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2017-2018学年辽宁省实验中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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辽宁省实验中学2017-2018学年度上学期期中阶段测试
高二理科化学试卷
1.下列说法正确的是
A. 酸式盐的溶液一定显碱性
B. 只要酸与碱的物质的量浓度和体积分别相等,它们反应后的溶液就呈中性
C. 纯水呈中性是因为水中的C(H＋)和C(OH—)相等
D. 碳酸溶液中C(H＋)是C(CO32—)的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A.弱酸的酸式盐存在电离和水解，溶液酸碱性取决于电离程度和水解程度大小，如NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性，故A错误；
B.酸碱强弱不同，元数不同酸碱性不同，如醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，故B错误；
C.中性溶液中氢离子的浓度等于氢氧根离子的浓度，所以纯水呈中性是因为水中氢离子的物质的量浓度和氢氧根离子的物质的量浓度相等，所以C选项是正确的；
D.碳酸是弱酸部分电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，且主要以第一步电离为主，则氢离子浓度大于碳酸根离子浓度的2倍，故D错误。
所以C选项是正确的。
2. 用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是
A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B. 将溶液倒在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
D. 在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡对照
【答案】C
【解析】
试题分析：用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，答案选C。
考点：本题考溶液PH测定。
3.已知一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性。其原因可能是
A. 强酸和强碱溶液反应 B. 弱酸和强碱溶液反应
C. 强酸和弱碱溶液反应 D. 生成了一种强酸弱碱盐
【答案】B
【解析】
【分析】
一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸。
【详解】A. 强酸和强碱溶液中， n(H+)=n(OH-)，混合后溶液应呈中性，不符合题意，故A错误；
B. C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸，则应为弱酸和强碱溶液反应，故B正确；
C. C(H＋)=1×10－3mol/L的强酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的弱碱反应后，碱有剩余，溶液应呈碱性，故C错误；
D.如果碱是弱碱，酸是强酸，二者反应后碱有剩余，溶液呈碱性，故D错误。
故选B。
4.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤NH4HCO3，C(NH4＋)由大到小的顺序为
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ①④②⑤③
【答案】A
【解析】
【分析】
物质的量相等的这几种溶液中，铵根离子水解程度较小，所以要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可。
【详解】①③④⑤中铵根离子系数都是1，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，，但氢离子抑制作用强于亚铁离子；
②中铵根离子系数是2，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，先根据铵根离子系数进行分类，最后根据其它离子对铵根离子的影响来分类即可，难度中等。
5.合成氨反应为：3H2＋N2 2NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是
A. 3v(H2)正=v(N2)逆 B. v(H2)生成=v(NH3)生成
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
A. 3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；
B. v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然 v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；
D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。
6.反应2X(气)＋Y(气)2Z(气) △H<0，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2)下,产物Z的物质的量n(Z)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. T1P2
C. T1>T2，P1>P2 D. T1>T2，P1
【解析】
【分析】
根据温度，压强对平衡移动的影响分析，温度越高，压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有： T1>T2；
根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有： P1>P2。
故选C。
7.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
8.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断不正确的是
A. △H2<△H3 B. △H1<△H3 C. △H2+△H3 =△H1 D. △H1+△H2>△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。
【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
③已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，
根据盖斯定律①-②得到③：△H3=△H1-△H2，因为△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可以知道△H3>0，而△H2<0，则△H2<△H3，故A不选；
B.分析可以知道△H2=△H1-△H3，因为△H2<0，△H1<△H3，故B不选；
C. △H2=△H1-△H3，则△H2+△H3 =△H1，故C不选；
D. △H2<0，△H1>0，且△H2+△H3 =△H1，则△H1+△H2<△H3，所以选D。
所以答案选D。
9.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是
A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时,如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
10.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
11.若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为
A. 10(a+b-12)% B. 10(a+b-14)% C. 10(12-a-b)% D. 10(14-a-b)%
【答案】A
【解析】
试题分析：pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的浓度和盐酸的浓度相等，都是10－bmol/L，根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a－14mol/L，所以室温下氨水的电离度为。答案选A。
考点：考查电离度计算
12.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=3。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙
B. 水电离出的C(OH—)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≥乙
D. 若分别与5mL pH=12的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≥乙
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从2升高到3；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从2升高到3，即溶液的体积：10V甲≤V乙，A错误；
B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B错误；
