【化学】福建省永春县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（理）（解析版）

福建省永春县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（理）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cl-35.5 O-16 Al-27 Mg-24 Fe-56 Zn-65 S-32 Mn-55
一、选择题（共22小题，每小题2分，共44分，每小题有一个选项符合题意。）
1.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
C. 燃料电池能把化学能转化成电能
D. 已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H>0、△S<0,那么高温下可自发进行
【答案】D
【解析】试题分析：D．△G=△H-T△S，△G>0，任何温度下都不能自发进行。
考点：考查了原电池原理及反应能否自发进行的判断的相关知识。
2.下列说法正确的是 （ ）
A. pH＜7的溶液一定呈酸性
B. 在纯水中加入少量硫酸，可促进水的电离
C. 虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质
D. Na2CO3溶液中，c(Na+)是c(CO32﹣)的两倍
【答案】C
【解析】试题分析：A．pH＜7的溶液不一定呈酸性，例如100℃的水显中性，pH＝6，A错误；B．在纯水中加入少量硫酸，抑制水的电离，B错误；C．虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠溶于水电离出阴阳离子，氯化钠是电解质，C正确；D．Na2CO3溶液中碳酸根水解，c(Na+)＞2c(CO32﹣)，D错误。答案选C。
考点：考查水的电离、电解质及盐类水解
3.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA 溶液中，离子浓度关系正确的是（ ）
A. c(Na+) > c(A-) > c(H+) > c(OH-)
B. c(Na+) > c(OH-) > c(A-) > c(H+)
C. c(Na+) + c(OH-) = c(A-) + c(H+)
D. c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)
【答案】BD
【解析】试题分析：A、HA是弱酸，则在0.1 mol·L－1NaA溶液中A－水解，溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－) ＞c(H＋)，A不正确；B、由于A－水解程度很小，所以溶液中c(A－)＞c(OH－)，B不正确；C、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C不正确；D、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。
考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较
4.一定温度下，Mg(OH)2固体在水中达到沉淀溶解平衡：Mg(OH)2 (s)Mg2+(aq)＋2OH–(aq)。要使Mg(OH)2固体质量减少而c(Mg2+)不变，采取的措施可能是（ ）
A. 加适量水 B. 通HCl气体
C. 加NaOH固体 D. 加MgSO4 固体
【答案】A
【详解】A．加水促进溶解，固体质量减少而c(Mg2+)不变，仍为饱和溶液，故A正确；
B．加入HCl，发生酸碱中和反应，c(Mg2+)浓度增大，故B错误；
C．加NaOH固体，c(OH-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Mg2+)浓度减小，故C错误；
D．加MgSO4 固体，c(Mg2+)增大，故D错误；
故答案为A。
5.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-为 NA个
B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA个
C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA
D. H2和 O2反应生成 NA个 H2O(l)和 NA个 H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。
6. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）

【答案】C
【解析】A项中NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入瓜热水，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，该反应不是可逆反应，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；
【考点定位】本题考查化学平衡移动原理的应用。
7.下列说法正确的是（ ）
A. Na+、Fe2+、Cl–、NO3–等离子能在甲基橙试液显红色的溶液中共存
B. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
C. NaHS水解的离子方程式为：HS–＋H2O S2–＋H3O+
D. NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3＝Na+＋HCO3–，HCO3– H+＋CO32–
【答案】D
【详解】A．甲基橙试液显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．电解熔融的氧化铝制取金属铝，应选择石墨电极作阳极，否则用Fe作阳极，Fe要发生氧化反应，故B错误；
C．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，正确的水解方程式为：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；
D．碳酸氢钠的电离用等号，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，碳酸氢根离子的电离用可逆号，电离方程式为：HCO3-⇌H++CO32-，故D正确；
故答案为D。
8.NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（ ）
A. 温度、容积不变，充入NH3
B. 温度、容积不变时，充入SO2气体
C. 充入N2，保持压强不变
D. 移走一部分NH4HS固体
【答案】D
【解析】试题分析：A、容积不变，充入氨气，增大生成物浓度，平衡向左移动，故A不符合；
B、温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动；
C、充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故C不符合；
D、NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动，故D符合。
考点：考查了外界条件对化学平衡的影响的相关知识。
9.二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。如图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图(a、b均为多孔性Pt电极)。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)

