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【化学】湖北省公安县第三中学2018-2019学年高二上学期12月质量检测考试（解析版）
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湖北省公安县第三中学2018-2019学年高二上学期12月质量检测考试
可能用到的相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Pb 207 Zn 65 Mg 24 Al 27
一．选择题(每小题只有一个选项合符题意。共48分)
1.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
B. 甲基橙呈红色的溶液：NH4＋、Ba2＋、AlO2－、Cl－
C. pH＝12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D. 25℃时，由水电离产生的c(H+)为 110-9的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
A. Fe2+具有还原性，而在酸性条件下，从NO3-具有强氧化性，的角度分析；
B. 甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与H+离子反应的离子不能共存；
C. pH=12的溶液呈碱性，判断在碱性条件下离子之间能否发生反应；
D. 由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，从这两个角度分析。
【详解】A. Fe2+具有还原性，而在酸性条件下，从NO3-具有强氧化性，Fe2+与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故A项错误；
B. 甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2－与H+反应而不能大量共存，故B项错误；
C. pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生任何反应，能大量共存，故C项正确；
D. 由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下SO32－与H+反应而不能大量共存，在碱性条件下，Mg2＋、Cu2＋与OH-反应生成沉淀而不共存，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意题中的隐含信息，例如颜色、酸性、碱性等问题，要特别注意D选项是学生的易错点，其限定条件为“25℃时，由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液”，因酸或碱都会抑制水的电离，所以该条件下的溶液可能是酸性，也可能是碱性。它与“溶液中的c(H+)为110-9的溶液”有本质的不同。
2.下列说法中正确的是( )
A. 催化剂能增大活化分子的百分数，从而成倍地增大反应速率
B. 恒压容器中发生反应N2＋O22NO，若在容器中充入He，正逆反应的速率均不变
C. 当一定量的锌粉和过量的6 mol·L－1盐酸反应时，为了减慢反应速率，又不影响产生H2的总量，可向反应器中加入一些水、CH3COONa溶液或NaNO3溶液
D. 已知t1 ℃时，反应C＋CO22CO ΔH＞0的速率为v，若升高温度正反应速率减小
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 催化剂可以改变反应的路径，降低反应所需要的活化能，从而增大活化分子的百分数；
B. 恒压容器中充入不反应的气体，导致容器的体积增大，使得物质的浓度减小；
C. 加水会使物质浓度减小，CH3COONa溶液会结合酸中的氢离子，使酸浓度减小，而NO3-加入后会与溶液中的氢离子结合成硝酸，硝酸与锌反应生成氮的氧化物；
D. 温度升高，化学反应速率增大，与反应吸热或放热没有关系。
【详解】A. 催化剂可以改变反应的路径，降低反应所需要的活化能，从而增大活化分子的百分数，使有效碰撞几率提高，故A项正确；
B. 在恒压容器中充入不参加反应的气体，导致容器的体积增大，反应物和生成物的浓度均减小，正、逆反应速率都减小，故B项错误；
C.若使溶液中氢离子浓度减小，则反应速率将减慢，因此可选水或CH3COONa溶液，但不能用NaNO3溶液，在酸性溶液中NO3-将和锌粉发生氧化还原反应，生成氮的氧化物，从而使生成的H2的量减少，故C项错误；
D. 温度升高，正、逆反应的速率均增大，故D项错误；
答案选A。
【点睛】本题考查学生分析问题解决问题的能力，要特别注意C选项，综合性很强，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，金属与氧化性的硝酸反应不会生成氢气，做题时要火眼金睛，善于观察与分析。
3.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(
A. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g) △H = +163 kJ•mol-1
B. H2O2(l)=1/2O2(g)+H2O(l) △H =-98 kJ•mol-1
C. HgO(s)=Hg(l)+1/2O2(g) △H =+91 kJ•mol-1
D. Ag(s)+1/2Cl2(g)=AgCl(s) △H =-127 kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
A．反应2N2(g)+O2(g)2N2O(g)是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；B．反应Ag(s)+ Cl2(g)AgCl(s)是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；C．反应HgO(s)Hg(l)+ O2(g)是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；D．反应H2O2(l) O2(g)+H2O(l)是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故答案为D。
点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G=△H-T△S：
当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。
4.某原电池以银、铂为电极，用含Ag+的固体作电解质,Ag+可在固体电解质中自由移动。电池反应为2Ag+Cl2=2AgCl。利用该电池可以测定空气中Cl2的含量。下列说法错误的是
A. 空气中c(Cl2)越大,消耗Ag的速率越大
B. 电子移动方向：银→固体电解质→铂
C. 电池工作时电解质中Ag+总数保持不变
D. 铂极的电极反应式为Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl
【答案】B
【解析】
【分析】
Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析。
【详解】A、反应原理是Ag与氯气反应，空气中c（Cl2）越大，氯气在正极反应生成氯离子速度越快，Ag消耗越快，故A正确；
B、电子从负极Ag流向正极Pt，电子不能通过电解质，故B错误；
C、Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，所以电池工作时，电解质中Ag+总数保持不变，故C正确；
D、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，反应为：Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl，故D正确。
故选B。
5.近年来，加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾(KIO3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取．以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应方程式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑．下列有关说法正确的是( )
A. 电解时，石墨作阴极，不锈钢作阳极 B. 电解时阳极反应是：I﹣﹣6e﹣+3H2O=IO3﹣+6H+
C. 溶液调节至强酸性，对生产有利 D. 电解后溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A.由电解方程式可知：在反应中I-失去电子变为IO3-。因此电解时，石墨作阳极，不锈钢作阴极。A错误;B．就总反应方程式可知：电解时，阳极反应是：I－-6e –+ 3H2O = IO3－+ 6H+,B正确;C．溶液调节至强酸性，会与不锈钢电极反应，对生产不利，C错误；D.电解反应方程式为：KI + 3H2OKIO3 + 3H2↑，反应不断消耗水，但KI是强酸强碱盐，溶液始终呈中性，PH=7，D错误；选B。
考点：考查电解原理的应用。
6.常温下设a代表Ba(OH)2，b代表NaOH溶液，c代表NH3·H2O溶液。下列说法正确的是
A. 同物质的量浓度的三种溶液的pH：a=b＞c
B. 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：a=b＜c
C. 同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b=c
D. 同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：a＞b＞c
【答案】B
【解析】
试题分析：Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡。A． 同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：a>b>c ，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：a>b>c，正确；B． 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，由于在一元弱碱NH3·H2O存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c (OH-)增大，所以pH：c>a=b，错误；C．同pH、同体积的三种溶液，由于在弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：a=b
7.室温下,将1.000 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L-1氨水中,溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. a点由水电离出的c(H+)=1.010-14 mol·L-1
B. b点:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C. c点:c(Cl-)=c(N H4+)
D. d点后,溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
【答案】C
【解析】
试题分析：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1，A项错误；B．盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-），B项错误；C．C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），C项正确；D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH值的计算。
【名师点睛】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。涉及水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。①根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度；②b点时pH＞7，盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；③c点pH=7，根据电荷守恒解答；④根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析。
8.下列说法不正确的是( )
A. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32－)之比大于2:1
B. 蒸发氯化铝溶液要不断通入氯化氢气体方可得到氯化铝晶体
