化学卷·2018届山东省淄博市桓台二中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 18页

‎2016-2017学年山东省淄博市桓台二中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质 B．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质 ‎2．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.7mol•L﹣1•S﹣1 B．v（B）=0.3 mol•L﹣1•S﹣1‎ C．v（C）=0.8mol•L﹣1•S﹣1 D．v（D）=1 mol•L﹣1•S﹣1‎ ‎3．能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 B．低压有利于合成氨的反应 C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂 D．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎4．下列关于电解质的电离平衡状态的叙述中，正确的是（　　）‎ A．弱电解质的电离达到平衡状态后，电离就停止了 B．弱电解质的电离达到平衡状态后，分子的消耗速率和离子的生成速率相等 C．弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度相等 D．弱电解质的电离达到平衡状态后，外界条件改变，电离平衡可能要发生移动 ‎5．将Mg条投入盛有稀HCl的容器里，产生H2的速率与下列因素：①盐酸浓度 ②温度 ③镁条的表面积 ④容器的密闭情况 ⑤溶液中c（Cl﹣）大小，有关系的是（　　）‎ A．①② B．③④ C．①②③④ D．①②③④⑤‎ ‎6．把0.05mol NaOH固体分别加入到下列100mL溶液中，导电能力变化较大的是（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1 MgSO4溶液 B．0.5 mol•L﹣1盐酸 C．0.5 mol•L﹣1的CH3COOH溶液 D．0.5 mol•L﹣1 NH4Cl溶液 ‎7．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+‎ C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+‎ ‎8．在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（　　）‎ A．混合气体的压强 B．混合气体的密度 C．B物质的分子量 D．气体的总物质的量 ‎9．在一定温度下，将X和Y 各0.16mol充入10L 恒容密闭容器中，发生反应：2X（g）+Y（s）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ ‎0.09‎ A．反应前2s的平均速率v（Z）=2.0×10﹣3 mol/（L•s）‎ B．其他条件不变，加入一定量的Y，反应速率一定加快 C．反应进行4s时，X的转化率75%‎ D．反应达到平衡时，X的物质的量浓度为0.02mol•L﹣1‎ ‎10．常温下，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液，下列说法中不正确的是（忽略混合前后溶液体积变化）（　　）‎ A．溶液的pH值：②＞③＞①‎ B．水电离出的c（OH﹣）：③＞①＞②‎ C．①和②等体积混合后的溶液：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol/L D．②和③等体积混合后的溶液：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ ‎11．常温下，在10mL 0.2mol/L氨水中，滴入0.2mol/L的稀盐酸，使溶液的pH=7．则下列说法正确的是（　　）‎ A．加入盐酸的体积大于10 mL B．c（NH4+）=c（Cl﹣）‎ C．加入盐酸的体积等于10 mL D．c（NH4+）＜c（Cl﹣）‎ ‎12．等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：①H2CO3 ②Na2CO3 ③NaHCO3 ④NH4HCO3 ⑤（NH4）2CO3．下列关系或者说法正确的是（　　）‎ A．c（CO32﹣）的大小关系为：②＞⑤＞③＞④＞①‎ B．c（HCO3﹣）的大小关系为：④＞③＞⑤＞②＞①‎ C．将溶液蒸干后灼烧后只有①不能得到对应的固体物质 D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 ‎13．可逆反应N2O4⇌2NO2△H＞0在密闭容器中反应，达到平衡状态，要使混合气体颜色加深，可采取的方法是 ①减小压强 ②缩小体积③升高温度④增大N2O4的浓度（　　）‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④‎ ‎14．下列叙述正确的是（　　）‎ A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）‎ B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2‎ C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色 D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大 ‎15．两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．MOH是一种弱碱 B．在x点，c（M+）=c（R+）‎ C．稀释前，c（ROH）=10 c（MOH）‎ D．稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c（OH﹣）后者是前者的 10倍 ‎16．将1molH2（g）和2molI2（g）置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，并达到平衡，HI的体积分数ω（HI）随时间变化如图（Ⅱ）所示．若改变反应条件，ω（HI）的变化曲线如图（Ⅰ）所示，则改变的条件可能是（　　）‎ A．恒温恒容条件下，加入适当催化剂 B．恒温条件下，缩小反应容器体积 C．恒容条件下升高温度 D．恒温条件下，扩大反应容器体积 ‎　‎ 二、填空题（本题包括4个小题，共52分）‎ ‎17．