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- 2023-12-26 发布
2016-2017学年河北省石家庄二中高二（上）期中化学试卷
一、单选题（共54分）
1．已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；
Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（ ）
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．
如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452 kJ/mol
D．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
2．如图所示，△H1=﹣393.5kJmol﹣1，△H2=﹣395.4kJmol﹣1，下列说法或表示中，正确的是（ ）
A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9 kJmol﹣1
B．石墨和金刚石的转化是物理变化
C．石墨的稳定性比金刚石弱
D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ
3．已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣132kJ/mol，蒸发1mol NH3（l）需要吸收的能量为20kJ，相关数据如下
H2（g） N2（g） NH3（g）
1mol分子中的化学键形成时要释放出的能量/kJ 436 946 a
一定条件下，在体积1L的密闭容器中加入1molN2（g）和3molH2（g）充分反应，生成NH3（g）放出热量QkJ，下列说法正确的是（ ）
A．如图可表示合成氨过程中的能量变化
B．a的数值为1173
C．Q的数值为92
D．其它条件相同，反应使用催化剂时释放出的能量大于无催化剂时释放出的能量
4．把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应 3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g），5min末已生成 0.2molW，若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01molL﹣1min﹣1，则 n是（ ）
A．2 B．4 C．1 D．3
5．下列实验装置正确且能完成实验目的是（ ）
A．
测定一定时间内生成H2的反应速率
B．
提取海带中的碘
C．
检验火柴燃烧产生的SO2
D．
证明非金属性：Cl＞C＞Si
6．对于反应4A（s）+2B（g）⇌3C（g），下列说法正确的是（ ）
A．体积不变充入惰性气体，反应速率增大
B．其他条件不变，降低温度，反应速率减慢
C．其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
D．若增加或减少A物质的量，反应速率一定会发生明显的变化
7．可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）
8．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差
B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色
C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅
D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应 B．是放热反应
C．是熵减少的反应 D．熵增大效应大于能量效应
10．某生提出，下列方法也可以炼制钢铁：FeO（s）+C（s）=Fe（s）+CO（g）△H＞0，△S＞0，对于上述反应，下列说法正确的是（ ）
A．低温下自发进行，高温下非自发进行
B．任何温度下均为自发进行
C．任何温度下均为非自发进行
D．高温下自发进行，低温下非自发进行
11．化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂：
HIn（溶液）⇌H+（溶液）+In﹣（溶液）
红色 黄色
浓度为0.02molL﹣1的下列各溶液：①盐酸 ②石灰水 ③NaCl溶液 ④NaHSO4溶液 ⑤NaHCO3溶液 ⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（ ）
A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥
12．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌不等量
D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小
13．室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 molL﹣1，则在此溶液中一定不可能大量存在的离子组是（ ）
A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、HS﹣、Cl﹣
C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
14．下列说法中，与盐的水解无关的正确说法是（ ）
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸；
③用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．
A．①④⑥ B．②③⑤ C．③④⑤ D．全有关
15．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C （s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c （NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C．在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆
D．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC 、PD ，则 PC=PD＞PB
16．下列关于各图象的解释或结论不正确的是（ ）
A．由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B．由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）⇌N2O4（g），A点为平衡状态
C．由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D．由丁可知：将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，A与B溶液的质量分数相等
17．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（ ）
A．正反应是放热反应；m+n＞p+q B．正反应是吸热反应；m+n＜P+q
C．正反应是放热反应；m+n＜p+q D．正反应是吸热反应；m+n＞p+q
二、解答题（共4小题，满分46分）
18．亚硝酸氯（C1NO）是有机合成中的重要试剂．可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g），
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①2NO2（g）+NaC1（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1
②4NO2（g）+2NaC1（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K2
③2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g） K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3= ．
（2）已知几种化学键的键能数据如下表（亚硝酸氯的结构为Cl﹣N=O）：
化学键
N≡O
Cl﹣Cl
Cl﹣N
N=O
键能/kJ．mol﹣1
630
243
a
607
则2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H和a的关系为△H= kJ/mol．
（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1molC12（g），在不同温度下测得c（C1NO）与时间的关系如图A：
①由图A可判断T1 T2，该反应的△H 0 （填“＞”“＜”或“=”）．
②反应开始到10min时NO的平均反应速率v（NO）= mol/（Lmin）．
③T2时该反应的平衡常数K= ．
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是 点．
19．现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：
