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- 2021-06-03 发布
2016-2017学年青海师范大学附中高二（上）期中化学试卷
一、单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分）
1．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．﹣67.7 KJ/mol B．﹣43.5 KJ/mol C．+43.5 KJ/mol D．+67.7 KJ/mol
2．在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，一定条件下发生反应：X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，下列推断中，正确的是（ ）
A．原X、Y混合气体积为1.2VL
B．原X、Y混合气体积为1.1VL
C．达平衡时，消耗X体积为0.25VL
D．达平衡时，消耗Y体积为0.05VL
3．在一密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌3C（g）达到平衡时，测得C（A）为0.5mol/L在温度不变的情况下，将容积增大一倍，当达到新的平衡时，测得C（A）为0.3mol/L，则下列判断不正确的是（ ）
A．混合气体密度一定减小 B．平衡一定向逆反应方向移动
C．化学计量数：m+n＜3 D．物质C的体积分数减小了
4．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A （g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如图所示．下列说法中正确是（ ）
A．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）
B．30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
D．30min和54min的反应的平衡常数相等4
5．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t/s
0
5
15
25
35
n（A）/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A．反应在前5s的平均速率v（A）=0.17mol•L﹣1•s﹣1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，则反应的△H＞0
C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）
6．有一反应：2A+B⇌2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（ ）
A．该反应是放热反应
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．T1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法
D．c点可表示v（正）＜v（逆）
7．H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（ ）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
8．相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH﹣浓度之比（ ）
A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．不能确定
9．关于电解质溶液的正确判断是（ ）
A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以共存
B．水电离的c（H+）=1×10﹣3mol/L的溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣
C．由0．l moI/L BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣
D． =1×10﹣13mol/L 的溶液中：Ba2+、ClO﹣、Cl﹣、NO3﹣
10．一定量的盐酸与过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的：①NaOH固体；②Na2SO4溶液；③KNO3溶液；④H2O；⑤CH3COONa固体；⑥NH4Cl固体；⑦CuSO4固体 ⑧CaCO3固体（ ）
A．①②⑤⑦ B．②③⑥ C．②③④⑤ D．②④⑤
11．现有常温下四份等体积的酸或碱溶液：①0.01mol/L CH3COOH；②0.01mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．以下有关说法正确的是（ ）
A．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
B．将①、④等体积混合，则混合液的PH为7
C．四份溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=②=④
D．将②加入③至恰好完全反应，则消耗体积为③＞②
12．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=E
B．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性
13．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，则此时（ ）
A．醋酸和氢氧化钠物质的量相等
B．醋酸和氢氧化钠恰好中和
C．氢氧化钠过量
D．醋酸有剩余
14．某学生用碱式滴定管量取0.1mol/L的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为（ ）
A．大于10.00 mL B．小于10.00 mL C．等于10.00 mL D．等于11.00 mL
15．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+
16．将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是（ ）
A．KCl B．Mg（OH）2 C．Na2CO3 D．MgSO4
17．在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）分别是10﹣amol/L和10﹣bmol/L，在此温度下，下列说法正确的是（ ）
A．a＜b B．Kw=1.0×10﹣（7+a）
C．a=b D．Kw=1.0×10﹣（b+a）
18．向三份0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中分别加入少量的Mg、NaOH、FeSO4固体（忽略溶液体积变化），则NH4+浓度的变化依次为（ ）
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．减小、减小、增大
19．常温下，下列溶液的pH大于7的是（ ）
A．NH4Cl B．Al2（SO4）3 C．NaHCO3 D．Na2SO4
20．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A．HX、HY、HZ B．HX、HZ、HY C．HZ、HY、HX D．HY、HZ、HX
二、填空题（共4小题，每空2分，共36分）
21．一定温度下，有①盐酸、②硫酸、③醋酸三种酸 （用①、②、③回答）．
（1）当其物质的量浓度相同时，C（H+）由大到小的顺序 ，pH由大到小的顺序是 ，取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ．
（2）当C（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为 ，取等体积的上述三种酸溶液，加入足量锌，产生的气体体积由大到小的顺序为 ，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是 ．
22．某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10﹣15，像定义pH一样来规定pD=﹣lg c（D+），请回答以下问题：
