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河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二12月月考（实验班）试题化学（解析版）
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河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二12月月考（实验班）试题
可能用到的元素的相对原子质量： H—1 C—12 O—16 Zn—65 Pb—207
I卷 (选择题，共66分)
一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共66分）
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
B. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性
D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用
【答案】C
【解析】
【详解】A、该气体指的是乙烯，乙烯具有催熟的作用，故A错误；
B、碳化硅是一种无机化合物，属于无机非金属材料，故B错误；
C、蚊虫会分泌蚁酸，肥皂水是弱碱性，可以中和，故C正确；
D、生石灰只具干燥的作用，作为干燥剂，不具有抗氧化作用，故D错误；
故选C。
2.硫酸是一种重要的化工产品，2SO2＋O22SO3是生产过程中的重要反应。下列对于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 只要选择适宜条件，SO2和O2就能全部转化为SO3
B. 该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率均为零
C. 如果反应前充入由18O原子组成的O2，反应达到平衡状态时，18O只存在于O2和SO3中
D. 在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题
【答案】D
【解析】
【详解】A项，2SO2＋O22SO3属于可逆反应，SO2和O2不可能全部转化为SO3，A项错误；
B项，化学平衡是一种动态平衡，反应达到平衡时，υ（正）＝υ（逆）≠0，但反应并没有停止，B项错误；
C项，化学平衡一种动态平衡，平衡时，18O存在于O2、SO2、SO3中，C项错误；
D项，在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，使经济效益最大，D项正确；
答案选D。
3.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为（ ）
A. 减小、增大、增大 B. 增大、减小、减小
C. 减小、增大、减小 D. 增大、增大、减小
【答案】C
【解析】
【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致CH3COO－浓度增大；
硫酸铝为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
综上所述，C项正确；
答案选C。
4.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是（ ）
A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强
B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)
C. 2NO2N2O4 ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅
D. Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，HCl与碳酸钙反应，平衡正向移动，则HClO浓度增大，漂白性增强，A项正确；
B. 发生ZnS+Cu2+⇌CuS+Zn2+，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS>CuS，则闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)，B项正确；
C. 升高温度，平衡逆向移动，则红棕色变深，C项错误；
D. 增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则橙色加深，D项正确；
答案选C。
5. 关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法中
不正确的是 ( )
A. c(NH4+)：③＞①
B. 水电离出的c(H＋)：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋) = c(OH－) + c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】一水合氨是弱电解质，氯化铵是强电解质，所以A正确。盐酸是强酸，氢离子浓度大于氨水中OH－的浓度，所以对水的电离抑制程度是①＜②，因此水电离出的c(H＋)是②＜①，B不正确。①和②等体积混合后，所得溶液是氯化铵溶液，NH4+水解显酸性，根据氢原子守恒可判断，C正确。①和③等体积混合后溶液显碱性，即氨水电离程度大于氯化铵的水解程度，所以D也是正确的。答案选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快
C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢
D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是物质自身的性质，是内因，A项错误；
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；
C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；
D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；
答案选C。
7.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是（ ）
A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B. TiO2可以提高H2O的分解速率
C. 催化剂对该反应的反应热无影响
D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能>0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；
B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；
C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；
D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；
答案选A。
8.Zn-ZnSO4-PbSO4-Pb电池装置如图，下列说法错误的是（ ）
A. SO42-从右向左迁移
B. 电池的正极反应为：pb2++2e-=Pb
C. 左边ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变
D. 若有6.5g锌溶解，有0.1 molSO42-通过离子交换膜
【答案】B
【解析】A. 锌是负极，SO42-从右向左迁移，A正确；B. 电池的正极反应为：pb2++ SO42-+2e-=PbSO4，B错误；C. 左边锌失去电子转化为硫酸锌，ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变，C正确；D. 若有6.5g锌即0.1mol锌溶解，关键电荷守恒可知有0.1 molSO42-通过离子交换膜，D正确，答案选B。
9.下列说法正确的是：（ ）
A. 除去MgCl2中Fe3＋，可以加入适量的NaOH固体
B. 用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
C. 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀和气体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A. Mg2＋与Fe3＋均能和氢氧化钠反应生成沉淀，因此加入适量的NaOH固体不能除去MgCl2中的Fe3＋，A项错误；
B. 硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2−+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓;无法制取硫化铝(Al2S3)固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，B项错误；
C. 硫化铜为黑色沉淀，用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体，可发生反应，C项正确；
D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，铁离子与碳酸根离子会发生双水解反应，其离子方程式为：2Fe3＋+ 3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，则现象是：有红褐色沉淀与气体生成，D项错误；
答案选C。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在漂白液(次氯酸钠溶液)中：Ag+、K+、NO3-、SO32-
B. 中性溶液：K+、NO3-、Br-、Fe3+
C. =1012的溶液中，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 次氯酸钠具有氧化性，能氧化SO32-，因此不能大量共存，A项错误；
B. 中性溶液中Fe3+会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B项错误；
