浙江省杭州市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

浙江省杭州市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•杭州期中）下列叙述正确的是（　　） A．若将1mol稀盐酸与含1mol NH3•H2O的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 C．非自发的反应不能通过改变条件使其成为自发反应 D．对于平衡体系H2（g）+I2（g））＝2HI（g），缩小体积，颜色加深，此现象符合勒夏特列原理 2．（2024秋•杭州期中）A（g）+3B（g）＝4C（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能），下列有关叙述正确的是（　　） A．3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高 B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应放出的热量一定等于akJ C．ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1 D．有催化剂的两步反应中，第二步为该反应的决速步 3．（2024秋•杭州期中）下列示意图表示正确的是（　　） A．图①表示碳的燃烧热 B．图②表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO（g）和H2（g）进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），由图可知a＝0.5 C．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如③图 D．由图④可知：该反应在低温下可自发进行 4．（2024秋•杭州期中）二氧化碳加氢制甲醇一般认为通过如下两步反应来实现： ①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 ②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是（　　） A． B． C． D． 5．（2024春•杭州期中）下列变化属于吸热反应的是（　　） ①液态水汽化 ②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合搅拌有氨气放出 ③浓硫酸稀释 ④石灰石高温分解 ⑤生石灰跟水反应 A．② B．①②④ C．②④ D．①④⑤ 6．（2023秋•杭州期末）化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如图： 实验 Ⅰ Ⅱ 装置 现象 锌片附近处颜色无变化，裸露在外的铁钉附近处出现红色。 铜片附近处出现红色，裸露在外的铁钉附近处出现蓝色 下列说法正确的是（　　） A．实验Ⅰ和Ⅱ中铁钉均为负极 B．实验Ⅰ和Ⅱ中均发生吸氧腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验Ⅰ＞实验Ⅱ C．一段时间后，实验1铁钉附近也出现了蓝色，可能是K3[Fe（CN）6]氧化了单质Fe D．一段时间后，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均出现红褐色 7．（2024春•杭州期末）已知下列反应的能量变化示意图如图，有关说法正确的是（　　） A．1mol S（g）与O2（g）完全反应生成SO2（g）放出的热量小于297.0kJ B．在相同条件下，SO2（g）比SO3（g）稳定 C．1mol S（s）与足量O2（g）反应，最终转化为SO3（g）放出的热量为395.7kJ D．SO2（g）和O2（g）反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197.4kJ•mol﹣1 8．（2024秋•杭州期中）下列物质属于弱电解质的是（　　） A．Ba（OH）2 B．CO2 C．盐酸 D．CH3COOH 9．（2023秋•杭州期末）葡萄中含有一种二元有机弱酸酒石酸（C4H6O6），下列关于酒石酸钠钾（KNaC4H4O6）的说法不正确的是（　　） A．KNaC4H4O6属于正盐 B．向水中加入固体KNaC4H4O6，可促进水的电离 C．将10mL0.1mol/LKNaC4H4O6溶液中加水稀释10倍，pH增大 D．KNaC4H4O6溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+2c（C4H6O6）+c（C4H5） 10．（2024•西湖区校级模拟）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离。已知：当溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全。25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13。Ksp（CdS）＝2.0×10﹣28，Ksp[Cd（OH）2]＝2.0×10﹣16，Ksp（NiS）＝3.2×10﹣19，Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15。下列说法不正确的是（　　） A．NiS固液混合物中，上层清液里含硫微粒主要以HS﹣形式存在 B．将0.1mol•L﹣1的H2S溶液稀释到0.05mol•L﹣1时，c（S2﹣）几乎不变 C．25℃时，调节pH＝2时，废水中的Ni2+和Cd2+能完全转化为硫化物沉淀 D．用NiS固体也能很好地除去溶液中的Cd2+ 11．（2023•西湖区校级模拟）难溶盐CaF2可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得体系中﹣lgc（F﹣）或﹣lgc（Ca2+）与lg的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M代表﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线 B．难溶盐CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）＝10﹣7.4 C．Y点的溶液中存在c（Cl﹣）＞c（Ca2+）＝c（HF） D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝﹣4.2 12．（2024•杭州模拟）室温下，向c（Al3+、c（Zn2+）均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH可使Al3+生成Al（OH）3沉淀，Zn2+生成ZnS沉淀，体系中lgc与pH的关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Al3+和Zn2+的浓度，单位均为mol•L﹣1。下列说法不正确的是（　　） A．线②表示lgc（S2﹣）与pH的关系 B．pH为1～2时，溶液中析出的是ZnS C．Ksp[Al（OH）3]的数量级为10﹣33 D．Zn2++H2S═ZnS↓+2H+的平衡常数为10﹣0.4 13．（2023•杭州模拟）牙齿表面有一薄层釉质保护着，釉质层主要成分是难溶的羟基磷灰石，存在如下平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3（aq）+OH﹣（aq）Ksp＝6.8×10﹣37，已知Ca5（PO4）3F（s）的Ksp＝2.8×10﹣61。下列说法不正确的是（　　） A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用 B．正常口腔的pH接近中性，牙齿不易被腐蚀 C．使用添加NaF的含氟牙膏，可实现Ca5（PO4）3OH（s）与Ca5（PO4）3F（s）的转化，该反应的平衡常数约为2.4×1024 D．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大 14．（2024秋•杭州月考）在密闭容器中，反应A（g）+3B（g）⇌C（g） ΔH分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）＝0.100mol•L﹣1、c（B）＝0.300mol•L﹣1、c（C）＝0；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．与实验①相比，实验②可能使用了催化剂 B．实验③进行10s后，用A表示的平均反应速率v（A）＝0 C．实验②平衡时B的转化率为40% D．该反应的ΔH＜0 15．（2024•杭州模拟）对于反应2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）ΔH＝+48kJ•mol﹣1在343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示，下列说法正确的是（　　） A．反应至a处需要吸收9.6kJ的能量 B．343K时，该反应的平衡常数K约为0.02 C．该反应△S＝0，高温更有利于反应自发进行 D．增大压强能加快SiHCl3的反应速率，但一定不能改变SiHCl3的平衡转化率 16．（2023秋•杭州月考）T1时，在1L的密闭容器中进行反应：2A（g）+B（g）⇌C（g）。A、B的起始浓度均为0.5mol•L﹣1，起始压强为p0，反应达到平衡状态时压强为p且＝。下列说法不正确的是（　　） A．T1时，该反应的K＝ B．T1时，A的平衡转化率为80% C．升高温度，平衡常数为100，可知该反应为吸热反应 D．T1达到平衡时，再充入0.1mol C和0.1mol B，则平衡将正向移动 17．（2023秋•杭州月考）在A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）中，表示该反应速率最快的是（　　） A．vA＝0.5mol•L﹣1•min﹣1 B．vB＝1.2mol•L﹣1•min﹣1 C．vC＝0.9mol•L﹣1•min﹣1 D．vD＝1mol•L﹣1•min﹣1 18．