C. 1 L 0.3 mol/L醋酸溶液中H+个数与3 L 0.1 mol/L醋酸溶液中H+个数之比为1:1
D. 0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2SO3)＋c(HSO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. CO32-在水溶液中会发生水解；
B. 氯化铝溶液加热时易发生水解，氯化氢易挥发，通入氯化氢可抑制水解；
C. 醋酸浓度越大，电离程度越小；
D. Na2SO3溶液中各离子浓度遵循质子守恒规律。
【详解】A. 碳酸钠为强碱弱酸盐，CO32−发生水解，则Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32−)之比大于2：1，故A项正确；
B. 氯化铝溶液加热时易发生水解生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，若想得到氯化铝固体，需通入氯化氢，补充挥发的HCl的同时抑制氯化铝的水解，故B项正确；
C. 醋酸浓度越大，电离程度越小，则1 L 0.3 mol/L醋酸溶液中H+个数与3 L 0.1 mol/L醋酸溶液中H+个数之比小于1：1，故C项错误；
D. Na2SO3溶液各离子浓度遵循质子守恒规律，即c(H+) +2c(H2SO3) + c(HSO3-) = c(OH-)，即c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2SO3)＋c(HSO3-)，故D项正确；
答案选C。
9.下列说法正确的是( )
A. 常温下将等体积pH =3的H2SO4和pH =11的碱BOH溶液混合，所得溶液不可能为酸性
B. NaHCO3溶液中：c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32-)＝c(Na＋)
C. 常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小
D. NH4＋浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，各溶液浓度大小顺序：③＞②＞①
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 碱的强弱不知，若为强酸、强碱混合呈中性，若为强酸、弱碱混合，则相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合显碱性；
B. NaHCO3溶液各离子浓度遵循物料守恒；
C. HI为强电解质，加水稀释l00倍，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大；
D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子与铁离子水解相互抑制，(NH4)2CO3中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，(NH4)2SO4存在铵根离子的水解，据此进行分析。
【详解】A. pH=3硫酸，c(H+) = 0.001 mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c(OH−) = 0.001 mol/L，若为强酸、强碱混合，则混合后溶液呈中性；若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故A项正确；
B. NaHCO3溶液各离子浓度遵循物料守恒，即c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)＝c(Na＋)，故B项错误；
C. HI为强电解质，将0.1 mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，即氢离子浓度降低，又KW=c(H+)×c(OH−)可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，故C项错误；
D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子与铁离子水解相互抑制，(NH4)2CO3中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，(NH4)2SO4存在铵根离子的水解，则相同浓度的这三种物质电离出c(NH4+)由大到小的顺序是①>③>②，此时c(NH4+)相同，则各溶液浓度大小顺序为②>③>①，故D项错误；
答案选A。
10.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X ②X→C，反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是
A. E2表示反应X→C的活化能 B. X是反应A+B→C的催化剂
C. 反应A+B→C的ΔH<0 D. 加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
【答案】B
【解析】
试题分析：A、E2表示反应X→C中活化分子变成生成物时放出的能量，而不能表示活化能，A不正确；B、关键图像可知，反应物A和B的总能量高于生成物C的总能量，因此反应A＋B→C的△H＜0，B正确；C、X是反应A＋B→C的中间产物，而表示催化剂，C不正确；D、催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，D不正确，答案选B。
考点：考查活化能、焓变、催化剂对活化能和焓变影响等
11.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是
A. 密闭容器中二氧化碳的体积分数不变 B. 密闭容器中气体的总物质的量改变
C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 2v正(NH3)＝v逆(CO2)
【答案】C
【解析】
【分析】
可逆反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）为气体体积增大的可逆反应，当该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断。
【详解】A. 该反应中，正反应为固体生成气体的反应，二氧化碳的体积分数始终不变，不能根据二氧化碳的体积分数判断平衡状态，故A项错误；
B. 该反应为气体体积缩小的反应，密闭容器中气体的总物质的量改变，说明该反应没有达到平衡状态，故B项错误；
C. 该反应前后气体的总质量不相等，而容器的容积不变，当密闭容器中混合气体的密度不变时，说明该反应达到平衡状态，故C项正确；
D. 2v正(NH3)＝v逆(CO2)，表示的是正逆反应速率，但是不满足化学计量数关系，说明该反应没有达到平衡状态，故D项错误；
答案选C。
12.25℃，向50 mL 0.018 mol/L AgNO3 溶液中加入50 mL 0.02 mol/L 盐酸生成沉淀。已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则生成沉淀后的体系中c(Ag＋)为
A. 1.8×10－7mol/L B. 1.8×10－8 mol/L
C. 1.8×10－9mol/L D. 1.8×10－10mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：25℃，向50 mL 0.018 mol/L AgNO3 溶液中加入50 mL 0.02 mol/L 盐酸生成沉淀，根据反应：Ag++ Cl-==AgCl↓知，溶液中剩余氯离子的物质的量为0.05L ×0.02mol/L-0.05L× 0.018mol/L，c（Cl-）=0.001mol/L；Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，则：c（Ag+）=1.8×10-7mol/L，选A。
考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。
13.若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生的总反应的离子方程式是Cu+2H+==Cu2++H2↑，则下列关于该装置的有关说法中正确的是( )
A. 该装置可能是原电池，也可能是电解池
B. 该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
C. 该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
D. 该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池反应式的反应物和生成物特点确定是原电池还是电解池，再根据得失电子确定电极材料，注意铜和稀盐酸、稀硫酸不反应，和硝酸反应不生成氢气。
【详解】铜和盐酸或稀硫酸不能自发的进行氧化还原反应，铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应，但生成的气体是氮氧化物而不是氢气，所以该反应只能是电解池反应而不是原电池反应，该装置只能构成电解池不能构成原电池；该电解池中，铜做阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以该电解池的阳极必须是铜电极，故答案选B。
14.已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－25 kJ/mol。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/(mol·L－1)
0.8
1.24
1.24
下列说法正确的是( )
①平衡后升高温度，平衡常数>400
②平衡时，c(CH3OCH3)＝1.6 mol/L
③平衡时，反应混合物的总能量减小20 kJ
④平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率增大
⑤此时刻反应达到平衡状态
⑥平衡时CH3OH的浓度为0.08 mol·L－1
A. ①②④⑤ B. ②⑥ C. ②③④⑥ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
因为正反应为放热反应，升高温度平衡常数减小，①错；根据表格数据可知，反应转化生成的CH3OCH3、H2O浓度均为1.24 mol·L－1，此时CH3OH的浓度为0.8 mol·L－1，根据Qc＝，将各物质的浓度代入可得，Qc＝2.4＜400，所以此时没有达到平衡，此时反应向正反应方向进行，⑤错；由化学平衡常数计算可知平衡时c(CH3OCH3)＝1.6 mol/L，②对；生成CH3OCH3的物质的量为1.6 mol，根据方程式可知生成1.6 mol×25 kJ·mol－1＝40 kJ，③错；平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，相当于增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，④错；根据②可知，达到平衡时CH3OH的浓度为0.8 mol·L－1－0.72 mol·L－1＝0.08 mol·L－1，⑥对。
15.已知反应FeCl3＋3KSCNFe（SCN）3＋3KCl，下列条件改变能导致平衡逆向移动的是
①加入KCl固体 ②加入KCl溶液 ③加入FeCl3固体 ④加入KI固体 ⑤加压
A. ①④ B. ①② C. ③⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
试题分析：反应的实质是Fe3＋＋3SCN－=Fe（SCN）3，则①加入KCl固体，浓度不变，平衡不移动；②加入KCl溶液相当于稀释降低反应物浓度，平衡向逆反应方向移动；③加入FeCl3固体增大铁离子浓度，平衡向正反应方向移动；④加入KI固体铁离子氧化碘离子，降低铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动；⑤没有气体参与，加压平衡不移动，答案选D。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态的影响
【名师点晴】注意浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：（1）当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。（2）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（3）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。（4）对于反应前后气体分子数无变化的反应，压强的变化对其平衡无影响。这是因为，在这种情况下，压强的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。（5）同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响。
