北京四中20142015學(xué)年高二上學(xué)期期中化學(xué)試卷含解析

2014-2015學(xué)年北京四中高二（上）期中化學(xué)試卷一、選擇題：每題只有

1個(gè)選項(xiàng)切合題意，每題

5分，共

40分．1．在必定溫度下的恒容容器中，當(dāng)以下物理量不再發(fā)生變化時(shí)，不可以表示反響（g）?2C（g）+D（g）已達(dá)均衡狀態(tài)的是( )

A（s）+3BA．混淆氣體的壓強(qiáng)C．B的物質(zhì)的量濃度

B．混淆氣體的密度D．物質(zhì)A的質(zhì)量2．同樣溫度、同樣濃度下的六種電解質(zhì)溶液，其pH由小到大的次序以下圖，圖中：①②③代表的物質(zhì)可能分別為( )A．NH4Cl；（NH4）2SO4；CH3COONaB．（NH4）2SO4；NH4Cl；CH3COONaC．（NH4）2SO4；NH4Cl；NaOHD．CH3COOH；NH4Cl；（NH4）2SO4﹣1﹣1Cl，以下操作能夠使24+）都增大的是(32種溶液中c（NH4)A．加入少量H2OB．加入少量NaOH固體C．通入少量HCl氣體D．高升溫度4．某溫度下，對(duì)可逆反響：2X（g）+Y（g）?Z（g）+W（s）△H＞0，以下表達(dá)正確的是()A．加入少量W，逆反響速度增大B．高升溫度時(shí)，正反響速率增大，逆反響速率減少C．壓強(qiáng)不變充入與反響系統(tǒng)不反響的N2，反響速率減少，體積不變，充入N2，反響速率不變D．均衡后加入X，上述反響△H的增大5．向CRCOONa稀溶液中加入（或通入）少量X物質(zhì)，其溶液中部分微粒濃度變化如表3所示（溶液溫度不變），則X可能為：()微粒H+﹣CH3COO﹣OHCH3COOH物質(zhì)的量濃度增大減小減小增大A．氫氧化鈉B．氯化氫C．蒸餾水D．CH3COOH6．下表中是各組反響的反響物和溫度，反響剛開始時(shí)，放出H2速率最快的是( )金屬（粉末狀）/mol酸的濃度及體積反響溫度AMg0.1﹣110mL60℃6mol?L硝酸BMg0.1﹣110mL60℃3mol?L鹽酸CFe0.1﹣110mL60℃3mol?L鹽酸DMg0.13mol?L﹣160℃10mL硫酸A．AB．BC．CD．D7．常溫下，有①Na2CO3溶液；②NaHCO溶液；③氨水；④NH4Cl溶液各25mL，其物質(zhì)的量濃度均為0.1mol．L﹣1．對(duì)于上述四種溶液的說法正確的選項(xiàng)是()A．水的電離程度：①＜②+++﹣2B．①、②中粒子濃度關(guān)系均切合：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO2）+c（CO3﹣）C．將③、④混淆，所得溶液的pH＞7，則該溶液中：c（NH4+）+c（NH3．H2O）＜0.1mol．L1﹣1鹽酸后，溶液中+）：③＜④D．向③、④中分別加入25mL0.1mol．Lc（NH48．已知：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol同樣溫度下，在體積相同的兩個(gè)恒溫密閉容器中，加入必定量的反響物發(fā)生反響．有關(guān)數(shù)據(jù)以下：容器開端時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol達(dá)均衡過程系統(tǒng)編號(hào)CO能量的變化H2OCO2H2①1400放出熱量：32.8kJ②0014熱量變化：以下說法中，不正確的選項(xiàng)是()A．容器①中反響達(dá)均衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)變率為80%B．容器①中CO的轉(zhuǎn)變率等于容器②中CO2的轉(zhuǎn)變率C．均衡時(shí)，兩容器中CO2的濃度相等D．容器①中CO反響速率等于H2O的反響速率二、填空題9．25℃時(shí)，以下圖燒杯中各盛有25mL的溶液．（1）甲溶液pH=__________．（2）若將甲溶液所有倒入乙中，所得的混淆溶液的pH（填“＞”、“＜”或“=”）__________丙溶液的pH．（3）若將乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，所得溶液中離子濃度大小次序是__________．﹣1﹣1的一元酸HA溶液10．常溫下，將0.1000mol．LNaOH溶液滴入．L中，測得混淆溶液的pH變化曲線以以下圖所示．（1）HA與NaOH溶液反響的離子方程式是__________．（2）圖中②點(diǎn)所示溶液中，以下粒子的濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是__________（填序號(hào)）．A．2c（Na+）=c（HA）+c（A+）B．c（Na+）+c（H+）=c（A+）+c（OH﹣）++++C．c（Na）＞c（A）＞c（H）＞c（OH）（3）圖中③點(diǎn)所示滴入的NaOH溶液的體積V__________20.00mL（填“＞”、“＜”或“=”）11．某化學(xué)小組為了研究外界條件對(duì)化學(xué)反響速率的影響，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：【實(shí)驗(yàn)原理】2KMNO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【實(shí)驗(yàn)內(nèi)容及記錄】實(shí)驗(yàn)室溫下，試管中所加試劑及用量/mL室溫下，溶液褪編號(hào)0.6mol/L至無色所需時(shí)間H2O0.2mol/L3mol224溶液/minKMnO4溶液2HCOHSO13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4試回答：依據(jù)上表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，能夠獲得的結(jié)論是__________，試從活化分子和有效碰撞角度解說該結(jié)論__________．該小組同學(xué)依據(jù)經(jīng)驗(yàn)繪制了n（Mn2+）隨時(shí)間變化趨向的表示圖，如圖甲所示．但有同學(xué)查閱已有的資料發(fā)現(xiàn)，該實(shí)驗(yàn)過程中n（Mn2+）隨時(shí)間變化的趨向如圖乙所示．該小組同學(xué)依據(jù)乙圖所示信息提出了新的假定，并持續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究．該小組同學(xué)提出的假定是__________請(qǐng)你幫助該小組同學(xué)達(dá)成實(shí)驗(yàn)方案，并填寫下表中的空白實(shí)驗(yàn)室溫下，試管中所加試劑及用量/mL再向試管中加入少量室溫下，溶編號(hào)0.6mol/L固體液褪至無色224溶液所需時(shí)間HCO/min43.02.03.0若該小組同學(xué)提出的假定建立，應(yīng)察看到的現(xiàn)象為__________．

