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【化学】四川省广安市邻水实验学校2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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四川省广安市邻水实验学校2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约能源保护环境
B. 日常生活中的废旧电池会污染环境，应填埋处理
C. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
D. 家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A.化石能源使用排放二氧化硫等污染物；
B.废旧电池中的重金属会对环境造成污染；
C.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能；
D.Fe在干燥处不易生锈；
【详解】A.化石能源使用排放二氧化硫等污染物，而太阳能为新能源，对环境无污染，有利于节约能源保护环境，故A项正确；
B.废旧电池中的重金属会对环境造成污染，则日常生活中的废旧电池应集中回收处理，不能填埋，故B项错误；
C.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故C项正确；
D.Fe在干燥处不易生锈，而在潮湿的环境中易生锈，所以家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈，故D项正确；
综上，本题选B。
2.下列变化过程，属于放热过程的是
A. 液态水变成水蒸气 B. 酸碱中和反应
C. 弱酸电离 D. NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌
【答案】B
【解析】
试题分析：A.液态水变成水蒸气，是物理变化中的汽化，是吸热过程，故A错误；B.酸碱中和反应，是典型的放热反应，是放热过程，故B正确；C.弱酸电离，是化学变化中的吸热反应，是吸热过程，故C错误；D.NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌，是典型的吸热反应，是吸热过程，故D错误；
考点：吸热反应和放热反应
3.下列溶液加热蒸干后，能得到溶质本身固体的是
A. CuCl2 B. FeCl2 C. Na2CO3 D. Na2SO3
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解的应用、碳酸氢钠的性质，可分析加热过程中水解的离子是哪种，判断出加热蒸干后得到的产物；
【详解】A.氯化铜溶液中存在铜离子的水解平衡，加热促进水解，且生成的盐酸极易挥发，得到氢氧化铜固体，氢氧化铜固体受热易分解，因此最终得不到纯净的氯化铜，故A项不符合题意；
B.氯化亚铁溶液加热过程中极易被氧化生成三价铁，亚铁离子和铁离子均可水解，水解生成氢氧化亚铁、氢氧化铁和盐酸，加热蒸干时盐酸极易挥发、氢氧化亚铁、氢氧化铁固体受热易分解，所以最终得不到纯净的氯化亚铁，故B项不符合题意；
C. Na2CO3溶液中，虽然存在CO32-的水解平衡，其水解得到碳酸氢钠和氢氧化钠，但是蒸干时，碳酸氢钠和氢氧化钠反应又生成碳酸钠，故C项符合题意；
D. 加热蒸干的过程中Na2SO3易被氧化为硫酸钠，得不到纯净的Na2SO3，故D项不符合题意；
综上，本题选C。
4.一定温度下，在氢氧化钙的悬浊液中，存在氢氧化钙固体与其电离出的离子间溶解结晶平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OHˉ(aq)。向此种悬浊液中加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度。下列叙述正确的是
A. 溶液中钙离子数目减小 B. 溶液中钙离子浓度减少
C. 溶液中氢氧根离子浓度增大 D. pH减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A，。氧化钙和水反应生成氢氧化钙，水减少，溶液中的氢氧化钙溶解的减小，离子数目减小，故正确；B、仍为饱和溶液，离子浓度不变，故错误；C、溶液中离子浓不变，故错误；D、pH不变，故错误。
考点：难溶电解质的溶解平衡
5.反应A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A. 加入催化剂，B的转化率增大 B. 减小容器体积，平衡不移动
C. 增大c(A)，A的转化率增大 D. 降低温度，v正 增大，v逆 减小
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 使用催化剂，不影响平衡移动；
B. 对于反应前后气体化学计量数不变的反应，改变压强，不影响平衡移动；
C.增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；
D.降低温度，正、逆反应速率都降低；
【详解】A.使用催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，B的转化率不变，故A项错误；
B. 减小容器体积，压强增大，因为该反应前后气体体积不变，故平衡不移动，故B项正确；
C.增大c(A)，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，但A的转化率降低，故C错误；
D.降低温度，正、逆反应速率都降低，故D错误；
综上，本题选B。
6.过氧化氢分解反应过程中，能量变化如图所示：下列说法正确的是
A. 催化剂可以改变过氧化氢分解反应的焓变
B. CuCl2或FeCl3可以催化H2O2分解反应
C. 催化剂不能改变反应路径
D. H2O2分解是吸热反应
【答案】B
【解析】
【分析】
A.催化剂不能改变反应的焓变；
B. CuCl2或FeCl3是H2O2分解反应的催化剂；
C.催化剂能够降低化学反应的活化能，改变了反应路径；
D.由图可知，H2O2分解是放热反应；
【详解】A.反应的焓变，只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故A项错误；
B.CuCl2或FeCl3、过氧化氢酶等都可以催化H2O2分解反应，故B项正确；
C.由图可知，催化剂通过改变反应的途径降低了反应的活化能，故C项错误；
D.由坐标图可知，过氧化氢分解的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故D项错误；
综上，本题选B。
7. 下列能正确表示水解的离子方程式是
A. CH3COOH + H2OCH3COO-+ H3O+
B. NH4++ H2ONH3·H2O + H+
C. CO32-+ 2H2OH2CO3+ 2OH-
D. Br-+ H2OHBr + OH-
【答案】B
【解析】
试题分析：A．该反应为弱酸的电离方程式，故A错误；B．铵根离子和水反应生成弱电解质一水合氨和氢离子，为水解反应，故B正确；C．碳酸根离子分两步水解，第一步水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故C错误；D．氢溴酸为强电解质，所以溴离子不是弱根离子，在水溶液里溴离子不水解，故D错误；
考点：考查了水解反应
8.在一定条件下，对于A2(g)+3B2(g)2AB3(g)反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是
A. v(A2)＝0.8mol·L-1·s-1 B. v(A2)＝40mol·L-1·min-1
C. v(AB3)＝1.0mol·L-1·s-1 D. v(B2)＝1.2mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】
试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，如果都用物质B2不是反应速率（mol·L-1·s-1），则分别是0.8×3＝2.4、＝2、×1＝1.5、1.2，因此答案选A。
考点：考查反应速率计算和大小比较
9.对“AgCl(s)Ag+ (aq) + Cl-(aq)”的理解正确的是
A. 说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
B. 说明溶解的AgCl已完全电离，AgCl是强电解质
C. 说明Ag＋与Cl－的反应不能完全进行到底
D. 说明Ag＋与Cl－的反应可以完全进行到底
【答案】C
【解析】
试题分析：，该方程式表示AgCl的溶解平衡，溶解平衡的含义就是离子结合成沉淀的速率等于沉淀电离成离子的速率，所以说明Ag＋与Cl－的反应不能完全进行到底，答案选C。
考点：考查对溶解平衡方程式的理解
10.下列表述中正确的是
A. 任何能使熵值增大的过程都能自发进行
B. △H＜0，△S＞0的化学反应一定能自发进行
C. 已知热化学方程式2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ·mol－1（Q＞0），则将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量
D. 稀溶液中1 mol NaOH分别和1mol CH3COOH、1molHNO3反应，两者放出的热量一样多
【答案】B
【解析】
试题分析：A．若熵值增大，△H>0，根据自发进行的判断依据是△G=△H-T△S＜0，则该反应在低温不能自发进行，故A错误；B．△H＜0，△S＞0的化学反应△G=△H-T△S＜0一定能自发进行.正确；C．可逆反应存在一定的限度，不可能全部反应，所以2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密闭容器中充分反应后放出小于Q kJ 的热量，故C错误；D．CH2COOH电离要吸收热量，所以1molNaOH分别和1molCH2COOH、1molHHO3反应，后者必前者放出的热量多，故D不正确；
考点：考查了反应热的计算以及反应热大小的比较
11.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡常数只与温度有关，温度改变，K值一定改变，K值改变，温度一定改变，温度不变，压强改变，或浓度改变，K值不变，平衡移动，故D错误。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
12.在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于
A. 5% B. 10% C. 15% D. 20%
【答案】C
【解析】
试题分析： N2＋3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
则平衡时氮气的体积分数＝，答案选C。
考点：考查可逆反应计算
13.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
分析：平衡移动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；平衡移动原理适用的对象必须存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
详解:A.存在平衡2NO2⇌N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A错误；
B. 水是弱电解质，存在电离平衡H2O⇌H++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，故B错误；
C.过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用,加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，所以C选项是正确的；
D.氨水中存在平衡NH3H2O⇌NH4++OH-，浓度越稀，电离程度越大，故0.1nol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D错误；
所以C选项是正确的。
14.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
15.下列叙述正确的是
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. 向CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后，溶液中的c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】
试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
16.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(OH-)+2c(ClO-)+c(HClO)
B. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>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-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查溶液中的离子浓度大小关系，可借助电荷守恒，物料守恒，质子守恒来判断；