16.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++ NH2-，据此判断以下叙述中错误的是（ ）
A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒
B. 一定温度下，液氨中c(NH4+)·c(NH2-)是个常数
C. 液氨的电离达到平衡时：c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)
D. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)
【答案】C
【解析】
试题解析：液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有 NH3、NH4+、NH2-等粒子，故A正确；液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积为定值，故B正确；液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c （NH4+）="c" （NH2-）＜c （NH3），故C错误；只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2-的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c （NH4+）="c" （NH2-），故D正确。
考点：弱电解质的电离
二．非选择题(共52分)
17.I.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2混合气体，2 min后，反应达到平衡，生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ。回答下列问题
(1)写出该反应的热化学方程式为______________________________________。
(2)在该条件下，反应前后容器的体积之比为______________。
(3)①若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)______0.5mol(填 “大于”、“小于”或“等于”)；
②若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量_______Q kJ(填 “大于”、“小于”或“等于”)。
II. 用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
(1)A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____Kc(B) (填 “﹥”、“<”或“﹦”)。
(2)A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_____(填“A”或“B”或“C”)点。
(3)计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=______(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压物质的量分数)。
【答案】 (1). 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1 (2). 6:5.75 (3). 小于 (4). 小于 (5). = (6). A (7). 2 MPa
【解析】
【分析】
I.（1）根据生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ，计算生成2mol时放出的热量，写热化学方程式，注意标物质状态；
（2）通过三段式计算平衡时各物质的量，恒压下，气体的体积之比=物质的量之比；
（3）①该反应是放热反应，绝热条件下，反应器温度升高，相对于恒温平衡逆向移动；
②该反应气体体积减小，恒容条件相当于对恒压条件平衡下的减小压强，平衡逆向移动，放出的热量减小。
II. ①化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变；
②根据压强对化学平衡的影响分析可得；
③已知C点NO2和CO2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp。
【详解】I.（1）生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ，则生成2 mol SO3时放出的热量为4 Q，则热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1；
故答案为：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1；
（2）反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)
起始量(mol)： 4 2 0
转化量(mol)：0.5 0.25 0.5
平衡量(mol)：3.5 1.75 0.5
则反应前后容器的体积之比等于物质的量之比，即：（4+2）：（3.5+1.75+0.5）= 6：5.75；
故答案为：6：5.75；
（3）①该反应是放热反应，绝热条件下，反应器温度升高，相对于恒温平衡逆向移动，平衡后n(SO3)小于0.5 mol；
故答案为：小于；
②该反应气体体积减小，恒容条件相当于对恒压条件平衡下的减小压强，平衡逆向移动，吸收热量，则放出的热量小于Q；
故答案为：小于。
II. ①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc(A) = Kc(B)；
故答案为：=；
②反应2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，故A、B和C三点中NO2的转化率最高的是A点；
故答案为：A；
③1 mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式：
2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)
n始：1 0 0
n转：x 0.5x x
n平：1−x 0.5x x
从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相等，则1−x = x，解得x = 0.5，则平衡时总的物质的量为1.25 mol，
C点时该反应的压强平衡常数Kp(C) = (×10MPa)2×(×10MPa)/(×10MPa)2 = 2 MPa，
故答案为：2 MPa。
18.已知某无色透明溶液中仅含有包括Na+和CH3COO－在内的四种离子。
请回答下列问题。
（1）该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情况的化学式：
①_____________________；②________________________；③____________________ 。
（2）25℃，若由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，则c(CH3COOH)+c(H+)的精确值为___________________mol/L。
（3）若该溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO－)的精确值为___________________mol/L。
（4）当溶液中各离子浓度大小的顺序为c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)时，则该溶液可能是____（填序号）；
A．由0.1 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COOH溶液等体积混合而成
B．由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成
C．由0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的HCl溶液等体积混合而成
D．由0.2 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成
（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)，用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=_________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). CH3COONa和CH3COOH (3). CH3COONa和NaOH (4). 1×10－6 (5). 9.9×10－7 (6). AD (7). 1×10－9/(a-0.01)
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度的大小比较以及弱电解质的电离平衡常数的相关计算等问题，题目难度较大，注意根据溶液离子浓度的关系结合弱电解质的电离等知识解答。
【详解】（1）能电离出醋酸根离子的物质可以是醋酸和醋酸钠，能电离出钠离子的物质可以是氢氧化钠和醋酸钠，所以当溶液中含有Na+和CH3COO-在以及OH-、H+时，溶液中溶质的组成可以是：①CH3COONa、CH3COONa和CH3COOH、CH3COONa和NaOH，
故答案为：CH3COONa；CH3COONa和CH3COOH；CH3COONa和NaOH。
（2）25℃，若由0.1mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，由质子守恒可知：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH-）=1×10-6，
故答案为：1×10-6。
（3）溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）-c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=10−6 mol/L - 10−8mol/L =（10-6-10-8）mol/Lmol/L=9.9×10-7mol/L，
故答案为：9.9×10-7。
（4）A．等浓度的CH3COONa和醋酸混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合；
B．醋酸钠溶液中，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合；
C．由0.2mol/L的CH3COONa溶液与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合而成，得到物质的量浓度相等的醋酸、醋酸钠和氯化钠，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合；
D．由0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合而成，得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合；
故选：AD。
（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，又电离平衡常数，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，c（CH3COOH）= mol/L，则Ka==1×10－9/(a-0.01)
故答案为：1×10－9/(a-0.01)。
【点睛】题目中的（2）（3）小题考查溶液中的离子之间的守恒关系，需要写出溶液中的电子守恒、物料守恒和质子守恒才能解决。（4）需要确定溶液中的溶质及其浓度关系才能分析出溶液的酸碱性及离子浓度的大小关系。（5）写出K的表达式，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，再利用溶液中的各离子浓度关系带入关系式即可。
19.称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时(NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中)。回答：
⑴准确称取一定质量的固体NaOH配成250 mL标准溶液。需要的仪器有天平、烧杯、量筒、玻璃棒、____________、____________(填仪器名称)。
⑵若选择酚酞作指示剂，滴定时左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________________。到达滴定终点时的现象是：__________________________.
