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【化学】安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．有化学键断裂一定发生化学反应
D．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应
2．根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是
A．1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B．反应2CO(g)+O2(g) ==2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C．由C→CO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g) ==2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1
D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH= −10.1 kJ∙mol−1
3．固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下:
① H2(g) +I2(?)2HI(g) △H1=－9.48kJ·mol－1
② H2(g) +I2(?)2HI(g) △H2=+26.48kJ·mol－1
下列判断不正确的是
A．①中的I2为气态，②中的I2为固态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．l mol固态碘升华时将吸热35.96kJ
4．一定温度下，把 2.5 mol A 和 2.5 mol B混合盛入容积为 2 L的密闭容器里，发生如下反应： 3A(g)+B(g) x C(g) + 2D(g)， 经 5 s反应达平衡，在此 5 s 内 C的平均反应速率为 0.2 mol·L－1·s－1，同时生成1 mol D，下列叙述中不正确的是
A．x=4
B．达到平衡状态时 A 的物质的量浓度为 c(A)=1.0 mol·L－1
C．5s 内 B的反应速率 v(B)＝0.05 mol·(L·s)－1
D．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为 6:5
5．向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是()
A．若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1
B．t1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%
C．该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol
D．t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
6．用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果,设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
下列说法正确的是
A．实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D．实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
7．2SO2(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
8．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
9．下列有关平衡常数的说法中，正确的是
A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B．反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C．对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D．CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
10．下列说法错误的有
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②放热反应不需要加热就能发生
③需要加热才能发生的反应都是吸热反应
④化学反应放热还是吸热。决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小
⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多
⑦H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH＝－QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1mol H2和1mol I2(g)反应生成2 mol HI时放出QkJ的热量
⑧同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
11．下列说法正确的是
A．室温下，1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11
B．25℃时，0.1mol • L-1的HA溶液中= 1×10-8，则该溶液中由水电离出的c(H+)=l×10-3mol·L-1
C．25℃时，对于pH相同的弱碱ROH和MOH(前者的电离平衡常数Kb较小)，加水稀释后溶液的pH仍相同，则后者稀释的倍数更大
D．25℃时，BaSO4在水中有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，说明BaSO4是弱电解质
12．100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是：
A．此时水的离子积Kw=1×10-14 B．水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1
C．水的电离程度随温度升高而增大 D．c(Na+)=c(SO42-)
13．在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，各投入0.65 g锌粒，则下图所示符合客观事实的是
A． B．
C． D．
二、多选题
14．在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为1/16
C．容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D．若T2
15．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：
(1)该反应的化学方程式为___________________________。
(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______________。
(3)平衡时X的转化率为_____________ 。
(4)若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到平衡，反应达平衡时：①此时体系内压强与开始时压强之比为________________；②达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时____________________(填“增大”“减小”或“相等”)。
四、填空题
16．砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途回答下列问题：
(1)写出砷的原子序数______________
(2)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H2AsO4和单质硫,写出发生反应的化学方程式 _____________________________________________;该反应需要在加压下进行，原因是 _______________________________________
(3)已知：As(s)+3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4 (s) △H1
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H2
2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s) △H3
