河北省邢台市南宫中学2022学年高二化学上学期11月月考试卷含解析

2022-2022学年河北省邢台市南宫中学高二（上）月考化学试卷（11月份）　一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共46分）1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（　　）A．将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，Kw变小C．向纯水中加入少量固体碳酸钠，c（H+）减小，Kw不变，影响水的电离平衡D．向纯水中加入醋酸钠或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变　2．常温下，稀释0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，图中的纵坐标可以表示（　　）A．CO32﹣水解的平衡常数B．溶液的pHC．溶液中HCO3﹣离子数D．溶液中c（CO32﹣）　3．一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到溶解平衡时，已知数据如表所示：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3K甲/25℃8.0×10﹣162.2×10﹣204.0×10﹣38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4对于含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液，下列说法合理的是（　　）A．向该混合溶液中加入少量铁粉，立即能观察到有红色固体析出B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到蓝色沉淀C．该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4D．向该混合溶液中加入适量氯水，并调节溶液的pH为3﹣4，然后过滤，可得到纯净的CuSO4溶液　4．相同条件下，在①pH=2的CH3COOH溶液、②pH=2的HCl溶液、③pH=12的氨水、④pH=12的NaOH溶液中，下列说法不正确的是（　　）A．水电离的c（H+）：①=②=③=④B．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②＞①C．若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③D．将四种溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：③＞④＞②＞①　5．有下列4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极反应的产物为水的是（　　）36\nA．固化氧化物B．碱性氢氧化物电池C．质子交换膜D．熔融盐　6．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣1　7．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaClO下列各项排序正确的是（　　）A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②　8．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（　　）①中性溶液中：Fe3+，Al3+，NO3﹣，I﹣，Cl﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，SO32﹣36\n③由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，K+，NO3﹣，NH4+，S2O32﹣④加入甲基橙指示剂后显红色的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣．A．①②B．①③C．②④D．③④　9．归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低．②pH=2的盐酸和pH=1的醋酸，c（H+）之比为2：1．③在Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在下列关系c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3‑）+2c（CO32﹣）④反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0⑤已知醋酸电离常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为：Ka•Kh=Kw⑥反应A（g）⇌2B（g）；△H，若正反应的活化能为EakJ•mol﹣1，逆反应的活化能为EbkJ•mol﹣1，则△H=（Ea﹣Eb）kJ•mol﹣1．其归纳正确的是（　　）A．①②③⑥B．③④⑤⑥C．②④⑤⑥D．①③④⑤　10．现有A、B、C、D四种溶液，它们分别是AlCl3溶液、盐酸、氨水、Na2SO4溶液中的一种，已知A、B两溶液中的水的电离程度相同，A、C两溶液的pH相同．则下列说法中正确的是（　　）A．A为AlCl3溶液，C为盐酸B．向C中加入足量B，反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓C．A、B等体积混合后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．溶液中的水的电离程度：A=B＜C＜D　11．向恒温、恒容（2L）的密闭容器中充入2molX和一定量的Y，发生反应：2X（g）+Y（g）2Z（g）△H=﹣197.74kJ/mol），4min后达到平衡，这时c（X）=0.2mol•L﹣1，且X与Y的转化率相等．下列说法中不正确的是（　　）A．达到平衡时，再充入1molX，该反应的△H变大B．用Y表示4min内的反应速率为0.1mol/（L•min）C．再向容器中充入1molZ，达到新平衡，n（X）：n（Y）=2：1D．4min后，若升高温度，平衡将向逆反应方向移动，平衡常数K减小　12．在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．弱酸性NaHSO3溶液：c（HSO3﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LNH4HS溶液：c（NH4+）=c（HS﹣）+c（H2S）+c（S2﹣）C．0.2mol/LNH3•H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）　36\n13．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，向密闭容器中加入2molSO2（g）和1molO2，一定条件下反应达到平衡，在t2和t4时刻分别只改变一个条件（温度或压强），反应过程中正反应速率如下图所示，下列说法正确的是（　　）注：t1～t2、t3～t4、t5之后各时间段表示达到平衡状态①、②、③．A．t2～t3时间段，平衡向逆反应方向移动B．平衡状态①和②，平衡常数K值相同C．平衡状态①和②，SO2转化率相同D．t4时刻改变的条件是减小压强　14．已知0.1mol•L﹣1的二元酸H2A溶液的pH=2.0则下列说法中正确的是（　　）A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中有：2c（Na+）=3c（A2﹣）+3c（HA﹣）+3c（HA）C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+c（A2﹣）D．在Na2A溶液中一定有：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　15．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2＞t1），下列说法中正确的是（　　）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol01.200.60t10.80t20.20A．反应在t1min内的平均速率为v（CO2）=mol•L﹣1•min﹣1B．到t1min时，反应未达平衡状态C．保持700℃不变，向平衡体系中再通入0.60molCO和0.30molH20，达到新平衡时与原平衡相比，C0转化率增大，H2的体积分数增大D．温度升至800℃时，上述反应的平衡常数为0.64，则正反应为放热反应　16．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q，673K，30MPa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如下图所示．下列叙述正确的是（　　）36\nA．点a的正反应速率比点b的小B．点c处反应达到平衡C．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样D．其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值大　17．可逆反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（　　）压强\A转化率\温度p1（MPa）p2（MPa）400℃99.699.7500℃96.997.8A．B．C．D．　18．在密闭容器中进行反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H＞0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（　　）A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ表示t0时刻缩小容器体积对反应速率的影响C．图Ⅲ表示t0时刻增大B浓度对反应速率的影响D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态　19．关于溶液的下列说法正确的是（　　）A．c（H+）：c（OH﹣）=1：10﹣2的溶液中K+、Ba2+、ClO﹣、CO32﹣一定能大量存在B．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中K+、Cl﹣、NO3﹣、I﹣一定能大量存在C．往0.1mol/LCH3COOH溶液中通人少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大D．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④（NH4）2CO3中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①　20．