河南省平顶山市九校联考高二化学上学期期中试题含解析

河南省平顶山市九校联考2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共16小题）1．常温下，下列有关叙述正确的是（　　）A．醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小B．将Na2SO3溶液、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质C．加热滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液颜色变浅D．0.1mol/LNa2CO3溶液中，c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）　2．物质的量浓度相同的下列溶液：①醋酸钠②硫酸③氯化钠④硫酸氢钠⑤氯化铵⑥碳酸氢钠⑦氢氧化钠，按pH由小到大的顺序排列的是（　　）A．②④⑤③①⑥⑦B．④②⑤③①⑥⑦C．②④⑤③⑥①⑦D．⑦⑥①③⑤④②　3．一定温度下，反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（　　）A．缩小体积使压强增大B．恒容，充入N2C．恒容，充入HeD．恒压，充入He　4．对于反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使比值增大，可以采取（　　）A．体积不变，增加NO2的量B．体积不变，增加N2O4的量C．使体积扩大到原来的2倍D．使体积不变充入N2　5．化学与生活息息相关．下列说法不正确的是（　　）A．可用淀粉﹣KI试纸和食醋检验真假碘盐B．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹C．次氯酸钠溶液是生活中常用的消毒剂D．经常食用含明矾的食品能中和过多的胃酸　6．己知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣12.1KJ/mol；HCl（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣55.6KJ/mol．则HCN在水溶液中电离的△H等于（　　）A．﹣67.7KJ/molB．﹣43.5KJ/molC．+43.5KJ/molD．+67.7KJ/mol　7．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：-20-\n下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程　8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）A．v（A）=0.5mol/（L•s）B．v（B）=0.3mol/（L•s）C．v（C）=0.8mol/（L•s）D．v（D）=1mol/（L•s）　9．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（　　）A．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气D．工业上利用O2与SO2反应制取SO3时通入过量O2　10．能充分说明反应P（g）+Q（g）═R（g）+S（g）在恒温下达到平衡状态的是（　　）A．容器内的压强不随时间而变化B．混合气体的密度不再随时间而变化C．P和R的生成速率相等D．容器内P、Q、R、S共存　11．可逆反应：A（g）+2B（g）═2C（g）△H=﹣QkJ/mol．现有甲、乙两个容积相等且不变的密闭容器，向甲容器中充入1molA和2molB，在一定条件下达到平衡时放出的热量为Q1kJ；在相同条件下向乙容器中充入2molC，达到平衡后吸收的热量为Q2kJ．已知Q1=9Q2，下列叙述中正确的是（　　）A．Q1=QB．平衡时甲中C的体积分数比乙中小C．达到平衡时，甲中A的转化率为90%D．Q1+Q2＞Q　12．将4molA气体和2molB气体充入2L的密闭容器中，一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，下列几种说法正确的是（　　）①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol/（L•s）②用物质B表示的反应的平均速率为0.3mol/（L•s）③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol/L．-20-\nA．①③B．①④C．②③D．③④　13．利用反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（　　）A．降低温度B．及时将CO2和N2从反应体系中移走C．升高温度同时充入N2D．增大压强同时加催化剂　14．25℃时，amol•L﹣1一元酸HA与bmol•L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（　　）A．a=bB．a＞bC．c（A﹣）=c（Na+）D．c（A﹣）＜c（Na+）　15．在已达到电离平衡的0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（　　）A．加少量水B．加热C．加少量盐酸D．加少量醋酸钠晶体　16．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）A．B．C．D．　　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）17．T℃时，恒容密闭容器中反应2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0．达到化学平衡状态，请回答：（1）该反应的化学平衡常数的表达式K=　　　　　　．如果再通入一定量的二氧化氮，化学平衡　　　　　　移动（向左、向右、不），平衡常数　　　　　　（减小、增大、不变）；达到新平衡时NO2的转化率　　　　　　（减小、增大、不变），NO2的体积百分含量　　　　　　（减小、增大、不变）．（3）如果升高温度，平衡混合物的颜色　　　　　　（变深、变浅）．（4）下列描述中能说明该反应达到化学平衡状态的是　　　　　　（填字母）A．单位时间内生成nmo1N2O4的同时生成nmolNO2B．混合气体的颜色不随时间而变化-20-\nC．混合气体的密度不随时间而变化D．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化E．容器内NO2和N2O4的浓度之比为2：1．　18．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　　　　　　．大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值　　　　　　（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热　　　　　　（填“相等”“不相等”），简述理由：　　　　　　．