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【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高二上学期期中考试
试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
3、可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Fe：56 Cu：64 K：39
第Ⅰ卷选择题部分
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。）
1.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是( )
A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B. 保持容器体积不变，通入稀有气体增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D. 在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算公式及影响化学反应速率的外因进行分析。
【详解】A项：催化剂能降低正、逆反应的活化能，同等程度地改变正、逆反应的速率。A项错误；
B项：若在恒容时向体系中通入稀有气体，体系压强变大，但各反应物的浓度不变，因此反应速率也不变。B项错误；
C项：降低温度，反应速率减小，达到化学平衡所需时间变长。C项错误；
D项：根据化学反应速率的定义，SO3(g)的平均生成速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)。D项正确。
本题选D。
2.一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响生成氢气的量，可向其中加入( )
A. KCl固体 B. 铁粉 C. K2SO4溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、无影响，A错误；B、形成Fe和Zn的原电池,加快了反应速率,Fe和H2SO4反应又加大了H2生成量，B错误；C、加入溶液,溶液中有水,减小了H2SO4的浓度,减小了反应速率,但不减少氢气量,K2SO4对锌无影响，C正确；D、NO3-和H+相遇相当HNO3不会生成H2,减少了氢气的量，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
3.向一体积为2 L的恒容密闭容器里充入1 mol N2和4 mol H2，在一定温度下发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔH<0。10秒时达到平衡，c(NH3)为0.4 mol/L。下列说法正确的是( )
A. 该反应达平衡时H2的转化率为40% B. 降低温度能使混合气体的密度增大
C. 向该容器中充入N2，平衡正向移动 D. 研发高效催化剂可大大提高N2的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
根据可逆反应建立化学平衡过程中相关量的变化分析计算，分析外因对化学平衡的影响。可列三行式进行计算。
【详解】N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始/mol：1 4 0
转化/mol：0.4 1.2 0.8
平衡/mol：0.6 2.8 0.4×2
由此，氢气转化率＝(1.2mol/4mol)×100%=30%，A项错误；该反应中只有气体，混合气体总质量不变，恒容时密度不变，B项错误；化学平衡时充入氮气，增大氮气浓度，平衡正向移动，C项正确；催化剂只能改变化学反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，不能改变反应物的转化率，D项错误。
本题选C。
4.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释,A不选；B、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深，该反应前后气体体积不变，平衡不移动，颜色加深是体积减小浓度增大所致，与平衡移动无关，B选；C. 氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，c不选；D合成氨工业使用高压使得平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向右移动，以提高氨的产量，与平衡移动有关，D不选，选B。
考点：考查平衡移动原理的应用。
5.25℃时，水的电离平衡H2O⇌H++OH-△H＞0．下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低
B. 向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，Kw不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c（H+）降低
D. 将水加热，Kw增大，c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理分析外因对水的电离平衡及水的离子积常数的影响。水的离子积只受温度影响。
【详解】A项：向纯水中加稀氨水，平衡逆向移动，c（H+）减小，新平衡时c（OH-）比原平衡时大，A项错误；
B项： 向水中加入少量固体NaHSO4，溶液体积不变。NaHSO4电离产生H+，使平衡向左移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大。因温度不变，故Kw不变。B项正确；
C项：向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大。C项错误；
D项： 将水加热，水的电离平衡向右移动，c（H+）、c（OH-）都变大，Kw也增大。D项错误。
本题选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B. 用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2
C. 若25.00ml滴定管中液面的位置在刻度为3.00ml处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00ml
D. 常温下用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3，则常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质本身必须能够电离出离子；广泛pH试纸只能测定整数值；滴定管刻度以下还有一段没有刻度的；有些沉淀在一定的条件下可以发生相互转化。
【详解】A项：SO2水溶液能导电，并不是SO2本身电离，而是它与水反应生成的H2SO3发生电离，故H2SO3是电解质、SO2是非电解质。A项错误；
B项：广泛pH试纸测定结果只能是1~14的整数值，不可能为5.2。B项错误；
C项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。刻度3.00mL至25.00mL之间有22.00mL液体，25.00mL刻度至滴定管尖嘴之间仍有液体。C项正确；
D项：饱和Na2CO3溶液可将Ksp较小的BaSO4部分转化为Ksp较大的BaCO3，故使用饱和溶液实现的沉淀转化，不能用于比较Ksp大小。D项错误。
本题选C。
【点睛】比较同类难溶物的溶度积，需要溶液的物质的量浓度相同。
7.下列说法正确的是 （ ）
A. 碱式滴定管注入Na2CO3溶液之前应检查是否漏液
B. 测定盐酸浓度
C. 蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
D. 记录滴定终点读数为12.20 ml
【答案】A
【解析】
【分析】
根据中和滴定的相关仪器的使用要求和基本操作规范进行分析。
【详解】A项：滴定管（酸式、碱式）注入溶液之前应检查是否漏液，A项正确；
B项：测定盐酸浓度时，NaOH溶液应放在碱式滴定管中，且锥形瓶不能加塞子。B项错误；
C项：加热蒸干AlCl3饱和溶液时，AlCl3水解完全，最终得到Al2O3固体，而不是AlCl3晶体。C 项错误；
D项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。图中液面处读数应为11.80mL。D项错误。
本题选A。
8.室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，pH增大
C. 再加入10mLpH=11NaOH溶液，混合液pH＞7
D. 溶液中c(CH3COO—)/c(CH3COOH)c(OH—)变小
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A不正确、选项B正确；由水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH－)知c(OH－)=，所以＝其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项D不正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因此加入等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，溶液显酸性，混合液pH<7，选项C不正确。答案选B。
【点睛】本题考查学生对弱电解质电离平衡以及影响电离平衡因素的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键。
9.下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是( )