某温度时，在10L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化表中数据 t/min X/mol Y/mol Z/mol ‎0‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎0.00‎ ‎1‎ ‎0.90‎ ‎1.80‎ ‎0.20‎ ‎3‎ ‎0.75‎ ‎1.50‎ ‎0.50‎ ‎5‎ ‎0.65‎ ‎1.30‎ ‎0.70‎ ‎9‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎10‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎14‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎①体系中发生反应的化学方程式是　　‎ ‎②该反应在0～5min时间内产物Z的平均反应速率：　　‎ ‎③该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于　　．‎ ‎18．在密闭容器里，通入x mol H2（g）和y mol I2（g），发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0．改变下列条件，反应速率将如何改变？（选填“增大”“减小”或“不变”）‎ ‎①升高温度　　‎ ‎ ②加入催化剂　　‎ ‎③充入更多的H2　　‎ ‎④保持容器中压强不变，充入氖气　　‎ ‎⑤保持容器容积不变，通入氖气　　‎ ‎⑥保持压强不变，充入2x mol H2（g）和2y mol I2（g）　　．‎ ‎19．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　，该反应为　　反应（填吸热或放热）．‎ 若改变条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数　　（填序号）‎ ‎①一定不变 ②一定减小 ③可能增大 ④增大、减小、不变皆有可能 ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　　‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中c（CO）不变 c．v逆（H2）=v正（H2O） d．c（CO）=c（CO2）‎ ‎（3）将不同量的CO （g） 和H2O （g） 分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应 CO （g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO2‎ CO A ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎5‎ B ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ C ‎900‎ a b c d t ‎①通过计算可知，CO的转化率实验A　　 实验B（填“大于”、“等于”或“小于”），该反应的正反应为　　（填“吸”或“放”）热反应．‎ ‎②若实验C要达到与实验B相同的平衡状态，则a、b应满足的关系是　　（用含a、b的数学式表示）．‎ ‎20．现有下列8种物质：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH4HCO3、⑤C2H5OH、⑥Al、⑦食盐水、⑧CH3COOH．‎ ‎（1）上述物质中属于强电解质的是　　（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是　　（填序号）‎ ‎（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）　　．‎ ‎21．物质的量浓度相同的 ①氯化铵；②碳酸氢铵；③硫酸氢铵； ④硫酸铵4种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是　　．‎ ‎22．请写出明矾做净水剂净水时的离子方程式　　．‎ ‎23．在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3CH3COO﹣+H+△H＞0，下列方法中，可以使0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是　　‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸 b．加热 c．加水稀释至0.010mol•L﹣1‎ d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液．‎ ‎24．等物质的量浓度的下列物质的溶液：①NaCl②CH3COONa ③NH4Cl ④AlCl3 ⑤Ba（OH）2 ⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧NaHSO4⑨NaOH ⑩H2SO4其pH值由大到小的顺序是（填序号）　　．‎ ‎25．某二元酸H2A在水中的电离方程式是H2A═H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．回答下列问题：‎ ‎（1）Na2A溶液显　　（填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是　　（用离子方程式或必要的文字说明）．‎ ‎（2）常温下，已知0.1mol•L﹣1NaHA溶液pH=2，则0.1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能　　0.11mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是　　．‎ ‎（3）0.1mol•L﹣1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是　　‎ ‎（4）Na2A溶液中，下列表述正确的是　　‎ A．cNa++cH+=cHA﹣+2cA2﹣+cOH﹣ B．cNa+=2（ cHA﹣+cA2﹣+cH2A）‎ C．cOH﹣=cHA﹣+cH++2cH2A D．cOH﹣=cHA﹣+cH+．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省淄博市桓台二中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质 B．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质 ‎【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】A．电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，注意导电是由于自身的电离；‎ B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质；‎ C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键；‎ D．