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2017-2018学年河南省三门峡市高二上学期期末考试化学试题 解析版
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河南省三门峡市2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H:l C:12 N:14 O:16 Fe:56 S:32 Cu:64 Mn:55 Zn:65 Ni:59
第I卷
一、选择题（本题包含18小题；每题3分，共54分。每小题只有—个选项符合愿意。）
1. 下列说法正确的是
A. CaCO3难溶于水，是弱电解质
B. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化
C. 催化剂能改变化学反应的平衡转化率
D. 反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的△H<0
【答案】D
..................
2. 依据图判断，下列说法不正确的是
A. 1molH2(g)与molO2(g)所具有的总能量比1molH2O(g)所具有的总能量高
B. H2O(g)生成H2O(1)时，断键吸收的能城小于成键放出的能量
C. 2molH(g)与lmnlO(g)生成lmolH2O(g)所放出的热量是bkJ
D. 液态水分解的热化学方程式为：2H2O(1)=2 H2(g)+O2(g)AH=2(b+c-a) kJ/mol
【答案】B
【解析】A．氢气的燃烧为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，A正确；B．H2O（g）生成H2O（l），为物理变化，不存在化学键的断裂和形成，B错误；C．形成化学键放出能量，由图象可知2 mol H（g）与1 mol O（g）生成1 molH2O（g）所放出的热量是b kJ，C正确；D．液态水分解吸收能量，由图象可知液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H=2（b+c﹣a）kJ•mol﹣1，D正确，答案选B。
点睛：注意掌握反应热的计算方法和依据：（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算。
3. 下列关于说法正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热为57.3kJ/mol，H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热也为57.3kJ/mol
B. 已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kUmol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)反应的△H=-1366.8kJ/mol
C. 一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ．则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6 kJ/mol
D. 一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1 2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)△H2则△H1>△H2
【答案】D
【解析】A项，H2SO4和Ba(OH)2反应，除包括氢离子与氢氧根离子反应生成水外，还包括钡离子与硫酸根离子的反应，所以反应热包括中和反应和硫酸根离子与钡离子反应的反应热，故A错误；B项，已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=-1366.8kJ/mol，故B错误；C项，N2和H2的反应为可逆反应，不能进行完全，所以N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H≠-38.6kJ/mol，故C错误；D项，等物质的量的SO3(g)比SO3(l)的能量高，所以生成2molSO3(g)时放出的热量少，焓变大，即0>△H1＞△H2，故D正确。
4. 在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2，④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2 其中能够使反应速率增大的措施是
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【解析】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。
5. 对于可逆反应；2A(g)+B(g)2C(g) △H<0，下列各图中正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】试题分析：A、当其他条件不变时，增大压强，正、逆反应速率都增大，与图像不符，错误；B、该反应正向是放热反应，升高温度，反应速率加快，达平衡的时间缩短，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，与图像相符，正确；C、催化剂能同等程度的加快正、逆速率，缩短达平衡的时间，平衡不移动，不能改变平衡体系中C的浓度，与体系不符，错误；D、该反应正向是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，与图像不符，错误。
考点：考查化学平衡图像分析
6. 常温下，在下列溶液中可能大量共存的离子组是
A. pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-
B. 在滴加石蕊试液后呈红色的溶液中：Na+、K+、Al3+、CO32-
C. 的溶液中：NH4+、SO42-、NO3-、CO32-
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Al3+、NH4+、SO42-、Cl-
【答案】D
点睛：本题考查离子共存问题，掌握常见离子的性质，明确离子之间发生的反应是解题关键，解决此类题目时主要考虑复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应等，本题特别要注意题目的隐含条件，例如本题中四个选项都隐含着对溶液酸碱性的限制条件，A项隐含着氢离子，则涉及氧化还原反应，容易出错；D项应从影响水电离的因素考虑溶液的酸碱性。
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是
A. 1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和等于2NA
B. 9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目为0.2NA
C. 含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NA
D. 某密闭容器中有2molSO2和1molO2，在一定条件下充分反应，转移的电子数小于4NA
【答案】A
【解析】A项，1molCl2含有2molCl，通入水中所得含氯粒子有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B项，NO2和N2O4的最简式相同，9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目等于9.2gNO2中所含氮原子数目，即为：9.2g÷46g/mol×1×NA=0.2NA，故B正确；C项，含0.1molNH4HSO4的溶液中，SO42-的物质的量为0.1mol，根据电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+2n(SO42-)，溶液中的阳离子的物质的量略大于0.2mol，即阳离子数目略大于0.2NA，故C正确；D项，SO2和O2的反应为可逆反应，0.2molSO2和0.1molO2在一定条件下充分反应，生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol，所以转移的电子小于0.4mol，转移的电子数小于0.4NA，故D正确。
点睛：NA的有关问题是考试的热点，由于它和物质的量、物质的质量、气体的体积等多个物理量联系，并且可以涉及氧化还原反应、离子反应、水溶液、物质构成等重要知识，历来都受到命题人的关注。解决有关NA计算型题目，要特别注意题目的陷阱，例如A项中1molCl2通入水中并不会与水全部反应；B项中NO2和N2O4的最简式相同，无论怎么混合，只要质量一定含氮原子数目就确定；D项要注意可逆反应不能进行完全。
8. 下列有关实验的说法正确的是
A. 图A中测定锌粒与1mol/L稀硫酸的反应速率，只需测定注射器中收集氢气的体积
B. 图B装置中进行50mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液发生中和反应放出热量的测定，使温度计温度升高的热量就是中和反应生成1mol水的热量
C. 图C酸碱中和滴定中，可以在滴定过程中用少量水冲洗锥形瓶内壁
D. 图D滴定管中液面位置如图所示，则此时的读数为26.50mL
【答案】C
【解析】A项，若只测定注射器中收集氢气的体积，不知道时间，无法计算反应速率，故A错误；B项，50mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液发生中和反应生成0.025mol水，使温度计升高到最高温度的热量就是该中和反应生成0.025mol水的热量，故B错误；C项，用少量水冲洗锥形瓶内壁不影响溶质的物质的量，可以使残留在内壁上的待测液溶质与标准液充分反应减小误差，故C正确；D项，滴定管的0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，读数应为25.50mL，故D错误。
9. 关于下列装置说法正确的是
A. 装置①中，盐桥（含有琼胶的KCl饱和溶液）中的K+移向ZnSO4溶液
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜
D. 装置④中发生铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】A项，装置①为原电池，Zn为负极、Cu为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，装置②为电解池，a极与电源的负极相连是阴极，水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大，故B错误；C项，装置③为电解池，d极与电源的正极相连是阳极，铁上镀铜时，铜为阳极，所以d极为铜，故C正确；D项，Zn比Fe更活泼，构成原电池时，活泼金属Zn是负极，Fe不反应，故D错误。