有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：36\n①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出．据此，判断五种金属的活动性顺序是（　　）A．A＞B＞C＞D＞EB．A＞C＞D＞B＞EC．C＞A＞B＞D＞ED．B＞D＞C＞A＞E　21．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（　　）A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c（SO42﹣）增大D．片刻后可观察到滤纸b点变红色　22．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是（　　）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O　23．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是一种行之有效的除去铬的方法之一．该法用Fe作电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，最终将铬转化为Cr（OH）3沉淀，达到净化目的．下列有关说法不正确的是（　　）A．电解时选用Fe作阳极，石墨棒作阴极B．阴极附近的沉淀只有Cr（OH）3C．阳极附近溶液中，发生反应的离子方程式是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．消耗1molCr2O72﹣，将有336gFe消耗，因此要定期更换铁电极　　二、填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）24．某小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．（1）该电解槽的阳极反应式为　　　　　　．（2）制得的氢氧化钾溶液从出口　　　　　　（填“A”、“B”、“C”或“D”）导出．（3）通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　　　　　　．36\n（4）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的反应式为　　　　　　．　25．2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：l9：91pH8.27.26.2由上表判断，NaHSO3溶液显　　　　　　性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：　　　　　　．（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图如图1正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　　　　　　（填代号）．（3）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：　　　　　　．36\n（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图2是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：　　　　　　．②电解后溶液的pH=　　　　　　（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）③阳极产生气体的体积在标准状况下是　　　　　　L．　26．实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择．化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求．试运用所学知识，解决下列问题：（1）已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学方程式为：　　　　　　．（2）已知在400℃时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0的K=0.5，则400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应V（N2）正　　　　　　V（N2）逆（填：＞、＜、=、不能确定）欲使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，可采取的正确措施是　　　　　　（填序号）A．缩小体积增大压强B．升高温度C．加催化剂D．使氨气液化移走（3）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s）△H，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K300400500…K/（mol•L﹣1）24×1068×107K1…请完成下列问题：①判断该反应的△H　　　　　　0（填“＞”或“＜”）②在一定条件下，能判断该反应一定达化学平衡状态的是　　　　　　（填序号）．A．3v（B）（正）=2v（C）（逆）B．A和B的转化率相等C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（4）已知甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，该电池正极的电极反应式为：　　　　　　，当3.2g甲醇完全反应生成CO2时，有　　　　　　mol电子发生转移．　27．下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25℃）．电解质平衡方程式平衡常数KKsp36\nCH3COOHCH3COOH⇌CH3COO﹣+H+1.76×10﹣5H2CO3H2CO3⇌H++HCO3﹣HCO3﹣⇌H++CO32﹣K1=4.31×10﹣4K2=5.61×10﹣11C6H5OHC6H5OH⇌C6H5O﹣+H+1.1×10﹣10H3PO4H3PO4⇌H++H2PO4﹣H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣HPO42﹣⇌H++PO43﹣K1=7.52×10﹣3K2=6.23×10﹣8K3=2.20×10﹣13NH3•H2ONH3•H2O⇌NH4++OH﹣1.76×10﹣5BaSO4BaSO4⇌Ba2++SO42﹣1.07×10﹣10BaCO3BaCO3⇌Ba2++CO32﹣2.58×10﹣9回答下列问题：（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3﹣，③C6H5OH，④H2PO4﹣均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为　　　　　　（填编号）．（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式　　　　　　．（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c（CH3COO﹣）　　　　　　c（NH4+）（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：①T2温度时Ksp（BaSO4）=　　　　　　；②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是　　　　　　．A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b）D．升温可使溶液由b点变为d点③现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol•L﹣1）处理．若使BaSO4中的SO42﹣全部转化到溶液中，需要反复处理　　　　　　次．　28．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1100℃时，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．（1）该反应的平衡常数表达式K=　　　　　　．（2）下列措施中能使平衡时K增大的是　　　　　　（填序号）．A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=　　　　　　mol•L﹣1•min﹣1．（4）1100℃时，2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：36\n容器甲乙反应物投入量3molFe、2molCO24molFeO、3molCOCO的浓度（mol•L﹣1）c1c2CO2的体积分数φ1φ2体系压强（Pa）p1p2气态反应物的转化率α1α2①下列说法正确的是　　　　　　．A．2c1=3c2B．φ1=φ2C．p1＜p2D．α1=α2②求c1=　　　　　　、φ1=　　　　　　、α2=　　　　　　．　　36\n2022-2022学年河北省邢台市南宫中学高二（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析　一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共46分）1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（　　）A．将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，Kw变小C．向纯水中加入少量固体碳酸钠，c（H+）减小，Kw不变，影响水的电离平衡D．向纯水中加入醋酸钠或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变【考点】水的电离；离子积常数．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，氢离子浓度增大，水的pH变小；B、水的离子积与温度有关，温度不变，水的离子积不变；C、碳酸钠电离的碳酸根离子结合水电离的氢离子，导致溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；温度不变，水的离子积不变；D、醋酸能够抑制水的电离，但是醋酸钠中的醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离．【解答】解：A、温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，但是溶液中氢离子浓度增大，水的pH变小，故A错误；B、向纯水中加入稀氨水，水中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，由于温度不变，所以水的离子积不变，故B错误；C、向纯水中加入少量固体碳酸钠，碳酸钠电离的碳酸根离子结合水电离的氢离子，导致水中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进了水的电离；由于温度不变，所以水的离子积不变，故C正确；D、纯水中加入盐酸，抑制了水的电离，但是加入醋酸钠，醋酸根离子发生水解，促进了水的电离，故D错误；故选C．