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【化学】宁夏银川市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试试卷（解析版）
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宁夏银川市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试试卷
1.下列说法中正确的是( )
A. 放热反应一定不用加热，吸热反应一定需加热
B. 破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应且ΔH>0
C. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源
D. 升高温度或加入催化剂，都可以改变化学反应的反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是放热反应，还是吸热反应，主要与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，而与反应条件无关系，故A错误；
B.破坏生成物全部化学键所需的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，也就表示形成生成物全部化学键所放出的能量大于破坏反应物全部化学键所消耗要的能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，故B错误；
C.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源，故C正确；
D.升高温度，可以改变化学反应的反应热，加入催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡，故D错误。
故选C。
2.下表中物质的分类组合完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
KNO3
胆矾
BaSO4
HClO4
弱电解质
HF
CaCO3
HClO
NH3
非电解质
SO2
金属Al
H2O
C2H5OH
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质；能够完全电离的电解质为强电解质，不能完全电离的电解质为弱电解质，据此进行解答。
【详解】A.KNO3在水中能完全电离，所以是强电解质，HF在水中能部分电离，所以是弱电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，故A正确；
B.胆矾在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.溶于水的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，H2O部分电离，是弱电解质，故C错误；
D.HClO4在水中能完全电离，所以是强电解质，NH3自身不能电离，是非电解质，C2H5OH在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误。
故选A。
【点睛】强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、金属化合物等；弱电解质包括弱酸、弱碱、水等。
3.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小顺序排列正确的是( )
甲．在500 ℃时，10 mol SO2和10 mol O2
乙．在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和10 mol O2
丙．在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2
丁．在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2
A. 乙、甲、丁、丙 B. 乙、甲、丙、丁
C. 甲、乙、丙、丁 D. 丁、丙、乙、甲
【答案】A
【解析】
【详解】甲与乙相比，乙中使用催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应加快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙。
所以由大到小的排列顺序为：乙、甲、丁、丙。
故选A。
4.在一定温度的恒容的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应2C(g) A(g)＋3B(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，同时消耗3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化 ④混合气体的密度
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥若C为固体，A的体积分数不再变化
A. ①② B. ④⑥ C. ④⑤ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①生成C的速率与C分解的速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①不选；
②单位时间内生成amolA同时消耗3amolB，说明正反应速率等于逆反应速率，所以能判断该反应达到平衡状态，故②不选；
③A、B、C的浓度不再变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③不选；
④反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则密度始终不变，所以不能证明该反应达到平衡状态，故④选；
⑤该反应前后气体计量数之和减小，压强减小，当混合气体的总压强不再变化时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故⑤不选；
⑥若C为固体，容器的体积不变，所以在反应过程中和平衡状态下A的体积分数都不变，不能说明达到平衡状态，故⑥选。
不能判断达到平衡状态标志的是④⑥。
故选B。
【点睛】只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据。
5.下列化学用语书写正确的是( )
A. 铁粉投入到NaHSO4溶液中的离子方程式:Fe+2HSO4—=Fe2++H2Ó+ 2SO42—
B. HS-的电离方程式: HS-+H2O=== H3O＋＋S2-
C. 液氨也可像水一样发生自偶电离：2NH3 NH4＋＋NH2—
D. 双氧水具有弱酸性，其电离方程式: H2O2 2H＋＋O22-
【答案】C
【解析】
【详解】NaHSO4电离出H+，相当于一元强酸，与铁粉反应生成氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B.H3O+为H+结合水分子形成，多元弱酸根HS-电离出氢离子与水结合成水合氢离子，HS-在水溶液中的电离方程式为：HS-+H2OH3O++S2-，故B错误；
C.根据水的自偶电离的特征是分子结合另一种分子的氢离子发生电离，则液氨发生自偶电离的电离方程式为：2NH3⇌NH4++NH2-，故C正确；
D.双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，其电离方程式为H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-，故D错误。
故选C。
【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含74.0 g Ca(OH)2的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出57.3 kJ的热量
B. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1，将足量的N2(g)和H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成1mol NH3(g)，放出46.2kJ的热量
C. 2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ
D. 燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋1/2O2(g)==CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，中和热必须是生成1molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，74.0gCa(OH)2的稀溶液与稀硫酸完全中和生成2mol水，应放出114.6kJ的热量，故A错误；
B.由N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1可知，完全反应生成2mol的NH3(g)，放出92.4kJ的热量，所以将足量的N2(g)和H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成1molNH3(g)，放出46.2kJ的热量，故B正确；
C.ΔH的单位为kJ·mol－1，所以氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1，故C错误；
D.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，甲醇燃烧生成的氢气不属于稳定的化合物，故D错误。
【点睛】注意：1、中和热的几个关键点：在稀溶液中、强酸强碱反应、生成1molH2O；2、燃烧热的几个关键点：1molH2O、纯物质、稳定氧化物；加热反应不一定是吸热反应，某些放热反应也需要引发条件。
7.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是（ ）
①H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H1
H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H2
②C2H4O2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) △H1
C2H4O2(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H2
③CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1
Na2O(s)＋H2O(l)=2NaOH(aq) △H2
④2H2S (g) +3O2 (g) =2SO2 (g) +2H2O(g) △H1
2H2S (g) +O2 (g) =2S (S) +2H2O(g) △H2
A. ②③ B. ①④ C. ①② D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①Cl2（g）和氢气反应生成的氯化氢稳定性大于I2（g）和氢气反应生成的碘化氢，越稳定能量越低，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2，故①不选；
②后者生成的是液态水，放出的热量多，焓变是负值，所以△H1>△H2，故②选；
③碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钠和水反应是化合反应放热，焓变是负值，所以△H1＞△H2，故③选；
④H2S不完全燃烧放热少，完全燃烧放出的热量相对多，焓变包含负号比较大小，所以△H2＞△H1，故④不选。
所以热化学方程式中符合△H1>△H2的是②③。
故选A。
【点睛】明确焓变是有正负之分的。
8.下列关于可逆反应：A(g)+3B(g) 2C(g) △H <0，下列叙述正确的
A. 增大反应物的浓度，可以提高活化分子百分数，所以 v（正）会先增大后减小
B. 升高温度可以提高活化分子的能量所以v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
C. 采用催化剂，可以提高活化分子百分数，所以会引起v（正）、v（逆）同时增大且增大的倍数相同
D. 减小压强可以降低单位体积内活化分子的数目，所以v（正）减小、v（逆）增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大反应物的浓度，单位体积活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，正反应速率突然增大，故A错误；
B.根据方程式可知，正反应是放热反应，所以升高温度，正逆反应速率都是增大的，但逆反应速率增大的更大，故B错误；
C.催化剂既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，同等程度改变正逆反应速率，故C正确；
D.正反应是体积减小的可逆反应，所以减小压强，可以降低单位体积内活化分子的数目，正逆反应速率都是减小的，但正反应速率增大的更大，故D错误。
故选C。
9.已知298K下反应2Al2O3（s）+3C（s）= 4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171.0kJ/mol，△S=+635.5J/（mol•K），则下列说法正确的是
A. 由题给△H值可知，该反应是一个放热反应
B. △S＞0表明该反应是一个熵减少的反应
C. 该反应在室温下可能自发进行
D. 若温度可以决定反应的方向，则该反应可以自发进行的最低温度为3416.2 K
【答案】D
【解析】
【详解】A.△H=+2171.0kJ/mol>0，表明该反应是一个吸热反应，故A错误；
B.△S=+635.5J/（mol•K）>0，表明该反应是一个熵增加的反应，故B错误；
C.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3471K时反应才可以自发进行，所以在室温下不可能自发，故C错误；
D.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，故D正确。
故选D。
10.下列事实可以用勒夏特列原理解释的是
