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【化学】四川省宁南中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
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四川省宁南中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
时间：90分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N:14 O 16 Na 23
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中，所制得的Fe(OH)3胶体粒子为NA
B. 常温常压下，1 mol甲基(-CH3)所含电子数为10NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有的极性共价键数目为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以无法计算氢氧化铁胶体中胶粒的数目，故A错误；
B. 1个甲基(-CH3)含有9个电子，1 mol甲基(-CH3)所含电子数为9NA，故B错误；
C. NO2和N2O4的最简式都是NO2，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数 6NA，故C正确；
D. 标准状况下，三氯甲烷是液体，11.2L三氯甲烷的物质的量不是0.5mol，无法计算三氯甲烷中含有的极性共价键数目，故D错误。
答案选C。
2.能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A. 将大理石溶于醋酸中：2CH3COOH＋CaCO3===2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2－+ 4 NH4++2H2O
C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
D. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、碳酸钙难溶于水、醋酸是弱电解质，大理石与醋酸反应的离子方程式是2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B、氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3 NH4+，故B错误；
C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中生成一水合氨和碳酸钠，反应离子方程式是NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+ NH3·H2O，故C错误；
D、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应离子方程式是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。
答案选A。
3.下列说法正确的是( )
A. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
B. 吸热的熵增加反应一定能自发进行
C. 反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【详解】A、熵变是影响反应方向的一个因素，但不是唯一因素，有些熵减的反应也能自发进行，故A错误；
B、吸热的熵增加反应在高温条件下能自发进行，故B错误；
C、2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)，ΔS＜0，该反应能自发进行，根据，则该反应的ΔH＜0，故C错误。
D. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g) ，ΔS＞0，不能自发进行，根据，则该反应的ΔH>0，故D正确；
答案选D。
4.某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 催化剂能够增大反应体系中活化分子的百分数，升高温度和增大压强也能
C. 催化剂改变了化学反应过程，所以改变了化学反应的热效应
D. 催化剂降低了反应的活化能，从而改变了化学反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A、生成物总能量大于反应物总能量，所以为吸热反应，故A错误；
B、增大压强提高单位体积内气体活化分子数，不能提高活化分子百分数，故B错误；
C、催化剂改变了化学反应过程，不能改变化学反应的热效应，故C错误；
D、催化剂降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变了化学反应速率，故D正确，答案选D。
5.下列推论正确的是 ( )
A. 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，则碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1
B. C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，则金刚石比石墨稳定
C. OH-(aq)＋H+(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.4kJ·mol－1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
D. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；S(s)＋O2===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】A、碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量，根据2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1，故A正确；
B、能量越低越稳定，C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，石墨能量低于金刚石，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量小于28.7kJ，故C错误；
D、同质量的气态硫能量大于固态硫， S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；S(s)＋O2===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2，故D错误，答案选A。
6.对于反应A2(g)+3B2(g)=2AB3(g)来说，下列所表示的化学反应速率最快的是()
A. v(A2)=0.01mol/(L·s) B. v(B2)=1.0mol/(L·min)
C. v(AB3)=0.9mol/(L·min) D. v(A2)=0.4mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，若A、B、C、D用v(A2)表示反应速率，分别是0.6 mol/(L·min)、0.333mol/(L·min)、0.45mol/(L·min)、0.4mol/(L·min)，表示的化学反应速率最快的是A，故选A。
7. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
B. 分子中含有3种官能团
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】A
【解析】
试题分析：A．可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故A正确；B．含-COOH、碳碳双键、-OH、醚键四种官能团，故B错误；C．只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D．含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D错误；故选A。
考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。
8.已知下列操作和现象，所得结论正确的是
选项
操作和现象
结论
A
其他条件不变，缩小H2(g)+I2 (g)2HI(g)的平衡体系的容器容积，气体颜色变深
增大压强，平衡逆向移动
B
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热；未出现银镜
蔗糖未水解
C
向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液和Na2SO4饱和溶液，均产生白色沉淀
蛋白质均发生了变性
D
其他条件相同时，Na2S2O3溶液和稀H2SO4反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A、H2(g)+I2 (g)2HI(g)，反应前后气体系数和不变，增大压强，平衡不移动，故A错误；
B、检验蔗糖是否水解，应该向水解后的溶液中加氢氧化钠溶液中和硫酸，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故B错误；
C、向蛋白质溶液中加入Na2SO4饱和溶液，产生白色沉淀，是发生盐析，故C错误；
D、升高反应温度，提高活化分子百分数，化学反应速率加快，故D正确，答案选D。
9.密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）＋bB（g）cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示。下列判断正确的是
