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2017-2018学年浙江省温州中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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温州中学2017学年第一学期高二期中考试
化学试题
1. 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－220 kJ·mol－1
H—H、OO和OH键的键能分别为436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，则a为( )
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】①×2－②得到：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H=(－2a＋220)kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×2×462－(2×436＋496)=220－2a，解得a=－130，故D正确。
2. 标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O===O键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是( )
A. H2O(g)===H2＋O2(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
B. H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝＋485 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H =-485kJ/mol，答案选D。
3. 已知下列反应的热化学方程式：6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(g) ΔH2
C(s)＋ O2(g)===CO2(g) ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g) ＋ O2(g) ＋6N2(g)的ΔH为( )
A. 12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B. 2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C. 12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D. ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
【答案】A
【解析】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A。
【考点定位】考查反应热的计算
【名师点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
4. 已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是( )
A. ΔH1>0，ΔH3<0 B. ΔH2>0，ΔH4>0
C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】试题分析：A、C和CO燃烧均是放热反应，△H均小于0，A错误；B、铁燃烧是放热反应，B错误；C、② CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2，③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3，则根据盖斯定律可知②+③即得到C(s)＋O2(g)＝CO2(g) △H1＝△H2＋△H3，C正确；D、已知：④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s) △H4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5，则根据盖斯定律可知（④+2×⑤）÷3即得到2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3＝（△H4＋2△H5）/3，D错误，答案选C。
考点：考查反应热的有关判断与计算
【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
5. 如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是( )
A. 放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－
B. 电池的电解液可为KOH溶液
C. 充电时负极反应为MH＋OH－―→H2O＋M＋e－
D. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】试题分析：A、放电时化学能转化为电能，是原电池，所以正极发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni（OH）2，正确；B、由于该过程中有氢氧根离子参与，且防止M被氧化，所以电解质溶液可为KOH溶液，正确；C、充电时电能转化为化学能，是电解池装置，则阴极与电源的负极相连，发生还原反应，电极反应是H2O＋M＋e－= MH＋OH－，错误；D、MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，电池的能量密度越高，正确，答案选C。
考点：考查原电池、电解池的反应原理
6. 某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。下列说法正确的是( )
A. 正极反应为AgCl＋e－===Ag＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-═2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。
考点：考查了原电池原理的应用等相关知识。
7. 镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是Ni(OH)2＋M===NiOOH＋MH。已知：6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－===6Ni(OH)2＋NO
下列说法正确的是( )
A. NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
B. 充电过程中OH－从阳极向阴极迁移
C. 充电过程中阴极的电极反应式：H2O＋M＋e－===MH＋OH－，H2O中的H被M还原
D. NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
【答案】A
【解析】试题分析：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2－e-+OH-＝NiOOH+H2O，阴极反应：M+H2O+e-＝MH+OH-，总反应：M+Ni（OH）2＝MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e-＝Ni（OH）2+OH-，负极：MH+OH-＝M+H2O+e-，总反应：MH+NiOOH＝M+Ni（OH）2。以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-＝Ni（OH）2+OH-，A正确；B、H2O中的H得电子，不是被M还原，B错误；C、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH-离子从阴极向阳极，C错误；D、不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，D错误，答案选A。
考点：本题考查原电池与电解池原理。
8. 下图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质；
A、X为MgSO4，阴极电极反应为溶液中氢离子放电，无金属析出；Y为CuSO4 ，溶液中阴极上铜离子得到电子析出金属，故A错误；
B、X为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e-=Ag，Y为Pb(NO3)2 ，阴极上溶液中氢离子放电，无金属析出，故B错误；
C、X为FeSO4，阴极是溶液中氢离子得到电子生成氢气，无金属析出，Y为Al2 (SO4)3，阴极上是氢离子放电无金属析出，故C错误；
D、X为CuSO4，阴极是溶液中铜离子析出，电极反应Cu2++2e-=Cu，Y为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e-=Ag，，依据电子守恒Cu～2Ag，增重d＞b，符合题意，故D正确．故选D．
9. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】由图可得，温度为T1时先达到平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A项、X的初始浓度相同，该反应进行到M点时X的转化率比进行到W点时偏低，由于正反应为放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol•L-1，则Y的浓度变化为c(Y)=c(X)=(a-b)mol•L-1，所以v(Y)=mol·L-1·min-1，故B错误；C、由上分析T1＞T2，温度越高反应速率越大，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡相比，压强增大，增大压强促进平衡正向移动，所以X的转化率增大，故D错误。
10. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3 s内，反应速率v(NO2)＝0.2 mol·L－1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】试题分析：A.反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，平衡常数减小，A项正确；B.化学反应速率的单位错误，该为mol·L-1·s-1，B项错误；C.催化剂不影响平衡移动，C项错误；D.通入氧气，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D项错误；答案选A。
考点：考查化学平衡的影响因素。
11. 一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A. 0～6 min的平均反应速率： v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1
