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2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了01kJ，66kJ⋅ml−1，36kJ⋅ml−1B，4mlNH3和0，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH=−114.6kJ⋅mol−1
B. 能自发进行的化学反应，不一定是ΔH<0，ΔS>0
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1
D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，可选用甲基橙或酚酞做指示剂
2. 已知25℃、101kPa下，1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.66kJ⋅mol−1
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.29kJ⋅mol−1
则反应C(s)+12O2(g)=CO(g)的反应热为( )
A. △H=−396.36kJ⋅mol−1 B. △H=−198.55kJ⋅mol−1
C. △H=−154.54kJ⋅mol−1 D. △H=−110.53kJ⋅mol−1
3. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1.下列有关说法错误的是( )
A. 4min末，用NO表示的反应速率为0.03mol⋅L−1⋅min−1
B. 4min末，NH3的浓度为0.14mol⋅L−1
C. 0∼4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0∼4min内，O2的物质的量减少了0.15mol
4. 在一定温度下、容积不变的密闭容器，可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)到平衡状态的标志是( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A、B、C的浓度之比为1：3：2
A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③④⑦ D. ②③④⑤⑥
5. 少量铁粉与100mL0.01mol⋅L−1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的( )
①由铁粉换铁块
②加NaNO3固体
③将0.01mol⋅L−1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液
④加CH3COONa固体
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用100mL0.1mol⋅L−1盐酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
6. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3
在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线n代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产CH3OH
D. 图示270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为20%
7. 对于反应2NO+2H2⇌N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：2NO⇌N2O2：快反应；
第二步：N2O2+H2→N2O+H2O慢反应；
第三步：N2O+H2→N2+H2O快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是( )
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的ΔH<0，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
8. 已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=akJ⋅mol−1。
T K 时，在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1.下列说法中错误的是( )
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol⋅L−1⋅min−1
C. 达到化学平衡时，CO 的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol⋅L−1
9. 下列各组离子一定能大量共存的组合是( )
①在含有大量AlO2−溶液中：NH4+、Na+、Cl−、HCO3−
②常温下c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、Ba2+、Cl−、Br−
③常温下pH=7的溶液中：Na+、Cl−、SO42−、Fe3+
④在水溶液中：K+、SO42−、Cu2+、NO3−
⑤常温下c(OH−)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、Al3+、Cl−、SO42−
⑥常温下pH=1的溶液中：K+、CrO42−、Na+、SO42−
A. ①②⑥ B. ②④⑤ C. ④⑤⑥ D. ①②③
10. 下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是( )
A. 常温下NaNO2溶液的pH大于7
B. 亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
C. 常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH约为2
D. 常温下pH=3的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5
11. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，则HA为强酸BOH为弱碱
B. 在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3由水的电离产生的c(H+)大小关系为①>②>③
C. 氨水、NaOH溶液中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
D. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>③>②>④
12. 室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 向0.10mol⋅L−1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3−)+c(CO32−)
B. 向0.10mol⋅L−1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32−)
C. 向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]
D. 向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl−)
13. 25℃时，下列说法不正确的是( )
A. 稀释醋酸溶液，溶液中的H+和OH−数目都增大
B. 在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
C. pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度相同
D. 已知CH3COONH4溶液显中性。常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa，若前者的pH=a，后者的pH=b，则a+b=14
14. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
B. 若从A点到达C点，可采用：温度不变在水中如少量NaCl固体
C. 向E点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至A点，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
15. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用。已知pOH=−lgc(OH−)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl−没有画出)，此温度下，下列分析正确的是( )
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−8
B. 同浓度的HClO2溶液和 NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)
C. pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式是：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−
D. pOH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小是：c(HClO2 )>c(ClO2−)>c(ClO2)>c(Cl−)
16. 使用酸碱中和滴定法测定某未知物质的量浓度的稀盐酸．
Ⅰ.实验步骤：
(1)滴定前的准备
①滴定管： ______ →洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录．
a.排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的 ______ ，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
b.记录盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数时，液面位置如图2所示，则此时的读数为 ______ mL.
②锥形瓶：用 ______ 量取待测稀盐酸20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂．
(2)滴定
用标准的NaOH溶液滴定待测的稀盐酸时，左手操作滴定管活塞，右手旋摇锥形瓶，眼睛注视 ______ .滴定至终点时，记录NaOH溶液的终点读数．再重复滴定3次．
Ⅱ.实验记录：
滴定次数
实验数据/mL
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.80
15.00
15.02
14.98
Ⅲ.数据处理与误差分析：
(1)结合上表数据，计算被测稀盐酸的物质的量浓度是 ______ mol/L.
(2)在本实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有 ______ .
