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【化学】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Zn-65
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ）
A. 反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+ H2O(g)+CO2(g) ΔH= +185.57 kJ·mol-1能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向
B. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应可以加快反应速率
C. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中
D. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)= CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1，HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，所以a>b
【答案】B
【解析】
【详解】A、△H-T△S＜0的反应可自发进行，由△H＞0、△S＞0，能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故A正确；
B、常温下，浓硫酸与铁产生钝化现象，故B错误；
C、NH4F水解，NH4F水溶液中含有HF，HF与玻璃中二氧化硅反应，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，故C正确；
D、CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，前者放出的热量少，a、b均为负数，a的绝对值小，所以a>b，故D正确；
故选B。
2.如图所示是298 K时N2与H2反应过程中 ,能量变化的曲线图．下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式为： N2＋3H22NH3ΔH＝－92 kJ/mol
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D. 在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2kJ，则184＞Q2＞2Q1
【答案】D
【解析】A、热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1，A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，B错误；C、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，C错误；D、向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ＜92.4kJ；另一容积相同的密闭容器中通入2mol N2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184KJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2＜184KJ，同时通入2mol N2和6mol H2的压强比通入1mol N2和3mol H2的大，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q2＞2Q1，D正确；答案选D。
3.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。
①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；
②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；
③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；
④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。
⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；
即②④⑤正确；
答案选B。
4.下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是（ ）
①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气 ②700K左右比室温更有利于合成氨反应
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ④温度升高水的KW增大
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【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，则不能用勒夏特利原理解释。
【详解】①浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故①不选；
②合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以700K左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故②选；
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故③不选；
④因为水存在电离：H2OH++OH-，电离吸热，加热后平衡会向正向移动，H+与OH-的浓度之积就会增大，即Kw增大，可以用平衡移动原理解释，故④不选；
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故⑤选；
所以C选项是正确的。
5.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g) △H>0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ ）
A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深
B. 若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变
C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的体积分数将增大
D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；
B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；
C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，将新平衡看成是新加入的N2O4自身形成的平衡和旧平衡的融合，由于新加入的N2O4的自身转化率没有原先N2O4的转化率高，所以平衡时N2O4的体积分数将降低，故C错误；
D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；
故选：C。
6.在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A（g）＋2B（g）3C（g）。如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 反应物A的浓度：a点小于b点
B. 该反应的生成物可能对反应起催化作用
C. 曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态
D. A的平均反应速率：ab段大于bc段
【答案】B
【解析】试题分析：A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a点反应物A的浓度大于b点，故错误；B、在恒温恒容条件下，随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起到催化作用，故正确，C、曲线上v(A）始终在变化，说明曲线上各点均表示没有达到达到平衡，故错误；D、根据图像，ab段的反应速率小于bc段的，故错误。
7.将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起( )
A. 溶液的pH增大
B. CH3COOH电离度增大
C. 溶液的导电能力减弱
D. 溶液中c(OH－)减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。
故选A。
8. 把0.05 mol NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（ ）
①自来水 ②0.5 mol·L－1盐酸 ③0.5 mol·L－1醋酸 ④0.5 mol·L－1NH4Cl溶液
A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③
【答案】B
【解析】试题分析：①水是弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，电离出钠离子和氢氧根离子，导电性增强，①错误；②HCl是强电解质，加入NaOH后，HCl+NaOH="NaCl+" H2O，参加反应的氢离子正好与加入的钠离子的量相当，H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，②正确；③醋酸是弱电解质，离子浓度较小，加入NaOH后，变为强电解质，导电能力增强，所以导电性变化大，③错误；④氯化铵是强电解质，加入NaOH后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，参加反应的氨根离子正好与加入的钠离子的量相当，NH3·H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，④正确。答案选B。
9.下列叙述与盐类水解无关的是（ ）
A. 饱和食盐水使甲基橙显黄色
B. FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3
C. NH4Cl溶液除铁锈
D. Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaCl是强酸强碱盐，不水解，pH=7， 饱和食盐水使甲基橙显黄色，故A符合题意；
B. FeCl3+3H2OFe(OH)3＋3HCl，HCl挥发，Fe(OH)3分解生成Fe2O3， FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3，故B不符合题意；
