2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等四校高二（上）期中化学试卷

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2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等四校高二（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个正确的答案，每小题3分共48分）
1．（3分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（　　）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列选项能说明醋酸是弱电解质的事实是（　　）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，溶液的pH增大
D．0.1mol/L的醋酸溶液中，氢离子浓度约为0.001mol/L
3．（3分）下列有关热化学方程式的叙述，正确的是（　　）
A．若2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221 kJ•mol﹣1，则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
B．若CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol
C．若2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝56.9 kJ•mol﹣1，则2 mol NO2（g）置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9 kJ
D．若H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣57.3 kJ•mol﹣1，含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3 kJ
4．（3分）在一密闭容器中，充入一定量的反应物A，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则下列判断正确的是（　　）
A．平衡向正反应方向移动了
B．物质A的转化率降低
C．物质B的质量增加
D．a＞b
5．（3分）反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（　　）

A．反应在c点达到平衡状态
B．△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．反应物浓度：a点小于b点
7．（3分）在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）⇌2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到，则该反应方程式中的n值是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（3分）下列说法正确的有几个（　　）
①平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大
②平衡向正反应方向移动，化学平衡常数一定增大
③0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释后溶液中CH3COO﹣ 物质的量减少
④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
⑤一种物质不是电解质就是非电解质
A．0 B．1 C．2 D．3
9．（3分）2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2⇌PCl5．达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）
A．0.40mol
B．0.20mol
C．小于0.20mol
D．大于0.20mol，小于0.40mol
10．（3分）对反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0来说，当反应达到平衡时，下列措施：
①升高温度
②恒容通入N2
③增加CO的浓度
④减压
⑤加催化剂
⑥恒压通入惰性气体
⑦恒容加入COCl2，
能提高COCl2转化率的是（　　）
A．①②④⑦ B．①④⑥ C．②③⑥⑦ D．③⑤⑥
11．（3分）在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）⇌cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（　　）

A．在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B．在图象反应Ⅰ中，若p1＞p2，则此反应的△S＞0
C．在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D．在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应能自发进行
12．（3分）如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数，则下列说法中不正确的是（　　）
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10﹣5
K1＝4.5×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
K1＝9.1×10﹣8
K2＝1.1×10﹣12
K1＝7.5×10﹣3
K2＝6.2×10﹣8
K3＝2.2×10﹣13
A．碳酸的酸性强于氢硫酸
B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C．酸性由大到小的顺序为H2PO4﹣＞H2S＞HCO3﹣
D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
13．（3分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H＝x kJ•mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1＝a kJ•mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2＝b kJ•mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3＝c kJ•mol﹣1
则x为（　　）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
14．（3分）下列说法错误的是（　　）
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
15．（3分）向某密闭容器中加入0.6molA、0.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[其中t0～t1阶段c（B）未画出]。t2时刻后改变条件反应体系中反应速率随时间变化的情况如乙图所示，且四个阶段都各改变一种条件并且改变的条件均不相同，已知t3～t4阶段为使用催化剂，下列说法正确的是（　　）

A．反应的方程式为3A（g）+B（g）⇌2C（g）
B．若t2～t3阶段，C的体积分数变小，此阶段v（正）＞v（逆）
C．B的起始物质的量为0.08mol
D．t4～t5阶段改变的条件为升高温度
16．（3分）煤制合成天然气是煤气化的一种重要方法，其工艺核心是合成过程中的甲烷化，涉及的主要反应：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0②
现在300℃、容积为2L的密闭容器中进行有关合成天然气的实验，相关数据记录如下：

CO/mol
