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【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第二次考试试题（解析版）
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甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第二次考试试题
第I卷（选择题)
一、单选题(本大题共20小题，每小题2分，共40分)
1.下列应用与盐类的水解无关的是 （ ）
A. 明矾净水 B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂 D. 泡沫灭火器的灭火原理
【答案】C
【解析】A. 明矾净水是因为其电离出的铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮颗粒，A不符合题意；
B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸，可以抑制铜离子的水解，B不符合题意；
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂与水解无关，C符合题意；
D. 泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应，D不符合题意；
答案选C。
2.下列各离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCO3-+H2OH3O++CO32- B. NH4++H2ONH3·H2O+H+
C. S2-+2H2OH2S+2OH- D. H2O+H2OH3O++OH-
【答案】B
【解析】A. 表示的是碳酸氢根离子在水溶液中发生电离，并水合形成水合氢离子的过程，A错误；
B. 表示的是铵根离子的水解反应，B正确；
C. 多元弱酸的酸根离子水解应分步水解，C错误；
D. 表示的是水的自耦电离，D错误；
故答案选B。
3.在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol/(L·min) B. v（D）=1mol/(L·min)
C. v（C）=0.8mol/(L·min) D. v（B）=0.3mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比。
【详解】A. v（A）=0.5mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
B. v（D）=1mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
C. v（C）=0.8mol/(L·min)转化为v（B）=0.27mol/(L·min)；
D. v（B）=0.3mol/(L·min)
对比数值，0.3mol/(L·min)反应最快，答案为D。
4.下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A. CH3—CH3和CH3—CH2—CH3
B. 12C和14C
C. CH3—CH2—CH2—CH3和(CH3)2CHCH3
D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】具有相同的分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
质子数相同中子数不同的原子互称同位素；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；据此解答。
【详解】A. 两者结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，互为同系物，A项错误；
B. 12C和14C，两者质子数相同，中子数不同，属于同位素，B项错误；
C. CH3—CH2—CH2—CH3和(CH3)2CHCH3分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C项正确；
D. 甲烷为正四面体结构，其二氯取代物无同分异构体，故二者属于同种物质，D项错误；答案选C。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多
B. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 升高温度，活化分子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多
D. 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多
【答案】B
【解析】A、增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多，故A说法正确；B、增大反应物的浓度只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B说法错误；C、升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故C说法正确；D、催化剂能降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，有效碰撞次数增多，故D说法正确。
7.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
8.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是（ ）
A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0
C N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【分析】反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。
【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △H＜0，△S＜0，在较低温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故C不选；D．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；故选B。
9.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，一定条件下发生反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH<0。改变条件达到新平衡后，下列正确的是（ ）
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A.正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，X的体积分数增大，A错误；
B.如缩小体积，气体的压强增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，Z的浓度增大，B错误；
C.保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各种物质的浓度不变，化学平衡不发生移动，Y的浓度不变，C正确；
D.保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，化学平衡不移动，X的物质的量分数不变，D错误；
故合理选项是C。
10.用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是（ ）
A. c(H+)和c(OH-)的乘积 B.
C. OH-的物质的量浓度 D. H+的物质的量浓度
【答案】D
【解析】A.c(H+)和c(OH-)的乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；
B.氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，=，加水稀释，平衡正向移动， n(NH3·H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；
C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；
D.加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；
故合理选项是D。
11.用来表示可逆反应2A(g)+B(g) 2C(g)（正反应是吸热反应）的正确图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A．升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，故A错误；
B．升高温度，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与图像不符，故B错误；
C．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数比逆反应速率增大的多，与图像不符，故C错误；
D．增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，升高温度平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，与图像吻合，故D正确；
