化学卷·2018届黑龙江省大庆实验中学高二上学期期中化学试卷 （解析版） 40页

‎2016-2017学年黑龙江省大庆实验中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题包括12小题，每小题2分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列关于能源的说法不正确的是（　　）‎ A．通过煤的气化和液化获得洁净的燃料 B．加快核能、太阳能、沼气等新能源的开发利用 C．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生 D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 ‎2．反应3A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g），经3min，B的浓度减少0.9mol•L﹣1．对此反应速率的表示正确的是（　　）‎ A．用A表示的反应速率是0.4 mol•L﹣1•min﹣1‎ B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3：2：1‎ C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎3．根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　）‎ A．厕所清洁剂 厨房清洁剂 醋 肥皂 B．醋 厕所清洁剂 厨房清洁剂 肥皂 C．厕所清洁剂 醋 肥皂 厨房清洁剂 D．厨房清洁剂 厕所清洁剂 肥皂 醋 ‎4．下列实验操作及数据记录正确的是（　　）‎ A．用量筒量取KMnO4溶液12.00mL B．测定中和热时将NaOH溶液迅速一次性倒入盛有盐酸的小烧杯中，盖好盖板 C．常温下，测得0.01mol/LNaHCO3溶液的pH值=12‎ D．加热蒸发FeCl3溶液，获得FeCl3固体 ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．所有反应的反应热都可以由实验直接测定 B．任何化学反应都需要用活化能来引发 C．200°C、101KPa时，1g氢气与碘蒸气作用生成HI气体，放出7.45kJ热量，则此过程的热化学方程式可表示为：H2（g）+I2（g）=2HI（g）△H=﹣14.9kJ/mol D．没有物质的变化，就不能引发能量的变化 ‎6．对于溶液中的反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═5Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H2O，下列措施能使化学反应速率提高的是（　　）‎ A．加水 B．增加同浓度FeSO4的用量 C．加压 D．加入少量KMnO4晶体 ‎7．对已达到化学平衡的反应2A（g）+3B（s）⇌2C（g），增大压强时，对反应产生的影响是（　　）‎ A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正向移动 B．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡逆向移动 C．正、逆反应速率都增大，平衡不移动 D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎8．在一定温度下，对可逆反应A（g）+3B（g）⇌4C（g）的下列叙述中，能说明反应已经达到达到平衡的是（　　）‎ A．C的生成速率与C的分解速率相等 B．单位时间内amol A生成，同时生成3amol B C．容器内的压强不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不变 ‎9．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A．工业合成氨时选择500℃‎ B．配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸 C．在Na2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L D．AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度 ‎10．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣546.6kJ•mol﹣1，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．44.8 L氟化氢气体分解成22.4 L的氢气和22.4 L的氟气吸收546.6 kJ热量 B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量大于546.6 kJ C．相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和高于2 mol氟化氢气体的能量 D．2 mol H﹣F键的键能比1 mol H﹣H键和1 mol F﹣F 键的键能之和大546.6 kJ ‎11．对于可逆反应，A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．常温下，pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＞NaY＞NaZ．下列说法正确的是（　　）‎ A．三种酸的酸性为HX＜HY＜HZ B．物质的量浓度相同的三种盐的水溶液中，NaZ的溶液中，水的电离程度最大 C．pH值相同的三种酸的水溶液，恰好中和时所耗NaOH的物质的量为HX＜HY＜HZ D．物质的量浓度相同的HZ和NaX能发生HZ+NaX=HX+NaZ ‎　‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题有1至2个选项符合题意，少选得1分，多选、错选不得分．）‎ ‎13．1molPCl3和2molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g），达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时加入0.5molPCl3和1molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）‎ A．0.6mol B．0.9mol C．大于0.4mol，小于0.6mol D．大于0.6，小于0.9mol ‎14．将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，体积压缩为原来的一半，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡常数减小 B．平衡逆向移动，氧气的物质的量浓度减小 C．体系的压强不变 D．BaO2的量增加 ‎15．下列各组溶液一定呈中性的是（　　）‎ A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合 B．常温下，pH=8的氨水与pH=6的硝酸等体积混合 C．常温下，pH=12的Ba（OH）2溶液与pH=2的NaHSO4溶液等体积混合 D．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol•L﹣1的溶液 ‎16．下列各表述与示意图一致的是（　　）‎ A．图①表示10 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液混 合时，n（Mn2+） 随时间的变化 B．图②中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2 （g）+H2（g）→CH3CH3（g）；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 C．图③表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 D．图④表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线 ‎17．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）‎ B．20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COOH）‎ ‎18．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ B．NaHS溶液：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣‎ C．硫酸铝溶液跟碳酸氢钠溶液反应：Al3++3HCO3﹣+6H2O⇌Al（OH）3↓+3CO2↑‎ D．NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O⇌NH3HDO+H+‎ ‎19．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（　　）‎ A．再通入少量氯气，减小 B．通入少量SO2，溶液漂白性增强 C．加入少量固体NaOH，溶液呈中性时，c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）‎ D．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 ‎20．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0；T1温度下的部分实验数据为：‎ t/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1 000‎ ‎1 500‎ c（N2O5）/mol/L ‎5.00‎ ‎3.52‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．500 s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3 mol/（L•s）‎ B．T1温度下的平衡常数为K2=125，1 000 s时N2O5转化率为50%‎ C．其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1＜T2‎ D．T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1＞K3，则T1＞T3‎ ‎21．一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），△H＜0．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器I、II、III：‎ 在I中充入1mol CO和1mol H2O，在II中充入1mol CO2 和1mol H2，‎ 在III中充入2mol CO 和2mol H2O，‎ ‎700℃条件下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．容器I、II中正反应速率相同 B．容器I、III中反应的平衡常数相同 C．容器I中CO 的物质的量比容器II中的少 D．容器I中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1‎ ‎22．某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B=H++HB﹣　HB﹣⇌H++B2﹣．在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．c（B2﹣）+c（HB﹣）=0.1 mol/L B．c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B）=0.1 mol/L C．c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）+2c（H2B） D．c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）‎ ‎　‎ 三、填空题（本题包括3大题，共46分）‎ ‎23．在2L密闭容器内，加入0.100molCO气体和0.080molCuO固体，800℃时发生如下反应：2CuO（s）+CO（g）⇌Cu2O（s）+CO2（g），n（CuO）随时间的变化如表：‎ 时间（min）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（CuO）（mol）‎ ‎0.080‎ ‎0.060‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ ‎（1）用CO表示前2min内的化学反应速率=　　‎ ‎（2）计算此反应在800°C时的化学平衡常数k=　　‎ ‎（3）若向平衡后的体系中加入CO和CO2各0.05mol，则此时V（正）　　V（逆）‎ ‎（4）用来还原CuO的CO可以用C和水蒸气反应制得．‎ 已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol 则C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=　　．‎ ‎24．Ⅰ．某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 ‎②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ‎③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数 ‎④量取20.00mL待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入1或2滴酚酞溶液 ‎⑤滴入一滴标准液后，溶液颜色由无色变为红色立即停止滴定，记录液面读数 请回答：‎ ‎（1）以上步骤有错误的是（填编号）　　．‎ ‎（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入　　中．（从图中选填“甲”或“乙”）‎ ‎（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：　　（填编号）‎ A．酸式滴定管未润洗 B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡 C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗 D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据 E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶 ‎（4）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视　　．‎ II．利用中和滴定的原理，在工业生产中还可以进行氧化还原滴定测定物质含量．‎ 制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙烧除去水分得到粉状TiO2．‎ 用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小．用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（5）除去TiCl4含有的杂质A3+可选用调节pH的方法使其转化为A（OH）3沉淀除去．，已知A（OH）3的ksp≈1×10﹣32，若想将A3+完全沉淀（不考虑钛离子的沉淀），则溶液的pH一定不能小于　　．（c（A3+）≤1×10﹣5时，即可认为完全沉淀）‎ ‎（6）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为　　．‎ ‎（7）滴定终点的现象是　　．‎ ‎（8）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g•mol﹣1）试样w g，消耗c mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为　　．‎ ‎25．水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度．则100℃时1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=　　mol•L﹣1，KW（25℃）　　KW（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎26．25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是　　（填“促进”、“抑制”或“不影响”）．‎ 已知如表数据．‎ 化学式 电离平衡常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7‎ K2=5.6×10﹣11‎ ‎27．25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为　　．（填化学式）‎ ‎28．25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c（Na+）　　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎29．向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为　　．‎ ‎30．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．‎ I．已知：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）‎ ‎（1）一定条件下，将NO2与SO2‎ 以体积比1：2置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　．‎ a．体系压强保持不变 ‎ b．混合气体颜色保持不变 c．SO2和NO2的体积比保持不变 ‎ d．每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2‎ e．气体密度保持不变 ‎（2）若保持体积不变，升高温度，体系颜色加深，则说明该反应的△H　　0（填”＞””＜”或”=”）‎ II．对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.6kJ/mol．‎ 在一定温度下，向一个容积不变的容器中，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，使之反应．平衡时容器内气体压强为起始时的90%．此时 ‎（3）加入3mol SO2和2mol O2发生反应，达到平衡时，放出的热量为　　．‎ ‎（4）保持同一温度，在相同的容器中，将起始物质的量改为amol SO2、bmol O2、cmol SO3（g）及固体催化剂，欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，且平衡时SO3的体积分数为2/9，a的取值范围是　　．‎ ‎（5）保持同一温度，在相同容器中，将起始物质的量改为3mol SO2、6mol O2、3mol SO3（g）及固体催化剂，则平衡　　移动．（填“正向、不、逆向或无法确定是否”）‎ ‎（6）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图所示，若不改变SO2（g）和O2（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是　　；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是　　．‎ ‎（7）各阶段平衡时对应的平衡常数如表所示：‎ t1～t2‎ t3～t4‎ t5～t6‎ t6～t7‎ K1‎ K2‎ K3‎ K4‎ K1、K2、K3、K4之间的关系为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆实验中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题包括12小题，每小题2分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列关于能源的说法不正确的是（　　）‎ A．通过煤的气化和液化获得洁净的燃料 B．加快核能、太阳能、沼气等新能源的开发利用 C．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生 D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】核能、太阳能、风能为清洁能源，煤的气化和液化、大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少化石能源的使用，减少环境污染，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．煤的气化和液化可以去除煤中的硫，可以防止燃烧生成二氧化碳污染空气，所以煤的气化和液化是使煤变成清洁能源的有效途径，故A正确；‎ B．沼气不是新能源，新能源是指在新技术的基础上系统开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能、核能、氢能等，故B错误；‎ C．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生，可有效利用资源，故C正确；‎ D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可充分利用资源，减少垃圾污染，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．反应3A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g），经3min，B的浓度减少0.9mol•L﹣1．对此反应速率的表示正确的是（　　）‎ A．用A表示的反应速率是0.4 mol•L﹣1•min﹣1‎ B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3：2：1‎ C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】经3min，B的浓度减少0.9mol•L﹣1，则v（B）==0.3mol/（L．min），‎ A．同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算A的平均反应速率；‎ B．同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；‎ C．化学反应速率与浓度成正比，浓度越大反应速率越大；‎ D．同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算C的平均反应速率．‎ ‎【解答】解：经3min，B的浓度减少0.9mol•L﹣1，则v（B）==0.3mol/（L．min），‎ A．同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（A）=v（B）=0.3mol/（L．min），故A错误；‎ B．同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以分别用B、C、D表示的反应速率之比是3：2：1，故B正确；‎ C．化学反应速率与浓度成正比，浓度越大反应速率越大，随着反应的进行，B的浓度降低，反应速率减小，在2 min末的反应速率小于前2min内平均反应速率，所以2min末其反应速率小于0.3mol/（L．min），故C错误；‎ D．同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（C）=v（B）=×0.3mol/（L．min）=0.2mol/（L．min），故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　）‎ A．厕所清洁剂 厨房清洁剂 醋 肥皂 B．醋 厕所清洁剂 厨房清洁剂 肥皂 C．厕所清洁剂 醋 肥皂 厨房清洁剂 D．厨房清洁剂 厕所清洁剂 肥皂 醋 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；进行分析判断．‎ ‎【解答】解：厕所清洁剂、醋均显酸性，pH均小于7，但厕所清洁剂主要成分为盐酸，其酸性比醋强，故厕所清洁剂的pH比醋的小．肥皂、厨房洗涤剂均显碱性，pH均小于7，但厨房清洁剂的碱性比肥皂强，故厨房清洁剂的pH比肥皂的大．‎ 故上述物质水溶液pH逐渐增大的顺序是：厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．下列实验操作及数据记录正确的是（　　）‎ A．用量筒量取KMnO4溶液12.00mL B．测定中和热时将NaOH溶液迅速一次性倒入盛有盐酸的小烧杯中，盖好盖板 C．常温下，测得0.01mol/LNaHCO3溶液的pH值=12‎ D．加热蒸发FeCl3溶液，获得FeCl3固体 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．量筒的感量为0.1mL；‎ B．迅速一次性混合，可防止热量散失；‎ C．NaHCO3溶液水解显碱性；‎ D．加热蒸发FeCl3溶液，水解生成的HCl易挥发．‎ ‎【解答】解：A．量筒的感量为0.1mL，则用量筒量取KMnO4溶液12.0mL，故A错误；‎ B．迅速一次性混合，可防止热量散失，准确测定最高温度，操作合理，故B正确；‎ C．NaHCO3溶液水解显碱性，水解程度很弱，则常温下，测得0.01mol/LNaHCO3溶液的pH值小于12，故C错误；‎ D．加热蒸发FeCl3溶液，水解生成的HCl易挥发，蒸干得到氢氧化铁，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．所有反应的反应热都可以由实验直接测定 B．任何化学反应都需要用活化能来引发 C．200°C、101KPa时，1g氢气与碘蒸气作用生成HI气体，放出7.45kJ热量，则此过程的热化学方程式可表示为：H2（g）+I2（g）=2HI（g）△H=﹣14.9kJ/mol D．没有物质的变化，就不能引发能量的变化 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．某些反应的反应条件限制，反应热不能直接测定 B．活化能较低的反应不需要用活化能引发；‎ C．应注明反应的条件；‎ D．物理变化、化学变化等都伴随能量变化．‎ ‎【解答】解：A．某些反应的反应条件限制，发热过程中常伴随其他费用进行，反应热不能直接测定，故A错误；‎ B．大部分热反应都需要活化能的推动，但是光反应就不需要，故B错误；‎ C．反应不是再常温下进行，应注明反应的条件，故C错误；‎ D．物理变化、化学变化等都伴随能量变化，则没有物质的变化，就不能引发能量的变化，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．对于溶液中的反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═5Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H2O，下列措施能使化学反应速率提高的是（　　）‎ A．加水 B．增加同浓度FeSO4的用量 C．加压 D．加入少量KMnO4晶体 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】增大浓度、升高温度等均可加快反应速率，该反应中反应物没有气体参加，增大压强，反应速率变化不明显，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．加入水，浓度减小，反应速率减小，故A错误；‎ B．增加同浓度FeSO4的用量，浓度不变，则反应速率不变，故B错误；‎ C．没有气体参加反应，改变压强浓度不变，则反应速率不变，故C错误；‎ D．加入少量KMnO4晶体，反应物浓度增大，反应速率加快，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．对已达到化学平衡的反应2A（g）+3B（s）⇌2C（g），增大压强时，对反应产生的影响是（　　）‎ A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正向移动 B．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡逆向移动 C．正、逆反应速率都增大，平衡不移动 D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对于反应2A（g）+3B（s）⇌2C（g），B为固体，增大压强，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由方程式2A（g）+3B（s）⇌2C（g）可知，B为固体，反应物气体与生成物气体的化学计量数之和相等，则增大压强，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．在一定温度下，对可逆反应A（g）+3B（g）⇌4C（g）的下列叙述中，能说明反应已经达到达到平衡的是（　　）‎ A．C的生成速率与C的分解速率相等 B．单位时间内amol A生成，同时生成3amol B C．容器内的压强不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不变 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A．当C的生成速率与C的分解速率相等时，该反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，只能说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；‎ C．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，容器内压强始终不变，所以不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故C错误；‎ D．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，所以混合气体的质量、物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A．工业合成氨时选择500℃‎ B．配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸 C．在Na2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L D．AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．‎ ‎【解答】解：A．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，工业合成氨时选择500℃是为了增大反应速率不是使平衡正向移动，不能用平衡移动原理解释，故A选；‎ B．加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，可以用平衡移动原理解释，故B不选；‎ C．碳酸根离子和水电离生成的氢离子结合生成碳酸氢根离子而促进水电离，则由水电离出的c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L，可以用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．NaCl溶液中氯离子抑制AgCl溶解，所以AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度，可以用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣546.6kJ•mol﹣1，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．44.8 L氟化氢气体分解成22.4 L的氢气和22.4 L的氟气吸收546.6 kJ热量 B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量大于546.6 kJ C．相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和高于2 mol氟化氢气体的能量 D．2 mol H﹣F键的键能比1 mol H﹣H键和1 mol F﹣F 键的键能之和大546.6 kJ ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、热化学方程式的正逆两个过程的焓变符号相反，数值相等；‎ B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；‎ C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；‎ D、根据化学反应的焓变和键能之间的关系来回答．‎ ‎【解答】解：A、由热化学方程式可知44.8L即2mol氟化氢气体分解成22.4L极1mol的氢气和22.4L即1mol的氟气吸收546.6 kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；‎ B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于546.6 kJ，故B正确；‎ C、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；‎ D、旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量，该反应是放热反应，所以2molH﹣F键的键能比1molH﹣H键和1molF﹣F键的键能之和大546.6kJ，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．对于可逆反应，A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对应可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g），△H＞0，升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的更多，反应物的含量减少；正反应为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物的含量减小，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，图象与实际相符，故A正确；‎ B．升高温度，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡向正反应方向移动，产物的含量升高，图象与实际不相符，故B错误；‎ C．增大压强，平衡正向移动，产物的含量增大，图象与实际不相符，故C错误；‎ D．但升高温度，平衡向正反应方向移动，反应物的含量减少，图象与实际不相符合，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．常温下，pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＞NaY＞NaZ．下列说法正确的是（　　）‎ A．三种酸的酸性为HX＜HY＜HZ B．物质的量浓度相同的三种盐的水溶液中，NaZ的溶液中，水的电离程度最大 C．pH值相同的三种酸的水溶液，恰好中和时所耗NaOH的物质的量为HX＜HY＜HZ D．物质的量浓度相同的HZ和NaX能发生HZ+NaX=HX+NaZ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】由越弱越水解的规律可知，pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＞NaY＞NaZ，则酸性HX＞HY＞HZ，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．酸越弱，对应的盐水解的程度越大，pH相同时浓度NaX＞NaY＞NaZ，则酸性HX＞HY＞HZ，故A错误；‎ B．HZ的酸性最弱，则NaZ水解程度最大，故B正确；‎ C．酸性HX＞HY＞HZ，pH值相同的三种酸的水溶液，则浓度HX＜HY＜HZ，则恰好中和时所耗NaOH的物质的量为HX＜HY＜HZ，故C正确；‎ D．酸性HX＞HZ，则不能发生HZ+NaX=HX+NaZ，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题有1至2个选项符合题意，少选得1分，多选、错选不得分．）‎ ‎13．1molPCl3和2molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g），达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时加入0.5molPCl3和1molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）‎ A．0.6mol B．0.9mol C．大于0.4mol，小于0.6mol D．大于0.6，小于0.9mol ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】达平衡后再加入0.5mol PC13和1mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.5mol PC13和3.0mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强增大，平衡向正反应移动，反应物的转化率增大，故平衡时PC15的物质的量大于原平衡的1.5倍．反应为可逆反应不能进行彻底，加入0.5molPCl3不能全部转化；‎ ‎【解答】解：达平衡后再加入0.5mol PC13和1mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.5mol PC13和3.0mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强增大，平衡向正反应移动，反应物的转化率增大，故平衡时PC15的物质的量大于原平衡的1.5倍，即达平衡时PC15的物质的量大于0.4mol×‎ ‎1.5=0.6mol，加入的0.5molPCl3，不能完全转化则左后平衡状态下PCl5 物质的量小于0.4mol+0.5mol=0.9mol，故选D．‎ ‎　‎ ‎14．将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，体积压缩为原来的一半，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡常数减小 B．平衡逆向移动，氧气的物质的量浓度减小 C．体系的压强不变 D．BaO2的量增加 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B．缩小容器体积，增大压强，氧气的物质的量浓度增加，平衡向逆反应方向移动，故B错误；‎ C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；‎ D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎15．下列各组溶液一定呈中性的是（　　）‎ A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合 B．常温下，pH=8的氨水与pH=6的硝酸等体积混合 C．常温下，pH=12的Ba（OH）2溶液与pH=2的NaHSO4溶液等体积混合 D．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol•L﹣1的溶液 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH﹣‎ 浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性；c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性；常温下，水的离子积Kw=1×10﹣14，所以，pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性．Kw受温度影响，水的电离是吸热反应，温度越高Kw越大，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A、等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合，完全反应生成氯化铵，水解呈酸性，故A错误；‎ B、常温下，pH=8的氨水与pH=6的硝酸等体积混合，生成硝酸铵和氨水的混合溶液，氨水的电离为主，溶液呈碱性，故B错误；‎ C、常温下，pH=12的Ba（OH）2溶液与pH=2的NaHSO4溶液等体积混合，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，溶液呈中性，故C正确；‎ D、c（H+）=c（OH﹣）溶液呈中性，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎16．下列各表述与示意图一致的是（　　）‎ A．图①表示10 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液混 合时，n（Mn2+） 随时间的变化 B．图②中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2 （g）+H2（g）→CH3CH3（g）；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 C．图③表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 D．图④表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线 ‎【考点】反应热和焓变；中和滴定．‎ ‎【分析】A．n（Mn2+）开始为0，随反应的发生，增大，氧化还原反应结束后，其物质的量不再变化；‎ B．反应物总能量大于生成物总能量，应为吸热反应；‎ C．加入催化剂，降低反应的活化能；‎ D.0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液pH＞1．‎ ‎【解答】解：A．n（Mn2+）开始为0，随反应的发生，锰离子浓度增大，为反应的催化剂，反应速率增大，氧化还原反应结束后，其物质的量不再变化，曲线斜率开始较小，后突然增大，故A错误；‎ B．反应物总能量大于生成物总能量，应为吸热反应，则△H＞0，故B错误；‎ C．加入催化剂，降低反应的活化能，故C正确；‎ D．醋酸为弱酸，不能完全电离，0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液pH＞1，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）‎ B．20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）‎ C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COOH）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．二者恰好完全反应生成碳酸钠和水，碳酸钠物质的量浓度为0.05mol/L，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；‎ B．二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；‎ C．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒判断离子浓度大小；‎ D．二者恰好完全反应生成醋酸钠和水，醋酸钠水解导致溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．二者恰好完全反应生成碳酸钠和水，碳酸钠物质的量浓度为0.05mol/L，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，钠离子不水解，水还电离生成氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）故A错误；‎ B．二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不反应，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；‎ C．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），一水合氨电离程度较小，所以离子浓度大小c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；‎ D．二者恰好完全反应生成醋酸钠和水，醋酸钠水解导致溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎18．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ B．NaHS溶液：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣‎ C．硫酸铝溶液跟碳酸氢钠溶液反应：Al3++3HCO3﹣+6H2O⇌Al（OH）3↓+3CO2↑‎ D．NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O⇌NH3HDO+H+‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子； ‎ B．NaHS水解生成硫化氢和氢氧根离子；‎ C．原子不守恒；‎ D．铵根离子水解结合水中氢氧根离子形成一水合氨和氢离子，依据过程分析判断．‎ ‎【解答】解：A．HCO3﹣的水解方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A正确； ‎ B．NaHS水解反应的离子反应为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故B正确；‎ C．硫酸铝溶液跟碳酸氢钠溶液反应：Al3++3HCO3﹣⇌Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；‎ D．NH4Cl溶于D2O中的反应离子方程式为：NH4++D2O⇌NH3•DHO+D+，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（　　）‎ A．再通入少量氯气，减小 B．通入少量SO2，溶液漂白性增强 C．加入少量固体NaOH，溶液呈中性时，c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）‎ D．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、氯气与水的反应，加入氯气，溶液为饱和溶液；‎ B、通入二氧化硫，其与氯气反应生成无漂白性的盐酸和硫酸，平衡左移，漂白性减弱；‎ C、根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣））+c（ClO﹣）+c（OH﹣），加入少量固体NaOH，溶液为中性时c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）；‎ D、氯气与水的反应，加入水，溶液酸性减弱，促进水的电离．‎ ‎【解答】解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、H2O⇌H++OH﹣、HClO⇌H++ClO﹣．‎ A．氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，浓度比值不变，故A错误；‎ B、通入少量SO2，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，平衡左移，HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；‎ C、加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），溶液呈中性，则有：c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故C正确；‎ D、加入少量水，溶液酸性减弱，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎20．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0；T1温度下的部分实验数据为：‎ t/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1 000‎ ‎1 500‎ c（N2O5）/mol/L ‎5.00‎ ‎3.52‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．500 s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3 mol/（L•s）‎ B．T1温度下的平衡常数为K2=125，1 000 s时N2O5转化率为50%‎ C．其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1＜T2‎ D．T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1＞K3，则T1＞T3‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A.500s内N2O5的浓度变化量为（5﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，根据v=计算v（N2O5）；‎ B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，则：‎ ‎ 2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）‎ 起始浓度（mol/L）：5 0 0‎ 变化浓度（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 平衡浓度（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 平衡常数K=，转化率=×100%；‎ C．其他条件不变时，若温度T2高，到达平衡时间缩短，正反应为吸热反应，平衡正向移动，1000s时N2O5（g）浓度应小于2.5mol/L；‎ D．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大．‎ ‎【解答】解：A.500s内N2O5的浓度变化量为（5﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，则v（N2O5）==2.96×10﹣3 mol/（L•s），故A正确；‎ B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，则：‎ ‎ 2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）‎ 起始浓度（mol/L）：5 0 0‎ 变化浓度（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 平衡浓度（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 平衡常数K===125，1 000 s时N2O5转化率=×100%=50%，故B正确；‎ C．其他条件不变时，若温度T2高，到达平衡时间缩短，正反应为吸热反应，平衡正向移动，1000s时N2O5（g）浓度应小于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1＞T2，故C错误；‎ D．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若K1＞K3，则T1＞T3，故D正确，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎21．一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），△H＜0．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器I、II、III：‎ 在I中充入1mol CO和1mol H2O，在II中充入1mol CO2 和1mol H2，‎ 在III中充入2mol CO 和2mol H2O，‎ ‎700℃条件下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．容器I、II中正反应速率相同 B．容器I、III中反应的平衡常数相同 C．容器I中CO 的物质的量比容器II中的少 D．容器I中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A．由于该反应正向是放热反应，且三个容器均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时各物质的浓度也不一样，正反应速率也不一样；‎ B．K只与温度有关，Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，体系温度不同，K不同；‎ C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，所以容器Ⅰ中A 的物质的量比容器Ⅱ中的多；‎ D．容器Ⅰ中A 的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和小于1．‎ ‎【解答】解：A．由于该反应正向是放热反应，且三个容器均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时各物质的浓度也不一样，正反应速率也不一样，故A错误；‎ B．K只与温度有关，Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同所以K不同，故B错误；‎ C．如果容器容器Ⅰ、Ⅱ均在恒温恒容条件下反应，那么Ⅰ、Ⅱ是等效平衡，达到平衡A的物质的量相等，而现在在恒容绝热条件下反应，正向放热，Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，所以容器Ⅰ中A 的物质的量比容器Ⅱ中的多Ⅰ中A 的物质的量和容器Ⅱ中的多，故C错误；‎ D．如果温度相同时，容器Ⅰ中A的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，C的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中C的转化率低，所以容器Ⅰ中A 的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和小于1，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎22．某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B=H++HB﹣　HB﹣⇌H++B2﹣．在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．c（B2﹣）+c（HB﹣）=0.1 mol/L B．c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B）=0.1 mol/L C．c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）+2c（H2B） D．c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以H2B溶液中存在的微粒有H+、HB﹣、B2﹣、OH﹣，不存在H2B，HB﹣能发生电离不能发生水解，0.1mol/L的Na2B溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以H2B溶液中存在的微粒有H+、HB﹣、B2﹣、OH﹣，不存在H2B，HB﹣能发生电离不能发生水解，‎ A．溶液中B2﹣只发生第一步水解，根据物料守恒得c（B2﹣）+c（HB﹣）=0.1 mol/L，故A正确；‎ B．溶液中B2﹣只发生第一步水解，所以溶液中不存在H2B，故B错误；‎ C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（B2﹣）+c（HB﹣），根据物料守恒得c（Na+）=2[c（B2﹣）+c（HB﹣）]，所以得c（HB﹣）+c（H+）=c（OH﹣），故C错误；‎ D．根据C知，c（HB﹣）+c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（HB﹣）+c（H+）＞c（H+）+c（HB﹣），故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 三、填空题（本题包括3大题，共46分）‎ ‎23．在2L密闭容器内，加入0.100molCO气体和0.080molCuO固体，800℃时发生如下反应：2CuO（s）+CO（g）⇌Cu2O（s）+CO2（g），n（CuO）随时间的变化如表：‎ 时间（min）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（CuO）（mol）‎ ‎0.080‎ ‎0.060‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ ‎（1）用CO表示前2min内的化学反应速率=　0.005mol/（L．min）　‎ ‎（2）计算此反应在800°C时的化学平衡常数k=　0.429　‎ ‎（3）若向平衡后的体系中加入CO和CO2各0.05mol，则此时V（正）　＜　V（逆）‎ ‎（4）用来还原CuO的CO可以用C和水蒸气反应制得．‎ 已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol 则C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=　+175.3kj/mol　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）根据反应速率计算公式V=；‎ ‎（2）3min反应达到平衡状态，根据平衡时反应体系中各物质的浓度结合平衡常数的公式计算；‎ ‎（3）平衡后的体系中加入CO和CO2各0.05mol，计算此时Qc，比较与K的关系，判断平衡移动的方向即可；‎ ‎（4）利用盖斯定律分析，①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol；‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；‎ ‎③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol；‎ 则①﹣②×﹣③×得：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），由此计算△H．‎ ‎【解答】解：（1）前2minCuO的变化物质的量为（0.080﹣0.040）mol=0.04mol，则CO的变化物质的量为0.04mol÷2=0.02mol，变化浓度为0.02mol÷2L=0.010mol/L，则用CO表示前2min内的化学反应速率===0.005mol/（L．min），故答案为：0.005mol/（L．min）；‎ ‎（2）2CuO（s）+CO（g）⇌Cu2O（s）+CO2（g）‎ 起始物质的量（mol） 0.08 0.10 0 0‎ 变化物质的量（mol）0.08﹣0.02 0.03 0.03 0.03 ‎ 平衡物质的量（mol） 0.02 0.07 0.06 0.03‎ 则此时平衡常数K==‎ ‎=0.429，故答案为：0.429；‎ ‎（3）向平衡后的体系中加入CO和CO2各0.05mol，此时CO的总物质的量为0.12mol，CO2的物质的量为0.08mol，此时Qc===0.75＞0.429，此时平衡逆向移动，即V（正）＜V（逆），故答案为：＜；‎ ‎（4）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol；‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；‎ ‎③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol；‎ ‎①﹣②×﹣③×得：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），则△H=（﹣393.5kJ/mol）﹣（﹣566kJ/mol）×﹣（﹣571.6kJ/mol）×=+175.3kj/mol，故答案为：+175.3kj/mol．‎ ‎　‎ ‎24．Ⅰ．某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 ‎②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ‎③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数 ‎④量取20.00mL待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入1或2滴酚酞溶液 ‎⑤滴入一滴标准液后，溶液颜色由无色变为红色立即停止滴定，记录液面读数 请回答：‎ ‎（1）以上步骤有错误的是（填编号）　①④⑤　．‎ ‎（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入　乙　中．（从图中选填“甲”或“乙”）‎ ‎（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：　DE　（填编号）‎ A．酸式滴定管未润洗 B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡 C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗 D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据 E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶 ‎（4）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视　锥形瓶内溶液颜色变化　．‎ II．利用中和滴定的原理，在工业生产中还可以进行氧化还原滴定测定物质含量．‎ 制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙烧除去水分得到粉状TiO2．‎ 用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小．用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（5）除去TiCl4含有的杂质A3+可选用调节pH的方法使其转化为A（OH）3沉淀除去．，已知A（OH）3的ksp≈1×10﹣32，若想将A3+完全沉淀（不考虑钛离子的沉淀），则溶液的pH一定不能小于　5　．（c（A3+）≤1×10﹣5时，即可认为完全沉淀）‎ ‎（6）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为　TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl　．‎ ‎（7）滴定终点的现象是　滴入最后一滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变为（血）红色，且半分钟不褪色　．‎ ‎（8）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g•mol﹣1）试样w g，消耗c mol•L﹣1NH4Fe（SO4）2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为　　．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】Ⅰ．（1）滴定管用蒸馏水洗完后，必须润洗；锥形瓶不能润洗；滴定终点是颜色改变后在半分钟内不变化；‎ ‎（2）甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管；‎ ‎（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎（4）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化；‎ Ⅱ．（5）当铝离子沉淀完全时，设氢氧根离子浓度至少为amol/L，根据氢氧化铝沉淀溶解平衡可计算氢氧根的浓度，再计算PH；‎ ‎（6）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；‎ ‎（7）因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，Fe3+与SCN﹣生成血红色的Fe（SCN）3；‎ ‎（8）Fe3+与Ti3+反应，生成Fe2+和Ti4+，根据得失电子守恒，有n（Ti3+）×1=n（Fe3+）×1，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10﹣3mol，据此计算其质量分数．‎ ‎【解答】解：Ⅰ．（1）①滴定管用蒸馏水洗后，不润洗，使标准液的浓度减小，消耗的体积增大，测定结果偏大，所以必须用氢氧化钠溶液润洗，故①操作有误；‎ ‎④若用待测液润洗锥形瓶，会使待测液溶质物质的量增加，消耗标准液的体积增大，测定结果偏大，所以锥形瓶不能润洗，故④操作有误；‎ ‎⑤滴入一滴标准液后，溶液颜色由无色变为红色立即停止滴定，此时未达终点，应是无色变为红色且半分钟内不再改变，滴定结束，故⑤操作有误；‎ 故答案为：①④⑤； ‎ ‎（2）氢氧化钠应该用碱式滴定管，故选乙；‎ 故答案为：乙； ‎ ‎（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响：‎ A．酸式滴定管未润洗，待测液被稀释，浓度变小，消耗标准液的体积减小，使滴定结果偏小，故A不符；‎ B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡，消耗的标准液的体积减小，使滴定结果偏小，故B不符；‎ C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，不影响滴定结果，故C不符；‎ D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据，使标准液的体积偏大，使滴定结果偏大，故D可选；‎ E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶，消耗的标准液的体积增大，使滴定结果偏大，故E可选；‎ 故答案为：DE；‎ ‎（4）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，‎ 故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化； ‎ Ⅱ．（5）当铝离子沉淀完全时，设氢氧根离子浓度为至少为amol/L，根据氢氧化铝沉淀溶解平衡Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣可知：Ksp=c（Al3+）×c（OH﹣）3=1×10﹣5×a3=1×10﹣32，a=1×10﹣9mol/L，则溶液PH的最小值为5，‎ 故答案为：5；‎ ‎（6）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4，再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），反应的化学方程式为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl，‎ 故答案为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；‎ ‎（7）Fe3+与Ti3+反应，生成Fe2+和Ti4+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，Fe3+过量，与SCN﹣生成血红色的Fe（SCN）3，‎ 故答案为：滴入最后一滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变为（血）红色，且半分钟不褪色；‎ ‎（8）Fe3+与Ti3+反应，生成Fe2+和Ti4+，根据得失电子守恒，有n（Ti3+）×1=n（Fe3+）×1，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10﹣3mol，其质量分数为×100%=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎25．水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度．则100℃时1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=　1×10﹣12　mol•L﹣1，KW（25℃）　＜　KW（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】Kw=c（H+）•c（OH﹣），氢氧化钠溶液中由水电离出的c（H+）=溶液中c（OH﹣），温度不同，Kw不同，升温促进水的电离，氢离子浓度增大．‎ ‎【解答】解：25℃时纯水中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14 ，当温度升高到100℃，纯水中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol/L，Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣12 ；100℃时1mol•L﹣1 的NaOH溶液中Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣12 ；c（OH﹣）=1mol/L，水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，‎ 水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw（25℃）＜Kw，‎ 故答案为：1×10﹣12；＜．‎ ‎　‎ ‎26．25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是　促进　（填“促进”、“抑制”或“不影响”）．‎ 已知如表数据．‎ 化学式 电离平衡常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7‎ K2=5.6×10﹣11‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】盐类水解是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子形成弱电解质，促进水的电离平衡正向进行，水解的盐促进水的电离．‎ ‎【解答】解：NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水的电离被促进，‎ 故答案为：促进．‎ ‎　‎ ‎27．25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为　Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa　．（填化学式）‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】相同温度下，相同浓度的不同钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大，该钠盐溶液的pH越大，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：相同温度下，相同浓度的不同钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大，该钠盐溶液的pH越大，这几种钠盐溶液中酸根离子水解程度大小顺序是CO32﹣＞CN﹣＞CH3COO﹣，所以这三种钠盐溶液的pH大小顺序是Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，‎ 故答案为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa．‎ ‎　‎ ‎28．25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c（Na+）　＞　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】根据溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，及电荷守恒分析．‎ ‎【解答】解：等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣）由电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），‎ 得c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；‎ 故答案为：＞．‎ ‎　‎ ‎29．向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为　NaCN+CO2=NaHCO3+HCN　．‎ ‎【考点】化学方程式的书写．‎ ‎【分析】碳酸酸性强于HCN，NaCN与二氧化碳反应生成NaHCO3‎ 和HCN，据此解答．‎ ‎【解答】解：碳酸酸性强于HCN，NaCN与二氧化碳反应生成NaHCO3和HCN，化学方程式：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；‎ 故答案为：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；‎ ‎　‎ ‎30．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．‎ I．已知：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）‎ ‎（1）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　bc　．‎ a．体系压强保持不变 ‎ b．混合气体颜色保持不变 c．SO2和NO2的体积比保持不变 ‎ d．每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2‎ e．气体密度保持不变 ‎（2）若保持体积不变，升高温度，体系颜色加深，则说明该反应的△H　＜　0（填”＞””＜”或”=”）‎ II．对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.6kJ/mol．‎ 在一定温度下，向一个容积不变的容器中，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，使之反应．平衡时容器内气体压强为起始时的90%．此时 ‎（3）加入3mol SO2和2mol O2发生反应，达到平衡时，放出的热量为　98.3kJ　．‎ ‎（4）保持同一温度，在相同的容器中，将起始物质的量改为amol SO2、bmol O2、cmol SO3（g）及固体催化剂，欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，且平衡时SO3的体积分数为2/9，a的取值范围是　2＜a≤3　．‎ ‎（5）保持同一温度，在相同容器中，将起始物质的量改为3mol SO2、6mol O2、3mol SO3（g）及固体催化剂，则平衡　不　移动．（填“正向、不、逆向或无法确定是否”）‎ ‎（6）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图所示，若不改变SO2（g）和O2‎ ‎（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是　升高温度　；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是　t3～t4　．‎ ‎（7）各阶段平衡时对应的平衡常数如表所示：‎ t1～t2‎ t3～t4‎ t5～t6‎ t6～t7‎ K1‎ K2‎ K3‎ K4‎ K1、K2、K3、K4之间的关系为　k1=k2＞k3=k4　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）利用平衡的特征“等、定”及由此衍生的一些物理量来判断；‎ ‎（2）升高温度，体系颜色加深，则说明平衡逆向移动，由此判断该反应的△H；‎ ‎（3）根据压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总的物质的量，再利用差量法计算参加反应的二氧化硫的物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量；‎ ‎（4）根据（1）计算可知，原平衡时SO3的体积分数为=，将起始物质的量改为amol SO2、bmol O2、cmol SO3（g）及固体催化剂，平衡时SO3的体积分数为，则与原平衡为等效平衡，计算原平衡时二氧化硫的物质的量，欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，则a应大于原平衡状态时二氧化硫的物质的量，结合极限法判断；‎ ‎（5）假定体积为VL，利用三段式计算原平衡时各组分的物质的量，进而计算平衡常数，将起始物质的量改为3mol SO2、6mol O2、3mol SO3（g）及固体催化剂，计算此时的浓度商，与平衡常数比较判断反应进行方向；‎ ‎（6）t4时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，可升高温度或增大压强；t6时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，但平衡不移动，前后气体系数之和不等，只能是使用催化剂；在反应向逆反应之前衡混合物中CO的含量最高；‎ ‎（7）平衡常数只与温度有关，温度改变平衡常数改变，据此判断．‎ ‎【解答】解：（1）①a．由反应可知，三氧化硫是气体，反应前后气体的物质的量改变，体系压强始终保持不变，不能判定平衡状态，故a错误；‎ b．混合气体的颜色保持不变，即二氧化氮的浓度不变，达到平衡状态，故b正确；‎ c．SO2和NO2起始量不等，变化量相等，当SO2和NO2的体积比保持不变，可判断反应达到平衡，故c正确；‎ d．每生成1 mol SO3的同时消耗1mol NO2，只能判断正反应速率，不能确定正逆反应速率的关系，不能判定平衡状态，故d错误；‎ e．混合气体的质量和体积始终不变，密度始终是定值，不一定是平衡状态，故e错误；‎ 故答案为：bc；‎ ‎（2）升高温度，体系颜色加深，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎（3）由题意气体压强为起使时的90%，则反应后总的物质的量为起使时的90%，平衡时总物质的量为（3mol+2mol）×90%=4.5mol，则平衡时各组成物质的量变化为：‎ ‎ 2SO2+O2⇌2SO3 物质的量减少△n ‎ 2 1 2 1‎ ‎1mol 0.5mol 1mol （3mol+2mol）﹣4.5mol=0.5mol 此时放出的热量为196.6KJ×=98.3KJ，‎ 故答案为：98.3kJ；‎ ‎（4）原平衡时SO3的体积分数为=，将起始物质的量改为amol SO2、bmol O2、cmol SO3（g）及固体催化剂，平衡时SO3的体积分数为，则与原平衡为等效平衡，则a+c=3 b+0.5c=2，由（1）计算可知，平衡时二氧化硫的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，则2＜a≤3，‎ 故答案为：2＜a≤3；‎ ‎（5）由题意气体压强为起使时的90%，则反应后总的物质的量为起使时的90%，平衡时总物质的量为（3mol+2mol）×90%=4.5mol，则平衡时各组成物质的量变化为：‎ ‎ 2SO2+O2⇌2SO3 ‎ 开始（mol）：3 2 0‎ 变化（mol）：1 0.5 1‎ 平衡（mol）：2 1.5 1‎ 假定体积为VL，则k=，将起始物质的量改为3mol SO2、6mol O2、3mol SO3（g）及固体催化剂，此时的浓度商Qc=，等于平衡常数，处于平衡状态，平衡不移动，‎ 故答案为：不；‎ ‎（6）t4时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，反应向逆反应方向移动，升高温度；t6时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，但平衡不移动，前后气体系数之和不等，只能是使用催化剂；在t4时反应向逆反应方向移动，则t3～t4时平衡混合物中CO的含量最高，‎ 故答案为：升高温度；t3～t4；‎ ‎（7）由图象分析可知，t1～t2与t3～t4温度相同，t5～t6与t7～t8温度相同，且t4后升高温度，平衡逆向移动，平衡常数逆向移动，则k1=k2＞k3=k4，‎ 故答案为：k1=k2＞k3=k4．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日