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新疆维吾尔自治区喀什市十四校2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测化学试题（PDF版含解析）
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这是一份新疆维吾尔自治区喀什市十四校2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测化学试题（PDF版含解析），文件包含喀什十四校2023-2024学年第一学期期末质量检测试卷参考答案docx、喀什十四校2023-2024学年第一学期期末质量检测试卷pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
1．D
【分析】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；
C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；
C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；
答案为D。
2．A
【详解】断裂1mlN-H需要吸收的能量为x kJ，则根据 =反应物的键能之和-生成物的键能之和可知，945.6kJ/ml+3×436 kJ/ml-2×3x kJ/ml=-92.4kJ/ml，解得x=391，即断裂1mlN-H需要吸收的能量为391 kJ，故选A。
3．A
【详解】A．由图可知，A、B为反应物，C为生成物，化学计量数之比为(0.8-0.2):(0.5-0.3):(0.4-0)=3:1:2，该反应为3A+B⇌2C，故A正确；
B．在t1～(t1+10)s时，各物质的物质的量不再改变为平衡状态，v(正)=v(逆)≠0，故B错误；
C．0～t1 s内时反应物A的转化率为 ×100%=75%，故C错误；
D．0～t1 s内，△c(A)=0.6ml/L，A的反应速率为v(A)=ml/(L•s)，故D错误；
故选：A。
4．D
【详解】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1ml/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
5．B
【详解】A．酸或碱抑制水电离，盐中弱离子水解促进水电离，所以一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，常温下pH均为8的氨水、醋酸钠溶液中水电离程度：前者<后者，故A错误；
B．该反应中△S<0，该反应在一定条件下能自发进行，则△G=△H−T△S<0，则△H<0，故B正确；
C．室温下pH=3的CH3COOH溶液浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后CH3COOH有大量剩余，所以混合溶液呈酸性，故C错误；
D．当该反应达到平衡状态时2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)该反应没有达到平衡状态，故D错误；
故答案选：B。
6．D
【详解】A.碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故A错误；
B.氢氧燃料电池中正负极的反应物质从外部储存装置通入，是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故B错误；
C.若将反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋设计为原电池，根据电池反应，铁失电子，设计电池时应用铁作负极，石墨作正极，FeCl3溶液作电解质，故C错误；
D.锌、铜和稀硫酸构成的原电池工作时，负极上金属锌质量减少，正极上氢离子得电子产生氢气，电池反应式为2H++Zn=H2↑+Zn2+，有6.5g即0.1ml锌溶解，正极上就有0.1ml即0.2g氢气生成，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A. 由于是可逆反应，转化率不能确定，因此不能计算该反应的反应热，所以不能书写热化学方程式，A错误；B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨的总能量低于金刚石，能量越低稳定，所以石墨比金刚石稳定，B正确；C. 醋酸是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1ml水放出的热量小于57.4kJ，C错误；D. 碳完全燃烧放热多，则ΔH1＜ΔH2，D错误，答案选B。
8．A
【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O。
【详解】A. 由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A正确；
B. 恒温恒容下，增大压强，若加入与反应无关的气体，平衡不移动，H2浓度不变，B错误；
C. 升高温度，正逆反应速率都会增大，C错误
D.该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，D错误；
故合理选项为A。
【点睛】化学反应速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素。
注意：①在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中；
②化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；
③若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小时，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
9．D
【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；
C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；
D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；
答案为D。
10．C
