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【化学】江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二上学期期中考试（统招班）试题（解析版）
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江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二上学期期中考试（统招班）试题
第I卷（选择题）
一、单选题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C. 有化学键断裂一定发生化学反应
D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，因此不能设计成原电池，A不符合题意；
B.任何化学反应中的能量变化可以表现为热量变化，也可以表现为光能或电能的转化，B错误；
C.电解质溶解过程中有化学键的断裂，但没有新的物质生成，因此有化学键断裂不一定发生化学反应，C错误；
D.灼热的铂丝与NH3、O2混合气在加热条件下接触发生反应，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应，反应放出的热量使铂丝保持红热，D正确；
故合理选项是D。
2.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误；
B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；
C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；
D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应影响，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
3.下列说法错误的有（ ）
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②放热反应不需要加热就能发生
③需要加热才能发生的反应都是吸热反应
④化学反应放热还是吸热决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小
⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示标准状况时的反应
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多
⑦H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝－QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1molH2和1molI2(g)反应生成2molHI时放出QkJ的热量
⑧同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】C
【解析】
【详解】①化学反应过程就是原子重新组合生成生成物的过程，在这个过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成，因此都伴随着能量的变化，①正确；
②有的放热反应反应发生时也需要加热条件下才可以进行；反应开始时需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，②错误；
③物质的燃烧反应需要加热，但反应为放热反应，③错误；
④化学反应过程中有就化学键的断裂和新化学键的生成，因此都存在吸收能量和释放能量的过程，反应是放热还是吸热决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小，④正确；
⑤热化学方程式表明了物质变化与能量变化的关系，由于物质含有的能量不仅与反应的物质多少有关，还有与物质的存在状态有关，因此在书写热化学方程式时应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应，⑤错误；
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少，⑥错误；
⑦H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=-QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1molH2(g)和1molI2(g)反应生成2molHI时放出QkJ的热量，⑦正确；
⑧同温同压下，同一反应的反应热与反应条件无关，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同，⑧正确；
综上所述可知说法正确的是①④⑦⑧，共四项；故合理选项是C。
4.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
5.下列说法中正确的是( )
A. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程
B. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)为熵增加的反应，可以自发进行
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】C
【解析】
【分析】通过复合判据进行分析；
【详解】A、NH4NO3溶于水是混乱度增大的过程，即△S>0，能够自发进行，故A错误；
B、该反应为吸热反应，△H>0，依据反应方程式，该反应为熵增，即△S>0，根据复合判据，△G=△H－T△S，能够自发进行，需要在高温下，故B错误；
C、根据复合判据，熵增且放热的反应一定是自发反应，故C正确；
D、有些非自发反应在一定条件下能够实现，如水分解生成氢气和氧气不是自反应，但在电解条件下，可以实验，故D错误；
答案选C。
6.在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2。其中能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。所以其中能够使反应速率增大的措施是①③，答案选C。
7.在一个绝热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当m、n、p、q为任意整数时，一定可以作为反应达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③体系的密度不再变化 ④各组分质量分数不再改变
A. ①②③ B. ①②③④ C. ②③④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①无法判断反应前后气体体积关系，则无法确定压强是否为变量，无法根据体系的压强判断平衡状态，①错误；
②在一个不传热的固定容积的密闭容器中，体系的温度为变量，当温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，能据此判断该反应达到平衡状态，②正确；
③D为固态，混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则密度为变量，当混合气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态，③正确；
④各组分的质量分数不再改变，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，④正确；
综上所述可知：说法正确的是②③④，故合理选项是C。
8.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H++OH-H2O ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量小于57.3 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.固体硫变为硫蒸汽要吸热,则燃烧时放出的热量较少,故A错误;
B.反应为吸热反应,则石墨能量比金刚石小,能量越低越稳定,故B错误;
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)+1/2O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1,故C错误;
D.醋酸为弱电解质,电离吸热,则放出的热量小于57.3 kJ,故D正确，答案选D。
9.已知299 K时，合成氨反应 N2(g ) + 3H2 ( g )2NH3( g ) △H = －92.0 kJ/mol，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（ ）
A. 一定大于92.0 kJ B. 一定等于92.0 kJ
C. 一定小于92.0 kJ D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】N2 (g ) + 3H2 ( g )2NH3 ( g ) △H = －92.0 kJ/mol指299K，1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3放出92.0kJ的热量；由于该反应为可逆反应，反应物的转化率小于100%，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量一定小于92.0kJ，答案选C。