A. a电极为该电池正极
B. O2在b电极上得电子，被氧化
C. 电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋
D. 电池工作时，燃料电池内部H＋从b电极移向a电极
【答案】C
【详解】氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
A．通燃料的一极，失电子，为负极，即a为负极，故A错误；
B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；
C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；
D．原电池工作时，电解质溶液中的H+向正极移动，即从a极向b电极移动，故D错误；
故答案为B。
【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：
①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；
②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；
③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；
④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。
10.下列有关叙述正确的是（ ）
A. NH3·H2O的电离平衡常数随着温度升高而减小
B. 在0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中，加入少量CH3COONa晶体后，溶液的pH减小
C. 强酸、强碱和大部分盐类都是强电解质，其他化合物都是弱电解质
D. 相同温度下，醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强
【答案】D
【解析】试题分析：A、NH3·H2O的电离平衡常数随着温度升高而增大，A项错误；B、在0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中，加入少量CH3COONa晶体后，溶液的pH增大，B项错误；C、有些化合物属于非电解质，C项错误；D、导电能力与电解质强弱无直接关系，与溶液中离子浓度有关，D项正确；答案选D。
考点：考查电解质
11.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是(　　)
A. pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－
B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2-、S2－、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-
D. c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－
【答案】B
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；
B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不能大量共存，但碱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．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；
D．c(H+)=10-14 mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
12.图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。
　
下列有关说法正确的是（ ）
A. 一定条件下，向密闭容器中加入1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)反应放出234 kJ热量
B. 若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率
C. 若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度
D. 若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度
【答案】C
【解析】试题分析：A、反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234 kJ热量，故A错误；B、两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种转化率，故B错误；C、气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D、该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选D。
考点：考查了转化率随温度、压强的变化曲线；吸热反应和放热反应的相关知识
13.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 配制SnCl2溶液时，首先用盐酸酸化蒸馏水，然后加入SnCl2晶体
B. 加热CH3COONa溶液（预先滴有少量酚酞），溶液颜色变深
C. 常温下，Fe(NO3)3溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10–10 mol·L–1
D. NaHCO3作为发酵粉使用时，加入少量的明矾在水中能起到酸的作用
【答案】C
【解析】试题分析：A、配制SnCl2溶液时，首先用盐酸酸化蒸馏水，抑制水解，然后加入SnCl2晶体，A项正确；B、加热CH3COONa溶液（预先滴有少量酚酞），水解程度增大，减小增强，溶液颜色变深，B项正确；C、无法计算水的电离程度，C项错误；D、明矾中铝离子水解，显酸性，D项正确；答案选C。
考点：考查
14.常温时，以下4种溶液pH最大的是（ ）
A. 0.01 mol·L–1氨水溶液
B. 0.02 mol·L–1氨水与0.02 mol·L–1 HCl溶液等体积混合
C. 0.03 mol·L–1氨水与0.01 mol·L–1 HCl溶液等体积混合
D. pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
【答案】A
【解析】试题分析：A．0.01 mol·L–1氨水溶液，B．0.02 mol·L–1氨水与0.02 mol·L–1 HCl溶液等体积混合，实为0.01mol/LNH4Cl；C．0.03 mol·L–1氨水与0.01 mol·L–1HCl溶液等体积混合实为0.01 mol·L－1氨水溶液0.005mol/LNH4Cl；D．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，为BaCl2溶液，pH由大到小的顺序为：A、C、B、D，A项正确；答案选A。
考点：考查PH大小比较
15.已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH＝－49.0kJ·mol−1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。下列叙述中，正确的是（ ）

A. 升高温度能使n(CH3OH)/n(CO2)增大
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%
C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075mol·L−1·min−1
【答案】B
【分析】从勒夏特列原理、化学反应速率计算的角度进行分析。
【详解】A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CH3OH物质的量减小，CO2的物质的量增大，该比值减小，故A错误；
B、根据图像，达到平衡时消耗c(CO2)=(1.00－0.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，则CO2的转化率为0.75/1.00×100%=75%，故B正确；
C、3min时没有达到平衡，即CO2的表示的正反应速率不等于CH3OH表示的逆反应速率，故C错误；
D、根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=0.75/10mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)，故D错误。
【点睛】易错点是选项C，3min时CH3OH和CO2浓度相等，两者浓度相等并不能说明反应达到平衡，根据化学平衡状态的定义，应是组分的浓度不再改变。
16.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是（ ）
A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10
B. 向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大
C. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.0×10-6 mol/L
D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100
【答案】B
【解析】A、HCOO－水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝mol/L＜1.0×10－6mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D正确，答案选B。
17.羟胺的电离方程式为： NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－（ 25℃时， Kb＝9.0×l0－9）。用 0.l mol·L－1 盐酸滴定 20 mL 0.l mol·L－1 羟胺溶液，恒定 25℃时，滴定过程中由水电离出来的 H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg3＝0.5)。下列说法正确的是（ ）

