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【化学】湖北省黄州中学2018-2019学年高二下学期5月月考（解析版） 试卷
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湖北省黄州中学2018-2019学年高二下学期5月月考
1.25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是（ ）
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量盐酸，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低
D. 向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c(OH-)增大
【答案】B
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大，pH降低，故A错误；
B、水中加入盐酸，c(H＋)增大，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；
C、加入NaOH，c(OH－)增大，水的电离被抑制，但溶液中c(OH－)增大，故C错误；
D、AlCl3属于强酸弱碱盐，发生水解，促进水的电离，因水解显酸性，c(OH－)减小，故D错误。
答案选B。
2.用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A. 若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大
B. 用量筒量取上述盐酸
C. 若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色
D. 盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1
【答案】A
【详解】A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；
D．用 0.50mol•L-1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)= ==0.25mol/L，故D错误；
故选A。
3.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
A. ①④⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②③④ D. 全部
【答案】B
【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；
能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。
【点睛】本题的易错点为②，要注意溶液的导电性与离子浓度成正比，可能是亚硝酸的浓度很小造成的。
4. 下列各项表述与示意图一致的是（ ）
A. 图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)＋H2(g) → CH3CH3(g)ΔH＜0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B. 图②表示25 ℃时，用0．01 mol·L－1盐酸滴定一定体积的0．01 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C. 图③表示CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且p1＞p2,ΔH＜0
D. 图④ 中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
【答案】D
【详解】A、根据图示能量关系，反应CH2=CH2(g)＋H2(g) →CH3CH3(g)是吸热反应，故ΔH>0，故A错误；
B、滴定前0.01 mol·L－1NaOH溶液的PH=12，故B错误；
C、升高温度甲烷的转化率增大，CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH>0，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以应该是p1＜p2，故C错误；
D、升高温度平衡逆向移动，正反应的平衡常数K减小，逆反应的平衡常数K增大，故D正确。
答案选D。
5.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恒容充入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤ 恒压下充入N2。能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【详解】①该反应为有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；
②C为固体，增加炭的量，C的物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；
③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；
④恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，故错误；
⑤恒压下充入N2，容器的体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小，故错误；
能够使反应速率增大的有①③，故选C。
【点睛】本题的易错点为②④⑤，要注意反应物或生成物浓度的变化，固体的浓度可以认为始终不变。
6.已知反应2SO2+O22SO3 △H＜0，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
C. 增加SO2的物质的量，O2的转化率降低
D. SO2的正反应速率是O2的逆反应速率的2倍
【答案】D
【详解】A．通入稀有气体使总压增大，但反应中物质的分压不变，平衡不移动，故A错误；
B．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，反应后气体的物质的量减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故B错误；
C．增加SO2的物质的量，平衡正向移动，O2的转化率增大，故C错误；
D．速率之比等于化学方程式的系数之比，SO2的正反应速率是O2的逆反应速率的2倍，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故选D。
7.在恒温恒容容器中发生N2O4（g）2NO2（g），若反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣1，所需反应时间为（ ）
A. 10 s B. 12 s C. 大于12 s D. 小于12 s
【答案】C
【详解】反应物的浓度由0.1mol•L-1降到0.06mol•L-1需20s，即反应物的浓度变化为0.1-0.06=0.04mol•L-1，反应物的浓度由0.06mol•L-1降到0.036mol•L-，即反应物的浓度变化为0.06-0.036=0.024mol•L-1，若反应速率不变，则所需时间为=12s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于12s，故选C。
8.体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断
【答案】B
【详解】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，2SO2+O2⇌2SO3，正反应是气体体积减小的反应，反应后混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的SO2的转化率，即大于p%，故选B。
9.化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，下列反应的平衡常数数值如下：
2NO（g） N2（g）+ O2（g） K1=1×1030
2H2（g）+ O2（g） 2H2O（g） K2=2×1081
2CO2（g） 2CO（g）+ O2（g） K3=4×10﹣92
以下说法正确的是（ ）
A. NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式K1=c(N2)c(O2)/c(NO)
B. 水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10﹣80
C. NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【详解】A．常温下，NO分解产生O2反应的平衡常数表达式式K1=，故A错误；
B．2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) K2=2×1081，所以2H2O(g) 2H2(g)+O2(g) K3==5×10-82，故B错误；
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；
D．因C正确，故D错误；
故选C。
10.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L溶液中：Fe3+、Na+、SCN﹣、NO3﹣
