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【化学】广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2018-2019学年高二上学期阶段测试（二）（理）（解析版）
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广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学2018-2019学年高二上学期阶段测试（二）（理）
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27
第Ⅰ部分 选择题（共45分）
一、选择题（本题有15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列关于电解质的有关说法正确的是（ ）
A. BaSO4水溶液的导电能力非常弱，所以它为弱电解质
B. SO3的水溶液导电能力很强，所以它为强电解质
C. 非电解质溶于水得到的溶液不一定是中性的
D. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
【答案】C
【详解】A．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力很弱，是由于溶液中离子浓度较小的缘故，但硫酸钡为强电解质，故A错误；B．SO3溶于水，生成硫酸，其水溶液导电能力很强，说明硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C．SO3是非电解质，SO3溶于水生成硫酸，其水溶液显酸性，而不是中性，故C正确；D．电解质溶液的浓度越大，离子浓度不一定大，其导电性能不一定强，如浓硫酸主要以分子形式存在，稀硫酸完全电离导电能力与浓度不成正比，故D错误；故答案为C。
2.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 明矾净水 B. NaCl可用作防腐剂和调味剂
C. 热的纯碱溶液可去除油污 D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【详解】A．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故A错误；B．氯化钠溶液不发生水解，与盐类的水解无关，故B正确；C．加热纯碱溶液，促进CO32-水解，溶液碱性增加，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故C错误；D．制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故D错误；故答案为B。
3.常温下，水存在H2OH++OH-的平衡，下列叙述一定正确的是（ ）
A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B. 将水加热，Kw增大，pH减小
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 向水中加入少量固体NH4Cl，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变
【答案】B
【解析】A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw不变，A不正确；B. 水的电离是吸热过程，所以，将水加热，水的电离度增大，氢离子浓度和氢氧根离子的浓度都增大，Kw增大，pH减小，B正确；C. 向水中加入少量固体CH3COONa，因为醋酸根离子的水解而使平衡正向移动，c(H+)降低，C不正确；D. 向水中加入少量固体NH4Cl，Kw不变，因铵根离子水解而使溶液呈酸性，所以，c(H+)＞10-7mol/L， D不正确。本题选B。
点睛：水的电离是吸热过程，水的离子积常数只与温度有关，温度升高，水的离子积变大。酸和碱可以抑制水的电离，能水解的盐通常都能促进水的电离。
4.反应H2(g)+ I2 (g)2HI(g)，经一段时间后HI的浓度增加了0.4mol·L－1，在这段时间内用H2表示的反应速率为0.4mol﹒L－1﹒s－1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 2.5s C. 0.5s D. 10s
【答案】C
【详解】用H2表示的反应速率为0.4mol﹒L－1﹒s－1，则v(HI)=2v(H2)=2×0.4mol•L-1•s-1= 0.8mol•L-1•s-1，故反应时间==0.5s，故答案为C。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B. 已知某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增反应
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 已知反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【详解】A. Na与H2O的反应生成氢气，是一个熵增加的放热反应, 则∆H-T∆S<0，反应可自发进行，A选项正确；
B.吸热反应的∆H>0，∆H-T∆S<0的反应可自发进行，则该反应是熵增加反应，B选项正确；
C. 一个放热且熵增的反应，∆H-T∆S<0，在任何温度下都能自发进行，故C错误；
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)中∆S<0，在室温下可自发进行，,则∆H-T∆S<0，则该反应的ΔH <0，D选项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
6.在25℃时，用蒸馏水稀释l mol• L-1氨水至0.01 mol• L-1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(OH-) B. c(NH4+)/c(OH-)
C. c(NH3•H2O)/c(NH4+) D. c(OH-)/c(NH3•H2O)
【答案】D
【分析】加水稀释促进一水合氨电离,则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,一水合氨分子的物质的量减小；因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小；据以上分析解答。
【详解】A.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大,但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH-)减小，故A错误；
B.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，n(NH4+)增大，且水也能电离出氢氧根离子，所以c(NH4+)/c(OH-)=n(NH4+)/n(OH-)之比变小，故B错误；
C.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,一水合氨分子的物质的量减小，所以c(NH3•H20)/c(NH4+)= n(NH3•H20)/ n(NH4+)之比变小，故C错误；
D. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以c(OH-)/c(NH3•H20)=n(OH-)/n(NH3•H20)之比变大，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】温度不变的情况下，用蒸馏水稀释氨水溶液，促进了一水合氨的电离，溶液中的n(NH3•H20)减小，n(NH4+)、n(OH-)增大；但是溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3•H20)均减小，但是溶液中c(H+)增大，因为KW不变。
7.常温下，由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的溶液中，下列离子组一定能大量共存的是（ ）
A. K+、Ba2+、NO3-、S2- B. K+、Fe2+、I-、SO42-
C. SO42-、Cl-、NO3-、Na+ D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】常温下，在由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L 的溶液pH=11或3，则可能是酸性或碱性溶液；A．离子组K+、Ba2+、NO3-、S2-在碱性溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，但在酸性溶液中S2-不能大量存在，易生成弱酸H2S，故A错误；B．Fe2+在碱性溶液中不能大量存在，易生成Fe(OH)2沉淀，故B错误；C．离子组SO42-、Cl-、NO3-、Na+在酸、碱溶液中均能大量共存，故C正确；D．HCO3-在酸、碱溶液中均不能大量存在，故D错误，答案为C。
点睛：离子不能大量共存的一般情况是：(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；(2)能生成难溶物的离子之间(如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-)；(3)能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子(如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等)；(4)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等)；(5)能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”、水电离的氢离子或氢氧根离子浓度等；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存等。
8.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 对2HI（g）H2（g）+I2（g）平衡体系增大压强使气体颜色变深
B. 向橙色 K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色
C. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
D. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr +HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】A
