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2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.下列物质分类组合正确的是
A
B
C
D
强电解质
HBr
FeCl3
H3PO4
Ca(OH)2
弱电解质
HF
CH3COOH
BaSO4
HI
非电解质
NH3
Cu
H2O
C2H5OH
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。
【详解】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；
B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；
D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念和识别。解此类题要注意准确理解概念。
2.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2
【答案】B
【解析】
试题分析：：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
3. 水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有1个水分子发生电离，则n值是（ ）
A. 1×10-14 B. 55.6×107 C. 107 D. 55.6
【答案】B
【解析】
试题分析：1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：1000g÷18g/mol≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：55.6/10−7＝n/1，解得n=55.6×107，答案选B。
考点：考查水的电离及物质的量的相关计算
4.氮化硅陶瓷能代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g) △H＜0。若在恒压绝热容器中反应，下列选项表明反应一定已达化学平衡状态的是（ ）
A. 容器的温度保持不变 B. 容器的压强保持不变
C. υ正(N2)＝6υ逆(HCl) D. 容器内的气体c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。
【详解】A项，该反应的正反应为放热反应，在恒压绝热容器中建立平衡过程中温度升高，平衡时温度不变，容器的温度保持不变能表明反应一定达到化学平衡状态；
B项，该容器为恒压绝热容器，容器的压强始终保持不变，容器的压强保持不变不能表明反应一定达到化学平衡状态；
C项，达到化学平衡时用不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时6υ正（N2）=υ逆（HCl），故υ正（N2）=6υ逆（HCl）时反应没有达到平衡状态；
D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，容器内的气体c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1:3:6不能表明反应一定达到化学平衡状态；
答案选A。
【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。解答本题时还需注意容器为恒压绝热容器。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【详解】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，解题关键：明确化学平衡移动原理适用范围，易错点：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，易错选项是C，是可逆反应，但反应前后气体体积不变．
6.常温下0.1 mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a＋1)的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入等体积0.2 mol/L盐酸 D. 提高溶液的温度
【答案】B
【解析】
试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1);B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。
考点：弱电解质的电离。
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7.下列选项中的数值前者小于后者的是
A. 同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH
B. 同温同浓度的KHCO3和NH4HCO3溶液中的c(HCO3－)
C. 25℃和100℃时H2O的KW
D. 中和25mL 0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸酸性强于碳酸，所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，同温同浓度的NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，选项A错误；
B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同，后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液中的c（HCO3-）前者大于后者，选项B错误；
C、水的电离是吸热的过程，水的离子积只受温度的影响，温度越高，水的Kw越大，所以25℃时H2O的KW小于l00℃时H2O的KW，选项C正确；
D、中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的，选项D错误。
答案选C。
8.向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、CH3COOH固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO－浓度的变化依次为
A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小
C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大
【答案】C
【解析】
CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2SO3是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COOH，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。
9.下列应用与盐类的水解无关的是
A. 纯碱溶液可去除油污
B. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2
D. 保存FeSO4溶液时加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
【分析】
A、纯碱水解显碱性，能够促进油污的水解；
B、利用的是氯化铁中三价铁离子的水解；
C、TiCl4溶于大量水，发生了水 TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl；
D、加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关。
【详解】A．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，选项A不选；
B．制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，选项B不选；
C、TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，选项C不选；
D、保存FeSO4溶液时加入少量铁粉是防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
10.在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是
A. a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-
B. b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-
C. c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+
D. d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—
【答案】D
【解析】
试题分析：A中，a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B中，b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C点对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D中d点所对应的溶液一定呈碱性与题意符合，所以D正确。
考点：重点考查离子的水解反应。
11.一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍
B. CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S<0
C. 将容器体积增大为原来的2倍，平衡向正反应方向移动
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于压强增大，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度小于原先的2倍，A错误；B．CaCO3（s）高温分解为CaO（s）和CO2（g），反应方程式为：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），反应生成气体，是熵值增加的过程，则△S＞0，B错误；C．正反应是体积增大的可逆反应，将体积增大为原来的2倍，平衡将向正反应方向移动，C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，D错误；答案选C。
考点：考查化学平衡的影响因素
12.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）c(Na＋)＞c(HRO3－)＋c(RO32－)
B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)
C. 常温下物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中水的电离程度：①＞②＞③
