江西师大附中2022学年高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年江西师大附中高二（上）期中化学试卷一、选择题：（每小题3分，16小题共48分．每小题只有一个选项正确）．1．升高温度，下列数据不一定增大的是()A．化学反应速率vB．水的离子积常数KwC．化学平衡常数KD．弱酸的电离平衡常数Ki2．下列关于“一定”说法正确的句数是()①pH=6的溶液一定是酸性溶液．②c（H+）＞c（OH﹣）一定是酸性溶液．③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力．④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣14．⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响．A．0句B．1句C．2句D．3句3．下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的句数是()①常温时NaNO2溶液的pH大于7；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；③HNO2与NaCl不能反应；④常温下0.1mol•L﹣1的HNO2溶液pH=2；⑤1LpH=1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH=2.2；⑥1LpH=1的HNO2溶液和1LpH=1的盐酸分别与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH多；⑦HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体，溶液中c（OH﹣）增大；⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）增大．A．4句B．5句C．6句D．7句4．已知水的电离平衡曲线如图，下列说法正确的是()A．水的离子积常数关系为：KW（B）＞KW（A）＞KW（C）＞KW（D）B．B点对应的温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH=7C．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点D．升高温度可实现由C点到D点30\n5．常温下，将0.1mo1•L一1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10倍，下列有关叙述正确的是()A．CH3COOH的电离平衡常数增大为原来的10倍B．CH3COO一与CH3COOH的浓度之比增大为原来的10倍C．CH3COO一与H十的浓度之积减小为原来的0.1倍D．CH3COOH与CH3COO﹣的浓度之和减小为原来的0.1倍6．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境．某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32﹣浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线．下列说法不正确的是()A．T1＞T2B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32﹣浓度降低C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32﹣浓度越低D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解7．下表是某铬酸（H2CrO4）溶液中离子浓度（mol•L﹣1）与pH的关系，下列说法中不正确的是()pHc（CrO42﹣）c（CrO3﹣）c（Cr2O72﹣）c（H2CrO4）40.00030.10400.4480060.03190.09990.4370070.27450.08600.3195080.99600.00310.00040A．铬酸的第一步电离是完全电离B．铬酸的第二步电离是部分电离，且存在两种电离方式C．pH越大，电离出的CrO42﹣浓度越大D．当电离达到平衡时，2v逆（Cr2O72﹣）=v正（HCrO4﹣）8．将一定量纯净的氨基甲酸铵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），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：()温度/℃15.020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度/10﹣3mol/L2.43.44.86.89.430\nA．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10﹣9（mol•L﹣1）3D．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小9．下列与盐类水解有关，不正确的是()A．对于0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液，升高温度，溶液pH增大B．在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡C．均不能采取将溶液直接蒸干的方法制得MgCl2、Al2（SO4）3、FeCl3、Fe2（SO4）3D．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸10．下列实验能达到预期目的是()编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA．AB．BC．CD．D11．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，进行酸碱中和滴定时，无论是酸往碱中滴还是碱往酸中滴，下列操作都会使测定结果偏低的是（锥形瓶中溶液用滴定管量取）()A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗B．滴定过程中不慎有液体溅出C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确D．碱式滴定管未用待测液润洗12．人体血液里存在如下平衡：CO2+H2O⇌H2CO3HCO，使人体血液pH值保持在7.35～7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒．其pH值随c（HCO3﹣）：c（H2CO3）变化关系如下表所示，则下列说法中，正确的是()c（HCO3﹣）：c（H2CO3）1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45A．正常人体血液中，HCO3﹣的水解程度小于电离程度B．人体发生酸中毒时，可饮用碳酸饮料缓解C．pH=7.00的血液中，c（H2CO3）=c（HCO3﹣）D．常温下pH=7.40的血液稀释至pH=7.35，c（H+）•c（OH﹣）一定不变30\n13．如图所示与对应的叙述相符的是()A．图Ⅰ表示盐酸滴加到0.1mol/L某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mLBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D．图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸14．常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中I代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，下列说法正确的是()A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后其溶液中水的电离程度比纯水大C．欲使NaHA溶液呈中性，可以向其中加入酸或碱D．向NaHA溶液加人水的过程中，pH可能增大也可能减小15．在一个密闭绝热容器（W）中，进行如下两个可逆反应：①A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H1＞0，②xM（g）+N（g）⇌3Q（g）△H2．反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应．在某容器里只进行反应②，M的转化率与温度、压强的关系如图所示．下列对W容器中进行的反应推断合理的是()A．反应①一定是自发反应，反应②一定是非自发反应B．若容器内温度保持不变，则v正（B）：v逆（C）=2：330\nC．若恒压条件下，充入N，则C的物质的量减小D．升高温度，两个反应的平衡常数都减小16．加热N2O5依次发生的分解反应为：①N2O5（g）⇌N2O3（g）+O2（g）②N2O3（g）⇌N2O（g）+O2（g）在容积为2L的密闭容器中充入8molN2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol．则t℃时反应①的平衡常数为()A．10.7B．8.5C．9.6D．10.2二、非选择题（52分）17．某温度下，水的离子积Kw=l×10﹣13．有酸溶液A，pH=a；碱溶液B，pH=b．为测定A、B混合后溶液导电性的变化以及探究A、B的相关性质，某同学设计了如图所示的实验装置．（1）实验时，烧杯中应盛__________（选A或B）溶液．（2）若A为一元强酸，B为一元强碱，且a+b=13．该同学在烧杯中先加入其中一种溶液，闭合开关K，测得烧杯中灯泡的亮度为10（假设亮度由暗到亮表示为1、2、3、…10、11、12、…20）．