C.NH4Cl强酸弱碱盐，水解呈酸性， NH4Cl溶液除铁锈，故C不符合题意；
D. Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，与玻璃中二氧化硅反应，Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中，故D不符合题意；
故选A。
10.常温下，下列各种情况下一定能大量共存离子组为（ ）
A. 的溶液中:
B. 由水电离出的的溶液中:
C. 的溶液中:
D. 无色溶液中:
【答案】C
【解析】
【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．常温下，pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于中性溶液中，选项A错误；
B．水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液，水的电离受到了抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液。CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，选项B错误；
C．pH=1的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；
D．Al3+与HCO3-之间能发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，选项D错误；
答案选C。
11.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25
A. Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点
C. 该温度下，Ksp(CuS)＝1×10－35.4
D. 向100 mL Zn2＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，Zn2＋先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS（s）Cu2+（aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，则平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，
A．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，故A错误；
B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；
C．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正确；
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=3×10-24mol/L，
产生CuS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误。
故选C。
12.常温下，将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性：①1×10－3 mol·L－1的氨水b L;②c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1的氨水c L;③c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液d L, 其中a、b、c、d的关系正确的是( )
A. a＝b＞d＞c B. b＞a＝d＞c C. a＝b＞c＞d D. c＞a＝d＞b
【答案】B
【解析】
【详解】混合液均呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10-3 mol/L。①NH3·H2O为弱电解质，1×10-3 mol/L的氨水中c(OH-)＜1×10-3 mol/L，混合液呈中性时氨水比盐酸的体积要大，b＞a；②NH3·H2O为弱电解质，c(OH-)=1×10-3 mol/L的氨水，若反应体积相等，则还剩余未反应的氨分子，溶液显碱性，故c
A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 混合溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】分析：A.根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L计算；
B.根据a、b溶液中的溶质判断；
C.根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；
D.根据影响溶液导电性的因素分析。
详解：A. 甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L，则溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，所以常温下，Ka(HCOOH)＝，因此数量级为10-4，A正确；
B. a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10－7mol/L，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH＞7，B错误；
C. 从a点到b点，溶液中溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，C正确；
D. 溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D正确。答案选B。
14.25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lgc(M2＋)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10－20
B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝104.6∶1
C. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO
D. 向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】
【分析】25℃时，由Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2＋) ＞c(Cu2＋)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe (OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。
【详解】A项、曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，由图可知，当pH=10时，－lg c(M2＋)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2＋) c2(OH－)= 10—11.7×（10—4）2=10—19.7，故A正确；
B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH－)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝10—7.1：10—11.7=104.6∶1，故B正确；
C项、该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2＋，无法达到除去少量Fe2＋的目的，故C错误；
D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，温度不变Ksp[Fe(OH)2]，c(Fe2＋)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。
故选C。
15.[2015·江苏]室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()
B. 向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c (Na+)>c()>c()
C. 向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
D. 向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】
【详解】A、由电荷守恒有，c()+c(H+)=c(OH－)+c( )+2c()，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH−)，故有c( )=c()+2c()，故A错误；B、由电荷守恒有，c()+c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH－)，pH=7时c(H+)=c (OH－)，则c()+c(Na+)=c()+2c()①，由物料守恒有，c(Na+)= c( )+c()+c(H2SO3)②，联立①②消去c(Na+)，得c()+c(H2SO3)=c()，所以c()>c()，故B错误；C、在Na2SO3溶液中，根据物料守恒，有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以该等式不成立，故C错误；D、由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c (CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH－)，则c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，联立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)，故D正确。
16.亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等四种含氯微粒，经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl-没有画出）。则下列分析不正确的是（ ）
A. 亚氯酸钠在碱性条件下较稳定
B. 25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6
C. 25℃，pH=3时NaClO2溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-)