（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g•℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃②2.2℃③3.0℃写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式　　　　　　．（小数点后保留一位小数）　19．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）放出热量99kJ，请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示　　　　　　、　　　　　　．该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点　　　　　　（填“升高”，“降低”），△H　　　　　　（填“变大”，“变小”或“不变”），理由是　　　　　　．（3）图中△H=　　　　　　kJ/mol．　20．请按要求回答下列问题：（1）AlCl3的水溶液呈　　　　　　（填“酸”，“中”或“碱”）性，原因是　　　　　　（用离子方程式表示）；将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体是　　　　　　．在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红，出现该现象的原因是　　　　　　（用离子方程式表示）；该溶液中物料守恒关系式为　　　　　　；若在变红后的溶液中加入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是　　　　　　．-20-\n　21．将1molN2（g）和3molH2（g）通入一个10L的恒容密闭容器中发生反应，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示．其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25%，反应中放出akJ热量．（1）当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1　　　　　　K2（填“＞”，“＜”或“=”）．温度为T1时，该反应5min达到平衡，这段时间内用N2表示的化学反应速率v（N2）=　　　　　　mol/（L•min）．（3）温度为T1时，该反应的化学平衡常数K1=　　　　　　（小数点后保留一位小数），写出N2和H2反应生成NH3的热化学方程式　　　　　　．（4）下列措施中能使N2的转化率增大的有　　　　　　．A．在原容器中再充入lmolN2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入lmolHeD．使用更有效的催化剂E．降低温度F．将NH3从体系中分离出去．　22．将0.2mol/LHA溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），则：（填“＞”，“＜”或“=”）（1）混合溶液中c（HA）　　　　　　c（A﹣）；混合溶液中c（HA）+c（A﹣）　　　　　　0.1mol/L；（3）混合后由水电离出的c（OH﹣）　　　　　　0.2mol/LHA溶液由水电离出的c（H+）；（4）HA的电离方程式为　　　　　　．　　河南省平顶山市九校联考2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷》参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题）1．常温下，下列有关叙述正确的是（　　）A．醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小B．将Na2SO3溶液、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质C．加热滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液颜色变浅D．0.1mol/LNa2CO3溶液中，c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、0.1mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；B、将Na2SO3溶液蒸干时，Na2SO3被氧化；FeCl3溶液蒸干时水解被促进；-20-\nC、盐类水解吸热；D、盐类的单水解程度很小．【解答】解：A、0.1mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、将Na2SO3溶液蒸干时，Na2SO3被氧化为Na2SO4；FeCl3溶液蒸干时水解被促进，最后得到Fe（OH）3，故均得不到原溶质，故B正确；C、盐类水解吸热，故加热能促进其水解，故溶液碱性增强，则颜色变深，故C错误；D、盐类的单水解程度很小，故水解生成的HCO3﹣浓度远小于未水解的CO32﹣的浓度，故D错误．故选B．【点评】本题考查了盐类的水解及其应用，应注意的是将Na2SO3溶液蒸干时，Na2SO3被氧化，FeCl3溶液蒸干时水解被促进，均得不到溶质本身．　2．物质的量浓度相同的下列溶液：①醋酸钠②硫酸③氯化钠④硫酸氢钠⑤氯化铵⑥碳酸氢钠⑦氢氧化钠，按pH由小到大的顺序排列的是（　　）A．②④⑤③①⑥⑦B．④②⑤③①⑥⑦C．②④⑤③⑥①⑦D．⑦⑥①③⑤④②【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】溶液中氢离子浓度越大，则其pH越小，根据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度来确定溶液中pH大小．当物质的量浓度相同时，溶液的pH：多元强酸的pH＜一元强酸的pH＜强酸弱碱盐的pH＜强酸强碱盐的PH＜强碱弱酸盐的pH＜一元强碱的pH＜多元弱碱的PH，根据物质显酸碱性的原因来分析溶液的pH．【解答】解：：①醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；②硫酸是两元强酸，溶液显强酸性；③氯化钠是强酸强碱的正盐，显中性；④硫酸氢钠是强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性；⑤氯化铵是强酸弱碱盐，水解显酸性；⑥碳酸氢钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；⑦氢氧化钠是一元强碱，溶液显强碱性．由于当物质的量浓度相同时，溶液的pH：多元强酸的pH＜一元强酸的pH＜强酸弱碱盐的pH＜强酸强碱盐的PH＜强碱弱酸盐的pH＜一元强碱的pH＜多元弱碱的PH，故按pH由小到大的顺序排列的是②④⑤③①⑥⑦，故选A．【点评】本题考查了pH的大小比较，明确盐的类型及盐类水解程度是解本题关键，硫酸氢钠在水溶液里电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，为易错点，题目难度不大．　3．一定温度下，反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（　　）A．缩小体积使压强增大B．恒容，充入N2C．恒容，充入HeD．