A. T1c，正反应为吸热反应
B. T1>T2，p1p2，a＋b
【答案】B
【解析】
试题分析：相同压强下，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，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；相同温度下，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：P2＞P1，压强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c，故选B。
考点：考查化学反应速率和化学平衡图线的综合应用
10.一定温度下，反应①C(s)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＞0，反应②2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g) ΔH＜0。下列有关以上两个反应的说法正确的是
A. 降低温度反应①的速度减小，反应②的速率增大
B. 增大压强反应①的速率不变，反应②的速率增大
C. 增大压强反应①的速率增大，反应②的速率增大
D. 升高温度反应①的速率增大，反应②的速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 降低温度反应①和反应②的速率都是减小的，故A错误；
B. 增大压强反应①和反应②的速率均增大，故B错误中；
C. 增大压强，体积缩小，物质的浓度增大，反应①和反应②的速率都增大，故C正确；
D．升高温度，反应①和反应②的速率都是增大的，故D错误；
【点睛】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，升高温度时，无论是吸热反应还是放热反应，其化学反应速率都是增大的。
11.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是( )
A. 容器内压强保持不变 B. v 正(N2) = 2v逆 (NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
12.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：
可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是
A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度
B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
【答案】D
【解析】
分析】
从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。
【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。
13.下表中物质的分类组合完全正确的是( )
编组
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
H2S
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
NH3·H2O
非电解质
Cl2
CS2
CH4
蔗糖
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B、BaSO4溶解的部分完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B错误；
C、CaCO3溶解的部分完全电离，所以CaCO3是强电解质，HClO部分电离属于弱电解质；CH4不能电离，属于非电解质，故C正确；
D、H2S在水溶液中部分电离，H2S属于弱电解质，故D错误,答案选C。
14.在20 L的密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入CO和H2，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195 ℃时n(H2)随时间的变化结果如表所示。下列说法正确的是( )
p2及195 ℃ 时n(H2)随时间变化
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8
5
4
4
A. p1＞p2，ΔH＜0
B. 在p2及195 ℃ 时，反应前3 min的平均速率v(CH3OH)＝0.8 mol·L－1·min－1
C. 在p2及195 ℃ 时，该反应的平衡常数为25
D. 在B 点时，v正＞v逆
【答案】C
【解析】
【详解】A．P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故A错误；
B.0～3 min，n（H2）变化量为8mol-4mol=4mol，故n（CH3OH）变化量为4mol÷2=2mol，v（CH3OH）=0.033mol•L-1•min-1，故B错误；
C．由表中信息可知，起始时：c（H2）=8mol/20L=0.4mol/L，c（CO）=0.2 mol/L；平衡时：c（H2）=4mol/20L=0.2mol/L；
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)）
起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0
转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
K= = 25L2•mol-2，故C正确；
D．p2和195 ℃时CO的平衡转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v正＜v逆，故D错误，答案选C。
15.一定温度下，在三个体积均为 1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g) + H2O(g) 下列说法正确的是（ ）
容器
编号
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
II
387
0.40
III
207
0.20
0.090
0.090
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器II中的小
C. 容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的长
D. 若起始时向容器I中充入0.15mol 的CH3OH、0.15mol 的CH3OCH3和0.10mol 的H2O，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
A. 容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.08mol÷1.0L=0.08mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.08mol×2)÷1.0L=0.04mol/L，则容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.09mol÷1.0L=0.09mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.09mol×2)÷1.0L=0.02mol/L，化学平衡常数K2= =20.25>4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；B. 恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C. 容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，则容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的短，故C错误；D. c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.1mol/L，浓度商Qc= =1.5<4，则反应将向正反应方向进行，故D正确；答案选D。
16.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1]，下列说法正确的是( )
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol N2、
3 mol H2
2 mol NH3
4 mol NH3
NH3的浓
度/mol·L－1
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A. 2c1＞c3 B. α1＋α3＜1
C. 2p2＜p3 D. a＋b＞92.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入2 mol NH3，丙中氨气的物质的量为甲的2倍，可以先理解为丙的体积为甲的2倍，则丙中NH3的物质的量为甲的2倍，然后减小丙的体积与甲相同，压强增大，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ，平衡向生成氨气的方向移动，故2c1＜c3，故A错误；
B．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，乙、丙相比相当于丙增大压强，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，氨气转化率减小，α2＞α3，所以α1＋α3＜1，故B正确；