C、若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，C正确；
D、若分别与5mlpH＝12的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D错误。
答案选C。
13.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（忽略溶液体积的变化），溶液中部分微粒的物质的量浓度不正确的是
A. 向0.20 mol/L NH4HCO3中通入CO2:C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)
B. 向0.15 mol/L NaHSO3中通入NH3:C(Na＋)>C(NH4＋)>C(SO32—)
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2:C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]
D. 向0.10 mol/L CH3COONa中通入HCl：C(Na＋)>C(CH3COOH)＝C(Cl—)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，即C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)，故A正确；
B. NaHSO3呈酸性，(NH4)2SO3 、Na2SO3呈碱性，一部分 NaHSO3与NH3反应生成( NH4)2SO3 、Na2SO3：2 NaHSO3+2NH3 ( NH4)2SO3 +Na2SO3 ，所以C(Na＋)>c(NH4+)=c(SO32—)，故B错误。
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2，使溶液呈中性，SO32-部分生成HSO3—和H2SO3，但硫原子和钠原子总数不变，根据硫原子守恒，C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]，故C正确。
D.CH3COONa水解呈碱性，一部分CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH：CH3COONa+HClCH3COOH +NaCl，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl﹣)，故D正确。
答案选B。
【点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。
14.可逆反应2X(g)＝Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0—t1时间内，V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率V正 小于N点的逆反应速率V逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可以知道，温度为T1先到达平衡，所以T1>T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；以此解答。
【详解】A、进行到M点X的转化率较低，因为正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；
B、T2下，在0—t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为从c(Y)=c(X)=mol/L，所以V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1，故B正确；
C、根据图象可以知道，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1>T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C错误；
D. 在达到平衡时再加入反应物，恒容密闭，相当于增大压强，平衡向右移动，X转化率增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
15.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. NH4HSO4和NaOH混合呈中性C(Na＋)>C(SO42—)>C(NH4＋)>C(NH3·H2O)>C(H＋)=C(OH—)
【答案】D
【解析】
【详解】A项，Ka=，加水虽然促进电离，n(CH3COO-)增大，但c(CH3COO-)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，故A项错误；
B项，20℃升温至30℃，促进CH3COO-水解，且Kh增大，则溶液中=减小，故B项错误；
C项，向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH﹣)，由电荷守恒可知，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，即，故C项错误。
D项，中性时，c(H+)=c(OH﹣)，反应后溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，且铵根离子水解程度等于一水合氨电离程度，反应后c(Na＋)>c(SO42—)>c(NH4＋)>c(NH3·H2O)>c(H＋)=c(OH—)，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，明确反应后溶液中的溶质、电离与水解即可解答，选项D为解答的难点，题目难度中等。
16.常温下，在20.0mL0.10mol•L-1氨水中滴入0.10mol•L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是
A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积小于20.0mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)
D. N点处的溶液中pH>12
【答案】D
【解析】
【分析】
A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L。
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B不选；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)，故C不选；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故选D；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
17.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应的
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
18.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋越大，H2O2分解速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A项，图甲表明，其他条件相同时，随着H2O2浓度的增大，其分解速率越快，故A项错误。
B项，图乙表明，其他条件相同时，随着NaOH浓度的增大，即溶液pH的增大，H2O2分解速率越快，故B项错误。
C项，由图丙可知，少量Mn2＋存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性越强，H2O2分解速率越快，故C项错误。
D项，由图丙可知，当Mn2＋浓度一定时，并不是NaOH浓度越大，H2O2分解速率越快，在合适NaOH浓度时，H2O2分解速率最快，由图丁可知，pH相同的碱性条件下，Mn2＋浓度越大，H2O2分解速率越大，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
19.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2 2NO+O2(正反应吸热)。实验测得:，，为速率常数，受温度影响。 下列说法正确的是
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中的体积分数大于50%
D. 当温度改变为时，若，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.2mol/L，则T1温度下，该反应的平衡常数K===0.8。以此解答。
【详解】A项，平衡时，容器Ⅰ中气体总物质的量为0.8mol，容器Ⅱ中，气体起始总物质的量为1mol，此时=
C项，如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%，，故C项错误。
D项，，，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则 =，且，则 =，化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 ，故D正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。
20.常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 己二酸电离常数Ka1(H2X)约为10-4.4