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
C. 含有大量HCO3﹣的澄清透明溶液中：K+、OH﹣、SO42﹣、Na+
D. 常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣
【答案】D
【详解】A．常温下水电离的c(OH-)为1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故A错误；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故B错误；
C．HCO3-与OH﹣能够反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D．常温下c(H+)/c(OH-)=1014溶液，显酸性，在酸性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
11.将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是( )
A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大
B. 所有离子浓度均减小
C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小
D. 电离常数增大
【答案】A
【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。
12.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. 常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C. 常温下，0.2 mol•L﹣1的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D. 常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】C
【详解】A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释，促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故B错误；
C．将0.2mol•L-1的盐酸与等体积水混合后，c(H+)=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；
D．pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H+)=c(OH-)=1×10-3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误；
故选C。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 B. 高压比常压有利于工业合成氨反应
C. 红棕色NO2加压后颜色比原来要深 D. 热的纯碱除油污效果好
【答案】C
【解析】溴水中存在：Br2+H2OHBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A项不选；合成N2+3H22NH3，其反应特点之一是正反应是气体体积缩小的反应，当其他条件不变时，增大压强，平衡向减小压强即向气体总体积减小方向移动，所以高压将有利于NH3的合成，可用勒夏特列原理解释，B项不选；红棕色NO2加压后加压后颜色比原来要深，因为加压瞬间，NO2浓度增大，颜色加深，而后2NO2N2O4平衡移动，NO2浓度减小，颜色变浅，故不能用勒夏特列原理解释：红棕色NO2加压后颜色比原来要深，故选C项；热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32-的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强，可用勒夏特列原理解释，D项不选。
14.可逆反应A（g）+3B（g）2C（g） △H=﹣Q kJ/mol，有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ。在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=4Q2。下列叙述不正确的是（ ）
A. 乙中C的转化率为20%
B. Q1+Q2=Q
C. 达到平衡后，再向乙中加入0.2 molA、0.6molB、1.6molC，平衡向正反应方向移动
D. 乙中的热化学反应方程式为2C（g）A（g）+3B（g） △H=+4Q2kJ•mol﹣1
【答案】D
【详解】由Q1=4Q2，可知△n甲(A)=4△n乙(A)，设甲中达到平衡时转化了xmolA，则△n乙(A)=mol，
甲 A(g)+3B(g) 2C(g)
起始(mol)： 1 3 0
转化(mol)： x 3x 2x
平衡(mol)：1-x 3-3x 2x
乙 A(g)+3B(g) 2C(g)
起始(mol)：0 0 2
转化(mol)： x x
平衡(mol)： x 2-x
利用“一边倒法”，可知“1 mol A、3 mol B”与“2 mol C”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1-x=，x=0.8。
A．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故乙中C的转化率=×100%=20%，故A正确；
B．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，甲达到平衡时放出热量为Q1 kJ。在相同的条件下，乙达到平衡后吸收热量为Q2kJ，则有Q=Q1+Q2，故B正确；
C．利用“一边倒法”，可知再加入“0.2 mol A、0.6 mol B、1.6 mol C”与再加入“2 mol C”等效，在恒温恒容条件下，相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；
D．A(g)+3B(g) 2C(g) △H=﹣Q kJ/mol，则2C(g) A(g)+3B(g) △H=+QkJ•mol﹣1，因为Q=Q1 +Q2=4Q2+Q2=5Q2，因此△H=+5Q2kJ•mol﹣1，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意同一个反应，在相同的条件下，从正反应和逆反应方向进行，达到相同的平衡状态，反应的热效应之和与总反应相同。
15.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；△H＜0，下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B．根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；
C．催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；
D．该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故答案为A。
【点睛】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：(1)定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；(2)先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡(先出现拐点)的曲线所示的温度或压强较大。
16.25℃时，在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴滴加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后的溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）
A. 1:9 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:4
【答案】D
【详解】设Ba(OH)2溶液的体积为V1，加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液的体积为V2，因为Ba2+恰好完全沉淀，所以氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量是相等的。那么二者反应后，溶液中剩余的氢氧根离子为原来的一半，依题意有：
解之得：V1︰V2，＝1︰4
17.今有 ① CH3COOH；② HCl；③ H2SO4三种溶液，选择填空(填A、B、C、D、E、F、G、H)：
A．①＞②＞③ B．①＜②＜③ C．① = ② = ③ D．① = ③＞②
E．①＞② = ③ F．①＜② = ③ G．① = ②＜③ H．① = ②＞③
（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度关系是_____________________________。
（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH的关系是____________________________。
（3）中和等体积、等物质的量浓度的烧碱溶液，需同物质的量浓度的三种酸溶液的体积关系为_____________________________。
（4）体积和物质的量浓度相同的①、②、③三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后的溶液呈中性，所需烧碱溶液的体积关系为______________。
