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【化学】河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二11月月考试题（解析版）
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河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二11月月考试题
可能用到的相对原子量：N：14 H：1 Al：27 S：32 O：16 Na：23 C：12 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65
一、单选题（本大题共20题，每题3分，共60分）
1.如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（ ）
A. 电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极
B. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子
C. 该原电池的总反应为： Fe3+＋Cu=Cu2+＋Fe2+
D. 电极Ⅱ的电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】电极Ⅰ为惰性电极，电极Ⅱ为活性电极，所以电极Ⅱ应为原电池的负极，电极Ⅰ为原电池的正极。
【详解】A. 电极Ⅰ上Fe3+得电子，发生还原反应，作原电池的正极，A错误；
B. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递离子，以平衡两边烧杯内溶液的电性，B错误；
C. 该原电池的总反应式为： 2Fe3+＋Cu=Cu2+＋2Fe2+，C错误；
D. 电极Ⅱ为原电池的负极，电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+，D正确。
故选D。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶盖，瓶中立即泛起大量泡沫
B. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
C. 将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快
D. 在pH等于3的醋酸溶液中加入少量CH3COONa，溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理是如果改变影响化学平衡的一个因素（如浓度、压强、温度等），化学平衡将向减弱这种改变的方向移动。
【详解】A．打开啤酒瓶瞬间酒瓶内压强骤减，CO2(g) + H2O (g) H2CO3 (aq)平衡向逆反应方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意。
B．工业生产硫酸的过程中，使用过量空气，增大氧气的浓度促使平衡向正反应方向移动，提高SO2的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意。
C．将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，构成了原电池，加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意。
D．向醋酸溶液中加入CH3COONa，增加CH3COO-浓度，醋酸电离平衡向逆反应方向进行，H+浓度减小，pH增大，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。本题选C。
3.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是( )
A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeC13溶液
B. 正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
D. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐。
【详解】A．铁作负极，铜作正极，可溶性的氯化铁溶液作电解质，能实现题中反应，故A不符合题意。
B．铁作负极，碳作正极，可溶性的硝酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故B不符合题意。
C．铁作负极，银作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故C不符合题意。
D．锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，原电池总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Zn=2Fe2＋＋Zn2+，故D符合题意。本题选D。
4.一定条件下，向一容积可变的密闭容量中充入2 mol X，发生反应：2X(g)Y(g)+2Z(g)，达到平衡后改变下述条件，气体Z的平衡浓度不变的是（ ）
A. 恒温恒压下，充入1 mol X(g) B. 恒温恒容下，充入1 mol Y(g)
C. 恒温恒压下，充入2 mol Z(g) D. 恒温恒压下，充入1 mol He(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A．恒温恒压下，充入1 mol X(g)，是等效平衡，气体Z的平衡浓度不变，故A正确。
B．恒温恒容下，充入1 mol Y(g)，Y的浓度增加，平衡向逆反应方向进行，Z的平衡浓度降低，故B错误。
C．恒温恒压下，充入2 mol Z(g)，相当于Z的浓度增加，平衡向逆反应方向进行，但Z的平衡浓度升高，故C错误。
D．恒温恒压下，充入1 mol He(g)，He是惰性气体，容器的总压强不变，但平衡混合气体的浓度减小，此时相当于降低压强，使平衡向体积增大的方向进行，即向正反应方向进行，Z的平衡浓度减小，故D错误。本题选A。
5.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
编号
①
②
③
④
pH
10
10
4
4
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液为碱性
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11
【答案】D
【解析】
【详解】A. ③、④溶液的pH相同，由于③为弱酸，所以其物质的量浓度比④大，相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；
B. 酸加水稀释，pH增大，相同pH的强酸pH增大更多；碱加水稀释，pH减小，相同pH的强碱pH减少更多。分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，B正确；
C. ①、④两溶液等体积混合，氨水过量，所得溶液为碱性，C正确；
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则，Va︰Vb＝11︰9，D错误。
故选D。
6.25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（ ）
A. pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
B. W点所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
C. pH=3.5的溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1
D. 向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体（忽略溶液体积变化）：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，此时溶液呈酸性，
c(H+)>c(OH-)，从数据中可以看出，c(CH3COOH) >c(H+)，所以 c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B. W点所表示的溶液中，按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为在W点，c(CH3COOH)= c(CH3COO-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，B正确；
C. pH=3.5的溶液中，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1- c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1，C正确；
D. 向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，刚好与CH3COO-完全反应生成CH3COOH，此时溶液中存在以下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，而此时c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，所以c(H+)
7.常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO3-
B. 0.1mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
C. 含有大量Al3+的水溶液中： Na+、NH4+、HCO3-、Br-
D. 水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液：NH4+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】A
【解析】A、c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液为酸性溶液，含有大量H+，K+、Mg2+、Cl-、NO3-、H+间可以相互共存，A正确；B、NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，Fe2+具有还原性，NO3-、H+和Fe2+之间发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、Al3+和HCO3-发生双水解反应而不能大量共存，C错误；D、水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液可能为酸性或碱性，若为酸性，H+与CO32-不能共存，若为碱性，OH-与NH4+不共存，D错误。正确答案为A。
8.分别将下列物质:①Al2(SO4)3②Na2CO3③KCl④CuCl2⑤FeSO4 溶于水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是（ ）
A. ①③④⑤ B. ②④ C. ①②③ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】①加热时虽然Al2(SO4)3发生水解，但是硫酸难挥发，所以溶液加热蒸干仍然得到Al2(SO4)3；②Na2CO3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠在空气中仍能生成碳酸钠，溶液加热蒸干仍然得到Na2CO3；③KCl在溶液加热蒸干时不变化，所以仍然得到KCl；④CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，溶液加热蒸干时，HCl逸出，不能得到CuCl2；⑤在溶液加热蒸干过程中，FeSO4会被空气中的氧气氧化而不能得到FeSO4。故选C。
9.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③
【答案】D
【解析】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。
10.某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043
B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变
