安徽省合肥一六八中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学 Word版含解析.docx

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2023-2024学年高二第二次月考试题化学试卷一、单选题(每题3分，共42分)1.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列有关说法错误是A.《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”强水为强电解质B.《神农本草经》中“石胆……能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜C.刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，固态冰转化为液态水为熵增的过程D.“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能【答案】A【解析】【详解】A．强水是王水，是浓盐酸和浓硝酸按体积比3∶1形成的混合物，则强水是混合物，不属于强电解质，A错误；B．“石胆……能化铁为铜、成金银”指的是硫酸铜与铁发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜单质，描述的是湿法炼铜，B正确；C．固态冰转化为液态水，混乱度增加，属于熵增的过程，C正确；D．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及燃烧，燃烧将化学能转化为热能和光能，D正确；故选A。2.利用CO2合成乙烯的反应原理为：，往恒压密闭容器中按n(CO2)∶n(H2)=1∶3充入气体，在常压和催化剂作用下进行反应。测得温度对CO2平衡转化率和催化剂催化效率影响情况如图所示。下列说法不正确的是A.该反应△H<0，平衡常数：KM>KNB.反应速率有可能是u(M)>u(N)C.温度越低，反应一定时间后CO2的转化率越高D.若投料比改为n(CO2)∶n(H2)=1∶4，可提高CO2的平衡转化率 【答案】C【解析】【详解】A．随着温度的升高，转化率下降，平衡逆向进行，故ΔH<0，平衡常数KM＞KN，故A正确；B．M时催化剂的催化效率比N高，反应速率有可能是u(M)>u(N)，故B正确；C．温度低会导致化学反应速率较慢，因此，温度越低，反应一定时间后CO2的转化率不一定越高，故C错误；D．若投料比改为n(CO2)∶n(H2)=1∶4，相当于在原平衡基础上增加氢气浓度，使得平衡正向移动，可提高CO2的平衡转化率，故D正确；故选C。3.在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和3molY，发生反应：，平衡时和反应10min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法正确的是A.使用更高效的催化剂，可以使b点移动到d点B.bc段变化可能是由于升高温度平衡逆向移动C.0～10min的平均反应速率：D.保持温度和体积不变，向d点体系中再充入1molX，再次达平衡时【答案】A【解析】【详解】A．b点为400℃，反应10min时X的转化率还未达到平衡，若使用高效催化剂，反应速率增大，相同时间X的转化率增大，对应点在b点之上，但催化剂不影响平衡，故转化率不会大于d点，A正确；B．bc段反应未达到平衡，不是升高温度平衡逆向移动造成的，可能是温度升高，催化剂失活，反应速率减小，B错误；C．0～10min，X的转化量a、c点相同，由，得，C错误； D．d点已达平衡状态，体系中，只有X是气体，温度不变，故K值不变，即，D错误；故选A。4.温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容条件，已知，测得反应达到平衡时的有关数据如表：容器1容器2容器3反应物投入量、的浓度反应的能量变化放出吸收吸收体系的压强反应物的转化率下列说法正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．容器1投入1molN2和3molH2，容器2投入2mol，两个容器中的反应完全等效，根据盖斯定律，两个容器中的能量之和为92kJ，即，A正确；B．容器1和容器2等效，所以，容器3充入4mol，是容器2的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以容器3中的氨气的浓度大于容器2中氨气浓度的2倍，即，B错误；C．容器1和容器2等效，，容器3充入4mol，是容器2的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以容器3中压强减小，小于容器2和容器1的2倍，即，C错误；D．容器3充入4mol，是容器2的二倍，若平衡不移动，，由于容器3中相当于增大压强，平衡正向移动，氨的转化率减小，所以，D错误；故选A。 5.在起始温度相同(T℃)且恒温的条件下，分别向起始容积相同的甲、乙两个容器(乙中活塞可自由活动)中加入足量且等量的，发生反应：①、②。达到平衡时，测得甲容器中、。