吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高二上学期阶段考试化学试题

吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高二上学期阶段考试化学试题

化学试卷 相对原子质量为：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题：每小题有一个正确答案（前十题各2分，后十题各3分，共50分）‎ ‎1.关于强、弱电解质的叙述不正确的是（ ）‎ A. 强电解质溶液导电能力很强，弱电解质溶液导电能力很弱 B. 同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同 C. 强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡 D. 强电解质在固态或液态时，可能不导电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.强电解质溶液导电能力不一定强，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质水溶液中导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故A错误；‎ B.弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故B正确；‎ C.依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，故C正确；‎ D.强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电，共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子，不能导电，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】溶液的导电能力和电解质的强弱无关，和离子的浓度大小，离子所带电荷的多少有关。‎ ‎2. 下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是 A. 液态溴化氢 B. 蔗糖 C. 铝 D. 稀硝酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电，据此来解答。A.液态溴化氢是在水溶液中能导电的化合物，所以HBr是电解质，但是液体中没有带电微粒，不导电，A项正确；B.蔗糖是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，B项错误；C. 铝为单质，不属于电解质，也不属于非电解质，但能导电，C项错误；D.稀硝酸为混合物，不属于电解质，但能导电，D项错误；答案选A。‎ ‎【考点定位】考查电解质、非电解质的判断，物质导电性的判断。‎ ‎【名师点睛】本题考查了电解质和非电解质，注意概念的理解并抓住化合物来分析，明确导电的原因来解答。水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质。有自由移动的电子或自由移动的离子的物质能导电，例如金属单质、电解质溶液和熔融的离子化合物。‎ ‎3.在H2S溶液中，c(H＋)和c(S2－)的比值是 A. 1 B. 2‎ C. 大于2 D. 在1～2之间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：氢硫酸是二元弱酸，存在电离平衡，电离方程式是H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－。由于氢硫酸的第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以在氢硫酸溶液中c(H＋)和c(S2－)的比值是大于2，答案选C。‎ 考点：考查多元弱酸电离的特点 点评：本题是基础性试题的考查，难度不大。主要是检验学生对弱酸电离的理解掌握程度，该题学生不难得分。‎ ‎4. 向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中加入等体积的蒸馏水后,则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 溶液的pH值变小 B. 醋酸的电离程度降低 C. 溶液的导电能力减弱 D. 中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH溶液的体积增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中加入等体积的蒸馏水后，促进了醋酸的电离，醋酸的电离度增大，但是溶液的pH变大，故AB错误，溶液的导电能力降低了，故C正确；由于醋酸的物质的量不变，所以中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH溶液的体积仍然不变，故D错误。‎ 考点：弱电解质 点评：本题考查了弱电解质电离，该考点是高考考查的重点和难点，本题难度适中。‎ ‎5.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是 A. 水的离子积变大，c(H+)变大，呈酸性 B. 水的离子积不变，c(H+)不变，呈中性 C. 水的离子积变小，c(H+)变小，呈碱性 D. 水的离子积变大，c(H+)变大，呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 加热促进水电离， c(H+)变大、c(OH-)变大，水的离子积变大，但c(H+)=c(OH-) 呈中性，故D正确。‎ ‎6.常温，将pH=4的醋酸溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，溶液的pH是（ ）‎ A. 小于7 B. 大于7 C. 等于7 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=4的醋酸溶液，指的是醋酸电离出的氢离子浓度为10-4，但是醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于10-4，pH=4的醋酸溶液，氢离子的浓度为10-4，pH=10的NaOH溶液，氢离子的浓度为10-10，氢氧根的浓度为=10-4，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，等体积混合，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，故混合后的溶液为醋酸过量，故常温下溶液的pH小于7，‎ 答案选A ‎7.下列变化过程中，ΔS ＜0的是 ( )‎ A. 氯化钠溶于水中 B. NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4Cl C. 干冰的升华 D. CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度（或无序度）的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，据此分析判断 ‎【详解】A. 氯化钠固体溶解到水中形成溶液，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故A错误；‎ B. NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，气体体积减小，体系混乱度减小，熵值减小，△S<0，故B正确；‎ C. 