C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. A的平衡转化率是40%
【答案】B
【解析】
【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)
反应前(mol) 2 1 0 0
反应了(mol)0.4 0.4 0.6 0.2
平衡后(mol)1.6 0.6 0.6 0.2
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。
【详解】A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；
B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；
C、平衡常数只受温度影响，故C错误；
D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；
故选B。
11.①pH=2的CH3COOH溶液：②pH=2的盐酸;③pH=2的NH4Cl溶液；④pH=12的氨水;⑤pH=12的NaOH溶液;⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A. 水电离的c(H+)：③=⑥>①=②=④=⑤
B. 将②、④溶液混合后，pH=7,消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量，②最大
D. 向等体积溶液中加入100mL水后，溶液的pH：④>⑥>⑤>③>①>②
【答案】A
【解析】A．①、②、③的氢离子浓度相同，④、⑤、⑥的氢氧根离子的浓度相同，六种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，所以这六种溶液中由水电离的c(H+)：③=⑥＞①=②=④=⑤，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)＞c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3•H2O)＞c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞④，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、⑤三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、⑤溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①，故D错误；故选A。
12.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器编号
起始时各物质物 质 的量 /mol
平衡时反应中的能量变化
SO3
SO2
O2
①
2
0
0
吸收热量akJ
②
0
2
1
放出热 量 bkJ
③
4
0
0
吸收热量ckJ
下列叙述正确的是（ ）
A. 达平衡时O2的体积分数：①>③
B. 热量关系：a一定等于b
C. ①②③ 反应的平衡常数：③>①>②
D. ①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，正确；
B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，错误；
C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，错误；
D. 该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，错误；
故选A。
13.已知常温下，几种难溶电解质的溶度积(Ksp)：
化学式
Mg(OH)2
MgF2
Fe(OH)3
AgCl
Cu(OH)2
Ag2CrO4
溶度积
5.6×10-12
7.4×10-11
4 .0×10-38
1.8×10-10
2.2×10-20
2.0×10-12
下列说法不正确的是（ ）
A. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
B. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入NaF 溶液液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2
C. CuCl2溶液中混入了一定量的FeCl3溶液，可以通过向溶液中加入CuO的方法，调整溶液的pH，除去Fe3+杂质
D. 向浓度均为1×10-3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mo/LAgNO3溶液，Cl-先形成沉淀
【答案】B
【解析】A. Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故A正确；B. 不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，最终Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故B错误；C. 根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积，溶液中的铁离子完全沉淀时铜离子不会沉淀，FeCl3溶液水解，溶液显酸性，向溶液中加入CuO，氧化铜能够与酸反应，促进铁离子的水解形成氢氧化铁沉淀，而且不会引入杂质，故C正确；D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故选B。
14.等物质的量浓度、等体积的下列溶液中(1)H2CO3 (2)Na2CO3 (3)NaHCO3 (4)NH4HCO3 (5)(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是（ ）
A. c（HCO3-）的大小关系为：(4)>(3)>(5)>(2)>(1)
B. c（CO32-）的大小关系为：(1)<(4)<(3)<(5)<(2)
C. 将溶液蒸干后灼烧后只有(1)不能得到对应的固体物质
D. (2)(3)(4)(5)既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. (4)与(3)相比，(4)中的NH4+促进了(4)中HCO3-的水解，c(HCO3-)的关系为：(4)<(3)，A错误；
B. (2)、(5)中的电解质，都能完全电离产生CO32-，但由于(5)中NH4+的水解会促进CO32-的水解，所以c(CO32-)的关系为(5)<(2)；(3)和(4)中，都能完全电离出HCO3-，但由于(4)中NH4+的水解会抑制HCO3-的电离，所以c(CO32-)的关系为(4)<(3)；(1)中需要两步电离才能生成CO32-，所以c(CO32-)最小。从而得出c(CO32-)的大小关系为：(1)<(4)<(3)<(5)<(2)，B正确；
C. 将溶液蒸干灼烧后，只有(2)能得到对应的固体物质，其它物质都会发生分解，所以C错误；
D. (3)(4)(5)既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，但(2)不能与碱反应，所以D错误。
故选B
15.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.10mol/L NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)
B. 向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO32-)
C. 向0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)＞c(CH3COOH)= c(Cl-)
D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)= 2[c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(H2SO3)]
【答案】C
【解析】
【分析】A. NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液成电中性可得c(NH4+)+c（H+）= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得，c(NH4+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)；
B. 根据物料守恒c(Na+)= c(HSO3-)+ c(H2SO3)，根据溶液成电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）+ c（OH-）,室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，c(NH4+)= c(SO32-)- c(H2SO3)，c(SO32-) >c(NH4+)；
C. CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= c(CH3COO-)+ c（OH-）+ c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c（Cl-）= c(CH3COOH)；
D. 向010mol/L Na2SO3溶液通入SO2：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c(Na+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)；
【详解】A. NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液成电中性可得c(NH4+)+c（H+）= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得，c(NH4+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)，A错误；
B. 根据物料守恒c(Na+)= c(HSO3-)+ c(H2SO3)，根据溶液成电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）+ c（OH-）,室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，c(NH4+)= c(SO32-)- c(H2SO3)，c(SO32-) >c(NH4+),B错误；
C. CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= c(CH3COO-)+ c（OH-）+ c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c（Cl-）= c(CH3COOH)，C正确；
D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c(Na+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，D错误；
答案为C
16.下列浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
B. 向0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
C. pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3 溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)
D. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全，此时所用二者的体积刚好相同，生成BaSO4、NH3·H2O，溶液中主要发生NH3·H2O和H2O的电离，溶液中离子浓度关系为c(OH－)> c(NH)，A错误；
B. 向0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，虽然不能确定生成何种物质，但 “c(K+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)”违背电荷守恒原则，所以B错误；