⑶下列各项操作可能会给实验结果造成误差，请用A.偏高;B.偏低;C.无影响填写(填序号)
①将NaOH溶液放入锥形瓶时，加入少量蒸馏水稀释 ______,
②酸式滴定管装入盐酸前未用该盐酸润洗 ______,
③滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视 ______,
④滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 _____,
【答案】 (1). 250 ml容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 锥形瓶内液体颜色的变化 (4). 溶液红色褪去，且半分钟内不再变化 (5). C (6). B (7). A (8). B
【解析】
【分析】
（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器分析解答；
（2）滴定时：左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内液体颜色的变化，根据颜色突变确定到达滴定终点时的现象；
（3）因标准液NaOH放在锥形瓶内，待测溶液盐酸放在滴定管中，再结合c（待测）= 可知，分析不当操作对V(待测)的影响，以此判断待测液的浓度的误差。
【详解】（1）配制250 mL待测液，需要使用的仪器有：天平、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，
故答案为：250 mL容量瓶；胶头滴管；
（2）滴定时：左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内液体颜色的变化，若选择酚酞作指示剂，溶液红色褪去，且半分钟内不再变化，证明达到了滴定终点，故答案为：锥形瓶内液体颜色的变化；溶液红色褪去，且半分钟内不再变化；
（3）①将NaOH溶液放入锥形瓶时，加入少量蒸馏水稀释，不会影响标准液的物质的量，也不干扰待测液的体积读数，则不会造成实验结果误差，
故答案选C；
②酸式滴定管装入盐酸（待测液）前未用该盐酸润洗，相当于将盐酸稀释，所以用到的待测液的体积偏大，根据c(待测) = ，则使得实验结果偏低，
故答案选B；
③滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视，所用的待测液体积偏小，计算的盐酸浓度偏高，
故答案选A；
④滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消所取得待测液的体积偏大，所以计算的盐酸浓度偏低，
故答案选B。
20.(1)某研究小组将V1 mL 1.0 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。由题干及图形可知，V1∶V2＝________时，酸碱恰好完全中和，此反应所用NaOH溶液的浓度应为__________mol/L。若NaOH溶液用相同浓度和体积的下列溶液代替，则对中和热数值测定结果将如何影响(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)：KOH溶液______；氨水(NH3·H2O)___________。
(2)用惰性电极进行电解下列电解质溶液。
①电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为___________
②MnO2可做超级电容器材料，电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式_________________
(3)室温下，0.1mol/L的亚硝酸(HNO2)、次氯酸的电离常数Ka分别为： 7.1 10-4， 2.98 10-8。将0.1mol/L的亚硝酸稀释100倍，c(H+)将_______(填“不变”、“增大”、“减小”)。写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式_______________。
(4)酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，请推断
①以上酸碱中必为弱电解质的是_______________
②比较两种酸HX和HY的酸性强弱 ___________>___________
(5)如图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320 ℃左右，电池反应为2Na+xSNa2Sx，正极的电极反应式为_________。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的__________
倍。
(6)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.010－38、1.010－11，向浓度均为0.1 mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。(已知lg 2＝0.3)
【答案】 (1). 3 ∶ 2 (2). 1.5 (3). 无影响 (4). 偏小 (5). 1 ∶ 1 (6). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ (7). 减小 (8). HNO2+ClO2-=NO2- + HClO (9). BOH、HY (10). HX (11). HY (12). xS+2e-Sx2－ (13). 4.5 (14). 3.3≤pH<9
【解析】
【分析】
（1）由图象可知恰好完全反应时，温度最高，结合n(NaOH)=n(HCl)计算；NaOH和KOH都是强碱，但一水合氨为弱碱，电离吸热；
（2）①电解氯化铜溶液，阳极上生成氯气，阴极上生成铜，依据电子守恒计算产物的物质的量之比；
②阳极发生氧化反应，Mn2+MnO2，电解质溶液为酸性环境，根据电子守恒与原子守恒规律写出电极反应式；
（3）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但由于稀释导致溶液中氢离子浓度降低；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸的原理书写离子方程式；
（4）根据题设条件，酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，可推知盐溶液中AX显中性；酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，盐溶液中BY显中性；酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，可推出B+一定会水解，使盐溶液中BX显酸性，又BY显中性，故Y-水解显碱性，与B+水解程度相当，据此分析作答；
（5）由方程式可知S化合价降低，被还原，为原电池正极反应，电极方程式为xS+2e‾→Sx2‾；原电池工作时，当消耗相同质量的金属钠与铅时，根据转移电子的物质的量的关系得出结论；
（6）根据溶度积的应用，可知要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，其氢氧根离子的浓度范围为：≤c（OH-）<，再结合Kw计算其pH值范围。
【详解】（1）由图象可知V1 = 30 mL时温度最高，说明酸碱恰好完全反应，V1+V2 = 50 mL，则V2 = 20 mL，V1：V2 = 3：2，则有0.03 L×1 mol/L=0.02 L×c，c = 1.5 mol/L；NaOH和KOH都是强碱，换成KOH对实验无影响，但一水合氨为弱电解质，电离吸热，导致测定结果偏小，
故答案为：3：2；1.5；无影响；偏小；
（2）①电解氯化铜溶液，阳极上生成氯气，其电极反应式为：2Cl—-2e- = Cl2↑，阴极生成铜，其电极反应式为：Cu2++2e- = Cu，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
②阳极发生氧化反应，Mn2+MnO2，电解质溶液为酸性环境，故电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（3）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO−=NO2−+HClO，
故答案为：减小；HNO2+ClO2-=NO2- + HClO；
（4）根据题设条件，酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，可推知盐溶液中AX显中性；酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，盐溶液中BY显中性；酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，可推出B+一定会水解，使盐溶液中BX显酸性，又BY显中性，故Y-水解显碱性，与B+水解程度相当，
①由“谁弱谁水解”规律可知，BOH和HY为弱电解质，
故答案为：BOH、HY；
②若HX为强酸，则酸性：HX HY；若HX为弱酸，由于酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，则可知B+水解程度大于X-的电离程度，且已推出Y-水解与B+水解程度相当，则Y-的水解程度大于X-的电离程度，故根据“越弱越水解”原理可知，HX的酸性大于HY的酸性；
故答案为HX；HY；
（5）正极上硫得电子发生还原反应，所以正极电极反应式为：xS+2e-═Sx2-；钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mol e-，则207g钠消耗时转移的物质的量 = = 9 mol，又铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的9/2 =4.5倍，
故答案为：xS+2e-Sx2－；4.5；
（6）根据溶度积的应用，可知要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，其氢氧根离子的浓度范围为 ：≤c（OH-）<，即mol/L≤c（OH-）
可能用到的相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Pb 207 Zn 65 Mg 24 Al 27
一．选择题(每小题只有一个选项合符题意。共48分)
1.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
B. 甲基橙呈红色的溶液：NH4＋、Ba2＋、AlO2－、Cl－
C. pH＝12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D. 25℃时，由水电离产生的c(H+)为 110-9的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
A. Fe2+具有还原性，而在酸性条件下，从NO3-具有强氧化性，的角度分析；
B. 甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与H+离子反应的离子不能共存；
C. pH=12的溶液呈碱性，判断在碱性条件下离子之间能否发生反应；
D. 由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，从这两个角度分析。
【详解】A. Fe2+具有还原性，而在酸性条件下，从NO3-具有强氧化性，Fe2+与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故A项错误；
B. 甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2－与H+反应而不能大量共存，故B项错误；
C. pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生任何反应，能大量共存，故C项正确；