D. 若浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液显酸性，溶液中有关微粒的浓度由大到小的顺序为c(ClO2-)>c(Na+)>c(HClO2)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】A项，根据图示在碱性条件下主要含氯微粒为ClO2-，NaClO2在碱性条件下较稳定，A项正确；B项，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2-，HClO2的电离平衡常数Ka=，根据图示当c（HClO2）=c（ClO2-）时溶液的pH=6即c（H+）=110-6mol/L，25℃时HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6，B项正确；C项，NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等四种含氯微粒，NaClO2溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（ClO2-）+c（Cl-）+c（OH-），C项错误；D项，浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2等体积组成的混合液中既存在HClO2的电离平衡（HClO2H++ClO2-）又存在ClO2-的水解平衡（ClO2-+H2OHClO2+OH-），由于混合液呈酸性，HClO2的电离程度大于ClO2-的水解程度，溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（ClO2-）c（Na+）c（HClO2）c（H+）c（OH-），D项正确；答案选C。
二、非选择题（共52分）
17.现有浓度均为0.01mol/L的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，回答下列问题：
（1）分别用以上三种酸中和一定量(且等量)的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为__________________。
（2）分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为________。
（3）将以上三种酸稀释1000倍后，pH分别变成a，b，c，其大小关系为_____________
（4）将上述盐酸稀释106倍后，c(H+): c(Cl-)= ___________
（5）常温下，某浓度的盐酸和NaOH溶液的pH之和为16，当它们按一定体积比混合时，溶液的pH恰好等于7，则A与B的体积比是 _____________
【答案】(1). V1=V3=2V2 (2). v2＞v1＞v3 (3). c>a>b (4). 10:1 (5). 100：1
【解析】
【分析】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离。
【详解】（1）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，分别用以上三种相同浓度的酸中和等物质的童的NaOH溶液生成正盐，则需要体积V1=V3=2V2；
（2）浓度均为0.01mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，氢离子浓度分别为0.01mol·L-1、0.02mol·L-1、小于0.01mol·L-1，生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的大小，所以分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3；
（3）将以上三种酸稀释1000倍后，氢离子浓度分别为0.00001mol·L-1、0.00002mol·L-1、小于0.00001mol·L-1，pH分别变成a，b，c，其大小关系为c>a>b；
（4）将上述盐酸稀释106倍后，溶液接近中性，但不可能变成碱性，c(H+): c(Cl-)=10-7:=10：1；
（5）常温下Kw=C(H+)×C(OH-)=1×10-14，pH之和为16，则设酸的pH为x，碱的pH为16-x，一定体积比混合时，溶液的pH恰好为7，则n(H+)=n(OH-)，所以VA×10-x=VB×1016-x-14，解得VA：VB=1016-x－14+x=100：1。
18.某学生用0.1500mol/L NaOH溶液测定某未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A.用蒸馏水洗净滴定管
B.用待测定溶液润洗酸式滴定管
C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
D.另取锥形瓶，再重复操作2-3次
E.检查滴定管是否漏水
F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
完成以下填空：
（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：
_______→_______→F→_______→_______→_______→D。
（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。
（3）滴定终点的现象是_______________________。
（4）滴定结果如表所示:
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
0.60
20.60
3
25.00
0.20
20.19
计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。
a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数。
b.锥形瓶用盐酸润洗
c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
d.达到滴定终点时，仰视读数
（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1 mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL 0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）
【答案】(1). E (2). A (3). B (4). C (5). G (6). 乙 (7). 锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.1200mol/L (9). abd (10). >
【解析】
【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；
（2）碱性溶液应选择碱式滴定管，酸性、氧化性溶液应选择酸式滴定管；
（3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；
（4）先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；
（5）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响；
（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄。
【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：EAFBCGD；
（2）氢氧化钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故选乙；
（3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；
（4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为： =20.00mL，该盐酸的物质的量浓度为：
=0.1200mol·L-1；
（5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故a选；
b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故b选；
c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故c不选；
d.达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故d选；
故选abd；
（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄；现已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，要将pH调到4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。
19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。其中，控制空气中氮氧化物和硫氧化物的含量尤为重要。
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.8kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0kJ/mol
则CH4催化还原NO的热化学方程式为_______。
(2)将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个温度恒定、容积恒为2L的密闭容器中发生反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可实现氮氧化物的转化，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①N2在0～9min内的平均反应速率v(N2)＝________mol/(L·min)(保留两位有效数字)。
②第12min时改变的反应条件可能为________(填字母代号)。
a．充入水蒸气稀释反应物 b．加入NO c．加催化剂 d．增大压强
(3)室温下，烟气中的SO2可用某浓度的NaOH溶液吸收得到pH=7的溶液，试计算所得溶液中＝_____(已知:常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.0×10-8)。
(4)烟气中的SO2也可用Na2SO3溶液吸收，吸收过程中，pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下表：
n(SO32-):n(HSO3-)
99：1
1：1
1：99
pH
8.2
7.2
6.2