钠盐都是强电解质．‎ ‎【解答】解：A．SO3溶于水后能导电是因为和水反应生成的H2SO4能电离，和SO3本身无关，是非电解质，故A不选；‎ B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质，故B不选；‎ C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别，故C不选；‎ D．钠盐都是强电解质，所以杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.7mol•L﹣1•S﹣1 B．v（B）=0.3 mol•L﹣1•S﹣1‎ C．v（C）=0.8mol•L﹣1•S﹣1 D．v（D）=1 mol•L﹣1•S﹣1‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．‎ ‎【解答】解：A．v（A）=0.7mol•L﹣1•s﹣1；‎ B．v（A）：v（B）=2：1，故v（A）=2v（B）=2×0.3mol•L﹣1•s﹣1=0.6mol•L﹣1•s﹣1；‎ C．v（A）：v（C）=2：3，故v（A）=v（D）=×0.8mol•L﹣1•s﹣1=0.53mol•L﹣1•s﹣1；‎ D．v（A）：v（D）=1：2，故v（A）=0.5v（C）=0.5×1mol•L﹣1•s﹣1=0.5mol•L﹣1•s﹣1；‎ 故A反应速率最快，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 B．低压有利于合成氨的反应 C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂 D．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A．对于N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0，温度越高越不利于平衡向正方向移动，但在温度角度反应速率较低，不利于反应的进行，不能用勒沙特列原理解释，故A错误；‎ B．对于N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是体积减小的反应，低压不利于生成氨气，故B错误；‎ C．工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用催化剂，对化学平衡没有影响，所以不能用勒沙特列原理解释，故C错误；‎ D．氯气在水中发生Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，在饱和食盐水中，Cl﹣浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于电解质的电离平衡状态的叙述中，正确的是（　　）‎ A．弱电解质的电离达到平衡状态后，电离就停止了 B．弱电解质的电离达到平衡状态后，分子的消耗速率和离子的生成速率相等 C．弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度相等 D．弱电解质的电离达到平衡状态后，外界条件改变，电离平衡可能要发生移动 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】弱电解质电离达到平衡状态时，电解质的电离速率与离子结合生成电解质的速率相等，达到动态平衡状态，反应体系中各微粒的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．电解质电离达到平衡状态后，电解质的电离速率与离子结合生成电解质的速率相等，达到动态平衡状态，故A错误；‎ B．无论是否达到平衡状态，都存在分子的消耗速率和离子的生成速率相等，故B错误；‎ C．弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度都不变，但不一定相等，故C错误；‎ D．弱电解质的电离达到平衡状态后，正逆反应速率相等，反应为动态平衡状态，但外界条件改变，电离平衡可能被打破，所以可能要发生移动，从新达到新的平衡状态，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．将Mg条投入盛有稀HCl的容器里，产生H2的速率与下列因素：①盐酸浓度 ②温度 ③镁条的表面积 ④容器的密闭情况 ⑤溶液中c（Cl﹣）大小，有关系的是（　　）‎ A．①② B．③④ C．①②③④ D．①②③④⑤‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】反应的实质为2H++Mg═Mg2++H2↑，影响化学反应速率的因素有固体的表面积，H+浓度和温度，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：反应的实质为2H++Mg═Mg2++H2↑，‎ ‎①盐酸浓度改变，反应速率改变，故①正确；‎ ‎②温度改变，改变活化分子的百分数，反应速率改变，故②正确；‎ ‎③镁带的表面积不同，反应速率不同，故③正确；‎ ‎④容器的密闭情况不同，压强不同，反应速率不同，故④正确；‎ ‎⑤氯离子不参加反应，溶液的氯离子浓度对反应速率无影响，故⑤错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．把0.05mol NaOH固体分别加入到下列100mL溶液中，导电能力变化较大的是（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1 MgSO4溶液 B．0.5 mol•L﹣1盐酸 C．0.5 mol•L﹣1的CH3COOH溶液 D．0.5 mol•L﹣1 NH4Cl溶液 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】离子浓度越大，到导电能力越强，离子多带电荷越多，导电能力越强．因此离子浓度变化越大，导电能力变化越大．‎ A、硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，导电能力基本不变；‎ B、盐酸和氢氧化钠反应生成了氯化钠和水，离子浓度基本不变，导电能力基本不变；‎ C、醋酸是弱电解质，与氢氧化钠反应生成的醋酸钠是强电解质，导电能力显著增强；‎ D、氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和一水合氨，离子浓度增大不大，导电能力有所增强．