A. 高锰酸钾溶液与草酸发生化学反应刚开始缓慢,随后反应迅速加快
B. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气（Cl2＋H2OHCl＋HClO）
C. 500 ℃左右的温度比室温更有利于合成氮反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) △H<0
D. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl, 增大KCl的浓度则溶液的颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.高锰酸钾溶液与草酸反应是放热反应，所以刚开始反应缓慢，随着反应的进行，温度升高，反应迅速加快，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.增大KCl的浓度，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，氯化钾不影响平衡，平衡不移动，溶液颜色不变，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。
故选B。
11.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COOH
B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6
D. 向水中加少量的氯化铵固体使由水电离出C(H+)=1.0Ï10-5 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性，说明该物质是强酸弱碱盐，据此答题。
【详解】A.根据水的电离平衡H2OH++OH-知，加入少量CH3COONa促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故A错误；
B.硫酸氢钠抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，故B错误；
C.加热水至100℃促进水的电离，向正方向移动，虽然pH=6，但溶液仍然呈中性，故C错误；
D.加入少量的氯化铵固体，铵根离子水解促进水的电离，平衡向右移动，使水电离出的氢离子浓度为C(H+)=1.0Ï10-5mol·L－1，溶液呈酸性，故D正确。
故选D。
12.下列叙述正确的是( )
A. pH=7的溶液一定是中性溶液
B. 由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10 mol·L－1，则原溶液的PH=4
C. 升温,纯水的电离程度增大, Kw增大, C(H+)增大,PH值减小,但仍呈中性
D. 一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温下，pH=7的溶液呈中性，由于水的电离是吸热反应，温度降低，水的电离程度减小，所以pH=7的溶液中，氢离子浓度不一定等于氢氧根离子浓度，故A错误；
B.常温下，由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10mol·L－1，可能溶液中c（H+）=1.0×10－10mol·L－1，pH=10，也可能溶液中c（H+）=1.0×10－4mol·L－1，pH=4，故错误；
C.水的电离是吸热的，升高温度，纯水的电离程度增大，Kw增大，C(H+)增大，pH值减小，但c（H+）=c（OH-），溶液仍呈中性，故C正确；
D.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的1/10，若其pH=b，则a
13.下列事实能不能说明亚硝酸是弱电解质的是( )
①亚硝酸是共价化合物 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗
③甲基橙滴入亚硝酸可使溶液变红 ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①亚硝酸是共价化合物不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故①错误；
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明该溶液中自由移动的离子浓度较小，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故②错误；
甲基橙滴入亚硝酸可使溶液变红，只能说明溶液显酸性，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故③错误；
④常温下，0.1mol/L的HNO2溶液的pH为2.1，说明亚硝酸部分电离导致溶液中氢离子浓度小于亚硝酸浓度，则亚硝酸是弱电解质，故④正确。
所以不能说明亚硝酸是弱电解质的是①②③。
故选A。
【点睛】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。
14.反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列说法正确的是
A. 三种物质中B最不稳定,A最稳定
B. B→A反应的活化能为E1,反应B→C反应的ΔH=E4-E3
C. B→A反应与铝热反应一样都属于生成物的总能量高于反应物的总能量的放热反应
D. 反应B→C是放热反应, 反应A→C是放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
【详解】A.物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，B能量高最不稳定，故A错误；
B.B→A的反应为放热反应，活化能为E1- E2，B→C的反应为放热反应，反应的ΔH=E3-E4，故B错误；
C.由图像可知B→A的反应，为生成物的总能量低于反应物的总能量的放热反应，与铝热反应一样，都为放热反应，故C错误；
D.由图象可知A→C的反应，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为B，注意把握反应热的计算。
15.向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol·L－1Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100mL0.4mol·L－1HCl溶液时，放出的热量为2.2kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为
A. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－2.92 kJ·mol－1
B. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－0.72 kJ·mol－1
C. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－18 kJ·mol－1
D. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－73 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】根据题述条件可得如下热化学方程式：Ba2+(aq)＋2OH-(aq)＋2H+(aq)＋SO42-(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)；ΔH＝－128kJ·mol－1①，OH－(aq)＋H+(aq)=H2O(l)；ΔH＝－55kJ·mol－1②，根据盖斯定律：①－2×②可得：Ba2+(aq)＋SO42-(aq)=BaSO4(s)；ΔH＝－18kJ·mol－1，所以C选项正确。
故选C。
16.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是
A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
B. 平衡时的压强是起始压强的1.2倍
C. 反应开始到10s时，Y的转化率为79.0％
D. 反应的化学方程式为：X(g)+ Y(g)Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图像可知，0～10s内，Z的反应速率v(Z)＝1.58mol÷2L÷10s＝0.079mol/(L·s)，故A错误；
B.化学方程式为X＋Y2Z，该反应是一个前后体积不变的反应，反应前后压强不变，故B错误；
C.根据图像可知，0～10s内，Y的物质的量由1mol减少到0.21mol，转化率为（1mol-0.21mol）/1mol×100%=79%，故C正确；
D.据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10s末，Δn(X)＝1.20mol－0.41mol＝0.79mol，Δn(Y)＝1.00mol－0.21mol＝0.79mol，Δn(Z)＝1.58mol，所以化学方程式为X＋Y2Z，故D错误。
故选C。
17.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g) ΔH<0。在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A. 其他条件不变，使用高效催化剂，会缩短反应时间且废气中氮氧化物的转化率增大
B. 其他条件不变，加入足量的NH3，再次平衡后氮氧化物的转化率增大，氮气的体积分数减小
C. 其他条件不变，升高温度会提高反应物的转化率且使该反应的平衡常数增大
D. 其他条件不变，缩小容器的体积会使平衡正向移动，再次平衡后氨气的浓度变小
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂只能改变平衡状态，但不能影响平衡状态，平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故A错误；
B.加入足量的NH3，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，废气中氮氧化物的转化率增大，氮气的体积分数减小，故B正确；
C.正反应是放热反应，所以升高温度，会提高反应物的转化率，但平衡逆反应方向移动，平衡常数降低，故C错误；
D.该反应是一个反应前后体积增大的反应，缩小容器的体积会使平衡逆向移动，再次平衡后氨气的浓度变大，故D错误。
故选B。
18.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误。
故选C。
19.300 mL恒容密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法不正确的是( )
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1．9×10－5
A. 上述反应为放热反应
B. 在25 ℃时，反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10－5
C. 在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0．5 mol·L－1，则此时v正
【答案】D
【解析】
【详解】A.图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A正确；
B.25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），平衡常数的倒数═1/5×104=2×10-5；故B正确；
C.在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，Qc=0.5/0.54=8＞2，
大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v正＜v逆，故C正确；
D.80℃达到平衡时，再次充入一定量的Ni(CO)4气体，平衡向逆反应方向移动，所以再次达到平衡后CO的体积分数减小，平衡常数增大，故D错误。
故选D。
20.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，有关说法正确的
A. a、b、c三点溶液的c(CH3COO-)：a＞b＞c
B. a、b、c三点醋酸的电离程度： b ＞ a ＞c
C. a、b、c三点溶液用等体积的氢氧化钾溶液中和，消耗氢氧化钾溶液浓度：a＞b＞c
D. 若使b 点溶液中的PH值增大,可采取的措施是稀释溶液或加入醋酸钠晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，0表示醋酸未电离，随水的增加电离程度在增大，且导电性越强，离子浓度越大，以此来分析。
【详解】A.导电能力越强，离子浓度越大，所以a、b、c三点溶液的c(CH3COO-)：b＞a＞c，故A错误；
B.随着水的增加电离程度在增大，醋酸的电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a，故B错误；
C.消耗KOH溶液的浓度与醋酸的物质的量成正比，a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相等，则与等体积的氢氧化钾溶液中和，消耗消耗氢氧化钾溶液浓度一样多，则a=b=c，故C错误；
D.若使b点处溶液中的pH值增大，c(H+)减小，可向溶液中加水稀释或加醋酸钠晶体，都可以使氢离子浓度减小，故D正确。
故选D。
【点睛】明确图中导电性与离子浓度的关系是解题的关键，选项C、D为解答中的易错点。
21.一定温度下有①盐酸②硫酸③醋酸,下列说法正确的是
A. 酸的物质的量浓度和体积相同时,与足量的金属反应产生氢气的体积(在相同条件下): ②>①=③
B. 酸的物质的量浓度和体积相同时,中和碱的能力：② > ①> ③
C. PH值相同时，酸的物质的量浓度是 ： ①= ③>②
D. PH值相同时,分别稀释5倍,与足量的金属刚开始反应的速率:③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】A.向体积相同、物质的量浓度相同的①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的金属，溶质的物质的量相同，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；产生氢气②＞①═③，故A正确；