C. 因为电离能力CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以要产生相同浓度的OH-，应有下列关系：c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(Na2CO3)，NaOH完全电离出OH-，所需浓度最小，从而得出pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3 溶液的浓度：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，C错误；
D. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液中，
c(HCN)=0.05mol/L，c(NaCN)=0.05mol/L，因为溶液呈碱性，所以主要发生以下反应：
CN-+H2OHCN+OH-，H2OH++OH-，从而得出：c(HCN) ＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。
故选D。
17.把a、b、c、d四块金属板浸入稀硫酸中，用导线两两相连，可以形成原电池。若a、c相连时，c极溶解；b、d相连时，b极发生氧化反应；a、b相连时，b极流出电子；c、d相连时，c极上产生大量气泡。则四块金属的活动顺序是（ ）
A. b＞d＞c＞a B. d＞c＞a＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞c＞d＞a
【答案】A
【解析】
【详解】若a、c相连时，c极溶解，则c为负极，则活动性顺序c＞a；
b、d相连时，b极发生氧化反应，说明b是负极，则活动性顺序b＞d；
a、b相连时，b极流出电子，说明b是负极，则活动性顺序b＞a；
c、d相连时，c极上产生大量气泡，说明c是正极，则活动性顺序d＞c；
故活动性顺序是b＞d＞c＞a，
答案选A。
18.T℃时，在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生反应可表示为3X(g)+Y(g)2Z(g)
B. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3 mol/(L·min)
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】A
【解析】
【详解】A、据图1可知，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B、反应进行的前3min内，v（X）=0.6mol÷（2L×3min）=0.1mol/（L·min），故B错误；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大，故C错误；
D、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。
故选A。
19.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)：
根据以上规律判断，下列结论正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1 B. 反应Ⅱ：ΔH＞0，T1＞T2
C. 反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1 D. 反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【解析】
【详解】A.每一条曲线均代表了恒压，压强不变时，温度越高，A的平衡转化率越低，说明温度升高，平衡左移，该反应正向是放热反应，即ΔH<0，A项错误；
B.当横轴表示时间时，“先拐先平数值大”，所以T1>T2，即相对于T2来说，T1相当于升高温度。而升高温度，产物C的量反而减小，说明升温使平衡左移，所以该反应正向放热，即即ΔH<0，B项错误；
C.画一条垂直于横轴的线，表示ｎ(B) 不变，此时T2对应的平衡中产物C的平衡转化率大于T1时的。然后展开讨论。当ΔH＞0，则T2相对T1来说是升温，即T2＞T1；或者当ΔH＜0，此时T2相对于T1来说是降低温度，即T2＜T1，C项正确；
D.因反应前后气体分子总数不变，所以压强改变对该平衡无影响，这一点图示表达是正确的；因T1、T2的大小和正反应吸、放热均未知，且答案所给的错误，当ΔH＜0时应当得出结论是T2
20.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示：
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/(mol·L－1)
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为放热反应，平衡常数K(T1)
C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时υ(正)<υ(逆)
【答案】AB
【解析】
【详解】A、甲、丙容器中起始投料相同，温度不同，由图中曲线分析甲的温度高，即T1>T2，平衡时n(CO2)甲
2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)
起始/(mol/L ): 0.1 0.1 0 0
变化/(mol/L): 0.06 0.06 0.03 0.06
平衡/( mol/L): 0.04 0.04 0.03 0.06
此时，NO的转化率为60%；乙容器中若加入0.05 mol/LN2、0.1 mol/L CO2与丙等效，达到平衡时， N2的转化率等于40%，乙容器中加入0.1 mol/L N2、0.2 mol/L CO2，相当于丙物质的量的两倍，加压平衡向正反应方向移动，使N2的转化率小于40%，选项B正确；
C、根据表中数据和图像可知，甲平衡时气体总物质的量为0.35nol，丙平衡时气体总物质的量为0.34mol，根据B的分析，乙相当于在丙的基础上增大压强，平衡正向移动，乙平衡时气体物质的量小于0.68mol<2×0.35mol，乙的温度低于甲，乙平衡时气体压强小于甲的2倍， 选项C错误；
D、丙容器中反应达到平衡时，平衡常数K== 42.1875，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，浓度商Qc==28.01υ(逆)，选项D错误。
答案选AB。
二．非选择题（本大题共5道题，每题8分，共40分）
21.（1）用a mol/L的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是___。
（2）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3.5H2O，M=248g/mol）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，配成100ml溶液 ②滴定：取0.0090mol/LK2Cr2O7的标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应K2Cr2O₇+6KI+7H2SO₄=Cr2(SO₄)₃+7H2O+3I₂+4K2SO₄，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为___（保留1位小数）。
（3）已知：常温下，醋酸的电离平衡常数为1×10－6，则0.01mol/L的醋酸钠溶液的pH=___，水电离出的c(H＋)＝___。
【答案】(1). 滴入最后一滴标准盐酸溶液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色 (2). 90.0％ (3). 9 (4). 1×10－5mol/L
【解析】
【分析】在醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解，溶液中的OH-全部来自水电离；不管是酸溶液、碱溶液还是盐溶液，由水电离产生的c(OH-)、c(H+)一定相等。
【详解】（1）用a mol/L的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，盐酸过量一滴，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不变色；
答案为：滴入最后一滴标准盐酸溶液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色。
（2）设0.0090mol/LK2Cr2O7的标准溶液20.00mL，消耗Na2S2O3的物质的量为x
K2Cr2O7——3I₂——6Na2S2O3
1mol 6mol
0.0090mol/L×0.02L x
X=0.0090mol/L×0.02L×6=0.00108mol，
样品的纯度为：，
答案：90.0％。
（3）设水解的c(CH3COO-)=y
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
起始量 0.01mol/L 0 0
变化量 x x x
平衡量 0.01-x x x
Kh=，
因为x<<0.01，所以0.01-x≈0.01，
x=1×10-5mol/L，pH=-lg=9，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-5mol/L；答案为：9；1×10-5mol/L。
22.（1）某温度下，在2L密闭容器中，充入2.4mol CO2和4.4molH2，发生合成甲醇的反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得甲醇的物质的量浓度随时间的变化图像如图(1)中的曲线I，则前4分钟ν(CO2)=___；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为___；该温度下反应的化学平衡常数为___。
（2）在另一温度下发生合成甲醇的反应，如图(2)关闭K，向A容器中充入1molCO2和4molH2，向B容器中充入1.2molCO2和4.8molH2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为___L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力)。
【答案】(1). 0.1mol·L-1·min-1 (2). 加入催化剂 (3). 0.2 (4). 0.65a
【解析】
【分析】打开A、B容器间的活塞K，两容器内的气体相通，此时气体的压强等于大气压强，与B容器的压强相同。只要我们求出B容器中气体的起始物质的量与平衡时气体的体积关系，就可求出A、B相通时气体的总体积，从而求出A、B相通后B容器的体积。
【详解】（1） CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 1.2mol/L 2.2mol/L 0 0
变化量 0.4mol/L 1.2mol/L 0.4mol/L 0.4mol/L
平衡量 0.8mol/L 1.0mol/L 0.4mol/L 0.4mol/L
ν(CO2)==0.1mol·L-1·min-1，
答案为：0.1mol·L-1·min-1；
若在1 min时，曲线I变为曲线II，达平衡的时间缩短，但c(CH3OH)未变，说明反应速率加快，但平衡未发生移动，则改变的条件为加入催化剂，答案为：加入催化剂；
K==0.2，答案为：0.2。
（2）在B容器中，1.2molCO2和4.8molH2混合气，共6mol，反应达平衡时，体积变为0.9aL；
维持相同的压强，将A、B连通，混合气共11mol，反应达平衡时，体积为L，容器B的体积为1.65aL-aL=0.65aL；答案：0.65aL。
23.连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，可用于制N2O气体。
（1）常温下，用0.01mol/L的NaOH溶液滴定10mL0.01mol/L的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___；
②b点时溶液中c(N2O22-)___c(H2N2O2)（填“＞”“＜”或“=”）；
（2）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=___。
[已知KSP（Ag2SO4)=1.4×10－5、KSP（Ag2N2O2)=5.6×10－9 ]。
（3）常温下，向b mol/L醋酸钠溶液中滴加等体积的amol/L的盐酸，使溶液恰好呈中性，则醋酸的电离平衡常数=___（用含a、b的代数式表示）
【答案】(1). c(Na+)>c(N2O22-)＞c（OH-）＞c(HN2O2-)＞c(H+) (2). ＜ (3). 4×10－4 (4).
