【化学】江西省宜春九中（外国语学校）2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

江西省宜春九中（外国语学校）2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16
第I卷 选择题
一、选择题（每题3分，共48分，每小题一个正确答案）
1.合理利用燃料，减小污染符合 “绿色化学”理念，下列关于燃料的说法中正确的是（ ）
A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料
B. 通入大大过量的空气使燃料充分燃烧，从而达到充分利用热能的目的
C. 燃料的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 硫的燃烧热为akJ·mol-1，硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO3(g) △H=-akJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4•nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误；
B．通入大大过量的空气，会带走热量，使燃料的燃烧充分，但燃烧后热效率降低，故B错误；
C．物质的化学能可以转化为热能、光能、电能等能量形式，被人类利用，故C正确；
D．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，硫燃烧生成二氧化硫，不是三氧化硫，故D错误；
故选C。
2.25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（ ）
A. C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH=-393.5kJ/mol
B. 2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH =+571.6kJ/mol
C. CH4（g）+2O2（g）＝ CO2（g）+2H2O（g） ΔH=-890.3kJ/mol
D. C6H12O6（s）+6O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l） ΔH=-2800kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】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，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确．
【详解】A．1mol C完全燃烧应生成CO2放出的热量为C的燃烧热，故A错误；
B．2molH2完全燃烧生成的稳定的氧化物液态水，放热反应的△H为负值，ΔH =-571.6kJ/mol，故B错误；
C．1mol CH4完全燃烧生成稳定的氧化物为CO2和液态水，故C错误；
D．1mol葡萄糖完全燃烧生成CO2和H2O（l），燃烧热为2800kJ·mol－1，故D正确；
故选D。
3.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是 （ ）
A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失
B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作
C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数
D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤
【答案】A
【解析】
【分析】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平。
【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；
C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。
故选A。
4.分析下列反应，在任何温度下均能自发进行的是（ ）
A. 2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH＝＋163 kJ·mol－1
B. Ag(s)＋Cl2(g)=AgCl(s)ΔH＝－127 kJ·mol－1
C. HgO(s)=Hg(l)＋O2(g)ΔH＝＋91 kJ·mol－1
D. H2O2(l)=O2(g)＋H2O(l)ΔH＝－98 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】任何温度下均能自发进行，必须是放热反应且是熵增的过程，A、C为吸热反应，故错误；B是熵减的过程，故B错误，D是放热反应，且为熵增的过程，故D正确；
答案选D。
5.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（ ）

A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 在硫化氢水溶液中加入碱有利于S2-的生成
B. 加入催化剂有利于氨的氧化反应
C. 高压有利于合成氨反应
D 向新制氯水中加入碳酸钙有利于次氯酸浓度增大
【答案】B
【解析】
分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【详解】A、氢硫酸溶液中有下列平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-。加碱后OH-中和H+，上述平衡正向移动，S2-增多，可用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、加入催化剂，改变反应速率但不改变平衡状态，不会促进氨的氧化反应，不可用勒夏特列原理解释，故B选；
C、合成氨反应是气体体积减小的反应，高压有利于平衡向生成氨的方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D、碳酸钙能与氢离子反应，氢离子的浓度降低，平衡向正反应方向移动，次氯酸的浓度增大，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
7.T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s
0
2
4
6
8
n(Cl2) / mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是( )
A. 反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) =0.11mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C. T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正>v逆
D. T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应在前2s的平均速率v(CO)= v (Cl2)===0.04 mol·L-1·s-1，错误；
B、平衡时c(Cl2)==0.1 mol·L-1，升高温度，c(Cl2)==0.11 mol·L-1，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应ΔH>0，错误；
C、
COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)
起始（mol·L-1）：0.5 0 0
转化（mol·L-1）：0.1 0.1 0.1
平衡（mol·L-1）：0.4 0.1 0.1
该温度下，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时＜0.025，则反应达到平衡前v正>v逆。正确；
D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，错误；
答案选C。
8.工业上利用可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是（ ）
A. 合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率
B. 恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，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，NH3 (g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，NH3 (g)生成的平均速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨的适宜条件是高温高压催化剂，是由于氮气、氢气的键能大，断裂消耗较高的能量。其中催化剂可以同样改变该反应的正、逆反应速率，错误；