B. 0～6 min的平均反应速率： v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】试题分析：2H2O22H2O+O2↑，A．0～6min产生的氧气的物质的量n(O2) =" 22.4mL22.4L/mol" = 0.001mol，n(H2O2) =" 2" n(O2) = 0.002mol，v(H2O2) = = 0.002mol÷0.01L÷6min≈3.3×10-2 mol/（L•min），正确B．22.4÷6 = 3.73，(29.9−22.4)÷(10−6) = 1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6min大于6～10min，故6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/（L•min），正确；C．6min时，c(H2O2) = 0.40-(0.002÷0.01) = 0.20mol/L，错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：(0.20÷0.40)×100% = 50%，正确。
考点：考查化学反应速率的有关计算的知识。
12. 在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g) M(g)＋N(g)，所得实验数据如下表：
实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是( )
A. 实验①中，若5 min时测得n(M)＝0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)＝1.0×10－2 mol·L－1·min－1
B. 实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】A．速率之比等于化学计量数之比，则v(N)=v(M)==＝=1.0×10-3mol/(L•min)，故A错误；
B． X(g)+Y(g)M(g)+N(g)
起始(mol)：0.1 0.4 0 0
转化(mol)：0.08 0.08 0.08 0.08
平衡(mol)：0.02 0.32 0.08 0.08
由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验②中，该反应的平衡常数K= ==1，故B错误；C． 温度不变平衡常数不变，平衡时M为amol，则：
X(g)+Y(g)M(g)+N(g)
起始(mol)：0.2 0.3 0 0
转化(mol)：a a a a
平衡(mol)：0.2-a 0.3-a a a
则K==1，解得a=0.12，实验③中，X的转化率=×100%=60%，故C正确；D．实验①、②若温度相同，X、Y按1：1反应，二者物质的量相互结合，平衡时生成物物质的量相等，实验②中温度较高，平衡时M的物质的量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验④与③为等效平衡，平衡时b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，则b＜0.06，故D错误；故选C。
13. 在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
c(N2O) (mol·L－1)
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
反应时间/min
60
70
80
90
100
c(N2O) (mol·L－1)
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是( )(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
14. 下列有关说法正确的是( )
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】试题分析：铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A错误；根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0才可以，B错误；水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0．1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D错误。
考点：考查金属的防腐、反应的自发性、及外界条件对水解平衡平衡的影响等。
15. 相同温度和压强下，在容积为2 L的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，达到平衡状态的标志是
A. c(H2)保持不变 B. 2v正(HI)＝v逆(I2)
C. 混合气体的密度不再改变 D. 拆开2 mol H－I共价键，同时生成1 mol H－H共价键
【答案】A
【解析】A、c(H2)保持不变，说明正逆反应速率相等，故A正确；B、平衡时应有v正（HI）=2v逆（I2），故B错误；C、因体系中气体质量不变，容积不变，密度始终不变，则混合气体的密度不再改变不能作为平衡的标志，故C错误；D、都反映的是正向，未体现正与逆的关系，故D错误；故选A．
16. 将某CuO和铜粉的混合物样品加入到混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+四种离子物质的量之比为1:4:3:1（不考虑盐的水解及溶液体积的变化）。若测得反应后溶液的pH=1，则原溶液中H2SO4的物质的量浓度(mol·L-1）为
A. 0.50 B. 0.15 C. 0.10 D. 0.05
【答案】B
【解析】溶液的pH=1，则氢离子浓度为：c(H+)=0.1mol/L，根据c=n/V可知，物质的量之比等于物质的量浓度之比，则反应后的溶液中c(Fe3+)=c(H+)=0.1mol/L，c(Fe2+)=4 c(H+)=0.4mol/L，c(Cu2+)=3 c(H+)=0.3mol/L，硫酸根离子的浓度为c(SO42-)，根据电荷守恒可得：3c(Fe3+)+c（H+）+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于氢氧根离子浓度很小，可以忽略不计，所以溶液中硫酸根离子浓度为：
c(SO42-)=[0.1mol/L×3+0.4mol/L×2+0.1mol/L×1+0.3mol/L×2]/2=0.9mol/L，根据铁元素守恒，总的铁离子的物质的量浓度为：0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，则原硫酸铁中硫酸根离子的浓度为：0.5mol/L×3/2==0.75mol/L，硫酸的物质的量浓度为：0.9mol/L-0.75mol/L=0.15mol/L。则原溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.15mol/L．故B正确。
17. 已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A. 水的电离程度始终增大 B. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C. c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变 D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】试题分析：A、CH3COOH属于弱酸，抑制水的电离，加入NH3·H2O，消耗CH3COOH，水的电离程度增大，但氨水过量后，对水电离抑制，故错误；B、当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的NH3·H2O，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H＋)×c(NH3·H2O)]/c(NH4＋)，随着氨水的加入，c(H＋)逐渐减小，Kh不变，因此c(NH4＋)/c(NH3·H2O)变小，当氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH－)×c(NH4＋)]/c(NH3·H2O)，随着氨水的加入，c(OH－)逐渐增大，Kb不变，c(NH4＋)/c(NH3·H2O)变小，因此此比值始终变小；C、根据物料守恒，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)=0.001mol，由于溶液体积逐渐增大，因此c(CH3COOH)和c(CH3COO－)之和逐渐减小，故错误；D、当加入氨水的体积为10mL，醋酸和NH3·H2O物质的量相等，由于二者电离常数相等，因此溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH4＋)=c(CH3COO－)，故正确。
考点：考查电离平衡常数、水解平衡常数、离子浓度大小比较等知识。
18. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A. pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B. pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C. pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D. pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)= c(HS－)+2 c(S2-)+ c(OH-)=1×10—5 mol·L—1 ，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；故选D。
点睛：本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，题目难度中等。解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。
19. 下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B. 25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C. 离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D. 温度升高，c(HCO)增大
【答案】B
【解析】试题分析：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n(OH-)增大，c(OH-)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C错误；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3-)减小，故D错误；故选B。
考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小的比较的相关知识。
20. 下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. pH＝1的NaHSO4溶液： c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)