10. 锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-，下列说法正确的是
A. 放电时，负极反应为Zn+4OH--2e-= Zn(OH)42-
B. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
C. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
D. 充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
【答案】A
【解析】A项，放电时，Zn为负极发生氧化反应，碱性电解质溶液，所以反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故A正确；B项，放电时，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L氧气，故B错误；C项，充电时阳离子向阴极移动，故C错误；D项，充电时，电解总反应为：2Zn(OH)42-=2Zn+O2+4OH-+2H2O，电解质溶液中c(OH-)逐渐增大，故D错误。
点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，①注意区分原电池与电解池装置：原电池中存在自发的氧化还原反应，电解池中一般会与电源相连，锌-空气燃料电池放电时作为原电池，充电时作为电解池；②正确判断正负极、阴阳极：作原电池时的正极即为作电解池时的阳极，作原电池时的负极即为作电解池时的阴极；③注意电极反应式的书写及电子转移的计算：书写电极反应式要考虑溶液酸碱性，要根据得失电子守恒进行有关计算；④若已知电池总反应，可根据化合价的变化判断有关反应，遵循氧化还原反应原理。
11. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
点睛：本题考查勒夏特列原理的使用条件，化学平衡移动原理又称勒夏特列原理，使用勒夏特列原理分析问题的前提必须是可逆反应且存在平衡移动，否则不能用勒夏特列原理解释，例如题中A、B、C三项都涉及改变条件时可逆反应的平衡移动问题，而D项改变条件平衡不移动。
12. 已知在100℃的温度下，水的离子积Kw=1×10-12，本题涉及的溶液，其温度均为100℃，下列说法中正确的是
A. 0.001mol/L的硫酸溶液，pH=2
B. 0.001mol/L的氢氧化钠溶液pH=9
C. 0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. 完全中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】B
【解析】100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下中性溶液中pH=6，A项，0.001mol/L的硫酸溶液中，c(H+)=0.001mol/L×2=0.002mol/L=2×10-3mol/L，所以pH=-lgc(H+)=lg(2×10-3)=3-lg2≠2，故A错误；B项，0.001mol/L的氢氧化钠溶液，c(H+)=KW/c(OH-)=mol/L=1×10-9mol/L，所以pH=9，故B正确；C项，0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液的pH为6，溶液显中性，故C错误；D项，pH=3的硫酸中，c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误。
点睛：本题考查pH的有关计算，①酸性溶液可根据pH=-lgc(H+)直接计算；②注意碱性溶液中氢氧根离子浓度和pH的换算为易错点，在已知中100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6、pH<6为酸性溶液，pH>6的为碱性溶液；③强酸和强碱恰好反应时，溶液呈中性，pH=6。
13. 在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+ yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系；则下列结论正确的是
A. 图II所知反应xA(g)+yB(g) zC(g) △H<0，且a=2
B. 200℃时，该反应的平衡常数为25
C. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L•min)
D. 当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大
【答案】B
【解析】A项，由图II可知：升高温度，平衡时C的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动，又因为升高温度，化学平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应，△H>0；根据图Ⅰ数据可知该反应的化学方程式为2A+BC，只有当两种反应物按方程式的计量数之比加入时，达到平衡时生成物C的体积分数才最高，所以a=2，综上分析，A错误。B项，由图Ⅰ可得，200℃，平衡时c(A)=0.4mol÷2L=0.2mol/L，c(B)=c(C)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，由前面的分析化学方程式为2A+BC，所以200℃时，该反应的平衡常数为：K==25，故B正确。C项，200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=(0.4-0.2)mol÷2L÷5min=0.02mol/(L•min)，故C错误。D项，当外界条件由200℃降温到100℃，平衡常数K一定变化，原平衡一定被破坏，正逆反应速率均减小，故D错误。
14. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)
B. 0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后的溶液中：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)
C. 物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液中，c(NH4+)由大到小的顺序为③>②>①
D. 浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl、②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，pH的大小顺序；②>④>③>①
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-)，两式相减得：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，故A正确；B项，0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，所得溶液中溶质为NaCl、CH3COONa、CH3COOH物质的量之比为1：1：1，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，电离是微弱的，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B错误；C项，物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液，③中NH4+与Al3+水解相互抑制，所以③中c(NH4+)大于①中c(NH4+)，又因为NH4+水解是微弱的，所以②中c(NH4+)最大，则c(NH4+)由大到小的顺序为②>③>①，故C错误；D项，①NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性，②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液都是显碱性的，同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，③Na2CO3溶液碱性强于④NaHCO3溶液，又因为水解是微弱的，所以②NaOH溶液碱性最强，则pH的大小顺序：②>③>④>①，故D错误。
15. 对于平衡体系：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) △H<0，下列判断其中不正确的是
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b
C. 若平衡体系中共有气体Mmol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为( M+b)mol，则a+b=c+d
D. 若a+b=c+d，对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体的压强不变
【答案】D
【解析】A项，温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明降低压强，化学平衡向正反应方向移动，又因为降低压强化学平衡向气体分子数增大的方向移动，故a+b＜c+d，故A正确；B项，若A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率一定相等，所以若从正反应开始，平衡时，A、B的转化率相等，则投入A、B的物质的量之比为a:b，故B正确；C项，平衡体系中共有气体Mmol，再向其中充入bmolB，化学平衡正向移动，达到平衡时气体总物质的量为(M+b)mol，则混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，故C正确；D项，若a+b=c+d，气体的物质的量不变，对于体积不变的容器，温度升高，气体压强增大，故D错误。
16. 目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2+浓度的废水中加入H202，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下左表），实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图右所示。下列说法正确的是
实验编号
T/K
pH
c/l0-3mol/L
H2O2
Mn2+
①
298
3
6.0
0.30
②
313
3
6.0
0.30
③
298
9
6.0
0.30
A. 313K时，在0--lOOs内有机物R降解的平均速率为：0.014 mol/(L•s)
B. 对比①②实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解
C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同