B.酸和NaOH发生中和反应时，消耗NaOH体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，体积相同，物质的量浓度相同的酸，中和碱的能力与其反应方程式中的化学计量数有关，故②＞③=①，故B错误；
C.因为硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在pH相等的条件下，酸的物质的量浓度是③＞①＞②，故C错误；
D.pH值相同时，分别稀释5倍，强酸的c（H+）仍相同，而醋酸随着加水稀释，醋酸分子继续电离，其c（H+）增大，因此稀释后醋酸溶液的氢离子浓度比盐酸、硫酸大，与足量的金属刚开始反应的速率:③＞②=①，故D错误。
故选A。
22.25 ℃时，KW＝1.0×10－14；100 ℃时，KW＝1.0×10－12，下列说法正确的是( )
A. 100 ℃时，PH＝10的NaOH溶液和PH＝2的H2SO4恰好中和，所得溶液的PH＝7
B. 100 ℃时，0.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和0.2 mol·L－1 HCl等体积混合，所得溶液的PH＝13
C. 25 ℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的PH>7
D. 25 ℃时，加入pH＝4盐酸溶液50mL可将100mL的pH＝10 NaOH溶液变为PH＝9
【答案】C
【解析】
【分析】
A.100℃时，pH=12的NaOH溶液，c（OH-）=1mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性；
B.等体积等浓度混合后，碱过量，根据100℃时，KW＝1.0×10－12进行计算；
C.25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量；
D.根据pH值的计算公式进行计算。
【详解】A.100℃时，pH=12的NaOH溶液，c（OH-）=1mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH=6，故A错误；
B.100℃时，KW＝1.0×10－12，c（OH-）=0.4mol/L，c（H+）=0.2mol/L，等体积等浓度混合后，碱过量，未反应的c（OH-）=0.1mol/L溶液的pOH=1，则溶液的pH=11，故B错误；
C.25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故C正确；
D.25℃时，50mLpH＝4的盐酸溶液中n（H+）=1×10-4mol/L×0.05L=5×10-6mol，100mLpH＝10NaOH溶液中n（OH-）=1×10-4mol/L×0.1L=1×10-5mol，混合后溶液中的c（OH-）=（1×10-5mol-5×10-6mol）/（0.1+0.05）L=1/3×10-4mol/L，则溶液的pH=10+lg1/3，故D错误。
故选C。
23.一定条件下，可逆反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）△H <0，若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol /L，0.6mol/ L，0.1 mol/L，则下列判断不合理的是
A. 起始时c1：c2＝1：3且 平衡时X、Y的转化率相等
B. c1的取值范围为0< c1<0．25mo /L
C. 反应开始后，Y和Z的生成速率之比为2：3
D. 对平衡体系加热，则混和气体的平均分子量减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）2Z（g）
初始浓度： c1 c2 c3
转化浓度： x 3x 2x
平衡浓度： 0.2moL/L 0.6mol/L 0.1mol/L
则c1：c2=（x+0.2moL/L）：（3x+0.6mol/L）=1：3，
反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故A正确；
B.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，使用极限法进行考虑，假设Z全部来自正向反应，X起始浓度最大为：0.2moL/L+0.1mol/L/2=0.25mol/L，则c1＜0.25mol·L-1，所以c1的取值范围为：0
D.该反应为放热反应，对平衡体系加热，平衡向逆反应反应移动，则混和气体的平均分子量减小，故D正确。
故选C。
【点睛】B选项中利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。
24.已知:在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且知C(s) +1/2O2(g) = CO(g) △H = －110.5 kJ/mol CO(g) +1/2O2(g) = CO2(g) △H = －283 kJ/mol，下列说法错误的是
A. 与这些碳完全燃烧相比，碳不完全燃烧损失的热量是 283kJ
B. CO2(g)= C(s) + O2(g) △H = +393．5 kJ/mol
C. 3mol C(s)与2mol O2(g)完全反应放出的热量为614.5 kJ
D. 已知相关的化学键键能数据如下
化学键
H—H
C—O
H—O
C—H
E/(kJ·mol－1)
436
343
1 076
465
413
则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH= +99 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳完全燃烧放热放出的热量最多，因此反应中损失的热量就相当于是生成的CO再燃烧时所放出的热量。根据已知条件可知，生成的CO是1mol，所以损失的热量就是283kJ，故A正确；
B.已知①C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=－110.5kJ/mol，②CO(g) +1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283kJ/mol，根据盖斯定律由①+②可得C(s) +O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ/mol，所以CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=+393．5kJ/mol，故B正确；
C.碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3mol碳在2mol氧气中燃烧，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，设生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=3，根据氧元素守恒有x+2y=2×2，联立方程，解得x=2，y=1，由C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=－110.5kJ/mol、C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ/mol，3molC(s)与2mo O2(g)完全反应放出的热量为110.5kJ/mol×2mol+393.5kJ/mol×1mol=614.5kJ，故C正确；
D.反应热等于断开旧键吸收的热量与形成新键所放出能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)可知反应热ΔH=（1076kJ/mol+436kJ/mol×2）-（413kJ/mol×3+343kJ/mol+465kJ/mol）=-99kJ/mol，故D错误。
故选D。
【点睛】判断碳与氧气反应产物中一氧化碳与二氧化碳的物质的量是关键，注意反应热△H的单位与符号，容易忽略。
25.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）下列说法正确的是
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol·L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡；据此分析平衡移动。
【详解】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的。
A.丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；
B.甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；
C.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍;由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；
D.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误。
故选B。
26.(1)下图是N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：_________________________
(2) 在25 ℃、101 kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量Q kJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得50 g CaCO3沉淀，请写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________________________________
(3) 中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、________、量筒。由甲、乙两人组成的实验小组，在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组测定中和热的实验，实验试剂及其用量如下表所示。
反应物
起始温度t1/℃
终了温度t2/℃
中和热/kJ·mol－1
A．1.0 mol/L HCl溶液50 mL、1.1 mol/L NaOH溶液50 mL
13.0
ΔH1
B．1.0 mol/L HCl溶液50 mL、1.1 mol/L NH3·H2O溶液50 mL
13.0
ΔH2
①甲在实验之前预计ΔH1＝ΔH2,他的根据是A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同;而乙在实验之前预计ΔH1≠ΔH2，他的根据是 _________________________。
②实验测得的温度是：A的起始温度为13.0 ℃、终了温度为19.8 ℃．设充分反应后溶液的比热容c＝4.184 J/(g·℃)，忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学反应方程式：_______________________________。
【答案】 (1). N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1 (2). C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－4Q kJ·mol－1 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热 (5). NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）根据题中图示写出N2和H2反应的热化学方程式；
（2）利用生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得50gCaCO3沉淀可计算出二氧化碳的物质的量，即得出二氧化碳的物质的量与放出的热量的关系，再利用完全燃烧1摩尔无水乙醇生成2摩尔二氧化碳来分析放出的热量，进而书写热化学方程式；
（3）①乙认为NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热，所以热效应不同；
②根据ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)计算。
【详解】根据图示，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的反应热为E1-E2=254-300=-46kJ/mol，所以N2和H2反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ/mol。
（2）因生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得50gCaCO3沉淀，CaCO3的物质的量是0.5mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为0.5mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为2Q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为2Q×2=4Q，热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-4QkJ/mol，
故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-4QkJ/mol。
（3）中和热测定实验中用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒。
①甲认为A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同，则反应的热效应也相同；而乙认为NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热，所以热效应不同，故答案为：NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热。