（1）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是 ．
A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH） C．c（H+）c（OH﹣） D．c（OH﹣）/c（H+）
（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡 （填“向左”、“向右”或“不”）移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）的比值将 （填“增大”、“减小”或“无法确定”）．
（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲） V（乙）（ 填“＞”、“＜”或“=”）．
（4）已知25℃时，两种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数K1
1.8×10﹣5
4.3×10﹣7
3.0×10﹣8
K2
﹣﹣
5.6×10﹣11
﹣﹣
下列四种离子结合H+能力最强的是 ．
A．HCO3﹣ B．CO32﹣ C．ClO﹣ D．CH3COO﹣
（5）常温下，取甲溶液稀释100倍，其pH= ；取99mL甲溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合（忽略溶液体积变化），恢复至常温时其pH= ．
20．已知某溶液中存在OH﹣、H+、NH、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（OH﹣）＞c（H+）
③c（NH）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH）＞c（OH﹣）
填写下列空白：
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是 ，上述四种离子浓度的大小顺序为 （选填序号）．
（2）若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为 ；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为 ．
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl） c（NH3H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中c （H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+） c（OH﹣）．
21．请按要求完成下列各项填空：
（1）AlCl3的水溶液呈 （填“酸”、“中”或“碱”）性，常温时的pH 7（填“＞”、“＜”或“=”），原因是（用离子方程式表示）： ；实验室在配制 AlCl3溶液时，常将 AlCl3固体先溶于浓盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 （填“促进”或“抑制”）其水解．将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是 （填化学式）．
（2）在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红．若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是 ，其原因是（以离子方程式和简要的文字说明）： ．
2016-2017学年河北省石家庄二中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共54分）
1．已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；
Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（ ）
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．
如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452 kJ/mol
D．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【考点】反应热和焓变．
【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；
C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；
D、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析；
【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol；故A错误；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量；故B错误；
C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；依据热化学方程式判断，2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol；所以反应
2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452 kJ/mol，故C正确；
D、已知：
①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；
②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol
依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）△H=﹣1018KJ/mol；
即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）△H=﹣509KJ/mol；
CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2×6.02×1023，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了热化学方程式的计算应用，盖斯定律的应用，燃烧热概念计算分析，热化学方程式的书写方法和计算应用是解题关键，题目难度中等．
2．如图所示，△H1=﹣393.5kJmol﹣1，△H2=﹣395.4kJmol﹣1，下列说法或表示中，正确的是（ ）
A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9 kJmol﹣1
B．石墨和金刚石的转化是物理变化
C．石墨的稳定性比金刚石弱
D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ
【考点】化学能与热能的相互转化．
【分析】先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．
【解答】解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJmol﹣1
②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJmol﹣1，
利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJmol﹣1，则
A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJmol﹣1，故A正确；
B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；
C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；
D、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJmol﹣1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查根据图象信息书写热化学方程式，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．
3．已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣132kJ/mol，蒸发1mol NH3（l）需要吸收的能量为20kJ，相关数据如下
H2（g）
N2（g）
NH3（g）
1mol分子中的化学键形成时要释放出的能量/kJ
436
946
a
一定条件下，在体积1L的密闭容器中加入1molN2（g）和3molH2（g）充分反应，生成NH3（g）放出热量QkJ，下列说法正确的是（ ）
A．如图可表示合成氨过程中的能量变化
B．a的数值为1173
C．Q的数值为92
D．其它条件相同，反应使用催化剂时释放出的能量大于无催化剂时释放出的能量
【考点】反应热和焓变．
【分析】A、反应放热，反应物能量高于生成物；
B、据△H=反应物键能和﹣生成物键能和计算；
C、物质由液态变为气态需要吸收能量；
D、催化剂不影响反应热的大小．
【解答】解：A、反应是放热反应，反应物能量应高于生成物，故A错误；