D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】A. 313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率＝＝1.4 ×10－5mol·L-1·s-1，A错误；B. 温度过高，双氧水容易分解，B错误；C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率相同，C错误；D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，增大pH，D正确，答案选D。
17. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变。
D. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
【答案】C
【解析】A项，==，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，醋酸根离子浓度减小，电离常数Ka不变，则比值变大，故A错误；B项，将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，Kh变大，醋酸根离子水解程度增大，=1/Kh，所以比值变小，故B错误；C项，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，沉淀溶解平衡向沉淀方向移动，但==，温度不变则比值不变，故C正确；D项，向盐酸中加入氨水至中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得，c(NH4+)=c(Cl-)，故D错误。
18. 一定温度时，Cu2+，Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子(M2+)形成硫化物沉淀所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是
A. 该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10-15
B. 该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS
C. 向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀
D. 向c(Fe2+)=0.1mol/L的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出
【答案】B
【解析】A项，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积常数为Ksp=c(Mn2+)∙c(S2-)，根据图像可计算Ksp(FeS)=c(Fe2+)∙c(S2-)=1×10-20，Ksp(CuS)=c(Cu2+)∙c(S2-)=1×10-35，MnS的曲线在CuS的上方、在FeS下方，因此Ksp(MnS)大于Ksp(CuS)、小于Ksp(FeS)，即1.0×10-35
二、非选择题（本题包含4道小题，共46分）
19. 中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。有效“减碳”的手段之一是节能。
I．下列制氢方法最节能的是______（填字母序号）。
A．电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2
II．科学家提出“绿色自由”构想，把空气中的CO2使用合适的催化剂可转化为可再生能源甲醇(CH3OH)。该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H
(1)若在一个定温定容的容器中发生上述反应，反应达到平衡的标志是______ （填字母序号）。
A．CO2和CH3OH的浓度相等 B.3v正(H2)=v逆(H2O)
C．容器内压强保持不变 D．H2的百分含量保持不变
E. 容器中混合气体的密度保持不变
(2)若将CO2和H2的混合气体分成五等份，将它们分别充入温度不同、容积相同的恒容容器中发生上述反应。反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如右图，则上述CO2转化为甲醇的反应的△H______0（填“>”、“<”或“=”）。
(3) 300℃时，将CO2和H2按1：3的体积比充入某密闭容器中，CO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如右图所示。回答问题：
①若其他条件不变，将A点的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再次达到平衡，与原平衡相比较下列说法正确的是_______（填字母序号）。
A.CO2的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率增大
C．甲醇的物质的量增加 D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
②B点平衡混合气体的平均摩尔质量为________（保留一位小数）。
(4)甲醇—空气燃料电池(DMFC)是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，其工作原理示意图如图，该燃料电池的电池反应式为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)，则负极的电极反应式为____________。
【答案】 (1). C (2). CD (3). ＜ (4). BC (5). 22.7 g/mol (6). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】I．电解水制氢需要消耗电能；高温使水分解制氢需要消耗热能；天然气制氢需要消耗热能，并且天然气也是一种不可再生能源；利用太阳光催化分解水制氢最节能，不需要使用热能或电能等，故选C。
II．（1）可逆反应达到平衡的标志是：正反应速率与逆反应速率相等、反应物的浓度与生成物的浓度不再改变。A项，CO2和CH3OH的浓度相等时无法判断其浓度是否不再改变，所以无法判断是否平衡，故A错误；B项，用不同物质表示的速率数值之比等于化学计量数之比，所以v正(H2)=3v正(H2O)，则3v正(H2)=v逆(H2O)时，v正(H2O)≠v逆(H2O)，故没有达到化学平衡状态，故B错误；C项，该反应是气体分子数减小的反应，定温定容的容器中发生上述反应，只要不平衡压强就会变化，所以容器内压强保持不变时，反应达到平衡，故C正确；D项，H2的百分含量保持不变时，说明平衡不再发生移动，所以反应达到平衡，故D正确；E项，该反应的反应物和生成物均为气体，气体总质量一定，定容的容器中，密度=气体总质量÷容积，所以密度始终不变，无法判断是否平衡，故E错误。
（2）由图可知，最高点时反应达到平衡，达到平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，说明升温平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热方向进行，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0。
（3）①体积压缩至原来的一半，CO2的浓度瞬间变为原来的两倍，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，达到新平衡后CO2的浓度仍比原平衡大，故A错误；B项，体积缩小，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大，故B正确；C项，体积减小，平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，故C正确；D项，体积减小，平衡正向移动，氢气的物质的量减少，甲醇的物质的量增加，所以重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，故D错误。②如图B点CO2的平衡转化率为0.90，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol、3mol，气体总质量为：44g/mol×1mol+2g/mol×3mol=50g，根据反应方程式可得，平衡时CO2为0.10mol、H2为0.30mol、生成CH3OH(g) 0.90mol、H2O(g) 0.90mol，所以B点平衡混合气体的平均摩尔质量为：50g÷(0.10mol+0.30mol+0.90mol+0.90mol)≈22.7g/mol（保留一位小数）。
（4）由已知结合图示，甲醇酸性燃料电池，CH3OH在负极失电子发生氧化反应，同时有水参与生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20. 用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
(1)用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为________；符合其滴定曲线的是______（填“I”或“Ⅱ”）。
(2)图中V1和V2大小的比较：V1_____V2（填“>”、“<”或“=”）。
(3)滴定前的上述三种溶液中。由水电离出的c(H+)最大的是_____溶液（填化学式）。
(4)若用0.1mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，滴定前仰视，滴定后平视，则所测结果____（填“偏低”，“偏高”或“不变”）。
【答案】 (1). 酚酞 (2). I (3). ＜ (4). CH3COOH (5). 偏低
【解析】（1）滴定终点尽可能落在指示剂变色范围之间，用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为：酚酞；醋酸为弱酸，盐酸为强酸，等物质的量浓度时醋酸的pH大，则图I为滴定醋酸曲线。
（2）常温下等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液恰好完全反应时，所得溶液前者pH=7、后者pH>7，图I为滴定醋酸的曲线，图Ⅱ为滴定盐酸的曲线，图中V1和V2对应的纵坐标都是7，所以V1
（4）根据c(待)=分析不当操作对V(标)的影响，滴定前仰视，滴定后平视，造成V(标)偏小，c(待)偏小，则所测结果偏低。
21. NaOH溶液可用于多种气体的处理。
(1)CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。
①溶液中粒子种类：Na2CO3溶液_____NaHCO3溶液（填“>”、“<”或“=”）。
②已知25℃时CO32-第一步水解的平衡常数K1=2×10-4mol/L．溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20:1时，溶液的pH=______。
③泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式__________。