（5）当它们pH相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体体积关系为________________________________。
（6）当它们pH相同、体积相同时，同时加入锌，则开始时反应速率____________，若产生相同体积的气体(相同状况)，所需时间________________。
（7）将pH相同的三种酸均稀释10倍后，pH关系为__________________。
【答案】 (1). A (2). A (3). H (4). B (5). E (6). C (7). F (8). F
【详解】（1）当溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol/L，需要盐酸溶液浓度为1mol/L，H2SO4溶液浓度为0.5mol/L，所以其物质的量浓度由大到小排列的是：①＞②＞③，故选A；
（2）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L，CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L，HCl电离出氢离子浓度为1mol/L，H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L，所以氢离子浓度大小顺序是：①＜②＜③，其pH的关系是①＞②＞③，故选A；
（3）中和等量的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要①醋酸1mol，需要②HCl1mol，需要③H2SO40.5mol，所以需同浓度的三种酸溶液的体积大小关系为①=②＞③，故选H；
（4）体积和物质的量浓度相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系为①=②=③/2，此时CH3COONa溶液显碱性，而氯化钠和硫酸钠溶液显中性，若要三种溶液均显中性，但①中需少加碱溶液，即最终中性时消耗碱溶液的体积关系为①＜②＜③，答案为B。
（5）当它们溶液中c(H+)相同、体积相同时，分别加入足量锌，氢元素的物质的量越多，生成氢气则越多，所以醋酸生成氢气最多，盐酸和硫酸生成氢气相同，所以气体体积大小顺序是：①＞②=③，故选E；
（6）当它们溶液中c(H+)相同、体积相同时，同时加入锌，反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相同，反应速率相同，故选C；反应过程中，硫酸和盐酸中氢离子浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，随着反应的进行，醋酸电离出氢离子补充反应的氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸和盐酸，醋酸反应速率快，生成相同体积的氢气所需时间最短，硫酸和盐酸生成相同体积所需氢气时间相同，故选F；
（7）将溶液中c(H+)相同的三种酸均稀释10倍后，醋酸中存在电离平衡，所以加水稀释促进醋酸电离，硫酸和氯化氢都是强电解质，加水稀释不改变氢离子个数，所以氢离子浓度相等，醋酸中氢离子浓度最大，则氢离子浓度大小顺序是①＞②=③，pH的关系为①＜②=③，故选F。
18.降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.0kJ/mol，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
(1)从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν(CO2)=________mol/(L•min)；
(2)平衡时氢气的物质的量浓度为_______mol/L；
(3)该条件下该反应的平衡常数K=_______；
(4)下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_______；
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将_______(填“正向”、“逆向”或“不移动”)。
【答案】 (1). 0.075 (2). 0.75 (3). (4). CD (5). 逆向
【分析】根据v= 计算(1)；根据三段式分析解答(2)(3)；
(4)要使增大，应使平衡向正反应方向移动；
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，据此分析判断。
【详解】(1)根据图像，二氧化碳浓度减小了0.75mol/L，则v(CO2)==0.075mol/(L•min)，故答案为：0.075；
(2) CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，
开始(mol/L)： 1 3 0 0
变化(mol/L)：0.75 2.25 0.75 0.75
平衡(mol/L)：0.25 0.75 0.75 0.75
氢气的平衡浓度为0.75mol/L，故答案为：0.75；
(3)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K===，故答案为：；
(4)要使增大，应使平衡向正反应方向移动。A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；B．充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大，故C正确；D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确；故答案为：CD；
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，平衡逆向进行，故答案为：逆向。
19.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液，量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到_____（填仪器名称）中定容，摇匀即得；
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴__________作指示剂；
（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH溶液的___________（填仪器名称）的初始读数，如果液面位置如下图所示，则此时的读数为______mL。
（4）滴定，当________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（5）经计算，市售白醋总酸量=_______g/100mL (醋酸的式量=60)。
（6）在本实验过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______（填写序号）
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.70 (5). 溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (6). 4.5 (7). A B
【分析】(1)溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
(2)根据强碱滴定弱酸应选择碱性变色范围内的指示剂；
(3)根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来读取；
(4)滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；
(5)根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH溶液反应的关系式来解答；
(6)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I．(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：100mL容量瓶；
(2)食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，故答案为：酚酞；
(3)NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.70mL，故答案为：碱式滴定管；0.70；
(4)酚酞遇到酸不显色，在弱碱溶液中显浅红色，则滴定终点时溶液从无色变为浅红色，所以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
(5)第1次滴定误差明显较大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～～～～～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
=，解得：x=0.450，样品总酸量为=4.5g/100mL，故答案为：4.5；
(6)A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故A正确；B．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故B正确；C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)无影响，故C错误；D．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小，故D正确；故选AB。