干冰(CO2)的升华，固体转化为气体，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故C错误；‎ D. CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，反应生成了气体，体系混乱度增大，熵值增大，△S>0，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】熵变小于零，是指混乱度减小，例如气体的体积减小。‎ ‎8.可逆反应4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+ 6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）‎ A. 任意时刻：3υ正（NH3）= 2υ正（H2O）‎ B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3 ，则反应达到平衡状态 C. 达到化学平衡时，增大压强，则逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 达到化学平衡时，5υ正（O2）= 4υ逆（NO ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正（NH3）= 2v正(H2O)，故A正确；‎ B. 若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1:1，不能说明到达平衡，故B错误；‎ C. 达到化学平衡时，增大压强，则反应混合物的浓度增大，正、逆反应速率均增大，平衡向体积减小的方向，逆反应移动，故C错误；‎ D. 不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，4v正(O2)=5v逆(NO)表示反应达到平衡状态，5v正(O2)=4v逆(NO)的状态则不一定平衡，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】判断是否处于平衡状态要看正逆反应速率是否相等，各成分的浓度是否保持不变。‎ ‎9.在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY（g）；ΔH＜0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是（ ）‎ A. 图Ⅰ是加入适当催化剂的变化情况 B. 图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况 C. 图Ⅲ是增大压强的变化情况 D. 图Ⅲ是升高温度的变化情况 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。‎ A、催化剂不能改变平衡状态， A错误；‎ B、扩大容器体积，压强降低，反应速率是降低的，B错误；‎ C、改变压强平衡不移动， C错误；‎ D、升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，XY的含量降低，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.反应：L(s)＋aG(g)bR(g)达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡时混合气体中G的体积分数。据此可判断(　　)‎ ‎ ‎ ‎①上述反应是放热反应 ②上述反应是吸热反应 ③a＞b ④a＜b A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象曲线的变化特点可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应；增大压强，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b，故选D。‎ ‎11.已知反应 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ΔH＜0。在恒温恒压密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是（ ）。‎ A. 充入一定量的氙气，n(H2)不变 B. 增大压强，n(CO2)减小 C. 更换高效催化剂，CO 转化率增大 D. 降低温度，平衡常数 K 减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 恒温恒压密闭容器中，充入氙气，反应前后气体体积不变，对参加反应气体没有影响，平衡不移动，n(H2)不变，故A正确；‎ B. 反应前后体积不变，改变压强，平衡不移动，故B错误；‎ C. 更换高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；‎ D. 正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，降低温度，平衡常数 K增大，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】熟练会用勒夏特列原理，判断化学平衡移动的方向。‎ ‎12.在温度体积不变时，1mol NO2高温分解，生成NO和O2，达到平衡时容器内总压强为反应前的1.2倍，这时NO2的转化率为 ( )‎ A. 10% B. 20% C. 40% D. 50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡时混合气体总的物质的量增大为1.2mol-1mol=0.2mol， 令分解的NO2的物质的量为xmol，则：  2NO2⇌2NO+O2  物质的量增大△n  2                 1 xmol             0.2mol 所以x=0.2×2=0.4 故NO2的转化率为×100%=40%‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】利用变化的物质的量，求出转化的反应物，用转化的物质的量除以最初的物质的量得出转化率。‎ ‎13.可逆反应：3A(g) 3B+C△H > 0,随着温度升高，气体平均分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是( )‎ A. 若C为固体，则B一定是气体 B. B和C一定都是固体 C. B和C可能都是固体 D. B和C不可能都是气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体平均摩尔质量=，依据概念中的气体质量、气体物质的量分析判断。‎ ‎【详解】3A(g) 3B+C△H>0，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，平均摩尔质量变小，依据反应的系数关系，气体平衡体系的质量守恒，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定；‎ A. C为固体，B一定为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，平均摩尔质量减小，故A正确；‎ B. B和C一定是固体时，只有A一种气体，平均摩尔质量不变，故B错误；‎ C. B和C可能都是固体时，只有A一种气体，平均摩尔质量不变，故C错误；‎ D. 