（2023秋•杭州期末）已知：气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量叫键能。恒容密闭容器中发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH。有关数据如表： 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ⋅mol﹣1 436 391 946 下列叙述正确的是（　　） A．2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）ΔH＝﹣92kJ⋅mol﹣1 B．当容器中压强不再变化时，反应到达平衡状态 C．增大N2的浓度和使用催化剂均可提高H2的平衡转化率 D．增大H2浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大 19．（2024秋•杭州期中）已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O（g）+C2H4（g）⇌CH3CH2OH（g）ΔH。投料比为n（H2O）：n（C2H4）＝1：1的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度（T）及压强（p）的关系如图所示。下列有关说法错误的是（　　） A．ΔH＜0，p1＜p2 B．在p2，280℃条件下，C点的v逆＞v正 C．如果温度过高，该反应不能自发 D．A点对应条件下反应达平衡时，产物乙醇所占的体积分数约为11% 20．（2024秋•杭州期中）在2L恒容密闭容器中，充入2.0mol NO和2.0mol SO2在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．T1时，当2v正（SO3）＝v逆（N2）时反应达到平衡状态 C．T2时，若反应经ts达到平衡，则 D．b点时，往容器中再充入NO、SO2各1.0mol，再次平衡时x%（N2）减小 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•上城区校级期中）按要求作答。 （1）已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知几种化学键的键能如下表所示： 化学键 C﹣H O＝O H﹣O C＝O 键能/kJ•mol﹣1 a b c d 请根据以上键能写出CH4与O2反应的热化学方程式 　 　。 （2）泡沫灭火器[里面装饱和NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液]的工作原理（用离子方程式表示） 　 　。 （3）已知Ka（HClO）＝4.0×10﹣8，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.1×10﹣11，则在NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为 　 　。 （4）25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，下列一定增大的是 　 　。 A． B． C． D．c（H+） （5）已知：Ka1（H2S）＝1.0×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.0×10﹣14。常温下0.1mol•L﹣1Na2S溶液的pH约为13，该溶液中．c（HS﹣） 　 　c（S2﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。 22．（2023秋•杭州期中）二元酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。已知常温下，H2SO3和H2CO3的电离平衡常数如表所示。 二元酸 H2SO3 H2CO3 Ka1 1.5×10﹣2 4.5×10﹣7 Ka2 6.0×10﹣8 4.7×10﹣11 （1）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）常温下0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＝a，则a 　 　（填字母）。 A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定 该溶液中，水电离出的H+浓度为 　 　mol/L（用a表示）。 （3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO、②CO、③HSO、④HCO浓度从大到小的顺序为 　 　（填序号）。 （4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示[例如A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝]。 ①常温下，Na2A的水解平衡常数为 　 　。 ②若向0.1mol/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1mol/LKOH溶液（忽略混合后溶液的体积变化），混合后溶液中c（Na+）+c（K+） 　 　2c（HA﹣）+2c（A2﹣）（填“＞”“＜”或“＝”）。 23．（2024秋•杭州期中）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题； 二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下： 反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49.8kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g） ΔH2＝+23.4kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH3 （1）ΔH3＝ 　 　kJ/mol，据此判断反应Ⅲ在 　 　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件能自发进行。 （2）T1℃时，将1mol二甲醚充入某恒容密闭容器中，发生如下分解反应： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g），在不同时间测定容器内的总压，所得数据见表： 反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞ 气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0 由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 　 　，该温度下的平衡常数KP＝ 　 　（kPa）2（KP为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压x气体的物质的量分数）。 （3）恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH选择性＝×100% ①在上述条件下，结合图象分析，合成甲醇的最佳温度是 　 　℃，最佳催化剂是 　 　。 ②温度高于230℃CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 　 　。 24．（2024秋•杭州期中）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）可实现汽车尾气的无害化处理。 （1）下列措施能加快反应速率的是 　 　（填字母）。 a.恒温恒容下，充入CO（g） b.恒温恒容下，充入He（g）增大压强 c.升高温度 d.将CO2（g）从体系中分离出来 （2）在恒温恒压容器中，下列可说明反应达到平衡状态的是 　 　（填字母）。 a.CO的浓度不再改变 b.气体密度保持不变 c.NO、CO、CO2N2的浓度之比为2：2：2：1 d.v（CO）＝2v（N2） （3）一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中加入物质的量均为1mol的NO（g）和 CO（g），测得容器内压强（P）随时间（t）的变化如图所示。 ①0～2min内，v（NO）＝ 　 　mol•L﹣1•min﹣1。 ②CO的平衡转化率为 　 　。 ③平衡时，N2的体积分数为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•杭州期中）下列叙述正确的是（　　） A．若将1mol稀盐酸与含1mol NH3•H2O的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 C．非自发的反应不能通过改变条件使其成为自发反应 D．对于平衡体系H2（g）+I2（g））＝2HI（g），缩小体积，颜色加深，此现象符合勒夏特列原理 【答案】A 【分析】A．NH3•H2O属于弱电解质，电离过程吸收热量； B．能量越低越稳定； C．ΔH﹣T△S＜0，反应就能自发进行； D．反应前后，气体分子数不变的反应，压强增大，平衡不移动。 【解答】解：A．NH3•H2O属于弱电解质，电离过程吸收热量，所以将1mol稀盐酸与含1mol NH3•H2O的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故A正确； B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）ΔH＝+1.9kJ/mol，石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故B错误； C．非自发的反应能通过改变条件使其成为自发反应，即只要满足ΔH﹣T△S＜0，反应就能自发进行，故C错误； D．对于平衡体系：H2（g）+I2（g））＝2HI（g），缩小体积，颜色加深，压强增大，但平衡不移动，此现象不符合勒夏特列原理，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查反应的自发进行、平衡移动等，属于基本知识的考查，难度不大。 2．