A.锥形瓶水洗后未干燥
B.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
C.滴定终点读数时俯视读数
D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体
F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
17. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O,M=248g⋅mol−1)可用作定影剂，还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在______中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至______。
(2)滴定：取0.00950mol⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−.加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为______%。(保留1位小数)
18. 二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=______。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)______。(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H______0。(填“大于”或“小于”)
(3)根据图中点A(440K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=______(MPa)−3。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
19. 电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka=1.8×10−5
Ka=4.3×l0−10
Ka1=5.0×l0−7Ka2=5.6×l0−11
①0.1mol/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN−)______c(HCO3−)(填“>”、“<”或“=”)。
②常温下，物质的量浓度相同的三种溶液：A.CH3COONaB.NaCNC.Na2CO3，其pH由大到小的顺序是______(填编号)。
③将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是______。
④室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是______，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)=______。
(2)某温度下，pH=3的盐酸中[OH−]=10−9mol/L.该温度下，pH=2的H2SO4与pH=11的NaOH混合后pH变为9，则硫酸与氢氧化钠的体积比为______。
(3)室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示(横坐标为盐酸的体积)。
①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为______。
②b点所示的溶液中c(NH4+)−c(NH3⋅H2O)=______(写出准确数值)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.生成硫酸钡沉淀放热，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH<−114.6kJ⋅mol−1，故A错误；
B.根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则能自发进行的化学反应有：①ΔH<0，ΔS>0(任一温度)、②ΔH<0，ΔS<0(低温下)、③ΔH>0，ΔS>0(高温下)，故B正确；
C.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，H2O(g)转化为H2O(l)放热，所以H2的燃烧热大于241.8kJ⋅mol−1，故C错误；
D.实验室用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时，由于恰好反应时溶液呈碱性，应该选用酚酞做指示剂，故D错误；
故选：B。
A.生成硫酸钡沉淀放热；
B.ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；
C.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；
D.实验室用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时，由于恰好反应时溶液呈碱性。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中反应自发进行条件、燃烧热、中和热、中和滴定操作为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：已知：①H2O(l)=H2O(g)△H1=+44.01kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+571.66kJ⋅mol−1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H3=+131.29kJ⋅mol−1
盖斯定律③−12×②+①计算得到C(s)+12O2(g)=CO(g)，△H=△H3−12△H2+△H1=+131.29kJ⋅mol−1−12×571.66kJ/mol+44.01kJ/mol=−110.53kJ/mol，
故选：D。
已知：①H2O(l)=H2O(g)△H1=+44.01kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+571.66kJ⋅mol−1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H3=+131.29kJ⋅mol−1
盖斯定律③−12×②+①计算得到C(s)+12O2(g)=CO(g)，可求其反应热。
本题考查了热化学方程式的书写方法、运用盖斯定律计算焓变等知识，学会运用已知方程式去搭建关系求解分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.4min末，用NO表示的反应速率为0.06mol/L4min=0.015mol/L，故A错误；
B.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(NH3)=Δc(NO)=0.06mol/L，则4min末，NH3的浓度为0.4mol2L−0.06mol/L=0.14mol/L，故B正确；
C.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，n(NO)=0.06mol/L×2L=0.12mol，则n(H2O)=32n(NO)=32×0.12mol=0.18mol，m(H2O)=0.18mol×18g/mol=3.24g，故C正确；
D.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(O2)=54Δc(NO)=54×0.06mol/L=0.075mol/L，Δn(O2)=0.075mol/L×2L=0.15mol，故D正确；
故选：A。
A.v=ΔcΔt；
B.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(NH3)=Δc(NO)=0.06mol/L；
C.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，n(NO)=0.06mol/L×2L=0.12mol，则n(H2O)=32n(NO)；
D.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(O2)=54Δc(NO)。
本题考查化学平衡计算，一般涉及各组分的物质的量、浓度、反应速率、转化率等，解题关键①在同一反应中用不同物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比；②“三段式法”，此题难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：①C的生成速率与C的消耗速率相等，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故①正确；
②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，表示的都是逆反应速率，无法判断平衡状态，故②错误；
③A、B、C的浓度不再改变，表明正逆反应速率，该反应达到平衡状态，故③正确；
④D为固态，混合气体的质量为变量，混合气体的体积不变，则混合气体的密度为为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故④正确；
⑤该反应为气体物质的量缩小的反应，混合气体的总压强为变量，当混合气体的总压强不再改变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；
⑥该反应为气体物质的量缩小的反应，混合气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不再改变时，表明达到平衡状态，故⑥正确；
⑦各组分浓度与初始浓度、转化率有关，A、B、C的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，故⑦错误；
故选：B。
A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：①由铁粉换铁块，接触面积减小，化学反应速率减慢，故①错误；
②加NaNO3固体，导致但Fe和硝酸反应生成NO而不是氢气，导致氢气的量减少，故②错误；
③将0.01mol⋅L−1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液，钝化生成氢气减小，故③错误；
④加CH3COONa固体，先反应生成醋酸，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，生成氢气的量不变，故④错误；
⑤加NaCl溶液，相当于稀释溶液，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，生成氢气的量不变，故⑤错误；