A. NaHCO3溶液：HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋
B. NaHS溶液：HS－＋H2OH2S＋OH－
C. Na2CO3溶液：CO32—＋2H2OH2CO3＋2OH－
D. KF溶液：F－＋H2O = HF＋OH－
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐类水解方程式的书写规范以及与电离方程式的特点进行分析。
【详解】A项： HCO3－水解方程式为HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-。HCO3－电离方程式HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋，即HCO3— H＋＋CO32—。A项错误；
B项：HS－水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－。B项正确；
C项：CO32－水解分两步，且不能合并，应写为CO32—＋H2OHCO3－＋OH－，HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－。C项错误；
D项：通常，盐类水解程度很小，使用，应写成F－＋H2O HF＋OH－。D项错误。
本题选B。
【点睛】注意弱酸的酸式酸根离子，水解方程式和电离方程式的区别。
10.一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（ ）
A. 稀释溶液，溶液的pH增大
B. 加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）减小
C. 温度升高，c（CH3COO-）增大
D. 加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）减小
【答案】D
【解析】
【分析】
考查影响盐类水解平衡的因素，应用平衡移动原理分析判断。
【详解】A项：稀释时水解平衡右移，OH－物质的量变大。但溶液体积变大，OH－浓度变小，溶液的pH减小。A项错误；
B项：加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平衡左移， c(CH3COO-)增大。B项错误；
C项：因水解吸热，升高温度，平衡右移， c(CH3COO-)减小。C项错误；
D项：加入少量FeCl3固体时，Fe3+结合OH－使平衡右移，c（CH3COO-）减小。D项正确。
本题选D。
【点睛】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。
11.下列应用与盐的水解无关的是（ ）
A. NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
B. 用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
C. 氯化钠可用作防腐剂和调味剂
D. 实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
【答案】C
【解析】
【分析】
根据盐类水解的原理进行分析。
【详解】A项：NH4Cl与ZnCl2溶液中阳离子水解使溶液呈酸性，可除去金属表面的氧化物。
B项：HCO3－水解为主(HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-)溶液呈碱性。Al3+水解使溶液呈酸性，两溶液混合时，水解反应相互促进，生成CO2等能灭火。
C项：氯化钠是强酸强碱盐，不能水解，故用作防腐剂和调味剂时与水解无关。
D项：Na2CO3、Na2SiO3等溶液中阴离子水解使溶液呈碱性，会腐蚀玻璃中的SiO2使玻璃塞与瓶口粘连。
本题选C。
12.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A. 该溶液的pH＝4
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】
试题分析：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A正确；B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B错误；C．由HAH++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为10−4×10−4/0.1=1×10-7，C正确；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D正确；答案选B。
考点：考查查弱酸的电离
13.下列说法正确的是( )
A. 25 ℃时NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时NaCl溶液的KW
B. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO32－＋2I－＋4H＋
C. 加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－
D. 100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A项升高温度促进水的电离，Kw增大；B项发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+；D项水的Kw=1×10-12，当两溶液等体积混合时，碱过量。
考点：水的离子积、离子方程式的书写、离子共存问题、酸碱中和反应。
14.对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确的是( )
A. c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)
B. c(Na＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋c(OH－)
D. 升高温度，溶液pH降低
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电解质溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒关系进行分析。
【详解】Na2SO3溶液中存在：完全电离Na2SO3＝2Na＋+SO32－，水解SO32－+H2OHSO3－＋OH－、HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，水电离H2OH+＋OH－ 。由此可知，溶液中有两种阳离子Na＋、H+，三种阴离子SO32－、HSO3－、OH－，两种分子H2SO3、H2O。
据质子守恒有c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)，A项正确；据物料守恒有c(Na＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋2c(H2SO3)，B项错误；据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，C项错误；升高温度，促进SO32－水解，c(OH－)增大，溶液pH升高，D项错误。
本题选A。
【点睛】分析溶液中粒子浓度间的关系，必须找全溶液中阳离子、阴离子、分子。从溶质的溶解开始，依次考虑强电解质的电离、弱电解质的电离和盐类的水解（据信息判断其主次）、水的电离。质子守恒关系可看作是电荷守恒、物料守恒按一定比例相减的结果。
15.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)
B. NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C. 室温下，由pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D. 常温下，在pH＝8的NaA溶液中：c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
根据共存因素对水解、电解程度的影响以及水解、电离过程的主次进行判断。
【详解】A项：0.1 mol/L的NaHA溶液中，有NaHA＝Na＋+HA－。因pH＝4，必有电离HA－H＋+A2-，可能有水解HA－+H2OH2A+OH－，且HA－电离程度大于HA－水解程度。故c(A2－)＞c(H2A)，A项错误；
B项：NaHCO3溶液中，电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)。两式相减得质子守恒c(H＋) ＋c(H2CO3) ＝c(CO32－) ＋c(OH－)。B项错误；
C项：pH＝1的CH3COOH溶液中有CH3COOHCH3COO-+H+，pH＝13的NaOH溶液中有NaOH＝Na＋+OH－。两溶液等体积混合时，两者充分反应后，醋酸有大量剩余使溶液显酸性，得c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。C项错误；
D项：NaA溶液中，电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH－)。常温pH＝8时，c(H＋)＝10－8mol/L，c(OH－)＝10－6mol/L。故c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7 mol/L。D项正确。
本题选D。
16.在25 ℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如下：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp(单位省略)
1.8×10－10
1.5×10－16
6.3×10－50
下列叙述错误的是( )
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