C．比较乙、丙可知，丙中氨气的物质的量为乙的2倍，可以先理解为丙的体积为甲的2倍，则丙中NH3的物质的量为甲的2倍，然后减小丙的体积与乙相同，若平衡不移动，2p2=p3，压强增大，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ，平衡向生成氨气的方向移动，所以2p2＞p3，故C错误 ；
D、甲、乙实际上为等效平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡的计算与影响因素，涉及等效平衡问题，关键是对平衡建立的途径进行比较，注意理解正、逆反应建立的完全等效平衡中转化率、反应热量等规律。
二、非选择题(本题共4个小题，共52分)
17.I.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 025 mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。
回答下列问题：
(1)写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热热化学方程式(中和热数值为57.3 kJ/mol)：_______________________________________________________________
(2)学生甲用稀硫酸与稀烧碱溶液测定中和热装置如图。
①实验时所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需要：_________。
②该装置中有一处错误是：______________________，
(3)用相同浓度和体积的氨水(NH3· H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
Ⅱ.(1)已知充分燃烧一定质量的丁烷(C4H10)气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为______________________
(2)已知下列热化学方程式：
C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-3935kJ•mol-1
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1
请写出C(s，石墨)和H2(g)生成1mol C2H2(g)的热化学方程式____________________
(3)已知几种共价键的键能数据如下表：
共价键
N≡N
H—H
N—H
键能 (kJ/mol)
946
436
390.8
写出合成氨反应的热化学方程式： ____________________________________。
【答案】 (1). H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol (2). 温度计、环形玻璃搅拌棒 (3). 大烧杯上没有盖上硬纸板 (4). 偏小 (5). C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l)；ΔH＝-4bkJ/mol (6). 2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=+226.7 kJ•mol-1 (7). N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－90.8 kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，根据热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；
（2）①测量中和热需要测量溶液的温度以及反应还需要搅拌；
②根据测量中和热需要尽可能防止热量散失分析；
(3)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程；
Ⅱ.(1)燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
(2)根据盖斯定律书写C(s，石墨)和H2(g)生成1mol C2H2(g)的热化学方程式；
(3)焓变=反应物总键能－生成物总键能；
【详解】（1）强酸、强碱的中和热为-57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol；
（2）①由于需要测量溶液的温度以及反应还需要搅拌，所以还缺少的玻璃仪器有温度计、环形玻璃搅拌棒。
②装置图中没有用硬纸板（或塑料板）盖住烧杯，这样就会导致热量的损失，所以该装置的错误是大烧杯上没有盖上硬纸板。
(3)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3· H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小；
Ⅱ.(1)充分燃烧一定质量的丁烷(C4H10)气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，1mol丁烷(C4H10)气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l)；ΔH＝-4bkJ/mol；
(2) C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1
根据盖斯定律×2＋2－2得2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=+226.7 kJ•mol-1；
(3) 焓变=反应物总键能－生成物总键能，合成氨反应的热化学方程式N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝(946＋436×3－390.8×6)kJ·mol-1＝－90.8 kJ·mol-1。
【点睛】本题考查热中和热概念、中和热的测定原理，根据盖斯定律、键能计算反应热，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题。
18.I.将CO2转化成甲醇燃料是减排、环保的一种科学方法。
已知：2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)；△H=－483.6kJ·mol-1 ①
2CO2(g)+4H2O(g) 2CH3OH(g)＋3O2(g)；ΔH＝＋1352.8kJ·mol-1②
则用CO2与H2反应制备 CH3OH(g)，同时生成水蒸气的热化学方程式为___________________
II.在容积为2L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)+2B(g) C(g)+D(g)，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。
试回答下列问题：
(1)800℃时,0—5min内，以B表示的平均反应速率为____________。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______________。
a．容器中压强不变 b．混合气体中c(A)不变
c．2v正(B)=v逆(D) d．c(A)=c(C)
(3)若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=________，该反应为_______反应(填吸热或放热),判断理由是______________________________。
(4)800℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n(A)=0.9mol，n(B)=2.0mol，n(C)=0.9mol，n(D)=0.9mol，则此时该反应________进行(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”)。
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49 kJ·mol－1 (2). 0.12mol·L-1·min-1 (3). ab (4). 1.8 L/mol (5). 吸热 (6). 随着温度的升高，D的含量增多，依据勒夏特列原理，温度升高有利于向吸热方向进行 (7). 向正反应方向
【解析】
【分析】
I.根据盖斯定律书写CO2与H2反应制备 CH3OH(g)的热化学方程式；
II. (1)根据 计算v(B)；
(2)根据平衡标志分析该反应是否达到平衡状态；
(3)根据 计算平衡常数； 根据图象，降低温度，D的的含量减少，说明降温平衡逆向移动；
(4)根据Q与K的关系判断n(A)=0.9mol、n(B)=2.0mol、n(C)=0.9mol、n(D)=0.9mol时该反应的方向。
【详解】I.2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)；△H=－483.6kJ·mol-1 ①
2CO2(g)+4H2O(g) 2CH3OH(g)＋3O2(g)；ΔH＝＋1352.8kJ·mol-1②
根据盖斯定律②÷2＋①得 CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49 kJ·mol－1；
II. (1) 800℃时,0—5min内，生成D 0.6mol，则消耗B 1.2mol， v(B)= = 0.12mol·L—1·min—1；
(2) a．A(g)+2B(g)C(g)+D(g)反应前后气体物质量是变量，压强是变量，容器中压强不变一定达到平衡状态； b．根据化学平衡定义，某物质浓度不变达到平衡状态，混合气体中c(A)不变一定达到平衡状态； c．2v正(B)=v逆(D) ，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有平衡 ； d．c(A)=c(C)，浓度不一定不变，反应不一定平衡，故选ab；