20.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下：
温 度（℃）
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.0038
（1）①由上表数据可知该反应为___________ (填“放热”，“吸热”，“无法确定”)反应。
②下列措施能用勒夏特列原理解释是__________。（填序号）
A．增大压强有利于合成氨
B．使用合适的催化剂有利于快速生成氨
C．生产中需要升高温度至500ºＣ左右
D．需要使用过量的N2，提高H2转化率
（2）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c(NH4+)=c(Cl−)，则一水合氨的电离平衡常数Kb＝_______________。(用ab表示)
（3）原料气H2可通过反应 CH4(g) + H2O (g)CO(g) + 3H2(g) 获取，已知该反应中，当初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：
①图中，两条曲线所表示压强的关系是：P1__________P2（填“＞”、“=”或“＜”）。
②其它条件一定，升高温度，氢气的产率会__________。（填“增大”，“减小”，“不变”）
（4）原料气H2还可通过反应CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2(g) 获取。
①T ℃时，向容积固定为5L的容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08 mol·L-1，该温度下反应的平衡常数K值为______________。
②保持温度仍为T ℃，容积体积为5L，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的_____（填序号）。
A．容器内压强不随时间改变
B．混合气体的密度不随时间改变
C．单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2
D．混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n(H2) = 1 : 16 : 6 : 6
【答案】 (1). 放热 (2). A D (3). （b ×10－7）/( a- b) (4). ＜ (5). 增大 (6). 2.25 (7). C D
【分析】(1)①根据平衡常数随温度的变化分析判断；②根据勒夏特列原理，改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，否则勒夏特列原理不适用；
(2)根据电荷守恒结合c(NH4+)=c(Cl-)，计算溶液中的氢氧根离子浓度，根据氯离子浓度计算c(NH4+)，再利用物料守恒计算溶液中c(NH3·H2O)，最后计算NH3•H2O的电离常数；
(3)依据图象采用定一议二的方法分析解答；
(4)①依据化学平衡三段式列式计算；②根据化学平衡状态的特征分析判断。
【详解】(1)①图表中平衡常数随温度升高减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故答案为：放热；
②A．增大压强，合成氨反应向着气体的系数和减小的方向进行，有利于合成氨，可以用平衡移动原理解释，故A正确；B．使用合适的催化剂只能加快反应速率，但是不会引起平衡的移动，不可以用平衡移动原理解释，故B错误；C．合成氨反应是放热的，升高温度，反应逆向移动，生产中需要升高温度至500°C左右是为了加快反应速率，提高催化活性，不可以用平衡移动原理解释，故C错误；D．使用过量的N2，合成氨反应正向移动，可以提高H2转化率，可以用平衡移动原理解释，故D正确；故选AD；
(2)常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，故溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=bmol•L-1，故混合后溶液中c(NH3·H2O)=amol•L-1-bmol•L-1=(a-b)mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb= ，故答案为：；
(3)①依据图象变化，相同温度下，CH4(g)+H2O (g) CO(g)+3H2(g)，反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向进行，甲烷平衡含量增大，所以P1＜P2，故答案为：＜；
②压强一定，升高温度，甲烷平衡含量减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此，其它条件一定，升高温度，平衡正向移动，氢气的产率会增大，故答案为：增大；
(4)①依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08mol•L-1，
CO(g)+H2O(g) CO2 (g)+H2(g)
起始量(mol/L) 0.2 0.2 0 0
变化量(mol/L) 0.12 0.12 0.12 0.12
平衡量(mol/L) 0.08 0.08 0.12 0.12
则该温度下反应的平衡常数K==2.25，故答案为：2.25；
②化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项，CO(g)+H2O(g)═CO2 (g)+H2(g)，反应是气体体积不变反应。A．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；B．混合气体质量守恒，反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态下，混合气体的密度不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；
C．单位时间内生成amolCO2的同时消耗amolH2，说明二氧化碳或氢气的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故C符合；D．混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n(H2) = 1 : 16 : 6 : 6，依据反应前后气体物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数比较，Qc==2.25=K，说明反应达到平衡状态，故D符合；故答案为：CD。
21.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则：
（1）该温度下水的离子积常数KW=____________；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是___________mol•L﹣1；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，溶液的pH=___________；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前 a与b之间应满足的关系是___________。
【答案】 (1). 10﹣12 (2). 10﹣b﹣10﹣a (3). 11 (4). a+b=14
【分析】(1)该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)；
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)；
(3)将100mL 0.1mol•L-1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，溶液显碱性，首先计算混合溶液中c(OH-)，在根据Kw计算c(H+)，最后根据pH=-lgc(H+)计算；
(4)溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)。
【详解】(1)在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol•L-1，c(OH-)=10-bmol•L-1，已知a+b=12，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=10-(a+b)=10-12，故答案为：10-12；
(2)氢氧化钠溶液中氢氧化钠和水均能电离出氢氧根离子，只有水电离出氢离子，因此该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)=(10-b-10-a)mol/L，故答案为：(10-b-10-a)；
(3)在该温度下，将100mL 0.1mol•L-1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，反应后氢氧化钠过量，混合溶液c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==mol/L=10-11mol•L-1，溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-11=11，故答案为：11；
(4)该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)，即100×10-a=1×10b-12，则a+b=14，故答案为：a+b=14。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意题意条件下的Kw=10-12，同时注意碱性溶液的pH的计算方法。