10.aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g） ΔH＝Q，同时符合下列两图中各曲线的规律是（ ）
A. a＋b＞c＋d T1＞T2 Q＞0 B. a＋b＞c＋d T1＜T2 Q＜0
C. a＋b＜c＋d T1＜T2 Q＞0 D. a＋b＞c＋d T1＞T2 Q＜0
【答案】B
【解析】
【详解】由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，Q＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
11.在372 K时，把0.5 mol N2O4通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2 s时，NO2的浓度为 0.02 mol·L－1。在60 s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 s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·s－1
B. 在2 s时体系内压强为开始时的1.1倍
C. 在平衡时体系内含有N2O4 0.25 mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】B
【解析】
【详解】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），选项A错误；
B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，选项B正确；
C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，选项C错误；
D．N2O4 的转化率为×100%=60%，选项D错误。
答案选B。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 对于有气体参与的反应，增大压强，活化分子总数增多，化学反应速率增大
B. 对放热反应而言，升高温度，活化分子百分数不变，化学反应速率增大
C. 活化分子间发生的碰撞为有效碰撞
D. 使用催化剂，活化分子百分数增多，化学反应速率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.增大压强，会使反应物的浓度增大，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，但活化分子总数不变，A错误；
B.升高温度，活化分子的百分数增多，有效碰撞次数增加，反应速率增大，B错误；
C.活化分子发生碰撞，且发生化学反应，为有效碰撞，C错误；
D.催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，D正确；
故合理选项是D。
13.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. 加入催化剂有利于氨的合成
D. 工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4，红棕色NO2加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；
B. 合成SO3的反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；
C. 加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释；
D. 工业制取金属钾，Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，D可以用平衡移动原理解释。
本题选C。
14. 下列物质的水溶液能导电，但其本身属于非电解质的是（ ）
A. 乙酸 B. 酒精 C. 食盐 D. 氨气
【答案】D
【解析】
【详解】选项A、乙酸的水溶液可以导电，但其本身是电解质；
选项B、酒精的水溶液不导电，且本身是非电解质；
选项C、食盐的水溶液能导电，且本身是电解质；
选项D、氨气的水溶液能导电、但本身是非电解质。
15.在一定温度下，将2molSO2和1molO2充入一固定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） △H=-197kJ/mol，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是（ ）
A. SO2和SO3共2mol B. 生成SO32mol
C. 放出197kJ热量 D. 含氧原子共8mo1
【答案】A
【解析】
【详解】A．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，所以化学平衡时二氧化硫和三氧化硫中硫原子的物质的量等于反应初始时二氧化硫的物质的量，故A正确；
B．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2mol SO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，故B错误；
C．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2mol SO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，放出的能量小于197kJ，故C错误；
D．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，平衡时含有的氧原子的物质的量等于初始时二氧化硫和氧气中氧原子的物质的量，为6mol，故D错误；
故选A。
16.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)+2NO(g)2NO2(g)+S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH>0
B. T1时，该反应的平衡常数为
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比大于1：2
D. 若T2
【解析】
【详解】A.根据图象可知温度升高，平衡时NO2浓度降低，说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，A错误；
B.T1温度时，反应达到平衡时c(NO2)=0.2mol/L，则根据物质的转化关系可知平衡时c(SO2)=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c(NO)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==，B错误；
C. T1温度时，容器Ⅰ平衡时气体总物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol。容器Ⅱ起始时气体总物质的量为0.5+1.0+0.5=2.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应起始时向正反应方向进行，平衡时气体总物质的量小于2.0mol，根据阿伏伽德罗定律，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，所以总压强之比大于1:2，C正确；
D.T2
第II卷（非选择题）
二、填空题（共52分）
17.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2。在500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图1所示：
（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝________。
（2）500℃该反应的平衡常数为_____（结果保留一位小数），图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_______。
A 在原容器中再充入1mol H2 B 在原容器中再充入1molCO2
C 缩小容器的容积 D 使用更有效的催化剂 E 将水蒸气从体系中分离出
（4）500℃条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）____ v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。
【答案】(1). 0.225mol/（L·min） (2). 5.3 (3). 减小 (4). BD (5). ＞
【解析】
【分析】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，v=，据此计算；
(2)平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)要提高CO2的转化率，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断；
(4)依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向。
【详解】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，则氢气的浓度变化量为：0.75mol/L×3=2.25mol/L，则v(H2)==0.225mol/(L•min)；