D. 等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前＞N后
【答案】A
【解析】
A、根据溶液中的电荷守恒分析，c(Na＋）+c(H＋）＝c(HRO3－）＋2c(RO32－）+c(OH－），根据溶液显中性，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以溶液中c(Na＋）＞c(HRO3－）＋c(RO32－），A正确；B、原来只有醋酸钠，则c(Na＋）=c(CH3COO—）+c(CH3COOH），加入盐酸后溶液显中性，c(Na＋）+c(H＋）=c(CH3COO—）+c(Cl—）+c(OH－），c(H＋）＝c(OH－），两式联立，去掉钠离子浓度，则有c(Cl—）=c(CH3COOH），B错误；C、在碳酸铵中铵根离子水解，碳酸根离子也水解，二者相互促进，水解程度大，在硫酸亚铁铵中，铵根离子水解和亚铁离子水解相互抑制，水解程度小，所以溶液中的铵根离子浓度①＜②＜③，C错误；D、次氯酸是弱酸，在次氯酸钠溶液中存在次氯酸根离子水解，溶液显碱性，溶液中的氢离子浓度小于10-7mol/L，根据电荷守恒，溶液的阳离子都是钠离子和氢离子，因为钠离子浓度相同，在次氯酸钠中氢离子浓度小，所以次氯酸钠溶液中阴离子浓度小，离子总数小，D错误，答案选A。
点睛：在溶液中存在物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，根据具体的溶液进行分析。物料守恒是指电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。电荷守恒是指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。质子守恒是指电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H＋）的物质的量应相等，需要结合电解质溶液的电离以及水解灵活应用。
13.将0.2mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是
A. 2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)
B. c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)
C. c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1 mol·L－1
D. 3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)
【答案】D
【解析】
【分析】
将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。
【详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05 mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。
14.常温下，KSP(CaSO4)=9 ×10－6，常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是（ ）
A. a点对应的KSP等于c点对应的Ksp
B. a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液
C. b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定不等于3×10-3 mol•L-1
D. 向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点
【答案】B
【解析】
分析：A．Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等；B．曲线上的点为溶解平衡点；C．b点Qc＞Ksp；D．d点溶液通过蒸发可以变到c点。
详解：A．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项D正确；B．曲线上的点为溶解平衡点，则a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液，选项B正确；C．d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），则c（SO42-）小于3×l0-3mol/L，选项C正确；D．升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，选项D错误；答案选D。
点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等。
15.关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A. c(NH)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②
B. 将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数PH变化大的是③
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A、氯化铵为强电解质,完全电离后产生大量的NH4+，NH3·H2O为弱电解质不完全电离，只有少量的NH4+产生，故c(NH)：③>①；在水中加入酸和碱都抑制水的电离，盐酸是强酸抑制水的电离的程度大，故水电离出的c(H＋)：①>②，选项A正确；B、盐的水解是可逆过程，加水稀释时促进水解，强酸完全电离，稀释时浓度变化较大，将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数pH变化大的是②，选项B不正确；C、①和②等体积混合后的溶液恰好是氯化铵溶液，NH4Cl溶液中的质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，选项C正确；D、①和③等体积混合后的溶液形成的是pH>7的溶液，c(NH)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。答案选B。
16.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，10 min时达到平衡：PCl3(g) + Cl2(g)PCl5(g)有关数据如下，下列判断不正确的是
PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度(mol/L)
2.0
1.0
0
平衡浓度(mol/L)
c1
c2
0.4
A. 10 min内，v(Cl2) = 0.04 mol/(L·min)
B. 当容器中Cl2为1.2 mol时，反应达到平衡
C. 若升高温度(T1＜T2)时，该反应平衡常数减小，则平衡时PCl3的
D. 平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 molCl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)＜0.2 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】PCl3(g) + Cl2(g) PCl5(g)
起始浓度： 2.0 1.0 0
转化： 0.4 0.4 0.4
平衡浓度： 1.6 0.6 0.4
A、10 min内，v(Cl2) = 0.04 mol/(L·min)，选项A正确；
B、当容器中Cl2为1.2 mol时，此时Cl2浓度为0.6 mol/L。反应达到平衡，选项B正确；
C、若升高温度(T1＜T2)时，该反应平衡常数减小，表明该反应正向为放热反应，高温时PCl3的浓度改变量小，则平衡时PCl3的，选项C不正确；
D、平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 molCl2，相当于将体积增大到原来的两倍，减小压强，平衡向逆反应方向移动，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)＜0.2 mol/L，选项D正确。
答案选C。
17.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学反应方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH < 0。按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 正反应速率：v(a)>v(c) v(b)>v(d)
B. 平衡时a点一定有n(CO):n(H2)＝1:2
C. 平衡常数：K(a)>K(c) K(b)＝K(d)
D. 平均摩尔质量：(a)<(c)(b)>(d)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，υ（a）＜υ（c）．b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）＞v（d），A错误；B. 投料时两者比例不确定所以a点比例无法确定，B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）＞K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），C正确；D．CO转化率的越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），D错误；选C。
考点：考查反应速率、平衡常数、转化率等相关知识。
18.常温下，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是
A. H2A是二元弱酸
B. 当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+）
C. 当V（NaOH）=10 mL时，溶液中离子浓度关系一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
D. 当V（NaOH）=20 mL后，再向溶液中加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小
【答案】D
【解析】
【分析】
A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，H2A为二元弱酸；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2A，说明溶液中HA-离子电离程度大于水解程度；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大。