‎ ‎【解答】解：A、硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，离子浓度变化不大，导电能力基本不变，故A错误；‎ B、盐酸和氢氧化钠反应生成了氯化钠和水，离子浓度基本不变，导电能力基本不变，故B错误；‎ C、醋酸是弱电解质，与氢氧化钠反应生成的醋酸钠是强电解质，导电能力显著增强，故C正确；‎ D、氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和一水合氨，离子浓度增大不大，导电能力有所增强，但比C选项增幅小，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+‎ C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号．‎ ‎【解答】解：A、是甲酸的电离方程式，故A错误；‎ B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；‎ C、是碳酸根的水解方程式，故C正确；‎ D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（　　）‎ A．混合气体的压强 B．混合气体的密度 C．B物质的分子量 D．气体的总物质的量 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、两边气体的计量数相等，所以容器的压强始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；‎ B、混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故B正确；‎ C、B是纯净物，分子量是定值，一直不变，故C错误；‎ D、两边气体的计量数相等，气体的总物质的量一直不变，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．在一定温度下，将X和Y 各0.16mol充入10L 恒容密闭容器中，发生反应：2X（g）+Y（s）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ ‎0.09‎ A．反应前2s的平均速率v（Z）=2.0×10﹣3 mol/（L•s）‎ B．其他条件不变，加入一定量的Y，反应速率一定加快 C．反应进行4s时，X的转化率75%‎ D．反应达到平衡时，X的物质的量浓度为0.02mol•L﹣1‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，则Z的变化的物质的量为0.08mol，根据v=计算v（Z）；‎ B、根据影响速率的因素，Y固体，增加量，浓度不变，所以不影响反应速率，据此判断；‎ C、根据Y的转化的物质的量计算出X的转化的物质的量，再根据转化率=×100%计算；‎ D、根据Y的转化的物质的量计算出X的转化的物质的量，进而求得平衡时X的物质的量，根据c=求得X的物质的量浓度．‎ ‎【解答】解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，则Z的变化的物质的量为0.08mol，根据v===4.0×10﹣3 mol/（L•s），故A错误；‎ B、根据影响速率的因素，Y固体，增加量，浓度不变，所以不影响反应速率，故B错误；‎ C、反应进行4s时，Y的转化的物质的量为0.16mol﹣0.10mol=0.06mol，计算出X的转化的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，再根据转化率=×100%计算得X的转化率为×100%=75%，故C正确；‎ D、反应达到平衡时，Y转化的物质的量为0.16mol﹣0.09mol=0.07mol，则X的转化的物质的量为0.07mol×2=0.14mol，所以平衡时X的物质的量为0.6mol﹣0.14mol=0.02mol，根据c=求得X的物质的量浓度为=0.002mol•L﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．常温下，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液，下列说法中不正确的是（忽略混合前后溶液体积变化）（　　）‎ A．溶液的pH值：②＞③＞①‎ B．水电离出的c（OH﹣）：③＞①＞②‎ C．①和②等体积混合后的溶液：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol/L D．②和③等体积混合后的溶液：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．碱溶液的pH＞水解显碱性的盐溶液的pH＞酸溶液的pH；‎ B．酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；‎ C．①和②等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为0.05mol/L；‎ D．②和③等体积混合后，溶液不显电性．‎ ‎【解答】解：A．碱溶液的pH＞水解显碱性的盐溶液的pH＞酸溶液的pH，则相同浓度时溶液的pH值为②＞③＞①，故A正确；‎ B．酸碱抑制水的电离，且②中氢氧根离子浓度大，能水解的盐促进水的电离，则水电离出的c（OH﹣）为③＞①＞②，故B正确；‎ C．①和②等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，其浓度为0.05mol/L，由物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.05mol/L，故C错误；‎ D．②和③等体积混合后，溶液不显电性，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．常温下，在10mL 0.2mol/L氨水中，滴入0.2mol/L的稀盐酸，使溶液的pH=7．则下列说法正确的是（　　）‎ A．加入盐酸的体积大于10 mL B．c（NH4+）=c（Cl﹣）‎ C．加入盐酸的体积等于10 mL D．c（NH4+）＜c（Cl﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】常温下，混合溶液pH=7，则溶液呈中性，溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断溶液中c（NH4+）、c（Cl﹣）相对大小；NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解导致NH4Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，酸碱浓度相等时，酸溶液体积应该稍微小于碱溶液体积，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：常温下，混合溶液pH=7，则溶液呈中性，溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）；‎ NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解导致NH4Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，酸碱浓度相等时，酸溶液体积应该稍微小于碱溶液体积，氨水体积是10mL，则盐酸体积应该小于10mL；‎ 通过以上分析知，只有B正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：①H2CO3 ②Na2CO3 ③NaHCO3 ④NH4HCO3 ⑤（NH4）2CO3．