2020届高考化学二轮复习化学平衡状态作业
化学平衡状态
1、用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)
一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是
A.3v正(N2)=v正(H2)B.v正(HCl)=4v正(SiCl4)
C.混合气体密度保持不变D.c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6
2、将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）,下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是()
A.2v（NH3）=v(CO2)B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变
3、在定温定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能说明反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)已达平衡状态的是( )
A．混合气体的压强
B．混合气体的密度
C．B的物质的量浓度
D．气体的平均相对分子质量
4、已知热化学方程式：
SO2（g）＋1/2O2（g）SO3（g）ΔH＝－98．32kJ/mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为
A.196．64kJB.196．64kJ/molC.＜196．64kJD.＞196．64kJ
5、在一定条件下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡状态的标志是
A.单位时间内生成nmolA2的同时，生成nmol的AB
B.容器内的总压强不随时间而变化
C.单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2
D.单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B2
6、一定温度下，向容积固定为aL的密闭容器中充入1molX气体和2molY气体，发生反应X(g)＋2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡状态的标志是( )
A.容器内气体密度不随时间变化
B.容器内各物质的浓度不随时间变化
C.容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2
D.单位时间内消耗0.1molX，同时生成0.2molZ
7、已知反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)△H＞0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温②恒容通入惰性气体③增加CO的浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体⑦增加COCl2的浓度；能提高COCl2转化率的是（）。
A．①④⑦B．③⑤⑥C．②③⑦D．①④
⑥
8、在N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡体系中，当分离出NH3时，下列说法正确的是（）。
A．正反应速率增大B．平衡向逆反应方向移动
C．正反应速率先变大后变小D．逆反应速率先变小后变大
9、在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生反应并达到平衡：3X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0。若测得平衡时X的转化率为37.5%，Y的转化率是X的2/3，则下列叙述正确的是（）。
A．若以X表示的反应速率为0.2mol/(L·s)，则以Z表示的反应速率为0.3mol/(L·s)
B．充入氦气增大容器内的压强，Y的转化率提高
C．升高温度，平衡向正反应方向移动
D．起始时刻n(X):n(Y)=2:1
10、t℃时，将一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，平衡后测得B气体的浓度为0.6mol·L－1。恒温下，将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡后，测得B气体的浓度为0.4mol·L－1。下列叙述中正确的是（）。
A．重新达到平衡时，D的体积分数减小B．a＋b
0)molH2和amolCO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时各物质的量总和为1.8amol。
①在该温度下，平衡常数K=__________(用含a的代数式表示)。
②下列情况表明反应达到平衡状态的是__________。
c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]不再改变
B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
C．混合气体的平均摩尔质量不再改变
D．混合气体的密度不再改变
（4）通过人工光合作用可将CO转变成HCOOH。
①已知：常温下，HCOOH的电离常数Ka=2×10？4。浓度均为0.1mo/L的HCOOH和HCOONa的混合溶液pH=__________。(1g2=0.3)
②用电化学法消除废水中HCOOH，其原理是，用情性材料作电极，电解CoSO4稀硫酸和HCOOH的混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2，离子方程式为2Co3++HCOOH=2Co2++CO2+2H+。则阳极反应式为______________________。
参考答案
1、【答案】C
【解析】A．3v正(N2)=v正(H2)，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项A错误；
B、v正(HCl)=4v正(SiCl4)，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项B错误；
C、该反应中有固体参与，所以气体的质量一直变化，则气体的密度在变化，达平衡时混合气体密度保持不变，选项C正确；
D、c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6时不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，选项D错误。
