题目内容
【题目】我们学过的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡等，且均符合勒夏特列原理。
一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应。有关物质的量随时间的变化如图所示。
(1)0～2 min内的平均反应速率
_____
平衡常数表达式为
_________________。
(2)相同温度下，若开始加入
的物质的量是原来的2倍，则____是原来的2倍。
A．平衡常数 B．
的平衡浓度
C．达到平衡的时间 D．平衡时体系压强
(3)下列措施肯定能使平衡向逆反应方向移动的是的_____。
A．充入少量氨气 B．降温至0℃ C．充入少量硫化氢 D．加压
(4)常温下，将
的盐酸a L分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。
① 浓度为
的氨水b L；② 
的氨水c L；③ 的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间由大到小的关系是：_________________。
(5)常温下，取
的盐酸和醋酸溶液各100 mL，向其中分别加入量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示。则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线的是___(填“A”或“B”)；设盐酸中加入的Zn质量为
，醋酸溶液中加入的Zn质量为
，则___。(选填“＜”、“＝”、“＞”)
(6)某温度时，在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如下图所示，有关粒子浓度关系的比较正确的是____。
A．在A、B间任一点，溶液中一定都有
B．在B点，
，且有
C．在C点：
D．在D点：
【答案】0.5或1.1 
BD A b>a=d>c B < D
【解析】
依据图象分析，平衡状态下氢气物质的量为0.1mol，依据反应速率
计算，结合化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，反应前后气体体积不变，平衡不动，气体物质的量、物质的浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化；依据化学平衡状态物质性质分析，2HI（g）H2（g）+I2（g）-Q，反应是气体体积不变的吸热反应；从醋酸是弱电解质的角度分析，醋酸与Zn反应同时，电离出H+，pH变化较缓慢；在25mL 0.1mol．L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2molL-1 CH3COOH 溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH-）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。
（1）依据图象分析，平衡状态下氢气物质的量为0.1mol，消耗HI物质的量为0.2mol，0～2min内的平均反应速率
，结合化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式
；
（2）相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，反应前后气体体积不变，平衡不动，气体物质的量、物质的浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化；A．平衡常数随温度变化，不随浓度变化，故A错误； B．开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，反应前后气体体积不变，平衡不动，气体物质的量、HI的平衡浓度为原来的2倍，故B正确；C．浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间是原来的一半，故C错误；D．气体物质的量为原来的2倍，平衡时体系压强为原来的2倍，故D正确；
故答案为：BD；
（3）依据化学平衡状态物质性质分析，2HI（g）H2（g）+I2（g）-Q，反应是气体体积不变的吸热反应；A．充入少量氨气会和碘化氢发生反应，平衡逆向进行，故A正确；B．降温平衡向放热反应方向进行，逆向进行，但碘单质变化为固体后，平衡也可以向正反应方向进行，二者程度大小不同决定平衡移动方向，故B错误；C、充入少量硫化氢和碘单质反应，促进平衡正向进行，故C错误；D．反应前后气体体积不变，加压平衡不动，故D错误；
故答案为：A；
（4）①将pH=3的盐酸aL与浓度为1.0×10-3molL-1的氨水bL溶液混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水过量，b＞a；②将pH=3的盐酸aL与c（OH-）=1.0×10-3molL-1的氨水cL，等体积混合，平衡状态下的氢氧根和盐酸溶液中氢离子恰好反应，此时氨水电离平衡正向进行，氢氧根离子增大，若溶液呈中性，需要加入盐酸多，a＞c；③将pH=3的盐酸aL与c（OH-）=1.0×10-3molL-1的氢氧化钡溶液dL，等体积合，氢离子和氢氧根恰好反应，溶液呈中性，a=d；所以得到b＞a=d＞c；
故答案为：b＞a=d＞c；
（5）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m1＜m2；
故答案为：B；＜；
（6）A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）＜c（OH-），溶液中离子浓度大小关系为：c （Na+）＞c （CH3COO-）＞c （OH-）＞c （H+），若开始滴入醋酸少量，溶液中存在离子浓度大小可以是c （Na+）＞c （OH-）＞c （CH3COO-）＞c （H+），故A错误；B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）=c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），c （CH3COO-）＞c （Na+）＞c （H+）＞c （OH-），故C错误；D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1molL-1，c（Na+）=0..05mol/L，c （CH3COO-）+c （CH3COOH）=2c （Na+）故D正确；
故答案为：D。
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