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【化学】河北省张家口第一中学2019-2020学年高二9月月考试题（解析版）
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河北省张家口第一中学2019-2020学年高二9月月考试题
1.我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（ ）
A. 酒曲捣碎 B. 酒曲发酵
C. 高温蒸馏 D. 泉水勾兑
【答案】B
【解析】A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，B正确；C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误；答案选B。
2.下列添加在食品中的试剂，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 火腿中添加防腐剂 B. 酸奶中添加增稠剂
C. 食盐中添加补碘剂 D. 酱油中添加补铁剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．防腐剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，选项A正确；
B．增稠剂是改变物质的浓度，与反应速率无关，选项B错误；
C. 食盐中添加补碘剂营养强化剂，与反应速率无关，选项C错误；
D. 酱油中添加补铁剂是营养强化剂，与反应速率无关，选项D错误。
答案选A。
3.下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故A错误；
B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用平衡移动原理解释，故B正确；
C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故C错误；
D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故D错误；
故选B。
4.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是（ ）
A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件
C. 不存在活化能为零的反应
D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故A正确；
B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确；
C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故C错误；
D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；
故选C。
5.关于强、弱电解质的叙述不正确的是（ ）
A. 强电解质在固态或液态时，可能不导电
B. 强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
C. 同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同
D. 强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电，共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子，不导电，故A正确；
B. 依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，故B正确；
C. 弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故C正确;
D. 强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质，水溶液导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故D错误；
故选D。
6.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
B. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
C. 实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2
D. 新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．合成氨时将氨液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，从而可提高原料的利用率，所以可以用平衡移动原理解释，故B正确；
C．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；
D．氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，发生Ag++Cl-=AgCl↓溶液颜色变浅，产生白色沉淀，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为A。
7.某温度时N2+3H2 2NH3的平衡常数K=a，则此温度下NH3 H2+N2的平衡常数为（ ）
A. B. C. D. a2
【答案】A
【解析】
【详解】某温度时，N2+3H22NH3的平衡常数K=a，则该温度下，2NH3N2+3H2的平衡常数K1=，NH3H2+N2的平衡常数为K2==，故答案为A。
8.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 （ ）
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
9.下列条件中反应速率最快的是（ ）
选项
温度
0.1mol/L的Na2S2O3溶液
0.1mol/L的H2SO4溶液
蒸馏水
A
15℃
5mL
5mL
5mL
B
15℃
5mL
5mL
10mL
C
35℃
5mL
5mL
5mL
D
35℃
5mL
5mL
0
【答案】D
【解析】
【详解】温度越高，浓度越大，反应速率越快，C项是因为水会稀释溶液，从而导致速率不是最快的，故D项速率最快，故D正确；
故选D。
10.接触法制硫酸工艺中，其主反应如下：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H=－197 kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A. 因为反应放热，所以该反应不需要加热即能快速反应
B. 增大O2的浓度可以提高反应速率和SO2的转化率
C. 反应450℃时的平衡常数小于500℃时的平衡常数
D. 恒温下缩小容器容积，使Q > K
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应是吸热还是放热与是否加热无关，该反应不加热不能快速反应，故A错误；
B. 增大O2的浓度可以提高反应速率，且平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故B正确；
C.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，则反应450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故C错误；
D. 恒温下缩小容器容积，相当于增大压强，平衡正向移动，使Q < K，故D错误；
故选B。
11.下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）
A. 硫化氢溶液呈酸性：H2S 2H+＋S2–
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0
C. 甲烷的燃烧热ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32–＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫化氢溶液呈弱酸性，电离是分步进行的，H2S H+＋HS–，故A错误；
B. 2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0，该反应是放热反应，因此“NO2球”浸泡在冷水中，平衡正向移动，颜色变浅，故B正确；