【详解】A．NaHCO3溶液中存在HCO的电离平衡和水解平衡、水的电离平衡；Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡、水的电离平衡，故A正确；
B．NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在CO、HCO、H2CO3、OH-、H+、Na＋、H2O，粒子种类相同，故B正确；
C．NaHCO3的水解程度小于Na2CO3，c(OH-)前者小于后者，故C错误；
D．根据电荷守，均存在c(Na＋) + c(H＋) =2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH-)，故D正确；
选C。
11．C
【详解】A．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，所以c(OH-)增大，A错误；
B．加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，B错误；
C． ，加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka不变，所以溶液中 的值增大，C正确；
D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，D错误；
故选C。
12．A
【分析】由图可知，图1为原电池，Fe作负极，石墨作正极；图2是原电池和电解池的串联结构，由烧杯中电解质溶液的种类和电极可以推知甲为原电池装置，乙为电解池装置，甲中Fe为负极，石墨c为正极，乙中石墨a为阴极，石墨b为阳极，乙装置为电解氯化铜的装置，以此解答。
【详解】A．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：，A正确；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，C错误；
D．电子只在导线中移动看，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误；
故选A。
13．C
【分析】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，根据电荷守恒判断；
B.pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸；
C.由于④都发生互促水解，水解程度较大，相对来说，④>⑤，则c(CO32-)的大小⑤<④；
【详解】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，次氯酸钠溶液呈碱性，氯化钠呈中性，氯化钠中c(H+)大于次氯酸钠中c(H+)，NaCl、NaClO溶液中阴阳离子总数是阳离子的2倍，两种溶液中钠离子浓度相等，所以等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数，A错误；
B.醋酸是弱酸，部分电离，pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，酸的物质的量越多，反应消耗NaOH的物质的量越多，所以醋酸消耗的NaOH的物质的量比盐酸多，B错误；
C.由于④发生互促水解，水解程度较大，所以c(CO32-)：②>④，①为二元弱酸，c(CO32-)最小；⑤阴、阳离子水解相互促进，所以c(HCO3-)：③>④，c(HCO3-)的浓度越大，电离产生c(CO32-)越大，所以c(CO32-)：③>④，则这五种溶液中c(CO32-)的大小关系为：②﹥④﹥③﹥⑤﹥①，C正确；
D.0.2 ml/L的CH3COONa和0.1 ml/L的盐酸等体积混合，二者发生反应，CH3COONa过量，反应产生NaCl、CH3COOH，所得溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明：CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，但醋酸是弱酸，电离程度很小，主要以酸分子的形式存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此该溶液中微粒的物质的量浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较的知识。要根据弱电解质的电离影响因素、物质的结构、盐类水解等知识点来分析解答，明确弱电解质电离特点及其影响因素是解本题关键，易错选项是A，根据电荷守恒再结合溶液中存在的阳离子浓度判断离子总数大小。
14．C
【详解】
根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，故A正确；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；
C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；
D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：C。
15．C
【详解】A．由图象可知，为正反应的活化能，为逆反应的活化能，A项错误；
B．催化剂能降低反应的活化能、不能改变反应的焓变，B项错误；
C．与的差值是该反应的焓变，该差值为正值，故该反应为吸热反应，C项正确；
D．活化能越大，反应越难进行，D项错误；
答案选C。
16．D
【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。
【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；
B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；
C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；
D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；
答案选D。
17．C
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱。
【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2，故A正确；
B．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-+4H2O，故B正确；
C．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3ml电子，正极有1mlK2FeO4被还原，故C错误；