下列说法正确的是A.达到平衡时甲、乙容器的容积仍相等B.达到平衡时甲、乙容器中气体颜色一致C.该温度下，反应①的化学平衡常数K为25D.达到平衡时，甲容器中的体积分数为40%【答案】B【解析】【详解】A．乙容器为恒压容器，该温度下，反应①为气体分子数增多的反应、反应②为气体分子数不变的反应，因此达到平衡时甲容器的容积小于乙容器的容积，A错误；B．相同温度下，甲、乙容器中相应反应的平衡常数相同，因此达到平衡时相同，B正确；C．甲容器达到平衡时，测得，根据反应②可知，参与反应的，又因为反应后，则反应①中的，达到平衡时反应①的化学平衡常数，C错误；D．由C可知甲中达到平衡时，，，，，则的体积分数为50%，D错误；故选B。6.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下(起始时，，容器体积为)。下列分析不正确的是 A.乙烯气相直接水合反应的B.图中压强的大小关系为：C.图中a点对应的平衡常数D.达到平衡状态a、b所需要的时间：【答案】C【解析】【详解】A．如图，温度越高，乙烯的转化率越低，平衡逆向移动，该反应的放热反应，，A正确；B．由图可知，压强越大，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率越大，所以，B正确；C．a点时，乙烯转化率为20％，根据三段式：，，C错误；D．与a点相比，b点温度高，压强大，反应速率较慢，达平衡所需时间较短，D正确；故选D7.常温下，下列说法正确的是A.等体积、等物质的量浓度的氨水和氢氧化钠溶液，分别通入氯化氢气体至溶液呈中性，氨水消耗的氯化氢更少B.浓度均为0.1mol•L-1的氨水和盐酸等体积混合后，溶液中c(Cl-)=c(NH)C.pH相等的盐酸和氯化铵溶液中，c(Cl-)相同D.浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液，导电能力相同【答案】A【解析】【详解】A．由于氯化铵溶液显酸性，而氯化钠溶液显中性，所以等体积、等物质的量浓度的氨水和氢氧化钠溶液，分别通入氯化氢气体至溶液呈中性，氨水消耗的氯化氢更少，故A正确；B．浓度均为0.1mol•L-1的氨水和盐酸等体积混合后溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根离子会水解，所以 c(Cl-)>c()，故B错误；C．盐酸溶液中存在电荷守恒c1(H+)=c1(OH-)+c1(Cl-)，氯化铵溶液中存在电荷守恒c2()+c2(H+)=c2(OH-)+c2(Cl-)，两溶液pH相等，则c1(H+)=c2(H+)，c1(OH-)=c2(OH-)，所以c1(Cl-)=c2(Cl-)-c2()，故C错误；D．醋酸为弱酸，不完全电离，所以浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液中，盐酸中离子浓度更大一些，导电能力更强，故D错误；故选：A。8.在体积都为1LpH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则以下图像符合客观事实的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，，且对于盐酸而言，因为醋酸为弱酸，所以醋酸本身的浓度大于，1L的盐酸中0.01mol，根据反应，0.65g锌粒物质的量为，完全反应消耗0.02molHCl，所以Zn过量，盐酸完全反应；【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，随着反应的进行醋酸电离出氢离子，导致反应过程中醋酸中氢离子浓度大于盐酸，且反应速率快，所以pH：，故A错误；B．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，，所以刚开始反应速率相同，但是醋酸弱电离，反应过程中有氢离子不断电离出，反应速率比盐酸快，故B错误； C．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，，且对于盐酸而言，因为醋酸为弱酸，所以醋酸本身的浓度大于，1L的盐酸中0.01mol，1L的醋酸中0.01mol，根据反应，0.65g锌粒物质的量为，完全反应消耗0.02molHCl，所以Zn过量，盐酸完全反应，醋酸反应生成的氢气的量多，因为反应过程中醋酸中氢离子浓度大，反应速率快，故C正确；D．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，随着反应的进行醋酸电离出氢离子，导致反应过程中醋酸中氢离子浓度始终大于盐酸，故D错误；故选C。9.将等体积的溶液和溶液分别加水稀释，随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是A.a点时的两溶液中存在：B.酸的电离程度：c点=d点>b点C.b、c两点时的溶液分别与恰好中和，溶液中：b点>c点D.溶液中水的电离程度：a点d点；b、d两点都位于 的曲线上，但d点加水稀释倍数更大，所以酸的电离程度：d点>b点；综上所述，酸的电离程度：c点>d点>b点，B选项错误；C．