B. 曲线M表示pH与的变化关系
C. 当溶液中c(X2—)＝c(HX—)时，溶液为碱性
D. 当混合溶液呈中性时，
【答案】A
【解析】
【分析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)> Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时
＞，由图象可知N为lgc的变化曲线，M为lgc的变化曲线，当lgc或lgc=0时，说明或=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A项，当lgc=0.4时，pH=4.8，此时Ka1(H2X)==100.4×10-4.8=10-4.4，故A项正确。
B项，由Ka1> Ka2，知>，酸性条件下，则pH相同时
＞，由图象可知N为lgc的变化曲线，故B项错误。
C项，由图可知，当lgc=0，即c(X2—)＝c(HX—)时，溶液的pH<7，溶液为酸性，故C项错误。
D项，由图可知，当溶液呈中性时，lgc>0，，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。
21.铅的冶炼有很多种方法。
（1）瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：
① 2PbS(s)＋3O2(g)＝2PbO(s)＋2SO2(g) ΔH1 ＝ a kJ·mol－1
② PbS(s)＋2PbO(s)＝3Pb(s)＋SO2(g) ΔH2 ＝ b kJ·mol－1
③ PbS(s)＋PbSO4(s)＝2Pb(s)＋2SO2(g) ΔH3 ＝ c kJ·mol－1
反应PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s) ΔH＝kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。
（2）还原法炼铅，包含反应PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_______0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当lgK＝1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_____(保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). （2/3a＋2/3b－c） (2). ＜ (3). 9.1% (4). 正向不变
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律书写目标热化学方程式；
(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应；
②当lgK＝1，则K=10，根据平衡常数表达式求出混合气体中CO的体积分数。
【详解】(1)根据盖斯定律ΔH=（ΔH1+2ΔH2）-ΔH3=2/3a＋2/3b－c）kJ·mol－1；
因此，本题正确答案是：（2/3a＋2/3b－c）；
(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应。
因此，本题正确答案是：＜；
②lgK＝1，则K=10，在PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g)中，设起始通入CO的amol/L,达平衡时转化的量为xmol/L,平衡时CO的(a-x)mol/L,CO2的浓度为xmol/L,则K==10，得=9.1%。若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向正向移动；由于相当于加压，气体分子数不变，所以再次达到平衡时CO的转化率不变。
因此，本题正确答案是：9.1%；正向；不变。
22.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________(填字母)。
a. b. c. d.
（5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。
（6）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝________mol·L-1(填精确数值)。
【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). b (5). > (6). > (7). > (8). 9.9×10－7 moL·L－1
【解析】
【分析】
(1)升高温度促进弱电解质的电离；
(2)酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
(3)酸性强弱为CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，强酸能够制取弱酸，据此对各选项进行判断；
(4)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大,n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以n(CH3COO-)、n(H+)、n(CH3COOH)都减小，据此分析解答；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多；
(6)根据混合液中的电荷守恒计算。
【详解】(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；
因此，本题正确答案是：增大；
(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32－>ClO－ >HCO3－ >CH3COO－ ，即a＞b＞d＞c，
因此，本题正确答案是：a＞b＞d＞c；
(3) a. CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO：因为酸性H2CO3> HClO > HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32－，该反应不能发生，故d正确；
因此，本题正确答案是：cd；
(4)a.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；
b.加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；
c.加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；
d.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误；
因此，本题正确答案是：b；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多，因酸性HX大于醋酸，所以恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；
因此，本题正确答案是：>；>；>；
(6)pH=6，则c(H+)=10-6mol/L、c(OH-)=10-8mol/L，
溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，
则：c(CH3COO-)- c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，
因此，本题正确答案是：9.9×10-7mol/L。
23.新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。
Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3＋FeSO4＝Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。
实验（一）制备流程：
实验（二） Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.20mol•L－1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2＋含量，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
22.40mL
20.02mL
（1）实验（二）中的仪器名称：仪器B____，仪器C____。
（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是____。
（3）在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需____；
（4）操作Ⅱ的步骤是：__、__、过滤、洗涤。
（5）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式____，此时后续处理的主要目的是____。
（6）滴定终点时现象为____；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为____；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 防止二价铁被氧化 (4). 玻璃棒 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+ (8). 除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定 (9). 溶液变为紫红色，且半分钟内不变色 (10). 81% (11). 偏高
