陕西省咸阳百灵中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理）试题

陕西省咸阳百灵中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理）试题

陕西省咸阳百灵学校2019～2020学年高二上学期第二次月考 化学（理）试题 ‎1.下列说法正确的是 A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行 B. 反应NH4HCO3(s) =NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ/mol 能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向 C. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，所以焓变和熵变均可以单独作为反应能否自发进行的判据 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，有的吸热反应也能自发进行，故A错误；‎ B. 反应NH4HCO3(s) =NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ/mol 能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向，故B正确；‎ C. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，所以焓变和熵变不可以单独作为反应能否自发进行的判据，故C错误；‎ D. 催化剂只改变化学反应速率，在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，不可以改变化学反应进行的方向，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】判断一个化学反应进行的方向一般要通过某温度下该反应的焓变和熵变来共同确定。‎ ‎2.下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质的顺序排列的是 A. NaOH、NaCl、SO2、NaCl溶液 B. BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2‎ C. NaCl、H2S、CO2、Cu D. SO3、AgCl、NH3•H2O、Ag ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaCl在水溶液中能完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，故A错误；‎ B、SO3是非电解质，CuSO4晶体是电解质、Na2O2也是电解质，故B错误；C、NaCl为强电解质、H2S为弱电解质、CO2是非电解质，Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D、SO3是非电解质，AgCl是强电解质，NH3•H2O是弱电解质，Ag是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质与非电解质。本题的易错点为非金属氧化物的类别判断，如SO3等的水溶液能够导电，但导电原因不是SO3本身电离，而是生成物H2SO4电离的结果，因此SO3是非电解质。‎ ‎3.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ）‎ ‎①NH4Cl固体；②硫酸；③NaOH固体；④水；⑤加热；⑥加入少量MgCl2固体。‎ A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故①错误；‎ ‎②加入硫酸，氢离子中和氢氧根使之浓度减少，继而引发电离平衡正向移动，故②错误；‎ ‎③加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，故③正确；‎ ‎④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小，平衡向电离方向移动，故④错误；‎ ‎⑤弱电解质的电离是吸热过程，加热使平衡向右移动，故⑤错误；‎ ‎⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根反应，使溶液中氢氧根浓度减小，稀氨水的电离平衡正向移动，故⑥错误。故只有③正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】加水稀释，平衡正向移动，看得见的浓度减小，看不见的浓度增大即电离方程式中能看见的微粒浓度减少，电离方程式中看不见的微粒浓度增加；‎ 例如：NH3·H2ONH4+＋OH－‎ 一水合氨、铵根离子、氢氧根离子在电离方程式中看得见，因此它们的浓度都减小，而氢离子看不见，因此氢离子浓度增大。‎ ‎4. 下列说法正确的是( )‎ A. pH=0的溶液不存在 B. 使用广泛pH试纸测得某溶液的pH=3.5‎ C. 中性溶液的pH不一定等于7‎ D. 酸或碱溶液在稀释时，溶液的pH均减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=0的溶液，其氢离子浓度为1mol/L，存在这样的溶液，如：1mol/L的盐酸，A错误；‎ B．广泛pH试纸只能读整数，不能读出小数，B错误；‎ C．中性溶液的pH在常温下为7，其他温度下不一定等于7，如：‎100‎C时，约为6，C正确；‎ D．酸在稀释时，溶液的pH减小；碱溶液在稀释时，溶液的pH增大，D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 1 mol·L－1的稀硫酸中存在OH－‎ B. Kw随溶液c(H＋)和c(OH－)的变化而改变 C. 水的电离只受温度影响，酸碱性对其无影响 D. Kw＝10－14适用于任何温度、任何溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸溶液中，还存在水微弱的电离，水能电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故硫酸溶液中存在氢氧根离子，故A正确；‎ B．Kw的值与所处的环境无关，只受温度的影响，与溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小无关，故B错误；‎ C．酸、碱能抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离，故溶液的酸碱性对水的电离有影响，故C错误；‎ D．Kw＝10－14适用于常温下的任何水溶液，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎6.25 ℃‎时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是 A. 将纯水加热到‎95 ℃‎时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性 B 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，Kw变小 C. 向纯水中加入少量碳酸钠固体，影响水的电离平衡，c(H＋)减小，Kw不变 D. 向纯水中加入醋酸钠固体或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，水仍呈中性，故A错误；‎ B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw不变，故B错误；‎ C．向水中加入少量固体碳酸钠，碳酸根离子水解结合水电离出的氢离子，c(H+)减小，Kw不变，促进水电离，平衡正向移动，故C正确；‎ D．