΔH2 =_______kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s) + 2NO(g)N2 (g) + CO2 (g) ΔH。某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/mol·L－1
时间/min
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
40
0.032
0.034
0.017
50
0.032
0.034
0.017
① T1℃时，该反应的平衡常数K=___________（保留两位小数）。
② 30 min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是________________。
③ 若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，则该反应的ΔH____________0（填“>”、“=”或“<”）。
【答案】 (1). N2(g) + O2(g)＝2NO(g) H3 = b kJ/mol (2). a－2b (3). 0.56 (4). 减少CO2的浓度 (5). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将相关的热化学方程式加合运算。
(2) ①由表格数据可知反应进行到第20min时达到平衡状态，根据表格数据直接代入平衡常数表达式中计算即可。②从30min到40min，各NO浓度减小0.008mol/L，N2浓度增加了0.004mol/L，CO2浓度减小了0.013mol ,CO2浓度减小与NO和N2变化趋势不符合事实，说明改变的条件是从反应体系中分离出CO2使其浓度降低。③分析温度改变前后NO、N2、CO2浓度之比的变化即可得到答案。
【详解】(1)已知CH4 (g)＋2O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH1＝a kJ/mol①，CH4 (g)＋4NO (g)＝2N2 (g)＋CO2 (g)＋2H2O (l);ΔH2 ②，根据盖斯定律，将[①-②]÷2得“某化合反应”的热化学方程式：O2(g)+N2(g)=2NO(g), ΔH3= bkJ/mol。根据ΔH3==bkJ/mol，解得ΔH2=ΔH1－2b=a－2bkJ/mol。
(2)①由表格数据可知反应进行到第20min时达到平衡状态，平衡常数K==。②从30min到40min，由表格数据知NO浓度减小了0.04mol/L-0.032mol/L=0.008mol/L，N2浓度增加了0.034mol/L-0.03mol/L=0.004mol/L，CO2浓度减小了0.03mol/L-0.017mol/L=0.013mol，NO和N2的浓度变化量符合计量数之比，而CO2浓度减小且减小量较大，因此可推知改变的条件是减小CO2的浓度。③第30min达到平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为0.04:0.03:0.03=4:3:3，而升高温度到T20C达到平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，比较两个比值可知NO的浓度增大了，说明升温平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应即ΔH<0。
28.I．（1）三种弱酸HA、H2B、HC，电离平衡常数的数值为1.8×10-5、5.6×10-11、4.9×10-10、4.3×10-7(数据顺序已打乱)，已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：
① HA + HB－ (少量)＝A－+ H2B，② H2B(少量) + C－＝HB－+ HC，③ HA(少量) + C－＝A－+ HC 。
则三种酸对应的电离平衡常数分别为（请在下面填空）：________
HA
H2B
HC
Ka
Ka1
Ka2
Ka3
Ka4
数值
（2）常温下0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式数据一定变小是________。
A．c(H+) B．n(H+) C． c(CH3COO-)/ c(H+) D．c(CH3COOH)/c(H+)
II．工业废水中常含有一定量的Cr2O72－ 和CrO42－，它们会对人体及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法。
（1）转化过程中存在平衡2CrO42－ + 2H+Cr2O72－ + H2O能说明反应到达平衡状态的是____。
A．CrO42－和Cr2O72－的浓度相同 B．ν正(Cr2O72－)＝2 ν逆(CrO42－)
C．溶液的pH值保持不变 D．溶液颜色保持不变
（2）若1 L转化后所得溶液中含铬元素质量为28.6 g，CrO42－ 有10/11转化为Cr2O72－（已知铬元素相对原子质量为52）。
① 转化后所得溶液中c(Cr2O72－)=_________________。
② 已知：常温下该反应的平衡常数K＝1014，上述溶液转化后H+的物质的量浓度为_________。
【答案】 (1).