【答案】C
【解析】
【分析】
根据溶度积的含义及沉淀转化的本质进行分析。
【详解】A项：AgCl悬浊液中，有沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag++Cl-，加入KI后生成AgI黄色沉淀，上述平衡右移，即AgCl转化为AgI。类似地，AgI转化为Ag2S。A项正确；
B项：从题中AgCl转化为AgI，再转化为Ag2S来看，B项正确；
C项：等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中，氯离子浓度不同，使平衡AgCl(s)Ag++Cl-左移程度不同，故AgCl溶解程度不同。C项错误；
D项：25 ℃时，AgCl、AgI、Ag2S的Ksp不同，饱和溶液中Ag＋的浓度不同。D项正确。
本题选C。
17.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，反应原理为CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 molCH4和1.2 mol NO2，测得n(CH4)(单位：mol)随时间变化的有关实验数据如表所示。
下列说法正确的是（ ）
A. T1温度下，0~20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol·L-1·min-1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1
D. 0~10 min内，CH4的降解速率T1> T2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算公式及温度对反应速率和化学平衡的影响进行分析。
【详解】A项： T1温度0~20 min内，v(NO2)=2v(CH4)=2×(0.50-0.25)mol/(1L×20min)=0.025mol/(L·min)。A项错误；
B项：在0~20 min内，T1温度n(CH4)减小比T2温度n(CH4)减小得慢，即T1时反应慢，温度较低。B项正确；
C项：温度T1、40min时，反应已达化学平衡。温度T2＞T1，化学反应更快，在40min之前达到化学平衡，故40min时及以后都是化学平衡，应填的数据为0.15。C项错误；
D项： 0~10 min内，T1时CH4降解0.15mol，T2时CH4降解0.20mol。即CH4降解速率T1< T2。D项错误。
本题选B。
【点睛】对于表格型数据，要横看、纵看数据，找出变化规律，然后结合化学原理，分析变化原因，得出正确结论。
18.室温下，在25 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是( )
A. 在A、B间任一点，溶液中一定都c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
B. 在B点：a>12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)
C. 在C点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D. 在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1
【答案】C
【解析】
C项，电荷不守恒，在C点溶液呈酸性，离子浓度关系应为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）。
第Ⅱ卷填空题部分
二、填空题（共4小题，共46分。）
19.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致： N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4，请回答：
（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______。
A．消耗1molN2同时生成1molO2 B．混合气体密度不变
C．混合气体平均相对分子质量不变 D．2v正（N2）=v逆（NO）
（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______（填字母序号）
（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（5）在240℃下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1 mol/L、4.0×10-2 mol/L和3.0×10-3 mol/L，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是_________________________________________。
【答案】 (1). 0.05 mol·L-1·min-1 (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 在此温度下，Qc=（3×10-3）2／（2.5×10-1 ）×（4.0×10-2）=9×10-4
【分析】
以汽车尾气中NO的形成反应为例，综合考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、外因对化学平衡的影响。
【详解】(1)据反应速率定义，v(N2)=v(O2)====0.05 mol·L-1·min-1 ；
(2)据反应式，正反应消耗1molN2时必消耗1molO2，又因同时生成1molO2，即容器中O2的的物质的量不再改变，是平衡状态；恒容容器中只有气体物质，混合气体密度始终不变，不能作为平衡标志；对于气体总物质的量、总质量都不变的反应，混合气体平均摩尔质量、平均相对分子质量必然不变，不能作为平衡的标志；不论是否达到化学平衡，有v正（N2）:v正（NO)＝1:2，代入2v正（N2）=v逆（NO），得v正（NO）＝v逆（NO），即化学平衡状态。选AD。
(3)因反应吸热，升高温度，化学平衡右移，K变大，A图正确；催化剂能缩短反应到达平衡的时间，但不能使平衡移动，故平衡时c（NO)应相等，B图错误；温度T1较高，反应先达到平衡。升高温度，平衡右移，氮气转化率更大，C图正确。选AC。
(4)化学平衡状态与反应途径无关。平衡后充入一定量NO，相当于起始时充入等物质的量的N2和O2，或相当于对原平衡状态加压。对于气体分子数不变的反应，加压平衡不移动，故新旧平衡NO的体积分数不变。
(5)容器内N2、O2、NO三种物质共存，正、逆反应速率均不为零，应用Qc与K的关系判断反应方向。Qc=（3×10-3）2／[（2.5×10-1 ）×（4.0×10-2）]=9×10-4
20.按要求填空：
（1）AlCl3的水溶液 pH______7（填＞、=、＜），其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是______（填化学式）。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至_____。
（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl ②氨水 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______________。 （用序号表示）
（4）常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为____________________。
（5）室温，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸的体积比为____________。
【答案】 (1). < (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). 5 (5). ③>①>② (6). 106:1 (7). 9:1
【解析】
【分析】
根据水溶液中的离子平衡及其移动进行分析，根据相关的公式进行溶液pH及Ksp的相关计算。
【详解】(1)AlCl3的水溶液中，因Al3+水解：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，使溶液呈酸性，pH＜7。由于水解吸热、HCl的挥发，加热蒸干过程中水解平衡不断向右移动，生成的 Al(OH)3受热分解，最终得Al2O3固体。
(2)常温下，当c(Cr3+)＝10−5mol/L时，Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−5mol/L×c3(OH−)=10−32，解得c(OH−)=10−9mol/L，故c(H+)=10−5mol/L，pH=5 。
(3)据电离方程式：①NH4Cl＝NH4++Cl-，②NH3·H2ONH4++OH−， ③NH4HSO4=NH4++H++SO42-，知相同物质的量浓度的三种溶液中c(NH4+)：①≈③>②。又NH4+水解NH4++H2ONH3·H2O+H+， ③中的H+使水解平衡左移，c(NH4+)增大，故③>①>②。
(4)常温下纯水中存在H2OH++OH－，溶解NH4Cl后，电离产生的NH4+与OH－结合，使水的电离平衡右移，溶液中H+全部来自水电离。pH=4时， c(H+)水＝c(H+)＝10－4mol/L；溶解HCl后，HCl电离产生的H+，使水的电离平衡左移，盐酸中 c(H+)水与溶液中c(OH−)相等， c(H+)水＝c(OH−)水＝c(OH−)＝Kw/c(H+)=10－10mol/L。两种溶液中水电离出c(H+)之比为106:1。
(5)设NaOH溶液与盐酸的体积分别是V1、V2。室温时混合溶液的pH=6，则盐酸有剩余，故10－4mol/L×V2－×V1＝10－6mol/L×(V1+V2)，解得V1:V2＝9:1。
【点睛】比较相同浓度的不同溶液中同种离子浓度的大小，首先要弄清这种离子的来源，注意电离程度的差别、溶液浓度与离子浓度的关系。再看这种离子的水解，以及共存其它离子对其水解平衡的影响。