D．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确；
故选C。
18．D
【分析】由图可知，t2时正、逆反应速率同等程度增大；t3时正、逆反应速率均减小，但逆反应速率大，平衡逆向移动；t5时正、逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，结合可逆反应的特点及平衡移动来解答。
【详解】A. 该反应的正反应为气体体积减小的反应，t3时正、逆反应速率均减小，且逆反应速率比正反应速率大，说明平衡逆向移动，应为减小压强，A正确；
B. 该反应的正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，逆反应速率增大的多于正反应速率的增大，平衡逆向移动，故改变条件应为升高温度，B正确；
C. 该由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，C正确；
D. 由图可知，t5时平衡逆向移动，则t6时反应物的转化率比t4时低，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握化学反应的特点及图像中速率的变化为解答的关键，若化学反应速率v正=v逆，反应处于平衡状态；若v正>v逆，平衡正向移动；若v正19．D
【详解】A．锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液体积不变，测定值不变，故A错误；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用盐酸润洗，导致盐酸浓度变小，消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗标准盐酸溶液体积偏大，测定值偏高，故C错误；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时平视读数，会导致消耗标准盐酸溶液体积偏小，测定值偏低，故D正确；
20．B
【详解】A．从反应②可知，K2=480，说明正反应进行程度较大，说明相比于O2，血红蛋白分子更易与CO结合，A正确；
B．CO中毒，立即隔离(或切断)CO源不能使K2变小，K2只与温度有关，B错误；
C．高原地区含氧量低，氧气浓度小，反应①平衡逆向移动，导致Hb数量普遍较高，C正确；
D．CO中毒，将病人移入高压氧舱，O2浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，D正确；
故答案选B。
21．C
【详解】A．由总反应： 可知，正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项错误；
B．由，B项错误；
C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；
答案选C。
22．B
【详解】A．向1mL0.1ml/LMgCl2溶液中滴加1~2滴0.1ml/LNaOH溶液，产生白色Mg(OH)2沉淀、且MgCl2过量，再滴加2滴0.1ml/LFeCl3溶液，若白色沉淀转化为红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化成更难溶于水的Fe(OH)3沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，A项能达到实验目的；
B．NaClO属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，但NaClO水解生成的HClO具有漂白性，能使pH试纸最终褪色，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，B项不能达到实验目的；
C．FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，若直接加热蒸干FeCl3溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解，不能获得无水FeCl3，在HCl气流中加热蒸干，由于HCl抑制了FeCl3水解，最终能制备无水FeCl3晶体，C项能达到实验目的；
D．1mL0.1ml·L-1 FeCl3溶液和2mL0.1ml·L-1KI溶液充分反应，氯化铁少量，观察到滴加几滴KSCN溶液后变成红色，即含有Fe3+，则可证明FeCl3与KI的反应是可逆反应，D项能达到实验目的；
答案选B。
23．C
【详解】A．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，溶液中浓度减小，A正确；
B．溶度积常数只与温度有关系，温度不变，溶度积常数不变，B正确；
C．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，的溶解度减小，C错误；
D．加入少量固体，浓度增大，沉淀溶解平衡向左移动，D正确；
答案选C。
24．A
【详解】A．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的颜色先变浅后变深，则加压，气体颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量减小，则降温可使混合气体平均相对分子质量减小能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．向溶液中加入少量碳酸钠溶液，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钙的溶解平衡右移，氢氧化钙固体质量会减小，则向溶液中加入少量碳酸钠溶液，氢氧化钙固体质量会减小能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液的橙色加深，则向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液橙色加深能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选A。
25．C
【详解】A．工业上通入过量空气的主要目的是为了增大二氧化硫的转化率，A错误；
B．回收尾气中的除了防止空气污染还可以提高原料的利用率，B错误；
C．由表格可知常压生产平衡时的转化率已足够高，增大压强会增加设备成本，C正确；
D．选择的较高温度可提高反应速率但不能提高平衡转化率，D错误；
故选C。