【详解】A.溶液遵循电荷守恒，应存在c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)，故A项错误；
B.pH=8.3的NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，则c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3) >c(CO32-)，故B项错误；
C.一水合氨为弱电解质，pH=11的氨水与pH=3的盐酸相比较，氨水部分电离，因此浓度大，混合后溶液呈碱性，应有c(OH-)>c(H+)，故C项错误；
D.0.2 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH) = 2c(Na+)，二者联立消去c(Na+)可得，2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D项正确；
综上，本题选D。
17.室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，下列判断正确的是( )
A. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
B. 加水稀释后，溶液中c( NH4+ )·c(OH－)变大
C. 用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D. 其溶液的pH＝13
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故B错误；C、含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故C正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故D错误；故选C。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可。要熟悉弱电解质电离平衡的影响因素，如加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。
18.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32-、NO3－、NH4+、SO32-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、NO3-、Na＋、SO42-
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3-、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①强酸条件下，NO3－与H+结合成HNO3，HNO3会将I－氧化；
②碱性条件下本组离子间不发生反应，可以大量共存；
③溶液可能为酸性也可能为碱性。若溶液呈酸性，CO32-、SO32-则不能存在，若呈碱性，NH4+不能存在；
④溶液为酸性溶液，本溶液中的离子在酸中均可大量共存；
⑤溶液为酸性溶液，NO3－会将Fe2＋氧化；
⑥Al3＋会与Fe3＋发生双水解，不能大量共存；
【详解】①pH=0的强酸环境下，NO3－与H+结合成HNO3，HNO3会将I－氧化，故不能大量共存，故不选①；
②碱性条件下本组离子间不发生反应，可以大量共存，故选②；
③常温下，纯水的c(H＋)＝10-7 mol·L－1，故可知此溶液中水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或者可能呈碱性。若溶液呈酸性，CO32-、SO32-则不能存在，若呈碱性，NH4+不能存在，故不选③；
④加入Mg会产生H2的溶液为酸性溶液，本溶液中的离子在酸中均可大量共存，故选④；
⑤酸性溶液可使石蕊变红，在酸性条件下，NO3－会将Fe2＋氧化，故不能大量共存，故不选⑤；
⑥Al3＋会与Fe3＋发生双水解，故不能大量共存，故不选⑥。
综上，本题选A。
【点睛】本题考查在限定条件下的离子共存问题，③中水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1，溶液可能显酸性、也可能显碱性，只能说明水电离受到了抑制。溶液显酸性时，能与H＋反应的离子不能存在，如CO32－等；溶液显碱性时，能与OH-反应的离子不能存在，如H＋、Fe3+等。
19.将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A. 平衡常数减小 B. BaO量不变
C. 氧气压强变大 D. BaO2量增加
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，据此分析；
【详解】A.温度不变平衡常数不变，故A项错误；
B.该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，BaO量减小，故B项错误；
C.温度不变，平衡常数不变，氧气的浓度不变，氧气的压强不变，故C项错误；
D.该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，BaO2量增加，故D项正确；
综上，本题选D。
20.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g)；ΔH＞0 。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】
△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确； , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误。
21.25 °C时某些弱酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是
A. 等物质的量浓度溶液酸性由强到弱的顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HClO
B. 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO
C. 等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3 混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D. 等pH情况下，溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为：Na2 CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa
【答案】C
【解析】
【分析】
A.酸的电离常数越大，其酸性越强；
B.根据强酸制取弱酸判断；
C.根据Cl原子与C原子相等，结合溶液中物料守恒分析；
D.酸性越强，则对应盐的碱性越弱；
【详解】A.酸的电离常数越大，其酸性越强，所以等物质的量浓度溶液酸性由强到弱的顺序为: CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故A项错误；
B.碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式: ClO－+CO2+H2O=HCO3－+HClO，故B项错误；
C. 等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中，Cl原子与C原子相等，由溶液中物料守恒可以知道: c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，故C项正确；
D.酸性越强，则对应盐的碱性越弱，则其pH越小，等物质的量浓度溶液pH由大到小的顺序为: Na2 CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa ，则等pH情况下，溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为：CH3COONa＞NaHCO3＞NaClO＞Na2 CO3，故D项错误；
综上，本题选C。
22.已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－ ① HSO3－H++SO32－ ②向 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的
A. 加入少量金属 Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中 c(HSO3－)增大
B. 加入少量NaOH溶液，c(SO32-)/c(HSO3-)、c(OH-)/c(H+)的值均增大
C. 加入少量Na2SO3 固体，则 c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+c(OH－)+1/2c(SO32－)
D. 加入氨水至中性，则 2c(Na+)＝c(SO32－)>c(H+)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3-）浓度减小，A错误；加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），B错误；加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）浓度增大；、比值增大，C正确；加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-），D错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，影响盐类水解的主要因素，离子浓度大小的比较。
23.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++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
【答案】C
【解析】
试题分析：A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应:Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。
【考点定位】本题考查电离平衡移动。
【名师点睛】弱电解质的电离是电解质溶液中的三大平衡体系之一，本题考查弱电解质的电离，要明确离子间发生的反应是解本题关键，还要注意加水稀释时，虽然促进了氢硫酸的电离，但氢离子浓度也会减小，溶液的pH增大，该题难度不大。
24.下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na＋＋ H＋＋ CO32 －
B. 25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C. 离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)
D. 温度升高，c(HCO3－ )增大（不考虑溶液的体积变化）
【答案】B
【解析】
【分析】
A.碳酸氢根不能拆；
B. NaHCO3溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大；
C.不满足电荷守恒，故C项错误；
D.温度升高，HCO3－电离程度、水解程度都增大，c(HCO3－ )减小；
【详解】A.碳酸氢根为弱酸根，不能拆，故A项错误；
B.加水稀释后，水解平衡正向移动，氢氧根离子增多，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B项正确；
C.溶液中的电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)，故C项错误；
D.温度升高，促进HCO3-的电离和水解，碳酸氢根浓度降低，故D项错误；
综上，本题选B。
25.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A. 反应前2 min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3 mol·L－1·min-1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)> ν(正)
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2 molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
分析：根据化学反应速率的计算公式进行计算。该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）。由于反应前后气体体积不变，故可用平衡时各组分的物质的量代替浓度计算化学平衡常数。再通入0.2 mol Z，相当于在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变。
详解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）= 0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；
B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；
C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.1 0.1 0.12