C. =1012的溶液呈强酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，C项正确；
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都反应，所以不能大量共存，D项错误；
答案选C。
11.铅蓄电池的电池反应为：
下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，正极的反应式是：
B. 放电时，电解质溶液中的H+向负极移动
C. 充电时，阳极的电极反应为：
D. 充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol
【答案】A
【解析】
【分析】由化合价变化可知，当为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e- =2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此解答该题。
【详解】A. 放电时，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，A项正确；
B. 放电时，蓄电池内电路中H+向正极移动，B项错误；
C. 在充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，C项错误；
D. 在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，所以当有20.7gPb生成时，转移的电子为，D项错误；
答案选A。
12.下列实验方案不能达到相应目的的是（ ）
A
B
C
D
目的
比较碳酸根与碳酸氢根水解程度
研究浓度对化学平衡的影响
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱
实验方案
【答案】A
【解析】
【详解】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；
B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；
C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；
故合理选项为A。
13.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，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。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的△H＜0
B. 在D点时v（正）＜v（逆）
C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＞KC
D. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，△H<0，故不选A；
B.曲线上的点都是平衡点，D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态，反应正在向正反应进行，v（正）>v（逆）故选B；
C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KB>KC，故不选C；
D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；
答案：B
14.最近美国学者成功实现用氮气和水生产氨，其装置如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 上图中的能量转化方式只有2种
B. a极发生的电极反应为N2 + 6H＋ + 6e－ = 2NH3
C. 装置工作时H＋ 向b极区移动，电解质溶液pH减小
D. a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为1 ：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．能量转化方式有：风力→机械能→电能；光能→电能；电能→化学能，故A错误；
B．由图示a极上空气中的N2还原为NH3，a极发生的电极反应为N2+6H+ +6e- = 2NH3，故B正确；
C．H+向阴极(a极)移动，整个电解质溶液的pH不变，故C错误；
D．电解总反应为2N2+ 6H2O = 4NH3 + 3O2，a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为4：3，故D错误；
故答案为B。
15.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是：（ ）
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
B. 点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)
C. 点①②③所示溶液中，均成立：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)
D. 点③表示整个滴定过程恰好达到滴定终点，在过程中溶液中始终不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 点①所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则：c(H+)＞c(OH－)、c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，结合物料守恒可得：c(CH3COO－)＞c(Na＋) ＞c(CH3COOH)，A项错误；
B. 点②所示溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，因pH=7，则c(H+)=c(OH－)，结合电荷守恒式可知c(Na+)=c(CH3COO－)，因溶质为醋酸钠与醋酸，满足c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)，B项正确；
C. 点①②③所示溶液中，均满足电荷守恒则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，C项正确；
D. 可变形为，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常数始终不变，则的值始终不变，D项正确。
答案选A。
16.2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法正确的是（ ）
A. 放电时Li＋从正极通过导线流向负极
B. 放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+
C. 充电时电池的负极与电源的正极相连
D. 充电时阴极的电极反应式为：LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2＋xLi+
【答案】B
【解析】
【分析】LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2，根据放电分析，发生氧化反应的LixC6作负极，发生还原反应的Li1－xCoO2作正极，
【详解】A选项，放电时“同性相吸”，Li＋应该在电解质溶液中从负极移向正极，故A错误；
B选项，放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+，故B正确；
C选项，充电时电池的负极与电源的负极相连，故C错误；
D选项，充电时阴极的电极反应式为：C6＋xLi+＋xe－＝LixC6，故D错误；
综上所述，答案为B。
17.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH)＜c（CH3COONa)＜c（Na2CO3)
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液pH=4：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D. 0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解质溶液呈电中性，则根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A项正确；
B. pH相等的这三种溶液，强碱溶液浓度最小，弱酸越弱，弱酸根离子水解程度越大，盐的浓度越小，酸性：CH3COOH>H2CO3，则水解程度：CO32-＞CH3COO-，所以溶液浓度大小顺序是c(NaOH)＜c(Na2CO3)< c(CH3COONa)，B项错误；
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液pH=4，溶液呈酸性，则醋酸的电离大于醋酸根的水解，离子浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，C项正确；
D. 0.1mol/L 的NaHA pH=4＜7，溶液呈酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，HA-、H2O都电离生成氢离子，所以离子浓度大小顺序是c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项正确；
答案选B。
18.常温下，用0．10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20．00mL浓度均为0．10 mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(CN－)
B. 点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＞c(H＋)