则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4 (s)的△H= ________________________
(4)298K时，将20mL 3xmol·L－1Na3AsO3、20mL 3xmol·L－1I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33－(aq)＋I2(aq)＋2OH－AsO43－(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)溶液中c(AsO43－)与反应时间(t)的关系如图所示．
①下列可判断反应达到平衡的是 ______ (填标号)．
a.溶液的pH不再变化 b.v(I－)=2v(AsO33－)
c. c(AsO43－)/c(AsO33－)不再变化 d.c(I－)=ymol·L－1
②tm时，v正______v逆 ( 填“大于”“小于”或“等于”)
③tm时，v逆 ______tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是 ____________________
④若平衡时溶液pH=14，则该反应的平衡常数K为 ______________
17．300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
(1)300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各4/3mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
18．现有反应mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为_____热反应，且m+n___p(填“＞”、“＜”、或“＝”)。
(2)减小压强时，A的质量分数____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)若加入B(容器体积不变)，则A的转化率______，B的转化率______。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比c(B)/c(C)将______。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_____。
(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(容积不变)时混合物颜色________(填变深、变浅或不变，下同)，而维持容器内压强不变，充入Ne时，混合物的颜色______。
五、计算题
19．(1)已知SO2(g)+ 1/2 O2(g) SO3(g) △H = －98.30kJ/mol，现将4molSO2与一定量O2混合后充分反应，当放出314.56kJ热量时，SO2的转化率为_________________。
(2)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) △H＝ ―24.8kJ/mol
3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H＝ ―47.2kJ/mol
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H＝ +640.5kJ/mol
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_____________________________
(3)在一定条件下，CH4 和CO的燃烧的热化学方程式分别为：
CH4 (g)+ 2O2 (g)= 2H2O (l)+ CO2 (g) △H =－890 kJ/mol
2CO (g)+ O2 (g)= 2CO2 (g) △H =－566 kJ/mol
一定量的CH4和CO的混合气体完全燃烧时，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50 g白色沉淀。求混合气体中CH4 和CO的体积比_____________。
六、实验题
20．某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
(1)实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c =________ mol·L-1。
编号
酸的种类
酸的浓度/mol·L-1
酸的体积/mL
镁条质量/g
1
醋酸
1.0
10
2.0
2
盐酸
c
10
2.0
②实验步骤：a)检查装置(下图)的气密性后，添加药品；
b)反应开始后，___________________________(填写操作) ；
c)将所记录的数据转化为曲线图(右图)。
③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：____________。
(2)实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度(已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比)。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量
测定方法
①__________
量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液装入碱式滴定管中，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．
②__________
_______________________________________
参考答案
1．D
【解析】
分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。
详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；
B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；
C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；
D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。
点睛：原电池反应一定由氧化还原反应设计而成的；化学反应一定伴随有能量变化，且能量变化的形式有多种，但有能量变化的过程不一定是化学反应；化学反应一定有化学键的断裂，但有化学键的断裂的过程不一定都发生化学反应。
2．C
【解析】
A、由图可知：1mol C(s) 与1mol O2(g)的能量之和大于393.5 kJ，而1mol C(g) 与1mol O2(g)的能量之和远大于393.5 kJ，故A错误；B、由图可知：1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g) 放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) 中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；C、由图可知：1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5-282.9=110.6kJ，所以2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-221.2kJ/mol，故C正确；D、热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为kJ/g=10.1kJ/g，单位不正确，故D错误；故选C。
点睛：本题主要考查了热化学方程式的书写以及反应热的计算，要能根据热值来计算一定量的物质燃烧时放出的热量。本题的易错点为D，要注意热值的单位。
3．C
【解析】
A、根据反应热△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，说明①中反应物的总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固体时的能量，则①中的I2为气态,②中的I2为固态，即A、B都正确；C、由于两个反应的产物相同、状态相同，热稳定性也相同，故C错误；D、根据盖斯定律，②—①即得I2(s)I2(g) △ H=△ H2—Hl =+26.48kJ/mol —(-9.48kJ/mol)=+35.96 kJ/mol，说明lmol固态碘升华为碘节气需要吸收35.96kJ的热量，即D正确。故本题正确答案为C。
点睛：利用盖斯定律运算时一定是代数运算；反应热的计算可以用键能，即△ H=反应物的键能总和—生成物的键能总和，也可以用物质的焓(即能量)，△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，二者计算方式不同，但结果是一致的。