故选D。
12.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选：C。
13.下列说法正确的是（ ）
A. c(H+)＝的溶液一定呈中性
B. 将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性
C. 向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，KW不变
D. 向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+)将减小
【答案】A
【解析】A、Kw=c（H+）×c（OH-），c（H+）=，说明c（H+）=c（OH-），所以溶液一定呈中性，A项正确；
B、水的电离为吸热反应，加热促进电离，KW增大，c（H+）增大，则pH减小，但仍呈中性，B项错误；
C、Kw只与温度有关，C项错误；
D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离，向0.1 molL-1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，则溶液中水电离产生的c（H+） 将增大，D项错误；
答案选A。
14.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是（ ）
A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B. 增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C. 该反应是放热反应，降低温度正反应速率加快
D. 在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
【答案】D
【解析】A.催化剂V2O5使该反应的正、逆反应速率都增大，A错误；
B.增大反应体系的压强，反应速度不一定增大，如在恒容条件下通入惰性气体，由于物质的浓度不变，则反应速率不变，故B错误
C.降低温度，反应速率都降低，故C错误。
D．化学反应速率指单位时间内浓度的该变量，v＝，故D正确。
故答案为D。
15.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C. 该温度下，通入HCl可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会还在曲线上，故A错误；
B.根据水的离子积常数的计算公式，结合b点的数据可得水的离子积常数为1.0×10－14，故B错误；
C.通入HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故D错误；
答案选D。
16.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 （ ）
A. 水电离的＝1×10-13mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2—、CO32—
B. ＝1×10-12mol/L的溶液中：Cu2＋、NH4+、Cl－、NO3－
C. 与Al反应能放出H2的溶液：Cu2+、NO3—、K+、SO42—
D. 无色溶液中：Cr2O72—、Na+、H+、SO42—
【答案】B
【解析】A．水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，故A错误；B.=1×10-12mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下NO3-具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；D. Cr2O72—有颜色，与无色不符，故D错误；故选B。
17.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)＋B(g)2C(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的密度 ②容器内气体的压强 ③混合气体的总物质的量 ④B物质的量浓度
A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. 全部
【答案】D
【解析】①由于该反应是反应前后气体质量改变，而容器的容积不变的反应，所以若混合气体的密度不变，则反应处于平衡状态，正确；②由于该反应是反应前后气体的物质的量改变，而容器的容积不变的反应，所以容器内气体的压强不变，则反应处于平衡状态，正确；③由于该反应是反应前后气体的体积改变，而容器的容积不变的反应，所以混合气体的总物质的量不变，则反应处于平衡状态，正确；④由于容器的容积不变，若B物质的量不变，则其物质的量浓度不变，各气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确。故能表明该反应已达到平衡状态的是全部，选项D正确。
18.在密闭容器中一定量混合气体发生反应：2A(g)+B(g) xC(g)，达到平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器中的容积扩大到原来2倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（ ）
A. x=3 B. 平衡向正反应方向移动
C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【分析】将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行
【详解】A、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故A错误；
B、平衡逆向进行，故B错误；
C、平衡逆向进行，B的转化率减小，故C正确；
D、平衡逆向进行，C的体积分数减小，故D错误；
故答案选C。
19.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是（ ）
A. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-8
D. t℃时，将0.01mol·L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L-1KCl和0.01mol·L-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀
【答案】C
【解析】A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；C、依据 图像曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-；Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-5=10-11；故C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp(CrO42-)=c2(Ag+)c(CrO42-)=1×10-9；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L，KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)= =×10-4mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故D正确；故选C。
20.下列各表述与图所示一致的是（ ）
A. 图用于测定NaOH溶液的浓度
B. 图表示25时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C. 图记录滴定终点读数为12.00 mL
D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，图表示KOH溶液滴定CH3COOH溶液时溶液的电导率变化曲线示意图
【答案】D
【解析】A选项，氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管里，这个装置是酸式滴定管，故A错误；
B选项，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故B错误；
C选项，滴定管数据是上小下大，准确读数应该为11.85mL，故C错误；
D选项，CH3COOH是弱电解质，与KOH溶液反应生成强电解质CH3COONa，离子浓度增大，电导率变大，待反应完后，继续加KOH溶液，电导率继续增大，故D正确；
综上所述，答案为D。
第II卷（非选择题)
二、填空题（共11分）
21.烃是一类简单的有机化合物。
（1）天然气属于______________（填“纯净物”或“混合物”），其组成以__________为主。该分子的电子式是_____________，其空间结构是_____________________。
（2）烷烃随着碳原子数的增多，沸点逐渐________（填“升高”或“降低”），碳原子数≤________的烷烃呈气态，它们和氯气发生取代反应的条件是________________。
（3）2,2,3-三甲基丁烷的结构简式是____________________________________，其一氯代物有_______种，该烷烃与正庚烷互为__________________________（填“同系物”或“同分异构体”）。