若B和C都是气体，气体总质量不变，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.常温时，将pH为5的HCl溶液与pH为2的HCl溶液等体积混合后，溶液的氢氧根离子浓度最接近于 （ 　）‎ A. 2×10-12mol/L B. （10-9+10-12）mol/L C. 2×（10-9+10-12）mol/L D. （10-5+10-2）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=5的HCl溶液中c(H+)=1×10-5mol/L，pH=2的HCl溶液中c(H+)=1×10-2mol/L，混合后混合溶液中氢离子浓度=mol/L，则溶液中的c(OH-)=mol/L=2×10-12mol/L，‎ 答案选A。‎ ‎15.下列图中，能正确表示澄清石灰水中通入过量SO2后溶液导电情况的是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液导电性与溶液中自由移动的带电的微粒有关，离子浓度越大，导电能力越强．澄清石灰水溶液中有自由移动的离子，具有导电能力；当SO2通入澄清石灰水，会发生如下反应：SO2+Ca(OH)2═CaSO3↓+H2O，溶液中几乎无离子，导电能力为零；再通入SO2气体，它与CaSO3反应2SO2+ Ca(OH)2 ═Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2为可溶性盐，电离出自由移动的离子，导电能力增强；‎ ‎【详解】A. 澄清石灰水是氢氧化钙溶于水形成的溶液，没加二氧化硫时，有自由移动的离子，具有导电能力；是可以导电的，故A错误；‎ B. 澄清石灰水是氢氧化钙溶于水形成的溶液，没加二氧化硫时，有自由移动的离子，具有导电能力；是可以导电的，故B错误；‎ C. 澄清石灰水溶液中有自由移动的离子，具有导电能力；当SO2通入澄清石灰水，会发生如下反应：SO2+Ca(OH)2═CaSO3↓+H2O，溶液中几乎无离子，导电能力为零，故C错误；‎ D. 澄清石灰水溶液中有自由移动的离子，具有导电能力；当SO2通入澄清石灰水，会发生如下反应：SO2+Ca(OH)2═CaSO3↓+H2O，溶液中几乎无离子，导电能力为零；再通入SO2气体，它与CaSO3反应2SO2+ Ca(OH)2 ═Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2为可溶性盐，电离出自由移动的离子，导电能力增强，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】依照化学方程式，写出化学反应，判断溶液中离子浓度的变化。‎ ‎16. 常温下，向纯水中加入NaOH使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH 离子浓度和水电离出的OH离子浓度之比为 ( )‎ A. 1：1 B. 108：1 C. 5×109：1 D. 1010：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：pH=11的NaOH溶液，水电离的c(H+)=10-11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c(OH-)=1×10−14/10−11mol/L=10-3mol/L，而由水电离产生的c（OH-）=c（H+）=10-11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH-离子浓度与水电离出的OH-离子浓度之比：10-3mol/L：10-11mol/L=108：1‎ 故选B。‎ ‎【考点定位】考查PH的简单计算 ‎【名师点晴】本题最大的难点是读懂题目，何胃水电离出的OH-，在NaOH溶液中因氢氧化钠的电离使溶液显碱性，此时溶液里的OH—主要来自氢氧化钠的电离，并且电离出的OH-抑制了水电离，由此可知溶液里的H+来自水的电离，而水电离出的H+与OH-的数目或浓度是相等的，由此展开讨论，结合水的离子积常数进行计算，即根据H2OH++OH-，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出水电离出的c(H+)利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH-离子浓度。‎ ‎17.同体积1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH、HNO3分别加入过量的Mg。下列正确的（ ）‎ A. HCl、H2SO4中放出H2的速率相同 B. HCl、HNO3中放出H2的量相等 C. H2SO4中放出H2的量最多，其余的相等 D. HCl、CH3COOH中放出H2的量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2SO4， HC电离出的氢离子浓度不同，故放出氢气的速率不同，故A错误；‎ B. 稀硝酸和镁反应生成氮的化合物不生成氢气，故B错误；‎ C. 硫酸为二元酸，则其氢离子的浓度等于酸的浓度的2倍，所以硫酸放出的氢气最多，稀硝酸和镁反应生成氮的化合物不生成氢气，故C错误；‎ D. HCl、CH3COOH的浓度相同，体积相同，则两种酸的物质的量相同，而且均为一元酸，与过量的Mg反应生成的氢气的量相同，故D正确； ‎ 答案选D。‎ ‎18.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是 A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动 C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a75.0%，e>83%。f的温度比b高，压强比b小，所以f>b，所以①正确；‎ ‎②设E的起始量为1mol，转化的E为x，则平衡时G的量为2xmol，则由题意得到 E(g)＋F(s) 2G(g)‎ 起始(mol)：1 0‎ 变化(mol)：x 2x ‎ 平衡(mol)：1- x 2x ‎ ‎×100%=75%，解得x=0.6‎ ‎ 915 ℃、2.0 MPa时E的转化率为=60% 故②正确；‎ ‎③该反应时一个气体分子增大的反应，属于熵增的反应，故该反应的△S>0，故③正确；‎ ‎④利用c>75.0%>54.0%，可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，所以④正确； ‎ 答案选D。‎ ‎.‎ 二、填空题（共50分）‎ ‎21.Ⅰ.①常温常压，0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ的热量。写出热化学方程式：________________________________________________________‎ ‎②4g氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，热化学方程式是_______________‎ Ⅱ.如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3, △H < 0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a b过程中改变的条件可能是__________；b c过程中改变的条件可能是____________； 若减小压强时，反应速度变化情况画在c~d处_______。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol (2). 