1.25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是（ ）
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量盐酸，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低
D. 向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c(OH-)增大
【答案】B
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大，pH降低，故A错误；
B、水中加入盐酸，c(H＋)增大，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；
C、加入NaOH，c(OH－)增大，水的电离被抑制，但溶液中c(OH－)增大，故C错误；
D、AlCl3属于强酸弱碱盐，发生水解，促进水的电离，因水解显酸性，c(OH－)减小，故D错误。
答案选B。
2.用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A. 若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大
B. 用量筒量取上述盐酸
C. 若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色
D. 盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1
【答案】A
【详解】A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；
D．用 0.50mol•L-1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)= ==0.25mol/L，故D错误；
故选A。
3.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
A. ①④⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②③④ D. 全部
【答案】B
【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；
能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。
【点睛】本题的易错点为②，要注意溶液的导电性与离子浓度成正比，可能是亚硝酸的浓度很小造成的。
4. 下列各项表述与示意图一致的是（ ）
A. 图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)＋H2(g) → CH3CH3(g)ΔH＜0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B. 图②表示25 ℃时，用0．01 mol·L－1盐酸滴定一定体积的0．01 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C. 图③表示CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且p1＞p2,ΔH＜0
D. 图④ 中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
【答案】D
【详解】A、根据图示能量关系，反应CH2=CH2(g)＋H2(g) →CH3CH3(g)是吸热反应，故ΔH>0，故A错误；
B、滴定前0.01 mol·L－1NaOH溶液的PH=12，故B错误；
C、升高温度甲烷的转化率增大，CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH>0，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以应该是p1＜p2，故C错误；
D、升高温度平衡逆向移动，正反应的平衡常数K减小，逆反应的平衡常数K增大，故D正确。
答案选D。
5.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恒容充入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤ 恒压下充入N2。能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【详解】①该反应为有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；
②C为固体，增加炭的量，C的物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；
③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；
④恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，故错误；
⑤恒压下充入N2，容器的体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小，故错误；
能够使反应速率增大的有①③，故选C。
【点睛】本题的易错点为②④⑤，要注意反应物或生成物浓度的变化，固体的浓度可以认为始终不变。
6.已知反应2SO2+O22SO3 △H＜0，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
C. 增加SO2的物质的量，O2的转化率降低
D. SO2的正反应速率是O2的逆反应速率的2倍
【答案】D
【详解】A．通入稀有气体使总压增大，但反应中物质的分压不变，平衡不移动，故A错误；
B．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，反应后气体的物质的量减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故B错误；
C．增加SO2的物质的量，平衡正向移动，O2的转化率增大，故C错误；
D．速率之比等于化学方程式的系数之比，SO2的正反应速率是O2的逆反应速率的2倍，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故选D。
7.在恒温恒容容器中发生N2O4（g）2NO2（g），若反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣1，所需反应时间为（ ）
A. 10 s B. 12 s C. 大于12 s D. 小于12 s
【答案】C
【详解】反应物的浓度由0.1mol•L-1降到0.06mol•L-1需20s，即反应物的浓度变化为0.1-0.06=0.04mol•L-1，反应物的浓度由0.06mol•L-1降到0.036mol•L-，即反应物的浓度变化为0.06-0.036=0.024mol•L-1，若反应速率不变，则所需时间为=12s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于12s，故选C。
8.体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断
【答案】B
【详解】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，2SO2+O2⇌2SO3，正反应是气体体积减小的反应，反应后混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的SO2的转化率，即大于p%，故选B。
9.化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，下列反应的平衡常数数值如下：
2NO（g） N2（g）+ O2（g） K1=1×1030
2H2（g）+ O2（g） 2H2O（g） K2=2×1081
2CO2（g） 2CO（g）+ O2（g） K3=4×10﹣92
以下说法正确的是（ ）
A. NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式K1=c(N2)c(O2)/c(NO)
B. 水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10﹣80
C. NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【详解】A．常温下，NO分解产生O2反应的平衡常数表达式式K1=，故A错误；
B．2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) K2=2×1081，所以2H2O(g) 2H2(g)+O2(g) K3==5×10-82，故B错误；
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；
D．因C正确，故D错误；
故选C。
10.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L溶液中：Fe3+、Na+、SCN﹣、NO3﹣
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
C. 含有大量HCO3﹣的澄清透明溶液中：K+、OH﹣、SO42﹣、Na+
D. 常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣
【答案】D
【详解】A．常温下水电离的c(OH-)为1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故A错误；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故B错误；
C．HCO3-与OH﹣能够反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D．常温下c(H+)/c(OH-)=1014溶液，显酸性，在酸性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
11.将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是( )
A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大
B. 所有离子浓度均减小
C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小
D. 电离常数增大
【答案】A
【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。
12.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. 常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C. 常温下，0.2 mol•L﹣1的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D. 常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】C
【详解】A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释，促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故B错误；
C．将0.2mol•L-1的盐酸与等体积水混合后，c(H+)=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；
D．pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H+)=c(OH-)=1×10-3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误；
故选C。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 B. 高压比常压有利于工业合成氨反应
C. 红棕色NO2加压后颜色比原来要深 D. 热的纯碱除油污效果好
【答案】C
【解析】溴水中存在：Br2+H2OHBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A项不选；合成N2+3H22NH3，其反应特点之一是正反应是气体体积缩小的反应，当其他条件不变时，增大压强，平衡向减小压强即向气体总体积减小方向移动，所以高压将有利于NH3的合成，可用勒夏特列原理解释，B项不选；红棕色NO2加压后加压后颜色比原来要深，因为加压瞬间，NO2浓度增大，颜色加深，而后2NO2N2O4平衡移动，NO2浓度减小，颜色变浅，故不能用勒夏特列原理解释：红棕色NO2加压后颜色比原来要深，故选C项；热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32-的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强，可用勒夏特列原理解释，D项不选。
14.可逆反应A（g）+3B（g）2C（g） △H=﹣Q kJ/mol，有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ。在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=4Q2。下列叙述不正确的是（ ）
A. 乙中C的转化率为20%
B. Q1+Q2=Q
C. 达到平衡后，再向乙中加入0.2 molA、0.6molB、1.6molC，平衡向正反应方向移动
D. 乙中的热化学反应方程式为2C（g）A（g）+3B（g） △H=+4Q2kJ•mol﹣1
【答案】D
【详解】由Q1=4Q2，可知△n甲(A)=4△n乙(A)，设甲中达到平衡时转化了xmolA，则△n乙(A)=mol，
甲 A(g)+3B(g) 2C(g)
起始(mol)： 1 3 0
转化(mol)： x 3x 2x
平衡(mol)：1-x 3-3x 2x
乙 A(g)+3B(g) 2C(g)
起始(mol)：0 0 2
转化(mol)： x x
平衡(mol)： x 2-x
利用“一边倒法”，可知“1 mol A、3 mol B”与“2 mol C”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1-x=，x=0.8。
A．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故乙中C的转化率=×100%=20%，故A正确；
B．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，甲达到平衡时放出热量为Q1 kJ。在相同的条件下，乙达到平衡后吸收热量为Q2kJ，则有Q=Q1+Q2，故B正确；
C．利用“一边倒法”，可知再加入“0.2 mol A、0.6 mol B、1.6 mol C”与再加入“2 mol C”等效，在恒温恒容条件下，相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；
D．A(g)+3B(g) 2C(g) △H=﹣Q kJ/mol，则2C(g) A(g)+3B(g) △H=+QkJ•mol﹣1，因为Q=Q1 +Q2=4Q2+Q2=5Q2，因此△H=+5Q2kJ•mol﹣1，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意同一个反应，在相同的条件下，从正反应和逆反应方向进行，达到相同的平衡状态，反应的热效应之和与总反应相同。
15.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；△H＜0，下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B．根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；
C．催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；
D．该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故答案为A。
【点睛】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：(1)定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；(2)先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡(先出现拐点)的曲线所示的温度或压强较大。
16.25℃时，在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴滴加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后的溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）
A. 1:9 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:4
【答案】D
【详解】设Ba(OH)2溶液的体积为V1，加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液的体积为V2，因为Ba2+恰好完全沉淀，所以氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量是相等的。那么二者反应后，溶液中剩余的氢氧根离子为原来的一半，依题意有：
解之得：V1︰V2，＝1︰4
17.今有 ① CH3COOH；② HCl；③ H2SO4三种溶液，选择填空(填A、B、C、D、E、F、G、H)：
A．①＞②＞③ B．①＜②＜③ C．① = ② = ③ D．① = ③＞②
E．①＞② = ③ F．①＜② = ③ G．① = ②＜③ H．① = ②＞③
（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度关系是_____________________________。
（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH的关系是____________________________。
（3）中和等体积、等物质的量浓度的烧碱溶液，需同物质的量浓度的三种酸溶液的体积关系为_____________________________。
（4）体积和物质的量浓度相同的①、②、③三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后的溶液呈中性，所需烧碱溶液的体积关系为______________。
（5）当它们pH相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体体积关系为________________________________。