【解析】
【分析】
实验(一)制备流程：废铁屑加入稀硫酸过滤得到溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO47H2O，隔绝空气加热分计算得出到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4；
实验(二) Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品灼烧后加入足量稀硫酸溶解溶液转移到烧杯中，加入足量还原剂A可用SO2，还原铁离子为亚铁离子，加热煮沸除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定，转移到仪器B为100mL容量瓶中配制得到准确体积和浓度的溶液，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.20mol•L－1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-＋5Fe3+＋8H+＝Mn2++5Fe2+＋4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，测定溶液体积，结合化学方程式定量关系计算，以此分析解答。
【详解】(1) 实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，需要仪器为100mL容量瓶，仪器C中为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，名称为酸式滴定管，
因此，本题正确答案是：100mL容量瓶；酸式滴定管；
（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，
因此，本题正确答案是：防止二价铁被氧化；
（3）操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，
因此，本题正确答案是：玻璃棒；
（4）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作,蒸发浓缩,降温结晶，过滤洗涤得到，
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩；降温结晶；
（5）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，
因此，本题正确答案是：SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
（6）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=ml=20.00ml，铁元素守恒计算
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4-，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol。
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol，
产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%，
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成c(待测)偏高，
因此，本题正确答案是：溶液变为紫红色，且半分钟内不变色；81%；偏高。
24.甲醇是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H＝－99kJ•mol-1中的相关化学键键能如下：
则x＝___________。
化学键
H-H
C-O
C三O
H-O
C-H
E/（kJ•mol-1)
436
343
x
465
413
（2）在一容积可变的密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H1<0，CO在不同温度下的平衡转化率(α)与压强的关系如下图所示。
①T1_________T2（填“>”、“<”、“=”）；a、b两点的反应速率：v(a)_____v(b）（填“>”、“<”、“=”）；
在c点条件下，下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_____(填字母)；
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变 d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
②计算图中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)。
（3）利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇，发生的主要反应如下：
a：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ∆H1
b：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2
c：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H3
①述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如下图所示。
则∆H1__________∆H3（填“>”、“<”、“=”），理由是_______。
②一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中发生反应b，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是________；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是_________。
③反应c的 △H___0， △S____0（填“>”“=”或“<”）。
【答案】 (1). 1076 (2). ＜ (3). ＜ (4). bc (5). 1.6×10－7 (kPa)－2 (6). ＜ (7). 由图可知，随着温度升高，K2增大，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3 (8). 加入催化剂 (9). 将容器的体积快速压缩至2L (10). < (11). <
【解析】
【分析】
(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
(2)①压强相同时一氧化碳的转化率高，所以平衡正向移动，而正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故T1
(3) ①反应1、2、3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，根据图1它们随温度变化的曲线结合盖斯定律进行分析解答。
②图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；
③由图可知，随着温度升高，K3减小，则△H3<0，根据反应物和产物气体系数和的大小可以判断熵变符号。
【详解】(1)反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H =2×436+x-343-413×3-465=-99，计算得出x=1076；
因此，本题正确答案是：1076；
(2)①压强相同时一氧化碳的转化率高，所以平衡正向移动，而正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故T1
b.CH3OH的体积分数随着反应的进行增大，不再改变时化学平衡，故b正确；
c.混合气体的总质量不变，容器可变，则混合气体的体积减小，密度增大，不再改变时化学平衡，故c正确；
d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变，不能说明化学平衡，故d错误；
因此，本题正确答案是：＜ ；＜；bc
②a点的一氧化碳转化率为50%，总压为0.5104pa，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始量(mol) 1 2 0
变化量(mol) x 2x x
平衡量(mol) 1-x 2-2x x
而一氧化碳转化率为50%，所以x=0.5，Kp==1.6×10－7 (kPa)－2;
因此，本题正确答案是：1.6×10－7 (kPa)－2；
(3) ①由图可以知道，随着温度升高，K2减小，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3 ；
因此，本题正确答案是：＜ ；由图可知，随着温度升高，K2增大，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3；
②图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为:3：V=4.5:3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；
因此，本题正确答案是：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；
③由图可知，随着温度升高，K3减小，则△H3<0；该反应中，反应物的系数和大于产物气体系数和，所以该反应是熵减的反应，熵变小于零，