(2)金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得IL溶液A，溶液B为0.1mol/LCH3COONa溶液，则两份溶液中c(NO3-)、c( NO2-)和c(CH3COO-)由小到大的顺序为___________(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L）。可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____（填字母序号）。
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
(3) SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收，吸收SO2的过程中，pH随n(SO32-)、n(HSO3-)变化关系如下表：
n(SO32-):n(HSO3-)
91：9
1：1
1：91
pH
8.2
7.2
6.2
①上表判断NaHSO3溶液显_______性，用化学平衡原理解释：______________。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：____
a. c(Na+)=2c(SO32-) +c(HSO3-)
b. c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+) = c(OH-)
c.(Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-) +c(OH-)
③当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生。再生示意图如下：
HSO3-在阳极放电的电极反应式是__________________。
【答案】 (1). = (2). 9 (3). 3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑ (4). c（CH3COO﹣）＜c（NO2﹣）＜c（NO3﹣） (5). BC (6). 酸性 (7). HSO3-存在：HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度。 (8). a b (9). HSO3-+H2O-2e-= SO42-+3H+
【解析】（1）①Na2CO3溶液中，存在CO32-水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中存在：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，水溶液中均存在：H2OOH-+H+，所以Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中的粒子种类相同。②25℃时CO32-第一步水解的平衡常数K1==2×10-4mol/L，溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20:1时，c(OH-)=1×10-5mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=1×10-9mol/L，所以溶液的pH=9。③NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合时发生相互促进的水解，彻底反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，离子反应方程式为：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（2）溶液A中NaNO3和NaNO2均为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/LCH3COONa溶液，HNO3为强酸，HNO2和CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知HNO2酸性强于CH3COOH，则钠盐溶液中CH3COO-水解程度大于NO2-水解程度，所以两份溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由小到大的顺序为：c(CH3COO-)＜c(NO2-)＜c(NO3-)；由上述分析可知，溶液B的碱性强于溶液A的碱性，A项，向溶液A中加适量水，溶液A被稀释，A的碱性减弱，溶液A和溶液B的pH不会相等，故A错误；B项，向溶液A中加适量NaOH，A的碱性增强，可以使溶液A和溶液B的pH相等，故B正确；C项，向溶液B中加适量水，溶液B被稀释，B的碱性减弱，可以使溶液A和溶液B的pH相等，故C正确；D项，向溶液B中加适量NaOH，B的碱性增强，溶液A和溶液B的pH不会相等，故D错误。
（3）①由表中数据可知，n(SO32-)：n(HSO3-)=1：91时，溶液显酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3-存在：HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度，故溶液显酸性。②当吸收液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故a正确；由于n(SO32-)：n(HSO3-)=91：9时，溶液的pH值为8.2，n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，溶液的pH值为7.2，所以中性时一定有c(HSO3-)>c(SO32-)，弱离子的电离或水解是微弱的，可推出：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)，故b正确；根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误。③阳极发生氧化反应，根据电解槽所示的变化可知，HSO3-在阳极放电生成SO42-和H+，故电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-= SO42-+3H+。
点睛：本题以NaOH溶液对CO2、NO2、SO2等气体的处理为载体，综合考查化学反应原理知识，涉及离子反应、弱电解质的电离、盐类水解、水溶液中的守恒关系、离子浓度大小比较、电离常数及水解常数有关计算、电解池中电极反应式的书写等知识，全面考查了水溶液有关知识，综合性较强，重在知识应用能力的考查。注意第（1）②小题的解题思路：首先利用水解常数表达式求得氢氧根离子浓度，然后根据Kw求得氢离子浓度计算pH；第（2）小题要明确Kh与Ka的关系：Kh=Kw/Ka，根据Ka的大小确定钠盐溶液中CH3COO-和NO2-水解程度的大小，从而比较溶液中离子浓度大小。
22. 水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题。
(1)水体常见污染物之一的氨氮主要指游离氨或铵盐，可以通入一定量的氯气，利用产生的HC1O除去。
已知：NH4++HClO=NH2Cl+H++H2O △H=akJ/mol
2NH2Cl+HClO=N2+H2O+3H++3Cl- △H=bkJ/mol
NH4++4HClO=NO3-+6H++4Cl-+H2O △H=ckJ/mol
则2NH4++3HClO=N2+3H2O+5H++3Cl- △H=______kJ/mol
(2)电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液来模拟。
①电解时，阳极的电极反应式为______________。电解过程中溶液初始Cl-浓度和pH对氨氮去除速率与能耗（处理一定量氨氮消耗的电能）的影响关系如图1和图2所示：
②图l中当Cl-浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是_______________________。
③图2中，pH为____时处理效果最佳；当pH过低时，处理效果不佳的原因可能是_______。
(3)废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp(NiS) =1.1×l0-21．Ksp(CuS)=1.3×10-36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10-5mol/L，铜低于7.8×l0-5mol/L。则需要控制溶液中S2-的浓度不低于______mol/L。
【答案】 (1). 2a+b (2). 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ (3). 阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能 (4). 6 (5). pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出 (6). 10﹣16
【解析】（1）设已知中的三个方程式分别为①、②、③，2×①＋②得：2NH4++3HClO=N2+3H2O+5H++3Cl-，故ΔH＝(2a＋b)kJ• mol-1。
（2）①用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液，阳极发生氧化反应，Cl-失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。②Cl-浓度较低或pH较大时，阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，所以氨氮去除速率低而能耗高。③由图像可看出，图2中pH为6时处理效果最佳；pH过低时，氢离子浓度大，反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移动，Cl2溶解度降低，产生的Cl2会从溶液中逸出而使氨氮去除速率降低，所以处理效果不佳。
（3）Ni2+达到排放标准时，c(S2-)×c(Ni2+)≤Ksp(NiS)，所以c(S2-)≥mol/L==10-16mol/L，因为Ksp(CuS)远小于Ksp(NiS)，所以此时Cu2+肯定达到排放标准，则需要控制溶液中S2-的浓度不低于10-16mol/L。
河南省三门峡市2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H:l C:12 N:14 O:16 Fe:56 S:32 Cu:64 Mn:55 Zn:65 Ni:59
第I卷
一、选择题（本题包含18小题；每题3分，共54分。每小题只有—个选项符合愿意。）
1. 下列说法正确的是
A. CaCO3难溶于水，是弱电解质
B. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化
C. 催化剂能改变化学反应的平衡转化率
D. 反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的△H<0
【答案】D
..................