B、△H=反应物键能和﹣生成物键能和，有﹣132KJ/mol+40KJ/mol=946KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6aKJ/mol，a=360KJ/mol，1mol氨气含有3molN﹣H键，故B正确；
C、蒸发1mol NH3（l）需要吸收的能量为20kJ，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣132kJ/mol，2NH3（l）=2NH3（g）△H=40KJ/mol，据盖斯定律可得：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol，1molN2（g）和3molH2（g）充分反应，但不能完全反应，所以Q＜92，故C错误；
D、催化剂只能加快反应速率，不影响反应热的大小，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了放热反应的图象、利用键能求算反应热、可逆反应的反应热、盖斯定律的应用等等，题目难度中等．
4．把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应 3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g），5min末已生成 0.2molW，若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01molL﹣1min﹣1，则 n是（ ）
A．2 B．4 C．1 D．3
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【分析】根据公式v=计算5min内W的平均化学反应速率v（W），利用各物质的反应速率之比等于化学计量数之比计算n的值．．
【解答】解：5min内W的平均化学反应速率v（W）==0.02 molL﹣1min﹣1，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 molL﹣1min﹣1，则：v（Z）：v（W）=0.01 molL﹣1min﹣1：0.02 molL﹣1min﹣1=n：2，所以n=1，故选C．
【点评】本题考查化学反应速率的定量表示方法，明确同一化学反应各物质的反应速率之比等于化学计量数之比是解题的关键，难度不大．
5．下列实验装置正确且能完成实验目的是（ ）
A．
测定一定时间内生成H2的反应速率
B．
提取海带中的碘
C．
检验火柴燃烧产生的SO2
D．
证明非金属性：Cl＞C＞Si
【考点】实验装置综合；化学实验方案的评价．
【分析】A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；
B．海带中碘以离子的形式存在；
C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；
D．生成的二氧化碳中含有HCl而干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强．
【解答】解：A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；
B．海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；
D．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握速率测定、海水资源应用、非金属性比较及实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
6．对于反应4A（s）+2B（g）⇌3C（g），下列说法正确的是（ ）
A．体积不变充入惰性气体，反应速率增大
B．其他条件不变，降低温度，反应速率减慢
C．其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
D．若增加或减少A物质的量，反应速率一定会发生明显的变化
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】A．体积不变充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变；
B．降低温度，活化分子碰撞的机会减小；
C．增大压强，单位体积内活化分子百分数增大；
D．A为纯固体，改变其物质的量，反应速率不变．
【解答】解：A．体积不变充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故A错误；
B．降低温度，活化分子碰撞的机会减小，所以反应速率减慢，故B正确；
C．增大压强，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故C错误；
D．因A为纯固体，增加或减少A物质的量，反应速率不变，故D错误；
故选．
【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确温度、浓度、压强对反应速率的影响即可解答，注意A为纯固体，题目难度不大．
7．可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）
【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
【分析】由图象可以看出，在t1时，逆反应速率增大，正反应速率减小，则该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大．
【解答】解：A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻生成物三氧化硫的浓度增大，则逆反应速率增大，但是压强不变，所以体积增加，反应物二氧化硫和氧气的浓度减小，正反应速率减小，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查考查化学反应速率和化学平衡图象，题目难度中等，注意分析图示中正逆反应速率的变化关系，结合影响反应速率的因素分析．
8．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差
B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色
C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅
D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；
B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；
C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；
D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．
【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；
B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；
C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；
D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；
故选C．
【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的影响因素、氯化铵的性质等知识，题目难度中等，明确影响化学平衡的因素、二氧化硫的漂白原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应 B．是放热反应
C．是熵减少的反应 D．熵增大效应大于能量效应
【考点】焓变和熵变．
【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T△S＜0才可．
【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，
根据△G=△H﹣T△S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T△S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应．
故选D．
【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，本题注意反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△H﹣T△S＜0时，反应才能自发进行．
10．某生提出，下列方法也可以炼制钢铁：FeO（s）+C（s）=Fe（s）+CO（g）△H＞0，△S＞0，对于上述反应，下列说法正确的是（ ）
A．低温下自发进行，高温下非自发进行
B．任何温度下均为自发进行
C．任何温度下均为非自发进行
D．高温下自发进行，低温下非自发进行
【考点】焓变和熵变．
【分析】依据反应自发进行的判断依据分析，△H﹣T△S＜0，反应自发进行；
【解答】解：FeO（s）+C（s）=Fe（s）+CO（g）△H＞0，△S＞0，
A、低温下可以存在，△H﹣T△S＞0，自发不能进行，高温下可以存在，△H﹣T△S＜0，可以自发进行，故A错误；