H2O0.2mKMn2.0____（填寫甲固體學(xué)式）12．為了證明一水合氨（NH3．H2O）是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙三人分別采納以下試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：0.01mol．L﹣1氨水、0.1mol．L﹣1NH3Cl、NH4Cl晶體、酚酞、pH試紙、蒸餾水．1）甲用pH試紙測出0.01mol．L﹣1氨水的pH為10，則認(rèn)定一水合氨是弱電解質(zhì)，你以為這一方法__________（填“正確”或“不正確”）．（2）乙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，用pH試紙測其pH=a，而后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測其pH=b，若要確認(rèn)NH3．H2O是弱電解質(zhì)，則a、b應(yīng)知足的關(guān)系是__________．（3）丙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，滴入2滴酚酞溶液，顯粉紅色，再加入少量NH3Cl晶體，溶液顏色變__________（填“深”或“淺”），請(qǐng)用均衡挪動(dòng)的看法解說，原由為：__________你以為這一方法__________（填“能”或“不可以”）證明NH3．H2O是弱電解質(zhì)．（4）請(qǐng)你依據(jù)所供給的試劑，再提出一個(gè)合理又簡易的方案證明NH3．H2O是弱電解質(zhì)：__________．13．在一固定容積為2L的密閉容器中加入4mol的N2和12mol的H2，在必定條件下發(fā)生反響：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0（1）若在5min時(shí)反響達(dá)到均衡，此時(shí)測得NH3的物質(zhì)的量為4mol．則前5min的均勻反應(yīng)速率v（N2）=__________．均衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)變率為__________．該溫度下的均衡常數(shù)K1=__________（用分?jǐn)?shù)表示）；若反響開始時(shí)，將1molN2和3molH2通入到該容器，再達(dá)新均衡時(shí)的均衡常數(shù)為K2，則K2__________K1（填“＞”、“＜”或“=”）（2）均衡后，若要提升H2的轉(zhuǎn)變率，能夠采納的舉措有__________．A．加了催化劑B．充入必定量的NeC．降低反響系統(tǒng)的溫度D．再充入2mol的Ne和6mol的H2（3）其化學(xué)均衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如表所示：T/℃200300400KK1K20.5請(qǐng)達(dá)成以下問題：①試比較K1、K2的大小，K1__________K2（填“＞”、“＜”或“=”）．②400℃時(shí)，反響2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化學(xué)均衡常數(shù)為__________，2L的容器中，當(dāng)測得NH3、N2和H2物質(zhì)的量分別為6mol、4mol和2mol時(shí)，則該反響的v（N2）減__________v（N2）增（填“＞”、“＜”或“=”）．4）依據(jù)化學(xué)反響速率和化學(xué)均衡理論，聯(lián)合合成氨的生產(chǎn)實(shí)質(zhì)，你以為以下說法不正確的選項(xiàng)是__________．化學(xué)反響速率理論可指導(dǎo)如何在一準(zhǔn)時(shí)間內(nèi)快出產(chǎn)品B．勒夏特列原理可指導(dǎo)如何使用有限原料多出產(chǎn)品C．催化劑的使用是提升產(chǎn)品產(chǎn)率的有效方法D．正確利用化學(xué)反響速率和化學(xué)反響限度理論都能夠提升化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益．14．25℃時(shí)，電離均衡常數(shù)：弱酸化學(xué)式CH3COOHHClOH2CO3電離均衡常數(shù)（25℃）﹣5﹣8﹣71.75×103.0×10K1=4.4×10﹣11K2=4.7×10回答以下問題：（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol．L﹣1的以下4種物質(zhì)，pH由大到小的次序是__________．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO3（2）若增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入的物質(zhì)是__________．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO33）常溫下0.1mol．L﹣1的CH3COOH溶液加水稀釋過程，以下表達(dá)式的數(shù)據(jù)必定變小的是__________．A．c（H+）B．C．c（H+）．c（OH﹣）D．（4）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化以以下圖所示，則HX的電離均衡常數(shù)__________（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的均衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）__________醋酸溶液水電離出來c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．（5）25℃時(shí)，CH3COOH與CH3COONa的混淆溶液，若測得混淆液pH=6，則溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=__________．（填正確數(shù)值）15．物質(zhì)A～E都是由下表中的離子構(gòu)成的，常溫下將各物質(zhì)的溶液從1mL稀釋到1000mL，pH的變化關(guān)系如甲圖所示，此中A與D反響獲得E．請(qǐng)回答以下問題．陽離子NH4+、H+、Na+陰離子OH﹣、CH3COO﹣、Cl﹣（1）依據(jù)pH的變化關(guān)系，寫出物質(zhì)的化學(xué)式：B__________，C__________．（2）寫出A與C反響的離子方程式：__________．﹣1（3）圖乙為室溫時(shí)向25mL某濃度的B溶液中逐滴滴加的D溶液的過程中pH0.2mol．L的變化曲線．﹣1①圖乙中B的物質(zhì)的量濃度為__________mol．L②G點(diǎn)溶液呈中性，則二者恰巧完整反響的點(diǎn)是在__________（填FG、GH）區(qū)間．③G點(diǎn)溶液中各離子濃度大小關(guān)系是__________．+﹣a﹣1，c（OH﹣﹣b﹣1（4）t℃時(shí)，A的稀溶液中c（H）=10mol．L）=10mol．L，已知a+b=13，該溫度下（t℃），將100mL0.2mol．L﹣1的C溶液與100mL0.4mol．L﹣1的B溶液混淆后（溶液體積變化忽視不計(jì)），溶液的pH=__________．2014-2015學(xué)年北京四中高二（上）期中化學(xué)試卷一、選擇題：每題只有

1個(gè)選項(xiàng)切合題意，每題

5分，共

40分．1．在必定溫度下的恒容容器中，當(dāng)以下物理量不再發(fā)生變化時(shí)，不可以表示反響（g）?2C（g）+D（g）已達(dá)均衡狀態(tài)的是( )