⑥加入少量CuSO4固体，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快化学反应速率，生成氢气的量减少，故⑥错误；
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，增大活化分子百分数，化学反应速率加快且生成氢气总量不变，故⑦正确；
⑧改用100mL0.1mol⋅L−1盐酸，c(H+)增大，化学反应速率加快且生成氢气总量不变，故⑧正确；
故选：D。
加快化学反应速率方法可以增大c(H+)、升高温度、形成原电池等，但改变条件时不能消耗Fe粉或改变生成氢气总量，据此分析解答。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.反应Ⅰ−反应Ⅱ可得反应Ⅲ，则 ΔH3=ΔH1−ΔH2=−49kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1=−90kJ⋅mol−1<0，则反应Ⅲ放热，反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CH3OH的百分含量减少，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO的百分含量增大，则m表示CH3OH的质量分数，n表示CO得质量分数，故B错误；
C.工业生产不仅仅考虑产率问题，还要考虑生产的速率，反应Ⅰ生产CH3OH的反应是放热反应，温度越低，甲醇产率越大，但是温度低速率小，不利于工业生产CH3OH，故C错误；
D.270℃时，此时两种产物CH3OH和CO的百分含量相等，假设平衡时生成CH3OH和CO的物质的量均为x，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)x3xxx
平衡(mol)1−2x3−4xx2x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)xxxx
平衡(mol)1−2x3−4xx2x
平衡时CO2的转化率为25%，CO2的转化率=2×0.125mol1mol×100%=25%，解得x=0.125，平衡时混合气体总物质的量为(1−0.125×2+3−4×0.125+0.125+2×0.125+0.125)mol=3.75mol，则CO2的体积分数=(1−2×0.125)mol3.75mol×100%=20%，故D正确；
故选：D。
A.利用盖斯定律，可计算出ΔH3，再进一步比较反应物的总键能和生成物的总键能的相对大小；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高平衡逆向移动，甲醇的百分含量减少；
C.生产CH3OH的反应是放热反应，温度越低，甲醇产率越大，但是温度低速率小，不利于工业生产CH3OH；
D.利用化学平衡的三段式计算平衡体系中CO2的体积分数。
本题考查化学反应热的计算、化学平衡影响因素、化学平衡转化率及其计算等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握三段式解题法．
7.【答案】A
【解析】
【解答】
A. 反应的速率由最慢的一步反应决定，活化能越大，反应速率越小，则第二步的反应较慢，该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B. 由反应历程可知，N2O2、N2O都为中间产物，H2为反应物，故B错误；
C. 只有发生化学反应的碰撞才为有效碰撞，不是每一次碰撞都是有效碰撞，故C错误；
D. 无论是放热反应还是吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选：A。
【分析】
本题考查化学平衡的建立，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，故A正确；
B.用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为1.6mol2L5min=0.16mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.达到化学平衡时，CO的转化率是1.6mol2mol×100%=80%，故C正确；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 molCO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol⋅L−1，故D错误；
故选：D。
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
开始 2 2 0 0
转化 1.61.60.81.6
平衡 0.40.40.81.6
A.放热反应的焓变为负；
B.结合v=△c△t计算；
C.转化率=转化的量开始的量×100%；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握平衡三段法、速率及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：①AlO2−与NH4+、HCO3−反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故①错误；
②常温下c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈碱性，K+、Ba2+、Cl−、Br−、OH−之间不反应，能够大量共存，故②正确；
③常温下pH=7的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故③错误；
④K+、SO42−、Cu2+、NO3−之间不反应，能够大量共存，故④正确；
⑤常温下c(OH−)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性，K+、Al3+、Cl−、SO42−、H+之间不反应，能大量共存，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的溶液呈酸性，H+、CrO42−之间反应生成重铬酸根离子，不能大量共存，故⑥错误；
故选：B。
①偏铝酸根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应；
②该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
③铁离子水解溶液呈酸性；
④四种离子之间不反应；
⑤该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
⑥该溶液呈酸性，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以亚硝酸为载体考查强弱电解质判断，为高频考点，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意弱电解质中关键词“部分电离”，侧重考查对基本概念的理解和灵活运用，注意：强电解质强弱与溶液导电性、电解质溶解性强弱都无关，题目难度不大。
【解答】
A.常温下亚硝酸钠溶液的pH>7，溶液呈碱性，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱酸，故A不选；
B.亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液变红色，说明亚硝酸为酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故B选；
C.常温下0.1mol/L亚硝酸溶液的pH约为2，说明该亚硝酸溶液中氢离子浓度接近为0.01mol/L，小于0.1mol/L，则说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故C不选；
D.常温下pH=3的亚硝酸稀释100倍，稀释后溶液的pH约为4.5，说明亚硝酸稀释过程中还存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故D不选；
故选：B。
11.【答案】C
【解析】解：A.常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡，所以HA是弱酸，BOH可能是强碱，BOH也可能是电离程度大于HA的弱碱，故A错误；
B.酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3由水的电离产生的c(H+)大小关系为：③>②>①，故B错误；
C.氨水中加入NH4Cl溶解后NH4+对一水合氨的电离起到了抑制作用，一水合氨的电离程度减小，c(OH−)减小，pH减小；NaOH溶液加入NH4Cl反应生成NaCl和一水合氨，溶液中c(OH−)减小，pH减小，故C正确；
D.相同浓度的这几种溶液中c(NH4+)：强电解质溶液>弱电解质溶液，促进NH4+水解的溶液中c(NH4+)较小、抑制NH4+水解的溶液中c(NH4+)较大，铝离子抑制NH4+水解、醋酸根离子促进NH4+水解，所以c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③>④，故D错误；
故选：C。
A.常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡；
B.酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，能水解的盐促进水的电离；
C.氨水中加入NH4Cl溶解后NH4+对一水合氨的电离起到了抑制作用；NaOH溶液加入NH4Cl反应生成NaCl和一水合氨；
D.相同浓度的这几种溶液中c(NH4+)：强电解质溶液>弱电解质溶液，促进NH4+水解的溶液中c(NH4+)较小、抑制NH4+水解的溶液中c(NH4+)较大，铝离子抑制NH4+水解、醋酸根离子促进NH4+水解。
本题考查了弱电解质的电离、盐的水解，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理以及影响水解平衡移动的因素是解本题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知，c(NH4+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)，故A错误；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32−)，故B错误；
C.向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)<2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，故C错误；
D.向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH−)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl−)，故D正确；
故选D.