C. 1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量为燃烧热，则甲烷的热化学方程式可表示为： CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，故C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合后会反应生成硫和二氧化硫，溶液出现浑浊，故D正确；
故选A。
12.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g)，若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列关于该过程的判断正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH < 0 B. 化学平衡常数K增大
C. CO2的转化率增加 D. 正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】A、若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。故A正确；B、升高温度，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，故B错误；C、反应物的转化率减小，故C错误；D、升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选A。
13.在相同温度下，100 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A. H＋的物质的量浓度 B. 醋酸电离的程度
C. 中和时所需NaOH的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；
C．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，n（后）=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故C错误；
D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；
故答案为B。
14.下列表格中的各种情况，可以用右图的曲线表示的是 （ ）
反 应
纵坐标
甲
乙
A
相同质量的氨，在同一容器中
2NH3 N2+ 3H2
氨气的转化率
500℃
400℃
B
等质量钾、钠分别与足量水反应
H2质量
钠
钾
C
在体积可变的恒压容器中，体积比1︰3的N2、H2，
N2+ 3H2 2NH3
氨气的浓度
活性高的催化剂
活性一般的催化剂
D
2 molSO2和1 molO2，在相同温度下2SO2+ O2 2SO3
SO3物质的量
2个大气压
10个大气压
【答案】B
【解析】对于图像一定要明确，压强高或温度高时，反应速率快，平衡先达到平衡。
A：合成氨反应正反应为放热反应，升高温度，逆向移动，氨气的转化率降低
B：钾相对活泼，反应速率快，但等质量时较钠产生的氢气少，符合题意
C：催化剂只能加快反应速率，但不会改变平衡状态。
D：升压平衡右移，产物的量增大。故答案为B
15.温度为T1时，向容积为2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（ ）
容器
甲
乙
反应物
CO
H2O
CO
H2O
起始时物质的量（mol）
1.2
0.6
2.4
1.2
平衡时物质的量（mol）
0.8
0.2
a
b
A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ
B. T1时，反应的平衡常数K甲 = 1
C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲容器中平衡时，消耗的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据反应CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol，可知平衡时放出热量为：41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，故A正确；
B. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
起始（mol） 1.2 0.6 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4
在T1达到平衡状态时甲容器中，c(CO)=0.4mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)= 0.2mol/L，则该温度下反应的平衡常数K甲 = 0.2×0.2/0.4×0.1=1，故B正确；
C. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1.2=a/2.4，解得a=1.6，故C正确；
D.根据C项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO的转化率为×100％≈33％，故D错误；
故选D。
16.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH = ΔH1 + ΔH2
B. ΔH = −226 kJ/mol
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D
【解析】A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。
17.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应的平衡常数表达式K=
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K=，故A错误；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误；
故答案为C。
18.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C. 0∽5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为 ×100％=75％，故B错误；
C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故C错误；
D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；
故选A。
19.反应N2O4（g） 2NO2（g）△H=+57kJ∙mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点气体的平均相对分子质量：a＞c
B. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
C. 由状态b到状态a，可以用加热的方法
D. a、c两点的反应速率：a＞c
【答案】C
【解析】
【分析】N2O4（g）═2NO2（g）△H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。
【详解】A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量为a＜c，故A错误；
B．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a点的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；
C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态b到状态a，可以用加热的方法，故C正确；
D．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大则反应速率大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故D错误；
故答案为C。
20.某同学研究浓度对化学平衡影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72-(aq)(橙色)+H2O(l)2 CrO42-(aq)(黄色)+2H+(aq) ∆H=+13.8kJ·mol-1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，
溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，
溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72-完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】试题分析：A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。