A（s）+3BA．混淆氣體的壓強(qiáng)B．混淆氣體的密度C．B的物質(zhì)的量濃度D．物質(zhì)A的質(zhì)量【考點(diǎn)】化學(xué)均衡狀態(tài)的判斷．【剖析】反響抵達(dá)均衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等，均衡時(shí)各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，由此進(jìn)行判斷．解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，跟著反響的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反響抵達(dá)均衡狀態(tài)．【解答】解：A、可逆反響：A（s）+3B（g）?2C（g）+D（g），反響前后，氣體的物質(zhì)的量不發(fā)生變化，體積恒定，反響自開始到均衡，壓強(qiáng)都是必定值，故A錯(cuò)誤；B、A是固體，依據(jù)質(zhì)量守恒，跟著反響進(jìn)行，氣體的質(zhì)量在增添，當(dāng)氣體的總質(zhì)量不發(fā)生變化時(shí)，說明抵達(dá)均衡狀態(tài)，故B正確；C、B的物質(zhì)的量濃度不變，說明B的物質(zhì)的量不變，反響達(dá)均衡狀態(tài)，故C正確；D、物質(zhì)A的質(zhì)量不變，說明反響均衡狀態(tài)，故D正確；應(yīng)選A．【評(píng)論】此題考察化學(xué)均衡狀態(tài)的判斷，難度不大，化學(xué)均衡狀態(tài)的判斷是高考的熱門，平衡狀態(tài)的實(shí)質(zhì)是正逆反響速率相等．2．同樣溫度、同樣濃度下的六種電解質(zhì)溶液，其pH由小到大的次序以下圖，圖中：①②③代表的物質(zhì)可能分別為( )A．NH4Cl；（NH4）2SO4；CH3COONaB．（NH4）2SO4；NH4Cl；CH3COONaC．（NH4）2SO4；NH4Cl；NaOH