因此，本题正确答案是：＜；＜。
辽宁省实验中学2017-2018学年度上学期期中阶段测试
高二理科化学试卷
1.下列说法正确的是
A. 酸式盐的溶液一定显碱性
B. 只要酸与碱的物质的量浓度和体积分别相等,它们反应后的溶液就呈中性
C. 纯水呈中性是因为水中的C(H＋)和C(OH—)相等
D. 碳酸溶液中C(H＋)是C(CO32—)的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A.弱酸的酸式盐存在电离和水解，溶液酸碱性取决于电离程度和水解程度大小，如NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性，故A错误；
B.酸碱强弱不同，元数不同酸碱性不同，如醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，故B错误；
C.中性溶液中氢离子的浓度等于氢氧根离子的浓度，所以纯水呈中性是因为水中氢离子的物质的量浓度和氢氧根离子的物质的量浓度相等，所以C选项是正确的；
D.碳酸是弱酸部分电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，且主要以第一步电离为主，则氢离子浓度大于碳酸根离子浓度的2倍，故D错误。
所以C选项是正确的。
2. 用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是
A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B. 将溶液倒在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
D. 在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡对照
【答案】C
【解析】
试题分析：用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，答案选C。
考点：本题考溶液PH测定。
3.已知一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性。其原因可能是
A. 强酸和强碱溶液反应 B. 弱酸和强碱溶液反应
C. 强酸和弱碱溶液反应 D. 生成了一种强酸弱碱盐
【答案】B
【解析】
【分析】
一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸。
【详解】A. 强酸和强碱溶液中， n(H+)=n(OH-)，混合后溶液应呈中性，不符合题意，故A错误；
B. C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸，则应为弱酸和强碱溶液反应，故B正确；
C. C(H＋)=1×10－3mol/L的强酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的弱碱反应后，碱有剩余，溶液应呈碱性，故C错误；
D.如果碱是弱碱，酸是强酸，二者反应后碱有剩余，溶液呈碱性，故D错误。
故选B。
4.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤NH4HCO3，C(NH4＋)由大到小的顺序为
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ①④②⑤③
【答案】A
【解析】
【分析】
物质的量相等的这几种溶液中，铵根离子水解程度较小，所以要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可。
【详解】①③④⑤中铵根离子系数都是1，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，，但氢离子抑制作用强于亚铁离子；
②中铵根离子系数是2，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，先根据铵根离子系数进行分类，最后根据其它离子对铵根离子的影响来分类即可，难度中等。
5.合成氨反应为：3H2＋N2 2NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是
A. 3v(H2)正=v(N2)逆 B. v(H2)生成=v(NH3)生成
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。
A. 3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；
B. v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然 v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；
C. 2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；
D. 3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。
6.反应2X(气)＋Y(气)2Z(气) △H<0，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2)下,产物Z的物质的量n(Z)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. T1
C. T1>T2，P1>P2 D. T1>T2，P1
【解析】
【分析】
根据温度，压强对平衡移动的影响分析，温度越高，压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有： T1>T2；
根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有： P1>P2。
故选C。
7.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
8.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断不正确的是
A. △H2<△H3 B. △H1<△H3 C. △H2+△H3 =△H1 D. △H1+△H2>△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。
【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+ +5H2O(l) △H1>0；
②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；
③已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，
根据盖斯定律①-②得到③：△H3=△H1-△H2，因为△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可以知道△H3>0，而△H2<0，则△H2<△H3，故A不选；
B.分析可以知道△H2=△H1-△H3，因为△H2<0，△H1<△H3，故B不选；
C. △H2=△H1-△H3，则△H2+△H3 =△H1，故C不选；
D. △H2<0，△H1>0，且△H2+△H3 =△H1，则△H1+△H2<△H3，所以选D。
所以答案选D。
9.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是
A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时,如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
10.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
11.若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为
A. 10(a+b-12)% B. 10(a+b-14)% C. 10(12-a-b)% D. 10(14-a-b)%
【答案】A
【解析】
试题分析：pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的浓度和盐酸的浓度相等，都是10－bmol/L，根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a－14mol/L，所以室温下氨水的电离度为。答案选A。
考点：考查电离度计算
12.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=3。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙
B. 水电离出的C(OH—)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≥乙
D. 若分别与5mL pH=12的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≥乙
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从2升高到3；如果是弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从2升高到3，即溶液的体积：10V甲≤V乙，A错误；
B、酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B错误；
C、若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，C正确；
