2016-2017学年四川省成都市新津中学高二下学期入学化学试卷
一、选择题
1．（2017高二下·新津开学考）物质应用与其性质密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．硅胶可防止食物受潮是由于其具有吸水性
B．葡萄糖用于医疗输液是因为它属于强电解质
C．Na2CO3可用作食用碱，因为Na2CO3的水溶液显碱性
D．酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强氧化性
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．硅胶具有吸水性，且无毒，可以用于食品干燥剂，故A正确；
B．葡萄糖属于非电解质，故B错误；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，可用作食用碱，故C正确；
D．重铬酸钾具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，用于酒驾检査，故D正确；
故选：B．
【分析】A．硅胶具有吸水性，且无毒；
B．葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；
C．依据盐类水解的应用解答；
D．重铬酸钾具有强氧化性，能够氧化乙醇；
2．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．新制氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
B．反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g） 达平衡后，增大压强，气体颜色变深
C．盛有NO2、N2O4混合气体的烧瓶置于冰水中，气体颜色变浅
D．纯碱溶液在加热时，去除油污的效果更好
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】解：A、依据氯水中的化学平衡为Cl2+H2O HCl+HClO，加入碳酸钙和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故A不选；
B、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C、二氧化氮生成四氧化二氮是放热反应，放入冷水平衡向放热的正向移动，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D、溶液碱性越强去污效果越好，纯碱水解导致溶液显碱性，水解吸热，升温导致水解平衡正向移动，溶液碱性增强，能用勒夏特利原理解释，故D不选；
故选B．
【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．
3．（2017高二下·新津开学考）常温下，将0.1L0.1mol/L Na2S2O3溶液与一定量的pH=2的硫酸溶液混合，放出VL气体．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．pH=2的硫酸溶液含有H+数目为0.01NA
B．该反应释放SO2分子数目为 NA
C．反应中每摩尔Na2S2O3转移的电子数目为4NA
D．若98gH2SO4溶于水完全电离，其断裂的共价键数目为2NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子个数无法计算，故A错误；
B、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故二氧化硫的物质的量小于 mol，故B错误；
C、Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应，由于Na2S2O3中+2价的硫歧化为+4价和0价，故1molNa2S2O3转移2mol电子即2NA个，故C错误；
D、98g硫酸的物质的量为1mol，而1mol硫酸中能完全电离出2mol氢离子，即断开2mol共价键即2NA条，故D正确．
故选D．
【分析】A、溶液体积不明确；
B、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C、Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应；
D、求出硫酸的物质的量，然后根据1mol硫酸中能完全电离出2mol氢离子来分析．
4．（2017高二下·新津开学考）为探究锌与稀硫酸的反应速率（以v（H2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（ ）
A．加入NH4HSO4固体，v（H2）增大
B．加入少量水，v（H2）不变
C．加入CH3COONa固体，v（H2）减小
D．滴加少量CuSO4溶液，v（H2）减小
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、加入硫酸氢铵，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B、加水稀释，氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，故B错误；
C、加入醋酸钠，能够生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故C正确；
D、加入硫酸铜溶液，锌可以置换出铜，形成锌铜原电池，加快反应速率，故D错误；
故选AC．
【分析】影响化学溶液中反应速率的因素有温度、浓度、原电池原理等，据此分析．
5．（2017高二下·新津开学考）反应NH4HS（S） NH3（g）+H2S（g）在某一温度下达到平衡，下列各种情况中，能使平衡发生移动的是（ ）
A．减少部分NH4HS固体 B．压强温度不变充入少量Ar
C．容积、温度一定、充入He D．增加部分NH4HS固体
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、由于硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡移动，故A错误；
B、压强温度一定，充入少量氩气，体积增大，氨气和硫化氢气体的分压减小，平衡正向进行，故B正确；
C、容积、温度一定，充入氦气，各组分的浓度没有发生变化，化学平衡不移动，故C错误；
D、由于硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡移动，故D错误；
故选B．
【分析】A、硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡；
B、压强温度一定，充入少量氩气，体积增大，氨气和硫化氢气体的分压减小；
C、充入稀有气体，各组分浓度没有变化，化学平衡不移动；
D、硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡．
6．（2017高二下·新津开学考）在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g） 2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（ ）
A．依据图a可判断正反应为吸热反应
B．在图b中，虚线可表示压强增大
C．若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A错误；
B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动，图象不符合平衡移动，故B错误；
C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；
D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；
故选C．
【分析】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；
B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动；
C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；
D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应．
7．（2017高二下·新津开学考）下列说法正确的是（ ）
A．pH=6.8的溶液一定显酸性
B．相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
C．电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关
D．0.1 mol L﹣1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+c（S2﹣）
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，显酸性为C（H+）＞c（OH﹣），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，故A错误；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故B正确；
C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，故C错误；
D.0.1 mol L﹣1的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c （Na+）+c （H+ ）=c （OH﹣ ）+c （HS﹣）+2c （S2﹣ ），故D错误；
故选B．
【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，与溶液的pH大小无关；
B．NH4Al（SO4）2考虑铝离子的水解对铵根离子的影响，NH4Cl考虑水解，CH3COONH4考虑乙酸根离子的水解对NH4+的水解促进；
C．电离平衡常数（K）与温度有关；
D．根据物料守恒和电荷守恒确定各种离子浓度的关系；
8．（2017高二下·新津开学考）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol L﹣1
B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）
C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol L﹣1
【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．c（H+）=10﹣pH=10﹣4mol/L，故A错误；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，而钠离子不水解，所以溶液中存在：c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；
C．氯化钠溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．水的离子积常数与温度有关，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，50℃下，水的离子积常数大于10﹣14，所以pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）＞1.0×10﹣2mol L﹣1，故D错误；
故选C．
【分析】A．c（H+）=10﹣pH；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，谁弱谁水解，谁强谁显性，所以碳酸氢根离子易水解；
C．任何溶液中都遵循电荷守恒；
D．根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度．
9．（2017高二下·新津开学考）对Ca（OH）2（Ksp=5.5×10﹣6）、Mg（OH）2（Ksp=1.2×10﹣11）、AgCl（Ksp=1.56×10﹣10）三种物质，下列说法正确的是（ ）
A．Mg（OH）2的溶解度最小
B．Ca（OH）2的溶解度最小
C．AgCl的溶解度最小
D．同一温度下Ksp越大的溶解度也越大
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：由Ca（OH）2与Mg（OH）2化学式结构组成相似，而且Ca（OH）2的Ksp大于Mg（OH）2的Ksp，所以Mg（OH）2的溶解度较小；
c[Mg（OH）2]=c（Mg2+）= = ×10﹣3mol/L，c（AgCl）=c（Ag+）= = ×10﹣5mol/L，所以AgCl的溶解度比Mg（OH）2的溶解度小，故C正确、AB错误；
化学式结构组成不相似的难溶物，不能直接根据Ksp比较溶解度大小，故D错误；
故选C．
【分析】化学式结构组成相似的难溶物，Ksp越小，溶解度越小；化学式结构组成不相似的，不能直接比较，要根据Ksp求出其浓度，再比较溶解度大小；当Qc＞Ksp时，可以实现沉淀的转化，据此进行解答．
10．（2017高二下·新津开学考）下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数只能表示物质的量
B．1 moL H2生成1 mol H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值