D．CH3COOH；NH4Cl；（NH4）2SO4【考點(diǎn)】鹽類水解的原理．【剖析】硫酸是強(qiáng)酸，其溶液呈酸性，硝酸鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液呈中性，碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，依據(jù)圖知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，則假如都是酸時(shí)，①中酸的電離程度大于②，假如都是強(qiáng)酸弱堿鹽時(shí)，①的水解程度大于②的，假如是酸和鹽時(shí)，則①是酸，②是鹽，③溶液呈堿性，應(yīng)當(dāng)為鹽溶液，且酸根離子的水解程度小于碳酸根離子．【解答】解：硫酸是強(qiáng)酸，其溶液呈酸性，硝酸鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液呈中性，碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，依據(jù)圖知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，則假如都是酸時(shí)，①中酸的電離程度大于②，假如都是強(qiáng)酸弱堿鹽時(shí)，①的水解程度大于②的，假如是酸和鹽時(shí)，則①是酸，②是鹽，③溶液呈堿性，應(yīng)當(dāng)為鹽溶液，且酸根離子的水解程度小于碳酸根離子．A．NH4Cl中銨根離子的濃度小于（NH4）2SO4的，水解程度小，酸性弱，故A錯(cuò)誤；B．（NH4）2SO4中銨根離子的濃度小于NH4Cl的，水解程度大，酸性強(qiáng)，所以切合圖象，故B正確；C．氫氧化鈉是強(qiáng)堿，其堿性強(qiáng)于碳酸鈉溶液的，故C錯(cuò)誤；D．（NH4）2SO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【評(píng)論】此題考察了弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解等知識(shí)點(diǎn)，明確等濃度時(shí)，酸的強(qiáng)弱與溶液pH的關(guān)系、鹽類水解程度與溶液pH的關(guān)系是解此題重點(diǎn)，難度中等．3．室溫下，有2種溶液①0.01molL﹣1﹣1NH3?H2O②0.01molLNH4Cl，以下操作能夠使2種溶液中c（NH4+）都增大的是()A．加入少量H2OB．加入少量NaOH固體C．通入少量HCl氣體D．高升溫度【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離均衡；影響鹽類水解程度的主要要素．【專題】電離均衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題．+）都會(huì)減小；【剖析】A、加入少量H2O，使溶液稀釋，兩種溶液中c（NH4B、氫氧化鈉屬于強(qiáng)堿，加入少量NaOH固體，溶液中的c（OH﹣）增大，分別克制氨水的電離；氫氧根離子聯(lián)合銨離子生成一水合氨，銨離子濃度減?。籆、HCl溶于水后的鹽酸是強(qiáng)電解質(zhì)，和①NH3?H2O反響，c（NH4+）增大；鹽酸中的氫離子克制了銨離子的水解，c（NH4+）也增大；+）自然減D、高升溫度，②氨氣會(huì)從溶液中揮發(fā)出來，致使NH3?H2O濃度減小，c（NH4?。虎贜H4Cl溶液，高升溫度后，促使了水解，c（NH4+）減小．【解答】解：A、當(dāng)向①0.01molL﹣132O②0.01molL﹣14加入少量2O后，溶液被稀釋了，兩溶液中的c（NH4+）都會(huì)減小，故A錯(cuò)誤；B、加入少量NaOH固體，氫氧化鈉屬于強(qiáng)堿，加入后溶液中的（cOH﹣）增大，克制了NH3?H2O溶液的電離；氫氧根離子聯(lián)合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都會(huì)減小，所以兩溶液中銨離子濃度都減小，故B錯(cuò)誤；①NH3?H2O反響，c（NH4+）增大；鹽C、HCl溶于水后獲得的鹽酸是強(qiáng)電解質(zhì)，能夠和酸中的H+離子克制了NH4+的水解，c（NH4+）也增大，故C正確；D、溫度高升，氨氣擁有揮發(fā)性，會(huì)從氨水溶液中揮發(fā)，NH3?H2O濃度減小，溶液中的c（NH4+）減??；而NH4Cl溶液中，高升溫度能夠促使NH4+水解，致使c（NH4+）減?。叔e(cuò)誤．應(yīng)選C．【評(píng)論】此題考察了弱電解質(zhì)的電離，鹽的水解，做題時(shí)剖析要仔細(xì)，讀透題意、合理剖析．4．某溫度下，對(duì)可逆反響：2X（g）+Y（g）?Z（g）+W（s）△H＞0，以下表達(dá)正確的是( )A．加入少量W，逆反響速度增大B．高升溫度時(shí)，正反響速率增大，逆反響速率減少C．壓強(qiáng)不變充入與反響系統(tǒng)不反響的N2，反響速率減少，體積不變，充入N2，反響速率不變D．均衡后加入X，上述反響△H的增大【考點(diǎn)】化學(xué)均衡的影響要素．【專題】原子構(gòu)成與構(gòu)造專題．【剖析】A、固體量的增減不會(huì)影響反響速率，不會(huì)惹起化學(xué)均衡的挪動(dòng)；B、高升溫度正反響速率和逆反響速率都變大；C、壓強(qiáng)不變充入與反響系統(tǒng)不反響的N2，體積增大，濃度減小，則反響速率減少；體積不變，充入N2，濃度不變，則反響速率不變；D、反響熱△H與物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)，與參加反響的物質(zhì)的物質(zhì)的量沒關(guān)．【解答】解：A、W在反響中是固體，固體量的增減不會(huì)惹起化學(xué)反響速率的改變和化學(xué)均衡的挪動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、高升溫度正反響速率和逆反響速率都變大，故B錯(cuò)誤；C、壓強(qiáng)不變充入與反響系統(tǒng)不反響的N2，體積增大，濃度減小，則反響速率減少；體積不變，充入N2，濃度不變，則反響速率不變，故C正確；D、反響熱△H與物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)，物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)不變，熱化學(xué)方程式中反響熱不變，與參加反響的物質(zhì)的物質(zhì)的量沒關(guān)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．【評(píng)論】此題考察外界條件對(duì)反響速率的影響、反響熱△H的判斷等，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的掌握．5．向CR3COONa稀溶液中加入（或通入）少量X物質(zhì)，其溶液中部分微粒濃度變化如表所示（溶液溫度不變），則X可能為：()微粒H+﹣﹣OH33CHCOOCHCOOH物質(zhì)的量濃度增大減小減小增大A．氫氧化鈉B．氯化氫C．蒸餾水D．CH3COOH【考點(diǎn)】影響鹽類水解程度的主要要素．﹣【剖析】CH3COONa稀溶液中存在醋酸根離子的水解反響，CH3COO+H2O?CH3COOH+OH﹣；溶液呈堿性，依照溶液中的均衡和離子積常數(shù)判斷離子濃度變化；圖表中H+濃度、CH3COOH減小，OH﹣、CH3COO﹣增大，說明加入的物質(zhì)應(yīng)是堿性溶液，克制了CH3COONa溶液的水解，聯(lián)合選項(xiàng)剖析判斷．【解答】解：CH3COONa稀溶液中存在醋酸根離子的水解反響，CH3﹣COO+H2O?CH3COOH+OH﹣；溶液呈堿性，依照溶液中的均衡和離子積常數(shù)判斷離子濃度變化；圖表中H+濃度、CH3COOH減小，OH﹣、CH3COO﹣增大，說明加入的物質(zhì)應(yīng)是堿性溶液，克制了CH3COONa溶液的水解，A、加氫氧化鈉，克制了CH3COONa溶液的水解，致使H+濃度、CH3COOH減小，OH﹣、CH3COO﹣增大，故A錯(cuò)誤；H+濃度、CH3COOH增大，OH﹣、CH3COOB、通入氯化氫，對(duì)水解均衡起促使作用，致使﹣減小，故B正確；C、越稀越水解，CH3COOH、OH﹣、CH3COO﹣都減小，而H+濃度增大，故C錯(cuò)誤；D、加醋酸，克制了CH3COONa溶液的水解，H+濃度增大，CH3COOH增大，CH3COO﹣增大，OH﹣減小，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B．