恒压，充入He【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂等，据此回答；A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度；-20-\nB、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度；C、恒容，充入He，各组分浓度不变；D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小．【解答】解：A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度，可以加快该化学反应的速率，故A错误；B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度，可以加快该化学反应的速率，故B错误；C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生影响化学反应速率的因素：浓度、压强，注意知识的灵活应用是关键，难度中等．　4．对于反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使比值增大，可以采取（　　）A．体积不变，增加NO2的量B．体积不变，增加N2O4的量C．使体积扩大到原来的2倍D．使体积不变充入N2【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；B、体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；C、体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；D、充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断．【解答】解：A、体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，故比值变小，故A错误；B、体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，故比值变小，故B错误；C、体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，故比值变大，故C正确；D、充入N2，保持体积不变，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，故比值不变，故D错误；故选C．-20-\n【点评】本题考查化学平衡的移动，难度中等，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度等效为压强变化．　5．化学与生活息息相关．下列说法不正确的是（　　）A．可用淀粉﹣KI试纸和食醋检验真假碘盐B．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹C．次氯酸钠溶液是生活中常用的消毒剂D．经常食用含明矾的食品能中和过多的胃酸【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；淀粉的性质和用途．【专题】化学计算．【分析】A、酸性条件下KI与KIO3反应生成I2；B、饱和氯化铵溶液显酸性；C、次氯酸具有强氧化性；D、明矾与HCl不反应．【解答】解：A、酸性条件下KI与KIO3反应生成I2，所以可用淀粉﹣KI试纸和食醋检验真假碘盐，若试纸变蓝，则食盐含有KIO3，否则没有，故A正确；B、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故B正确；C、次氯酸具有强氧化性，能作消毒剂，次氯酸钠溶液与二氧化碳反应能生成次氯酸，故C正确；D、胃酸中含有HCl，明矾与HCl不反应，所以经常食用含明矾的食品不能中和过多的胃酸，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学知识在生成生活中的应用，侧重化学反应原理和物质性质的考查，题目难度不大．　6．己知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣12.1KJ/mol；HCl（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣55.6KJ/mol．则HCN在水溶液中电离的△H等于（　　）A．﹣67.7KJ/molB．﹣43.5KJ/molC．+43.5KJ/molD．+67.7KJ/mol【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】HCN（aq）与NaOH（aq）反应可分为两步：①HCN在水溶液中电离HCN⇌H++CN；②产生的H+与NaOH（aq）反应；利用盖斯定律进行计算，可得HCN在水溶液中电离的反应热．【解答】解：HCN（aq）+OH﹣（aq）═CN﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1KJ/mol…①H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣55.6KJ/mol…②用①﹣②可得HCN电离的热化学方程式为：HCN（aq）⇌H+（aq）+CN﹣（aq）△H=﹣12.1KJ/mol﹣（﹣55.6KJ/mol）=+43.5KJ/mol，故选C．【点评】本题考查反应热的计算，熟练盖斯定律的应用为解答的关键，本题难度不大．　7．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：-20-\n下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．【解答】解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．故选C．【点评】本题为2022年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．　8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）A．v（A）=0.5mol/（L•s）B．v（B）=0.3mol/（L•s）C．v（C）=0.8mol/（L•s）D．v（D）=1mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=1mol/（L•s），故速率B＞C＞A=D，故选B．【点评】本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．-20-\n　9．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（　　）A．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气D．工业上利用O2与SO2反应制取SO3时通入过量O2【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【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，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故A选；B．