4．B
【解析】
根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．
平衡时，生成的C的物质的量为 0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol。
3A(g)+B(g)⇌XC(g)+2D(g)
开始(mol)： 2.5 2.5 0 0
变化(mol)： 1.5 0.5 0.5X 1
平衡(mol)： 1 2 2 1
故0.5X =2，x=4，故A正确；B、平衡时A的浓度为c(A)= 0.75 mol·L－1，故B错误；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，则，故VB=0.05 mol·(L·s)－1，故C正确；
D、达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，故D正确；故选B。
5．B
【解析】
t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1, A错误；t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%, B正确；根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2=0.18 mol,此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1, D错误；正确选项B。
6．B
【解析】
【详解】
A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误；
B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；
C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；
D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
7．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。
点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
8．D
【解析】
分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
9．D
【解析】
【详解】
A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。
10．B
【解析】
①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；②放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故②错误；③铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，故③错误；④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故④正确；⑤热化学方程式未注明温度和压强时，△H表示在25℃，101KPa条件下测定的数据，故⑤正确；⑥气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水，故⑥错误；⑦H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=-QkJ•mol-1表示1mol H2和1mol I2(g)反应生成2mol HI时放出QkJ的热量，故⑦正确；⑧反应热与条件无关，△H相同，故⑧正确；故选B。
点睛：考查反应热与反应物、生成物总能量之间的关系，反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应就放热，否则吸热，所有的燃烧反应都是放热反应。
11．A
【解析】
【详解】
A项、因酸碱混合后pH=7，即恰好完全反应，设碱的浓度为c，则1×0.1mol/L=100×c，c=0.001mol/L，则NaOH溶液的pH=11，故A正确；
B项、常温下，水的离子积Kw=c(H+)•c(OH-)=l×10-14，而c(OH-)/c(H+)=10—8，解得c(H+)=l×10-3mol/L，0.1mol• L-1的HA溶液中，由水电离出的c(H+)=c(OH-)=l×10-14/l×10-3= l×10-11mol·L-1，故B错误；
C项、ROH、MOH都是一元碱，pH相同时，电离平衡常数越小的碱其物质的量浓度越大，则pH相同的弱碱ROH、MOH浓度前者大于后者，加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数后，前者氢离子浓度大于后者，要使加水稀释后的pH相同，则前者稀释倍数大于后者，故C错误；
D项、BaSO4在水中虽然有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，但溶于水的BaSO4完全电离，BaSO4是强电解质，故D错误。
故选A。
【点睛】
本题考查水溶液中的离子平衡，涉及pH的有关计算、水的电离平衡、弱电解质的电离平衡等知识点，明确溶液中平衡移动的因素和pH计算方法为解答关键。
12．A
【解析】
【详解】
A、蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、NaHSO4晶体中钠离子与硫酸根离子的物质的量相等，钠离子和硫酸根离子数目没有发生变化，根据物料守恒，溶液中(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。
【点睛】
本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。
13．C
【解析】
试题分析：体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)=0.01mol，0.65g锌粒的物质的量=0.65g÷65g/mol=0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象不符合题意，故A错误；B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，所以图象不符合题意，故B错误；C．刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，所以生成的氢气的量比盐酸多，故C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；故选C。
【考点定位】考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用。
【名师点晴】本题解题关键是图象分析，挖掘解题信息，根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实，特别是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，据此分析解题。
14．AD
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c(NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c(NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g) ＋ 2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
15．3X + Y 2Z 0.05mol/(L．min) 30% 9：10 增大
【解析】
(1)由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y 2Z；
(2)反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/(L·min)；
(3)平衡时X的转化率为×100%=30%；
(4)①反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，
起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，
反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol︰2.0mol=9︰10；②平衡时，混合气体的平均摩尔质量为，气体的总质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量增大。