【点评】本题考查了水的电离、水的离子积、盐的水解等知识，题目难度中等，注意明确水的大量共存为吸热反应，温度不变，水的离子积不变，熟练掌握影响水的电离的因素．　2．常温下，稀释0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，图中的纵坐标可以表示（　　）A．CO32﹣水解的平衡常数B．溶液的pHC．溶液中HCO3﹣离子数D．溶液中c（CO32﹣）36\n【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、水解的平衡常数只与温度有关；B、加水稀释，溶液中氢氧根离子浓度减小；C、D、加水稀释，碳酸根离子水解平衡正移；【解答】解：A、水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释平衡常数不变，故A错误；B、加水稀释，溶液的体积增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以稀释过程中溶液pH应逐渐减小，故B错误；C、D、稀释过程中水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向右移动，所以HCO3﹣数目增大，CO32﹣数目减少，c（CO）减小，故C正确、D错误；故选C．【点评】本题考查了影响盐类水解的因素，水解平衡常数只受温度影响，本题难度不大．　3．一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到溶解平衡时，已知数据如表所示：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3K甲/25℃8.0×10﹣162.2×10﹣204.0×10﹣38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4对于含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液，下列说法合理的是（　　）A．向该混合溶液中加入少量铁粉，立即能观察到有红色固体析出B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到蓝色沉淀C．该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4D．向该混合溶液中加入适量氯水，并调节溶液的pH为3﹣4，然后过滤，可得到纯净的CuSO4溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；铁粉和阳离子发生氧化还原反应顺序进行；B、依据图表分析，铁离子开始沉淀的pH=3分析；C、铁离子、亚铁离子、铜离子水溶液中水解；D、混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH3﹣4铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸溶液．【解答】解：A、溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；加入铁粉先和铁离子发生氧化还原反应，所以开始无红色固体析出，故A错误；B、依据阳离子沉淀的PH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B错误；C、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42﹣）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4，故C正确；D、向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3﹣4，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和氯化铜溶液，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；故选C．36\n【点评】本题考查氧化还原反应顺序判断，离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等．　4．相同条件下，在①pH=2的CH3COOH溶液、②pH=2的HCl溶液、③pH=12的氨水、④pH=12的NaOH溶液中，下列说法不正确的是（　　）A．水电离的c（H+）：①=②=③=④B．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②＞①C．若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③D．将四种溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：③＞④＞②＞①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】四种溶液中酸碱产生的c（H+）或c（OH﹣）相等，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，浓度应较大，等体积时，醋酸和一水合氨的物质的量较多，以此解答该题．【解答】解：A．四种溶液中酸碱产生的c（H+）或c（OH﹣）相等，对水的电离抑制程度相同，故A正确；B．体积等pH的醋酸和盐酸，前者物质的量大于后者，分别与足量铝粉反应，前者生成气体多于后者，故B错误；C．若将等体积等pH的盐酸和氨水混合，氨水过量，溶液呈碱性，若混合后溶液呈中性，则氨水的体积小于盐酸的体积，故C正确；D．将溶液稀释100倍后，①③继续电离，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D正确．故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，难度不大，注意把握弱电解质的电离特点以及影响水的电离平衡的因素，把握相关基本理论的扎实学习为解答该题的关键．　5．有下列4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极反应的产物为水的是（　　）A．固化氧化物B．碱性氢氧化物电池C．36\n质子交换膜D．熔融盐【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】原电池中，阳离子向正极移动，正极上得到电子，燃料电池的正极上是氧气发生得电子的还原反应，根据电解质环境可以确定电极产物，结合正极的反应产物为水来解答．【解答】解：A．在该固体氧化物燃料电池中，电解质中存在O2﹣，正极上O2+4e﹣=2O2﹣，故A错误；B．碱性燃料电池中，正极上发生O2+2H20+4e﹣=4OH﹣，故B错误；C．质子交换膜燃料电池，正极上发生4H++O2+4e﹣=2H20，故C正确；D．熔融盐燃料电池中，正极反应是2CO2+O2+4e﹣=2CO32﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查燃料电池，明确原电池的工作原理是解答本题的关键，注意电解质及电极反应，题目难度不大．　6．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1；B．假设取H2（g）和CH3OH（l）各为1克，依据H2（g）和CH3OH（l）的热化学方程式计算比较；C．硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热，中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量；D．依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．【解答】解：A．依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12571.6KJmol142.9KJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣136\n21452KJmol22.69KJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C．中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即△H＜﹣57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8kJ•mol﹣1．可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4kJ•mol﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等．　7．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaClO下列各项排序正确的是（　　）A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答．【解答】解：A、①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；故选B．【点评】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键．　8．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（　　）①中性溶液中：Fe3+，Al3+，NO3﹣，I﹣，Cl﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，SO32﹣36\n③由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，K+，NO3﹣，NH4+，S2O32﹣④加入甲基橙指示剂后显红色的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣．A．①②B．①③C．②④D．③④【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①中性溶液中，铁离子、铝离子水解导致溶液显示酸性，铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应；②pH=11的溶液中存在大量的氢氧根离子，CO32﹣，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，SO32﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，铵根离子能够与氢氧根离子反应，硫代硫酸根离子能够与酸溶液反应；④加入甲基橙指示剂后显红色的溶液中存在大量的氢离子，Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应．