C．用1mol/L的硫酸和适量的稀的Ba（OH）2溶液反应可以测量中和热的值
D．条件相同，用16g固体硫或32 g固体硫分别在O2中充分燃烧，测定的硫的燃烧热不同
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】解：A．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不表示分子数，所以能为分数，故A正确；
B.1 moL H2生成1 mol液态 H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值，故B错误；
C．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀会放出热量，不能测量中和热的值，故C错误；
D．依据燃烧热概念分析可知，条件相同，用16g固体硫或32 g固体硫分别在O2中充分燃烧，测定的硫的燃烧热相同，故D错误；
故选A．
【分析】A．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不能表示微粒数能为分数；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
C．中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；
D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．
11．（2017高二下·新津开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）
B．中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V1＞V2=V3
C．稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）
D．1mol/LNaX和1mol/LNaY两种盐溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX为强酸
【答案】A
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，不知道二者的体积大小，无法判断混合溶液中酸碱性，故A错误；
B．中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸，由于盐酸和醋酸为一元酸，硫酸为二元酸，所以所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V1＞V2=V3，故B正确；
C．氨水部分电离，所以c（NH3 H2O）＞c（OH﹣），水也能电离，所以溶液中c（OH﹣）＞c（NH4+），则稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故C正确；
D.1mol/LNaX和1mol/LNaY两种盐溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），根据物料守恒可知，X﹣没发生水解，即HX为强酸，故D正确．
故选A．
【分析】A．不知道酸碱的体积，无法判断混合溶液的酸碱性；
B．根据酸中氢离子判断；
C．氨水部分电离，水也能电离；
D．根据物料守恒判断．
12．（2017高二下·新津开学考）常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）
A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+
B． ═10﹣10mol/L的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、K+
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性，不能大量存在CO32﹣，故A错误；
B. ═10﹣10mol/L的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3﹣，故B错误；
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+、Fe2+，故C错误；
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
【分析】A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性；
B. ═10﹣10mol/L的溶液，显酸性；
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液，显碱性；
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液．
13．（2018高二下·南阳开学考）室温条件下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列有关说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①=②=③=④
B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：③=②
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，②生成的H2的物质的量最大
D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】A
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A、①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：①=②=③=④，故A正确；
B、氨水是弱碱只有部分电离，所以C（NH3．H2O）＞C（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中C（HCl）=C（H+），C（NH3．H2O）＞C（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；
C、醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；
D、醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故C错误；
故选A．
【分析】A、温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度．
B、根据电解质的强弱判断溶液的物质的量浓度，结合反应方程式判断溶液的体积．
C、先根据溶液的pH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少．
D、根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的pH值大小．
14．（2017高二下·新津开学考）室温下 10mL0.1mol/L 的醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 不变
C．醋酸的电离程度增大，c（H+ ）也增大
D．再加入 10mL0.1mol/L 的 NaOH 溶液，混合液的 pH=7
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；
B. = × = ，平衡常数随温度变化，则 不变，故B正确；
C．加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，但氢离子浓度降低，故C错误；
D．等浓度等体积的醋酸和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），PH＞7，故D错误；
故选B．
【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化．
15．（2017高二下·新津开学考）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）
A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（H CO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．NaHCO3溶液的pH=8.3＞7，溶液呈碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于电离程度，所以c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B错误；
C．pH=11的氨水浓度大于pH=3的HCl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故C错误；
D.0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，因为醋酸和NaOH反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH），故D正确；
故选D．
【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B．NaHCO3溶液的pH=8.3＞7，溶液呈碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于电离程度；
C．pH=11的氨水浓度大于pH=3的HCl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性；
D.0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，因为醋酸和NaOH反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．
16．（2017高二下·新津开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣
C．向0.3mol/LNaClO溶液中滴加等体积的0.2mol/LNaHSO3溶液：2HSO3﹣+4ClO﹣═2SO42﹣+2Cl﹣+2HClO
D．向碘化亚铁溶液中滴加溴的四氯化碳溶液2Br2+2Fe2++2I﹣═I2+4Br﹣+2Fe3+
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O，故A正确；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的 离子反应为SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣，故B错误；
C．向0.3mol/LNaClO溶液中滴加等体积的0.2mol/LNaHSO3溶液的离子反应为OH﹣+2HSO3﹣+3ClO﹣═2SO42﹣+2Cl﹣+HClO+H2O，故C错误；
D．向碘化亚铁溶液中滴加溴的四氯化碳溶液的离子反应为Br2+2I﹣═I2+2Br﹣，故D错误；
故选A．
【分析】A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；
B．反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；
C．物质的量比为3：2；
D．先氧化碘离子，再氧化亚铁离子．
17．（2017高二下·新津开学考）化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时，沉淀就达完全．已知：常温下Ksp[M（OH）2]=1×10﹣21．则溶液中M2+沉淀完全时的pH为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】B
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：M（OH）2的Ksp=（M2+）×c2（OH﹣），M2+完全沉淀时，c（M2+）小于10﹣5mol/L，c（OH﹣）≥ =1×10﹣8mol/L，c（H+）= mol/L=1×10﹣6mol/L，pH=6，
故选B．
【分析】当M2+完全沉淀时，c（M2+）小于10﹣5mol/L，根据Ksp=（M2+）×c2（OH﹣）计算该题．
18．（2017高二下·新津开学考）有关①100mL 0.1mol/L NaHCO3、②100mL 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是（ ）
A．溶液中水电离出的H+个数：②＞①
B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①
C．①溶液中：c（CO32﹣）＞c（H2CO3）
D．②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，水解程度越大，水的电离程度越大，故A正确；
B．由HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣、CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，故B正确；
C．NaHCO3水解呈碱性，可说明水解程度大于电离程度，根据HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣可知c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C错误；