(2)由(1)可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以K===5.3，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)A．在原容器中再充入1mol H2，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故A不选；B．在原容器中再充入1molCO2，CO2的转化率反而减小，故B选；C．缩小容器的容积即增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故C不选；D．使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故D选；E．将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故E不选；故答案为BD；
(4)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，浓度商Q===4＜K=5.33，说明反应正向进行v正＞v逆。
18.中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸60mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_______，除此之外，装置中的一个明显错误是______。
(2)为保证该实验成功该同学采取了许多措施，如图的碎纸条的作用在于______。
(3)若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和60mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”、“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热_____填“相等”“不相等”）
(4)倒入NaOH溶液的正确操作是：______。(从下列选出)。
A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入
(5)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是：______。 (从下列选出)。
A.用温度计小心搅拌 B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C.轻轻地振荡烧杯 D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动
(6)实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度
实验
次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值
(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
______
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
259
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH=________(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)______。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住(或大小烧杯口未齐平) (3). 隔热，减少热量的损失 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C (7). D (8). 3.4 (9). -56.8kJ/mol (10). abc
【解析】
【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；
(2)中和热测定实验成败的关键是减少热量散失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
(4)为了减少热量散失，使测量结果更加准确，应迅速一次性将氢氧化钠溶液倒入烧杯中；
(5)通过环形玻璃棒慢慢搅拌，可以使氢氧化钠溶液与硫酸混合均匀；
(6)①先计算出每次实验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；
②根据Q=m•c•△T计算，先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；
③a.实验装置保温、隔热效果必须好；
b.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高；
c.若分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致散失过多的热量。
【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.25mol/LH2SO4和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；
(4)中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，故合理选项是C；
(5)A.温度计用于测定温度，不能使用温度计搅拌溶液，A错误；
B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会导致热量散失，影响测定结果，B错误；
C.轻轻地振荡烧杯，会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，C错误；
D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，D正确；
故合理选项是D；
(6)①四次测定温度差分别为3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，其中第2次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为t=℃=3.4℃；
②50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.8 kJ/mol；
③a.实验装置保温、隔热效果必须好，否则测定结果偏小，a正确；
b.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上会有氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测定结果偏小，b正确；
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，c正确；
故合理选项是abc。
19.（1）丙烷（C3H8）是一种价格低廉的常用燃料，其主要成分是碳和氢两种元素，燃烧后只有二氧化碳和气态水，不会对环境造成污染。已知1 g丙烷完全燃烧放出50.45kJ的热量。丙烷在室温下燃烧的热化学方程式为____。
（2）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+260 kJ·mol－1
已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
则2CH4（g）+ O2（g）=2CO（g）+4H2（g）ΔH＝___；
（3）在密闭容器中充入A(g)和B(g)，它们的初始浓度均为2mol·L－1，在一定条件下发生反应：A(g)＋B(g)2C(g) ΔH。该T1温度下，此反应的平衡常数为4，
①该反应的平衡常数的表达式为____。
②A的转化率为_____。
③若升温至T2时，此反应的平衡常数为1，判断该反应ΔH___0（填“>”或“<”）。
【答案】(1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝-2219.8kJ·mol－1 (2). -46 kJ·mol－1 (3). K= (4). 50% (5). <
【解析】
【分析】(1)根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答；
(2)热化学方程式要标明物质的聚集状态，并且焓变的符号和单位要正确，依据热化学方程式和盖斯定律含义计算；
(3)①结合平衡常数的概念写出平衡常数的表达式；
②根据化学平衡三段式计算；
③根据平衡常数只受温度影响分析。
【详解】(1)因1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出50.45kJ的热量，所以44g丙烷完全燃烧生成液态水，放出热量2219.8kJ，则丙烷完全燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2219.8kJ/mol；
(2)CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H=+260kJ•mol-1①；2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1②，将方程式2×①+②得：2CH4(g)+O2(g)═2CO(g)+4H2(g)△H=－46kJ•mol-1 ；
(3)①反应A(g)+B(g)⇌2C(g)的平衡常数表达式K=；
②设A的转化率为x，根据化学平衡三段式计算：