B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液： c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
C. CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO)＝2c(CO)
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
21. 室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL
C. V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
【答案】B
【解析】试题分析：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误；B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确；C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误；D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。
考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解。
22. 下列叙述正确的是( )
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
23. 室温下，在0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为Al3＋＋3OH－Al(OH)3
B. a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变
C. b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀
D. d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】试题分析：A．a点溶液是Al2(SO4)3，，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，Al3+水解消耗水电离产生的OH-,破坏了水的电离平衡，水会继续电离，当最终达到平衡时，由于c(H+)>c(OH-)，所以溶液显碱性，离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3+3H+,错误；B．a~b段，随着NaOH溶液的不断滴入，OH－会中和水解产生的H+，使盐的水解程度增大，所以溶液中Al3+浓度减小，而溶液的pH增大，错误；C．b~c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，正确；D．在d点时，NaOH过量，溶液是NaAlO2和NaOH的混合溶液，错误；故答案选C。
考点：考查图像法在表示铝盐与强碱溶液反应时溶液的酸碱性、离子浓度与pH关系的知识。
24. 常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )
A. HA为强酸
B. 该混合溶液pH＝7.0
C. 该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D. 图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。
考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡
【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。
25. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)
B. 20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－)
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中： c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】试题分析：A．反应后的溶液中溶质为碳酸钠，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（HCO3﹣）＜c（OH﹣）；
B．二者反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，混合液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）；
C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；
D．二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断．
解：A.0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应才碳酸钠，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，且氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故所得溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B.20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，混合液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），所得溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，则混合液呈碱性：c（OH﹣）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D.0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，根据醋酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；
故选B．
26. 研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K1 ΔH1<0(Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K2 ΔH2<0(Ⅱ)
（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2表示)。
（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________。
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为______________________________。(已知HNO2电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。
a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
【答案】 (1). 略 (2). 2.5×10－2 (3). 75% (4). > (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c(NO3－)>c(NO2－)>c(CH3COO－) (8). b、c
【解析】试题分析：本题考查化学平衡常数表达式的书写和影响因素，化学反应速率和化学平衡的计算，外界条件对化学平衡的影响，盐类水解的规律和溶液中离子浓度大小的比较。
（1）由化学平衡常数的概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/[c2(NO)·c(Cl2)]，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=[ c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)=。
（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-110min2L=0.15mol，用三段式计算
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
n（起始）（mol） 0.2 0.1 0
n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15
n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15
则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。
....................................
27. 化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为_____________________________。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)＝______________________。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为____________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b__________________，c_______________________________。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为______________；实验a和c的平衡转化率：αa为________，αc为________。
【答案】 (1). .AX3(l)＋X2(g)===AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/mol (2). ＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 (3). bca (4). 加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变 (5). 温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) (6). α＝2(1－) (7). 50% (8). 40%
【解析】试题分析：⑴据题意，先写出反应方程式并标出各物质的状态AX3(l)＋X2(g) = AX5(s)，然后确定其反应热ΔH=－123.8KJ·mol－1，综上便可写出完整的热化学方程式。
⑵①
解：开始时no=" 0.4" mol，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，
则n为：
AX3(g) ＋ X2(g)AX5(g)