①写出重水的电离方程式 ．
②该温度下，重水中的pD= （已知lg2=0.3）．
③0.01mol/L的NaOD溶液中pD= ．
23．双氧水（H2O2）和水水都是极弱电解质，但H2O2比水更显酸性．
（1）若把H2O2看成是二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式：
（2）鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可以形成酸式盐．请写出H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐的化学方程式：
（3）水电离生成H3O+ 和OH﹣叫做水的自偶电离．同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离方程式为： ．
24．根据题意，完成下列问题．
（1）常温下，将1mL 0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后溶液的PH= ．若将PH=5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中C（SO42﹣）：C（H+）=
（2）某温度时，测得0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为11，该溶液与PH=5的HCl溶液等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），混合后溶液PH= ．
（3）常温下，pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+的浓度为c1；pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+的浓度为c2，溶液中= ．
（4）常温下，pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液体积变化忽略不计），若所得混合溶液呈中性，则a：b= ．若所得混合溶液pH=12，则a：b= ．
三、实验题（每空2分，共12分）
25．某学生用0.10mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂．重复上述滴定操作2～3 次，记录数据如下．
（1）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有 ．
A．滴定前平视读数，终点读数时仰视读数
B．锥形瓶水洗后未用用标准盐酸润洗
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
D．标准液漏滴在锥形瓶外一滴
E．滴定前仰视读数，终点滴定后俯视读数
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
（2）若在达到滴定终点时，不慎多加了一滴NaOH溶液（一滴溶液体积约为0.05mL）继续加水到50mL，所得溶液的PH为
（3）如图是向20mL的盐酸中逐渐加入0.1mol/L NaOH溶液时，溶液的pH变化图象，当滴加NaOH溶液为10mL时，该混合液的PH= ，（含Lg表达式），若用该NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
（4）氧化还原滴定﹣﹣取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．表格中记录了实验数据：
数
待测液体积
（mL）
标准KMnO4溶液体积（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
23.40
第二次
25.00
4.00
23.90
第三次
25.00
5.00
25.10
①滴定时，滴定终点时滴定现象是
②该草酸溶液的物质的量浓度为 ．
26．研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义，请回答下列问题：
（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是 ．
A．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快
C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大
D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大
E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时各组分浓度均比原平衡时的浓度大
F．平衡后升高温度，平衡常数K增大
（2）若某温度下，SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）△H=﹣98kJ/mol．开始时在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0mol O2（g），当反应达到平衡时共放出196kJ的热量，该温度下的平衡常数K= （用分数表示）．在该温度下，分别将0.2mol/L 的SO2 和0.1mol/L O2放入固定体积的密闭容器中，当SO2转化率为60%时，该反应向 方向进行
（3）在一个2L的密闭容器中充入一定量的SO3发生反应：其中SO3的变化如下图所示：从10 min起，压缩容器为1L，则SO3的变化曲线为 （填图象中的字母序号）．
（4）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）；△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．若P2＞P1，则化学平衡常数KA＞KC
（5）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染．例如：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574KJ/mol
②CH4（g）+4NO （g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160KJ/mol
请写出1molCH4还原NO2生成N2、CO2、H2O气态物质的热化学方程式 ．
2016-2017学年青海师范大学附中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分）
1．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．﹣67.7 KJ/mol B．﹣43.5 KJ/mol C．+43.5 KJ/mol D．+67.7 KJ/mol
【考点】有关反应热的计算．
【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…①
H+（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．
2．在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，一定条件下发生反应：X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，下列推断中，正确的是（ ）
A．原X、Y混合气体积为1.2VL
B．原X、Y混合气体积为1.1VL
C．达平衡时，消耗X体积为0.25VL
D．达平衡时，消耗Y体积为0.05VL
【考点】化学平衡的计算．
【分析】在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，Z的体积为0.1VL，利用体积差量法计算气体体积减小，进而计算原混合气体总体积，由于原混合气体中X、Y的体积之比不确定，不能计算平衡时X、Y的体积．
【解答】解：在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，Z的体积为0.1VL，则：
X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）体积减小△V
2 2
0.1VL 0.1VL
故原X、Y混合气体积为VL+0.1VL=1.1VL，
由于原混合气体中X、Y的体积之比不确定，不能计算平衡时X、Y的体积，