C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH−)+c(CN−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)>c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)c(CN−)，A项正确；
B. 点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO−水解导致溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，但是其水解程度微弱，根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，所以存在c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＞c(H＋)，B项正确；
C. 点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN−)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，C项正确；
D. 点②溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO−)+2c(OH−)=c(CH3COOH)+2c(H+)；
点③溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则醋酸过量一点即可，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，D项错误；
答案选D。
19.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；
③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；
A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；
B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；
C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；
D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；
本题答案选B。
20.25℃时，向100mL 1mol•L﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1mol•L﹣1的NaOH溶液，含硫物质的分布分数δ（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与pH的关系如图所示（已知：pKs=﹣lgK，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19）．下列说法不正确的是（ ）
A. pH=1.85时，c（H2SO3）=c（HSO3﹣）
B. pH=6时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）
C. pH=7.19时，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO3﹣）+c（OH﹣）
D. 加入150mLNaOH溶液时，3c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）
【答案】D
【解析】试题分析：25℃时，向100mL 1mol•L﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1mol•L﹣1的NaOH溶液，发生的反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
A．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣）；
B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和SO32﹣，溶液显酸性；
C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒；
D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判断；
解：A．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣），pH=1.85，故A正确；
B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和少量SO32﹣，溶液显酸性，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），故B正确；
C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO3﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c（Na+）＞2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故D错误；
故选D．
21.肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其制作的燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 电池工作时，正极附近的pH降低
B. 当消耗1 mol O2时，有2 mol Na＋由甲槽向乙槽迁移
C. 负极反应为4OH－＋N2H4－4e－===N2↑＋4H2O
D. 若去掉阳离子交换膜，电池也能正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A、碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，因此正极附近的pH增大，故A错误；
B、消耗1molO2时，转移4mol电子，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、燃料电池的负极发生氧化反应，负极燃料肼发生氧化反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；
D、若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；
答案选C。
22.已知：pAg=-lgc(AgCl)，Ksp(AgCl) =1×10-12，如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL)变化的图象（实线）。根据图象所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)] （ ）
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
B. 图中x点表示溶液中c(Ag+)=c(Cl-)
C. 图中x点的坐标为（10，6)
D. 把0.1mol·L-1 的 NaCl换成 0.1 mol·L-1 NaI，则图象在终点后变为虚线部分
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图中原点pAg＝0，则Ag+的浓度为：c(Ag+)＝100mol/L =1mol/L，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol/L，A项错误；
B. x点c(Ag+)＝10−6mol/L，溶液中c(Cl−)==10−6mol/L，所以溶液中c(Ag+)＝c(Cl−)，B项正确；
C. x点c(Ag+)＝c(Cl−)＝10−6mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10−5mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01L×1mol/L＝0.01mol，所以V(NaCl)＝100mL，即x点的坐标为(100，6)，C项错误；
D. 与AgCl相比，碘化银的Ksp(AgI)更小，所以把0.1mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c(Ag+)更小，则pAg更大，图象不符，D项错误；
答案选B。
Ⅱ卷 (非选择题 共34分)
二、非选择题(本题包括3小题，共34分)
23.回答问题：
Ⅰ.常温下，CaS的Ksp=10－8，饱和溶液中存在平衡： CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)
（1）①该温度下，将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合，能否产生沉淀？答___；温度升高时，Ksp__(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。
②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)___，原因是___(用文字和离子方程式说明)。
（2）若向CaS悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式___。
Ⅱ.(已知Ksp[Fe(OH)3]＝10－38)若0.01mol/L FeCl3溶液中，如果要生成Fe(OH)3沉淀，应调整溶液pH，使pH___，若要使其沉淀完全，pH应___。（提示：填数据时，要有>，<，=）
【答案】 (1). 浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成 (2). 增大 (3). 增大 (4). 滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大 (5). CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq) (6). ＞2 (7). ＞3
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）①计算溶液混合后溶液中离子的浓度商Qc与Ksp的大小关系判断是否有沉淀产生；一般情况下，Ksp随着温度的升高而增大；