【評(píng)論】此題考察了鹽類水解的應(yīng)用，水解均衡的影響要素剖析判斷，注意離子濃度變化的特色是解題重點(diǎn)，題目難度中等．6．下表中是各組反響的反響物和溫度，反響剛開始時(shí)，放出H2速率最快的是()金屬（粉末狀）/mol酸的濃度及體積反響溫度AMg0.16mol?L﹣160℃10mL硝酸BMg0.13mol?L﹣160℃10mL鹽酸﹣1CFe0.13mol?L60℃10mL鹽酸﹣1DMg0.13mol?L60℃10mL硫酸A．AB．BC．CD．D【考點(diǎn)】化學(xué)反響速率的影響要素．【專題】化學(xué)反響速率專題．【剖析】影響化學(xué)反響速率的主要要素是物質(zhì)的自己性質(zhì)，對(duì)于同一個(gè)化學(xué)反響，反響物濃度越大，溫度越高，反響速率越大，注意硝酸與金屬反響不生成氫氣．【解答】解：開朗性Mg＞Fe，則Mg反響較快，硝酸與金屬反響不生成氫氣，D中氫離子濃度最大，則反響速率最大．應(yīng)選D．【評(píng)論】此題考察化學(xué)反響速率的影響要素，難度不大，注意金屬的開朗性強(qiáng)弱，為影響反應(yīng)速率的主要要素，易錯(cuò)點(diǎn)為A，注意硝酸與金屬反響不生成氫氣．7．常溫下，有①Na2CO3溶液；②NaHCO溶液；③氨水；④NH4Cl溶液各25mL，其物﹣1．對(duì)于上述四種溶液的說法正確的選項(xiàng)是()質(zhì)的量濃度均為0.1mol．LA．水的電離程度：①＜②+++2﹣B．①、②中粒子濃度關(guān)系均切合：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO2）+c（CO3﹣）4+C．將③、④混淆，所得溶液的pH＞7，則該溶液中：c（NH）+c（NH3．H2﹣1﹣1鹽酸后，溶液中+D．向③、④中分別加入25mL0.1mol．Lc（NH4）：③＜④【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較．【剖析】A、依照溶液中的溶質(zhì)電離和水解程度剖析判斷；B、依照碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液中的電離和水解剖析離子種類，聯(lián)合電荷守恒剖析判斷；C、依照溶液中的物料守恒剖析判斷；D、鹽酸和一水合氨恰巧反響生成氯化銨溶液，克制銨根離子的水解；【解答】解：A、有①Na2CO3溶液、②NaHCO3溶液、③氨水、④NH4Cl溶液備25mL，其物質(zhì)的量濃度均為0．lmol?L﹣1，一水合氨電離生成氫氧根離子顯堿性，氯化銨溶液中銨根離子水解顯酸性；碳酸根離子水解顯堿性，碳酸氫根離子水解顯堿性；同濃度碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子水解程度，溶液堿性強(qiáng)；水的電離程度①＞②，故A錯(cuò)誤；23溶液、②NaHCO3溶液中存在電荷守恒為：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+cB、①NaCO2﹣），故B錯(cuò)誤；（HCO3﹣）+2c（co3﹣1C、③氨水和④NH4Cl溶液各25mL，其物質(zhì)的量濃度均為，③、④混淆后0.1mol．L二者的濃度均為0.05mol/L，混淆后pH＞7，只好說明溶液中一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，但不論溶液顯什么性，溶液中必定存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.1mol/L，故C錯(cuò)誤；D、鹽酸和一水合氨恰巧反響生成氯化銨溶液，氯化銨的濃度為0.05mol/L，氯化銨溶液中加入鹽酸克制銨根離子的水解，溶液中c（NH4+）③＜④，故D正確；應(yīng)選D．【評(píng)論】此題考察了弱電解質(zhì)電離均衡，鹽類水解的應(yīng)用，溶液酸堿性的剖析判斷，溶液pH大小比較，題目難度中等．8．已知：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol同樣溫度下，在體積相同的兩個(gè)恒溫密閉容器中，加入必定量的反響物發(fā)生反響．有關(guān)數(shù)據(jù)以下：容器開端時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol達(dá)均衡過程系統(tǒng)編號(hào)CO能量的變化H2OCO2H2①1400放出熱量：32.8kJ②0014熱量變化：以下說法中，不正確的選項(xiàng)是()A．容器①中反響達(dá)均衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)變率為80%B．容器①中CO的轉(zhuǎn)變率等于容器②中CO2的轉(zhuǎn)變率C．均衡時(shí)，兩容器中CO2的濃度相等D．容器①中CO反響速率等于H2O的反響速率【考點(diǎn)】化學(xué)均衡的計(jì)算．【專題】化學(xué)均衡專題．【剖析】A、依據(jù)均衡時(shí)放出的熱量，聯(lián)合熱化學(xué)方程式計(jì)算參加反響的CO的物質(zhì)的量，再依據(jù)轉(zhuǎn)變率定義計(jì)算；B、容器①②溫度同樣，同一可逆反響正逆均衡常數(shù)互為倒數(shù)，依據(jù)容器①計(jì)算均衡常數(shù)，令容器②中CO2的物質(zhì)的量變化量為amol，表示出均衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量，反響前后氣體的體積不變，利用物質(zhì)的量取代濃度代入均衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算a的值，從而計(jì)算CO2的轉(zhuǎn)變率，C、依據(jù)B中的計(jì)算判斷；D、速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比．【解答】解：A、均衡時(shí)放出的熱量為32.8kJ，故參加反響的CO的物質(zhì)的量×1mol=0.8mol，CO的轉(zhuǎn)變率為×100%=80%，故A正確；B、容器①②溫度同樣，均衡常數(shù)同樣，依據(jù)容器①計(jì)算均衡常數(shù)，由A計(jì)算可知，均衡時(shí)CO的物質(zhì)的量變化量為0.8mol，則：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）開始（mol）：1400變化（mol）：0.80.80.80.8均衡（mol）：0.23.20.80.8故均衡常數(shù)k==1，故容器②中的均衡常數(shù)為1，令容器②中CO2的物質(zhì)的量變化量為amol，則：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）開始（mol）：1400變化（mol）：aaaa均衡（mol）：1﹣a4﹣aaa所以，解得a=0.8CO2的轉(zhuǎn)變率為×100%=80%，故B正確；C、由A上當(dāng)算可知容器①均衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量為0.8mol，由B上當(dāng)算可知容器②中CO2的物質(zhì)的量為1mol﹣0.8mol=0.2mol，容器的體積同樣，均衡時(shí)，兩容器中CO2的濃度不相等，故C錯(cuò)誤；D、速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故容器①中CO反響速率等于H2O的反響速率，故D正確；應(yīng)選C．【評(píng)論】此題考察化學(xué)均衡的有關(guān)計(jì)算，難度中等，注意C選項(xiàng)中能夠利用代換法理解解答．二、填空題9．25℃時(shí)，以下圖燒杯中各盛有25mL的溶液．1）甲溶液pH=1．（2）若將甲溶液所有倒入乙中，所得的混淆溶液的pH（填“＞”、“＜”或“=”）＞丙溶液的pH．3）若將乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，所得溶液中離子濃度大小次序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【考點(diǎn)】pH的簡單計(jì)算；酸堿混淆時(shí)的定性判斷及有關(guān)【專題】電離均衡與溶液的pH專題．