CO2/mol
H2/mol
CH4/mol
H2O/mol
0min
4
3
40
0
0
30min
2
2
a
3

70min
1
b
c
d
6
下列有关说法不正确的是（　　）
A．a＝30，b＝1.5
B．c＝25，d＝4.5
C．前30 min内，反应①的平均反应速率v（CH4）＝0.05 mol•L﹣1•min﹣1
D．后40 min内，反应②的平均反应速率v（H2）＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1
二、非选择题
17．（11分）氮元素有着多变价态和种类繁多的化合物，它们在工农业生产、生活中发挥着重要的作用。完成下列问题：
在一密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表：
T
298K
398K
498K
…
K
4.1×106
K1
K2
…
（1）比较K1、K2的大小：K1　 　K2（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）若保持容器的容积不变，则该反应达到化学平衡状态的依据是 　 　（填序号）。
a．2v（H2）正＝3v（NH3）逆
b．v（N2）正＝3v（H2）逆
c．容器内压强保持不变
d．混合气体的平均摩尔质量保持不变
（3）若维持容器的压强不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，此时逆反应速率 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡向 　 　方向移动。
18．某酸HX是一元弱酸，25℃时的电离平衡常数Ka＝4.0×10﹣8．
（1）写出该酸的电离方程式　 　，其电离平衡常数表达式Ka＝　 　．
（2）25℃时，向1mol•L﹣1 HX 溶液中加入1mol•L﹣1 盐酸，会　 　（“抑制”或“促进”）HX的电离，c（H+）　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），电离平衡常数Ka　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）25℃时，若HX的起始浓度为0.01mol•L﹣1，则平衡时c（H+）＝　 　mol/L，由水电离的出的c（H+）＝　 　mol/L．
19．（8分）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），达平衡后测得各组分浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度（mol•L﹣1）
0.9
1.0
0.6
①混合气体的平均相对分子质量　 　．
②列式并计算平衡常数K＝　 　．
③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c（H2）的取值范围是　 　．
④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正　 　v逆（填“＞”、“＜”“＝”）．
20．（13分）某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如表实验：
实验序号
实验温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol•L﹣1
V/mL
c/mol•L﹣1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t2
（1）完成上述反应原理的离子反应方程式：　 　。
（2）通过实验A、B，可探究出 　 　（填外部因素）的改变对化学反应速率的影响，其中V1＝　 　、T1＝　 　；通过实验 　 　（填实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2＝　 　。
（3）忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0～8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率ν（KMnO4）＝　 　。
（4）写出草酸电离方程式：　 　。
（5）写出Na2S2O3溶液与稀硫酸反应的离子方程式 　 　。
21．（10分）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响．地壳内每加深1km，压强增大约25 000～30000kPa．在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ
根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有　 　气体逸出，在地壳浅处容易有　 　沉积．
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应　 　（选填编号）．
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，　 　（选填编号）．
a．2v正（HF）＝v逆（H2O） b．v（H2O）＝2v（SiF4）
c．SiO2的质量保持不变 d．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间为8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g•L﹣1，在这段时间内HF的平均反应速率为　 　．
22．（10分）某种工业废水中含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们易被人体吸收积累而导致肝癌。
I、污水处理厂常用还原沉淀法处理含铬废水，其流程如图：

（1）已知第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O
①Cr2O72﹣中Cr的化合价是 　 　。
②常温下，若平衡体系的pH＝12，则溶液显 　 　色。
（2）第②步发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）往FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3的平衡体系中加少量的KCl固体，平衡向哪个方向移动 　 　（向逆反应方向、向正反应方向、不移动）。
II、取样该工业废水，检测其中铬的含量。
步骤Ⅰ：取25.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液，充分反应后滴入几滴淀粉作指示剂。
步骤Ⅲ：用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液测定上面产生的碘单质。
（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）当溶液由蓝色变无色时为滴定终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL
（4）求所取25.00mL废水经酸化后，含有Cr2O72﹣的物质的量为 　 　mol。

2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等四校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确的答案，每小题3分共48分）
1．（3分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（　　）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。
【解答】解：A．Fe是单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．NH3不能电离属于非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于强电解质，故B错误；
C．碳酸钙为强电解质，磷酸为弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；