（2024秋•杭州期中）A（g）+3B（g）＝4C（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能），下列有关叙述正确的是（　　） A．3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高 B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应放出的热量一定等于akJ C．ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1 D．有催化剂的两步反应中，第二步为该反应的决速步 【答案】C 【分析】A．1mol A和3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高； B．焓变与生成物的状态有关； C．由图即可判断ΔH； D．活化能越大，反应速率越慢。 【解答】解：A．由图可知，反应A（g）+3B（g）＝4C（g）属于放热反应，1mol A和3mol B（g）的能量比4mol C（g）的能量高，故A错误； B．若ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，则1mol A（g）和3mol B（g）充分反应，生成4mol C（g）时，放出的热量等于akJ，故B错误； C．由图可知，ΔH＝﹣（E2﹣E1）kJ•mol﹣1，故C正确； D．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的 考查，难度不大。 3．（2024秋•杭州期中）下列示意图表示正确的是（　　） A．图①表示碳的燃烧热 B．图②表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO（g）和H2（g）进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），由图可知a＝0.5 C．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如③图 D．由图④可知：该反应在低温下可自发进行 【答案】C 【分析】A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量； B.双方转化率相同是，按照反应系数比进行投料，a此时＝2； C.已知稳定性顺序：B＜A＜C，即能量数值B＞A＞C； D.图示反应，温度越高，Z含量越大，说明反应为吸热反应，压强越大，Z含量越小，说明图示反应为熵增反应。 【解答】解：A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，故乙图不能表示碳的燃烧热，故A错误； B.双方转化率相同是，按照反应系数比进行投料，a此时＝2，故B错误； C.已知稳定性顺序：B＜A＜C，即能量数值B＞A＞C，图③正确，故C正确； D.图示反应，温度越高，Z含量越大，说明反应为吸热反应，压强越大，Z含量越小，说明图示反应为熵增反应，吸热熵增反应，高温下自发进行，故D错误， 故选：C。 【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 4．（2024秋•杭州期中）二氧化碳加氢制甲醇一般认为通过如下两步反应来实现： ①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 ②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解答时根据在多步反应历程中，慢反应的活化能大，再根据ΔH的变化进行分析即可。 【解答】解：根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：CO（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g），ΔH＝ΔH1+ΔH2＝（+41kJ•mol﹣1）﹣90kJ•mol﹣1＝﹣49kJ•mol﹣1，则总反应是放热反应，则生成物总能量低于反应物总能量，反应①是慢反应，说明反应①的活化能大于反应②的活化能，且ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，则符合题意的为B， 故选：B。 【点评】本题主要考查了反应中能量的变化，难度不大，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。 5．（2024春•杭州期中）下列变化属于吸热反应的是（　　） ①液态水汽化 ②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合搅拌有氨气放出 ③浓硫酸稀释 ④石灰石高温分解 ⑤生石灰跟水反应 A．② B．①②④ C．②④ D．①④⑤ 【答案】C 【分析】①液态水汽化，属于物理变化； ②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合吸收热量； ③浓硫酸稀释，属于物理变化； ④石灰石高温分解吸收热量； ⑤生石灰跟水反应放出热量。 【解答】解：①液态水汽化，属于物理变化，不是化学变化，不是吸热反应，故①错误； ②Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体混合搅拌有氨气放出，为吸热反应，故②正确； ③浓硫酸稀释，属于物理变化，不是化学变化，不是吸热反应，故③错误； ④石灰石高温分解，属于吸热反应，故④正确； ⑤生石灰跟水反应放出热量，为放热反应，故⑤错误； 故选：C。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生吸、放热反应的掌握情况，试题比较简答。 6．（2023秋•杭州期末）化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如图： 实验 Ⅰ Ⅱ 装置 现象 锌片附近处颜色无变化，裸露在外的铁钉附近处出现红色。 铜片附近处出现红色，裸露在外的铁钉附近处出现蓝色 下列说法正确的是（　　） A．实验Ⅰ和Ⅱ中铁钉均为负极 B．实验Ⅰ和Ⅱ中均发生吸氧腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验Ⅰ＞实验Ⅱ C．一段时间后，实验1铁钉附近也出现了蓝色，可能是K3[Fe（CN）6]氧化了单质Fe D．一段时间后，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均出现红褐色 【答案】C 【分析】实验Ⅰ中铁钉做正极，锌是负极，锌失电子生成锌离子，金属发生吸氧腐蚀，正极铁电极附近发生电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，显示碱性，遇到酚酞变红色；实验Ⅱ中铁为负极，失电子生成亚铁离子，裸露在外的铁钉附近处出现蓝色沉淀，正极为铜，氧气得电子生成氢氧根离子，铜片附近处出现红色。 【解答】解：A．实验Ⅰ中铁做正极，Ⅱ中铁钉为负极，故A错误； B．实验Ⅰ和Ⅱ中均发生吸氧腐蚀，实验Ⅰ中铁做正极，Ⅱ中铁钉为负极，且铁钉腐蚀速度实验Ⅰ＜实验Ⅱ，故B错误； C．实验Ⅰ电化学腐蚀过程中不能生成亚铁离子，则一段时间后，实验1铁钉附近也出现了蓝色，可能是K3[Fe（CN）6]氧化了单质Fe，故C正确； D．实验Ⅰ中铁钉做正极，锌是负极，锌失电子生成锌离子，金属发生吸氧腐蚀，正极铁电极附近发生电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，不会生成氢氧化铁红褐色的沉淀；实验Ⅱ中铁为负极，失电子生成亚铁离子，正极为铜，氧气得电子生成氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，再被氧气氧化生成氢氧化铁，红褐色沉淀，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，属于知识的迁移应用，题目难度不大。 7．（2024春•杭州期末）已知下列反应的能量变化示意图如图，有关说法正确的是（　　） A．1mol S（g）与O2（g）完全反应生成SO2（g）放出的热量小于297.0kJ B．在相同条件下，SO2（g）比SO3（g）稳定 C．1mol S（s）与足量O2（g）反应，最终转化为SO3（g）放出的热量为395.7kJ D．SO2（g）和O2（g）反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197.4kJ•mol﹣1 【答案】D 【分析】A．1mol S（g）具有的能量高于1mol S（s）； B．由图可知，1mol SO2（g）和mol O2（g）的总能量比1mol SO3（g）的总能量高98.7kJ，但无法确定1mol SO2（g）的总能量与1mol SO3（g）的总能量的大小关系； C．SO2转化为SO3属于可逆反应，反应物不能完全转化； D．反应热与系数成正比。 【解答】解：A．1mol S（g）具有的能量高于1mol S（s），所以1mol S（g）与O2（g）完全反应生成SO2（g）放出的热量大于297.0kJ，故A错误； B．由图可知，1mol SO2（g）和mol O2（g）的总能量比1mol SO3（g）的总能量高98.7kJ，但无法确定1mol SO2（g）的总能量与1mol SO3（g）的总能量的大小关系，在相同条件下，无法确定SO2（g）与SO3（g）的稳定性，故B错误； C．SO2转化为SO3属于可逆反应，反应物不能完全转化，由图可知，1mol S（s）与足量O2（g）反应，最终转化为SO3（g）放出的热量小于（297+98.7）kJ＝395.7kJ，故C错误； D．由右图可知，SO2（g）和O2（g）反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197.4kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力，属于基本知识的考查，难度不大。 8．（2024秋•杭州期中）下列物质属于弱电解质的是（　　） A．Ba（OH）2 B．CO2 C．盐酸 D．CH3COOH 【答案】D 【分析】在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；在水溶液中能部分电离的为弱电解质，完全电离的为强电解质，据此判断。 【解答】解：A．