②根据化学反应对该沉淀溶解平衡的影响效果分析作答。
（2）铜离子会与硫离子结合生成硫化铜黑色沉淀；
Ⅱ.要生成Fe(OH)3沉淀，根据溶液中铁离子浓度为0.01mol/L计算；沉淀完全时，根据溶液中铁离子浓度最多为10-5mol/L计算，根据Ksp推导。
【详解】（1）将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合后，c(Ca2+) =510-5 mol/L，c(S2-)=1×10-4mol/L，则浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，故无沉淀生成；CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)吸热反应，则温度升高时，Ksp增大，故答案为浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成；增大；
②滴加少量浓盐酸后会与硫离子结合生成硫化氢，其离子方程式为：2H++S2-=H2S，因此会破坏溶解平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)，使平衡向正向移动，使c(Ca2＋)增大，故答案为增大；滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大。
（2）CaS悬浊液存在CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq) 平衡，若向中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式：CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq)；
Ⅱ.0.01mol/L FeCl3溶液中开始沉淀时c(Fe3+)=0.01mol/L，则c(OH-)===1×10－12mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-2 mol/L，pH = -lgc(H+) = 2，也就是使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH为2，即pH＞2；若要使其沉淀完全，则溶液中Fe3＋最大浓度为1×10－5，则c(OH-)===1×10－11 mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-3 mol/L，pH = -lgc(H+) = 3，pH应大于3，故答案为＞2；＞3。
24. 已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：
H2SO4＝H++HSO4－，HSO4－H++ SO42－。
（1）Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_________。
（2）在25 ℃时0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42－)="0.029" mol ·L-1，则25 ℃时，0.1 mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42－)_________0.029 mol ·L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是 。
（3）在0.1 mol ·L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 。
A．c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)
B．2c(Na+)＝c(SO42－)+c(HSO4－)
C．c(Na+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)
D．c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1 mol·L-1
【答案】（1）碱性 SO42－+H2OHSO4－+OH-
（2）小于 H2SO4一级电离出H+，对HSO4－电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制 （3）AD
【解析】试题分析：（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4＝H++HSO4－，第二步电离并不完全：HSO4－H++ SO42－，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42－+H2OHSO4－+OH-，因此溶液呈弱碱性。
（2）25℃时，0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c（ SO42-）=0.029mol•L-1，由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42－)＜0.029mol•L-1；
（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(SO42－)+2c(HSO4－)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1 mol·L-1，D正确，答案选AD。
25.近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
(1)已知：CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g) +CO(g) ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1
CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=－90.0 kJ•mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_____________________________________。
(2)为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。
a．高温高压 b．低温低压 c．高温低压 d．低温高压
(3)250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。
反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。
(4)250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol· L－1。
①化学平衡常数K = _______。
②催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。
【答案】(1). 3H2 (g)+CO2 (g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 5.33 (5). B
【解析】
【分析】（1）根据已知热化学方程式，利用盖斯定律进行分析，将①+②可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式，并据此计算焓变；
（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；
（3）根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示[n(H2)/n(CO2)]，进行分析解答；
（4）①利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，再根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，计算平衡常数；
②分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，据此分析。
【详解】（1）已知：①CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g) +CO(g) ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1；
②CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=－90.0 kJ•mol-1；
利用盖斯定律可知，将①+②可得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)则△H=(+41.1kJ/mol)+(−90kJ/mol)=−48.9kJ/mol；
故答案：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=−48.9kJ/mol；
（2）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=−48.9kJ/mol；该反应是反应前后气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，正反应为放热反应，降温平衡正向移动，则为提高CH3OH平衡转化率，即平衡需正向移动，采用的条件为低温高压；故答案为：d；
（3）同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，而本身转化率降低，图示随着横坐标增大[n(H2)/n(CO2)]，相当于C(CO2)不变时，增大C(H2)，平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2；故答案为：CO2；
（4）①根据已知信息，可列出三段式：
化学平衡常数；故答案为：5.33；
②分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B；故答案为：B。
河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二12月月考（实验班）试题