【详解】A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，说明H2A为二元弱酸，选项A正确；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断，当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有电荷守恒：c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）=c（Na+）+c（H+），选项B正确；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2A，说明溶液中HA-离子电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小为；c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），选项C正确；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查了酸碱反应后溶液中溶质分析，酸碱性的分析判断，离子浓度大小比较，图象分析判断和反应过程的理解应用是解题关键，题目难度较大。
19.25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH 的关系如图所示,下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是
A. pH=5.5 的溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B. W 点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
C. pH=3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COO-）=0.1mol•L﹣1
D. 向W 点所表示的1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体（溶液体积变化可忽略）：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
【答案】B
【解析】
【分析】
A．由图可知，pH=4.75时，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，溶液中醋酸的电离程度增大，故溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO-）增大，据此确定c（CH3COOH）和c（CH3COO-）的相对大小；
B．由图可知，W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，结合溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）判断；
C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）判断；
D．根据W点c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，结合反应进行判断。
【详解】A． 由图可知，pH=4.75时，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO-）增大，则所以c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），选项A错误；
B．由图可知，W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-），选项B正确；
C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，pH=3.5时c（CH3COOH）大于c（CH3COO-），c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COO-）<0.1mol•L﹣1选项C错误；
D．W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，1L溶液中n（CH3COOH）=n（CH3COO-）=0.05mol，通入0.05molHCl气体，CH3COO-与H+恰好完全反应生成0.05molCH3COOH，由于CH3COOH的电离是微弱的，故c（H+）
【点睛】本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大。
20.（1）现有pH＝3的HCl溶液100 mL，要使它的pH＝4，如果加入蒸馏水，需加水_____ mL (假定溶液体积有加和性，下同)。
（2）常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝_______。
（3）今有A.盐酸 B.醋酸 C.硫酸三种酸：
①在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸氢钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是______________．（填写酸的序号并用符号“＞、＜、=”连接，下同）
②在同体积、同pH的三种酸中，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌粒，若产生相同体积的氢气（同温同压下），则开始反应时速率大小关系是__________，反应所用时间长短关系是_______________
【答案】 (1). 900 (2). 11.7 (3). C＞A=B (4). A=B=C (5). A=C＞B
【解析】
【详解】（1）强酸加水稀释10n倍，pH增大n个单位，则现有pH=3的HCl溶液100mL，要使它的pH=4，则溶液的体积变为1000mL，所以要加入900mL蒸馏水；
（2）设两种碱的体积都是1L，pH=8和pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中氢氧根离子浓度= mol/L≈5.0×10-3 mol/L，则混合溶液中氢离子浓度= mol/L=2×10-12mol/L，pH=11.7；
（3）①在同体积、同浓度的三种酸中，盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的碳酸氢钠，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸氢钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍，所以产生CO2的体积由大到小的顺序是：C＞A=B；
②醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所以醋酸中存在电离平衡，氯化氢和硫酸完全电离，同体积，同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，A=B=C；随着反应的进行，醋酸不断电离出氢离子，反应过程中氢离子浓度醋酸最大，硫酸和盐酸中相等，所以反应过程中速率：醋酸＞硫酸=盐酸，则反应时间大小为：A=C＞B。
【点睛】本题考查了强酸和弱酸的比较及溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
21.按要求填空。
（1）浓度均为0.1 mol/L的①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是_________________________（填序号）。
（2）现将足量的固体AgCl分别放入下列物质中： ①30 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液 ②20 mL 0.01 mol/L KCl溶液③40 mL0.03mol/L HCl溶液 ④10 mL蒸馏水 ⑤50 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是________________________（填序号）
（3）向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有____________________________________________________。
（4）常温下，将0.2 mol/L CH3COOH和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH＜7，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________________。
（5）相同浓度的下列溶液中，c(CO32－)的大小顺序是_____________________（填序号）
①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3
（6）常温下，用0.01 mol/L HCl溶液完全中和pH＝11的下列溶液各100mL，需HCl溶液体积的大小关系是_________________________________________（填序号）
①NaOH ②Ba(OH)2 ③NH3·H2O
【答案】 (1). ④>②>③>① (2). ④>②>③>①>⑤ (3). 出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生 (4). c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－) (5). ①>④>②>⑤>③ (6). ③>①=②
【解析】
(1)④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c(H+)较小，抑制水的电离程度较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，对水的电离的抑制程度较大，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度更大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④＞②＞③＞①；
(2)氯化银难溶于水，根据Ksp，加入c(Cl-)越小，则c(AgCl)=c(Ag+)越大，即氯化银的溶解度越大。①c(Cl-)=0.04mol/L，②c(Cl-)=0.01mol/L，③c(Cl-)=0.03mol/L，④蒸馏水c(Cl-)为0，所以c(Ag+)由大到小排列顺序是④＞②＞③＞①，则AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④＞②＞③＞①，而⑤加入的是银离子，c(Ag+)=0.05mol/L，则c(AgCl)= c(Cl-)，⑤中c(Ag+)最大，则AgCl的溶解度最小，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④＞②＞③＞①＞⑤，故答案为：④＞②＞③＞①＞⑤；
(3)氯化铁水解呈酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，可使碳酸钙溶解，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，反应消耗H+，使c(H+)减小，引起水解平衡向右移动，导致Fe(OH)3增多，溶液中有红褐色沉淀，故答案为：出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生；