【答案】(1). 混合物 (2). CH4 (3). (4). 正四面体 (5). 升高 (6). 4 (7). 光照 (8). (CH3)3CCH(CH3)2 (9). 3 (10). 同分异构体
【解析】
【详解】（1）天然气的主要成分是甲烷，属于混合物，甲烷分子为共价化合物，电子式为，为正四面体结构，故答案为：混合物；CH4；；正四面体；
（2）烷烃的通式为CnH2n+2，随着碳原子数的增多，沸点逐渐升高；当n≤4时，烷烃呈气态；在光照条件下和氯气发生取代反应生成氯代烃，故答案为：升高；4；光照；
（3）2,2,3-三甲基丁烷的分子式为C7H16，含有7个碳原子，主链含有4个碳原子，侧链为3个甲基，结构简式为(CH3)3CCH(CH3)2，分子中含有3种氢原子，一氯代物有3种，与正庚烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：(CH3)3CCH(CH3)2；3；同分异构体。
三、综合题（共49分，22题 14分，23题15分，24题20分）
22.100℃时，在1 L恒温恒容的密闭容器中，通入0.1molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1，NO2和N2O4的浓度随时间变化情况如图所示。
Ⅰ.（1）在0~60 s内，以N2O4表示的平均反应速率为____mol·L-1·s-1。
（2）根据图中有关数据，计算100℃时该反应的平衡常数K1=____。若其他条件不变，升高温度至120℃，达到新平衡时的平衡常数是K2，则K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。
（3）反应进行到100s时，若只有一项条件发生变化，则变化的条件可能是____。
A.降低温度 B.通入氦气 C.又往容器中充入N2O4 D.增大容器容积
（4）已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.2kJ·mol-1
N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.7kJ·mol-1
N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1
则2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) ΔH=____kJ·mol-1。
Ⅱ.向容积为2 L密闭容器中通入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。
（5）下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是____(填字母序号)。
A.容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度之比为1∶1∶1∶1
B.CO的消耗速率与H2的消耗速率相等
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
（6）保持其他条件不变：
①若向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，平衡将___(填“向右”、“向左”或“不”)移动，达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数将____(“变大”、“变小”或“不变”)；
②在VL密闭容器中通入10molCO和10molH2O(g)发生上述反应，在T℃达到平衡，然后急速除去水蒸气(除水蒸气时其他各成分的物质的量不变)，将混合气体燃烧，测得放出的热量为2842kJ(已知CO的燃烧热为283kJ·mol-1，H2的燃烧热为286kJ·mol-1)，则T℃平衡常数K=____。（精确到小数点后两位）
【答案】(1). 1×10-3 (2). 0.36 (3). < (4). A (5). -1079.6 (6). B (7). 向右 (8). 变大 (9). 0.44
【解析】Ⅰ. 由图可知，起始时c( N2O4)=0.1mol/L，60秒时反应处于平衡状态时c′( N2O4)=0.04mol/L，c′( NO2)=0.12mol/L，
(1)根据，以N2O4表示的平均反应速率为=1×10−3mol/(L⋅s)，
故答案为为：1×10−3。
(2)根据平衡常数的定义写表达式K==0.36，因为该反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可知，升温平衡向吸热反应方向移动即正向移动，所以K值变大，K1
（4）)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.2kJ⋅mol−1；
②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H=−534.7kJ⋅mol−1；
③N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57.0kJ⋅mol−1；
根据盖斯定律,②×2−①+③可写出热化学方程式2N2H4(g)+N2O4(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1×2−67.2kJ⋅mol−1+57.0kJ⋅mol−1=−1079.6kJ⋅mol−1，故答案为：−1079.6。
Ⅱ. （5）A. 反应达平衡状态时，反应混合物的浓度保持不变，不一定相等或成比例，故A错误；
B. CO的消耗速率与H2 的消耗速率分别表示正、逆两个反应方向的速率，B正确；
C. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，容器内压强始终保持不变，故C错误；
D. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；
答案选B。
（6）①保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，与原平衡相比，平衡向右移动，但由于通入了H2O(g)，故达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数变大；
答案为：向右；变大
②设达到平衡时n(H2 )=a mol，则n(CO)=(10-a)mol，则a286 kJ·mol-1+(10-a)×283 kJ·mol-1=2842 kJ，解得a=4。K= = ≈0.44。答案为：0.44。
23.CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。
酸
电离常数
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
H2SO3
K1=1.54×10-2 ，K2=1.02×10-7
请回答下列问题：
（1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式_____。
②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：_____。
（2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因_____。
②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式______。
③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式______。
（3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ② NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe(SO4)2
溶液中c(NH4+)从大到小排列顺序为____（填序号）。
（4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为____（填序号）。
（5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：____，将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是____（填化学式）。
（6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：_____。
（7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是____。
A．10 mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．10 mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2 mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．10mL0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
E．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)