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．工业上利用O2与SO2反应制取SO3时通入过量O2，增大氧气浓度，平衡正向移动，所以可以用勒夏特里原理解释，故D不选；故选A．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．　10．能充分说明反应P（g）+Q（g）═R（g）+S（g）在恒温下达到平衡状态的是（　　）A．容器内的压强不随时间而变化B．混合气体的密度不再随时间而变化C．P和R的生成速率相等D．容器内P、Q、R、S共存【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应P（气）+Q（气）⇌R（气）+S（气）达到了平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，反应体系中各组分的浓度、百分含量不再发生变化，注意该反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体的总物质的量、压强始终不变．【解答】解：A、该反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体的压强始终不变，所以压强不能作为判断化学平衡状态的依据，故A错误；B、反应前后都是气体，质量不变，若容器体积不变则气体密度始终不变，故B错误；C、P为反应物、R为生成物，P和R的生成速率相等，表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；D、任何可逆反应，反应物和生成物一定会共存，所以反应容器内P、Q、R、S四者共存，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选C．-20-\n【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意化学平衡状态的根本标志是：①v（正）=v（逆），②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系，才能全面分析、正确作答．　11．可逆反应：A（g）+2B（g）═2C（g）△H=﹣QkJ/mol．现有甲、乙两个容积相等且不变的密闭容器，向甲容器中充入1molA和2molB，在一定条件下达到平衡时放出的热量为Q1kJ；在相同条件下向乙容器中充入2molC，达到平衡后吸收的热量为Q2kJ．已知Q1=9Q2，下列叙述中正确的是（　　）A．Q1=QB．平衡时甲中C的体积分数比乙中小C．达到平衡时，甲中A的转化率为90%D．Q1+Q2＞Q【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】由于1molA和2molB完全反应可以生成2molC，所以甲乙两个体系的平衡状态是一样的，即对应气体的浓度完全相同．对于同一可逆反应，相同条件下，正反应的反应热与逆反应的反应热，数值相等，符号相反，1molA和2molB完全反应时放热Q，则2molC完全分解时吸热也是Q，根据三段式利用x表示出平衡时甲容器内反应混合物各组分的物质的量为A（1﹣x）mol、Bmol、C2xmol，放出热量Q1=xQkJ；则乙容器反应混合物各组分的物质的量也是为A（1﹣x）mol、Bmol、C2xmol，所以分解的C的物质的量为mol，吸收热量（1﹣x）QkJ，利用Q1=9Q2，列放出求出x的值，据此分析解答．【解答】解：A、由于1molA和2molB完全反应可以生成2molC，所以甲乙两个体系的平衡状态是一样的，即对应气体的浓度完全相同．对于同一可逆反应，相同条件下，正反应的反应热与逆反应的反应热，数值相等，符号相反，1molA和2molB完全反应时放热Q，则2molC完全分解时吸热也是Q，假设甲容器中的参加反应的A的物质的量为xmol，所以：对于甲容器：A（g）+2B（g）═2C（g）△H=﹣QkJ/mol起始（mol）：120变化（mol）：x2x2x平衡（mol）：1﹣x2﹣2x2x所以Q1=xQkJ，乙容器反应混合物各组分的物质的量也是为A（1﹣x）mol、Bmol、C2xmol，所以分解的C的物质的量为mol，对于乙容器：A（g）+2B（g）═2C（g）△H=﹣QkJ/mol，故吸收的热量Q2=×QkJ=（1﹣x）QkJ，所以Q1=0.9Q，故A错误；B、甲乙容器中达到的平衡是相同平衡，所以平衡时甲中C的体积分数与乙相等，故B错误；C、根据A的解答，甲中A的转化率为=90%，故C正确；D、根据A的解答，Q1+Q2=Q，故D错误；故选C．-20-\n【点评】本题考查了化学平衡的计算，题目难度较大，注意等效平衡的应用，解答该题时利用三段式法较为直观，试题综合性强，旨在培养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．　12．将4molA气体和2molB气体充入2L的密闭容器中，一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，下列几种说法正确的是（　　）①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol/（L•s）②用物质B表示的反应的平均速率为0.3mol/（L•s）③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol/L．A．①③B．①④C．②③D．③④【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】利用三段式计算出，各组分浓度变化量、2s末的浓度，根据v=计算v（A）、v（B），A的转化率=×100%．【解答】解：A、B的起始浓度分别为2mol/L、1mol/L，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则：2A（g）+B（g）⇌2C（g）起始（mol/L）：210变化（mol/L）：0.60.30.62s末（mol/L）：1.40.70.6①用物质A表示2s内的平均反应速率==0.3mol/（L•s），故①正确；②用物质B表示2s内的平均反应速率==0.15mol/（L•s）故②错误；③2s后物质A的转化率=×100%=30%，故③错误；④2s后物质B的浓度=0.7mol/L，故④正确；故选B．【点评】本题考查化学反应速率及化学平衡有关计算，题目较简单，侧重对基础知识的巩固，注意三段式解题法的应用．　13．利用反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（　　）A．降低温度B．及时将CO2和N2从反应体系中移走C．升高温度同时充入N2D．增大压强同时加催化剂【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响．