答案选C。
2、【答案】B
【解析】A．2v(NH3)═v(CO2)，未指明正逆反应，不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；B．随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；C．反应NH2COONH4(s)═2NH3(g)+CO2(g)，反应后氨气和二氧化碳的体积之比一直为2：1，所以混合气体平均摩尔质量一直不变，不能证明达到平衡状态，故C错误；D．密闭容器中氨气的体积分数不变，不能证明达到平恒状态，故D错误；故选B。
3、【答案】A
【解析】解:若反应正向进行时，y发生改变，则“y不再随时间变化”可作为判断平衡的标志。若反应正向进行时，气体分子数不变，混合气体的压强始终不变，不能作为平衡标志，A符合题意；若反应正向进行时，气体质量增加，容积恒定，混合气体的密度增加，能作为平衡标志，B不符合题意；若反应正向进行时，B的物质的量浓度减小，能作为平衡标志，C不符合题意；若反应正向进行时，气体物质的量不变，但气体质量增加，气体的平均相对分子质量增加，能作为平衡标志，D不符合题意。
4、【答案】C
【解析】根据热化学方程式SO2（g）+1/2O2（g）？SO3（g）△H=-98.32kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ。C正确。
5、【答案】C
【解析】从平衡状态的两个重要特征判断：①v（正）=v（逆），②混合物中各组成成分的百分含量不变。A.反应速率的方向虽然相反，但不能满足速率之比等于相应的化学计量数之比，A错误；B.根据方程式可知，反应前后气体的体积是不变的，所以混合气的压强始终不变，B错误；C.反应速率的方向相反，且能满足速率之比是相应的化学计量数之比，C正确；D.反应速率的方向是相同的，速率之比始终等于化学计量数之比，D错误；答案选C。
6、【答案】B
【解析】
该反应是一个反应前后气体体积减小的化学反应，达到化学平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，各种物质的含量不变。A项，容器的体积不变，混合气体质量不变，其密度始终不变，故错误。B项，容器内各种物质的浓度不变即达到平衡状态，故正确。C项，各种物质的浓度之比与反应初始量和转化率有关，故错误。D项，无论反应是否达到平衡状态，都是单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ，故错误。
7、【答案】D
【解析】
【详解】
化学反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大浓度减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合；
⑦增加COCl2的浓度，恒容条件下，相当于加压，平衡逆向移动，COCl2转化率减小，故⑦不符合。
综合以上分析①④⑥符合，故答案选D。
8、【答案】D
【解析】
【分析】
分离出NH3，相当于减小生成物的浓度，平衡将会右移，这一过程中正、逆反应速率的变化可如下图所示。
，以此分析。
【详解】
分离出NH3，相当于减小生成物的浓度，平衡将会右移，这一过程中正、逆反应速率的变化可如下图所示。
，由图可知，正反应速率先不变后变小，逆反应速率先变小后变大，故答案选D。
9、【答案】D
【解析】
【详解】
A．化学反应速率之比等于其化学计量数之比，若X的反应速率为0.2mol/(L·s)，则Z的反应速率为×0.2mol/(L·s)=mol/（L？s），故A错误；
B．若向容器中充入氦气，恒容容器充入惰气总压增大，反应混合物各组分浓度不变，平衡不动，Y的转化率不变，故B错误；
C．升高温度，正逆反应速率增大，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．开始充入容器中的X、Y分别为xmol和ymol，则转化的X为37.5%×xmol，转化的Y为37.5%×ymol，则：37.5%×xmol：37.5%×ymol=3：1，整理可得x：y=2：1，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
10、【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将密闭容器的容积扩大1倍1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向逆反应方向移动.
【详解】
平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，A正确；增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b>c+d，B错误；密闭容器的容积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，C错误；化学平衡逆向进行，向左移动，D错误。
故选A。
【点睛】
本题考查影响化学平衡移动的因素，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键。
11、【答案】B
【解析】
【详解】
A、SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度分别为0.4mol·L-1、0.2mol·L-1，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4mol·L-1，O2小于0.2mol·L-1，故A错误；
B、若SO2为0.25mol·L-1，则O2为0.125mol·L-1，SO3为0.15mol·L-1，反应向左进行，为各物质共存状态，符合可逆反应的特点，故B正确；
C、反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，否则违背质量守恒定律，故C错误；
D、根据硫元素守恒可知，二氧化硫与三氧化硫的浓度之和应为0.4mol/L，故D错误。
综上所述，本题选B。
12、【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)为气体体积缩小的反应,该反应达到平衡状态时,正反应速率与逆反应速率相等,各组分的浓度、百分含量不再变化,据此进行解答。
【详解】
①该反应是反应前后气体体积不相等的反应，若反应没有达到平衡，则反应容器的压强改变，因此混合气体的压强都不变，能判断反应处于平衡状态，正确；
②反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能判断反应处于平衡状态，错误；