B、△H＞0，△S＞0，低温下反应非自发进行，故B错误；
C、△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，故C错误；
D、高温下，△H﹣T△S＜0，反应自发进行，低温下，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了化学反应自发进行的判断依据和反应特征分析判断应用，掌握基础是关键，题目较简单．
11．化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂：
HIn（溶液）⇌H+（溶液）+In﹣（溶液）
红色 黄色
浓度为0.02molL﹣1的下列各溶液：①盐酸 ②石灰水 ③NaCl溶液 ④NaHSO4溶液 ⑤NaHCO3溶液 ⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（ ）
A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】能使指示剂显红色，应使c（HIn）＞c（In﹣），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题．
【解答】解：能使指示剂显红色，应使c（HIn）＞c（In﹣），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而②⑤溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，③为中性溶液，平衡不移动，
故选C．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析．
12．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌不等量
D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．醋酸浓度大，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，产生等量的氢气，醋酸中锌的量要少与盐酸中锌的量；
B．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应；
C．根据转移电子相等判断；
D．反应开始后，醋酸持续电离．
【解答】解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；
B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B错误；
C．醋酸和盐酸都是一元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故C错误；
D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了强弱酸与金属反应的有关问题，明确弱电解质电离特点是解本题关键，结合转移电子相等、氢离子与酸浓度的关系来分析解答，难度中等．
13．室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 molL﹣1，则在此溶液中一定不可能大量存在的离子组是（ ）
A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、HS﹣、Cl﹣
C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 molL﹣1，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，
A．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B．硫氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
C．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D．四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应．
【解答】解：室温下某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣13 molL﹣1，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，
A．Al3+、K+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A错误；
B．HS﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B正确；
C．Na+、AlO2﹣、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C错误；
D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，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；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，是“可能”共存，还是“一定”共存等；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．
14．下列说法中，与盐的水解无关的正确说法是（ ）
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸；
③用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．
A．①④⑥ B．②③⑤ C．③④⑤ D．全有关
【考点】盐类水解的应用．
【分析】①明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水；
②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解平衡逆向进行；
③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；
④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，加入镁会发生反应生成氢气；
⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗；
⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性．
【解答】解：①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故①正确；
②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解平衡逆向进行，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，故②正确；
③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理，故③正确；
④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4Cl+H2O⇌NH3H2O+HCl，加入镁会和盐酸发生反应生成氢气，故④正确；
⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，草木灰与氨态氮肥不能混合施用，故⑤正确；
⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑥正确；
综上所述①②③④⑤⑥正确；
故选D．
【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握原理和基础是关键，注意弱离子发生的双水解反应，题目较简单．
15．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C （s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c （NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
C．在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆
D．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC 、PD ，则 PC=PD＞PB
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移；
B、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；
C、由图可知，T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；
D、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系．
【解答】解：A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2，故B错误；
C、T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有υ（正）＞υ（逆），故C正确；