由于反应前后气体体积不变，故可用平衡时各组分的物质的量代替浓度计算化学平衡常数，故化学平衡常数K= =1.44，故C正确；
D、再通入0.2 mol Z，相当于在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误。
本题选C。
26.室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的c(OH-)＝1.0×10－14 mol·L－1
B. b点：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
C. c点：c(Cl－)＞c(NH4+)
D. d点：达到滴定终点
【答案】D
【解析】
【分析】
根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用物料守恒和电荷守恒来分析解答；
【详解】A.因a点71.0×10－14 mol·L－1，故A错误；
B. b点时pH>7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)故B项错误；
C.因c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+) =c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Cl－)=c(NH4+)，故C项错误；
D. d点对应的温度最高，说明盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，达到滴定终点，故D项正确；
综上，本题选D。
【点睛】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题，根据电荷守恒式与物料守恒式求差可以得到质子守恒式。
27.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动
C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。
【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；
B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；
C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；
D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；
答案选B。
【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。
28. 下列说法正确的是( )
A. KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B. 25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)
C. 向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D. AgCl沉淀易转化成AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)
【答案】D
【解析】
SO3溶于水后能导电，是因为SO3与水反应生成了强电解质H2SO4，H2SO4溶液能导电，故A项错误；醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，所以pH=7时，醋酸要过量，醋酸溶液的体积大一些，故B项错误；NaAlO2与NaHCO3反应只生成Al(OH)3沉淀，故C项错误；AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明AgI更难溶，故D项正确。
【考点定位】本题考查电解质、酸碱中和滴定、盐类水解、物质间的反应和沉淀的转化。
29.下述实验不能达到预期实验目的的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A.2.5gCuSO4•5H2O中CuSO4的质量为2.5g×=1.6g，溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，则配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液，故A正确；B．因硫化银比氯化银更难溶，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，会得到黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；C．将少量某物质滴加到新制的氢氧化铜悬浊液中，加热后有红色沉淀生成，证明物质中含有醛基，故C错误；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，反应速率增大，浓度不同，反应速率不同，故D正确；故选C。
考点：考查化学实验中基本操作，涉及溶液的配制、分液操作。
30.室温下，将 0.10 mol·L-1 盐酸滴入 20.00 mL 0.10 mol·L-1 氨水中，溶液中 pH 和 pOH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH-)，下列正确的是
A. M 点所示溶液中可能存在c(Cl-)> c(NH4+)
B. N 点所示溶液中可能存在：c (NH4+)+ c(NH3﹒H2O)= c(Cl-)
C. Q 点盐酸与氨水恰好中和
D. M 点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
室温下，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，由图可得，Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性，M点溶液呈碱性，N点溶液呈酸性。据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。
【详解】A项，M点溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可得：c(Cl-)
D项，氨水中水的电离被抑制，滴加盐酸生成氯化铵，使水的电离程度增大，Q点时溶液呈中性，水的电离既不被抑制也不被促进，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大，故D错误。
综上所述，符合题意的选项为B。
31.CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g) N 2(g)+CO2(g) △H，在T 1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/(mol/L)/\时间/min
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
①根据图表数据分析T1 ℃时，该反应在0～10 min内的平均反应速率v(N2)＝____________mol·L -1·min -1；计算该反应的平衡常数K＝_____________。
② 若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是____________（填字母编号）。
A.加入合适的催化剂 B.适当缩小容器的体积
C.通入一定量的NO D.加入一定量的活性炭
③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:3：3，则达到新平衡时NO的转化率____________（填“升高”或“降低”），△H_____0（填“>”或“<”）。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H 1＝－49.1 kJ·mol － 1
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H 2＝－24.5 kJ·mol － 1
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_____________________________________。
（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：_______________________。
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32－)∶c(HCO3－)=_______________。[常温下K 1(H2CO3)=4.4×10 -7、 K 2(H2CO3)=5×10 -11]。
②欲用2LNa2CO3溶液将4.66 g BaSO4 (233 g/moL)固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10－11，Ksp (BaCO3)=1×10 －10]。（忽略溶液体积的变化）
【答案】 (1). 0.042 (2). 4.0 (3). BC (4). 降低 (5). < (6). 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1 (7). CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (8). 1：2或0.5 (9). 0.11mol/L
【解析】
试题分析：本题考查化学反应速率和化学平衡常数的计算，外界条件对化学平衡的影响，盖斯定律的应用，燃料电池电极反应式的书写，电离平衡常数的计算，与溶度积有关的计算。
（1）①在0~10min内的平均反应速率υ（N2）=（0.42mol/L-0mol/L）10min=0.042mol/（L·min）。20min~30min各物质的物质的量浓度不变，说明反应已经达到平衡，即平衡时NO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.40mol/L、0.80mol/L、0.80mol/L，该反应的平衡常数K=[c（N2）·c（CO2）]/c2（NO）==4。
②30min后改变一个条件，40min时NO、N2、CO2的浓度都变为30min时的1.5倍。A项，加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；B项，适当缩小容器的体积，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；C项，通入一定量的NO，由于C是固体，相当于增大压强，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；D项，加入一定量的活性炭，由于C是固体，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；答案选BC。
③30min时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40：0.80：0.80=1:2:2，升高温度NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，即升高温度平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时NO的转化率降低，逆反应为吸热反应，ΔH0。
（2）将反应编号，
CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH1＝-49.1 kJ·mol－1（①式）
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH2＝-24.5 kJ·mol－1（②式）
应用盖斯定律，①式2+②式得2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH=2ΔH1+ΔH2=2（-49.1kJ/mol）+（-24.5kJ/mol）=-122.7kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH=-122.7kJ/mol。
（3）二甲醚氧气电池中电解质为KOH溶液，负极二甲醚被氧化成CO32-，1mol二甲醚失去12mol电子，负极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
（4）①H2CO3的电离方程式为H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-，K2（H2CO3）=[c（H+）·c（CO32-）]/c（HCO3-），则c（CO32-）：c（HCO3-）= K2（H2CO3）/c（H+）=510-11（110-10）=1:2。
②n（BaSO4）==0.02mol，沉淀转化的离子方程式为BaSO4（s）+CO32-（aq）BaCO3（s）+SO42-（aq），该反应的平衡常数K=c（SO42-）/c（CO32-）=Ksp（BaSO4）/Ksp（BaCO3）=110-11（110-10）=0.1；根据离子方程式，当BaSO4固体全部转化时消耗CO32-物质的量为0.02mol，生成的SO42-物质的量为0.02mol，溶液中c（SO42-）=0.02mol2L=0.01mol/L，溶液中c（CO32-）= c（SO42-）/K=0.01mol/L0.1=0.1mol/L；所用Na2CO3物质的量浓度至少为0.02mol2L+0.1mol/L=0.11mol/L。