【答案】(1). c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-） (2). c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-） (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)] (5). c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3) (6). ⑤＞③＞④＞①＞② (7). ①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥ (8). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (9). Al2O3 (10). 用pH试纸测定醋酸钠溶液的pH值与标准比色卡比对 (11). BE
【解析】（1）NaHSO3溶液中含有Na+、H+、HSO3-、OH-、SO32-，则
①电荷守恒表达式c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）。
②NaHSO3属于酸式盐，且电离程度大于水解程度，c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。溶液显酸性，c（OH-）＜c（H+），各离子浓度大小顺序：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）。
（2）①Na2CO3溶液中碳酸根水解，因此溶液显碱性的原因为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
②Na2CO3溶液中c(Na+)是碳酸根离子物质的量浓度的2倍，电离水解后，碳酸根以CO32-、HCO3-、H2CO3三种形式存在，所以物料守恒表达式为c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]。
③NaHCO3溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)，在碳酸钠水溶液中水电离出的H+以(H+、HCO3-、H2CO3)三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子，所以质子守恒表达式为c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)；
（3）NH4+易发生水解反应生成一水合氨，铵根离子浓度会减小，水解程度越大，其离子浓度越小，不同的离子对铵根离子的水解作用影响不同，促进铵根离子水解的铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解的铵根离子浓度较大。设以上五种溶液的浓度为1mol/L，③（NH4）2SO4、⑤（NH4）2Fe(SO4)2这两种溶液中铵根离子的起始浓度为2 mol/L，①NH4Cl、②NH4HCO3、④NH4HSO4这三种溶液中铵根离子的起始浓度为1 mol/L，故③、⑤溶液中铵根离子的浓度大于①、②、④溶液中铵根离子的浓度；③中硫酸根离子不水解对铵根离子的水解没有影响，⑤中亚铁离子的水解对铵根离子的水解起抑制作用，故这两种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为⑤＞③；②中碳酸氢根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，④中的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，①中的氯离子不水解对铵根离子的水解无影响，故这三种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为④＞①＞②，综上分析，上述五种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤＞③＞④＞①＞②；
（4）①NaOH为强碱；⑥H2SO4为强酸；②NaCl为强酸强碱盐；④H2SO3为弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强；所以其pH从大到小排列顺序为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥；
（5）AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝。
（6）若醋酸钠为强酸强碱盐，那么其水溶液为中性pH=7，用pH试纸测到醋酸钠溶液的pH值，醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸根会水解，也就是说醋酸是弱酸。
（7）A. 等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)，故A错误；
B. 等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒知：c(Na+)=c(Cl−)，则溶液中离子浓度关系为：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，故B正确；
C. 等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，醋酸钠溶液中c(CH3COO−)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO−)，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)，故C错误；
D. 醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度关系为：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)，故D错误；
E．在NaHSO4强酸强碱盐，溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，且c(H＋)=c(SO42-)=c(Na+)，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)，故E正确。
答案选BE。
24.按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)__c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)___c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为___。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有____，其浓度由大到小的顺序为_____，氨水的浓度a__0.01 mol·L-1（填“＞”、“ ＜”或“=”）。
（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol∙L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为____。
（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
①酸浸后加入H2O2的目的是_____________，调pH的最适宜范围为_______。
②调pH过程中加入的试剂最好是_________。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
③煮沸CuSO4溶液的原因是_____；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式________。
【答案】(1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). ②①④③ (6). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (7). 抑制 (8). H－、H+、NH4+、Cl－ (9). c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－) (10). ＞ (11). 5 (12). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (13). 3.2～4.4 (14). BD (15). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (16). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4
【解析】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1:1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO−)，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO−)；