【解析】
【分析】硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时， Ag2SO42Ag++SO42- ，Ag2N2O22Ag++N2O22-同时达到平衡，溶液中的Ag+浓度相等，分散系中也就是Ag2SO4、Ag2N2O2的溶度积常数之比。
【详解】（1）c点时，NaOH与H2N2O2恰好完全反应，生成Na2N2O2和H2O，
在溶液中存在下列转化：
Na2N2O2=2Na++ N2O22-，
N2O22-+H2OHN2O2-+OH-，
HN2O2-+H2OH2N2O2+OH-，
H2OH++OH-
并且转化的趋势依次减小，从而得出各离子浓度由大到小的顺序为
c(Na+)>c(N2O22-)＞c(OH-)＞c(HN2O2-)＞c(H+)，
答案为：c(Na+)>c(N2O22-)＞c(OH-)＞c(HN2O2-)＞c(H+)；
②b点时，刚好等摩反应，生成HN2O2-和水，从图中可以看出，此时溶液呈碱性，说明HN2O2-水解趋势大于电离趋势，从而得出溶液中c(N2O22-)
（3）常温下，向b mol/L醋酸钠溶液中滴加等体积的amol/L的盐酸，使溶液恰好呈中性，溶质为醋酸钠和醋酸，所以醋酸钠和盐酸的反应中，醋酸钠是过量的，生成的醋酸的物质的量和HCl的物质的量相等。假设醋酸钠溶液和盐酸的体积均为1L，则生成的醋酸的物质的量为amol，剩余的醋酸钠的物质的量为(b-a)mol，溶液呈中性，所以c(H+)=10-7mol/L，根据电离平衡常数表达式K=，答案为：。
24.X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：
（1）Q+核外价电子排布式为___。
（2）ZW3- 离子的立体构型是___。
（3）Y、R的最高价氧化物，其中一种沸点较高，原因是___。
（4）W在元素周期表中的位置为___。
【答案】(1). 3d10 (2). 平面三角形 (3). SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 (4). 第二周期VIA族
【解析】
【分析】X是所有元素中原子半径最小的，则其为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则其为C元素；Z原子单电子数在同周期元素中最多，则其为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则其为O元素；R与Y同一主族，则其为Si元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，则其为Cu元素。
【详解】（1）Cu+核外价电子排布式为3d10；答案为：3d10。
（2）NO3- 离子中，N作为中心原子提供5个电子，当第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO3-有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，所以没有孤对电子，离子构型为平面三角形；答案为：平面三角形。
（3）C、Si的最高价氧化物中，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体。原子晶体内的共价键能远大于分子晶体内分子间的范德华力，所以SiO2的沸点较高；
答案为：SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体。
（4）O在元素周期表中的位置为第二周期VIA族；答案为：第二周期VIA族。
25.已知：KSP（BaSO4)=2×10－10，KSP（BaSO3)=2.5×10－7，现有一Na2SO4、Na2SO3的混合溶液，其中c（Na2SO3)＝0.5mol/L，c（Na2SO4)＝0.05mol/L。若向该溶液中加入等体积的0.5mol/LBaCl2溶液，充分反应后，溶液中c(Ba2+)=__（混合时溶液体积变化忽略不计）。若向该混合溶液中加BaCl2固体，当SO32-开始沉淀时，c(SO42-)=___；当SO42-沉淀完全时，c(SO32-)=___。
【答案】(1). 1×10－5mol/L (2). 4×10－4mol/L (3). 1.25×10－2mol/L
【解析】
【分析】当溶液中的离子开始生成沉淀时，该物质在溶液中已达沉淀溶解平衡，可利用KSP进行计算；当离子在溶液中沉淀完全时，其离子浓度为1×10-5mol/L。
【详解】若向该溶液中加入等体积(设为1L)的0.5mol/LBaCl2溶液，充分反应后，
Ba2+ + SO42-=BaSO4↓
0.05mol 0.05mol
Ba2+ + SO32-=BaSO3↓
0.45mol 0.45mol
所以溶液中剩余SO32-的物质的量为0.05ml，c(SO32-)=，
c(Ba2+)=mol/L，答案为：1×10－5mol/L；
若向该混合溶液中加BaCl2固体，当SO32-开始沉淀时，SO32-在溶液中达沉淀溶解平衡，
c(Ba2+)=mol/L，则c(SO42-)=mol/L，
答案为：4×10－4mol/L；
当SO42-沉淀完全时，c(SO42-)=1×10-5mol/L，此时c(Ba2+)=mol/L，
则c(SO32-)=mol/L，答案为：1.25×10－2mol/L。
可能用到的相对原子量：N：14 H：1 Al：27 S：32 O：16 Na：23 C：12 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65
一、单选题（本大题共20题，每题3分，共60分）
1.如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（ ）
A. 电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极
B. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子
C. 该原电池的总反应为： Fe3+＋Cu=Cu2+＋Fe2+
D. 电极Ⅱ的电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】电极Ⅰ为惰性电极，电极Ⅱ为活性电极，所以电极Ⅱ应为原电池的负极，电极Ⅰ为原电池的正极。
【详解】A. 电极Ⅰ上Fe3+得电子，发生还原反应，作原电池的正极，A错误；
B. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递离子，以平衡两边烧杯内溶液的电性，B错误；
C. 该原电池的总反应式为： 2Fe3+＋Cu=Cu2+＋2Fe2+，C错误；
D. 电极Ⅱ为原电池的负极，电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+，D正确。
故选D。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶盖，瓶中立即泛起大量泡沫
B. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
C. 将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快
D. 在pH等于3的醋酸溶液中加入少量CH3COONa，溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理是如果改变影响化学平衡的一个因素（如浓度、压强、温度等），化学平衡将向减弱这种改变的方向移动。
【详解】A．打开啤酒瓶瞬间酒瓶内压强骤减，CO2(g) + H2O (g) H2CO3 (aq)平衡向逆反应方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意。
B．工业生产硫酸的过程中，使用过量空气，增大氧气的浓度促使平衡向正反应方向移动，提高SO2的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意。
C．将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，构成了原电池，加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意。
D．向醋酸溶液中加入CH3COONa，增加CH3COO-浓度，醋酸电离平衡向逆反应方向进行，H+浓度减小，pH增大，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。本题选C。
3.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是( )
A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeC13溶液
B. 正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
D. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐。
【详解】A．铁作负极，铜作正极，可溶性的氯化铁溶液作电解质，能实现题中反应，故A不符合题意。
B．铁作负极，碳作正极，可溶性的硝酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故B不符合题意。
C．铁作负极，银作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故C不符合题意。
D．锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，原电池总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Zn=2Fe2＋＋Zn2+，故D符合题意。本题选D。
4.一定条件下，向一容积可变的密闭容量中充入2 mol X，发生反应：2X(g)Y(g)+2Z(g)，达到平衡后改变下述条件，气体Z的平衡浓度不变的是（ ）
A. 恒温恒压下，充入1 mol X(g) B. 恒温恒容下，充入1 mol Y(g)
C. 恒温恒压下，充入2 mol Z(g) D. 恒温恒压下，充入1 mol He(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A．恒温恒压下，充入1 mol X(g)，是等效平衡，气体Z的平衡浓度不变，故A正确。
B．恒温恒容下，充入1 mol Y(g)，Y的浓度增加，平衡向逆反应方向进行，Z的平衡浓度降低，故B错误。
C．恒温恒压下，充入2 mol Z(g)，相当于Z的浓度增加，平衡向逆反应方向进行，但Z的平衡浓度升高，故C错误。