21.已知2SO2（g）+ O2 （g）2SO3 （g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲） 2mol SO2和1mol O2；（乙） 1mol SO2和0.5mol O2；（丙） 2mol SO3。恒温、恒容下反应达到平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙
B. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙
C. c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙
D. SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙
【答案】D
【解析】
【分析】丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，据此答题。
【详解】丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，所以有：
A．容器内压强P：P甲=P丙＜2P乙，故A错误；
B．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故B错误；
C．对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，故C错误；
D．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙，故D正确；
故答案为D。
22.同体积的1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH、HNO3分别加入过量的Mg。下列叙述正确的是（ ）
A. HNO3、HCl、H2SO4中放出H2的速率相同
B. HCl、HNO3中放出H2的量相等
C. HCl、CH3COOH中放出H2的量相等
D. H2SO4中放出H2的量最多，其余的相等
【答案】C
【解析】
【分析】同体积的1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH分别加入过量的Mg，反应实质为Mg与溶液中的氢离子反应，则氢离子浓度越大，反应速率越大；能产生的氢离子的物质的量越多，产生的氢气越多，HNO3与Mg反应无氢气产生；
【详解】A. HNO3、HCl、H2SO4中，放出H2的速率H2SO4> HCl，硝酸不产生氢气，A错误；
B. HCl中放出H2，HNO3中不产生氢气，B错误；
C. HCl、CH3COOH中，含有的物质的量相等，放出H2的量相等，C正确；
D. H2SO4中放出H2的量最多，HCl、CH3COOH中放出H2的量相等，硝酸不产生氢气，D错误；
答案为C
23.电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为____________。
②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）下表为某同学所测25℃时，甲、乙两种溶液的pH。
甲
乙
pH
11
11
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
①甲溶液中的c(OH-) =___________mol/L。
②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲_____乙。
③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。
（3）已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸 + 较弱酸盐 = 较强酸盐 + 较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
a.HA + HC2-(少量) = A-+ H2C-
b.H2B(少量) + 2A- = B2- + 2HA
c.H2B(少量) + H2C- = HB-+ H3C
回答下列问题：
①相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_____________。
②下列反应的离子方程式正确的是____________。
A.H3C +3A- = 3HA + C3- B.HB- +A- = HA + B2-
③完成下列反应的离子方程式：
a.H3C + OH-(过量)——__________________；b.HA(过量) + C3- ——_____________________。
【答案】(1). CH3COOH CH3COO- + H+ (2). bc (3). 0.001 (4). > (5). > (6). H2B (7). B (8). H3C+3OH-(过量)= C 3-+3H 2O (9). 2HA(过量)+C 3- = 2A-,+H 2C-
【解析】
分析】（1）①醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成醋酸根离子和氢离子；
②加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都促进醋酸电离；
（2）①甲溶液中的c(OH-) =；
②氨水中存在电离平衡，中和滴定时未电离的NH3•H2O会继续电离；
③加水稀释促进电离平衡正向移动，弱电解质溶液的pH变化小；
（3）①根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-，它们之间能发生下列反应；
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C；
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-
即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，即说明H2B＞HB-＞HA；
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-,
综合，得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-；
②强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
③a. 三元酸和过量碱反应生成正盐和水；b. 过量HA和C3-反应是H2C-、A-。
【详解】（1）①醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成醋酸根离子和氢离子，其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；
②加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都促进醋酸电离，进入盐酸或醋酸钠都产生同离子效应而抑制醋酸电离，故选bc；
（2）①甲溶液中的c(OH-) ==mol/L=0.001mol/L；
②氨水中存在电离平衡，中和滴定时未电离的NH3•H2O会继续电离，则等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲＞乙；
③NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进电离平衡正向移动，弱电解质溶液的pH变化小，则甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲＞乙；
（3）①根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-它们之间能发生下列反应；
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-，即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C；
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-，即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，即说明H2B＞HB-＞HA；
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C，
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-；
综合信息得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，所以最强的酸为H2B；