纯水中加入盐酸，抑制了水的电离，但是加入醋酸钠，醋酸根离子发生水解，促进了水的电离，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用，主要是抑制水的电离的溶液可以是酸也可以是碱溶液，水的电离平衡：H2O⇌H++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH-)的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c(H+)，则pH减小。‎ ‎7.pH＝2的盐酸和pH＝2的稀硫酸相比较，下列说法正确的是 A. 两溶液的物质的量浓度相同 B. 两溶液的c(H＋)相同 C. 等体积的两溶液分别与足量的Zn反应，产生H2的量不同 D. 将两溶液均稀释100倍后，pH不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=2的盐酸和pH=2的稀硫酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L，但由于是HCl是一元强酸，而硫酸是二元强酸，据此可知两酸溶液的浓度之比为2；1，故A错误；‎ B．两溶液中c(H+)均为0.01mol/L，故B正确；‎ C．两溶液中c(H+)均为0.01mol/L，故等体积的两溶液中氢离子的物质的量相等，则和足量的锌反应产生的氢气的物质的量相等，故C错误；‎ D．由于都是强酸，故pH=2的盐酸和pH=2的稀硫酸溶液稀释100倍后，溶液的pH均变为4，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查学生的分析能力和元素化合物知识的应用能力，注意硫酸是二元强酸，而盐酸是一元强酸，pH=2的盐酸和pH=2的稀硫酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L，但由于是HCl是一元强酸，而硫酸是二元强酸，据此可知两酸溶液的浓度；再结合溶液体积大小关系，可知溶液中的氢离子的物质的量大小关系。‎ ‎8.常温下，‎4 L的pH＝9的Ca(OH)2溶液与‎1 L的pH＝13的NaOH溶液混合后，溶液中氢离子的浓度为 A. 5×10－13 mol·L－1 B. 2×10－12 mol·L－1‎ C. 4×10－5 mol·L－1 D. 4×10－9mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碱与碱混合后溶液的pH计算，先结合溶液中的离子积常数，计算溶液中氢氧根离子浓度，再计算混合后溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积常数换算氢离子浓度。‎ ‎【详解】4LpH=9的Ca(OH)2溶液中c(OH-)==10-5mol/L；1LpH=13的NaOH溶液中c(OH-)==10-1mol/L；混合后溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=≈2×10-2mol/L；混合溶液中c(H+)==5×10-13mol/L；故答案为A。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. c(H＋)>1.0×10－7 mol·L－1的溶液一定呈酸性 B. c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14的溶液一定呈中性 C. 中性溶液中的c(H＋)一定等于1.0×10－7 mol·L－1‎ D. c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定是中性溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎100℃‎时，纯水溶液pH=6，则c(H+)＞1.0×10-71mol•L-1的溶液可能呈中性、碱性或酸性，故A错误；‎ B．常温下c(H+)•c(OH-)=1.0×10-14，该溶液可能呈酸性、碱性或中性，与溶液中H+和OH-‎ 浓度相对大小有关，故B错误；‎ C．中性溶液中的c(H+)不一定等于1.0×10-71mol•L-1，如‎100℃‎时，纯水溶液pH=6，故C错误；‎ D．只要溶液中存在c(H+)=c(OH-)，则该溶液一定是中性溶液，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. ‎25 ℃‎水的电离常数是1.0×10－12‎ B. 中性溶液的c(H＋)＝‎ C. 纯水在‎100 ℃‎时，c(H＋)>10－7 mol·L－1，所以此时纯水中c(H＋)>c(OH－)‎ D. pH<7溶液一定是酸溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度为‎25℃‎，纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,c(H2O)==55.6mol/L，则水的电离常数是=≈1.79×10-12，故A错误。‎ B．已知Kw=c(H+)×c(OH-)，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，则c(H+)=，故B正确；‎ C．温度升高到‎100℃‎，水的电离度增大，则c(H+)=c(OH-)＞10-7mol/L，但c(H+)和c(OH-)仍相等，故C错误；‎ D．温度未知，pH＜7的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或碱性，如‎100℃‎时中性溶液pH=6，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎11.下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比(①:②:③:④)是 ‎①c(H＋)＝1 mol·L－1的盐酸 ‎②0.1 mol·L－1的盐酸 ‎③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ‎④c(OH－)＝1 mol·L－1的NaOH溶液 A. 1:10:100:1 B. 1:10－1:10－12：10－14‎ C. 14:13:12:14 D. 14:3:2:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸溶液中水的电离受抑制，溶液中的OH-来源于水的电离，而碱溶液中水的电离也受到抑制，溶液中的H+来源于水的电离。‎ ‎【详解】①c(H＋)＝1 mol·L－1的盐酸中c(OH－)＝=mol·L－1=1×10-14mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-14mol/L；‎ ‎②0.1 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(OH－)＝=mol·L－1=1×10-13mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-13mol/L；‎ ‎③0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH-)＝0.01 mol·L－1，c(H+)＝=mol·L－1=1×10-12mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-12mol/L；‎ ‎④c(OH－)＝1 mol·L－1的NaOH溶液，c(H+)＝=mol·L－1=1×10-13mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-14mol/L；‎ 即由水电离出的氢离子浓度之比①:②:③:④=1×10-14:1×10-13:1×10-12:1×10-14=1:10:100:1，故答案为A。‎ ‎12. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为 A. 9:1 B. 1:‎11 ‎C. 1:9 D. 11:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎13.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等 B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液的酸性强 C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸 D. 一定有关系：5>a>2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强；溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸：c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸：c(酸)＞c(H+)，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．因A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；‎ B．由图可知，稀释后，B的pH小，c(H+)大，则稀释后B酸的酸性强，故B错误；‎ C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；‎ D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，但A为强酸时，a=5，则5≥a＞2，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.在‎25℃‎时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）‎ A. 该溶液一定呈酸性 B. 该溶液中可能等于 ‎ C. 该溶液的pH可能为4也可能为10‎ D. 该溶液有可能呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎25℃‎时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误； B．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，故B错误； C．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）等于水电离出来的c（OH-）等于10-10mol•L-1，则溶液的pH=10，故C正确； D．因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱等物质，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查探究溶液酸碱性，为高频考点，明确水的电离被抑制还是促进是解本题关键，根据水的电离程度确定溶质成分，很多同学往往漏掉溶质可能为酸而导致错误，难点是溶液pH的计算，易错选项是C。‎ ‎15.关于溶液的酸碱性说法正确的是 （　　）‎ A. c(H+)很小的溶液一定呈碱性 B. PH=7的溶液一定呈中性 C. 不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性 D. c(OH-)= C(H+)的溶液一定呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．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+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；‎ B．pH=7的溶液不一定呈中性，如‎100℃‎时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7‎ 的溶液呈碱性，只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性与PH无必然联系，故B错误；‎ C．酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误；‎ D．溶液中如果c（OH﹣）=c（H+），则溶液呈中性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH，反应过程和能量的关系如图所示：‎ ‎（1）CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。‎ ‎（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热________(填“相等”或“不相等”)，原因是____________________________________________________________________。‎ ‎（3）已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242.0 kJ·mol－1‎ H2O(l)===H2O(g)　 ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1‎ 则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 相等 (3). 化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关 (4). H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286.0kJ•mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；‎ ‎(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关；‎ ‎(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H进行相应的改变。‎ ‎【详解】(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，所以△H＞0；‎ ‎(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关，所以I、II的反应热相等；‎ ‎(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-242.0kJ/mol-44kJ/mol=-286.0kJ•mol-1。‎ ‎17.有下列物质的溶液：①CH3COOH　②HCl　③H2SO4　④NaHSO4‎ ‎（1）若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H＋)的大小比较为____________(用序号表示，下同)。‎ ‎（2）将‎6 g CH3COOH溶于水制成‎1 L溶液，此溶液的物质的量浓度为___________，经测定溶液中c(CH3COO－)为1.4×10－3 mol/L，此温度下醋酸的电离常数Ka＝____________，温度升高，Ka将_____(填“变大”“不变”或“变小”，下同)，加入少量CH3COONa后c(H＋)______，Ka______。‎ ‎【答案】 (1). ③＞②=④＞① (2). 0.1mol/L (3). 1.99×10-5 (4). 变大 (5). 变小 (6). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸；‎ ‎(2)n(CH3COOH)==0.1mol，根据c=计算物质的量浓度；根据k=计算其大小并判断升温电离平衡常数的变化，结合外界条件对弱电解质的电离平衡的影响判断离子浓度的变化，电离平衡常数只受温度影响。