D．恒温恒压下，充入1 mol He(g)，He是惰性气体，容器的总压强不变，但平衡混合气体的浓度减小，此时相当于降低压强，使平衡向体积增大的方向进行，即向正反应方向进行，Z的平衡浓度减小，故D错误。本题选A。
5.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
编号
①
②
③
④
pH
10
10
4
4
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液为碱性
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11
【答案】D
【解析】
【详解】A. ③、④溶液的pH相同，由于③为弱酸，所以其物质的量浓度比④大，相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；
B. 酸加水稀释，pH增大，相同pH的强酸pH增大更多；碱加水稀释，pH减小，相同pH的强碱pH减少更多。分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，B正确；
C. ①、④两溶液等体积混合，氨水过量，所得溶液为碱性，C正确；
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则，Va︰Vb＝11︰9，D错误。
故选D。
6.25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（ ）
A. pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
B. W点所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
C. pH=3.5的溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1
D. 向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体（忽略溶液体积变化）：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，此时溶液呈酸性，
c(H+)>c(OH-)，从数据中可以看出，c(CH3COOH) >c(H+)，所以 c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B. W点所表示的溶液中，按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为在W点，c(CH3COOH)= c(CH3COO-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，B正确；
C. pH=3.5的溶液中，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1- c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1，C正确；
D. 向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，刚好与CH3COO-完全反应生成CH3COOH，此时溶液中存在以下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，而此时c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，所以c(H+)
7.常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO3-
B. 0.1mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
C. 含有大量Al3+的水溶液中： Na+、NH4+、HCO3-、Br-
D. 水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液：NH4+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】A
【解析】A、c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液为酸性溶液，含有大量H+，K+、Mg2+、Cl-、NO3-、H+间可以相互共存，A正确；B、NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，Fe2+具有还原性，NO3-、H+和Fe2+之间发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、Al3+和HCO3-发生双水解反应而不能大量共存，C错误；D、水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液可能为酸性或碱性，若为酸性，H+与CO32-不能共存，若为碱性，OH-与NH4+不共存，D错误。正确答案为A。
8.分别将下列物质:①Al2(SO4)3②Na2CO3③KCl④CuCl2⑤FeSO4 溶于水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是（ ）
A. ①③④⑤ B. ②④ C. ①②③ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】①加热时虽然Al2(SO4)3发生水解，但是硫酸难挥发，所以溶液加热蒸干仍然得到Al2(SO4)3；②Na2CO3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠在空气中仍能生成碳酸钠，溶液加热蒸干仍然得到Na2CO3；③KCl在溶液加热蒸干时不变化，所以仍然得到KCl；④CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，溶液加热蒸干时，HCl逸出，不能得到CuCl2；⑤在溶液加热蒸干过程中，FeSO4会被空气中的氧气氧化而不能得到FeSO4。故选C。
9.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③
【答案】D
【解析】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。
10.某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043
B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变
C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. A的平衡转化率是40%
【答案】B
【解析】
【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)
反应前(mol) 2 1 0 0
反应了(mol)0.4 0.4 0.6 0.2
平衡后(mol)1.6 0.6 0.6 0.2
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。
【详解】A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；
B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；
C、平衡常数只受温度影响，故C错误；
D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；
故选B。
11.①pH=2的CH3COOH溶液：②pH=2的盐酸;③pH=2的NH4Cl溶液；④pH=12的氨水;⑤pH=12的NaOH溶液;⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A. 水电离的c(H+)：③=⑥>①=②=④=⑤
B. 将②、④溶液混合后，pH=7,消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量，②最大
D. 向等体积溶液中加入100mL水后，溶液的pH：④>⑥>⑤>③>①>②
【答案】A
【解析】A．①、②、③的氢离子浓度相同，④、⑤、⑥的氢氧根离子的浓度相同，六种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，所以这六种溶液中由水电离的c(H+)：③=⑥＞①=②=④=⑤，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)＞c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3•H2O)＞c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞④，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、⑤三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、⑤溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①，故D错误；故选A。
12.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器编号
起始时各物质物 质 的量 /mol
平衡时反应中的能量变化
SO3
SO2
O2
①
2
0
0
吸收热量akJ
②
0
2
1
放出热 量 bkJ
③
4
0
0
吸收热量ckJ
下列叙述正确的是（ ）
A. 达平衡时O2的体积分数：①>③
B. 热量关系：a一定等于b
C. ①②③ 反应的平衡常数：③>①>②
D. ①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，正确；
B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，错误；
C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，错误；
D. 该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，错误；
故选A。
13.已知常温下，几种难溶电解质的溶度积(Ksp)：
化学式
Mg(OH)2
MgF2
Fe(OH)3
AgCl
Cu(OH)2
Ag2CrO4
溶度积
5.6×10-12
7.4×10-11
4 .0×10-38
1.8×10-10
2.2×10-20
2.0×10-12
下列说法不正确的是（ ）
A. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
B. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入NaF 溶液液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2
C. CuCl2溶液中混入了一定量的FeCl3溶液，可以通过向溶液中加入CuO的方法，调整溶液的pH，除去Fe3+杂质
D. 向浓度均为1×10-3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mo/LAgNO3溶液，Cl-先形成沉淀
【答案】B
【解析】A. Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故A正确；B. 不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，最终Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故B错误；C. 根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积，溶液中的铁离子完全沉淀时铜离子不会沉淀，FeCl3溶液水解，溶液显酸性，向溶液中加入CuO，氧化铜能够与酸反应，促进铁离子的水解形成氢氧化铁沉淀，而且不会引入杂质，故C正确；D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故选B。
14.等物质的量浓度、等体积的下列溶液中(1)H2CO3 (2)Na2CO3 (3)NaHCO3 (4)NH4HCO3 (5)(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是（ ）
A. c（HCO3-）的大小关系为：(4)>(3)>(5)>(2)>(1)
B. c（CO32-）的大小关系为：(1)<(4)<(3)<(5)<(2)
C. 将溶液蒸干后灼烧后只有(1)不能得到对应的固体物质
D. (2)(3)(4)(5)既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. (4)与(3)相比，(4)中的NH4+促进了(4)中HCO3-的水解，c(HCO3-)的关系为：(4)<(3)，A错误；
B. (2)、(5)中的电解质，都能完全电离产生CO32-，但由于(5)中NH4+的水解会促进CO32-的水解，所以c(CO32-)的关系为(5)<(2)；(3)和(4)中，都能完全电离出HCO3-，但由于(4)中NH4+的水解会抑制HCO3-的电离，所以c(CO32-)的关系为(4)<(3)；(1)中需要两步电离才能生成CO32-，所以c(CO32-)最小。从而得出c(CO32-)的大小关系为：(1)<(4)<(3)<(5)<(2)，B正确；
C. 将溶液蒸干灼烧后，只有(2)能得到对应的固体物质，其它物质都会发生分解，所以C错误；
D. (3)(4)(5)既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，但(2)不能与碱反应，所以D错误。
故选B
15.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.10mol/L NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)
B. 向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO32-)
C. 向0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)＞c(CH3COOH)= c(Cl-)
D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)= 2[c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(H2SO3)]
【答案】C
【解析】
【分析】A. NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液成电中性可得c(NH4+)+c（H+）= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得，c(NH4+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)；
B. 根据物料守恒c(Na+)= c(HSO3-)+ c(H2SO3)，根据溶液成电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）+ c（OH-）,室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，c(NH4+)= c(SO32-)- c(H2SO3)，c(SO32-) >c(NH4+)；
C. CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= c(CH3COO-)+ c（OH-）+ c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c（Cl-）= c(CH3COOH)；
D. 向010mol/L Na2SO3溶液通入SO2：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c(Na+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)；
【详解】A. NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液成电中性可得c(NH4+)+c（H+）= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得，c(NH4+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)，A错误；
B. 根据物料守恒c(Na+)= c(HSO3-)+ c(H2SO3)，根据溶液成电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）+ c（OH-）,室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，c(NH4+)= c(SO32-)- c(H2SO3)，c(SO32-) >c(NH4+),B错误；
C. CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= c(CH3COO-)+ c（OH-）+ c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c（Cl-）= c(CH3COOH)，C正确；
D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：根据溶液成电中性可得c(Na+)+c（H+）= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c(Na+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，D错误；
答案为C
16.下列浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
B. 向0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
C. pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3 溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)
D. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全，此时所用二者的体积刚好相同，生成BaSO4、NH3·H2O，溶液中主要发生NH3·H2O和H2O的电离，溶液中离子浓度关系为c(OH－)> c(NH)，A错误；
B. 向0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，虽然不能确定生成何种物质，但 “c(K+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)”违背电荷守恒原则，所以B错误；
C. 因为电离能力CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以要产生相同浓度的OH-，应有下列关系：c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(Na2CO3)，NaOH完全电离出OH-，所需浓度最小，从而得出pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3 溶液的浓度：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，C错误；
D. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液中，
c(HCN)=0.05mol/L，c(NaCN)=0.05mol/L，因为溶液呈碱性，所以主要发生以下反应：
CN-+H2OHCN+OH-，H2OH++OH-，从而得出：c(HCN) ＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。
故选D。
17.把a、b、c、d四块金属板浸入稀硫酸中，用导线两两相连，可以形成原电池。若a、c相连时，c极溶解；b、d相连时，b极发生氧化反应；a、b相连时，b极流出电子；c、d相连时，c极上产生大量气泡。则四块金属的活动顺序是（ ）
A. b＞d＞c＞a B. d＞c＞a＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞c＞d＞a
【答案】A
【解析】
【详解】若a、c相连时，c极溶解，则c为负极，则活动性顺序c＞a；
b、d相连时，b极发生氧化反应，说明b是负极，则活动性顺序b＞d；
a、b相连时，b极流出电子，说明b是负极，则活动性顺序b＞a；
c、d相连时，c极上产生大量气泡，说明c是正极，则活动性顺序d＞c；
故活动性顺序是b＞d＞c＞a，
答案选A。
18.T℃时，在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生反应可表示为3X(g)+Y(g)2Z(g)
B. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3 mol/(L·min)
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】A
【解析】
【详解】A、据图1可知，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B、反应进行的前3min内，v（X）=0.6mol÷（2L×3min）=0.1mol/（L·min），故B错误；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大，故C错误；
D、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。
故选A。
19.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)：
根据以上规律判断，下列结论正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1 B. 反应Ⅱ：ΔH＞0，T1＞T2
C. 反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1 D. 反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【解析】
【详解】A.每一条曲线均代表了恒压，压强不变时，温度越高，A的平衡转化率越低，说明温度升高，平衡左移，该反应正向是放热反应，即ΔH<0，A项错误；
B.当横轴表示时间时，“先拐先平数值大”，所以T1>T2，即相对于T2来说，T1相当于升高温度。而升高温度，产物C的量反而减小，说明升温使平衡左移，所以该反应正向放热，即即ΔH<0，B项错误；
C.画一条垂直于横轴的线，表示ｎ(B) 不变，此时T2对应的平衡中产物C的平衡转化率大于T1时的。然后展开讨论。当ΔH＞0，则T2相对T1来说是升温，即T2＞T1；或者当ΔH＜0，此时T2相对于T1来说是降低温度，即T2＜T1，C项正确；
D.因反应前后气体分子总数不变，所以压强改变对该平衡无影响，这一点图示表达是正确的；因T1、T2的大小和正反应吸、放热均未知，且答案所给的错误，当ΔH＜0时应当得出结论是T2
20.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示：
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/(mol·L－1)
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为放热反应，平衡常数K(T1)
C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时υ(正)<υ(逆)
【答案】AB
【解析】
【详解】A、甲、丙容器中起始投料相同，温度不同，由图中曲线分析甲的温度高，即T1>T2，平衡时n(CO2)甲
2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)
起始/(mol/L ): 0.1 0.1 0 0
变化/(mol/L): 0.06 0.06 0.03 0.06
平衡/( mol/L): 0.04 0.04 0.03 0.06
此时，NO的转化率为60%；乙容器中若加入0.05 mol/LN2、0.1 mol/L CO2与丙等效，达到平衡时， N2的转化率等于40%，乙容器中加入0.1 mol/L N2、0.2 mol/L CO2，相当于丙物质的量的两倍，加压平衡向正反应方向移动，使N2的转化率小于40%，选项B正确；
C、根据表中数据和图像可知，甲平衡时气体总物质的量为0.35nol，丙平衡时气体总物质的量为0.34mol，根据B的分析，乙相当于在丙的基础上增大压强，平衡正向移动，乙平衡时气体物质的量小于0.68mol<2×0.35mol，乙的温度低于甲，乙平衡时气体压强小于甲的2倍， 选项C错误；
D、丙容器中反应达到平衡时，平衡常数K== 42.1875，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，浓度商Qc==28.01
答案选AB。
二．非选择题（本大题共5道题，每题8分，共40分）
21.（1）用a mol/L的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是___。
（2）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3.5H2O，M=248g/mol）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，配成100ml溶液 ②滴定：取0.0090mol/LK2Cr2O7的标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应K2Cr2O₇+6KI+7H2SO₄=Cr2(SO₄)₃+7H2O+3I₂+4K2SO₄，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为___（保留1位小数）。
（3）已知：常温下，醋酸的电离平衡常数为1×10－6，则0.01mol/L的醋酸钠溶液的pH=___，水电离出的c(H＋)＝___。
【答案】(1). 滴入最后一滴标准盐酸溶液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色 (2). 90.0％ (3). 9 (4). 1×10－5mol/L
【解析】
【分析】在醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解，溶液中的OH-全部来自水电离；不管是酸溶液、碱溶液还是盐溶液，由水电离产生的c(OH-)、c(H+)一定相等。
【详解】（1）用a mol/L的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，盐酸过量一滴，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不变色；
答案为：滴入最后一滴标准盐酸溶液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色。
（2）设0.0090mol/LK2Cr2O7的标准溶液20.00mL，消耗Na2S2O3的物质的量为x
K2Cr2O7——3I₂——6Na2S2O3
1mol 6mol
0.0090mol/L×0.02L x
X=0.0090mol/L×0.02L×6=0.00108mol，
样品的纯度为：，
答案：90.0％。
（3）设水解的c(CH3COO-)=y
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
起始量 0.01mol/L 0 0
变化量 x x x
平衡量 0.01-x x x
Kh=，
因为x<<0.01，所以0.01-x≈0.01，
x=1×10-5mol/L，pH=-lg=9，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-5mol/L；答案为：9；1×10-5mol/L。
22.（1）某温度下，在2L密闭容器中，充入2.4mol CO2和4.4molH2，发生合成甲醇的反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得甲醇的物质的量浓度随时间的变化图像如图(1)中的曲线I，则前4分钟ν(CO2)=___；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为___；该温度下反应的化学平衡常数为___。
（2）在另一温度下发生合成甲醇的反应，如图(2)关闭K，向A容器中充入1molCO2和4molH2，向B容器中充入1.2molCO2和4.8molH2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为___L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力)。
【答案】(1). 0.1mol·L-1·min-1 (2). 加入催化剂 (3). 0.2 (4). 0.65a
【解析】
【分析】打开A、B容器间的活塞K，两容器内的气体相通，此时气体的压强等于大气压强，与B容器的压强相同。只要我们求出B容器中气体的起始物质的量与平衡时气体的体积关系，就可求出A、B相通时气体的总体积，从而求出A、B相通后B容器的体积。
【详解】（1） CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 1.2mol/L 2.2mol/L 0 0
变化量 0.4mol/L 1.2mol/L 0.4mol/L 0.4mol/L
平衡量 0.8mol/L 1.0mol/L 0.4mol/L 0.4mol/L
ν(CO2)==0.1mol·L-1·min-1，
答案为：0.1mol·L-1·min-1；
若在1 min时，曲线I变为曲线II，达平衡的时间缩短，但c(CH3OH)未变，说明反应速率加快，但平衡未发生移动，则改变的条件为加入催化剂，答案为：加入催化剂；
K==0.2，答案为：0.2。
（2）在B容器中，1.2molCO2和4.8molH2混合气，共6mol，反应达平衡时，体积变为0.9aL；
维持相同的压强，将A、B连通，混合气共11mol，反应达平衡时，体积为L，容器B的体积为1.65aL-aL=0.65aL；答案：0.65aL。
23.连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，可用于制N2O气体。
（1）常温下，用0.01mol/L的NaOH溶液滴定10mL0.01mol/L的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___；
②b点时溶液中c(N2O22-)___c(H2N2O2)（填“＞”“＜”或“=”）；
（2）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=___。
[已知KSP（Ag2SO4)=1.4×10－5、KSP（Ag2N2O2)=5.6×10－9 ]。
（3）常温下，向b mol/L醋酸钠溶液中滴加等体积的amol/L的盐酸，使溶液恰好呈中性，则醋酸的电离平衡常数=___（用含a、b的代数式表示）
【答案】(1). c(Na+)>c(N2O22-)＞c（OH-）＞c(HN2O2-)＞c(H+) (2). ＜ (3). 4×10－4 (4).