D. 由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下SO32－与H+反应而不能大量共存，在碱性条件下，Mg2＋、Cu2＋与OH-反应生成沉淀而不共存，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意题中的隐含信息，例如颜色、酸性、碱性等问题，要特别注意D选项是学生的易错点，其限定条件为“25℃时，由水电离产生的c(H+)为110-9的溶液”，因酸或碱都会抑制水的电离，所以该条件下的溶液可能是酸性，也可能是碱性。它与“溶液中的c(H+)为110-9的溶液”有本质的不同。
2.下列说法中正确的是( )
A. 催化剂能增大活化分子的百分数，从而成倍地增大反应速率
B. 恒压容器中发生反应N2＋O22NO，若在容器中充入He，正逆反应的速率均不变
C. 当一定量的锌粉和过量的6 mol·L－1盐酸反应时，为了减慢反应速率，又不影响产生H2的总量，可向反应器中加入一些水、CH3COONa溶液或NaNO3溶液
D. 已知t1 ℃时，反应C＋CO22CO ΔH＞0的速率为v，若升高温度正反应速率减小
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 催化剂可以改变反应的路径，降低反应所需要的活化能，从而增大活化分子的百分数；
B. 恒压容器中充入不反应的气体，导致容器的体积增大，使得物质的浓度减小；
C. 加水会使物质浓度减小，CH3COONa溶液会结合酸中的氢离子，使酸浓度减小，而NO3-加入后会与溶液中的氢离子结合成硝酸，硝酸与锌反应生成氮的氧化物；
D. 温度升高，化学反应速率增大，与反应吸热或放热没有关系。
【详解】A. 催化剂可以改变反应的路径，降低反应所需要的活化能，从而增大活化分子的百分数，使有效碰撞几率提高，故A项正确；
B. 在恒压容器中充入不参加反应的气体，导致容器的体积增大，反应物和生成物的浓度均减小，正、逆反应速率都减小，故B项错误；
C.若使溶液中氢离子浓度减小，则反应速率将减慢，因此可选水或CH3COONa溶液，但不能用NaNO3溶液，在酸性溶液中NO3-将和锌粉发生氧化还原反应，生成氮的氧化物，从而使生成的H2的量减少，故C项错误；
D. 温度升高，正、逆反应的速率均增大，故D项错误；
答案选A。
【点睛】本题考查学生分析问题解决问题的能力，要特别注意C选项，综合性很强，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，金属与氧化性的硝酸反应不会生成氢气，做题时要火眼金睛，善于观察与分析。
3.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(
A. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g) △H = +163 kJ•mol-1
B. H2O2(l)=1/2O2(g)+H2O(l) △H =-98 kJ•mol-1
C. HgO(s)=Hg(l)+1/2O2(g) △H =+91 kJ•mol-1
D. Ag(s)+1/2Cl2(g)=AgCl(s) △H =-127 kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
A．反应2N2(g)+O2(g)2N2O(g)是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；B．反应Ag(s)+ Cl2(g)AgCl(s)是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；C．反应HgO(s)Hg(l)+ O2(g)是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；D．反应H2O2(l) O2(g)+H2O(l)是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故答案为D。
点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G=△H-T△S：
当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。
4.某原电池以银、铂为电极，用含Ag+的固体作电解质,Ag+可在固体电解质中自由移动。电池反应为2Ag+Cl2=2AgCl。利用该电池可以测定空气中Cl2的含量。下列说法错误的是
A. 空气中c(Cl2)越大,消耗Ag的速率越大
B. 电子移动方向：银→固体电解质→铂
C. 电池工作时电解质中Ag+总数保持不变
D. 铂极的电极反应式为Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl
【答案】B
【解析】
【分析】
Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析。
【详解】A、反应原理是Ag与氯气反应，空气中c（Cl2）越大，氯气在正极反应生成氯离子速度越快，Ag消耗越快，故A正确；
B、电子从负极Ag流向正极Pt，电子不能通过电解质，故B错误；
C、Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，所以电池工作时，电解质中Ag+总数保持不变，故C正确；
D、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，反应为：Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl，故D正确。
故选B。
5.近年来，加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾(KIO3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取．以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应方程式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑．下列有关说法正确的是( )
A. 电解时，石墨作阴极，不锈钢作阳极 B. 电解时阳极反应是：I﹣﹣6e﹣+3H2O=IO3﹣+6H+
C. 溶液调节至强酸性，对生产有利 D. 电解后溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A.由电解方程式可知：在反应中I-失去电子变为IO3-。因此电解时，石墨作阳极，不锈钢作阴极。A错误;B．就总反应方程式可知：电解时，阳极反应是：I－-6e –+ 3H2O = IO3－+ 6H+,B正确;C．溶液调节至强酸性，会与不锈钢电极反应，对生产不利，C错误；D.电解反应方程式为：KI + 3H2OKIO3 + 3H2↑，反应不断消耗水，但KI是强酸强碱盐，溶液始终呈中性，PH=7，D错误；选B。
考点：考查电解原理的应用。
6.常温下设a代表Ba(OH)2，b代表NaOH溶液，c代表NH3·H2O溶液。下列说法正确的是
A. 同物质的量浓度的三种溶液的pH：a=b＞c
B. 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：a=b＜c
C. 同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b=c
D. 同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：a＞b＞c
【答案】B
【解析】
试题分析：Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡。A． 同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：a>b>c ，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：a>b>c，正确；B． 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，由于在一元弱碱NH3·H2O存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c (OH-)增大，所以pH：c>a=b，错误；C．同pH、同体积的三种溶液，由于在弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：a=b
7.室温下,将1.000 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L-1氨水中,溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. a点由水电离出的c(H+)=1.010-14 mol·L-1
B. b点:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C. c点:c(Cl-)=c(N H4+)
D. d点后,溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
【答案】C
【解析】
试题分析：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1，A项错误；B．盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-），B项错误；C．C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），C项正确；D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH值的计算。
【名师点睛】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。涉及水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。①根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度；②b点时pH＞7，盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；③c点pH=7，根据电荷守恒解答；④根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析。
8.下列说法不正确的是( )
A. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32－)之比大于2:1
B. 蒸发氯化铝溶液要不断通入氯化氢气体方可得到氯化铝晶体
C. 1 L 0.3 mol/L醋酸溶液中H+个数与3 L 0.1 mol/L醋酸溶液中H+个数之比为1:1
D. 0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2SO3)＋c(HSO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. CO32-在水溶液中会发生水解；
B. 氯化铝溶液加热时易发生水解，氯化氢易挥发，通入氯化氢可抑制水解；
C. 醋酸浓度越大，电离程度越小；
D. Na2SO3溶液中各离子浓度遵循质子守恒规律。
【详解】A. 碳酸钠为强碱弱酸盐，CO32−发生水解，则Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32−)之比大于2：1，故A项正确；
B. 氯化铝溶液加热时易发生水解生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，若想得到氯化铝固体，需通入氯化氢，补充挥发的HCl的同时抑制氯化铝的水解，故B项正确；
C. 醋酸浓度越大，电离程度越小，则1 L 0.3 mol/L醋酸溶液中H+个数与3 L 0.1 mol/L醋酸溶液中H+个数之比小于1：1，故C项错误；
D. Na2SO3溶液各离子浓度遵循质子守恒规律，即c(H+) +2c(H2SO3) + c(HSO3-) = c(OH-)，即c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2SO3)＋c(HSO3-)，故D项正确；