ph的計(jì)算．【剖析】（1）pH=﹣；（2）等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水恰巧反響生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，濃度不一樣的氯化銨溶液，濃度越小，其溶液的PH越大；3）若將乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，說明一水合氨是電離程度大于銨根離子的水解程度，依據(jù)溶液的酸堿性聯(lián)合電荷守恒確立離子濃度大?。窘獯稹拷猓海?）氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，在水中完整電離，所以c（H+）=c（HCl）=0.100mol/L，所以pH=﹣=﹣lg0.100=1，故答案為：1；2）等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水恰巧反響生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，溶液混淆時(shí)體積增大一倍，濃度是丙中的一半，氯化銨的濃度越小，其酸性越弱，所以混淆溶液的pH大于丙，故答案為：＞；3）若將乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，說明一水合氨是電離程度大于銨根離子的水解程度，所以得c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在電荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以得c（NH4+）＞c（Cl﹣），則溶液中離子濃度大小次序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案為：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【評(píng)論】此題考察了pH的簡單計(jì)算、離子濃度大小的比較等知識(shí)點(diǎn)，依據(jù)pH的計(jì)算公式及電荷守恒來剖析即可，難度不大．﹣1﹣1的一元酸HA溶液10．常溫下，將0.1000mol．LNaOH溶液滴入．L中，測得混淆溶液的pH變化曲線以以下圖所示．（1）HA與NaOH溶液反響的離子方程式是HA+OH﹣=A﹣+H2O．（2）圖中②點(diǎn)所示溶液中，以下粒子的濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是AB（填序號(hào)）．A．2c（Na+）=c（HA）+c（A+）B．c（Na+）+c（H+）=c（A+）+c（OH﹣）C．c（Na）+＞c（A+）＞c（H+）＞c（OH+）D．①、②、③點(diǎn)所含微粒種類完整同樣（3）圖中③點(diǎn)所示滴入的NaOH溶液的體積V＜20.00mL（填“＞”、“＜”或“=”）【考點(diǎn)】酸堿混淆時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【剖析】（1）由圖象可知0.1000molL﹣1的一元酸HA溶液pH約為4，可證明HA為弱酸，據(jù)此寫出反響的離子方程式；（2）圖中②點(diǎn)酸過度，溶液呈酸性，聯(lián)合物料守恒和電荷守恒解答該題；（3）因?yàn)镠A為弱酸，③點(diǎn)時(shí)溶液呈中性，加入NaOH體積應(yīng)小于20.00mL．【解答】解：（1）由圖象可知0.1000molL﹣1的一元酸HA溶液pH約為4，說明HA為弱酸，則發(fā)生反響的離子方程式為：HA+OH﹣=A﹣+H2O，故答案為：HA+OH﹣=A﹣+H2O；（2）A．②點(diǎn)時(shí)加入NaOH物質(zhì)的量為HA的物質(zhì)的量的，由物料守恒可知：2c（Na+）﹣=c（HA）+c（A），故A正確；B．依據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故B正確；C．②點(diǎn)時(shí)加入熱NaOH物質(zhì)的量為HA的物質(zhì)的量的，反響后溶質(zhì)為等濃度的NaA和HA，混淆液呈酸性，則A﹣的水解程度小于HA的電離程度，則c（A﹣）＞c（Na+），故C錯(cuò)誤；D．①點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為HA，不存在鈉離子，所以①點(diǎn)溶液中離子與②③點(diǎn)所含微粒種類不一樣，故D錯(cuò)誤；故答案為：AB；（3）因?yàn)镠A為弱酸，③點(diǎn)時(shí)溶液呈中性，加入NaOH體積應(yīng)小于20.00mL，故答案為：＜．【評(píng)論】此題考察酸堿混淆的定性判斷及溶液pH的計(jì)算，題目難度中等，依據(jù)圖象判斷HA