【详解】A．增大压强使容器体积变小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A选；B．向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．可以可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故C不选；D．加入硝酸银后，HBr和硝酸银反应生成AgBr沉淀而使平衡正向移动，所以溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故答案为A。
【点睛】勒夏特列原理为：如果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，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
9.下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温下，将pH =10的氨水稀释，溶液中所有离子浓度都减小
B. 常温下，反应2A (s)+B (g)＝2C (g)+D (g)不能自发进行，则该反应△H一定大于0
C. 在酸碱中和滴定实验中，锥形瓶未用待测液润洗会对实验结果造成影响
D. 水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【答案】B
【详解】A．加水稀释虽然能促进一水合氨电离，但溶液中pH减小，则氢离子浓度增大，故A错误；B．反应不能自发进行，说明：△H-T△S＞0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，要使△H-T△S＞0，则△H一定大于0，故B正确；C．在酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不需要用待测液润洗，未用待测液润洗对实验结果无影响，故C错误；D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度促进水的电离，所以水的电离是吸热反应，故D错误；故答案为B。
10.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(s) ΔH<0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，若升高温度，CO体积分数增大，平衡常数变小
C. 平衡时，其他条件不变，分离出CO2，正反应速率加快
D. 平衡时，v正（SO2）=2v逆（CO）
【答案】B
【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关。
【详解】A．该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B．此反应正方向为放热反应，则平衡时，若升高温度，平衡逆向移动，CO体积分数增大，平衡常数变小，故B正确；C．分离出CO2，生成物的浓度降低，正反应速率瞬间不变，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动，故C错误；D．当2v正(SO2)=v逆(CO)时，反应达到平衡，故D错误；故答案为B。
11.下列与盐类水解有关的叙述不正确的是（ ）
A. 对于0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，升高温度，溶液碱性增强
B. 在NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡
C. 直接加热蒸干MgCl2、Al(NO3)3、Fe2(SO4)3三种物质的溶液，均不能得到原溶质
D. 配制FeCl3溶液时，要在溶液中加入少量盐酸
【答案】C
【详解】A.升高温度，促进盐类的水解，则溶液碱性增强，故A叙述正确；B.在NH4Cl溶液中因氨根离子水解呈酸性，加入镁条会与氢离子反应，促进氨根离子的水解，最终产生大量的氢气和氨气，故B叙述正确；C.直接加热蒸干MgCl2、Al(NO3)3溶液时，最终得到Mg(OH）2、Al(OH)3，但因硫酸是难挥发性酸，则加热蒸干Fe2(SO4)3的溶液时依然得到原溶质Fe2(SO4)3，故C叙述错误；D.配制FeCl3溶液时，要在溶液中加入少量盐酸来抑制铁离子的水解，故D叙述正确；答案选C。
【点睛】在NH4Cl溶液中因氨根离子水解呈酸性，加入镁条会与氢离子反应，促进氨根离子的水解，且反应会放出大量的热，导致溶液温度升高，促使一水合氨分解，最终产生大量的氢气和氨气。
12.下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是（ ）
A
B
C
D
将 NO2球浸泡在热水和冷水中
探究温度对平衡的影响
pH 试纸的测定
研究催化剂对反应速率的影响
反应热的测定
【答案】A
【解析】A、将NO2球浸泡在热水和冷水中，观察气体颜色的变化，可以探究温度对平衡的影响 ，故A正确；B、pH试纸应该放在玻璃片或表面皿上，不应该放在桌面上，故B错误；C、反应中同时改变了催化剂和温度，不能研究催化剂对反应速率的影响，故C错误；D、铁的导热性好，用铁质搅拌棒加快了热量的散失，导致反应热的测定误差较大，故D错误；故选A。
13.下列叙述正确的是（ ）
A. 中和等体积等浓度的醋酸和盐酸，醋酸需要的氢氧化钠溶液更多
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. 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
D. pH均为3的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多
【答案】D
【详解】A．等体积等浓度的醋酸和盐酸含有的醋酸和氯化氢的物质的量相等，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C. pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故C错误；D．醋酸为弱电解质，等pH时醋酸的物质的量多，则与过量锌反应，醋酸生成的氢气多，故D正确；故选D。
14.在一定温度下的恒容容器中，对可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（ ）
①单位时间内断裂a mol O=O键，同时生成2a mol SO3②SO2生成的速率与SO3分解的速率相等③容器内的压强不再变化④混合气体的物质的量不再变化⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化⑥混合气体的密度不再变化
A. ②③④ B. ②④⑥ C. ③④⑤ D. ①②④
【答案】C
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
【详解】①单位时间内断裂a mol O=O键，同时生成2a mol SO3，均体现正反应速率，则无法确定达到平衡状态，故①错误；②SO2生成的速率与SO3分解的速率，均为逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，故②错误；③容器内的压强不再变化，说明混合气体的总物质的量不再随时间变化而变化，是平衡状态，故③正确；④正反应是混合气体总物质的量减小的方向，当混合气体的物质的量不再变化，是平衡状态，故④正确；⑤混合气体的总质量不变，混合气体的总物质的量不确定，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体总物质的量不再随时间变化而变化，此时是平衡状态，故⑤正确；⑥混合气体的质量和气体的体积始终一定，则混合气体的密度不再变化，无法确定是平衡状态，故⑥错误；③④⑤正确，故答案为C。
【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
15.可逆反应mA(固)＋nB(气)pC (气)＋qD(气)反应过程中其他条件不变时C的百分含量C%与温度(T)和压强(p)的关系如图所示，下列叙述中正确的是（ ）
A. 平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
C. 方程式中n＞p＋q
D. 平衡后，升温，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象(1)可知T1＞T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图(2)可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答．
【详解】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1＞T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q；A.催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故A错误；B.A为固体，浓度为定值，达平衡后，增加A的量，平衡不移动，故B错误；C.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc (气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，故C错误；D.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc (气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故D正确；故答案为D。
第二部分 非选择题（共55分）
16.水煤气是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的碳层制得：C (s) +H2O(g)CO(g) +H2(g) △H＝+131.3kJ•mol－1
（1）该反应的化学平衡常数表达式K=____________，若某温度下，K值的大小为0.5，此时向体积为1L的密闭容器中加入1mol H2O(g)和足量C(s)，H2O(g)的平衡转化率为______
（2）对于该反应，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快化学反应速率的措施是_______。
a．升高温度 b．增大水蒸气的浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
（3）上述反应达到平衡后，移走体系中部分C(s)，平衡___________，将产生的CO全部移走，平衡_________（以上两空选填“向左移”、“向右移”、“不移动”）
【答案】(1). K=c(CO)·c(H2)/c(H2O) (2). 50% (3). a (4). 不移动 (5). 向右移
【分析】(1)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；设H2O(g)的变化量为xmol，利用三行式确定平衡状态，根据平衡常数K=0.5，计算出x的值再确定H2O(g)转化率；
(2)增加反应速率的措施有升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂，而要增加平衡体系中H2的百分含量，平衡需向正方向移动，结合勒夏特列原理判断各选项即可；
(3)平衡体系中改变固体的量，不影响反应速率，不影响平衡的移动。