（2）①HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；②硫酸是二元强酸，所以0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；③NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为10−13mol/L；④醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是③④①②，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为②①④③；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH−)，所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH−、H+、NH4+、Cl−；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)可知：c(NH4+)=c(Cl−)，离子浓度大小为：c(Cl−)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH−)；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a＞0.01，
（5）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH−)⩾=mol/L=10−9mol/L，则c(H+)⩽mol/L=10−5mol/L，所以pH⩾−lg(10−5)=5；
（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节pH为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2++SO32-＝2CuCl↓+SO42-+2H+；
①根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；
②调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，
答案选BD
③煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
第I卷（选择题)
一、单选题(本大题共20小题，每小题2分，共40分)
1.下列应用与盐类的水解无关的是 （ ）
A. 明矾净水 B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂 D. 泡沫灭火器的灭火原理
【答案】C
【解析】A. 明矾净水是因为其电离出的铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮颗粒，A不符合题意；
B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸，可以抑制铜离子的水解，B不符合题意；
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂与水解无关，C符合题意；
D. 泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应，D不符合题意；
答案选C。
2.下列各离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCO3-+H2OH3O++CO32- B. NH4++H2ONH3·H2O+H+
C. S2-+2H2OH2S+2OH- D. H2O+H2OH3O++OH-
【答案】B
【解析】A. 表示的是碳酸氢根离子在水溶液中发生电离，并水合形成水合氢离子的过程，A错误；
B. 表示的是铵根离子的水解反应，B正确；
C. 多元弱酸的酸根离子水解应分步水解，C错误；
D. 表示的是水的自耦电离，D错误；
故答案选B。
3.在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol/(L·min) B. v（D）=1mol/(L·min)
C. v（C）=0.8mol/(L·min) D. v（B）=0.3mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比。
【详解】A. v（A）=0.5mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
B. v（D）=1mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
C. v（C）=0.8mol/(L·min)转化为v（B）=0.27mol/(L·min)；
D. v（B）=0.3mol/(L·min)
对比数值，0.3mol/(L·min)反应最快，答案为D。
4.下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A. CH3—CH3和CH3—CH2—CH3
B. 12C和14C
C. CH3—CH2—CH2—CH3和(CH3)2CHCH3
D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】具有相同的分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
质子数相同中子数不同的原子互称同位素；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；据此解答。
【详解】A. 两者结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，互为同系物，A项错误；
B. 12C和14C，两者质子数相同，中子数不同，属于同位素，B项错误；
C. CH3—CH2—CH2—CH3和(CH3)2CHCH3分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C项正确；
D. 甲烷为正四面体结构，其二氯取代物无同分异构体，故二者属于同种物质，D项错误；答案选C。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项，啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2H2CO3，打开啤酒瓶时，泛起大量泡沫，是因为压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B项，合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C项，工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D项，因为反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的，不能用勒夏特利原理解释，故D错误。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多
B. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 升高温度，活化分子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多
D. 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多
【答案】B
【解析】A、增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多，故A说法正确；B、增大反应物的浓度只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B说法错误；C、升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故C说法正确；D、催化剂能降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，有效碰撞次数增多，故D说法正确。
7.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
8.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是（ ）
A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0
C N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【分析】反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。
【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △H＜0，△S＜0，在较低温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故C不选；D．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；故选B。
9.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，一定条件下发生反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH<0。改变条件达到新平衡后，下列正确的是（ ）
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A.正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，X的体积分数增大，A错误；
B.如缩小体积，气体的压强增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，Z的浓度增大，B错误；
C.保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各种物质的浓度不变，化学平衡不发生移动，Y的浓度不变，C正确；