A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立判断；
C.未反应前结合物料守恒可知c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；
D.向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．
本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用，题目难度不大．
13.【答案】C
【解析】解：A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加，则溶液中的H+和OH−数目都增大，故A正确；
B.在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则此时c(Na+)=c(CH3COO−)，故B正确；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离，则pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度不相同，故C错误；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等，即10−a=10b−14，则a+b=14，故D正确；
故选：C。
A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加；
B.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等。
本题考查弱电解质的电离和盐类的水解，侧重考查学生水的电离、溶液酸碱性和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.ADE都处于250C时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH−)都大于E点的c(H+)和c(OH−)，并且C点的c(H+)和c(OH−)大于A点c(H+)和c(OH−)，c(H+)和c(OH−)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，故A正确；
B.从A点到达C点，温度升高，促进水的电离，故B错误；
C.A点溶液显中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO−)，故C正确；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12，pH=2的硫酸的氢离子浓度为10−2mol/L，pH=10的氢氧根离子的浓度为10−2mol/L，将两种溶液等体积混合后，溶液显中性，故D正确；
故选：B。
A.ADE都处于250C时，Kw相等，然后比较B、E两点的c(H+)和c(OH−)的大小，依次比较Kw的大小；
B.从A点到达C点，温度升高；
C.A点溶液显中性；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12。
本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c(H+)和c(OH−)的大小，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2−)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A错误；
B、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2−)+2c(OH−)+c(Cl−)，故B错误；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式为：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−，故C正确；
D、根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c(HClO2)>c(ClO2)>c(Cl−)，故D错误；
故选：C。
A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)结合图示数据来计算；
B、电解质溶液呈电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(OH−)+c(Cl−)，溶液中存在物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)，据此解答即可；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−；
D、根据图知，pH=7时，c(HClO2)
16.【答案】Ⅰ.(1)①检漏；丙；0.70；
②酸式滴定管；
(2)锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)0.0750；
(2)CD
【解析】解：Ⅰ.(1)①带有活塞的玻璃仪器在实验前要检验是否漏水，即滴定管使用前先检漏；
故答案为：检漏；
a.碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，
故答案为：丙；
b.滴定管液面的读数0.70mL；
故答案为：0.70；
②酸性溶液用酸式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取盐酸；
故答案为：酸式滴定管；
(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；
故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)=15.00mL，
HCl+NaOH=NaCl+H2O
0.0200L×C(盐酸)=0.015L×0.1000mol/L
解得：C(盐酸)=0.0750mol/L；
故答案为：0.0750；
(2)A.锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)不变，故A错误；
B.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故B错误；
C.滴定终点读数时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏小，故C正确；
D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，则盐酸的物质的量减小，消耗的标准溶液氢氧化钠的体积偏小，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏小，D正确；
E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故E错误；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故F错误；
故答案为：CD.
Ⅰ.(1)①滴定管使用前先检漏；
a.根据碱式滴定管的结构和排气泡的方法分析；
b.根据滴定管的结构与精确度来分析；
②酸性溶液用酸式滴定管量取；
(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)，接着根据盐酸和NaOH反应求出C(盐酸)；
(2)根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差．
本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，题目难度中等，理解中和滴定的原理是解题关键，侧重于考查学生的实验能力和数据处理能力．
17.【答案】烧杯 容量瓶 刻度 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原 95.0
【解析】解：(1)配制一定物质的量浓度的溶液，称取的硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，玻璃棒充分搅拌，完全溶解后，全部转移至100mL容量瓶中，再定容至凹液面与刻度线相平，
故答案为：烧杯；容量瓶；刻度；
(2)淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O和I2+2S2O32−=S4O62−+2I−可知存在：Cr2O72−--3I2--6S2O32−，所以n(K2Cr2O7)=0.00950×20.00×10−3mol，则n(Na2S2O3)=6×0.00950×20.00×10−3mol，m(Na2S2O3⋅5H2O)=6×0.00950×20.00×10−3×248g，所以样品纯度为6×0.00950×20.00×10−3×248g1.2000g×100%=95.0%，
故答案为：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原；95.0。
(1)配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；
(2)淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O和I2+2S2O32−=S4O62−+2I−可知存在：Cr2O72−--3I2--6S2O32−，以此计算出n(S2O32−)，从而计算出纯m(Na2S2O3⋅5H2O)，然后计算样品纯度。
本题考查溶液配制和定量测定实验，为高频考点，把握测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】1：4 变大 d c 小于 94×10.0393
【解析】解：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2⇌CH2=CH2+4H2O，则该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4；由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大，
故答案为：1：4；变大；
(2)由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，
故答案为：d；c；小于；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为0.394，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即二氧化碳的物质的量分数为0.393，平衡常数KP=p(C2H4)×p4(H2O)p6(H2)×p2(CO2)=(0.394×0.1MPa)×(0.39×0.1MPa)4(0.394×0.1MPa)2×(0.39×0.1MPa)6=94×10.0393，
故答案为：94×10.0393。
(1)根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比；根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；
(2)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；
根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算。
本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比(在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立)，此题难度中等。
19.【答案】c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)2(10−5−10−9)mol/L
【解析】解：(1)①根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN−水解的能力强于HCO3−，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN−)
②电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3−.酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为C>B>A，
故答案为：CBA；
③HCN的电离平衡常数Ka=4.3×10−10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.0×10−7、Ka2=5.6×10−11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3>HCN>HCO3−，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−，
故答案为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)=Kac(H+)=1.8×10−510−9=l.8×104，
故答案为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−；l.8×104；
(2)该温度下，pH=3即c(H+)=10−3mol/L，而c(OH−)=10−9mol/L，则Kw=10−12，pH=11的NaOH溶液c(OH−)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，混合溶液中c(OH−)=10−3mol/L，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，10−3mol/L×(V1+V2)L=0.1mol/L×V1L−0.01mol/L×V2L，解得V1：V2=9：1，