②根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，以及强酸制弱酸的原则，故离子方程式为：A、H3C+A-=HA+H2C-，故错误；B、HB-+A-=HA+B2-，故正确；
故答案为B；
③a. H3C与过量OH-能够完全中和，生成C3-和H2O，离子方程式为H3C+3OH-（过量）═C3-+3H2O；
b. 根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，过量HA与C3-反应生成H2C-与2A-，反应的离子方程式为2HA（过量）+C3-═H2C-+2A-。
24.课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，△S <0。
（1）下列关于工业合成氨的说法不正确的是_______
A．因为△H<0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的△H
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 b.v正(N2)= v逆(H2)
c.容器内压强保持不变 d.合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 __________T1（填“>，<或=”，下同）
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2 的转化率最高的是______（填字母）。
（4）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min
5
10
15
20
25
30
c(NH3)/mol·L-1
0.08
0.14
0.18
0.20
0.20
0.20
①此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向_______反应方向移动（填“正”或“逆”）。
③N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol。在恒温恒容的密闭容器中充入1mol N2和一定量的H2发生反应。达到平衡后，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为3.6 mol，容器内的压强变为原来的90％，则起始时充入的H2的物质的量为______mol。
（5）已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol
N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH= +181kJ/mol
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH= -484kJ/mol
写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式_________。
【答案】(1). ABCD (2). c (3). < (4). c (5). 0.1 (6). 逆 (7). 3 (8). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH =－906 kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）结合△G=△H-T△S和影响平衡的因素分析；
（2）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此判断；
（3）①根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；
②根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；
（4）①由表中数据可知，20min达平衡，平衡时NH3的浓度为0.20mol/L，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式k=计算；
②温度不变平衡常数不变，计算此时的浓度，进而计算浓度商Qc，比较浓度商与平衡常数的大小，判断反应进行方向；
③恒温恒容条件下气体的压强与气体的总物质的量成正比；
（5）根据盖斯定律来求反应的焓变。
【详解】（1）已知：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，△S <0；
A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，则△H<0时，△G=△H-T△S不一定小于0，即该反应不一定能自发进行，故A错误；
B．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，则△S<0时，△G=△H-T△S不一定小于0，即该反应不一定能自发进行，故B错误；
C．当升高温度时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，升高温度只是为了加快反应速率，故C错误；
D．使用催化剂能加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能，但不影响反应的△H，故D错误；
故答案为ABCD；
（2）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；
b．当3v正（N2）=v逆（H2）时，说明达到平衡状态，则当v正(N2)= v逆(H2) 不能说明达到平衡状态，故b错误；
c．容器内压强保持不变，说明混合气体的总物质的量保持不变，此时反应达到平衡状态，故c正确；
d．混合气体质量和体积始终保持不变，则混合气体的密度保持不变无法说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为c；
（3）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2反应物氮气的量增加，故T1＜T2；
②b点代表平衡状态，温度升高平衡逆向移动，则应选择低温平衡正向移动，提高反应物转化率，另外c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大；
（4）①由表中数据可知，20min达平衡，平衡时NH3的浓度为0.20mol/L，则：
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
开始（mol/L）：0.5 1.3 0
变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡（mol/L）：0.4 1 0.2
故平衡常数k===0.1；
②反应达到平衡后，若维持容器体积不变，温度不变，往平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，则此时各物质的浓度为：H2为1mol/L+=2mol/L，N2为0.4mol/L+=1.4mol/L，NH3为0.2mol/L+=1.2mol/L，故浓度商Qc===0.13＞0.1，故反应向逆反应移动；
③已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol，在恒温恒容的密闭容器中充入1mol N2和一定量的H2发生反应，达到平衡后，平衡时混合气体的物质的量为3.6 mol，容器内的压强变为原来的90％，则反应前总物质的量为3.6 mol×=4mol，故则起始时充入的H2的物质的量为4mol-1mol=3mol；
（5）已知：①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol，②N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH= +181kJ/mol，③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH= -484kJ/mol，由盖斯定律②×2-①×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），则△H=（+181kJ/mol）×2-（-92kJ/mol）×2+（-484kJ/mol）×3=－906 kJ·mol-1，即氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH =－906 kJ·mol-1。
1.我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（ ）
A. 酒曲捣碎 B. 酒曲发酵
C. 高温蒸馏 D. 泉水勾兑
【答案】B