A(g)+B(g)⇌2C(g)
起始量(mol•L-1) 2 2 0
转化量(mol•L-1) 2x 2x 4x
平衡量(mol•L-1) 2-2x 2-2x 4x
根据化学平衡常数概念列式：k===4，解得x=0.5，故A的转化率为50%；
③升高温度至T2时，平衡常数为1，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0。
20.Ⅰ.某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：______。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：_______。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：
1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是__________。
Ⅱ.N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l) ΔH=-196.4kJ/mol。反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH=____kJ/mol。N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为__________。
【答案】(1). NH4++OH-NH3·H2O (2). 废水中的NH3被空气带走，使NH4++OH-NH3·H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨 (3). NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) ΔH=-346kJ/mol (4). -621.2 (5). N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH=-817.6kJ/mol
【解析】
【分析】I.(1)①铵根能和强碱反应生成一水合氨；②减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；
(2)①将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变．
II.先写出液态联氨燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答。
【详解】I.(1)①铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH-NH3·H2O；
②氨水电离是可逆反应，NH4++OH-NH3·H2ONH3↑+H2O，向氨水中通入空气，空气会将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气而除去氨气；
(2)根据图示可知第一步的热化学方程式：①NH4+(aq)+O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) △H=-273kJ/mol；
②第二步的热化学方程式为：NO2-(aq)+O2(g)=NO3-(aq)，△H=-73kJ/mol，
根据盖斯定律将①+②，整理可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) ΔH=-346kJ/mol；
II.16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，16gN2H4的物质的量是n(N2H4)=16g÷42g/mol=0.5mol，则1mol液态N2H4反应产生N2和液体水放出热量是310.6kJ÷0.5=621.2kJ；该反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-621.2kJ/mol；①；2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H=-196.4kJ/mol②
根据盖斯定律，①+②得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH=-817.6kJ/mol。
21.下表是不同温度下的离子积数据：
温度(℃)
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10-14
α
1×10-12
试回答以下问题：
(1)若25”、“>”或“=”)1×10－14，作出此判断的理由是______。
(2)在t1时，测得纯水中的c(H＋)=2.4×10－7mol/L，则c(OH-)为______。该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO42-)=5×10－6 mol·L－1，该溶液中c(OH-)=__mol/L。
(3)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3CH3COO﹣+H+ △H>0，下列方法中，可以使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是__。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸 b.加热
c.加水稀释至0.010mol/L d.加入少量冰醋酸
e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液
(4)c(H+)相同的等体积的两份溶液CH3COOH和HCl，分别与足量的锌粉反应，则下列说法正确的是__(填写序号)
a.反应所需要的时间CH3COOH>HCl
b.开始反应时的速率HCl>CH3COOH
c.参加反应的锌粉物质的量二者相等
d.CH3COOH消耗的锌粉的质量更多
【答案】(1). > (2). 水的电离是吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，c(H＋)增大，c(OH-)增大，Kw= c(H＋)·c(OH-)，Kw增大 (3). 2.4×10-7mol/L (4). 5.76×10-9mol/L (5). bcf (6). d
【解析】
【分析】(1)根据水的电离过程是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大分析；
(2)在任何温度下水电离产生的H+、OH-离子浓度相等；根据硫酸电离产生的离子浓度关系计算溶液中c(H＋)，然后利用该温度下的水的离子积Kw计算该溶液中c(OH-)；
(3)醋酸电离过程中吸热，用化学平衡移动原理分析判断；
(4)醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，物质的浓度c(CH3COOH)>c(HCl)=c(H+)，根据溶液中含有的H+的物质的量或c(H+)变化分析。
【详解】(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程吸收热量，所以温度升高，水的电离程度增大，c(H+)增大，c(OH-)增大，Kw=c(H+)·c(OH-)，水的离子积Kw增大，α>1×10-14；
(2)H2O电离产生H+、OH-，二者浓度相等，所以在t1时，测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol/L，则c(OH-)=c(H＋)=2.4×10－7mol/L；该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-6 mol·L-1，根据硫酸的电离方程式H2SO4=2H++SO42-可知该溶液中c(H＋)=2c(SO42-)=2×5×10-6 mol/L=10-5mol/L，在该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=2.4×10－7mol/L×2.4×10-7mol/L，则该溶液中c(OH-)==mol/L=5.76×10-9mol/L；
(3)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3CH3COO﹣+H+ ，醋酸电离吸收热量，△H>0。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b.醋酸电离过程中吸收热量，加热升高温度，平衡向电离的方向移动，醋酸电离程度增大，b符合题意；
c.加水稀释至0.010mol/L，电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，c符合题意； d.加入少量冰醋酸，醋酸的浓度增大，电离平衡正向移动，但醋酸的电离程度降低，d不符合题意；
e.加入少量氯化钠固体，电离产生的离子对醋酸的电离平衡无影响，e不符合题意； f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，OH-与醋酸电离产生的H+结合生成水，使溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，f符合题意；
故合理选项是bcf；
(4)a.醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，HCl和醋酸的中c(H+)相同，则c(CH3COOH)>c(HCl)，反应过程中c(H+)：醋酸>HCl，所以反应所需要的时间CH3COOH