(3)
A(g)+2B(g) C(g)+D(g)
开始 0.5 1.1 0 0
转化 0.3 0.6 0.3 0.3
平衡 0.2 0.5 0.3 0.3
K=1.8 L/mol；
根据图象，降低温度， D的含量减少，说明降温平衡逆向移动，正反应吸热；
(4) c(A)=0.45mol/L，c(B)=1.0mol/L，c(C)=0.45mol/L，c(D)=0.45mol/L，Q=0.45＜1.8，所以向正反应方向进行。
19.二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用．
工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
①CO( g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-91kJ·mol-1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)新工艺的总反应为：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，该反应△H=______，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是________(填字母代号)。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
(2)已知反应④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，某温度下，在1L密闭容器中加入CH3OH，反应10min时达到平衡，此时各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/(mol·L－1)
0.01
0.2
0.2
①平衡常数表达式K=______，该温度的平衡常数为______。
②若加入CH3OH后，经10 min后达到平衡，该时间内的平均反应速率v(CH3OH)＝________。
工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式________________________________。
【答案】 (1). -247kJ·mol-1 (2). ce (3). (4). K=400 (5). 0.04 mol·L－1·min－1 (6). 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H；根据影响平衡移动的因素分析CO的转化率；
(2) ①根据平衡常数的定义书写表达式；
②根据 计算v(CH3OH)；
As2S3与O2反应生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒配平方程式。
【详解】(1) ①CO( g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-91kJ·mol-1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2＋②＋③ 得 3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) △H= -247kJ·mol-1；a．升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故a错误； b．加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；c．减少CO2的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，故c正确；d．增加CO的浓度，虽平衡正向移动，但CO的转化率减小，故d错误； e．分离出二甲醚，平衡正向移动，CO的转化率增大，故e正确；选ce。
(2) ①2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，平衡常数的表达式为K= ；平衡常数K=400；
②10 min 内CH3OCH3的浓度变化为0.2mol/L，则CH3OH浓度变化量为0.4 mol/L，v(CH3OH)= 0.04 mol·L－1·min－1；
As2S3与O2反应生成H3AsO4和单质硫，根据电子守恒、元素守恒，反应方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。
20.(1)下列事实能说明醋酸是弱电解质的组合是__________(填序号)。
①醋酸与水能以任意比互溶 ②用醋酸溶液做导电实验，灯泡很暗
③醋酸溶液中存在醋酸分子 ④0.1 mol/L醋酸溶液的pH为4
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2
(2)已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值增大，可以采取的措施是____________(填序号)
①加少量烧碱溶液 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
(3)在一定温度下，有a.盐酸 b．硫酸 c．醋酸 三种酸：
①当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________。(用序号表示，下同)
②同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________。
③当三者c(H＋)相同且体积也相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为________，反应所需时间的长短关系是________。
【答案】 (1). ③④ (2). ②④ (3). b>a>c (4). b>a＝c (5). a＝b＝c (6). a＝b>c
【解析】
【分析】
(1) 证明醋酸是弱电解质的方法有：1．根据醋酸部分电离；2．根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断。
(2) 醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，其电离平衡常数为Ka=，据此作答．
(3) ①根据醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸分析；
②同体积同物质的量浓度的三种酸，n（HCl）=n（CH3COOH）=n（H2SO4），盐酸和醋酸是一元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸是二元酸，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍。
③反应速率与氢离子浓度有关。醋酸是弱电解质，随着反应的进行，醋酸仍不断的电离出氢离子，氢离子浓度大于盐酸和硫酸中氢离子浓度，反应速率快。
【详解】(1)①醋酸能与水以任意比互溶，只能说明醋酸易溶于水，不能说明其电离程度，故①错误；
②醋酸溶液做导电性实验，灯泡的亮度和溶液中的离子浓度有关，所以不能说明醋酸是弱酸，故②错误；
③醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸不完全电离，所以能说明是弱电解质，故③正确；
④0.1 mol/L醋酸溶液的pH为4，说明溶液中氢离子浓度为10-4mol/L，醋酸没有完全电离，醋酸是弱酸 ，故④正确；
⑤醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸的电离程度，所以不能说明醋酸是弱电解质，故⑤错误；选③④。
(2) ①加少量烧碱溶液, CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，CH3COO－增大，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)减小； ②升高温度，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，c(H＋)增大、c(CH3COOH)减小，所以c(H＋)/c(CH3COOH)增大； ③加少量冰醋酸，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，CH3COO－增大，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)减小； ④加水，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，但CH3COO－浓度减小，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)增大，故选②④；
(3)①氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c（H+）=c（HCl），硫酸是二元酸，硫酸溶液中c（H+）=2c（H2SO4），醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c；
②同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸n（HCl）=n（CH3COOH）=n（H2SO4），盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b＞a=c；
③与锌反应时产生氢（气）的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大，当c（H+）相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，则开始时反应速率的大小关系是a=b=c；随着反应的进行，醋酸是弱电解质，仍源源不断的电离出氢离子，氢离子浓度大于盐酸和硫酸中氢离子浓度，反应速率快，所需时间短，故a=b>c。