当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母): ___________
a．c(Na＋)=2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(Na＋)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H＋)=c(OH-)
c．c(Na＋)+c(H+) =c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
【答案】(1). CH4 (g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-977.2KJ·mol-1 (2). 1.1×10-3 (3). D (4). 2.2 (5). ab
【解析】
【分析】(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H= +67.8 kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0 kJ/mol；
盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式。
(2)①图象分析可知N2 浓度变化为0.01mol·L-1，反应速率v=△c÷△t计算；
②图象分析判断12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温改变符合图象变化；
②图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化。
(3)利用溶液中存在的电荷守恒分析；
(4)①a、利用物料守恒分析；
b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)＞c(SO32-)；
c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；
故答案为：ab；
【详解】(1)①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H= +67.8kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0kJ/mol
盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式：
CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2kJ·mol－1
(2)①反应从开始到9min时，图象分析可知氮气浓度变化为0.02mol÷2L=0.01mol·L-1，N2在0～9min内的平均反应速率v(N2)＝=1.1×10-3mol·L-1·min-1；
②a．充入水蒸气稀释反应物平衡不移动，故a不符；
b．加入NO后浓度应增大，故b不符；
c．加催化剂不影响平衡，故c不符；
d．增大压强，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2 (g)，图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化，故d符合；
故选d；
(3)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，c(H＋)=c(OH-)，得到(Na＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，中＝ = +1=2.2；
(4)①a、利用物料守恒可知a正确；
b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)＞c(SO32-)，所以b正确；
c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；
故答案为：ab。
20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________、__________。
（2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：___________。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
——
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
8
9（＞9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有___________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_____________________。
（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_______。
【答案】(1). 升高反应温度 (2). 增大固体颗粒的表面积、加快搅拌速度等 (3). 2Cr3++ 3H2O2+H2O＝Cr2O72-+ 8H+ (4). Na+、Mg2+、Ca2+ (5). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用 (6). Ca2+、Mg2+
【解析】
【详解】（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、延长浸取时间、加快溶解速度等措施；
（2）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+；
（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-，溶液PH=8，Fe3+沉淀完全，沉淀为Fe(OH)3，滤液Ⅱ中阳离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+；但溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用；
（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，则钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，交换后溶液中浓度明显增大的离子为Na＋，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是Ca2+、Mg2+。
21.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
①据此判断该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
②温度T1时，该反应的平衡常数K=_____；反应速率v=v正- v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=________。
（2）SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：
①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为______________。
②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：
SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是__________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是______________。
【答案】(1). 放热 (2). 80 (3). 648 (4). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O (5). 温度太高，会降低催化剂活性 (6). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃不利于脱硝反应正向进行
【解析】
【分析】(2)①先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol·L－1，结合三行计算列式计算平衡浓度得到该反应的平衡常数K= ，计算平衡状态下，反应速率v=v正=v逆=k正c2(NO)c2(CO)=kc2(CO2)c(N2)，；
(3)①用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的反应生成二氧化碳、氮气和水；
②SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925℃的理由是925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小。
【详解】①图象分析可知，先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，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；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol·L-1，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol·L-1) 2 2 0 0
变化量(mol·L-1) 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡量(mol·L-1) 0.4 0.4 1.6 0.8
平衡常数K= =80，
平衡状态下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，=K=80，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol·L-1) 2 2 0 0
变化量(mol·L-1) 08 0.8 0.8 0.4
a点量(mol·L-1) 1.2 1.2 0.8 0.4
=80×=648；
(3)①用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H＜0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2]+6NO24CO2+7N2+8H2O，
②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右，SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Zn-65
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ）