B．恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，由于反应体系的各种物质的浓度不变，所以反应速率不变，错误；
C．降低温度，反应速率减慢，将延长反应达到平衡的时间，错误；
D．在t1、t2时刻，NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，由于化学反应速率是单位时间内的浓度改变值，所以NH3(g)生成的平均速率为v＝，正确。
答案选D。
9.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是（ ）
①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ①⑥ C. ②④ D. ③⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，反应达平衡状态；
②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，反应方向相同，不一定达平衡状态；
③A、B、C的浓度不再变化，反应达平衡状态；
④A、B、C的压强不再变化，则浓度不变，反应达平衡状态；
⑤因为反应前后气体分子数不等，所以混合气体的总压强不再变化，反应达平衡状态；
⑥混合气体的物质的量不再变化，反应达平衡状态；
⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB，反应方向相反，反应达平衡状态；
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，反应不一定达平衡状态；
综合以上分析，不一定达平衡状态的是②⑧；故选A。
10.对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】该反应的反应物和生成物均为气体，减小压强，正、逆反应速率都将减小，这一点只有C项符合；该反应是一个正向气体分子总数减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，所以答案选择C项。
11.工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 在A、B、C三点时，V(正)=v(逆)，在D点时V(正)>v(逆)
B. A、B、C三点的平衡常数一定不相同
C. 升高温度可以加快化学反应速率，有利于平衡向正反应方向移动
D. 一定温度下，保持容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，压强增大，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．曲线上的点为平衡点，则A、B、C三点时v(正)=v(逆)，D点SO3的百分含量小于平衡时含量，向正反应方向移动，D点时v(正)＞v(逆)，故A正确；
B．A、B、C三点的温度不同，则平衡常数一定不相同，故B正确；
C．由图可知，温度越高，生成物的含量越低，该反应为放热反应，升高温度可以加快化学反应速率，但平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故D正确；
故选C。
12.在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是（ ）
A. 熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4=Na++H++SO42-
B. 水溶液中CH3COONH4的电离：CH3COONH4CH3COO-+NH4+
C. Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3++3OH-
D. H2CO3的电离：H2CO32H++CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A．熔融状态下硫酸氢钠电离生成钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4═Na++HSO4-，故A错误；
B．醋酸铵属于强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO-+NH4+，故B错误；
C．氢氧化铁是弱电解质，部分电离，电离方程式为Fe(OH)3⇌Fe3++3OH-，故C正确；
D．碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-，故D错误；
故选C。
13.25℃时，1mol/L的醋酸加水稀释至浓度为0.01mol/L，关于稀释前后下列变化正确的是（ ）
A. 溶液中c(OH-)减小
B. 溶液中的值增大
C. pH的变化值等于2
D. Kw的值减小
【答案】B
【解析】
【详解】A、对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，温度不变，Kw不变，故c(OH-)增大，故A错误；
B、加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的电离平衡常数Ka=不变，故溶液中的值增大，故B正确；
C、加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故C错误；
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，故D错误；
故选B。
14.pH=5盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，则混合液的pH为（ ）
A. 7 B. 8 C. 6 D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】pH=5的盐酸，
pH=9的氢氧化钠溶液，
物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，

则混合液的pH： ，故C正确；
综上所述，答案为C。
15.对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，下列图像中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于可逆反应A2(g)+3B2(g)⇌2AB3(g)△H＜0，正反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答。
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以生成物的含量增大，不是减小，故B错误；
C．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则生成物的含量减小，一定温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则生成物的含量增大，故C正确；
D．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，故D错误；
故选C。
16.在一真空密闭容器中盛有1molPCl5，加热到200 ℃，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为m%，若在相同的温度和相同的容器中，起始时加入2molPCl5，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是（ ）
A. 2m＝n B. m＝n C. m>n D. m 【答案】D
【解析】
【详解】PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)是气体体积增大的反应，若在相同的温度和相同的容器中，起始时加入2molPCl5，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动，导致反应达到平衡时PCl5的转化率减小，PCl5的体积分数增大，故m＜n，故选D。
第II卷 非选择题
二、填空题（共52分）
17.请回答下列问题：
（1）已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，反应方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)。
①该反应的生成物能量总和__(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物能量总和。
②若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量___(填“大于”、“小于”或“等于”)572 kJ。