c.由于两种溶液中溶质的物质的量n(CH3COOH)>n(HCl)，所以参加反应的锌粉物质的量醋酸>盐酸，c错误；
d.溶液中CH3COOH的物质的量比盐酸中的HCl的物质的量多，所以消耗的锌粉的质量更多，d正确；
故合理选项是d。
第I卷（选择题）
一、单选题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C. 有化学键断裂一定发生化学反应
D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，因此不能设计成原电池，A不符合题意；
B.任何化学反应中的能量变化可以表现为热量变化，也可以表现为光能或电能的转化，B错误；
C.电解质溶解过程中有化学键的断裂，但没有新的物质生成，因此有化学键断裂不一定发生化学反应，C错误；
D.灼热的铂丝与NH3、O2混合气在加热条件下接触发生反应，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应，反应放出的热量使铂丝保持红热，D正确；
故合理选项是D。
2.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误；
B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；
C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；
D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应影响，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
3.下列说法错误的有（ ）
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②放热反应不需要加热就能发生
③需要加热才能发生的反应都是吸热反应
④化学反应放热还是吸热决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小
⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示标准状况时的反应
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多
⑦H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝－QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1molH2和1molI2(g)反应生成2molHI时放出QkJ的热量
⑧同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】C
【解析】
【详解】①化学反应过程就是原子重新组合生成生成物的过程，在这个过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成，因此都伴随着能量的变化，①正确；
②有的放热反应反应发生时也需要加热条件下才可以进行；反应开始时需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，②错误；
③物质的燃烧反应需要加热，但反应为放热反应，③错误；
④化学反应过程中有就化学键的断裂和新化学键的生成，因此都存在吸收能量和释放能量的过程，反应是放热还是吸热决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小，④正确；
⑤热化学方程式表明了物质变化与能量变化的关系，由于物质含有的能量不仅与反应的物质多少有关，还有与物质的存在状态有关，因此在书写热化学方程式时应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应，⑤错误；
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少，⑥错误；
⑦H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=-QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1molH2(g)和1molI2(g)反应生成2molHI时放出QkJ的热量，⑦正确；
⑧同温同压下，同一反应的反应热与反应条件无关，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同，⑧正确；
综上所述可知说法正确的是①④⑦⑧，共四项；故合理选项是C。
4.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
5.下列说法中正确的是( )
A. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程
B. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)为熵增加的反应，可以自发进行
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】C
【解析】
【分析】通过复合判据进行分析；
【详解】A、NH4NO3溶于水是混乱度增大的过程，即△S>0，能够自发进行，故A错误；
B、该反应为吸热反应，△H>0，依据反应方程式，该反应为熵增，即△S>0，根据复合判据，△G=△H－T△S，能够自发进行，需要在高温下，故B错误；
C、根据复合判据，熵增且放热的反应一定是自发反应，故C正确；
D、有些非自发反应在一定条件下能够实现，如水分解生成氢气和氧气不是自反应，但在电解条件下，可以实验，故D错误；
答案选C。
6.在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2。其中能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。所以其中能够使反应速率增大的措施是①③，答案选C。
7.在一个绝热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当m、n、p、q为任意整数时，一定可以作为反应达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③体系的密度不再变化 ④各组分质量分数不再改变
A. ①②③ B. ①②③④ C. ②③④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①无法判断反应前后气体体积关系，则无法确定压强是否为变量，无法根据体系的压强判断平衡状态，①错误；
②在一个不传热的固定容积的密闭容器中，体系的温度为变量，当温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，能据此判断该反应达到平衡状态，②正确；
③D为固态，混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则密度为变量，当混合气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态，③正确；
④各组分的质量分数不再改变，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，④正确；
综上所述可知：说法正确的是②③④，故合理选项是C。
8.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H++OH-H2O ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量小于57.3 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.固体硫变为硫蒸汽要吸热,则燃烧时放出的热量较少,故A错误;
B.反应为吸热反应,则石墨能量比金刚石小,能量越低越稳定,故B错误;
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)+1/2O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1,故C错误;
D.醋酸为弱电解质,电离吸热,则放出的热量小于57.3 kJ,故D正确，答案选D。
9.已知299 K时，合成氨反应 N2(g ) + 3H2 ( g )2NH3( g ) △H = －92.0 kJ/mol，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（ ）
A. 一定大于92.0 kJ B. 一定等于92.0 kJ
C. 一定小于92.0 kJ D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】N2 (g ) + 3H2 ( g )2NH3 ( g ) △H = －92.0 kJ/mol指299K，1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3放出92.0kJ的热量；由于该反应为可逆反应，反应物的转化率小于100%，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量一定小于92.0kJ，答案选C。
10.aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g） ΔH＝Q，同时符合下列两图中各曲线的规律是（ ）
A. a＋b＞c＋d T1＞T2 Q＞0 B. a＋b＞c＋d T1＜T2 Q＜0