断开开关K，将滴定管中的溶液逐滴加入到烧杯中．当从滴定管滴入烧杯中的溶液体积和烧杯中盛有的溶液体积相等时，停止滴加溶液并闭合开关K，此时灯泡G的亮度约为__________，原因是__________．烧杯中得到的溶液pH=__________．（3）若A为强酸，B为强碱，且a+b=13．断开开关K，将滴定管中的溶液逐滴加入到烧杯中．当测得烧杯中溶液pH和“（2）”中最后得到的溶液pH相同时，停止滴加溶液．此时烧杯中的溶液中阳离子浓度大于阴离子浓度，原因可能是__________．（4）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=13，两者等体积混合后溶液显碱性．则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为__________．此时烧杯中的混合溶液中，微粒浓度大小关系一定正确的是__________（填序号）．①c（MOH）＞c（M+）＞C（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）②c（HR）＞c（M+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）③c（R﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）④c（M+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）⑤c（M+）+c（H+）=c（R﹣）+c（OH﹣）⑥c（MOH）=c（H+）﹣c（OH﹣）30\n18．25℃时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）H2SO3电离平衡常数2.0×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8K1=9.1×10﹣4K2=4.3×10﹣5K1=1.3×10﹣2K2=6.3×10﹣8回答下列问题：（1）pH相同的下列物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONad．NaHCO3e．Na2C4H4O6；物质的量浓度由大到小的顺序是__________（填字母）．（2）常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH═__________（已知lg2=0.3）．（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是__________A．c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+）C．c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）D．c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）E．c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）（4）写出少量的CO2通入NaClO溶液中的化学方程式__________．（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=__________．（用准确的数值表示）19．A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种．常温下进行下列实验：①将1LpH=3的A溶液分别与0.001mol•L﹣1xLB溶液、0.001mol•L﹣1yLD溶液充分反应至中性，x、y大小关系为：y＜x；②浓度均为0.1mol•L﹣1A和E溶液，pH：A＜E；③浓度均为0.1mol•L﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．回答下列问题：（1）D是__________溶液．（2）用水稀释0.1mol•L﹣1B时，溶液中随着水量的增加而减小的是__________（填写序号）①；②；③c（H+）和c（OH﹣）的乘积④OH﹣的物质的量（3）OH﹣浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是__________（填写序号）①反应所需要的时间E＞A②开始反应时的速率A＞E③参加反应的锌粉物质的量A=E④反应过程的平均速率E＞A⑤A溶液里有锌粉剩余⑥E溶液里有锌粉剩余（4）将等体积、等物质的量浓度B和C混合后溶液，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如图中的__________曲线（填写序号）．（5）室温下，向0.01mol•L﹣1C溶液中滴加0.01mol•L﹣1D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________．30\n20．常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示．回答下列问题：（1）在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣（填：“能”或“不能”）__________大量共存．（2）已知在25℃时，CO32﹣水解反应的平衡常数（即水解常数用Kh表示）Kn==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，溶液的pH=__________．（3）当混合液的pH=__________时，开始放出CO2气体．21．（1）常温下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡__________（填写电离平衡移动情况）．当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为__________．（2）已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）2CO3溶液的pH__________7（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）25℃时，将amolNH4NO3溶于水，向所得溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，则所滴加氨水的浓度是__________mol•L﹣1．（用含a、b的式子表示）（NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1）22．苯乙烯是重要的基础有机化工原料．工业中以乙苯（C6H5﹣CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2）的反应方程式为：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol﹣1（1）向体积为VL的密闭容器中充入amol乙苯，反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图1所示：30\n600℃时，由图1可知：①氢气的物质的量分数为__________．②此温度下该反应的平衡常数__________．（2）分析上述平衡体系组成与温度的关系图：当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是__________．（3）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）．C6H5C2H5的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如图2．加入稀释剂能影响C6H5C2H5平衡转化率的原因是：__________．（4）某些工艺中，在反应的中途加入O2和特定的催化剂，有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率．试解释其原因：__________．（5）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率__________30%（6）乙苯在特定催化剂下发生氧化脱氢：C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2O（g）△H已知H2的燃烧热△H为﹣285.8KJ/mol，水的汽化热为2441.12焦耳/克，则△H=__________．30\n2022-2022学年江西师大附中高二（上）期中化学试卷一、选择题：（每小题3分，16小题共48分．每小题只有一个选项正确）．1．升高温度，下列数据不一定增大的是()A．化学反应速率vB．水的离子积常数KwC．化学平衡常数KD．弱酸的电离平衡常数Ki【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离．【专题】基本概念与基本理论．【分析】升高温度反应速率增大，水和弱酸的电离为吸热过程，温度升高促进电离，而化学反应可能为吸热反应也可能为放热反应，则升高温度K不一定增大，以此来解答．【解答】解：A．升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞的次数增多，则反应速率加快，故A不选；B．水的电离吸热，升高温度促进电离，水的离子积常数Kw增大，故B不选；C．若化学反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，K减小，故C选；D．弱酸的电离吸热，升高温度促进电离，弱酸的电离平衡常数Ki增大，故D不选；故选C．