起始时no/mol： 0.20 0.20 0
平衡时n/mol:： 0.20 －x 0.20 －x x
(0.20-x)＋(0.20-x)＋x = 0.30
x = 0.10
②从图中观察平衡的时间(tb＜tc＜ta)，判断反应速率的快慢为b＞c＞a；
b组的反应速率加快，但平衡点没有改变说明是加人了催化剂；
c组的反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大)说明是温度升高。
③用三段式分析：
AX3(g) ＋ X2(g)AX5(g)
起始时no/mol： 0.20 0.20 0
变化量n/mol:： 0.20α 0.20α 0.20α
平衡时n/mol:： 0.20 －0.20α 0.20 －0.20α 0.20α
据题意有，化简得α＝2(1－)；
将图中p0、p的数据代入上述计算式得αa＝2(1－)＝2(1－)＝50%；
αc＝2(1－)＝2(1－)＝40%。
考点：本题考查热化学方程式的书写，化学反应速率的计算，化学平衡移动原理的应用，转化率的计算等。
28. NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。
（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是________。
（2）Ⅱ中，2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。
①比较p1、p2的大小关系：________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________。
（3）Ⅲ中，降低温度，将NO2(g)转化为N2O4(l)，再制备浓硝酸。
①已知：2NO2(g) N2O4(g) ΔH1 2NO2(g)N2O4(l) ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)________。
A B C
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是______________。
（4）Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充A。A是________，说明理由：_____________________________。
【答案】 (1). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (2). p1＜p2 (3). 减小 (4). A (5). 2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3 (6). NH3 (7). 根据反应：8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多
【解析】试题分析：（1）氨气和氧气在催化剂作用下发氧化还原反应，生成NO和水，化学方程为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2；
②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则随着温度的升高，该反应的平衡常数减小；
（3）①
2NO2(g)N2O4(g) ΔH1①
2NO2(g)N2O4(l) ΔH2 ② 根据盖斯定律：①-②得
N2O4（g）N2O4（l） △H3=△H1-△H2，一般来说，物质由气态变为液态，放出热量，即△H3=△H1-△H2＜0，即△H1＞△H2，由降低温度，将NO2转化为N2O4，可知该反应为放热反应，即0＞△H1＞△H2，即反应物2NO2（g）的总能量大于生成物N2O4（g）和N2O4（l）的总能量，且前者放出的热量小，故答案为A；
②N2O4与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）电解NO制备硝酸铵，阳极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出若要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的量大于阴极产生的NH4+的量，总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故应补充适量的氨气。
考点：本题考查氨的性质、电化学。
29. 铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为_______________，正极反应为________________
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是_______(填字母)。
（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为______________
②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2+O2+ (2n +4)H2O=2Fe2O3▪nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为___________
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是_________________(任写一项)。
（3）已知t℃时，反应FeO(s)+CO(g)Fe( s) +CO2(g)的平衡常数K= 0.25。
①t℃时，反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=________________
②若在1L密闭容器中加人0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x=______________。
【答案】 (1). 吸氧腐蚀 (2). 略 (3). B (4). 4 HNO34NO2↑+O2↑+2H2O (5). 4Fe+10HNO3=4 Fe(NO3)2+NH4NO3+3 H2O (6). 氮氧化物排放少 (7). 4:1 (8). 0.05
【解析】⑴①钢铁在海水(中性环境)中发生的应该是吸氧腐蚀。正极反应为还原反应：O2+4e—+2H2O==4OH—；②在B点的海水中氧气浓度最大，发生的吸氧腐蚀最快，生成的铁锈最多。
⑵①硝酸受热分解产生NO2、O2、H2O，通过氧化还原反应的化合价升降法将其配平。化学方程式为：4 HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
②通过示意图分析，确定HNO3与Fe该反应的生成物除了Fe(NO3)2还有NH4NO3，先根据得失电子守恒有4Fe＋10HNO3－－4 Fe(NO3)2＋ NH4NO3，再根据原子守恒得4Fe＋10HNO3＝4 Fe(NO3)2＋ NH4NO3＋3H2O。
③该生产流程中生成了NH4NO3，没有产生NO、NO2等有毒气体，减少了氮氧化物的排放量，符合“绿色化学”思想。
⑶①据题意有K＝，则n(CO)：n(CO2)＝4：1。
②据题意有n(CO)：n(CO2)＝(x-0.01)：0.01＝4：1，解得x＝0.05 mol。
30. 钨酸钙是非常重要的化学原料，主要用于生产钨铁、钨丝及钨合金等钨制品。在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙。发生反应：
Ⅰ．WO42ˉ(aq)+Ca(OH)2(s) CaWO4(s)+2OHˉ(aq) K1
已知：反应Ⅰ的平衡常数K1理论值如下表，请回答下列问题：
温度/℃
25
50
90
100
K1
79.96
208.06
222.88
258.05
（1）判断反应Ⅰ的△S ______0、△H______0（填“＞”、“＝”或“＜”），在______（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。
（2）氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，溶解度均随温度升高而减小。它们在水中存在如下沉淀溶解平衡：
Ⅱ．CaWO4(s) Ca2+(aq) + WO42ˉ(aq) K2
Ⅲ．Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) + 2OHˉ(aq) K3
①根据反应Ⅰ～Ⅲ，可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K1=______（用K2、K3表示）。
②根据反应Ⅱ，右图为不同温度下CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。则T1 ____T2（填“＞”“=”或“＜”）。T1时，向0.5 mol•Lˉ1钨酸钠的碱性溶液中，加入适量Ca(OH)2，反应达到平衡后WO42ˉ的转化率为60%，此时溶液中c(Ca2+)=_______mol•Lˉ1。（假设反应前后体积不变）
（3）制取钨酸钙时，适时向反应混合液中添加适量的某种酸性物质，有利于提高WO42ˉ的转化率。反应后过滤，再向滤液中通CO2，进一步处理得到Na2CO3。
①在反应混合液中不直接通入CO2，其理由是_____________；
②用平衡移动原理解释添加酸性物质的理由______________。
【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). 较高 (4). K1= K3 / K2 (5). ＜ (6). 5×10ˉ10 (7). 碱性条件下CO2与Ca2+生成难溶物CaCO3，降低WO42ˉ的转化率 (8). 加入酸性物质与OHˉ反应，使溶液中OHˉ浓度减小，平衡向生成CaWO4的方向移动
【解析】（1）由表中数据可知，温度升高，K值增大，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，△H＞0；由方程式物质状态判断，正反应是一个熵增的反应（溶液中离子数的变化），△S ＞0；结合反应方向复合判据，应在高温下有利于此反应的正向进行。
①根据反应Ⅰ～Ⅲ，可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K1=______（用K2、K3表示）。
（2）①WO42ˉ(aq)+Ca(OH)2(s) CaWO4(s)+2OHˉ(aq) K1
②CaWO4(s) Ca2+(aq) + WO42ˉ(aq) K2
③Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) + 2OHˉ(aq) K3
③—②=①；则K1= K3/ K2。
②因CaWO4(s)溶解度随温度升高而减小，由图中可知T1的Ksp大于T2的Ksp，故T1 ＜ T2；T1时，ksp[CaWO4(s)]=10—10，T1时，向0.5 mol•Lˉ1钨酸钠的碱性溶液中，加入适量Ca(OH)2，反应达到平衡CaWO4(s)后WO42ˉ的转化率为60%，WO42-（aq）的平衡浓度为0.2mol/L，c(Ca2+)c(WO42-)10—10，c(Ca2+)=5×10ˉ10mol•Lˉ1；
（3）在碱性条件下，CO2与碱反应，增大了溶液中碳酸根离子浓度，易与Ca2+生成难溶物CaCO3，从而降低WO42ˉ的转化率 ；加入酸性物质与OHˉ反应，使溶液中OHˉ浓度减小，平衡向生成CaWO4的方向移动。