【详解】(1)C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2 (g)的平衡常数K=；向体积为1L的密闭容器中加入1mol H2O(g)和足量C(s)，设H2O(g)的变化量为xmol，则
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)
起始物质的量(mol) 1 0 0
变化物质的量(mol) x x x
起始物质的量(mol) 1-x x x
K===0.5，解得x=0.5，则H2O(g)的转化率为=50%；
(2)a．升高温度反应速率增大且平衡正向移动，可以提高平衡体系中H2的百分含量，故a正确；b．增大水蒸气的浓度，反应速率增大，生成H2的量增大，但可以平衡体系中H2的百分含量降低，故b错误；c．加入催化剂反应速率增大，平衡不移动，故c错误；d．降低压强，平衡正向移动，可以提高平衡体系中H2的百分含量，但反应速率降低，故d错误；故答案为a；
(3)改变碳的量，不影响反应速率，不影响平衡的移动；将产生的CO全部移走，平衡右移。
17.Ⅰ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）写出碳酸的第一级电离方程式：______________________________________。
（2）物质的量浓度相同的三种溶液：a.CH3COONa b．NaHCO3 c．NaClO
三种溶液的pH由小到大排列的顺序是______<______< ______(用编号填写)
（3）写出向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式_____________________________。
Ⅱ.（4）碳酸钠溶液呈碱性的原因是：_____________________________。（写出离子方程式）。0.01mol/L Na2CO3溶液的pH____0.1mol/LNa2CO3溶液的pH。（填“＞”或“＜”或“==”）
（5）浓度均为0.1mol/L①CH3COONa溶液②NH4Cl溶液③稀HCl④Na2SO4溶液按pH由大到小的排列顺序为_________________________
（6）打开无水FeCl3的试剂瓶，常冒出许多“白烟”，发生反应的化学方程式为______________________________________
【答案】(1). H2CO3HCO3-＋H+ (2). a (3). b (4). c (5). NaClO+CO2+H2O＝HClO+NaHCO3 (6). CO32-+H2OHCO3-+OH- (7). < (8). ①④②③ (9). FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl
【分析】Ⅰ．(1)碳酸是二元弱酸，分步电离；
(2)强碱弱酸盐溶液中，酸根离子对应酸的酸性越强，该离子的水解程度越小，溶液的pH越小；
(3)弱酸的电离平衡常数越大，则酸越强，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO；
Ⅱ.(4)碳酸钠溶液中存在CO32-的二级水解，导致溶液显碱性；在强碱弱酸盐溶液中，加水促进弱酸根离子的水解；
(5)①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显弱碱性；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显弱酸性；③稀HCl是强酸，溶液显酸性；④Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性；
(6))FeCl3在溶液中遇水水解，生成氢氧化铁和HCl；
【详解】Ⅰ．(1)碳酸是二元弱酸，其第一级电离方程式H2CO3HCO3-＋H+；
(2)三种溶液的溶质都是强碱弱酸盐，水解程度大小为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，水解均显碱性，水解程度越大，碱性越强，所以碱性顺序是： NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，即pH由小到大的排列顺序为：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO，即：pH由大到小的顺序为：abc；
(3)弱酸的电离平衡常数越大，则酸越强，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，根据强酸制弱酸的原则，向NaClO溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O＝HClO+NaHCO3；
Ⅱ.(4)碳酸钠溶液中存在CO32-的二级水解，导致溶液显碱性，其水解反应的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；在强碱弱酸盐溶液中，加水促进弱酸根离子的水解，但溶液的碱性变弱，则0.01mol/L Na2CO3溶液的pH＜0.1mol/LNa2CO3溶液的pH；
(5)浓度均为0.1mol/L的，①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显弱碱性；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显弱酸性；③稀HCl是强酸，溶液显酸性，溶液中H+浓度为0.1mol/L；④Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，则按pH由大到小的排列顺序为①④②③；
(6)打开无水FeCl3的试剂瓶，常冒出许多“白烟”， 是FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁和HCl的缘故，发生反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl。
18.（1）常温下，将10mL0.05mol/LH2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后溶液的pH=_____
（2）某温度时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液pH＝10，则该温度下水的离子积常数KW＝_____________，在该温度下，将pH＝10的NaOH溶液aL与pH＝1的稀硫酸bL混合，（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计），若所得混合液pH＝2，则a：b＝_______。
（3）将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO–为1.4×10–3mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka＝______________
【答案】(1). 2 (2). 1×10－12 (3). 9：2 (4). 1.96×10-5
【分析】(1)10mL0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.01mol/L；
(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为10，则KW增大；若所得混合溶液的pH=2，酸过量，列式找出c(H+)与酸碱的物质的量的关系，再计算出a：b。
(3)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO-为1.4×10-3mol/L，醋酸电离程度较小，则溶液中存在c(H+)≈c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，c(CH3COOH)== 0.1mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka=。
【详解】(1)10mL0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.01mol/L，则稀释后溶液的pH=-lg0.01=2；
(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为10，则KW=0.01×10-10=1.0×10-12；若所得混合溶液的pH=2，混合液中酸过量，该温度下pH＝10的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol•L-1，pH=1的稀硫酸溶液中c(H+)=0.1 mol•L-1，则混合后溶液中c(H+)==0.01 mol•L-1，解得：a:b=9:2。
(3)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO-为1.4×10-3mol/L，醋酸电离程度较小，则溶液中存在c(H+)≈c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，c(CH3COOH)== 0.1mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka=== 1.96×10-5。
19.实验室有一未知浓度的盐酸，某同学在实验室中进行实验测定盐酸的浓度。请完成下列填空：
配制100mL0.10mol•L-1NaOH标准溶液。需用托盘天平称量_________g的氢氧化钠固体。
取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加 2~3滴酚酞作指示剂，用配制的标准 NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作 2~3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
0.10 mol/L NaOH 溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
20.00
2.00
28.15
第二次
20.00
1.50
29.50
第三次
20.00
020
26.55
① 该实验滴定达到终点的标志是_____________________________________________
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_________。（保留两位有效数字）
③在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。（双选）
A 滴定终点读数时俯视读数 B 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C 锥形瓶水洗后未干燥 D 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
E 称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质
④现用以上实验配制的0.10mol•L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是_____