21.实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。请完成下列填空:
（1）配制500mL 0.1000mol·L-1 NaOH 标准溶液。
①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。
②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平(带砝码、镊子)、药匙、__________
（2）取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用__________(填仪器名称)盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次,记录数据如下:
滴定次数
待测盐酸
的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/rnL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
4.10
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
（3）①如何判断滴定终点：____________________________。
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的__________(填序号),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（4）在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。
A．酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
D．滴定终点读数时俯视读数
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
【答案】 (1). 500ml容量瓶（容量瓶不写体积不给分） (2). 胶头滴管 (3). 2.0 (4). 小烧杯 (5). 碱式滴定管 (6). 当最后一滴恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点 (7). 0.1000 (8). 丙 (9). AD
【解析】
【分析】
根据中和滴定过程中各环节的相关要求和规范进行分析。
【详解】(1)①依据配制一定物质的量浓度溶液的过程，可知配制500mL 0.1000mol·L-1 的NaOH 标准溶液还需玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管。
②m(NaOH)=500mL×0.1000mol·L-1 ×40g/mol=2.0g。NaOH是腐蚀性试剂，不能放在纸片上称量，需用烧杯进行间接称量。
待测稀盐酸、酚酞指示剂放在锥形瓶中，则标准NaOH溶液放在碱式滴定管中。
(3)①滴定前，锥形瓶中混合溶液无色，随着NaOH溶液滴入，溶液pH增大。当滴入1滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。
②待测盐酸都是20mL，三次滴定消耗标准NaOH溶液分别是20.10mL、19.90mL、23.00mL。显然，第三次滴定误差较大，应舍弃。前两次滴定平均消耗标准NaOH溶液20.00mL，易求得c(HCl)=0.1000mol·L-1 。
③排去碱式滴定管中气泡时，将碱式滴定管倾斜，使橡胶管向上弯曲，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。丙图合理。
(4)A．未用待测盐酸润洗酸式滴定管，则待测盐酸被酸式滴定管内壁附着的水稀释，所测盐酸浓度偏低。
B．锥形瓶未干燥，不能改变一定体积待测盐酸中HCl的物质的量，也不影响消耗标准溶液的体积，对测定结果无影响。
C．中和一定体积的待测盐酸，消耗Na2CO3固体的质量大于NaOH固体的质量。当NaOH固体中混有Na2CO3固体时，消耗标准溶液的体积偏大，所测盐酸浓度偏高。
D．滴定终点读数时俯视，使标准溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏低。
E．滴定前后，碱式滴定管尖嘴部分都应没有气泡。滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使标准溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏高。
造成测定果偏低的有AD。
【点睛】影响中和滴定结果的因素很多，都可归结为对标准溶液体积的影响。然后根据“滴多偏高、滴少偏低”规律分析误差，其中“滴多、滴少”指标准溶液的体积，“偏高、偏低”指待测溶液的浓度。
22.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H= -113.0 kJ·mol-1，2SO2(g)+ O2 (g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ·mol-1，SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。
① 写出NO2和SO2反应的热化学方程式为__________________________。
② 随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是____________。（填“增大”或“减小”或“不变”）
（2）提高2SO2 + O22SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。
① T温度时，在1L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2，5 min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该温度下反应的平衡常数K=_______。
② 在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_________（填字母）。
a．温度和容器体积不变，充入1.0 mol He b．温度和容器体积不变，充入1.0 mol O2
c．在其他条件不变时，减少容器的体积 d．在其他条件不变时，升高体系温度
（3）汽车尾气是氮氧化物的一个主要来源。汽缸中生成NO的反应为：N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO的排放量越大，其原因是_______________。
（4）研究人员在汽车尾气系统中装置催化转化剂，可有效降低NOx的排放。
① 写出用CO还原NO生成N2的化学方程式____________________。
② 在实验室中模仿此反应，在一定条件下的密闭容器中，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况和n (NO)/n(CO)比例变化情况如下图。
为达到NO转化为N2的最佳转化率，应该选用的温度和n(NO)/n(CO)比例分别 为________、________；该反应的∆H________0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】 (1). NO2(g) + SO2(g) = SO3(g) + NO(g) △H ＝ -41.8 kJ·mol-1 (2). 减小 (3). 2L/mol (4). bc (5). 升高温度，反应速率加快，平衡向正向移动，则NO的排放量单位时间内增多 (6). 2NO+2CON2+2CO2 (7). 900K (8). n(NO)/n(CO)=1∶1 (9). ＞
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热；根据化学平衡常数的计算公式及其与温度的关系、外因对化学平衡的影响进行相关的判断；认真分析图象中信息。
【详解】(1)给已知热化学方程式编号：
(a)2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H= -113.0 kJ·mol-1，
(b)2SO2(g)+ O2 (g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ·mol-1 。
①消去无关物质O2，将（b-a）/2得NO2和SO2反应的热化学方程式：
NO2(g) + SO2(g) = SO3(g) + NO(g) △H ＝ -41.8 kJ·mol-1 。
②温度升高，平衡左移，该反应化学平衡常数减小。
(2)①温度T、1L：2SO2 + O2 2SO3
起始/mol 2.0 1.0 0
转化/mol 2.0×50% 0.5 1.0
平衡/mol 1.0 0.5 1.0
平衡时SO2、O2、SO3浓度分别是1.0mol·L-1、0.5mol·L-1、1.0mol·L-1， T温度时反应的平衡常数K=2L/mol。
②a．温度和容器体积不变时充入He，化学平衡不移动，SO2的转化率不变；b．温度和容器体积不变时充入1.0 mol O2，平衡右移，SO2的转化率增大；c．在其他条件不变时减少容器的体积，即增大压强，平衡右移，SO2的转化率增大；d．在其他条件不变时升高体系温度，平衡左移，SO2的转化率减小。选bc。
(3)对于反应：N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，升高温度，反应速率加快，平衡向正向移动，则单位时间内NO的排放量增多。
(4)①CO还原NO生成N2的化学方程式2NO+2CON2+2CO2。
②从图中看，900K、n(NO)/n(CO)=1∶1时，NO转化为N2的转化率最大。当n(NO)/n(CO)一定时，温度升高，NO转化率增大。故正反应吸热、∆H＞0。
【点睛】温度和体积不变时向容器中充入稀有气体，虽然容器内总压强变大，但与反应相关的各气体的浓度都没有发生变化，故化学平衡不会移动。