（6）当它们pH相同、体积相同时，同时加入锌，则开始时反应速率____________，若产生相同体积的气体(相同状况)，所需时间________________。
（7）将pH相同的三种酸均稀释10倍后，pH关系为__________________。
【答案】 (1). A (2). A (3). H (4). B (5). E (6). C (7). F (8). F
【详解】（1）当溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol/L，需要盐酸溶液浓度为1mol/L，H2SO4溶液浓度为0.5mol/L，所以其物质的量浓度由大到小排列的是：①＞②＞③，故选A；
（2）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L，CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L，HCl电离出氢离子浓度为1mol/L，H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L，所以氢离子浓度大小顺序是：①＜②＜③，其pH的关系是①＞②＞③，故选A；
（3）中和等量的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要①醋酸1mol，需要②HCl1mol，需要③H2SO40.5mol，所以需同浓度的三种酸溶液的体积大小关系为①=②＞③，故选H；
（4）体积和物质的量浓度相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系为①=②=③/2，此时CH3COONa溶液显碱性，而氯化钠和硫酸钠溶液显中性，若要三种溶液均显中性，但①中需少加碱溶液，即最终中性时消耗碱溶液的体积关系为①＜②＜③，答案为B。
（5）当它们溶液中c(H+)相同、体积相同时，分别加入足量锌，氢元素的物质的量越多，生成氢气则越多，所以醋酸生成氢气最多，盐酸和硫酸生成氢气相同，所以气体体积大小顺序是：①＞②=③，故选E；
（6）当它们溶液中c(H+)相同、体积相同时，同时加入锌，反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相同，反应速率相同，故选C；反应过程中，硫酸和盐酸中氢离子浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，随着反应的进行，醋酸电离出氢离子补充反应的氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸和盐酸，醋酸反应速率快，生成相同体积的氢气所需时间最短，硫酸和盐酸生成相同体积所需氢气时间相同，故选F；
（7）将溶液中c(H+)相同的三种酸均稀释10倍后，醋酸中存在电离平衡，所以加水稀释促进醋酸电离，硫酸和氯化氢都是强电解质，加水稀释不改变氢离子个数，所以氢离子浓度相等，醋酸中氢离子浓度最大，则氢离子浓度大小顺序是①＞②=③，pH的关系为①＜②=③，故选F。
18.降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.0kJ/mol，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
(1)从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν(CO2)=________mol/(L•min)；
(2)平衡时氢气的物质的量浓度为_______mol/L；
(3)该条件下该反应的平衡常数K=_______；
(4)下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_______；
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将_______(填“正向”、“逆向”或“不移动”)。
【答案】 (1). 0.075 (2). 0.75 (3). (4). CD (5). 逆向
【分析】根据v= 计算(1)；根据三段式分析解答(2)(3)；
(4)要使增大，应使平衡向正反应方向移动；
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，据此分析判断。
【详解】(1)根据图像，二氧化碳浓度减小了0.75mol/L，则v(CO2)==0.075mol/(L•min)，故答案为：0.075；
(2) CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，
开始(mol/L)： 1 3 0 0
变化(mol/L)：0.75 2.25 0.75 0.75
平衡(mol/L)：0.25 0.75 0.75 0.75
氢气的平衡浓度为0.75mol/L，故答案为：0.75；
(3)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K===，故答案为：；
(4)要使增大，应使平衡向正反应方向移动。A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；B．充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大，故C正确；D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确；故答案为：CD；
(5)当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，平衡逆向进行，故答案为：逆向。
19.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液，量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到_____（填仪器名称）中定容，摇匀即得；
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴__________作指示剂；
（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH溶液的___________（填仪器名称）的初始读数，如果液面位置如下图所示，则此时的读数为______mL。
（4）滴定，当________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（5）经计算，市售白醋总酸量=_______g/100mL (醋酸的式量=60)。
（6）在本实验过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______（填写序号）
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.70 (5). 溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (6). 4.5 (7). A B
【分析】(1)溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
(2)根据强碱滴定弱酸应选择碱性变色范围内的指示剂；
(3)根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来读取；
(4)滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；
(5)根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH溶液反应的关系式来解答；
(6)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I．(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：100mL容量瓶；
(2)食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，故答案为：酚酞；
(3)NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.70mL，故答案为：碱式滴定管；0.70；
(4)酚酞遇到酸不显色，在弱碱溶液中显浅红色，则滴定终点时溶液从无色变为浅红色，所以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
(5)第1次滴定误差明显较大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～～～～～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
=，解得：x=0.450，样品总酸量为=4.5g/100mL，故答案为：4.5；
(6)A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故A正确；B．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故B正确；C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)无影响，故C错误；D．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小，故D正确；故选AB。
20.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下：
温 度（℃）
