湖北省武汉市汉南区职教中心2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
化学
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16
第I卷 选择题(共54分)
一.选择题(共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个正确答案)
1.下列说法不正确的是
A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
B. 放热反应不需加热就能发生
C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
D. 化学反应是放热还是吸热，取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对高低
【答案】B
【解析】
【详解】A、化学反应是生成新物质，同时都会伴随能量的变化，A正确；
B、有些放热反应也需要加热，加热的目的是达到着火点或者加快反应速率等，B错误；
C、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧，C正确；
D、该反应是放热还是吸热，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，如放热反应：反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；
答案选B。
2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2 (g) △H1=+571.6kJ.mol−1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) △H3=+206.1kJ.mol−l
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，△H3减小
D. 反应CH4(g)=C(s)+2H2 (g)的△H=+74.8 kJ.mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据“太阳光催化分解水制氢”可知，该反应过程中太阳能转化成化学能，A错误；
B.反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1的焓变大于0，说明该反应为吸热反应，B错误；
C.反应③使用催化剂，可以加快反应速率，但是催化剂不影响反应热，所以使用催化剂后△H3不变，C错误；
D②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1，
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) △H3=+206.1kJ.mol−l，
根据盖斯定律，③-②可得：反应CH4(g)=C(s)+2H2 (g)的△H3=(+206.1kJ•mol-1)-(+131.3kJ•mol-1)=+74.8kJ•mol-1，D正确；
故合理选项是D。
3.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，其中判断正确的是( )
A. 石墨转变成金刚石是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH＞0
D. S(g)+O2(g)＝SO2(g) ΔH1 S(s)+O2(g)＝SO2(g) ΔH2,则ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】A、石墨能量低于金刚石，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，选项A正确；
B、白磷能量高于红磷，所以白磷比红磷不稳定，选项B错误；
C、该反应由高能量变成低能量，反应放热，所以ΔH＜0，选项C错误；
D、气态的硫与氧气反应放出热量比固态的硫与氧气的反应多，ΔH值为负值，因此ΔH2＞ΔH1，选项D错误。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 反应物分子的每次碰撞都能发生化学反应
B. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
C. 能够发生化学反应的碰撞是有效碰撞
D. 增大反应物浓度时，活化分子百分数增大
【答案】C
【解析】
A．当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故A错误；B．活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故B错误；C．活化分子之间发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故C正确；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误；故选C。
点睛：本题考查活化能及其对反应速率的影响。注意活化分子、有效碰撞以及活化能等概念的理解，活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞。
5.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是
A. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置
B. 工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念
C. 植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气
D. 氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”
【答案】B
【解析】
【详解】A、将垃圾进行分类放置，提高利用率，有效减少污染，符合社会可持续发展理念，故A不符合题意；
B、工业废水经过静置、过滤只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；
C、将植物的秸秆、枝叶、和人畜粪便加入沼气发酵池中，经过缓慢、复杂的化学反应，最终得到沼气，从而有效利用生物质能，故C不符合题意；
D、氢气燃烧得到水，对环境无污染，且放出热量高，因此氢气称为“绿色能源”，故D不符合题意；
答案选B。
6.在2A(g)＋3B(g)C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.4mol/(L·s) B. v(B)=0.3mol/(L· s)
C. v(C)=0.15mol/(L·s) D. v(D)=0.5mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
A．==0.2 mol/(L·s)；
B．==0.1 mol/(L·s)；
C． ==0.15 mol/(L·s)；
D． ==0.125 mol/(L·s)，
显然A中比值最大，反应速率最快，故选A。
7.某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol/L的盐酸于50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热，下列说法中，正确的是（ ）
A. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
B. 用如图装置可以完成中和热测定的实验
C. 为防止混合溶液时溅出产生误差，因此混合时速度要慢
D. 若将盐酸体积改为60mL，不考虑热量损失，理论上所求中和热相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，选项A错误；
B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，选项B错误；
C．为防止混合溶液时溅出产生误差，因此混合时速度要快，否则存在热量的散失，选项C错误；
D、因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，若将盐酸体积改为60 mL，两次实验所求得中和热相等，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查学生有关中和热测定原理，可以根据所学知识进行回答，注意比较中和热大小时要考虑“-“号，中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
8.下列热化学方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H = -38.6kJ·mol-1
C. HCl和NaOH 反应的中和热△H= -57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) △H=-114.6kJ·mol -1
D. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H =-571.6kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ•mol-1，A错误；
B.合成氨为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则1molN2完全反应时放热大于38.6kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H <-38.6kJ·mol-1，B错误；