A. 反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+ H2O(g)+CO2(g) ΔH= +185.57 kJ·mol-1能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向
B. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应可以加快反应速率
C. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中
D. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)= CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1，HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，所以a>b
【答案】B
【解析】
【详解】A、△H-T△S＜0的反应可自发进行，由△H＞0、△S＞0，能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故A正确；
B、常温下，浓硫酸与铁产生钝化现象，故B错误；
C、NH4F水解，NH4F水溶液中含有HF，HF与玻璃中二氧化硅反应，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，故C正确；
D、CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+ H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1HCl(aq)+NaOH(aq)= NaCl(aq)+ H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ， 因醋酸电离吸热，前者放出的热量少，a、b均为负数，a的绝对值小，所以a>b，故D正确；
故选B。
2.如图所示是298 K时N2与H2反应过程中 ,能量变化的曲线图．下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式为： N2＋3H22NH3ΔH＝－92 kJ/mol
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D. 在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2kJ，则184＞Q2＞2Q1
【答案】D
【解析】A、热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1，A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，B错误；C、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，C错误；D、向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ＜92.4kJ；另一容积相同的密闭容器中通入2mol N2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184KJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2＜184KJ，同时通入2mol N2和6mol H2的压强比通入1mol N2和3mol H2的大，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q2＞2Q1，D正确；答案选D。
3.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。
①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；
②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；
③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；
④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。
⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；
即②④⑤正确；
答案选B。
4.下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是（ ）
①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气 ②700K左右比室温更有利于合成氨反应
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ④温度升高水的KW增大
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【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，则不能用勒夏特利原理解释。
【详解】①浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故①不选；
②合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以700K左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故②选；
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故③不选；
④因为水存在电离：H2OH++OH-，电离吸热，加热后平衡会向正向移动，H+与OH-的浓度之积就会增大，即Kw增大，可以用平衡移动原理解释，故④不选；
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故⑤选；
所以C选项是正确的。
5.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g) △H>0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ ）
A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深
B. 若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变
C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的体积分数将增大
D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；
B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；
C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，将新平衡看成是新加入的N2O4自身形成的平衡和旧平衡的融合，由于新加入的N2O4的自身转化率没有原先N2O4的转化率高，所以平衡时N2O4的体积分数将降低，故C错误；
D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；
故选：C。
6.在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A（g）＋2B（g）3C（g）。如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 反应物A的浓度：a点小于b点
B. 该反应的生成物可能对反应起催化作用
C. 曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态
D. A的平均反应速率：ab段大于bc段
【答案】B
【解析】试题分析：A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a点反应物A的浓度大于b点，故错误；B、在恒温恒容条件下，随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起到催化作用，故正确，C、曲线上v(A）始终在变化，说明曲线上各点均表示没有达到达到平衡，故错误；D、根据图像，ab段的反应速率小于bc段的，故错误。
7.将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起( )
A. 溶液的pH增大
B. CH3COOH电离度增大
C. 溶液的导电能力减弱
D. 溶液中c(OH－)减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。
故选A。
8. 把0.05 mol NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（ ）
①自来水 ②0.5 mol·L－1盐酸 ③0.5 mol·L－1醋酸 ④0.5 mol·L－1NH4Cl溶液
A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③
【答案】B
【解析】试题分析：①水是弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，电离出钠离子和氢氧根离子，导电性增强，①错误；②HCl是强电解质，加入NaOH后，HCl+NaOH="NaCl+" H2O，参加反应的氢离子正好与加入的钠离子的量相当，H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，②正确；③醋酸是弱电解质，离子浓度较小，加入NaOH后，变为强电解质，导电能力增强，所以导电性变化大，③错误；④氯化铵是强电解质，加入NaOH后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，参加反应的氨根离子正好与加入的钠离子的量相当，NH3·H2O为弱电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，④正确。答案选B。
9.下列叙述与盐类水解无关的是（ ）
A. 饱和食盐水使甲基橙显黄色
B. FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3
C. NH4Cl溶液除铁锈
D. Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaCl是强酸强碱盐，不水解，pH=7， 饱和食盐水使甲基橙显黄色，故A符合题意；
B. FeCl3+3H2OFe(OH)3＋3HCl，HCl挥发，Fe(OH)3分解生成Fe2O3， FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3，故B不符合题意；