D.保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，化学平衡不移动，X的物质的量分数不变，D错误；
故合理选项是C。
10.用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是（ ）
A. c(H+)和c(OH-)的乘积 B.
C. OH-的物质的量浓度 D. H+的物质的量浓度
【答案】D
【解析】A.c(H+)和c(OH-)的乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；
B.氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，=，加水稀释，平衡正向移动， n(NH3·H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；
C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；
D.加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；
故合理选项是D。
11.用来表示可逆反应2A(g)+B(g) 2C(g)（正反应是吸热反应）的正确图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A．升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，故A错误；
B．升高温度，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与图像不符，故B错误；
C．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数比逆反应速率增大的多，与图像不符，故C错误；
D．增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，升高温度平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，与图像吻合，故D正确；
故选D。
12.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选：C。
13.下列说法正确的是（ ）
A. c(H+)＝的溶液一定呈中性
B. 将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性
C. 向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，KW不变
D. 向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+)将减小
【答案】A
【解析】A、Kw=c（H+）×c（OH-），c（H+）=，说明c（H+）=c（OH-），所以溶液一定呈中性，A项正确；
B、水的电离为吸热反应，加热促进电离，KW增大，c（H+）增大，则pH减小，但仍呈中性，B项错误；
C、Kw只与温度有关，C项错误；
D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离，向0.1 molL-1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，则溶液中水电离产生的c（H+） 将增大，D项错误；
答案选A。
14.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是（ ）
A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B. 增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C. 该反应是放热反应，降低温度正反应速率加快
D. 在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
【答案】D
【解析】A.催化剂V2O5使该反应的正、逆反应速率都增大，A错误；
B.增大反应体系的压强，反应速度不一定增大，如在恒容条件下通入惰性气体，由于物质的浓度不变，则反应速率不变，故B错误
C.降低温度，反应速率都降低，故C错误。
D．化学反应速率指单位时间内浓度的该变量，v＝，故D正确。
故答案为D。
15.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C. 该温度下，通入HCl可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会还在曲线上，故A错误；
B.根据水的离子积常数的计算公式，结合b点的数据可得水的离子积常数为1.0×10－14，故B错误；
C.通入HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故D错误；
答案选D。
16.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 （ ）
A. 水电离的＝1×10-13mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2—、CO32—
B. ＝1×10-12mol/L的溶液中：Cu2＋、NH4+、Cl－、NO3－
C. 与Al反应能放出H2的溶液：Cu2+、NO3—、K+、SO42—
D. 无色溶液中：Cr2O72—、Na+、H+、SO42—
【答案】B
【解析】A．水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，故A错误；B.=1×10-12mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下NO3-具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；D. Cr2O72—有颜色，与无色不符，故D错误；故选B。
17.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)＋B(g)2C(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的密度 ②容器内气体的压强 ③混合气体的总物质的量 ④B物质的量浓度
A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. 全部
【答案】D
【解析】①由于该反应是反应前后气体质量改变，而容器的容积不变的反应，所以若混合气体的密度不变，则反应处于平衡状态，正确；②由于该反应是反应前后气体的物质的量改变，而容器的容积不变的反应，所以容器内气体的压强不变，则反应处于平衡状态，正确；③由于该反应是反应前后气体的体积改变，而容器的容积不变的反应，所以混合气体的总物质的量不变，则反应处于平衡状态，正确；④由于容器的容积不变，若B物质的量不变，则其物质的量浓度不变，各气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确。故能表明该反应已达到平衡状态的是全部，选项D正确。
18.在密闭容器中一定量混合气体发生反应：2A(g)+B(g) xC(g)，达到平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器中的容积扩大到原来2倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（ ）
A. x=3 B. 平衡向正反应方向移动
C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【分析】将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行
【详解】A、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故A错误；
B、平衡逆向进行，故B错误；
C、平衡逆向进行，B的转化率减小，故C正确；
D、平衡逆向进行，C的体积分数减小，故D错误；
故答案选C。
19.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是（ ）
A. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-8
D. t℃时，将0.01mol·L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L-1KCl和0.01mol·L-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀
【答案】C
【解析】A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；C、依据 图像曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-；Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-5=10-11；故C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp(CrO42-)=c2(Ag+)c(CrO42-)=1×10-9；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L，KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)= =×10-4mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故D正确；故选C。
20.下列各表述与图所示一致的是（ ）
A. 图用于测定NaOH溶液的浓度
B. 图表示25时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C. 图记录滴定终点读数为12.00 mL
D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，图表示KOH溶液滴定CH3COOH溶液时溶液的电导率变化曲线示意图
【答案】D
【解析】A选项，氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管里，这个装置是酸式滴定管，故A错误；
B选项，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故B错误；
C选项，滴定管数据是上小下大，准确读数应该为11.85mL，故C错误；
D选项，CH3COOH是弱电解质，与KOH溶液反应生成强电解质CH3COONa，离子浓度增大，电导率变大，待反应完后，继续加KOH溶液，电导率继续增大，故D正确；
综上所述，答案为D。
第II卷（非选择题)
二、填空题（共11分）
21.烃是一类简单的有机化合物。
（1）天然气属于______________（填“纯净物”或“混合物”），其组成以__________为主。该分子的电子式是_____________，其空间结构是_____________________。
（2）烷烃随着碳原子数的增多，沸点逐渐________（填“升高”或“降低”），碳原子数≤________的烷烃呈气态，它们和氯气发生取代反应的条件是________________。
（3）2,2,3-三甲基丁烷的结构简式是____________________________________，其一氯代物有_______种，该烷烃与正庚烷互为__________________________（填“同系物”或“同分异构体”）。
【答案】(1). 混合物 (2). CH4 (3). (4). 正四面体 (5). 升高 (6). 4 (7). 光照 (8). (CH3)3CCH(CH3)2 (9). 3 (10). 同分异构体
【解析】
【详解】（1）天然气的主要成分是甲烷，属于混合物，甲烷分子为共价化合物，电子式为，为正四面体结构，故答案为：混合物；CH4；；正四面体；
（2）烷烃的通式为CnH2n+2，随着碳原子数的增多，沸点逐渐升高；当n≤4时，烷烃呈气态；在光照条件下和氯气发生取代反应生成氯代烃，故答案为：升高；4；光照；
（3）2,2,3-三甲基丁烷的分子式为C7H16，含有7个碳原子，主链含有4个碳原子，侧链为3个甲基，结构简式为(CH3)3CCH(CH3)2，分子中含有3种氢原子，一氯代物有3种，与正庚烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：(CH3)3CCH(CH3)2；3；同分异构体。
三、综合题（共49分，22题 14分，23题15分，24题20分）
22.100℃时，在1 L恒温恒容的密闭容器中，通入0.1molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1，NO2和N2O4的浓度随时间变化情况如图所示。
Ⅰ.（1）在0~60 s内，以N2O4表示的平均反应速率为____mol·L-1·s-1。
（2）根据图中有关数据，计算100℃时该反应的平衡常数K1=____。若其他条件不变，升高温度至120℃，达到新平衡时的平衡常数是K2，则K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。
（3）反应进行到100s时，若只有一项条件发生变化，则变化的条件可能是____。
A.降低温度 B.通入氦气 C.又往容器中充入N2O4 D.增大容器容积
（4）已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.2kJ·mol-1
N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.7kJ·mol-1
N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1
则2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) ΔH=____kJ·mol-1。
Ⅱ.向容积为2 L密闭容器中通入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。
（5）下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是____(填字母序号)。
A.容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度之比为1∶1∶1∶1
B.CO的消耗速率与H2的消耗速率相等
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
（6）保持其他条件不变：
①若向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，平衡将___(填“向右”、“向左”或“不”)移动，达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数将____(“变大”、“变小”或“不变”)；
②在VL密闭容器中通入10molCO和10molH2O(g)发生上述反应，在T℃达到平衡，然后急速除去水蒸气(除水蒸气时其他各成分的物质的量不变)，将混合气体燃烧，测得放出的热量为2842kJ(已知CO的燃烧热为283kJ·mol-1，H2的燃烧热为286kJ·mol-1)，则T℃平衡常数K=____。（精确到小数点后两位）
【答案】(1). 1×10-3 (2). 0.36 (3). < (4). A (5). -1079.6 (6). B (7). 向右 (8). 变大 (9). 0.44
【解析】Ⅰ. 由图可知，起始时c( N2O4)=0.1mol/L，60秒时反应处于平衡状态时c′( N2O4)=0.04mol/L，c′( NO2)=0.12mol/L，
(1)根据，以N2O4表示的平均反应速率为=1×10−3mol/(L⋅s)，
故答案为为：1×10−3。
(2)根据平衡常数的定义写表达式K==0.36，因为该反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可知，升温平衡向吸热反应方向移动即正向移动，所以K值变大，K1
（4）)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.2kJ⋅mol−1；
②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H=−534.7kJ⋅mol−1；
③N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57.0kJ⋅mol−1；
根据盖斯定律,②×2−①+③可写出热化学方程式2N2H4(g)+N2O4(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1×2−67.2kJ⋅mol−1+57.0kJ⋅mol−1=−1079.6kJ⋅mol−1，故答案为：−1079.6。
Ⅱ. （5）A. 反应达平衡状态时，反应混合物的浓度保持不变，不一定相等或成比例，故A错误；
B. CO的消耗速率与H2 的消耗速率分别表示正、逆两个反应方向的速率，B正确；
C. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，容器内压强始终保持不变，故C错误；
D. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；
答案选B。
（6）①保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，与原平衡相比，平衡向右移动，但由于通入了H2O(g)，故达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数变大；
答案为：向右；变大
②设达到平衡时n(H2 )=a mol，则n(CO)=(10-a)mol，则a286 kJ·mol-1+(10-a)×283 kJ·mol-1=2842 kJ，解得a=4。K= = ≈0.44。答案为：0.44。
23.CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。
酸
电离常数
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
H2SO3
K1=1.54×10-2 ，K2=1.02×10-7
请回答下列问题：
（1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式_____。
②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：_____。
（2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因_____。
②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式______。
③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式______。
（3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ② NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe(SO4)2
溶液中c(NH4+)从大到小排列顺序为____（填序号）。
（4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为____（填序号）。
（5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：____，将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是____（填化学式）。
（6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：_____。
（7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是____。
A．10 mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．10 mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2 mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．10mL0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
E．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)
【答案】(1). c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-） (2). c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-） (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)] (5). c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3) (6). ⑤＞③＞④＞①＞② (7). ①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥ (8). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (9). Al2O3 (10). 用pH试纸测定醋酸钠溶液的pH值与标准比色卡比对 (11). BE
【解析】（1）NaHSO3溶液中含有Na+、H+、HSO3-、OH-、SO32-，则
①电荷守恒表达式c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）。
②NaHSO3属于酸式盐，且电离程度大于水解程度，c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。溶液显酸性，c（OH-）＜c（H+），各离子浓度大小顺序：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）。
（2）①Na2CO3溶液中碳酸根水解，因此溶液显碱性的原因为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
②Na2CO3溶液中c(Na+)是碳酸根离子物质的量浓度的2倍，电离水解后，碳酸根以CO32-、HCO3-、H2CO3三种形式存在，所以物料守恒表达式为c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]。
③NaHCO3溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)，在碳酸钠水溶液中水电离出的H+以(H+、HCO3-、H2CO3)三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子，所以质子守恒表达式为c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)；
（3）NH4+易发生水解反应生成一水合氨，铵根离子浓度会减小，水解程度越大，其离子浓度越小，不同的离子对铵根离子的水解作用影响不同，促进铵根离子水解的铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解的铵根离子浓度较大。设以上五种溶液的浓度为1mol/L，③（NH4）2SO4、⑤（NH4）2Fe(SO4)2这两种溶液中铵根离子的起始浓度为2 mol/L，①NH4Cl、②NH4HCO3、④NH4HSO4这三种溶液中铵根离子的起始浓度为1 mol/L，故③、⑤溶液中铵根离子的浓度大于①、②、④溶液中铵根离子的浓度；③中硫酸根离子不水解对铵根离子的水解没有影响，⑤中亚铁离子的水解对铵根离子的水解起抑制作用，故这两种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为⑤＞③；②中碳酸氢根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，④中的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，①中的氯离子不水解对铵根离子的水解无影响，故这三种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为④＞①＞②，综上分析，上述五种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤＞③＞④＞①＞②；
（4）①NaOH为强碱；⑥H2SO4为强酸；②NaCl为强酸强碱盐；④H2SO3为弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强；所以其pH从大到小排列顺序为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥；
（5）AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝。
（6）若醋酸钠为强酸强碱盐，那么其水溶液为中性pH=7，用pH试纸测到醋酸钠溶液的pH值，醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸根会水解，也就是说醋酸是弱酸。
（7）A. 等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)，故A错误；
B. 等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒知：c(Na+)=c(Cl−)，则溶液中离子浓度关系为：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，故B正确；
C. 等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，醋酸钠溶液中c(CH3COO−)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO−)，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)，故C错误；
D. 醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度关系为：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)，故D错误；
E．在NaHSO4强酸强碱盐，溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，且c(H＋)=c(SO42-)=c(Na+)，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)，故E正确。
答案选BE。
24.按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)__c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)___c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为___。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有____，其浓度由大到小的顺序为_____，氨水的浓度a__0.01 mol·L-1（填“＞”、“ ＜”或“=”）。
（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol∙L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为____。
（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
①酸浸后加入H2O2的目的是_____________，调pH的最适宜范围为_______。
②调pH过程中加入的试剂最好是_________。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
③煮沸CuSO4溶液的原因是_____；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式________。
【答案】(1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). ②①④③ (6). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (7). 抑制 (8). H－、H+、NH4+、Cl－ (9). c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－) (10). ＞ (11). 5 (12). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (13). 3.2～4.4 (14). BD (15). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (16). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4
【解析】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1:1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO−)，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO−)；
（2）①HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；②硫酸是二元强酸，所以0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；③NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为10−13mol/L；④醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是③④①②，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为②①④③；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH−)，所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH−、H+、NH4+、Cl−；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)可知：c(NH4+)=c(Cl−)，离子浓度大小为：c(Cl−)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH−)；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a＞0.01，
（5）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH−)⩾=mol/L=10−9mol/L，则c(H+)⩽mol/L=10−5mol/L，所以pH⩾−lg(10−5)=5；
（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节pH为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2++SO32-＝2CuCl↓+SO42-+2H+；
①根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；
②调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，
答案选BD
③煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
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