C.HCl和NaOH 反应的中和热△H= -57.3kJ·mol-1，H2SO4和Ba(OH)2反应，除产生2molH2O外，还形成BaSO4沉淀，会放出热量，所以反应放出热量大于114.6kJ，故反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) △H<-114.6kJ·mol -1，C错误；
D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，2molH2燃烧放出热量为2×285.8kJ =571.6kJ，故H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H =-571.6kJ·mol-1，D正确；
故合理选项是D。
9.如图所示，反应：X（气）+3Y（气）2Z（气）；△H<0，在不同温度、不同压强下（p1
＞p2），达到平衡时，混合气体中Z的百分含量随温度变化的曲线应为：
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由方程式X（气）+3Y（气）2Z（气） △H<0，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方移动，则生成物Z的百分含量减小，A、B错误；反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，则生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，则C正确，D错误，选C。
10.容积相同的甲、乙两个容器，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ，并达到平衡，在此过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙容器中SO2的转化率为（ ）
A. 等于α B. 大于α C. 小于α D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要减小体积。减小体积则乙的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙的SO3的转化率将大于甲的，即大于α，故选B。
【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，根据改变的条件对平衡的影响分析，问题就迎刃而解了。
11.已知某可逆反应：mA(g)+nB(g)xC(g) ΔΗ=Q kJ•mol-1，在密闭容器中进行，表示反应在不同时间t，温度T和压强P与C在混合气体中的百分含量(C%)的关系曲线，则（ ）
A. T1>T2，P1>P2，m+n>x，Q>0 B. T1
0
C. T1>T2，P1x，Q<0
【答案】C
【解析】
【分析】
温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对C的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；
压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对C的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。
【详解】由图象可知，温度为T1时，压强为P2时先达到平衡，根据平衡移动原理：增大压强，反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，所以压强：P2>P1，且压强越大，C的含量越低，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，根据平衡移动原理：增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+nT2；温度升高，C的含量越低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，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，逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，即Q<0，
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡图象问题，把握温度、压强对平衡移动的影响为解题关键。在分析时要结合：先出现拐点的反应速率快，先达到平衡，利用温度、压强对化学速率的影响分析温度和压强的大小，再结合达到平衡时生成物C的含量高低判断温度、压强对化学平衡移动的影响。
12.在密闭容器中，反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L。下列判断正确的是（ ）
A. x＋y0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，以此来解答。
【详解】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达到新平衡时A的浓度降为0.3mol/L>0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动。
A.体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为气体体积增大的反应，所以x+y>z，A错误；
B.由上述分析可知，化学平衡向逆反应方向移动，B错误；
C.化学平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，C正确；
D.化学平衡向逆反应方向移动，C的物质的量减小，混合气体总的物质的量增大，C的体积分数降低，D错误；
故含量选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡移动影响因素及化学平衡计算，根据A的浓度变化判断平衡移动方向是解题关键，根据平衡移动原理，利用外界条件对化学平衡移动分析解答。
13.一定温度下，在3个1.0 L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g) ΔH，达到平衡。相关数据如下表。
容器
温度/K
物质的起始浓度/ mol·L-1
物质的平衡浓度/ mol·L-1
c(X)
c(Y)
c(Z)
c(Z)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0
a
III
500
0.20
0.10
0
0.025
下列说法不正确的是
A. 平衡时，X的转化率：II＞I
B. 平衡常数：K(II)＞K(I)
C. 达到平衡所需时间：III＜I
D. 反应的ΔH＜0
【答案】B
【解析】
【详解】A. II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；
B. 平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；
C. III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；
D. 对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；
故合理选项为B。
14.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1
②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2
③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3
④2S(g) =S2(g) △H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A. △H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）
B. △H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）
C. △H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）
D. △H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）
【答案】A
【解析】
【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g) + S2(g) △H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g) =S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。
15.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.8 mol·L－1。下列判断错误的是（ ）
A. x＝4 B. 2 min内B的反应速率为0.1 mol·(L·min)－1
C. 混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 D. B的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【详解】根据化学平衡三段式列式计算，平衡时C的浓度为0.8 mol·L－1，物质的量为1.6mol
3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）