16．33 2As2O3＋5O2＋6H2O=4H3AsO4＋6S 加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率 2△H1－3△H2－△H3 ac 大于 小于 tm时生成物AsO43－的浓度更小，故逆反应速率更慢 4y3/(x－y)2
【解析】
【详解】
(1)砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，故答案为：；
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2O3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=
4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；
(3)已知：①As(s)+ 3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)△H1②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H2③2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s)△H3，则利用盖斯定律将①×2-②×3-③可得As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)△H=2△H1-3△H2-△H3，故答案为：2△H1-3△H2-△H3；
(4)①a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；
b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I-)=2v(AsO33-)，故b错误；
c．c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；
d．由图可知，当c(AsO43-)=ymol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I-)=2y mol•L-1，所以c(I-)=ymol•L-1时没有达到平衡状态，故d错误，故答案为：ac；
②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；
③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43-浓度更小，反应速率更慢；
④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×20/(20+20+20)=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c(AsO43-)为ymol/L，则反应生产的c(I-)=2ymol/L，消耗的AsO33-、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c(AsO33-)=(x-y)mol/L，c(I2)=(x-y)mol/L，溶液中c(OH-)=1mol/L，则K=y•(2y)2/(x-y)•(x-y)×12=4y3/(x－y)2,故答案为：4y3/(x－y)2。
【点睛】
反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡状态的依据，如本反应中随反应的进行AsO43−和I−的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1:2，不能作用为判断平衡状态的依据。
17． ＞ 0.8 mol/L 0.2 mol/(L·min) 不变 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响
18．放 ＞ 增大 增大 减小 变小 不变 变深 变浅
【解析】
试题分析：(1)由于该反应达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。正反应方向为吸热反应。实验逆反应为放热反应。由于当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小。说明减小压强，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：减小压强，化学 向气体体积增大的反应方向移动。逆反应方向为气体体积增大的反应，m+n＞p。(2)减压时，平衡逆向移动，A的含量增大，所以其质量分数增大。(3)若加入B(体积不变)，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，则A的转化率增大；但是对于B来说，佳润量远大于平衡移动的消耗量，所以B的的转化率反而降低。(4)若升高温度，平衡正向移动，A、B、的浓度减小，C的浓度增大，所以B、C的浓度之比将减小。(5)若加入催化剂，正反应速率和逆反应速率都加快，但是加快后的速率仍然相等，所以平衡不移动，气体混合物的总物质的量不变。(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)，平衡逆向移动，产生更多的A、B。因此B的浓度增大，混合物颜色加深。若维持容器内压强不变，充入氖气时，则必然要扩大容器的容积，B的浓度减小，所以混合物颜色变浅。
考点：考查温度、压强、催化剂、物质的浓度对化学平衡移动、物质的转化率的影响的知识。
19．80％ CO(g)+FeO(s) = Fe(s)+CO2(g) △H＝―218.03kJ／mol 2:3
【解析】
试题分析：本题考查盖斯定律的应用，反应热的计算。
(1)1molSO2完全反应放出98.3kJ的热量，放出314.56kJ热量时消耗SO2物质的量为=3.2mol，SO2的转化率为100%=80%。
(2)将3个热化学反应方程式依次编号：
Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) △H＝ ―24.8kJ／mol (①式)
3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H＝ ―47.2kJ／mol (②式)
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H＝ +640.5kJ／mol (③式)
运用盖斯定律，将①式3-②式-③式2得6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)ΔH=(-24.8kJ/mol)3-(-47.2kJ/mol)-(+640.5kJ/mol)2=-1308.2kJ/mol，CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式为CO(g)+FeO(s) = Fe(s)+CO2(g) △H＝―218.03kJ／mol。
(3)n(CaCO3)==0.5mol，根据C守恒，燃烧生成的n(CO2)=0.5mol，设CH4、CO的物质的量分别为x、y，则可列式：x+y=0.5mol，890kJ/molx+y=262.9kJ，解得x=0.2mol，y=0.3mol，则原混合气体中CH4 和CO的体积比2:3。
点睛：运用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。
20．1.0 每隔1min记录一次生成H2的体积 醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小 醋酸溶液的物质的量浓度 H+的物质的量浓度 取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH
【解析】
【分析】
(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；
③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、盐酸与镁条反应的速率的变化情况；
(2)醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度，据此分析。
①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，用pH计。
【详解】
(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；
(2)醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。
①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
【点睛】
本题考查化学实验方案的设计，涉及了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题等，注意探究实验设计的关键是变量唯一化。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．有化学键断裂一定发生化学反应