(4)酸的物质的量是碱的物质的量的2倍，且酸碱都是一元的，反应后生成等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；所得溶液的pH＜7，说明酸电离的程度大于盐水解的程度，溶液呈酸性；混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
(5)假设浓度均为1mol/L，①Na2CO3水解程度很小，c(CO32－)≈1mol/L，②NaHCO3的水解程度大于电离程度，电离程度很小，c(CO32－)很小，③H2CO3是弱酸，电离程度很小，第一步电离出的碳酸氢根离子远小于②和⑤，第二步电离程度更小，因此c(CO32－)非常小，在五种物质中最小，④(NH4)2CO3中铵根离子水解促进碳酸根离子水解，使得c(CO32－)≈1mol/L，但比①要小，⑤NH4HCO3中铵根离子水解抑制碳酸氢根离子电离，c(CO32－)很小，比②还小，c(CO32－)的大小顺序为①>④>②>⑤>③，故答案为：①>④>②>⑤>③；
(6)pH＝11的①NaOH，②Ba(OH)2，③NH3·H2O的c(OH-)相等，因为氢氧化钠个氢氧化钡为强碱，消耗的盐酸相等，氨水是弱碱，还有大量的NH3·H2O为电离，因此消耗的盐酸最多，故答案为：③>①=②。
22.I 充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，用标准氢氧化钠溶液滴定，以确定该稀盐酸的准确物质的量浓度。回答下列问题：
（1）该滴定实验盛装标准液的仪器是__________， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。（填“＞”，“＝”，“＜”）
（2）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从____色变为____色且保持30s内不变色。
（3）配制三种不同浓度的标准氢氧化钠溶液，你认为最合适的是第______种。
①5.000 mol/L ②0. 5000 mol/L ③0.0500 mol/L
（4）若采用上述合适的标准氢氧化钠溶液滴定稀盐酸，操作步骤合理，滴定后的实验数据如下：
实验编号
待测盐酸的体积（mL）
滴入氢氧化钠溶液的体积（mL）
1
20.00
17.30
2
20.00
17.02
3
20.00
16.98
求测得的稀盐酸的物质的量浓度为_________________________。
II 测血钙的含量时，可将2．0 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+，若终点时用去20．0 mL 1．0×10-4 mol·L-1的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______________。
（2）判断滴定终点的方法是______。
（3）计算：血液中含钙离子的浓度为____g·mL-1。
【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). > (3). 无色 (4). 红色 (5). ③ (6). 0.04250 mol/L (7). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O (8). 当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (9). 1．0×10-4
【解析】
【详解】I（1）该滴定实验盛装标准氢氧化钠溶液的仪器是碱式滴定管， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，由于滴定管50刻度以下的液体也放出，则放出的溶液体积大于50mL；
（2）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从无色变为红色且保持30s内不变色；
（3）充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，所得盐酸的物质的量浓度为c(HCl)=，为减少误差应用浓度与之接近的氢氧化钠溶液进行滴定，故答案选③；
（4）根据表中数据可知，第1组数据体积偏大，应舍去，因此消耗氢氧化钠的平均体积为，因此c(HCl)=；
II（1）根据题意，高锰酸钾和草酸反应生成二氧化碳和锰离子，草酸中的碳元素从+3价升高到+4价，锰元素从+7价降低到+2价，所以锰离子和草酸的计量数为2和5，再根据原子守恒分析，配平其则离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）高锰酸钾溶液为紫色，滴定终点为当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（3）根据方程式计算
2MnO4----5H2C2O4 ----5Ca2+
2 5
20×1.0×10-4 c×2
解c=2.5×10-3mol/L，故血液中含钙离子的浓度为2.5×10-3mol/L ×40g/mol×10-3L/mL=1.0×10-4g·mL-1。
23.向体积为2 L的固定密闭容器中通入3 mol X气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)＋3Z(g)。
（1）经5 min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为________ mol·L－1·min－1。
（2）若向达到(1)的平衡体系中充入氦气，则平衡______(填“向左”、“向右”或“不”)移动；若从达到(1)的平衡体系中移走部分Y气体，则平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
（3）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5 mol X气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较________。
A．无法确定 B．前者一定大于后者 C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者
（4）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则：a、b、c应该满足的关系为_______________。
【答案】 (1). 0.03 (2). 不 (3). 向右 (4). D (5). c＝3b，a≥0
【解析】
【详解】(1)压强之比等于气体的物质的量之比，则依据三段式计算：
2X(g) Y(g) + 3Z(g)
初始： 3 0 0
反应： 2a a 3a
最终：3-2a a 3a
所以有3+2a=1.2×3，a=0.3 mol，则：v(Y)=0.3 mol/(2 L×5 min)=0.03 mol/(L·min)；
(2)等温等容条件下通入一种惰性气体，反应体系中的各组分的浓度没有改变，平衡不移动；若移走部分Y气体，则减小生成物浓度，平衡向右移动；(3)在等温等容条件下，通入X气体，虽然平衡会正向移动，由于反应物只有一种，相当于增大压强，平衡逆向移动，X的转化率减小，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较前者一定小于后者，答案选D；(4)温度和压强不变的等效平衡，满足成比例，即c=3b，a只需要满足a≥0即可。
24.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.0038
I（1）①由表中数据可知该反应为放热反应，理由是________________。
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________(填字母序号)。
a．增大压强 b．使用合适的催化剂 c．升高温度 d．及时分离出产物中的NH3
（2）原料气H2还可通过反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)获取。T ℃时，向容积固定为5 L的容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08 mol·L－1，则平衡时CO的转化率为________该温度下反应的平衡常数K值为________。
II、（1）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：________。
（2）在一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8 mol。已知平衡时，容器压强为8 MPa，则平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). 随温度升高，K值减小 (2). ad (3). 60% (4). 2.25 (5). A (6). p2＞p1 (7). 0.255或0.26
【解析】
【详解】I（1）①根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数K减小。这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；
②根据方程式可知，该反应是体积减小的、放热的可逆反应。a、增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，a正确；b、催化剂只能改变反应速率，而不能改变平衡状态，因此使用合适的催化剂不能提高氢气的转化率，b不正确；c、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动 ，氢气的转化率降低，c不正确；d、及时分离出产物中的NH3，降低生成物氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，d正确，答案选ad；
（2）设平衡时CO的浓度减少xmol/L，则
CO(g)＋H2O(g) CO2 (g) ＋H2(g)
开始（mol/L）=0.2 =0.2 0 0
转化（mol/L） x x x x
平衡（mol/L）0.2-x 0.2-x x x
根据题意，CO的平衡浓度为0.08 mol/L，则0.2-x=0.08，x=0.12，所以CO的转化率是×100%=60%；平衡常数K===2.25；
II、（1）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，p2的转化率大，则p2>p1；
(2) 设平衡时有x molN2转化，
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)
起始物质的量：1mol 3mol 0
变化的物质的量：x 3x 2x
平衡物质的量：1-x 3-3x 2x
列式可得：4-2x=2.8，解得x=0.6mol，所以p（N2）=×8MPa=MPa，
p（H2）=×8MPa=MPa，p（NH3）=×8MPa=MPa，化学平衡常数Kp===0.26。
黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.下列物质分类组合正确的是
A
B
C
D
强电解质
HBr
FeCl3
H3PO4
Ca(OH)2
弱电解质
HF
CH3COOH
BaSO4
HI
非电解质
NH3
Cu
H2O
C2H5OH
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。
【详解】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；
B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；
D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念和识别。解此类题要注意准确理解概念。
2.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2
【答案】B
【解析】
试题分析：：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
3. 水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有1个水分子发生电离，则n值是（ ）
A. 1×10-14 B. 55.6×107 C. 107 D. 55.6
【答案】B
【解析】
试题分析：1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：1000g÷18g/mol≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：55.6/10−7＝n/1，解得n=55.6×107，答案选B。
考点：考查水的电离及物质的量的相关计算
4.氮化硅陶瓷能代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g) △H＜0。若在恒压绝热容器中反应，下列选项表明反应一定已达化学平衡状态的是（ ）
A. 容器的温度保持不变 B. 容器的压强保持不变
C. υ正(N2)＝6υ逆(HCl) D. 容器内的气体c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。
【详解】A项，该反应的正反应为放热反应，在恒压绝热容器中建立平衡过程中温度升高，平衡时温度不变，容器的温度保持不变能表明反应一定达到化学平衡状态；
B项，该容器为恒压绝热容器，容器的压强始终保持不变，容器的压强保持不变不能表明反应一定达到化学平衡状态；
C项，达到化学平衡时用不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时6υ正（N2）=υ逆（HCl），故υ正（N2）=6υ逆（HCl）时反应没有达到平衡状态；
D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，容器内的气体c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1:3:6不能表明反应一定达到化学平衡状态；
答案选A。
【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。解答本题时还需注意容器为恒压绝热容器。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【详解】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，解题关键：明确化学平衡移动原理适用范围，易错点：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，易错选项是C，是可逆反应，但反应前后气体体积不变．
6.常温下0.1 mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a＋1)的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入等体积0.2 mol/L盐酸 D. 提高溶液的温度
【答案】B
【解析】
试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1);B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。
考点：弱电解质的电离。
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7.下列选项中的数值前者小于后者的是
A. 同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH
B. 同温同浓度的KHCO3和NH4HCO3溶液中的c(HCO3－)
C. 25℃和100℃时H2O的KW
D. 中和25mL 0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A、醋酸酸性强于碳酸，所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，同温同浓度的NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，选项A错误；
B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同，后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液中的c（HCO3-）前者大于后者，选项B错误；
C、水的电离是吸热的过程，水的离子积只受温度的影响，温度越高，水的Kw越大，所以25℃时H2O的KW小于l00℃时H2O的KW，选项C正确；
D、中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的，选项D错误。
答案选C。
8.向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、CH3COOH固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO－浓度的变化依次为
A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小
C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大
【答案】C
【解析】
CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2SO3是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COOH，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。
9.下列应用与盐类的水解无关的是
A. 纯碱溶液可去除油污
B. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2
D. 保存FeSO4溶液时加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
【分析】
A、纯碱水解显碱性，能够促进油污的水解；
B、利用的是氯化铁中三价铁离子的水解；
C、TiCl4溶于大量水，发生了水 TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl；
D、加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关。
【详解】A．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，选项A不选；
B．制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，选项B不选；
C、TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，选项C不选；
D、保存FeSO4溶液时加入少量铁粉是防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
10.在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是
A. a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-
B. b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-
C. c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+
D. d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—
【答案】D
【解析】
试题分析：A中，a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B中，b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C点对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D中d点所对应的溶液一定呈碱性与题意符合，所以D正确。
考点：重点考查离子的水解反应。
11.一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍
B. CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S<0
C. 将容器体积增大为原来的2倍，平衡向正反应方向移动
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于压强增大，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度小于原先的2倍，A错误；B．CaCO3（s）高温分解为CaO（s）和CO2（g），反应方程式为：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），反应生成气体，是熵值增加的过程，则△S＞0，B错误；C．正反应是体积增大的可逆反应，将体积增大为原来的2倍，平衡将向正反应方向移动，C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，D错误；答案选C。
考点：考查化学平衡的影响因素
12.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）c(Na＋)＞c(HRO3－)＋c(RO32－)
B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)
C. 常温下物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中水的电离程度：①＞②＞③
D. 等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前＞N后