故选：B．
3．在一密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌3C（g）达到平衡时，测得C（A）为0.5mol/L在温度不变的情况下，将容积增大一倍，当达到新的平衡时，测得C（A）为0.3mol/L，则下列判断不正确的是（ ）
A．混合气体密度一定减小 B．平衡一定向逆反应方向移动
C．化学计量数：m+n＜3 D．物质C的体积分数减小了
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞3，此意解答该题．
【解答】解：A、在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，质量反应前后不变，但是容积增大一倍，所以混合气体密度一定减小，故A正确；
B、在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C、在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞3，故C错误；
D、平衡向逆反应方向移动，物质C的体积分数减小，故D正确．
故选C．
4．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A （g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如图所示．下列说法中正确是（ ）
A．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）
B．30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
D．30min和54min的反应的平衡常数相等4
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程．
【分析】A、反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据v=计算v（A）；
B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，则增大压强平衡不移动，应是升高温度；
C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；
D、40min时，改变条件为升高温度，平衡常数发生变化．
【解答】解：A.0～8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故v（A）==0.08mol/（L•min），选项中单位不对，故A错误；
B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，增大压强平衡不移动，应是升高温度，故B正确；
C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D、40min时，改变条件平衡向逆反应方向移动，到达平衡时平衡常数减小，故D错误；
故选B．
5．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t/s
0
5
15
25
35
n（A）/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A．反应在前5s的平均速率v（A）=0.17mol•L﹣1•s﹣1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，则反应的△H＞0
C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】依据化学平衡三段式列式计算；
A（g）+B（g）⇌C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
A、依据V（A）=计算；
B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断．
D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向．
【解答】解：A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则
A（g）+B（g）⇌C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
K==0.625
A、反应在前5s的平均速率v（A）==0.015mol•L﹣1•s﹣1 ，故A错误；
B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol＞0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H＜0，故B错误；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率下雨80%，故C错误；
D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==50＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前v（正）＜v（逆），故D正确；
故选D．
6．有一反应：2A+B⇌2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（ ）
A．该反应是放热反应
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．T1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法
D．c点可表示v（正）＜v（逆）
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态，以此解答该题．
【解答】解：A．随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，故A错误；
B．b点处于平衡状态，混合气体的平均摩尔质量不再变化，故B正确；
C．增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误；
D．c点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误．
故选B．
7．H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（ ）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．加水稀释促进弱电解质电离；
B．硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水，亚硫酸酸性大于氢硫酸；
C．氯气和硫化氢反应生成硫和盐酸，盐酸酸性大于氢硫酸；
D．硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性大于氢硫酸．
【解答】解：A．加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故A错误；
B．二氧化硫和硫化氢反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，通入过量二氧化硫平衡向左移动，二氧化硫和水反应方程式为H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故B错误；
C．氯气和硫化氢反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故C正确；
D．加入硫酸铜溶液发生反应CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故D错误；
故选C．
8．相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH﹣浓度之比（ ）
A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．不能确定
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大．
【解答】解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，