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握温度对反应速率、平衡常数的影响为解答的关键，注意化学反应可能吸热或放热，题目难度不大．2．下列关于“一定”说法正确的句数是()①pH=6的溶液一定是酸性溶液．②c（H+）＞c（OH﹣）一定是酸性溶液．③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力．④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣14．⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响．A．0句B．1句C．2句D．3句【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【分析】①②溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比；④在酸碱溶液中水的电离受到抑制；⑤水为弱电解质，存在水的电离平衡；⑥氢硫酸是弱电解质，加水稀释氢硫酸溶液，促进电离，电离产生的硫氢根离子和氢离子数目增多浓度减小；⑦温度不变，向水中加入含有弱根离子的盐对水的电离有影响；⑧如溶液呈中性，则pH不变．【解答】解：①溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，100℃时，水的pH=6，但是水呈中性，故错误；②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，如果酸的浓度很小，则c（H+30\n）很小，但溶液仍可能呈酸性，故正确；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，故错误；④在酸碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸碱溶液中25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定小于10﹣14，故错误；⑤Na2Y的水溶液中存在水的电离平衡，故错误；⑥加水稀释氢硫酸，电离程度增大，但是氢离子浓度减小，故错误；⑦温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱根离子、能电离出氢离子的盐则影响水电离，故错误；⑧pH不能事先湿润，湿润后如溶液呈中性，则pH不变，故错误，故选B．【点评】本题主要考查的是水的电离以及其影响因素，涉及水的离子积常数，溶液酸碱性判断、pH试纸的正确使用以及盐类的水解等，难度不大．3．下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的句数是()①常温时NaNO2溶液的pH大于7；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗；③HNO2与NaCl不能反应；④常温下0.1mol•L﹣1的HNO2溶液pH=2；⑤1LpH=1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH=2.2；⑥1LpH=1的HNO2溶液和1LpH=1的盐酸分别与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH多；⑦HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体，溶液中c（OH﹣）增大；⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）增大．A．4句B．5句C．6句D．7句【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】只有部分电离的电解质为弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离或亚硝酸根离子能够水解，就能证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答．【解答】解：①常温时NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故正确；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能水解亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故错误；③HNO2与NaCl不能反应，说明二者混合不具备复分解反应的条件，但不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故错误；④常温下0.1mol•L﹣1的HNO2溶液pH=2，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故正确；⑤1LpH=1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH=2.2，说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故正确；⑥1LpH=1的HNO2溶液和1LpH=1的盐酸分别与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH多，说明亚硝酸中存在部分电离，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故正确；⑦HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体，溶液中c（OH﹣）增大，说明亚硝酸存在电离平衡，加入亚硝酸钠，增大了亚硝酸根离子的浓度，平衡逆向移动，故正确；⑧酸溶液加水稀释，酸性减弱，溶液中c（OH﹣）增大，不能证明存在电离平衡，故错误；所以正确的有①④⑤⑥⑦，故选B．【点评】本题考查强弱电解质的判断，为高考高频点，强弱电解质的根本区别是其电离程度，与溶液导电性强弱无关，溶液导电性与离子浓度有关，易错选项是③．4．已知水的电离平衡曲线如图，下列说法正确的是()30\nA．水的离子积常数关系为：KW（B）＞KW（A）＞KW（C）＞KW（D）B．B点对应的温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH=7C．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点D．升高温度可实现由C点到D点【考点】离子积常数；水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大；B．B点温度处于A点和C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（A）＞Kw（B）＞Kw（C），根据c（H+）和c（OH﹣）之间的相对大小判断溶液的酸碱性；C．温度不变，Kw不变，从C点到D点c（OH﹣）变大，c（H+）变小；D．C点溶液呈中性，D点溶液呈碱性．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，依据图象分析可知，水的离子积常数关系为：kW（A）＞kW（B）＞kW（C）=kW（D），故A错误；B．B点温度处于A点和C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（A）＞Kw（B）＞Kw（C），B点温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液中c（H+）＜c（OH﹣），等体积混合后溶液呈碱性，但pH不一定等于7，故B错误；C．温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c（OH﹣）变大，c（H+）变小，所以可以实现从C点到D点，故C正确；D．C点溶液呈中性，D点溶液呈碱性，所以不能通过升高温度实现由C点到D点，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子积常数、水的电离，侧重考查学生分析判断能力，为高考高频点，明确图象中各点含义是解本题关键，注意离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，题目难度中等．5．常温下，将0.1mo1•L一1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10倍，下列有关叙述正确的是()A．CH3COOH的电离平衡常数增大为原来的10倍B．CH3COO一与CH3COOH的浓度之比增大为原来的10倍C．CH3COO一与H十的浓度之积减小为原来的0.1倍D．CH3COOH与CH3COO﹣的浓度之和减小为原来的0.1倍【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸为弱酸，不能完全电离，加水稀释促进电离，电离程度增大，但温度不变，则电离平衡常数不变，以此解答．【解答】解：A．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故A错误；30\nB．加水稀释促进电离，则溶液总H+的浓度大于原来的，由K=不变可知，CH3COO﹣与CH3COOH的浓度之比小于原来的10倍，故B错误；C．加水稀释时，醋酸进一步电离，则CH3COOH浓度小于原来的0.1，由K=不变可知，CH3COO﹣与H+的浓度之积小于原来的0.1，故C错误；D．由物料守恒可知，CH3COOH与CH3COO﹣的浓度之和减小为原来的0.1，故D正确．故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，结合平衡常数解答该题，难度中等．6．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境．