答案选C。
9.下列说法正确的是( )
A. 常温下将等体积pH =3的H2SO4和pH =11的碱BOH溶液混合，所得溶液不可能为酸性
B. NaHCO3溶液中：c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32-)＝c(Na＋)
C. 常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小
D. NH4＋浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，各溶液浓度大小顺序：③＞②＞①
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 碱的强弱不知，若为强酸、强碱混合呈中性，若为强酸、弱碱混合，则相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合显碱性；
B. NaHCO3溶液各离子浓度遵循物料守恒；
C. HI为强电解质，加水稀释l00倍，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大；
D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子与铁离子水解相互抑制，(NH4)2CO3中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，(NH4)2SO4存在铵根离子的水解，据此进行分析。
【详解】A. pH=3硫酸，c(H+) = 0.001 mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c(OH−) = 0.001 mol/L，若为强酸、强碱混合，则混合后溶液呈中性；若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故A项正确；
B. NaHCO3溶液各离子浓度遵循物料守恒，即c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)＝c(Na＋)，故B项错误；
C. HI为强电解质，将0.1 mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，即氢离子浓度降低，又KW=c(H+)×c(OH−)可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，故C项错误；
D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子与铁离子水解相互抑制，(NH4)2CO3中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，(NH4)2SO4存在铵根离子的水解，则相同浓度的这三种物质电离出c(NH4+)由大到小的顺序是①>③>②，此时c(NH4+)相同，则各溶液浓度大小顺序为②>③>①，故D项错误；
答案选A。
10.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X ②X→C，反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是
A. E2表示反应X→C的活化能 B. X是反应A+B→C的催化剂
C. 反应A+B→C的ΔH<0 D. 加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
【答案】B
【解析】
试题分析：A、E2表示反应X→C中活化分子变成生成物时放出的能量，而不能表示活化能，A不正确；B、关键图像可知，反应物A和B的总能量高于生成物C的总能量，因此反应A＋B→C的△H＜0，B正确；C、X是反应A＋B→C的中间产物，而表示催化剂，C不正确；D、催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，D不正确，答案选B。
考点：考查活化能、焓变、催化剂对活化能和焓变影响等
11.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是
A. 密闭容器中二氧化碳的体积分数不变 B. 密闭容器中气体的总物质的量改变
C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 2v正(NH3)＝v逆(CO2)
【答案】C
【解析】
【分析】
可逆反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）为气体体积增大的可逆反应，当该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断。
【详解】A. 该反应中，正反应为固体生成气体的反应，二氧化碳的体积分数始终不变，不能根据二氧化碳的体积分数判断平衡状态，故A项错误；
B. 该反应为气体体积缩小的反应，密闭容器中气体的总物质的量改变，说明该反应没有达到平衡状态，故B项错误；
C. 该反应前后气体的总质量不相等，而容器的容积不变，当密闭容器中混合气体的密度不变时，说明该反应达到平衡状态，故C项正确；
D. 2v正(NH3)＝v逆(CO2)，表示的是正逆反应速率，但是不满足化学计量数关系，说明该反应没有达到平衡状态，故D项错误；
答案选C。
12.25℃，向50 mL 0.018 mol/L AgNO3 溶液中加入50 mL 0.02 mol/L 盐酸生成沉淀。已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则生成沉淀后的体系中c(Ag＋)为
A. 1.8×10－7mol/L B. 1.8×10－8 mol/L
C. 1.8×10－9mol/L D. 1.8×10－10mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：25℃，向50 mL 0.018 mol/L AgNO3 溶液中加入50 mL 0.02 mol/L 盐酸生成沉淀，根据反应：Ag++ Cl-==AgCl↓知，溶液中剩余氯离子的物质的量为0.05L ×0.02mol/L-0.05L× 0.018mol/L，c（Cl-）=0.001mol/L；Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，则：c（Ag+）=1.8×10-7mol/L，选A。
考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。
13.若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生的总反应的离子方程式是Cu+2H+==Cu2++H2↑，则下列关于该装置的有关说法中正确的是( )
A. 该装置可能是原电池，也可能是电解池
B. 该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
C. 该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
D. 该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池反应式的反应物和生成物特点确定是原电池还是电解池，再根据得失电子确定电极材料，注意铜和稀盐酸、稀硫酸不反应，和硝酸反应不生成氢气。
【详解】铜和盐酸或稀硫酸不能自发的进行氧化还原反应，铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应，但生成的气体是氮氧化物而不是氢气，所以该反应只能是电解池反应而不是原电池反应，该装置只能构成电解池不能构成原电池；该电解池中，铜做阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以该电解池的阳极必须是铜电极，故答案选B。
14.已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－25 kJ/mol。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/(mol·L－1)
0.8
1.24
1.24
下列说法正确的是( )
①平衡后升高温度，平衡常数>400
②平衡时，c(CH3OCH3)＝1.6 mol/L
③平衡时，反应混合物的总能量减小20 kJ
④平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率增大
⑤此时刻反应达到平衡状态
⑥平衡时CH3OH的浓度为0.08 mol·L－1
A. ①②④⑤ B. ②⑥ C. ②③④⑥ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
因为正反应为放热反应，升高温度平衡常数减小，①错；根据表格数据可知，反应转化生成的CH3OCH3、H2O浓度均为1.24 mol·L－1，此时CH3OH的浓度为0.8 mol·L－1，根据Qc＝，将各物质的浓度代入可得，Qc＝2.4＜400，所以此时没有达到平衡，此时反应向正反应方向进行，⑤错；由化学平衡常数计算可知平衡时c(CH3OCH3)＝1.6 mol/L，②对；生成CH3OCH3的物质的量为1.6 mol，根据方程式可知生成1.6 mol×25 kJ·mol－1＝40 kJ，③错；平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，相当于增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，④错；根据②可知，达到平衡时CH3OH的浓度为0.8 mol·L－1－0.72 mol·L－1＝0.08 mol·L－1，⑥对。
15.已知反应FeCl3＋3KSCNFe（SCN）3＋3KCl，下列条件改变能导致平衡逆向移动的是
①加入KCl固体 ②加入KCl溶液 ③加入FeCl3固体 ④加入KI固体 ⑤加压
A. ①④ B. ①② C. ③⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
试题分析：反应的实质是Fe3＋＋3SCN－=Fe（SCN）3，则①加入KCl固体，浓度不变，平衡不移动；②加入KCl溶液相当于稀释降低反应物浓度，平衡向逆反应方向移动；③加入FeCl3固体增大铁离子浓度，平衡向正反应方向移动；④加入KI固体铁离子氧化碘离子，降低铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动；⑤没有气体参与，加压平衡不移动，答案选D。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态的影响
【名师点晴】注意浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：（1）当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。（2）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（3）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。（4）对于反应前后气体分子数无变化的反应，压强的变化对其平衡无影响。这是因为，在这种情况下，压强的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。（5）同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响。
16.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++ NH2-，据此判断以下叙述中错误的是（ ）
A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒
B. 一定温度下，液氨中c(NH4+)·c(NH2-)是个常数
C. 液氨的电离达到平衡时：c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)
D. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)
【答案】C
【解析】
试题解析：液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有 NH3、NH4+、NH2-等粒子，故A正确；液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积为定值，故B正确；液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c （NH4+）="c" （NH2-）＜c （NH3），故C错误；只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2-的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c （NH4+）="c" （NH2-），故D正确。
考点：弱电解质的电离
二．非选择题(共52分)
17.I.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2混合气体，2 min后，反应达到平衡，生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ。回答下列问题
(1)写出该反应的热化学方程式为______________________________________。
(2)在该条件下，反应前后容器的体积之比为______________。
(3)①若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)______0.5mol(填 “大于”、“小于”或“等于”)；
②若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量_______Q kJ(填 “大于”、“小于”或“等于”)。
II. 用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
(1)A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____Kc(B) (填 “﹥”、“<”或“﹦”)。
(2)A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_____(填“A”或“B”或“C”)点。
(3)计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=______(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压物质的量分数)。
【答案】 (1). 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1 (2). 6:5.75 (3). 小于 (4). 小于 (5). = (6). A (7). 2 MPa
【解析】
【分析】
I.（1）根据生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ，计算生成2mol时放出的热量，写热化学方程式，注意标物质状态；
（2）通过三段式计算平衡时各物质的量，恒压下，气体的体积之比=物质的量之比；
（3）①该反应是放热反应，绝热条件下，反应器温度升高，相对于恒温平衡逆向移动；
②该反应气体体积减小，恒容条件相当于对恒压条件平衡下的减小压强，平衡逆向移动，放出的热量减小。
II. ①化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变；
②根据压强对化学平衡的影响分析可得；
③已知C点NO2和CO2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp。
【详解】I.（1）生成SO3气体0.5 mol，同时放出热量Q kJ，则生成2 mol SO3时放出的热量为4 Q，则热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1；
故答案为：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H= − 4Q kJ·mol-1；
（2）反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)
起始量(mol)： 4 2 0
转化量(mol)：0.5 0.25 0.5
平衡量(mol)：3.5 1.75 0.5
则反应前后容器的体积之比等于物质的量之比，即：（4+2）：（3.5+1.75+0.5）= 6：5.75；
故答案为：6：5.75；
（3）①该反应是放热反应，绝热条件下，反应器温度升高，相对于恒温平衡逆向移动，平衡后n(SO3)小于0.5 mol；
故答案为：小于；
②该反应气体体积减小，恒容条件相当于对恒压条件平衡下的减小压强，平衡逆向移动，吸收热量，则放出的热量小于Q；
故答案为：小于。
II. ①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc(A) = Kc(B)；
故答案为：=；
②反应2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，故A、B和C三点中NO2的转化率最高的是A点；
故答案为：A；
③1 mol NO2和足量C发生该反应，设反应二氧化氮x，列三段式：
2NO2(g)+2C(s )N2(g)+2CO2(g)
n始：1 0 0
n转：x 0.5x x
n平：1−x 0.5x x
从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相等，则1−x = x，解得x = 0.5，则平衡时总的物质的量为1.25 mol，
C点时该反应的压强平衡常数Kp(C) = (×10MPa)2×(×10MPa)/(×10MPa)2 = 2 MPa，
故答案为：2 MPa。
18.已知某无色透明溶液中仅含有包括Na+和CH3COO－在内的四种离子。
请回答下列问题。
（1）该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情况的化学式：
①_____________________；②________________________；③____________________ 。
（2）25℃，若由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，则c(CH3COOH)+c(H+)的精确值为___________________mol/L。
（3）若该溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO－)的精确值为___________________mol/L。
（4）当溶液中各离子浓度大小的顺序为c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)时，则该溶液可能是____（填序号）；
A．由0.1 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COOH溶液等体积混合而成
B．由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成
C．由0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的HCl溶液等体积混合而成
D．由0.2 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成
（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)，用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=_________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). CH3COONa和CH3COOH (3). CH3COONa和NaOH (4). 1×10－6 (5). 9.9×10－7 (6). AD (7). 1×10－9/(a-0.01)
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度的大小比较以及弱电解质的电离平衡常数的相关计算等问题，题目难度较大，注意根据溶液离子浓度的关系结合弱电解质的电离等知识解答。
【详解】（1）能电离出醋酸根离子的物质可以是醋酸和醋酸钠，能电离出钠离子的物质可以是氢氧化钠和醋酸钠，所以当溶液中含有Na+和CH3COO-在以及OH-、H+时，溶液中溶质的组成可以是：①CH3COONa、CH3COONa和CH3COOH、CH3COONa和NaOH，
故答案为：CH3COONa；CH3COONa和CH3COOH；CH3COONa和NaOH。
（2）25℃，若由0.1mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，由质子守恒可知：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH-）=1×10-6，
故答案为：1×10-6。
（3）溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）-c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=10−6 mol/L - 10−8mol/L =（10-6-10-8）mol/Lmol/L=9.9×10-7mol/L，
故答案为：9.9×10-7。
（4）A．等浓度的CH3COONa和醋酸混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合；
B．醋酸钠溶液中，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合；
C．由0.2mol/L的CH3COONa溶液与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合而成，得到物质的量浓度相等的醋酸、醋酸钠和氯化钠，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合；
D．由0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合而成，得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合；
故选：AD。
（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，又电离平衡常数，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，c（CH3COOH）= mol/L，则Ka==1×10－9/(a-0.01)
故答案为：1×10－9/(a-0.01)。
【点睛】题目中的（2）（3）小题考查溶液中的离子之间的守恒关系，需要写出溶液中的电子守恒、物料守恒和质子守恒才能解决。（4）需要确定溶液中的溶质及其浓度关系才能分析出溶液的酸碱性及离子浓度的大小关系。（5）写出K的表达式，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，再利用溶液中的各离子浓度关系带入关系式即可。
19.称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时(NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中)。回答：
⑴准确称取一定质量的固体NaOH配成250 mL标准溶液。需要的仪器有天平、烧杯、量筒、玻璃棒、____________、____________(填仪器名称)。
⑵若选择酚酞作指示剂，滴定时左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________________。到达滴定终点时的现象是：__________________________.