【解答】解：①中性溶液中，Fe3+、Al3+发生水解，溶液会显示酸性，且Fe3+、I﹣离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液为碱性溶液，CO32﹣，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，SO32﹣离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，OH﹣与NH4+能够反应反应，H+与S2O32﹣离子之间能够反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④加入甲基橙指示剂后显红色的溶液为酸性溶液，Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时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；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　9．归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低．②pH=2的盐酸和pH=1的醋酸，c（H+）之比为2：1．③在Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在下列关系c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3‑）+2c（CO32﹣）④反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0⑤已知醋酸电离常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为：Ka•Kh=Kw⑥反应A（g）⇌2B（g）；△H，若正反应的活化能为EakJ•mol﹣1，逆反应的活化能为EbkJ•mol﹣1，则△H=（Ea﹣Eb）kJ•mol﹣1．其归纳正确的是（　　）A．①②③⑥B．③④⑤⑥C．②④⑤⑥D．①③④⑤【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】①强酸溶液加水稀释后，溶液中氢离子浓度降低，氢氧根离子浓度增大；36\n②c（H+）=10﹣pH；③电解质溶液中存在电荷守，根据电荷守恒判断；④△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行；⑤酸的电离平衡常数、酸根离子水解平衡常数与水的离子积常数之间的关系为Ka•Kh=Kw；⑥反应A（g）⇌2B（g），若正反应的活化能为EakJ•mol﹣1，逆反应的活化能为EbkJ•mol﹣1，反应的焓变等于正逆反应活化能之差．【解答】解：①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中c（H+）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故错误；②c（H+）=10﹣pH，pH=2的盐酸和pH=1的醋酸，c（H+）之比为=0.01mol/L：0.1mol/L=1：10，故错误；③在Na2CO3和NaHCO3溶液中存在的离子有Na+、H+、OH﹣、HCO3‑、CO32﹣，由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3‑）+2c（CO32﹣），故正确；④△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行，根据方程式知△S＞0，但该反应中△H一定大于0，故正确；⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh，水的离子积为Kw，则三者关系为：Ka•Kh=×=Kw，故正确；⑥逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以△H=逆反应的活化能﹣正反应的活化能=（Ea﹣Eb）kJ•mol﹣1，故正确；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盐类水解、焓变等知识点，注意稀释酸或碱中并不是所有粒子都减小，知道酸的电离平衡常数、酸根离子水解平衡常数与离子积常数之间的关系式，题目难度中等．　10．现有A、B、C、D四种溶液，它们分别是AlCl3溶液、盐酸、氨水、Na2SO4溶液中的一种，已知A、B两溶液中的水的电离程度相同，A、C两溶液的pH相同．则下列说法中正确的是（　　）A．A为AlCl3溶液，C为盐酸B．向C中加入足量B，反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓C．A、B等体积混合后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．溶液中的水的电离程度：A=B＜C＜D【考点】几组未知物的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】A、C溶液的pH相同，A、C为AlCl3溶液、盐酸，A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为盐酸、氨水，故A为盐酸，B为氨水溶液，C为AlCl3溶液，D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7，以此解答该题．【解答】解：A．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，氯化铝是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，硫酸钠是强酸强碱盐其溶液呈中性，A、C溶液的pH相同，A、C为AlCl3溶液、盐酸，A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为盐酸、氨水，故A为盐酸，B为氨水溶液，C为AlCl3溶液，D为Na2SO4溶液，故A错误；B．C是氯化铝，B是氨水，一水合氨是弱电解质，其离子方程式为Al3++3NH3．H2O=3NH4++Al（OH）3↓，故B错误；36\nC．A为盐酸，B为氨水溶液，A、B两溶液中的水的电离程度相同，则盐酸的浓度小于氨水，二者等体积混合，氨水过量，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中氢氧根离子浓度较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．氯化铝中含有弱根离子所以促进水电离，硫酸钠是强酸强碱盐既不促进水电离也不抑制水电离，盐酸和氨水抑制水电离，且抑制程度相等，所以溶液中水的电离程度：A=B＜D＜C，故D错误；故选C．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于盐类水解的考查，注意把握盐类水解的规律和溶液酸碱性的判断，为解答该题的关键，题目难度不大．　11．向恒温、恒容（2L）的密闭容器中充入2molX和一定量的Y，发生反应：2X（g）+Y（g）2Z（g）△H=﹣197.74kJ/mol），4min后达到平衡，这时c（X）=0.2mol•L﹣1，且X与Y的转化率相等．下列说法中不正确的是（　　）A．达到平衡时，再充入1molX，该反应的△H变大B．用Y表示4min内的反应速率为0.1mol/（L•min）C．再向容器中充入1molZ，达到新平衡，n（X）：n（Y）=2：1D．4min后，若升高温度，平衡将向逆反应方向移动，平衡常数K减小【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．热化学方程式中的焓变与化学计量数有关，与参加反应的反应物的物质的量无关；B．根据v=计算v（X），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Y）；C．原平衡时X与Y的转化率相等，说明X、Y的起始物质的量之比等于化学计量数之比2：1，再向容器中充入1molZ，平衡向逆反应方向移动，反应过程中X、Y的物质的量之比为2：1，达新平衡时X、Y的物质的量之比不变；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A．热化学方程式中的焓变与化学计量数有关，与参加反应的反应物的物质的量无关，再充入1molX，平衡向正反应方向移动，但应热化学方程式中的焓变保持不变，故A错误；B．v（X）==0.2mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（Y）=v（X）=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C．原平衡时X与Y的转化率相等，说明X、Y的起始物质的量之比等于化学计量数之比2：1，再向容器中充入1molZ，平衡向逆反应方向移动，反应过程中X、Y的物质的量之比为2：1，达新平衡时X、Y的物质的量之比不变为2：1，故达到新平衡，c（X）：c（Y）=2：1，故C正确；D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D正确；故选：A．36\n【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡常数等，难度中等，注意反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比则转化率相等．　12．在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．弱酸性NaHSO3溶液：c（HSO3﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LNH4HS溶液：c（NH4+）=c（HS﹣）+c（H2S）+c（S2﹣）C．0.2mol/LNH3•H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、NaHSO3溶液中，HSO3﹣发生电离和水解，所以c（HSO3﹣）＜c（Na+）；B、根据元素守恒判断；C、0.2mol/LNH3•H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合，得到0.05mol/LNH3•H2O溶液与0.05mol/LNH4C1溶液，氨水的电离程度大于水解程度，溶液呈碱性；D、0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，得到0.05mol/LNaHCO3溶液与0.05mol/LNa2CO3溶液，根据质子守恒判断．