某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32﹣浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线．下列说法不正确的是()A．T1＞T2B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32﹣浓度降低C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32﹣浓度越低D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解【考点】化学平衡的影响因素．【分析】海水中存在2HCO3﹣⇌CO32﹣+CO2+H2O；A．HCO3﹣受热分解，温度升高，平衡向右移动，CO32﹣浓度增大；B．CO2浓度增大，化学平衡向左移动，CO32﹣浓度降低；C．温度升高，使化学平衡向右移动，CO32﹣浓度降低；D．大气中CO2含量增加时，平衡向左移动，CO32﹣浓度降低，碳酸钙的沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动．【解答】解：A．升高温度，促进HCO3﹣的分解，即温度升高，2HCO3﹣⇌CO32﹣+CO2+H2O平衡向右移动，CO32﹣浓度增大，故A正确；B．CO2浓度增大，化学平衡向左移动，CO32﹣浓度降低，故B正确；C．当大气中CO2浓度确定时，温度升高，化学平衡向右移动，故C错误；D．大气中CO2含量增加时，平衡向左移动，CO32﹣浓度降低，碳酸钙的沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动，故D正确；30\n故选C．【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响．7．下表是某铬酸（H2CrO4）溶液中离子浓度（mol•L﹣1）与pH的关系，下列说法中不正确的是()pHc（CrO42﹣）c（CrO3﹣）c（Cr2O72﹣）c（H2CrO4）40.00030.10400.4480060.03190.09990.4370070.27450.08600.3195080.99600.00310.00040A．铬酸的第一步电离是完全电离B．铬酸的第二步电离是部分电离，且存在两种电离方式C．pH越大，电离出的CrO42﹣浓度越大D．当电离达到平衡时，2v逆（Cr2O72﹣）=v正（HCrO4﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．pH=4的铬酸溶液中不含HCrO4﹣；B．pH=4的铬酸溶液中c（CrO42﹣）＜c（HCrO4﹣），说明铬酸第二步电离是部分电离，溶液中存在电离平衡，同时溶液中还存在CrO42﹣、Cr2O72﹣之间的电离平衡；C．根据表中，pH和CrO42﹣浓度之间的关系判断；D．溶液中存在2CrO42﹣+2H+⇌CrO72﹣+H2O，溶液在存在CrO42﹣、Cr2O72﹣之间的平衡．【解答】解：A．pH=4时，c（H2CrO4）=0，说明铬酸的第一步电离是完全电离，故A正确；B．pH=4时，铬酸溶液中c（CrO42﹣）＜c（HCrO4﹣），说明铬酸第二步电离是部分电离，HCrO4﹣⇌H++CrO42﹣，同时溶液中还存在2CrO42﹣+2H+⇌CrO72﹣+H2O，所以存在两个电离平衡，故B正确；C．根据表中数据知，pH越大，电离出的CrO42﹣浓度越大，故C正确；D．溶液中存在2CrO42﹣+2H+⇌CrO72﹣+H2O，当电离达到平衡状态时，2v逆（Cr2O72﹣）=v正（CrO42﹣），故D错误；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据表中数据确定pH与各种离子浓度的关系及电解质的电离是解本题关键，易错选项是B，注意“2CrO42﹣+2H+⇌CrO72﹣+H2O”也属于电离平衡，难度中等．8．将一定量纯净的氨基甲酸铵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），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：()温度/℃15.020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度/10﹣3mol/L2.43.44.86.89.4A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变30\nB．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10﹣9（mol•L﹣1）3D．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志；B、根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热还是放热；根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出熵变；C、先根据反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH3、CO2的平衡浓度，最后代入平衡常数的表达式来计算；D、达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，所以氨基甲酸铵固体的质量增加．【解答】解：A、从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B、根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C、容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6×10﹣3mol/L、0.8×10﹣3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（1.6×10﹣3）2×0.8×10﹣3=2.0×10﹣9，故C正确；D、达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，所以氨基甲酸铵固体的质量增加，故D正确；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，平衡移动、平衡常数的计算，注重了基础知识的考查，本题难度较大．9．下列与盐类水解有关，不正确的是()A．对于0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液，升高温度，溶液pH增大B．在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡C．均不能采取将溶液直接蒸干的方法制得MgCl2、Al2（SO4）3、FeCl3、Fe2（SO4）3D．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸【考点】盐类水解的应用．【分析】A、盐类水解吸热；B、NH4Cl或AlCl3均为强酸弱碱盐，水解显酸性；C、Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3水解出的硫酸为不挥发性酸，MgCl2、FeCl3水解出的盐酸是挥发性酸；D、铁离子水解显酸性．【解答】解：A、盐类水解吸热，升高温度，水解被促进，溶液的碱性增强，pH增大，故A正确；B、NH4Cl或AlCl3均为强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3水解出的硫酸为不挥发性酸，直接蒸干溶液水解被促进的程度很小，故能得溶质本身，而MgCl2、FeCl3水解出的盐酸是挥发性酸，加热蒸干时HCl挥发，水解能进行彻底，故蒸干后得其氢氧化物，不能得到溶质本身，故C错误；D、铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故D正确；30\n故选C．【点评】本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用时解题关键，题目难度中等．10．下列实验能达到预期目的是()编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】实验评价题．【分析】A．NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色；B．据CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，结合浓度对平衡移动的影响分析；C．NaOH过量，不能用于比较溶度积大小；D．比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物．【解答】解：A．NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应用pH计，故A错误；B．碳酸钠溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，可证明存在平衡，故B正确；C．NaOH过量，不能证明溶解性大小，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可说明酸性H2SO3＞H2CO3，但不能证明非金属性强弱，比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题注意把握实验原理和方案的设计是否合理，要具有较强的评价能力．11．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，进行酸碱中和滴定时，无论是酸往碱中滴还是碱往酸中滴，下列操作都会使测定结果偏低的是（锥形瓶中溶液用滴定管量取）()A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗B．