A瓶氨水的浓度是B瓶氨水的浓度的2倍，因弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故A瓶氨水的电离度比B瓶氨水的电离度小，
所以A、B两瓶氨水中[OH﹣]之比小于2，
故选：B．
9．关于电解质溶液的正确判断是（ ）
A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以共存
B．水电离的c（H+）=1×10﹣3mol/L的溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣
C．由0．l moI/L BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣
D． =1×10﹣13mol/L 的溶液中：Ba2+、ClO﹣、Cl﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．在pH=12的溶液呈碱性；
B．水电离的c（H+）=1×10﹣3mol/L的溶液，水的电离被促进，为盐溶液；
C.0．l moI/L BOH溶液的pH=10，为弱碱．
D. =1×10﹣13mol/L 的溶液呈碱性．
【解答】解：A．在pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下HCO3﹣不能大量共存，故A错误；
B．水电离的c（H+）=1×10﹣3mol/L的溶液，水的电离被促进，为盐溶液，Fe3+易水解，则不能大量共存，故B错误；
C.0．l moI/L BOH溶液的pH=10，为弱碱，则电离方程式为BOH⇌B++OH﹣，故C错误；
D. =1×10﹣13mol/L 的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生反应，可大量共存，故D正确．
故选D．
10．一定量的盐酸与过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的：①NaOH固体；②Na2SO4溶液；③KNO3溶液；④H2O；⑤CH3COONa固体；⑥NH4Cl固体；⑦CuSO4固体 ⑧CaCO3固体（ ）
A．①②⑤⑦ B．②③⑥ C．②③④⑤ D．②④⑤
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】减缓反应速率应使盐酸溶液的浓度降低，因铁粉过量，如不影响生成氢气的总量，则所加入物质不能改变酸溶液所能电离出的H+离子总物质的量．
【解答】解：①NaOH固体能与盐酸反应，减小生成氢气的总量，故①错误；
②Na2SO4溶液使盐酸溶液的浓度降低，反应速率减小，且不影响生成氢气的总量，故②正确；
③KNO3溶液在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，故③错误；
④加入H2O使盐酸溶液的浓度降低，反应速率减小，且不影响生成氢气的总量，故④正确；
⑤CH3COONa固体与盐酸反应生成弱电解质，溶液H+离子浓度降低，但不影响生成氢气的总量，故⑤正确；
⑥NH4Cl固体对溶液的浓度没有影响，不能改变反应速率，故⑥错误；
⑦CuSO4固体与铁反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故⑦错误；
⑧CaCO3固体与盐酸反应，影响生成氢气的总量，故⑧错误．
则正确的有②④⑤．
故选D．
11．现有常温下四份等体积的酸或碱溶液：①0.01mol/L CH3COOH；②0.01mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．以下有关说法正确的是（ ）
A．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
B．将①、④等体积混合，则混合液的PH为7
C．四份溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=②=④
D．将②加入③至恰好完全反应，则消耗体积为③＞②
【考点】pH的简单计算．
【分析】四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，②③④中电离出的H+、OH﹣浓度都为0.01 mol•L﹣1，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，加水促进电离，结合浓度对弱电解质的电离的影响解答该题．
【解答】解：A．将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，不能完全电离，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液pH①＞②，故A正确；
B．若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，故B错误；
C．四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，其中②③④中H+、OH﹣浓度相等，对水的电离的抑制也相等，且大，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，因此其中水的电离程度最小，水的电离程度：①＞②，故C错误；
D．一水合氨为弱电解质，②③若等体积混合后溶液呈碱性，0.01mol/L HCl和pH=12的氨水比较，前者的浓度小，所以恰好完全反应，则消耗体积为③＜②，故D错误；
故选A．
12．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=E
B．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性
【考点】水的电离．
【分析】A、ADE都处于250C时，Kw相等，然后比较B、E两点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依次比较Kw的大小；
B、从A点到D点c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，温度不变，Kw不变；
C、从A点到C点c（H+）和c（OH﹣）的变化判断Kw的变化，依次判断温度的变化；
D、根据B点时Kw计算酸与碱溶液中c（H+）和c（OH﹣），然后判断溶液的酸碱性．
【解答】解：A、ADE都处于250C时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH﹣）都大于E点的c（H+）和c（OH﹣），并且C点的c（H+）和c（OH﹣）大于A点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故A正确；
B、加酸，c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，但温度不变，Kw不变，故B正确；
C、若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw增大，温度应升高，故C错误；
D、若处在B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=10的KOH中c（OH﹣）=10﹣2mol•L﹣1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D正确；
故选C．
13．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，则此时（ ）
A．醋酸和氢氧化钠物质的量相等
B．醋酸和氢氧化钠恰好中和
C．氢氧化钠过量
D．醋酸有剩余
【考点】电解质在水溶液中的电离；中和滴定．
【分析】用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，说明溶液呈中性，则溶液中存在：c（H+））=c（OH﹣），醋酸为弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠为强电解质，能完全电离，据此即可解答．
【解答】解：A．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等恰好反应，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，与题干呈中性矛盾，故A错误；