温州中学2017学年第一学期高二期中考试
化学试题
1. 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－220 kJ·mol－1
H—H、OO和OH键的键能分别为436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，则a为( )
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】①×2－②得到：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H=(－2a＋220)kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×2×462－(2×436＋496)=220－2a，解得a=－130，故D正确。
2. 标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O===O键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是( )
A. H2O(g)===H2＋O2(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
B. H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝＋485 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H =-485kJ/mol，答案选D。
3. 已知下列反应的热化学方程式：6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(g) ΔH2
C(s)＋ O2(g)===CO2(g) ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g) ＋ O2(g) ＋6N2(g)的ΔH为( )
A. 12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B. 2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C. 12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D. ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
【答案】A
【解析】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A。
【考点定位】考查反应热的计算
【名师点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
4. 已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是( )
A. ΔH1>0，ΔH3<0 B. ΔH2>0，ΔH4>0
C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】试题分析：A、C和CO燃烧均是放热反应，△H均小于0，A错误；B、铁燃烧是放热反应，B错误；C、② CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2，③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3，则根据盖斯定律可知②+③即得到C(s)＋O2(g)＝CO2(g) △H1＝△H2＋△H3，C正确；D、已知：④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s) △H4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5，则根据盖斯定律可知（④+2×⑤）÷3即得到2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3＝（△H4＋2△H5）/3，D错误，答案选C。
考点：考查反应热的有关判断与计算
【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
5. 如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是( )
A. 放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－
B. 电池的电解液可为KOH溶液
C. 充电时负极反应为MH＋OH－―→H2O＋M＋e－
D. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】试题分析：A、放电时化学能转化为电能，是原电池，所以正极发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni（OH）2，正确；B、由于该过程中有氢氧根离子参与，且防止M被氧化，所以电解质溶液可为KOH溶液，正确；C、充电时电能转化为化学能，是电解池装置，则阴极与电源的负极相连，发生还原反应，电极反应是H2O＋M＋e－= MH＋OH－，错误；D、MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，电池的能量密度越高，正确，答案选C。
考点：考查原电池、电解池的反应原理
6. 某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。下列说法正确的是( )
A. 正极反应为AgCl＋e－===Ag＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-═2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。
考点：考查了原电池原理的应用等相关知识。
7. 镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是Ni(OH)2＋M===NiOOH＋MH。已知：6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－===6Ni(OH)2＋NO
下列说法正确的是( )
A. NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
B. 充电过程中OH－从阳极向阴极迁移
C. 充电过程中阴极的电极反应式：H2O＋M＋e－===MH＋OH－，H2O中的H被M还原
D. NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
【答案】A
【解析】试题分析：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2－e-+OH-＝NiOOH+H2O，阴极反应：M+H2O+e-＝MH+OH-，总反应：M+Ni（OH）2＝MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e-＝Ni（OH）2+OH-，负极：MH+OH-＝M+H2O+e-，总反应：MH+NiOOH＝M+Ni（OH）2。以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-＝Ni（OH）2+OH-，A正确；B、H2O中的H得电子，不是被M还原，B错误；C、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH-离子从阴极向阳极，C错误；D、不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，D错误，答案选A。
考点：本题考查原电池与电解池原理。
8. 下图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质；
A、X为MgSO4，阴极电极反应为溶液中氢离子放电，无金属析出；Y为CuSO4 ，溶液中阴极上铜离子得到电子析出金属，故A错误；
B、X为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e-=Ag，Y为Pb(NO3)2 ，阴极上溶液中氢离子放电，无金属析出，故B错误；
C、X为FeSO4，阴极是溶液中氢离子得到电子生成氢气，无金属析出，Y为Al2 (SO4)3，阴极上是氢离子放电无金属析出，故C错误；
D、X为CuSO4，阴极是溶液中铜离子析出，电极反应Cu2++2e-=Cu，Y为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e-=Ag，，依据电子守恒Cu～2Ag，增重d＞b，符合题意，故D正确．故选D．
9. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝mol·L－1·min－1
C. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】由图可得，温度为T1时先达到平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A项、X的初始浓度相同，该反应进行到M点时X的转化率比进行到W点时偏低，由于正反应为放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol•L-1，则Y的浓度变化为c(Y)=c(X)=(a-b)mol•L-1，所以v(Y)=mol·L-1·min-1，故B错误；C、由上分析T1＞T2，温度越高反应速率越大，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡相比，压强增大，增大压强促进平衡正向移动，所以X的转化率增大，故D错误。
10. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3 s内，反应速率v(NO2)＝0.2 mol·L－1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】试题分析：A.反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，平衡常数减小，A项正确；B.化学反应速率的单位错误，该为mol·L-1·s-1，B项错误；C.催化剂不影响平衡移动，C项错误；D.通入氧气，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D项错误；答案选A。
考点：考查化学平衡的影响因素。
11. 一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A. 0～6 min的平均反应速率： v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1