C. a＋b＜c＋d T1＜T2 Q＞0 D. a＋b＞c＋d T1＞T2 Q＜0
【答案】B
【解析】
【详解】由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，Q＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
11.在372 K时，把0.5 mol N2O4通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2 s时，NO2的浓度为 0.02 mol·L－1。在60 s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 s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·s－1
B. 在2 s时体系内压强为开始时的1.1倍
C. 在平衡时体系内含有N2O4 0.25 mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】B
【解析】
【详解】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），选项A错误；
B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，选项B正确；
C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，选项C错误；
D．N2O4 的转化率为×100%=60%，选项D错误。
答案选B。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 对于有气体参与的反应，增大压强，活化分子总数增多，化学反应速率增大
B. 对放热反应而言，升高温度，活化分子百分数不变，化学反应速率增大
C. 活化分子间发生的碰撞为有效碰撞
D. 使用催化剂，活化分子百分数增多，化学反应速率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.增大压强，会使反应物的浓度增大，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，但活化分子总数不变，A错误；
B.升高温度，活化分子的百分数增多，有效碰撞次数增加，反应速率增大，B错误；
C.活化分子发生碰撞，且发生化学反应，为有效碰撞，C错误；
D.催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，D正确；
故合理选项是D。
13.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3的反应
C. 加入催化剂有利于氨的合成
D. 工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4，红棕色NO2加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；
B. 合成SO3的反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；
C. 加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释；
D. 工业制取金属钾，Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，D可以用平衡移动原理解释。
本题选C。
14. 下列物质的水溶液能导电，但其本身属于非电解质的是（ ）
A. 乙酸 B. 酒精 C. 食盐 D. 氨气
【答案】D
【解析】
【详解】选项A、乙酸的水溶液可以导电，但其本身是电解质；
选项B、酒精的水溶液不导电，且本身是非电解质；
选项C、食盐的水溶液能导电，且本身是电解质；
选项D、氨气的水溶液能导电、但本身是非电解质。
15.在一定温度下，将2molSO2和1molO2充入一固定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） △H=-197kJ/mol，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是（ ）
A. SO2和SO3共2mol B. 生成SO32mol
C. 放出197kJ热量 D. 含氧原子共8mo1
【答案】A
【解析】
【详解】A．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，所以化学平衡时二氧化硫和三氧化硫中硫原子的物质的量等于反应初始时二氧化硫的物质的量，故A正确；
B．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2mol SO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，故B错误；
C．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2mol SO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，放出的能量小于197kJ，故C错误；
D．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，平衡时含有的氧原子的物质的量等于初始时二氧化硫和氧气中氧原子的物质的量，为6mol，故D错误；
故选A。
16.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)+2NO(g)2NO2(g)+S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH>0
B. T1时，该反应的平衡常数为
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比大于1：2
D. 若T2
【解析】
【详解】A.根据图象可知温度升高，平衡时NO2浓度降低，说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，A错误；
B.T1温度时，反应达到平衡时c(NO2)=0.2mol/L，则根据物质的转化关系可知平衡时c(SO2)=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c(NO)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==，B错误；
C. T1温度时，容器Ⅰ平衡时气体总物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol。容器Ⅱ起始时气体总物质的量为0.5+1.0+0.5=2.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应起始时向正反应方向进行，平衡时气体总物质的量小于2.0mol，根据阿伏伽德罗定律，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，所以总压强之比大于1:2，C正确；
D.T2
第II卷（非选择题）
二、填空题（共52分）
17.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2。在500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图1所示：
（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝________。
（2）500℃该反应的平衡常数为_____（结果保留一位小数），图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_______。
A 在原容器中再充入1mol H2 B 在原容器中再充入1molCO2
C 缩小容器的容积 D 使用更有效的催化剂 E 将水蒸气从体系中分离出
（4）500℃条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）____ v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。
【答案】(1). 0.225mol/（L·min） (2). 5.3 (3). 减小 (4). BD (5). ＞
【解析】
【分析】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，v=，据此计算；
(2)平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)要提高CO2的转化率，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断；
(4)依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向。
【详解】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，则氢气的浓度变化量为：0.75mol/L×3=2.25mol/L，则v(H2)==0.225mol/(L•min)；