b、c两点：b点的c(CH3COOH)>c点的c(HNO2)，则b、c两点时的溶液分别与恰好中和，CH3COOH消耗的更多，更多，即溶液中：b点>c点，C选项正确；D．酸抑制水的电离，酸中c(H+)越大，对水的电离抑制程度越大，水的电离程度越小，酸中c(H+)：a点>b点>c点=d点，则溶液中水的电离程度：c点=d点>b点>a点，D选项错误；答案选C。10.25℃时，弱酸的电离平衡常数如表，下列说法正确的是。弱酸A.少量通入溶液中：B.少量通入溶液中：C.等浓度、体积的与混合：D.少量通入溶液中：【答案】B【解析】【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞＞HClO＞。【详解】A．HClO的酸性大于而小于H2CO3，ClO-+H2O+CO2=HClO+，故A错误；B．SO2具有还原性，与Ca(ClO)2发生氧化还原反应，，故B正确；C．酸性：H2CO3>，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故C错误；D．酸性：H2SO3>H2CO3>，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：，故D错误； 故选B。【点睛】弱酸电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>，则酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。11.室温下，向一定浓度的溶液中滴加盐酸，溶液中、、随溶液酸度的变化如图所示。下列说法错误的是A.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、随AG的变化图像B.的C.时，D.随着AG的增大，的值不断减小【答案】D【解析】【分析】室温下，向一定浓度的溶液中滴加盐酸，随着氢离子浓度变大，磷酸根离子依次反应转变为、、，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、，可利用当lgX=0时，AG的值求出此时氢离子浓度得到磷酸电离平衡常数。【详解】A．由分析得：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、随AG变化的图像，故A正确；B．由，当时，，则，则 ，同理可得，，故B正确；C．由电荷守恒可知，，由图可知时，，则，故C正确；D．，故随着AG的增大，的值不变，故D错误；故选D。12.某酸是二元弱酸，。常温下，混合溶液的与含粒子的物质的量分数[例如：]的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅱ代表与溶液的的关系B.时，溶液中最大C.的数量级为D.的【答案】C【解析】【分析】依图可知，随着pH的增大，I逐渐减小，II先增大后减小，III在一定PH后一直增大，故可知曲线I表示H2RO3，曲线II表示，曲线III表示。【详解】A．依分析知A正确；B．由图可知，时，曲线II在最上方，即溶液中最大，B正确； C．=，当pH=1.23时，=，故此时==10-1.23，即数量级为10-2，C错误；D．的K=，当在A点即pH=1.23时，=，在B点即pH=4.19时=，故K==102.96，D正确。故答案为：C。13.常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是A.的溶液：B.的溶液中：C.与反应能放出的溶液中：D.常温下，由水电离产生的的溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A．具有强氧化性能将还原性亚硫酸根氧化成硫酸根，A错误；B．的溶液中含有大量氢离子，与碳酸氢根不共存生成水和二氧化碳，B错误；C．与反应能放出的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，氢氧根与铵根离子不共存，氢离子与硫离子不共存，C错误；D．常温下，由水电离产生的的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，酸性溶液中、可大量共存，D正确；故选D。14.化学中常用表示水溶液的酸碱度，其定义为。下列有关叙述不正确的是A.等质量的分别与均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积更少 B.的盐酸和醋酸分别加水稀释至，盐酸加水体积更多C.的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，所得溶液小于4D.向的醋酸溶液中加入等体积的盐酸溶液，醋酸的电离平衡不移动【答案】A【解析】【详解】A．均为3的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，与等质量的恰好完全反应，消耗醋酸的体积更少，A错误；B．的盐酸和醋酸分别加水稀释至，醋酸电离平衡正向移动，加水体积更小，所以盐酸加水体积更多，B正确；C．的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，醋酸电离平衡正向移动，所得溶液，小于4，C正确；D．