為弱酸為解答該題的重點(diǎn)，注意掌握酸堿混淆的定性判斷及

pH

的計(jì)算方法，明確離子濃度大小的判斷方法．11．某化學(xué)小組為了研究外界條件對(duì)化學(xué)反響速率的影響，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：【實(shí)驗(yàn)原理】2KMNO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【實(shí)驗(yàn)內(nèi)容及記錄】實(shí)驗(yàn)室溫下，試管中所加試劑及用量/mL室溫下，溶液褪編號(hào)0.6mol/L至無色所需時(shí)間H2O0.2mol/L3molH2C2O4溶液/minKMnO4溶液H2SO13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4試回答：依據(jù)上表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，能夠獲得的結(jié)論是其余條件同樣時(shí)，增大

KMnO4濃度反響速率增大，試從活化分子和有效碰撞角度解說該結(jié)論反響物濃度增大，

單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增多，有效碰撞幾率增大，反響速率增大．該小組同學(xué)依據(jù)經(jīng)驗(yàn)繪制了n（Mn2+）隨時(shí)間變化趨向的表示圖，如圖甲所示．但有同學(xué)查閱已有的資料發(fā)現(xiàn)，該實(shí)驗(yàn)過程中n（Mn2+）隨時(shí)間變化的趨向如圖乙所示．該小組同學(xué)根據(jù)乙圖所示信息提出了新的假定，并持續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究．該小組同學(xué)提出的假定是生成物中的MnSO（或Mn2+）為該反響的催化劑4請(qǐng)你幫助該小組同學(xué)達(dá)成實(shí)驗(yàn)方案，并填寫下表中的空白實(shí)驗(yàn)室溫下，試管中所加試劑及用量/mL再向試管中加入少量室溫下，溶編號(hào)0.6mol/L固體液褪至無色H2O0.2mH2C2O4溶液所需時(shí)間KMn/min43.02.03.02.0MnSO所加甲的化學(xué)若該小組同學(xué)提出的假定建立，應(yīng)察看到的現(xiàn)象為與實(shí)驗(yàn)1比較，溶液退色的時(shí)間小于4min．【考點(diǎn)】研究影響化學(xué)反響速率的要素．【專題】化學(xué)反響速率專題．【剖析】（1）從表中數(shù)據(jù)可知改變的條件是KMnO4濃度；反響物濃度增大，單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增加，有效碰撞幾率增大；（2）由圖乙可知反響開始后速率增大的比較快，作對(duì)照實(shí)驗(yàn)，其余條件同樣時(shí)加入MnSO4，若反響加速，說明Mn2+是催化劑．【解答】解：（1）從表中數(shù)據(jù)可知改變的條件是KMnO4濃度；其余條件同樣時(shí)，增大KMnO4濃度，反響速率增大，原由是反響物濃度增大，單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增加，有效碰撞幾率增大；故答案為：其余條件同樣時(shí)，增大KMnO4濃度反響速率增大；反響物濃度增大，單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增加，有效碰撞幾率增大，反響速率增大；MnSO4（或Mn2+）為該（2）由圖乙可知反響開始后速率增大的比較快，說明生成物中的反響的催化劑，作對(duì)照實(shí)驗(yàn)與與實(shí)驗(yàn)1比較，其余條件同樣時(shí)加入MnSO4，若反響加速，溶液退色的時(shí)間小于4min，說明Mn2+是催化劑；故答案為：生成物中的MnSO4（或Mn2+）為該反響的催化劑；MnSO4；與實(shí)驗(yàn)1比較，溶液退色的時(shí)間小于4min．【評(píng)論】此題主要聯(lián)合實(shí)驗(yàn)考察了外界條件對(duì)化學(xué)反響速率的影響，題目難度不大，注意對(duì)比剖析圖表中的數(shù)據(jù)找出同樣點(diǎn)和不一樣點(diǎn)．12．為了證明一水合氨（NH3．H2O）是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙三人分別采納以下試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：0.01mol．L﹣1氨水、0.1mol．L﹣1NH3Cl、NH4Cl晶體、酚酞、pH試紙、蒸餾水．1）甲用pH試紙測出0.01mol．L﹣1氨水的pH為10，則認(rèn)定一水合氨是弱電解質(zhì)，你以為這一方法正確（填“正確”或“不正確”）．（2）乙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，用pH試紙測其pH=a，而后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測其pH=b，若要確認(rèn)NH3．H2O是弱電解質(zhì)，則a、b應(yīng)知足的關(guān)系是a﹣2＜b＜a．（3）丙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，滴入2滴酚酞溶液，顯粉紅色，再加入少量NH3Cl晶體，溶液顏色變淺（填“深”或“淺”），請(qǐng)用均衡挪動(dòng)的看法解說，原由為：向氨水中加入氯化銨后，銨根離子濃度增大，一水合氨的電離均衡逆向挪動(dòng)，溶液的堿性減弱，則溶液的顏色變淺，則說明氨水存在電離均衡你以為這一方法能（填“能”或“不可以”）證明NH3．H2O是弱電解質(zhì)．（4）請(qǐng)你依據(jù)所供給的試劑，再提出一個(gè)合理又簡易的方案證明NH3．H2O是弱電解質(zhì)：配制0.1mol/L的氯化銨溶液，將氯化銨溶液滴到pH試紙上，測得其pH＜7，說明氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，則一水合氨是弱電解質(zhì)．【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離均衡．【剖析】（1）依據(jù)必定物質(zhì)的量濃度的溶液的pH大小，確立電解質(zhì)的電離程度，從而確立強(qiáng)弱電解質(zhì)；（2）利用假定法剖析，假定是強(qiáng)堿，稀釋100倍后，溶液的pH減小2個(gè)單位，假如是弱堿，稀釋100倍后，溶液的pH減小的小于2個(gè)單位；3）假如氨水是弱堿，則存在電離均衡，加入含有同樣離子的鹽能改變均衡的挪動(dòng)，則溶液的顏色發(fā)生變化，假如不變化，則證明是強(qiáng)堿；4）依據(jù)氯化銨溶液的酸堿性確立一水合氨電解質(zhì)的強(qiáng)弱．【解答】解：（1）假如氨水是強(qiáng)堿，0.10mol?L﹣1+）=，pH為13，實(shí)質(zhì)氨水C（H上溶液的pH=10＜13，所以氨水是弱堿；故答案為：正確；2）假如強(qiáng)堿，稀釋100倍，pH減小2個(gè)單位，因?yàn)槭侨鯄A，稀釋的過程中，會(huì)部分電離，即C（OH﹣）變化的幅度變小，pH減小幅度小于2個(gè)單位，則有a﹣2＜b，且b＜a；故答案為：a﹣2＜b＜a；3）向氨水中加入氯化銨后，假如氨水是弱電解質(zhì)，則克制氨水的電離，溶液中氫氧根離子濃度降低，溶液的堿性減弱，則溶液的顏色變淺，則說明氨水存在電離均衡；故答案為：淺；向氨水中加入氯化銨后，銨根離子濃度增大，一水合氨的電離均衡逆向挪動(dòng)，溶液的堿性減弱，則溶液的顏色變淺，則說明氨水存在電離均衡；能；（4）配制0.1mol/L的氯化銨溶液，將氯化銨溶液滴到pH試紙上，測得其pH＜7，說明氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，則一水合氨是弱電解質(zhì)，故答案為：配制0.1mol/L的氯化銨溶液，將氯化銨溶液滴到pH試紙上，測得其pH＜7，說明氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，則一水合氨是弱電解質(zhì)．【評(píng)論】此題考察了研究電解質(zhì)一水合氨的強(qiáng)弱，依據(jù)氨水濃度與其pH的關(guān)系、稀釋氨水時(shí)pH的變化及其強(qiáng)酸鹽的PH確立一水合氨的強(qiáng)弱，知道電解質(zhì)強(qiáng)弱與其電離程度有關(guān)，與溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)弱沒關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn)．13．在一固定容積為2L的密閉容器中加入4mol的N2和12mol的H2，在必定條件下發(fā)生反響：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0（1）若在5min時(shí)反響達(dá)到均衡，此時(shí)測得NH3的物質(zhì)的量為4mol．則前5min的均勻反應(yīng)速率v（N2）=0.2mol/（L?min）．均衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)變率為50%．該溫度下的均衡常數(shù)K1=（用分?jǐn)?shù)表示）；若反響開始時(shí)，將1molN2和3molH2通入到該容器，再達(dá)新均衡時(shí)的均衡常數(shù)為K2，則K2=K1（填“＞”、“＜”或“=”）（2）均衡后，若要提升H2的轉(zhuǎn)變率，能夠采納的舉措有C．A．加了催化劑B．充入必定量的NeC．降低反響系統(tǒng)的溫度D．再充入2mol的Ne和6mol的H2（3）其化學(xué)均衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如表所示：T/℃200300400KK1K20.5請(qǐng)達(dá)成以下問題：①試比較K1、K2的大小，K1＞K2（填“＞”、“＜”或“=”）．②400℃時(shí)，反響2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化學(xué)均衡常數(shù)為2，2L的容器中，當(dāng)測得NH3、N2和H2物質(zhì)的量分別為6mol、4mol和2mol時(shí)，則該反響的v（N2）減＞v（N2）增（填“＞”、“＜”或“=”）．4）依據(jù)化學(xué)反響速率和化學(xué)均衡理論，聯(lián)合合成氨的生產(chǎn)實(shí)質(zhì)，你以為以下說法不正確的選項(xiàng)是C．化學(xué)反響速率理論可指導(dǎo)如何在一準(zhǔn)時(shí)間內(nèi)快出產(chǎn)品B．勒夏特列原理可指導(dǎo)如何使用有限原料多出產(chǎn)品C．催化劑的使用是提升產(chǎn)品產(chǎn)率的有效方法D．正確利用化學(xué)反響速率和化學(xué)反響限度理論都能夠提升化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益．【考點(diǎn)】化學(xué)均衡的計(jì)算；化學(xué)均衡的影響要素；化學(xué)均衡的調(diào)控作用．【專題】化學(xué)均衡專題；化學(xué)反響速率專題．【剖析】（1）依照化學(xué)均衡三段式列式計(jì)算，若在5min時(shí)反響達(dá)到均衡，此時(shí)測得NH3的物質(zhì)的量為4mol，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）開端量（mol）4120變化量（mol）264平權(quán)衡（mol）264反響速率v=，轉(zhuǎn)變率=×100%，均衡常數(shù)=；若反響開始時(shí)，將1molN2和3molH2通入到該容器，再達(dá)新均衡時(shí)的均衡常數(shù)為K2，均衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變均衡常數(shù)不變；2）必定條件下的密閉容器中，該反響達(dá)到均衡，要提升H2的轉(zhuǎn)變率，即讓化學(xué)均衡正向進(jìn)行即可，一般不考慮加壓，能夠增添反響物N2的濃度、分別出NH3（減小生成物的濃度），高溫條件會(huì)使均衡向左進(jìn)行，加入催化劑不會(huì)改變反響物的轉(zhuǎn)變率，增添H2的濃度會(huì)使得氫氣的轉(zhuǎn)變率減??；（3）①對(duì)于放熱反響，溫度越高，均衡逆向挪動(dòng)，反響均衡常數(shù)越??；②化學(xué)均衡常數(shù)，正反響均衡常數(shù)和你反響的均衡常數(shù)互為倒數(shù)，依據(jù)濃度熵和均衡常數(shù)的關(guān)系來確立均衡的挪動(dòng)方向；4）化學(xué)反響速率是表示物質(zhì)反響快慢的物理量，在必定條件下反響達(dá)到化學(xué)均衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等，各物質(zhì)的濃度不變，化學(xué)均衡為動(dòng)向均衡，當(dāng)外界條件發(fā)生改變時(shí)，均衡發(fā)生挪動(dòng)，可經(jīng)過改變外界條件是均衡發(fā)生挪動(dòng)，提升化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益．【解答】解：（1）依照化學(xué)均衡三段式列式計(jì)算，若在5min時(shí)反響達(dá)到均衡，此時(shí)測得NH3的物質(zhì)的量為4mol，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）開端量（mol）4120變化量（mol）264平權(quán)衡（mol）264則前5min的均勻反響速率v（N2）===0.2mol/（L?min），均衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)變率=×100%=×100%=50%，均衡狀態(tài)物質(zhì)濃度c（N2）=1mol/L，c（H2）=3mol/L，c（NH3）=2mol/L，均衡常數(shù)