D、若分别与5mlpH＝12的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D错误。
答案选C。
13.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（忽略溶液体积的变化），溶液中部分微粒的物质的量浓度不正确的是
A. 向0.20 mol/L NH4HCO3中通入CO2:C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)
B. 向0.15 mol/L NaHSO3中通入NH3:C(Na＋)>C(NH4＋)>C(SO32—)
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2:C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]
D. 向0.10 mol/L CH3COONa中通入HCl：C(Na＋)>C(CH3COOH)＝C(Cl—)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，即C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)，故A正确；
B. NaHSO3呈酸性，(NH4)2SO3 、Na2SO3呈碱性，一部分 NaHSO3与NH3反应生成( NH4)2SO3 、Na2SO3：2 NaHSO3+2NH3 ( NH4)2SO3 +Na2SO3 ，所以C(Na＋)>c(NH4+)=c(SO32—)，故B错误。
C. 向0.30mol/L Na2SO3中通入CO2，使溶液呈中性，SO32-部分生成HSO3—和H2SO3，但硫原子和钠原子总数不变，根据硫原子守恒，C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]，故C正确。
D.CH3COONa水解呈碱性，一部分CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH：CH3COONa+HClCH3COOH +NaCl，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl﹣)，故D正确。
答案选B。
【点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。
14.可逆反应2X(g)＝Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0—t1时间内，V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率V正 小于N点的逆反应速率V逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可以知道，温度为T1先到达平衡，所以T1>T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；以此解答。
【详解】A、进行到M点X的转化率较低，因为正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；
B、T2下，在0—t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为从c(Y)=c(X)=mol/L，所以V(Y)＝(a-b)/2t1 mol·L－1·min－1，故B正确；
C、根据图象可以知道，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1>T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C错误；
D. 在达到平衡时再加入反应物，恒容密闭，相当于增大压强，平衡向右移动，X转化率增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
15.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. NH4HSO4和NaOH混合呈中性C(Na＋)>C(SO42—)>C(NH4＋)>C(NH3·H2O)>C(H＋)=C(OH—)
【答案】D
【解析】
【详解】A项，Ka=，加水虽然促进电离，n(CH3COO-)增大，但c(CH3COO-)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，故A项错误；
B项，20℃升温至30℃，促进CH3COO-水解，且Kh增大，则溶液中=减小，故B项错误；
C项，向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH﹣)，由电荷守恒可知，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，即，故C项错误。
D项，中性时，c(H+)=c(OH﹣)，反应后溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，且铵根离子水解程度等于一水合氨电离程度，反应后c(Na＋)>c(SO42—)>c(NH4＋)>c(NH3·H2O)>c(H＋)=c(OH—)，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，明确反应后溶液中的溶质、电离与水解即可解答，选项D为解答的难点，题目难度中等。
16.常温下，在20.0mL0.10mol•L-1氨水中滴入0.10mol•L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是
A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积小于20.0mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)
D. N点处的溶液中pH>12
【答案】D
【解析】
【分析】
A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L。
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B不选；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)，故C不选；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故选D；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
17.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应的
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
18.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋越大，H2O2分解速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A项，图甲表明，其他条件相同时，随着H2O2浓度的增大，其分解速率越快，故A项错误。
B项，图乙表明，其他条件相同时，随着NaOH浓度的增大，即溶液pH的增大，H2O2分解速率越快，故B项错误。
C项，由图丙可知，少量Mn2＋存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性越强，H2O2分解速率越快，故C项错误。
D项，由图丙可知，当Mn2＋浓度一定时，并不是NaOH浓度越大，H2O2分解速率越快，在合适NaOH浓度时，H2O2分解速率最快，由图丁可知，pH相同的碱性条件下，Mn2＋浓度越大，H2O2分解速率越大，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
19.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2 2NO+O2(正反应吸热)。实验测得:，，为速率常数，受温度影响。 下列说法正确的是
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中的体积分数大于50%
D. 当温度改变为时，若，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.2mol/L，则T1温度下，该反应的平衡常数K===0.8。以此解答。
【详解】A项，平衡时，容器Ⅰ中气体总物质的量为0.8mol，容器Ⅱ中，气体起始总物质的量为1mol，此时=
C项，如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%，，故C项错误。
D项，，，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则 =，且，则 =，化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 ，故D正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。
20.常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 己二酸电离常数Ka1(H2X)约为10-4.4
B. 曲线M表示pH与的变化关系
C. 当溶液中c(X2—)＝c(HX—)时，溶液为碱性
D. 当混合溶液呈中性时，
【答案】A