【点睛】本题考查弱电解质的判断，解答该题的关键是明确弱电解质的电离平衡特点以及外界条件对电离平衡的影响。第（2）小题为难点，解题时注意结合电离平衡常数进行判断。
时间：90分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N:14 O 16 Na 23
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中，所制得的Fe(OH)3胶体粒子为NA
B. 常温常压下，1 mol甲基(-CH3)所含电子数为10NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有的极性共价键数目为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以无法计算氢氧化铁胶体中胶粒的数目，故A错误；
B. 1个甲基(-CH3)含有9个电子，1 mol甲基(-CH3)所含电子数为9NA，故B错误；
C. NO2和N2O4的最简式都是NO2，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数 6NA，故C正确；
D. 标准状况下，三氯甲烷是液体，11.2L三氯甲烷的物质的量不是0.5mol，无法计算三氯甲烷中含有的极性共价键数目，故D错误。
答案选C。
2.能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A. 将大理石溶于醋酸中：2CH3COOH＋CaCO3===2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2－+ 4 NH4++2H2O
C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
D. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、碳酸钙难溶于水、醋酸是弱电解质，大理石与醋酸反应的离子方程式是2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B、氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3 NH4+，故B错误；
C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中生成一水合氨和碳酸钠，反应离子方程式是NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+ NH3·H2O，故C错误；
D、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应离子方程式是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。
答案选A。
3.下列说法正确的是( )
A. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
B. 吸热的熵增加反应一定能自发进行
C. 反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【详解】A、熵变是影响反应方向的一个因素，但不是唯一因素，有些熵减的反应也能自发进行，故A错误；
B、吸热的熵增加反应在高温条件下能自发进行，故B错误；
C、2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)，ΔS＜0，该反应能自发进行，根据，则该反应的ΔH＜0，故C错误。
D. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g) ，ΔS＞0，不能自发进行，根据，则该反应的ΔH>0，故D正确；
答案选D。
4.某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 催化剂能够增大反应体系中活化分子的百分数，升高温度和增大压强也能
C. 催化剂改变了化学反应过程，所以改变了化学反应的热效应
D. 催化剂降低了反应的活化能，从而改变了化学反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A、生成物总能量大于反应物总能量，所以为吸热反应，故A错误；
B、增大压强提高单位体积内气体活化分子数，不能提高活化分子百分数，故B错误；
C、催化剂改变了化学反应过程，不能改变化学反应的热效应，故C错误；
D、催化剂降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变了化学反应速率，故D正确，答案选D。
5.下列推论正确的是 ( )
A. 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，则碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1
B. C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，则金刚石比石墨稳定
C. OH-(aq)＋H+(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.4kJ·mol－1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
D. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；S(s)＋O2===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】A、碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量，根据2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1，故A正确；
B、能量越低越稳定，C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，石墨能量低于金刚石，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量小于28.7kJ，故C错误；
D、同质量的气态硫能量大于固态硫， S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；S(s)＋O2===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2，故D错误，答案选A。
6.对于反应A2(g)+3B2(g)=2AB3(g)来说，下列所表示的化学反应速率最快的是()
A. v(A2)=0.01mol/(L·s) B. v(B2)=1.0mol/(L·min)
C. v(AB3)=0.9mol/(L·min) D. v(A2)=0.4mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，若A、B、C、D用v(A2)表示反应速率，分别是0.6 mol/(L·min)、0.333mol/(L·min)、0.45mol/(L·min)、0.4mol/(L·min)，表示的化学反应速率最快的是A，故选A。
7. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
B. 分子中含有3种官能团
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】A
【解析】
试题分析：A．可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故A正确；B．含-COOH、碳碳双键、-OH、醚键四种官能团，故B错误；C．只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D．含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D错误；故选A。
考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。
8.已知下列操作和现象，所得结论正确的是
选项
操作和现象
结论
A
其他条件不变，缩小H2(g)+I2 (g)2HI(g)的平衡体系的容器容积，气体颜色变深
增大压强，平衡逆向移动
B
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热；未出现银镜
蔗糖未水解
C
向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液和Na2SO4饱和溶液，均产生白色沉淀
蛋白质均发生了变性
D
其他条件相同时，Na2S2O3溶液和稀H2SO4反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A、H2(g)+I2 (g)2HI(g)，反应前后气体系数和不变，增大压强，平衡不移动，故A错误；
B、检验蔗糖是否水解，应该向水解后的溶液中加氢氧化钠溶液中和硫酸，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故B错误；
C、向蛋白质溶液中加入Na2SO4饱和溶液，产生白色沉淀，是发生盐析，故C错误；
D、升高反应温度，提高活化分子百分数，化学反应速率加快，故D正确，答案选D。
9.密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）＋bB（g）cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示。下列判断正确的是
A. T1
B. T1>T2，p1
【答案】B
【解析】