【解析】
【分析】硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时， Ag2SO42Ag++SO42- ，Ag2N2O22Ag++N2O22-同时达到平衡，溶液中的Ag+浓度相等，分散系中也就是Ag2SO4、Ag2N2O2的溶度积常数之比。
【详解】（1）c点时，NaOH与H2N2O2恰好完全反应，生成Na2N2O2和H2O，
在溶液中存在下列转化：
Na2N2O2=2Na++ N2O22-，
N2O22-+H2OHN2O2-+OH-，
HN2O2-+H2OH2N2O2+OH-，
H2OH++OH-
并且转化的趋势依次减小，从而得出各离子浓度由大到小的顺序为
c(Na+)>c(N2O22-)＞c(OH-)＞c(HN2O2-)＞c(H+)，
答案为：c(Na+)>c(N2O22-)＞c(OH-)＞c(HN2O2-)＞c(H+)；
②b点时，刚好等摩反应，生成HN2O2-和水，从图中可以看出，此时溶液呈碱性，说明HN2O2-水解趋势大于电离趋势，从而得出溶液中c(N2O22-)
（3）常温下，向b mol/L醋酸钠溶液中滴加等体积的amol/L的盐酸，使溶液恰好呈中性，溶质为醋酸钠和醋酸，所以醋酸钠和盐酸的反应中，醋酸钠是过量的，生成的醋酸的物质的量和HCl的物质的量相等。假设醋酸钠溶液和盐酸的体积均为1L，则生成的醋酸的物质的量为amol，剩余的醋酸钠的物质的量为(b-a)mol，溶液呈中性，所以c(H+)=10-7mol/L，根据电离平衡常数表达式K=，答案为：。
24.X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：
（1）Q+核外价电子排布式为___。
（2）ZW3- 离子的立体构型是___。
（3）Y、R的最高价氧化物，其中一种沸点较高，原因是___。
（4）W在元素周期表中的位置为___。
【答案】(1). 3d10 (2). 平面三角形 (3). SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 (4). 第二周期VIA族
【解析】
【分析】X是所有元素中原子半径最小的，则其为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则其为C元素；Z原子单电子数在同周期元素中最多，则其为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则其为O元素；R与Y同一主族，则其为Si元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，则其为Cu元素。
【详解】（1）Cu+核外价电子排布式为3d10；答案为：3d10。
（2）NO3- 离子中，N作为中心原子提供5个电子，当第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO3-有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，所以没有孤对电子，离子构型为平面三角形；答案为：平面三角形。
（3）C、Si的最高价氧化物中，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体。原子晶体内的共价键能远大于分子晶体内分子间的范德华力，所以SiO2的沸点较高；
答案为：SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体。
（4）O在元素周期表中的位置为第二周期VIA族；答案为：第二周期VIA族。
25.已知：KSP（BaSO4)=2×10－10，KSP（BaSO3)=2.5×10－7，现有一Na2SO4、Na2SO3的混合溶液，其中c（Na2SO3)＝0.5mol/L，c（Na2SO4)＝0.05mol/L。若向该溶液中加入等体积的0.5mol/LBaCl2溶液，充分反应后，溶液中c(Ba2+)=__（混合时溶液体积变化忽略不计）。若向该混合溶液中加BaCl2固体，当SO32-开始沉淀时，c(SO42-)=___；当SO42-沉淀完全时，c(SO32-)=___。
【答案】(1). 1×10－5mol/L (2). 4×10－4mol/L (3). 1.25×10－2mol/L
【解析】
【分析】当溶液中的离子开始生成沉淀时，该物质在溶液中已达沉淀溶解平衡，可利用KSP进行计算；当离子在溶液中沉淀完全时，其离子浓度为1×10-5mol/L。
【详解】若向该溶液中加入等体积(设为1L)的0.5mol/LBaCl2溶液，充分反应后，
Ba2+ + SO42-=BaSO4↓
0.05mol 0.05mol
Ba2+ + SO32-=BaSO3↓
0.45mol 0.45mol
所以溶液中剩余SO32-的物质的量为0.05ml，c(SO32-)=，
c(Ba2+)=mol/L，答案为：1×10－5mol/L；
若向该混合溶液中加BaCl2固体，当SO32-开始沉淀时，SO32-在溶液中达沉淀溶解平衡，
c(Ba2+)=mol/L，则c(SO42-)=mol/L，
答案为：4×10－4mol/L；
当SO42-沉淀完全时，c(SO42-)=1×10-5mol/L，此时c(Ba2+)=mol/L，
则c(SO32-)=mol/L，答案为：1.25×10－2mol/L。
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