【解析】
【分析】
H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)> Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时
＞，由图象可知N为lgc的变化曲线，M为lgc的变化曲线，当lgc或lgc=0时，说明或=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A项，当lgc=0.4时，pH=4.8，此时Ka1(H2X)==100.4×10-4.8=10-4.4，故A项正确。
B项，由Ka1> Ka2，知>，酸性条件下，则pH相同时
＞，由图象可知N为lgc的变化曲线，故B项错误。
C项，由图可知，当lgc=0，即c(X2—)＝c(HX—)时，溶液的pH<7，溶液为酸性，故C项错误。
D项，由图可知，当溶液呈中性时，lgc>0，，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。
21.铅的冶炼有很多种方法。
（1）瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：
① 2PbS(s)＋3O2(g)＝2PbO(s)＋2SO2(g) ΔH1 ＝ a kJ·mol－1
② PbS(s)＋2PbO(s)＝3Pb(s)＋SO2(g) ΔH2 ＝ b kJ·mol－1
③ PbS(s)＋PbSO4(s)＝2Pb(s)＋2SO2(g) ΔH3 ＝ c kJ·mol－1
反应PbS(s)＋2O2(g)＝PbSO4(s) ΔH＝kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。
（2）还原法炼铅，包含反应PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_______0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当lgK＝1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_____(保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). （2/3a＋2/3b－c） (2). ＜ (3). 9.1% (4). 正向不变
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律书写目标热化学方程式；
(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应；
②当lgK＝1，则K=10，根据平衡常数表达式求出混合气体中CO的体积分数。
【详解】(1)根据盖斯定律ΔH=（ΔH1+2ΔH2）-ΔH3=2/3a＋2/3b－c）kJ·mol－1；
因此，本题正确答案是：（2/3a＋2/3b－c）；
(2)①利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应。
因此，本题正确答案是：＜；
②lgK＝1，则K=10，在PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g)中，设起始通入CO的amol/L,达平衡时转化的量为xmol/L,平衡时CO的(a-x)mol/L,CO2的浓度为xmol/L,则K==10，得=9.1%。若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向正向移动；由于相当于加压，气体分子数不变，所以再次达到平衡时CO的转化率不变。
因此，本题正确答案是：9.1%；正向；不变。
22.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________(填字母)。
a. b. c. d.
（5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。
（6）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝________mol·L-1(填精确数值)。
【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). b (5). > (6). > (7). > (8). 9.9×10－7 moL·L－1
【解析】
【分析】
(1)升高温度促进弱电解质的电离；
(2)酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
(3)酸性强弱为CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，强酸能够制取弱酸，据此对各选项进行判断；
(4)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大,n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以n(CH3COO-)、n(H+)、n(CH3COOH)都减小，据此分析解答；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多；
(6)根据混合液中的电荷守恒计算。
【详解】(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；
因此，本题正确答案是：增大；
(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32－>ClO－ >HCO3－ >CH3COO－ ，即a＞b＞d＞c，
因此，本题正确答案是：a＞b＞d＞c；
(3) a. CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO：因为酸性H2CO3> HClO > HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32－，该反应不能发生，故d正确；
因此，本题正确答案是：cd；
(4)a.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；
b.加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；
c.加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；
d.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误；
因此，本题正确答案是：b；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多，因酸性HX大于醋酸，所以恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；
因此，本题正确答案是：>；>；>；
(6)pH=6，则c(H+)=10-6mol/L、c(OH-)=10-8mol/L，
溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，
则：c(CH3COO-)- c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，
因此，本题正确答案是：9.9×10-7mol/L。
23.新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。
Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3＋FeSO4＝Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。
实验（一）制备流程：
实验（二） Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.20mol•L－1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2＋含量，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
22.40mL
20.02mL
（1）实验（二）中的仪器名称：仪器B____，仪器C____。
（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是____。
（3）在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需____；
（4）操作Ⅱ的步骤是：__、__、过滤、洗涤。
（5）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式____，此时后续处理的主要目的是____。
（6）滴定终点时现象为____；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为____；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 防止二价铁被氧化 (4). 玻璃棒 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+ (8). 除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定 (9). 溶液变为紫红色，且半分钟内不变色 (10). 81% (11). 偏高
【解析】
【分析】