可能用到的元素的相对原子质量： H—1 C—12 O—16 Zn—65 Pb—207
I卷 (选择题，共66分)
一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共66分）
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
B. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性
D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用
【答案】C
【解析】
【详解】A、该气体指的是乙烯，乙烯具有催熟的作用，故A错误；
B、碳化硅是一种无机化合物，属于无机非金属材料，故B错误；
C、蚊虫会分泌蚁酸，肥皂水是弱碱性，可以中和，故C正确；
D、生石灰只具干燥的作用，作为干燥剂，不具有抗氧化作用，故D错误；
故选C。
2.硫酸是一种重要的化工产品，2SO2＋O22SO3是生产过程中的重要反应。下列对于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 只要选择适宜条件，SO2和O2就能全部转化为SO3
B. 该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率均为零
C. 如果反应前充入由18O原子组成的O2，反应达到平衡状态时，18O只存在于O2和SO3中
D. 在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题
【答案】D
【解析】
【详解】A项，2SO2＋O22SO3属于可逆反应，SO2和O2不可能全部转化为SO3，A项错误；
B项，化学平衡是一种动态平衡，反应达到平衡时，υ（正）＝υ（逆）≠0，但反应并没有停止，B项错误；
C项，化学平衡一种动态平衡，平衡时，18O存在于O2、SO2、SO3中，C项错误；
D项，在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，使经济效益最大，D项正确；
答案选D。
3.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为（ ）
A. 减小、增大、增大 B. 增大、减小、减小
C. 减小、增大、减小 D. 增大、增大、减小
【答案】C
【解析】
【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致CH3COO－浓度增大；
硫酸铝为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
综上所述，C项正确；
答案选C。
4.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是（ ）
A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强
B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)
C. 2NO2N2O4 ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅
D. Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，HCl与碳酸钙反应，平衡正向移动，则HClO浓度增大，漂白性增强，A项正确；
B. 发生ZnS+Cu2+⇌CuS+Zn2+，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS>CuS，则闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)，B项正确；
C. 升高温度，平衡逆向移动，则红棕色变深，C项错误；
D. 增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则橙色加深，D项正确；
答案选C。
5. 关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法中
不正确的是 ( )
A. c(NH4+)：③＞①
B. 水电离出的c(H＋)：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋) = c(OH－) + c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】一水合氨是弱电解质，氯化铵是强电解质，所以A正确。盐酸是强酸，氢离子浓度大于氨水中OH－的浓度，所以对水的电离抑制程度是①＜②，因此水电离出的c(H＋)是②＜①，B不正确。①和②等体积混合后，所得溶液是氯化铵溶液，NH4+水解显酸性，根据氢原子守恒可判断，C正确。①和③等体积混合后溶液显碱性，即氨水电离程度大于氯化铵的水解程度，所以D也是正确的。答案选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快
C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢
D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是物质自身的性质，是内因，A项错误；
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；
C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；
D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；
答案选C。
7.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是（ ）
A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B. TiO2可以提高H2O的分解速率
C. 催化剂对该反应的反应热无影响
D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能>0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；
B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；
C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；
D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；
答案选A。
8.Zn-ZnSO4-PbSO4-Pb电池装置如图，下列说法错误的是（ ）
A. SO42-从右向左迁移
B. 电池的正极反应为：pb2++2e-=Pb
C. 左边ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变
D. 若有6.5g锌溶解，有0.1 molSO42-通过离子交换膜
【答案】B
【解析】A. 锌是负极，SO42-从右向左迁移，A正确；B. 电池的正极反应为：pb2++ SO42-+2e-=PbSO4，B错误；C. 左边锌失去电子转化为硫酸锌，ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变，C正确；D. 若有6.5g锌即0.1mol锌溶解，关键电荷守恒可知有0.1 molSO42-通过离子交换膜，D正确，答案选B。
9.下列说法正确的是：（ ）
A. 除去MgCl2中Fe3＋，可以加入适量的NaOH固体
B. 用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
C. 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀和气体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A. Mg2＋与Fe3＋均能和氢氧化钠反应生成沉淀，因此加入适量的NaOH固体不能除去MgCl2中的Fe3＋，A项错误；
B. 硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2−+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓;无法制取硫化铝(Al2S3)固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，B项错误；
C. 硫化铜为黑色沉淀，用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体，可发生反应，C项正确；
D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，铁离子与碳酸根离子会发生双水解反应，其离子方程式为：2Fe3＋+ 3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，则现象是：有红褐色沉淀与气体生成，D项错误；
答案选C。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在漂白液(次氯酸钠溶液)中：Ag+、K+、NO3-、SO32-
B. 中性溶液：K+、NO3-、Br-、Fe3+
C. =1012的溶液中，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 次氯酸钠具有氧化性，能氧化SO32-，因此不能大量共存，A项错误；
B. 中性溶液中Fe3+会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B项错误；
C. =1012的溶液呈强酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，C项正确；
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都反应，所以不能大量共存，D项错误；
答案选C。
11.铅蓄电池的电池反应为：