A 溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B 溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C 溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D 溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】(1). 0.4 (2). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色 (3). 0.13 mol•L-1 (4). DE (5). D
【分析】根据m=cVM计算需要溶质的质量；
①如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
②先判断数据的合理性，求出标准NaOH溶液体平均体积，然后依据c(待测)= 求出即可；
③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；
④强碱滴定弱酸，恰好中和生成强碱弱酸盐，强碱弱酸盐水解显碱性，应选择酚酞作指示剂。
【详解】配制100mL 0.10mol•L-1 NaOH，需要氢氧化钠质量为：0.1L×0.1mol/L×40g/mol=0.4g；
①滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色，所以达到滴定终点现象：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；
②三组数据中第二次滴定误差较大，应舍去，第一次、第三次有效，则消耗标准液平均体积为：mL=26.25mL，V(待测)=c(待测)== =0.13 mol•L-1；
③A．滴定终点读数时俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)= 可知，测定结果偏低，故A不选；B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)=可知，测定结果偏低，故B不选；C．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，依据c(待测)=可知，测定结果不变，故C不选；D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，测定结果偏大，故D选；E．配制NaOH标准液时，所用的NaOH固体中含有少量的KOH杂质，导致配制的标准液含有氢氧根离子浓度降低，滴定过程中消耗氢氧化钠溶液体积偏高，依据c(待测)=可知，测定结果偏高，故E选；故答案为DE；
④若用该氢氧化钠溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完成时，生成醋酸钠，因为水解溶液呈碱性，所以只能选择酚酞作指示剂，故答案为D。
【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
20.（1）随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物(NOx)排放显减少10%，二氧化碳(CO2)的排放量也要大幅减少。
①已知反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．体系压强保持不变
B．混合气体颜色保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．每消耗1molSO3的同时生成1 molNO2
②CO2可转化成有机物 CH3OH实现碳循环。在1L的密闭容器中，充入lmolCO2和 3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=__________
③工业上，CH3OH 也可由CO和H2合成。参考合成反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数。下列说法正确的是_____。（双选）
温度/℃
0
100
200
300
400
平衡常数
667
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
A．该反应正反应是放热反应
B．该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行
C．在T℃时，1L密闭容器中投入0.1molCO和 0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为 50%，则此时的平衡常数为100
D．工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高
（2）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：
反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) ΔH1=−159.5 kJ·mol−1；
反应II：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+116.5 kJ·mol−1；
反应III：H2O(l)H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol−1。
则反应IV：NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式为______________________________________________________。
（3）T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入n(NH3)∶n(CO2)=2∶1的原料气，使之发生反应IV，反应结束后得到尿素的质量为30g，容器内的压强(p)随时间(t)的变化如图1所示。【M(尿素)=60g/mol】
①T1℃时，该反应的平衡常数K的值为______。
②图2中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为____（填曲线标记字母）
【答案】(1). B (2). 0.225mol·L－1·min－1 (3). AC (4). 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) ΔH＝−87.0 kJ·mol−1 (5). 128(mol/L)-3 (6). a
【分析】(1)①达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；
②根据v=计算出v(CH3OH)，然后根据速率之比等于化学计量数之比求出v(H2)；
③A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；B．根据△G=△H-T△S判断，△G＞0，反应不能自发进行；△G＜0，反应自发进行；C．利用三段式计算出平衡时平衡混合物各组分浓度，代入平衡常数的表达式计算；D．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，不利用原料气转化；
(2)先写出NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌ CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据该化学方程式、利用盖斯定律I+II-III得到NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式；
(3)①平衡常数是生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，反应结束后得到尿素的物质的量为=0.5mol，利用反应的三段式计算出平衡时c(NH3)、c(CO2)，将其代入平衡常数表达式求出平衡常数K的值；
②反应 IV为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ•mol-1，该反应正向放热，由于平衡常数k只与温度有关，所以升高温度，反应逆向移动。
【详解】(1)①A．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故A错误；B．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故B正确；C．混合气体的总质量和总物质的量，无论是否达到平衡，二者均始终保持不变，即合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；D．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故D错误；故答案为B。
②由图象可知：v(CH3OH)==0.075 mol·L－1·min－1，v(H2)=3v(CH3OH)=0.225mol·L－1·min－1；
③A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；B．反应为放热反应△H＜0，△G=△H-T△S＜0，当△S＜0时，反应能自发进行，且高温和低温下，均可以自发进行，故B错误；
C．对于可逆反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol/L) 0.1 0.2 0
变化(mol/L) 0.05 0.1 0.05
平衡(mol/L) 0.05 0.1 0.05
所以平衡常数k===100，故C正确；D．增大压强，平衡向正反应移动，有利于原料气转化。由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，故升高不利用原料气转化，采取250℃温度，考虑反应速率与催化剂的活性，故D错误；故答案为AC；
(2)NH3与CO2合成尿素同时生成液态水化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据盖斯定律I+II-III有：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-159.5kJ•mol-1+(+116.5kJ•mol-1)-(+44.0kJ•mol-1)=-87.0 kJ•mol-1；
(3)①设起始n(CO2)=x，则n(NH3)=2x，平衡时生成尿素的物质的量为=0.5mol，反应IV的三段式为
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起始量(mol) 2x x 0
变化量(mol) 1 0.5 0.5
平衡量(mol) 2x-1 x-0.5 0.5
根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比有3x：(2x-1+x-0.5+0.5)=9：3，x=0.75mol，平衡时c(NH3)==0.25mol/L、c(CO2)=0.125mol/L，平衡常数k===128；