【答案】A
【解析】
A、根据溶液中的电荷守恒分析，c(Na＋）+c(H＋）＝c(HRO3－）＋2c(RO32－）+c(OH－），根据溶液显中性，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以溶液中c(Na＋）＞c(HRO3－）＋c(RO32－），A正确；B、原来只有醋酸钠，则c(Na＋）=c(CH3COO—）+c(CH3COOH），加入盐酸后溶液显中性，c(Na＋）+c(H＋）=c(CH3COO—）+c(Cl—）+c(OH－），c(H＋）＝c(OH－），两式联立，去掉钠离子浓度，则有c(Cl—）=c(CH3COOH），B错误；C、在碳酸铵中铵根离子水解，碳酸根离子也水解，二者相互促进，水解程度大，在硫酸亚铁铵中，铵根离子水解和亚铁离子水解相互抑制，水解程度小，所以溶液中的铵根离子浓度①＜②＜③，C错误；D、次氯酸是弱酸，在次氯酸钠溶液中存在次氯酸根离子水解，溶液显碱性，溶液中的氢离子浓度小于10-7mol/L，根据电荷守恒，溶液的阳离子都是钠离子和氢离子，因为钠离子浓度相同，在次氯酸钠中氢离子浓度小，所以次氯酸钠溶液中阴离子浓度小，离子总数小，D错误，答案选A。
点睛：在溶液中存在物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，根据具体的溶液进行分析。物料守恒是指电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。电荷守恒是指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。质子守恒是指电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H＋）的物质的量应相等，需要结合电解质溶液的电离以及水解灵活应用。
13.将0.2mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是
A. 2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)
B. c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)
C. c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1 mol·L－1
D. 3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)
【答案】D
【解析】
【分析】
将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。
【详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05 mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。
14.常温下，KSP(CaSO4)=9 ×10－6，常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是（ ）
A. a点对应的KSP等于c点对应的Ksp
B. a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液
C. b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定不等于3×10-3 mol•L-1
D. 向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点
【答案】B
【解析】
分析：A．Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等；B．曲线上的点为溶解平衡点；C．b点Qc＞Ksp；D．d点溶液通过蒸发可以变到c点。
详解：A．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项D正确；B．曲线上的点为溶解平衡点，则a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液，选项B正确；C．d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），则c（SO42-）小于3×l0-3mol/L，选项C正确；D．升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，选项D错误；答案选D。
点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等。
15.关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A. c(NH)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②
B. 将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数PH变化大的是③
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A、氯化铵为强电解质,完全电离后产生大量的NH4+，NH3·H2O为弱电解质不完全电离，只有少量的NH4+产生，故c(NH)：③>①；在水中加入酸和碱都抑制水的电离，盐酸是强酸抑制水的电离的程度大，故水电离出的c(H＋)：①>②，选项A正确；B、盐的水解是可逆过程，加水稀释时促进水解，强酸完全电离，稀释时浓度变化较大，将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数pH变化大的是②，选项B不正确；C、①和②等体积混合后的溶液恰好是氯化铵溶液，NH4Cl溶液中的质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，选项C正确；D、①和③等体积混合后的溶液形成的是pH>7的溶液，c(NH)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。答案选B。
16.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，10 min时达到平衡：PCl3(g) + Cl2(g)PCl5(g)有关数据如下，下列判断不正确的是
PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度(mol/L)
2.0
1.0
0
平衡浓度(mol/L)
c1
c2
0.4
A. 10 min内，v(Cl2) = 0.04 mol/(L·min)
B. 当容器中Cl2为1.2 mol时，反应达到平衡
C. 若升高温度(T1＜T2)时，该反应平衡常数减小，则平衡时PCl3的
D. 平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 molCl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)＜0.2 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】PCl3(g) + Cl2(g) PCl5(g)
起始浓度： 2.0 1.0 0
转化： 0.4 0.4 0.4
平衡浓度： 1.6 0.6 0.4
A、10 min内，v(Cl2) = 0.04 mol/(L·min)，选项A正确；
B、当容器中Cl2为1.2 mol时，此时Cl2浓度为0.6 mol/L。反应达到平衡，选项B正确；
C、若升高温度(T1＜T2)时，该反应平衡常数减小，表明该反应正向为放热反应，高温时PCl3的浓度改变量小，则平衡时PCl3的，选项C不正确；
D、平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 molCl2，相当于将体积增大到原来的两倍，减小压强，平衡向逆反应方向移动，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)＜0.2 mol/L，选项D正确。
答案选C。
17.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学反应方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH < 0。按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 正反应速率：v(a)>v(c) v(b)>v(d)
B. 平衡时a点一定有n(CO):n(H2)＝1:2
C. 平衡常数：K(a)>K(c) K(b)＝K(d)
D. 平均摩尔质量：(a)<(c)(b)>(d)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，υ（a）＜υ（c）．b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）＞v（d），A错误；B. 投料时两者比例不确定所以a点比例无法确定，B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）＞K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），C正确；D．CO转化率的越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），D错误；选C。
考点：考查反应速率、平衡常数、转化率等相关知识。
18.常温下，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是
A. H2A是二元弱酸
B. 当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+）
C. 当V（NaOH）=10 mL时，溶液中离子浓度关系一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
D. 当V（NaOH）=20 mL后，再向溶液中加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小
【答案】D
【解析】
【分析】
A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，H2A为二元弱酸；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2A，说明溶液中HA-离子电离程度大于水解程度；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大。