D．CO32﹣水解以第一步为主，第二步水解程度较小，则②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D正确．
故选C．
【分析】NaHCO3和Na2CO3都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，以此解答该题．
19．（2017高二下·新津开学考）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=﹣lg[OH﹣]）与pH的变化关系如图所示，则（ ）
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【答案】C
【知识点】pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；
B．N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故B错误；
C．由于M点的H+浓度等于N点的OH﹣浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；
D．Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性．则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误．
故选C．
【分析】酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合若电解质的电离解答该题．
20．（2017高二下·新津开学考）在10L恒容密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g） 2Z（g）△H＜0．T℃时，各物质的物质的量与时间关系如下表：下列说法正确的是（ ）
时间/min n（X）/mol n（Y）/mol n（Z）/mol
0 0.20 0.60 0
10 a1 a2 0.25
13 b1 0.45 b2
15 d1 d2 0.30
A．前10 min内的平均反应速率v（Y）=2.5×10﹣3 mol/（L min）
B．保持其它条件不变，升高温度，反应达平衡时c（X）＜5.0×10﹣3 mol/L
C．若起始时只充入0.60 mol Z（g），反应达平衡时Z（g）的转化率为50%
D．若起始时充入0.60 mol X（g）、0.10 mol Y（g）和0.50 mol Z（g），达到平衡前v（正）＞v（逆）
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A．前10 min内Z的物质的量变化量为0.25mol，容器体积为10L，则v（Z）= =0.0025mol/（L．min）=，速率之比等于其化学计量数之比，则v（Y）= v（Z）= ×0.0025mol/（L．min）=v（Z）=0.00125mol/（L．min），故A错误；
B.13min时Y的物质的量变化量为0.6mol﹣0.45mol=0.15mol，则Z的物质的量变化为0.15mol×2=0.3mol，即13min时Z的物质的量为b2=0.3mol，而15min时Z的物质的量也为0.3mol，故13min时反应到达平衡，由X（g）+Y（g） 2Z（g），可知参加反应X为0.15mol，故平衡时X的物质的量b1=0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，故平衡时c（X）= =5.0×10﹣3 mol/L，正反应为放热反应，保持其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的浓度增大，即反应达平衡时c（X）＞5.0×10﹣3 mol/L，故B错误；
C．由B中计算可知，平衡时X、Y、Z的物质的量分别为0.05mol、0.45mol、0.3mol，由于反应前后气体化学计量数相等，利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K= = =4，
设到达平衡时参加反应Z为n mol，则：
X（g）+ Y（g） 2Z（g）
起始（mol） 0 0 0.6
转化（mol） 0.5n 0.5n n
平衡（mol） 0.5n 0.5n 0.6-n
则 =4，解得n=0.3，故Z的转化率为 ×100%=50%，故C正确；
D．此时浓度商Qc= = ＞K=1，故反应向逆反应方向进行，则v（正）＜v（逆），故D错误，
故选：C．
【分析】A．根据v= 计算v（Z），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（Y）；
B.13min时Y的物质的量变化量为0.6mol﹣0.45mol=0.15mol，则Z的物质的量变化为0.15mol×2=0.3mol，即13min时Z为0.3mol，而15min时Z的物质的量也为0.3mol，故13min时反应到达平衡，根据方程式计算参加反应X物质的量，进而计算平衡时X的浓度，正反应为放热反应，保持其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
C．由于反应前后气体化学计量数相等，利用物质的量代替浓度代入K= 计算平衡常数，设到达平衡时参加反应Z为n mol，用三段式表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算n的值，进而计算Z的转化率；
D．计算此时浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，进而判断达到平衡前v（正）、v（逆）的相对大小．
21．（2016高三上·洛阳期中）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号 起始浓度/（mol L﹣1） 反应后溶液的pH
c（HA） c（KOH）
① 0.1 0.1 9
② x 0.2 7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L﹣10﹣9 mol/L，故B错误；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，
根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；
故选B．
【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；
B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；
D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．
二、解答题
22．（2017高二下·新津开学考）X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物，R基态原子的M能层上有3对成对电子，W核外有5个未成对电子．Y、Z分别形成氢化物Q和J，已知Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量WY2，立即产生大量气泡．请回答下列问题：
（1）X的氢化物与R的氢化物相遇，生成物中存在的化学键类型有 ．W在元素周期表中的位置为 ．
（2）XY3﹣离子的立体构型是 ；ZY42﹣中的一个Y原子被Z替换后形成Z2Y32﹣，则Z2Y32﹣离子中心原子的杂化轨道类型为 杂化．Z2Y32﹣在稀硫酸中的反应为 ．
（3）已知：氢气、Z的固态单质、气态J的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562，.0 kJ/mol，则气态J分解生成固态Z和氢气的热化学方程式为： ．
（4）在酸性溶液中，WY4﹣能被Q还原为W2+，该反应的离子方程式是 ．
（5）第二周期中第一电离能介于Be与x元素之间的元素分别是 ，与w同周期的最外层仅有一个未成对电子的原子分别是 ，其中价电子数目最多的原子其电子排布图为 ．
【答案】（1）平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O
（2）平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O
（3）H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol
（4）2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；
（5）C和O；Cr和Cu；1s22s22p63s23p63d104s1
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：（1）X的氢化物是氨气、R的氢化物是HCl，二者相遇生成氯化铵，氯化铵中铵根离子和酸根离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键；Mn元素在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族，
故答案为：离子键、共价键；第四周期第ⅦB族；（2）NO3﹣中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面三角形；SO42﹣中的一个O原子被S替换后形成S2O32﹣，硫酸根离子和硫代硫酸根离子互为等电子体，硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以硫酸根离子中S原子杂化方式为sp3杂化，则硫代硫酸根离子中S原子杂化方式为sp3杂化，S2O32﹣在稀硫酸中的反应为在S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O；
故答案为：平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O；（3）氢气、S（s）、气态H2S的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，H2S分解时△H=285.8 kJ/mol+296.8 kJ/mol﹣562.0 kJ/mol=+20.6 kJ/mol，
所以其热化学方程式为H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol，
故答案为：H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol；（4）在酸性溶液中，MnO4﹣能被H2O2还原为Mn2+，双氧水被氧化生成氧气，离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；（5）X是N，第一电离能大于O，则第二周期中第一电离能介于Be与x元素之间的元素分别是C和O，W是Mn元素，与w同周期的最外层仅有一个未成对电子的原子分别是Cr和Cu，其中价电子数目最多的原子即Cu其电子排布图为：1s22s22p63s23p63d104s1．故答案为：C和O；Cr和Cu；1s22s22p63s23p63d104s1．
【分析】X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大，X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物NO，则X是N、Y是O元素；R基态原子的M能层上有3对成对电子，则R是Cl元素；W核外有5个未成对电子，则W是Mn元素；Y、Z分别形成氢化物Q和J，Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量MnO2，立即产生大量气泡，则Q是H2O2、J是H2S，所以Z是S元素，据此分析解答．
23．（2017高二下·新津开学考）现有常温下的下列五种溶液：[已知：Ka（CH3COOH）=Kb（NH3 H2O）]．
①pH=2的CH3COOH溶液；
②pH=2的HCl溶液；
③0.01mol L﹣1的氨水；
④0.01mol L﹣1的NaOH溶液；
⑤0.01mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液．
（1）将溶液稀释相同倍数后，溶液pH：① ②（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）若将②、③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：② ③（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）上述五种溶液中，水的电离程度最大的是 （填序号），该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ．
（4）取①、②溶液各10mL分别加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，则： （填序号）溶液中所放入Zn的质量较大．
（5）若改变温度后，测得④溶液pH=10．在该温度下，将①、④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）= mol L﹣1（填精确值）．
【答案】（1）＜
（2）＜
（3）⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+）
（4）②
（5）9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：（1）加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变，所以pH相同的因素和醋酸加水稀释相同倍数，盐酸溶液中氢离子浓度小，故答案为：＜；（2）相同物质的量的盐酸与氨水混合恰好生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若使溶液pH=7，加入氨水物质的量应大于盐酸，故答案为：＜；（3）Ka（CH3COOH）=Kb（NH3 H2O）说明其电离程度和离子水解程度相同，0.01mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液显中性，①②③④溶液显示一定的酸碱性，抑制水的电离，醋酸铵因为水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是⑤，溶液显中性，离子浓度大小顺序为：c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+）；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，相同体积时，醋酸物质的量多于盐酸，完全反应醋酸需要锌的质量多于盐酸，现在加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，说明反应掉锌的质量相等，有一种溶液中锌有剩余，剩余锌的只能是盐酸，所以盐酸溶液中加入的锌质量大，故答案为：②；（5）据电荷守恒，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），该溶液Kw=10﹣12，pH=7，说明c（H+）=10﹣7mol/L，则c（OH﹣）=10﹣5mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=c（HO﹣）﹣c（H+）=9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）mol/L，故答案为：9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）．
【分析】（1）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变；（2）pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，氯化铵溶液显酸性；（3）外加酸碱导致溶液的酸碱性越强，对水的电离抑制程度越大，盐类水解促进水的电离；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大；（5）0.01mol L﹣1的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，氢离子浓度为c（H+）=10﹣10mol/L，计算其Kw=10﹣12，联系溶液中的电荷守恒解答．
24．（2017高二下·新津开学考）能源是人类生存和发展的重要支柱，碳元素的单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质．
（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N，转化过程如下：
则M、N相比，较稳定的是 ．
（2）CO可用于合成燃料甲醇．在有催化剂存在的10L恒容密闭容器中充入2mol CO和4mol H2，发生如下反应：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①判断上述反应达到平衡状态的依据是 （填字母编号）．
A．CH3OH的生成速率与CO的消耗速率相等
B．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
C．混合气体的密度不变
D．混合气体的相对平均分子质量不变
②下列措施中，能使上述平衡体系中 的值增大的是 （填字母编号）．
A．降低温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．再充入1mol CO和2mol H2
③100℃时反应在5min末达到平衡，则从反应开始至达平衡，v（H2）= mol/（L min）；该温度下反应的平衡常数K= ．
【答案】（1）M
（2）BD；AC；0.04；25
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N的关系是吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M；
故答案为：M；（2）①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），依据图象分析可知，随温度升高，一氧化碳转化率减小，说明平衡逆向进行，则正反应是放热反应；同温度下压强越大平衡正向进行；
A．CH3OH的生成速率与CO的消耗速率相等，证明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化是化学平衡的标志，故B正确；
C．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变，不能说明到达平衡，故C错误；
D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量减小，随反应进行平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选BD；
②A．反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，比值增大，故A正确；
B．充入He（g），使体系压强增大，总压增大，分压不变，平衡不变，故B错误；
C．再充入1mol CO和2mol H2 ，相当于增大压强平衡正向进行，比值增大，故C正确；
故答案为：AC；
③在有催化剂存在的10L恒容密闭容器中充入2mol CO和4mol H2，100℃时反应在5min末达到平衡，一氧化碳转化率为50%，反应的一氧化碳物质的量浓度为0.2×50%=0.1mol/L，发生如下反应，依据化学平衡三段式列式计算：
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.2 0.4 0
转化（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡（mol/L） 0.1 0.2 0.1
则从反应开始至达平衡，v（H2）= =0.04mol/L min；
平衡常数K= =25；
故答案为：0.04，25．
【分析】（1）依据物质能量越高越活泼分析判断；（2）①反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断，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；②A．反应是放热反应，降低温度平衡正向进行；
B．充入He（g），使体系压强增大，总压增大，分压不变，平衡不变；
C．再充入1mol CO和2mol H2 ，相当于增大压强平衡正向进行；③依据化学平衡三段式列式计算，反应速率= ，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；
25．（2017高二下·新津开学考）实验室有一瓶混有氯化钠的氢氧化钠固体试剂，经测定氢氧化钠的质量分数约为82%，为了验证其纯度，用浓度为0.1mol L﹣1的盐酸进行滴定，完成下列问题：
①称取5.0g该氢氧化钠固体样品，配成500mL溶液备用；
②将标准盐酸装在酸式滴定管中，调节液面位置在“0”刻度以下，并记录下刻度；
③取25.00mL待测液．该项实验操作使用的主要仪器有（除锥形瓶外） ，用酚酞作指示剂时，滴定到溶液颜色由 色刚好变成 色为止；
④某同学根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000mol L﹣1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用其中合理数据列出氢氧化钠溶液物质的量浓度（计算结果保留4位有效数字）：c（NaOH）= ．
⑤由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是 （填写编号）
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定．
【答案】碱式滴定管；红；无；0.1044mol/L；CD
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（3）待测液为NaOH，取待测液选择碱式滴定管，用酚酞作指示剂时，滴定到溶液颜色由红色刚好变成无色为止，且30s内不变色，
故答案为：碱式滴定管；红；无；（4）由表格数据可知，第二次误差较大，可舍弃，消耗盐酸的体积为 =26.1mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，c（NaOH）= =0.1044mol/L，故答案为：0.1044mol/L；（5）A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数，V盐酸的体积偏小，则NaOH的浓度偏小，故A不选；
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，对实验无影响，故B不选；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，消耗V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故C选；
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定，盐酸浓度偏低，V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故D选；
故答案为：CD．
【分析】（3）用浓度为0.1mol L﹣1的盐酸进行滴定，待测液为NaOH，取待测液选择碱式滴定管，用酚酞作指示剂时，锥形瓶中溶液的颜色为红色，滴定终点时变为无色；（4）由表格数据可知，第二次误差较大，可舍弃，消耗盐酸的体积为 =26.1mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，n（HCl）=n（NaOH）；（5）结合c（NaOH）= 及不当操作对V（盐酸）的影响可知，V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高．
26．（2017高二下·新津开学考）含Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3 mol L﹣1的Cr2O72﹣．为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2O72﹣ Cr3+、Fe3+ Cr（OH）3、Fe（OH）3
①绿矾化学式为FeSO4 7H2O，反应（I）的离子方程式为 ．
②若处理后的废水中c（Cr3+）=3.0×10﹣6 mol L﹣1，则废水中c（Fe3+）= mol L﹣1．（Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）
【答案】Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；2.0×10﹣13
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：由流程可知，Cr2O72﹣与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，然后与石灰水反应转化为沉淀，从而达到废水处理的要求．
①绿矾化学式为FeSO4 7H2O，反应（I）发生氧化还原反应，由电子和电荷守恒可知离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②若处理后的废水中c（Cr3+）=3.0×10﹣6 mol L﹣1，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31，
则c3（OH﹣）= =2.0×10﹣25，
由Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38可知，c（Fe3+）= =2.0×10﹣13mol/L，
故答案为：2.0×10﹣13．
【分析】由流程可知，Cr2O72﹣与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，然后与石灰水反应转化为沉淀，从而达到废水处理的要求．
①结合电子、电荷守恒分析；
②结合c（Cr3+）及Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）计算c3（OH﹣），再利用Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）计算的c（Fe3+）．
2016-2017学年四川省成都市新津中学高二下学期入学化学试卷
一、选择题
1．（2017高二下·新津开学考）物质应用与其性质密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．硅胶可防止食物受潮是由于其具有吸水性
B．葡萄糖用于医疗输液是因为它属于强电解质
C．Na2CO3可用作食用碱，因为Na2CO3的水溶液显碱性
D．酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强氧化性
2．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．新制氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
B．反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g） 达平衡后，增大压强，气体颜色变深
C．盛有NO2、N2O4混合气体的烧瓶置于冰水中，气体颜色变浅
D．纯碱溶液在加热时，去除油污的效果更好
3．（2017高二下·新津开学考）常温下，将0.1L0.1mol/L Na2S2O3溶液与一定量的pH=2的硫酸溶液混合，放出VL气体．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．pH=2的硫酸溶液含有H+数目为0.01NA
B．该反应释放SO2分子数目为 NA
C．反应中每摩尔Na2S2O3转移的电子数目为4NA
D．若98gH2SO4溶于水完全电离，其断裂的共价键数目为2NA
4．（2017高二下·新津开学考）为探究锌与稀硫酸的反应速率（以v（H2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（ ）
A．加入NH4HSO4固体，v（H2）增大
B．加入少量水，v（H2）不变
C．加入CH3COONa固体，v（H2）减小
D．滴加少量CuSO4溶液，v（H2）减小
5．（2017高二下·新津开学考）反应NH4HS（S） NH3（g）+H2S（g）在某一温度下达到平衡，下列各种情况中，能使平衡发生移动的是（ ）
A．减少部分NH4HS固体 B．压强温度不变充入少量Ar
C．容积、温度一定、充入He D．增加部分NH4HS固体
6．（2017高二下·新津开学考）在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g） 2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（ ）
A．依据图a可判断正反应为吸热反应
B．在图b中，虚线可表示压强增大
C．若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0
7．（2017高二下·新津开学考）下列说法正确的是（ ）
A．pH=6.8的溶液一定显酸性
B．相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
C．电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关
D．0.1 mol L﹣1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+c（S2﹣）
8．（2017高二下·新津开学考）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol L﹣1
B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）
C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol L﹣1
9．（2017高二下·新津开学考）对Ca（OH）2（Ksp=5.5×10﹣6）、Mg（OH）2（Ksp=1.2×10﹣11）、AgCl（Ksp=1.56×10﹣10）三种物质，下列说法正确的是（ ）
A．Mg（OH）2的溶解度最小
B．Ca（OH）2的溶解度最小
C．AgCl的溶解度最小
D．同一温度下Ksp越大的溶解度也越大
10．（2017高二下·新津开学考）下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数只能表示物质的量
B．1 moL H2生成1 mol H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值
C．用1mol/L的硫酸和适量的稀的Ba（OH）2溶液反应可以测量中和热的值
D．条件相同，用16g固体硫或32 g固体硫分别在O2中充分燃烧，测定的硫的燃烧热不同
11．（2017高二下·新津开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）
B．中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V1＞V2=V3
C．稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）
D．1mol/LNaX和1mol/LNaY两种盐溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），则HX为强酸
12．（2017高二下·新津开学考）常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）
A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+
B． ═10﹣10mol/L的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、K+
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42
13．（2018高二下·南阳开学考）室温条件下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列有关说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①=②=③=④
B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：③=②
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，②生成的H2的物质的量最大
D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
14．（2017高二下·新津开学考）室温下 10mL0.1mol/L 的醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 不变
C．醋酸的电离程度增大，c（H+ ）也增大
D．再加入 10mL0.1mol/L 的 NaOH 溶液，混合液的 pH=7
15．（2017高二下·新津开学考）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）
A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（H CO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
16．（2017高二下·新津开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣
C．向0.3mol/LNaClO溶液中滴加等体积的0.2mol/LNaHSO3溶液：2HSO3﹣+4ClO﹣═2SO42﹣+2Cl﹣+2HClO
D．向碘化亚铁溶液中滴加溴的四氯化碳溶液2Br2+2Fe2++2I﹣═I2+4Br﹣+2Fe3+
17．（2017高二下·新津开学考）化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时，沉淀就达完全．已知：常温下Ksp[M（OH）2]=1×10﹣21．则溶液中M2+沉淀完全时的pH为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
18．（2017高二下·新津开学考）有关①100mL 0.1mol/L NaHCO3、②100mL 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是（ ）
A．溶液中水电离出的H+个数：②＞①
B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①
C．①溶液中：c（CO32﹣）＞c（H2CO3）
D．②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）
19．（2017高二下·新津开学考）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=﹣lg[OH﹣]）与pH的变化关系如图所示，则（ ）
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
20．（2017高二下·新津开学考）在10L恒容密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g） 2Z（g）△H＜0．T℃时，各物质的物质的量与时间关系如下表：下列说法正确的是（ ）
时间/min n（X）/mol n（Y）/mol n（Z）/mol
0 0.20 0.60 0
10 a1 a2 0.25
13 b1 0.45 b2
15 d1 d2 0.30
A．前10 min内的平均反应速率v（Y）=2.5×10﹣3 mol/（L min）
B．保持其它条件不变，升高温度，反应达平衡时c（X）＜5.0×10﹣3 mol/L
C．若起始时只充入0.60 mol Z（g），反应达平衡时Z（g）的转化率为50%
D．若起始时充入0.60 mol X（g）、0.10 mol Y（g）和0.50 mol Z（g），达到平衡前v（正）＞v（逆）
21．（2016高三上·洛阳期中）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号 起始浓度/（mol L﹣1） 反应后溶液的pH
c（HA） c（KOH）
① 0.1 0.1 9
② x 0.2 7
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
二、解答题
22．（2017高二下·新津开学考）X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物，R基态原子的M能层上有3对成对电子，W核外有5个未成对电子．Y、Z分别形成氢化物Q和J，已知Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量WY2，立即产生大量气泡．请回答下列问题：
（1）X的氢化物与R的氢化物相遇，生成物中存在的化学键类型有 ．W在元素周期表中的位置为 ．
（2）XY3﹣离子的立体构型是 ；ZY42﹣中的一个Y原子被Z替换后形成Z2Y32﹣，则Z2Y32﹣离子中心原子的杂化轨道类型为 杂化．Z2Y32﹣在稀硫酸中的反应为 ．
（3）已知：氢气、Z的固态单质、气态J的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562，.0 kJ/mol，则气态J分解生成固态Z和氢气的热化学方程式为： ．
（4）在酸性溶液中，WY4﹣能被Q还原为W2+，该反应的离子方程式是 ．
（5）第二周期中第一电离能介于Be与x元素之间的元素分别是 ，与w同周期的最外层仅有一个未成对电子的原子分别是 ，其中价电子数目最多的原子其电子排布图为 ．
23．（2017高二下·新津开学考）现有常温下的下列五种溶液：[已知：Ka（CH3COOH）=Kb（NH3 H2O）]．
①pH=2的CH3COOH溶液；
②pH=2的HCl溶液；
③0.01mol L﹣1的氨水；
④0.01mol L﹣1的NaOH溶液；
⑤0.01mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液．
（1）将溶液稀释相同倍数后，溶液pH：① ②（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）若将②、③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：② ③（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）上述五种溶液中，水的电离程度最大的是 （填序号），该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ．
（4）取①、②溶液各10mL分别加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，则： （填序号）溶液中所放入Zn的质量较大．
（5）若改变温度后，测得④溶液pH=10．在该温度下，将①、④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）= mol L﹣1（填精确值）．
24．（2017高二下·新津开学考）能源是人类生存和发展的重要支柱，碳元素的单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质．
（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N，转化过程如下：
则M、N相比，较稳定的是 ．
（2）CO可用于合成燃料甲醇．在有催化剂存在的10L恒容密闭容器中充入2mol CO和4mol H2，发生如下反应：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①判断上述反应达到平衡状态的依据是 （填字母编号）．
A．CH3OH的生成速率与CO的消耗速率相等
B．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
C．混合气体的密度不变
D．混合气体的相对平均分子质量不变
②下列措施中，能使上述平衡体系中 的值增大的是 （填字母编号）．
A．降低温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．再充入1mol CO和2mol H2
③100℃时反应在5min末达到平衡，则从反应开始至达平衡，v（H2）= mol/（L min）；该温度下反应的平衡常数K= ．
25．（2017高二下·新津开学考）实验室有一瓶混有氯化钠的氢氧化钠固体试剂，经测定氢氧化钠的质量分数约为82%，为了验证其纯度，用浓度为0.1mol L﹣1的盐酸进行滴定，完成下列问题：
①称取5.0g该氢氧化钠固体样品，配成500mL溶液备用；
②将标准盐酸装在酸式滴定管中，调节液面位置在“0”刻度以下，并记录下刻度；
③取25.00mL待测液．该项实验操作使用的主要仪器有（除锥形瓶外） ，用酚酞作指示剂时，滴定到溶液颜色由 色刚好变成 色为止；
④某同学根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000mol L﹣1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用其中合理数据列出氢氧化钠溶液物质的量浓度（计算结果保留4位有效数字）：c（NaOH）= ．
⑤由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是 （填写编号）
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定．
26．（2017高二下·新津开学考）含Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3 mol L﹣1的Cr2O72﹣．为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2O72﹣ Cr3+、Fe3+ Cr（OH）3、Fe（OH）3
①绿矾化学式为FeSO4 7H2O，反应（I）的离子方程式为 ．
②若处理后的废水中c（Cr3+）=3.0×10﹣6 mol L﹣1，则废水中c（Fe3+）= mol L﹣1．（Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．硅胶具有吸水性，且无毒，可以用于食品干燥剂，故A正确；
B．葡萄糖属于非电解质，故B错误；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，可用作食用碱，故C正确；
D．重铬酸钾具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，用于酒驾检査，故D正确；
故选：B．
【分析】A．硅胶具有吸水性，且无毒；
B．葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；
C．依据盐类水解的应用解答；
D．重铬酸钾具有强氧化性，能够氧化乙醇；
2．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】解：A、依据氯水中的化学平衡为Cl2+H2O HCl+HClO，加入碳酸钙和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故A不选；
B、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C、二氧化氮生成四氧化二氮是放热反应，放入冷水平衡向放热的正向移动，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D、溶液碱性越强去污效果越好，纯碱水解导致溶液显碱性，水解吸热，升温导致水解平衡正向移动，溶液碱性增强，能用勒夏特利原理解释，故D不选；
故选B．
【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．
3．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子个数无法计算，故A错误；
B、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故二氧化硫的物质的量小于 mol，故B错误；
C、Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应，由于Na2S2O3中+2价的硫歧化为+4价和0价，故1molNa2S2O3转移2mol电子即2NA个，故C错误；
D、98g硫酸的物质的量为1mol，而1mol硫酸中能完全电离出2mol氢离子，即断开2mol共价键即2NA条，故D正确．
故选D．
【分析】A、溶液体积不明确；
B、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C、Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应；
D、求出硫酸的物质的量，然后根据1mol硫酸中能完全电离出2mol氢离子来分析．
4．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、加入硫酸氢铵，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B、加水稀释，氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，故B错误；
C、加入醋酸钠，能够生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故C正确；
D、加入硫酸铜溶液，锌可以置换出铜，形成锌铜原电池，加快反应速率，故D错误；
故选AC．
【分析】影响化学溶液中反应速率的因素有温度、浓度、原电池原理等，据此分析．
5．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、由于硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡移动，故A错误；
B、压强温度一定，充入少量氩气，体积增大，氨气和硫化氢气体的分压减小，平衡正向进行，故B正确；
C、容积、温度一定，充入氦气，各组分的浓度没有发生变化，化学平衡不移动，故C错误；
D、由于硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡移动，故D错误；
故选B．
【分析】A、硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡；
B、压强温度一定，充入少量氩气，体积增大，氨气和硫化氢气体的分压减小；
C、充入稀有气体，各组分浓度没有变化，化学平衡不移动；
D、硫氢化铵是固体，其量的增减不影响化学平衡．
6．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A错误；
B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动，图象不符合平衡移动，故B错误；
C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；
D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；
故选C．
【分析】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；
B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动；
C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；
D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应．
7．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，显酸性为C（H+）＞c（OH﹣），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，故A错误；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故B正确；
C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，故C错误；
D.0.1 mol L﹣1的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c （Na+）+c （H+ ）=c （OH﹣ ）+c （HS﹣）+2c （S2﹣ ），故D错误；
故选B．
【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，与溶液的pH大小无关；
B．NH4Al（SO4）2考虑铝离子的水解对铵根离子的影响，NH4Cl考虑水解，CH3COONH4考虑乙酸根离子的水解对NH4+的水解促进；
C．电离平衡常数（K）与温度有关；
D．根据物料守恒和电荷守恒确定各种离子浓度的关系；
8．【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．c（H+）=10﹣pH=10﹣4mol/L，故A错误；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，而钠离子不水解，所以溶液中存在：c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；
C．氯化钠溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．水的离子积常数与温度有关，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，50℃下，水的离子积常数大于10﹣14，所以pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）＞1.0×10﹣2mol L﹣1，故D错误；
故选C．
【分析】A．c（H+）=10﹣pH；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，谁弱谁水解，谁强谁显性，所以碳酸氢根离子易水解；
C．任何溶液中都遵循电荷守恒；
D．根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度．
9．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：由Ca（OH）2与Mg（OH）2化学式结构组成相似，而且Ca（OH）2的Ksp大于Mg（OH）2的Ksp，所以Mg（OH）2的溶解度较小；
c[Mg（OH）2]=c（Mg2+）= = ×10﹣3mol/L，c（AgCl）=c（Ag+）= = ×10﹣5mol/L，所以AgCl的溶解度比Mg（OH）2的溶解度小，故C正确、AB错误；
化学式结构组成不相似的难溶物，不能直接根据Ksp比较溶解度大小，故D错误；
故选C．
【分析】化学式结构组成相似的难溶物，Ksp越小，溶解度越小；化学式结构组成不相似的，不能直接比较，要根据Ksp求出其浓度，再比较溶解度大小；当Qc＞Ksp时，可以实现沉淀的转化，据此进行解答．
10．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】解：A．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不表示分子数，所以能为分数，故A正确；
B.1 moL H2生成1 mol液态 H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值，故B错误；
C．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀会放出热量，不能测量中和热的值，故C错误；
D．依据燃烧热概念分析可知，条件相同，用16g固体硫或32 g固体硫分别在O2中充分燃烧，测定的硫的燃烧热相同，故D错误；
故选A．
【分析】A．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不能表示微粒数能为分数；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
C．中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；
D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．
11．【答案】A
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，不知道二者的体积大小，无法判断混合溶液中酸碱性，故A错误；
B．中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸，由于盐酸和醋酸为一元酸，硫酸为二元酸，所以所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V1＞V2=V3，故B正确；
C．氨水部分电离，所以c（NH3 H2O）＞c（OH﹣），水也能电离，所以溶液中c（OH﹣）＞c（NH4+），则稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故C正确；
D.1mol/LNaX和1mol/LNaY两种盐溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（HY），根据物料守恒可知，X﹣没发生水解，即HX为强酸，故D正确．
故选A．
【分析】A．不知道酸碱的体积，无法判断混合溶液的酸碱性；
B．根据酸中氢离子判断；
C．氨水部分电离，水也能电离；
D．根据物料守恒判断．
12．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性，不能大量存在CO32﹣，故A错误；
B. ═10﹣10mol/L的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3﹣，故B错误；
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+、Fe2+，故C错误；
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
【分析】A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性；
B. ═10﹣10mol/L的溶液，显酸性；
C．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1012的溶液，显碱性；
D．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液．
13．【答案】A
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A、①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：①=②=③=④，故A正确；
B、氨水是弱碱只有部分电离，所以C（NH3．H2O）＞C（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中C（HCl）=C（H+），C（NH3．H2O）＞C（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；
C、醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；
D、醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故C错误；
故选A．
【分析】A、温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度．
B、根据电解质的强弱判断溶液的物质的量浓度，结合反应方程式判断溶液的体积．
C、先根据溶液的pH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少．
D、根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的pH值大小．
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；
B. = × = ，平衡常数随温度变化，则 不变，故B正确；
C．加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，但氢离子浓度降低，故C错误；
D．等浓度等体积的醋酸和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），PH＞7，故D错误；
故选B．
【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化．
15．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．NaHCO3溶液的pH=8.3＞7，溶液呈碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于电离程度，所以c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B错误；
C．pH=11的氨水浓度大于pH=3的HCl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故C错误；
D.0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，因为醋酸和NaOH反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH），故D正确；
故选D．
【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B．NaHCO3溶液的pH=8.3＞7，溶液呈碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于电离程度；
C．pH=11的氨水浓度大于pH=3的HCl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性；
D.0.2 mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，因为醋酸和NaOH反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．
16．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+6H2O，故A正确；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的 离子反应为SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣，故B错误；
C．向0.3mol/LNaClO溶液中滴加等体积的0.2mol/LNaHSO3溶液的离子反应为OH﹣+2HSO3﹣+3ClO﹣═2SO42﹣+2Cl﹣+HClO+H2O，故C错误；
D．向碘化亚铁溶液中滴加溴的四氯化碳溶液的离子反应为Br2+2I﹣═I2+2Br﹣，故D错误；
故选A．
【分析】A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；
B．反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；
C．物质的量比为3：2；
D．先氧化碘离子，再氧化亚铁离子．
17．【答案】B
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：M（OH）2的Ksp=（M2+）×c2（OH﹣），M2+完全沉淀时，c（M2+）小于10﹣5mol/L，c（OH﹣）≥ =1×10﹣8mol/L，c（H+）= mol/L=1×10﹣6mol/L，pH=6，
故选B．
【分析】当M2+完全沉淀时，c（M2+）小于10﹣5mol/L，根据Ksp=（M2+）×c2（OH﹣）计算该题．
18．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，水解程度越大，水的电离程度越大，故A正确；
B．由HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣、CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，故B正确；
C．NaHCO3水解呈碱性，可说明水解程度大于电离程度，根据HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣可知c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C错误；
D．CO32﹣水解以第一步为主，第二步水解程度较小，则②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D正确．
故选C．
【分析】NaHCO3和Na2CO3都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，以此解答该题．
19．【答案】C
【知识点】pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；
B．N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故B错误；
C．由于M点的H+浓度等于N点的OH﹣浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；
D．Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性．则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误．
故选C．
【分析】酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合若电解质的电离解答该题．
20．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A．前10 min内Z的物质的量变化量为0.25mol，容器体积为10L，则v（Z）= =0.0025mol/（L．min）=，速率之比等于其化学计量数之比，则v（Y）= v（Z）= ×0.0025mol/（L．min）=v（Z）=0.00125mol/（L．min），故A错误；
B.13min时Y的物质的量变化量为0.6mol﹣0.45mol=0.15mol，则Z的物质的量变化为0.15mol×2=0.3mol，即13min时Z的物质的量为b2=0.3mol，而15min时Z的物质的量也为0.3mol，故13min时反应到达平衡，由X（g）+Y（g） 2Z（g），可知参加反应X为0.15mol，故平衡时X的物质的量b1=0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，故平衡时c（X）= =5.0×10﹣3 mol/L，正反应为放热反应，保持其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的浓度增大，即反应达平衡时c（X）＞5.0×10﹣3 mol/L，故B错误；
C．由B中计算可知，平衡时X、Y、Z的物质的量分别为0.05mol、0.45mol、0.3mol，由于反应前后气体化学计量数相等，利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K= = =4，
设到达平衡时参加反应Z为n mol，则：
X（g）+ Y（g） 2Z（g）
起始（mol） 0 0 0.6
转化（mol） 0.5n 0.5n n
平衡（mol） 0.5n 0.5n 0.6-n
则 =4，解得n=0.3，故Z的转化率为 ×100%=50%，故C正确；
D．此时浓度商Qc= = ＞K=1，故反应向逆反应方向进行，则v（正）＜v（逆），故D错误，
故选：C．
【分析】A．根据v= 计算v（Z），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（Y）；
B.13min时Y的物质的量变化量为0.6mol﹣0.45mol=0.15mol，则Z的物质的量变化为0.15mol×2=0.3mol，即13min时Z为0.3mol，而15min时Z的物质的量也为0.3mol，故13min时反应到达平衡，根据方程式计算参加反应X物质的量，进而计算平衡时X的浓度，正反应为放热反应，保持其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
C．由于反应前后气体化学计量数相等，利用物质的量代替浓度代入K= 计算平衡常数，设到达平衡时参加反应Z为n mol，用三段式表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算n的值，进而计算Z的转化率；
D．计算此时浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，进而判断达到平衡前v（正）、v（逆）的相对大小．
21．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L﹣10﹣9 mol/L，故B错误；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，
根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；
故选B．
【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，
A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；
B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；
C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；
D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．
22．【答案】（1）平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O
（2）平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O