D．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应
2．根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是
A．1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B．反应2CO(g)+O2(g) ==2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C．由C→CO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g) ==2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1
D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH= −10.1 kJ∙mol−1
3．固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下:
① H2(g) +I2(?)2HI(g) △H1=－9.48kJ·mol－1
② H2(g) +I2(?)2HI(g) △H2=+26.48kJ·mol－1
下列判断不正确的是
A．①中的I2为气态，②中的I2为固态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．l mol固态碘升华时将吸热35.96kJ
4．一定温度下，把 2.5 mol A 和 2.5 mol B混合盛入容积为 2 L的密闭容器里，发生如下反应： 3A(g)+B(g) x C(g) + 2D(g)， 经 5 s反应达平衡，在此 5 s 内 C的平均反应速率为 0.2 mol·L－1·s－1，同时生成1 mol D，下列叙述中不正确的是
A．x=4
B．达到平衡状态时 A 的物质的量浓度为 c(A)=1.0 mol·L－1
C．5s 内 B的反应速率 v(B)＝0.05 mol·(L·s)－1
D．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为 6:5
5．向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是()
A．若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1
B．t1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%
C．该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol
D．t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
6．用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果,设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
下列说法正确的是
A．实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D．实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
7．2SO2(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
8．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
9．下列有关平衡常数的说法中，正确的是
A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B．反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C．对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D．CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
10．下列说法错误的有
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②放热反应不需要加热就能发生
③需要加热才能发生的反应都是吸热反应
④化学反应放热还是吸热。决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小
⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应
⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多
⑦H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH＝－QkJ·mol－1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有1mol H2和1mol I2(g)反应生成2 mol HI时放出QkJ的热量
⑧同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照条件下和点燃条件下的ΔH相同
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
11．下列说法正确的是
A．室温下，1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11
B．25℃时，0.1mol • L-1的HA溶液中= 1×10-8，则该溶液中由水电离出的c(H+)=l×10-3mol·L-1
C．25℃时，对于pH相同的弱碱ROH和MOH(前者的电离平衡常数Kb较小)，加水稀释后溶液的pH仍相同，则后者稀释的倍数更大
D．25℃时，BaSO4在水中有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，说明BaSO4是弱电解质
12．100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是：
A．此时水的离子积Kw=1×10-14 B．水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1
C．水的电离程度随温度升高而增大 D．c(Na+)=c(SO42-)
13．在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，各投入0.65 g锌粒，则下图所示符合客观事实的是
A． B．
C． D．
二、多选题
14．在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为1/16
C．容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D．若T2
15．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：
(1)该反应的化学方程式为___________________________。
(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______________。
(3)平衡时X的转化率为_____________ 。
(4)若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到平衡，反应达平衡时：①此时体系内压强与开始时压强之比为________________；②达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时____________________(填“增大”“减小”或“相等”)。
四、填空题
16．砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途回答下列问题：
(1)写出砷的原子序数______________
(2)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H2AsO4和单质硫,写出发生反应的化学方程式 _____________________________________________;该反应需要在加压下进行，原因是 _______________________________________
(3)已知：As(s)+3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4 (s) △H1
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H2
2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s) △H3