下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，正极的反应式是：
B. 放电时，电解质溶液中的H+向负极移动
C. 充电时，阳极的电极反应为：
D. 充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol
【答案】A
【解析】
【分析】由化合价变化可知，当为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e- =2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此解答该题。
【详解】A. 放电时，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，A项正确；
B. 放电时，蓄电池内电路中H+向正极移动，B项错误；
C. 在充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，C项错误；
D. 在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，所以当有20.7gPb生成时，转移的电子为，D项错误；
答案选A。
12.下列实验方案不能达到相应目的的是（ ）
A
B
C
D
目的
比较碳酸根与碳酸氢根水解程度
研究浓度对化学平衡的影响
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱
实验方案
【答案】A
【解析】
【详解】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；
B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；
C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；
故合理选项为A。
13.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，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。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的△H＜0
B. 在D点时v（正）＜v（逆）
C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＞KC
D. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，△H<0，故不选A；
B.曲线上的点都是平衡点，D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态，反应正在向正反应进行，v（正）>v（逆）故选B；
C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KB>KC，故不选C；
D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；
答案：B
14.最近美国学者成功实现用氮气和水生产氨，其装置如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 上图中的能量转化方式只有2种
B. a极发生的电极反应为N2 + 6H＋ + 6e－ = 2NH3
C. 装置工作时H＋ 向b极区移动，电解质溶液pH减小
D. a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为1 ：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．能量转化方式有：风力→机械能→电能；光能→电能；电能→化学能，故A错误；
B．由图示a极上空气中的N2还原为NH3，a极发生的电极反应为N2+6H+ +6e- = 2NH3，故B正确；
C．H+向阴极(a极)移动，整个电解质溶液的pH不变，故C错误；
D．电解总反应为2N2+ 6H2O = 4NH3 + 3O2，a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为4：3，故D错误；
故答案为B。
15.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是：（ ）
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
B. 点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)
C. 点①②③所示溶液中，均成立：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)
D. 点③表示整个滴定过程恰好达到滴定终点，在过程中溶液中始终不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 点①所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则：c(H+)＞c(OH－)、c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，结合物料守恒可得：c(CH3COO－)＞c(Na＋) ＞c(CH3COOH)，A项错误；
B. 点②所示溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，因pH=7，则c(H+)=c(OH－)，结合电荷守恒式可知c(Na+)=c(CH3COO－)，因溶质为醋酸钠与醋酸，满足c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)，B项正确；
C. 点①②③所示溶液中，均满足电荷守恒则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，C项正确；
D. 可变形为，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常数始终不变，则的值始终不变，D项正确。
答案选A。
16.2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法正确的是（ ）
A. 放电时Li＋从正极通过导线流向负极
B. 放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+
C. 充电时电池的负极与电源的正极相连
D. 充电时阴极的电极反应式为：LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2＋xLi+
【答案】B
【解析】
【分析】LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2，根据放电分析，发生氧化反应的LixC6作负极，发生还原反应的Li1－xCoO2作正极，
【详解】A选项，放电时“同性相吸”，Li＋应该在电解质溶液中从负极移向正极，故A错误；
B选项，放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+，故B正确；
C选项，充电时电池的负极与电源的负极相连，故C错误；
D选项，充电时阴极的电极反应式为：C6＋xLi+＋xe－＝LixC6，故D错误；
综上所述，答案为B。
17.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH)＜c（CH3COONa)＜c（Na2CO3)
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液pH=4：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D. 0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解质溶液呈电中性，则根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A项正确；
B. pH相等的这三种溶液，强碱溶液浓度最小，弱酸越弱，弱酸根离子水解程度越大，盐的浓度越小，酸性：CH3COOH>H2CO3，则水解程度：CO32-＞CH3COO-，所以溶液浓度大小顺序是c(NaOH)＜c(Na2CO3)< c(CH3COONa)，B项错误；
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液pH=4，溶液呈酸性，则醋酸的电离大于醋酸根的水解，离子浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，C项正确；
D. 0.1mol/L 的NaHA pH=4＜7，溶液呈酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，HA-、H2O都电离生成氢离子，所以离子浓度大小顺序是c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项正确；
答案选B。
18.常温下，用0．10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20．00mL浓度均为0．10 mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(CN－)
B. 点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＞c(H＋)
C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH−)+c(CN−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)>c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)
B. 点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO−水解导致溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，但是其水解程度微弱，根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，所以存在c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(OH－)＞c(H＋)，B项正确；