起始量（mol） 3 1 0 0
变化量（mol） 1.2 0.4 1.6 0.8
平衡量（mol） 1.8 0.6 1.6 0.8
依据上式分析计算：
A、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=4，故A正确；
B、2min内B的反应速率=0.4mol/(2L·2min)=0.1 mol·(L·min)－1，故B正确；
C、反应前后气体总质量不变，混合气体密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故C错误；
D、 B的转化率=0.4mol/1mol=0.4，即 B的转化率为40%，故D正确；故选C．
【点睛】本题考查化学平衡的有关计算、转化率的有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态的判断，选择判断的物理量应随反应发生变化，该物理量不再变化，说明到达平衡。解题关键：依据化学平衡的三段式计算进行分析，结合题中各量列式计算判断；A、利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；B、根据平衡浓度的变化量求出速率；C、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度不变，不能判断是否达到平衡。D、利用转化率定义计算。
16.下列说法正确的是
A. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
B. 氯化钠溶液在电流作用下完全电离成钠离子和氯离子
C. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
D. 弱电解质的电离平衡常数与浓度、温度等条件有关
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸能部分电离，故碳酸属于弱电解质，二氧化碳属于非电解质，错误；
B、电解质电离的条件是溶于水或受热熔化，不需要通电，错误；
C、硫酸钡难溶于水，但溶解的部分完全电离，硫酸钡属于强电解质，正确；
D、弱电解质电离平衡常数只与温度有关，错误。
17.下列电离方程式中，正确的是( )
A. HClO=H+＋ClO- B. H2SO42H+＋SO42-
C. H2S2H+＋S2- D. NH4NO3=NH4+＋NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.HClO是一元弱酸，电离方程式不能使用等号“=”，要使用可逆号“”，A错误；
B. H2SO4是二元弱酸，电离方程式要使用等号“=”，不能使用可逆号“”，B错误；
C.H2S是二元弱酸，电离分步进行，不能一步完成，C错误；
D.NH4NO3是盐，属于强电解质，完全电离产生NH4+、NO3-，表示合理，D正确；
故合理选项是D。
18.向0.1 mol·L－1醋酸溶液中逐滴加入氨水至过量时，溶液的导电能力将发生相应的变化，其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)变化的曲线关系是下图中的
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸和氨水是弱电解质存在电离平衡，但溶液的导电性不可能为0。二者反应后生成的醋酸铵是强电解质，因此溶液的导电性增强。完全反应后继续加入氨水溶液的导电性开始降低，所以图像B符合，答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共46分)
二.非选择题(共4小题，共46分)
19.（1）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程，化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量，已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol-1，P-O：360 kJ·mol-1，O=O：498kJ·mol-1，则反应P4(白磷)与O2反应生成P4O6的热化学反应方程式为____。
（2）肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)═N2O4(l) △H1═-19.5kJ/mol
②N2H4(l)＋O2(g)═N2(g)＋2H2O(g) △H2═-534.2kJ/mol
写出肼和N2O4反应的热化学方程式_____。
（3）化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示，该反应生成NH3(l)的热化学方程式是_____。
【答案】 (1). P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g)△H= -1638kJ/mol (2). 2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) △H= -1048.9kJ/mol (3). N2(g)＋3H2(g)2NH3(I) △H=2(a-b-c)kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)白磷燃烧生成P4O6合成方程式为P4(白磷)＋3O2= P4O6，根据白磷和P4O6的分子结构，结合放出的热量=生成物的键能-反应物的键能计算；
(2)根据盖斯定律分析计算△H；
(3)根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量，结合图示计算反应热，并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。
【详解】(1)白磷燃烧生成P4O6的合成方程式为P4(白磷)＋3O2= P4O6，根据白磷和P4O6的分子结构，放出的热量=生成物的键能-反应物的键能=12×360kJ-[(6×198)kJ+(3×498)kJ]=1638kJ，反应的焓变是-1638kJ/mol，则反应P4(白磷)燃烧生成P4O6的热化学方程式为：P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g)△H=-1638kJ/mol；故答案为P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g) △H=-1638kJ/mol；
(2)肼和N2O4反应的化学方程式2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，①N2(g)+2O2(g)═N2O4(l) △H1═ -19.5kJ•mol-1，②N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H2═-534.2kJ•mol-1，根据盖斯定律，②×2-①得到2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(-534.2kJ•mol-1)×2-(-19.5kJ•mol-1)=-1048.9kJ/mol，故答案为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1048.9kJ/mol；
(3)根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热。由图可以看出，N2(g)+H2(g)=NH3(g) △H=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，所以有N2(g)+H2(g)=NH3(l) △H=(a-b-c)kJ/mol，故热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(1) △H=2(a-b-c)kJ•mol-1，故答案为N2(g)+3H2(g)=2NH3(1) △H=2(a-b-c)kJ•mol-1。
20.有下列物质的溶液①CH3COOH ②HCl ③H2SO4 ④NaHSO4
(1)若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)的大小顺序为______(用序号表示，下同)。
(2)若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度的大小顺序为________。
(3)将6 g CH3COOH溶于水制成1 L溶液，此溶液的物质的量浓度为________，经测定溶液中c(CH3COO-)为1.4×10－3 mol·L－1，此温度下醋酸的电离常数Ka=________，温度升高，Ka将______(填“变大”、“不变”或“变小”，下同)，加入少量CH3COONa后c(H＋) _________，Ka________，原因是_____________。
【答案】 (1). ③>②=④>① (2). ①>②=④>③ (3). 0.1mol/L (4). 1.96×10-5 (5). 变大 (6). 变小 (7). 不变 (8). Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变
【解析】
【分析】
(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸；
(2)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，据此分析；
(3)先根据n=计算CH3COOH的物质的量，然后根据c=计算物质的量浓度；根据k=计算其大小并判断升温电离平衡常数的变化，结合外界条件对弱电解质的电离平衡的影响判断离子浓度的变化，电离平衡常数只受温度影响.