⑶下列各项操作可能会给实验结果造成误差，请用A.偏高;B.偏低;C.无影响填写(填序号)
①将NaOH溶液放入锥形瓶时，加入少量蒸馏水稀释 ______,
②酸式滴定管装入盐酸前未用该盐酸润洗 ______,
③滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视 ______,
④滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 _____,
【答案】 (1). 250 ml容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 锥形瓶内液体颜色的变化 (4). 溶液红色褪去，且半分钟内不再变化 (5). C (6). B (7). A (8). B
【解析】
【分析】
（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器分析解答；
（2）滴定时：左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内液体颜色的变化，根据颜色突变确定到达滴定终点时的现象；
（3）因标准液NaOH放在锥形瓶内，待测溶液盐酸放在滴定管中，再结合c（待测）= 可知，分析不当操作对V(待测)的影响，以此判断待测液的浓度的误差。
【详解】（1）配制250 mL待测液，需要使用的仪器有：天平、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，
故答案为：250 mL容量瓶；胶头滴管；
（2）滴定时：左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内液体颜色的变化，若选择酚酞作指示剂，溶液红色褪去，且半分钟内不再变化，证明达到了滴定终点，故答案为：锥形瓶内液体颜色的变化；溶液红色褪去，且半分钟内不再变化；
（3）①将NaOH溶液放入锥形瓶时，加入少量蒸馏水稀释，不会影响标准液的物质的量，也不干扰待测液的体积读数，则不会造成实验结果误差，
故答案选C；
②酸式滴定管装入盐酸（待测液）前未用该盐酸润洗，相当于将盐酸稀释，所以用到的待测液的体积偏大，根据c(待测) = ，则使得实验结果偏低，
故答案选B；
③滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视，所用的待测液体积偏小，计算的盐酸浓度偏高，
故答案选A；
④滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消所取得待测液的体积偏大，所以计算的盐酸浓度偏低，
故答案选B。
20.(1)某研究小组将V1 mL 1.0 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。由题干及图形可知，V1∶V2＝________时，酸碱恰好完全中和，此反应所用NaOH溶液的浓度应为__________mol/L。若NaOH溶液用相同浓度和体积的下列溶液代替，则对中和热数值测定结果将如何影响(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)：KOH溶液______；氨水(NH3·H2O)___________。
(2)用惰性电极进行电解下列电解质溶液。
①电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为___________
②MnO2可做超级电容器材料，电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式_________________
(3)室温下，0.1mol/L的亚硝酸(HNO2)、次氯酸的电离常数Ka分别为： 7.1 10-4， 2.98 10-8。将0.1mol/L的亚硝酸稀释100倍，c(H+)将_______(填“不变”、“增大”、“减小”)。写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式_______________。
(4)酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，请推断
①以上酸碱中必为弱电解质的是_______________
②比较两种酸HX和HY的酸性强弱 ___________>___________
(5)如图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320 ℃左右，电池反应为2Na+xSNa2Sx，正极的电极反应式为_________。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的__________
倍。
(6)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.010－38、1.010－11，向浓度均为0.1 mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。(已知lg 2＝0.3)
【答案】 (1). 3 ∶ 2 (2). 1.5 (3). 无影响 (4). 偏小 (5). 1 ∶ 1 (6). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ (7). 减小 (8). HNO2+ClO2-=NO2- + HClO (9). BOH、HY (10). HX (11). HY (12). xS+2e-Sx2－ (13). 4.5 (14). 3.3≤pH<9
【解析】
【分析】
（1）由图象可知恰好完全反应时，温度最高，结合n(NaOH)=n(HCl)计算；NaOH和KOH都是强碱，但一水合氨为弱碱，电离吸热；
（2）①电解氯化铜溶液，阳极上生成氯气，阴极上生成铜，依据电子守恒计算产物的物质的量之比；
②阳极发生氧化反应，Mn2+MnO2，电解质溶液为酸性环境，根据电子守恒与原子守恒规律写出电极反应式；
（3）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但由于稀释导致溶液中氢离子浓度降低；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸的原理书写离子方程式；
（4）根据题设条件，酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，可推知盐溶液中AX显中性；酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，盐溶液中BY显中性；酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，可推出B+一定会水解，使盐溶液中BX显酸性，又BY显中性，故Y-水解显碱性，与B+水解程度相当，据此分析作答；
（5）由方程式可知S化合价降低，被还原，为原电池正极反应，电极方程式为xS+2e‾→Sx2‾；原电池工作时，当消耗相同质量的金属钠与铅时，根据转移电子的物质的量的关系得出结论；
（6）根据溶度积的应用，可知要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，其氢氧根离子的浓度范围为：≤c（OH-）<，再结合Kw计算其pH值范围。
【详解】（1）由图象可知V1 = 30 mL时温度最高，说明酸碱恰好完全反应，V1+V2 = 50 mL，则V2 = 20 mL，V1：V2 = 3：2，则有0.03 L×1 mol/L=0.02 L×c，c = 1.5 mol/L；NaOH和KOH都是强碱，换成KOH对实验无影响，但一水合氨为弱电解质，电离吸热，导致测定结果偏小，
故答案为：3：2；1.5；无影响；偏小；
（2）①电解氯化铜溶液，阳极上生成氯气，其电极反应式为：2Cl—-2e- = Cl2↑，阴极生成铜，其电极反应式为：Cu2++2e- = Cu，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
②阳极发生氧化反应，Mn2+MnO2，电解质溶液为酸性环境，故电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（3）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO−=NO2−+HClO，
故答案为：减小；HNO2+ClO2-=NO2- + HClO；
（4）根据题设条件，酸HX和碱AOH恰好完全中和时溶液的pH等于7，可推知盐溶液中AX显中性；酸HY和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH也等于7，盐溶液中BY显中性；酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，可推出B+一定会水解，使盐溶液中BX显酸性，又BY显中性，故Y-水解显碱性，与B+水解程度相当，
①由“谁弱谁水解”规律可知，BOH和HY为弱电解质，
故答案为：BOH、HY；
②若HX为强酸，则酸性：HX HY；若HX为弱酸，由于酸HX和碱BOH恰好完全中和时溶液的pH小于7，则可知B+水解程度大于X-的电离程度，且已推出Y-水解与B+水解程度相当，则Y-的水解程度大于X-的电离程度，故根据“越弱越水解”原理可知，HX的酸性大于HY的酸性；
故答案为HX；HY；
（5）正极上硫得电子发生还原反应，所以正极电极反应式为：xS+2e-═Sx2-；钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mol e-，则207g钠消耗时转移的物质的量 = = 9 mol，又铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的9/2 =4.5倍，
故答案为：xS+2e-Sx2－；4.5；
（6）根据溶度积的应用，可知要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，其氢氧根离子的浓度范围为 ：≤c（OH-）<，即mol/L≤c（OH-）
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