【解析】A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，B正确；C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误；答案选B。
2.下列添加在食品中的试剂，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 火腿中添加防腐剂 B. 酸奶中添加增稠剂
C. 食盐中添加补碘剂 D. 酱油中添加补铁剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．防腐剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，选项A正确；
B．增稠剂是改变物质的浓度，与反应速率无关，选项B错误；
C. 食盐中添加补碘剂营养强化剂，与反应速率无关，选项C错误；
D. 酱油中添加补铁剂是营养强化剂，与反应速率无关，选项D错误。
答案选A。
3.下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A.合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，故A错误；
B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用平衡移动原理解释，故B正确；
C. 催化剂只能改变反应的速率，不能使平衡移动，故C错误；
D. H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后为气体体积相等的可逆反应，加压不影响平衡，故D错误；
故选B。
4.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是（ ）
A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件
C. 不存在活化能为零的反应
D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能发生有效碰撞的分子，能量较高，一定是活化分子，故A正确；
B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件，故B正确；
C.反应的表观活化能是各基元反应的组合，可正可负可为零，故C错误；
D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故D正确；
故选C。
5.关于强、弱电解质的叙述不正确的是（ ）
A. 强电解质在固态或液态时，可能不导电
B. 强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
C. 同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同
D. 强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电，共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子，不导电，故A正确；
B. 依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，故B正确；
C. 弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故C正确;
D. 强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质，水溶液导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故D错误；
故选D。
6.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
B. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
C. 实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2
D. 新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．合成氨时将氨液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，从而可提高原料的利用率，所以可以用平衡移动原理解释，故B正确；
C．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；
D．氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，发生Ag++Cl-=AgCl↓溶液颜色变浅，产生白色沉淀，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为A。
7.某温度时N2+3H2 2NH3的平衡常数K=a，则此温度下NH3 H2+N2的平衡常数为（ ）
A. B. C. D. a2
【答案】A
【解析】
【详解】某温度时，N2+3H22NH3的平衡常数K=a，则该温度下，2NH3N2+3H2的平衡常数K1=，NH3H2+N2的平衡常数为K2==，故答案为A。
8.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 （ ）
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
9.下列条件中反应速率最快的是（ ）
选项
温度
0.1mol/L的Na2S2O3溶液
0.1mol/L的H2SO4溶液
蒸馏水
A
15℃
5mL
5mL
5mL
B
15℃
5mL
5mL
10mL
C
35℃
5mL
5mL
5mL
D
35℃
5mL
5mL
0
【答案】D
【解析】
【详解】温度越高，浓度越大，反应速率越快，C项是因为水会稀释溶液，从而导致速率不是最快的，故D项速率最快，故D正确；
故选D。
10.接触法制硫酸工艺中，其主反应如下：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H=－197 kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A. 因为反应放热，所以该反应不需要加热即能快速反应
B. 增大O2的浓度可以提高反应速率和SO2的转化率
C. 反应450℃时的平衡常数小于500℃时的平衡常数
D. 恒温下缩小容器容积，使Q > K
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应是吸热还是放热与是否加热无关，该反应不加热不能快速反应，故A错误；
B. 增大O2的浓度可以提高反应速率，且平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故B正确；
C.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，则反应450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故C错误；
D. 恒温下缩小容器容积，相当于增大压强，平衡正向移动，使Q < K，故D错误；
故选B。
11.下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）
A. 硫化氢溶液呈酸性：H2S 2H+＋S2–
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0
C. 甲烷的燃烧热ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32–＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫化氢溶液呈弱酸性，电离是分步进行的，H2S H+＋HS–，故A错误；
B. 2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0，该反应是放热反应，因此“NO2球”浸泡在冷水中，平衡正向移动，颜色变浅，故B正确；
C. 1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量为燃烧热，则甲烷的热化学方程式可表示为： CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，故C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合后会反应生成硫和二氧化硫，溶液出现浑浊，故D正确；
故选A。
12.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g)，若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列关于该过程的判断正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH < 0 B. 化学平衡常数K增大
C. CO2的转化率增加 D. 正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】A、若温度从300℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。故A正确；B、升高温度，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，故B错误；C、反应物的转化率减小，故C错误；D、升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选A。
13.在相同温度下，100 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A. H＋的物质的量浓度 B. 醋酸电离的程度
C. 中和时所需NaOH的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；
C．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，n（后）=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故C错误；
D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；
故答案为B。
14.下列表格中的各种情况，可以用右图的曲线表示的是 （ ）
反 应
纵坐标
甲
乙
A
相同质量的氨，在同一容器中
2NH3 N2+ 3H2
氨气的转化率
500℃
400℃
B
等质量钾、钠分别与足量水反应
H2质量
钠
钾
C
在体积可变的恒压容器中，体积比1︰3的N2、H2，
N2+ 3H2 2NH3
氨气的浓度
活性高的催化剂
活性一般的催化剂
D
2 molSO2和1 molO2，在相同温度下2SO2+ O2 2SO3
SO3物质的量
2个大气压
10个大气压
【答案】B
【解析】对于图像一定要明确，压强高或温度高时，反应速率快，平衡先达到平衡。
A：合成氨反应正反应为放热反应，升高温度，逆向移动，氨气的转化率降低
B：钾相对活泼，反应速率快，但等质量时较钠产生的氢气少，符合题意
C：催化剂只能加快反应速率，但不会改变平衡状态。
D：升压平衡右移，产物的量增大。故答案为B
15.温度为T1时，向容积为2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（ ）
容器
甲
乙
反应物
CO
H2O
CO
H2O
起始时物质的量（mol）
1.2
0.6
2.4
1.2
平衡时物质的量（mol）
0.8
0.2
a
b
A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ
B. T1时，反应的平衡常数K甲 = 1
C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍
D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲容器中平衡时，消耗的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据反应CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol，可知平衡时放出热量为：41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，故A正确；
B. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
起始（mol） 1.2 0.6 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4
在T1达到平衡状态时甲容器中，c(CO)=0.4mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)= 0.2mol/L，则该温度下反应的平衡常数K甲 = 0.2×0.2/0.4×0.1=1，故B正确；
C. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1.2=a/2.4，解得a=1.6，故C正确；
D.根据C项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO的转化率为×100％≈33％，故D错误；
故选D。
16.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH = ΔH1 + ΔH2
B. ΔH = −226 kJ/mol
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D
【解析】A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。
17.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应的平衡常数表达式K=
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K=，故A错误；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误；
故答案为C。
18.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C. 0∽5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；
B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为 ×100％=75％，故B错误；
C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故C错误；
D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；
故选A。
19.反应N2O4（g） 2NO2（g）△H=+57kJ∙mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点气体的平均相对分子质量：a＞c
B. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
C. 由状态b到状态a，可以用加热的方法
D. a、c两点的反应速率：a＞c
【答案】C
【解析】
【分析】N2O4（g）═2NO2（g）△H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。
【详解】A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量为a＜c，故A错误；
B．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a点的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；
C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态b到状态a，可以用加热的方法，故C正确；
D．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大则反应速率大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故D错误；
故答案为C。
20.某同学研究浓度对化学平衡影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72-(aq)(橙色)+H2O(l)2 CrO42-(aq)(黄色)+2H+(aq) ∆H=+13.8kJ·mol-1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，
溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，
溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72-完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】试题分析：A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。