试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
3、可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Fe：56 Cu：64 K：39
第Ⅰ卷选择题部分
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。）
1.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是( )
A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B. 保持容器体积不变，通入稀有气体增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D. 在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算公式及影响化学反应速率的外因进行分析。
【详解】A项：催化剂能降低正、逆反应的活化能，同等程度地改变正、逆反应的速率。A项错误；
B项：若在恒容时向体系中通入稀有气体，体系压强变大，但各反应物的浓度不变，因此反应速率也不变。B项错误；
C项：降低温度，反应速率减小，达到化学平衡所需时间变长。C项错误；
D项：根据化学反应速率的定义，SO3(g)的平均生成速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)。D项正确。
本题选D。
2.一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响生成氢气的量，可向其中加入( )
A. KCl固体 B. 铁粉 C. K2SO4溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、无影响，A错误；B、形成Fe和Zn的原电池,加快了反应速率,Fe和H2SO4反应又加大了H2生成量，B错误；C、加入溶液,溶液中有水,减小了H2SO4的浓度,减小了反应速率,但不减少氢气量,K2SO4对锌无影响，C正确；D、NO3-和H+相遇相当HNO3不会生成H2,减少了氢气的量，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
3.向一体积为2 L的恒容密闭容器里充入1 mol N2和4 mol H2，在一定温度下发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔH<0。10秒时达到平衡，c(NH3)为0.4 mol/L。下列说法正确的是( )
A. 该反应达平衡时H2的转化率为40% B. 降低温度能使混合气体的密度增大
C. 向该容器中充入N2，平衡正向移动 D. 研发高效催化剂可大大提高N2的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
根据可逆反应建立化学平衡过程中相关量的变化分析计算，分析外因对化学平衡的影响。可列三行式进行计算。
【详解】N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始/mol：1 4 0
转化/mol：0.4 1.2 0.8
平衡/mol：0.6 2.8 0.4×2
由此，氢气转化率＝(1.2mol/4mol)×100%=30%，A项错误；该反应中只有气体，混合气体总质量不变，恒容时密度不变，B项错误；化学平衡时充入氮气，增大氮气浓度，平衡正向移动，C项正确；催化剂只能改变化学反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，不能改变反应物的转化率，D项错误。
本题选C。
4.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释,A不选；B、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深，该反应前后气体体积不变，平衡不移动，颜色加深是体积减小浓度增大所致，与平衡移动无关，B选；C. 氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，c不选；D合成氨工业使用高压使得平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向右移动，以提高氨的产量，与平衡移动有关，D不选，选B。
考点：考查平衡移动原理的应用。
5.25℃时，水的电离平衡H2O⇌H++OH-△H＞0．下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低
B. 向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，Kw不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c（H+）降低
D. 将水加热，Kw增大，c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理分析外因对水的电离平衡及水的离子积常数的影响。水的离子积只受温度影响。
【详解】A项：向纯水中加稀氨水，平衡逆向移动，c（H+）减小，新平衡时c（OH-）比原平衡时大，A项错误；
B项： 向水中加入少量固体NaHSO4，溶液体积不变。NaHSO4电离产生H+，使平衡向左移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大。因温度不变，故Kw不变。B项正确；
C项：向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大。C项错误；
D项： 将水加热，水的电离平衡向右移动，c（H+）、c（OH-）都变大，Kw也增大。D项错误。
本题选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B. 用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2
C. 若25.00ml滴定管中液面的位置在刻度为3.00ml处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00ml
D. 常温下用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3，则常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质本身必须能够电离出离子；广泛pH试纸只能测定整数值；滴定管刻度以下还有一段没有刻度的；有些沉淀在一定的条件下可以发生相互转化。
【详解】A项：SO2水溶液能导电，并不是SO2本身电离，而是它与水反应生成的H2SO3发生电离，故H2SO3是电解质、SO2是非电解质。A项错误；
B项：广泛pH试纸测定结果只能是1~14的整数值，不可能为5.2。B项错误；
C项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。刻度3.00mL至25.00mL之间有22.00mL液体，25.00mL刻度至滴定管尖嘴之间仍有液体。C项正确；
D项：饱和Na2CO3溶液可将Ksp较小的BaSO4部分转化为Ksp较大的BaCO3，故使用饱和溶液实现的沉淀转化，不能用于比较Ksp大小。D项错误。
本题选C。
【点睛】比较同类难溶物的溶度积，需要溶液的物质的量浓度相同。
7.下列说法正确的是 （ ）
A. 碱式滴定管注入Na2CO3溶液之前应检查是否漏液
B. 测定盐酸浓度
C. 蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
D. 记录滴定终点读数为12.20 ml
【答案】A
【解析】
【分析】
根据中和滴定的相关仪器的使用要求和基本操作规范进行分析。
【详解】A项：滴定管（酸式、碱式）注入溶液之前应检查是否漏液，A项正确；
B项：测定盐酸浓度时，NaOH溶液应放在碱式滴定管中，且锥形瓶不能加塞子。B项错误；
C项：加热蒸干AlCl3饱和溶液时，AlCl3水解完全，最终得到Al2O3固体，而不是AlCl3晶体。C 项错误；
D项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。图中液面处读数应为11.80mL。D项错误。
本题选A。
8.室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，pH增大
C. 再加入10mLpH=11NaOH溶液，混合液pH＞7
D. 溶液中c(CH3COO—)/c(CH3COOH)c(OH—)变小
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A不正确、选项B正确；由水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH－)知c(OH－)=，所以＝其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项D不正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因此加入等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，溶液显酸性，混合液pH<7，选项C不正确。答案选B。
【点睛】本题考查学生对弱电解质电离平衡以及影响电离平衡因素的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键。
9.下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是( )
A. NaHCO3溶液：HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋
B. NaHS溶液：HS－＋H2OH2S＋OH－
C. Na2CO3溶液：CO32—＋2H2OH2CO3＋2OH－