26． 酸 +H2O⇌NH3·H2O+H+ 10-4 10-11 D = > ④>⑤>⑦
【详解】(1)NH4Cl 是强酸弱碱盐，NH4Cl水解的离子方程式是+H2O⇌NH3·H2O+H+，所以溶液显酸性；
(2)常温下，pH=10 的 CH3COONa 溶液中，c(H+ )=10-10 ml/L、c(OH- )= 10-4 ml/L，CH3COONa水解促进水电离，所以水电离出来的 c(OH- ) =10-4 ml/L； pH=3 的CH3COOH 溶液中c(H+ )=10-3 ml/L、c(OH- )= 10-11 ml/L，CH3COOH电离抑制水电离，所以水电离出来的 c(H+ )=10-11 ml/L；
(3) A.向水中加入NaHSO4 固体，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，故不选A；
B.向水中加入Na2CO3 固体，碳酸钠水解，促进水电离，溶液呈碱性，故不选B；
C.加热至 100℃ ，电离平衡正向移动，纯水呈中性，故不选C；
D.向水中加入(NH4)2SO4 固体，(NH4)2SO4水解，促进水电离，溶液呈酸性，故选D；
(4) 常温下，将 pH=12 的 NaOH 和氨水分别加水稀释 100 倍，氢氧化钠是强碱，稀释后 NaOH 的 pH=10， 一水合氨是弱碱，加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，氨水的pH>10；
(5) NH3·H2O是弱电解质，NH4Cl、CH3COONH4是强电解质，CH3COO-水解促进水解，等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中 浓度由大到小的顺序是NH4Cl>CH3COONH4>NH3·H2O。
27．(1) ②③⑥⑩ ⑧⑨ ④⑦
(2)NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO
(3)CD
(4)CD
(5) c 及时分离出氨气
【详解】（1）强电解质的类别有强酸、强碱、大多数的盐和金属氧化物，故强电解质有②③⑥⑩；电解质的类别是酸、碱、盐、金属氧化物和水，其它化合物为非电解质，故非电解质有⑧⑨；盐酸溶液中的电解质氯化氢在水中发生电离生成自由移动的离子，可以导电，石墨能导电的原因是因为含有自由移动的电子，故能导电的物质有④⑦；
（2）硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，其电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO；
（3）A．容器内和的比例与起始投放量有关，与平衡无关，A错误；
B．体积固定，容器内气体的质量又保持不变，故气体的密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．因为，所以当时则有，能说明平衡，C正确；
D．氢气为反应物，CO为生成物，故和CO的物质的量之比保持不变说明反应达到了平衡，D正确；
故选CD。
（4）A．催化剂不能改变平衡转化率，A错误；
B．反应前后气体的系数之和相同，故增大压强平衡平衡不发生移动，B错误；
C．及时分离出(g)，生成物的浓度降低，根据勒夏特列原理平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，C正确；
D．由表格数据可看出，温度升高K增大，说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，D正确；
故选CD。
（5）在氮气的量保持不变的情况下，增加氢气的量将会促进氮气的转化率，故氢气的量越多，则氮气的转化率越大，故c点氮气的转化率最大；
为提高氨气的平衡产率，可通过及时分离出氨气降低氨气的浓度，使平衡正向移动。
28．(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1
(2)Ka×Kh ＞
(3)T1＜T2＜T3 该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低
(4)放热 正
(5)N CH3OH +H2O-6e-=CO2+6H+
【详解】试题分析：(1)根据盖斯定律分析，反应①+反应②即可得热化学方程式为：
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1。(2)亚硝酸的电离平衡常数；亚硝酸根离子水解平衡常数，水的离子积常数，所以有水的离子积常数=Ka×Kh，Kw=9.7×10-4×8.0×10-10 =7.2×10-14，比常温下的水的离子积常数大，说明温度高于25℃。(3)因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率减小，所以T1＜T2＜T3。(4)从表格数据分析，温度高，平衡时乙醚的物质的量小，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热。从表格数据计算平衡常数=（0.080×0.080）/(0.20-0.080×2)2=4，Q=（0.15×0.10）/（0.15）2=2/3<5，反应将向正反应方向进行。(5)从图分析，甲醇在负极反应，生成二氧化碳和氢离子，氢离子通过质子交换膜向正极移动，正极为氧气得到电子结合氢离子生成水，右侧产生水，所以右侧为正极，质子向N极移动，负极的电极反应为 CH3OH +H2O-6e-=CO2+6H+
考点： 盖斯定律，平衡移动，平衡常数的计算和应用，原电池的原理
【名师点睛】影响化学平衡移动的因素有浓度温度压强等。增大反应物的浓度，平衡正向移动，升温向吸热方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小方向移动。总之平衡总是向减小改变程度的方向移动。
29．(1) HCl NaOH
(2)
(3)
(4) 0.2002 c 滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色
【分析】E溶液显中性，应为NaCl溶液；C、D均显碱性，稀释时C的pH变化更明显，所以C的碱性更强，则C为NaOH、D为NH3·H2O；A、B均显酸性，稀释时B的pH变化更明显，则B的酸性更强，所以B为HCl，A为CH3COOH，B与C反应得到E， 则E为NaCl；
【详解】（1）由分析可知，B为HCl，C为NaOH；
（2）由分析可知，A为CH3COOH，其电离方程式为：；
（3）由分析可知，B为HCl，D为NH3·H2O，则两者反应的离子方程式为：；