试题分析：相同压强下，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，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；相同温度下，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：P2＞P1，压强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c，故选B。
考点：考查化学反应速率和化学平衡图线的综合应用
10.一定温度下，反应①C(s)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＞0，反应②2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g) ΔH＜0。下列有关以上两个反应的说法正确的是
A. 降低温度反应①的速度减小，反应②的速率增大
B. 增大压强反应①的速率不变，反应②的速率增大
C. 增大压强反应①的速率增大，反应②的速率增大
D. 升高温度反应①的速率增大，反应②的速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 降低温度反应①和反应②的速率都是减小的，故A错误；
B. 增大压强反应①和反应②的速率均增大，故B错误中；
C. 增大压强，体积缩小，物质的浓度增大，反应①和反应②的速率都增大，故C正确；
D．升高温度，反应①和反应②的速率都是增大的，故D错误；
【点睛】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，升高温度时，无论是吸热反应还是放热反应，其化学反应速率都是增大的。
11.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是( )
A. 容器内压强保持不变 B. v 正(N2) = 2v逆 (NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
12.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：
可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是
A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度
B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
【答案】D
【解析】
分析】
从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。
【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。
13.下表中物质的分类组合完全正确的是( )
编组
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
H2S
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
NH3·H2O
非电解质
Cl2
CS2
CH4
蔗糖
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B、BaSO4溶解的部分完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B错误；
C、CaCO3溶解的部分完全电离，所以CaCO3是强电解质，HClO部分电离属于弱电解质；CH4不能电离，属于非电解质，故C正确；
D、H2S在水溶液中部分电离，H2S属于弱电解质，故D错误,答案选C。
14.在20 L的密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入CO和H2，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195 ℃时n(H2)随时间的变化结果如表所示。下列说法正确的是( )
p2及195 ℃ 时n(H2)随时间变化
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8
5
4
4
A. p1＞p2，ΔH＜0
B. 在p2及195 ℃ 时，反应前3 min的平均速率v(CH3OH)＝0.8 mol·L－1·min－1
C. 在p2及195 ℃ 时，该反应的平衡常数为25
D. 在B 点时，v正＞v逆
【答案】C
【解析】
【详解】A．P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故A错误；
B.0～3 min，n（H2）变化量为8mol-4mol=4mol，故n（CH3OH）变化量为4mol÷2=2mol，v（CH3OH）=0.033mol•L-1•min-1，故B错误；
C．由表中信息可知，起始时：c（H2）=8mol/20L=0.4mol/L，c（CO）=0.2 mol/L；平衡时：c（H2）=4mol/20L=0.2mol/L；
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)）
起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0
转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
K= = 25L2•mol-2，故C正确；
D．p2和195 ℃时CO的平衡转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v正＜v逆，故D错误，答案选C。
15.一定温度下，在三个体积均为 1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g) + H2O(g) 下列说法正确的是（ ）
容器
编号
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
II
387
0.40
III
207
0.20
0.090
0.090
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器II中的小
C. 容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的长
D. 若起始时向容器I中充入0.15mol 的CH3OH、0.15mol 的CH3OCH3和0.10mol 的H2O，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
A. 容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.08mol÷1.0L=0.08mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.08mol×2)÷1.0L=0.04mol/L，则容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.09mol÷1.0L=0.09mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.09mol×2)÷1.0L=0.02mol/L，化学平衡常数K2= =20.25>4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；B. 恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C. 容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，则容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的短，故C错误；D. c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.1mol/L，浓度商Qc= =1.5<4，则反应将向正反应方向进行，故D正确；答案选D。
16.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1]，下列说法正确的是( )
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol N2、
3 mol H2
2 mol NH3
4 mol NH3
NH3的浓
度/mol·L－1
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A. 2c1＞c3 B. α1＋α3＜1
C. 2p2＜p3 D. a＋b＞92.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入2 mol NH3，丙中氨气的物质的量为甲的2倍，可以先理解为丙的体积为甲的2倍，则丙中NH3的物质的量为甲的2倍，然后减小丙的体积与甲相同，压强增大，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ，平衡向生成氨气的方向移动，故2c1＜c3，故A错误；
B．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，乙、丙相比相当于丙增大压强，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，氨气转化率减小，α2＞α3，所以α1＋α3＜1，故B正确；
C．比较乙、丙可知，丙中氨气的物质的量为乙的2倍，可以先理解为丙的体积为甲的2倍，则丙中NH3的物质的量为甲的2倍，然后减小丙的体积与乙相同，若平衡不移动，2p2=p3，压强增大，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ，平衡向生成氨气的方向移动，所以2p2＞p3，故C错误 ；