②根据ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)计算，其中n(H2O)＝0.050 mol，ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)=-4.184×100×（19.8-13.0）/1×0.05≈－56.9kJ/mol，所以NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学反应方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9kJ/mol。
27.(1) 对于Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑改变下列条件对反应速率和产量有何影响 (填“增大”“减小”或“不变”):把铁片改成铁粉：________；滴加几滴浓硫酸_______;加压：________；
(2) 某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
实验
编号
0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
①表中V1=__________mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号)
③实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________mol·L－1·min－1。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 不变 (4). 5 (5). ②和③ (6). 0.025
【解析】
【分析】
（1）根据影响化学反应速率的因素进行分析；
（2）①由表中实验②和实验①知道温度相同，所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL；
②根据上表分析实验②和实验③反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是②和③；
③根据方程式5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O计算v(H2C2O4)的平均反应速率。
【详解】（1）对于反应Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑，把铁片改成铁粉，增大接触面积，化学反应速率增大；滴加几滴浓硫酸，增大反应物的浓度，化学反应速率增大；加压，对化学反应速率无影响，故答案为：增大，增大，不变。
（2）①由表中实验②和实验①知道温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响。所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL，故答案为：5。
②根据上表分析实验②和实验③反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是②和③，故答案为：②和③。
③由化学反应方程式关系可知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，加入的KMnO4的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，加入的H2C2O4的物质的量为0.005L×0.6mol/L=0.003mol，由5H2C2O4～2KMnO4关系可知H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.01L×5/2=0.0025mol，实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，所以H2C2O4在2min内的平均反应速率为v(H2C2O4)＝0.0025mol÷0.05L÷2min=0.025mol·L－1·min－1，故答案为：0.025。
28.甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2
下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度
250 ℃
300 ℃
350 ℃
K
2.0
0.27
0.012
(1)由表中数据判断ΔH1________(填“＞”、“＜”或“＝”)0；反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝___________(用ΔH1和ΔH2表示)。
(2)若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是________(填字母序号)
A．充入CO，使体系总压强增大 B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大 D．使用高效催化剂
(3)保持恒温恒容条件对于反应Ⅱ:将10 mol CO2和30mol H2放入1 L的密闭容器中，充分反应后测得CO2的转化率为60%，则该反应的平衡常数为____________________。若维持条件不变向该容器中投入10 mol CO2、30mol H2、10 mol CH3OH(g)和 10mol H2O(g)，判断平衡移动的方向是________(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
(4)反应Ⅰ的逆反应速率与时间的关系如图所示。由图可知，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：t2时_______________________；t8时______________________________。
【答案】 (1). ＜ (2). ΔH2－ΔH1 (3). B (4). 1/192 (5). 正向移动 (6). 升温或增大生成物的浓度 (7). 使用催化剂
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，根据盖斯定律计算△H3；
（2）根据影响平衡移动的因素进行分析；
（3）根据三段式计算反应的平衡常数；
（4）t2时平衡逆向移动，改变的条件可以是升温或增大生成物的浓度；t8时平衡不移动，改变的条件是使用了催化剂。
【详解】（1）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0；根据盖斯定律，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=△H2-△H1，故答案为：＜，ΔH2－ΔH1。
（2）A.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故A错误；
B.将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故B正确；
C.充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故C错误；
D.使用高效催化剂，不能改变平衡，故D错误。
故答案为：B。
（3）充分反应后测得CO2的转化率为60%，则参加反应的n（CO2）=10mol×60%=6mol，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol/L） 10 30 0 0
转化（mol/L） 6 18 6 6
平衡（mol/L） 4 12 6 6
反应Ⅱ的平衡常数K=c（CH3OH）c（H2O）c（CO2）c3（H2）=6×6/4×123=1/192；
若维持条件不变向该容器中投入10molCO2、30molH2、10molCH3OH(g)和10molH2O(g)，根据等效平衡理论，相当于增大压强，则化学平衡正向移动，
故答案为：1/192，正向移动。
（4）由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，改变的条件可以是升温或增大生成物的浓度；t8时平衡不移动，改变的条件是使用了催化剂，故答案为：升温或增大生成物的浓度，使用催化剂。
29.下表是常温下几种常见弱酸的电离平衡常数:
弱酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
K=1.6×10-5
H2C2O4
H2C2O4H++ HC2O4-
HC2O4- H++ C2O42-
K1=5.9×10-2 K2=6.4×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCO3- HCO3-H++CO32-
K1=4.4×10-7 K2=5.6×10-11
H2S
H2SH＋＋HS－ HS－H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－15
回答下列问题:
(1)某温度下，纯水中的c（H+）=2．0×10-7mol/L，则此时溶液中c（OH-）为_______mol/L；此时温度__________25 ℃（填“大于”，“小于”或“等于”），若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5．0×10-6mol/L，则由水电离出的c（H+）为______mol/L。
(2)下列四种离子结合H+能力最强的是______。
A．HCO3- B． C2O42- C． S2－ D．CH3COO-
(3)该温度下1.0 mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=_____ mol·L-1
(4)常温下，加水稀释0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中n(H＋)×n(OH－)保持不变
B．溶液中水电离的c(H＋)×c(OH－)保持不变
C．溶液中c(HC2O4-)/c(H2C2O4)保持不变
D．溶液中c(OH－)增大
(5)将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为__________________________。
【答案】 (1). 2.0×10-7 (2). 大于 (3). 8×10-9 (4). C (5). 4.0×10-3 (6). D (7). 2CH3COOH＋CO32-===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
（1）水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积常数越大，所以此时温度高于25℃；滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10-6mol/L，则溶液中c（OH-）=KW/C(H+)=4×10-14/5×10-6=8.0×10-9mol·L-1，酸性溶液中的OH-是由水电离产生的，因此溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=8.0×10-9mol·L-1；
（2）对应酸的酸性越弱，结合H+能力越强；
（3）由醋酸的电离平衡常数K=c（H+）c（CH3COO-）/c（CH3COOH）计算c(H+)；
（4）由H2C2O4的电离平衡进行分析；
（5）CH3COOH溶液与少量Na2CO3溶液反应的方程式为：2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O。
【详解】（1）某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol·L-1，H2OOH-+H+，则c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol·L-1，水的电离过程是吸热过程，常温下水电离出的离子浓度c（OH-）=c（H+）=1.0×10-7mol·L-1，所以此时温度高于25℃，若温度不变，Kw=c（OH-）×c（H+）=4.0×10-14（mol·L-1）2不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10-6mol/L，则溶液中c（OH-）=KW/C(H+)=4×10-14/5×10-6=8.0×10-9mol·L-1，酸性溶液中的OH-是由水电离产生的，因此溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=8.0×10-9mol·L-1，
故答案为：2.0×10-7，大于，8.0×10-9。
（2）对应酸的酸性越弱，结合H+能力越强，由表中数据可知，酸性：H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S，所以结合H＋的能力由强到弱的顺序为：S2－＞HCO3—＞CH3COO－＞C2O42-，故答案为：C。
（3）在1.0mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，电离平衡常数K=c（H+）c（CH3COO-）/c（CH3COOH）=1.6×10-5，又因为c（H+）=c（CH3COO-），所以c（H+）=4.0×10-3mol·L-1，故答案为：4.0×10-3。
（4）A.稀释过程中，溶液的体积增大，水的离子积不变，故溶液中n(H＋)×n(OH－)增大，故A错误；
B.稀释过程中，溶液中c(OH－)增大，故水电离的c(H＋)×c(OH－)增大，故B错误；
C.H2C2O4分两步电离，且以第一步电离为主，稀释时平衡向右移动，c(H2C2O4)减小快，c(H2C2O4-)减小慢，c(H2C2O4-)/c(H2C2O4)不断增大，故C错误；
D.草酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢离子的数目增加，但氢离子的浓度是降低的。由于温度是不变的，所以水的离子积常数是不变的，所以溶液中c(OH－)增大，故D正确。
故答案为：D。