32.A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。请根据以上信息回答下列问题：
（1）BD2的电子式为_______________________。
（2）EAB2D4水溶液显酸性的原因是____________________________________。
（3）将等浓度等体积的EBC溶液和ABC溶液混合，所得混合溶液（呈碱性）中各微粒（水分子除外）浓度由大到小的顺序为_________________________________________。
（4）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解。写出该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式__________________________________。
（5）常温下，测得X和Y的水溶液的pH均为5，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是_________。
（6）在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：C2(g)+3A2(g）2CA3(g)△H=－92.4 kJ/mol。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为C2：0.5 mol、A2：0.2 mol、CA3：0.2 mol，此时容器体积为1.0 L。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18 molC2，平衡将______移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
【答案】 (1). (2). HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性 (3). c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH-)＞c(H+) (4). Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O (5). 10-4:1或1:104 (6). 逆向
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，则A为氢元素，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为碳元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为氮元素，X为硝酸，Y为氯化氨，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，则D为氧元素，E为钠元素；
【详解】(1)BD2为CO2，其电子式为
(2)H2C2O4是二元弱酸，HC2O4-既能电离又能水解，NaHC2O4水溶液显酸性的原因是：HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；
(3)将等浓度等体积的HCN溶液和NaCN溶液混合，所得混合溶液呈碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度，故溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4) A、B、D、E四种元素组成了碳酸氢钠，该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O；
(5)常温下，测得硝酸和氯化铵溶液pH均为5，硝酸抑制水的电离而氯化铵促进水的电离，则硝酸中水电离的H+浓度等于c(OH-)=10-9mol/L，氯化铵中水电离的H+浓度等于c(H+)=10-5mol/L，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是10-4:1（或1:104）；
(6)该反应的平衡常数K=c2(0.2mol/1L)/c(0.5 mol/1L)×c3(0.2mol/1L)=10L2/mol2，如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18 molC2，若平衡不移动，则气体的物质的量变为（0.9mol+0.18mol）=1.08mol，容器的体积变为1.08/0.9×1L=1.2L，此时Qc= c2(0.2mol/1.2L)/c(0.68 mol/1.2L)×c3(0.2mol/1.2L)=10.59 L2/mol2>10L2/mol2，平衡将逆向移动；
【点睛】本题（3）中考察了等浓度等体积的HCN溶液和NaCN溶液混合溶液中离子浓度大小关系。溶液中存在HCN的电离和CN－水解，HCN的电离使氢离子浓度增大，CN－水解使氢氧根离子浓度增大，根据溶液呈碱性，可判断出CN－水解程度大于HCN电离程度。类似的也可以判断等浓度等体积的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合溶液中离子浓度大小关系。
33.基于新材料及3D打印技术，科学家研制出一种微胶囊吸收剂能将工厂排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入Na2CO3溶液，其原理如图所示。
（1）这种微胶囊吸收CO2的原理是_____________(用离子方程式解释)，此过程是_______（填“吸收”或“放出”）能量的过程。
（2）在吸收过程中关于胶囊内溶液下列说法正确的是_____________。
a. 吸收前溶液中c(Na＋)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)
b. 吸收过程中，体系中所有的含碳微粒是CO32－、HCO3－、H2CO3
c. 当n(CO2)：n(Na2CO3)＝1:3时，溶液中c(CO32－)
（3）将吸收的CO2催化加氢可制得乙烯。
已知：2CO2(g)＋6H2(g) C2H4(g)＋4H2O(g) △H ＝－127.8 kJ/mol，如图曲线a表示在体积为2 L的恒容容器中，投料为1 mol CO2和3 mol H2时，测得温度对CO2的平衡转化率的影响，改变投料比测量后得到曲线b。
①根据曲线a计算250℃时该反应的化学平衡常数K＝_____________（带入数值列出计算式即可）
②b条件下投料比n(H2)/n(CO2)______3（填“＞”、“＜”或“＝”），判断依据是____________________________
③下列说法正确的是_____________。
a. 平衡常数大小：M=M1> N
b. 其他条件不变，b条件时增加催化剂用量，则250℃时CO2的平衡转化率可能达到M
c. 当压强、混合气体的密度或n(H2)/n(CO2)不变时均可视为化学反应已达到平衡状态
d. 工业生产中采取较高温度（250 ℃左右）是为了提高催化剂活性加快反应速率。
【答案】 (1). CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－ (2). 放出 (3). cd (4). 0.125×0.54/(0.252×0.756) (5). ＜ (6). 其它条件不变时，增加H2的浓度，可以提高CO2的转化率 (7). ad
【解析】
【分析】
(1)根据二氧化碳与碳酸钠溶液反应分析；
(2)根据盐类水解法原理结合物料守恒和电荷守恒关系判断；
(3)结合图像进行分析，可以得到CO2的平衡转化率随温度变化的关系，也可以得到催化效率随温度变化的关系，具体分析即可；
【详解】(1) CO2被碳酸钠溶液吸收发生的反应为CO2＋ H2O＋ Na2CO3＝2NaHCO3，离子方程式为CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－；由图可知解吸过程为吸热过程，则吸收CO2过程为放出热量的过程；
(2) a. 吸收前溶液中，由于CO32－水解，溶液呈碱性，离子大小顺序为c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)> c(H＋)，故a项错误；
b.吸收过程中，体系中所有的含碳微粒是CO32－、HCO3－、H2CO3以及溶解的CO2分子，故b项错误；
c.当n(CO2)：n(Na2CO3)＝1:3时，由反应式CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－可知，吸收1mol CO2要消耗1molCO32－，同时生成2molHCO3－，剩余2mol CO32－，溶液中生成的HCO3－与未反应的CO32－物质的量相等，但由于CO32－水解程度大于HCO3－，则c(CO32－)
综上，本题选cd；
(3) ①250℃时，CO2的平衡转化率为50%，则平衡时c(CO2)=0.25mol/L、c(H2)=0.75mol/L 、c(C2H4) =0.125mol/L 、c(H2O)=0.5mol/L，故K=0.125×0.54/(0.252×0.756)；
②由题可知，其它条件不变时，增加H2的浓度，可以提高CO2的转化率，故b条件下投料比n(H2)/n(CO2)<3；
③a.平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，则：M=M1，该反应为放热反应，升高温度K变小，M1> N，故平衡常数大小：M=M1> N，a项正确；
b.加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，故b项错误；
c.恒容容器中，反应物和生成物均为气体，气体质量不变，容器体积不变，故密度恒为定值，不能作为是否达到平衡的判断依据，故c项错误；
d.由图可知，催化剂催化效率随温度升高先增大后降低，温度为250 ℃左右时，催化效率最高，则工业生产中采取较高温度是为了提高催化剂活性加快反应速率，故d项正确；
综上，本题选ad。
34.一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Ni2＋等生成，废渣的主要成分是__________；金属镍溶解的离子方程式为__________________________________________。
（2）“除铁”时H2O2的作用是___________________，加入碳酸钠的目的是__________________________________________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_____________________________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________。
（4）已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_____________________。
（5）已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10－15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为_______，Ni2＋才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度≤10－5 mol/L；lg2=0.30）
【答案】 (1). SiO2 (2). 5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O (3). 将亚铁离子氧化为铁离子 (4). 调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣 (5). H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ (6). 无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境 (7). 过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器 (8). 9.15
【解析】
分析：废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍。双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀。
详解：(1) SiO2不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是SiO2；金属镍溶解时被氧化为镍离子的同时硝酸被还原产生氮气，反应的离子方程式为5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O；（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更好；(4)氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故NaF的实际用量不能过多；(5) Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5mol/L×c2(OH-)= 2.0×10-15，则c(OH-)= ×10-5，c(H+)=，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。