B. 0～6 min的平均反应速率： v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】试题分析：2H2O22H2O+O2↑，A．0～6min产生的氧气的物质的量n(O2) =" 22.4mL22.4L/mol" = 0.001mol，n(H2O2) =" 2" n(O2) = 0.002mol，v(H2O2) = = 0.002mol÷0.01L÷6min≈3.3×10-2 mol/（L•min），正确B．22.4÷6 = 3.73，(29.9−22.4)÷(10−6) = 1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6min大于6～10min，故6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/（L•min），正确；C．6min时，c(H2O2) = 0.40-(0.002÷0.01) = 0.20mol/L，错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：(0.20÷0.40)×100% = 50%，正确。
考点：考查化学反应速率的有关计算的知识。
12. 在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g) M(g)＋N(g)，所得实验数据如下表：
实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是( )
A. 实验①中，若5 min时测得n(M)＝0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)＝1.0×10－2 mol·L－1·min－1
B. 实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】A．速率之比等于化学计量数之比，则v(N)=v(M)==＝=1.0×10-3mol/(L•min)，故A错误；
B． X(g)+Y(g)M(g)+N(g)
起始(mol)：0.1 0.4 0 0
转化(mol)：0.08 0.08 0.08 0.08
平衡(mol)：0.02 0.32 0.08 0.08
由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验②中，该反应的平衡常数K= ==1，故B错误；C． 温度不变平衡常数不变，平衡时M为amol，则：
X(g)+Y(g)M(g)+N(g)
起始(mol)：0.2 0.3 0 0
转化(mol)：a a a a
平衡(mol)：0.2-a 0.3-a a a
则K==1，解得a=0.12，实验③中，X的转化率=×100%=60%，故C正确；D．实验①、②若温度相同，X、Y按1：1反应，二者物质的量相互结合，平衡时生成物物质的量相等，实验②中温度较高，平衡时M的物质的量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验④与③为等效平衡，平衡时b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，则b＜0.06，故D错误；故选C。
13. 在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
c(N2O) (mol·L－1)
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
反应时间/min
60
70
80
90
100
c(N2O) (mol·L－1)
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是( )(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
14. 下列有关说法正确的是( )
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】试题分析：铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A错误；根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0才可以，B错误；水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0．1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D错误。
考点：考查金属的防腐、反应的自发性、及外界条件对水解平衡平衡的影响等。
15. 相同温度和压强下，在容积为2 L的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，达到平衡状态的标志是
A. c(H2)保持不变 B. 2v正(HI)＝v逆(I2)
C. 混合气体的密度不再改变 D. 拆开2 mol H－I共价键，同时生成1 mol H－H共价键
【答案】A
【解析】A、c(H2)保持不变，说明正逆反应速率相等，故A正确；B、平衡时应有v正（HI）=2v逆（I2），故B错误；C、因体系中气体质量不变，容积不变，密度始终不变，则混合气体的密度不再改变不能作为平衡的标志，故C错误；D、都反映的是正向，未体现正与逆的关系，故D错误；故选A．
16. 将某CuO和铜粉的混合物样品加入到混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+四种离子物质的量之比为1:4:3:1（不考虑盐的水解及溶液体积的变化）。若测得反应后溶液的pH=1，则原溶液中H2SO4的物质的量浓度(mol·L-1）为
A. 0.50 B. 0.15 C. 0.10 D. 0.05
【答案】B
【解析】溶液的pH=1，则氢离子浓度为：c(H+)=0.1mol/L，根据c=n/V可知，物质的量之比等于物质的量浓度之比，则反应后的溶液中c(Fe3+)=c(H+)=0.1mol/L，c(Fe2+)=4 c(H+)=0.4mol/L，c(Cu2+)=3 c(H+)=0.3mol/L，硫酸根离子的浓度为c(SO42-)，根据电荷守恒可得：3c(Fe3+)+c（H+）+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于氢氧根离子浓度很小，可以忽略不计，所以溶液中硫酸根离子浓度为：
c(SO42-)=[0.1mol/L×3+0.4mol/L×2+0.1mol/L×1+0.3mol/L×2]/2=0.9mol/L，根据铁元素守恒，总的铁离子的物质的量浓度为：0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，则原硫酸铁中硫酸根离子的浓度为：0.5mol/L×3/2==0.75mol/L，硫酸的物质的量浓度为：0.9mol/L-0.75mol/L=0.15mol/L。则原溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.15mol/L．故B正确。
17. 已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A. 水的电离程度始终增大 B. c(NH4＋)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C. c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变 D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】试题分析：A、CH3COOH属于弱酸，抑制水的电离，加入NH3·H2O，消耗CH3COOH，水的电离程度增大，但氨水过量后，对水电离抑制，故错误；B、当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的NH3·H2O，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H＋)×c(NH3·H2O)]/c(NH4＋)，随着氨水的加入，c(H＋)逐渐减小，Kh不变，因此c(NH4＋)/c(NH3·H2O)变小，当氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH－)×c(NH4＋)]/c(NH3·H2O)，随着氨水的加入，c(OH－)逐渐增大，Kb不变，c(NH4＋)/c(NH3·H2O)变小，因此此比值始终变小；C、根据物料守恒，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)=0.001mol，由于溶液体积逐渐增大，因此c(CH3COOH)和c(CH3COO－)之和逐渐减小，故错误；D、当加入氨水的体积为10mL，醋酸和NH3·H2O物质的量相等，由于二者电离常数相等，因此溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH4＋)=c(CH3COO－)，故正确。
考点：考查电离平衡常数、水解平衡常数、离子浓度大小比较等知识。
18. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A. pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B. pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C. pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D. pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)= c(HS－)+2 c(S2-)+ c(OH-)=1×10—5 mol·L—1 ，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；故选D。
点睛：本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，题目难度中等。解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。
19. 下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B. 25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C. 离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D. 温度升高，c(HCO)增大
【答案】B
【解析】试题分析：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n(OH-)增大，c(OH-)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C错误；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3-)减小，故D错误；故选B。
考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小的比较的相关知识。
20. 下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. pH＝1的NaHSO4溶液： c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)
B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液： c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
C. CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO)＝2c(CO)
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
21. 室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL
C. V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
【答案】B
【解析】试题分析：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误；B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确；C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误；D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。
考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解。
22. 下列叙述正确的是( )
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
23. 室温下，在0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为Al3＋＋3OH－Al(OH)3
B. a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变
C. b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀
D. d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】试题分析：A．a点溶液是Al2(SO4)3，，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，Al3+水解消耗水电离产生的OH-,破坏了水的电离平衡，水会继续电离，当最终达到平衡时，由于c(H+)>c(OH-)，所以溶液显碱性，离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3+3H+,错误；B．a~b段，随着NaOH溶液的不断滴入，OH－会中和水解产生的H+，使盐的水解程度增大，所以溶液中Al3+浓度减小，而溶液的pH增大，错误；C．b~c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，正确；D．在d点时，NaOH过量，溶液是NaAlO2和NaOH的混合溶液，错误；故答案选C。
考点：考查图像法在表示铝盐与强碱溶液反应时溶液的酸碱性、离子浓度与pH关系的知识。
24. 常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )
A. HA为强酸
B. 该混合溶液pH＝7.0
C. 该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D. 图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。
考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡
【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。
25. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)
B. 20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－)
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中： c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】试题分析：A．反应后的溶液中溶质为碳酸钠，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（HCO3﹣）＜c（OH﹣）；
B．二者反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，混合液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）；
C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；
D．二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断．
解：A.0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应才碳酸钠，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，且氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故所得溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B.20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，混合液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），所得溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，则混合液呈碱性：c（OH﹣）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D.0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，根据醋酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；
故选B．
26. 研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K1 ΔH1<0(Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K2 ΔH2<0(Ⅱ)
（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2表示)。
（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________。
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为______________________________。(已知HNO2电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。
a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
【答案】 (1). 略 (2). 2.5×10－2 (3). 75% (4). > (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c(NO3－)>c(NO2－)>c(CH3COO－) (8). b、c
【解析】试题分析：本题考查化学平衡常数表达式的书写和影响因素，化学反应速率和化学平衡的计算，外界条件对化学平衡的影响，盐类水解的规律和溶液中离子浓度大小的比较。
（1）由化学平衡常数的概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/[c2(NO)·c(Cl2)]，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=[ c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)=。
（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-110min2L=0.15mol，用三段式计算
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
n（起始）（mol） 0.2 0.1 0
n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15
n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15
则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。
....................................
27. 化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为_____________________________。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)＝______________________。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为____________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b__________________，c_______________________________。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为______________；实验a和c的平衡转化率：αa为________，αc为________。
【答案】 (1). .AX3(l)＋X2(g)===AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/mol (2). ＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 (3). bca (4). 加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变 (5). 温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) (6). α＝2(1－) (7). 50% (8). 40%
【解析】试题分析：⑴据题意，先写出反应方程式并标出各物质的状态AX3(l)＋X2(g) = AX5(s)，然后确定其反应热ΔH=－123.8KJ·mol－1，综上便可写出完整的热化学方程式。
⑵①
解：开始时no=" 0.4" mol，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，
则n为：
AX3(g) ＋ X2(g)AX5(g)
起始时no/mol： 0.20 0.20 0
平衡时n/mol:： 0.20 －x 0.20 －x x
(0.20-x)＋(0.20-x)＋x = 0.30