（5）CH3COOH溶液与少量Na2CO3溶液反应的化学方程式为：2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，离子方程式为：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，故答案为：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O。
1.下列说法中正确的是( )
A. 放热反应一定不用加热，吸热反应一定需加热
B. 破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应且ΔH>0
C. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源
D. 升高温度或加入催化剂，都可以改变化学反应的反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是放热反应，还是吸热反应，主要与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，而与反应条件无关系，故A错误；
B.破坏生成物全部化学键所需的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，也就表示形成生成物全部化学键所放出的能量大于破坏反应物全部化学键所消耗要的能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，故B错误；
C.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源，故C正确；
D.升高温度，可以改变化学反应的反应热，加入催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡，故D错误。
故选C。
2.下表中物质的分类组合完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
KNO3
胆矾
BaSO4
HClO4
弱电解质
HF
CaCO3
HClO
NH3
非电解质
SO2
金属Al
H2O
C2H5OH
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质；能够完全电离的电解质为强电解质，不能完全电离的电解质为弱电解质，据此进行解答。
【详解】A.KNO3在水中能完全电离，所以是强电解质，HF在水中能部分电离，所以是弱电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，故A正确；
B.胆矾在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.溶于水的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，H2O部分电离，是弱电解质，故C错误；
D.HClO4在水中能完全电离，所以是强电解质，NH3自身不能电离，是非电解质，C2H5OH在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误。
故选A。
【点睛】强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、金属化合物等；弱电解质包括弱酸、弱碱、水等。
3.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小顺序排列正确的是( )
甲．在500 ℃时，10 mol SO2和10 mol O2
乙．在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和10 mol O2
丙．在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2
丁．在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2
A. 乙、甲、丁、丙 B. 乙、甲、丙、丁
C. 甲、乙、丙、丁 D. 丁、丙、乙、甲
【答案】A
【解析】
【详解】甲与乙相比，乙中使用催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应加快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙。
所以由大到小的排列顺序为：乙、甲、丁、丙。
故选A。
4.在一定温度的恒容的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应2C(g) A(g)＋3B(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，同时消耗3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化 ④混合气体的密度
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥若C为固体，A的体积分数不再变化
A. ①② B. ④⑥ C. ④⑤ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①生成C的速率与C分解的速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①不选；
②单位时间内生成amolA同时消耗3amolB，说明正反应速率等于逆反应速率，所以能判断该反应达到平衡状态，故②不选；
③A、B、C的浓度不再变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③不选；
④反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则密度始终不变，所以不能证明该反应达到平衡状态，故④选；
⑤该反应前后气体计量数之和减小，压强减小，当混合气体的总压强不再变化时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故⑤不选；
⑥若C为固体，容器的体积不变，所以在反应过程中和平衡状态下A的体积分数都不变，不能说明达到平衡状态，故⑥选。
不能判断达到平衡状态标志的是④⑥。
故选B。
【点睛】只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据。
5.下列化学用语书写正确的是( )
A. 铁粉投入到NaHSO4溶液中的离子方程式:Fe+2HSO4—=Fe2++H2Ó+ 2SO42—
B. HS-的电离方程式: HS-+H2O=== H3O＋＋S2-
C. 液氨也可像水一样发生自偶电离：2NH3 NH4＋＋NH2—
D. 双氧水具有弱酸性，其电离方程式: H2O2 2H＋＋O22-
【答案】C
【解析】
【详解】NaHSO4电离出H+，相当于一元强酸，与铁粉反应生成氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B.H3O+为H+结合水分子形成，多元弱酸根HS-电离出氢离子与水结合成水合氢离子，HS-在水溶液中的电离方程式为：HS-+H2OH3O++S2-，故B错误；
C.根据水的自偶电离的特征是分子结合另一种分子的氢离子发生电离，则液氨发生自偶电离的电离方程式为：2NH3⇌NH4++NH2-，故C正确；
D.双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，其电离方程式为H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-，故D错误。
故选C。
【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含74.0 g Ca(OH)2的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出57.3 kJ的热量
B. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1，将足量的N2(g)和H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成1mol NH3(g)，放出46.2kJ的热量
C. 2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ
D. 燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋1/2O2(g)==CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，中和热必须是生成1molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，74.0gCa(OH)2的稀溶液与稀硫酸完全中和生成2mol水，应放出114.6kJ的热量，故A错误；
B.由N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1可知，完全反应生成2mol的NH3(g)，放出92.4kJ的热量，所以将足量的N2(g)和H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成1molNH3(g)，放出46.2kJ的热量，故B正确；
C.ΔH的单位为kJ·mol－1，所以氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1，故C错误；
D.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，甲醇燃烧生成的氢气不属于稳定的化合物，故D错误。
【点睛】注意：1、中和热的几个关键点：在稀溶液中、强酸强碱反应、生成1molH2O；2、燃烧热的几个关键点：1molH2O、纯物质、稳定氧化物；加热反应不一定是吸热反应，某些放热反应也需要引发条件。
7.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是（ ）
①H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H1
H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H2
②C2H4O2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) △H1
C2H4O2(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) △H2
③CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1
Na2O(s)＋H2O(l)=2NaOH(aq) △H2
④2H2S (g) +3O2 (g) =2SO2 (g) +2H2O(g) △H1
2H2S (g) +O2 (g) =2S (S) +2H2O(g) △H2
A. ②③ B. ①④ C. ①② D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①Cl2（g）和氢气反应生成的氯化氢稳定性大于I2（g）和氢气反应生成的碘化氢，越稳定能量越低，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2，故①不选；
②后者生成的是液态水，放出的热量多，焓变是负值，所以△H1>△H2，故②选；
③碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钠和水反应是化合反应放热，焓变是负值，所以△H1＞△H2，故③选；
④H2S不完全燃烧放热少，完全燃烧放出的热量相对多，焓变包含负号比较大小，所以△H2＞△H1，故④不选。
所以热化学方程式中符合△H1>△H2的是②③。
故选A。
【点睛】明确焓变是有正负之分的。
8.下列关于可逆反应：A(g)+3B(g) 2C(g) △H <0，下列叙述正确的
A. 增大反应物的浓度，可以提高活化分子百分数，所以 v（正）会先增大后减小
B. 升高温度可以提高活化分子的能量所以v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
C. 采用催化剂，可以提高活化分子百分数，所以会引起v（正）、v（逆）同时增大且增大的倍数相同
D. 减小压强可以降低单位体积内活化分子的数目，所以v（正）减小、v（逆）增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大反应物的浓度，单位体积活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，正反应速率突然增大，故A错误；
B.根据方程式可知，正反应是放热反应，所以升高温度，正逆反应速率都是增大的，但逆反应速率增大的更大，故B错误；
C.催化剂既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，同等程度改变正逆反应速率，故C正确；
D.正反应是体积减小的可逆反应，所以减小压强，可以降低单位体积内活化分子的数目，正逆反应速率都是减小的，但正反应速率增大的更大，故D错误。
故选C。
9.已知298K下反应2Al2O3（s）+3C（s）= 4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171.0kJ/mol，△S=+635.5J/（mol•K），则下列说法正确的是
A. 由题给△H值可知，该反应是一个放热反应
B. △S＞0表明该反应是一个熵减少的反应
C. 该反应在室温下可能自发进行
D. 若温度可以决定反应的方向，则该反应可以自发进行的最低温度为3416.2 K
【答案】D
【解析】
【详解】A.△H=+2171.0kJ/mol>0，表明该反应是一个吸热反应，故A错误；
B.△S=+635.5J/（mol•K）>0，表明该反应是一个熵增加的反应，故B错误；
C.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3471K时反应才可以自发进行，所以在室温下不可能自发，故C错误；
D.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，故D正确。
故选D。
10.下列事实可以用勒夏特列原理解释的是
A. 高锰酸钾溶液与草酸发生化学反应刚开始缓慢,随后反应迅速加快
B. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气（Cl2＋H2OHCl＋HClO）