②2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ•mol-1，该反应正向放热，所以升高温度，反应逆向移动，k减小，即平衡常数k随温度升高而减小，故答案为a。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27
第Ⅰ部分 选择题（共45分）
一、选择题（本题有15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列关于电解质的有关说法正确的是（ ）
A. BaSO4水溶液的导电能力非常弱，所以它为弱电解质
B. SO3的水溶液导电能力很强，所以它为强电解质
C. 非电解质溶于水得到的溶液不一定是中性的
D. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
【答案】C
【详解】A．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力很弱，是由于溶液中离子浓度较小的缘故，但硫酸钡为强电解质，故A错误；B．SO3溶于水，生成硫酸，其水溶液导电能力很强，说明硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C．SO3是非电解质，SO3溶于水生成硫酸，其水溶液显酸性，而不是中性，故C正确；D．电解质溶液的浓度越大，离子浓度不一定大，其导电性能不一定强，如浓硫酸主要以分子形式存在，稀硫酸完全电离导电能力与浓度不成正比，故D错误；故答案为C。
2.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 明矾净水 B. NaCl可用作防腐剂和调味剂
C. 热的纯碱溶液可去除油污 D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【详解】A．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故A错误；B．氯化钠溶液不发生水解，与盐类的水解无关，故B正确；C．加热纯碱溶液，促进CO32-水解，溶液碱性增加，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故C错误；D．制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故D错误；故答案为B。
3.常温下，水存在H2OH++OH-的平衡，下列叙述一定正确的是（ ）
A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B. 将水加热，Kw增大，pH减小
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 向水中加入少量固体NH4Cl，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变
【答案】B
【解析】A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw不变，A不正确；B. 水的电离是吸热过程，所以，将水加热，水的电离度增大，氢离子浓度和氢氧根离子的浓度都增大，Kw增大，pH减小，B正确；C. 向水中加入少量固体CH3COONa，因为醋酸根离子的水解而使平衡正向移动，c(H+)降低，C不正确；D. 向水中加入少量固体NH4Cl，Kw不变，因铵根离子水解而使溶液呈酸性，所以，c(H+)＞10-7mol/L， D不正确。本题选B。
点睛：水的电离是吸热过程，水的离子积常数只与温度有关，温度升高，水的离子积变大。酸和碱可以抑制水的电离，能水解的盐通常都能促进水的电离。
4.反应H2(g)+ I2 (g)2HI(g)，经一段时间后HI的浓度增加了0.4mol·L－1，在这段时间内用H2表示的反应速率为0.4mol﹒L－1﹒s－1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 2.5s C. 0.5s D. 10s
【答案】C
【详解】用H2表示的反应速率为0.4mol﹒L－1﹒s－1，则v(HI)=2v(H2)=2×0.4mol•L-1•s-1= 0.8mol•L-1•s-1，故反应时间==0.5s，故答案为C。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B. 已知某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增反应
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 已知反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【详解】A. Na与H2O的反应生成氢气，是一个熵增加的放热反应, 则∆H-T∆S<0，反应可自发进行，A选项正确；
B.吸热反应的∆H>0，∆H-T∆S<0的反应可自发进行，则该反应是熵增加反应，B选项正确；
C. 一个放热且熵增的反应，∆H-T∆S<0，在任何温度下都能自发进行，故C错误；
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)中∆S<0，在室温下可自发进行，,则∆H-T∆S<0，则该反应的ΔH <0，D选项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
6.在25℃时，用蒸馏水稀释l mol• L-1氨水至0.01 mol• L-1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(OH-) B. c(NH4+)/c(OH-)
C. c(NH3•H2O)/c(NH4+) D. c(OH-)/c(NH3•H2O)
【答案】D
【分析】加水稀释促进一水合氨电离,则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,一水合氨分子的物质的量减小；因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小；据以上分析解答。
【详解】A.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大,但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH-)减小，故A错误；
B.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，n(NH4+)增大，且水也能电离出氢氧根离子，所以c(NH4+)/c(OH-)=n(NH4+)/n(OH-)之比变小，故B错误；
C.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,一水合氨分子的物质的量减小，所以c(NH3•H20)/c(NH4+)= n(NH3•H20)/ n(NH4+)之比变小，故C错误；
D. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以c(OH-)/c(NH3•H20)=n(OH-)/n(NH3•H20)之比变大，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】温度不变的情况下，用蒸馏水稀释氨水溶液，促进了一水合氨的电离，溶液中的n(NH3•H20)减小，n(NH4+)、n(OH-)增大；但是溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3•H20)均减小，但是溶液中c(H+)增大，因为KW不变。
7.常温下，由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的溶液中，下列离子组一定能大量共存的是（ ）
A. K+、Ba2+、NO3-、S2- B. K+、Fe2+、I-、SO42-
C. SO42-、Cl-、NO3-、Na+ D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】常温下，在由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L 的溶液pH=11或3，则可能是酸性或碱性溶液；A．离子组K+、Ba2+、NO3-、S2-在碱性溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，但在酸性溶液中S2-不能大量存在，易生成弱酸H2S，故A错误；B．Fe2+在碱性溶液中不能大量存在，易生成Fe(OH)2沉淀，故B错误；C．离子组SO42-、Cl-、NO3-、Na+在酸、碱溶液中均能大量共存，故C正确；D．HCO3-在酸、碱溶液中均不能大量存在，故D错误，答案为C。
点睛：离子不能大量共存的一般情况是：(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；(2)能生成难溶物的离子之间(如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-)；(3)能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子(如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等)；(4)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等)；(5)能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”、水电离的氢离子或氢氧根离子浓度等；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存等。
8.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 对2HI（g）H2（g）+I2（g）平衡体系增大压强使气体颜色变深
B. 向橙色 K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色
C. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
D. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr +HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】A
【详解】A．增大压强使容器体积变小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A选；B．向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．可以可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故C不选；D．加入硝酸银后，HBr和硝酸银反应生成AgBr沉淀而使平衡正向移动，所以溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故答案为A。
【点睛】勒夏特列原理为：如果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，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