HA
H2B
HC
Ka
Ka1
Ka2
Ka3
Ka4
数值
1.8×10-5
4.3×10-7
5.6×10-11
4.9×10-10
(2). AD (3). CD (4). 0.25 mol/L (5). 10-6mol/L
【解析】
【分析】
I、(1)根据电离平衡常数值越小酸越弱，和“强酸制弱酸”分析解答。
(2)CH3COOH中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动，醋酸的浓度越来越小，据此分析。
II、(1)判断可逆反应是否到达平衡状态，通常依据两点判断：一是正反应速率=逆反应速率；二是某一物理量保持不变，遵循“变量不变”规律。
(2)28.6g铬元素的物质的量==0.55mol，根据铬元素守恒，原溶液中CrO42-的物质的量为0.55mol，据题意原溶液中有的CrO42-中未转化，据此计算转化后溶液中c(CrO42-)。2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O平衡常数表达式为K==1014，再将转化后的CrO42-和Cr2O72-浓度代入即可计算c(H+)。
【详解】I、(1)根据“强酸制弱酸”规律，由反应①可知酸性：HA>H2B；由反应②知酸性：H2B>HC>HB-，由反应③知酸性：HA>HC，四种粒子的酸性强弱关系是：HA>H2B>HC>HB-。又由于酸越强电离常数越大，酸越弱电离常数越小，因此表格中电离常数对应数值是Ka1=1.8×10-5，Ka2=4.3×10-7，Ka3=5.6×10-11，Ka4=4.9×10-10。
(2)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动。A.开始一段时间溶液中的H+主要来自醋酸电离，随着水的加入，溶液体积逐渐增大，醋酸浓度逐渐减小，故c(H+)逐渐减小，A项正确；B.因为加水稀释过程中醋酸的电离平衡一直向右移动，电离产生的H+的数目逐渐增大，所以n(H+)总是增大，B项错误；C.稀释开始一段时间里溶液中的H+主要来自醋酸的电离，随着溶液体积的增大c(CH3COO-)和c(H+)几乎同比例减小，故值几乎不变，后来溶液的H+主要来自水的电离，c(CH3COO-)随水的加入继续减小，但溶液中H+浓度几乎不变，故值减小，所以先不变，后来减小，C项错误；D.=，加水稀释过程中溶液体积逐渐增大，c(CH3COO-)逐渐减小，而电离平衡常数一直不变，所以值一定变小，D项正确；答案选AD。
II、(1) A.如果某一时刻CrO42－和Cr2O72－的浓度相同，下一时刻浓度可能不再相同，不能说明反应到达平衡状态，A项错误；B.当ν正(Cr2O72－)＝2ν逆(CrO42－)时，即ν正(Cr2O72-)：ν逆(CrO42-)=2:1，正、逆反应速率之比不等于计量数之比，故正、逆反应速率不相等，反应没有到达平衡状态，B项错误；C.当溶液的pH保持不变时，即H+浓度不变，能说明反应到达平衡状态，C项正确；D. 溶液中Cr2O72-显橙色，CrO42-显黄色，当溶液颜色保持不变时，Cr2O72-和CrO42-浓度不变，能够说明反应到达平衡状态，D项正确；答案选CD。
(2)①28.6g铬元素的物质的量==0.55mol，根据铬元素守恒，原溶液中CrO42-的物质的量为0.55mol，据题意原溶液中有的CrO42-中转化为Cr2O72-，所以转化后所得溶液中c(Cr2O72-)=×0.55mol×÷1L=0.25mol/L。②因为有的CrO42-未转化，转化后所得溶液中c(CrO42-)=×0.55mol÷1L=0.05mol/L，设转化后H+的物质的量浓度为c(H+)，对于2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O的平衡常数表达式为K==1014，则=1014，解得c(H+)=10-6mol/L。
【点睛】根据反应H2B(少量)+C－＝HB－+HC推断酸性强弱时，不仅要看到H2B制取了HC，得出H2B的酸性比HC酸性强；还要看到尽管C-是大量的，而生成物仍是HB-，C-不能得到HB-的H+，说明HB-比HC更难电离，故而得到HB-酸性比HC弱。
29.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
（1）①步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；K1
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；K2
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；K=_______________(用含K1、K2的代数式表示)。
②T1温度时，对于反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)，向2 L的恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热Q kJ，保持其他条件不变，只是向原平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，则下列说法正确的是_____________。
A．CO的转化率将增大 B．达到新平衡时的反应热ΔH ＞ —Q
C．气体的密度将不变 D．H2O的体积分数增大
（2）将3 molH2和2 molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g) ＋N2(g) 2NH3(g)
①达平衡时NH3的浓度为c mol·L-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为c mol·L-1的是_________。
A．6 molH2 + 4 molN2
B．0.75 molH2 + 0.75 molN2 + 0.5 molNH3
C．3 molH2+ 1 molN2 + 2 mol NH3