【详解】(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的物质的量浓度相同，则c(H+)的大小顺序为：③>②=④>①；
(2)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的c(H+)相同，则其物质的量浓度大小顺序为：①>②=④>③；
(3)n(CH3COOH)==0.1mol，则醋酸溶液的物质的量浓度c(CH3COOH)==0.1mol/L；根据醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+可知：溶液中c(H+)=c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，则根据弱电解质的电离平衡常数含义可知K==1.96×10-5；
醋酸电离过程吸收热量，升高温度促进醋酸的电离，使电离平衡常数增大；向醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，由于电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡醋酸就不变。
【点睛】本题考查了电解质的电离及有关弱电解质电离平衡常数的计算的知识。本题注意把握弱电解质的电离特点分析判断。强电解质完全电离，弱电解质部分电离，存在电离平衡，要结合有关物质的量的公式及电离平衡常数的含义进行相关计算。
21.某温度时，在2 L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：
（1）该反应的化学方程式为___________________________。
（2）反应开始至2 min，用Y表示的平均反应速率为_________，X的转化率为________。
（3）在一定温度下，下列情况可作为上述反应达到反应限度的标志的是_______。
A．X、Y、Z的浓度相等
B．X、Y、Z的分子数比为3︰1︰2
C．Z的生成速率是Y的生成速率的二倍
D．单位时间内生成n mol Y，同时生成3n mol X
（4）在密闭容器里，通入a mol A（g）和b mol B（g），
发生反应A（g）+ B（g）= 2C（g），当改变下列条件时，会加快反应速率的是________（填序号）。
①降低温度
②保持容器的体积不变，充入氦气
③加入催化剂
④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量
【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.025mol/(L·min) (3). 30% (4). C (5). ③④
【解析】
【详解】（1）X、Y物质的量减小，作反应物，Z物质的量增大，作生成物，化学反应速率之比=化学计量数之比，因为等时间等体积，因此物质的量之比等于化学计量数之比，X：Y：Z=(1－0.7)：(1－0.9)：0.2=3：1：2， 3X+Y2Z；
（2）根据化学反应速率的数学表达式，v(Y)=(1－0.9)/(2×2)mol/(L·min)="0.025" mol/(L·min)，X的转化率=(1－0.7)/1×100%=30%；
（3）A、根据化学平衡状态定义，当组分的浓度不再改变，说明达到平衡，故错误；B、没有指明反应方向，不能判断的平衡，故错误；C、不同物质的反应速率判断达到平衡，要求一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，故正确；D、反应方向都是逆反应方向，故错误；
（4）①降低温度，化学反应速率减缓，故错误；②恒容，充入非反应气体，各组分的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；③加入催化剂，加快反应速率，故正确；④增加A的物质的量，增大反应物的浓度，加快反应速率，故正确。
22.目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应平衡常数(K1、K2、K3)如下表所示：
化学反应
焓变
平衡常数
温度/℃
500
700
800
①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)
ΔH1
K1
2.5
0.34
0.15
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH2
K2
1.0
1.70
2.52
③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH3
K3
请回答下列问题：
（1）反应②是________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)；根据反应③判断ΔS___0(填“>”、“＝”或“<”)，在______(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。
（3）500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1mol/L、0.8mol/L、0.3mol/L、0.15mol/L，则此时v正________v逆(填“>”、“＝”或“<”)。
【答案】 (1). 吸热 (2). K1×K2 (3). ＜ (4). 较低 (5). ＞
【解析】
（1）由表中数据可得，反应②，温度升高，平衡常数增大，所以该反应是吸热反应。
（2）根据盖斯定律，反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；反应③是气体分子数减小的反应，故ΔS<0；500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=0.15×2.52=0.378，所以反应③随温度升高，平衡常数减小，是放热反应，ΔH＜0，根据自发进行的条件△H-T△S＜0，在较低温度下有利于该反应自发进行。
（3）500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，由题意Q==≈0.88<2．5，此时反应正向进行，v正>v逆。
23.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：
N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4。请回答：
(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．
A.消耗1mol N2同时生成1mol O2 混合气体密度不变
C.混合气体平均相对分子质量不变 D.2v正(N2)=v逆(NO)
(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。
(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______填“变大”、“变小”或“不变”
(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。
【答案】 (1). 0.05mol/(L·min) (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 因为浓度商Qc
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