=

=

=，若反響開始時(shí)，將1molN2和3molH2通入到該容器，再達(dá)新均衡時(shí)的均衡常數(shù)為常數(shù)隨溫度變化，溫度不變均衡常數(shù)不變，K2=K1，

K2，均衡故答案為：0.2mol/（L?min）；50%；；=；2）必定條件下的密閉容器中，該反響達(dá)到均衡，要提升H2的轉(zhuǎn)變率，即讓化學(xué)均衡正向進(jìn)行即可，A．加了催化劑改變反響速率，不改變化學(xué)均衡，不可以增大氫氣轉(zhuǎn)變率，故A錯(cuò)誤；B．充入必定量的Ne是惰性氣體，總壓增大，氣體分壓不變，均衡不變，不可以增大氫氣的轉(zhuǎn)變率，故B錯(cuò)誤；C．反響是放熱反響，降低反響系統(tǒng)的溫度，均衡正向進(jìn)行，氫氣轉(zhuǎn)變率增大，故C正確；D．再充入2mol的Ne總壓增大，分壓不變，均衡不變，加入6mol的H2增大氮?dú)廪D(zhuǎn)變率，氫氣轉(zhuǎn)變率減小，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；3）①該反響正反響是放熱反響，高升溫度，均衡向逆反響方向挪動(dòng)，生成物濃度減小，反響物濃度增大，所以K1＞K2，故答案為：＞；②400℃時(shí)，反響2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化學(xué)均衡常數(shù)K的值和反響N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的均衡常數(shù)呈倒數(shù)，所以K==2；容器的體積為0.5L，NH3和N2．H2的物質(zhì)的量濃度分別為：6mol/L、4mol/L、2mol/L，400℃時(shí)，濃度商Qc==＜K=2，說明反響正向進(jìn)行，所以有v（N2）正＞v（N2）逆；故答案為：2；＞；（4）A．依據(jù)影響化學(xué)反響速率的要素，可指導(dǎo)如何在一準(zhǔn)時(shí)間內(nèi)快出產(chǎn)品，故A正確；B．聯(lián)合影響化學(xué)均衡的要素，采納適合的外界條件，是均衡向正反響方向挪動(dòng)，可提升產(chǎn)率，故B正確；C．化學(xué)反響速率是表示物質(zhì)反響的快慢，不可以改變?cè)系霓D(zhuǎn)變率，故C錯(cuò)誤；D．在必定的反響速率的前提下，盡可能使均衡向正反響方向挪動(dòng)，可提升化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益，故D正確．應(yīng)選C．【評(píng)論】此題考察化學(xué)均衡常數(shù)及影響要素、意義，反響速率計(jì)算等，題目難度中等，注意化學(xué)均衡常數(shù)大小說明反響進(jìn)行程度，與反響難易沒關(guān)、與反響速率沒關(guān)．14．25℃時(shí)，電離均衡常數(shù)：弱酸化學(xué)式CH3COOH電離均衡常數(shù)（25℃）1.75×10﹣5回答以下問題：（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol．L﹣1的以下A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO3

HClOH2CO3﹣8﹣71﹣11K2=4.7×104種物質(zhì)，pH由大到小的次序是A＞B＞D＞C．（2）若增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入的物質(zhì)是BD．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO33）常溫下0.1mol．L﹣1的CH3COOH溶液加水稀釋過程，以下表達(dá)式的數(shù)據(jù)必定變小的是A．A．c（H+）B．C．c（H+）．c（OH﹣）D．（4）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化以以下圖所示，則HX的電離均衡常數(shù)大于（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的均衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）大于醋酸溶液水電離出來c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．（5）25℃時(shí)，CH3COOH與CH3COONa的混淆溶液，若測得混淆液pH=6，則溶液中c﹣+﹣7（CH3COO）﹣c（Na）=9.9×10mol/L．（填正確數(shù)值）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離均衡．【剖析】（1）酸的酸性越弱，酸的電離均衡常數(shù)越小，則酸根離子水解程度越大，同樣濃度的鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大其鈉鹽溶液pH越大；2）若增大氯水中次氯酸的濃度，向氯水中加入的物質(zhì)能和稀鹽酸反響但不可以和次氯酸反響或克制次氯酸電離；3）加水稀釋醋酸促使醋酸電離，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中c（H+）減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變；（4）加水稀釋促使弱酸電離，pH同樣的不一樣酸稀釋同樣的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強(qiáng)，變化小的酸酸性弱；酸或堿克制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其克制水電離程度越大；（5）25℃時(shí)，CH3COOH與CH3COONa的混淆溶液，若測得混淆液pH=6，則c（H+）=10﹣6﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，依據(jù)電荷守恒得3﹣）﹣mol/L，溶液中c（OHc（CHCOOc（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）．【解答】解：（1）酸的酸性越弱，酸的電離均衡常數(shù)越小，則酸根離子水解程度越大，同樣濃度的鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大其鈉鹽溶液pH越大，依據(jù)表中數(shù)據(jù)知，酸性強(qiáng)弱次序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸根離子水解程度大小次序是CO32﹣＞ClO﹣﹣﹣pH大小次序是A＞B＞D＞C，＞HCO3＞CH3COO，則同樣濃度的鈉鹽故答案為：A＞B＞D＞C；（2）若增大氯水中次氯酸的濃度，向氯水中加入的物質(zhì)能和稀鹽酸反響但不可以和次氯酸反應(yīng)或克制次氯酸電離，酸性強(qiáng)弱次序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以加入碳酸氫鈉能和稀鹽酸反響而不睦次氯酸反響，加入次氯酸鈉能克制次氯酸電離，應(yīng)選BD；（3）溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，．加水稀釋醋酸促使醋酸電離，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中c（H+）減小，故A正確；B．加水稀釋醋酸促使醋酸電離，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣減小，溫度不變電離均衡常數(shù)不變，所以==增大，故B錯(cuò)誤；C．溫度不變水的離子積常數(shù)不變，所以c（H+）．c（OH﹣）不變，故C錯(cuò)誤；．加水稀釋醋酸促使醋酸電離，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中c（H+）減小，離子積常數(shù)不變，則

c（OH﹣）增大，所以

增大，故

D錯(cuò)誤；應(yīng)選

A；（4）加水稀釋促使弱酸電離，pH同樣