故答案为：9：1；
(3)①d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)可得：c(NH4+)c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
②b点溶液为溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)，存在物料守恒：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(C1−)，所以得到：2c(H+)+c(NH4+)=2c(OH−)+c(NH3⋅H2O)，则c(NH4+)−c(NH3⋅H2O)=2c(H+)−2c(OH−)=2(10−5−10−9)mol/L，
故答案为：2(10−5−10−9)mol/L。
(1)酸的电离常数越大，酸性越强，酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3−，
①根据盐类水解规律：越弱越水解，离子浓度越小分析解答；
②根据盐类水解规律：弱酸越弱越水解，溶液的碱性越强、溶液的pH越大分析解答；
③根据强酸制弱酸写出离子方程式；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性；结合CH3COOH的电离平衡常数分析解答；
(2)pH=3的盐酸中c(H+)=0.001mol/L，[OH−]=10−9mol/L，则该温度下水的离子积Kw=10−12，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH为9的溶液中c(OH−)=0.001mol/L，根据n(OH−)碱−n(H+)酸=n(OH−)混合计算；
(3)①d点20ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水恰好反应，溶质为氯化铵，溶液呈酸性，根据电荷关系分析；
②b点10ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水反应，得到溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，物料关系为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2n(C1−)，结合电荷关系分析计算。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度中等。
2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH=−114.6kJ⋅mol−1
B. 能自发进行的化学反应，不一定是ΔH<0，ΔS>0
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1
D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，可选用甲基橙或酚酞做指示剂
2. 已知25℃、101kPa下，1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.66kJ⋅mol−1
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.29kJ⋅mol−1
则反应C(s)+12O2(g)=CO(g)的反应热为( )
A. △H=−396.36kJ⋅mol−1 B. △H=−198.55kJ⋅mol−1
C. △H=−154.54kJ⋅mol−1 D. △H=−110.53kJ⋅mol−1
3. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1.下列有关说法错误的是( )
A. 4min末，用NO表示的反应速率为0.03mol⋅L−1⋅min−1
B. 4min末，NH3的浓度为0.14mol⋅L−1
C. 0∼4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0∼4min内，O2的物质的量减少了0.15mol
4. 在一定温度下、容积不变的密闭容器，可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)到平衡状态的标志是( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A、B、C的浓度之比为1：3：2
A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③④⑦ D. ②③④⑤⑥
5. 少量铁粉与100mL0.01mol⋅L−1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的( )
①由铁粉换铁块
②加NaNO3固体
③将0.01mol⋅L−1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液
④加CH3COONa固体
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用100mL0.1mol⋅L−1盐酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
6. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3
在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线n代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产CH3OH
D. 图示270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为20%
7. 对于反应2NO+2H2⇌N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：2NO⇌N2O2：快反应；
第二步：N2O2+H2→N2O+H2O慢反应；
第三步：N2O+H2→N2+H2O快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是( )
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的ΔH<0，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
8. 已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=akJ⋅mol−1。
T K 时，在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1.下列说法中错误的是( )
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol⋅L−1⋅min−1
C. 达到化学平衡时，CO 的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol⋅L−1
9. 下列各组离子一定能大量共存的组合是( )
①在含有大量AlO2−溶液中：NH4+、Na+、Cl−、HCO3−
②常温下c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、Ba2+、Cl−、Br−
③常温下pH=7的溶液中：Na+、Cl−、SO42−、Fe3+
④在水溶液中：K+、SO42−、Cu2+、NO3−
⑤常温下c(OH−)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、Al3+、Cl−、SO42−
⑥常温下pH=1的溶液中：K+、CrO42−、Na+、SO42−
A. ①②⑥ B. ②④⑤ C. ④⑤⑥ D. ①②③
10. 下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是( )
A. 常温下NaNO2溶液的pH大于7
B. 亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
C. 常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH约为2
D. 常温下pH=3的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5
11. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，则HA为强酸BOH为弱碱
B. 在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3由水的电离产生的c(H+)大小关系为①>②>③
C. 氨水、NaOH溶液中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
D. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>③>②>④
12. 室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 向0.10mol⋅L−1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3−)+c(CO32−)
B. 向0.10mol⋅L−1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32−)
C. 向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]
D. 向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl−)
13. 25℃时，下列说法不正确的是( )
A. 稀释醋酸溶液，溶液中的H+和OH−数目都增大
B. 在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
C. pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度相同
D. 已知CH3COONH4溶液显中性。常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa，若前者的pH=a，后者的pH=b，则a+b=14
14. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
B. 若从A点到达C点，可采用：温度不变在水中如少量NaCl固体
C. 向E点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至A点，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
15. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用。已知pOH=−lgc(OH−)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl−没有画出)，此温度下，下列分析正确的是( )
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−8
B. 同浓度的HClO2溶液和 NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)
C. pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式是：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−
D. pOH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小是：c(HClO2 )>c(ClO2−)>c(ClO2)>c(Cl−)
16. 使用酸碱中和滴定法测定某未知物质的量浓度的稀盐酸．
Ⅰ.实验步骤：
(1)滴定前的准备
①滴定管： ______ →洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录．
a.排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的 ______ ，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
b.记录盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数时，液面位置如图2所示，则此时的读数为 ______ mL.
②锥形瓶：用 ______ 量取待测稀盐酸20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂．
(2)滴定
用标准的NaOH溶液滴定待测的稀盐酸时，左手操作滴定管活塞，右手旋摇锥形瓶，眼睛注视 ______ .滴定至终点时，记录NaOH溶液的终点读数．再重复滴定3次．
Ⅱ.实验记录：
滴定次数
实验数据/mL
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.80
15.00
15.02
14.98
Ⅲ.数据处理与误差分析：
(1)结合上表数据，计算被测稀盐酸的物质的量浓度是 ______ mol/L.
(2)在本实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有 ______ .