滴定过程中不慎有液体溅出C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确D．碱式滴定管未用待测液润洗【考点】中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．30\n【分析】根据c（碱）=分析，以此判断浓度的误差．【解答】解：A．酸式滴定管未用待测盐酸润洗，则酸液被稀释，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏小，根据c（碱）=分析可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故A错误；B．滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故B错误；C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确，若碱往酸中滴，导致的V（碱）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小，故C错误；D．碱式滴定管未用待测液润洗，碱被稀释，浓度偏小，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（碱）=分析是解答的关键，题目难度不大．12．人体血液里存在如下平衡：CO2+H2O⇌H2CO3HCO，使人体血液pH值保持在7.35～7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒．其pH值随c（HCO3﹣）：c（H2CO3）变化关系如下表所示，则下列说法中，正确的是()c（HCO3﹣）：c（H2CO3）1.017.820.022.430\npH6.107.357.407.45A．正常人体血液中，HCO3﹣的水解程度小于电离程度B．人体发生酸中毒时，可饮用碳酸饮料缓解C．pH=7.00的血液中，c（H2CO3）=c（HCO3﹣）D．常温下pH=7.40的血液稀释至pH=7.35，c（H+）•c（OH﹣）一定不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【分析】A．根据人体血液的酸碱性确定碳酸氢根离子的电离和水解程度相对大小；B．发生酸中毒时，应用碱性物质缓解；C．pH=6.1的血液中c（H2CO3）=c（HCO3﹣）；D．水的离子积常数只与温度有关．【解答】解：A．人体血液pH值保持在7.35﹣﹣﹣7.45之间，则HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A错误；B．发生酸中毒时，应该用碱性物质缓解，碳酸饮料属于酸性饮料，饮用碳酸饮料则加重病情，故B错误；C．pH=7.00的血液中c（H2CO3）＜c（HCO3﹣），故C错误；D．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，准确理解题给信息是解本题关键，注意影响水的离子积常数的因素，为易错点．13．如图所示与对应的叙述相符的是()A．图Ⅰ表示盐酸滴加到0.1mol/L某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mLBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D．图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸【考点】中和滴定；离子方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】图像图表题．【分析】A．碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；B．图Ⅱ表示的各自量不变，平衡正向移动；C．20mLBa（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣；D．稀释醋酸促进电离，pH变化小．30\n【解答】解：A．图Ⅰ表示的碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；反应后是强酸弱碱溶液，宜选择酸性变色突变的甲基橙，而不是碱性变色突变的酚酞作指示剂，故A错误；B．图Ⅱ表示的各自量不变，平衡正向移动，可能是加压过程，故B正确；C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液的拐点方程式是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4、KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，同样2molKAl（SO4）2，按前者反应产生的沉淀质量是（2×78+3×233）g=855g，按后者反应产生的沉淀质量是4×233g=932g，图象形态正确，20mLBa（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣，故C错误；D．盐酸与醋酸的稀释，pH变化大的是盐酸，故D错误．故选B．【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论．14．常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中I代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，下列说法正确的是()A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后其溶液中水的电离程度比纯水大C．欲使NaHA溶液呈中性，可以向其中加入酸或碱D．向NaHA溶液加人水的过程中，pH可能增大也可能减小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，c（A2﹣）＞c（H2A），HA﹣的电离程度大于HA﹣的水解程度，溶液显酸性；B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶质为NaHA，根据图象可知c（A2﹣）＞c（H2A），溶液显示酸性，然后根据溶液中酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解促进水电离进行判断；C．NaHA溶液显示酸性，若使溶液显示中性，需要向溶液中进入碱溶液，不能加入酸；D．根据图象可知，NaHA溶液显示酸性，向NaHA溶液加人水的过程中，其电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH一定增大．【解答】解：A．当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液中溶质为NaHA，由于c（A2﹣）＞c（H2A），所以HA﹣电离程度大于水解，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，由图示关系知，c（A2﹣）＞c（H2A），说明电离大于水解程度，c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性，溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；C．由图示关系知，NaHA溶液中c（A2﹣）＞c（H2A），溶液显示酸性，如果使溶液呈中性，应该向溶液中加入碱溶液，不能加入酸溶液，故C错误；30\nD．NaHA溶液加人水的过程中，HA﹣电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D错误；故选A．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质成分是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可．15．在一个密闭绝热容器（W）中，进行如下两个可逆反应：①A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H1＞0，②xM（g）+N（g）⇌3Q（g）△H2．反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应．在某容器里只进行反应②，M的转化率与温度、压强的关系如图所示．下列对W容器中进行的反应推断合理的是()A．反应①一定是自发反应，反应②一定是非自发反应B．若容器内温度保持不变，则v正（B）：v逆（C）=2：3C．若恒压条件下，充入N，则C的物质的量减小D．升高温度，两个反应的平衡常数都减小【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】Ⅰ、在某容器中进行反应②时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；Ⅱ、因为W容器中反应①是吸热反应，绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，平衡常数增大，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，由此分析解答．