（4）①由于第3次实验的数据差别太大，舍去，则消耗NaOH溶液的体积为：，根据，则，得；
②根据题干信息，锥形瓶中应该盛放醋酸，滴定管中盛放氢氧化钠溶液，二者恰好反应时溶液显示碱性，应该使用酚酞作为指示剂，所以答案选c；酚酞遇碱变红色，故滴定终点的现象是：滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。
1．D
【分析】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；
C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；
C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；
答案为D。
2．A
【详解】断裂1mlN-H需要吸收的能量为x kJ，则根据 =反应物的键能之和-生成物的键能之和可知，945.6kJ/ml+3×436 kJ/ml-2×3x kJ/ml=-92.4kJ/ml，解得x=391，即断裂1mlN-H需要吸收的能量为391 kJ，故选A。
3．A
【详解】A．由图可知，A、B为反应物，C为生成物，化学计量数之比为(0.8-0.2):(0.5-0.3):(0.4-0)=3:1:2，该反应为3A+B⇌2C，故A正确；
B．在t1～(t1+10)s时，各物质的物质的量不再改变为平衡状态，v(正)=v(逆)≠0，故B错误；
C．0～t1 s内时反应物A的转化率为 ×100%=75%，故C错误；
D．0～t1 s内，△c(A)=0.6ml/L，A的反应速率为v(A)=ml/(L•s)，故D错误；
故选：A。
4．D
【详解】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1ml/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
5．B
【详解】A．酸或碱抑制水电离，盐中弱离子水解促进水电离，所以一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，常温下pH均为8的氨水、醋酸钠溶液中水电离程度：前者<后者，故A错误；
B．该反应中△S<0，该反应在一定条件下能自发进行，则△G=△H−T△S<0，则△H<0，故B正确；
C．室温下pH=3的CH3COOH溶液浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后CH3COOH有大量剩余，所以混合溶液呈酸性，故C错误；
D．当该反应达到平衡状态时2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)该反应没有达到平衡状态，故D错误；
故答案选：B。
6．D
【详解】A.碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故A错误；
B.氢氧燃料电池中正负极的反应物质从外部储存装置通入，是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故B错误；
C.若将反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋设计为原电池，根据电池反应，铁失电子，设计电池时应用铁作负极，石墨作正极，FeCl3溶液作电解质，故C错误；
D.锌、铜和稀硫酸构成的原电池工作时，负极上金属锌质量减少，正极上氢离子得电子产生氢气，电池反应式为2H++Zn=H2↑+Zn2+，有6.5g即0.1ml锌溶解，正极上就有0.1ml即0.2g氢气生成，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A. 由于是可逆反应，转化率不能确定，因此不能计算该反应的反应热，所以不能书写热化学方程式，A错误；B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨的总能量低于金刚石，能量越低稳定，所以石墨比金刚石稳定，B正确；C. 醋酸是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1ml水放出的热量小于57.4kJ，C错误；D. 碳完全燃烧放热多，则ΔH1＜ΔH2，D错误，答案选B。
8．A
【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O。
【详解】A. 由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A正确；
B. 恒温恒容下，增大压强，若加入与反应无关的气体，平衡不移动，H2浓度不变，B错误；
C. 升高温度，正逆反应速率都会增大，C错误
D.该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，D错误；
故合理选项为A。
【点睛】化学反应速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素。
注意：①在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中；
②化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；
③若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小时，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
9．D
【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；
C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；
D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；
答案为D。
10．C
【详解】A．NaHCO3溶液中存在HCO的电离平衡和水解平衡、水的电离平衡；Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡、水的电离平衡，故A正确；
B．NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在CO、HCO、H2CO3、OH-、H+、Na＋、H2O，粒子种类相同，故B正确；
C．NaHCO3的水解程度小于Na2CO3，c(OH-)前者小于后者，故C错误；