9.下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温下，将pH =10的氨水稀释，溶液中所有离子浓度都减小
B. 常温下，反应2A (s)+B (g)＝2C (g)+D (g)不能自发进行，则该反应△H一定大于0
C. 在酸碱中和滴定实验中，锥形瓶未用待测液润洗会对实验结果造成影响
D. 水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【答案】B
【详解】A．加水稀释虽然能促进一水合氨电离，但溶液中pH减小，则氢离子浓度增大，故A错误；B．反应不能自发进行，说明：△H-T△S＞0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，要使△H-T△S＞0，则△H一定大于0，故B正确；C．在酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不需要用待测液润洗，未用待测液润洗对实验结果无影响，故C错误；D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度促进水的电离，所以水的电离是吸热反应，故D错误；故答案为B。
10.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(s) ΔH<0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，若升高温度，CO体积分数增大，平衡常数变小
C. 平衡时，其他条件不变，分离出CO2，正反应速率加快
D. 平衡时，v正（SO2）=2v逆（CO）
【答案】B
【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关。
【详解】A．该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B．此反应正方向为放热反应，则平衡时，若升高温度，平衡逆向移动，CO体积分数增大，平衡常数变小，故B正确；C．分离出CO2，生成物的浓度降低，正反应速率瞬间不变，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动，故C错误；D．当2v正(SO2)=v逆(CO)时，反应达到平衡，故D错误；故答案为B。
11.下列与盐类水解有关的叙述不正确的是（ ）
A. 对于0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，升高温度，溶液碱性增强
B. 在NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡
C. 直接加热蒸干MgCl2、Al(NO3)3、Fe2(SO4)3三种物质的溶液，均不能得到原溶质
D. 配制FeCl3溶液时，要在溶液中加入少量盐酸
【答案】C
【详解】A.升高温度，促进盐类的水解，则溶液碱性增强，故A叙述正确；B.在NH4Cl溶液中因氨根离子水解呈酸性，加入镁条会与氢离子反应，促进氨根离子的水解，最终产生大量的氢气和氨气，故B叙述正确；C.直接加热蒸干MgCl2、Al(NO3)3溶液时，最终得到Mg(OH）2、Al(OH)3，但因硫酸是难挥发性酸，则加热蒸干Fe2(SO4)3的溶液时依然得到原溶质Fe2(SO4)3，故C叙述错误；D.配制FeCl3溶液时，要在溶液中加入少量盐酸来抑制铁离子的水解，故D叙述正确；答案选C。
【点睛】在NH4Cl溶液中因氨根离子水解呈酸性，加入镁条会与氢离子反应，促进氨根离子的水解，且反应会放出大量的热，导致溶液温度升高，促使一水合氨分解，最终产生大量的氢气和氨气。
12.下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是（ ）
A
B
C
D
将 NO2球浸泡在热水和冷水中
探究温度对平衡的影响
pH 试纸的测定
研究催化剂对反应速率的影响
反应热的测定
【答案】A
【解析】A、将NO2球浸泡在热水和冷水中，观察气体颜色的变化，可以探究温度对平衡的影响 ，故A正确；B、pH试纸应该放在玻璃片或表面皿上，不应该放在桌面上，故B错误；C、反应中同时改变了催化剂和温度，不能研究催化剂对反应速率的影响，故C错误；D、铁的导热性好，用铁质搅拌棒加快了热量的散失，导致反应热的测定误差较大，故D错误；故选A。
13.下列叙述正确的是（ ）
A. 中和等体积等浓度的醋酸和盐酸，醋酸需要的氢氧化钠溶液更多
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. 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
D. pH均为3的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多
【答案】D
【详解】A．等体积等浓度的醋酸和盐酸含有的醋酸和氯化氢的物质的量相等，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C. pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故C错误；D．醋酸为弱电解质，等pH时醋酸的物质的量多，则与过量锌反应，醋酸生成的氢气多，故D正确；故选D。
14.在一定温度下的恒容容器中，对可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（ ）
①单位时间内断裂a mol O=O键，同时生成2a mol SO3②SO2生成的速率与SO3分解的速率相等③容器内的压强不再变化④混合气体的物质的量不再变化⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化⑥混合气体的密度不再变化
A. ②③④ B. ②④⑥ C. ③④⑤ D. ①②④
【答案】C
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
【详解】①单位时间内断裂a mol O=O键，同时生成2a mol SO3，均体现正反应速率，则无法确定达到平衡状态，故①错误；②SO2生成的速率与SO3分解的速率，均为逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，故②错误；③容器内的压强不再变化，说明混合气体的总物质的量不再随时间变化而变化，是平衡状态，故③正确；④正反应是混合气体总物质的量减小的方向，当混合气体的物质的量不再变化，是平衡状态，故④正确；⑤混合气体的总质量不变，混合气体的总物质的量不确定，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体总物质的量不再随时间变化而变化，此时是平衡状态，故⑤正确；⑥混合气体的质量和气体的体积始终一定，则混合气体的密度不再变化，无法确定是平衡状态，故⑥错误；③④⑤正确，故答案为C。
【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
15.可逆反应mA(固)＋nB(气)pC (气)＋qD(气)反应过程中其他条件不变时C的百分含量C%与温度(T)和压强(p)的关系如图所示，下列叙述中正确的是（ ）
A. 平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
C. 方程式中n＞p＋q
D. 平衡后，升温，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象(1)可知T1＞T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图(2)可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答．
【详解】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1＞T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q；A.催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故A错误；B.A为固体，浓度为定值，达平衡后，增加A的量，平衡不移动，故B错误；C.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc (气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，故C错误；D.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc (气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故D正确；故答案为D。
第二部分 非选择题（共55分）
16.水煤气是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的碳层制得：C (s) +H2O(g)CO(g) +H2(g) △H＝+131.3kJ•mol－1
（1）该反应的化学平衡常数表达式K=____________，若某温度下，K值的大小为0.5，此时向体积为1L的密闭容器中加入1mol H2O(g)和足量C(s)，H2O(g)的平衡转化率为______
（2）对于该反应，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快化学反应速率的措施是_______。
a．升高温度 b．增大水蒸气的浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
（3）上述反应达到平衡后，移走体系中部分C(s)，平衡___________，将产生的CO全部移走，平衡_________（以上两空选填“向左移”、“向右移”、“不移动”）
【答案】(1). K=c(CO)·c(H2)/c(H2O) (2). 50% (3). a (4). 不移动 (5). 向右移
【分析】(1)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；设H2O(g)的变化量为xmol，利用三行式确定平衡状态，根据平衡常数K=0.5，计算出x的值再确定H2O(g)转化率；
(2)增加反应速率的措施有升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂，而要增加平衡体系中H2的百分含量，平衡需向正方向移动，结合勒夏特列原理判断各选项即可；
(3)平衡体系中改变固体的量，不影响反应速率，不影响平衡的移动。
【详解】(1)C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2 (g)的平衡常数K=；向体积为1L的密闭容器中加入1mol H2O(g)和足量C(s)，设H2O(g)的变化量为xmol，则
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)
起始物质的量(mol) 1 0 0
变化物质的量(mol) x x x
起始物质的量(mol) 1-x x x