（3）H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol
（4）2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；
（5）C和O；Cr和Cu；1s22s22p63s23p63d104s1
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：（1）X的氢化物是氨气、R的氢化物是HCl，二者相遇生成氯化铵，氯化铵中铵根离子和酸根离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键；Mn元素在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族，
故答案为：离子键、共价键；第四周期第ⅦB族；（2）NO3﹣中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面三角形；SO42﹣中的一个O原子被S替换后形成S2O32﹣，硫酸根离子和硫代硫酸根离子互为等电子体，硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以硫酸根离子中S原子杂化方式为sp3杂化，则硫代硫酸根离子中S原子杂化方式为sp3杂化，S2O32﹣在稀硫酸中的反应为在S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O；
故答案为：平面三角形；sp3杂化；S2O32﹣+2H+=S+SO2↑+H2O；（3）氢气、S（s）、气态H2S的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，H2S分解时△H=285.8 kJ/mol+296.8 kJ/mol﹣562.0 kJ/mol=+20.6 kJ/mol，
所以其热化学方程式为H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol，
故答案为：H2S（g）═S（s）+H2（g）△H=+20.6 kJ/mol；（4）在酸性溶液中，MnO4﹣能被H2O2还原为Mn2+，双氧水被氧化生成氧气，离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；（5）X是N，第一电离能大于O，则第二周期中第一电离能介于Be与x元素之间的元素分别是C和O，W是Mn元素，与w同周期的最外层仅有一个未成对电子的原子分别是Cr和Cu，其中价电子数目最多的原子即Cu其电子排布图为：1s22s22p63s23p63d104s1．故答案为：C和O；Cr和Cu；1s22s22p63s23p63d104s1．
【分析】X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大，X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物NO，则X是N、Y是O元素；R基态原子的M能层上有3对成对电子，则R是Cl元素；W核外有5个未成对电子，则W是Mn元素；Y、Z分别形成氢化物Q和J，Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量MnO2，立即产生大量气泡，则Q是H2O2、J是H2S，所以Z是S元素，据此分析解答．
23．【答案】（1）＜
（2）＜
（3）⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+）
（4）②
（5）9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：（1）加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变，所以pH相同的因素和醋酸加水稀释相同倍数，盐酸溶液中氢离子浓度小，故答案为：＜；（2）相同物质的量的盐酸与氨水混合恰好生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若使溶液pH=7，加入氨水物质的量应大于盐酸，故答案为：＜；（3）Ka（CH3COOH）=Kb（NH3 H2O）说明其电离程度和离子水解程度相同，0.01mol L﹣1 CH3COOH溶液与0.01mol L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液显中性，①②③④溶液显示一定的酸碱性，抑制水的电离，醋酸铵因为水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是⑤，溶液显中性，离子浓度大小顺序为：c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+）；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，相同体积时，醋酸物质的量多于盐酸，完全反应醋酸需要锌的质量多于盐酸，现在加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，说明反应掉锌的质量相等，有一种溶液中锌有剩余，剩余锌的只能是盐酸，所以盐酸溶液中加入的锌质量大，故答案为：②；（5）据电荷守恒，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），该溶液Kw=10﹣12，pH=7，说明c（H+）=10﹣7mol/L，则c（OH﹣）=10﹣5mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=c（HO﹣）﹣c（H+）=9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）mol/L，故答案为：9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）．
【分析】（1）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变；（2）pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，氯化铵溶液显酸性；（3）外加酸碱导致溶液的酸碱性越强，对水的电离抑制程度越大，盐类水解促进水的电离；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大；（5）0.01mol L﹣1的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，氢离子浓度为c（H+）=10﹣10mol/L，计算其Kw=10﹣12，联系溶液中的电荷守恒解答．
24．【答案】（1）M
（2）BD；AC；0.04；25
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N的关系是吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M；
故答案为：M；（2）①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），依据图象分析可知，随温度升高，一氧化碳转化率减小，说明平衡逆向进行，则正反应是放热反应；同温度下压强越大平衡正向进行；
A．CH3OH的生成速率与CO的消耗速率相等，证明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化是化学平衡的标志，故B正确；
C．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变，不能说明到达平衡，故C错误；
D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量减小，随反应进行平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选BD；
②A．反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，比值增大，故A正确；
B．充入He（g），使体系压强增大，总压增大，分压不变，平衡不变，故B错误；
C．再充入1mol CO和2mol H2 ，相当于增大压强平衡正向进行，比值增大，故C正确；
故答案为：AC；
③在有催化剂存在的10L恒容密闭容器中充入2mol CO和4mol H2，100℃时反应在5min末达到平衡，一氧化碳转化率为50%，反应的一氧化碳物质的量浓度为0.2×50%=0.1mol/L，发生如下反应，依据化学平衡三段式列式计算：
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.2 0.4 0
转化（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡（mol/L） 0.1 0.2 0.1
则从反应开始至达平衡，v（H2）= =0.04mol/L min；
平衡常数K= =25；
故答案为：0.04，25．
【分析】（1）依据物质能量越高越活泼分析判断；（2）①反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断，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；②A．反应是放热反应，降低温度平衡正向进行；
B．充入He（g），使体系压强增大，总压增大，分压不变，平衡不变；
C．再充入1mol CO和2mol H2 ，相当于增大压强平衡正向进行；③依据化学平衡三段式列式计算，反应速率= ，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；
25．【答案】碱式滴定管；红；无；0.1044mol/L；CD
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（3）待测液为NaOH，取待测液选择碱式滴定管，用酚酞作指示剂时，滴定到溶液颜色由红色刚好变成无色为止，且30s内不变色，
故答案为：碱式滴定管；红；无；（4）由表格数据可知，第二次误差较大，可舍弃，消耗盐酸的体积为 =26.1mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，c（NaOH）= =0.1044mol/L，故答案为：0.1044mol/L；（5）A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数，V盐酸的体积偏小，则NaOH的浓度偏小，故A不选；
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，对实验无影响，故B不选；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，消耗V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故C选；
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定，盐酸浓度偏低，V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故D选；
故答案为：CD．
【分析】（3）用浓度为0.1mol L﹣1的盐酸进行滴定，待测液为NaOH，取待测液选择碱式滴定管，用酚酞作指示剂时，锥形瓶中溶液的颜色为红色，滴定终点时变为无色；（4）由表格数据可知，第二次误差较大，可舍弃，消耗盐酸的体积为 =26.1mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，n（HCl）=n（NaOH）；（5）结合c（NaOH）= 及不当操作对V（盐酸）的影响可知，V（盐酸）偏大，则所测氢氧化钠溶液的浓度偏高．
26．【答案】Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；2.0×10﹣13
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：由流程可知，Cr2O72﹣与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，然后与石灰水反应转化为沉淀，从而达到废水处理的要求．
①绿矾化学式为FeSO4 7H2O，反应（I）发生氧化还原反应，由电子和电荷守恒可知离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②若处理后的废水中c（Cr3+）=3.0×10﹣6 mol L﹣1，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31，
则c3（OH﹣）= =2.0×10﹣25，
由Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38可知，c（Fe3+）= =2.0×10﹣13mol/L，
故答案为：2.0×10﹣13．
【分析】由流程可知，Cr2O72﹣与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，然后与石灰水反应转化为沉淀，从而达到废水处理的要求．
①结合电子、电荷守恒分析；
②结合c（Cr3+）及Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）计算c3（OH﹣），再利用Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）计算的c（Fe3+）．