2. 依据图判断，下列说法不正确的是
A. 1molH2(g)与molO2(g)所具有的总能量比1molH2O(g)所具有的总能量高
B. H2O(g)生成H2O(1)时，断键吸收的能城小于成键放出的能量
C. 2molH(g)与lmnlO(g)生成lmolH2O(g)所放出的热量是bkJ
D. 液态水分解的热化学方程式为：2H2O(1)=2 H2(g)+O2(g)AH=2(b+c-a) kJ/mol
【答案】B
【解析】A．氢气的燃烧为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，A正确；B．H2O（g）生成H2O（l），为物理变化，不存在化学键的断裂和形成，B错误；C．形成化学键放出能量，由图象可知2 mol H（g）与1 mol O（g）生成1 molH2O（g）所放出的热量是b kJ，C正确；D．液态水分解吸收能量，由图象可知液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H=2（b+c﹣a）kJ•mol﹣1，D正确，答案选B。
点睛：注意掌握反应热的计算方法和依据：（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算。
3. 下列关于说法正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热为57.3kJ/mol，H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热也为57.3kJ/mol
B. 已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kUmol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)反应的△H=-1366.8kJ/mol
C. 一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ．则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6 kJ/mol
D. 一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1 2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)△H2则△H1>△H2
【答案】D
【解析】A项，H2SO4和Ba(OH)2反应，除包括氢离子与氢氧根离子反应生成水外，还包括钡离子与硫酸根离子的反应，所以反应热包括中和反应和硫酸根离子与钡离子反应的反应热，故A错误；B项，已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=-1366.8kJ/mol，故B错误；C项，N2和H2的反应为可逆反应，不能进行完全，所以N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H≠-38.6kJ/mol，故C错误；D项，等物质的量的SO3(g)比SO3(l)的能量高，所以生成2molSO3(g)时放出的热量少，焓变大，即0>△H1＞△H2，故D正确。
4. 在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2，④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2 其中能够使反应速率增大的措施是
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【解析】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。
5. 对于可逆反应；2A(g)+B(g)2C(g) △H<0，下列各图中正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】试题分析：A、当其他条件不变时，增大压强，正、逆反应速率都增大，与图像不符，错误；B、该反应正向是放热反应，升高温度，反应速率加快，达平衡的时间缩短，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，与图像相符，正确；C、催化剂能同等程度的加快正、逆速率，缩短达平衡的时间，平衡不移动，不能改变平衡体系中C的浓度，与体系不符，错误；D、该反应正向是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，与图像不符，错误。
考点：考查化学平衡图像分析
6. 常温下，在下列溶液中可能大量共存的离子组是
A. pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-
B. 在滴加石蕊试液后呈红色的溶液中：Na+、K+、Al3+、CO32-
C. 的溶液中：NH4+、SO42-、NO3-、CO32-
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Al3+、NH4+、SO42-、Cl-
【答案】D
点睛：本题考查离子共存问题，掌握常见离子的性质，明确离子之间发生的反应是解题关键，解决此类题目时主要考虑复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应等，本题特别要注意题目的隐含条件，例如本题中四个选项都隐含着对溶液酸碱性的限制条件，A项隐含着氢离子，则涉及氧化还原反应，容易出错；D项应从影响水电离的因素考虑溶液的酸碱性。
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是
A. 1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和等于2NA
B. 9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目为0.2NA
C. 含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NA
D. 某密闭容器中有2molSO2和1molO2，在一定条件下充分反应，转移的电子数小于4NA
【答案】A
【解析】A项，1molCl2含有2molCl，通入水中所得含氯粒子有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B项，NO2和N2O4的最简式相同，9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目等于9.2gNO2中所含氮原子数目，即为：9.2g÷46g/mol×1×NA=0.2NA，故B正确；C项，含0.1molNH4HSO4的溶液中，SO42-的物质的量为0.1mol，根据电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+2n(SO42-)，溶液中的阳离子的物质的量略大于0.2mol，即阳离子数目略大于0.2NA，故C正确；D项，SO2和O2的反应为可逆反应，0.2molSO2和0.1molO2在一定条件下充分反应，生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol，所以转移的电子小于0.4mol，转移的电子数小于0.4NA，故D正确。
点睛：NA的有关问题是考试的热点，由于它和物质的量、物质的质量、气体的体积等多个物理量联系，并且可以涉及氧化还原反应、离子反应、水溶液、物质构成等重要知识，历来都受到命题人的关注。解决有关NA计算型题目，要特别注意题目的陷阱，例如A项中1molCl2通入水中并不会与水全部反应；B项中NO2和N2O4的最简式相同，无论怎么混合，只要质量一定含氮原子数目就确定；D项要注意可逆反应不能进行完全。
8. 下列有关实验的说法正确的是
A. 图A中测定锌粒与1mol/L稀硫酸的反应速率，只需测定注射器中收集氢气的体积
B. 图B装置中进行50mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液发生中和反应放出热量的测定，使温度计温度升高的热量就是中和反应生成1mol水的热量
C. 图C酸碱中和滴定中，可以在滴定过程中用少量水冲洗锥形瓶内壁
D. 图D滴定管中液面位置如图所示，则此时的读数为26.50mL
【答案】C
【解析】A项，若只测定注射器中收集氢气的体积，不知道时间，无法计算反应速率，故A错误；B项，50mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液发生中和反应生成0.025mol水，使温度计升高到最高温度的热量就是该中和反应生成0.025mol水的热量，故B错误；C项，用少量水冲洗锥形瓶内壁不影响溶质的物质的量，可以使残留在内壁上的待测液溶质与标准液充分反应减小误差，故C正确；D项，滴定管的0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，读数应为25.50mL，故D错误。
9. 关于下列装置说法正确的是
A. 装置①中，盐桥（含有琼胶的KCl饱和溶液）中的K+移向ZnSO4溶液
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜
D. 装置④中发生铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】A项，装置①为原电池，Zn为负极、Cu为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，装置②为电解池，a极与电源的负极相连是阴极，水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大，故B错误；C项，装置③为电解池，d极与电源的正极相连是阳极，铁上镀铜时，铜为阳极，所以d极为铜，故C正确；D项，Zn比Fe更活泼，构成原电池时，活泼金属Zn是负极，Fe不反应，故D错误。
10. 锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-，下列说法正确的是
A. 放电时，负极反应为Zn+4OH--2e-= Zn(OH)42-
B. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
C. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
D. 充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
【答案】A