D、甲、乙实际上为等效平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡的计算与影响因素，涉及等效平衡问题，关键是对平衡建立的途径进行比较，注意理解正、逆反应建立的完全等效平衡中转化率、反应热量等规律。
二、非选择题(本题共4个小题，共52分)
17.I.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 025 mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。
回答下列问题：
(1)写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热热化学方程式(中和热数值为57.3 kJ/mol)：_______________________________________________________________
(2)学生甲用稀硫酸与稀烧碱溶液测定中和热装置如图。
①实验时所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需要：_________。
②该装置中有一处错误是：______________________，
(3)用相同浓度和体积的氨水(NH3· H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
Ⅱ.(1)已知充分燃烧一定质量的丁烷(C4H10)气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为______________________
(2)已知下列热化学方程式：
C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-3935kJ•mol-1
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1
请写出C(s，石墨)和H2(g)生成1mol C2H2(g)的热化学方程式____________________
(3)已知几种共价键的键能数据如下表：
共价键
N≡N
H—H
N—H
键能 (kJ/mol)
946
436
390.8
写出合成氨反应的热化学方程式： ____________________________________。
【答案】 (1). H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol (2). 温度计、环形玻璃搅拌棒 (3). 大烧杯上没有盖上硬纸板 (4). 偏小 (5). C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l)；ΔH＝-4bkJ/mol (6). 2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=+226.7 kJ•mol-1 (7). N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－90.8 kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，根据热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；
（2）①测量中和热需要测量溶液的温度以及反应还需要搅拌；
②根据测量中和热需要尽可能防止热量散失分析；
(3)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程；
Ⅱ.(1)燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
(2)根据盖斯定律书写C(s，石墨)和H2(g)生成1mol C2H2(g)的热化学方程式；
(3)焓变=反应物总键能－生成物总键能；
【详解】（1）强酸、强碱的中和热为-57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol；
（2）①由于需要测量溶液的温度以及反应还需要搅拌，所以还缺少的玻璃仪器有温度计、环形玻璃搅拌棒。
②装置图中没有用硬纸板（或塑料板）盖住烧杯，这样就会导致热量的损失，所以该装置的错误是大烧杯上没有盖上硬纸板。
(3)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3· H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小；
Ⅱ.(1)充分燃烧一定质量的丁烷(C4H10)气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，1mol丁烷(C4H10)气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l)；ΔH＝-4bkJ/mol；
(2) C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1
根据盖斯定律×2＋2－2得2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=+226.7 kJ•mol-1；
(3) 焓变=反应物总键能－生成物总键能，合成氨反应的热化学方程式N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝(946＋436×3－390.8×6)kJ·mol-1＝－90.8 kJ·mol-1。
【点睛】本题考查热中和热概念、中和热的测定原理，根据盖斯定律、键能计算反应热，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题。
18.I.将CO2转化成甲醇燃料是减排、环保的一种科学方法。
已知：2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)；△H=－483.6kJ·mol-1 ①
2CO2(g)+4H2O(g) 2CH3OH(g)＋3O2(g)；ΔH＝＋1352.8kJ·mol-1②
则用CO2与H2反应制备 CH3OH(g)，同时生成水蒸气的热化学方程式为___________________
II.在容积为2L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)+2B(g) C(g)+D(g)，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。
试回答下列问题：
(1)800℃时,0—5min内，以B表示的平均反应速率为____________。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______________。
a．容器中压强不变 b．混合气体中c(A)不变
c．2v正(B)=v逆(D) d．c(A)=c(C)
(3)若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=________，该反应为_______反应(填吸热或放热),判断理由是______________________________。
(4)800℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n(A)=0.9mol，n(B)=2.0mol，n(C)=0.9mol，n(D)=0.9mol，则此时该反应________进行(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”)。
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49 kJ·mol－1 (2). 0.12mol·L-1·min-1 (3). ab (4). 1.8 L/mol (5). 吸热 (6). 随着温度的升高，D的含量增多，依据勒夏特列原理，温度升高有利于向吸热方向进行 (7). 向正反应方向
【解析】
【分析】
I.根据盖斯定律书写CO2与H2反应制备 CH3OH(g)的热化学方程式；
II. (1)根据 计算v(B)；
(2)根据平衡标志分析该反应是否达到平衡状态；
(3)根据 计算平衡常数； 根据图象，降低温度，D的的含量减少，说明降温平衡逆向移动；
(4)根据Q与K的关系判断n(A)=0.9mol、n(B)=2.0mol、n(C)=0.9mol、n(D)=0.9mol时该反应的方向。
【详解】I.2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)；△H=－483.6kJ·mol-1 ①
2CO2(g)+4H2O(g) 2CH3OH(g)＋3O2(g)；ΔH＝＋1352.8kJ·mol-1②
根据盖斯定律②÷2＋①得 CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49 kJ·mol－1；
II. (1) 800℃时,0—5min内，生成D 0.6mol，则消耗B 1.2mol， v(B)= = 0.12mol·L—1·min—1；
(2) a．A(g)+2B(g)C(g)+D(g)反应前后气体物质量是变量，压强是变量，容器中压强不变一定达到平衡状态； b．根据化学平衡定义，某物质浓度不变达到平衡状态，混合气体中c(A)不变一定达到平衡状态； c．2v正(B)=v逆(D) ，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有平衡 ； d．c(A)=c(C)，浓度不一定不变，反应不一定平衡，故选ab；
(3)
A(g)+2B(g) C(g)+D(g)
开始 0.5 1.1 0 0
转化 0.3 0.6 0.3 0.3
平衡 0.2 0.5 0.3 0.3
K=1.8 L/mol；
根据图象，降低温度， D的含量减少，说明降温平衡逆向移动，正反应吸热；