-20-\n【解答】解：A、降低温度，化学反应速率减慢，化学平衡向放热方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大，故A错误；B、减少生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故B错误；C、升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即逆反应方向，NO的转化率转化率减小，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；D、增大压强，化学反应速率加快，化学平衡向气体体积减小的方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大，同时加催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查了外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响，难度不大，只要简单分析即可完成．　14．25℃时，amol•L﹣1一元酸HA与bmol•L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（　　）A．a=bB．a＞bC．c（A﹣）=c（Na+）D．c（A﹣）＜c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c（A﹣）、c（Na+）的相对大小．【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，A错误；B、由A分析可知，a≥b，B错误；C、溶液中c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），故c（A﹣）=c（Na+），故C正确；D、由C中分析可知，溶液中c（A﹣）=c（Na+），故D错误；故选C．【点评】考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等，难度中等，注意酸HA的强弱．　15．在已达到电离平衡的0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（　　）A．加少量水B．加热C．加少量盐酸D．加少量醋酸钠晶体【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】欲使平衡向电离的方向移动，可以采用的方法为：加热、加入和氢离子反应的物质，要使溶液的pH降低，则应使溶液中氢离子浓度增大，可以加入酸或升高温度，二者结合分析解答．【解答】解：A．向醋酸溶液中加入少量水，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，溶液的PH增大，故A不符合；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，且溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B符合；-20-\nC．向溶液中加入少量盐酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，但抑制醋酸电离，故C不符合；D．向溶液中加入少量醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，导致溶液中氢离子浓度降低，pH增大，故D不符合；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确加热促进醋酸电离，而同离子效应抑制醋酸电离，据此分析解答即可，难度不大．　16．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：A．增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A错误；B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，故C错误；D．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键．　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）17．T℃时，恒容密闭容器中反应2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0．达到化学平衡状态，请回答：（1）该反应的化学平衡常数的表达式K=　　．如果再通入一定量的二氧化氮，化学平衡　向右　移动（向左、向右、不），平衡常数　不变　（减小、增大、不变）；达到新平衡时NO2的转化率　增大　（减小、增大、不变），NO2的体积百分含量　减小　（减小、增大、不变）．-20-\n（3）如果升高温度，平衡混合物的颜色　变深　（变深、变浅）．（4）下列描述中能说明该反应达到化学平衡状态的是　BD　（填字母）A．单位时间内生成nmo1N2O4的同时生成nmolNO2B．混合气体的颜色不随时间而变化C．混合气体的密度不随时间而变化D．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化E．容器内NO2和N2O4的浓度之比为2：1．【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；增大反应物浓度，平衡正向移动，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比平衡正向移动，转化率增大，四氧化二氮体积分数增大，则NO2的体积百分含量减小；（3）正反应为放热反应，如果升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增大；（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．【解答】解：（1）2NO2（g）═N2O4（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；如果再通入一定量的二氧化氮，平衡正向移动，平衡常数只受温度影响，浓度不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变；等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比平衡正向移动，转化率增大，四氧化二氮体积分数增大，则NO2的体积百分含量减小，故答案为：向右；不变；增大；减小；（3）正反应为放热反应，如果升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增大，平衡混合物的颜色变深，故答案为：变深；（4）A．单位时间内生成nmo1N2O4的同时生成2nmolNO2时，处于平衡状态，故A错误；B．混合气体的颜色不随时间而变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故B正确；C．混合气体质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终不变，故C错误；D．混合气体的质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，平均相对分子质量中等，当平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应到达平衡，故D正确；E．容器内NO2和N2O4的浓度之比与二氧化氮的转化率有关，不一定等于化学计量数之比，故E错误，故选：BD．