A.锥形瓶水洗后未干燥
B.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
C.滴定终点读数时俯视读数
D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体
F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
17. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O,M=248g⋅mol−1)可用作定影剂，还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在______中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至______。
(2)滴定：取0.00950mol⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−.加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为______%。(保留1位小数)
18. 二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=______。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)______。(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H______0。(填“大于”或“小于”)
(3)根据图中点A(440K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=______(MPa)−3。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
19. 电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka=1.8×10−5
Ka=4.3×l0−10
Ka1=5.0×l0−7Ka2=5.6×l0−11
①0.1mol/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN−)______c(HCO3−)(填“>”、“<”或“=”)。
②常温下，物质的量浓度相同的三种溶液：A.CH3COONaB.NaCNC.Na2CO3，其pH由大到小的顺序是______(填编号)。
③将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是______。
④室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是______，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)=______。
(2)某温度下，pH=3的盐酸中[OH−]=10−9mol/L.该温度下，pH=2的H2SO4与pH=11的NaOH混合后pH变为9，则硫酸与氢氧化钠的体积比为______。
(3)室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示(横坐标为盐酸的体积)。
①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为______。
②b点所示的溶液中c(NH4+)−c(NH3⋅H2O)=______(写出准确数值)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.生成硫酸钡沉淀放热，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH<−114.6kJ⋅mol−1，故A错误；
B.根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则能自发进行的化学反应有：①ΔH<0，ΔS>0(任一温度)、②ΔH<0，ΔS<0(低温下)、③ΔH>0，ΔS>0(高温下)，故B正确；
C.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，H2O(g)转化为H2O(l)放热，所以H2的燃烧热大于241.8kJ⋅mol−1，故C错误；
D.实验室用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时，由于恰好反应时溶液呈碱性，应该选用酚酞做指示剂，故D错误；
故选：B。
A.生成硫酸钡沉淀放热；
B.ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；
C.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；
D.实验室用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时，由于恰好反应时溶液呈碱性。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中反应自发进行条件、燃烧热、中和热、中和滴定操作为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：已知：①H2O(l)=H2O(g)△H1=+44.01kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+571.66kJ⋅mol−1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H3=+131.29kJ⋅mol−1
盖斯定律③−12×②+①计算得到C(s)+12O2(g)=CO(g)，△H=△H3−12△H2+△H1=+131.29kJ⋅mol−1−12×571.66kJ/mol+44.01kJ/mol=−110.53kJ/mol，
故选：D。
已知：①H2O(l)=H2O(g)△H1=+44.01kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+571.66kJ⋅mol−1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H3=+131.29kJ⋅mol−1
盖斯定律③−12×②+①计算得到C(s)+12O2(g)=CO(g)，可求其反应热。
本题考查了热化学方程式的书写方法、运用盖斯定律计算焓变等知识，学会运用已知方程式去搭建关系求解分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.4min末，用NO表示的反应速率为0.06mol/L4min=0.015mol/L，故A错误；
B.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(NH3)=Δc(NO)=0.06mol/L，则4min末，NH3的浓度为0.4mol2L−0.06mol/L=0.14mol/L，故B正确；
C.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，n(NO)=0.06mol/L×2L=0.12mol，则n(H2O)=32n(NO)=32×0.12mol=0.18mol，m(H2O)=0.18mol×18g/mol=3.24g，故C正确；
D.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(O2)=54Δc(NO)=54×0.06mol/L=0.075mol/L，Δn(O2)=0.075mol/L×2L=0.15mol，故D正确；
故选：A。
A.v=ΔcΔt；
B.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(NH3)=Δc(NO)=0.06mol/L；
C.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，n(NO)=0.06mol/L×2L=0.12mol，则n(H2O)=32n(NO)；
D.4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1，Δc(NO)=0.06mol/L，则Δc(O2)=54Δc(NO)。
本题考查化学平衡计算，一般涉及各组分的物质的量、浓度、反应速率、转化率等，解题关键①在同一反应中用不同物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比；②“三段式法”，此题难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：①C的生成速率与C的消耗速率相等，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故①正确；
②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，表示的都是逆反应速率，无法判断平衡状态，故②错误；
③A、B、C的浓度不再改变，表明正逆反应速率，该反应达到平衡状态，故③正确；
④D为固态，混合气体的质量为变量，混合气体的体积不变，则混合气体的密度为为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故④正确；
⑤该反应为气体物质的量缩小的反应，混合气体的总压强为变量，当混合气体的总压强不再改变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；
⑥该反应为气体物质的量缩小的反应，混合气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不再改变时，表明达到平衡状态，故⑥正确；
⑦各组分浓度与初始浓度、转化率有关，A、B、C的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，故⑦错误；
故选：B。
A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：①由铁粉换铁块，接触面积减小，化学反应速率减慢，故①错误；
②加NaNO3固体，导致但Fe和硝酸反应生成NO而不是氢气，导致氢气的量减少，故②错误；
③将0.01mol⋅L−1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液，钝化生成氢气减小，故③错误；
④加CH3COONa固体，先反应生成醋酸，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，生成氢气的量不变，故④错误；
⑤加NaCl溶液，相当于稀释溶液，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，生成氢气的量不变，故⑤错误；
⑥加入少量CuSO4固体，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快化学反应速率，生成氢气的量减少，故⑥错误；
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，增大活化分子百分数，化学反应速率加快且生成氢气总量不变，故⑦正确；
⑧改用100mL0.1mol⋅L−1盐酸，c(H+)增大，化学反应速率加快且生成氢气总量不变，故⑧正确；
故选：D。
加快化学反应速率方法可以增大c(H+)、升高温度、形成原电池等，但改变条件时不能消耗Fe粉或改变生成氢气总量，据此分析解答。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.反应Ⅰ−反应Ⅱ可得反应Ⅲ，则 ΔH3=ΔH1−ΔH2=−49kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1=−90kJ⋅mol−1<0，则反应Ⅲ放热，反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CH3OH的百分含量减少，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO的百分含量增大，则m表示CH3OH的质量分数，n表示CO得质量分数，故B错误；
C.工业生产不仅仅考虑产率问题，还要考虑生产的速率，反应Ⅰ生产CH3OH的反应是放热反应，温度越低，甲醇产率越大，但是温度低速率小，不利于工业生产CH3OH，故C错误；
D.270℃时，此时两种产物CH3OH和CO的百分含量相等，假设平衡时生成CH3OH和CO的物质的量均为x，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)x3xxx
平衡(mol)1−2x3−4xx2x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)xxxx
平衡(mol)1−2x3−4xx2x
平衡时CO2的转化率为25%，CO2的转化率=2×0.125mol1mol×100%=25%，解得x=0.125，平衡时混合气体总物质的量为(1−0.125×2+3−4×0.125+0.125+2×0.125+0.125)mol=3.75mol，则CO2的体积分数=(1−2×0.125)mol3.75mol×100%=20%，故D正确；
故选：D。
A.利用盖斯定律，可计算出ΔH3，再进一步比较反应物的总键能和生成物的总键能的相对大小；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高平衡逆向移动，甲醇的百分含量减少；
C.生产CH3OH的反应是放热反应，温度越低，甲醇产率越大，但是温度低速率小，不利于工业生产CH3OH；
D.利用化学平衡的三段式计算平衡体系中CO2的体积分数。
本题考查化学反应热的计算、化学平衡影响因素、化学平衡转化率及其计算等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握三段式解题法．
7.【答案】A
【解析】
【解答】
A. 反应的速率由最慢的一步反应决定，活化能越大，反应速率越小，则第二步的反应较慢，该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B. 由反应历程可知，N2O2、N2O都为中间产物，H2为反应物，故B错误；
C. 只有发生化学反应的碰撞才为有效碰撞，不是每一次碰撞都是有效碰撞，故C错误；
D. 无论是放热反应还是吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选：A。