D．根据电荷守，均存在c(Na＋) + c(H＋) =2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH-)，故D正确；
选C。
11．C
【详解】A．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，所以c(OH-)增大，A错误；
B．加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，B错误；
C． ，加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka不变，所以溶液中 的值增大，C正确；
D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，D错误；
故选C。
12．A
【分析】由图可知，图1为原电池，Fe作负极，石墨作正极；图2是原电池和电解池的串联结构，由烧杯中电解质溶液的种类和电极可以推知甲为原电池装置，乙为电解池装置，甲中Fe为负极，石墨c为正极，乙中石墨a为阴极，石墨b为阳极，乙装置为电解氯化铜的装置，以此解答。
【详解】A．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：，A正确；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，C错误；
D．电子只在导线中移动看，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误；
故选A。
13．C
【分析】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，根据电荷守恒判断；
B.pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸；
C.由于④都发生互促水解，水解程度较大，相对来说，④>⑤，则c(CO32-)的大小⑤<④；
【详解】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，次氯酸钠溶液呈碱性，氯化钠呈中性，氯化钠中c(H+)大于次氯酸钠中c(H+)，NaCl、NaClO溶液中阴阳离子总数是阳离子的2倍，两种溶液中钠离子浓度相等，所以等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数，A错误；
B.醋酸是弱酸，部分电离，pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，酸的物质的量越多，反应消耗NaOH的物质的量越多，所以醋酸消耗的NaOH的物质的量比盐酸多，B错误；
C.由于④发生互促水解，水解程度较大，所以c(CO32-)：②>④，①为二元弱酸，c(CO32-)最小；⑤阴、阳离子水解相互促进，所以c(HCO3-)：③>④，c(HCO3-)的浓度越大，电离产生c(CO32-)越大，所以c(CO32-)：③>④，则这五种溶液中c(CO32-)的大小关系为：②﹥④﹥③﹥⑤﹥①，C正确；
D.0.2 ml/L的CH3COONa和0.1 ml/L的盐酸等体积混合，二者发生反应，CH3COONa过量，反应产生NaCl、CH3COOH，所得溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明：CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，但醋酸是弱酸，电离程度很小，主要以酸分子的形式存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此该溶液中微粒的物质的量浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较的知识。要根据弱电解质的电离影响因素、物质的结构、盐类水解等知识点来分析解答，明确弱电解质电离特点及其影响因素是解本题关键，易错选项是A，根据电荷守恒再结合溶液中存在的阳离子浓度判断离子总数大小。
14．C
【详解】
根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，故A正确；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；
C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；
D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：C。
15．C
【详解】A．由图象可知，为正反应的活化能，为逆反应的活化能，A项错误；
B．催化剂能降低反应的活化能、不能改变反应的焓变，B项错误；
C．与的差值是该反应的焓变，该差值为正值，故该反应为吸热反应，C项正确；
D．活化能越大，反应越难进行，D项错误；
答案选C。
16．D
【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。
【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；
B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；
C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；
D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；
答案选D。
17．C
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱。
【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2，故A正确；
B．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-+4H2O，故B正确；
C．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3ml电子，正极有1mlK2FeO4被还原，故C错误；
D．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确；
故选C。
18．D
【分析】由图可知，t2时正、逆反应速率同等程度增大；t3时正、逆反应速率均减小，但逆反应速率大，平衡逆向移动；t5时正、逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，结合可逆反应的特点及平衡移动来解答。