【点评】本题考查化学平衡影响因素、平衡状态判断、平衡常数等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．　18．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　环形玻璃搅拌棒　．-20-\n大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热　相等　（填“相等”“不相等”），简述理由：　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱的用量无关　．（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g•℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃②2.2℃③3.0℃写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式　HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8kJ/mol　．（小数点后保留一位小数）【考点】中和热的测定．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（3）根据中和热的概念和实质来回答；（4）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热．【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（3）改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱的用量无关；（4）三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃②2.2℃③3.0℃，第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣51.8kJ/mol，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8kJ/mol；故答案为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8kJ/mol．【点评】本题考查中和热的测定与计算，题目难度中等，注意理解中和热的概念是解题的关键．　-20-\n19．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）放出热量99kJ，请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示　A表示反应物总能量　、　C表示生成物总能量　．该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点　降低　（填“升高”，“降低”），△H　不变　（填“变大”，“变小”或“不变”），理由是　因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但没有改变反应的始态和终态，△H不变　．（3）图中△H=　﹣198　kJ/mol．【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量；催化剂能够降低反应的活化能，不影响反应物和生成物能量高低；（3）根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比．【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，故答案为：A表示反应物总能量、C表示生成物总能量；催化剂能够降低反应的活化能，不影响反应物和生成物能量高低，所以△H不变，故答案为：降低；不变；因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但没有改变反应的始态和终态，△H不变；（3）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣198KJ•mol﹣1，故答案为：﹣198．【点评】本题考查反应过程的能量变化图以及运用盖斯定律进行反应热的计算，难度不大，注意活化能与反应热的关系．　20．请按要求回答下列问题：（1）AlCl3的水溶液呈　酸　（填“酸”，“中”或“碱”）性，原因是　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）；将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体是　Al2O3　．在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红，出现该现象的原因是　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　（用离子方程式表示）；该溶液中物料守恒关系式为　c（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]　；若在变红后的溶液中加入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是　有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色　．【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】（1）为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，灼烧生成氧化铝；碳酸钠水溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，遇到酚酞变红色，溶液中的物料守恒是指碳元素存在形式总和和钠元素的定量过程，即n（Na）=2n（C）；在纯碱中加入过量氯化钡生成碳酸钡沉淀，溶液红色变为无色．-20-\n【解答】解：（1）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液呈酸性，常温时pH＜7．实验室配制氯化铝溶液时，为抑制氯化铝水解，将氯化铝溶于盐酸，然后加水稀释到所需浓度．将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液中加入酚酞变红，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]；加入过量氯化钡溶液，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，产生白色沉淀，碳酸根离子浓度减小，平衡向左移动，红色变浅至消失，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；c（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]；有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色．【点评】本题考查盐类水解的应用，注意盐溶液蒸干时要考虑水解，如将氯化铁溶液加热蒸干并灼烧得氧化铁固体；将硫酸铁溶液加热蒸干并灼烧得硫酸铁固体，题目难度中等．　