‎ ‎【详解】(1)‎ 醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH ②HCl③H2SO4 ④NaHSO4溶液的物质的量浓度相同，c(H+)的大小顺序为：③＞②=④＞①；‎ ‎(2)n(CH3COOH)==0.1mol，c(CH3COOH)==0.1mol/L；‎ c(CH3COO-)=c(H+)=1.4×10-3mol/L，k==1.99×10-5；醋酸电离吸热，升温促进电离，电离平衡常数增大；向醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，温度不变电离平衡醋酸不变。‎ ‎18.（1）在常温下的0.05 mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_______mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝___________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________ mol·L－1。‎ ‎（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)为_____________mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为_______________mol·L－1，此时温度_______(填“高于”、“低于”或“等于”)‎25 ℃‎。‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 1×10-13 (3). 1×10-13 (4). 2×10-7 (5). 8×10-11 (6). 高于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)常温下水的离子积常数为1×10-14，硫酸溶液中水的电离受抑制，且水电离的H+和OH-浓度相等；‎ ‎(2)依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，Kw随温度变化；依据离子积计算离子浓度，水的电离是吸热的，温度越高，水的离子积越大，据此回答。‎ ‎【详解】(1)在常温下的0.05 mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2=0.1mol·L－1，此时的电离受抑制，溶液中OH－来自水的电离，且水电离的H+和OH-浓度相等，则水电离出的c(OH－)＝mol·L－1=1×10-13mol/L，水电离出的c(H＋)＝1×10-13mol·L－1；‎ ‎(2)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L，水的离子Kw=c(H+)•c(OH-)=4×10-14mol2•L-2＞1×10-14mol2•L-2，则此时的温度高于‎25 ℃‎ ‎；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=5×10-4mol/L，则溶液中c(H+)•c(OH-)=4×10-14，可知c(OH-)==8×10-11mol/L。‎ ‎【点睛】向纯水中加酸、碱平衡向左移动，水的电离程度变小，但Kw不变；向纯水中加入易水解的盐，由于盐的离子结合H+或OH-而促进水的电离，使水的电离程度增大，温度不变时，Kw不变。本题中由水电离产生的c(H+) 为10-13mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离受到了抑制了，可能是酸或碱，pH可能约为1或13。‎ ‎19.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol，据此回答以下问题：‎ ‎（1）①该反应的化学平衡常数表达式为________________。‎ ‎②根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越______。‎ ‎（2）某温度下，若把10 mol N2与30 mol H2置于体积为‎10 L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K＝_________(可用分数表示)。能说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。‎ a．容器内的密度保持不变　 b．容器内压强保持不变 c．v正(N2)＝2v逆(NH3) d．混合气体中c(NH3)不变 ‎（3）对于合成氨反应而言，下列有关图像一定正确的是_________(选填序号)。‎ a. b. c. ‎ ‎（4）相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1 kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2 kJ。则：a______b(填“>”“＝”或“<”，下同)，Q1_____92.4。‎ ‎【答案】 (1). k= (2). 小 (3). (4). bd (5). ac (6). ＜ (7). ＜‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)①根据化学平衡常数概念列表达式；②反应为放热反应，升温反应逆向移动，k变小；‎ ‎(2)根据三段式和k的表达式可得；化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；‎ ‎(3)a．先出现拐点先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动；‎ b．平衡时浓度不一定相等；‎ c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响；‎ ‎(4)恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ， 而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动。‎ ‎【详解】(1)①根据化学平衡常数概念列表达式k=；‎ ‎②该反应是放热反应，温度越高，反应越逆向进行，K越小；‎ ‎(2)设反应氮气为x，根据三段式：‎ ‎ ‎ 反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，即=20%，解得：x=，则k===；‎ a．容器体积不变，气体质量不变，所以容器内的密度始终保持不变，故a错误；‎ b．容器体积不变，反应前后气体物质的量不同，所以容器内压强保持不变说明反应达到平衡状态，故b正确；‎ c．v正(N2)=2v逆(NH3)，不符合化学计量数之比，故c错误；‎ d．混合气体中c(NH3)不变，说明各组分浓度都不变，反应达到平衡状态，故d正确；‎ 故答案为：bd；‎ ‎(3)a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，故a正确；‎ b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，故b错误；‎ c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，故c正确；‎ 故答案为：ac；‎ ‎(4)恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ，而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动，氨气的体积分数变大，所以a＜b；热化学方程式中反应热为完全反应放出的热量，而A中氮气不能完全转化，放出的热量少，即Q1＜92.4。‎ ‎【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎ ‎