【详解】A. 该反应的正反应为气体体积减小的反应，t3时正、逆反应速率均减小，且逆反应速率比正反应速率大，说明平衡逆向移动，应为减小压强，A正确；
B. 该反应的正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，逆反应速率增大的多于正反应速率的增大，平衡逆向移动，故改变条件应为升高温度，B正确；
C. 该由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，C正确；
D. 由图可知，t5时平衡逆向移动，则t6时反应物的转化率比t4时低，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握化学反应的特点及图像中速率的变化为解答的关键，若化学反应速率v正=v逆，反应处于平衡状态；若v正>v逆，平衡正向移动；若v正
【详解】A．锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液体积不变，测定值不变，故A错误；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用盐酸润洗，导致盐酸浓度变小，消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗标准盐酸溶液体积偏大，测定值偏高，故C错误；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时平视读数，会导致消耗标准盐酸溶液体积偏小，测定值偏低，故D正确；
20．B
【详解】A．从反应②可知，K2=480，说明正反应进行程度较大，说明相比于O2，血红蛋白分子更易与CO结合，A正确；
B．CO中毒，立即隔离(或切断)CO源不能使K2变小，K2只与温度有关，B错误；
C．高原地区含氧量低，氧气浓度小，反应①平衡逆向移动，导致Hb数量普遍较高，C正确；
D．CO中毒，将病人移入高压氧舱，O2浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，D正确；
故答案选B。
21．C
【详解】A．由总反应： 可知，正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项错误；
B．由，B项错误；
C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；
答案选C。
22．B
【详解】A．向1mL0.1ml/LMgCl2溶液中滴加1~2滴0.1ml/LNaOH溶液，产生白色Mg(OH)2沉淀、且MgCl2过量，再滴加2滴0.1ml/LFeCl3溶液，若白色沉淀转化为红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化成更难溶于水的Fe(OH)3沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，A项能达到实验目的；
B．NaClO属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，但NaClO水解生成的HClO具有漂白性，能使pH试纸最终褪色，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，B项不能达到实验目的；
C．FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，若直接加热蒸干FeCl3溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解，不能获得无水FeCl3，在HCl气流中加热蒸干，由于HCl抑制了FeCl3水解，最终能制备无水FeCl3晶体，C项能达到实验目的；
D．1mL0.1ml·L-1 FeCl3溶液和2mL0.1ml·L-1KI溶液充分反应，氯化铁少量，观察到滴加几滴KSCN溶液后变成红色，即含有Fe3+，则可证明FeCl3与KI的反应是可逆反应，D项能达到实验目的；
答案选B。
23．C
【详解】A．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，溶液中浓度减小，A正确；
B．溶度积常数只与温度有关系，温度不变，溶度积常数不变，B正确；
C．加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，的溶解度减小，C错误；
D．加入少量固体，浓度增大，沉淀溶解平衡向左移动，D正确；
答案选C。
24．A
【详解】A．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的颜色先变浅后变深，则加压，气体颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量减小，则降温可使混合气体平均相对分子质量减小能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．向溶液中加入少量碳酸钠溶液，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钙的溶解平衡右移，氢氧化钙固体质量会减小，则向溶液中加入少量碳酸钠溶液，氢氧化钙固体质量会减小能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液的橙色加深，则向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液橙色加深能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选A。
25．C
【详解】A．工业上通入过量空气的主要目的是为了增大二氧化硫的转化率，A错误；
B．回收尾气中的除了防止空气污染还可以提高原料的利用率，B错误；
C．由表格可知常压生产平衡时的转化率已足够高，增大压强会增加设备成本，C正确；
D．选择的较高温度可提高反应速率但不能提高平衡转化率，D错误；
故选C。
26． 酸 +H2O⇌NH3·H2O+H+ 10-4 10-11 D = > ④>⑤>⑦
【详解】(1)NH4Cl 是强酸弱碱盐，NH4Cl水解的离子方程式是+H2O⇌NH3·H2O+H+，所以溶液显酸性；
(2)常温下，pH=10 的 CH3COONa 溶液中，c(H+ )=10-10 ml/L、c(OH- )= 10-4 ml/L，CH3COONa水解促进水电离，所以水电离出来的 c(OH- ) =10-4 ml/L； pH=3 的CH3COOH 溶液中c(H+ )=10-3 ml/L、c(OH- )= 10-11 ml/L，CH3COOH电离抑制水电离，所以水电离出来的 c(H+ )=10-11 ml/L；