点睛：本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质等相关知识，掌握基础是关键，题目难度中等。
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约能源保护环境
B. 日常生活中的废旧电池会污染环境，应填埋处理
C. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
D. 家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A.化石能源使用排放二氧化硫等污染物；
B.废旧电池中的重金属会对环境造成污染；
C.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能；
D.Fe在干燥处不易生锈；
【详解】A.化石能源使用排放二氧化硫等污染物，而太阳能为新能源，对环境无污染，有利于节约能源保护环境，故A项正确；
B.废旧电池中的重金属会对环境造成污染，则日常生活中的废旧电池应集中回收处理，不能填埋，故B项错误；
C.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故C项正确；
D.Fe在干燥处不易生锈，而在潮湿的环境中易生锈，所以家用铁锅用水清洗后放置在干燥处，能减缓铁锅生锈，故D项正确；
综上，本题选B。
2.下列变化过程，属于放热过程的是
A. 液态水变成水蒸气 B. 酸碱中和反应
C. 弱酸电离 D. NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌
【答案】B
【解析】
试题分析：A.液态水变成水蒸气，是物理变化中的汽化，是吸热过程，故A错误；B.酸碱中和反应，是典型的放热反应，是放热过程，故B正确；C.弱酸电离，是化学变化中的吸热反应，是吸热过程，故C错误；D.NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌，是典型的吸热反应，是吸热过程，故D错误；
考点：吸热反应和放热反应
3.下列溶液加热蒸干后，能得到溶质本身固体的是
A. CuCl2 B. FeCl2 C. Na2CO3 D. Na2SO3
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解的应用、碳酸氢钠的性质，可分析加热过程中水解的离子是哪种，判断出加热蒸干后得到的产物；
【详解】A.氯化铜溶液中存在铜离子的水解平衡，加热促进水解，且生成的盐酸极易挥发，得到氢氧化铜固体，氢氧化铜固体受热易分解，因此最终得不到纯净的氯化铜，故A项不符合题意；
B.氯化亚铁溶液加热过程中极易被氧化生成三价铁，亚铁离子和铁离子均可水解，水解生成氢氧化亚铁、氢氧化铁和盐酸，加热蒸干时盐酸极易挥发、氢氧化亚铁、氢氧化铁固体受热易分解，所以最终得不到纯净的氯化亚铁，故B项不符合题意；
C. Na2CO3溶液中，虽然存在CO32-的水解平衡，其水解得到碳酸氢钠和氢氧化钠，但是蒸干时，碳酸氢钠和氢氧化钠反应又生成碳酸钠，故C项符合题意；
D. 加热蒸干的过程中Na2SO3易被氧化为硫酸钠，得不到纯净的Na2SO3，故D项不符合题意；
综上，本题选C。
4.一定温度下，在氢氧化钙的悬浊液中，存在氢氧化钙固体与其电离出的离子间溶解结晶平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OHˉ(aq)。向此种悬浊液中加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度。下列叙述正确的是
A. 溶液中钙离子数目减小 B. 溶液中钙离子浓度减少
C. 溶液中氢氧根离子浓度增大 D. pH减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A，。氧化钙和水反应生成氢氧化钙，水减少，溶液中的氢氧化钙溶解的减小，离子数目减小，故正确；B、仍为饱和溶液，离子浓度不变，故错误；C、溶液中离子浓不变，故错误；D、pH不变，故错误。
考点：难溶电解质的溶解平衡
5.反应A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A. 加入催化剂，B的转化率增大 B. 减小容器体积，平衡不移动
C. 增大c(A)，A的转化率增大 D. 降低温度，v正 增大，v逆 减小
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 使用催化剂，不影响平衡移动；
B. 对于反应前后气体化学计量数不变的反应，改变压强，不影响平衡移动；
C.增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；
D.降低温度，正、逆反应速率都降低；
【详解】A.使用催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，B的转化率不变，故A项错误；
B. 减小容器体积，压强增大，因为该反应前后气体体积不变，故平衡不移动，故B项正确；
C.增大c(A)，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，但A的转化率降低，故C错误；
D.降低温度，正、逆反应速率都降低，故D错误；
综上，本题选B。
6.过氧化氢分解反应过程中，能量变化如图所示：下列说法正确的是
A. 催化剂可以改变过氧化氢分解反应的焓变
B. CuCl2或FeCl3可以催化H2O2分解反应
C. 催化剂不能改变反应路径
D. H2O2分解是吸热反应
【答案】B
【解析】
【分析】
A.催化剂不能改变反应的焓变；
B. CuCl2或FeCl3是H2O2分解反应的催化剂；
C.催化剂能够降低化学反应的活化能，改变了反应路径；
D.由图可知，H2O2分解是放热反应；
【详解】A.反应的焓变，只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故A项错误；
B.CuCl2或FeCl3、过氧化氢酶等都可以催化H2O2分解反应，故B项正确；
C.由图可知，催化剂通过改变反应的途径降低了反应的活化能，故C项错误；
D.由坐标图可知，过氧化氢分解的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故D项错误；
综上，本题选B。
7. 下列能正确表示水解的离子方程式是
A. CH3COOH + H2OCH3COO-+ H3O+
B. NH4++ H2ONH3·H2O + H+
C. CO32-+ 2H2OH2CO3+ 2OH-
D. Br-+ H2OHBr + OH-
【答案】B
【解析】
试题分析：A．该反应为弱酸的电离方程式，故A错误；B．铵根离子和水反应生成弱电解质一水合氨和氢离子，为水解反应，故B正确；C．碳酸根离子分两步水解，第一步水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故C错误；D．氢溴酸为强电解质，所以溴离子不是弱根离子，在水溶液里溴离子不水解，故D错误；
考点：考查了水解反应
8.在一定条件下，对于A2(g)+3B2(g)2AB3(g)反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是
A. v(A2)＝0.8mol·L-1·s-1 B. v(A2)＝40mol·L-1·min-1
C. v(AB3)＝1.0mol·L-1·s-1 D. v(B2)＝1.2mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】
试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，如果都用物质B2不是反应速率（mol·L-1·s-1），则分别是0.8×3＝2.4、＝2、×1＝1.5、1.2，因此答案选A。
考点：考查反应速率计算和大小比较
9.对“AgCl(s)Ag+ (aq) + Cl-(aq)”的理解正确的是
A. 说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
B. 说明溶解的AgCl已完全电离，AgCl是强电解质
C. 说明Ag＋与Cl－的反应不能完全进行到底
D. 说明Ag＋与Cl－的反应可以完全进行到底
【答案】C
【解析】
试题分析：，该方程式表示AgCl的溶解平衡，溶解平衡的含义就是离子结合成沉淀的速率等于沉淀电离成离子的速率，所以说明Ag＋与Cl－的反应不能完全进行到底，答案选C。
考点：考查对溶解平衡方程式的理解
10.下列表述中正确的是
A. 任何能使熵值增大的过程都能自发进行
B. △H＜0，△S＞0的化学反应一定能自发进行
C. 已知热化学方程式2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ·mol－1（Q＞0），则将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量
D. 稀溶液中1 mol NaOH分别和1mol CH3COOH、1molHNO3反应，两者放出的热量一样多
【答案】B
【解析】
试题分析：A．若熵值增大，△H>0，根据自发进行的判断依据是△G=△H-T△S＜0，则该反应在低温不能自发进行，故A错误；B．△H＜0，△S＞0的化学反应△G=△H-T△S＜0一定能自发进行.正确；C．可逆反应存在一定的限度，不可能全部反应，所以2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密闭容器中充分反应后放出小于Q kJ 的热量，故C错误；D．CH2COOH电离要吸收热量，所以1molNaOH分别和1molCH2COOH、1molHHO3反应，后者必前者放出的热量多，故D不正确；
考点：考查了反应热的计算以及反应热大小的比较
11.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡常数只与温度有关，温度改变，K值一定改变，K值改变，温度一定改变，温度不变，压强改变，或浓度改变，K值不变，平衡移动，故D错误。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
12.在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于
A. 5% B. 10% C. 15% D. 20%
【答案】C
【解析】
试题分析： N2＋3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
则平衡时氮气的体积分数＝，答案选C。
考点：考查可逆反应计算
13.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
分析：平衡移动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；平衡移动原理适用的对象必须存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
详解:A.存在平衡2NO2⇌N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A错误；
B. 水是弱电解质，存在电离平衡H2O⇌H++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，故B错误；
C.过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用,加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，所以C选项是正确的；
D.氨水中存在平衡NH3H2O⇌NH4++OH-，浓度越稀，电离程度越大，故0.1nol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D错误；
所以C选项是正确的。
14.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
15.下列叙述正确的是
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. 向CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后，溶液中的c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】
试题分析：A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确，答案选D。
考点：考查氢氧化铁胶体制备、盐类水解、离子反应以及溶解平衡等
16.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(OH-)+2c(ClO-)+c(HClO)
B. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>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-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查溶液中的离子浓度大小关系，可借助电荷守恒，物料守恒，质子守恒来判断；
【详解】A.溶液遵循电荷守恒，应存在c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)，故A项错误；