向的醋酸溶液中加入等体积的盐酸溶液，不变，醋酸的电离平衡不移动，D正确；故选A。二、填空题(四题共58分，每空2分)15.某化学兴趣小组设计如下实验方案，用浓硫酸与铜片反应制备，并进行相关实验探究，实验装置如下图所示：（1）装置中发生反应的化学方程式是___________。（2）装置的作用是___________。（3）装置中的全部转化为的标志是___________。 （4）甲同学向中得到的溶液中加入漂粉精(主要成分为次氯酸钙)溶液，观察到有白色沉淀生成，该白色沉淀是___________静置一段时间后，甲同学取少量上层清液于试管中加入几小块固体，发现有气泡产生。认为一定是按照发生反应，请你写出甲同学认为发生反应的离子反应方程式___________。（5）乙同学通过查阅工具书，得知H2SO3：；；，他得出、、的酸性由强到弱为___________；他预测只要满足一定关系就能解释上述现象。你认为下列比值能够解释上述现象的是___________。A．1：1B．3：1C．1：2D．4：1于是他另取少量同样的上清液，滴加少量溴水，振荡，出现___________现象，证明自己预测正确。【答案】（1）；（2）防倒吸(或安全瓶)（3）溶液由红色变为无色（4）①.②.（5）①.②.BD③.溴水褪色【解析】【分析】由图可知，装置A中Cu与浓硫酸的反应生成二氧化硫，装置B作安全瓶，可防止倒吸，装置C中NaOH溶液吸收尾气。【小问1详解】装置中发生反应的化学方程式是；【小问2详解】装置B的作用是做安全瓶，起到防倒吸的作用，故答案为：防倒吸(或安全瓶)；【小问3详解】装置C中NaOH全部转化为NaHSO3时碱性降低，标志是溶液由红色变为无色，故答案为：溶液由红色变为无色；【小问4详解】 具有还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应得到白色沉淀是；加入固体，有气泡产生，说明上述反应得到的溶液呈酸性，即有H+产生，当发生反应时，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，发生反应的离子反应方程式为；【小问5详解】电离平衡常数越大，酸性越强，由电离平衡常数大小可知，酸性；和恰好反应时，发生的反应是，A．当=1：1<2:1时，过量，发生的反应是+Ca2++2ClO-=HClO++Cl-，加入固体，无气泡产生，不能解释上述现象，故不选A；B．当=3：1>2:1时，不足，发生的反应是3+Ca2++2ClO-=H++H2SO3++2Cl-+，加入固体，有气泡产生，能解释上述现象，故选B；C．当=1：2<2:1时，过量，发生的反应是+Ca2++2ClO-=HClO++Cl-，加入固体，无气泡产生，不能解释上述现象，故不选C；D．当=4：1>2:1时，不足，发生的反应是3+Ca2++2ClO-=H++H2SO3++2Cl-+，加入固体，有气泡产生，能解释上述现象，故选D；故选BD；取少量同样的上清液，滴加少量溴水，振荡，溴水褪色，证明不足，溶液中含有H2SO3使溴水褪色，可证明推测正确。16.六聚偏磷酸钠[(NaPO3)6]是偏磷酸钠(NaPO3)的一种聚合体，其主要用于水处理、造纸、食品行业。工业上由Ca3(PO4)2、焦炭、石英砂为原料制备六偏磷酸钠的方法如下：回答下列问题： （1）“高温灼烧”发生反应的化学方程式是___________。（2）因白磷(P4)易自燃，通常保存在冷水中，在“气体分离”环节中得到白磷固体比较合理的操作是___________。（3）经分析，所得到的白磷中含有相对较多的Pb和含量相对少量的As元素。在“高温氧化”时As、Pb会被氧化成As2O5、PbO，随后在“水化”(产物是H3PO4)过程中转化为两种难溶性盐被除去，则两种滤渣的主要成分是___________、___________(填化学式)。（4）已知室温下H3PO4的Ka1=7.5×10-3、Ka2=6.4×10-8、Ka3=4.4×10-13，且lg3.2=0.5。①若直接将白磷与足量NaOH溶液直接混合加热，则得到的是次磷酸钠(NaH2PO2)，但同时会得到一种剧毒气体(PH3)，写出该化学方程式___________。②欲得到室温下0.5mol/LNaH2PO4溶液，则“中和”时需加适量NaOH固体调溶液pH约为_________(结果保留两位小数)。（5）将白磷的氧化产物(P4O10)与纯碱混合加热是工业上制备偏磷酸钠的另一种方法，该方法的化学方程式是___________。【答案】（1）2Ca3(PO4)2+10C+6SiO26CaSiO3+10CO↑+P4↑（2）将混合气体通入冷水中，过滤（3）①.Pb3(PO4)2②.Pb3(AsO4)2（4）①.P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑②.3.75（5）P4O10+2Na2CO3=4NaPO3+2CO2↑【解析】【分析】由题给流程可知，磷酸钙与焦炭、石英砂高温条件下灼烧反应生成硅酸钙、一氧化碳和白磷，将混合气体通入冷水中，将白磷冷凝为固体，过滤得到白磷；白磷高温条件下与氧气反应得到含有十氧化四磷的固体，固体溶于热水得到磷酸和磷酸铅、砷酸铅沉淀，过滤得到磷酸和含有磷酸铅、砷酸铅的滤渣；向磷酸溶液中加入氢氧化钠溶液，将磷酸转化为磷酸二氢钠，反应得到的溶液经结晶得到磷酸二氢钠固体，磷酸二氢钠受热脱水得到偏磷酸钠，偏磷酸钠经高温聚合得到产品六聚偏磷酸钠。