D、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD＜PC，故D错误．
故选C．
【点评】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态．
16．下列关于各图象的解释或结论不正确的是（ ）
A．由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B．由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）⇌N2O4（g），A点为平衡状态
C．由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D．由丁可知：将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，A与B溶液的质量分数相等
【考点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．
【分析】A．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应热不变；
B．化学方程式可知二氧化氮和四氧化二氮反应速率之比等于星峰传说计量数之比为2：1，化学平衡状态需要正逆反应速率相同；
C．加入水稀释相同倍数，HA酸溶液PH增大的多，说明HA酸性大于HB，酸越弱对应盐水解程度越大，碱性越强；
D．将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，溶液中溶质溶解度增大，变为不饱和溶液，
【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率化学平衡不变，反应的反应热不变，故A正确；
B．对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）⇌N2O4（g），图象中的A点是二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，但不能说明正逆反应速率相同，只有二氧化氮消耗速率为四氧化二氮消耗速率的二倍时才能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．图象分析可知加入水稀释相同倍数，HA酸溶液PH增大的多，说明HA酸性大于HB，酸越弱对应盐水解程度越大，碱性越强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者，故C正确；
D．将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，溶液中溶质溶解度增大，变为不饱和溶液，但溶液浓度和T1点的饱和溶液溶质质量分数相同，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了图象变化实质的分析判断，主要是化学平衡影响因素、盐类水解原理、弱电解质电离平衡的影响因素、溶质质量分数的分析判断等知识，题目难度中等．
17．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（ ）
A．正反应是放热反应；m+n＞p+q B．正反应是吸热反应；m+n＜P+q
C．正反应是放热反应；m+n＜p+q D．正反应是吸热反应；m+n＞p+q
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．
【解答】解：由图可知，压强相同是，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，数目增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，
故选D．
【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答．
二、解答题（共4小题，满分46分）
18．亚硝酸氯（C1NO）是有机合成中的重要试剂．可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g），
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①2NO2（g）+NaC1（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1
②4NO2（g）+2NaC1（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K2
③2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g） K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3= ．
（2）已知几种化学键的键能数据如下表（亚硝酸氯的结构为Cl﹣N=O）：
化学键
N≡O
Cl﹣Cl
Cl﹣N
N=O
键能/kJ．mol﹣1
630
243
a
607
则2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H和a的关系为△H= 289﹣2a kJ/mol．
（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1molC12（g），在不同温度下测得c（C1NO）与时间的关系如图A：
①由图A可判断T1 ＜ T2，该反应的△H ＜ 0 （填“＞”“＜”或“=”）．
②反应开始到10min时NO的平均反应速率v（NO）= 0.1 mol/（Lmin）．
③T2时该反应的平衡常数K= 2 ．
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是 A 点．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．
【分析】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）
②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）
将①×2﹣②可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
（2）2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；
（3）①由图象可知T2先达到平衡状态，且生成物的浓度小，则升高温度平衡逆向移动；
②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）==0.1mol/（Lmin），结合速率之比等于化学计量数之比计算；
③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
起始（mol/L） 2 1 0
反应 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
结合平衡浓度计算该反应的平衡常数K；
（4）的比值越小，说明若n（NO）不变，n（C12） 越大，所以NO的转化率越大．
【解答】解：（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）
②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）
将①×2﹣②可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），则平衡常数K3=，故答案为：K3=；
（2）2NO（g）+C12（g）⇌2C1NO（g）反应的△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和=（2×630+243）﹣（2a+2×607）=（289﹣2a）kJ/mol，
故答案为：289﹣2a；
（3）①根据图象可知T1＜T2，降低温度c（C1NO）增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；＜；
②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）==0.1mol/（Lmin），
则NO的平均反应速率v（NO）=v（C1NO）=0.1mol/（Lmin），
故答案为：0.1mol/（Lmin）；
③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
起始（mol/L） 2 1 0
反应 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
T2时该反应的平衡常数K==2，
故答案为：2；
（4）的比值越小，说明若n（NO）不变，n（C12） 越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点，
故答案为：A．
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K的计算、三段法应用、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象及数据的应用，题目难度不大．
19．现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：