③若反应未达到平衡状态，则B的物质的量发生变化，所以B的物质的量浓度，证明反应处于平衡状态，正确；
④由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以若混合气体的总物质的量不变，则反应处于平衡状态，正确；
⑤由于该反应是气体体积改变的反应，气体的质量不变，所以若混合气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确；
⑥在任何状态下的相同时间内，v(C)与v(D)的比值都等于其化学计量数之比，因此不能依此判断反应是否处于平衡状态，错误；
⑦由于该反应的反应物、生成物都是气体，所以混合气体的总质量一直不变，故不能判断反应处于平衡状态，错误；
⑧在定容容器中，混合气体的总体积不能作为判断依据，故不能判断反应处于平衡状态，错误；
⑨反应未达到平衡状态时，C、D气体的分子数之比也可能为1∶1，故不能判断反应处于平衡状态，错误；证明反应已达到平衡状态的是①③④⑤；
正确选项A。
13、【答案】C
【解析】
A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为2mol/L、1mol/L，实际变化应小于该值，故A错误；B．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为2mol/L，实际变化小于该值，故B错误；C．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为2mol/L，实际变化为0.5mol/L，小于2mol/L，故C正确；D．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故D错误；故选C。
14、【答案】C
【解析】解：本题采取极限法。若0.2mol/L的Z全部分解，则生成X2、Y2均为0.1mol/L，此时X2、Y2分别为0.2mol/L、0.4mol/L，同理X2与Y2完全反应后，剩余Y2有0.2mol/L，生成Z为0.2mol/L，此时Z有0.4mol/L；但由于反应是可逆反应，反应不能够进行到底，因此，c(X2)<0.2mol/L，c(Y2)<0.4mol/L，AB均错误；根据总量守恒规律：c(X2)+c(Y2)+c(Z)=0.6mol/L，D错误；Z不可能全部分解，Z不可能为0.4mol/L，C正确；正确选项C。
15、【答案】C
【解析】解：A.反应中氧气与金属Hg发生化合反应生成氧化汞，因此波义耳所描述的变化属于氧化还原反应，A正确；B.根据反应原理可知此反应可粗略测定空气中氧气的含量，B正确；C.该反应不是可逆反应，C错误；D.Hg
是不活泼的金属，用热分解法可由氧化汞制得单质汞，D正确，答案选C。
16、【答案】C
【解析】二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下生成三氧化硫的反应为可逆反应，三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气。故18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，故选C。
17、【答案】①②④＜升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热分离出部分CO2因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c（NO）和c（CO2）减小，c（N2）增大
【解析】
【详解】
(1)①升温正逆反应速率都增大，故采用加热提高反应速率可行；②催化剂能够加快反应速率，使用催化剂提高反应速率可行；③该反应前后气体体积相等，加压平衡不移动，使用加压提高NO转化率不可行；④分离出生成物平衡正向移动，使CO2转化成干冰从体系用脱离，提高NO的转化率可行；故答案为：①②④；
(2)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)△H，化学平衡常数K=═，故答案为：K=；
(3)根据表格数据可知，20s后反应达到平衡状态，K===，故答案为：；
(4)原平衡中NO的转化率为×100%=60%，升温后NO的转化率变为50%，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，△H＜0，故答案为：＜；升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热；
(5)改变了某一条件，达到新的平衡时，c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，只能是分离出部分二氧化碳，因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，故答案为：分离出部分二氧化碳；因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大。
【点睛】
本题考查了影响化学反应速率的因素、化学平衡常数及其计算。本题的易错点和难点为(5)，可以从影响平衡移动的因素(温度、浓度、压强)三个方面依次分析判断。
18、【答案】改变反应途径，降低了活化能探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)2H2O22H2O+O2↑碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】
【详解】
(1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为：改变反应途径，降低了活化能；
(2)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)；
(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
19、【答案】将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好（其他合理方案也可）分液漏斗t-2t
镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快4收集相同体积的氧气所需时间(或相同时间产生氧气的体积)加快0.3不正确H2O2的浓度扩大2倍(从1.5%-3.0%)，但反应所需时间比其2倍小得多环形玻璃搅拌减少热量损失偏小-53.8kJ/mol
【解析】
【详解】
(1)通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象判断装置气密性，所以检验该套装置的气密性的方法为：将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好，故答案为：将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好；