B.pH=8.3的NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，则c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3) >c(CO32-)，故B项错误；
C.一水合氨为弱电解质，pH=11的氨水与pH=3的盐酸相比较，氨水部分电离，因此浓度大，混合后溶液呈碱性，应有c(OH-)>c(H+)，故C项错误；
D.0.2 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH) = 2c(Na+)，二者联立消去c(Na+)可得，2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D项正确；
综上，本题选D。
17.室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，下列判断正确的是( )
A. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
B. 加水稀释后，溶液中c( NH4+ )·c(OH－)变大
C. 用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D. 其溶液的pH＝13
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故B错误；C、含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故C正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故D错误；故选C。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可。要熟悉弱电解质电离平衡的影响因素，如加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。
18.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32-、NO3－、NH4+、SO32-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、NO3-、Na＋、SO42-
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3-、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①强酸条件下，NO3－与H+结合成HNO3，HNO3会将I－氧化；
②碱性条件下本组离子间不发生反应，可以大量共存；
③溶液可能为酸性也可能为碱性。若溶液呈酸性，CO32-、SO32-则不能存在，若呈碱性，NH4+不能存在；
④溶液为酸性溶液，本溶液中的离子在酸中均可大量共存；
⑤溶液为酸性溶液，NO3－会将Fe2＋氧化；
⑥Al3＋会与Fe3＋发生双水解，不能大量共存；
【详解】①pH=0的强酸环境下，NO3－与H+结合成HNO3，HNO3会将I－氧化，故不能大量共存，故不选①；
②碱性条件下本组离子间不发生反应，可以大量共存，故选②；
③常温下，纯水的c(H＋)＝10-7 mol·L－1，故可知此溶液中水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或者可能呈碱性。若溶液呈酸性，CO32-、SO32-则不能存在，若呈碱性，NH4+不能存在，故不选③；
④加入Mg会产生H2的溶液为酸性溶液，本溶液中的离子在酸中均可大量共存，故选④；
⑤酸性溶液可使石蕊变红，在酸性条件下，NO3－会将Fe2＋氧化，故不能大量共存，故不选⑤；
⑥Al3＋会与Fe3＋发生双水解，故不能大量共存，故不选⑥。
综上，本题选A。
【点睛】本题考查在限定条件下的离子共存问题，③中水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1，溶液可能显酸性、也可能显碱性，只能说明水电离受到了抑制。溶液显酸性时，能与H＋反应的离子不能存在，如CO32－等；溶液显碱性时，能与OH-反应的离子不能存在，如H＋、Fe3+等。
19.将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A. 平衡常数减小 B. BaO量不变
C. 氧气压强变大 D. BaO2量增加
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，据此分析；
【详解】A.温度不变平衡常数不变，故A项错误；
B.该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，BaO量减小，故B项错误；
C.温度不变，平衡常数不变，氧气的浓度不变，氧气的压强不变，故C项错误；
D.该反应是正向气体体积增大的反应，缩小容器容积反应逆向移动，BaO2量增加，故D项正确；
综上，本题选D。
20.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g)；ΔH＞0 。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】
△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确； , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误。
21.25 °C时某些弱酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是
A. 等物质的量浓度溶液酸性由强到弱的顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HClO
B. 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO
C. 等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3 混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D. 等pH情况下，溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为：Na2 CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa
【答案】C
【解析】
【分析】
A.酸的电离常数越大，其酸性越强；
B.根据强酸制取弱酸判断；
C.根据Cl原子与C原子相等，结合溶液中物料守恒分析；
D.酸性越强，则对应盐的碱性越弱；
【详解】A.酸的电离常数越大，其酸性越强，所以等物质的量浓度溶液酸性由强到弱的顺序为: CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故A项错误；
B.碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式: ClO－+CO2+H2O=HCO3－+HClO，故B项错误；
C. 等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中，Cl原子与C原子相等，由溶液中物料守恒可以知道: c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，故C项正确；
D.酸性越强，则对应盐的碱性越弱，则其pH越小，等物质的量浓度溶液pH由大到小的顺序为: Na2 CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa ，则等pH情况下，溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为：CH3COONa＞NaHCO3＞NaClO＞Na2 CO3，故D项错误；
综上，本题选C。
22.已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－ ① HSO3－H++SO32－ ②向 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的
A. 加入少量金属 Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中 c(HSO3－)增大
B. 加入少量NaOH溶液，c(SO32-)/c(HSO3-)、c(OH-)/c(H+)的值均增大
C. 加入少量Na2SO3 固体，则 c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+c(OH－)+1/2c(SO32－)
D. 加入氨水至中性，则 2c(Na+)＝c(SO32－)>c(H+)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3-）浓度减小，A错误；加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），B错误；加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）浓度增大；、比值增大，C正确；加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-），D错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，影响盐类水解的主要因素，离子浓度大小的比较。
23.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++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
【答案】C
【解析】
试题分析：A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应:Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。
【考点定位】本题考查电离平衡移动。
【名师点睛】弱电解质的电离是电解质溶液中的三大平衡体系之一，本题考查弱电解质的电离，要明确离子间发生的反应是解本题关键，还要注意加水稀释时，虽然促进了氢硫酸的电离，但氢离子浓度也会减小，溶液的pH增大，该题难度不大。
24.下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na＋＋ H＋＋ CO32 －
B. 25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C. 离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)
D. 温度升高，c(HCO3－ )增大（不考虑溶液的体积变化）
【答案】B
【解析】
【分析】
A.碳酸氢根不能拆；
B. NaHCO3溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大；
C.不满足电荷守恒，故C项错误；
D.温度升高，HCO3－电离程度、水解程度都增大，c(HCO3－ )减小；
【详解】A.碳酸氢根为弱酸根，不能拆，故A项错误；
B.加水稀释后，水解平衡正向移动，氢氧根离子增多，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B项正确；
C.溶液中的电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)，故C项错误；
D.温度升高，促进HCO3-的电离和水解，碳酸氢根浓度降低，故D项错误；
综上，本题选B。
25.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A. 反应前2 min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3 mol·L－1·min-1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)> ν(正)
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2 molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
分析：根据化学反应速率的计算公式进行计算。该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）。由于反应前后气体体积不变，故可用平衡时各组分的物质的量代替浓度计算化学平衡常数。再通入0.2 mol Z，相当于在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变。
详解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）= 0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；
B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；
C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.1 0.1 0.12
由于反应前后气体体积不变，故可用平衡时各组分的物质的量代替浓度计算化学平衡常数，故化学平衡常数K= =1.44，故C正确；
D、再通入0.2 mol Z，相当于在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误。