【分析】
本题考查化学平衡的建立，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，故A正确；
B.用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为1.6mol2L5min=0.16mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.达到化学平衡时，CO的转化率是1.6mol2mol×100%=80%，故C正确；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 molCO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol⋅L−1，故D错误；
故选：D。
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
开始 2 2 0 0
转化 1.61.60.81.6
平衡 0.40.40.81.6
A.放热反应的焓变为负；
B.结合v=△c△t计算；
C.转化率=转化的量开始的量×100%；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握平衡三段法、速率及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：①AlO2−与NH4+、HCO3−反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故①错误；
②常温下c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈碱性，K+、Ba2+、Cl−、Br−、OH−之间不反应，能够大量共存，故②正确；
③常温下pH=7的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故③错误；
④K+、SO42−、Cu2+、NO3−之间不反应，能够大量共存，故④正确；
⑤常温下c(OH−)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性，K+、Al3+、Cl−、SO42−、H+之间不反应，能大量共存，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的溶液呈酸性，H+、CrO42−之间反应生成重铬酸根离子，不能大量共存，故⑥错误；
故选：B。
①偏铝酸根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应；
②该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
③铁离子水解溶液呈酸性；
④四种离子之间不反应；
⑤该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
⑥该溶液呈酸性，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以亚硝酸为载体考查强弱电解质判断，为高频考点，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意弱电解质中关键词“部分电离”，侧重考查对基本概念的理解和灵活运用，注意：强电解质强弱与溶液导电性、电解质溶解性强弱都无关，题目难度不大。
【解答】
A.常温下亚硝酸钠溶液的pH>7，溶液呈碱性，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱酸，故A不选；
B.亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液变红色，说明亚硝酸为酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故B选；
C.常温下0.1mol/L亚硝酸溶液的pH约为2，说明该亚硝酸溶液中氢离子浓度接近为0.01mol/L，小于0.1mol/L，则说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故C不选；
D.常温下pH=3的亚硝酸稀释100倍，稀释后溶液的pH约为4.5，说明亚硝酸稀释过程中还存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故D不选；
故选：B。
11.【答案】C
【解析】解：A.常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡，所以HA是弱酸，BOH可能是强碱，BOH也可能是电离程度大于HA的弱碱，故A错误；
B.酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以在相同温度、相同浓度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③Na2CO3由水的电离产生的c(H+)大小关系为：③>②>①，故B错误；
C.氨水中加入NH4Cl溶解后NH4+对一水合氨的电离起到了抑制作用，一水合氨的电离程度减小，c(OH−)减小，pH减小；NaOH溶液加入NH4Cl反应生成NaCl和一水合氨，溶液中c(OH−)减小，pH减小，故C正确；
D.相同浓度的这几种溶液中c(NH4+)：强电解质溶液>弱电解质溶液，促进NH4+水解的溶液中c(NH4+)较小、抑制NH4+水解的溶液中c(NH4+)较大，铝离子抑制NH4+水解、醋酸根离子促进NH4+水解，所以c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③>④，故D错误；
故选：C。
A.常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡；
B.酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，能水解的盐促进水的电离；
C.氨水中加入NH4Cl溶解后NH4+对一水合氨的电离起到了抑制作用；NaOH溶液加入NH4Cl反应生成NaCl和一水合氨；
D.相同浓度的这几种溶液中c(NH4+)：强电解质溶液>弱电解质溶液，促进NH4+水解的溶液中c(NH4+)较小、抑制NH4+水解的溶液中c(NH4+)较大，铝离子抑制NH4+水解、醋酸根离子促进NH4+水解。
本题考查了弱电解质的电离、盐的水解，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理以及影响水解平衡移动的因素是解本题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知，c(NH4+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)，故A错误；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32−)，故B错误；
C.向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)<2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，故C错误；
D.向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH−)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl−)，故D正确；
故选D.
A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立判断；
C.未反应前结合物料守恒可知c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；
D.向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．
本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用，题目难度不大．
13.【答案】C
【解析】解：A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加，则溶液中的H+和OH−数目都增大，故A正确；
B.在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则此时c(Na+)=c(CH3COO−)，故B正确；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离，则pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度不相同，故C错误；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等，即10−a=10b−14，则a+b=14，故D正确；
故选：C。
A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加；
B.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等。
本题考查弱电解质的电离和盐类的水解，侧重考查学生水的电离、溶液酸碱性和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.ADE都处于250C时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH−)都大于E点的c(H+)和c(OH−)，并且C点的c(H+)和c(OH−)大于A点c(H+)和c(OH−)，c(H+)和c(OH−)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，故A正确；
B.从A点到达C点，温度升高，促进水的电离，故B错误；
C.A点溶液显中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO−)，故C正确；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12，pH=2的硫酸的氢离子浓度为10−2mol/L，pH=10的氢氧根离子的浓度为10−2mol/L，将两种溶液等体积混合后，溶液显中性，故D正确；
故选：B。
A.ADE都处于250C时，Kw相等，然后比较B、E两点的c(H+)和c(OH−)的大小，依次比较Kw的大小；
B.从A点到达C点，温度升高；
C.A点溶液显中性；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12。
本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c(H+)和c(OH−)的大小，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2−)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A错误；
B、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2−)+2c(OH−)+c(Cl−)，故B错误；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式为：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−，故C正确；
D、根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)
故选：C。
A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)结合图示数据来计算；
B、电解质溶液呈电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(OH−)+c(Cl−)，溶液中存在物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)，据此解答即可；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−；
D、根据图知，pH=7时，c(HClO2)
16.【答案】Ⅰ.(1)①检漏；丙；0.70；
②酸式滴定管；
(2)锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)0.0750；
(2)CD
【解析】解：Ⅰ.(1)①带有活塞的玻璃仪器在实验前要检验是否漏水，即滴定管使用前先检漏；
故答案为：检漏；
a.碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，
故答案为：丙；
b.滴定管液面的读数0.70mL；
故答案为：0.70；
②酸性溶液用酸式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取盐酸；
故答案为：酸式滴定管；
(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；
故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)=15.00mL，
HCl+NaOH=NaCl+H2O
0.0200L×C(盐酸)=0.015L×0.1000mol/L
解得：C(盐酸)=0.0750mol/L；
故答案为：0.0750；
(2)A.锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)不变，故A错误；
B.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故B错误；
C.滴定终点读数时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏小，故C正确；
D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，则盐酸的物质的量减小，消耗的标准溶液氢氧化钠的体积偏小，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏小，D正确；
E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故E错误；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析，c(待测)偏大，故F错误；
故答案为：CD.