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.0038
（1）①由上表数据可知该反应为___________ (填“放热”，“吸热”，“无法确定”)反应。
②下列措施能用勒夏特列原理解释是__________。（填序号）
A．增大压强有利于合成氨
B．使用合适的催化剂有利于快速生成氨
C．生产中需要升高温度至500ºＣ左右
D．需要使用过量的N2，提高H2转化率
（2）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c(NH4+)=c(Cl−)，则一水合氨的电离平衡常数Kb＝_______________。(用ab表示)
（3）原料气H2可通过反应 CH4(g) + H2O (g)CO(g) + 3H2(g) 获取，已知该反应中，当初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：
①图中，两条曲线所表示压强的关系是：P1__________P2（填“＞”、“=”或“＜”）。
②其它条件一定，升高温度，氢气的产率会__________。（填“增大”，“减小”，“不变”）
（4）原料气H2还可通过反应CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2(g) 获取。
①T ℃时，向容积固定为5L的容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08 mol·L-1，该温度下反应的平衡常数K值为______________。
②保持温度仍为T ℃，容积体积为5L，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的_____（填序号）。
A．容器内压强不随时间改变
B．混合气体的密度不随时间改变
C．单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2
D．混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n(H2) = 1 : 16 : 6 : 6
【答案】 (1). 放热 (2). A D (3). （b ×10－7）/( a- b) (4). ＜ (5). 增大 (6). 2.25 (7). C D
【分析】(1)①根据平衡常数随温度的变化分析判断；②根据勒夏特列原理，改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，否则勒夏特列原理不适用；
(2)根据电荷守恒结合c(NH4+)=c(Cl-)，计算溶液中的氢氧根离子浓度，根据氯离子浓度计算c(NH4+)，再利用物料守恒计算溶液中c(NH3·H2O)，最后计算NH3•H2O的电离常数；
(3)依据图象采用定一议二的方法分析解答；
(4)①依据化学平衡三段式列式计算；②根据化学平衡状态的特征分析判断。
【详解】(1)①图表中平衡常数随温度升高减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故答案为：放热；
②A．增大压强，合成氨反应向着气体的系数和减小的方向进行，有利于合成氨，可以用平衡移动原理解释，故A正确；B．使用合适的催化剂只能加快反应速率，但是不会引起平衡的移动，不可以用平衡移动原理解释，故B错误；C．合成氨反应是放热的，升高温度，反应逆向移动，生产中需要升高温度至500°C左右是为了加快反应速率，提高催化活性，不可以用平衡移动原理解释，故C错误；D．使用过量的N2，合成氨反应正向移动，可以提高H2转化率，可以用平衡移动原理解释，故D正确；故选AD；
(2)常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，故溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=bmol•L-1，故混合后溶液中c(NH3·H2O)=amol•L-1-bmol•L-1=(a-b)mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb= ，故答案为：；
(3)①依据图象变化，相同温度下，CH4(g)+H2O (g) CO(g)+3H2(g)，反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向进行，甲烷平衡含量增大，所以P1＜P2，故答案为：＜；
②压强一定，升高温度，甲烷平衡含量减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此，其它条件一定，升高温度，平衡正向移动，氢气的产率会增大，故答案为：增大；
(4)①依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08mol•L-1，
CO(g)+H2O(g) CO2 (g)+H2(g)
起始量(mol/L) 0.2 0.2 0 0
变化量(mol/L) 0.12 0.12 0.12 0.12
平衡量(mol/L) 0.08 0.08 0.12 0.12
则该温度下反应的平衡常数K==2.25，故答案为：2.25；
②化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项，CO(g)+H2O(g)═CO2 (g)+H2(g)，反应是气体体积不变反应。A．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；B．混合气体质量守恒，反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态下，混合气体的密度不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；
C．单位时间内生成amolCO2的同时消耗amolH2，说明二氧化碳或氢气的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故C符合；D．混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n(H2) = 1 : 16 : 6 : 6，依据反应前后气体物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数比较，Qc==2.25=K，说明反应达到平衡状态，故D符合；故答案为：CD。
21.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则：
（1）该温度下水的离子积常数KW=____________；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是___________mol•L﹣1；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，溶液的pH=___________；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前 a与b之间应满足的关系是___________。
【答案】 (1). 10﹣12 (2). 10﹣b﹣10﹣a (3). 11 (4). a+b=14
【分析】(1)该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)；
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)；
(3)将100mL 0.1mol•L-1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，溶液显碱性，首先计算混合溶液中c(OH-)，在根据Kw计算c(H+)，最后根据pH=-lgc(H+)计算；
(4)溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)。
【详解】(1)在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol•L-1，c(OH-)=10-bmol•L-1，已知a+b=12，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=10-(a+b)=10-12，故答案为：10-12；
(2)氢氧化钠溶液中氢氧化钠和水均能电离出氢氧根离子，只有水电离出氢离子，因此该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c(OH-)-c(H+)=(10-b-10-a)mol/L，故答案为：(10-b-10-a)；
(3)在该温度下，将100mL 0.1mol•L-1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，反应后氢氧化钠过量，混合溶液c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==mol/L=10-11mol•L-1，溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-11=11，故答案为：11；
(4)该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)，即100×10-a=1×10b-12，则a+b=14，故答案为：a+b=14。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意题意条件下的Kw=10-12，同时注意碱性溶液的pH的计算方法。
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