下列关系或者说法正确的是（　　）‎ A．c（CO32﹣）的大小关系为：②＞⑤＞③＞④＞①‎ B．c（HCO3﹣）的大小关系为：④＞③＞⑤＞②＞①‎ C．将溶液蒸干后灼烧后只有①不能得到对应的固体物质 D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 ‎【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】H2CO3为二元弱酸，不稳定，加热易分解；‎ Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性；‎ NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解呈碱性，且水解程度比碳酸钠小，具有不稳定性；‎ ‎（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，具有不稳定性；‎ NH4HCO3溶液中是弱酸弱碱的酸式盐，发生相互促进的水解，具有不稳定性，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．②⑤相比较，由于⑤发生互促水解，水解程度较大，则②＞⑤，③④相比较，④发生互促水解，c（CO32﹣）的大小为③＞④，①为二元弱酸，c（CO32﹣）最小，则c（CO32﹣）的大小关系为：②＞⑤＞③＞④＞①，故A正确；‎ B．③④相比较，④发生互促水解，c（HCO3﹣）③＞④，故B错误；‎ C．①③④⑤溶液蒸干灼烧后都不能得到对应的固体物质，故C错误；‎ D．②只能与酸反应，不能与碱反应，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．可逆反应N2O4⇌2NO2△H＞0在密闭容器中反应，达到平衡状态，要使混合气体颜色加深，可采取的方法是 ①减小压强 ②缩小体积③升高温度④增大N2O4的浓度（　　）‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】N2O4⇌2NO2该反应正反应是气体体积增大的反应，正反应为吸热反应，要使混合气体颜色加深，平衡必须正向移动．‎ ‎【解答】解：②缩小体积③升高温度④增大N2O4的浓度，平衡都正向移动，混合气体的颜色加深，故选B．‎ ‎　‎ ‎14．下列叙述正确的是（　　）‎ A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）‎ B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2‎ C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色 D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离子和铵根离子的关系；‎ B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等；‎ C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的酸碱性判断石蕊试液的颜色；‎ D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断．‎ ‎【解答】解：A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以2c（SO42﹣）=c（NH4+），故A错误；‎ B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故B错误；‎ C、pH=11的NaOH溶液的C（NaOH）=10﹣3 mol/L，pH=3醋酸溶液的c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，等体积的两种溶液n（CH3COOH）＞n（NaOH），醋酸有剩余，但CH3COOH大于CH3COO﹣水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；‎ D、氨水的电离方程式为：NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．MOH是一种弱碱 B．在x点，c（M+）=c（R+）‎ C．稀释前，c（ROH）=10 c（MOH）‎ D．稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c（OH﹣）后者是前者的 10倍 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、根据MOH和ROH溶液稀释后PH变化大小判断；‎ B、根据溶液中氢氧根离子浓度进行判断；‎ C、若都是强碱，c（ROH）=10 c（MOH），而MOH是弱碱，部分电离出氢氧根离子；‎ D、碱溶液中，水电离的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度．‎ ‎【解答】解：A、根据图示，溶液稀释100倍，MOH溶液的PH减小了1，ROH溶液PH减小了2，所以ROH是强碱，MOH是弱碱，故A错误；‎ B、两溶液中PH相等，氢氧根离子浓度等于c（M+）、c（R+），所以c（M+）=c（R+），故B错误；‎ C、由于ROH是强碱，MOH是弱碱，稀释前，MOH大于0.01mol/L，所以稀释前，c（ROH）＜10 c（MOH），故C正确；‎ D、稀释前，两溶液中，水电离的氢氧根离子浓度大于溶液中氢离子浓度，所以MOH溶液中水电离的c（OH﹣）是ROH溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的10倍，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．将1molH2（g）和2molI2（g）置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，并达到平衡，HI的体积分数ω（HI）随时间变化如图（Ⅱ）所示．若改变反应条件，ω（HI）的变化曲线如图（Ⅰ）所示，则改变的条件可能是（　　）‎ A．恒温恒容条件下，加入适当催化剂 B．恒温条件下，缩小反应容器体积 C．恒容条件下升高温度 D．恒温条件下，扩大反应容器体积 ‎【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．