【解答】解：A、NaHSO3溶液中，HSO3﹣发生电离和水解，所以c（HSO3﹣）＜c（Na+），故A错误；B、在NH4HS溶液中，根据元素守恒有c（NH3•H2O）+c（NH4+）=c（HS﹣）+c（H2S）+c（S2﹣），故B错误；C、0.2mol/LNH3•H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合，得到0.05mol/LNH3•H2O溶液与0.05mol/LNH4C1溶液，氨水的电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，故有c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D、0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，得到0.05mol/LNaHCO3溶液与0.05mol/LNa2CO3溶液，根据质子守恒有：2（H+）=2c（OH﹣）+c（CO32﹣）﹣c（HCO3﹣）﹣3c（H2CO3），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意从溶液的电荷守恒、物料守恒、质子守恒的角度进行判断．　13．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，向密闭容器中加入2molSO2（g）和1molO2，一定条件下反应达到平衡，在t2和t4时刻分别只改变一个条件（温度或压强），反应过程中正反应速率如下图所示，下列说法正确的是（　　）注：t1～t2、t3～t4、t5之后各时间段表示达到平衡状态①、②、③．36\nA．t2～t3时间段，平衡向逆反应方向移动B．平衡状态①和②，平衡常数K值相同C．平衡状态①和②，SO2转化率相同D．t4时刻改变的条件是减小压强【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A．t2～t3时间段，正反应速率先增大后减小，则逆反应速率逐渐增大，平衡向正反应方向移动；B．化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变；C．增大压强，平衡向正反应方向移动；D．t4时，正反应速率减小，则逆反应速率先减小后增大，改变的条件是降温．【解答】解：A．t2～t3时间段，v（正）先增大后减小，则v（逆）应为逐渐增大，且v（正）＞v（逆），改变条件为增大压强，则平衡正向移动，故A错误；B．①、②压强不同，且压强①＜②，温度相同，则K值相同，故B正确；C．①、②压强不同，且压强①＜②，增大压强，平衡向正反应方向移动，则平衡状态②SO2的转化率大，故C错误；D．t4～t5时间段，v（正）减小，则v（逆）先减小后增大，且v（正）＞v（逆），改变条件为降温，故D错误；故选B．【点评】本题考查了外界条件对反应速率影响图象分析，注意该图象只体现正反应速率，根据正逆反应速率变化确定反应方向、反应条件，题目难度中等．　14．已知0.1mol•L﹣1的二元酸H2A溶液的pH=2.0则下列说法中正确的是（　　）A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中有：2c（Na+）=3c（A2﹣）+3c（HA﹣）+3c（HA）C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+c（A2﹣）D．在Na2A溶液中一定有：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】已知0.1mol•L﹣1的二元酸H2A溶液的pH=4，说明溶液为弱酸；A、在Na2A、NaHA两溶液中，A2﹣离子水解，HA﹣存在电离和水解；B、依据电荷守恒结合离子浓度计算判断；C、依据溶液中电荷守恒计算判断；D、A2﹣离子分步水解，溶液呈碱性．【解答】解：A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2﹣离子水解，HA﹣存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在物料守恒，2c（Na+）=3c（A2﹣）+3c（HA﹣）+3c（HA），故B正确；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），故C错误；D、在Na2A溶液中，A2﹣离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选B．36\n【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等．　15．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2＞t1），下列说法中正确的是（　　）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol01.200.60t10.80t20.20A．反应在t1min内的平均速率为v（CO2）=mol•L﹣1•min﹣1B．到t1min时，反应未达平衡状态C．保持700℃不变，向平衡体系中再通入0.60molCO和0.30molH20，达到新平衡时与原平衡相比，C0转化率增大，H2的体积分数增大D．温度升至800℃时，上述反应的平衡常数为0.64，则正反应为放热反应【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】A．由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，根据v=计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；B．根据t1min、t2min时H2O的物质的量是否发生变化判断；C．保持700℃不变，向平衡体系中再通入0.60molCO和0.30molH2O，与原平衡时CO、H2O的物质的量之比相等，等效为增大压强，该反应是气体体积不变的反应，平衡不移动；D．t1min时反应已经达到平衡状态，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度计算700℃时平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小判断反应的热效应．【解答】解：A．由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，v（CO）==mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（CO）=mol/（L•min），故A错误；B．t1min时n（CO）=0.8mol，则生成n（H2O）=0.6mol﹣0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，故B错误；C．保持700℃不变，向平衡体系中再通入0.60molCO和0.30molH2O，与原平衡时CO、H2O的物质的量之比相等，等效为增大压强，该反应是气体体积不变的反应，与原平衡相比不移动，CO的转化率不变、氢气的体积分数不变，故C错误；D．t1min时反应已经达到平衡状态，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol﹣0.4mol=0.2mol，则n（CO2）=c（H2）=△n（CO）=1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度计算700℃时平衡常数，则k==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D正确；36\n故选D．【点评】本题考查化学反应速率计算、平衡状态判断、等效平衡、平衡常数计算与应用，C选项中注意理解等效平衡规律，难度中等．　16．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q，673K，30MPa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如下图所示．下列叙述正确的是（　　）A．点a的正反应速率比点b的小B．点c处反应达到平衡C．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样D．其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值大【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项．【解答】解：A．随着反应的进行，反应物的浓度之间减小，反应速率逐渐减小，则a点的正反应速率比b点大，故A错误；B．c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；C．d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C错误；D．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时氢气的物质的量比d点的值大，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键．　17．可逆反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（　　）压强\A转化率\温度p1（MPa）p2（MPa）400℃99.699.7500℃96.997.8A．B．C．D．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．36\n【专题】化学平衡专题．【分析】由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，对比图象可解答该题．【解答】解：由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则A．升高温度，A的转化率降低，与表中数据吻合，故A正确；B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的百分含量降低，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与表中数据吻合，故B正确；C．升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，与表中数据吻合，故C正确；D．增大压强，反应速率增大，正反应速率大于逆反应速率平衡向正反应方向移动，图象与表中数据不吻合，故D错误．故选D．【点评】本题考查温度温度、压强对平衡移动的影响，题目难度中等，注意分析表中数据以及图象的曲线的变化，学习中注意加强该方面能力的培养．　18．在密闭容器中进行反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H＞0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（　　）A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ表示t0时刻缩小容器体积对反应速率的影响C．