21.已知2SO2（g）+ O2 （g）2SO3 （g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲） 2mol SO2和1mol O2；（乙） 1mol SO2和0.5mol O2；（丙） 2mol SO3。恒温、恒容下反应达到平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙
B. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙
C. c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙
D. SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙
【答案】D
【解析】
【分析】丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，据此答题。
【详解】丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，所以有：
A．容器内压强P：P甲=P丙＜2P乙，故A错误；
B．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故B错误；
C．对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，故C错误；
D．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙，故D正确；
故答案为D。
22.同体积的1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH、HNO3分别加入过量的Mg。下列叙述正确的是（ ）
A. HNO3、HCl、H2SO4中放出H2的速率相同
B. HCl、HNO3中放出H2的量相等
C. HCl、CH3COOH中放出H2的量相等
D. H2SO4中放出H2的量最多，其余的相等
【答案】C
【解析】
【分析】同体积的1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH分别加入过量的Mg，反应实质为Mg与溶液中的氢离子反应，则氢离子浓度越大，反应速率越大；能产生的氢离子的物质的量越多，产生的氢气越多，HNO3与Mg反应无氢气产生；
【详解】A. HNO3、HCl、H2SO4中，放出H2的速率H2SO4> HCl，硝酸不产生氢气，A错误；
B. HCl中放出H2，HNO3中不产生氢气，B错误；
C. HCl、CH3COOH中，含有的物质的量相等，放出H2的量相等，C正确；
D. H2SO4中放出H2的量最多，HCl、CH3COOH中放出H2的量相等，硝酸不产生氢气，D错误；
答案为C
23.电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为____________。
②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）下表为某同学所测25℃时，甲、乙两种溶液的pH。
甲
乙
pH
11
11
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
①甲溶液中的c(OH-) =___________mol/L。
②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲_____乙。
③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。
（3）已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸 + 较弱酸盐 = 较强酸盐 + 较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
a.HA + HC2-(少量) = A-+ H2C-
b.H2B(少量) + 2A- = B2- + 2HA
c.H2B(少量) + H2C- = HB-+ H3C
回答下列问题：
①相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_____________。
②下列反应的离子方程式正确的是____________。
A.H3C +3A- = 3HA + C3- B.HB- +A- = HA + B2-
③完成下列反应的离子方程式：
a.H3C + OH-(过量)——__________________；b.HA(过量) + C3- ——_____________________。
【答案】(1). CH3COOH CH3COO- + H+ (2). bc (3). 0.001 (4). > (5). > (6). H2B (7). B (8). H3C+3OH-(过量)= C 3-+3H 2O (9). 2HA(过量)+C 3- = 2A-,+H 2C-
【解析】
分析】（1）①醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成醋酸根离子和氢离子；
②加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都促进醋酸电离；
（2）①甲溶液中的c(OH-) =；
②氨水中存在电离平衡，中和滴定时未电离的NH3•H2O会继续电离；
③加水稀释促进电离平衡正向移动，弱电解质溶液的pH变化小；
（3）①根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-，它们之间能发生下列反应；
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C；
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-
即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，即说明H2B＞HB-＞HA；
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-,
综合，得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-；
②强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
③a. 三元酸和过量碱反应生成正盐和水；b. 过量HA和C3-反应是H2C-、A-。
【详解】（1）①醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成醋酸根离子和氢离子，其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；
②加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都促进醋酸电离，进入盐酸或醋酸钠都产生同离子效应而抑制醋酸电离，故选bc；
（2）①甲溶液中的c(OH-) ==mol/L=0.001mol/L；
②氨水中存在电离平衡，中和滴定时未电离的NH3•H2O会继续电离，则等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲＞乙；
③NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进电离平衡正向移动，弱电解质溶液的pH变化小，则甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲＞乙；
（3）①根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-它们之间能发生下列反应；
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-，即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C；
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-，即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，即说明H2B＞HB-＞HA；
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C，
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-；
综合信息得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，所以最强的酸为H2B；
②根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，以及强酸制弱酸的原则，故离子方程式为：A、H3C+A-=HA+H2C-，故错误；B、HB-+A-=HA+B2-，故正确；