（2）2.3g有机物C2H6O和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成CO2和液态水，并放出68.35kJ热量，则该反应的热化学方程式是___。
（3）FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1=-197 kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(l) ΔH2=-44kJ·mol-1
2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) ΔH3=-545kJ·mol-1
则SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)的热化学方程式是___。
（4）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点___(填“升高”还是“降低”)，△H___(填“变大”、“变小”或“不变”)。

（5）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、___、量筒。量取反应物时，取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，还需加入的试剂是___(填序号)。
A.50 mL0.50mol·L-1NaOH溶液
B.50 mL0.55mol·L-1NaOH溶液
C.1.0gNaOH固体
【答案】(1). 小于 (2). 小于 (3). C2H6O(l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l) ΔH= -1367kJ·mol-1 (4). SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l) ΔH= -130kJ·mol-1 (5). 降低 (6). 不变 (7). 环形玻璃搅拌棒 (8). B
【解析】
【分析】(1)①根据放热反应中生成物总能量和反应物总能量的关系判断；②根据液态水变成水蒸气需要吸热来判断；
(2)求出2.3g有机物C2H6O的物质的量，然后根据其在热化学方程式中，反应物的计量数和反应热成正比来书写热化学方程式；
(3)根据盖斯定律分析解答；
(4)E为活化能，催化剂能够降低反应的活化能，不影响反应物和生成物能量高低，据此分析判断；
(5)根据中和热的测定实验用到的仪器分析判断；为了保证酸或碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，据此分析判断。
【详解】(1)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ/mol是放热反应，放热反应中生成物的总能量＜反应物的总能量，故答案为：小于；
②根据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ/mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出热量572kJ，因液态水变成水蒸气需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出的热量小于572kJ，故答案为：小于；
(2)2.3gC2H6O的物质的量为=0.05mol，恰好完全燃烧，生成CO2和液态水，放出68.35kJ热量，故1mol此物质燃烧放热68.35kJ×=1367kJ，热化学方程式为：C2H6O(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ/mol，故答案为：C2H6O(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ/mol；
(3)①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=一197kJ/mol，②H2O (g)=H2O(1)△H2=-44kJ/mol，③2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)△H3=一545kJ/mol，根据盖斯定律：(③-①-2×②)×得：SO3 (g)+H2O(l)=H2SO4(l) △H=-130kJ/mol，故答案为：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l) △H=-130kJ/mol；
(4)E为活化能，催化剂能够降低反应的活化能，加V2O5会使图中B点降低，但不影响反应物和生成物的能量高低，因此△H不变，故答案为：降低；不变；
(5)中和热的测定实验用到的玻璃仪器有：烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒；为了保证酸或碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，量取反应物时，取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，可以选择50mL 0.55mol•L-1 NaOH溶液，故答案为：环形玻璃搅拌棒；B。
18.氢气是一种清洁能源。可由CO和水蒸气反应制备，其能量变化如图所示。

（1）该反应为可逆反应。在800℃时，若CO的起始浓度为2.0mol·L-1，水蒸气的起始浓度为3.0mol·L-1，达到化学平衡状态后，测得CO2的浓度为1.2mol·L-1，则此反应的平衡常数为___，随着温度升高该反应的化学平衡常数的变化趋势是___。(填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）某温度下，该反应的平衡常数为K=。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入H2O(g)和CO(g)，其起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是（ ）
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2O)/mol·L-1
0.010
0.020
0.020
c(CO)/mol·L-1
0.010
0.010
0020
A.反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
B.平衡时，甲中和丙中H2O的转化率均是25%
C.平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.015mol·L-1
D.平衡时，乙中H2O的转化率大于25%
（3）一定条件下，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，达到平衡后：
①加催化剂，v(正)、v(逆)都发生变化，且变化的倍数___(填“相等”或“不相等”)。
② 缩小体积使体系压强增大，则v(正)__，v(逆)__(填“增大”、“减小”或“不变”)，v(正)变化的倍数___v(逆)变化的倍数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③恒温恒压，再通入一定量的He，达到新平衡时，N2的转化率__，c(H2)将__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1). 1 (2). 变小 (3). CD (4). 相等 (5). 增大 (6). 增大 (7). 大于 (8). 减小 (9). 减小
【解析】
【分析】(1)根据三段式计算化学平衡常数K，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
(2)A．反应开始时，反应物浓度越大，反应速率越大；B．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强，平衡不移动，根据三段式，结合化学平衡常数K=计算判断；C．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强，平衡不移动；D．乙与甲相比较，相当于在甲的基础上通入H2O；据此分析判断；
(3)①催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；②缩小体积使体系压强增大，v(正)、v(逆)都增大，平衡正向移动；③恒温恒压，再通入一定量的He，容器体积增大，相当于压强减小，据此分析解答。
【详解】(1) CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol/L) 2.0    3.0         0           0
反应(mol/L) 1.2    1.2          1.2       1.2
平衡(mol/L) 0.8    1.8         1.2       1.2
化学平衡常数K===1，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故答案为：1；变小；
(2)A．反应开始时，反应物浓度越大，其反应速率越大，丙中反应物浓度最大、甲中反应物浓度最小，则化学反应速率丙中最快、甲中最慢，故A正确；
B．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，设甲中参加反应的c(H2O)=xmol/L，
CO(g) + H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol/L) 0.010   0.010      0          0
反应(mol/L) x           x            x          x
平衡(mol/L) 0.010-x  0.010-x  x          x
化学平衡常数K==，x=0.0025，水的转化率=×100%=25%，丙与甲相比，相当于甲缩小体积变为原来体积的一半，增大压强，平衡不移动，则甲丙中水的转化率相等，均为25%，故B正确；
C．丙与甲相比，相当于甲缩小体积变为原来体积的一半，增大压强，平衡不移动，平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，为0.0025mol/L×2=0.005mol/L，故C错误；
D．乙与甲相比较，相当于在甲的基础上通入H2O，则水的转化率下降，平衡时，乙中的水的转化率小于25%，故D错误；
故答案为：CD；
(3)①催化剂能同等程度的改变正、逆反应速率，加催化剂，则v(正)、v(逆)都发生变化，且变化的倍数相等，故答案为：相等；
②缩小体积使体系压强增大，单位体积内活化分子个数增大，v(正)、v(逆) 都增大，但平衡正向移动，v(正)变化的倍数大于v(逆)变化的倍数，故答案为：增大；增大；大于；
③恒温恒压，再通入一定量的He，容器的体积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡逆向移动，达到新平衡时，N2的转化率减小，c(H2)将减小，故答案为：减小；减小。
19.某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分为如下几步：
(A)移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞
(B)用标准溶液润洗滴定管2-3次
(C)把盛有KOH标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液
(D)取标准溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm
(E)调节液面至0或0刻度以下，记下读数
(F)把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
完成以下填空：
（1）正确操作的顺序是(用序号字母填写)B→__→__→__→__→F。
（2）上述(B)操作的目的是___。
（3）判断滴定到达终点的现象是___。
（4）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为__mL，终点读数为___mL；所测盐酸溶液的浓度为___mol/L。

（5）若滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作均正确，则对滴定结果产生的影响是__。若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是___。(填“偏高”、“偏低”、或“无影响”)。
【答案】(1). D (2). C (3). E (4). A (5). 防止稀释标准液 (6). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪 (7). 0.00 (8). 25.90 (9). 0.1295 (10). 偏低 (11). 偏低
【解析】
【分析】(1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作排序；
(2)滴定管在装液时，为了防止溶液被稀释，需用待装液润洗；
(3)如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(4)根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理，依据c(待测)=计算待测液浓度；
(5)根据c(待测)=，分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断误差。
【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：D；C；E；A；
(2)用标准溶液润洗滴定管2-3次的目的是防止将标准液稀释，影响测定结果，故答案为：防止稀释标准液；
(3)用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，当溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复，可说明达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟不褪色；
(4)滴定管小数在上，大数在下，根据图示，起始读数为0.00mL，终点读数为25.90mL，盐酸溶液的体积为25.90mL，则待测液浓度为：c==0.1295mol/L，故答案为：0.00；25.90；0. 1295mol/L；
(5)若滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确，会导致消耗标准液的体积偏小，依据c(待测)=可知，溶液浓度偏低；若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，导致消耗标准液体积小，依据c(待测)=可知，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；偏低。
20.与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数叫作电离平衡常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
电离方程式
电离平衡常数
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
K=1.96×10-5
HClO
HClOClO-+H+
K=3.0×10-8
H2CO3
H2CO3H++HCO3-
HCO3-H++CO32-
K1=4.4×10-7
K2=5.6×10-11
H3PO4
H3PO4H++H2PO4-
H2PO4-H++HPO42-
HPO42-H++PO43-
K1=7.1×10-3
K2=6.3×10-8
K3=4.2×10-13
回答下列问题：
（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，则它们酸性最强的是___(填化学式，下同)，最弱的是___。
（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生反应的离子方程式为___。
（3）求出该温度下，0.10mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=____mol·L-1。
【答案】(1). H3PO4 (2). HPO42- (3). CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3- (4). 1.4×10-3
【解析】
【分析】(1)同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数确定酸性强弱；
(2)碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子的酸性，据此书写化学反应方程式；
(3)CH3COOH⇌CH3COO-+H+，结合电离平衡常数计算氢离子浓度。
【详解】(1)同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO4-＞HClO＞HCO3-＞HPO42-，所以酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO42-，故答案为：H3PO4； HPO42-；
(2)因为酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，碳酸的酸性强于次氯酸，所以反应的离子方程式为：CO2+ClO-+H2O═HClO+HCO3-，故答案为：CO2+ClO-+H2O═HClO+HCO3-；
(3)该温度下，0.10mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，平衡常数K==1.96×10-5，根据电离方程式，c(CH3COO−)=c(H+)，则c2(H+)=0.10×1.96×10-5 ，解得：c(H+)≈1.4×10-3 mol/L，故答案为：1.4×10-3。