(2)由(1)可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以K===5.3，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)A．在原容器中再充入1mol H2，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故A不选；B．在原容器中再充入1molCO2，CO2的转化率反而减小，故B选；C．缩小容器的容积即增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故C不选；D．使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故D选；E．将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故E不选；故答案为BD；
(4)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，浓度商Q===4＜K=5.33，说明反应正向进行v正＞v逆。
18.中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸60mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_______，除此之外，装置中的一个明显错误是______。
(2)为保证该实验成功该同学采取了许多措施，如图的碎纸条的作用在于______。
(3)若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和60mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”、“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热_____填“相等”“不相等”）
(4)倒入NaOH溶液的正确操作是：______。(从下列选出)。
A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入
(5)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是：______。 (从下列选出)。
A.用温度计小心搅拌 B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C.轻轻地振荡烧杯 D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动
(6)实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度
实验
次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值
(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
______
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
259
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH=________(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)______。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住(或大小烧杯口未齐平) (3). 隔热，减少热量的损失 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C (7). D (8). 3.4 (9). -56.8kJ/mol (10). abc
【解析】
【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；
(2)中和热测定实验成败的关键是减少热量散失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
(4)为了减少热量散失，使测量结果更加准确，应迅速一次性将氢氧化钠溶液倒入烧杯中；
(5)通过环形玻璃棒慢慢搅拌，可以使氢氧化钠溶液与硫酸混合均匀；
(6)①先计算出每次实验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；
②根据Q=m•c•△T计算，先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；
③a.实验装置保温、隔热效果必须好；
b.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高；
c.若分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致散失过多的热量。
【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.25mol/LH2SO4和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；
(4)中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，故合理选项是C；
(5)A.温度计用于测定温度，不能使用温度计搅拌溶液，A错误；
B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会导致热量散失，影响测定结果，B错误；
C.轻轻地振荡烧杯，会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，C错误；
D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，D正确；
故合理选项是D；
(6)①四次测定温度差分别为3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，其中第2次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为t=℃=3.4℃；
②50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.8 kJ/mol；
③a.实验装置保温、隔热效果必须好，否则测定结果偏小，a正确；
b.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上会有氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测定结果偏小，b正确；
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，c正确；
故合理选项是abc。
19.（1）丙烷（C3H8）是一种价格低廉的常用燃料，其主要成分是碳和氢两种元素，燃烧后只有二氧化碳和气态水，不会对环境造成污染。已知1 g丙烷完全燃烧放出50.45kJ的热量。丙烷在室温下燃烧的热化学方程式为____。
（2）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+260 kJ·mol－1
已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
则2CH4（g）+ O2（g）=2CO（g）+4H2（g）ΔH＝___；
（3）在密闭容器中充入A(g)和B(g)，它们的初始浓度均为2mol·L－1，在一定条件下发生反应：A(g)＋B(g)2C(g) ΔH。该T1温度下，此反应的平衡常数为4，
①该反应的平衡常数的表达式为____。
②A的转化率为_____。
③若升温至T2时，此反应的平衡常数为1，判断该反应ΔH___0（填“>”或“<”）。
【答案】(1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝-2219.8kJ·mol－1 (2). -46 kJ·mol－1 (3). K= (4). 50% (5). <
【解析】
【分析】(1)根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答；
(2)热化学方程式要标明物质的聚集状态，并且焓变的符号和单位要正确，依据热化学方程式和盖斯定律含义计算；
(3)①结合平衡常数的概念写出平衡常数的表达式；
②根据化学平衡三段式计算；
③根据平衡常数只受温度影响分析。
【详解】(1)因1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出50.45kJ的热量，所以44g丙烷完全燃烧生成液态水，放出热量2219.8kJ，则丙烷完全燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2219.8kJ/mol；
(2)CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H=+260kJ•mol-1①；2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1②，将方程式2×①+②得：2CH4(g)+O2(g)═2CO(g)+4H2(g)△H=－46kJ•mol-1 ；
(3)①反应A(g)+B(g)⇌2C(g)的平衡常数表达式K=；
②设A的转化率为x，根据化学平衡三段式计算：
A(g)+B(g)⇌2C(g)
起始量(mol•L-1) 2 2 0
转化量(mol•L-1) 2x 2x 4x
平衡量(mol•L-1) 2-2x 2-2x 4x
根据化学平衡常数概念列式：k===4，解得x=0.5，故A的转化率为50%；
