【化学】安徽省宿州市埇桥区2018-2019学年高二上学期期末考试（理）试题(解析版)

安徽省宿州市埇桥区2018-2019学年高二上学期期末考试（理）试题
1.下列说法中，正确的是
A. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
B. 自发反应在恰当条件下才能实现
C. 自发反应在任何条件下均能实现
D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【答案】B
【解析】
试题解析：A、熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△H-T•△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，故A错误；B、△H-T•△S＜0一定是自发反应，所以自发反应在恰当条件下才能实现，故B正确，C错误；D、同一物质的固、液、气三种状态的熵值，气体＞液体＞固体，故D错误。
考点：化学反应与能量
2.下列食品添加剂中，其目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
3.把下列溶液加水稀释,溶液中每种离子的浓度都不会增加的是
A. H2SO4溶液 B. Na2SO4溶液 C. Na2CO3溶液 D. FeC13溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸是强电解质，加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A错误；B、硫酸钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、硫酸根离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确；C、碳酸钠溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子、碳酸根离子浓度均减小，故C错误；D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D错误；故选B。
【考点定位】考查弱电解质的电离、盐的水解
【名师点晴】本题考查学生电解质的电离、盐的水解原理知识，可以根据教材知识来回答。把溶液加水稀释，溶液的体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小，根据Kw只受温度影响来确定溶液中氢离子或是氢氧根离子浓度的大小。
4.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干，能得到较纯净的原溶质的是
A. NaHCO3 B. FeSO4 C. CuSO4 D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【分析】
在空气中小心加热蒸干，能得到较纯净的原溶质，需要依据溶液中溶质的水解、分解、氧化等反应，结合生成产物的性质分析判断。
【详解】A.加热时NaHCO3分解生成碳酸钠，无法得到纯净的NaHCO3，A错误；
B.FeSO4具有还原性，加热溶液Fe2+被氧化为Fe3+，无法得到FeSO4，B错误；
C.CuSO4溶液中Cu2+水解生成Cu(OH)2和H2SO4，H2SO4是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，C正确；
D.FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl挥发促进水解得到Fe(OH)3，得不到原溶质，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质，试题培养了学生的灵活应用能力。
5.下列溶液一定呈酸性的是
A. 含有H＋离子的溶液 B. c(H＋)＞(KW)1/2
C. pH小于７的溶液 D. 酚酞显无色的溶液
【答案】B
【解析】
A. 任何水溶液都含有H＋离子不一定显酸性，所以A错；B ：KW=c(H+). c(OH-)，因c(H＋)＞(KW)1/2所以c(H+)＞ c(OH-)，溶液显酸性，故B对；C. pH小于７的溶液不一定，和温度有关，100是PH=6为中性，故C错；D.酸遇酚酞不变色，所以不能用酚酞鉴别酸，故D错。本题正确答案：B。
6.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X(△H＞0)，②X→C(△H＜0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是

【答案】A
【解析】
A：A+B→X(吸热),则X的能量大于A+B 的总能量,X→C(放热),则X的能量大于C的总能量,故A正确； B:A+B→C为放热反应,则A+B 的总能量大于生成X的总能量,故B.C错D: A+B→X(吸热),则X的能量大于A+B 的总能量,X→C(吸热),不符合题意，故D错；
所以A选项是正确的。
点睛：反应物总能量大于生成物总能量时为放热反应,反之为吸收反应,结合总反应、分步反应中能量变化及图象判断,以此来解答。
7.pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是
A. Na2SO4 B. H2SO4 C. AgNO3 D. NaCl
【答案】D
【解析】
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A项，电解Na2SO4溶液其实就是电解水，水减少，Na2SO4浓度增大，Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性故选A项错；B项，电解硫酸，相当于电解水，水减少，c（H+）增大，酸性增强，pH下降，故选B项错；C项，电解硝酸银，阴极反应式：，阳极反应式：，溶液c（H+）增大，酸性增强，pH下降，故选C项错；
D项，电解氯化钠方程式：2NaCl+2H2O=Cl2+H2+2NaOH，溶液pH增大，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
8.为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入少量下列物质，下列判断正确的是
A. 加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B. 加入KNO3固体，v(H2)不变
C. 加入CH3COONa固体，v(H2)减小 D. 滴加CuSO4溶液，v(H2)减小
【答案】C
【解析】
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A项，加入硫酸氢铵固体后，引入氢离子，致使溶液中c(H+)增大，v(H2增大，故A项错误；B项，加入KNO3固体，对溶液中c(H+)无影响，但形成硝酸导致锌和硝酸反应放出一氧化氮，减小，故B项错误；C项，加入醋酸钠固体后，由于发生反应，导致溶液中C(H+)减小，v(H2减小，故C项正确； D项，滴加少量硫酸铜溶液后，形成铜锌原电池，致使增大，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。
9.某温度下，密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol。下列说法正确的是
A. 将1.0 mol N2、3.0 mol H2置于1 L密闭容器中发生反应，放出热量为92.4 kJ
B. 上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，N2的转化率提高