21．将1molN2（g）和3molH2（g）通入一个10L的恒容密闭容器中发生反应，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示．其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25%，反应中放出akJ热量．（1）当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1　＞　K2（填“＞”，“＜”或“=”）．温度为T1时，该反应5min达到平衡，这段时间内用N2表示的化学反应速率v（N2）=　0.08　mol/（L•min）．（3）温度为T1时，该反应的化学平衡常数K1=　18.3　（小数点后保留一位小数），写出N2和H2反应生成NH3的热化学方程式　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2.5akJ/mol　．（4）下列措施中能使N2的转化率增大的有　BEF　．A．在原容器中再充入lmolN2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入lmolHeD．使用更有效的催化剂E．降低温度F．将NH3从体系中分离出去．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；将1molN2（g）和3molH2（g）通入一个10L的恒容密闭容器中发生反应，温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25%，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：x3x2x平衡量（mol）：1﹣x3﹣3x2x所以=25%，解得x=0.4，再根据v=计算v（N2）；-20-\n（3）化学平衡常数K1=；计算1mol氮气反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（4）使N2的转化率增大，应改变条件使平衡正向移动，但不能只增大氮气浓度，否则氮气转化率为降低．【解答】解：（1）正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数关系K1＞K2，故答案为：＞；将1molN2（g）和3molH2（g）通入一个10L的恒容密闭容器中发生反应，温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25%，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：x3x2x平衡量（mol）：1﹣x3﹣3x2x所以=25%，解得x=0.4，则v（N2）==0.008mol/（L．min），故答案为：0.008mol/（L．min）；（3）温度为T1时，该反应的化学平衡常数K1===18.3；1mol氮气反应放出的热量为akJ×=2.5akJ，反应热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2.5akJ/mol，故答案为：18.3；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2.5akJ/mol；（4）使N2的转化率增大，应改变条件使平衡正向移动，但不能只增大氮气浓度，否则氮气转化率为降低．A．在原容器中再充入lmolN2，平衡正向移动，但氮气的转化率减低，故A错误；B．在原容器中再充入1molH2，平衡正向移动，但氮气的转化率增大，故B正确；C．在原容器中充入lmolHe，恒温恒容下，各组分浓度不变，平衡不移动，氮气转化率不变，故C错误；D．使用更有效的催化剂，不影响平衡移动，氮气转化率不变，故D错误；E．正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，氮气转化率增大，故E正确；F．将NH3从体系中分离出去，平衡正向移动，氮气转化率增大，故F正确，故选：BEF．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数等，注意对平衡移动原理的理解掌握．　22．将0.2mol/LHA溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），则：（填“＞”，“＜”或“=”）（1）混合溶液中c（HA）　＜　c（A﹣）；混合溶液中c（HA）+c（A﹣）　=　0.1mol/L；（3）混合后由水电离出的c（OH﹣）　＞　0.2mol/LHA溶液由水电离出的c（H+）；（4）HA的电离方程式为　HA⇌H++A﹣　．-20-\n【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算．【分析】将0.2mol/LHA溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，二者恰好反应生成NaA，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），根据电荷守恒得c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，则HA是弱酸；（1）溶液呈碱性，说明A﹣发生水解而导致溶液呈碱性，但水解程度较小；二者混合时溶液体积增大一倍，浓度降为原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒计算；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；（4）HA是弱酸，部分电离生成氢离子和酸根离子．【解答】解：将0.2mol/LHA溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，二者恰好反应生成NaA，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），根据电荷守恒得c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，则HA是弱酸；（1）溶液呈碱性，说明A﹣发生水解而导致溶液呈碱性，但水解程度较小，所以混合溶液中c（HA）＜c（A﹣），故答案为：＜；二者混合时溶液体积增大一倍，浓度降为原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（HA）+c（A﹣）=0.1mol/L，故答案为：=；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以HA抑制水电离、混合溶液促进水电离，则混合后由水电离出的c（OH﹣）＞0.2mol/LHA溶液由水电离出的c（H+），故答案为：＞；（4）HA是弱酸，部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为HA⇌H++A﹣，故答案为：HA⇌H++A﹣．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，正确判断HA电解质强弱是解本题关键，注意物料守恒的灵活运用，知道水电离影响因素，题目难度不大．　-20-