本题选C。
26.室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的c(OH-)＝1.0×10－14 mol·L－1
B. b点：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
C. c点：c(Cl－)＞c(NH4+)
D. d点：达到滴定终点
【答案】D
【解析】
【分析】
根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用物料守恒和电荷守恒来分析解答；
【详解】A.因a点7
B. b点时pH>7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)故B项错误；
C.因c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+) =c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Cl－)=c(NH4+)，故C项错误；
D. d点对应的温度最高，说明盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，达到滴定终点，故D项正确；
综上，本题选D。
【点睛】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题，根据电荷守恒式与物料守恒式求差可以得到质子守恒式。
27.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动
C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。
【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；
B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；
C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；
D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；
答案选B。
【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。
28. 下列说法正确的是( )
A. KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B. 25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)
C. 向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D. AgCl沉淀易转化成AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)
【答案】D
【解析】
SO3溶于水后能导电，是因为SO3与水反应生成了强电解质H2SO4，H2SO4溶液能导电，故A项错误；醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，所以pH=7时，醋酸要过量，醋酸溶液的体积大一些，故B项错误；NaAlO2与NaHCO3反应只生成Al(OH)3沉淀，故C项错误；AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明AgI更难溶，故D项正确。
【考点定位】本题考查电解质、酸碱中和滴定、盐类水解、物质间的反应和沉淀的转化。
29.下述实验不能达到预期实验目的的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A.2.5gCuSO4•5H2O中CuSO4的质量为2.5g×=1.6g，溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，则配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液，故A正确；B．因硫化银比氯化银更难溶，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，会得到黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；C．将少量某物质滴加到新制的氢氧化铜悬浊液中，加热后有红色沉淀生成，证明物质中含有醛基，故C错误；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，反应速率增大，浓度不同，反应速率不同，故D正确；故选C。
考点：考查化学实验中基本操作，涉及溶液的配制、分液操作。
30.室温下，将 0.10 mol·L-1 盐酸滴入 20.00 mL 0.10 mol·L-1 氨水中，溶液中 pH 和 pOH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH-)，下列正确的是
A. M 点所示溶液中可能存在c(Cl-)> c(NH4+)
B. N 点所示溶液中可能存在：c (NH4+)+ c(NH3﹒H2O)= c(Cl-)
C. Q 点盐酸与氨水恰好中和
D. M 点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
室温下，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，由图可得，Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性，M点溶液呈碱性，N点溶液呈酸性。据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。
【详解】A项，M点溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可得：c(Cl-)
D项，氨水中水的电离被抑制，滴加盐酸生成氯化铵，使水的电离程度增大，Q点时溶液呈中性，水的电离既不被抑制也不被促进，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大，故D错误。
综上所述，符合题意的选项为B。
31.CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g) N 2(g)+CO2(g) △H，在T 1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
浓度/(mol/L)/\时间/min
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
①根据图表数据分析T1 ℃时，该反应在0～10 min内的平均反应速率v(N2)＝____________mol·L -1·min -1；计算该反应的平衡常数K＝_____________。
② 若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是____________（填字母编号）。
A.加入合适的催化剂 B.适当缩小容器的体积
C.通入一定量的NO D.加入一定量的活性炭
③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:3：3，则达到新平衡时NO的转化率____________（填“升高”或“降低”），△H_____0（填“>”或“<”）。
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H 1＝－49.1 kJ·mol － 1
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H 2＝－24.5 kJ·mol － 1
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_____________________________________。
（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：_______________________。
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32－)∶c(HCO3－)=_______________。[常温下K 1(H2CO3)=4.4×10 -7、 K 2(H2CO3)=5×10 -11]。
②欲用2LNa2CO3溶液将4.66 g BaSO4 (233 g/moL)固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10－11，Ksp (BaCO3)=1×10 －10]。（忽略溶液体积的变化）
【答案】 (1). 0.042 (2). 4.0 (3). BC (4). 降低 (5). < (6). 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1 (7). CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (8). 1：2或0.5 (9). 0.11mol/L
【解析】
试题分析：本题考查化学反应速率和化学平衡常数的计算，外界条件对化学平衡的影响，盖斯定律的应用，燃料电池电极反应式的书写，电离平衡常数的计算，与溶度积有关的计算。
（1）①在0~10min内的平均反应速率υ（N2）=（0.42mol/L-0mol/L）10min=0.042mol/（L·min）。20min~30min各物质的物质的量浓度不变，说明反应已经达到平衡，即平衡时NO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.40mol/L、0.80mol/L、0.80mol/L，该反应的平衡常数K=[c（N2）·c（CO2）]/c2（NO）==4。
②30min后改变一个条件，40min时NO、N2、CO2的浓度都变为30min时的1.5倍。A项，加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；B项，适当缩小容器的体积，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；C项，通入一定量的NO，由于C是固体，相当于增大压强，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；D项，加入一定量的活性炭，由于C是固体，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；答案选BC。
③30min时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40：0.80：0.80=1:2:2，升高温度NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，即升高温度平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时NO的转化率降低，逆反应为吸热反应，ΔH0。
（2）将反应编号，
CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH1＝-49.1 kJ·mol－1（①式）
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH2＝-24.5 kJ·mol－1（②式）
应用盖斯定律，①式2+②式得2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH=2ΔH1+ΔH2=2（-49.1kJ/mol）+（-24.5kJ/mol）=-122.7kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH=-122.7kJ/mol。
（3）二甲醚氧气电池中电解质为KOH溶液，负极二甲醚被氧化成CO32-，1mol二甲醚失去12mol电子，负极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
（4）①H2CO3的电离方程式为H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-，K2（H2CO3）=[c（H+）·c（CO32-）]/c（HCO3-），则c（CO32-）：c（HCO3-）= K2（H2CO3）/c（H+）=510-11（110-10）=1:2。
②n（BaSO4）==0.02mol，沉淀转化的离子方程式为BaSO4（s）+CO32-（aq）BaCO3（s）+SO42-（aq），该反应的平衡常数K=c（SO42-）/c（CO32-）=Ksp（BaSO4）/Ksp（BaCO3）=110-11（110-10）=0.1；根据离子方程式，当BaSO4固体全部转化时消耗CO32-物质的量为0.02mol，生成的SO42-物质的量为0.02mol，溶液中c（SO42-）=0.02mol2L=0.01mol/L，溶液中c（CO32-）= c（SO42-）/K=0.01mol/L0.1=0.1mol/L；所用Na2CO3物质的量浓度至少为0.02mol2L+0.1mol/L=0.11mol/L。
32.A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。请根据以上信息回答下列问题：
（1）BD2的电子式为_______________________。
（2）EAB2D4水溶液显酸性的原因是____________________________________。
（3）将等浓度等体积的EBC溶液和ABC溶液混合，所得混合溶液（呈碱性）中各微粒（水分子除外）浓度由大到小的顺序为_________________________________________。
（4）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解。写出该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式__________________________________。
（5）常温下，测得X和Y的水溶液的pH均为5，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是_________。
（6）在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：C2(g)+3A2(g）2CA3(g)△H=－92.4 kJ/mol。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为C2：0.5 mol、A2：0.2 mol、CA3：0.2 mol，此时容器体积为1.0 L。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18 molC2，平衡将______移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
【答案】 (1). (2). HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性 (3). c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH-)＞c(H+) (4). Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O (5). 10-4:1或1:104 (6). 逆向
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，则A为氢元素，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为碳元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为氮元素，X为硝酸，Y为氯化氨，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，则D为氧元素，E为钠元素；
【详解】(1)BD2为CO2，其电子式为
(2)H2C2O4是二元弱酸，HC2O4-既能电离又能水解，NaHC2O4水溶液显酸性的原因是：HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；
(3)将等浓度等体积的HCN溶液和NaCN溶液混合，所得混合溶液呈碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度，故溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4) A、B、D、E四种元素组成了碳酸氢钠，该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O；
(5)常温下，测得硝酸和氯化铵溶液pH均为5，硝酸抑制水的电离而氯化铵促进水的电离，则硝酸中水电离的H+浓度等于c(OH-)=10-9mol/L，氯化铵中水电离的H+浓度等于c(H+)=10-5mol/L，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是10-4:1（或1:104）；
(6)该反应的平衡常数K=c2(0.2mol/1L)/c(0.5 mol/1L)×c3(0.2mol/1L)=10L2/mol2，如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18 molC2，若平衡不移动，则气体的物质的量变为（0.9mol+0.18mol）=1.08mol，容器的体积变为1.08/0.9×1L=1.2L，此时Qc= c2(0.2mol/1.2L)/c(0.68 mol/1.2L)×c3(0.2mol/1.2L)=10.59 L2/mol2>10L2/mol2，平衡将逆向移动；
【点睛】本题（3）中考察了等浓度等体积的HCN溶液和NaCN溶液混合溶液中离子浓度大小关系。溶液中存在HCN的电离和CN－水解，HCN的电离使氢离子浓度增大，CN－水解使氢氧根离子浓度增大，根据溶液呈碱性，可判断出CN－水解程度大于HCN电离程度。类似的也可以判断等浓度等体积的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合溶液中离子浓度大小关系。
33.基于新材料及3D打印技术，科学家研制出一种微胶囊吸收剂能将工厂排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入Na2CO3溶液，其原理如图所示。
（1）这种微胶囊吸收CO2的原理是_____________(用离子方程式解释)，此过程是_______（填“吸收”或“放出”）能量的过程。
（2）在吸收过程中关于胶囊内溶液下列说法正确的是_____________。
a. 吸收前溶液中c(Na＋)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)
b. 吸收过程中，体系中所有的含碳微粒是CO32－、HCO3－、H2CO3
c. 当n(CO2)：n(Na2CO3)＝1:3时，溶液中c(CO32－)
（3）将吸收的CO2催化加氢可制得乙烯。
已知：2CO2(g)＋6H2(g) C2H4(g)＋4H2O(g) △H ＝－127.8 kJ/mol，如图曲线a表示在体积为2 L的恒容容器中，投料为1 mol CO2和3 mol H2时，测得温度对CO2的平衡转化率的影响，改变投料比测量后得到曲线b。
①根据曲线a计算250℃时该反应的化学平衡常数K＝_____________（带入数值列出计算式即可）
②b条件下投料比n(H2)/n(CO2)______3（填“＞”、“＜”或“＝”），判断依据是____________________________
③下列说法正确的是_____________。
a. 平衡常数大小：M=M1> N
b. 其他条件不变，b条件时增加催化剂用量，则250℃时CO2的平衡转化率可能达到M
c. 当压强、混合气体的密度或n(H2)/n(CO2)不变时均可视为化学反应已达到平衡状态
d. 工业生产中采取较高温度（250 ℃左右）是为了提高催化剂活性加快反应速率。
【答案】 (1). CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－ (2). 放出 (3). cd (4). 0.125×0.54/(0.252×0.756) (5). ＜ (6). 其它条件不变时，增加H2的浓度，可以提高CO2的转化率 (7). ad
【解析】
【分析】
(1)根据二氧化碳与碳酸钠溶液反应分析；
(2)根据盐类水解法原理结合物料守恒和电荷守恒关系判断；
(3)结合图像进行分析，可以得到CO2的平衡转化率随温度变化的关系，也可以得到催化效率随温度变化的关系，具体分析即可；
【详解】(1) CO2被碳酸钠溶液吸收发生的反应为CO2＋ H2O＋ Na2CO3＝2NaHCO3，离子方程式为CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－；由图可知解吸过程为吸热过程，则吸收CO2过程为放出热量的过程；
(2) a. 吸收前溶液中，由于CO32－水解，溶液呈碱性，离子大小顺序为c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)> c(H＋)，故a项错误；
b.吸收过程中，体系中所有的含碳微粒是CO32－、HCO3－、H2CO3以及溶解的CO2分子，故b项错误；
c.当n(CO2)：n(Na2CO3)＝1:3时，由反应式CO2＋H2O＋CO32－＝2HCO3－可知，吸收1mol CO2要消耗1molCO32－，同时生成2molHCO3－，剩余2mol CO32－，溶液中生成的HCO3－与未反应的CO32－物质的量相等，但由于CO32－水解程度大于HCO3－，则c(CO32－)
综上，本题选cd；
(3) ①250℃时，CO2的平衡转化率为50%，则平衡时c(CO2)=0.25mol/L、c(H2)=0.75mol/L 、c(C2H4) =0.125mol/L 、c(H2O)=0.5mol/L，故K=0.125×0.54/(0.252×0.756)；
②由题可知，其它条件不变时，增加H2的浓度，可以提高CO2的转化率，故b条件下投料比n(H2)/n(CO2)<3；
③a.平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，则：M=M1，该反应为放热反应，升高温度K变小，M1> N，故平衡常数大小：M=M1> N，a项正确；
b.加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，故b项错误；
c.恒容容器中，反应物和生成物均为气体，气体质量不变，容器体积不变，故密度恒为定值，不能作为是否达到平衡的判断依据，故c项错误；
d.由图可知，催化剂催化效率随温度升高先增大后降低，温度为250 ℃左右时，催化效率最高，则工业生产中采取较高温度是为了提高催化剂活性加快反应速率，故d项正确；
综上，本题选ad。
34.一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Ni2＋等生成，废渣的主要成分是__________；金属镍溶解的离子方程式为__________________________________________。
（2）“除铁”时H2O2的作用是___________________，加入碳酸钠的目的是__________________________________________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_____________________________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________。
（4）已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_____________________。
（5）已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10－15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为_______，Ni2＋才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度≤10－5 mol/L；lg2=0.30）
【答案】 (1). SiO2 (2). 5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O (3). 将亚铁离子氧化为铁离子 (4). 调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣 (5). H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ (6). 无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境 (7). 过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器 (8). 9.15
【解析】
分析：废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍。双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀。
详解：(1) SiO2不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是SiO2；金属镍溶解时被氧化为镍离子的同时硝酸被还原产生氮气，反应的离子方程式为5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O；（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更好；(4)氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故NaF的实际用量不能过多；(5) Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5mol/L×c2(OH-)= 2.0×10-15，则c(OH-)= ×10-5，c(H+)=，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。
点睛：本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质等相关知识，掌握基础是关键，题目难度中等。
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