C. 500 ℃左右的温度比室温更有利于合成氮反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) △H<0
D. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl, 增大KCl的浓度则溶液的颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.高锰酸钾溶液与草酸反应是放热反应，所以刚开始反应缓慢，随着反应的进行，温度升高，反应迅速加快，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.增大KCl的浓度，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，氯化钾不影响平衡，平衡不移动，溶液颜色不变，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。
故选B。
11.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COOH
B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6
D. 向水中加少量的氯化铵固体使由水电离出C(H+)=1.0Ï10-5 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性，说明该物质是强酸弱碱盐，据此答题。
【详解】A.根据水的电离平衡H2OH++OH-知，加入少量CH3COONa促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故A错误；
B.硫酸氢钠抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，故B错误；
C.加热水至100℃促进水的电离，向正方向移动，虽然pH=6，但溶液仍然呈中性，故C错误；
D.加入少量的氯化铵固体，铵根离子水解促进水的电离，平衡向右移动，使水电离出的氢离子浓度为C(H+)=1.0Ï10-5mol·L－1，溶液呈酸性，故D正确。
故选D。
12.下列叙述正确的是( )
A. pH=7的溶液一定是中性溶液
B. 由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10 mol·L－1，则原溶液的PH=4
C. 升温,纯水的电离程度增大, Kw增大, C(H+)增大,PH值减小,但仍呈中性
D. 一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温下，pH=7的溶液呈中性，由于水的电离是吸热反应，温度降低，水的电离程度减小，所以pH=7的溶液中，氢离子浓度不一定等于氢氧根离子浓度，故A错误；
B.常温下，由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10mol·L－1，可能溶液中c（H+）=1.0×10－10mol·L－1，pH=10，也可能溶液中c（H+）=1.0×10－4mol·L－1，pH=4，故错误；
C.水的电离是吸热的，升高温度，纯水的电离程度增大，Kw增大，C(H+)增大，pH值减小，但c（H+）=c（OH-），溶液仍呈中性，故C正确；
D.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的1/10，若其pH=b，则a
13.下列事实能不能说明亚硝酸是弱电解质的是( )
①亚硝酸是共价化合物 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗
③甲基橙滴入亚硝酸可使溶液变红 ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①亚硝酸是共价化合物不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故①错误；
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明该溶液中自由移动的离子浓度较小，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故②错误；
甲基橙滴入亚硝酸可使溶液变红，只能说明溶液显酸性，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故③错误；
④常温下，0.1mol/L的HNO2溶液的pH为2.1，说明亚硝酸部分电离导致溶液中氢离子浓度小于亚硝酸浓度，则亚硝酸是弱电解质，故④正确。
所以不能说明亚硝酸是弱电解质的是①②③。
故选A。
【点睛】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。
14.反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列说法正确的是
A. 三种物质中B最不稳定,A最稳定
B. B→A反应的活化能为E1,反应B→C反应的ΔH=E4-E3
C. B→A反应与铝热反应一样都属于生成物的总能量高于反应物的总能量的放热反应
D. 反应B→C是放热反应, 反应A→C是放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
【详解】A.物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，B能量高最不稳定，故A错误；
B.B→A的反应为放热反应，活化能为E1- E2，B→C的反应为放热反应，反应的ΔH=E3-E4，故B错误；
C.由图像可知B→A的反应，为生成物的总能量低于反应物的总能量的放热反应，与铝热反应一样，都为放热反应，故C错误；
D.由图象可知A→C的反应，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为B，注意把握反应热的计算。
15.向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol·L－1Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100mL0.4mol·L－1HCl溶液时，放出的热量为2.2kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为
A. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－2.92 kJ·mol－1
B. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－0.72 kJ·mol－1
C. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－18 kJ·mol－1
D. Ba2+(aq)+SO42-(aq)BaSO4(s) △H=－73 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】根据题述条件可得如下热化学方程式：Ba2+(aq)＋2OH-(aq)＋2H+(aq)＋SO42-(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)；ΔH＝－128kJ·mol－1①，OH－(aq)＋H+(aq)=H2O(l)；ΔH＝－55kJ·mol－1②，根据盖斯定律：①－2×②可得：Ba2+(aq)＋SO42-(aq)=BaSO4(s)；ΔH＝－18kJ·mol－1，所以C选项正确。
故选C。
16.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是
A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
B. 平衡时的压强是起始压强的1.2倍
C. 反应开始到10s时，Y的转化率为79.0％
D. 反应的化学方程式为：X(g)+ Y(g)Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图像可知，0～10s内，Z的反应速率v(Z)＝1.58mol÷2L÷10s＝0.079mol/(L·s)，故A错误；
B.化学方程式为X＋Y2Z，该反应是一个前后体积不变的反应，反应前后压强不变，故B错误；
C.根据图像可知，0～10s内，Y的物质的量由1mol减少到0.21mol，转化率为（1mol-0.21mol）/1mol×100%=79%，故C正确；
D.据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10s末，Δn(X)＝1.20mol－0.41mol＝0.79mol，Δn(Y)＝1.00mol－0.21mol＝0.79mol，Δn(Z)＝1.58mol，所以化学方程式为X＋Y2Z，故D错误。
故选C。
17.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g) ΔH<0。在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A. 其他条件不变，使用高效催化剂，会缩短反应时间且废气中氮氧化物的转化率增大
B. 其他条件不变，加入足量的NH3，再次平衡后氮氧化物的转化率增大，氮气的体积分数减小
C. 其他条件不变，升高温度会提高反应物的转化率且使该反应的平衡常数增大
D. 其他条件不变，缩小容器的体积会使平衡正向移动，再次平衡后氨气的浓度变小
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂只能改变平衡状态，但不能影响平衡状态，平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故A错误；
B.加入足量的NH3，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，废气中氮氧化物的转化率增大，氮气的体积分数减小，故B正确；
C.正反应是放热反应，所以升高温度，会提高反应物的转化率，但平衡逆反应方向移动，平衡常数降低，故C错误；
D.该反应是一个反应前后体积增大的反应，缩小容器的体积会使平衡逆向移动，再次平衡后氨气的浓度变大，故D错误。
故选B。
18.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误。
故选C。
19.300 mL恒容密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法不正确的是( )
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1．9×10－5
A. 上述反应为放热反应
B. 在25 ℃时，反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10－5
C. 在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0．5 mol·L－1，则此时v正
【答案】D
【解析】
【详解】A.图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A正确；
B.25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），平衡常数的倒数═1/5×104=2×10-5；故B正确；
C.在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，Qc=0.5/0.54=8＞2，
大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v正＜v逆，故C正确；
D.80℃达到平衡时，再次充入一定量的Ni(CO)4气体，平衡向逆反应方向移动，所以再次达到平衡后CO的体积分数减小，平衡常数增大，故D错误。
故选D。
20.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，有关说法正确的
A. a、b、c三点溶液的c(CH3COO-)：a＞b＞c
B. a、b、c三点醋酸的电离程度： b ＞ a ＞c
C. a、b、c三点溶液用等体积的氢氧化钾溶液中和，消耗氢氧化钾溶液浓度：a＞b＞c
D. 若使b 点溶液中的PH值增大,可采取的措施是稀释溶液或加入醋酸钠晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，0表示醋酸未电离，随水的增加电离程度在增大，且导电性越强，离子浓度越大，以此来分析。
【详解】A.导电能力越强，离子浓度越大，所以a、b、c三点溶液的c(CH3COO-)：b＞a＞c，故A错误；
B.随着水的增加电离程度在增大，醋酸的电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a，故B错误；
C.消耗KOH溶液的浓度与醋酸的物质的量成正比，a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相等，则与等体积的氢氧化钾溶液中和，消耗消耗氢氧化钾溶液浓度一样多，则a=b=c，故C错误；
D.若使b点处溶液中的pH值增大，c(H+)减小，可向溶液中加水稀释或加醋酸钠晶体，都可以使氢离子浓度减小，故D正确。
故选D。
【点睛】明确图中导电性与离子浓度的关系是解题的关键，选项C、D为解答中的易错点。
21.一定温度下有①盐酸②硫酸③醋酸,下列说法正确的是
A. 酸的物质的量浓度和体积相同时,与足量的金属反应产生氢气的体积(在相同条件下): ②>①=③
B. 酸的物质的量浓度和体积相同时,中和碱的能力：② > ①> ③
C. PH值相同时，酸的物质的量浓度是 ： ①= ③>②
D. PH值相同时,分别稀释5倍,与足量的金属刚开始反应的速率:③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】A.向体积相同、物质的量浓度相同的①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的金属，溶质的物质的量相同，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；产生氢气②＞①═③，故A正确；