D．水为弱电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。
2．（3分）下列选项能说明醋酸是弱电解质的事实是（　　）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，溶液的pH增大
D．0.1mol/L的醋酸溶液中，氢离子浓度约为0.001mol/L
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，
【解答】解：A．醋酸和盐酸的物质的量浓度相对大小未知，所以不能根据溶液导电性强弱判断醋酸电离程度，则不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；
B．醋酸溶液和碳酸钙反应缓慢放出二氧化碳，说明醋酸酸性大于碳酸，但碳酸为弱酸，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故B错误；
C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，醋酸溶液加水稀释后溶液的pH都增大，不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸为弱电解质，故C错误；
D．0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其水溶液导电性强弱无关，题目难度不大。
3．（3分）下列有关热化学方程式的叙述，正确的是（　　）
A．若2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221 kJ•mol﹣1，则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
B．若CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol
C．若2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝56.9 kJ•mol﹣1，则2 mol NO2（g）置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9 kJ
D．若H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣57.3 kJ•mol﹣1，含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3 kJ
【分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量；
B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量；
C、可逆反应有限度，不可能进行完全；
D、醋酸为弱酸，电离吸热。
【解答】解：A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，C的稳定氧化物为CO2（g），所以1mol碳完全燃烧放出的热量大于221×kJ＝110.5 kJ，故A正确；
B、CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣812.3kJ/mol，气态水转化为液态水放热，所以甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol，故B错误；
C、可逆反应有限度，不可能进行完全，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝+56.9 kJ•mol﹣1，则2 mol NO2（g）充分反应吸收热量小于56.9 kJ，故C错误；
D、醋酸为弱酸，电离吸热，氢氧化钠和醋酸反应生成1mol水放出的热量少于57.3kJ，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了热化学方程式等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握可逆反应有限度、燃烧热，中和热概念的理解应用，题目难度不大。
4．（3分）在一密闭容器中，充入一定量的反应物A，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则下列判断正确的是（　　）
A．平衡向正反应方向移动了
B．物质A的转化率降低
C．物质B的质量增加
D．a＞b
【分析】达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半相当于增大压强，改变条件瞬间c（B）是原来2倍，当达到新的平衡时，c（B）是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，据此分析解答。
【解答】解：A．改变条件瞬间c（B）是原来2倍，当达到新的平衡时，c（B）是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，故A错误；
B．增大压强平衡逆向移动，则A的转化率降低，故B正确；
C．增大压强平衡逆向移动，则B的物质的量减少，故C错误；
D．增大压强平衡逆向移动，则a＜b，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查阅读、理解和灵活应用能力，正确判断增大压强平衡移动方向是解本题关键，往往易忽略增大压强瞬间c（B）变化而导致错误判断，题目难度不大。
5．（3分）反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】反应物总能量大于生成物总能量时为放热反应，反之为吸收反应，结合总反应、分步反应中能量变化及图象判断，以此来解答．
【解答】解：A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除选项A、D，A+B→X（吸热），则X的能量大于A+B的总能量，X→C（放热），则X的能量大于C的总能量，排除选项B，
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸热与放热反应的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意排除法应用，题目难度不大．
6．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（　　）

A．反应在c点达到平衡状态
B．△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．反应物浓度：a点小于b点
【分析】A．当反应达到平衡状态时，反应速率不变、各物质的浓度及其量均不变；
B．△t1＝△t2时，△c＝v△t，根据图象可知，v△t：ab段小于bc段，则ab段参加反应的物质的量小于bc段；
C．绝热条件下，随着反应，反应物浓度降低，正反应速率应该降低，由图象可知，正反应先一直增加，说明正反应放热反应；
D．反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低。
【解答】解：A．当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，由图可知，c点正反应速率开始减少，所以c点不是平衡点，故A错误；
B．△t1＝△t2时，v△t＝△c，根据图象可知，ab段反应物浓度变化△c小于bc段，则ab段参加反应的物质的量小于bc段，由于反应初始物质的量相等，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故B正确；
C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高、对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；