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=-484kJ/mol (3). 升温 (4). 增加SO3 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和反应焓变，通过题干条件计算对应物质燃烧反应放出的热量；‎ Ⅱ. 根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可作判断；根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图。‎ ‎【详解】Ⅰ.①0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ的热量，则1mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出890kJ的热量，热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol，‎ 答案为：CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol；‎ ‎ ②4g氢气为2mol，燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则反应的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=-484kJ/mol，‎ 答案为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=-484kJ/mol；‎ Ⅱ. 根据图可知，在a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，因为反应的△H<0，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，a～b过程中改变的条件可能是升温；在b时刻，正反应速率减小后增大，逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，b～c过程中改变的条件可能是增加SO3；在b～c过程后，若减小压强，正逆反应速率都会减小，由于该反应为体积缩小的反应，所以平衡逆向移动，根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图为：，‎ 故答案为：升温；增加SO3； 。‎ ‎22.已知M(g)+N(g) P(g)+Q(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：‎ ‎|温度/ ℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎17‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答： (1)该反应的平衡常数表达式K=_____________ ，△H_____0（填“<”“ >”“ =”)；‎ ‎(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的M和0.80mol的N，若反应6s内M的平均反应速率v(M)=0．003 mol·L-1·s-1。，则6s时c(M)=______ mol·L-1， P的物质的量为_______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时N的转化率为______。‎ ‎(3)判断该反应是否达到平衡的依据为_______(填正确选项前的字母)： ‎ a．压强不随时间改变 b.气体的密度不随时间改变 c. c(M)不随时问改变 d.单位时间里生成P和Q的物质的量相等 ‎ ‎(4)1200℃时反应P(g)+Q(g) M(g)+N(g)的平衡常数的值为______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). < (3). 0.022 (4). 0.09 (5). 20% (6). c (7). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应； （2）根据△c=v△t计算△c(M)，M的起始浓度-△c(M)=6s时c(M)； 根据△n=△cV计算△n(M)，再根据方程式计算P的物质的量； 设平衡时N的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算； （3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； （4）同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数，据此计算。‎ ‎【详解】(1)可逆反应M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)的平衡常数k=，由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H<0，‎ 故答案为：；<；‎ ‎(2)反应初始6s内M的平均反应速率v(M)=0.003mol⋅L−1⋅s−1，则6s内△c(M)=0.003mol⋅L−1⋅s−1×6s=0.018mol/L，M的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时c(M)=0.04mol/L−0.018mol/L=0.022mol/L，‎ 故6s内△n(M)=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n(P)=△n(M)=0.09mol，‎ 设平衡时N的浓度变化量为x，起始时：c(M)==0.04 mol/L，c(N)==0.16 mol/L则：‎ ‎             M(g)+N(g)⇌P(g)+Q(g)‎ 开始(mol/L):0.04  0.16    0      0‎ 变化(mol/L): x      x      x     x 平衡(mol/L):0.04−x0.16−x x     x 故 =1，解得x=0.032，‎ 所以平衡时N的转化率为×100%=20%，‎ 故答案为：0.022；0.09；20%；‎ ‎(3)a.该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变不能说明到达平衡，故a错误；‎ b.该反应前后气体的体积不变，混合气体的质量不变，气体的密度始终不变，故b错误；‎ c.可逆反应到达平衡时,各物质的浓度不变,故c(A)不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；‎ d.单位时间里生成C和D的物质的量相等，从反应开始到平衡一直相等，故d错误；‎ 故答案选c；‎ ‎(4)同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应P(g)+Q(g)⇌M(g)+N(g)的平衡常数的值为=2.5，‎ 故答案为：2.5。‎ ‎23.恒容，反应2A(g) B(g)＋D(g)在四种不同情况下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下：‎ 根据上述数据，完成下列填空：‎ ‎(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为___________。‎ ‎(2)在实验2，A的初始浓度C2＝___________mol/L。