B．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，根据电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）可知，当c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，c（OH﹣）=c（H+），即溶液显中性，因醋酸为弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠为强电解质，能完全电离，所以此时醋酸应该是过量的，醋酸和氢氧化钠不是恰好中和，故B错误；
C．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，当氢氧化钠过量时，溶液呈碱性，且碱性增强，故C错误；
D．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，题干要求溶液的pH值等于7，须醋酸过量，故D正确；
故选D．
14．某学生用碱式滴定管量取0.1mol/L的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为（ ）
A．大于10.00 mL B．小于10.00 mL C．等于10.00 mL D．等于11.00 mL
【考点】计量仪器及使用方法．
【分析】根据滴定管的使用方法和仰视和俯视产生误差的具体情况进行解题，俯视读数偏低，仰视读数偏高．
【解答】解：仰视凹液面的最低处时，看到的读数偏大，如果读数为1.00mL，实际小于1.00mL，假设为0.90mL；俯视凹液面的最低处，看到的读数偏小，由凹液面的最低处读数为11.00mL，实际比11.00mL大，假设12.00mL，所以倾出液体的体积是12.00mL﹣0.90mL=11.1mL，大于10.00m L，
所以A正确，
故选A．
15．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．
16．将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是（ ）
A．KCl B．Mg（OH）2 C．Na2CO3 D．MgSO4
【考点】电解质在水溶液中的电离．
【分析】根据盐类的水解和物质的溶解度思考．
【解答】解：对于A和D，由于KCl和MgSO4溶于水并完全电离，所以n（Cl﹣）=n（SO42﹣）=0.1mol l（水电离出的OH﹣可忽略）；对于B，B中的Mg（OH）2在水中难溶，故溶液中n（OH﹣）＜0.1mol；对于C，在Na2CO3溶液中，由于CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，阴离子数目会增加，即阴离子物质的量大于0.1mol．由上分析，Na2CO3溶液中的阴离子数目最多，C项正确．
故答案为C．
17．在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）分别是10﹣amol/L和10﹣bmol/L，在此温度下，下列说法正确的是（ ）
A．a＜b B．Kw=1.0×10﹣（7+a）
C．a=b D．Kw=1.0×10﹣（b+a）
【考点】pH的简单计算．
【分析】由水电离出来的c（H+）=c（OH﹣），硫酸铁溶液中铁离子水解促进水的电离，硫酸抑制水的电离，两者pH值相同，说明硫酸电离出的氢离子浓度与硫酸铁中水电离的氢离子浓度相同，据此解答即可．
【解答】解：酸能抑制水的电离，而盐的水解能促进水的电离，故硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）10﹣amol/L小于10﹣bmol/L即a＞b，故AC均错误；
硫酸中水电离出来的c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣amol/L，硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）是1.0×10﹣bmol/L，则硫酸中c（H+）是1.0×10﹣bmol/L，则Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣a×1.0×10﹣b=1.0×10﹣（a+b），故D正确．
故选D．
18．向三份0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中分别加入少量的Mg、NaOH、FeSO4固体（忽略溶液体积变化），则NH4+浓度的变化依次为（ ）
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．减小、减小、增大
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】氯化铵强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，加入了金属镁，消耗了溶液中的氢离子，促进了水解，铵离子浓度减小；
加入了氢氧化钠，铵离子结合了氢氧化钠中的氢氧根离子生成弱电解质氨水，溶液中铵离子浓度减小；
加入硫酸亚铁固体，硫酸亚铁是也是强酸弱碱盐，水解显示酸性，抑制了铵离子的水解，溶液中铵离子浓度增大，
据此进行分析即可．
【解答】解：由于氯化铵强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，加入了金属镁，消耗了溶液中的氢离子，促进了水解，铵离子浓度减小；
加入了氢氧化钠，铵离子结合了氢氧化钠中的氢氧根离子生成弱电解质氨水，溶液中铵离子浓度减小；
加入硫酸亚铁固体，硫酸亚铁是也是强酸弱碱盐，水解显示酸性，抑制了铵离子的水解，溶液中铵离子浓度增大，
所以加入少量的Mg、NaOH、FeSO4固体（忽略溶液体积变化），则NH4+浓度的变化依次为减小、减小、增大，
故选D．
19．常温下，下列溶液的pH大于7的是（ ）
A．NH4Cl B．Al2（SO4）3 C．NaHCO3 D．Na2SO4
【考点】盐类水解的应用．
【分析】常温下，下列溶液的pH大于7的溶液显碱性，是碱溶液或强碱弱酸盐溶液，据此分析．
【解答】解：A、氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液水解显酸性，pH小于7，故A错误；
B、硫酸铝是强酸弱碱盐，其水溶液水解显酸性，pH小于7，故B错误；
C、碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中既能水解又能电离，且水解大于电离，故溶液显碱性，即pH大于7，故C正确；
D、硫酸钠是强酸强碱的正盐，在溶液中不能电离出氢离子或氢氧根，也不能水解，故溶液显中性，故D错误．
故选C．
20．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A．HX、HY、HZ B．HX、HZ、HY C．HZ、HY、HX D．HY、HZ、HX
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱．
【解答】解：酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X﹣、Y﹣、Z﹣的水解程度逐渐增大，酸性：HX＞HY＞HZ；则由强到弱的顺序是HX、HY、HZ，
故选A．
二、填空题（共4小题，每空2分，共36分）
21．一定温度下，有①盐酸、②硫酸、③醋酸三种酸 （用①、②、③回答）．
（1）当其物质的量浓度相同时，C（H+）由大到小的顺序 ②＞①＞③ ，pH由大到小的顺序是 ③＞①＞② ，取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ②＞①=③ ．
（2）当C（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为 ③＞①＞② ，取等体积的上述三种酸溶液，加入足量锌，产生的气体体积由大到小的顺序为 ③＞①=② ，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是 ②=①＞③ ．
【考点】pH的简单计算．
【分析】（1）物质的量浓度相等的酸，硫酸和氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，据此确定氢离子浓度大小；同体积的三种酸，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大；
（2）如果酸是强电解质，一元酸的浓度与氢离子浓度相等，二元酸的浓度为氢离子浓度的一半；如果酸是弱电解质，一元酸的浓度大于氢离子浓度；当c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸为弱电解质，部分在继续电离．