(4) c(A)=0.45mol/L，c(B)=1.0mol/L，c(C)=0.45mol/L，c(D)=0.45mol/L，Q=0.45＜1.8，所以向正反应方向进行。
19.二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用．
工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
①CO( g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-91kJ·mol-1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)新工艺的总反应为：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，该反应△H=______，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是________(填字母代号)。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
(2)已知反应④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，某温度下，在1L密闭容器中加入CH3OH，反应10min时达到平衡，此时各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/(mol·L－1)
0.01
0.2
0.2
①平衡常数表达式K=______，该温度的平衡常数为______。
②若加入CH3OH后，经10 min后达到平衡，该时间内的平均反应速率v(CH3OH)＝________。
工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式________________________________。
【答案】 (1). -247kJ·mol-1 (2). ce (3). (4). K=400 (5). 0.04 mol·L－1·min－1 (6). 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H；根据影响平衡移动的因素分析CO的转化率；
(2) ①根据平衡常数的定义书写表达式；
②根据 计算v(CH3OH)；
As2S3与O2反应生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒配平方程式。
【详解】(1) ①CO( g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-91kJ·mol-1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2＋②＋③ 得 3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) △H= -247kJ·mol-1；a．升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故a错误； b．加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；c．减少CO2的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，故c正确；d．增加CO的浓度，虽平衡正向移动，但CO的转化率减小，故d错误； e．分离出二甲醚，平衡正向移动，CO的转化率增大，故e正确；选ce。
(2) ①2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，平衡常数的表达式为K= ；平衡常数K=400；
②10 min 内CH3OCH3的浓度变化为0.2mol/L，则CH3OH浓度变化量为0.4 mol/L，v(CH3OH)= 0.04 mol·L－1·min－1；
As2S3与O2反应生成H3AsO4和单质硫，根据电子守恒、元素守恒，反应方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。
20.(1)下列事实能说明醋酸是弱电解质的组合是__________(填序号)。
①醋酸与水能以任意比互溶 ②用醋酸溶液做导电实验，灯泡很暗
③醋酸溶液中存在醋酸分子 ④0.1 mol/L醋酸溶液的pH为4
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2
(2)已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值增大，可以采取的措施是____________(填序号)
①加少量烧碱溶液 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
(3)在一定温度下，有a.盐酸 b．硫酸 c．醋酸 三种酸：
①当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________。(用序号表示，下同)
②同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________。
③当三者c(H＋)相同且体积也相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为________，反应所需时间的长短关系是________。
【答案】 (1). ③④ (2). ②④ (3). b>a>c (4). b>a＝c (5). a＝b＝c (6). a＝b>c
【解析】
【分析】
(1) 证明醋酸是弱电解质的方法有：1．根据醋酸部分电离；2．根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断。
(2) 醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，其电离平衡常数为Ka=，据此作答．
(3) ①根据醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸分析；
②同体积同物质的量浓度的三种酸，n（HCl）=n（CH3COOH）=n（H2SO4），盐酸和醋酸是一元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸是二元酸，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍。
③反应速率与氢离子浓度有关。醋酸是弱电解质，随着反应的进行，醋酸仍不断的电离出氢离子，氢离子浓度大于盐酸和硫酸中氢离子浓度，反应速率快。
【详解】(1)①醋酸能与水以任意比互溶，只能说明醋酸易溶于水，不能说明其电离程度，故①错误；
②醋酸溶液做导电性实验，灯泡的亮度和溶液中的离子浓度有关，所以不能说明醋酸是弱酸，故②错误；
③醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸不完全电离，所以能说明是弱电解质，故③正确；
④0.1 mol/L醋酸溶液的pH为4，说明溶液中氢离子浓度为10-4mol/L，醋酸没有完全电离，醋酸是弱酸 ，故④正确；
⑤醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸的电离程度，所以不能说明醋酸是弱电解质，故⑤错误；选③④。
(2) ①加少量烧碱溶液, CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，CH3COO－增大，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)减小； ②升高温度，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，c(H＋)增大、c(CH3COOH)减小，所以c(H＋)/c(CH3COOH)增大； ③加少量冰醋酸，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，CH3COO－增大，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)减小； ④加水，CH3COOHCH3COO－＋H＋正向移动，但CH3COO－浓度减小，不变，所以c(H＋)/c(CH3COOH)增大，故选②④；
(3)①氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c（H+）=c（HCl），硫酸是二元酸，硫酸溶液中c（H+）=2c（H2SO4），醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c；
②同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸n（HCl）=n（CH3COOH）=n（H2SO4），盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b＞a=c；
③与锌反应时产生氢（气）的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大，当c（H+）相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，则开始时反应速率的大小关系是a=b=c；随着反应的进行，醋酸是弱电解质，仍源源不断的电离出氢离子，氢离子浓度大于盐酸和硫酸中氢离子浓度，反应速率快，所需时间短，故a=b>c。
【点睛】本题考查弱电解质的判断，解答该题的关键是明确弱电解质的电离平衡特点以及外界条件对电离平衡的影响。第（2）小题为难点，解题时注意结合电离平衡常数进行判断。
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