D. KF溶液：F－＋H2O = HF＋OH－
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐类水解方程式的书写规范以及与电离方程式的特点进行分析。
【详解】A项： HCO3－水解方程式为HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-。HCO3－电离方程式HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋，即HCO3— H＋＋CO32—。A项错误；
B项：HS－水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－。B项正确；
C项：CO32－水解分两步，且不能合并，应写为CO32—＋H2OHCO3－＋OH－，HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－。C项错误；
D项：通常，盐类水解程度很小，使用，应写成F－＋H2O HF＋OH－。D项错误。
本题选B。
【点睛】注意弱酸的酸式酸根离子，水解方程式和电离方程式的区别。
10.一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（ ）
A. 稀释溶液，溶液的pH增大
B. 加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）减小
C. 温度升高，c（CH3COO-）增大
D. 加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）减小
【答案】D
【解析】
【分析】
考查影响盐类水解平衡的因素，应用平衡移动原理分析判断。
【详解】A项：稀释时水解平衡右移，OH－物质的量变大。但溶液体积变大，OH－浓度变小，溶液的pH减小。A项错误；
B项：加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平衡左移， c(CH3COO-)增大。B项错误；
C项：因水解吸热，升高温度，平衡右移， c(CH3COO-)减小。C项错误；
D项：加入少量FeCl3固体时，Fe3+结合OH－使平衡右移，c（CH3COO-）减小。D项正确。
本题选D。
【点睛】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。
11.下列应用与盐的水解无关的是（ ）
A. NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
B. 用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
C. 氯化钠可用作防腐剂和调味剂
D. 实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
【答案】C
【解析】
【分析】
根据盐类水解的原理进行分析。
【详解】A项：NH4Cl与ZnCl2溶液中阳离子水解使溶液呈酸性，可除去金属表面的氧化物。
B项：HCO3－水解为主(HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-)溶液呈碱性。Al3+水解使溶液呈酸性，两溶液混合时，水解反应相互促进，生成CO2等能灭火。
C项：氯化钠是强酸强碱盐，不能水解，故用作防腐剂和调味剂时与水解无关。
D项：Na2CO3、Na2SiO3等溶液中阴离子水解使溶液呈碱性，会腐蚀玻璃中的SiO2使玻璃塞与瓶口粘连。
本题选C。
12.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A. 该溶液的pH＝4
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】B
【解析】
试题分析：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，A正确；B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，B错误；C．由HAH++A-，c（H+）=c（A-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为10−4×10−4/0.1=1×10-7，C正确；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，D正确；答案选B。
考点：考查查弱酸的电离
13.下列说法正确的是( )
A. 25 ℃时NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时NaCl溶液的KW
B. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO32－＋2I－＋4H＋
C. 加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－
D. 100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A项升高温度促进水的电离，Kw增大；B项发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+；D项水的Kw=1×10-12，当两溶液等体积混合时，碱过量。
考点：水的离子积、离子方程式的书写、离子共存问题、酸碱中和反应。
14.对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确的是( )
A. c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)
B. c(Na＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋c(OH－)
D. 升高温度，溶液pH降低
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电解质溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒关系进行分析。
【详解】Na2SO3溶液中存在：完全电离Na2SO3＝2Na＋+SO32－，水解SO32－+H2OHSO3－＋OH－、HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，水电离H2OH+＋OH－ 。由此可知，溶液中有两种阳离子Na＋、H+，三种阴离子SO32－、HSO3－、OH－，两种分子H2SO3、H2O。
据质子守恒有c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)，A项正确；据物料守恒有c(Na＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋2c(H2SO3)，B项错误；据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，C项错误；升高温度，促进SO32－水解，c(OH－)增大，溶液pH升高，D项错误。
本题选A。
【点睛】分析溶液中粒子浓度间的关系，必须找全溶液中阳离子、阴离子、分子。从溶质的溶解开始，依次考虑强电解质的电离、弱电解质的电离和盐类的水解（据信息判断其主次）、水的电离。质子守恒关系可看作是电荷守恒、物料守恒按一定比例相减的结果。
15.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)
B. NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C. 室温下，由pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D. 常温下，在pH＝8的NaA溶液中：c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
根据共存因素对水解、电解程度的影响以及水解、电离过程的主次进行判断。
【详解】A项：0.1 mol/L的NaHA溶液中，有NaHA＝Na＋+HA－。因pH＝4，必有电离HA－H＋+A2-，可能有水解HA－+H2OH2A+OH－，且HA－电离程度大于HA－水解程度。故c(A2－)＞c(H2A)，A项错误；
B项：NaHCO3溶液中，电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)。两式相减得质子守恒c(H＋) ＋c(H2CO3) ＝c(CO32－) ＋c(OH－)。B项错误；
C项：pH＝1的CH3COOH溶液中有CH3COOHCH3COO-+H+，pH＝13的NaOH溶液中有NaOH＝Na＋+OH－。两溶液等体积混合时，两者充分反应后，醋酸有大量剩余使溶液显酸性，得c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。C项错误；
D项：NaA溶液中，电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH－)。常温pH＝8时，c(H＋)＝10－8mol/L，c(OH－)＝10－6mol/L。故c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7 mol/L。D项正确。
本题选D。
16.在25 ℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如下：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp(单位省略)
1.8×10－10
1.5×10－16
6.3×10－50
下列叙述错误的是( )
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
【答案】C
【解析】
【分析】
根据溶度积的含义及沉淀转化的本质进行分析。