【详解】A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，说明H2A为二元弱酸，选项A正确；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断，当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有电荷守恒：c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）=c（Na+）+c（H+），选项B正确；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2A，说明溶液中HA-离子电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小为；c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），选项C正确；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查了酸碱反应后溶液中溶质分析，酸碱性的分析判断，离子浓度大小比较，图象分析判断和反应过程的理解应用是解题关键，题目难度较大。
19.25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH 的关系如图所示,下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是
A. pH=5.5 的溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B. W 点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
C. pH=3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COO-）=0.1mol•L﹣1
D. 向W 点所表示的1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体（溶液体积变化可忽略）：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣）
【答案】B
【解析】
【分析】
A．由图可知，pH=4.75时，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，溶液中醋酸的电离程度增大，故溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO-）增大，据此确定c（CH3COOH）和c（CH3COO-）的相对大小；
B．由图可知，W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，结合溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）判断；
C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）判断；
D．根据W点c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，结合反应进行判断。
【详解】A． 由图可知，pH=4.75时，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO-）增大，则所以c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），选项A错误；
B．由图可知，W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-），选项B正确；
C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，pH=3.5时c（CH3COOH）大于c（CH3COO-），c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COO-）<0.1mol•L﹣1选项C错误；
D．W点所表示的溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，1L溶液中n（CH3COOH）=n（CH3COO-）=0.05mol，通入0.05molHCl气体，CH3COO-与H+恰好完全反应生成0.05molCH3COOH，由于CH3COOH的电离是微弱的，故c（H+）
【点睛】本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大。
20.（1）现有pH＝3的HCl溶液100 mL，要使它的pH＝4，如果加入蒸馏水，需加水_____ mL (假定溶液体积有加和性，下同)。
（2）常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝_______。
（3）今有A.盐酸 B.醋酸 C.硫酸三种酸：
①在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸氢钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是______________．（填写酸的序号并用符号“＞、＜、=”连接，下同）
②在同体积、同pH的三种酸中，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌粒，若产生相同体积的氢气（同温同压下），则开始反应时速率大小关系是__________，反应所用时间长短关系是_______________
【答案】 (1). 900 (2). 11.7 (3). C＞A=B (4). A=B=C (5). A=C＞B
【解析】
【详解】（1）强酸加水稀释10n倍，pH增大n个单位，则现有pH=3的HCl溶液100mL，要使它的pH=4，则溶液的体积变为1000mL，所以要加入900mL蒸馏水；
（2）设两种碱的体积都是1L，pH=8和pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中氢氧根离子浓度= mol/L≈5.0×10-3 mol/L，则混合溶液中氢离子浓度= mol/L=2×10-12mol/L，pH=11.7；
（3）①在同体积、同浓度的三种酸中，盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的碳酸氢钠，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸氢钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍，所以产生CO2的体积由大到小的顺序是：C＞A=B；
②醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所以醋酸中存在电离平衡，氯化氢和硫酸完全电离，同体积，同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，A=B=C；随着反应的进行，醋酸不断电离出氢离子，反应过程中氢离子浓度醋酸最大，硫酸和盐酸中相等，所以反应过程中速率：醋酸＞硫酸=盐酸，则反应时间大小为：A=C＞B。
【点睛】本题考查了强酸和弱酸的比较及溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
21.按要求填空。
（1）浓度均为0.1 mol/L的①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是_________________________（填序号）。
（2）现将足量的固体AgCl分别放入下列物质中： ①30 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液 ②20 mL 0.01 mol/L KCl溶液③40 mL0.03mol/L HCl溶液 ④10 mL蒸馏水 ⑤50 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是________________________（填序号）
（3）向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有____________________________________________________。
（4）常温下，将0.2 mol/L CH3COOH和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH＜7，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________________。
（5）相同浓度的下列溶液中，c(CO32－)的大小顺序是_____________________（填序号）
①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3
（6）常温下，用0.01 mol/L HCl溶液完全中和pH＝11的下列溶液各100mL，需HCl溶液体积的大小关系是_________________________________________（填序号）
①NaOH ②Ba(OH)2 ③NH3·H2O
【答案】 (1). ④>②>③>① (2). ④>②>③>①>⑤ (3). 出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生 (4). c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－) (5). ①>④>②>⑤>③ (6). ③>①=②
【解析】
(1)④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c(H+)较小，抑制水的电离程度较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，对水的电离的抑制程度较大，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度更大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④＞②＞③＞①；
(2)氯化银难溶于水，根据Ksp，加入c(Cl-)越小，则c(AgCl)=c(Ag+)越大，即氯化银的溶解度越大。①c(Cl-)=0.04mol/L，②c(Cl-)=0.01mol/L，③c(Cl-)=0.03mol/L，④蒸馏水c(Cl-)为0，所以c(Ag+)由大到小排列顺序是④＞②＞③＞①，则AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④＞②＞③＞①，而⑤加入的是银离子，c(Ag+)=0.05mol/L，则c(AgCl)= c(Cl-)，⑤中c(Ag+)最大，则AgCl的溶解度最小，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④＞②＞③＞①＞⑤，故答案为：④＞②＞③＞①＞⑤；
(3)氯化铁水解呈酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，可使碳酸钙溶解，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，反应消耗H+，使c(H+)减小，引起水解平衡向右移动，导致Fe(OH)3增多，溶液中有红褐色沉淀，故答案为：出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生；
