【期中真题】天津市耀华中学2022-2023学年高二上学期期中调研化学试题.zip

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天津市耀华中学2022—2023学年度第一学期期中学情调研
高二年级化学学科试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列说法正确的是
A. 已知，则和反应的反应热
B. 能自发进行的化学反应，不一定是，
C. ，则的燃烧热为
D. 用标准溶液滴定未知浓度的醋酸，可选用甲基橙或酚酞做指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量；硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，故反应的焓变不是中和热的2倍，A错误；
B．根据反应可以自发进行，故能自发进行的化学反应，不一定是，，也可以是低温下放热的熵减反应，B正确；
C．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；反应中生成的气体水而不是液态水，故的燃烧热不为，C错误；
D．用标准溶液滴定未知浓度的醋酸，恰好反应得到醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，可选用酚酞做指示剂，D错误；
故选B。
2. 已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热


则反应的反应热为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热，则 I、 II、 III，根据盖斯定律III-×II+I得，则反应的反应热为，故D正确；
故选D。
3. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06mol·L-1。下列有关说法错误的是
A. 4min末，用NO表示的反应速率为0.03mol·L-1·min-1
B. 4min末，NH3的浓度为0.14mol·L-1
C. 0～4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0～4min内，O2物质的量减少了0.15mol
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．4min末，用NO表示的反应速率为=0.015mol·L-1·min-1，A错误；
B．4min末，NH3的浓度为=0.14mol·L-1　，B正确；
C．0～4min内，生成的水的物质的量为0.18mol，质量为0.18mol 18g/mol=3.24g　，C正确；
D．0～4min内，O2的物质的量减少了0.15mol，D正确；
故选A。
4. 在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成，同时生成
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A，B、C的浓度之比为1:3:2
A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③④⑦ D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成的同时都会生成，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；④反应前后气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质的浓度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符题意；综上分析①③④⑤⑥符合题意，则B选项正确。
故正确答案：B。
5. 少量铁粉与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的
①由铁粉换铁块②加NaNO3固体③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①由铁粉换铁块，反应速率减慢，故错误；②加NaNO3固体与酸形成硝酸，不产生氢气，故错误；③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液，发生钝化现象，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故正确；⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选D。
6. 以 CO2、H2为原料合成 CH3OH 涉及的反应如下：
反应Ⅰ： CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41kJ·mol-1
反应Ⅲ： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH3
在 5MPa 下，按照 n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是

A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线 n 代表 CH3OH 在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产 CH3OH
D. 图示 270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为 20%
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律I-Ⅱ可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；
B．根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；
C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误；
D．根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：


270℃时CO2的转化率为25%，则2x=1mol，解得x=0.125mol，则反应后总的物质的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75mol，则平衡体系中CO2的体积分数为，D正确；
答案选D。
7. 对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：快反应；
第二步： 慢反应；
第三步： 快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，故B错误；
C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；
选A。
8. 已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=a kJ/mol。T K时，在2 L恒容密闭容器中充入2mol NO 和2mol CO，保持温度不变，5 min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol/L。下列说法中错误的是
A. 若该反应是放热反应，则a③
C. 氨水、溶液中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的均减小
D. 等物质的量浓度的下列溶液中，①、②、③、④；由大到小的顺序是：①>③>②>④
【答案】C
【解析】
【详解】A． 常温下，为2的某酸与为12的某碱等体积混合溶液呈酸性，则不可能是强酸与弱碱溶液反应，若为强酸为弱碱，则碱大大过量，溶液呈碱性；混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡，所以HA是弱酸，BOH可能是强碱，BOH也可能是电离程度大于HA的弱碱，A错误；
B． 含弱电解质离子的盐水解能促进水电离、酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③由水的电离产生的大小关系为：③>②>①，B错误；
C． 氨水中加入NH4Cl晶体，NH 对一水合氨的电离起到了抑制作用，一水合氨的电离程度减小，c(OH−)减小，pH减小；NaOH溶液加入NH4Cl晶体反应生成NaCl和一水合氨，溶液中c(OH−)减小，pH减小，C正确；
D． 等物质的量浓度的下列溶液中，①、②、③、均为强电解质，④是弱电解质，故④中的铵离子浓度最小，①与②相比，铝离子水解呈酸性抑制铵离子水解，则铵离子浓度：①>②；③与②相比，醋酸根离子水解呈碱性促进铵离子水解，则铵离子浓度：③>②；则由大到小的顺序是：①>②>③>④，D错误；
答案选C。
12. 室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 向0.10mol·L-1 NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()
B 向0.10mol·L-1 NaHSO3溶液中通NH3：c (Na+)>c()>c()
C. 向0.10mol·L-1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
D. 向0.10mol·L-1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】
【详解】A、由电荷守恒有，c()+c(H+)=c(OH－)+c( )+2c()，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH−)，故有c( )=c()+2c()，故A错误；
B、由电荷守恒有，c()+c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH－)，pH=7时c(H+)=c (OH－)，则c()+c(Na+)=c()+2c()①，由物料守恒有，c(Na+)= c( )+c()+c(H2SO3)②，联立①②消去c(Na+)，得c()+c(H2SO3)=c()，所以c()>c()，故B错误；
C、在Na2SO3溶液中，根据物料守恒，有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以该等式不成立，故C错误；
D、由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c (CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH－)，则c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，联立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)，故D正确；
故选D。
13. 25℃时，下列说法不正确的是
A. 稀释醋酸溶液，溶液中的和数目都增大
B. 在醋酸溶液中加入至溶液为中性，此时
C. pH相等的和溶液，水的电离程度相同
D. 已知溶液显中性。常温下等浓度的和，若前者的，后者的，则
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加，所以溶液中的和数目都增大，A正确；
B．在醋酸溶液中加入至溶液为中性，则，依据电荷守恒，所以此时，B正确；
C．醋酸钠水解，氢氧化钠是强碱，则pH相等的和溶液，水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制，C错误；
D．已知溶液显中性，说明相同条件下一水合氨、醋酸的电离程度相同，常温下等浓度的和均促进水的电离，且程度相同，若前者的，后者的，则10－a＝10b－14，所以，D正确；
答案选C。
14. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是

A. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
B. 若从A点到达C点，可采用：温度不变在水中加少量NaCl固体
C. 向E点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至A点，此时
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【详解】A．Kw只受温度的影响，升高温度，促进水的电离，Kw增大，根据图象可知，A、D、E温度相同，温度高低：B＞C＞A，因此Kw大小顺序是B＞C＞A=D=E，故说法A正确；
B．NaCl对水的电离无影响，A点不能达到C，A点达到C点，水的离子积增大，应升高温度，故B说法错误；
C．A点溶液中c(H+)=c(OH-)，此时溶液pH=7，根据电荷守恒：c(CH3OO-)=c(Na+)，故C说法正确；
D．pH=2的硫酸溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，pH=10的KOH溶液c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，两种溶液等体积混合，恰好完全反应，溶液显中性，故D说法正确；
答案为B。
15. 亚氯酸钠)在溶液中会生成、、、等，其中和都是具有漂白作用。已知，经测定时各组分含量随变化情况如图所示(浓度没有画出)，此温度下，下列分析正确的是

A. 的电离平衡常数的数值
B. 时，部分转化成和离子的方程式为：
C. 时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：
D. 同浓度溶液和溶液等体积混合，则混合溶液中有：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HClO2的电离平衡常数Ka=，观察图象可以看出，当 pOH=8 时， pH=6 ，c()=c(HClO2) ，因此 HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A错误；
B．由图可以得出：酸性条件下浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定， pOH=11 时，部分转化成 ClO2和 Cl−离子方程式为： 5+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−，故B正确；
C．根据图知， pH=7 时，存在c(ClO2) ＜c(HClO2)＜c() ，故C错误；
D．依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c()+c(Cl−)+c(OH−)① ，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c()+c(HClO2)+c(ClO2)+c(Cl−)② ，联立 ①②得：c(HClO2)+c(H+)+c(ClO2)=c(OH−)+c(Na+) ，故D错误；
答案选B
二、解答题(含4个小题，共55分)
16. 使用酸碱中和滴定法测定某未知物质的量浓度的稀盐酸。
Ⅰ.实验步骤：
(1)滴定前的准备
①滴定管：___________→洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录。
a．排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的___________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

b．记录盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数时，液面位置如图2所示，则此时的读数为___________mL。