(2)根据实验室常见仪器名称判断，盛装双氧水的化学仪器A具有活塞装置的漏斗，名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(3)0-ts，生成气体25.6-17.3=8.3mL，t-2t，生成气体36.6-25.6=11mL，相同时间生成气体的体积t-2t多，所以t-2t快，是因为镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：t-2t；镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快；
(4)①该实验的目的为探究催化剂对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，实验1和2需体积相同，所以需4mLFeCl3，故答案为：4；
②探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响，可以通过过氧化氢分解生成的氧气的量判断，可收集相同体积的氧气所需时间(或相同时间产生氧气的体积)测定，故答案为：收集相同体积的氧气所需时间(或相同时间产生氧气的体积)；
(5)①由表中数据可知，双氧水的量相同，加入的二氧化锰质量越多，反应所需的时间越短，说明反应速率越快，故答案为：加快；
②根据表中数据，在双氧水的浓度相同时，加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大，加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大，所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g，故答案为：0.3；
③从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)
可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，故答案为：不正确；H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%-→3.0%)，但反应所需时间比其二倍小的多；
(6)该实验中还缺少环形玻璃搅拌棒，搅拌混合溶液使溶液混合均匀；泡沫有保温性能，所以其作用是保温隔热，防止热量散失；大烧杯上如不盖硬纸板，会导致部分热量散失，导致测定结果偏小，故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温隔热，减少热量散失；偏小；
(7)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.4℃，反应后温度为：25.6℃，反应前后温度差为：5.2℃，与前2次相差较大，不符合要求，删除；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g？℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g？℃)×100g×=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ？mol-1。
【点睛】
本题考查了探究影响化学反应速率的因素，明确实验目的为解答关键，注意掌握温度、浓度、催化剂等因素对反应速率的影响。本题的易错点为(7)，要注意实验数据的可靠性分析。
20、【答案】短大基本相同气密性良好测定单位时间内产生H2的体积；（测定一段时间内H＋的浓度变化；测定一定时间内锌粒质量变化）(任意一条即可)298粗颗粒1.003082.00298细颗粒2.00③④
【解析】
【详解】
Ⅰ.(2)稀硫酸和Zn可发生置换反应产生氢气，而气体产生在溶液中会以气泡的形式散发出来，故有气泡产生；反应物浓度越大，反应速率越快，所用时间就越短，即4mol·L-1的硫酸与锌反应速率较快，故（2）所用时间比（1）短；实验结论：4mol·L－1硫酸与锌反应比1mol·L－1硫酸与锌反应速率大；注意事项：①
固体表面积影响反应速率，锌粒的颗粒（即表面积）大小基本相同；②40mL的硫酸要迅速加入；③检查装置气密性，装置不漏气，且计时要迅速准确；④气体收集可以用排水量气装置代替。实验讨论：测定实验的一些变量之间关系时一般可采用控制变量法，如控制时间相同，测定单位时间内产生氢气的体积；或测定一段时间内氢离子浓度变化；或测定一段时间内锌粒的质量变化；综上所述，本题答案是：短，大，基本相同，气密性良好；测定单位时间内产生H2的体积；（测定一段时间内H＋的浓度变化；测定一定时间内锌粒质量变化）(任意一条即可)。
Ⅱ.本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响；
由于实验①②的温度、大理石规格相同，实验①和实验②探究的是HNO3浓度对该反应速率的影响，所以温度为298K，大理石为粗颗粒，HNO3浓度为1.00mol·L－1；
实验①③中只有温度不同，实验①和实验③就可以探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K；硝酸选2.00mol·L－1；
实验①④中只有大理石规格不同，实验①和实验④可以探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石，温度为298，硝酸选2.00mol·L－1；
综上所述，本题答案是：298，粗颗粒，1.00，308，2.00，298，细颗粒，2.00，③，④。
21、【答案】胶头滴管250mL容量瓶0.2000mol·L－1增大0.0100mol·L－1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案）用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；
【详解】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL
容量瓶配制溶液，答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20.00mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：=0.2000mol/L，答案为：0.2000mol/L；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：增大；
（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；