K===0.5，解得x=0.5，则H2O(g)的转化率为=50%；
(2)a．升高温度反应速率增大且平衡正向移动，可以提高平衡体系中H2的百分含量，故a正确；b．增大水蒸气的浓度，反应速率增大，生成H2的量增大，但可以平衡体系中H2的百分含量降低，故b错误；c．加入催化剂反应速率增大，平衡不移动，故c错误；d．降低压强，平衡正向移动，可以提高平衡体系中H2的百分含量，但反应速率降低，故d错误；故答案为a；
(3)改变碳的量，不影响反应速率，不影响平衡的移动；将产生的CO全部移走，平衡右移。
17.Ⅰ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）写出碳酸的第一级电离方程式：______________________________________。
（2）物质的量浓度相同的三种溶液：a.CH3COONa b．NaHCO3 c．NaClO
三种溶液的pH由小到大排列的顺序是______<______< ______(用编号填写)
（3）写出向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式_____________________________。
Ⅱ.（4）碳酸钠溶液呈碱性的原因是：_____________________________。（写出离子方程式）。0.01mol/L Na2CO3溶液的pH____0.1mol/LNa2CO3溶液的pH。（填“＞”或“＜”或“==”）
（5）浓度均为0.1mol/L①CH3COONa溶液②NH4Cl溶液③稀HCl④Na2SO4溶液按pH由大到小的排列顺序为_________________________
（6）打开无水FeCl3的试剂瓶，常冒出许多“白烟”，发生反应的化学方程式为______________________________________
【答案】(1). H2CO3HCO3-＋H+ (2). a (3). b (4). c (5). NaClO+CO2+H2O＝HClO+NaHCO3 (6). CO32-+H2OHCO3-+OH- (7). < (8). ①④②③ (9). FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl
【分析】Ⅰ．(1)碳酸是二元弱酸，分步电离；
(2)强碱弱酸盐溶液中，酸根离子对应酸的酸性越强，该离子的水解程度越小，溶液的pH越小；
(3)弱酸的电离平衡常数越大，则酸越强，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO；
Ⅱ.(4)碳酸钠溶液中存在CO32-的二级水解，导致溶液显碱性；在强碱弱酸盐溶液中，加水促进弱酸根离子的水解；
(5)①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显弱碱性；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显弱酸性；③稀HCl是强酸，溶液显酸性；④Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性；
(6))FeCl3在溶液中遇水水解，生成氢氧化铁和HCl；
【详解】Ⅰ．(1)碳酸是二元弱酸，其第一级电离方程式H2CO3HCO3-＋H+；
(2)三种溶液的溶质都是强碱弱酸盐，水解程度大小为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，水解均显碱性，水解程度越大，碱性越强，所以碱性顺序是： NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，即pH由小到大的排列顺序为：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO，即：pH由大到小的顺序为：abc；
(3)弱酸的电离平衡常数越大，则酸越强，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，根据强酸制弱酸的原则，向NaClO溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O＝HClO+NaHCO3；
Ⅱ.(4)碳酸钠溶液中存在CO32-的二级水解，导致溶液显碱性，其水解反应的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；在强碱弱酸盐溶液中，加水促进弱酸根离子的水解，但溶液的碱性变弱，则0.01mol/L Na2CO3溶液的pH＜0.1mol/LNa2CO3溶液的pH；
(5)浓度均为0.1mol/L的，①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显弱碱性；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显弱酸性；③稀HCl是强酸，溶液显酸性，溶液中H+浓度为0.1mol/L；④Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，则按pH由大到小的排列顺序为①④②③；
(6)打开无水FeCl3的试剂瓶，常冒出许多“白烟”， 是FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁和HCl的缘故，发生反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl。
18.（1）常温下，将10mL0.05mol/LH2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后溶液的pH=_____
（2）某温度时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液pH＝10，则该温度下水的离子积常数KW＝_____________，在该温度下，将pH＝10的NaOH溶液aL与pH＝1的稀硫酸bL混合，（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计），若所得混合液pH＝2，则a：b＝_______。
（3）将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO–为1.4×10–3mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka＝______________
【答案】(1). 2 (2). 1×10－12 (3). 9：2 (4). 1.96×10-5
【分析】(1)10mL0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.01mol/L；
(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为10，则KW增大；若所得混合溶液的pH=2，酸过量，列式找出c(H+)与酸碱的物质的量的关系，再计算出a：b。
(3)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO-为1.4×10-3mol/L，醋酸电离程度较小，则溶液中存在c(H+)≈c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，c(CH3COOH)== 0.1mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka=。
【详解】(1)10mL0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c(H+)由0.1mol/L变为0.01mol/L，则稀释后溶液的pH=-lg0.01=2；
(2)常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为10，则KW=0.01×10-10=1.0×10-12；若所得混合溶液的pH=2，混合液中酸过量，该温度下pH＝10的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol•L-1，pH=1的稀硫酸溶液中c(H+)=0.1 mol•L-1，则混合后溶液中c(H+)==0.01 mol•L-1，解得：a:b=9:2。
(3)将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO-为1.4×10-3mol/L，醋酸电离程度较小，则溶液中存在c(H+)≈c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，c(CH3COOH)== 0.1mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka=== 1.96×10-5。
19.实验室有一未知浓度的盐酸，某同学在实验室中进行实验测定盐酸的浓度。请完成下列填空：
配制100mL0.10mol•L-1NaOH标准溶液。需用托盘天平称量_________g的氢氧化钠固体。
取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加 2~3滴酚酞作指示剂，用配制的标准 NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作 2~3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
0.10 mol/L NaOH 溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
20.00
2.00
28.15
第二次
20.00
1.50
29.50
第三次
20.00
020
26.55
① 该实验滴定达到终点的标志是_____________________________________________
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_________。（保留两位有效数字）
③在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。（双选）
A 滴定终点读数时俯视读数 B 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C 锥形瓶水洗后未干燥 D 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
E 称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质
④现用以上实验配制的0.10mol•L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是_____
A 溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B 溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C 溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D 溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】(1). 0.4 (2). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色 (3). 0.13 mol•L-1 (4). DE (5). D