KOH是强电解质，故A错误； B．CO2是非电解质，故B错误； C．盐酸混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误； D．CH3COOH是弱酸，在水溶液中不完全电离，属于弱电解质，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念即可解答，题目简单。 9．（2023秋•杭州期末）葡萄中含有一种二元有机弱酸酒石酸（C4H6O6），下列关于酒石酸钠钾（KNaC4H4O6）的说法不正确的是（　　） A．KNaC4H4O6属于正盐 B．向水中加入固体KNaC4H4O6，可促进水的电离 C．将10mL0.1mol/LKNaC4H4O6溶液中加水稀释10倍，pH增大 D．KNaC4H4O6溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+2c（C4H6O6）+c（C4H5） 【答案】C 【分析】A．C4H6O6是二元有机弱酸，最多只能电离出2个H+； B．弱酸强碱盐易发生水解反应，能促进水的电离； C．KNaC4H4O6是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，稀释时溶液碱性减弱； D．KNaC4H4O6溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（C4H4）+c（C4H5），物料守恒关系为c（Na+）+c（K+）＝c（C4H6O6）+c（C4H4）+c（C4H5）。 【解答】解：A．C4H6O6是二元有机弱酸，最多只能电离出2个H+，则KNaC4H4O6不能电离出H+，属于正盐，故A正确； B．KNaC4H4O6是弱酸强碱盐，易发生水解反应，促进水的电离，故B正确； C．KNaC4H4O6是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，将10mL0.1mol/LKNaC4H4O6溶液中加水稀释10倍时溶液碱性减弱，pH减小，故C错误； D．KNaC4H4O6溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（C4H4）+c（C4H5），物料守恒关系为c（Na+）+c（K+）＝2c（C4H6O6）+2c（C4H4）+2c（C4H5），则c（OH﹣）＝c（H+）+2c（C4H6O6）+c（C4H5），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、盐类水解原理的应用，侧重基础知识灵活运用能力考查，把握盐类水解原理及其影响因素、溶液中守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。 10．（2024•西湖区校级模拟）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离。已知：当溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全。25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1（H2S）＝1.1×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.3×10﹣13。Ksp（CdS）＝2.0×10﹣28，Ksp[Cd（OH）2]＝2.0×10﹣16，Ksp（NiS）＝3.2×10﹣19，Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15。下列说法不正确的是（　　） A．NiS固液混合物中，上层清液里含硫微粒主要以HS﹣形式存在 B．将0.1mol•L﹣1的H2S溶液稀释到0.05mol•L﹣1时，c（S2﹣）几乎不变 C．25℃时，调节pH＝2时，废水中的Ni2+和Cd2+能完全转化为硫化物沉淀 D．用NiS固体也能很好地除去溶液中的Cd2+ 【答案】C 【分析】A．NiS固液混合物中，上层清液里含硫微粒满足关系：，； B．S2﹣是二级电离产生的，稀释时对氢离子的影响较大，稀释时H2S的浓度变为原来的一半，平衡常数不变； C．25℃时，调节pH＝2，，c（S2﹣）＝1.4×10﹣17mol•L﹣1； D．NiS+Cd2+⇌Ni2++CdS 的平衡常数K＝＝＝1.6×109＞105。 【解答】解：A．NiS固液混合物中，上层清液里含硫微粒满足关系：，，主要以HS﹣形式存在，故A正确； B．稀释时H2S的浓度变为原来的一半，平衡常数不变，对二级电离的影响很小，S2﹣是二级电离产生的，将0.1mol•L﹣1的H2S溶液稀释到0.05mol•L﹣1的c（S2﹣）几乎不变，故B正确； C．25℃时，调节pH＝2，，c（S2﹣）＝1.4×10﹣17mol•L﹣1，废水中的Cd2+能完全转化为硫化物沉淀，Ni2+不能，故C错误； D．NiS+Cd2+⇌Ni2++CdS的平衡常数K＝＝＝1.6×109＞105，用NiS固体也能很好的除去溶液中的Cd2+，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生难溶电解质沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 11．（2023•西湖区校级模拟）难溶盐CaF2可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得体系中﹣lgc（F﹣）或﹣lgc（Ca2+）与lg的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M代表﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线 B．难溶盐CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）＝10﹣7.4 C．Y点的溶液中存在c（Cl﹣）＞c（Ca2+）＝c（HF） D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝﹣4.2 【答案】B 【分析】温度不变，电离平衡常数Ka（HF）不变，lg＝lg增大，则c（F﹣）减小，﹣lg（F﹣）增大，所以M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，则N表示﹣lgc（Ca2+）与lg的变化曲线； A．M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，则N表示﹣lgc（Ca2+）与lg的变化曲线； B．lg＝lg＝1时，﹣lgc（F﹣）＝4.2，则c（F﹣）＝10﹣4.2mol/L，Ka（HF）＝10c（F﹣）＝10×10﹣4.2＝10﹣3.2；lg＝lg＝0时，Ka（HF）＝c（F﹣）＝10﹣3.2mol/L，﹣lgc（Ca2+）＝4.2，c（Ca2+）＝10﹣4.2mol/L，Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）•c2（F﹣）； C．由图像可知，Y点的溶液中有：c（Ca2+）＝c（F﹣），结合电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），即有：c（Ca2+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），此时lg＞0，即c（HF）＜c（H+），溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故有 c（Cl﹣）＞c（Ca2+），溶液中存在物料守恒c（F﹣）+c（HF）＝2c（Ca2+），因为c（Ca2+）＝c（F﹣），所以c（Ca2+）＝c（HF）； D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝lgc（Ca2+）﹣lg[]2＝lg＝lg×[]2＝lg。 【解答】解：A．温度不变，电离平衡常数Ka（HF）不变，lg＝lg增大，则c（F﹣）减小，﹣lg（F﹣）增大，所以M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，故A正确； B．lg＝lg＝1时，﹣lgc（F﹣）＝4.2，则c（F﹣）＝10﹣4.2mol/L，Ka（HF）＝10c（F﹣）＝10×10﹣4.2＝10﹣3.2；lg＝lg＝0时，Ka（HF）＝c（F﹣）＝10﹣3.2mol/L，﹣lgc（Ca2+）＝4.2，c（Ca2+）＝10﹣4.2mol/L，Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）c2（F﹣）＝10﹣4.2×（10﹣3.2）2＝10﹣10.6，故B错误； C．由图像可知，Y点的溶液中有：c（Ca2+）＝c（F﹣），结合电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），即有：c（Ca2+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），此时lg＞0，即c（HF）＜c（H+），溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故有 c（Cl﹣）＞c（Ca2+），溶液中存在物料守恒c（F﹣）+c（HF）＝2c（Ca2+），因为c（Ca2+）＝c（F﹣），所以c（Ca2+）＝c（HF），则存在c（Cl﹣）＞c（Ca2+）＝c（HF），故C正确； D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝lgc（Ca2+）﹣lg[]2＝lg＝lg×[]2＝lg＝lg＝﹣4.2，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析、判断及计算能力，正确判断曲线与离子的关系、明确电离平衡常数和溶度积常数的计算方法是解本题关键，难点是电离平衡常数和溶度积常数的计算。 12．（2024•杭州模拟）室温下，向c（Al3+、c（Zn2+）均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH可使Al3+生成Al（OH）3沉淀，Zn2+生成ZnS沉淀，体系中lgc与pH的关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Al3+和Zn2+的浓度，单位均为mol•L﹣1。