C.NH4Cl强酸弱碱盐，水解呈酸性， NH4Cl溶液除铁锈，故C不符合题意；
D. Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，与玻璃中二氧化硅反应，Na2CO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中，故D不符合题意；
故选A。
10.常温下，下列各种情况下一定能大量共存离子组为（ ）
A. 的溶液中:
B. 由水电离出的的溶液中:
C. 的溶液中:
D. 无色溶液中:
【答案】C
【解析】
【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．常温下，pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于中性溶液中，选项A错误；
B．水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液，水的电离受到了抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液。CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，选项B错误；
C．pH=1的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；
D．Al3+与HCO3-之间能发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，选项D错误；
答案选C。
11.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25
A. Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点
C. 该温度下，Ksp(CuS)＝1×10－35.4
D. 向100 mL Zn2＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，Zn2＋先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS（s）Cu2+（aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，则平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，
A．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，故A错误；
B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；
C．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正确；
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=3×10-24mol/L，
产生CuS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误。
故选C。
12.常温下，将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性：①1×10－3 mol·L－1的氨水b L;②c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1的氨水c L;③c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液d L, 其中a、b、c、d的关系正确的是( )
A. a＝b＞d＞c B. b＞a＝d＞c C. a＝b＞c＞d D. c＞a＝d＞b
【答案】B
【解析】
【详解】混合液均呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10-3 mol/L。①NH3·H2O为弱电解质，1×10-3 mol/L的氨水中c(OH-)＜1×10-3 mol/L，混合液呈中性时氨水比盐酸的体积要大，b＞a；②NH3·H2O为弱电解质，c(OH-)=1×10-3 mol/L的氨水，若反应体积相等，则还剩余未反应的氨分子，溶液显碱性，故c
A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 混合溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】分析：A.根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L计算；
B.根据a、b溶液中的溶质判断；
C.根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；
D.根据影响溶液导电性的因素分析。
详解：A. 甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L，则溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，所以常温下，Ka(HCOOH)＝，因此数量级为10-4，A正确；
B. a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10－7mol/L，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH＞7，B错误；
C. 从a点到b点，溶液中溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，C正确；
D. 溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D正确。答案选B。
14.25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lgc(M2＋)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10－20
B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝104.6∶1
C. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO
D. 向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】
【分析】25℃时，由Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2＋) ＞c(Cu2＋)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe (OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。
【详解】A项、曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，由图可知，当pH=10时，－lg c(M2＋)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2＋) c2(OH－)= 10—11.7×（10—4）2=10—19.7，故A正确；
B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH－)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝10—7.1：10—11.7=104.6∶1，故B正确；
C项、该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2＋，无法达到除去少量Fe2＋的目的，故C错误；
D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，温度不变Ksp[Fe(OH)2]，c(Fe2＋)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。
故选C。
15.[2015·江苏]室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()
B. 向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c (Na+)>c()>c()
C. 向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
D. 向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】
【详解】A、由电荷守恒有，c()+c(H+)=c(OH－)+c( )+2c()，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH−)，故有c( )=c()+2c()，故A错误；B、由电荷守恒有，c()+c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH－)，pH=7时c(H+)=c (OH－)，则c()+c(Na+)=c()+2c()①，由物料守恒有，c(Na+)= c( )+c()+c(H2SO3)②，联立①②消去c(Na+)，得c()+c(H2SO3)=c()，所以c()>c()，故B错误；C、在Na2SO3溶液中，根据物料守恒，有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以该等式不成立，故C错误；D、由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c (CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH－)，则c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，联立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)，故D正确。
16.亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等四种含氯微粒，经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl-没有画出）。则下列分析不正确的是（ ）
A. 亚氯酸钠在碱性条件下较稳定
B. 25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6
C. 25℃，pH=3时NaClO2溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-)
