题目内容

2．工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示．下列说法错误的是（　　）
A．在A、B、C三点时，v（正）=v（逆），在D点时v（正）＞v（逆）
B．A、B、C三点的平衡常数一定不相同
C．升高温度可以加快化学反应速率，有利于平衡向正反应方向移动
D．在一定温度下，保持容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，压强增大，平衡不移动

分析 A．曲线上的点为平衡点，D点SO3的百分含量小于平衡时含量，向正反应方向移动；
B．温度不变，K不变，K只与温度有关；
C．由图可知，温度越高，生成物的含量越低，该反应为放热反应；
D．容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，反应体系中各物质的浓度不变．

解答 解：A．曲线上的点为平衡点，则A、B、C三点时v（正）=v（逆），D点SO3的百分含量小于平衡时含量，向正反应方向移动，D点时v（正）＞v（逆），故A正确；
B．A、B、C三点的温度不同，则平衡常数一定不相同，故B正确；
C．由图可知，温度越高，生成物的含量越低，该反应为放热反应，升高温度可以加快化学反应速率，但平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故D正确；
故选C．

点评 本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握曲线的意义、K与温度的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大．

练习册系列答案
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12．某化学小组以苯甲酸的粗产品作为原料（含少量溶解度随温度变化影响较小的可溶物以及泥沙），提纯获得纯净的苯甲酸，再进行制取苯甲酸甲酯的实验．已知苯甲酸的溶解度如下表：
 温度 25℃ 50℃ 95℃
 溶解度 0.17g 0.95g 6.8g
I．提纯苯甲酸产品
某同学为了提纯某苯甲酸样品，进行了如下实验：
（1）室温时，取少量样品放入烧杯，加入100mL蒸馏水充分搅拌，发现样品几乎没溶解；将烧杯放在石棉网上加热，待样品充分溶解后，再加入少量蒸馏水，然后趁热过滤．趁热过滤的目的是滤除去不溶于水的杂质，并避免溶质因温度降低析出而造成损失；将所得滤液冷却至室温，使苯甲酸以晶体形式析出，然后过滤得到较纯净的苯甲酸晶体；
II．合成苯甲酸甲酯粗产品（已知部分物质的沸点如下表）
物质甲醇苯甲酸苯甲酸甲酯
相对分子质量34122136
沸点/℃64.7249199.6
在烧瓶中加入12.2g 苯甲酸和20mL 甲醇（密度约0.79g•mL-1），再小心加入3mL 浓硫酸，混匀后，投人几粒碎瓷片，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品．
（2）浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；若反应产物水分子中有同位素18O，写出能表示反应前后18O位置的化学方程式：C6H5-CO18OH+CH3OH?C6H5-COOCH3+H218O；
（3）甲和乙两位同学分别设计了如图1两套实验室合成苯甲酸甲酯的装置（夹持仪器和加热仪器均已略去）．选择适当的装置（甲或乙），并说明你选择理由甲中有冷凝回流装置_；若要提高苯甲酸甲酯的产率，可采取的措施及时分离出产物苯甲酸甲酯（答案合理即可）；（至少写出一条措施）．
III．粗产品的精制
苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程图如图2进行精制．

（4）以上流程图a、b所代表的实验操作为a：分液b：蒸馏；
（5）通过计算，苯甲酸甲酯的产率为65.0%（保留两位有效数字）．
13．写出下列反应的热化学方程式
（1）16gCH4（g）与适量O2（g）反应生成CO2（g）和H2O（l），放出890.3kJ热量CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol．
（2）在101kPa时，H2在1mol O2中完全燃烧生成2mol液态水，放出571.6kJ的热量，写出H2燃烧热的热化学方程式为H2（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol．
（3）1.00L 1.00mol/L硫酸与2.00L 1.00mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，表示其中和热的热化学方程式为$\frac{1}{2}$H2SO4（aq）+NaOH（aq）=$\frac{1}{2}$Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．
（4）已知拆开1mol H-H键，1mol N-H键，1mol N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）与H2（g）反应生成NH3（g）的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1．
（5）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3
①液态水转化气态水的热化学方程式为H2O（l）═H2O（g）△H=$\frac{△{H}_{1}-△{H}_{2}}{2}$．
②CO和H2分别燃烧生成CO2（g）和H2O（g），欲得到相同热量，所需CO和H2的体积比是$\frac{△H1}{△H3}$．
10．对于平衡体系：aA（g）+bB（g）?cC（g）+dD（g）△H＜0，下列判断中正确的是（　　）
A．若a+b＜c+d，增大压强，则平衡向左移动
B．若从正反应开始，起始时A、B的物质的量之比为a：b，则平衡时A、B的转化率之比为a：b
C．若a+b=c+d，在平衡体系中共有气体m mol，再向其中充入n mol B，则达到平衡时气体总物质的量小于（m+n）mol
D．若a+b=c+d，则对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体压强不变
17．反应mA（s）+nB（g）?pC（g）△H=-QkJ/mol在一定温度下B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中正确的是（　　）
①m+n＜p；
②x点表示该反应的正反应速率大于逆反应速率；
③n＞p；  
 ④x点时比y点时的反应速率慢．
A．只有①B．只有②④C．只有①②④D．只有①和③
7．用中和滴定的方法测定NaOH和Na2CO3混合溶液中NaOH的含量时，可先在混合溶液中加入过量的氯化钡溶液，使Na2CO3完全变成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定（用酚酞作指示剂）．试完成下列问题：
（1）向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，为什么不会使BaCO3溶解而能测定NaOH的含量？因为滴加盐酸首先与NaOH发生中和反应．
（2）滴定终点时溶液颜色如何变化？浅红色变无色．
（3）滴定时，若滴定管中滴定液一直下降到活塞处才到达终点，能否据此得出准确的滴定结果不能（填“能”或“不能”）．
（4）能否改用甲基橙作指示剂（填“能”或“不能”）不能，如果用甲基橙作指示剂，则测定结果如何？偏高（填“偏高”“偏低”或“正确”）．
14．（1）在1.01×105Pa时，4g氢气完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，写出表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=H2O（l）△H=-286KJ/mol．
（2）已知中和热△H=-57.3kJ/mol，写出稀硫酸与氢氧化钠的稀溶液发生中和反应的热化学方程式：$\frac{1}{2}$H2SO4（aq）+NaOH（aq）=$\frac{1}{2}$Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．
11．（1）在微生物作用的条件下，NH4+ 经过两步反应被氧化成NO3-．两步反应的能量变化示意图如图：

①第一步反应是放热反应（选题“放热”或“吸热”），判断依据是反应物的总能量大于生成物的总能量
②1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3- （aq）的热化学方程式是NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq），△H=-346 kJ/mol
（2）用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol•L-1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定，滴定结果如下：
实验编号NaOH起始读数NaOH终点读数
第一次0.10mL18.40mL
第二次3.00mL21.10mL
第三次0.20mL20.40mL
第四次0.00mL18.20mL
①滴定管在使用之前需要先查漏，再洗涤和润洗
②判断滴定终点的现象是无色变粉红色，且半分钟内不变色
③根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为0.15 mol•L-1（小数点后保留两位有效数字）．
④以下操作可能造成测定结果偏高的是ACE（填写序号）．
A．滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后消失
B．滴定前读数正确，达到滴定终点后，俯视读数
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗后，未用待测液润洗
E．未用标准液润洗碱式滴定管
（3）由pH=3的HA（弱酸）与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度大小的顺序为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．
12．摩尔是表示（　　）
A．物质的量的单位B．物质的质量的单位
C．物质的量的浓度D．摩尔质量的单位

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