【小问1详解】由分析可知，磷酸钙与焦炭、石英砂高温条件下灼烧反应生成硅酸钙、一氧化碳和白磷，反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+10C+6SiO26CaSiO3+10CO↑+P4↑，故答案为：2Ca3(PO4)2+10C+6SiO26CaSiO3+10CO↑+P4↑； 【小问2详解】由分析可知，为防止易自燃的白磷燃烧，在气体分离环节得到固体白磷比较合理的操作是将混合气体通入冷水中，将白磷冷凝为固体，过滤得到白磷，故答案为：将混合气体通入冷水中，过滤；小问3详解】由题意可知，白磷高温条件下与氧气反应得到含有十氧化四磷的固体，固体溶于热水得到磷酸和磷酸铅、砷酸铅沉淀，过滤得到磷酸和含有磷酸铅、砷酸铅的滤渣，故答案为：Pb3(PO4)2；Pb3(AsO4)2；【小问4详解】①由题意可知，白磷与氢氧化钠浓溶液共热反应生成次磷酸钠和磷化氢气体，反应的化学方程式为P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑，故答案为：P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑；②由电离常数可知，磷酸二氢钠的水解常数为Kh===＜Ka2=6.4×10-8，则磷酸二氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，由电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为=×10—4mol/L，则溶液pH为4—0.5×=3.75，故答案为：3.75；【小问5详解】由题意可知，十氧化四磷与碳酸钠与碳酸钠混合加热反应生成偏磷酸钠和二氧化碳，反应的方程式为P4O10+2Na2CO3=4NaPO3+2CO2↑，故答案为：P4O10+2Na2CO3=4NaPO3+2CO2↑。17.元素周期表反映元素之间的内在联系，是研究物质性质的重要工具。如表是元素周期表的一部分，请回答下列问题：周期IA01①IIA…IIIAIVAVAVIAVIIA2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）元素④、⑤、⑧的简单离子半径由大到小的排序为___________(填离子符号)。（2）①和③两种元素组成一种盐X为六核化合物，X含有___________键，X的电子式___________。（3）⑥的氧化物和⑧的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。（4）由①④⑤⑦四种元素共同组成两种酸式盐，写出两种酸式盐在溶液中发生反应的离子方程式 ___________。【答案】（1）Cl−>O2−>Na+（2）①.离子键和共价键②.（3）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（4）HSO+H+=SO2↑+H2O【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①是H元素、②是C元素、③是N元素④是、O元素、⑤是Na元素、⑥是Al元素、⑦是S元素、⑧是Cl元素。【小问1详解】离子的电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为Cl−>O2−>Na+，故答案为：Cl−>O2−>Na+；【小问2详解】氢化铵是含有离子键个共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：离子键和共价键；；【小问3详解】由题意可知，两性氧化物氧化铝与高氯酸溶液反应生成高氯酸铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；【小问4详解】由题意可知，硫酸氢钠溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为HSO+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO+H+=SO2↑+H2O。18.I．在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=—196.6kJ•mol-1(已知：反应条件为催化剂、加热；催化剂是V2O5，在400～500℃时催化剂效果最好)。表中列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.7 55085.692.994.997.798.3（1）从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是________。（2）在实际生产中，选定的温度为400～500℃，原因是___________。（3）在实际生产中，采用的压强为常压，原因是___________。（4）在实际生产中，通入过量的空气，原因是___________。（5）尾气中SO2必须回收，原因是___________。II．