A. 图中 V1＞10
B. A 点对应溶液的 pH＝9.5
C. B、 D 两点对应的溶液均为中性
D. E 点对应溶液中存在：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋c (NH2OH)
【答案】B
【解析】A、B点的溶液为NH3OHCl、NH2OH，B点此时应为中性，故V1=10，故A错误；B、A点时，NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－，c（OH－）=c（NH3OH+），c（NH2OH）0.l mol·L－1，c（OH－）2==9.0×l0－10，c（OH－）=3.0×l0－5，c（H+）=10-9，pH=-lg c（H+）=9.5，故B正确；C、C点时，溶液为NH3OHCl溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D点不是中性，故C错误；D、E点为等浓度的NH3OHCl和HCl溶液，质子守恒为：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋2c (NH2OH)，故D错误；故选B。
点睛：该题的关键是先考虑A、C、E三个特殊点的状态，通过排除法，就可以顺利找到答案。
18.下列说法错误的是（ ）
A. 用惰性电极电解 Na2SO4溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解 CuSO4溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2恢复电解前浓度时，电路中转移了 4 mol e－
C. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大
D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极
【答案】C
【详解】A．用惰性电极电解Na2SO4溶液，相当于电解水：2H2O 2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol电子转移时，消耗水1mol，即可加入18g水恢复到原状态，故A正确；
B．用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol；现需加入1molCu(OH)2 恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O 2H2↑+O2↑可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4mole-，故B正确；
C．阳离子在阴极得电子能力Cu2+＞H+，阴离子在阳极失电子能力Cl-＞OH-；所以用惰性电极电解1molCuSO4 和1molNaCl的混合溶液，阴极电极反应：Cu2++2e-═Cu，1molCu2+完全反应转移2mol电子；阳极电极反应：Cl--e-═Cl2↑，1molCl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH--4e-=O2↑+2H2O，转移1mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，故C错误；
D．Cu与稀硫酸不反应，若要实现Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，故D正确；
故答案为C。
19.常温下，向20 mL x mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）。下列说法中不正确的是（ ）

A. 上述 CH3COOH溶液中：c(H+)＝1×10－3 mol·L－1
B. 图中V1 <20 mL
C. a点对应的溶液中：c (CH3COO－)＝c (Na+）
D. 当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中：c (CH3COOH) + c (H+)＞c (OH－）
【答案】D
【详解】A．由图象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=1×10-3mol•L-1，故A正确；
B．若物质的量浓度都为xmol•L-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，若溶液呈中性，则加入NaOH溶液的体积V1＜20 mL，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a点时溶液的pH=7，则c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；
D．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知联式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；
故答案为D。
20.某温度下，密闭容器中，发生如下可逆反应：2E(g) F(g)＋xG(g)；ΔH＜0。若起始时E浓度为a mol·L－1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5a mol·L－1；若E的起始浓度改为2amol·L－1，F、G浓度仍为0，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 若x＝1，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%
B. 升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢
C. 若x＝2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度为0.5a mol·L－1
D. 若x＝2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol
【答案】A
【详解】A.若x＝1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2a mol·L－1，相当于两个相同的容器中E浓度均为a mol·L－1，然后压缩使气体的体积与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；
C.达原平衡时E浓度为0.5a mol·L－1，F的平衡浓度为0.25a mol·L－1，若x＝2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5a mol·L－1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a mol·L－1，故C错误；
D.若x＝2，容器压强保持不变，则随反应的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；
答案选A。
21.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备 Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是( )