则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4 (s)的△H= ________________________
(4)298K时，将20mL 3xmol·L－1Na3AsO3、20mL 3xmol·L－1I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33－(aq)＋I2(aq)＋2OH－AsO43－(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)溶液中c(AsO43－)与反应时间(t)的关系如图所示．
①下列可判断反应达到平衡的是 ______ (填标号)．
a.溶液的pH不再变化 b.v(I－)=2v(AsO33－)
c. c(AsO43－)/c(AsO33－)不再变化 d.c(I－)=ymol·L－1
②tm时，v正______v逆 ( 填“大于”“小于”或“等于”)
③tm时，v逆 ______tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是 ____________________
④若平衡时溶液pH=14，则该反应的平衡常数K为 ______________
17．300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
(1)300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各4/3mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
18．现有反应mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为_____热反应，且m+n___p(填“＞”、“＜”、或“＝”)。
(2)减小压强时，A的质量分数____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)若加入B(容器体积不变)，则A的转化率______，B的转化率______。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比c(B)/c(C)将______。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_____。
(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(容积不变)时混合物颜色________(填变深、变浅或不变，下同)，而维持容器内压强不变，充入Ne时，混合物的颜色______。
五、计算题
19．(1)已知SO2(g)+ 1/2 O2(g) SO3(g) △H = －98.30kJ/mol，现将4molSO2与一定量O2混合后充分反应，当放出314.56kJ热量时，SO2的转化率为_________________。
(2)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) △H＝ ―24.8kJ/mol
3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H＝ ―47.2kJ/mol
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H＝ +640.5kJ/mol
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_____________________________
(3)在一定条件下，CH4 和CO的燃烧的热化学方程式分别为：
CH4 (g)+ 2O2 (g)= 2H2O (l)+ CO2 (g) △H =－890 kJ/mol
2CO (g)+ O2 (g)= 2CO2 (g) △H =－566 kJ/mol
一定量的CH4和CO的混合气体完全燃烧时，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50 g白色沉淀。求混合气体中CH4 和CO的体积比_____________。
六、实验题
20．某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
(1)实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c =________ mol·L-1。
编号
酸的种类
酸的浓度/mol·L-1
酸的体积/mL
镁条质量/g
1
醋酸
1.0
10
2.0
2
盐酸
c
10
2.0
②实验步骤：a)检查装置(下图)的气密性后，添加药品；
b)反应开始后，___________________________(填写操作) ；
c)将所记录的数据转化为曲线图(右图)。
③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：____________。
(2)实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度(已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比)。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量
测定方法
①__________
量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液装入碱式滴定管中，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．
②__________
_______________________________________
参考答案
1．D
【解析】
分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。
详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；
B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；
C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；
D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。
点睛：原电池反应一定由氧化还原反应设计而成的；化学反应一定伴随有能量变化，且能量变化的形式有多种，但有能量变化的过程不一定是化学反应；化学反应一定有化学键的断裂，但有化学键的断裂的过程不一定都发生化学反应。
2．C
【解析】
A、由图可知：1mol C(s) 与1mol O2(g)的能量之和大于393.5 kJ，而1mol C(g) 与1mol O2(g)的能量之和远大于393.5 kJ，故A错误；B、由图可知：1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g) 放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) 中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；C、由图可知：1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5-282.9=110.6kJ，所以2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-221.2kJ/mol，故C正确；D、热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为kJ/g=10.1kJ/g，单位不正确，故D错误；故选C。
点睛：本题主要考查了热化学方程式的书写以及反应热的计算，要能根据热值来计算一定量的物质燃烧时放出的热量。本题的易错点为D，要注意热值的单位。
3．C
【解析】
A、根据反应热△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，说明①中反应物的总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固体时的能量，则①中的I2为气态,②中的I2为固态，即A、B都正确；C、由于两个反应的产物相同、状态相同，热稳定性也相同，故C错误；D、根据盖斯定律，②—①即得I2(s)I2(g) △ H=△ H2—Hl =+26.48kJ/mol —(-9.48kJ/mol)=+35.96 kJ/mol，说明lmol固态碘升华为碘节气需要吸收35.96kJ的热量，即D正确。故本题正确答案为C。
点睛：利用盖斯定律运算时一定是代数运算；反应热的计算可以用键能，即△ H=反应物的键能总和—生成物的键能总和，也可以用物质的焓(即能量)，△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，二者计算方式不同，但结果是一致的。