B.酸和NaOH发生中和反应时，消耗NaOH体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，体积相同，物质的量浓度相同的酸，中和碱的能力与其反应方程式中的化学计量数有关，故②＞③=①，故B错误；
C.因为硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在pH相等的条件下，酸的物质的量浓度是③＞①＞②，故C错误；
D.pH值相同时，分别稀释5倍，强酸的c（H+）仍相同，而醋酸随着加水稀释，醋酸分子继续电离，其c（H+）增大，因此稀释后醋酸溶液的氢离子浓度比盐酸、硫酸大，与足量的金属刚开始反应的速率:③＞②=①，故D错误。
故选A。
22.25 ℃时，KW＝1.0×10－14；100 ℃时，KW＝1.0×10－12，下列说法正确的是( )
A. 100 ℃时，PH＝10的NaOH溶液和PH＝2的H2SO4恰好中和，所得溶液的PH＝7
B. 100 ℃时，0.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和0.2 mol·L－1 HCl等体积混合，所得溶液的PH＝13
C. 25 ℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的PH>7
D. 25 ℃时，加入pH＝4盐酸溶液50mL可将100mL的pH＝10 NaOH溶液变为PH＝9
【答案】C
【解析】
【分析】
A.100℃时，pH=12的NaOH溶液，c（OH-）=1mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性；
B.等体积等浓度混合后，碱过量，根据100℃时，KW＝1.0×10－12进行计算；
C.25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量；
D.根据pH值的计算公式进行计算。
【详解】A.100℃时，pH=12的NaOH溶液，c（OH-）=1mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH=6，故A错误；
B.100℃时，KW＝1.0×10－12，c（OH-）=0.4mol/L，c（H+）=0.2mol/L，等体积等浓度混合后，碱过量，未反应的c（OH-）=0.1mol/L溶液的pOH=1，则溶液的pH=11，故B错误；
C.25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故C正确；
D.25℃时，50mLpH＝4的盐酸溶液中n（H+）=1×10-4mol/L×0.05L=5×10-6mol，100mLpH＝10NaOH溶液中n（OH-）=1×10-4mol/L×0.1L=1×10-5mol，混合后溶液中的c（OH-）=（1×10-5mol-5×10-6mol）/（0.1+0.05）L=1/3×10-4mol/L，则溶液的pH=10+lg1/3，故D错误。
故选C。
23.一定条件下，可逆反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）△H <0，若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol /L，0.6mol/ L，0.1 mol/L，则下列判断不合理的是
A. 起始时c1：c2＝1：3且 平衡时X、Y的转化率相等
B. c1的取值范围为0< c1<0．25mo /L
C. 反应开始后，Y和Z的生成速率之比为2：3
D. 对平衡体系加热，则混和气体的平均分子量减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）2Z（g）
初始浓度： c1 c2 c3
转化浓度： x 3x 2x
平衡浓度： 0.2moL/L 0.6mol/L 0.1mol/L
则c1：c2=（x+0.2moL/L）：（3x+0.6mol/L）=1：3，
反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故A正确；
B.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，使用极限法进行考虑，假设Z全部来自正向反应，X起始浓度最大为：0.2moL/L+0.1mol/L/2=0.25mol/L，则c1＜0.25mol·L-1，所以c1的取值范围为：0
D.该反应为放热反应，对平衡体系加热，平衡向逆反应反应移动，则混和气体的平均分子量减小，故D正确。
故选C。
【点睛】B选项中利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。
24.已知:在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且知C(s) +1/2O2(g) = CO(g) △H = －110.5 kJ/mol CO(g) +1/2O2(g) = CO2(g) △H = －283 kJ/mol，下列说法错误的是
A. 与这些碳完全燃烧相比，碳不完全燃烧损失的热量是 283kJ
B. CO2(g)= C(s) + O2(g) △H = +393．5 kJ/mol
C. 3mol C(s)与2mol O2(g)完全反应放出的热量为614.5 kJ
D. 已知相关的化学键键能数据如下
化学键
H—H
C—O
H—O
C—H
E/(kJ·mol－1)
436
343
1 076
465
413
则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH= +99 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳完全燃烧放热放出的热量最多，因此反应中损失的热量就相当于是生成的CO再燃烧时所放出的热量。根据已知条件可知，生成的CO是1mol，所以损失的热量就是283kJ，故A正确；
B.已知①C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=－110.5kJ/mol，②CO(g) +1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283kJ/mol，根据盖斯定律由①+②可得C(s) +O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ/mol，所以CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=+393．5kJ/mol，故B正确；
C.碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3mol碳在2mol氧气中燃烧，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，设生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=3，根据氧元素守恒有x+2y=2×2，联立方程，解得x=2，y=1，由C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=－110.5kJ/mol、C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ/mol，3molC(s)与2mo O2(g)完全反应放出的热量为110.5kJ/mol×2mol+393.5kJ/mol×1mol=614.5kJ，故C正确；
D.反应热等于断开旧键吸收的热量与形成新键所放出能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)可知反应热ΔH=（1076kJ/mol+436kJ/mol×2）-（413kJ/mol×3+343kJ/mol+465kJ/mol）=-99kJ/mol，故D错误。
故选D。
【点睛】判断碳与氧气反应产物中一氧化碳与二氧化碳的物质的量是关键，注意反应热△H的单位与符号，容易忽略。
25.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）下列说法正确的是
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol·L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡；据此分析平衡移动。
【详解】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的。
A.丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；
B.甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；
C.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍;由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；
D.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误。
故选B。
26.(1)下图是N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：_________________________
(2) 在25 ℃、101 kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量Q kJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得50 g CaCO3沉淀，请写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________________________________
(3) 中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、________、量筒。由甲、乙两人组成的实验小组，在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组测定中和热的实验，实验试剂及其用量如下表所示。
反应物
起始温度t1/℃
终了温度t2/℃
中和热/kJ·mol－1
A．1.0 mol/L HCl溶液50 mL、1.1 mol/L NaOH溶液50 mL
13.0
ΔH1
B．1.0 mol/L HCl溶液50 mL、1.1 mol/L NH3·H2O溶液50 mL
13.0
ΔH2
①甲在实验之前预计ΔH1＝ΔH2,他的根据是A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同;而乙在实验之前预计ΔH1≠ΔH2，他的根据是 _________________________。
②实验测得的温度是：A的起始温度为13.0 ℃、终了温度为19.8 ℃．设充分反应后溶液的比热容c＝4.184 J/(g·℃)，忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学反应方程式：_______________________________。
【答案】 (1). N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1 (2). C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－4Q kJ·mol－1 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热 (5). NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）根据题中图示写出N2和H2反应的热化学方程式；
（2）利用生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得50gCaCO3沉淀可计算出二氧化碳的物质的量，即得出二氧化碳的物质的量与放出的热量的关系，再利用完全燃烧1摩尔无水乙醇生成2摩尔二氧化碳来分析放出的热量，进而书写热化学方程式；
（3）①乙认为NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热，所以热效应不同；
②根据ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)计算。
【详解】根据图示，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的反应热为E1-E2=254-300=-46kJ/mol，所以N2和H2反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ/mol。
（2）因生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得50gCaCO3沉淀，CaCO3的物质的量是0.5mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为0.5mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为2Q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为2Q×2=4Q，热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-4QkJ/mol，
故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-4QkJ/mol。
（3）中和热测定实验中用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒。
①甲认为A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同，则反应的热效应也相同；而乙认为NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热，所以热效应不同，故答案为：NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热。