A. 石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－
B. X是铁电极
C. 电解池中有1mol Fe溶解，石墨Ⅰ耗H2 22.4 L
D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。
【答案】D
【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极，发生氧化反应；通入氧气的电极II是正极，正极发生还原反应。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，Fe作阳极发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O +2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH) 2↓。
A.通入氧气电极II是正极，正极上氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；
B.X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH) 2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；
C.电解池中有1mol Fe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是 22.4 L，C错误；
D.若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH) 2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理，明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极，与电源负极连接的电极为阴极，Fe电极与电源正极连接作阳极，发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。
22.向0.1mol/I.的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。根据图象，下列说法不正确的是（ ）

A. 开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH-═HCO3-+H2O
B. 当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C. pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)
D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaOH═(NH4)2CO3+Na2CO3
【答案】D
【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O⇌HN3•H2O+H+①；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②；HCO3-的电离平衡，即HCO3-⇌H++CO32-③；
A．在未加氢氧化钠时，溶液的PH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第②个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-═HCO3-+H2O，故A正确；
B．对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当PH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；
C．从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(HN3•H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，故C正确；
D．滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH═NaHCO3+NH3•H2O，故D错误；
故答案为D。
第Ⅱ卷（非选择题共56分）
23.运用所学知识，解决下列问题：
（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_____________________________________________；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是______________________________________________________。
（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液
①NH4Cl溶液的pH_____7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以_______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_______NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；
③浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c(NH4+)由大到小的顺序为____＞___＞____（用序号填空）。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因____________________________________________________________。 （提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）
【答案】(1). 酸 (2). Ag＋ ＋ H2O AgOH ＋ H＋ (3). 抑制Ag＋水解 (4). ＜ (5). 促进 (6). ＞ (7). B (8). C (9). A (10). Al3+ +3H2O Al(OH)3+3H+，AlCl3·6 H2O与SOCl2混合加热， SOCl2与AlCl3·6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解
【分析】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，配制硝酸银溶液加入硝酸是抑制银离子水解；
(2)①强酸弱碱盐在溶液中水解，溶液显酸性，升高温度促进盐的水解；
②氢氧化钠为强碱溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，加热后氢氧化钠溶液的pH基本不变，而醋酸钠的水解程度增大，溶液pH增大；
③浓度相同时，硫酸铵的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中含有铵根离子浓度最大，结合硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解比较铵根离子浓度大小；
(3)SOCl2与AlCl3•6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制了氯化铝的水解。
【详解】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，反应的离子方程式为：Ag++H2O⇌AgOH+H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其中加入硝酸目的是抑制硝酸银水解，避免溶液变浑浊；
(2)①NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液显酸性，溶液的pH＜7，盐的水解为吸热反应，升高温度促进NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解溶液显示碱性，加热后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液pH增大，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；
③浓度相同的下列三种溶液：(A)NH4Cl溶液，(B) (NH4)2SO4溶液，(C)NH4HSO4溶液，B的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中c(NH4+)最大；NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，则C溶液中铵根离子浓度大于A，所以三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为：B＞C＞A；
(3)由于HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，若使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，可得到无水AlCl3，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，AlCl3•6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。
24.现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：
（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_________。
A．c(H＋) B． c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的 c(H+)/c(CH3COOH) 比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)______(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。
（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
H2SO3
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝4.7×10－11
3.0×10－8
 K1＝1.54×10－2
K2＝1.02×10－7

①下列微粒可以大量共存的是______填字母。
a.CO32-、HSO3- b.HCO3-、HSO3-
c.SO32-、HCO3- d.CO32- 、H2CO3
②写出下列反应离子方程式：
H2SO3＋Na2CO3(少量)：_______________
室温下，0.1 mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 mol·L－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（5）点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝_____mol/L。点⑤所示的溶液中各离子浓度的大小顺序_____________________．
（6）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取m g草酸晶体于锥形瓶中,加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是___________________________________________；该过程中发生反应的离子方程式为____________________________________________；滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为________________。
【答案】(1). A (2). 向右 (3). 减小 (4). ＜ (5). bc (6). H2SO3＋CO32-=== HSO3-＋HCO3- (7). 0.10 (8). c（K+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+） (9). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 (10). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (11). 0.315cv/m
【分析】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n(H+)增大，酸性减弱c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；
(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；
(4)①根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；
②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3；
(5)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；
(6)用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应终点，高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，结合反应的定量关系计算草酸晶体纯度。
【详解】(1)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A正确；
B．=×=，K不变，醋酸根离子浓度减小，则稀释过程中比值变大，故B错误；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)•c(OH-)=Kw，Kw不变，故C错误；
故答案为A；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以减小；
(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)＜V(乙)；
(4)①已知Ka越大酸性越强，酸性强弱顺序为H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，且酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-与HSO3-、SO32-不反应，即bc能共存，故答案为bc；
②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3，发生反应的离子方程式为H2SO3＋CO32-=== HSO3-＋HCO3-；
(5)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)=0.10mol•L-1；点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；
(6)称取m g草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变，该过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定过程中消耗V mL KMnO4标准溶液，结合离子方程式定量关系计算；
2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
       2     5
cmol•L-1×V×10-3L n
n=2.5cV×10-3mol，草酸晶体H2C2O4•2H2O的纯度=×100%=%。
【点睛】电解质溶液中存在的三个守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
25.碳及其化合物在化工生产中有着广泛的应用。
I．为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出如下构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，在合成塔中经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。部分技术流程如下:

⑴合成塔中反应的化学方程式为_____________________________；△H<0。该反应为可逆反应，从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了_____________________。
(2)从合成塔分离出甲醇的原理与下列_______操作的原理比较相符(填字母）
A.过滤 B.分液 C.蒸馏 D.结晶
(3)如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。写出CO2(g)与H2(g)反应生CH4(g)与液态水的热化学方程式_________________________________________。
已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2=-571.6kJ/mol
II．某兴趣小组模拟工业合成甲醇的反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在容积固定为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，加入合适的催化剂（催化剂体积忽略不计）后开始反应。测得容器内的压强随时间变化如下:
时间/min
0
5
10
15
20
25
压强/Mpa
12.6
10.8
9.5
8.7
8.4
8.4

(1)从反应开始到20min时，以CO表示反应速率为________。
(2)下列描述能说明反应达到平衡是_______
A.装置内气体颜色不再改变 B.容器内气体的平均摩尔质量保持不变
C.容器内气体的压强保持不变 D.容器内气体密度保持不变
(3)该温度下平衡常数K=_______，若达到平衡后加入少量CH3OH(g)，此时平衡常数K值将_________ (填“增大”、“减小”或“不变”)
(4)该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO和2mol H2，此时CO的转化率将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)
Ⅲ. 人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：

① 在阳极区发生的反应包括_________________________和H＋＋HCO===H2O＋CO2↑。
② 简述CO32-在阴极区再生的原理：__________________________________________。
【答案】(1). CO2+3H2CH3OH+H2O (2). 催化剂的催化活性 (3). C (4). CO2(g)+4H2(g) = CH4(g)+2H2O(l) △H=-252.9kJ/mol (5). 0.0125mol·L-1·min-1 (6). BC (7). 4 (8). 不变 (9). 增大 (10). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (11). HCO3-存在电离平衡：HCO3-H＋＋CO32-，阴极H＋放电浓度减小平衡右移，CO32-再生
【分析】I．(1)根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水；工业生产条件选择要考虑转化率、反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面综合考虑；
(2)从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液，甲醇与水互溶，沸点相差大；
(3)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=-890.3kJ/mol，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律书写热化学方程式；
II．(1)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，
     CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
初始浓度(mol/L)：0.5    1 　　　　 0
变化浓度(mol/L)：x     2x 　　　 x
平衡浓度(mol/L)：0.5-x  1-2x 　　 x
根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=0.25mol/L，从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v=；
(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，以及其它物理量的变化情况，可由此进行判断；
(3)平衡常数是利用平衡状态下生成物浓度幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积得到；平衡常数随温度变化；
(4)该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO 2mol H2，相当于增大平衡压强，平衡向气体体积减小的方向进行；
III．①阳极上氢氧根离子放电生成氧气；
②碳酸氢根离子存在电离平衡、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子。
【详解】I．(1)合成塔反应是二氧化碳和氢气在一定条件下可生成甲醇和水，其方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，温度影响催化剂活性，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑催化剂的催化活性；
(2)从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液，甲醇与水互溶，沸点相差大，可用蒸馏的方法分离，故答案为C；
(3)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=-890.3kJ/mol，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律②×2-①得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H=(-571.6kJ/mol)×2-(-890.3kJ/mol)=-252.9kJ/mol，则CO2(g)与H2(g)反应生CH4(g)与液态水的热化学方程式为CO2(g)+4H2(g) = CH4(g)+2H2O(l) △H=-252.9kJ/mol；
II．(1)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，
     CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
初始浓度(mol/L)：0.5    1 　　　　0
变化浓度(mol/L)：x     2x 　　　 x
平衡浓度(mol/L)：0.5-x  1-2x 　　 x
根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=0.25mol/L，从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v===0.0125 mol·L-1·min-1；
(2)反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析判断；
A．装置内气体为无色，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．容器内气体的平均相对分子质量数值上等于气体的平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，质量是守恒的保持不变，但是n变化，当气体的平均摩尔质量不变了，证明达到平衡，故B正确；
C．反应是前后气体体积变化的反应，容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故C正确；
D．该反应在恒容条件下进行，反应前后气体质量守恒，所以反应过程中密度始终保持不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为BC；
(3)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，
          CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
初始浓度(mol/L)：0.5   1 　 0
变化浓度(mol/L)：x   2x 　 x
平衡浓度(mol/L)：0.5-x  1-2x 　 x
根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=0.25mol/L，K==4，平衡常数隋文帝变化，若达到平衡后加入少量CH3OH(g)，此时平衡常数K值将不变；
(4)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO、2molH2，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，CO的转化率将增大。
III．①阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑；
②HCO3-存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生；阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，CO32-再生。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
26.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，以及生产ClO2 和氯的含氧酸盐（NaClO、NaClO3）等系列化工产品。
（1）写出氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式：________________________________。
（2）①室温下，0.1 mol·L–1 NaClO溶液的pH___ 0.1 mol·L–1 Na2SO3溶液的pH。（填“大于”、“小于”或“等于”）已知：H2SO3的Ka1＝1.54×10–2，Ka2＝1.02×10–7；HClO的Ka＝2.95×10–8
②写出一种可以证明NaHSO3溶液中HSO3–的电离程度大于HSO3–水解程度的方法：____________________________________________________________________
（3）氯气含量检测仪中，原电池工作原理示意图如图所示，则Cl2在Pt电极放电的电极反应为_________________________________

（4）工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液，通过控制条件，使Fe3+水解产物聚合，形成可溶的多聚体，最终析出红棕色胶状沉淀Fe2O3·nH2O。其中水解形成羟桥配离子的离子方程式为：2Fe3+＋10H2O [Fe(H2O)4 (OH)2 Fe(H2O)4]4+＋2H+ 。欲使上述水解平衡正向移动，可采用的方法有________（填字母）。
A．加水稀释　　 B．加热　 　 C．加入盐酸　　 D．加入NaHCO3
（5）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN– 氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl–。处理含CN–相同量的电镀废水，所需Cl2的质量是ClO2的______ 倍。（保留三位有效数字）
【答案】(1). 2Cl– ＋2H2O2OH–＋H2↑＋Cl2↑ (2). 大于 (3). 用pH试纸（或pH计）测定NaHSO3溶液的酸碱性，测得溶液的pH＜7 (4). Cl2 ＋2Ag+＋2e– ＝2AgCl (5). A、B、D (6). 2.63
【分析】(1)电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；
(2)①酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其阴离子结合氢离子能力越小，溶液的碱性越小；
②NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，则NaHSO3溶液呈酸性，故只要证明检验溶液呈酸性即可，可用pH试纸、酸碱指示剂完成；
(3)Cl2在Pt电极放电，生成AgCl；
(4)控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以加热平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入盐酸溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；
(5)作为消毒剂，还原产物都为-1价氯离子，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，以单位质量的氧化剂所得到的电子数比值计算。
【详解】(1)电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑；
(2)①H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；HClO的Ka=2.95×10-8，H2SO3的无论一级电离、二级电离都大于次氯酸的电离，所以NaClO溶液的水解程度大于亚硫酸钠，即碱性强于亚硫酸钠溶液；
②NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的酸碱性，测得溶液的pH＜7；
(3)Cl2在Pt电极放电，生成AgCl，电极反应为：Cl2+2Ag++2e-=2AgCl；
(4)控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以加热，平衡正向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入盐酸溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故A、B、D符合条件，故答案为A、B、D；
(5)设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为×1×5=mol，则处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的质量是ClO2的比为：2.63:1=2.63。