D．反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以反应物浓度a点大于b点，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解、运用能力的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，运用题给信息，分析图象判断，题目难度中等。
7．（3分）在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）⇌2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到，则该反应方程式中的n值是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】反应后压强增大，说明反应是气体体积增大的反应，据此结合判断n值．
【解答】解：在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）⇌2Q（气）+nR（气），反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加了5%，说明反应是气体体积增大的反应，4+3＜2+n，得到n＞5，选项中只有D符合，故选D。
【点评】本题考查了化学平衡有关计算，注意判断反应后混合气体的物质的量增大，结合选项利用排除法解答，题目难度中等．
8．（3分）下列说法正确的有几个（　　）
①平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大
②平衡向正反应方向移动，化学平衡常数一定增大
③0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释后溶液中CH3COO﹣ 物质的量减少
④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
⑤一种物质不是电解质就是非电解质
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】①若两种反应物时，增加一种物质可促进另一种物质的转化，平衡向正反应方向移动；
②化学平衡常数与温度有关；
③0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释后，促进电离；
④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，可增大单位体积内活化分子的数目；
⑤电解质、非电解质均为化合物。
【解答】解：①若两种反应物时，增加一种物质可促进另一种物质的转化，平衡向正反应方向移动，加入物质的转化率减小，故①错误；
②化学平衡常数与温度有关，若温度不变，改变其它条件使平衡向正反应方向移动，化学平衡常数不变，故②错误；
③0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释后，促进电离，溶液中CH3COO﹣ 物质的量增大，故③错误；
④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，可增大单位体积内活化分子的数目，从而使反应速率增大，故④错误；
⑤电解质、非电解质均为化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，故⑤错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
9．（3分）2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2⇌PCl5．达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）
A．0.40mol
B．0.20mol
C．小于0.20mol
D．大于0.20mol，小于0.40mol
【分析】达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的倍．
【解答】解：达平衡后移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PCl5的物质的量小于0.4mol×＝0.2mol，
故选：C。
【点评】考查化学平衡的有关计算、化学平衡的建立等，难度中等，关键是设计等效平衡建立的途径．
10．（3分）对反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0来说，当反应达到平衡时，下列措施：
①升高温度
②恒容通入N2
③增加CO的浓度
④减压
⑤加催化剂
⑥恒压通入惰性气体
⑦恒容加入COCl2，
能提高COCl2转化率的是（　　）
A．①②④⑦ B．①④⑥ C．②③⑥⑦ D．③⑤⑥
【分析】能提高COCl2转化率，则化学平衡正向移动，但不能加COCl2，结合反应为气体体积增大且为吸热反应及影响平衡移动的因素来解答．
【解答】解：①反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化率增大，故选；
②恒容通入N2，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故不选；
③增加CO的浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
④减压，平衡正向移动，转化率增大，故选；
⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；
⑥恒压通入惰性气体，反应体系的压强减小，平衡正向移动，转化率增大，故选；
⑦恒容加入COCl2，平衡正向移动，但本身物质的量增大，转化率减小，故不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素及转化率，明确增大转化率与平衡移动的关系为解答的关键，⑦为解答的易错点，注意反应体系中浓度不变，平衡不移动，题目难度中等．
11．（3分）在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）⇌cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（　　）

A．在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B．在图象反应Ⅰ中，若p1＞p2，则此反应的△S＞0
C．在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D．在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应能自发进行
【分析】A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
B．如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，如果△G＝△H﹣T△S＜0，则该反应能自发进行．
【解答】解：A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B..如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c，所以正反应是熵减的反应，故B错误；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1＝c，则反应前后熵不变；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，所以焓变小于0，如果△G＝△H﹣T△S＜0，所以该反应能自发进行，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，明确纵横坐标及曲线变化趋势含义是解本题关键，会利用吉布斯自由能判断反应的自发性，题目难度不大．
12．（3分）如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数，则下列说法中不正确的是（　　）
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10﹣5
K1＝4.5×10﹣7
K2＝4.7×10﹣11
K1＝9.1×10﹣8
K2＝1.1×10﹣12