(3) A.向水中加入NaHSO4 固体，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，故不选A；
B.向水中加入Na2CO3 固体，碳酸钠水解，促进水电离，溶液呈碱性，故不选B；
C.加热至 100℃ ，电离平衡正向移动，纯水呈中性，故不选C；
D.向水中加入(NH4)2SO4 固体，(NH4)2SO4水解，促进水电离，溶液呈酸性，故选D；
(4) 常温下，将 pH=12 的 NaOH 和氨水分别加水稀释 100 倍，氢氧化钠是强碱，稀释后 NaOH 的 pH=10， 一水合氨是弱碱，加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，氨水的pH>10；
(5) NH3·H2O是弱电解质，NH4Cl、CH3COONH4是强电解质，CH3COO-水解促进水解，等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中 浓度由大到小的顺序是NH4Cl>CH3COONH4>NH3·H2O。
27．(1) ②③⑥⑩ ⑧⑨ ④⑦
(2)NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO
(3)CD
(4)CD
(5) c 及时分离出氨气
【详解】（1）强电解质的类别有强酸、强碱、大多数的盐和金属氧化物，故强电解质有②③⑥⑩；电解质的类别是酸、碱、盐、金属氧化物和水，其它化合物为非电解质，故非电解质有⑧⑨；盐酸溶液中的电解质氯化氢在水中发生电离生成自由移动的离子，可以导电，石墨能导电的原因是因为含有自由移动的电子，故能导电的物质有④⑦；
（2）硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，其电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO；
（3）A．容器内和的比例与起始投放量有关，与平衡无关，A错误；
B．体积固定，容器内气体的质量又保持不变，故气体的密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．因为，所以当时则有，能说明平衡，C正确；
D．氢气为反应物，CO为生成物，故和CO的物质的量之比保持不变说明反应达到了平衡，D正确；
故选CD。
（4）A．催化剂不能改变平衡转化率，A错误；
B．反应前后气体的系数之和相同，故增大压强平衡平衡不发生移动，B错误；
C．及时分离出(g)，生成物的浓度降低，根据勒夏特列原理平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，C正确；
D．由表格数据可看出，温度升高K增大，说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，D正确；
故选CD。
（5）在氮气的量保持不变的情况下，增加氢气的量将会促进氮气的转化率，故氢气的量越多，则氮气的转化率越大，故c点氮气的转化率最大；
为提高氨气的平衡产率，可通过及时分离出氨气降低氨气的浓度，使平衡正向移动。
28．(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1
(2)Ka×Kh ＞
(3)T1＜T2＜T3 该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低
(4)放热 正
(5)N CH3OH +H2O-6e-=CO2+6H+
【详解】试题分析：(1)根据盖斯定律分析，反应①+反应②即可得热化学方程式为：
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1。(2)亚硝酸的电离平衡常数；亚硝酸根离子水解平衡常数，水的离子积常数，所以有水的离子积常数=Ka×Kh，Kw=9.7×10-4×8.0×10-10 =7.2×10-14，比常温下的水的离子积常数大，说明温度高于25℃。(3)因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率减小，所以T1＜T2＜T3。(4)从表格数据分析，温度高，平衡时乙醚的物质的量小，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热。从表格数据计算平衡常数=（0.080×0.080）/(0.20-0.080×2)2=4，Q=（0.15×0.10）/（0.15）2=2/3<5，反应将向正反应方向进行。(5)从图分析，甲醇在负极反应，生成二氧化碳和氢离子，氢离子通过质子交换膜向正极移动，正极为氧气得到电子结合氢离子生成水，右侧产生水，所以右侧为正极，质子向N极移动，负极的电极反应为 CH3OH +H2O-6e-=CO2+6H+
考点： 盖斯定律，平衡移动，平衡常数的计算和应用，原电池的原理
【名师点睛】影响化学平衡移动的因素有浓度温度压强等。增大反应物的浓度，平衡正向移动，升温向吸热方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小方向移动。总之平衡总是向减小改变程度的方向移动。
29．(1) HCl NaOH
(2)
(3)
(4) 0.2002 c 滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色
【分析】E溶液显中性，应为NaCl溶液；C、D均显碱性，稀释时C的pH变化更明显，所以C的碱性更强，则C为NaOH、D为NH3·H2O；A、B均显酸性，稀释时B的pH变化更明显，则B的酸性更强，所以B为HCl，A为CH3COOH，B与C反应得到E， 则E为NaCl；
【详解】（1）由分析可知，B为HCl，C为NaOH；
（2）由分析可知，A为CH3COOH，其电离方程式为：；
（3）由分析可知，B为HCl，D为NH3·H2O，则两者反应的离子方程式为：；
（4）①由于第3次实验的数据差别太大，舍去，则消耗NaOH溶液的体积为：，根据，则，得；
②根据题干信息，锥形瓶中应该盛放醋酸，滴定管中盛放氢氧化钠溶液，二者恰好反应时溶液显示碱性，应该使用酚酞作为指示剂，所以答案选c；酚酞遇碱变红色，故滴定终点的现象是：滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。
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