图Ⅲ表示t0时刻增大B浓度对反应速率的影响D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A．正反应吸热，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，平衡时A的含量减小；B．缩小容器体积，压强增大，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点．【解答】解：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应吸热，升高温度，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，平衡时百分含量小，乙的温度较高，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，该反应前后气体的体积不变，应是缩小体积或加入催化剂的原因，故B正确；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，该反应正反应是体积不变的吸热反应，应是同时不同等程度增大反应物与生成的浓度或升高温度，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；36\n故选B．【点评】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等，答题时注意：（1）若t0时刻无断点，则平衡移动肯定是改变某一物质的浓度导致．（2）若t0时刻有断点，则平衡移动可能是由于以下原因所导致：①同时不同程度地改变反应物（或生成物）的浓度②改变反应体系的压强；③改变反应体系的温度．　19．关于溶液的下列说法正确的是（　　）A．c（H+）：c（OH﹣）=1：10﹣2的溶液中K+、Ba2+、ClO﹣、CO32﹣一定能大量存在B．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中K+、Cl﹣、NO3﹣、I﹣一定能大量存在C．往0.1mol/LCH3COOH溶液中通人少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大D．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④（NH4）2CO3中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①【考点】离子积常数；离子共存问题．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、c（H+）：c（OH﹣）=1：10﹣2＞1，溶液呈酸性，酸性溶液中ClO﹣、CO32﹣一定不能大量存在；B、水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L说明水的电离受抵制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液；C、温度未变，平衡常数的倒数未变；D、H2CO3溶液中是弱酸，电离能力弱、Na2CO3是强碱弱酸盐，水解时碳酸根离子与水电离出的氢离子结合、NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解时碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合、（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生双水解，据此即可解答．【解答】解：A、c（H+）：c（OH﹣）=1：10﹣2＞1，溶液呈酸性，酸性溶液中ClO﹣、CO32﹣一定不能大量存在，故A错误；B、水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L说明水的电离受抵制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，酸性溶液中NO3﹣、I﹣要发生氧化还原反应，故B错误；C、温度未变，平衡常数的倒数未变，平衡常数的倒数不变，故C错误；D、设浓度都为1mol/L，25℃，浓度为1mol/L的H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、（NH4）2CO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，知：NaHCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；在Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于1mol/L；（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于1mol/L；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3＞（NH4）2CO3＞NaHCO3＞H2CO3即：②＞④＞③＞①，故D正确；故选D．36\n【点评】本题主要考查了离子共存，溶液的酸碱性，盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用，难度中等．　20．有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出．据此，判断五种金属的活动性顺序是（　　）A．A＞B＞C＞D＞EB．A＞C＞D＞B＞EC．C＞A＞B＞D＞ED．B＞D＞C＞A＞E【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】活泼性较强的金属作原电池的负极，易失去电子而被氧化；原电池中电子从负极流经外电路流向正极；电解时活泼弱的金属的阳离子先得电子析出．【解答】解：由题意可知：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：B＞E；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B＞E．所以，A、C、D错误，B正确．故选B．【点评】本题考查原电池原理和电解池原理在判断金属活泼性方面的应用，明确原电池中正负极的判断即可解答，题目难度不大．　21．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（　　）A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c（SO42﹣）增大D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．36\n【分析】A、依据装置图分析装置的K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反应，铜做正极，电极上得到电子发生还原反应；B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a，通过电解质溶液离子定向移动到b；电子不能通过电解质溶液；C、甲池中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，硫酸根离子浓度基本不变；D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大；【解答】解：A，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应；故A正确；B、电子流向是负极到正极，但a→b这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动；故B错误；C、选项中硫酸根离子浓度基本保持不变；故C错误；D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大，故D错误；故选A．【点评】本题考查电化学知识，原电池、电解池原理的应用，装置图设计有些复杂，B选项干扰作用明显，设问巧妙，题目难度中等．　22．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是（　　）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O【考点】原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．36\n　23．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是一种行之有效的除去铬的方法之一．该法用Fe作电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，最终将铬转化为Cr（OH）3沉淀，达到净化目的．下列有关说法不正确的是（　　）A．电解时选用Fe作阳极，石墨棒作阴极B．阴极附近的沉淀只有Cr（OH）3C．阳极附近溶液中，发生反应的离子方程式是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．消耗1molCr2O72﹣，将有336gFe消耗，因此要定期更换铁电极【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、根据化学原理：铁失电子得到的亚铁离子和Cr2O72﹣的酸性废水反应，将+6价Cr元素还原为+3价；B、在阴极附近溶液pH升高溶液中的Fe3+也将转化为Fe（OH）3沉淀；C、亚铁离子会和Cr2O72﹣的酸性废水发生氧化还原反应；D、根据电子守恒和元素守恒来计算回答．【解答】解：A、铁作阳极失电子得到的亚铁离子会和Cr2O72﹣的酸性废水反应，将+6价Cr元素还原为+3价，故A正确；B、在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e﹣═H2↑；同时大量产生了OH﹣，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe（OH）3沉淀，故B错误；C、铁作阳极失电子得到的亚铁离子，亚铁离子会和Cr2O72﹣的酸性废水反应，发生反应的离子方程式是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故C正确；D、还原1molCr2O72﹣离子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，一共得到电子6mol，亚铁离子被氧化为+3价，应该得到6mol电子，所以还原1molCr2O72﹣离子，需要6mol的Fe，即有336gFe消耗，要定期更换铁电极，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生电解池的工作原理方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　二、填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）24．