【解答】解：Ⅰ、在某容器中进行反应②时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；Ⅱ、因为W容器中反应①是吸热反应，绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，平衡常数增大，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，A、①△G＞0，△H＞0，高温下能自发，而反应②、①△G＞0，△H＜0，一定能自发，故A错误；B、在某容器中进行反应Ⅱ时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，图象变化可知温度相同，压强越大，M转化率越小，说明平衡逆向进行，逆向是气体体积减小的反应，x+1＜3，x＜2，化学方程式计量数为整数1，容器W内温度保持不变时反应达到平衡状态，C的正反应速率等于逆反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，得到v正（B）：v逆（C）═2：3，故B正确；30\nC、若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，故C错误；D、反应①是吸热反应，升高温度，平衡常数增大；反应②是放热反应，升高温度，平衡常数减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡图象分析判断方法，注意化学平衡移动原理的理解应用，注意W为绝热容器，掌握基础是关键，题目难度中等．16．加热N2O5依次发生的分解反应为：①N2O5（g）⇌N2O3（g）+O2（g）②N2O3（g）⇌N2O（g）+O2（g）在容积为2L的密闭容器中充入8molN2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol．则t℃时反应①的平衡常数为()A．10.7B．8.5C．9.6D．10.2【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】利用化学平衡常数公式可知，需要求N2O5、N2O3、O2浓度，N2O3、O2浓度好求，关键求N2O5的浓度，设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，则N2O5分解了（x+3.4）mol，再利用氧气总量9mol，求出x进一步求算．【解答】解：设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol．在②反应中生成氧气xmol．则（x+3.4）+x=9，求得x=2.8所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（8﹣2.8﹣3.4）÷2=0.9molL﹣1c（N2O3）=3.4÷2=1.7molL﹣1c（O2）=9÷2=4.5molL﹣1反应①的平衡常数K==8.5，故选：B．【点评】本题是一个求算化学平衡常数的题目，注意化学平衡常数的计算难点在于利用氧气求算时在第一个方程式中有一部分氧气被漏掉从而错误．二、非选择题（52分）17．某温度下，水的离子积Kw=l×10﹣13．有酸溶液A，pH=a；碱溶液B，pH=b．为测定A、B混合后溶液导电性的变化以及探究A、B的相关性质，某同学设计了如图所示的实验装置．（1）实验时，烧杯中应盛A（选A或B）溶液．30\n（2）若A为一元强酸，B为一元强碱，且a+b=13．该同学在烧杯中先加入其中一种溶液，闭合开关K，测得烧杯中灯泡的亮度为10（假设亮度由暗到亮表示为1、2、3、…10、11、12、…20）．断开开关K，将滴定管中的溶液逐滴加入到烧杯中．当从滴定管滴入烧杯中的溶液体积和烧杯中盛有的溶液体积相等时，停止滴加溶液并闭合开关K，此时灯泡G的亮度约为5，原因是反应后烧杯中自由离子的浓度约为原溶液的一半．烧杯中得到的溶液pH=6.5．（3）若A为强酸，B为强碱，且a+b=13．断开开关K，将滴定管中的溶液逐滴加入到烧杯中．当测得烧杯中溶液pH和“（2）”中最后得到的溶液pH相同时，停止滴加溶液．此时烧杯中的溶液中阳离子浓度大于阴离子浓度，原因可能是A为多元强酸．（4）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=13，两者等体积混合后溶液显碱性．则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为M++H2O⇌MOH+H+．此时烧杯中的混合溶液中，微粒浓度大小关系一定正确的是④⑤（填序号）．①c（MOH）＞c（M+）＞C（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）②c（HR）＞c（M+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）③c（R﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）④c（M+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）⑤c（M+）+c（H+）=c（R﹣）+c（OH﹣）⑥c（MOH）=c（H+）﹣c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性．【分析】（1）根据根据图示中滴定管构造可知，该滴定管为酸式滴定管，则滴定管中盛放的为酸，即A溶液；（2）根据该温度下的水的离子积判断两溶液反应后溶液酸碱性及溶液中离子浓度大小，从而判断溶液导电性大小；根据水的离子积计算出中性溶液中氢离子浓度，再计算出溶液的pH；（3）根据电荷守恒判断溶液中阳离子浓度大于阴离子浓度原因；（4）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显碱性．说明碱是弱碱；从盐类的水解以及电荷守恒角度分析，注意两者等体积混合后溶液显碱性的信息．【解答】解：（1）根据图示中滴定管构造可知，该滴定管为酸式滴定管，则滴定管中盛放的为酸，即A溶液，故答案为：A；（2）该温度下，水的离子积Kw=l×10﹣13，a+b=13的一元强酸和一元强碱等体积混合，溶液呈中性，反应后的溶液为盐溶液，由于体积变成原先的2倍，离子浓度则变为原先的，所以溶液的导电性为5；根据水的离子积可知，该温度下，中性溶液中氢离子浓度为：l×10﹣6.5mol/L，溶液的pH=6.5，故答案为：5；反应后烧杯中自由离子的浓度约为原溶液的一半；6.5；30\n（3）当溶液呈中性时，有电荷守恒可知，溶液中阳离子所带电荷总浓度应该等于阴离子所带负电荷总浓度，而现在阳离子浓度大于阴离子浓度，可知1个阴离子所带电荷大于1个阳离子所带电荷，即A为多元强酸，故答案为：A为多元强酸；（4）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显碱性．说明碱是弱碱存在电离平衡，则混合溶液中必定是M+离子能发生水解，反应的离子方程式为：M++H2O⇌MOH+H+；易判断⑤是正确的电荷守恒关系式，由于溶液呈碱性，故c（OH﹣）＞c（H+），排除①、③，根据c（OH﹣）＞c（H+）和c（M+）+c（H+）=c（R﹣）+c（OH﹣）可得c（M+）＞c（R﹣），由于OH﹣和H+均来自于弱电解质的电离，其浓度应该很小，故c（M+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），即④正确．若HR是强酸，此时溶液中不再有HR分子，此时②即是错误的，由于混合溶液中MOH有大量剩余，即c（MOH）＞0，若⑥正确，则c（H+）＞c（OH﹣），这与题意“溶液呈碱性”不符，故⑥是错误的，故答案为：M++H2O⇌MOH+H+；④⑤．【点评】本题考查了影响溶液导电性因素、强弱电解质的判断，题目难度较大，注意掌握影响溶液导电性因素，易错点为（4），注意溶液离子浓度大小比较的方法，尤其注意解答该题须知：①25℃时，pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性（原因是：二者反应后，弱者有大量剩余，所以弱者电离显性）．18．25℃时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）H2SO3电离平衡常数2.0×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8K1=9.1×10﹣4K2=4.3×10﹣5K1=1.3×10﹣2K2=6.3×10﹣8回答下列问题：（1）pH相同的下列物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONad．NaHCO3e．Na2C4H4O6；物质的量浓度由大到小的顺序是ecdba（填字母）．（2）常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH═2.85（已知lg2=0.3）．（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是BCEA．c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+）C．c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）D．c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）E．c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）（4）写出少量的CO2通入NaClO溶液中的化学方程式CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO．（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L．