【解答】解：（1）氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c（H+）=c（HCl），硫酸是二元酸，硫酸溶液中c（H+）=2c（H2SO4），醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是：②＞①＞③，氢离子浓度越大，则pH越小，即pH由大到小的顺序是③＞①＞②；取等体积的上述三种酸溶液，中和NaOH能力与氢的物质的量成之比，氢的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大，中和NaOH的能力由大到小的顺序是②＞①=③；
故答案为：②＞①＞③；③＞①＞②；②＞①=③；
（2）氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢离子浓度与酸的浓度相等，硫酸中氢离子浓度是硫酸的浓度的2倍，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以如果氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，c（H+）相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为③＞①=②；氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为③＞①＞②，取等体积等浓度的NaOH溶液完全中和上述三种酸，所需酸溶液体积由大到小的顺序是②=①＞③；
故答案为：③＞①＞②；③＞①=②；②=①＞③．
22．某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10﹣15，像定义pH一样来规定pD=﹣lg c（D+），请回答以下问题：
①写出重水的电离方程式 D2O⇌D++OD﹣ ．
②该温度下，重水中的pD= 7.4 （已知lg2=0.3）．
③0.01mol/L的NaOD溶液中pD= 12.8 ．
【考点】pH的简单计算．
【分析】①重水是弱电解质，不能完全电离；
②根据重水D2O的离子积为1.6×10﹣15，结合pD=﹣lgc（D+）解答；
③c（OD﹣）=10﹣2，根据c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣15，求c（D+）以及PD．
【解答】解：①重水是弱电解质，不能完全电离，即D2O⇌D++OD﹣，故答案为：D2O⇌D++OD﹣；
②中性溶液中，重水电离出的重氢离子和重氢氧根离子浓度相等，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣15，则c（D+）=c（OD﹣）=4×10﹣8mol/L，pD=﹣lgc（D+）=﹣lg4×10﹣8=8﹣2lg2=7.4；故答案为：7.4；
③在1LD2O中溶解0.01mol NaOH（设溶液的体积为1L），则为0.01mol/LNaOH的D2O溶液，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OH﹣）=1.6×10﹣15，c（D+）==1.6×10﹣13，与pD=12.8，故答案为：12.8．
23．双氧水（H2O2）和水水都是极弱电解质，但H2O2比水更显酸性．
（1）若把H2O2看成是二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式： H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣
（2）鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可以形成酸式盐．请写出H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐的化学方程式： H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O
（3）水电离生成H3O+ 和OH﹣叫做水的自偶电离．同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离方程式为： H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣ ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离；
（2）双氧水和氢氧化钡生成盐和水；
（3）根据水的电离方程式书写双氧水的自偶电离方程式．
【解答】解：（1）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，其电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣，故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣；
（2）双氧水和氢氧化钡生成盐和水，反应方程式为H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O，故答案为：H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O；
（3）根据水的电离方程式书写双氧水的自偶电离方程式，电离方程式为H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣，故答案为：H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣．
24．根据题意，完成下列问题．
（1）常温下，将1mL 0.05mol/L的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后溶液的PH= 3 ．若将PH=5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中C（SO42﹣）：C（H+）= 1：10
（2）某温度时，测得0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为11，该溶液与PH=5的HCl溶液等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），混合后溶液PH= 10.7 ．
（3）常温下，pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+的浓度为c1；pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+的浓度为c2，溶液中= 1：10000 ．
（4）常温下，pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液体积变化忽略不计），若所得混合溶液呈中性，则a：b= 1：100 ．若所得混合溶液pH=12，则a：b= 11：90 ．
【考点】pH的简单计算．
【分析】（1）1mL0.05mol/L的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，加水稀释至100mL后，溶液体积变为100倍，则氢离子浓度变为原来的；稀释过程中硫酸的物质的量不变，当溶液接近中性时要考虑水的电离，所以将pH=5的硫酸溶液稀释500倍后，溶液中的SO42﹣的浓度成比例下降，但H+浓度降到10﹣7mol/L便不再下降；
（2）0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，而pH为11，即氢离子浓度为10﹣11mol/L，则可知该温度下水的离子积Kw=10﹣13，将0.01mol•L﹣1的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合后，溶液显碱性，根据c（OH﹣）=来计算；
（3）pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为c1==10﹣9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液溶液中由水电离出的H+浓度为c2=10﹣5mol/L；