某小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．（1）该电解槽的阳极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　．（2）制得的氢氧化钾溶液从出口　D　（填“A”、“B”、“C”或“D”）导出．（3）通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　阴极氢离子放电，导致氢氧根离子浓度变大，所以溶液中的PH值增大　．（4）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的反应式为　O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　．36\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】①电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上失电子发生氧化反应；②根据氢氧化钾生成的电极判断导出口；③根据阴阳离子的移动方向，阴极氢离子放电，导致氢氧根离子浓度变大；④燃料原电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应，写出相应的电极反应式，注意结合电解质溶液的酸碱性书写．【解答】解：①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；②电解时氢离子在阴极得电子生成氢气，则氢氧化钾在阴极生成，所以在D口导出，故答案为：D；③阴极氢离子放电，导致氢氧根离子浓度变大，所以溶液中的PH值增大，故答案为：阴极氢离子放电，导致氢氧根离子浓度变大，所以溶液中的PH值增大；④燃料原电池中，燃料在负极上失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应，该燃料原电池中，氧气是氧化剂，所以氧气在正极上得电子和水结合生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意燃料原电池电极反应式的书写时，要根据电解质溶液的酸碱性确定生成的离子或物质．　25．2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：l9：91pH8.27.26.2由上表判断，NaHSO3溶液显　酸　性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：　HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解　．（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图如图1正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　bd　（填代号）．36\n（3）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：　CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol　．（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图2是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：　CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+　．②电解后溶液的pH=　14　（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）③阳极产生气体的体积在标准状况下是　2.24　L．【考点】化学平衡状态的判断；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子；（2）a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；c、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，最后不再变化；d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；②根据电解氯化钠溶液的电解方程式来求溶液的PH；③根据反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，求阳极产生的氯气的体积与氢气体的体积相等．【解答】解：（1）由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解，36\n故答案为：酸；HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解；（2）a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确；c、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确，故答案为：bd；（3）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根据盖斯定律，①﹣②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；（4）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+；②由方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2222.410﹣3×100mL×1mol/L0.12.24L由题可知：之后反应为直接电解水，溶液pH值不改变，C（H+）==10﹣14，所以PH=14，故答案为14；③根据反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，求阳极产生的氯气的体积与氢气体的体积相等，故答案为：2.24．【点评】本题考查了盖斯定律求焓变、化学平衡影响因素，化学反应速率，平衡常数概念计算应用，注意平衡的条件分析是解题关键，题目难度中等．　26．实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择．化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求．试运用所学知识，解决下列问题：（1）已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学方程式为：　C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）　．（2）已知在400℃时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0的K=0.5，则400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应V（N2）正　=　V（N2）逆36\n（填：＞、＜、=、不能确定）欲使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，可采取的正确措施是　A　（填序号）A．缩小体积增大压强B．升高温度C．加催化剂D．使氨气液化移走（3）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s）△H，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K300400500…K/（mol•L﹣1）24×1068×107K1…请完成下列问题：①判断该反应的△H　＞　0（填“＞”或“＜”）②在一定条件下，能判断该反应一定达化学平衡状态的是　CD　（填序号）．A．3v（B）（正）=2v（C）（逆）B．A和B的转化率相等C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（4）已知甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，该电池正极的电极反应式为：　O2+4e﹣+4H+=2H2O　，当3.2g甲醇完全反应生成CO2时，有　0.6　mol电子发生转移．【考点】化学平衡状态的判断；化学电源新型电池．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据平衡常数的定义判断反应的方程式；（2）计算浓度商和平衡常数减小比较判断反应进行的方向，若Q=K，反应达到平衡，Q＜K，反应正向进行，Q＞K反应逆向进行；使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，需要改变条件满足化学反应速率增大，且平衡正向进行；（3）分析图表平衡常数温度升高，平衡常数增大，平衡正向进行，正反应为吸热反应；结合平衡移动原理分析，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；（4）在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极，发生失电子的氧化反应，氧气作正极，发生得电子的还原反应，根据电极反应以及电子守恒来计算转移电子的量．【解答】解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（2）一段时间后，当N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol/L、1mol/L、2mol/L时，Qc==0.5，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等，欲使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，A．反应是气体体积减小的反应，缩小体积增大压强，反应速率增大，平衡逆向进行，故A正确；B．反应是放热反应，升高温度，速率增大，平衡逆向进行，故B错误；36\nC．加催化剂改变反应速率，不改变平衡，故C错误；D．使氨气液化移走，平衡正向进行，反应速率减小，故D错误；故答案为：=；A；（3）①图表分析可知，平衡常数随温度升高增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：＞；②A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s）△H＞0，A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v（B）（正）=3v（C）（逆），说明C的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但3v（B）（正）=2v（C）（逆）不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．