（用准确的数值表示）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）酸的电离平衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小；（2）c（H+）=；30\n（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成NaClO和NaHCO3；（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：（1）酸的电离平衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣＞C4H4O62﹣，所以等pH时钠盐浓度大小顺序是ecdba，故答案为：ecdba；（2）c（H+）==mol/L，溶液的PH=﹣lg×10﹣3=3﹣0.15=2.85，故答案为：2.85；（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，A．ClO﹣水解程度＞HCO3﹣，所以存在c（ClO﹣）＜c（HCO3﹣），故错误；B．ClO﹣水解程度＞HCO3﹣，钠离子不水解，溶液呈碱性，所以存在c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+），故正确；C．根据物料守恒得c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故正确；D．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故错误；E．根据质子守恒得c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（CO32﹣），故正确；故答案为：BCE；（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成NaClO和NaHCO3，反应方程式为CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故答案为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c（Na+）=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）=0.05mol/L+10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L，故答案为：（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质电离及盐类水解，知道弱酸电离平衡常数与酸根离子水解程度关系，再结合守恒思想分析解答，题目难度中等．19．A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种．常温下进行下列实验：①将1LpH=3的A溶液分别与0.001mol•L﹣1xLB溶液、0.001mol•L﹣1yLD溶液充分反应至中性，x、y大小关系为：y＜x；②浓度均为0.1mol•L﹣1A和E溶液，pH：A＜E；③浓度均为0.1mol•L﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．回答下列问题：（1）D是NaOH溶液．（2）用水稀释0.1mol•L﹣1B时，溶液中随着水量的增加而减小的是①②（填写序号）30\n①；②；③c（H+）和c（OH﹣）的乘积④OH﹣的物质的量（3）OH﹣浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是③④⑤（填写序号）①反应所需要的时间E＞A②开始反应时的速率A＞E③参加反应的锌粉物质的量A=E④反应过程的平均速率E＞A⑤A溶液里有锌粉剩余⑥E溶液里有锌粉剩余（4）将等体积、等物质的量浓度B和C混合后溶液，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如图中的④曲线（填写序号）．（5）室温下，向0.01mol•L﹣1C溶液中滴加0.01mol•L﹣1D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，B为NH3•H2O；根据浓度均为0.1mol•L﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；根据浓度均为0.1mol•L﹣1A和E溶液，pH：A＜E，则A为HCl，E为CH3COOH；然后根据问题回答．【解答】解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液，根据浓度均为0.1mol•L﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；故答案为：NaOH；（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH﹣）增大，则=减小，故①正确；②、由NH3•H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH﹣）增大，c（NH3•H2O）、c（OH﹣）都减小，c（H+）减小，则减小，故②正确；③、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故③错误；④、由NH3•H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故④错误；故答案为：①②；（3）c（OH﹣）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，30\n①反应所需要的时间醋酸短：E＜A，故①错误；②开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同：A=E，故②错误；③生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故③正确；④反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸：E＞A，故④正确；⑤最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故⑤正确；⑥依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余，故⑥错误；故答案为：③④⑤；（4）等体积、等物质的量浓度B和C混合后得到（NH4）2SO4溶液，NH4+水解溶液显酸性，PH＜7，①②错误；加热水解平衡向右移动，c（H+）增大，酸性增强，PH减小，③错误、④正确，故答案为：④；（5）常温下，向0.01mol/LC（NH4HSO4）溶液中滴加0.01mol/LD（NaOH）溶液至中性，NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH﹣的能力比NH4+结合OH﹣的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42﹣），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH﹣）=c（H+），c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）；故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．【点评】本题考查电解质溶液之间的反应，沉淀溶解平衡的溶度积计算，涉及到强电解质、弱电解质的电离、盐类的水解及溶液的pH值、离子浓度大小的比较等知识，题目难度中等．20．常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示．回答下列问题：（1）在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣（填：“能”或“不能”）不能大量共存．（2）已知在25℃时，CO32﹣水解反应的平衡常数（即水解常数用Kh表示）Kn==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，溶液的pH=10．（3）当混合液的pH=6时，开始放出CO2气体．【考点】离子方程式的有关计算；盐类水解的应用．【分析】（1）酸性条件下，能存在大量碳酸，碱性条件下，能存在大量碳酸根离子；（2）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，以此分析解答；30\n（3）OAB段碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度减小，说明碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子；当溶液中H2CO3达到饱和后，开始放出CO2气体．【解答】解：（1）H2CO3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，HCO3﹣分别与H2CO3、CO32﹣都能共存，酸性条件下，能存在大量碳酸，碱性条件下，存在大量碳酸根离子，因为二者存在环境不同，所以H2CO3和CO32﹣在溶液中不能大量共存，故答案为：不能；（2）CO32﹣水解反应的平衡常数（即水解常数用Kh表示）Kn==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，c（OH﹣）=10﹣4mol/L，由Kw可知，c（H+）=10﹣10mol/L，所以pH=10，故答案为：10；（3）Na2CO3溶液中加入少量盐酸生成HCO3﹣，反应的离子方程式为CO32﹣+H+=HCO3﹣，当溶液中H2CO3达到饱和后，开始放出CO2气体，由图象可以看出，当pH=6时，H2CO3达到饱和，开始放出CO2气体，故答案为：6．【点评】本题考查溶液离子共存以及化学平衡常数的计算等问题，题目难度中等，注意分析图象曲线变化趋势，把握物质的性质，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．21．