‎ ‎【分析】由图可知，由曲线Ⅱ到曲线Ⅰ，到达平衡的时间缩短，故改变条件，反应速率加快，平衡时曲线Ⅰ表示的HI的体积分数ω（HI）减小，说明改变条件，平衡向逆反应移动，据此结合选项进行解答．‎ ‎【解答】解：A、恒温恒容条件下，加入适当催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，HI的体积分数ω（HI）不变，故A错误；‎ B、恒温条件下，缩小反应容器体积，容器内压强增大，反应混合物的浓度增大，反应速率加快，平衡不移动，故B错误；‎ C、恒容条件下，升高温度，速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，HI的体积分数ω（HI）减小，符合题意，故C正确；‎ D、恒温条件下，扩大反应容器体积，容器内压强减小，反应混合物的浓度减小，反应速率减慢，改变压强平衡不移动，平衡时HI的体积分数ω（HI）不变，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题包括4个小题，共52分）‎ ‎17．某温度时，在10L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化表中数据 t/min X/mol Y/mol Z/mol ‎0‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎0.00‎ ‎1‎ ‎0.90‎ ‎1.80‎ ‎0.20‎ ‎3‎ ‎0.75‎ ‎1.50‎ ‎0.50‎ ‎5‎ ‎0.65‎ ‎1.30‎ ‎0.70‎ ‎9‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎10‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎14‎ ‎0.55‎ ‎1.10‎ ‎0.90‎ ‎①体系中发生反应的化学方程式是　X+2Y2Z　‎ ‎②该反应在0～5min时间内产物Z的平均反应速率：　0.014mol/（L•min）　‎ ‎③该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于　45%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】由表格中数据可知，9min达到平衡，X减少1.0﹣0.55=0.45mol，Y减少2.00﹣1.10=0.90mol，Z增加0.90﹣0=0.90mol，时间、体积相同，则物质的量变化量之比等于速率之比，也等于化学计量数之比，则反应为X+2Y2Z，结合v=、转化率=×100%解答．‎ ‎【解答】解：①由表格中数据可知，9min达到平衡，X减少1.0﹣0.55=0.45mol，Y减少2.00﹣1.10=0.90mol，Z增加0.90﹣0=0.90mol，时间、体积相同，则物质的量变化量之比等于速率之比，也等于化学计量数之比，则反应为X+2Y2Z，故答案为：X+2Y2Z； ‎ ‎②在0～5min时间内产物Z的平均反应速率为=0.014 mol/（L•min），故答案为：0.014 mol/（L•min）； ‎ ‎③该反应达到平衡时反应物X的转化率α=×100%=45%，故答案为：45%．‎ ‎　‎ ‎18．在密闭容器里，通入x mol H2（g）和y mol I2（g），发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0．改变下列条件，反应速率将如何改变？（选填“增大”“减小”或“不变”）‎ ‎①升高温度　增大　‎ ‎ ②加入催化剂　增大　‎ ‎③充入更多的H2　增大　‎ ‎④保持容器中压强不变，充入氖气　减小　‎ ‎⑤保持容器容积不变，通入氖气　不变　‎ ‎⑥保持压强不变，充入2x mol H2（g）和2y mol I2（g）　不变　．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据增大浓度、增大压强、使用催化剂，反应速率加快，反之反应速率减慢来解答，注意反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变．‎ ‎【解答】解：①升高温度，反应速率增大，故答案为：增大； ‎ ‎②加入催化剂，反应速率增大，故答案为：增大；‎ ‎③再充入H2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故答案为：增大；‎ ‎④容器中压强不变，充入氖气，则容器容积扩大，相当于减小压强，则反应速率减小，故答案为：减小；‎ ‎⑤容器容积不变，通入氖气，反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变，故答案为：不变；‎ ‎⑥保持压强不变，充入2x mol H2（g）和2y mol I2（g），各物质的浓度保持不变，所以速率不变，故答案为：不变．‎ ‎　‎ ‎19．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　，该反应为　放热　反应（填吸热或放热）．‎ 若改变条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数　③　（填序号）‎ ‎①一定不变 ②一定减小 ③可能增大 ④增大、减小、不变皆有可能 ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　bc　‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中c（CO）不变 c．v逆（H2）=v正（H2O） d．c（CO）=c（CO2）‎ ‎（3）将不同量的CO （g） 和H2O （g） 分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应 CO （g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO2‎ CO A ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎5‎ B ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ C ‎900‎ a b c d t ‎①通过计算可知，CO的转化率实验A　大于　 实验B（填“大于”、“等于”或“小于”），该反应的正反应为　放　（填“吸”或“放”）热反应．