（1）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是 BD ．
A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH） C．c（H+）c（OH﹣） D．c（OH﹣）/c（H+）
（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡 向右 （填“向左”、“向右”或“不”）移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）的比值将 减小 （填“增大”、“减小”或“无法确定”）．
（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲） ＜ V（乙）（ 填“＞”、“＜”或“=”）．
（4）已知25℃时，两种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数K1
1.8×10﹣5
4.3×10﹣7
3.0×10﹣8
K2
﹣﹣
5.6×10﹣11
﹣﹣
下列四种离子结合H+能力最强的是 B ．
A．HCO3﹣ B．CO32﹣ C．ClO﹣ D．CH3COO﹣
（5）常温下，取甲溶液稀释100倍，其pH= 4 ；取99mL甲溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合（忽略溶液体积变化），恢复至常温时其pH= 10 ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n（H+）增大，酸性减弱c（H+）减小，c（OH﹣）增大，Kw不变；
（2）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；
（3）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；
（4）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣；酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，据此进行解答；
（5）pH=2的盐酸稀释10n倍，pH增大n；99mL0.01mol/L的盐酸溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合溶液显碱性．
【解答】解：（1）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A不选；
B． =，则稀释过程中比值变大，故B选；
C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，c（H+）c（OH﹣）=Kw，Kw不变，故C不选；
D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，则变大，故D选；
故答案为：BD；
（2）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c（H+）/c（CH3COOH）减小，故答案为：向右；减小；
（3）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以V（甲）＜V（乙），故答案为：＜；
（4）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合氢离子能力最强的为CO32﹣，故选B，故答案为：B；
（5）pH=2的盐酸稀释10n倍，pH增大n，所以取甲溶液稀释100倍，pH为4；99mL0.01mol/L的盐酸溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合，溶液显碱性，c（OH﹣）=mol/L=10﹣4mol/L，pH=10，故答案为：4；10．
【点评】本题考查了电离平衡常数和酸性强弱的关系、强电解质的电离平衡及其影响等知识，题目难度中等，注意明确弱电解质的电离平衡及其影响因素，明确酸碱混合的定性判断方法．
20．已知某溶液中存在OH﹣、H+、NH、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②c（Cl﹣）＞c（NH）＞c（OH﹣）＞c（H+）
③c（NH）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH）＞c（OH﹣）
填写下列空白：
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是 NH4Cl ，上述四种离子浓度的大小顺序为 ① （选填序号）．
（2）若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为 NH3H2O和NH4Cl ；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为 HCl和NH4Cl ．
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl） 小于 c（NH3H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中c （H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+） 大于 c（OH﹣）．
【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．
【分析】①溶液呈酸性，可能为NH4Cl溶液或NH4Cl与HCl的混合物；
②阴离子浓度大于阳离子浓度，不可能存在这种情况；
③溶液呈碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），应为NH3H2O和NH4Cl的混合物；
④溶液呈酸性，且c（H+）＞c（NH4+），应为NH4Cl与HCl的混合物．
【解答】解：（1）溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：NH4Cl；①；
（2）若上述关系中③是正确的，溶液呈碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），应为NH3H2O和NH4Cl的混合物，若上述关系中④是正确的，溶液显示酸性，并且c（Cl﹣）＞c（H+），所以是盐酸和氯化铵的混合物，
故答案为：NH3H2O和NH4Cl；HCl和NH4Cl；
（3）溶液呈中性，据c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）可得c（Cl﹣）=c（NH4+），因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性，并且在混合前酸中c （H+）大于碱中c（OH﹣），中和后才显示中性．
故答案为：小于；大于．
【点评】本题综合考查盐类的水解、弱电解质的电离以及离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意把握盐类的水解以及弱电解质电离的特征，把握比较离子浓度大小顺序的方法．
21．请按要求完成下列各项填空：
（1）AlCl3的水溶液呈 酸 （填“酸”、“中”或“碱”）性，常温时的pH ＜ 7（填“＞”、“＜”或“=”），原因是（用离子方程式表示）： Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ ；实验室在配制 AlCl3溶液时，常将 AlCl3
固体先溶于浓盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 抑制 （填“促进”或“抑制”）其水解．将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是 Al2O3 （填化学式）．
（2）在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红．若在该溶液中再滴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 ，其原因是（以离子方程式和简要的文字说明）： Ba2++CO32﹣=BaCO3↓ 溶液为NaCl，故为中性 ．
【考点】盐类水解的应用．
【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；
（2）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．
【解答】解：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+； 抑制；Al2O3；
（2）CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液中加入酚酞变红，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：有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色；Ba2++CO32﹣=BaCO3↓ 溶液为NaCl，故为中性．
【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．