A和B的转化率相等与起始量、变化量有关，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体体积减小，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．反应前后气体质量减小，体积不变，混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：CD；（4）该电池正极是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；③当3.2g即0.1mol甲醇完全反应生成CO2时，根据总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，消耗氧气0.15mol，转移电子0.6mol，故答案为：0.6．【点评】本题考查根据化学平衡常数书写化学方程式、平衡移动相关计算、原电池等，题目较为综合，涉及多方面的知识，难度中等，注意平衡标志判断．　27．下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25℃）．电解质平衡方程式平衡常数KKspCH3COOHCH3COOH⇌CH3COO﹣+H+1.76×10﹣5H2CO3H2CO3⇌H++HCO3﹣HCO3﹣⇌H++CO32﹣K1=4.31×10﹣4K2=5.61×10﹣11C6H5OHC6H5OH⇌C6H5O﹣+H+1.1×10﹣10H3PO4H3PO4⇌H++H2PO4﹣H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣HPO42﹣⇌H++PO43﹣K1=7.52×10﹣3K2=6.23×10﹣8K3=2.20×10﹣13NH3•H2ONH3•H2O⇌NH4++OH﹣1.76×10﹣5BaSO4BaSO4⇌Ba2++SO42﹣1.07×10﹣10BaCO3BaCO3⇌Ba2++CO32﹣2.58×10﹣9回答下列问题：（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3﹣，③C6H5OH，④H2PO4﹣均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为　①④③②　（填编号）．（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式　C6H5OH+PO43﹣=C6H5O﹣+HPO42﹣　．（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c（CH3COO﹣）　=　c（NH4+）（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：①T2温度时Ksp（BaSO4）=　5.0×10﹣9　；②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是　ABC　．A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点36\nB．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b）D．升温可使溶液由b点变为d点③现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol•L﹣1）处理．若使BaSO4中的SO42﹣全部转化到溶液中，需要反复处理　3　次．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强；（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠；（3）等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，根据水解程度确定溶液的酸碱性；（4）①根据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42﹣）计算；②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离；B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液；C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变；D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大；③根据化学方程式和化学平衡常数进行计算．【解答】解：（1）根据表中数据知，酸的电离平衡常数大小顺序是①④③②，酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，所以这几种溶液的酸性强弱顺序是①④③②，故答案为：①④③②；（2）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43﹣=C6H5O﹣+HPO42﹣，故答案为：C6H5OH+PO43﹣=C6H5O﹣+HPO42﹣；（3）等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）=c（NH4+），故答案为：=；（4）①Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42﹣）=1.0×10﹣4×5.0×10﹣5=5×10﹣9；故答案为：5.0×10﹣9；②A．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；故选ABC；36\n③设每次用1.00L2.0mol•L﹣1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4，BaSO4+CO32﹣=BaCO3+SO42（2.0﹣x）mol•L﹣1xmol•L﹣1根据K===0.042解得：x=0.081，处理次数==2.5，所以至少处理3次，故答案为：3．【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及弱电解质的电离，正确理解溶度积曲线是解本题关键，结合溶度积常数来分析解答，难度中等．　28．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1100℃时，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．（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．（2）下列措施中能使平衡时K增大的是　A　（填序号）．A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=　0.0625　mol•L﹣1•min﹣1．（4）1100℃时，2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙反应物投入量3molFe、2molCO24molFeO、3molCOCO的浓度（mol•L﹣1）c1c2CO2的体积分数φ1φ2体系压强（Pa）p1p2气态反应物的转化率α1α2①下列说法正确的是　BC　．A．2c1=3c2B．φ1=φ2C．p1＜p2D．α1=α2②求c1=　0.67mol•L﹣1　、φ1=　33.3%　、α2=　33.3%　．【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；（2）平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析判断；（3）8分钟内，一氧化碳难度变化0.5mol/L，依据V=计算CO的平均反应速率；（4）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），反应是气体体积不变的吸热反应，依据36\n①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3molCO，相当于加入3molCO2，的平衡状态，气体物质条件分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；②依据题干计算平衡常数，结合化学平衡三段式列式计算；【解答】解：（1）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），依据平衡常数概念书写，注意固体和纯液体不写入表达式，表达式为：K=；故答案为：；（2）平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大；A．升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；B．增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B错误；C．充入一定量CO，平衡逆向进行，但平衡常数不变，故C错误；D．降低温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；故答案为：A；（3）依据图象分析，8分钟内，一氧化碳浓度变化0.5mol/L，CO的平均反应速率v（CO）==0.0625mol/L•min；故答案为：0.0625；（4）①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3molCO，相当于加入3molCO2，平衡时气体体积分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；A．达到平衡状态，一氧化碳的浓度关系为：3c1=2c2，故A错误；B．反应物和生成物都是一种，平衡常数相同，所以达到平衡状态二氧化碳的体积分数相同，φ1=φ2，故B正确；C．乙容器中气体物质的量大于甲容器，所以达到平衡状态p1＜p2，故C正确；D．起始量不同，甲容器正向进行，乙容器逆向进行，反应前后气体体积不变，气态反应物的转化率不相同，故D错误；故答案为：BC；　②图象分析反应在1100°C反应的平衡常数K==2甲容器中设反应的二氧化碳浓度为xFe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），起始量（mol/L）10变化量（mol/L）xx平衡量（mol/L）1﹣xxK==2x=mol/L36\n平衡状态一氧化碳的浓度=（mol/L）=0.67mol/L，CO2的体积分数φ1×100%=×100%=33.3%；乙容器中温度和甲容器相同，平衡常数相同，所以二氧化碳的体积分数φ2=φ1=33.3%；故答案为：0.67mol•L﹣1　33.3%　33.3%；【点评】本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径．　36