②锥形瓶：用___________量取待测稀盐酸20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂。
(2)滴定
用标准的NaOH溶液滴定待测的稀盐酸时，左手操作滴定管活塞，右手旋摇锥形瓶，眼睛注视___________。滴定至终点时，记录NaOH溶液的终点读数。再重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录：
滴定次数
实验数据/mL
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.80
1500
15.02
14.98
Ⅲ.数据处理与误差分析：
(1)结合上表数据，计算被测稀盐酸的物质的量浓度是___________mol/L。
(2)在本实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有___________。
A．锥形瓶水洗后未干燥
B．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
C．滴定终点读数时俯视读数
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E．配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失。
【答案】 ①. 检漏 ②. 丙 ③. 0.70 ④. 酸式滴定管 ⑤. 锥形瓶内溶液的颜色变化 ⑥. 0.07500 ⑦. CD
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)①带有活塞的玻璃仪器在实验前要检验是否漏水，即滴定管使用前先检漏；故答案为：检漏；
a．碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，故答案为：丙；b．滴定管液面的读数0.70mL；故答案为：0.70；
②酸性溶液用酸式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取盐酸；故答案为：酸式滴定管；
(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)=15.00mL，HCl+NaOH=NaCl+H2O，0.02000L×c(盐酸)=0.01500L×0.1000mol/L 解得：c(盐酸)=0.07500mol/L；故答案为：0.07500；
(2)A．锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，c(待测)不变，故A不选；
B．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，c(待测)偏大，故B不选；
C．滴定终点读数时俯视读数，造成V(标准)偏小，c(待测)偏小，故C选；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，则盐酸的物质的量减小，消耗的标准溶液氢氧化钠的体积偏小，即V(标准)偏小，c(待测)偏小，故D选；
E．配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体，使配制的NaOH标准溶液浓度偏小，造成V(标准)偏大，c(待测)偏大，故E不选；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，c(待测)偏大，故F不选；
故答案为：CD。
17. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g/mol)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
（1）溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_______中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的_______中，加蒸馏水至_______。
（2）滴定取0.00950mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应： I2+2=+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_______%（保留1位小数）。
【答案】 ①. 烧杯 ②. 容量瓶 ③. 刻度 ④. 蓝色褪去 ⑤. 95.0
【解析】
【分析】硫代硫酸钠是一种强碱弱酸盐，具有还原性；根据溶液的配制方法配制一定浓度的溶液；根据滴定反应之间的计量关系，计算样品中硫代硫酸钠的含量并计算纯度。
【详解】(1)配制Na2S2O3溶液时，需先将称量好的样品在烧杯中溶解，冷却后将溶液转移到容量瓶中，最后定容，加水至溶液凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切，故答案为：烧杯、容量瓶、刻度；
(2)淀粉遇碘显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液当碘恰好完全反应时，溶液蓝色褪去，利用题给离子方程式可得关系式：~6，设所配样品溶液中c(Na2S2O3)为x mol/L，由题意得：0.00950mol/L×0.0200L×6=0.0248L×x mol/L，将x代入下式可得样品中Na2S2O3·5H2O的纯度为×100%=95%，故答案为：蓝色褪去、95。
18. 二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用的热点研究领域。回答下列问题：
（1）催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比_______。当反应达到平衡时，若增大压强，则_______("变化"、“变小”或“不变”)。
（2）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为的密闭容器中反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。

图中，表示、变化的曲线分别是_______、_______。催化加氢合成反应的_______0(填“大于”或“小于”)。
（3）根据图中点，计算该温度时反应的平衡常数_______(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。
【答案】（1） ①. 1:4 ②. 变大
（2） ①. d ②. c ③. 小于
（3）
【解析】
【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
【小问1详解】
CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大；
【小问2详解】
由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0；
【小问3详解】
原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。
【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。
19. 电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
（1）已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka = 1.8×10-5
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7 Ka2=5.6×l0-11
①0.1mol/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN-)___c(HCO3-)(填“>”、“c(NH4+)>c(H+)>c(OH－) ⑧. 2(10-5－10-9)
【解析】
【详解】(1)①根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)＜c(HCO3-)；
②电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为C＞B＞A，故答案为CBA。
③HCN的电离平衡常数Ka=4.3×10-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.0×10-7、Ka2=5.6×10-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3>HCN>HCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，====l.8×104；
(2)该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH－)=10-9mol/L，则Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L==，V1：V2=9：1；
(3)①d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)＜c(Cl－)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；
②b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(C1－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(C1－)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH－)+ c(NH3·H2O)，则c(NH4+)－c(NH3·H2O)=2c(H+)－2c(OH－)；
(4)溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图象关系可得该微粒应为HSO3-，，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，则Ka1≈c(H+)，即pKa1=-lgKa1≈1.91。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。