C. 上述反应在达到平衡后，缩小容积增大压强，H2的转化率提高
D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】C
【解析】
A、热化学方程式N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，表示1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气,放出的热量为92.4kJ,因为可逆反应反应物不能完全转化,1.0mol氮气、3mol氢气,置于1L密闭容器中发生反应,放出的热量小于92.4kJ,故A错误；B、上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，因氦气是惰性气体，只改变容器的总压，而N2、H2、NH3的分压不会改变，所以不会影响化学平衡移动，N2的转化率不变，故B错误；C、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,即向正反应移动,H2的转化率提高,所以C正确；D、升高温度正、逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，是放热反应，逆反应速率比较正反应速率增大更多,故D错误；故答案选C。
点睛：A、可逆反应物不能完全转化,结合热化学方程式的含义解答;B、平衡常数只受温度影响,与压强无关;C、增大压强平衡向体积减小的方向移动；D、升高温度正、逆反应速率都增大,逆反应速率比较正反应速率增大更多,平衡向逆反应方向移动。
10.下列有关叙述正确的是
A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，一定偏小
B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
C. 水溶液能够导电的化合物一定是离子化合物
D. 正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，如果是酸性溶液增大，碱性溶液减小，中性溶液不变，故A错； B. 电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。故B错； C电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。D. 活化能化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，所以正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应，故D正确。
11.同温下相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN 和HClO说法正确的是
A. 酸根离子浓度：c(CNˉ) ＞c(ClOˉ)
B. 电离平衡常数：HCN＞HClO
C. pH：HCN＞HClO
D. 与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCN
【答案】C
【解析】
【详解】相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明酸根离子水解程度：CN-＞ClO-，所以酸性HCN＜HClO。
A．酸性HCN＜HClO，则酸的电离程度HCN＜HClO，故酸根离子浓度：c(CN-)＜c(ClO-)，A错误；
B．由于酸性HCN＜HClO，所以酸的电离程度HCN＜HClO，B错误；
C．相同温度下，相同浓度、相同元数的酸溶液中，酸的电离程度越大，其溶液的pH就越小，酸的电离程度HCN＜HClO，则pH：HCN＞HClO，C正确；
D．与NaOH反应时NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，同温同体积同浓度的HCN和HClO的物质的量相等且都是一元酸，所以消耗NaOH的物质的量相等，D错误；
故合理选项是C。
12.铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示.下列说法中正确的是

A. a点为平衡状态
B. b点和c点的化学平衡常数K相同
C. 该反应的化学平衡常数表示为K =[CO]·[FeO]/[CO2]·[Fe]
D. 若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应的 ΔH ＜ 0
【答案】B
【解析】
A. a点为CO.CO2的浓度相同，故A错；B. b点和c点是化学反应达到平衡状态，因温度相同，所以化学平衡常数K相同，故B正确；C. 该反应的化学平衡常数表示为K =,故C错；D. 若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应为吸热反应， ΔH > 0.故D错。
13.下列叙述不正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+) = c(OH-) + c(A-)
B. 在0.1 mol/L的NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)＞c(NH4+＞)c(OH-)＞c(H+)
C. pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH c(H+)，而NaOH是一元强碱，c(NaOH) =c(OH-)，现在c(H+)= c(OH-)，所以反应后酸过量，溶液显酸性，pHc(H2A)>c(A2－)
【答案】D
【解析】
试题分析：醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸氢钠的水解程度对于醋酸钠的，则选项A正确；B中根据溶度积常数和氯离子的浓度可知，选项B正确；碳酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，C正确；D中溶液显酸性，说明水解程度小于电离程度，因此D不正确，应该是c(HA－) >c(H+)>c(A2－) >c(H2A)，答案选D。
考点：考查了盐类水解和溶度积常数的应用，离子浓度大小的比较
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，其次还需要注意酸式盐的电离程度和水解程度的相对大小。
17.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是
A. 在碳酸氢钠溶液中：K+、Al3+、SO42−、Cl−
B. 存在较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN−、CO32−、K+
C. 常温下由水电离出的C(H+)水⋅C(OH−)水=10−24溶液中：NH4+、Cl−、CO32−、F−
D. 在能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、S2−、NO3−
【答案】D
【解析】
【详解】A.在碳酸氢钠溶液中：HCO3-、Al3+会发生盐的双水解反应，不能大量共存，A错误；
B. Fe3+与SCN−会发生络合反应，与CO32−会发生盐的双水解反应，不能大量共存，B错误；
C. 常温下由水电离出的C(H+)水⋅C(OH−)水=10−24，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中CO32−、F−会发生反应，产生弱酸，不能大量存在；在碱性溶液中NH4+会发生反应，产生弱碱，液不能大量存在，C错误；
D. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，选项中的离子不能发生反应，可大量存在，D正确；
故合理选项是D。
18.25℃时,下列各组溶液的pH一定等于7的是
A. pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合
B. 0.05mol⋅L−1 H2SO4与0.10mol⋅L−1 NaOH溶液以等体积混合
C. 将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
D. pH=1的H2SO4与0.10mol⋅L−1 Ba(OH)2溶液以等体积混合
【答案】B
【解析】
试题分析：A．pH＝2溶液，c(H+)=10-2mol/L，pH＝12的溶液c(OH-)=10-2mol/L，若酸、碱都是强电解质，则二者两种溶液以等体积混合时，恰好完全中和，溶液显中性,pH=7，若酸是弱酸，由于存在电离平衡，当二者等体积混合后，未电离的酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，pH7.因此pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合后溶液的pH可能大于7、等于7、小于7，错误；B．0.05mol·L－1H2SO4，c(H+)=0.1mol/L与0.10mol·L－1NaOH溶液以等体积混合，由于是强酸与强碱反应，因此反应后溶液现中性，pH=7，正确；C．CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在， CH3COOH溶液pH＝5，c(CH3COOH)> c(H+)=10-5mol/L，稀释100倍后，溶液中未电离的酸分子进一步电离，使氢离子的浓度增大，因此溶液的pH7，错误。
考点：考查酸碱混合溶液的pH的计算的知识。
19.常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是
A. NH4Cl溶液中：c(Cl−)=c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)
B. Na2SO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42−)+c(OH−)
C. NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3−)>c(CO32−)>c(OH−)
D. 浓度均为0.lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-5-10-9) mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A.NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+水解消耗，c(Cl−)>c(NH4+)，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH−)，溶液显酸性，所以A错误；
B.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(OH−)，B错误；
C. NaHCO3溶液中：HCO3-会发生水解反应而消耗，HCO3-++H2OH2CO3+OH-，所以c(Na+)>c(HCO3−)；HCO3-发生电离作用产生c(CO32−)，HCO3-发生水解程度大于电离程度，而且溶液中还存在水电离产生OH-，所以c(OH−)>c(CO32−)，C错误；
D.浓度均为0.lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，c(H+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-9mol/L ，根据物料守恒可知：c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒可知：c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na+)+c(H+)，将两个式子叠加，可得c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，将两式叠加可得：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，所以c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[ c(H+)- c(OH－)]=2×(10-5-10-9) mol/L，D正确；
故合理选项是D。
20.某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
(已知：Ksp(ZnS)=3×10﹣25mol2/L2)

A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)
C. 该温度下Ksp(CuS)=10﹣35.4mol2/L2
D. 向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a、b、c三点中最大的，A错误；
B．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B错误；
C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)· c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36 mol2/L2，C正确；
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=3×10-20mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=×10-31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀， D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。
21.回答下列有关问题
(1)KW的数学表达式是KW =__________，温度升高KW的变化情况是______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)K通常表示化学平衡常数，K值越大表示该反应进行程度越________，对于反应2NO2(g) N2O4(g),其化学平衡常数K的数学表达式为K=[N2O4]/[NO2]2，式中[NO2]2表示的意义是_______________。
(3)Kα通常表示弱酸的电离平衡常数，Kα值越大表示该弱酸的酸性_______，对于某一元弱酸，当用蒸馏水稀释该酸时，溶液越稀，Kα的变化情况是________(选填“变大”“变小”或“不变”)
(4)Ksp表示难溶物的溶度积常数，该常数越大表示难溶物在水中的__________。
(5)实验室可用NaOH溶液吸收NO2 ,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-) 和c(CH3COO-) 由大到小的顺序为_____________。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4 mol/L，CH3COOH的电离常数为：Ka=1.7×10−5 mol/L)，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____________。
A.向溶液A中加适量水 B.向溶液A中加适量NaOH
C.向溶液B中加适量水 D.向溶液B中加适量NaOH.
【答案】 (1). c(H+)•c(OH-) (2). 变大 (3). 完全 NO2平衡浓度的平方 (4). 越强 (5). 不变 (6). 变大 (7). 溶解性越大 (8). c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-) (9). BC
【解析】
【详解】(1)水的离子积常数KW指的是在稀溶液中c(OH-)与c(H+)的乘积，即KW=c c(H+)•c(OH-)，水的电离过程是吸热，升高温度促进水的电离，使c(OH-)与c(H+)都增大，故水的离子积常数KW变大；
(2)化学平衡常数K为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故K越大，生成物越多，反应进行的越彻底、完全，根据平衡常数概念知K=，式中c2(NO2)表示的意义是NO2平衡浓度的平方；
(3)根据弱电解质的电离都是吸热过程，所以Ka值越大越有利于电解质的电离，即溶液的酸性越强；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；稀释弱酸溶液，会使其电离程度增大，电离平衡向右移动；
(4)Ksp表示难溶物的溶度积常数，一般情况下，该常数越大，说明难溶物在水中的溶解性越大；
(5) 0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为：c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-)；
使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；
A.上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，浓度减小，不能调节溶液pH相同，A不符合；
B.向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，B符合；
C.向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，C符合；
D.溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，不能调节溶液pH相同，D不符合；
故合理选项是BC。
【点睛】。
22.在2 L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝___________________________。已知：K300℃>K350℃，则该反应是______热反应。
（2）下图表示NO2变化的曲线是____。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝_________。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。　　　　　　　　　　　　　　　　　
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（1）K＝（1分）放热（1分）
（2）b（1分） 1.5×10－3mol/(L·s)（2分） （3）b c （2分） （4）c（1分）
【解析】
本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学平衡常数等。(1)根据反应方程式结合平衡常数定义可得：K=；K300℃>K350℃，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应；（2）NO2为生成物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐增大，NO的起始浓度为0.01mol/L，因反应为可逆反应，NO不可能完全转化为NO2，故图中表示NO2的变化的曲线是b；0～2s内O2的平均速率：；（3）A中未指明反应速率的方向，A项错误；该反应是反应前后气体体积发生变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，B项正确；不同物质正、逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，C项正确；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，D项错误。
23.用1.500mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示：
实验编号
待测NaOH溶液的体积/mL
HCl溶液的体积/mL
1
25.00
24.41
2
25.00
24.39
3
25.00
25.90
回答下列问题：
(1)量取待测液时，使用25.00ml移液管或______滴定管；
(2)实验中，需要润洗的仪器是：____________________；
(3)取待测液NaOH溶液25.00ml 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是_____________________；
(4)若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果__________(填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果____________。
(5)未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为__________ mol/L(保留小数点后3位有效数字)。
【答案】 (1). 碱式 (2). （酸、碱式）滴定管 (3). 当滴入最后一滴标准液，红色褪去，半分钟不再出现红色 (4). 偏高 (5). 偏低 (6). 1.464
【解析】
【分析】
(1)碱式滴定管用来盛放碱性溶液，酸式滴定管用来盛放酸性、氧化性溶液；
(2)根据滴定管不用待盛装的溶液润洗，相当于给溶液稀释；盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；
(3)用酚酞作指示剂时，滴定前，酚酞遇碱变红，到达滴定终点时观察到溶液颜色由红色变为无色；
(4)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；判断数据的有效性，依据c(待测)=计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度。
(5)根据c(酸)·V(酸)= c碱)·V(碱)计算碱的浓度。
【详解】(1)待测液为氢氧化钠溶液，显碱性，应选择碱式滴定管量取；
(2)实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被水稀释，锥形瓶则不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；
(3)碱溶液中滴加无色的酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色；
(4)若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，使所测结果偏高；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)=可知，使所测结果偏低；
(5)三次实验消耗标准液体积分别为：24.41，24.39，25.90，舍弃第三次数据，则消耗标准液体积为：V(酸) =(24.41+24.39)÷2=24.40(mL)，根据c(酸)·V(酸)= c碱)·V(碱)，则待测液浓度为：c(待测)==1.464mol/L。
【点睛】本题考查中和滴定操作的知识，注意把握实验基本方法、实验操作要点和注意事项会分析导致误差的不当操作。
24.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如下图所示：

（1）25℃时水的电离平衡曲线应为______（选填“A”或“B”）；
（2）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为________；
（3）95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是__________________。
【答案】（1）A；（2）10:1；（3）a+b=14
【解析】
试题分析：（1）水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，水中氢离子和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，故25℃时水的电离平衡曲线应为A；（2）25℃时，将PH＝9的NaOH溶液c(OH－)=10-5mol/L，PH＝4的盐酸c(H＋)=10-4mol/L，二者混合，若所得混合溶液的PH＝7，则c(OH－)V[NaOH(aq)]= c(H＋)V[HCl(aq)]，NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为10:1。（3）由图像知95℃时，Kw=1×10-12，PH＝a的某强酸溶液c(H＋)=10-amol/L，pH＝b的某强碱溶液c(OH－)=10b-12mol/L，若100体积PH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则100×10-amol/L=10b-12mol/L，a与b之间应满足的关系是a+b=14。
考点：考查水的电离、溶液的酸碱性。