(4)酸的物质的量是碱的物质的量的2倍，且酸碱都是一元的，反应后生成等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；所得溶液的pH＜7，说明酸电离的程度大于盐水解的程度，溶液呈酸性；混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
(5)假设浓度均为1mol/L，①Na2CO3水解程度很小，c(CO32－)≈1mol/L，②NaHCO3的水解程度大于电离程度，电离程度很小，c(CO32－)很小，③H2CO3是弱酸，电离程度很小，第一步电离出的碳酸氢根离子远小于②和⑤，第二步电离程度更小，因此c(CO32－)非常小，在五种物质中最小，④(NH4)2CO3中铵根离子水解促进碳酸根离子水解，使得c(CO32－)≈1mol/L，但比①要小，⑤NH4HCO3中铵根离子水解抑制碳酸氢根离子电离，c(CO32－)很小，比②还小，c(CO32－)的大小顺序为①>④>②>⑤>③，故答案为：①>④>②>⑤>③；
(6)pH＝11的①NaOH，②Ba(OH)2，③NH3·H2O的c(OH-)相等，因为氢氧化钠个氢氧化钡为强碱，消耗的盐酸相等，氨水是弱碱，还有大量的NH3·H2O为电离，因此消耗的盐酸最多，故答案为：③>①=②。
22.I 充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，用标准氢氧化钠溶液滴定，以确定该稀盐酸的准确物质的量浓度。回答下列问题：
（1）该滴定实验盛装标准液的仪器是__________， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。（填“＞”，“＝”，“＜”）
（2）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从____色变为____色且保持30s内不变色。
（3）配制三种不同浓度的标准氢氧化钠溶液，你认为最合适的是第______种。
①5.000 mol/L ②0. 5000 mol/L ③0.0500 mol/L
（4）若采用上述合适的标准氢氧化钠溶液滴定稀盐酸，操作步骤合理，滴定后的实验数据如下：
实验编号
待测盐酸的体积（mL）
滴入氢氧化钠溶液的体积（mL）
1
20.00
17.30
2
20.00
17.02
3
20.00
16.98
求测得的稀盐酸的物质的量浓度为_________________________。
II 测血钙的含量时，可将2．0 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+，若终点时用去20．0 mL 1．0×10-4 mol·L-1的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______________。
（2）判断滴定终点的方法是______。
（3）计算：血液中含钙离子的浓度为____g·mL-1。
【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). > (3). 无色 (4). 红色 (5). ③ (6). 0.04250 mol/L (7). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O (8). 当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (9). 1．0×10-4
【解析】
【详解】I（1）该滴定实验盛装标准氢氧化钠溶液的仪器是碱式滴定管， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，由于滴定管50刻度以下的液体也放出，则放出的溶液体积大于50mL；
（2）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从无色变为红色且保持30s内不变色；
（3）充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，所得盐酸的物质的量浓度为c(HCl)=，为减少误差应用浓度与之接近的氢氧化钠溶液进行滴定，故答案选③；
（4）根据表中数据可知，第1组数据体积偏大，应舍去，因此消耗氢氧化钠的平均体积为，因此c(HCl)=；
II（1）根据题意，高锰酸钾和草酸反应生成二氧化碳和锰离子，草酸中的碳元素从+3价升高到+4价，锰元素从+7价降低到+2价，所以锰离子和草酸的计量数为2和5，再根据原子守恒分析，配平其则离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）高锰酸钾溶液为紫色，滴定终点为当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（3）根据方程式计算
2MnO4----5H2C2O4 ----5Ca2+
2 5
20×1.0×10-4 c×2
解c=2.5×10-3mol/L，故血液中含钙离子的浓度为2.5×10-3mol/L ×40g/mol×10-3L/mL=1.0×10-4g·mL-1。
23.向体积为2 L的固定密闭容器中通入3 mol X气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)＋3Z(g)。
（1）经5 min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为________ mol·L－1·min－1。
（2）若向达到(1)的平衡体系中充入氦气，则平衡______(填“向左”、“向右”或“不”)移动；若从达到(1)的平衡体系中移走部分Y气体，则平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
（3）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5 mol X气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较________。
A．无法确定 B．前者一定大于后者 C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者
（4）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则：a、b、c应该满足的关系为_______________。
【答案】 (1). 0.03 (2). 不 (3). 向右 (4). D (5). c＝3b，a≥0
【解析】
【详解】(1)压强之比等于气体的物质的量之比，则依据三段式计算：
2X(g) Y(g) + 3Z(g)
初始： 3 0 0
反应： 2a a 3a
最终：3-2a a 3a
所以有3+2a=1.2×3，a=0.3 mol，则：v(Y)=0.3 mol/(2 L×5 min)=0.03 mol/(L·min)；
(2)等温等容条件下通入一种惰性气体，反应体系中的各组分的浓度没有改变，平衡不移动；若移走部分Y气体，则减小生成物浓度，平衡向右移动；(3)在等温等容条件下，通入X气体，虽然平衡会正向移动，由于反应物只有一种，相当于增大压强，平衡逆向移动，X的转化率减小，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较前者一定小于后者，答案选D；(4)温度和压强不变的等效平衡，满足成比例，即c=3b，a只需要满足a≥0即可。
24.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.0038
I（1）①由表中数据可知该反应为放热反应，理由是________________。
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________(填字母序号)。
a．增大压强 b．使用合适的催化剂 c．升高温度 d．及时分离出产物中的NH3
（2）原料气H2还可通过反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)获取。T ℃时，向容积固定为5 L的容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08 mol·L－1，则平衡时CO的转化率为________该温度下反应的平衡常数K值为________。
II、（1）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：________。
（2）在一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8 mol。已知平衡时，容器压强为8 MPa，则平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). 随温度升高，K值减小 (2). ad (3). 60% (4). 2.25 (5). A (6). p2＞p1 (7). 0.255或0.26
【解析】
【详解】I（1）①根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数K减小。这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；
②根据方程式可知，该反应是体积减小的、放热的可逆反应。a、增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，a正确；b、催化剂只能改变反应速率，而不能改变平衡状态，因此使用合适的催化剂不能提高氢气的转化率，b不正确；c、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动 ，氢气的转化率降低，c不正确；d、及时分离出产物中的NH3，降低生成物氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，d正确，答案选ad；
（2）设平衡时CO的浓度减少xmol/L，则
CO(g)＋H2O(g) CO2 (g) ＋H2(g)
开始（mol/L）=0.2 =0.2 0 0
转化（mol/L） x x x x
平衡（mol/L）0.2-x 0.2-x x x
根据题意，CO的平衡浓度为0.08 mol/L，则0.2-x=0.08，x=0.12，所以CO的转化率是×100%=60%；平衡常数K===2.25；
II、（1）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，p2的转化率大，则p2>p1；
(2) 设平衡时有x molN2转化，
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)
起始物质的量：1mol 3mol 0
变化的物质的量：x 3x 2x
平衡物质的量：1-x 3-3x 2x
列式可得：4-2x=2.8，解得x=0.6mol，所以p（N2）=×8MPa=MPa，
p（H2）=×8MPa=MPa，p（NH3）=×8MPa=MPa，化学平衡常数Kp===0.26。
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