（4）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L；若所得混合溶液pH=12，则碱过量，所以=0.01mol/L．
【解答】解：（1）1mL0.05mol/L的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，加水稀释至100mL后，溶液体积变为100倍，则氢离子浓度变为原来的，即稀释后氢离子浓度为10﹣3mol/L，则pH=3；pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）=5×10﹣6mol/L，
溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42﹣）=1×10﹣8mol/L，
所以稀释后溶液中硫酸根离子与氢离子浓度之比为：1×10﹣8mol/L：1×10﹣7mol/L=1：10．
故答案为：3；1：10；
（2）0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，而pH为11，即氢离子浓度为10﹣11mol/L，则可知该温度下水的离子积Kw=10﹣13．将0.01mol•L﹣1的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合后，氢氧化钠过量，溶液显碱性，故混合溶液中c（OH﹣）==≈5×10﹣3mol/L，则溶液中c（H+）==2×10﹣11mol/L，则pH=﹣lg2×10﹣11=10.7，故答案为：10.7；
（3）硫酸溶液中的氢氧根离子、硫酸铝溶液中的氢离子是水电离的，pH=5的硫酸溶液中由水电离出的H+浓度为c1==10﹣9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+浓度为c2=10﹣5mol/L，则c1：c2=10﹣9mol/L：10﹣5mol/L=1：10000，
故答案为：1：10000；
（4）若所得混合溶液呈中性，则硫酸中的氢离子与氢氧化钡的氢氧根离子的物质的量相等，即：aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L，解得a：b=1：100；
若所得混合溶液pH=12，溶液显示碱性，碱过量，则： =0.01mol/L，解得a：b=11：90，
故答案为：1：100；11：90．
三、实验题（每空2分，共12分）
25．某学生用0.10mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂．重复上述滴定操作2～3 次，记录数据如下．
（1）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有 ADF ．
A．滴定前平视读数，终点读数时仰视读数
B．锥形瓶水洗后未用用标准盐酸润洗
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
D．标准液漏滴在锥形瓶外一滴
E．滴定前仰视读数，终点滴定后俯视读数
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
（2）若在达到滴定终点时，不慎多加了一滴NaOH溶液（一滴溶液体积约为0.05mL）继续加水到50mL，所得溶液的PH为 10
（3）如图是向20mL的盐酸中逐渐加入0.1mol/L NaOH溶液时，溶液的pH变化图象，当滴加NaOH溶液为10mL时，该混合液的PH= 1+lg3 ，（含Lg表达式），若用该NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是 D
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
（4）氧化还原滴定﹣﹣取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．表格中记录了实验数据：
数
待测液体积
（mL）
标准KMnO4溶液体积（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
23.40
第二次
25.00
4.00
23.90
第三次
25.00
5.00
25.10
①滴定时，滴定终点时滴定现象是 锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色
②该草酸溶液的物质的量浓度为 0.2 mol/L ．
【考点】中和滴定．
【分析】（1）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
（2）终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH﹣）=×0.1mol．L﹣1=10﹣4mol．L﹣1，根据c（H+）c（OH﹣）=10﹣14计算c（H+），进而计算所得溶液的pH；
（3）依据H++OH﹣=H2O计算剩余氢离子浓度，依据pH=﹣lg[H+]计算溶液pH值；强碱滴定弱酸，恰好中和生成强碱弱酸盐，强碱弱酸盐水解显碱性，应选择酚酞作指示剂；
（4）①根据高锰酸钾为紫色溶液，滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色解答；
②先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c（待测）=计算出待测液的浓度．
【解答】解：（1）A．滴定前平视读数，终点读数时仰视读数，导致消耗的标准液体积偏大，所测溶液浓度偏高，故A选；
B．锥形瓶水洗后未用用标准盐酸润洗，使用操作正确，消耗的标准液体积准确，溶液浓度准确，故B不选；
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致待测液浓度变稀，消耗的标准液体积偏小，溶液浓度偏低，故不选；
D．标准液漏滴在锥形瓶外一滴，导致消耗的标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故D选；
E．滴定前仰视读数，终点滴定后俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，溶液浓度偏低，故E不选；
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故F选；
故选：ADF；
（2）终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH﹣）=×0.1mol．L﹣1=10﹣4mol．L﹣1，
根据c（H+）c（OH﹣）=10﹣14，则c（H+）=10﹣10mol/L，pH=10，
故答案为：10；
（3）由溶液的pH变化图象起点可知，当还没加人氢氧化钠溶液时，此时pH=1，则C（HCl）=0.1mol/L，当滴加氢氧化钠溶液为10mL时，盐酸没反应完，此时溶液中C（H+）==，该混合液的pH=1+lg3．若用该氢氧化钠溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完成时，生成醋酸钠，因为水解溶液呈碱性，所以只能选择酚酞作指示剂，故选：D；
故答案为：pH=1+lg3； D；
（4）①草酸溶液为无色，滴入高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸根离子被还原，当加入最后一滴，溶液出现紫红色，且半分钟不褪色，说明草酸恰好反应完全，达到滴定终点；
故答案为：锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②第一次滴定消耗标准液体积为：（23.40﹣0.50）mL=22.90mL，第二次滴定消耗标准液体积为：（23.90﹣4.00）mL=19.90mL，第三次滴定消耗标准液体积为：（25.10﹣5.00）mL=20.10mL，可见第一次数据误差较大，后2次滴定的数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为：（19.90+20.10）÷2=
20.10mL，高锰酸钾的物质的量为：0.10mol/L×0.020L=0.0020mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.005mol，
待测液草酸的物质的量浓度为： =0.2 mol•L﹣1，
故答案为：0.2 mol•L﹣1．
26．研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义，请回答下列问题：