Bodenstein研究了反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH>0。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表所示：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950784x(HI)00.60.730.7730.780.784（6）根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为___________。（7）上述反应中，正反应速率v正=k正x2(HI)，逆反应速率v逆=k逆x(H2)•x(I2)，其中k正、k逆为正、逆反应速率常数，则k逆为___________(用含K和k正的代数式表示)。III．在刚性容器压强为1.01MPa时，乙酸甲酯与氢气制备乙醇主要发生如下反应：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3OH(g)+CH3CH2OH(g)。一定温度下，以n(CH3COOCH3)：n(H2)=1：10的投料比进行反应，乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示：（8）A点时，CH3CH2OH(g)的体积分数为___________%(保留一位小数)。（9）此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=___________MPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，列出计算式，不要求计算结果)。【答案】（1）450℃、10MPa（2）在此温度下，催化剂活性最高，温度较低，会使反应速率减小，达到平衡所需时间变长；温度较高，SO2转化率会降低（3）在常压下SO2 的转化率就已经很高了，若采用高压，平衡能向右移动，但效果并不明显，且采用高压时会增大对设备的要求而增大生产成本（4）增大反应物O2的浓度，有利于提高SO2的转化率（5）防止污染环境；循环利用，提高原料的利用率（6）（7）（8）8.9（9）【解析】【小问1详解】由表格数据可知，450℃、10MP时二氧化硫的转化率已达到99.7%，再升高温度，二氧化硫的转化率增大幅度不大，则为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是450℃、10MP，故答案为：450℃、10MP；【小问2详解】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，在实际生产中，选定的温度为400～500℃的原因是400～500℃为催化剂的活性温度，温度较低，反应速率慢，不利于三氧化硫的生成，温度过高，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，同样不利于三氧化硫的生成，故答案为：在此温度下，催化剂活性最高，温度较低，会使反应速率减小，达到平衡所需时间变长；温度较高，SO2转化率会降低；【小问3详解】该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫转化率增大，由表格数据可知，常压下二氧化硫的转化率就已经很高了，若采用高压，二氧化硫的转化率变化不大，且采用高压会增大对设备的要求而增大生产成本，所以在实际生产中，采用的压强为常压，故答案为：在常压下SO2的转化率就已经很高了，若采用高压，平衡能向右移动，但效果并不明显，且采用高压时会增大对设备的要求而增大生产成本；【小问4详解】在实际生产中，通入过量的空气可以增大反应物氧气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于提高二氧化硫的转化率，故答案为：增大反应物O2的浓度，有利于提高SO2的转化率；【小问5详解】二氧化硫直接排空会造成酸雨，所以回收尾气中的二氧化硫可以防止污染大气，循环利用可以增大原料的利用率，故答案为：防止污染环境；循环利用，提高原料的利用率； 【小问6详解】由表格数据可知，反应达到平衡时，碘化氢的物质的量分数为78.4%，设容器的体积为VL，起始碘化氢为1mol，该反应为气体体积不变的反应，则平衡时，碘化氢的物质的量为0.784mol，氢气和碘的物质的量都为(1mol—0.784mol)×=0.108mol，反应的平衡常数K==，故答案为：；【小问7详解】由平衡时正逆反应速率相等可得：k正x2(HI)=k逆x(H2)•x(I2)，整理可得反应的平衡常数K==，则k逆=，故答案为：；【小问8详解】由图可知，A点时，乙酸甲酯的转化率为90%，设起始乙酸甲酯和氢气的物质的量分别为1mol和10mol，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，乙醇的体积分数为×100%=8.9%，故答案为：8.9；【小问9详解】由三段式数据可知，平衡时，乙酸甲酯、氢气、甲醇、乙醇的平衡分压为×1.01MPa=0.01MPa、×1.01MPa=0.82MPa、×1.01MPa=0.09MPa、×1.01MPa=0.09MPa，则反应的的化学平衡常数Kp=MPa-1，故答案为：。