Ⅰ.(1)①滴定管使用前先检漏；
a.根据碱式滴定管的结构和排气泡的方法分析；
b.根据滴定管的结构与精确度来分析；
②酸性溶液用酸式滴定管量取；
(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；
Ⅲ.(1)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)，接着根据盐酸和NaOH反应求出C(盐酸)；
(2)根据c(待测)=c(标注)×V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差．
本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，题目难度中等，理解中和滴定的原理是解题关键，侧重于考查学生的实验能力和数据处理能力．
17.【答案】烧杯 容量瓶 刻度 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原 95.0
【解析】解：(1)配制一定物质的量浓度的溶液，称取的硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，玻璃棒充分搅拌，完全溶解后，全部转移至100mL容量瓶中，再定容至凹液面与刻度线相平，
故答案为：烧杯；容量瓶；刻度；
(2)淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O和I2+2S2O32−=S4O62−+2I−可知存在：Cr2O72−--3I2--6S2O32−，所以n(K2Cr2O7)=0.00950×20.00×10−3mol，则n(Na2S2O3)=6×0.00950×20.00×10−3mol，m(Na2S2O3⋅5H2O)=6×0.00950×20.00×10−3×248g，所以样品纯度为6×0.00950×20.00×10−3×248g1.2000g×100%=95.0%，
故答案为：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原；95.0。
(1)配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；
(2)淀粉与碘相遇，溶液变蓝色，所以加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原，即为终点；根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O和I2+2S2O32−=S4O62−+2I−可知存在：Cr2O72−--3I2--6S2O32−，以此计算出n(S2O32−)，从而计算出纯m(Na2S2O3⋅5H2O)，然后计算样品纯度。
本题考查溶液配制和定量测定实验，为高频考点，把握测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】1：4 变大 d c 小于 94×10.0393
【解析】解：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2⇌CH2=CH2+4H2O，则该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4；由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大，
故答案为：1：4；变大；
(2)由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，
故答案为：d；c；小于；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为0.394，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即二氧化碳的物质的量分数为0.393，平衡常数KP=p(C2H4)×p4(H2O)p6(H2)×p2(CO2)=(0.394×0.1MPa)×(0.39×0.1MPa)4(0.394×0.1MPa)2×(0.39×0.1MPa)6=94×10.0393，
故答案为：94×10.0393。
(1)根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比；根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；
(2)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；
根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；
(3)原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算。
本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比(在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立)，此题难度中等。
19.【答案】
【解析】解：(1)①根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN−水解的能力强于HCO3−，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN−)
②电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3−.酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为C>B>A，
故答案为：CBA；
③HCN的电离平衡常数Ka=4.3×10−10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.0×10−7、Ka2=5.6×10−11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3>HCN>HCO3−，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−，
故答案为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)=Kac(H+)=1.8×10−510−9=l.8×104，
故答案为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−；l.8×104；
(2)该温度下，pH=3即c(H+)=10−3mol/L，而c(OH−)=10−9mol/L，则Kw=10−12，pH=11的NaOH溶液c(OH−)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，混合溶液中c(OH−)=10−3mol/L，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，10−3mol/L×(V1+V2)L=0.1mol/L×V1L−0.01mol/L×V2L，解得V1：V2=9：1，
故答案为：9：1；
(3)①d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)可得：c(NH4+)
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
②b点溶液为溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)，存在物料守恒：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(C1−)，所以得到：2c(H+)+c(NH4+)=2c(OH−)+c(NH3⋅H2O)，则c(NH4+)−c(NH3⋅H2O)=2c(H+)−2c(OH−)=2(10−5−10−9)mol/L，
故答案为：2(10−5−10−9)mol/L。
(1)酸的电离常数越大，酸性越强，酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3−，
①根据盐类水解规律：越弱越水解，离子浓度越小分析解答；
②根据盐类水解规律：弱酸越弱越水解，溶液的碱性越强、溶液的pH越大分析解答；
③根据强酸制弱酸写出离子方程式；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性；结合CH3COOH的电离平衡常数分析解答；
(2)pH=3的盐酸中c(H+)=0.001mol/L，[OH−]=10−9mol/L，则该温度下水的离子积Kw=10−12，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH为9的溶液中c(OH−)=0.001mol/L，根据n(OH−)碱−n(H+)酸=n(OH−)混合计算；
(3)①d点20ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水恰好反应，溶质为氯化铵，溶液呈酸性，根据电荷关系分析；
②b点10ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水反应，得到溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，物料关系为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2n(C1−)，结合电荷关系分析计算。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度中等。
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