故答案为B；
③a. H3C与过量OH-能够完全中和，生成C3-和H2O，离子方程式为H3C+3OH-（过量）═C3-+3H2O；
b. 根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，过量HA与C3-反应生成H2C-与2A-，反应的离子方程式为2HA（过量）+C3-═H2C-+2A-。
24.课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，△S <0。
（1）下列关于工业合成氨的说法不正确的是_______
A．因为△H<0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．使用催化剂加快反应速率是因为催化剂降低了反应的△H
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 b.v正(N2)= v逆(H2)
c.容器内压强保持不变 d.合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示H2物质的量）。
①图象中T2和T1的关系是：T2 __________T1（填“>，<或=”，下同）
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2 的转化率最高的是______（填字母）。
（4）恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2mol H2和2mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min
5
10
15
20
25
30
c(NH3)/mol·L-1
0.08
0.14
0.18
0.20
0.20
0.20
①此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，化学平衡将向_______反应方向移动（填“正”或“逆”）。
③N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol。在恒温恒容的密闭容器中充入1mol N2和一定量的H2发生反应。达到平衡后，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为3.6 mol，容器内的压强变为原来的90％，则起始时充入的H2的物质的量为______mol。
（5）已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol
N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH= +181kJ/mol
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH= -484kJ/mol
写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式_________。
【答案】(1). ABCD (2). c (3). < (4). c (5). 0.1 (6). 逆 (7). 3 (8). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH =－906 kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）结合△G=△H-T△S和影响平衡的因素分析；
（2）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此判断；
（3）①根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；
②根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；
（4）①由表中数据可知，20min达平衡，平衡时NH3的浓度为0.20mol/L，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式k=计算；
②温度不变平衡常数不变，计算此时的浓度，进而计算浓度商Qc，比较浓度商与平衡常数的大小，判断反应进行方向；
③恒温恒容条件下气体的压强与气体的总物质的量成正比；
（5）根据盖斯定律来求反应的焓变。
【详解】（1）已知：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，△S <0；
A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，则△H<0时，△G=△H-T△S不一定小于0，即该反应不一定能自发进行，故A错误；
B．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，则△S<0时，△G=△H-T△S不一定小于0，即该反应不一定能自发进行，故B错误；
C．当升高温度时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H<0，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，升高温度只是为了加快反应速率，故C错误；
D．使用催化剂能加快反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能，但不影响反应的△H，故D错误；
故答案为ABCD；
（2）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；
b．当3v正（N2）=v逆（H2）时，说明达到平衡状态，则当v正(N2)= v逆(H2) 不能说明达到平衡状态，故b错误；
c．容器内压强保持不变，说明混合气体的总物质的量保持不变，此时反应达到平衡状态，故c正确；
d．混合气体质量和体积始终保持不变，则混合气体的密度保持不变无法说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为c；
（3）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2反应物氮气的量增加，故T1＜T2；
②b点代表平衡状态，温度升高平衡逆向移动，则应选择低温平衡正向移动，提高反应物转化率，另外c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大；
（4）①由表中数据可知，20min达平衡，平衡时NH3的浓度为0.20mol/L，则：
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
开始（mol/L）：0.5 1.3 0
变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡（mol/L）：0.4 1 0.2
故平衡常数k===0.1；
②反应达到平衡后，若维持容器体积不变，温度不变，往平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，则此时各物质的浓度为：H2为1mol/L+=2mol/L，N2为0.4mol/L+=1.4mol/L，NH3为0.2mol/L+=1.2mol/L，故浓度商Qc===0.13＞0.1，故反应向逆反应移动；
③已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol，在恒温恒容的密闭容器中充入1mol N2和一定量的H2发生反应，达到平衡后，平衡时混合气体的物质的量为3.6 mol，容器内的压强变为原来的90％，则反应前总物质的量为3.6 mol×=4mol，故则起始时充入的H2的物质的量为4mol-1mol=3mol；
（5）已知：①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= -92kJ/mol，②N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH= +181kJ/mol，③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH= -484kJ/mol，由盖斯定律②×2-①×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），则△H=（+181kJ/mol）×2-（-92kJ/mol）×2+（-484kJ/mol）×3=－906 kJ·mol-1，即氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH =－906 kJ·mol-1。
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