x = 0.10
②从图中观察平衡的时间(tb＜tc＜ta)，判断反应速率的快慢为b＞c＞a；
b组的反应速率加快，但平衡点没有改变说明是加人了催化剂；
c组的反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大)说明是温度升高。
③用三段式分析：
AX3(g) ＋ X2(g)AX5(g)
起始时no/mol： 0.20 0.20 0
变化量n/mol:： 0.20α 0.20α 0.20α
平衡时n/mol:： 0.20 －0.20α 0.20 －0.20α 0.20α
据题意有，化简得α＝2(1－)；
将图中p0、p的数据代入上述计算式得αa＝2(1－)＝2(1－)＝50%；
αc＝2(1－)＝2(1－)＝40%。
考点：本题考查热化学方程式的书写，化学反应速率的计算，化学平衡移动原理的应用，转化率的计算等。
28. NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。
（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是________。
（2）Ⅱ中，2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。
①比较p1、p2的大小关系：________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________。
（3）Ⅲ中，降低温度，将NO2(g)转化为N2O4(l)，再制备浓硝酸。
①已知：2NO2(g) N2O4(g) ΔH1 2NO2(g)N2O4(l) ΔH2
下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)________。
A B C
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是______________。
（4）Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充A。A是________，说明理由：_____________________________。
【答案】 (1). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (2). p1＜p2 (3). 减小 (4). A (5). 2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3 (6). NH3 (7). 根据反应：8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多
【解析】试题分析：（1）氨气和氧气在催化剂作用下发氧化还原反应，生成NO和水，化学方程为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2；
②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则随着温度的升高，该反应的平衡常数减小；
（3）①
2NO2(g)N2O4(g) ΔH1①
2NO2(g)N2O4(l) ΔH2 ② 根据盖斯定律：①-②得
N2O4（g）N2O4（l） △H3=△H1-△H2，一般来说，物质由气态变为液态，放出热量，即△H3=△H1-△H2＜0，即△H1＞△H2，由降低温度，将NO2转化为N2O4，可知该反应为放热反应，即0＞△H1＞△H2，即反应物2NO2（g）的总能量大于生成物N2O4（g）和N2O4（l）的总能量，且前者放出的热量小，故答案为A；
②N2O4与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）电解NO制备硝酸铵，阳极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出若要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的量大于阴极产生的NH4+的量，总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故应补充适量的氨气。
考点：本题考查氨的性质、电化学。
29. 铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为_______________，正极反应为________________
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是_______(填字母)。
（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为______________
②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2+O2+ (2n +4)H2O=2Fe2O3▪nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为___________
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是_________________(任写一项)。
（3）已知t℃时，反应FeO(s)+CO(g)Fe( s) +CO2(g)的平衡常数K= 0.25。
①t℃时，反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=________________
②若在1L密闭容器中加人0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x=______________。
【答案】 (1). 吸氧腐蚀 (2). 略 (3). B (4). 4 HNO34NO2↑+O2↑+2H2O (5). 4Fe+10HNO3=4 Fe(NO3)2+NH4NO3+3 H2O (6). 氮氧化物排放少 (7). 4:1 (8). 0.05
【解析】⑴①钢铁在海水(中性环境)中发生的应该是吸氧腐蚀。正极反应为还原反应：O2+4e—+2H2O==4OH—；②在B点的海水中氧气浓度最大，发生的吸氧腐蚀最快，生成的铁锈最多。
⑵①硝酸受热分解产生NO2、O2、H2O，通过氧化还原反应的化合价升降法将其配平。化学方程式为：4 HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
②通过示意图分析，确定HNO3与Fe该反应的生成物除了Fe(NO3)2还有NH4NO3，先根据得失电子守恒有4Fe＋10HNO3－－4 Fe(NO3)2＋ NH4NO3，再根据原子守恒得4Fe＋10HNO3＝4 Fe(NO3)2＋ NH4NO3＋3H2O。
③该生产流程中生成了NH4NO3，没有产生NO、NO2等有毒气体，减少了氮氧化物的排放量，符合“绿色化学”思想。
⑶①据题意有K＝，则n(CO)：n(CO2)＝4：1。
②据题意有n(CO)：n(CO2)＝(x-0.01)：0.01＝4：1，解得x＝0.05 mol。
30. 钨酸钙是非常重要的化学原料，主要用于生产钨铁、钨丝及钨合金等钨制品。在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙。发生反应：
Ⅰ．WO42ˉ(aq)+Ca(OH)2(s) CaWO4(s)+2OHˉ(aq) K1
已知：反应Ⅰ的平衡常数K1理论值如下表，请回答下列问题：
温度/℃
25
50
90
100
K1
79.96
208.06
222.88
258.05
（1）判断反应Ⅰ的△S ______0、△H______0（填“＞”、“＝”或“＜”），在______（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。
（2）氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，溶解度均随温度升高而减小。它们在水中存在如下沉淀溶解平衡：
Ⅱ．CaWO4(s) Ca2+(aq) + WO42ˉ(aq) K2
Ⅲ．Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) + 2OHˉ(aq) K3
①根据反应Ⅰ～Ⅲ，可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K1=______（用K2、K3表示）。
②根据反应Ⅱ，右图为不同温度下CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。则T1 ____T2（填“＞”“=”或“＜”）。T1时，向0.5 mol•Lˉ1钨酸钠的碱性溶液中，加入适量Ca(OH)2，反应达到平衡后WO42ˉ的转化率为60%，此时溶液中c(Ca2+)=_______mol•Lˉ1。（假设反应前后体积不变）
（3）制取钨酸钙时，适时向反应混合液中添加适量的某种酸性物质，有利于提高WO42ˉ的转化率。反应后过滤，再向滤液中通CO2，进一步处理得到Na2CO3。
①在反应混合液中不直接通入CO2，其理由是_____________；
②用平衡移动原理解释添加酸性物质的理由______________。
【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). 较高 (4). K1= K3 / K2 (5). ＜ (6). 5×10ˉ10 (7). 碱性条件下CO2与Ca2+生成难溶物CaCO3，降低WO42ˉ的转化率 (8). 加入酸性物质与OHˉ反应，使溶液中OHˉ浓度减小，平衡向生成CaWO4的方向移动
【解析】（1）由表中数据可知，温度升高，K值增大，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，△H＞0；由方程式物质状态判断，正反应是一个熵增的反应（溶液中离子数的变化），△S ＞0；结合反应方向复合判据，应在高温下有利于此反应的正向进行。
①根据反应Ⅰ～Ⅲ，可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K1=______（用K2、K3表示）。
（2）①WO42ˉ(aq)+Ca(OH)2(s) CaWO4(s)+2OHˉ(aq) K1
②CaWO4(s) Ca2+(aq) + WO42ˉ(aq) K2
③Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) + 2OHˉ(aq) K3
③—②=①；则K1= K3/ K2。
②因CaWO4(s)溶解度随温度升高而减小，由图中可知T1的Ksp大于T2的Ksp，故T1 ＜ T2；T1时，ksp[CaWO4(s)]=10—10，T1时，向0.5 mol•Lˉ1钨酸钠的碱性溶液中，加入适量Ca(OH)2，反应达到平衡CaWO4(s)后WO42ˉ的转化率为60%，WO42-（aq）的平衡浓度为0.2mol/L，c(Ca2+)c(WO42-)10—10，c(Ca2+)=5×10ˉ10mol•Lˉ1；
（3）在碱性条件下，CO2与碱反应，增大了溶液中碳酸根离子浓度，易与Ca2+生成难溶物CaCO3，从而降低WO42ˉ的转化率 ；加入酸性物质与OHˉ反应，使溶液中OHˉ浓度减小，平衡向生成CaWO4的方向移动。
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