可推测实验2中还隐含的条件是___________________‎ ‎(3)设实验3的反应速率为V3，实验1的反应速率为V1，则V3_____V1（填＞、＝、＜＝），且C3_____1.0mol/L（填＞、＝、＜＝）。‎ ‎(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应（选填吸热、放热）。理由是______________________________________________________．‎ ‎【答案】 (1). 0.013 (2). 1.0 (3). 催化剂 (4). > (5). > (6). 吸热 (7). 由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据v=解题；‎ ‎（2）实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验2使用了催化剂，加快了反应速率，缩短了达平衡的时间；‎ ‎（3）以10至20min为例求出实验1和实验3的反应速率进行比较；‎ ‎（4）根据化学平衡移动原理分析，加热平衡向吸热反应方向移动。‎ ‎【详解】(1)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v===0.013mol⋅(L⋅min)−1，‎ 故答案为：0.013；‎ ‎(2)实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等,说明实验2与实验1其他条件完全相同,实验1与实验2中A的初始浓度应相等,起始浓度c2=1.0mol/L，实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂，‎ 故答案为：1.0；催化剂；‎ ‎(3)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v===0.013mol⋅(L⋅min)−1，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v= ==0.015mol⋅(L⋅min)−1，故v3>v1，实验1的其实浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，‎ 故答案为：>；>；‎ ‎(4)比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，‎ 故答案为：吸热；由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动。‎ ‎24.Ⅰ.稀氨水中存在平衡：NH3 + H2ONH4+ + OH- ，如进行下列操作，则下列物理量如何变化?试用“增大”‘减小”“不变”填写。 ‎ ‎(1)通适量HCl气体时，c(NH3)____________，c(OH-)__________________‎ ‎(2)加入NH4Cl晶体时，c(NH4+)___________，平衡常数K_______________‎ Ⅱ.已知室温时，0.1 mol·L－1的某一元酸HA在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：‎ ‎(1)该溶液的pH＝________。‎ ‎(2)HA的电离平衡常数K＝________。‎ ‎(3) 若在95℃时，上述溶液中水电离的H+浓度为____________（此时KW=10-12）。‎ Ⅲ.常温下有pH为12的NaOH溶液20 mL，加入某溶液，将其pH变为11（设溶液体积可直接相加；计算结果保留到小数点后一位）。‎ ‎(1)若用pH = 10的NaOH溶液，应加入NaOH溶液_________mL；‎ ‎(2)若用pH = 2的盐酸，应加入盐酸___________mL；‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 增大 (4). 不变 (5). 4 (6). 1×10-7 (7). 10-8mol/L (8). 200.0 (9). 16.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.根据NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-知，向氨水中加入酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，从而促进氨水电离，向氨水中加入氯化铵，导致溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，据此分析解答 Ⅱ.（1）HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；‎ ‎（2）由HA⇌H++A-，c(H+)=c(A-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为=1×10-7；‎ ‎（3）温度升高促进电离；HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度。‎ Ⅲ. （1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1+C2V2=C3(V1+V2)计算加入的氢氧化钠溶液体积；‎ ‎（2）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c(OH-)=。‎ ‎【详解】Ⅰ（1）向氨水中同适量的氯化氢气体，氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所以溶液中氢氧根离子浓度减小，‎ 故答案为：减小；减小；‎ ‎（2）向氨水中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，所以溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，电离平衡常数只受温度的影响，‎ 故答案为：增大；不变；‎ Ⅱ.（1）HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，‎ 故答案为：4；‎ ‎（2）由HA⇌H++A-，c(H+)=c(A-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka==1×10-7，‎ 故答案为：1×10-7；‎ ‎（3）HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-8mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，水电离氢离子浓度为10-8mol/L， ‎ 故答案为：10--8；‎ Ⅲ. (1)pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，‎ 设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，C1V1+C2V2=C3(V1+V2)则0.01mol/L×0.02L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L(0.02+V2)，V2=0.2L=200.0mL，‎ 故答案为：200.0；‎ ‎(2)pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，c(OH−)= ==0.001mol/L，‎ 解得：V=16.4mL，‎ 故答案为：16.4。‎ ‎ ‎ ‎ ‎