K1＝7.5×10﹣3
K2＝6.2×10﹣8
K3＝2.2×10﹣13
A．碳酸的酸性强于氢硫酸
B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C．酸性由大到小的顺序为H2PO4﹣＞H2S＞HCO3﹣
D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
【分析】A．酸的电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强；
B．多元弱酸分步电离，且第一步电离为主；
C．电离平衡常数越大，酸的酸性越强；
D．电离平衡常数只与温度有关。
【解答】解：A．电离平衡常数Ka1（H2CO3）＞Ka1（H2S），则碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确；
B．多元弱酸分步电离，且每一步都电离出氢离子，第二步电离抑制第一步电离，所以多元弱酸主要以第一步电离为主，其酸性主要由第一步电离决定，故B正确；
C．结合表中电离平衡常数可知：Ka1（H2S）＞Ka2（H3PO4）＞Ka1（H2CO3），则酸性由大到小的顺序为：H2S＞H2PO4﹣＞HCO3﹣，故C错误；
D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，由于温度不变，其电离平衡常数不变，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，明确弱酸电离平衡常数与其酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理等知识点是解本题关键，注意平衡常数只与温度有关，题目难度不大。
13．（3分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H＝x kJ•mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1＝a kJ•mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2＝b kJ•mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3＝c kJ•mol﹣1
则x为（　　）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
【分析】碳的燃烧热△H1＝a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝a kJ•mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2＝b kJ•mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3＝c kJ•mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．
【解答】解：碳的燃烧热△H1＝a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝a kJ•mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2＝b kJ•mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3＝c kJ•mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H＝x kJ•mol﹣1＝（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x＝3a+b﹣c，故选A。
【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大．
14．（3分）下列说法错误的是（　　）
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
【分析】A．根据△H﹣T•△S＜0反应自发分析；
B．该反应△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0；
C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发；
D．该反应△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0．
【解答】解：A．△H﹣T•△S＜0反应自发，吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；
B．该反应气体体积减小，△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故B错误；
C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故C正确；
D．该反应有气体生成，△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应进行的方向，难度不大，注意根据△G＝△H﹣T•△S＜0反应自发分析各选项．
15．（3分）向某密闭容器中加入0.6molA、0.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[其中t0～t1阶段c（B）未画出]。t2时刻后改变条件反应体系中反应速率随时间变化的情况如乙图所示，且四个阶段都各改变一种条件并且改变的条件均不相同，已知t3～t4阶段为使用催化剂，下列说法正确的是（　　）

A．反应的方程式为3A（g）+B（g）⇌2C（g）
B．若t2～t3阶段，C的体积分数变小，此阶段v（正）＞v（逆）
C．B的起始物质的量为0.08mol
D．t4～t5阶段改变的条件为升高温度
【分析】A.根据C、A浓度的变化判断二者计量数关系，根据t4～t5阶段判断化学方程式；
B.生成物体积分数减小，平衡逆向；
C.根据C、A浓度的变化和化学方程式计算B的起始物质的量；
D.温度变化，平衡一定发生移动，正逆反应速率不相等。
【解答】解：A、反应中A的浓度变化为0.15mol/L﹣0.06mol/L＝0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L﹣0.05mol/L＝0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06＝3：2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）⇌B（g）+2C（g），故A错误；
B.若t2～t3阶段，C的体积分数变小，则平衡逆移，此阶段v（正）＜v（逆），故B错误；
C.反应为3A（g）⇌B（g）+2C（g），根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，由于A的起始物质的量为0.6mol 而其浓度为0.15mol/L，所以容器的体积为4L，生成B的物质的量为0.12mol，平衡时B的物质的量为0.2mol，所以起始时B的物质的量为0.2mol﹣0.12mol＝0.08mol，故C正确；
D.如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，应为降低压强，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动图象题，题目难度中等，从乙图判断各阶段的影响因素为解答该题的关键。
16．（3分）煤制合成天然气是煤气化的一种重要方法，其工艺核心是合成过程中的甲烷化，涉及的主要反应：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0②
现在300℃、容积为2L的密闭容器中进行有关合成天然气的实验，相关数据记录如下：

CO/mol
CO2/mol
H2/mol
CH4/mol
H2O/mol
0min
4
3
40
0
0
30min
2
2
a
3

70min
1
b
c
d
6
下列有关说法不正确的是（　　）
A．a＝30，b＝1.5