【解析】A项，放电时，Zn为负极发生氧化反应，碱性电解质溶液，所以反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故A正确；B项，放电时，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L氧气，故B错误；C项，充电时阳离子向阴极移动，故C错误；D项，充电时，电解总反应为：2Zn(OH)42-=2Zn+O2+4OH-+2H2O，电解质溶液中c(OH-)逐渐增大，故D错误。
点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，①注意区分原电池与电解池装置：原电池中存在自发的氧化还原反应，电解池中一般会与电源相连，锌-空气燃料电池放电时作为原电池，充电时作为电解池；②正确判断正负极、阴阳极：作原电池时的正极即为作电解池时的阳极，作原电池时的负极即为作电解池时的阴极；③注意电极反应式的书写及电子转移的计算：书写电极反应式要考虑溶液酸碱性，要根据得失电子守恒进行有关计算；④若已知电池总反应，可根据化合价的变化判断有关反应，遵循氧化还原反应原理。
11. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
点睛：本题考查勒夏特列原理的使用条件，化学平衡移动原理又称勒夏特列原理，使用勒夏特列原理分析问题的前提必须是可逆反应且存在平衡移动，否则不能用勒夏特列原理解释，例如题中A、B、C三项都涉及改变条件时可逆反应的平衡移动问题，而D项改变条件平衡不移动。
12. 已知在100℃的温度下，水的离子积Kw=1×10-12，本题涉及的溶液，其温度均为100℃，下列说法中正确的是
A. 0.001mol/L的硫酸溶液，pH=2
B. 0.001mol/L的氢氧化钠溶液pH=9
C. 0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. 完全中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】B
【解析】100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下中性溶液中pH=6，A项，0.001mol/L的硫酸溶液中，c(H+)=0.001mol/L×2=0.002mol/L=2×10-3mol/L，所以pH=-lgc(H+)=lg(2×10-3)=3-lg2≠2，故A错误；B项，0.001mol/L的氢氧化钠溶液，c(H+)=KW/c(OH-)=mol/L=1×10-9mol/L，所以pH=9，故B正确；C项，0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液的pH为6，溶液显中性，故C错误；D项，pH=3的硫酸中，c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误。
点睛：本题考查pH的有关计算，①酸性溶液可根据pH=-lgc(H+)直接计算；②注意碱性溶液中氢氧根离子浓度和pH的换算为易错点，在已知中100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6、pH<6为酸性溶液，pH>6的为碱性溶液；③强酸和强碱恰好反应时，溶液呈中性，pH=6。
13. 在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+ yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系；则下列结论正确的是
A. 图II所知反应xA(g)+yB(g) zC(g) △H<0，且a=2
B. 200℃时，该反应的平衡常数为25
C. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L•min)
D. 当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大
【答案】B
【解析】A项，由图II可知：升高温度，平衡时C的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动，又因为升高温度，化学平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应，△H>0；根据图Ⅰ数据可知该反应的化学方程式为2A+BC，只有当两种反应物按方程式的计量数之比加入时，达到平衡时生成物C的体积分数才最高，所以a=2，综上分析，A错误。B项，由图Ⅰ可得，200℃，平衡时c(A)=0.4mol÷2L=0.2mol/L，c(B)=c(C)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，由前面的分析化学方程式为2A+BC，所以200℃时，该反应的平衡常数为：K==25，故B正确。C项，200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=(0.4-0.2)mol÷2L÷5min=0.02mol/(L•min)，故C错误。D项，当外界条件由200℃降温到100℃，平衡常数K一定变化，原平衡一定被破坏，正逆反应速率均减小，故D错误。
14. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)
B. 0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后的溶液中：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)
C. 物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液中，c(NH4+)由大到小的顺序为③>②>①
D. 浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl、②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，pH的大小顺序；②>④>③>①
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-)，两式相减得：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，故A正确；B项，0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，所得溶液中溶质为NaCl、CH3COONa、CH3COOH物质的量之比为1：1：1，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，电离是微弱的，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B错误；C项，物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液，③中NH4+与Al3+水解相互抑制，所以③中c(NH4+)大于①中c(NH4+)，又因为NH4+水解是微弱的，所以②中c(NH4+)最大，则c(NH4+)由大到小的顺序为②>③>①，故C错误；D项，①NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性，②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液都是显碱性的，同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，③Na2CO3溶液碱性强于④NaHCO3溶液，又因为水解是微弱的，所以②NaOH溶液碱性最强，则pH的大小顺序：②>③>④>①，故D错误。
15. 对于平衡体系：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) △H<0，下列判断其中不正确的是
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b
C. 若平衡体系中共有气体Mmol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为( M+b)mol，则a+b=c+d
D. 若a+b=c+d，对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体的压强不变
【答案】D
【解析】A项，温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明降低压强，化学平衡向正反应方向移动，又因为降低压强化学平衡向气体分子数增大的方向移动，故a+b＜c+d，故A正确；B项，若A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率一定相等，所以若从正反应开始，平衡时，A、B的转化率相等，则投入A、B的物质的量之比为a:b，故B正确；C项，平衡体系中共有气体Mmol，再向其中充入bmolB，化学平衡正向移动，达到平衡时气体总物质的量为(M+b)mol，则混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，故C正确；D项，若a+b=c+d，气体的物质的量不变，对于体积不变的容器，温度升高，气体压强增大，故D错误。
16. 目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2+浓度的废水中加入H202，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下左表），实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图右所示。下列说法正确的是
实验编号
T/K
pH
c/l0-3mol/L
H2O2
Mn2+
①
298
3
6.0
0.30
②
313
3
6.0
0.30
③
298
9
6.0
0.30
A. 313K时，在0--lOOs内有机物R降解的平均速率为：0.014 mol/(L•s)
B. 对比①②实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解
C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同