【详解】A项：AgCl悬浊液中，有沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag++Cl-，加入KI后生成AgI黄色沉淀，上述平衡右移，即AgCl转化为AgI。类似地，AgI转化为Ag2S。A项正确；
B项：从题中AgCl转化为AgI，再转化为Ag2S来看，B项正确；
C项：等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中，氯离子浓度不同，使平衡AgCl(s)Ag++Cl-左移程度不同，故AgCl溶解程度不同。C项错误；
D项：25 ℃时，AgCl、AgI、Ag2S的Ksp不同，饱和溶液中Ag＋的浓度不同。D项正确。
本题选C。
17.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，反应原理为CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 molCH4和1.2 mol NO2，测得n(CH4)(单位：mol)随时间变化的有关实验数据如表所示。
下列说法正确的是（ ）
A. T1温度下，0~20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol·L-1·min-1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1
D. 0~10 min内，CH4的降解速率T1> T2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算公式及温度对反应速率和化学平衡的影响进行分析。
【详解】A项： T1温度0~20 min内，v(NO2)=2v(CH4)=2×(0.50-0.25)mol/(1L×20min)=0.025mol/(L·min)。A项错误；
B项：在0~20 min内，T1温度n(CH4)减小比T2温度n(CH4)减小得慢，即T1时反应慢，温度较低。B项正确；
C项：温度T1、40min时，反应已达化学平衡。温度T2＞T1，化学反应更快，在40min之前达到化学平衡，故40min时及以后都是化学平衡，应填的数据为0.15。C项错误；
D项： 0~10 min内，T1时CH4降解0.15mol，T2时CH4降解0.20mol。即CH4降解速率T1< T2。D项错误。
本题选B。
【点睛】对于表格型数据，要横看、纵看数据，找出变化规律，然后结合化学原理，分析变化原因，得出正确结论。
18.室温下，在25 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是( )
A. 在A、B间任一点，溶液中一定都c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
B. 在B点：a>12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)
C. 在C点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D. 在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1
【答案】C
【解析】
C项，电荷不守恒，在C点溶液呈酸性，离子浓度关系应为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）。
第Ⅱ卷填空题部分
二、填空题（共4小题，共46分。）
19.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致： N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4，请回答：
（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______。
A．消耗1molN2同时生成1molO2 B．混合气体密度不变
C．混合气体平均相对分子质量不变 D．2v正（N2）=v逆（NO）
（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______（填字母序号）
（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（5）在240℃下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1 mol/L、4.0×10-2 mol/L和3.0×10-3 mol/L，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是_________________________________________。
【答案】 (1). 0.05 mol·L-1·min-1 (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 在此温度下，Qc=（3×10-3）2／（2.5×10-1 ）×（4.0×10-2）=9×10-4
【分析】
以汽车尾气中NO的形成反应为例，综合考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、外因对化学平衡的影响。
【详解】(1)据反应速率定义，v(N2)=v(O2)====0.05 mol·L-1·min-1 ；
(2)据反应式，正反应消耗1molN2时必消耗1molO2，又因同时生成1molO2，即容器中O2的的物质的量不再改变，是平衡状态；恒容容器中只有气体物质，混合气体密度始终不变，不能作为平衡标志；对于气体总物质的量、总质量都不变的反应，混合气体平均摩尔质量、平均相对分子质量必然不变，不能作为平衡的标志；不论是否达到化学平衡，有v正（N2）:v正（NO)＝1:2，代入2v正（N2）=v逆（NO），得v正（NO）＝v逆（NO），即化学平衡状态。选AD。
(3)因反应吸热，升高温度，化学平衡右移，K变大，A图正确；催化剂能缩短反应到达平衡的时间，但不能使平衡移动，故平衡时c（NO)应相等，B图错误；温度T1较高，反应先达到平衡。升高温度，平衡右移，氮气转化率更大，C图正确。选AC。
(4)化学平衡状态与反应途径无关。平衡后充入一定量NO，相当于起始时充入等物质的量的N2和O2，或相当于对原平衡状态加压。对于气体分子数不变的反应，加压平衡不移动，故新旧平衡NO的体积分数不变。
(5)容器内N2、O2、NO三种物质共存，正、逆反应速率均不为零，应用Qc与K的关系判断反应方向。Qc=（3×10-3）2／[（2.5×10-1 ）×（4.0×10-2）]=9×10-4
20.按要求填空：
（1）AlCl3的水溶液 pH______7（填＞、=、＜），其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是______（填化学式）。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至_____。
（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl ②氨水 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______________。 （用序号表示）
（4）常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为____________________。
（5）室温，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸的体积比为____________。
【答案】 (1). < (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). 5 (5). ③>①>② (6). 106:1 (7). 9:1
【解析】
【分析】
根据水溶液中的离子平衡及其移动进行分析，根据相关的公式进行溶液pH及Ksp的相关计算。
【详解】(1)AlCl3的水溶液中，因Al3+水解：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，使溶液呈酸性，pH＜7。由于水解吸热、HCl的挥发，加热蒸干过程中水解平衡不断向右移动，生成的 Al(OH)3受热分解，最终得Al2O3固体。
(2)常温下，当c(Cr3+)＝10−5mol/L时，Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−5mol/L×c3(OH−)=10−32，解得c(OH−)=10−9mol/L，故c(H+)=10−5mol/L，pH=5 。
(3)据电离方程式：①NH4Cl＝NH4++Cl-，②NH3·H2ONH4++OH−， ③NH4HSO4=NH4++H++SO42-，知相同物质的量浓度的三种溶液中c(NH4+)：①≈③>②。又NH4+水解NH4++H2ONH3·H2O+H+， ③中的H+使水解平衡左移，c(NH4+)增大，故③>①>②。
(4)常温下纯水中存在H2OH++OH－，溶解NH4Cl后，电离产生的NH4+与OH－结合，使水的电离平衡右移，溶液中H+全部来自水电离。pH=4时， c(H+)水＝c(H+)＝10－4mol/L；溶解HCl后，HCl电离产生的H+，使水的电离平衡左移，盐酸中 c(H+)水与溶液中c(OH−)相等， c(H+)水＝c(OH−)水＝c(OH−)＝Kw/c(H+)=10－10mol/L。两种溶液中水电离出c(H+)之比为106:1。
(5)设NaOH溶液与盐酸的体积分别是V1、V2。室温时混合溶液的pH=6，则盐酸有剩余，故10－4mol/L×V2－×V1＝10－6mol/L×(V1+V2)，解得V1:V2＝9:1。
【点睛】比较相同浓度的不同溶液中同种离子浓度的大小，首先要弄清这种离子的来源，注意电离程度的差别、溶液浓度与离子浓度的关系。再看这种离子的水解，以及共存其它离子对其水解平衡的影响。
21.实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。请完成下列填空:
（1）配制500mL 0.1000mol·L-1 NaOH 标准溶液。
①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。
②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平(带砝码、镊子)、药匙、__________
（2）取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用__________(填仪器名称)盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次,记录数据如下:
滴定次数
待测盐酸
的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/rnL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
4.10
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
（3）①如何判断滴定终点：____________________________。
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的__________(填序号),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（4）在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。
A．酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
D．滴定终点读数时俯视读数
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
【答案】 (1). 500ml容量瓶（容量瓶不写体积不给分） (2). 胶头滴管 (3). 2.0 (4). 小烧杯 (5). 碱式滴定管 (6). 当最后一滴恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点 (7). 0.1000 (8). 丙 (9). AD
【解析】
【分析】
根据中和滴定过程中各环节的相关要求和规范进行分析。
【详解】(1)①依据配制一定物质的量浓度溶液的过程，可知配制500mL 0.1000mol·L-1 的NaOH 标准溶液还需玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管。
②m(NaOH)=500mL×0.1000mol·L-1 ×40g/mol=2.0g。NaOH是腐蚀性试剂，不能放在纸片上称量，需用烧杯进行间接称量。
待测稀盐酸、酚酞指示剂放在锥形瓶中，则标准NaOH溶液放在碱式滴定管中。
(3)①滴定前，锥形瓶中混合溶液无色，随着NaOH溶液滴入，溶液pH增大。当滴入1滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。
②待测盐酸都是20mL，三次滴定消耗标准NaOH溶液分别是20.10mL、19.90mL、23.00mL。显然，第三次滴定误差较大，应舍弃。前两次滴定平均消耗标准NaOH溶液20.00mL，易求得c(HCl)=0.1000mol·L-1 。
③排去碱式滴定管中气泡时，将碱式滴定管倾斜，使橡胶管向上弯曲，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。丙图合理。
(4)A．未用待测盐酸润洗酸式滴定管，则待测盐酸被酸式滴定管内壁附着的水稀释，所测盐酸浓度偏低。
B．锥形瓶未干燥，不能改变一定体积待测盐酸中HCl的物质的量，也不影响消耗标准溶液的体积，对测定结果无影响。
C．中和一定体积的待测盐酸，消耗Na2CO3固体的质量大于NaOH固体的质量。当NaOH固体中混有Na2CO3固体时，消耗标准溶液的体积偏大，所测盐酸浓度偏高。
D．滴定终点读数时俯视，使标准溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏低。
E．滴定前后，碱式滴定管尖嘴部分都应没有气泡。滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使标准溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏高。
造成测定果偏低的有AD。
【点睛】影响中和滴定结果的因素很多，都可归结为对标准溶液体积的影响。然后根据“滴多偏高、滴少偏低”规律分析误差，其中“滴多、滴少”指标准溶液的体积，“偏高、偏低”指待测溶液的浓度。
22.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H= -113.0 kJ·mol-1，2SO2(g)+ O2 (g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ·mol-1，SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。
① 写出NO2和SO2反应的热化学方程式为__________________________。
② 随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是____________。（填“增大”或“减小”或“不变”）
（2）提高2SO2 + O22SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。
① T温度时，在1L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2，5 min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该温度下反应的平衡常数K=_______。
② 在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_________（填字母）。
a．温度和容器体积不变，充入1.0 mol He b．温度和容器体积不变，充入1.0 mol O2
c．在其他条件不变时，减少容器的体积 d．在其他条件不变时，升高体系温度
（3）汽车尾气是氮氧化物的一个主要来源。汽缸中生成NO的反应为：N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO的排放量越大，其原因是_______________。
（4）研究人员在汽车尾气系统中装置催化转化剂，可有效降低NOx的排放。
① 写出用CO还原NO生成N2的化学方程式____________________。
② 在实验室中模仿此反应，在一定条件下的密闭容器中，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况和n (NO)/n(CO)比例变化情况如下图。
为达到NO转化为N2的最佳转化率，应该选用的温度和n(NO)/n(CO)比例分别 为________、________；该反应的∆H________0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】 (1). NO2(g) + SO2(g) = SO3(g) + NO(g) △H ＝ -41.8 kJ·mol-1 (2). 减小 (3). 2L/mol (4). bc (5). 升高温度，反应速率加快，平衡向正向移动，则NO的排放量单位时间内增多 (6). 2NO+2CON2+2CO2 (7). 900K (8). n(NO)/n(CO)=1∶1 (9). ＞
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热；根据化学平衡常数的计算公式及其与温度的关系、外因对化学平衡的影响进行相关的判断；认真分析图象中信息。
【详解】(1)给已知热化学方程式编号：
(a)2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H= -113.0 kJ·mol-1，
(b)2SO2(g)+ O2 (g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ·mol-1 。
①消去无关物质O2，将（b-a）/2得NO2和SO2反应的热化学方程式：
NO2(g) + SO2(g) = SO3(g) + NO(g) △H ＝ -41.8 kJ·mol-1 。
②温度升高，平衡左移，该反应化学平衡常数减小。
(2)①温度T、1L：2SO2 + O2 2SO3
起始/mol 2.0 1.0 0
转化/mol 2.0×50% 0.5 1.0
平衡/mol 1.0 0.5 1.0
平衡时SO2、O2、SO3浓度分别是1.0mol·L-1、0.5mol·L-1、1.0mol·L-1， T温度时反应的平衡常数K=2L/mol。
②a．温度和容器体积不变时充入He，化学平衡不移动，SO2的转化率不变；b．温度和容器体积不变时充入1.0 mol O2，平衡右移，SO2的转化率增大；c．在其他条件不变时减少容器的体积，即增大压强，平衡右移，SO2的转化率增大；d．在其他条件不变时升高体系温度，平衡左移，SO2的转化率减小。选bc。
(3)对于反应：N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，升高温度，反应速率加快，平衡向正向移动，则单位时间内NO的排放量增多。
(4)①CO还原NO生成N2的化学方程式2NO+2CON2+2CO2。
②从图中看，900K、n(NO)/n(CO)=1∶1时，NO转化为N2的转化率最大。当n(NO)/n(CO)一定时，温度升高，NO转化率增大。故正反应吸热、∆H＞0。
【点睛】温度和体积不变时向容器中充入稀有气体，虽然容器内总压强变大，但与反应相关的各气体的浓度都没有发生变化，故化学平衡不会移动。
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