实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。
22、【答案】放吸2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑低于
【解析】
【分析】
（1）探究化学反应中的能量变化时，温度升高，则反应放热；温度降低则反应吸热；（2）放热反应中反应物总能量高于生成物，吸热反应中反应物总能量低于生成物，据此分析。
【详解】
(1)反应后(a)中温度升高，(b)中温度降低，说明(a)中反应为放热反应，(b)中反应为吸热反应；(2)铝与盐酸反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；(3)(b)中反应为吸热反应，根据能量守恒定律，反应物的总能量应该低于生成物的总能量。
【点睛】
本题考查学生根据实验现象判断放热与吸热反应，注意放热反应反应物总能量高于生成物，吸热反应中反应物总能量低于生成物，题目难度不大。
23、【答案】镁的表面积CB镁粉、铁粉与NaCl的水溶液构成了原电池，加快了反应速率
【解析】
【分析】
（1）实验1中三组物质不同之处可以判断；（2）由图2可知，NaCl用量达到0.125mol时，溶液达到沸腾，再增加NaCl的用量时，温度不再发生变化；（3）依据图2当加入0.06molNaCl时记录的温度；（4）镁粉、铁粉与NaCl水溶液共同构成了原电池。
【详解】
(1)实验1中三组物质不同的地方就是镁的状态，得实验1是研究固体的表面积与速率的关系。(2)由图2可知，NaCl用量达到0.125mol时，溶液已经达到沸腾状态，当NaCl的用量再增加时，温度不再发生变化，所以无需再做。(3)由图2可见，当加入0.060molNaCl时，第15min记录的温度升高值在42℃左右。(4)镁粉、铁粉与NaCl水溶液共同构成了原电池，促进了Mg的反应，加快了反应的速率。
【点睛】
归因分析，探究影响化学反应速率的因素，注意掌握温度、固体表面积、浓度等影响化学反应速率的因素，难点为（4），注意构成原电池后对反应速率的影响。
24、【答案】溶液蓝紫色褪去，转化为灰蓝色固体，后逐渐溶解，溶液成为绿色溶液Cr3++3OH—===Cr(OH)3↓Cr(OH)3+OH—=Cr(OH)42—溶液由黄色变为橙红色增大1.0×1014(mol·L？1)2小于2.0×10？55.0×10？3
【解析】
【详解】
（1）依据Cr3+与Al3+的化学性质相似，由Al3+和NaOH溶液的反应情况，不难推得，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量的现象是：
原来Cr3+的蓝紫色的溶液，逐渐变成灰蓝色的Cr(OH)3沉淀，离子方程式为：Cr3++3OH-=Cr(OH)3，而后又逐渐溶解变为Cr(OH)4-的绿色溶液，离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-；
（2）①从方程式及图示看出，随着酸性的增强，Cr2O72－
的浓度逐渐升高，所以溶液由黄色变为橙红色；
②从方程式及图示看出：该转化随着溶液酸性增大，CrO42？的平衡转化率将增大。从题给图示中，该反应的A点时c（H+）=10-7mol·L？1，c(Cr2O72？)=0．25mol·L？1，由Cr元素守恒，c(CrO42-)=1-2×0．25=0．5mol·L？1，故该转化的平衡常数K=0．25/(0．52×10-7×10-7)=1014；
③若温度升高，溶液中CrO42？的平衡转化率减小，则该反应平衡逆向移动，该转化为放热反应，其ΔH小于0。
（3）由沉淀的溶度积计算c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2．0×10？10/1．0×10？5=2．0×10–5。在该溶液中c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2．0×10？12/(2．0×10？5)2=5×10-3mol·L？1。
25、【答案】（1）CH4(g)+1/2O2(g)=CH3OH(l)△H==-163.16KJ/mol大于
（2）温度Ⅱ
（3）75/32a2AC
（4）3.7Co2+-e？=Co3+
【解析】（1）依据盖斯定律，①②③得到：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH==-163.16
KJ/mol。因为反应①是吸热反应，其反应热为206KJ/mol，反应要经过一个能量较高的过渡态，过渡态的能量就是活化分子的平均能量，所以正反应的活化能比206KJ/mol大；本题答案为：CH4(g)O2(g)=CH3OH(l)ΔH=-163.16KJ/mol，大于。（2）①由图可知，α(CO)随X的增大而减小，因为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3+H2O(g)ΔH<0，是放热反应，随温度升高，α(CO)减小，随投料比n(H2)/n(CO)的增大而增大，所以X为温度、Y1和Y2为不同的投料比。在相同温度下，由图可以看出在相同温度下，Y1对应的α(CO)较大，故Y1大于Y2；本题答案为：温度，。②因为反应为放热反应，所以升高温度，平衡向逆向移动，K减小，所以Ⅱ符合平衡常数变化规律，本题答案为：Ⅱ。（3）①设CO变化的物质的量为bmol，则有CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始(mol)：a2a0
变化(mol)：b2bb
平衡(mol)：a-b2a-2bb
根据题意：（a-b）＋（2a-2b）＋b＝1.8amol，解得b=0.6ａ容器的体积为1L
，所以，平衡常数K=＝＝75/32a2；本题答案为：75/32a2。②A．c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]不再改变，化学反应既达到平衡状态，故A能表明达到平衡状态；B．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，和是否平衡无关，故B不能表明达到平衡状态；C．对于该反应，前后气体的物质的量有变化，所以混合气体的平均摩尔质量不再改变，既达到平衡，故C能表明达到平衡状态；D．在恒容的容器中进行的此反应，密度不会改变，混合气体的密度不再改变，不能表示已经平衡，故D不能表明达到平衡状态；本题答案为：AC。（4）①由题意可知：c(HCOOH)=0.1mol/L，c(HCOO？)=0.1mol/L，所以K=c(H+)，pH=c(H+)=2×10？4=4-0.3=3.7；本题答案为：3.7。②电解时，阳极失去电子发生氧化反应，故阳极电极反应式为：Co2+-e？=Co3+；本题答案为：Co2+-e？=Co3+。