③升高温度至T2时，平衡常数为1，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0。
20.Ⅰ.某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：______。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：_______。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：
1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是__________。
Ⅱ.N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l) ΔH=-196.4kJ/mol。反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH=____kJ/mol。N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为__________。
【答案】(1). NH4++OH-NH3·H2O (2). 废水中的NH3被空气带走，使NH4++OH-NH3·H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨 (3). NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) ΔH=-346kJ/mol (4). -621.2 (5). N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH=-817.6kJ/mol
【解析】
【分析】I.(1)①铵根能和强碱反应生成一水合氨；②减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；
(2)①将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变．
II.先写出液态联氨燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答。
【详解】I.(1)①铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH-NH3·H2O；
②氨水电离是可逆反应，NH4++OH-NH3·H2ONH3↑+H2O，向氨水中通入空气，空气会将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气而除去氨气；
(2)根据图示可知第一步的热化学方程式：①NH4+(aq)+O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) △H=-273kJ/mol；
②第二步的热化学方程式为：NO2-(aq)+O2(g)=NO3-(aq)，△H=-73kJ/mol，
根据盖斯定律将①+②，整理可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) ΔH=-346kJ/mol；
II.16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，16gN2H4的物质的量是n(N2H4)=16g÷42g/mol=0.5mol，则1mol液态N2H4反应产生N2和液体水放出热量是310.6kJ÷0.5=621.2kJ；该反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-621.2kJ/mol；①；2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H=-196.4kJ/mol②
根据盖斯定律，①+②得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH=-817.6kJ/mol。
21.下表是不同温度下的离子积数据：
温度(℃)
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10-14
α
1×10-12
试回答以下问题：
(1)若25
(2)在t1时，测得纯水中的c(H＋)=2.4×10－7mol/L，则c(OH-)为______。该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO42-)=5×10－6 mol·L－1，该溶液中c(OH-)=__mol/L。
(3)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3CH3COO﹣+H+ △H>0，下列方法中，可以使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是__。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸 b.加热
c.加水稀释至0.010mol/L d.加入少量冰醋酸
e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液
(4)c(H+)相同的等体积的两份溶液CH3COOH和HCl，分别与足量的锌粉反应，则下列说法正确的是__(填写序号)
a.反应所需要的时间CH3COOH>HCl
b.开始反应时的速率HCl>CH3COOH
c.参加反应的锌粉物质的量二者相等
d.CH3COOH消耗的锌粉的质量更多
【答案】(1). > (2). 水的电离是吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，c(H＋)增大，c(OH-)增大，Kw= c(H＋)·c(OH-)，Kw增大 (3). 2.4×10-7mol/L (4). 5.76×10-9mol/L (5). bcf (6). d
【解析】
【分析】(1)根据水的电离过程是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大分析；
(2)在任何温度下水电离产生的H+、OH-离子浓度相等；根据硫酸电离产生的离子浓度关系计算溶液中c(H＋)，然后利用该温度下的水的离子积Kw计算该溶液中c(OH-)；
(3)醋酸电离过程中吸热，用化学平衡移动原理分析判断；
(4)醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，物质的浓度c(CH3COOH)>c(HCl)=c(H+)，根据溶液中含有的H+的物质的量或c(H+)变化分析。
【详解】(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程吸收热量，所以温度升高，水的电离程度增大，c(H+)增大，c(OH-)增大，Kw=c(H+)·c(OH-)，水的离子积Kw增大，α>1×10-14；
(2)H2O电离产生H+、OH-，二者浓度相等，所以在t1时，测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol/L，则c(OH-)=c(H＋)=2.4×10－7mol/L；该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-6 mol·L-1，根据硫酸的电离方程式H2SO4=2H++SO42-可知该溶液中c(H＋)=2c(SO42-)=2×5×10-6 mol/L=10-5mol/L，在该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=2.4×10－7mol/L×2.4×10-7mol/L，则该溶液中c(OH-)==mol/L=5.76×10-9mol/L；
(3)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3CH3COO﹣+H+ ，醋酸电离吸收热量，△H>0。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b.醋酸电离过程中吸收热量，加热升高温度，平衡向电离的方向移动，醋酸电离程度增大，b符合题意；
c.加水稀释至0.010mol/L，电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，c符合题意； d.加入少量冰醋酸，醋酸的浓度增大，电离平衡正向移动，但醋酸的电离程度降低，d不符合题意；
e.加入少量氯化钠固体，电离产生的离子对醋酸的电离平衡无影响，e不符合题意； f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，OH-与醋酸电离产生的H+结合生成水，使溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，f符合题意；
故合理选项是bcf；
(4)a.醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，HCl和醋酸的中c(H+)相同，则c(CH3COOH)>c(HCl)，反应过程中c(H+)：醋酸>HCl，所以反应所需要的时间CH3COOH
c.由于两种溶液中溶质的物质的量n(CH3COOH)>n(HCl)，所以参加反应的锌粉物质的量醋酸>盐酸，c错误；
d.溶液中CH3COOH的物质的量比盐酸中的HCl的物质的量多，所以消耗的锌粉的质量更多，d正确；
故合理选项是d。
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