C. 点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN−)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，C项正确；
D. 点②溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO−)+2c(OH−)=c(CH3COOH)+2c(H+)；
点③溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则醋酸过量一点即可，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，D项错误；
答案选D。
19.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（ ）
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
【详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；
②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；
③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；
④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；
A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；
B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；
C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；
D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；
本题答案选B。
20.25℃时，向100mL 1mol•L﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1mol•L﹣1的NaOH溶液，含硫物质的分布分数δ（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与pH的关系如图所示（已知：pKs=﹣lgK，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19）．下列说法不正确的是（ ）
A. pH=1.85时，c（H2SO3）=c（HSO3﹣）
B. pH=6时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）
C. pH=7.19时，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO3﹣）+c（OH﹣）
D. 加入150mLNaOH溶液时，3c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）
【答案】D
【解析】试题分析：25℃时，向100mL 1mol•L﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1mol•L﹣1的NaOH溶液，发生的反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
A．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣）；
B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和SO32﹣，溶液显酸性；
C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒；
D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判断；
解：A．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣），pH=1.85，故A正确；
B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和少量SO32﹣，溶液显酸性，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），故B正确；
C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO3﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c（Na+）＞2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故D错误；
故选D．
21.肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其制作的燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 电池工作时，正极附近的pH降低
B. 当消耗1 mol O2时，有2 mol Na＋由甲槽向乙槽迁移
C. 负极反应为4OH－＋N2H4－4e－===N2↑＋4H2O
D. 若去掉阳离子交换膜，电池也能正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A、碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，因此正极附近的pH增大，故A错误；
B、消耗1molO2时，转移4mol电子，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、燃料电池的负极发生氧化反应，负极燃料肼发生氧化反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；
D、若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；
答案选C。
22.已知：pAg=-lgc(AgCl)，Ksp(AgCl) =1×10-12，如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL)变化的图象（实线）。根据图象所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)] （ ）
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
B. 图中x点表示溶液中c(Ag+)=c(Cl-)
C. 图中x点的坐标为（10，6)
D. 把0.1mol·L-1 的 NaCl换成 0.1 mol·L-1 NaI，则图象在终点后变为虚线部分
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图中原点pAg＝0，则Ag+的浓度为：c(Ag+)＝100mol/L =1mol/L，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol/L，A项错误；
B. x点c(Ag+)＝10−6mol/L，溶液中c(Cl−)==10−6mol/L，所以溶液中c(Ag+)＝c(Cl−)，B项正确；
C. x点c(Ag+)＝c(Cl−)＝10−6mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10−5mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01L×1mol/L＝0.01mol，所以V(NaCl)＝100mL，即x点的坐标为(100，6)，C项错误；
D. 与AgCl相比，碘化银的Ksp(AgI)更小，所以把0.1mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c(Ag+)更小，则pAg更大，图象不符，D项错误；
答案选B。
Ⅱ卷 (非选择题 共34分)
二、非选择题(本题包括3小题，共34分)
23.回答问题：
Ⅰ.常温下，CaS的Ksp=10－8，饱和溶液中存在平衡： CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)
（1）①该温度下，将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合，能否产生沉淀？答___；温度升高时，Ksp__(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。
②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)___，原因是___(用文字和离子方程式说明)。
（2）若向CaS悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式___。
Ⅱ.(已知Ksp[Fe(OH)3]＝10－38)若0.01mol/L FeCl3溶液中，如果要生成Fe(OH)3沉淀，应调整溶液pH，使pH___，若要使其沉淀完全，pH应___。（提示：填数据时，要有>，<，=）
【答案】 (1). 浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成 (2). 增大 (3). 增大 (4). 滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大 (5). CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq) (6). ＞2 (7). ＞3
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）①计算溶液混合后溶液中离子的浓度商Qc与Ksp的大小关系判断是否有沉淀产生；一般情况下，Ksp随着温度的升高而增大；
②根据化学反应对该沉淀溶解平衡的影响效果分析作答。
（2）铜离子会与硫离子结合生成硫化铜黑色沉淀；
Ⅱ.要生成Fe(OH)3沉淀，根据溶液中铁离子浓度为0.01mol/L计算；沉淀完全时，根据溶液中铁离子浓度最多为10-5mol/L计算，根据Ksp推导。
【详解】（1）将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合后，c(Ca2+) =510-5 mol/L，c(S2-)=1×10-4mol/L，则浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，故无沉淀生成；CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)吸热反应，则温度升高时，Ksp增大，故答案为浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成；增大；
②滴加少量浓盐酸后会与硫离子结合生成硫化氢，其离子方程式为：2H++S2-=H2S，因此会破坏溶解平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)，使平衡向正向移动，使c(Ca2＋)增大，故答案为增大；滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大。
（2）CaS悬浊液存在CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq) 平衡，若向中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式：CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq)；
Ⅱ.0.01mol/L FeCl3溶液中开始沉淀时c(Fe3+)=0.01mol/L，则c(OH-)===1×10－12mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-2 mol/L，pH = -lgc(H+) = 2，也就是使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH为2，即pH＞2；若要使其沉淀完全，则溶液中Fe3＋最大浓度为1×10－5，则c(OH-)===1×10－11 mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-3 mol/L，pH = -lgc(H+) = 3，pH应大于3，故答案为＞2；＞3。
24. 已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：
H2SO4＝H++HSO4－，HSO4－H++ SO42－。
（1）Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_________。
（2）在25 ℃时0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42－)="0.029" mol ·L-1，则25 ℃时，0.1 mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42－)_________0.029 mol ·L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是 。
（3）在0.1 mol ·L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 。
A．c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)
B．2c(Na+)＝c(SO42－)+c(HSO4－)
C．c(Na+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)
D．c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1 mol·L-1
【答案】（1）碱性 SO42－+H2OHSO4－+OH-
（2）小于 H2SO4一级电离出H+，对HSO4－电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制 （3）AD
【解析】试题分析：（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4＝H++HSO4－，第二步电离并不完全：HSO4－H++ SO42－，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42－+H2OHSO4－+OH-，因此溶液呈弱碱性。
（2）25℃时，0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c（ SO42-）=0.029mol•L-1，由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42－)＜0.029mol•L-1；
（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(SO42－)+2c(HSO4－)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1 mol·L-1，D正确，答案选AD。
25.近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
(1)已知：CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g) +CO(g) ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1
CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=－90.0 kJ•mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_____________________________________。
(2)为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。
a．高温高压 b．低温低压 c．高温低压 d．低温高压
(3)250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。
反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。
(4)250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol· L－1。
①化学平衡常数K = _______。
②催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。
【答案】(1). 3H2 (g)+CO2 (g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 5.33 (5). B
【解析】
【分析】（1）根据已知热化学方程式，利用盖斯定律进行分析，将①+②可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式，并据此计算焓变；
（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；
（3）根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示[n(H2)/n(CO2)]，进行分析解答；
（4）①利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，再根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，计算平衡常数；
②分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，据此分析。
【详解】（1）已知：①CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g) +CO(g) ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1；
②CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=－90.0 kJ•mol-1；
利用盖斯定律可知，将①+②可得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)则△H=(+41.1kJ/mol)+(−90kJ/mol)=−48.9kJ/mol；
故答案：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=−48.9kJ/mol；
（2）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=−48.9kJ/mol；该反应是反应前后气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，正反应为放热反应，降温平衡正向移动，则为提高CH3OH平衡转化率，即平衡需正向移动，采用的条件为低温高压；故答案为：d；
（3）同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，而本身转化率降低，图示随着横坐标增大[n(H2)/n(CO2)]，相当于C(CO2)不变时，增大C(H2)，平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2；故答案为：CO2；
（4）①根据已知信息，可列出三段式：
化学平衡常数；故答案为：5.33；
②分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B；故答案为：B。
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