【分析】根据m=cVM计算需要溶质的质量；
①如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
②先判断数据的合理性，求出标准NaOH溶液体平均体积，然后依据c(待测)= 求出即可；
③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；
④强碱滴定弱酸，恰好中和生成强碱弱酸盐，强碱弱酸盐水解显碱性，应选择酚酞作指示剂。
【详解】配制100mL 0.10mol•L-1 NaOH，需要氢氧化钠质量为：0.1L×0.1mol/L×40g/mol=0.4g；
①滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色，所以达到滴定终点现象：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；
②三组数据中第二次滴定误差较大，应舍去，第一次、第三次有效，则消耗标准液平均体积为：mL=26.25mL，V(待测)=c(待测)== =0.13 mol•L-1；
③A．滴定终点读数时俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)= 可知，测定结果偏低，故A不选；B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)=可知，测定结果偏低，故B不选；C．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，依据c(待测)=可知，测定结果不变，故C不选；D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，测定结果偏大，故D选；E．配制NaOH标准液时，所用的NaOH固体中含有少量的KOH杂质，导致配制的标准液含有氢氧根离子浓度降低，滴定过程中消耗氢氧化钠溶液体积偏高，依据c(待测)=可知，测定结果偏高，故E选；故答案为DE；
④若用该氢氧化钠溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完成时，生成醋酸钠，因为水解溶液呈碱性，所以只能选择酚酞作指示剂，故答案为D。
【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
20.（1）随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物(NOx)排放显减少10%，二氧化碳(CO2)的排放量也要大幅减少。
①已知反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．体系压强保持不变
B．混合气体颜色保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．每消耗1molSO3的同时生成1 molNO2
②CO2可转化成有机物 CH3OH实现碳循环。在1L的密闭容器中，充入lmolCO2和 3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=__________
③工业上，CH3OH 也可由CO和H2合成。参考合成反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数。下列说法正确的是_____。（双选）
温度/℃
0
100
200
300
400
平衡常数
667
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
A．该反应正反应是放热反应
B．该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行
C．在T℃时，1L密闭容器中投入0.1molCO和 0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为 50%，则此时的平衡常数为100
D．工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高
（2）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：
反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) ΔH1=−159.5 kJ·mol−1；
反应II：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+116.5 kJ·mol−1；
反应III：H2O(l)H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol−1。
则反应IV：NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式为______________________________________________________。
（3）T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入n(NH3)∶n(CO2)=2∶1的原料气，使之发生反应IV，反应结束后得到尿素的质量为30g，容器内的压强(p)随时间(t)的变化如图1所示。【M(尿素)=60g/mol】
①T1℃时，该反应的平衡常数K的值为______。
②图2中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为____（填曲线标记字母）
【答案】(1). B (2). 0.225mol·L－1·min－1 (3). AC (4). 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) ΔH＝−87.0 kJ·mol−1 (5). 128(mol/L)-3 (6). a
【分析】(1)①达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；
②根据v=计算出v(CH3OH)，然后根据速率之比等于化学计量数之比求出v(H2)；
③A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；B．根据△G=△H-T△S判断，△G＞0，反应不能自发进行；△G＜0，反应自发进行；C．利用三段式计算出平衡时平衡混合物各组分浓度，代入平衡常数的表达式计算；D．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，不利用原料气转化；
(2)先写出NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌ CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据该化学方程式、利用盖斯定律I+II-III得到NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的热化学方程式；
(3)①平衡常数是生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，反应结束后得到尿素的物质的量为=0.5mol，利用反应的三段式计算出平衡时c(NH3)、c(CO2)，将其代入平衡常数表达式求出平衡常数K的值；
②反应 IV为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ•mol-1，该反应正向放热，由于平衡常数k只与温度有关，所以升高温度，反应逆向移动。
【详解】(1)①A．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故A错误；B．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故B正确；C．混合气体的总质量和总物质的量，无论是否达到平衡，二者均始终保持不变，即合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；D．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故D错误；故答案为B。
②由图象可知：v(CH3OH)==0.075 mol·L－1·min－1，v(H2)=3v(CH3OH)=0.225mol·L－1·min－1；
③A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；B．反应为放热反应△H＜0，△G=△H-T△S＜0，当△S＜0时，反应能自发进行，且高温和低温下，均可以自发进行，故B错误；
C．对于可逆反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol/L) 0.1 0.2 0
变化(mol/L) 0.05 0.1 0.05
平衡(mol/L) 0.05 0.1 0.05
所以平衡常数k===100，故C正确；D．增大压强，平衡向正反应移动，有利于原料气转化。由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，可逆反应向逆反应移动，故升高不利用原料气转化，采取250℃温度，考虑反应速率与催化剂的活性，故D错误；故答案为AC；
(2)NH3与CO2合成尿素同时生成液态水化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据盖斯定律I+II-III有：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-159.5kJ•mol-1+(+116.5kJ•mol-1)-(+44.0kJ•mol-1)=-87.0 kJ•mol-1；
(3)①设起始n(CO2)=x，则n(NH3)=2x，平衡时生成尿素的物质的量为=0.5mol，反应IV的三段式为
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起始量(mol) 2x x 0
变化量(mol) 1 0.5 0.5
平衡量(mol) 2x-1 x-0.5 0.5
根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比有3x：(2x-1+x-0.5+0.5)=9：3，x=0.75mol，平衡时c(NH3)==0.25mol/L、c(CO2)=0.125mol/L，平衡常数k===128；
②2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ•mol-1，该反应正向放热，所以升高温度，反应逆向移动，k减小，即平衡常数k随温度升高而减小，故答案为a。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
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