D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】A. 313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率＝＝1.4 ×10－5mol·L-1·s-1，A错误；B. 温度过高，双氧水容易分解，B错误；C. 对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率相同，C错误；D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，增大pH，D正确，答案选D。
17. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变。
D. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
【答案】C
【解析】A项，==，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，醋酸根离子浓度减小，电离常数Ka不变，则比值变大，故A错误；B项，将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，Kh变大，醋酸根离子水解程度增大，=1/Kh，所以比值变小，故B错误；C项，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，沉淀溶解平衡向沉淀方向移动，但==，温度不变则比值不变，故C正确；D项，向盐酸中加入氨水至中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得，c(NH4+)=c(Cl-)，故D错误。
18. 一定温度时，Cu2+，Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子(M2+)形成硫化物沉淀所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是
A. 该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10-15
B. 该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS
C. 向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2+最有可能先沉淀
D. 向c(Fe2+)=0.1mol/L的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出
【答案】B
【解析】A项，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积常数为Ksp=c(Mn2+)∙c(S2-)，根据图像可计算Ksp(FeS)=c(Fe2+)∙c(S2-)=1×10-20，Ksp(CuS)=c(Cu2+)∙c(S2-)=1×10-35，MnS的曲线在CuS的上方、在FeS下方，因此Ksp(MnS)大于Ksp(CuS)、小于Ksp(FeS)，即1.0×10-35
二、非选择题（本题包含4道小题，共46分）
19. 中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。有效“减碳”的手段之一是节能。
I．下列制氢方法最节能的是______（填字母序号）。
A．电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2
II．科学家提出“绿色自由”构想，把空气中的CO2使用合适的催化剂可转化为可再生能源甲醇(CH3OH)。该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H
(1)若在一个定温定容的容器中发生上述反应，反应达到平衡的标志是______ （填字母序号）。
A．CO2和CH3OH的浓度相等 B.3v正(H2)=v逆(H2O)
C．容器内压强保持不变 D．H2的百分含量保持不变
E. 容器中混合气体的密度保持不变
(2)若将CO2和H2的混合气体分成五等份，将它们分别充入温度不同、容积相同的恒容容器中发生上述反应。反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如右图，则上述CO2转化为甲醇的反应的△H______0（填“>”、“<”或“=”）。
(3) 300℃时，将CO2和H2按1：3的体积比充入某密闭容器中，CO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如右图所示。回答问题：
①若其他条件不变，将A点的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再次达到平衡，与原平衡相比较下列说法正确的是_______（填字母序号）。
A.CO2的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率增大
C．甲醇的物质的量增加 D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
②B点平衡混合气体的平均摩尔质量为________（保留一位小数）。
(4)甲醇—空气燃料电池(DMFC)是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，其工作原理示意图如图，该燃料电池的电池反应式为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)，则负极的电极反应式为____________。
【答案】 (1). C (2). CD (3). ＜ (4). BC (5). 22.7 g/mol (6). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】I．电解水制氢需要消耗电能；高温使水分解制氢需要消耗热能；天然气制氢需要消耗热能，并且天然气也是一种不可再生能源；利用太阳光催化分解水制氢最节能，不需要使用热能或电能等，故选C。
II．（1）可逆反应达到平衡的标志是：正反应速率与逆反应速率相等、反应物的浓度与生成物的浓度不再改变。A项，CO2和CH3OH的浓度相等时无法判断其浓度是否不再改变，所以无法判断是否平衡，故A错误；B项，用不同物质表示的速率数值之比等于化学计量数之比，所以v正(H2)=3v正(H2O)，则3v正(H2)=v逆(H2O)时，v正(H2O)≠v逆(H2O)，故没有达到化学平衡状态，故B错误；C项，该反应是气体分子数减小的反应，定温定容的容器中发生上述反应，只要不平衡压强就会变化，所以容器内压强保持不变时，反应达到平衡，故C正确；D项，H2的百分含量保持不变时，说明平衡不再发生移动，所以反应达到平衡，故D正确；E项，该反应的反应物和生成物均为气体，气体总质量一定，定容的容器中，密度=气体总质量÷容积，所以密度始终不变，无法判断是否平衡，故E错误。
（2）由图可知，最高点时反应达到平衡，达到平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，说明升温平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热方向进行，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0。
（3）①体积压缩至原来的一半，CO2的浓度瞬间变为原来的两倍，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，达到新平衡后CO2的浓度仍比原平衡大，故A错误；B项，体积缩小，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大，故B正确；C项，体积减小，平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，故C正确；D项，体积减小，平衡正向移动，氢气的物质的量减少，甲醇的物质的量增加，所以重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，故D错误。②如图B点CO2的平衡转化率为0.90，设CO2和H2初始物质的量分别为1mol、3mol，气体总质量为：44g/mol×1mol+2g/mol×3mol=50g，根据反应方程式可得，平衡时CO2为0.10mol、H2为0.30mol、生成CH3OH(g) 0.90mol、H2O(g) 0.90mol，所以B点平衡混合气体的平均摩尔质量为：50g÷(0.10mol+0.30mol+0.90mol+0.90mol)≈22.7g/mol（保留一位小数）。
（4）由已知结合图示，甲醇酸性燃料电池，CH3OH在负极失电子发生氧化反应，同时有水参与生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20. 用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
(1)用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为________；符合其滴定曲线的是______（填“I”或“Ⅱ”）。
(2)图中V1和V2大小的比较：V1_____V2（填“>”、“<”或“=”）。
(3)滴定前的上述三种溶液中。由水电离出的c(H+)最大的是_____溶液（填化学式）。
(4)若用0.1mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，滴定前仰视，滴定后平视，则所测结果____（填“偏低”，“偏高”或“不变”）。
【答案】 (1). 酚酞 (2). I (3). ＜ (4). CH3COOH (5). 偏低
【解析】（1）滴定终点尽可能落在指示剂变色范围之间，用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为：酚酞；醋酸为弱酸，盐酸为强酸，等物质的量浓度时醋酸的pH大，则图I为滴定醋酸曲线。
（2）常温下等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液恰好完全反应时，所得溶液前者pH=7、后者pH>7，图I为滴定醋酸的曲线，图Ⅱ为滴定盐酸的曲线，图中V1和V2对应的纵坐标都是7，所以V1
（4）根据c(待)=分析不当操作对V(标)的影响，滴定前仰视，滴定后平视，造成V(标)偏小，c(待)偏小，则所测结果偏低。
21. NaOH溶液可用于多种气体的处理。
(1)CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。
①溶液中粒子种类：Na2CO3溶液_____NaHCO3溶液（填“>”、“<”或“=”）。
②已知25℃时CO32-第一步水解的平衡常数K1=2×10-4mol/L．溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20:1时，溶液的pH=______。
③泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式__________。
(2)金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得IL溶液A，溶液B为0.1mol/LCH3COONa溶液，则两份溶液中c(NO3-)、c( NO2-)和c(CH3COO-)由小到大的顺序为___________(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L）。可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____（填字母序号）。
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
(3) SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收，吸收SO2的过程中，pH随n(SO32-)、n(HSO3-)变化关系如下表：
n(SO32-):n(HSO3-)
91：9
1：1
1：91
pH
8.2
7.2
6.2
①上表判断NaHSO3溶液显_______性，用化学平衡原理解释：______________。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：____
a. c(Na+)=2c(SO32-) +c(HSO3-)
b. c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+) = c(OH-)
c.(Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-) +c(OH-)
③当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生。再生示意图如下：
HSO3-在阳极放电的电极反应式是__________________。
【答案】 (1). = (2). 9 (3). 3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑ (4). c（CH3COO﹣）＜c（NO2﹣）＜c（NO3﹣） (5). BC (6). 酸性 (7). HSO3-存在：HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度。 (8). a b (9). HSO3-+H2O-2e-= SO42-+3H+
【解析】（1）①Na2CO3溶液中，存在CO32-水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中存在：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，水溶液中均存在：H2OOH-+H+，所以Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中的粒子种类相同。②25℃时CO32-第一步水解的平衡常数K1==2×10-4mol/L，溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20:1时，c(OH-)=1×10-5mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=1×10-9mol/L，所以溶液的pH=9。③NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合时发生相互促进的水解，彻底反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，离子反应方程式为：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（2）溶液A中NaNO3和NaNO2均为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/LCH3COONa溶液，HNO3为强酸，HNO2和CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知HNO2酸性强于CH3COOH，则钠盐溶液中CH3COO-水解程度大于NO2-水解程度，所以两份溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由小到大的顺序为：c(CH3COO-)＜c(NO2-)＜c(NO3-)；由上述分析可知，溶液B的碱性强于溶液A的碱性，A项，向溶液A中加适量水，溶液A被稀释，A的碱性减弱，溶液A和溶液B的pH不会相等，故A错误；B项，向溶液A中加适量NaOH，A的碱性增强，可以使溶液A和溶液B的pH相等，故B正确；C项，向溶液B中加适量水，溶液B被稀释，B的碱性减弱，可以使溶液A和溶液B的pH相等，故C正确；D项，向溶液B中加适量NaOH，B的碱性增强，溶液A和溶液B的pH不会相等，故D错误。
（3）①由表中数据可知，n(SO32-)：n(HSO3-)=1：91时，溶液显酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3-存在：HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度，故溶液显酸性。②当吸收液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故a正确；由于n(SO32-)：n(HSO3-)=91：9时，溶液的pH值为8.2，n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，溶液的pH值为7.2，所以中性时一定有c(HSO3-)>c(SO32-)，弱离子的电离或水解是微弱的，可推出：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)，故b正确；根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误。③阳极发生氧化反应，根据电解槽所示的变化可知，HSO3-在阳极放电生成SO42-和H+，故电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-= SO42-+3H+。
点睛：本题以NaOH溶液对CO2、NO2、SO2等气体的处理为载体，综合考查化学反应原理知识，涉及离子反应、弱电解质的电离、盐类水解、水溶液中的守恒关系、离子浓度大小比较、电离常数及水解常数有关计算、电解池中电极反应式的书写等知识，全面考查了水溶液有关知识，综合性较强，重在知识应用能力的考查。注意第（1）②小题的解题思路：首先利用水解常数表达式求得氢氧根离子浓度，然后根据Kw求得氢离子浓度计算pH；第（2）小题要明确Kh与Ka的关系：Kh=Kw/Ka，根据Ka的大小确定钠盐溶液中CH3COO-和NO2-水解程度的大小，从而比较溶液中离子浓度大小。
22. 水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题。
(1)水体常见污染物之一的氨氮主要指游离氨或铵盐，可以通入一定量的氯气，利用产生的HC1O除去。
已知：NH4++HClO=NH2Cl+H++H2O △H=akJ/mol
2NH2Cl+HClO=N2+H2O+3H++3Cl- △H=bkJ/mol
NH4++4HClO=NO3-+6H++4Cl-+H2O △H=ckJ/mol
则2NH4++3HClO=N2+3H2O+5H++3Cl- △H=______kJ/mol
(2)电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液来模拟。
①电解时，阳极的电极反应式为______________。电解过程中溶液初始Cl-浓度和pH对氨氮去除速率与能耗（处理一定量氨氮消耗的电能）的影响关系如图1和图2所示：
②图l中当Cl-浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是_______________________。
③图2中，pH为____时处理效果最佳；当pH过低时，处理效果不佳的原因可能是_______。
(3)废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp(NiS) =1.1×l0-21．Ksp(CuS)=1.3×10-36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10-5mol/L，铜低于7.8×l0-5mol/L。则需要控制溶液中S2-的浓度不低于______mol/L。
【答案】 (1). 2a+b (2). 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ (3). 阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能 (4). 6 (5). pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出 (6). 10﹣16
【解析】（1）设已知中的三个方程式分别为①、②、③，2×①＋②得：2NH4++3HClO=N2+3H2O+5H++3Cl-，故ΔH＝(2a＋b)kJ• mol-1。
（2）①用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液，阳极发生氧化反应，Cl-失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。②Cl-浓度较低或pH较大时，阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，所以氨氮去除速率低而能耗高。③由图像可看出，图2中pH为6时处理效果最佳；pH过低时，氢离子浓度大，反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移动，Cl2溶解度降低，产生的Cl2会从溶液中逸出而使氨氮去除速率降低，所以处理效果不佳。
（3）Ni2+达到排放标准时，c(S2-)×c(Ni2+)≤Ksp(NiS)，所以c(S2-)≥mol/L==10-16mol/L，因为Ksp(CuS)远小于Ksp(NiS)，所以此时Cu2+肯定达到排放标准，则需要控制溶液中S2-的浓度不低于10-16mol/L。
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