B．c＝25，d＝4.5
C．前30 min内，反应①的平均反应速率v（CH4）＝0.05 mol•L﹣1•min﹣1
D．后40 min内，反应②的平均反应速率v（H2）＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1
【分析】反应前：n（C）＝n（CO）+n（CO2）＝4mol+3mol＝7mol、n（O）＝n（CO）+2n（CO2）＝4mol+6mol＝10mol、n（H）＝2n（H2）＝80mol，
①根据O原子守恒，30min时生成H2O的物质的量n（H2O）＝n（CO）+2n（CO2）＝2mol+2（3﹣2）mol＝4mol，根据H原子守恒计算剩余H2的物质的量a＝40mol﹣n（H2O）﹣2n（CH4）＝40mol﹣4mol﹣3mol×2＝30mol，即30min时容器中含有2molCO、2molCO2、30molH2、3molCH4、4molH2O（g）；
②根据O原子守恒，0～70min消耗n（CO2）＝[n（H2O）剩余﹣n（CO）消耗]＝[6mol﹣（4mol﹣1mol）]＝1.5mol，n（CO2）剩余＝b＝3mol﹣1.5mol＝1.5mol，
C原子守恒有，生成CH4的物质的量n（CH4）＝d＝n（CO）+n（CO2）＝（4﹣1）mol+（3﹣1.5）mol＝4.5mol，
H原子守恒有，剩余H2的物质的量n（H2）＝c＝40mol﹣[2n（CH4）+n（H2O）]＝40mol﹣（2×4.5mol）﹣6mol＝25mol，即70min时容器中含有1molCO、1.5molCO2、25molH2、4.5molCH4、6molH2O（g），据此分析解答。
【解答】解：反应前：n（C）＝n（CO）+n（CO2）＝4mol+3mol＝7mol、n（O）＝n（CO）+2n（CO2）＝4mol+6mol＝10mol、n（H）＝2n（H2）＝80mol，
①根据O原子守恒，30min时生成H2O的物质的量n（H2O）＝n（CO）+2n（CO2）＝2mol+2（3﹣2）mol＝4mol，根据H原子守恒计算剩余H2的物质的量a＝40mol﹣n（H2O）﹣2n（CH4）＝40mol﹣4mol﹣3mol×2＝30mol，即30min时容器中含有2molCO、2molCO2、30molH2、3molCH4、4molH2O（g）；
②根据O原子守恒，0～70min消耗n（CO2）＝[n（H2O）剩余﹣n（CO）消耗]＝[6mol﹣（4mol﹣1mol）]＝1.5mol，n（CO2）剩余＝b＝3mol﹣1.5mol＝1.5mol，
C原子守恒有，生成CH4的物质的量n（CH4）＝d＝n（CO）+n（CO2）＝（4﹣1）mol+（3﹣1.5）mol＝4.5mol，
H原子守恒有，剩余H2的物质的量n（H2）＝c＝40mol﹣[2n（CH4）+n（H2O）]＝40mol﹣（2×4.5mol）﹣6mol＝25mol，即70min时容器中含有1molCO、1.5molCO2、25molH2、4.5molCH4、6molH2O（g）；
由上述分析可知，30min时容器中含有2molCO、2molCO2、30molH2、3molCH4、4molH2O（g），70min时容器中含有1molCO、1.5molCO2、25molH2、4.5molCH4、6molH2O（g），所以a＝30、b＝、1.5、c＝25、d＝4.5，故A、B正确；
C、前30 min内，反应①的平均反应速率v（CH4）＝v（CO）＝＝＝0.033mol/（L•min），故C错误；
D、后40 min内，反应②的平均反应速率v（H2）＝4v（CO2）＝4×＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率及其计算，为高频考点和高考常见题型，侧重学生分析能力和计算能力的考查，利用原子守恒推断各物质的消耗量和剩余量是解题关键，注意化学反应速率与化学计量数关系的运用，题目难度中等。
二、非选择题
17．（11分）氮元素有着多变价态和种类繁多的化合物，它们在工农业生产、生活中发挥着重要的作用。完成下列问题：
在一密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表：
T
298K
398K
498K
…
K
4.1×106
K1
K2
…
（1）比较K1、K2的大小：K1　＞　K2（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）若保持容器的容积不变，则该反应达到化学平衡状态的依据是 　acd　（填序号）。
a．2v（H2）正＝3v（NH3）逆
b．v（N2）正＝3v（H2）逆
c．容器内压强保持不变
d．混合气体的平均摩尔质量保持不变
（3）若维持容器的压强不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，此时逆反应速率 　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡向 　正反应　方向移动。
【分析】（1）该反应的正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）浓度越大，反应速率越快；增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：（1）该反应的正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小，398K＜498K，所以K1＞K2，
故答案为：＞；
（2）a．2v（H2）正＝3v（NH3）逆＝2v（H2）逆，氢气的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确；
b．3v（N2）正＝v（H2）逆时，反应达到平衡状态，则v（N2）正＝3v（H2）逆时反应没有达到平衡状态，故b错误；
c．恒温恒容条件下，气体压强与气体的物质的量成正比，随着反应进行，气体的物质的量减小，则容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体总质量不变，气体的物质的量减小，则反应前后混合气体的平均摩尔质量增大，混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：acd；
（3）若维持容器的压强不变，达到平衡状态后再向容器中通入一定量的N2，容器的体积增大，改变条件瞬间，生成物的物质的量不变，则生成物浓度减小，逆反应速率减小；生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，
故答案为：减小；正反应。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学反应速率影响因素等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确外界条件对平衡影响原理内涵、化学平衡状态判断方法是解本题关键，题目难度不大。
18．某酸HX是一元弱酸，25℃时的电离平衡常数Ka＝4.0×10﹣8．
（1）写出该酸的电离方程式　HA⇌H++A﹣　，其电离平衡常数表达式Ka＝　　．
（2）25℃时，向1mol•L﹣1 HX 溶液中加入1mol•L﹣1 盐酸，会　抑制　（“抑制”或“促进”）HX的电离，c（H+）　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”），电离平衡常数Ka　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）25℃时，若HX的起始浓度为0.01mol•L﹣1，则平衡时c（H+）＝　2.0×10﹣5　mol/L，由水电离的出的c（H+）＝　5.0×10﹣10　mol/L．
【分析】（1）某酸HX是一元弱酸，25℃时的电离平衡常数Ka＝4.0×10﹣8，则HX是弱酸，在水溶液里部分电离，电离平衡常数表达式Ka＝；
（2）温度不变，向HX溶液中加入同浓度的HCl溶液，抑制HX电离，电离平衡常数只与温度有关；
（3）平衡时c（H+）＝，溶液中由水电离的出的c（H+）＝c（OH﹣）．
【解答】解：（1）某酸HX是一元弱酸，25℃时的电离平衡常数Ka＝4.0×10﹣8，则HX是弱酸，其电离方程式为HA⇌H++A﹣，在水溶液里部分电离，电离平衡常数表达式Ka＝，故答案为：HA⇌H++A﹣；；
（2）温度不变，向HX溶液中加入同浓度的HCl溶液，溶液中c（H+），抑制HX电离；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故答案为：抑制；增大；不变；
（3）平衡时c（H+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，溶液中由水电离的出的c（H+）＝c（OH﹣）＝mol/L＝5.0×10﹣10mol/L．
故答案为：2.0×10﹣5；5.0×10﹣10．
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查电离平衡常数的有关计算，正确理解电离平衡常数表达式是解本题关键，注意电离平衡常数与溶液浓度无关，只与温度有关，难点是计算酸溶液中水电离的出的c（H+）．
19．（8分）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），达平衡后测得各组分浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度（mol•L﹣1）
0.9
1.0
0.6
①混合气体的平均相对分子质量　18.56　．
②列式并计算平衡常数K＝　＝0.67L2•moL﹣2　．
③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c（H2）的取值范围是　1mol•L﹣1＜c（H2）＜2mol•L﹣1　．
④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正　＝　v逆（填“＞”、“＜”“＝”）．
【分析】①依据混合气体的平均相对分子质量＝计算得到；
②平衡常数是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算得到；
③依据极值转化和反应是可逆反应不能进行彻底分析判断取值范围；
④依据浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向．
【解答】解：①图表数据分析可知，n（CO）＝2L×0.9mol/L＝1.8mol；n（H2）＝2L×1.0mol/L＝2mol；n（CH3OH）＝2L×0.6mol/L＝1.2mol；
混合气体的平均摩尔质量＝＝＝18.56g/mol；
所以混合气体的平均相对分子质量18.56，
故答案为：18.56；
②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），由图表中物质平衡浓度可知，K＝＝0.67 L2•moL﹣2；
故答案为：＝0.67 L2•moL﹣2；
③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），若将容器体积压缩为1L，个物质浓度应变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，反应正向进行，平衡浓度小于2mol/L，所以氢气的平衡浓度应1 mol•L﹣1＜c（H2）＜2 mol•L﹣1；
故答案为：1 mol•L﹣1＜c（H2）＜2 mol•L﹣1；
④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，则 各物质浓度为
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），
0.9+0.6＝1.5 1.0 0.6+0.4＝1
Q＝＝0.67＝K
说明费用达到的平衡和原来的平衡状态相同，则V正＝V逆；
故答案为：＝．
【点评】本题考查了平衡状态的分析判断，平衡常数的计算应用和分析判断是解题关键，题目难度中等．
20．（13分）某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如表实验：
实验序号
实验温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol•L﹣1
V/mL
c/mol•L﹣1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t2
（1）完成上述反应原理的离子反应方程式：　2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　。
（2）通过实验A、B，可探究出 　浓度　（填外部因素）的改变对化学反应速率的影响，其中V1＝　1　、T1＝　293　；通过实验 　BC　（填实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2＝　3　。
（3）忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0～8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率ν（KMnO4）＝　8.3×10﹣4mol/（L•s）　。
（4）写出草酸电离方程式：　H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣　。
（5）写出Na2S2O3溶液与稀硫酸反应的离子方程式 　S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O　。
【分析】（1）高锰酸钾可氧化草酸；
（2）通过实验A、B，只改变草酸浓度探究反应速率的影响因素；由控制变量法可知，T1＝293，由A组可知总体积为6mL，B、C中只有温度不同；
（3）若t1＜8，可知增大反应物浓度，加快反应速率；结合v＝计算；
（4）二元弱酸分级电离；
（5）Na2S2O3溶液在酸性条件下发生歧化反应生成S、SO2。
【解答】解：（1）草酸与高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2+8H2O；
（2）实验A、B，使用的H2C2O4溶液的体积不等，故实验A、B可探究出H2C2O4浓度的改变对反应速率的影响，需要保证其余条件相同，根据实验A可知，保证溶液的总体积为6mL，B中H2C2O4溶液3mL，故需加水6mL﹣2mL﹣3mL＝1mL；需要温度也相同，故T1＝293；实验B、C的温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件需要相同，则V2＝6mL﹣2mL﹣1mL＝3mL，
故答案为：浓度；1；293；BC；3；
（3）根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02mol•L﹣1×0.002L＝0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝×10﹣2mol/L，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为＝8.3×10﹣4mol/（L•s），
故答案为：8.3×10﹣4mol/（L•s）；
（4）草酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，
故答案为：H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣；
（5）Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成S、SO2，离子方程式为S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素、物质的电离、离子方程式书写，为高频考点，把握反应速率的影响因素、控制变量法、速率计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意控制变量法的应用，题目难度不大。
21．（10分）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响．地壳内每加深1km，压强增大约25 000～30000kPa．在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ
根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有　SiF4、H2O　气体逸出，在地壳浅处容易有　SiO2　沉积．
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应　a、d　（选填编号）．
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，　bc　（选填编号）．
a．2v正（HF）＝v逆（H2O） b．v（H2O）＝2v（SiF4）
c．SiO2的质量保持不变 d．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间为8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g•L﹣1，在这段时间内HF的平均反应速率为　0.0010mol/（L•min）　．
【分析】（1）根据反应SiO2（s）+4HF（g）⇌Si4（g）+2H2O（g）进行分析；
（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率增大；
（3）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；
（4）根据反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比解题．
【解答】解：（1）SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ该反应为正反应体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，有SiF4（g）逸出，H2O（g）凝结为水，减小压强有SiO2（s）沉淀析出；故在地壳深处容易有SiF4、H2O 气体逸出，在地壳浅处容易有 SiO2沉积，
故答案为：SiF4、H2O；SiO2；
（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率增大，
故a、d正确；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率＝逆反应速率且各物质的浓度保持不变；
a、根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v正（HF）＝2v正（H2O），当反应达到平衡时，v正（H2O）＝v逆（H2O），因此v正（HF）＝2v逆（H2O），因此a错误；
b、根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正（H2O）＝2v正（SiF4），v逆（H2O）＝2v逆（SiF4），当反应达到平衡时，v正（H2O）＝v逆（H2O），v正（SiF4）＝v逆（SiF4），即v正（H2O）＝2v逆（SiF4）或v逆（H2O）＝2v正（SiF4），因此不管反应有没有达到平衡，v（H2O）＝2v（SiF4）均成立，故b正确；
c、SiO2的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；
d、反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误；
故选：bc．
（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，
则增加的质量为2.0L×0.12g/L＝0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2＝60g，设参加反应的HF的物质量为x，
SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）△m
4mol 1mol 2mol 60g
x 0.24g
＝，解得x＝0.016mol，
v（HF）＝═0.0010mol/（L•min）
故答案为：0.0010mol/（L•min）．
【点评】化学反应速率和化学平衡是化学基本理论的核心知识，是年年必考的内容，特别是有关化学反应速率和化学平衡的计算及影响因素、化学平衡常数的表达式及其计算是高考的重点．
22．（10分）某种工业废水中含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们易被人体吸收积累而导致肝癌。
I、污水处理厂常用还原沉淀法处理含铬废水，其流程如图：

（1）已知第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O
①Cr2O72﹣中Cr的化合价是 　+6　。
②常温下，若平衡体系的pH＝12，则溶液显 　黄　色。
（2）第②步发生反应的离子方程式为 　6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O　。
（3）往FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3的平衡体系中加少量的KCl固体，平衡向哪个方向移动 　不移动　（向逆反应方向、向正反应方向、不移动）。
II、取样该工业废水，检测其中铬的含量。
步骤Ⅰ：取25.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液，充分反应后滴入几滴淀粉作指示剂。
步骤Ⅲ：用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液测定上面产生的碘单质。
（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）当溶液由蓝色变无色时为滴定终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL
（4）求所取25.00mL废水经酸化后，含有Cr2O72﹣的物质的量为 　3×10﹣4　mol。
【分析】（1）①根据氧元素的化合价来确定Cr的化合价；
②根据外界条件对平衡的影响来考虑平衡移动方向，从而确定离子浓度大小，进而确定颜色变化；
（2）根据已知的反应物和生成物，结合元素守恒及电荷守恒书写离子方程式；
（3）往FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3的平衡体系中加少量的KCl固体，钾离子和氯离子不参与反应，据此回答；
（4）计算平均消耗Na2S2O3溶液体积，结合化学方程式定量关系计算即可。
【解答】解：（1）①Cr2O72﹣中O的化合价为﹣2价，由离子中元素化合价的代数和等于所带电荷数可得，Cr的化合价为+6，
故答案为：+6；
②若平衡体系的pH＝10，溶液显碱性，氢氧根离子与氢离子反应，则c（H+）减小，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O左移，溶液呈黄色，
故答案为：黄；
（2）第②步中Cr2O72﹣与Fe2+反应生成Fe3+和Cr3+，其反应的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，
故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；
（3）往FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3的平衡体系中加少量的KCl固体，钾离子和氯离子不参与反应，则平衡不移动，
故答案为：不移动；
（4）消耗Na2S2O3溶液18.00mL，发生化学反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到：
Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，
1 6
n 0.1000mol•L﹣1×0.018L
n＝3×10﹣4mol，
故答案为：3×10﹣4。
【点评】本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写等内容，侧重于反应原理的应用的考查，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答，题目难度中等。