D. 若浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液显酸性，溶液中有关微粒的浓度由大到小的顺序为c(ClO2-)>c(Na+)>c(HClO2)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】A项，根据图示在碱性条件下主要含氯微粒为ClO2-，NaClO2在碱性条件下较稳定，A项正确；B项，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2-，HClO2的电离平衡常数Ka=，根据图示当c（HClO2）=c（ClO2-）时溶液的pH=6即c（H+）=110-6mol/L，25℃时HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6，B项正确；C项，NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl- 等四种含氯微粒，NaClO2溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（ClO2-）+c（Cl-）+c（OH-），C项错误；D项，浓度均为0.1mol/L的HClO2溶液和NaClO2等体积组成的混合液中既存在HClO2的电离平衡（HClO2H++ClO2-）又存在ClO2-的水解平衡（ClO2-+H2OHClO2+OH-），由于混合液呈酸性，HClO2的电离程度大于ClO2-的水解程度，溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（ClO2-）c（Na+）c（HClO2）c（H+）c（OH-），D项正确；答案选C。
二、非选择题（共52分）
17.现有浓度均为0.01mol/L的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，回答下列问题：
（1）分别用以上三种酸中和一定量(且等量)的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为__________________。
（2）分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为________。
（3）将以上三种酸稀释1000倍后，pH分别变成a，b，c，其大小关系为_____________
（4）将上述盐酸稀释106倍后，c(H+): c(Cl-)= ___________
（5）常温下，某浓度的盐酸和NaOH溶液的pH之和为16，当它们按一定体积比混合时，溶液的pH恰好等于7，则A与B的体积比是 _____________
【答案】(1). V1=V3=2V2 (2). v2＞v1＞v3 (3). c>a>b (4). 10:1 (5). 100：1
【解析】
【分析】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离。
【详解】（1）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，分别用以上三种相同浓度的酸中和等物质的童的NaOH溶液生成正盐，则需要体积V1=V3=2V2；
（2）浓度均为0.01mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，氢离子浓度分别为0.01mol·L-1、0.02mol·L-1、小于0.01mol·L-1，生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的大小，所以分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3；
（3）将以上三种酸稀释1000倍后，氢离子浓度分别为0.00001mol·L-1、0.00002mol·L-1、小于0.00001mol·L-1，pH分别变成a，b，c，其大小关系为c>a>b；
（4）将上述盐酸稀释106倍后，溶液接近中性，但不可能变成碱性，c(H+): c(Cl-)=10-7:=10：1；
（5）常温下Kw=C(H+)×C(OH-)=1×10-14，pH之和为16，则设酸的pH为x，碱的pH为16-x，一定体积比混合时，溶液的pH恰好为7，则n(H+)=n(OH-)，所以VA×10-x=VB×1016-x-14，解得VA：VB=1016-x－14+x=100：1。
18.某学生用0.1500mol/L NaOH溶液测定某未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A.用蒸馏水洗净滴定管
B.用待测定溶液润洗酸式滴定管
C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
D.另取锥形瓶，再重复操作2-3次
E.检查滴定管是否漏水
F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
完成以下填空：
（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：
_______→_______→F→_______→_______→_______→D。
（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。
（3）滴定终点的现象是_______________________。
（4）滴定结果如表所示:
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
0.60
20.60
3
25.00
0.20
20.19
计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。
a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数。
b.锥形瓶用盐酸润洗
c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
d.达到滴定终点时，仰视读数
（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1 mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL 0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）
【答案】(1). E (2). A (3). B (4). C (5). G (6). 乙 (7). 锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.1200mol/L (9). abd (10). >
【解析】
【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；
（2）碱性溶液应选择碱式滴定管，酸性、氧化性溶液应选择酸式滴定管；
（3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；
（4）先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；
（5）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响；
（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄。
【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：EAFBCGD；
（2）氢氧化钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故选乙；
（3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；
（4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为： =20.00mL，该盐酸的物质的量浓度为：
=0.1200mol·L-1；
（5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时，先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故a选；
b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故b选；
c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故c不选；
d.达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故d选；
故选abd；
（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄；现已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，要将pH调到4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。
19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。其中，控制空气中氮氧化物和硫氧化物的含量尤为重要。
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.8kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0kJ/mol
则CH4催化还原NO的热化学方程式为_______。
(2)将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个温度恒定、容积恒为2L的密闭容器中发生反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可实现氮氧化物的转化，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①N2在0～9min内的平均反应速率v(N2)＝________mol/(L·min)(保留两位有效数字)。
②第12min时改变的反应条件可能为________(填字母代号)。
a．充入水蒸气稀释反应物 b．加入NO c．加催化剂 d．增大压强
(3)室温下，烟气中的SO2可用某浓度的NaOH溶液吸收得到pH=7的溶液，试计算所得溶液中＝_____(已知:常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.0×10-8)。
(4)烟气中的SO2也可用Na2SO3溶液吸收，吸收过程中，pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下表：
n(SO32-):n(HSO3-)
99：1
1：1
1：99
pH
8.2
7.2
6.2
当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母): ___________
a．c(Na＋)=2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(Na＋)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H＋)=c(OH-)
c．c(Na＋)+c(H+) =c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
【答案】(1). CH4 (g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-977.2KJ·mol-1 (2). 1.1×10-3 (3). D (4). 2.2 (5). ab
【解析】
【分析】(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H= +67.8 kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0 kJ/mol；
盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式。
(2)①图象分析可知N2 浓度变化为0.01mol·L-1，反应速率v=△c÷△t计算；
②图象分析判断12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温改变符合图象变化；
②图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化。
(3)利用溶液中存在的电荷守恒分析；
(4)①a、利用物料守恒分析；
b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)＞c(SO32-)；
c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；
故答案为：ab；
【详解】(1)①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H= +67.8kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +89.0kJ/mol
盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式：
CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2kJ·mol－1
(2)①反应从开始到9min时，图象分析可知氮气浓度变化为0.02mol÷2L=0.01mol·L-1，N2在0～9min内的平均反应速率v(N2)＝=1.1×10-3mol·L-1·min-1；
②a．充入水蒸气稀释反应物平衡不移动，故a不符；
b．加入NO后浓度应增大，故b不符；
c．加催化剂不影响平衡，故c不符；
d．增大压强，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2 (g)，图象分析可知12min后一氧化氮和一氧化碳浓度降低，氮气浓度增大，物质的量的变化量比等于方程式的计量数之比，说明平衡正向进行，反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行，符合图象变化，故d符合；
故选d；
(3)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，c(H＋)=c(OH-)，得到(Na＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，中＝ = +1=2.2；
(4)①a、利用物料守恒可知a正确；
b、当n(SO32-)：n(HSO3-)=1：1时，PH为7.2，故当为中性时，n(SO32-)要减少，故c(HSO3-)＞c(SO32-)，所以b正确；
c、电荷守恒为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；
故答案为：ab。
20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________、__________。
（2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：___________。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
——
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
8
9（＞9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有___________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_____________________。
（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_______。
【答案】(1). 升高反应温度 (2). 增大固体颗粒的表面积、加快搅拌速度等 (3). 2Cr3++ 3H2O2+H2O＝Cr2O72-+ 8H+ (4). Na+、Mg2+、Ca2+ (5). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用 (6). Ca2+、Mg2+
【解析】
【详解】（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、延长浸取时间、加快溶解速度等措施；
（2）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+；
（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-，溶液PH=8，Fe3+沉淀完全，沉淀为Fe(OH)3，滤液Ⅱ中阳离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+；但溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)回收与再利用；
（4）钠离子交换树脂的反应原理为：Mn+＋nNaR→MRn＋nNa+，则钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，交换后溶液中浓度明显增大的离子为Na＋，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是Ca2+、Mg2+。
21.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
①据此判断该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
②温度T1时，该反应的平衡常数K=_____；反应速率v=v正- v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=________。
（2）SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：
①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为______________。
②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：
SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是__________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是______________。
【答案】(1). 放热 (2). 80 (3). 648 (4). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O (5). 温度太高，会降低催化剂活性 (6). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃不利于脱硝反应正向进行
【解析】
【分析】(2)①先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol·L－1，结合三行计算列式计算平衡浓度得到该反应的平衡常数K= ，计算平衡状态下，反应速率v=v正=v逆=k正c2(NO)c2(CO)=kc2(CO2)c(N2)，；
(3)①用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的反应生成二氧化碳、氮气和水；
②SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925℃的理由是925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小。
【详解】①图象分析可知，先拐先平温度高T1＞T2，温度越高CO浓度越大，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；
②温度T1时，CO平衡浓度为0.4mol·L-1，结合三行计算列式得到平衡浓度计算平衡常数，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol·L-1) 2 2 0 0
变化量(mol·L-1) 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡量(mol·L-1) 0.4 0.4 1.6 0.8
平衡常数K= =80，
平衡状态下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，=K=80，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol·L-1) 2 2 0 0
变化量(mol·L-1) 08 0.8 0.8 0.4
a点量(mol·L-1) 1.2 1.2 0.8 0.4
=80×=648；
(3)①用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H＜0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2]+6NO24CO2+7N2+8H2O，
②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右，SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
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