4．B
【解析】
根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．
平衡时，生成的C的物质的量为 0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol。
3A(g)+B(g)⇌XC(g)+2D(g)
开始(mol)： 2.5 2.5 0 0
变化(mol)： 1.5 0.5 0.5X 1
平衡(mol)： 1 2 2 1
故0.5X =2，x=4，故A正确；B、平衡时A的浓度为c(A)= 0.75 mol·L－1，故B错误；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，则，故VB=0.05 mol·(L·s)－1，故C正确；
D、达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，故D正确；故选B。
5．B
【解析】
t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1, A错误；t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%, B正确；根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2=0.18 mol,此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1, D错误；正确选项B。
6．B
【解析】
【详解】
A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误；
B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；
C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；
D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
7．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。
点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
8．D
【解析】
分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
9．D
【解析】
【详解】
A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。
10．B
【解析】
①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；②放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故②错误；③铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，故③错误；④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故④正确；⑤热化学方程式未注明温度和压强时，△H表示在25℃，101KPa条件下测定的数据，故⑤正确；⑥气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水，故⑥错误；⑦H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=-QkJ•mol-1表示1mol H2和1mol I2(g)反应生成2mol HI时放出QkJ的热量，故⑦正确；⑧反应热与条件无关，△H相同，故⑧正确；故选B。
点睛：考查反应热与反应物、生成物总能量之间的关系，反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应就放热，否则吸热，所有的燃烧反应都是放热反应。
11．A
【解析】
【详解】
A项、因酸碱混合后pH=7，即恰好完全反应，设碱的浓度为c，则1×0.1mol/L=100×c，c=0.001mol/L，则NaOH溶液的pH=11，故A正确；
B项、常温下，水的离子积Kw=c(H+)•c(OH-)=l×10-14，而c(OH-)/c(H+)=10—8，解得c(H+)=l×10-3mol/L，0.1mol• L-1的HA溶液中，由水电离出的c(H+)=c(OH-)=l×10-14/l×10-3= l×10-11mol·L-1，故B错误；
C项、ROH、MOH都是一元碱，pH相同时，电离平衡常数越小的碱其物质的量浓度越大，则pH相同的弱碱ROH、MOH浓度前者大于后者，加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数后，前者氢离子浓度大于后者，要使加水稀释后的pH相同，则前者稀释倍数大于后者，故C错误；
D项、BaSO4在水中虽然有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，但溶于水的BaSO4完全电离，BaSO4是强电解质，故D错误。
故选A。
【点睛】
本题考查水溶液中的离子平衡，涉及pH的有关计算、水的电离平衡、弱电解质的电离平衡等知识点，明确溶液中平衡移动的因素和pH计算方法为解答关键。
12．A
【解析】
【详解】
A、蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、NaHSO4晶体中钠离子与硫酸根离子的物质的量相等，钠离子和硫酸根离子数目没有发生变化，根据物料守恒，溶液中(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。
【点睛】
本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。
13．C
【解析】
试题分析：体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)=0.01mol，0.65g锌粒的物质的量=0.65g÷65g/mol=0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象不符合题意，故A错误；B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，所以图象不符合题意，故B错误；C．刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，所以生成的氢气的量比盐酸多，故C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；故选C。
【考点定位】考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用。
【名师点晴】本题解题关键是图象分析，挖掘解题信息，根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实，特别是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，据此分析解题。
14．AD
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c(NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c(NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g) ＋ 2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
15．3X + Y 2Z 0.05mol/(L．min) 30% 9：10 增大
【解析】
(1)由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y 2Z；
(2)反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/(L·min)；
(3)平衡时X的转化率为×100%=30%；
(4)①反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，
起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，
反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol︰2.0mol=9︰10；②平衡时，混合气体的平均摩尔质量为，气体的总质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量增大。
16．33 2As2O3＋5O2＋6H2O=4H3AsO4＋6S 加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率 2△H1－3△H2－△H3 ac 大于 小于 tm时生成物AsO43－的浓度更小，故逆反应速率更慢 4y3/(x－y)2
【解析】
【详解】
(1)砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，故答案为：；
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2O3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=
4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；
(3)已知：①As(s)+ 3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)△H1②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H2③2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s)△H3，则利用盖斯定律将①×2-②×3-③可得As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)△H=2△H1-3△H2-△H3，故答案为：2△H1-3△H2-△H3；
(4)①a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；
b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I-)=2v(AsO33-)，故b错误；
c．c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；
d．由图可知，当c(AsO43-)=ymol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I-)=2y mol•L-1，所以c(I-)=ymol•L-1时没有达到平衡状态，故d错误，故答案为：ac；
②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；
③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43-浓度更小，反应速率更慢；
④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×20/(20+20+20)=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c(AsO43-)为ymol/L，则反应生产的c(I-)=2ymol/L，消耗的AsO33-、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c(AsO33-)=(x-y)mol/L，c(I2)=(x-y)mol/L，溶液中c(OH-)=1mol/L，则K=y•(2y)2/(x-y)•(x-y)×12=4y3/(x－y)2,故答案为：4y3/(x－y)2。
【点睛】
反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡状态的依据，如本反应中随反应的进行AsO43−和I−的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1:2，不能作用为判断平衡状态的依据。
17． ＞ 0.8 mol/L 0.2 mol/(L·min) 不变 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响
18．放 ＞ 增大 增大 减小 变小 不变 变深 变浅
【解析】
试题分析：(1)由于该反应达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。正反应方向为吸热反应。实验逆反应为放热反应。由于当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小。说明减小压强，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：减小压强，化学 向气体体积增大的反应方向移动。逆反应方向为气体体积增大的反应，m+n＞p。(2)减压时，平衡逆向移动，A的含量增大，所以其质量分数增大。(3)若加入B(体积不变)，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，则A的转化率增大；但是对于B来说，佳润量远大于平衡移动的消耗量，所以B的的转化率反而降低。(4)若升高温度，平衡正向移动，A、B、的浓度减小，C的浓度增大，所以B、C的浓度之比将减小。(5)若加入催化剂，正反应速率和逆反应速率都加快，但是加快后的速率仍然相等，所以平衡不移动，气体混合物的总物质的量不变。(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)，平衡逆向移动，产生更多的A、B。因此B的浓度增大，混合物颜色加深。若维持容器内压强不变，充入氖气时，则必然要扩大容器的容积，B的浓度减小，所以混合物颜色变浅。
考点：考查温度、压强、催化剂、物质的浓度对化学平衡移动、物质的转化率的影响的知识。
19．80％ CO(g)+FeO(s) = Fe(s)+CO2(g) △H＝―218.03kJ／mol 2:3
【解析】
试题分析：本题考查盖斯定律的应用，反应热的计算。
(1)1molSO2完全反应放出98.3kJ的热量，放出314.56kJ热量时消耗SO2物质的量为=3.2mol，SO2的转化率为100%=80%。
(2)将3个热化学反应方程式依次编号：
Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) △H＝ ―24.8kJ／mol (①式)
3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H＝ ―47.2kJ／mol (②式)
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H＝ +640.5kJ／mol (③式)
运用盖斯定律，将①式3-②式-③式2得6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)ΔH=(-24.8kJ/mol)3-(-47.2kJ/mol)-(+640.5kJ/mol)2=-1308.2kJ/mol，CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式为CO(g)+FeO(s) = Fe(s)+CO2(g) △H＝―218.03kJ／mol。
(3)n(CaCO3)==0.5mol，根据C守恒，燃烧生成的n(CO2)=0.5mol，设CH4、CO的物质的量分别为x、y，则可列式：x+y=0.5mol，890kJ/molx+y=262.9kJ，解得x=0.2mol，y=0.3mol，则原混合气体中CH4 和CO的体积比2:3。
点睛：运用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。
20．1.0 每隔1min记录一次生成H2的体积 醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小 醋酸溶液的物质的量浓度 H+的物质的量浓度 取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH
【解析】
【分析】
(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；
③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、盐酸与镁条反应的速率的变化情况；
(2)醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度，据此分析。
①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，用pH计。
【详解】
(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；
(2)醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。
①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
【点睛】
本题考查化学实验方案的设计，涉及了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题等，注意探究实验设计的关键是变量唯一化。
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