（1）常温下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡先正向移动，后逆向移动（填写电离平衡移动情况）．当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为0.4mol/L．（2）已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）2CO3溶液的pH＞7（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）25℃时，将amolNH4NO3溶于水，向所得溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，则所滴加氨水的浓度是mol•L﹣1．（用含a、b的式子表示）（NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1）【考点】水的电离；盐类水解的应用．【分析】（1）酸或碱都抑制水电离，当二者恰好反应生成氯化铵时，水的电离程度最大；（2）根据题意知，HA的酸性比碳酸强，NH4A溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子，所以（NH4）2CO3中溶液呈碱性；（3）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．【解答】（1）常温下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡先正向移动，后逆向移动，酸或碱都抑制水电离，当二者恰好反应生成氯化铵时，水的电离程度最大，则一水合氨的物质的量为0.01mol，其浓度==0.4mol/L，故答案为：先正向移动，后逆向移动；0.4；（2）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7，30\n故答案为：＞；（3）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3﹣）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数K===2×10﹣5mol•L﹣1，计算得到c（NH3•H2O）=mol/L，故答案为：．【点评】本题考查了氧化还原反应的概念判断，化学平衡的影响因素分析，平衡标志的判断理解，平衡常数的影响因素和计算应用，化学反应速率的计算分析，弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用，综合性较大．22．苯乙烯是重要的基础有机化工原料．工业中以乙苯（C6H5﹣CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2）的反应方程式为：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol﹣1（1）向体积为VL的密闭容器中充入amol乙苯，反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图1所示：600℃时，由图1可知：①氢气的物质的量分数为25%．②此温度下该反应的平衡常数．（2）分析上述平衡体系组成与温度的关系图：当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是有机化合物在温度过高时分解．（3）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）．C6H5C2H5的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如图2．加入稀释剂能影响C6H5C2H5平衡转化率的原因是：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动．（4）某些工艺中，在反应的中途加入O2和特定的催化剂，有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率．试解释其原因：氧气将反应生成的氢气消耗掉，减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动．30\n（5）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率＞30%（6）乙苯在特定催化剂下发生氧化脱氢：C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2O（g）△H已知H2的燃烧热△H为﹣285.8KJ/mol，水的汽化热为2441.12焦耳/克，则△H=﹣116.8kJ•mol﹣1．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）由图示可知：600℃时，乙苯的物质的量百分含量为50%，参加反应的乙苯为xmol，则：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：a00变化量（mol）：xxx平衡量（mol）：a﹣x）xx①再根据乙苯的物质的量分数列方程计算x，进而计算氢气的物质的量分数；②计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；（2）有机物受热易分解，温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加；（3）保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；（4）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热，所以平衡正移有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率；（5）体系总压强不变时，加入稀释剂，参与反应的各物质浓度同等程度减小，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，C6H5C2H5平衡转化率增大；（6）H2的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1，可得热化学方程式：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol，水的汽化热为2441.12焦耳/克，则为18×2.4412kJ/mol≈44kJ/mol，可得：②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol已知③：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol﹣1根据盖斯定律，③+①+②可得：C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2O（g）．【解答】解：（1）由图示可知：600℃时，乙苯的物质的量百分含量为50%，参加反应的乙苯为xmol，则：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：a00变化量（mol）：xxx平衡量（mol）：a﹣xxx30\n①乙苯的物质的量百分含量为50%，则=50%，所以x=a，氢气的物质的量分数为×100%=25%，故答案为：25%；②此温度下平衡常数K===，故答案为：；温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；故答案为：66.7%；；有机化合物在温度过高时分解；（2）有机物受热易分解，温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加，故答案为：有机化合物在温度过高时分解；（3）正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；（4）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热，所以平衡正移有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率，故答案为：氧气将反应生成的氢气消耗掉，减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动；（5）体系总压强不变时，加入稀释剂，参与反应的各物质浓度同等程度减小，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，C6H5C2H5平衡转化率增大，故则乙苯的平衡转化率＞30%，故答案为：＞；（6）H2的燃烧热（△H）分别为﹣285.8kJ．mol•L﹣1和﹣283.0kJ．mol•L﹣1，可得热化学方程式：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol，水的汽化热为2441.12焦耳/克，则为18×2.4412kJ/mol≈44kJ/mol，可得：②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol已知③：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol﹣1根据盖斯定律，③+①+②可得：C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5﹣CH=CH2（g）+H2O（g），故△H=+125kJ•mol﹣1﹣285.8KJ/mol+44kJ•mol﹣1=﹣116.8kJ•mol﹣1，故答案为：﹣116.8kJ•mol﹣1．【点评】本题考查化学平衡计算及影响元素、反应热计算等，综合考查学生阅读获取信息能力、应用知识分析解决问题能力，难度中等．30\n30