②根据ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)计算，其中n(H2O)＝0.050 mol，ΔH＝－mc(t2－t1)/n(H2O)=-4.184×100×（19.8-13.0）/1×0.05≈－56.9kJ/mol，所以NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学反应方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－56.9kJ/mol。
27.(1) 对于Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑改变下列条件对反应速率和产量有何影响 (填“增大”“减小”或“不变”):把铁片改成铁粉：________；滴加几滴浓硫酸_______;加压：________；
(2) 某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
实验
编号
0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
①表中V1=__________mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号)
③实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________mol·L－1·min－1。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 不变 (4). 5 (5). ②和③ (6). 0.025
【解析】
【分析】
（1）根据影响化学反应速率的因素进行分析；
（2）①由表中实验②和实验①知道温度相同，所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL；
②根据上表分析实验②和实验③反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是②和③；
③根据方程式5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O计算v(H2C2O4)的平均反应速率。
【详解】（1）对于反应Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑，把铁片改成铁粉，增大接触面积，化学反应速率增大；滴加几滴浓硫酸，增大反应物的浓度，化学反应速率增大；加压，对化学反应速率无影响，故答案为：增大，增大，不变。
（2）①由表中实验②和实验①知道温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响。所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL，故答案为：5。
②根据上表分析实验②和实验③反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是②和③，故答案为：②和③。
③由化学反应方程式关系可知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，加入的KMnO4的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，加入的H2C2O4的物质的量为0.005L×0.6mol/L=0.003mol，由5H2C2O4～2KMnO4关系可知H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.01L×5/2=0.0025mol，实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，所以H2C2O4在2min内的平均反应速率为v(H2C2O4)＝0.0025mol÷0.05L÷2min=0.025mol·L－1·min－1，故答案为：0.025。
28.甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2
下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度
250 ℃
300 ℃
350 ℃
K
2.0
0.27
0.012
(1)由表中数据判断ΔH1________(填“＞”、“＜”或“＝”)0；反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝___________(用ΔH1和ΔH2表示)。
(2)若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是________(填字母序号)
A．充入CO，使体系总压强增大 B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大 D．使用高效催化剂
(3)保持恒温恒容条件对于反应Ⅱ:将10 mol CO2和30mol H2放入1 L的密闭容器中，充分反应后测得CO2的转化率为60%，则该反应的平衡常数为____________________。若维持条件不变向该容器中投入10 mol CO2、30mol H2、10 mol CH3OH(g)和 10mol H2O(g)，判断平衡移动的方向是________(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
(4)反应Ⅰ的逆反应速率与时间的关系如图所示。由图可知，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：t2时_______________________；t8时______________________________。
【答案】 (1). ＜ (2). ΔH2－ΔH1 (3). B (4). 1/192 (5). 正向移动 (6). 升温或增大生成物的浓度 (7). 使用催化剂
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，根据盖斯定律计算△H3；
（2）根据影响平衡移动的因素进行分析；
（3）根据三段式计算反应的平衡常数；
（4）t2时平衡逆向移动，改变的条件可以是升温或增大生成物的浓度；t8时平衡不移动，改变的条件是使用了催化剂。
【详解】（1）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0；根据盖斯定律，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=△H2-△H1，故答案为：＜，ΔH2－ΔH1。
（2）A.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故A错误；
B.将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故B正确；
C.充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故C错误；
D.使用高效催化剂，不能改变平衡，故D错误。
故答案为：B。
（3）充分反应后测得CO2的转化率为60%，则参加反应的n（CO2）=10mol×60%=6mol，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol/L） 10 30 0 0
转化（mol/L） 6 18 6 6
平衡（mol/L） 4 12 6 6
反应Ⅱ的平衡常数K=c（CH3OH）c（H2O）c（CO2）c3（H2）=6×6/4×123=1/192；
若维持条件不变向该容器中投入10molCO2、30molH2、10molCH3OH(g)和10molH2O(g)，根据等效平衡理论，相当于增大压强，则化学平衡正向移动，
故答案为：1/192，正向移动。
（4）由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，改变的条件可以是升温或增大生成物的浓度；t8时平衡不移动，改变的条件是使用了催化剂，故答案为：升温或增大生成物的浓度，使用催化剂。
29.下表是常温下几种常见弱酸的电离平衡常数:
弱酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
K=1.6×10-5
H2C2O4
H2C2O4H++ HC2O4-
HC2O4- H++ C2O42-
K1=5.9×10-2 K2=6.4×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCO3- HCO3-H++CO32-
K1=4.4×10-7 K2=5.6×10-11
H2S
H2SH＋＋HS－ HS－H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－15
回答下列问题:
(1)某温度下，纯水中的c（H+）=2．0×10-7mol/L，则此时溶液中c（OH-）为_______mol/L；此时温度__________25 ℃（填“大于”，“小于”或“等于”），若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5．0×10-6mol/L，则由水电离出的c（H+）为______mol/L。
(2)下列四种离子结合H+能力最强的是______。
A．HCO3- B． C2O42- C． S2－ D．CH3COO-
(3)该温度下1.0 mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=_____ mol·L-1
(4)常温下，加水稀释0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中n(H＋)×n(OH－)保持不变
B．溶液中水电离的c(H＋)×c(OH－)保持不变
C．溶液中c(HC2O4-)/c(H2C2O4)保持不变
D．溶液中c(OH－)增大
(5)将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为__________________________。
【答案】 (1). 2.0×10-7 (2). 大于 (3). 8×10-9 (4). C (5). 4.0×10-3 (6). D (7). 2CH3COOH＋CO32-===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
（1）水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积常数越大，所以此时温度高于25℃；滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10-6mol/L，则溶液中c（OH-）=KW/C(H+)=4×10-14/5×10-6=8.0×10-9mol·L-1，酸性溶液中的OH-是由水电离产生的，因此溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=8.0×10-9mol·L-1；
（2）对应酸的酸性越弱，结合H+能力越强；
（3）由醋酸的电离平衡常数K=c（H+）c（CH3COO-）/c（CH3COOH）计算c(H+)；
（4）由H2C2O4的电离平衡进行分析；
（5）CH3COOH溶液与少量Na2CO3溶液反应的方程式为：2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O。
【详解】（1）某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol·L-1，H2OOH-+H+，则c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol·L-1，水的电离过程是吸热过程，常温下水电离出的离子浓度c（OH-）=c（H+）=1.0×10-7mol·L-1，所以此时温度高于25℃，若温度不变，Kw=c（OH-）×c（H+）=4.0×10-14（mol·L-1）2不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10-6mol/L，则溶液中c（OH-）=KW/C(H+)=4×10-14/5×10-6=8.0×10-9mol·L-1，酸性溶液中的OH-是由水电离产生的，因此溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=8.0×10-9mol·L-1，
故答案为：2.0×10-7，大于，8.0×10-9。
（2）对应酸的酸性越弱，结合H+能力越强，由表中数据可知，酸性：H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S，所以结合H＋的能力由强到弱的顺序为：S2－＞HCO3—＞CH3COO－＞C2O42-，故答案为：C。
（3）在1.0mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，电离平衡常数K=c（H+）c（CH3COO-）/c（CH3COOH）=1.6×10-5，又因为c（H+）=c（CH3COO-），所以c（H+）=4.0×10-3mol·L-1，故答案为：4.0×10-3。
（4）A.稀释过程中，溶液的体积增大，水的离子积不变，故溶液中n(H＋)×n(OH－)增大，故A错误；
B.稀释过程中，溶液中c(OH－)增大，故水电离的c(H＋)×c(OH－)增大，故B错误；
C.H2C2O4分两步电离，且以第一步电离为主，稀释时平衡向右移动，c(H2C2O4)减小快，c(H2C2O4-)减小慢，c(H2C2O4-)/c(H2C2O4)不断增大，故C错误；
D.草酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢离子的数目增加，但氢离子的浓度是降低的。由于温度是不变的，所以水的离子积常数是不变的，所以溶液中c(OH－)增大，故D正确。
故答案为：D。
（5）CH3COOH溶液与少量Na2CO3溶液反应的化学方程式为：2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，离子方程式为：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，故答案为：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O。
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