（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是 DE ．
A．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快
C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大
D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大
E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时各组分浓度均比原平衡时的浓度大
F．平衡后升高温度，平衡常数K增大
（2）若某温度下，SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）△H=﹣98kJ/mol．开始时在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0mol O2（g），当反应达到平衡时共放出196kJ的热量，该温度下的平衡常数K= （用分数表示）．在该温度下，分别将0.2mol/L 的SO2 和0.1mol/L O2放入固定体积的密闭容器中，当SO2转化率为60%时，该反应向 逆 方向进行
（3）在一个2L的密闭容器中充入一定量的SO3发生反应：其中SO3的变化如下图所示：从10 min起，压缩容器为1L，则SO3的变化曲线为 c （填图象中的字母序号）．
（4）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）；△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是 C
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．若P2＞P1，则化学平衡常数KA＞KC
（5）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染．例如：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574KJ/mol
②CH4（g）+4NO （g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160KJ/mol
请写出1molCH4还原NO2生成N2、CO2、H2O气态物质的热化学方程式 CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol ．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）A．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），反应方向未知导致无法确定是否达到平衡状态；
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动；
C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，加入的该物质转化率降低；
D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡正向移动；
E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，相当于增大压强，平衡正向移动；
F．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
（2）1molSO2完全反应放出98kJ热量，则放出196kJ热量时消耗二氧化硫2mol，消耗氧气1mol，开始时c（SO2）==0.04mol/L，c（O2）==0.1mol/L，
该反应中SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）
开始（mol/L）0.04 0.1 0
反应（mol/L）0.02 0.01 0.02
平衡（mol/L）0.02 0.09 0.02
化学平衡常数K=；
在该温度下，分别将0.2mol/L 的SO2 和0.1mol/L O2放入固定体积的密闭容器中，当SO2转化率为60%时，
剩余的c（SO2）=0.2mol/L×（1﹣60%）=0.08mol/L，c（O2）=0.1mol/L﹣0.2mol/L×60%×=0.04mol/L，生成的c（SO3）=0.2mol/L×60%=0.12mol/L，
根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向；
（3）在一个2L的密闭容器中充入一定量的SO3发生反应：其中SO3的变化如下图所示：从10 min起，压缩容器为1L，容器体积减小导致10min时c（SO3）增大但n（SO3）不变，增大压强平衡正向移动，n（SO3）逐渐增大；
（4）A．A点压强小于C点，压强越大，反应速率越大；
B．增大压强平衡逆向移动，但C点二氧化氮浓度大于A点；
C．由状态B到状态A，压强不变，应该升高温度；
D．化学平衡常数只与温度有关；
（5）将方程式得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H进行相应的改变．
【解答】解：（1）A．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），反应方向未知导致无法确定是否达到平衡状态，故A错误；
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，氮气不参加反应，则反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，则反应速率不变，故B错误；
C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，加入的该物质转化率降低，其它的气体反应物转化率增大，故C错误；
D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡正向移动，则反应物含量降低，生成物含量增大，故D正确；
E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，相当于增大压强，平衡正向移动，再次平衡时各组分浓度均比原平衡时的浓度大，故E正确；
F．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故F错误；
故选DE；
（2）1molSO2完全反应放出98kJ热量，则放出196kJ热量时消耗二氧化硫2mol，消耗氧气1mol，开始时c（SO2）==0.04mol/L，c（O2）==0.1mol/L，
该反应中SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）
开始（mol/L）0.04 0.1 0
反应（mol/L）0.02 0.01 0.02
平衡（mol/L）0.02 0.09 0.02
化学平衡常数K===；
在该温度下，分别将0.2mol/L 的SO2 和0.1mol/L O2放入固定体积的密闭容器中，当SO2转化率为60%时，
剩余的c（SO2）=0.2mol/L×（1﹣60%）=0.08mol/L，c（O2）=0.1mol/L﹣0.2mol/L×60%×=0.04mol/L，生成的c（SO3）=0.2mol/L×60%=0.12mol/L，
浓度商==7.5＞，平衡逆向移动，
故答案为：；逆；
（3）在一个2L的密闭容器中充入一定量的SO3发生反应：其中SO3的变化如下图所示：从10 min起，压缩容器为1L，容器体积减小导致10min时c（SO3）增大但n（SO3）不变，增大压强平衡正向移动，n（SO3）逐渐增大，所以选c，故答案为：c；
（4）A．A点压强小于C点，压强越大，反应速率越大，所以反应速率A＜C，故A错误；
B．增大压强平衡逆向移动，但C点二氧化氮浓度大于A点，所以颜色A点浅、C点深，故B错误；
C．由状态B到状态A，压强不变，该反应的正反应是吸热反应，升高温度二氧化氮含量增大，则应该升高温度，故C正确；
D．化学平衡常数只与温度有关，A、C点温度相同则平衡常数相同，故D错误；
故选C；
（5）将方程式得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣kJ/mol=﹣867kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol．