2018-2019学年江西省铅山县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
江西省铅山县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.250℃和1.01×105 Pa时， 2N2O5(g) = 4NO2(g) + O2(g) △H= +56.76 kJ/mol，该反应能自发进行的原因是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应 C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】
【分析】
反应能够自发进行，需要△H-T△S＜0，据此分析解答。
【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.76kJ•mol-1，该反应为吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，说明△H-T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，故选D。
【点睛】本题考查了熵变与焓变对反应自发进行方向的影响，明确△H-T△S＜0是反应自发进行的判断依据，是解答此类试题的关键。
2.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +11.9 kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定
C. 水力（水能）按不同的分类可看成可再生能源和一级能源
D. 表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH= -241.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；B、由C(石墨)=C(金刚石) △H=+1.90 kJ/mol可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C、水能是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，可以从自然界补充属于可再生能源，故C正确；D、氢气燃烧生成稳定的化合物为液体水，所以H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-241.8 kJ/mol不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，故D错误；故选C。
3.下列方法对2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的反应速率没有影响的是（ ）
A. 加入SO3 B. 容积不变，充入N2气体 C. 压强不变，充入N2气体 D. 降低温度
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入SO3，生成物浓度增大，反应速率增大，故A错误；B．容积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，则反应速率不变，故B正确；C．压强不变，充入N2，反应体系的体积增大，相当于压强减小，则反应速率减小，故C错误；D．降低温度，反应速率减小，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，把握常见的影响速率的因素为解答的关键。本题的易错点为C，要注意压强不变时充入与平衡无关的气体会造成容器的体积增大，反应物的浓度减小。
4.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v (A)、v (B)、v (C)表示。已知v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (B)。 则此反应可表示为（ ）
A. 2A + 3B = 2C B. A+ 3B = 2C
C. 3A + B = 2C D. A + B = C
【答案】A
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) =" 3" v (A)、3 v (C) =" 2" v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。
考点：考查反应速率应用
5.下图曲线a表示放热反应X（g）＋Y（g）Z（g）＋M（g）＋N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是
A. 减小体积 B. 加大X的投入量
C. 减压 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
试题分析：根据图像可知使反应过程按b曲线进行时X的转化率不变，则A、正反应是体积不变的，则减小体积压强增大，反应速率加快，但平衡不移动，A正确；B、加大X的投入量X的转化率降低，B错误；C、减压反应速率降低，达到平衡的时间增加，C错误；D、正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，转化率降低，D错误，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响
6.下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质的顺序排列的是
A. NaOH、NaCl、SO2、NaCl溶液 B. BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2
C. NaCl、H2S、CO2、Cu D. SO3、AgCl、NH3•H2O、Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaCl在水溶液中能完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，故A错误；B、SO3是非电解质，CuSO4晶体是电解质、Na2O2也是电解质，故B错误；C、NaCl为强电解质、H2S为弱电解质、CO2是非电解质，Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D、SO3是非电解质，AgCl是强电解质，NH3•H2O是弱电解质，Ag是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了电解质与非电解质。本题的易错点为非金属氧化物的类别判断，如SO3等的水溶液能够导电，但导电原因不是SO3本身电离，而是生成物H2SO4电离的结果，因此SO3是非电解质。
7.可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g) +dD(g)， 当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（ ）
A. T1>T2，正反应放热
B. Tl
P2，a+b>c+d
D. Pl＜P2，b=c+d
【答案】D
【解析】
【分析】
当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。
【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。
【点睛】本题考查化学平衡图像的分析，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。本题的易错点为反应前后计量数的关系判断，要注意A为固体。
8.一定条件下，可逆反应C(s) + CO2(g）2CO(g) △H＞0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度； ②增加反应物C的用量； ③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（ ）
A. ①②③④ B. ①③ C. ①②③ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①升高反应体系的温度，正逆反应速率一定加快，正确；②C为纯固体，增加反应物C的用量，反应速率不变，错误；③缩小反应体系的体积，压强增大，正逆反应速率均增大，正确；④减少体系中CO的量，体系压强降低，正逆反应速率均减小，错误；故选B。
9.在水中存在 H2OH＋＋OH－平衡，加入下列哪种物质或进行哪项操作，不会使平衡发生移动
A. 加入NaOH B. 加入CH3COOH C. 加入NaCl D. 升温
【答案】C
【解析】
【详解】水中存在电离平衡，且水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离，酸、碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离。A．NaOH是强碱，电离出的氢氧根离子抑制水的电离，故A不选；B．醋酸是酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故B不选；C．氯化钠是强酸强碱盐，不水解，不影响水的电离，故C选；D．升高温度促进水的电离，故D不选；故选C。
10.在含有酚酞的0.1mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，溶液颜色
A. 变蓝色 B. 变深 C. 变浅 D. 不变
【答案】C
【解析】
【详解】因氨水电离NH3·H2ONH4+＋OH－，生成氢氧根离子，则酚酞遇碱变红，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆反应方向移动，抑制氨水的电离，从而c(OH-)变小，颜色变浅，故选C。
11.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g) △H＜0，下列各图中正确的是（ ）
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的浓度增大，与图像不符，错误；B、对于有气体参加的反应，增大压强，正、逆反应速率均增大，与图像不符，错误；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的物质的量减小，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C的物质的量增大，与图像相符，正确；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符，错误。
考点：考查化学平衡图像分析
12.在2A＋B 3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. υ（A）＝ 0.5 mol/（L·ｓ） B. υ（B）＝ 18 mol/（L·min）
C. υ（C）＝ 0.8 mol/（L·ｓ） D. υ（D）＝ 1 mol/（ L·ｓ）
【答案】B
【解析】
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快。A. υ(A)＝ 0.5 mol/(L·ｓ)，=0.25 mol/(L•s)；B．υ(B)=18mol/(L·min)=0.3mol/(L·s)，=0.3 mol/(L•s)；C．υ(C)=0.8mol/(L·s)，
=0.267 mol/(L•s)；D. υ(D)＝ 1 mol/( L·ｓ)，=0.25 mol/(L•s)，故B表示的反应速率最快，故选B。
13.下列电离方程式中，正确的是
A. CH3COOH = CH3COO- + H+ B. NaOH = Na+ + OH-
C. KClO3K+ + ClO3- D. BaSO4 = Ba2+ + S2- +4O2-
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故A错误；B、氢氧化钠是强电解质，能完全电离，电离方程式为NaOH═Na++OH-，故B正确；C、氯酸钾是强电解质，能完全电离出钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KClO3═K++ClO3-，故C错误；D、硫酸钡是强电解质，硫酸根离子是原子团，不能拆开，电离方程式为BaSO4═Ba2++SO42-，故D错误；故选B。
14.下列 物质中既能导电又属于强电解质的一组物质是（ ）
A. 熔融的MgCl2和熔融的NaOH B. 液氨 和石灰水
C. 石墨和食醋 D. 稀硫酸和蔗糖
【答案】A
【解析】
试题分析：A、熔融MgCl2、熔融NaOH，属于强电解质能导电，A正确；B、液氨不能导电属于非电解质，石灰水能导电是电解质溶液，B错误；C、石墨能导电不是电解质，食醋能导电，醋酸属于弱电解质，C错误；D、稀硫酸是电解质溶液能导电，蔗糖不能导电，属于非电解质，D错误。
考点：考查了强电解质的相关知识。
15.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)
A. C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)；ΔH＝－1367.0 kJ/mol(燃烧热)
B. NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)；ΔH＝＋57.3 kJ/mol(中和热)
C. S(s)＋O2(g)＝SO2(g)；ΔH＝－296.8 kJ/mol(反应热)
D. 2NO2＝O2＋2NO；ΔH＝＋116.2 kJ/mol(反应热)
【答案】C
【解析】
【详解】A、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错误；B、中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错误；C、热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，硫的燃烧反应为放热反应，△H＜0，故C正确；D、热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故D错误；故选C。
16.关于溶液酸碱性的说法正确的是
A. c(H+)很小的溶液一定是中性 B. pH=7的溶液一定呈中性
C. c(H+)=c(OH-)溶液一定呈中性 D. 不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)＜c(H+)，溶液呈酸性，据此分析判断。
【详解】A．如果酸的浓度很小，则c(H+)很小，但仍存在c(OH-)＜c(H+)，溶液仍呈酸性，故A错误；B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c(OH-)=c(H+)时，溶液一定呈中性与pH无必然联系，故B错误；C．溶液中如果c(OH-)=c(H+)，则溶液呈中性，故C正确；D．酚酞的变色范围是8-10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能中性溶液或酸性溶液或弱碱性溶液，故D错误；故选C。
17.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A. 铝片和稀盐酸反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化还原反应的特征是有电子转移或化合价的升降；反应物总能量小于生成物总能量，该反应是吸热反应，据此分析解答。
【详解】A．铝和稀盐酸反应是放热反应，故A错误；B．该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故B错误；C．碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故C正确；D．甲烷的燃烧是放热反应，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了化学反应类型的判断。解答本题需要熟记常见的吸热反应和放热反应，如常见的吸热反应有：大部分分解反应，NH4Cl固体与Ba(OH)2•8H2O固体的反应，炭、CO、氢气作还原剂的氧化还原反应(除燃烧外)等。
18.下列说法正确的是
A. 电离平衡常数受溶液浓度的影响
B. 温度一定时，电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C. 电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸中大
D. H2CO3第二步的电离常数表达式：K2＝c(H+)·c(H2CO3-)/c(H2CO3)
【答案】B
【解析】
【详解】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B正确；C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D、碳酸是分步电离的，第一电离常数表达式为：K1= ，第二步电离常数为：K2=，故D错误；故选B。
19.在一个容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g)2AB(g) △H＜0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示。
（1）在上述反应达到平衡后，第4min时，若将容器的体积快速扩大一倍(其他条件不变)，请在图中画出4min～5min的AB浓度的变化线__________。
（2）在相同条件下，若开始时向此容器中加入的A2(g)、B2(g)和AB(g)的物质的量分别为0.7mol、0.5mol、0.2mol。则反应向_________反应方向进行(填“正”或“逆”)。判断依据是_______。反应达到平衡后，各物质的体积分数与原平衡相比_______(填序号)。
①A2、B2减小，AB增大 ②A2、B2增大，AB减小 ③均不变 ④无法确定
【答案】 (1). (2). 正 (3). Qc＜K (4). ③
【解析】
【分析】
(1)第4min时，若把容器的体积快速扩大一倍，瞬间AB的浓度变为原来的一半，该反应前后气体体积不变，压强只改变反应速率，不改变平衡移动，据此作图；
(2)根据图像可知，分析判断平衡时各物质的浓度计算平衡常数K，再计算判断浓度商Qc与 K的大小关系，判断反应的方向；若开始时向此容器中加入的A2(g)、B2(g)和AB(g)的物质的量分别为0.7mol、0.5mol、0.2mol，等效为开始加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，与原平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量浓度相等，据此分析解答。
【详解】(1)上述反应达到平衡后，第4min时，若把容器的体积快速扩大一倍，瞬间AB的浓度变为原来的一半，该反应前后气体体积不变，压强只改变反应速率，不改变平衡移动，4min～5min的AB浓度的变化线为：，故答案为：；
(2)根据图可知，平衡时AB的浓度变化为0.5mol/L，则A2的浓度变化为0.25mol/L，所以a=0.4mol/L-0.25mol/L=0.15mol/L，平衡时B2
的浓度为0.3mol/L-0.25mol/L=0.05mol/L，平衡常数K===，若开始时向此容器中加入的A2(g)、B2(g)和AB(g)的物质的量分别为0.7mol、0.5mol、0.2mol，浓度商Qc== ＜K=，反应向正反应进行，若开始时向此容器中加入的A2(g)、B2(g)和AB(g)的物质的量分别为0.7mol、0.5mol、0.2mol，等效为开始加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，恒温恒容下，与原平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量浓度相等，反应达到平衡后，各物质的体积分数与原平衡相比均不变，故答案为：正；浓度商Qc＜K；③。
20.已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
③C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
④C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，
回答下列问题：
（1）上述反应中属于放热反应的是____________。
（2）H2的燃烧热为____________ kJ·mol－1；C的燃烧热为____________ kJ·mol－1。
（3）燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为____________ kJ。
（4）写出CO燃烧的热化学方程式__________________________________。
【答案】 (1). ①②③④ (2). 285.8 kJ /mol (3). 393.5kJ /mol (4). 1429 (5). CO(g) +1/2O2 (g) ===CO2(g) △H=—283kJ /mol
【解析】
【分析】
(1)物质的燃烧为放热反应，放热反应的ΔH＜0；(2)燃烧热是指在101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素转化为CO2，H元素转化为液态水，据此分析判断；(3)求出氢气的物质的量，然后根据1mol氢气燃烧生成液态水时放出285.8kJ的热量来计算；(4)根据盖斯定律可知，将④-③可得CO的燃烧反应；据此分析解答。
【详解】(1)物质的燃烧均为放热反应，放热反应的ΔH＜0，而①②为氢气的燃烧，③④为C的燃烧，故①②③④均为放热反应，故答案为：①②③④；
(2)燃烧热是指在101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素转化为CO2
，H元素转化为液态水，故反应①为氢气的燃烧热的热化学方程式，即氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1；反应④为C的燃烧热的热化学方程式，故C的燃烧热为393.5kJ•mol-1，故答案为：285.8 kJ•mol-1；393.5kJ•mol-1；
(3)10g氢气的物质的量为5mol，而1mol氢气燃烧生成液态水时放出285.8,kJ，故5mol氢气燃烧生成液态水时放出的热量为285.8kJ•mol-1×5mol=1429.0 kJ，故答案为：1429.0；
(4)根据盖斯定律可知，将④-③可得CO的燃烧反应为：CO(g)+O2(g)═CO2(g) △H=-283.0 kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+O2(g)═CO2(g) △H=-283.0 kJ•mol-1。
【点睛】本题考查了燃烧热的概念和热化学方程式的书写。本题的易错点为(2)，要注意燃烧热中物质状态的判断，特别是水的状态的判断。
21.甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1076
465
413
由此计算△H1=__________kJ·mol-1，已知△H2=-58kJ·mol-1，则△H3=_________kJ·mol-1
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为_______________；③的化学平衡常数K的表达式为_____________；
【答案】 (1). -99 (2). +41 (3). K= (4). K=
【解析】
【分析】
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能；根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，反应热也进行相应的计算；(2)化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；据此分析解答。
【详解】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H1=1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-(3×413+343+465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1，根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故答案为：-99；+41；
(2)反应①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=，反应③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数K=，故答案为： K=；K=。
22.25 ℃时，部分物质的电离常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离常数
1.7×10－5
K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
请回答下列问题：
（1）CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为______________。
（2）同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为______。
（3）常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)，一定不变的是________(填序号)。一定变大的是________(填序号)，
A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
D．c(OH－)/c(H＋) E. c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是____________(填序号)。
【答案】 (1). CH3COOH>H2CO3>HClO (2). CO32->ClO->HCO3->CH3COO- (3). A (4). C E (5). B D (6). ABCE
【解析】
【分析】
(1)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；
(2)酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；
(3)CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；据此分析解答。
【详解】(1)根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；
(2)酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则同浓度CH3COO-、HCO3-、CO32-、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，故答案为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-；
(3)A.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小；B.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度，则增大；C．Kw=c(H+)•c(OH-)只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数；D．醋酸稀释，酸性减弱，c(H+)减小，水的离子积不变，则c(OH-)增大，所以增大；E.为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变；一定变小的是A，一定不变的是CE。一定变大的是BD；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大。A．升高温度后溶液中氢离子浓度c(H+)增大；B．升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则 的比值增大；C．c(H+)•c(OH-)为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大；D．升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢氧根离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以的比值减小；E. 为醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大；增大的是ABCE；故答案为：A；CE；BD；ABCE。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响因素。本题的易错点为（3），要注意加水稀释和升高温度均会促进弱电解质的电离，电离平衡常数只与温度有关，与浓度等因素无关。
23.在2L密闭容器中，充入10 mol N2和22mol H2
，一定条件下发生合成氨反应，2min时达到平衡。测得平衡时N2的转化率为60%，求：
（1）平衡时v (NH3) 的速率__________。
（2）求该温度下的平衡常数K（列出算式，算出结果）________。
（3）H2在平衡混合气体中的体积分数（即物质的量分数）________。
（4）平衡时容器的压强与起始时压强之比（即物质的量之比）________。
【答案】 (1). 3 mol/(L·min) (2). (mol/L)-2或2.25或 (3). 20% (4). 5:8
【解析】
【分析】
2min时达到平衡，测得平衡时N2的转化率为60%，则转化的氮气为10mol×60%=6mol，结合三段式分析解答。
【详解】2min时达到平衡，测得平衡时N2的转化率为40%，则转化的氮气为10mol×60%=6mol，则
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始(mol)： 10 22 0
转化(mol)： 6 18 12
平衡(mol)： 4 4 12
(1)平衡时v (NH3)的速率为=3mol/(L•min)，故答案为：3mol/(L•min)；
(2)化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，该反应的平衡常数K==(mol/L)-2，故答案为：(mol/L)-2；
(3)H2的体积分数=物质的量分数=×100%=20%，故答案为：20%；
(4)相同条件下，压强之比等于物质的量之比，P后∶P前=n后∶n前=(4+4+12)mol∶(10+22)mol=5∶8，故答案为：5∶8。