‎ ‎②若实验C要达到与实验B相同的平衡状态，则a、b应满足的关系是　b=2a　（用含a、b的数学式表示）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应的平衡常数K=；平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行；若改变条件使平衡向正反应方向移动，平衡常数不一定变化，平衡常数只随温度变化；‎ ‎（2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；‎ ‎（3）①实验A中CO的转化率为×100%=40%，实验B中CO的转化率为×100%=20%，利用转化率与消耗量和起始量的关系计算并判断反应热；‎ ‎②从等效平衡的角度分析，若实验C要达到与实验B等效的平衡状态，则所加入物质的物质的量之比等于初始原料的配比数．‎ ‎【解答】解：（1）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），K=，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，若改变条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数不一定变化，平衡常数只随温度变化，浓度变化不影响平衡常数，则平衡向正反应方向移动可能增大，‎ 故答案为：； 放热；③；‎ ‎（2）a、容器中压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；‎ b、混合气体中c（CO）不变，是平衡的标志，故b正确；‎ c、v正（H2）=v正（H2O）=v逆（H2O），正逆反应速率相等，但不为0，能说明反应达到平衡状态，故c正确；‎ d、c（CO2）=c（CO）可能是平衡状态，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故d错误；‎ 故答案为：b c；‎ ‎（3）①实验A中CO的转化率为×100%=40%，实验B中CO的转化率为×100%=20%，则实验A的转化率大于实验B，‎ 则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，该反应放热，故答案为：大于；放；‎ ‎②若实验C要达到与实验B等效的平衡状态，则所加入物质的物质的量之比等于初始原料的配比数，即b=2a，故答案为：b=2a．‎ ‎　‎ ‎20．现有下列8种物质：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH4HCO3、⑤C2H5OH、⑥Al、⑦食盐水、⑧CH3COOH．‎ ‎（1）上述物质中属于强电解质的是　①②③④　（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是　②④⑥　（填序号）‎ ‎（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）　HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣　．‎ ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用；两性氧化物和两性氢氧化物．‎ ‎【分析】①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；‎ ‎②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；‎ ‎③HCl属于强酸，是强电解质；‎ ‎④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；‎ ‎⑤C2H5OH属于非电解质；‎ ‎⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；‎ ‎⑦食盐水属于混合物；‎ ‎⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；‎ ‎②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；‎ ‎③HCl属于强酸，是强电解质；‎ ‎④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；‎ ‎⑤C2H5OH属于非电解质；‎ ‎⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；‎ ‎⑦食盐水属于混合物；‎ ‎⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，‎ 故答案为：①②③④；②④⑥；‎ ‎（2）碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子反应方程式为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；‎ ‎　‎ ‎21．物质的量浓度相同的 ①氯化铵；②碳酸氢铵；③硫酸氢铵； ④硫酸铵4种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是　④＞③＞①＞②　．‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】设浓度均为1mol/L，①中铵根离子水解，②中铵根离子、碳酸氢根离子相互促进水解，③中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子浓度最大，以此来解答．‎ ‎【解答】解：设浓度均为1mol/L，①中铵根离子水解，②中铵根离子、碳酸氢根离子相互促进水解，③中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子浓度最大，可知c（NH4+）④中略小于2mol/L，③中接近1mol/L，①中略小于1mol/L，③中比①的浓度更小，即c（NH4+）由大到小的顺序是④＞③＞①＞②，‎ 故答案为：④＞③＞①＞②．‎ ‎　‎ ‎22．请写出明矾做净水剂净水时的离子方程式　Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，据此分析．‎ ‎【解答】解：明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，‎ 故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+．‎ ‎　‎ ‎23．在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3CH3COO﹣+H+△H＞0，下列方法中，可以使0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是　bcf　‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸 b．加热 c．加水稀释至0.010mol•L﹣1‎ d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；‎ b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ c．加水稀释至0.010mol•L﹣1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；‎ e．加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误；‎ f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ 故选bcf．‎ ‎　‎ ‎24．等物质的量浓度的下列物质的溶液：①NaCl②CH3COONa ③NH4Cl ④AlCl3 ⑤Ba（OH）2 ⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧NaHSO4⑨NaOH ⑩H2SO4其pH值由大到小的顺序是（填序号）　①⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较pH，再按照溶液的pH由大到小进行排序．‎ ‎【解答】解：①NaCl②CH3COONa ③NH4Cl ④AlCl3 ⑤Ba（OH）2 ⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧NaHSO4⑨NaOH ⑩H2SO4这几种物质中：‎ 属于碱的为：⑤Ba（OH）2⑨NaOH，浓度相同时，碱性及pH为⑤＞⑨；‎ 水解呈碱性的为：②CH3COONa，⑥Na2CO3，⑦NaHCO3 依据水解程度大小分析，则pH：⑥＞⑦＞②；‎ 溶液呈中性的为：①NaCl；‎ 溶液呈酸性的有：③④⑧⑩，其中③NH4Cl④AlCl3溶液中铵根离子铝离子水解显酸性，铝离子水解程度大于铵根离子，⑧NaHSO4 溶液中完全电离相当于一元强酸，⑩为二元强酸，浓度相同时，溶液的pH：⑩＜⑧＜④＜③，‎ 综合以上分析可知，溶液的pH由大到小的顺序是为：⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩，‎ 故答案为：⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩．‎ ‎　‎ ‎25．某二元酸H2A在水中的电离方程式是H2A═H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．回答下列问题：‎ ‎（1）Na2A溶液显　碱性　（填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是　H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣　（用离子方程式或必要的文字说明）．‎ ‎（2）常温下，已知0.1mol•L﹣1NaHA溶液pH=2，则0.1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能　小于　0.11mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是　H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离　．‎ ‎（3）0.1mol•L﹣1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）　‎ ‎（4）Na2A溶液中，下列表述正确的是　AD　‎ A．cNa++cH+=cHA﹣+2cA2﹣+cOH﹣ B．cNa+=2（ cHA﹣+cA2﹣+cH2A）‎ C．cOH﹣=cHA﹣+cH++2cH2A D．cOH﹣=cHA﹣+cH+．‎ ‎【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】H2A在水中的电离方程式：H2A═H++HA﹣；HA﹣⇌H++A2﹣，其第一步完全电离，第二部电离可逆，HA﹣只电离不水解，‎ ‎（1）强碱弱酸盐中阴离子水解导致溶液显示碱性，根据水解方程式的书写方法来回答；‎ ‎（2）0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A⇌H++HA﹣，电离出H+小于0.1mol/L，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离；‎ ‎（3）NaHA溶液显酸性，存在HA﹣⇌H++A2﹣，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离分析；‎ ‎（4）根据溶液中的电荷守恒、物料守恒以及质子守恒来回答；‎ ‎【解答】解：（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣，‎ 故答案为：碱性；H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣；‎ ‎（2）因为0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+；而0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A=H++HA﹣，电离出H+0.1mol/L和HA﹣0.1mol/L，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L，‎ 故答案为：小于；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离；‎ ‎（3）NaHA溶液显酸性，存在HA﹣⇌H++A2﹣，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离H2O⇌H++OH﹣，同时有部分A2﹣发生水解，使c（A2﹣）减小，所以c（H+）＞c（A2﹣），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），‎ 故答案为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）．‎ ‎（4）0.1mol•L﹣1的Na2A溶液中，A2﹣能够水解生成HA﹣，HA﹣不水解，‎ A、0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c（ Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故A正确；‎ B、溶液中存在物料守恒c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣），故B错误；‎ C、HA﹣不水解质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（ HA﹣），故C错误；‎ D、根据质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（ HA﹣），故D正确；‎ 故答案为：AD．‎ ‎　‎