下列说法不正确的是（　　） A．线②表示lgc（S2﹣）与pH的关系 B．pH为1～2时，溶液中析出的是ZnS C．Ksp[Al（OH）3]的数量级为10﹣33 D．Zn2++H2S═ZnS↓+2H+的平衡常数为10﹣0.4 【答案】D 【分析】c起始时c（Al3+）、c（Zn2+）均为0.1mol•L﹣1，持续通入H2S气体，始终保持c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，即酸性较强时c（Al3+）、c（Zn2+）均较大，且c（HS﹣）＞c（S2﹣），弱酸性条件下c（HS﹣）、c（S2﹣）均随着pH增大而增大，则曲线③④表示的离子为c（Al3+）或c（Zn2+），曲线①、②分别表示lgc（HS﹣）、lgc（S2﹣）与pH的关系，由于10﹣10.8×10﹣10.8＝10﹣8×10﹣13.6，所以曲线③、④分别表示lgc（Al3+）、lgc（Zn2+）与pH的关系，Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）•c（S2﹣）＝10﹣10.8×10﹣10.8＝10﹣21.6，根据（3.4，﹣1）计算Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝（103.4﹣14）3×0.1＝10﹣32.8，据此进行解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①、②、③、④分别表示lgc（HS﹣）、lgc（S2﹣）、lgc（Al3+）、lgc（Zn2+）与pH的关系，故A正确； B．曲线③、④分别表示lgc（Al3+）、lgc（Zn2+）与pH的关系，由图可知，pH为1～2时c（Al3+）不变、c（Zn2+）减小，即Zn2+转化为ZnS沉淀析出，故B正确； C．曲线③表示lgc（Al3+）与pH的关系，由图可知，pH＝3.4时c（Al3+）＝0.1mol/L，且Al3+生成Al（OH）3沉淀，则Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝（103.4﹣14）3×0.1＝10﹣32.8，数量级为10﹣33，故C正确； D．由图可知，pH＝7时c（Zn2+）＝10﹣13.6mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，则反应Zn2++H2S═ZnS↓+2H+的平衡常数K＝＝＝100.6，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡图像分析，准确判断曲线代表的意义、溶度积常数的计算及其应用是解题的关键，题目难度中等。 13．（2023•杭州模拟）牙齿表面有一薄层釉质保护着，釉质层主要成分是难溶的羟基磷灰石，存在如下平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3（aq）+OH﹣（aq）Ksp＝6.8×10﹣37，已知Ca5（PO4）3F（s）的Ksp＝2.8×10﹣61。下列说法不正确的是（　　） A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用 B．正常口腔的pH接近中性，牙齿不易被腐蚀 C．使用添加NaF的含氟牙膏，可实现Ca5（PO4）3OH（s）与Ca5（PO4）3F（s）的转化，该反应的平衡常数约为2.4×1024 D．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大 【答案】D 【分析】A．c（）增大，Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3（aq）+OH﹣（aq）的平衡逆向移动； B．正常口腔的pH接近中性，不会破坏沉淀溶解平衡； C．Ca5（PO4）3OH（s）向Ca5（PO4）3F（s）转化的平衡常数K＝＝×═； D．Ksp只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。 【解答】解：A．牙齿表面存在的平衡为Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3（aq）+OH﹣（aq），在牙膏中添加适量的磷酸盐，c（）增大，牙平衡逆向移动，起到保护牙齿的作用，故A正确； B．正常口腔的pH接近中性，c（H+）减小，不会破坏沉淀溶解平衡，有利于牙齿健康，牙齿不易被腐蚀，故B正确； C．Ca5（PO4）3OH（s）向Ca5（PO4）3F（s）转化的平衡常数K＝＝×═＝≈2.4×1024，故C正确； D．口腔中的食物残渣能产生有机酸，能与OH﹣反应生成水，促进平衡正向移动，易导致龋齿，但Ksp只与温度有关，温度不变则Ksp不变，与溶液中离子浓度大小无关，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数的计算，把握沉淀溶解平衡及其影响因素、溶度积常数的应用即可解答，侧重分析能力和计算能力的考查，题目难度不大。 14．（2024秋•杭州月考）在密闭容器中，反应A（g）+3B（g）⇌C（g） ΔH分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）＝0.100mol•L﹣1、c（B）＝0.300mol•L﹣1、c（C）＝0；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．与实验①相比，实验②可能使用了催化剂 B．实验③进行10s后，用A表示的平均反应速率v（A）＝0 C．实验②平衡时B的转化率为40% D．该反应的ΔH＜0 【答案】D 【分析】A．实验①、②相比，实验②先达到“拐点”，但反应物A平衡时浓度不变； B．实验③进行10 s 后，反应A浓度不变，说明此时达到平衡状态； C．由图可知△c（A）＝（0.1﹣0.06）mol•L﹣1＝0.04mol•L﹣1，根据方程式求出△c（B），再结合 B 的转化率＝×100%； D．实验③与①相比，反应速率加快，且平衡向正向进行。 【解答】解：A．实验①、②相比，实验②反应速率较大，且达到相同的平衡状态，则应加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故A正确； B．实验③进行10s后，反应达到平衡状态，但反应未停止，速率不等于0，故B正确； C．由图可知△c（A）＝（0.1﹣0.06）mol•L﹣1＝0.04mol•L﹣1，则△c（B）＝0.12mol•L﹣1，B 的转化率＝×100%＝＝40%，故C正确； D．实验③与①相比，反应速率加快，且平衡向正向进行，改变的条件可能为增大压强或升高温度，若是升高温度，平衡正向移动，则该反应的ΔH＞0，故D错误； 故选：D。 【点评】本题综合考查化学平衡知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算，正确分析题中信息，结合勒夏特列原理、化学平衡状态判断知识点解答，此题难度不大。 15．（2024•杭州模拟）对于反应2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）ΔH＝+48kJ•mol﹣1在343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示，下列说法正确的是（　　） A．反应至a处需要吸收9.6kJ的能量 B．343K时，该反应的平衡常数K约为0.02 C．该反应△S＝0，高温更有利于反应自发进行 D．增大压强能加快SiHCl3的反应速率，但一定不能改变SiHCl3的平衡转化率 【答案】B 【分析】A．由图可知，反应至a处时SiHCl3的转化率为20%，但起始量未知，不能计算△n（SiHCl3）； B．由图可知，343K时反应的平衡转化率为22%，若设SiHCl3的起始量为amol， 反应三段式为2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） 起始量（mol） a 0 0 变化量（mol） 0.22a 0.11a 0.11a 平衡量（mol） 0.78a 0.11a 0.11a 根据平衡常数K＝计算判断； C．根据反应自发进行的条件ΔH—TΔS＜0分析判断； D．若充入SiH2Cl2或SiCl4增大压强，则反应速率增大，平衡逆向移动。 【解答】解：A．由图可知，反应至a处时SiHCl3的转化率为20%，但起始量未知，不能计算△n（SiHCl3），则不能计算反应热，故A错误； B．由图可知，343K时反应的平衡转化率为22%，若设SiHCl3的起始量为amol， 反应三段式为2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） 起始量（mol） a 0 0 变化量（mol） 0.22a 0.11a 0.11a 平衡量（mol） 0.78a 0.11a 0.11a 则平衡常数K＝＝≈0.02，故B正确； C．该反应ΔH＞0，一定条件下能自发进行，即ΔH—TΔS＜0，可得△S＞0，故C错误； D．若充入SiH2Cl2或SiCl4增大压强，则反应速率增大，平衡逆向移动，SiHCl3的平衡转化率减小，所以增大压强可能改变SiHCl3的平衡转化率，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握化学平衡影响因素、化学平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。 16．（2023秋•杭州月考）T1时，在1L的密闭容器中进行反应：2A（g）+B（g）⇌C（g）。A、B的起始浓度均为0.5mol•L﹣1，起始压强为p0，反应达到平衡状态时压强为p且＝。下列说法不正确的是（　　） A．T1时，该反应的K＝ B．T1时，A的平衡转化率为80% C．升高温度，平衡常数为100，可知该反应为吸热反应 D．T1达到平衡时，再充入0.1mol C和0.1mol B，则平衡将正向移动 【答案】D 【分析】A.根据“三段式”计算出平衡时各物质的浓度，再结合K＝进行计算； B.根据转化率＝×100%进行计算； C.若反应ΔH＞0，升高温度，K增大；若反应ΔH＜0，升高温度，K减小，据此判断； D.利用Q与K的大小关系，判断平衡的移动，若Q＝K，v正＝v逆≠0，平衡不移动；若Q＞K，v正＜v逆，平衡逆向移动；若Q＜K，v正＞v逆，平衡正向移动。 【解答】解：已知A、B的起始浓度均为0.5mol•L﹣1，容器的体积V＝1L，则起始时n（A）＝n（B）＝0.5mol，假设A的转化量为2xmol•L﹣1，利用“三段式”进行计算： 2A（g）+B（g）⇌C（g） 起始量（mol/L） 0.5 0.5 0 转化量（mol/L） 2x x x 平衡量（mol/L） 0.5﹣2x 0.5﹣x x 平衡时，n（A）＝（0.5﹣2x）mol，n（B）＝（0.5﹣x）mol，n（C）＝xmol，根据恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比有＝＝，解得x＝0.2； A.根据“三段式”计算可知，平衡时c（A）＝0.1mol/L，c（B）＝0.3mol/L，c（C）＝0.2mol/L，则K＝＝＝，故A正确； B.根据“三段式”计算数据可知，α（A）＝×100%＝×100%＝80%，故B正确； C.T1时，反应的平衡常数为，升高温度，平衡常数为100，即温度升高，K值增大，因此该反应为吸热反应，故C正确； D.T1达到平衡时，再充入0.1mol C和0.1mol B，则此时c（B）＝0.4mol/L，c（C）＝0.3mol/L，因此Q＝＝＝＞＝K，平衡逆向移动，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学反应平衡常数、转化率的计算以及化学平衡状态的判定等，学会利用“三段式”进行计算是本题的关键，题目难度中等。 17．（2023秋•杭州月考）在A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）中，表示该反应速率最快的是（　　） A．vA＝0.5mol•L﹣1•min﹣1 B．vB＝1.2mol•L﹣1•min﹣1 C．vC＝0.9mol•L﹣1•min﹣1 D．vD＝1mol•L﹣1•min﹣1 【答案】B 【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，据此理论转化为同种物质的反应速率再比较快慢，且注意速率单位统一，以此来解答。 【解答】解：A．vA＝0.5mol•L﹣1•min﹣1； B．vB＝1.2mol•L﹣1•min﹣1，转化为vA＝1.2mol•L﹣1•min﹣1×＝0.6mol•L﹣1•min﹣1； C．vC＝0.9mol•L﹣1•min﹣1，转化为vA＝0.9mol•L﹣1•min﹣1×＝0.3mol•L﹣1•min﹣1； D．D为固体，不能用mol•L﹣1•min﹣1表示其反应速率； 显然B中反应速率最快， 故选：B。 【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化法的应用及速率单位统一，题目难度不大。 18．（2023秋•杭州期末）已知：气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量叫键能。恒容密闭容器中发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH。有关数据如表： 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ⋅mol﹣1 436 391 946 下列叙述正确的是（　　） A．2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）ΔH＝﹣92kJ⋅mol﹣1 B．当容器中压强不再变化时，反应到达平衡状态 C．增大N2的浓度和使用催化剂均可提高H2的平衡转化率 D．增大H2浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大 【答案】B 【分析】A．焓变＝反应物的总键能﹣生成物的总键能； B．该反应为气体分子数减小的反应； C．催化剂不影响化学平衡； D．增大浓度，活化分子百分数不变，活化分子数增多。 【解答】解：A．2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）ΔH＝（391×6）kJ⋅mol﹣1﹣（3×436+946）kJ⋅mol﹣1＝+92kJ⋅mol﹣1，故A错误； B．由反应可知，随反应的进行气体分子数逐渐减小，压强逐渐减小，当体系压强保持不变时，反应达到平衡状态，故B正确； C．催化剂不影响化学平衡，不能提高H2的平衡转化率，故C错误； D．增大H2浓度，活化分子百分数不变，活化分子数增多，使反应速率增大，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化、化学平衡的影响因素和化学平衡状态的判断，侧重考查学生基础知识的掌握情况，题目难度中等。 19．（2024秋•杭州期中）已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O（g）+C2H4（g）⇌CH3CH2OH（g）ΔH。投料比为n（H2O）：n（C2H4）＝1：1的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度（T）及压强（p）的关系如图所示。下列有关说法错误的是（　　） A．ΔH＜0，p1＜p2 B．在p2，280℃条件下，C点的v逆＞v正 C．如果温度过高，该反应不能自发 D．A点对应条件下反应达平衡时，产物乙醇所占的体积分数约为11% 【答案】B 【分析】由图可知，压强一定时，升高温度，乙烯的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故反应为放热反应，反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，压强为p2时，乙烯的平衡转化率大，故p1＜p2，据此作答。 【解答】解：A．由分析可知，反应为放热反应，ΔH＜0，p1＜p2，故A正确； B．在p2，280℃条件下，C点达到平衡时，乙烯的平衡转化率增大，反应正向进行，v正＞v逆，故B错误； C．ΔH＜0，反应正向气体分子数减小，△S＜0，故反应低温时自发，故C正确； D．设起始时n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，A点对应条件下反应达平衡时，α（C2H4）＝20%，则乙烯的反应量为1mol×20%＝0.2mol，则平衡时n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol﹣0.2mol＝0.8mol，n（CH3CH2OH）＝0.2mol，平衡时混合气体的总物质的量为0.8mol+0.8mol+0.2mol＝1.8mol，产物乙醇所占的体积分数为×100%≈11%，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 20．（2024秋•杭州期中）在2L恒容密闭容器中，充入2.0mol NO和2.0mol SO2在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．T1时，当2v正（SO3）＝v逆（N2）时反应达到平衡状态 C．T2时，若反应经ts达到平衡，则 D．b点时，往容器中再充入NO、SO2各1.0mol，再次平衡时x%（N2）减小 【答案】C 【分析】A．由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差； B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态； C．T2时，若反应经ts达到平衡，由图可知SO3的物质的量分数为40%，则 2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g） 开始（mol） 2 2 0 0 转化（mol） x x 0.5x x 平衡（mol） 2﹣x 2﹣x 0.5x x ×100%＝40%，解得x＝mol，结合v＝计算； D．由图可知，b点时平衡体系中NO、SO3的物质的量分数相等，则 2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g） 开始（mol） 2 2 0 0 转化 （mol） y y 0.5y y 平衡 （mol）2﹣y 2﹣y 0.5y y 则2﹣y＝y，解得y＝1mol，即平衡时NO、SO2、N2、SO3的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、0.5mol、1mol。 【解答】解：A．由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，焓变为负，则该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误； B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态，则T1时，当v正（SO2）＝2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故B错误； C．T2时，若反应经ts达到平衡，由图可知SO3的物质的量分数为40%，则 2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g） 开始（mol） 2 2 0 0 转化（mol） x x 0.5x x 平衡（mol） 2﹣x 2﹣x 0.5x x ×100%＝40%，解得x＝mol，反应经ts达到平衡，则v（N2）＝＝mol•L﹣1•s﹣1，故C正确； D．由图可知，b点时平衡体系中NO、SO3的物质的量分数相等，则 2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g） 开始（mol） 2 2 0 0 转化 （mol） y y 0.5y y 平衡 （mol）2﹣y 2﹣y 0.5y y 则2﹣y＝y，解得y＝1mol，即平衡时NO、SO2、N2、SO3的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、0.5mol、1mol，体积为2L，K＝＝＝1，b点时往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，Q＝＝＝0.75＜K，平衡正向移动，且反应为气体总物质的量减小的反应，则再次平衡时x（N2）增大，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握图中坐标的意义、化学平衡三段法、平衡移动及判定为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•上城区校级期中）按要求作答。 （1）已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知几种化学键的键能如下表所示： 化学键 C﹣H O＝O H﹣O C＝O 键能/kJ•mol﹣1 a b c d 请根据以上键能写出CH4与O2反应的热化学方程式 　CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（4a+2b﹣2d﹣4c）kJ/mol　。 （2）泡沫灭火器[里面装饱和NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液]的工作原理（用离子方程式表示） 　Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO2↑　。 （3）已知Ka（HClO）＝4.0×10﹣8，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.1×10﹣11，则在NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为 　CO2+ClO﹣+H2O═+HClO　。 （4）25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，下列一定增大的是 　BD　。 A． B． C． D．c（H+） （5）已知：Ka1（H2S）＝1.0×10﹣7，Ka2（H2S）＝1.0×10﹣14。常温下0.1mol•L﹣1Na2S溶液的pH约为13，该溶液中．c（HS﹣） 　＜　c（S2﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。 【答案】（1）CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（4a+2b﹣2d﹣4c）kJ/mol； （2）Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO2↑； （3）CO2+ClO﹣+H2O═+HClO； （4）BD； （5）＜。 【分析】（1）反应焓变ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能，标注物质聚集△和对应反应的焓变得到热化学方程式； （2）NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生互促水解反应，生成Al（OH）3沉淀和CO2气体； （3）Ka1（H2 CO3）＞Ka（ HClO）＞Ka2（H2 CO3）得知，向NaClO溶液中通入少量的CO2应生成碳酸氢钠和次氯酸； （4）25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，促进一水合氨的电离，平衡状态下离子浓度减小，电离平衡常数和离子积常数不变，据此分析判断； （5）常温下0.1mol•L﹣1Na2S溶液的pH约为13，该溶液中的硫离子水解，溶液显碱性。 【解答】解：（1）根据以上键能写出CH4与O2反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（4a+2b﹣2d﹣4c）kJ/mol， 故答案为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（4a+2b﹣2d﹣4c）kJ/mol； （2）NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生互促水解反应，生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO2↑， 故答案为：Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO2↑； （3）依据Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（）得知，向NaClO溶液中通入少量的CO2应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，正确应为：CO2+ClO﹣+H2O═+HClO， 故答案为：CO2+ClO﹣+H2O═+HClO； （4）A．25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，＝×＝，比值不变，故A错误； B．25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，电离平衡正向进行，＝×＝，比值增大，故B正确； C．25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行＝×＝×c（NH3•H2O），比值减小，故C错误； D．25℃时，用水稀释0.1mol•L﹣1氨水，随着稀释的进行，溶液中存在离子积常数Kw＝c（OH﹣）×c（H+），随温度变化，氢氧根离子浓度减小，c（H+）增大，故D正确； 故答案为：BD； （5）常温下0.1mol•L﹣1Na2S溶液的pH约为13，该溶液中的硫离子水解，溶液显碱性，c（HS﹣）＜c（S2﹣）， 故答案为：＜。 【点评】本题考查了反应焓变的计算、热化学方程式书写、弱电解质电离平衡、平衡常数的计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 22．（2023秋•杭州期中）二元酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。已知常温下，H2SO3和H2CO3的电离平衡常数如表所示。 二元酸 H2SO3 H2CO3 Ka1 1.5×10﹣2 4.5×10﹣7 Ka2 6.0×10﹣8 4.7×10﹣11 （1）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值 　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）常温下0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＝a，则a 　B　（填字母）。 A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定 该溶液中，水电离出的H+浓度为 　10a﹣14　mol/L（用a表示）。 （3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO、②CO、③HSO、④HCO浓度从大到小的顺序为 　①②④③　（填序号）。 （4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示[例如A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝]。 ①常温下，Na2A的水解平衡常数为 　10﹣12　。 ②若向0.1mol/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1mol/LKOH溶液（忽略混合后溶液的体积变化），混合后溶液中c（Na+）+c（K+） 　＝　2c（HA﹣）+2c（A2﹣）（填“＞”“＜”或“＝”）。 【答案】（1）减小； （2）B；10a﹣14； （3）①②④③； （4）①10﹣12； ②＝。 【分析】（1）当血液中CO2浓度上升，溶液中c（H+）增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中＝； （2）常温下0.1mol/LNaHSO3溶液中的水解平衡常数Kh＝＝≈6.7×10﹣13＜Ka2，说明的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，抑制水电离，该溶液中，水电离出的c（H+）＝； （3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：②＞①，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大； （4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ（A2﹣）增大、δ（HA﹣）减小，当δ（A2﹣）＝δ（HA﹣）时，c（A2﹣）＝c（HA﹣），溶液的pH＝2，Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣2 mol/L，Na2A的水解平衡常数＝； ②混合后溶液中存在物料守恒为c（Na+）＝c（K+）＝c（HA﹣）+c（A2﹣）。 【解答】解：（1）当血液中CO2浓度上升，溶液中c（H+）增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中＝，增大， 故答案为：增大； （2）常温下0.1mol/LNaHSO3溶液中的水解平衡常数Kh＝＝≈6.7×10﹣13＜Ka2，说明的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，a＜7；抑制水电离，该溶液中，水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10a﹣14mol/L， 故答案为：B；10a﹣14； （3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：②＞①，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③， 故答案为：①②④③； （4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ（A2﹣）增大、δ（HA﹣）减小，当δ（A2﹣）＝δ（HA﹣）时，c（A2﹣）＝c（HA﹣），溶液的pH＝2，Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣2 mol/L，Na2A的水解平衡常数＝＝＝10﹣12， 故答案为：10﹣12； ②混合后溶液中存在物料守恒为c（Na+）＝c（K+）＝c（HA﹣）+c（A2﹣），所以存在c（Na+）+c（K+）＝2c（HA﹣）+2c（A2﹣）， 故答案为：＝。 【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离平衡常数的计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，题目难度不大。 23．（2024秋•杭州期中）研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题； 二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下： 反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49.8kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g） ΔH2＝+23.4kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH3 （1）ΔH3＝ 　﹣123.0　kJ/mol，据此判断反应Ⅲ在 　低温　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）条件能自发进行。 （2）T1℃时，将1mol二甲醚充入某恒容密闭容器中，发生如下分解反应： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g），在不同时间测定容器内的总压，所得数据见表： 反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞ 气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0 由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 　50.0%　，该温度下的平衡常数KP＝ 　25.0　（kPa）2（KP为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压＝总压x气体的物质的量分数）。 （3）恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH选择性＝×100% ①在上述条件下，结合图象分析，合成甲醇的最佳温度是 　230℃　℃，最佳催化剂是 　CZ（Zr﹣1）催化剂　。 ②温度高于230℃CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 　反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低　。 【答案】（1）﹣123.0；低温； （2）50.0%；25.0； （3）①230℃；CZ（Zr﹣1）催化剂； ②反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低。 【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热，并根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件； （2）应用三段式的方法进行计算； （3）结合图像信息，选择反应的最佳条件，并分析可能的原因。 【解答】解：（1）由题干信息可知，ΔH3＝ 2ΔH1﹣ΔH2＝（﹣49.8kJ•mol﹣1）×2﹣（+23.4kJ•mol﹣1）＝﹣123.0kJ•mol﹣1，反应Ⅲ的ΔS＜0，ΔH＜0，因此在低温下自发进行， 故答案为：﹣123.0；低温； （2）利用三段式的方法进行计算，过程如下： CH3OCH3（g）⇌CH4（g）+H2（g）+CO（g） 初始时（mol） 1 0 0 0 变化量（mol） x x x x 平衡时（mol） （1﹣x） x x x 达到平衡时气体的总物质的量为（1+x）mol+xmol+xmol+xmol＝（1+2x）mol，根据气体的状态方程可知，恒温恒容时气体的压强比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.5，此时CH3OCH3（g）、CH4（g）、H2（g）、CO（g）的分压分别为5.0kPa，5.0kPa，5.0kPa，5.0kPa，所以反应达平衡时，二甲醚的分解率为×100%＝50.0%，该温度下的平衡常数KP＝＝ 25.0（kPa）2， 故答案为：50.0%；25.0； （3）①由图可知，甲醇的产率在230℃达到最高，且使用CZ（Zr﹣1）催化剂的产率高于CZT催化剂， 故答案为：230℃；CZ（Zr﹣1）催化剂； ②温度高于230℃，随着温度的升高，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，导致甲醇的实际产量降低， 故答案为：反应I放热而反应Ⅱ吸热，温度高于230℃时，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动而反应Ⅱ正向移动，CH3OH的实际产量降低，因此CH3OH的平衡产率降低。 【点评】珠海考查反应热与平衡的计算，以及勒夏特列原理的应用。 24．（2024秋•杭州期中）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）可实现汽车尾气的无害化处理。 （1）下列措施能加快反应速率的是 　ac　（填字母）。 a.恒温恒容下，充入CO（g） b.恒温恒容下，充入He（g）增大压强 c.升高温度 d.将CO2（g）从体系中分离出来 （2）在恒温恒压容器中，下列可说明反应达到平衡状态的是 　ab　（填字母）。 a.CO的浓度不再改变 b.气体密度保持不变 c.NO、CO、CO2N2的浓度之比为2：2：2：1 d.v（CO）＝2v（N2） （3）一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中加入物质的量均为1mol的NO（g）和 CO（g），测得容器内压强（P）随时间（t）的变化如图所示。 ①0～2min内，v（NO）＝ 　0.1　mol•L﹣1•min﹣1。 ②CO的平衡转化率为 　80%　。 ③平衡时，N2的体积分数为 　25%　。 【答案】（1）ac； （2）ab； （3）①0.1； ②80%； ③25%。 【分析】（1）a．恒温恒容下，加入CO（g），反应物浓度增大； b．恒温恒容下，充入He（g），反应物和生成物浓度都不变； c．升高温度加快反应速率； d．将CO2（g）从体系中分离出来，生成物浓度减小； （2）a．CO的浓度不再改变； b．恒温恒压容器中，气体密度保持不变； c．O、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1的状态不一定是平衡状态； d．v（CO）＝2v（N2）有指明正向、逆向； （3）①利用三段式法可知，设生成氮气物质的量为xmol， 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） 2x 2x x 2x 平衡量（mol） 1﹣2x 1﹣2x x 2x 2min末，容器的压强变为初始时的0.9倍，即气体的物质的量变为初始时的0.9倍，可得关系式：2﹣x＝1.8，x＝0.2； ②利用三段式法可知，设生成氮气物质的量为xmol， 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） 2x 2x x 2x 平衡量（mol） 1﹣2x 1﹣2x x 2x 平衡时，容器的压强变为初始时的0.8倍，即气体的物质的量变为初始时的0.8倍，可得关系式：2﹣x＝1.6，解得x＝0.4，到达平衡消耗0.8mol CO； ③b点是平衡状态，N2的体积分数＝×100%。 【解答】解：（1）a．恒温恒容下，充入CO（g），反应物浓度增大，反应速率中等，故a正确； b．恒温恒容下，充入He（g），增大总压强，气体分液不变，反应速率不变，故b错误； c．升高温度能中等反应速率，故c正确； d．将CO2（g）从体系中分离出来，生成物浓度减小，化学反应速率减慢，故d错误； 故答案为：ac； （2）a．CO的浓度不再改变，符合化学平衡的基本特征，故a正确； b．恒温恒压容器中，气体密度保持不变，说明该反应已达到平衡状态，故b正确； c.．O、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1的状态不一定是平衡状态，与反应物的起始量和转化率有关，故c错误； d．v（CO）＝2v（N2），比例正确，但没有指明正向、逆向，故d错误； 故答案为：ab； （3）①利用三段式法可知，设生成氮气物质的量为xmol， 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） 2x 2x x 2x 平衡量（mol） 1﹣2x 1﹣2x x 2x 2min末，容器的压强变为初始时的0.9倍，即气体的物质的量变为初始时的0.9倍，可得关系式：2﹣x＝1.8，x＝0.2，0～2min内，v（NO）＝ ＝0.1mol•L﹣1•min﹣1， 故答案为：0.1； ②利用三段式法可知，设生成氮气物质的量为xmol， 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） 2x 2x x 2x 平衡量（mol） 1﹣2x 1﹣2x x 2x 平衡时，容器的压强变为初始时的0.8倍，即气体的物质的量变为初始时的0.8倍，可得关系式：2﹣x＝1.6，解得x＝0.4，到达平衡消耗0.8mol CO，CO的平衡转化率＝×100%＝80%， 故答案为：80%； ③平衡时，为b点，N2的体积分数＝×100%＝×100%＝25%， 故答案为：25%。 【点评】本题考查反应速率和化学平衡的影响因素分析判断、化学平衡的计算应用，侧重考查学生反应速率和平衡移动的掌握情况，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$