② 若是在恒温恒容的容器中反应，达到平衡时NH3的浓度为c1 mol·L-1，则c________c1（填“<”“>”或“=”），原因是________________________________________。
【答案】 (1). K1·K2 (2). AD (3). C (4). > (5). 在恒容的容器中，随着反应的进行压强会减小，导致反应正向进行的限度减小，所以NH3的浓度会比在恒压容器中的小
【解析】
【分析】
(1) ①分析写出平衡常数K1和K2、K的表达式，再进行相关运算即可得出答案。②对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，即增加反应浓度，平衡向正反应方向移动，据此分析。
(2)①合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，题设投料3mol H2和2 mol N2，以此为参照，按等效平衡的思想分析解答。②合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数目减小，在恒温恒容条件下达到平衡时的压强小于恒温恒压条件下达到平衡时的压强，所以恒温恒容条件相当于减压过程，由此分析。
【详解】(1)对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，有平衡常数K1=，对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有平衡常数K2=，对于反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，有平衡常数K=，显然K=K1·K2。
②A.对于反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，A项正确；B.因为平衡向正反应方向移动，放出的热量比Q多，放热反应的ΔH为负，所以达到新平衡时的反应热ΔH<-Q，B项错误；C.因为再通入0.20molH2O(g)时，容器中气体总质量增大，而气体处于恒容容器中，所以气体密度（）将增大，C项错误；D.可逆反应不能进行到底，再通入0.20molH2O(g)时，平衡向正反应方向移动消耗H2O(g)的量小于0.20mol，所以达到新平衡时H2O(g)体积分数将增大，D项正确；答案选AD。
(2)①A.6molH2和4molN2与题设初始投入3molH2和2molN2，对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以A选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，A项错误；B.将0.75 mol H2、0.75 mol N2和0.5 mol NH3按计量数折算成反应物为1.5molH2和1molN2，这与题设3molH2和2molN2对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以B选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，B项错误；C.3 mol H2、1 mol N2和2 mol NH3折算成反应物为6molH2和2molN2，可看作先投入3molH2和2molN2达到平衡后再投入3molH2，相当于在题设的平衡状态下再投入3molH2，显然再投入H2时平衡向正反应方向移动，NH3的浓度将大于c mol/L，C项正确；答案选C。
②合成氨的反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数减小，如果在恒容条件下，达到平衡时的压强比初始压强小，而恒压条件的平衡压强等于初始压强，两种情况下初始压强是相同的，所以恒容条件下相当于减压过程，减压下该反应的平衡向逆反应方向移动，所以恒容条件下NH3的浓度将减小，即c>c1。
【点睛】运用等效平衡思想解题时要弄清是哪种类型的等效平衡：一是等温等容条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量相等，则分别达到的平衡互为等效平衡；二是等温等压条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量成比例，则分别达到的平衡互为等效平衡。
30.目前，燃煤脱硫是科研工作者研究的重要课题之一，主要脱硫方法有以下几种：
Ⅰ．石灰法 原理为：2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)
（1）T1℃时，向10L恒容密闭容器中加入3molCaO(s)，并通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生上述反应，2min时达平衡，此时CaSO4(s)为1.8mol。0~2min内，用SO2(g)表示的该反应的速率v(SO2)=__________________________。
Ⅱ．催化氧化法
活性炭催化氧化法是基于活性良好的物理吸附和化学吸附作用，其反应机理为：
O2 + 2C→2C—O； SO2 + C→C—SO2； C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；
C—SO3+H2O→ C—H2SO4； C—H2SO4→H2SO4 + C。
（2）整个过程中总的化学反应方程式为__________________________________________。
（3）活性炭在反应过程中作催化剂，改变了_____________（填选项字母）。
A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E．反应活化能
Ⅲ．CO还原法 原理为 2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g) ΔH
已知：S(g) + O2(g) = SO2(g) ΔH1= -574.0 kJ·mol-1；CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1。
（4）起始温度为T2℃时，分别在三个容积均为10L 的绝热密闭容器中，发生反应2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(g) + 2CO2(g)，测得相关数据如下表所示。
容器
起始时物质的量/mol
平衡时CO2(g)的物质的量/mol
CO(g)
SO2(g)
S(g)
CO2(g)
甲
1
0.5
0.5
0
A
乙
1
0.5
0
0
0.8
丙
2
1
0
0
b
①容器乙达到平衡后，保持其他条件不变，再向其中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，此时v(正)__________ v(逆)。（填“＞”、“＜”或“=”)。
②下列判断正确的是________________（填选项字母）。
A．b=1.6 B．平衡常数甲＞乙 C．达到平衡的时间：丙＜乙
【答案】 (1). 0.09mol·L-1·min-1 (2). 2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 (3). A、D、E (4). ＞ (5). BC
【解析】
【分析】
I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，从而改变反应速率，催化剂参与反应而改变反应路径，由此解答。
III、(4)已知：CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。①因为容器乙温度不变，所以平衡常数不变，再向容器中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，计算其浓度商Q=再与平衡常数比较解答。②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，再考虑实际是在绝热条件下，比较容器丙的温度与容器乙的温度高低来作答。B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但容器甲、乙实际处于绝热条件下，再比较容器甲与容器乙的温度高低，根据平衡常数与温度有关分析。C.假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，反应速率越大达到平衡的时间越小，由此分析。
【详解】I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。
II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2消除中间物，得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4，整个过程中总的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。
(3)催化剂能够减小反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变反应速率；催化剂参与化学反应而改变反应路径；但催化剂不影响平衡移动，所以不改变反应限度；催化剂不能改变反应物和生成物具有的能量，故不改变反应焓变，答案选ADE。
III、(4)已知CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g),ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。
①根据表格数据可知容器乙达到平衡时生成0.8molCO2，由方程式2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g)计量关系计算得平衡时：S(g)物质的量= 0.4mol、SO2物质的量=0.5mol-0.8mol×=0.1mol、CO的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol，此温度下平衡常数K=== 64。保持温度不变再充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，其浓度商Q===
②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，而反应2CO(g)+SO2(g)⇌S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol前后气体分子数目不变，该反应加压平衡不移动，故平衡时容器丙中CO2物质的量是容器乙中CO2物质的量的2倍即为1.6mol，吸收的热量也是容器乙的2倍。但是，实际是绝热条件下，容器与环境不发生热量交换，容器丙的温度比容器乙低，降温该反应向逆反应方向移动，所以容器丙中生成物CO2的量将要减少，所以b<1.6，A项错误；B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但是，容器甲、乙实际处于绝热条件下，故容器甲温度比容器乙温度要高，平衡常数与温度有关，又该反应正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，所以平衡常数甲>乙，B项正确；C.根据A项分析可知假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，容器丙多吸收的3.2kJ热量对容器丙温度降低不大，而容器丙中各组分的浓度是容器乙的2倍，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，达到平衡的时间丙<乙，C项正确；答案选BC。
【点睛】所谓“绝热容器”是指与环境不发生热量交换的容器，化学反应处于绝热容器，体系的温度变化直接决定于化学反应的热量变化，本题(4)中甲、乙、丙三容器处于绝热恒容条件，运用“假设法”分析，先假定恒温恒容条件，结合等效平衡的思想将问题转化为我们已知的知识来解答。
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