实验(一)制备流程：废铁屑加入稀硫酸过滤得到溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO47H2O，隔绝空气加热分计算得出到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4；
实验(二) Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品灼烧后加入足量稀硫酸溶解溶液转移到烧杯中，加入足量还原剂A可用SO2，还原铁离子为亚铁离子，加热煮沸除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定，转移到仪器B为100mL容量瓶中配制得到准确体积和浓度的溶液，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.20mol•L－1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-＋5Fe3+＋8H+＝Mn2++5Fe2+＋4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，测定溶液体积，结合化学方程式定量关系计算，以此分析解答。
【详解】(1) 实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，需要仪器为100mL容量瓶，仪器C中为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，名称为酸式滴定管，
因此，本题正确答案是：100mL容量瓶；酸式滴定管；
（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，
因此，本题正确答案是：防止二价铁被氧化；
（3）操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，
因此，本题正确答案是：玻璃棒；
（4）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作,蒸发浓缩,降温结晶，过滤洗涤得到，
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩；降温结晶；
（5）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，
因此，本题正确答案是：SO2＋2Fe3+＋2H2O＝2Fe2+＋SO42-＋4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
（6）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=ml=20.00ml，铁元素守恒计算
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4-，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol。
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol，
产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%，
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成c(待测)偏高，
因此，本题正确答案是：溶液变为紫红色，且半分钟内不变色；81%；偏高。
24.甲醇是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H＝－99kJ•mol-1中的相关化学键键能如下：
则x＝___________。
化学键
H-H
C-O
C三O
H-O
C-H
E/（kJ•mol-1)
436
343
x
465
413
（2）在一容积可变的密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H1<0，CO在不同温度下的平衡转化率(α)与压强的关系如下图所示。
①T1_________T2（填“>”、“<”、“=”）；a、b两点的反应速率：v(a)_____v(b）（填“>”、“<”、“=”）；
在c点条件下，下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_____(填字母)；
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变 d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
②计算图中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)。
（3）利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇，发生的主要反应如下：
a：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ∆H1
b：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2
c：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H3
①述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如下图所示。
则∆H1__________∆H3（填“>”、“<”、“=”），理由是_______。
②一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中发生反应b，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是________；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是_________。
③反应c的 △H___0， △S____0（填“>”“=”或“<”）。
【答案】 (1). 1076 (2). ＜ (3). ＜ (4). bc (5). 1.6×10－7 (kPa)－2 (6). ＜ (7). 由图可知，随着温度升高，K2增大，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3 (8). 加入催化剂 (9). 将容器的体积快速压缩至2L (10). < (11). <
【解析】
【分析】
(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
(2)①压强相同时一氧化碳的转化率高，所以平衡正向移动，而正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故T1
(3) ①反应1、2、3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，根据图1它们随温度变化的曲线结合盖斯定律进行分析解答。
②图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；
③由图可知，随着温度升高，K3减小，则△H3<0，根据反应物和产物气体系数和的大小可以判断熵变符号。
【详解】(1)反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H =2×436+x-343-413×3-465=-99，计算得出x=1076；
因此，本题正确答案是：1076；
(2)①压强相同时一氧化碳的转化率高，所以平衡正向移动，而正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故T1
b.CH3OH的体积分数随着反应的进行增大，不再改变时化学平衡，故b正确；
c.混合气体的总质量不变，容器可变，则混合气体的体积减小，密度增大，不再改变时化学平衡，故c正确；
d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变，不能说明化学平衡，故d错误；
因此，本题正确答案是：＜ ；＜；bc
②a点的一氧化碳转化率为50%，总压为0.5104pa，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始量(mol) 1 2 0
变化量(mol) x 2x x
平衡量(mol) 1-x 2-2x x
而一氧化碳转化率为50%，所以x=0.5，Kp==1.6×10－7 (kPa)－2;
因此，本题正确答案是：1.6×10－7 (kPa)－2；
(3) ①由图可以知道，随着温度升高，K2减小，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3 ；
因此，本题正确答案是：＜ ；由图可知，随着温度升高，K2增大，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3；
②图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为:3：V=4.5:3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；
因此，本题正确答案是：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；
③由图可知，随着温度升高，K3减小，则△H3<0；该反应中，反应物的系数和大于产物气体系数和，所以该反应是熵减的反应，熵变小于零，
因此，本题正确答案是：＜；＜。
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