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【化学】江西省上饶市“山江湖”协作体2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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江西省上饶市“山江湖”协作体2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】C
【解析】
试题分析：反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定；A、△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；B、△H﹣T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H﹣T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；C、熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H﹣T△S＜0一定是自发反应，故C正确；D、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
考点：反应自发进行的判断依据等知识。
2.根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H为
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/（kJmol-1）
414
489
565
155
A. -485 kJmol-1 B. +485 kJmol-1 C. +1940 kJmol-1 D. -1940 kJmol-1
【答案】D
【解析】
△H=反应物总键能—生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。
3.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的现象是
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. 气体的总物质的量 D. 单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应为前后气体体积相等的反应，混合气体的压强始终不变，所以不没有说明达到平衡，不选A；B、混合气体的密度等于混合气体的质量/容器的体积，若密度不变，容器的体积不变，说明混合气体的质量不变，即A物质的质量不变，说明反应达到平衡，选B；C、反应前后气体的物质的量不变，所以不能说明反应达到平衡，不选C；D、单位时间内生成C和消耗B都说明的是正反应速率，没有说明与逆反应速率的关系，不能说明反应达到平衡，不选D。
考点：平衡状态的标志。
4.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
C. 再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7
D. 溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]不变
【答案】D
【解析】
A 错 加水稀释，溶液中离子浓度减小，导电能里减弱
B 错 加水稀释，平衡右移，醋酸的电离程度增大，但c(H＋)减小
C 错当加入10mL pH="11" NaOH溶液时，由于醋酸是弱酸，它的浓度大于NaOH溶液，溶液显酸性，pH<7
D 对根据水的离子积和醋酸的电离平衡常数可得。
5.沼气是一种能源，它的主要成份是CH4，常温下0.5molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是
A. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=+890kJ·mol-
B. CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ΔH=+445kJ·mol-
C. CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-
D. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下，水是液态，常温下0.5molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出890kJ热量，C正确。
考点：热化学方程式书写等知识。
6.常温下，已知Ksp(AgCl) > Ksp(AgBr)，现将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，下列说法不正确的是
A. 根据Ksp(AgCl) > Ksp(AgBr)，可知AgCl的溶解能力比AgBr强
B. 加入足量浓AgNO3溶液后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变
C. 加入足量浓AgNO3溶液后，溶液中只有AgBr沉淀
D. 在含有AgBr、AgCl固体的悬浊液中，c(Cl-) > c(Br-)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．AgCl与AgBr结构相似，Ksp且越大，溶解能力越强。所以，根据Ksp(AgCl)＞Ksp( AgBr)，可知AgCl的溶解能力比AgBr强，故A正确；B．Ksp只与温度有关，加入足量浓AgNO3溶液后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变，故B正确；C．加入足量浓AgNO3溶液后，溶液中绝大多数氯离子和溴离子均转化为沉淀物，所以沉淀为有AgBr、AgCl，故C错误；D．根据Ksp(AgCl)＞Ksp( AgBr)，且银离子浓度相同，所以在含有AgBr、AgCl固体的悬浊液中c (Cl－)＞c (Br－)，故D正确。故选C。
考点：考查沉淀溶解平衡；离子积常数
7.向 10 mL pH=12的某碱溶液中加入10 mL pH=2的盐酸，充分反应后滴入酚酞试液，溶液变红，则此碱一定是
A. 一元强碱 B. 多元强碱 C. 弱碱 D. 任何强碱
【答案】C
【解析】
试题分析：pH=12的某碱溶液，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=(1×10−14)/10-12=10-2；pH=2的盐酸，c(H+)=10-2mol/L，盐酸的浓度为10-2mol/L，两者等体积混合，滴入酚酞试液，溶液变红，则碱的浓度大于等于10-12，
Ⅰ、如果强碱，两者等体积，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全中和，溶液呈中性，滴入酚酞试液呈无色，故强碱不行；
Ⅱ、如果碱是弱碱，两者等体积，弱碱过量，得到弱碱及盐酸盐的混合溶液，以弱碱的电离为主，溶液呈碱性，而充分反应后滴入酚酞试液，说明是弱碱。故选C。
考点：考查酸碱混合定性判断及有关pH的计算
8.甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料。已知：
CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
下列说法或热化学方程式正确的是
A. CO的燃料热为－566.0kJ/mol
B. 2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量低
C. 完全燃烧32 g 甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJ
D. 2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1453.28kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
① CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
由盖斯定律可知①×2+②可得： 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1453.28kJ/mol。
【详解】A. 1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol，因此CO的燃料热为283..0kJ/mol，故A错误；
B. CO燃烧为放热反应，2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量高，故B错误；
C. 32 g 甲醇的物质的量为1mol，根据2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝-1453.28kJ/mol计算可知完全燃烧32 g 甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为726.64 kJ，故C错误；
D. ① CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
由盖斯定律可知①×2+②可得2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝-1453.28kJ/mol，故D正确。
故选D。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应物转化为生成物时就会放出能量；反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应物需要吸收能量才能转化为生成物。如果反应中的能量变化主要表现为热的形式，反应就伴随有热量的吸收或释放。
9.2.0 molPCl3和1.0 molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：
PCl3(g)+ Cl2(g)PCl5(g)达到平衡时， PCl5为0.40 mol，如果此时移走1.0 molPCl3和0.50 molCl2，在相同温度下再达平衡时 PCl5的物质的量是
A. 0.40 mol B. 小于0.20 mol C. 0.20 mol D. 大于0.20 mol，小于0.40 mol
【答案】B
【解析】
试题解析：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.4mol×=0.2mol。
考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素
10.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g )，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是
A. v (D)=0.4 mol / (L·s) B. v (C)=0.5 mol / (L·s)
C. v (B)=0.6 mol / (L·s) D. v (A)=0.15 mol / (L·s)
【答案】B
【解析】
将各选项全部转化为v(A)，则A. 相当于v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；B. 相当于v(A)＝0.25mol·(L·s)－1；C. 相当于v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；D. v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；可知B反应速率最快，选择B。
11.醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO- + H+，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C. CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 室温下，欲使0.1 mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小，可加入少量水
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电离是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，故A正确；B．当温度不变时，水的离子积是个常数值，0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时，c(H+)减小，所以溶液中c(OH－)增大，故B正确；C．CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO-，加少量的CH3COONa固体，c (CH3COO-)增大，平衡逆向移动，故C正确；D．室温下，向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时，溶液的pH、电离度α都增大，故D错误。故选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡
12.下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是
A. 在含有0.1 mol/L Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、Cl－
B. 在pH为7的溶液中：Ag＋、Fe3+、SO42－、Cl－
C. 在澄清透明的无色溶液中：Al3＋、Cu2＋、HCO3－ 、NO3-
D. c(OH－)=1×10－13mol/L的溶液中：K+、SO42－、Cl－、HCO3－
【答案】A
【解析】
【详解】A.该条件下，这几种离子之间不反应，所以能共存，故A正确；
B. Ag＋和Cl－反应生成氯化银白色沉淀，所以不能共存，故B错误；
C. Cu2＋呈蓝色，且Cu2＋、Al3＋和HCO3－都能发生双水解反应，所以不能共存，故C错误；
D. 常温下，c(OH－)=1×10－13mol/L的溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，溶液呈酸性，HCO3－和H+反应生成二氧化碳和水，所以不能共存，故D错误。
故选A。
【点睛】能够发生反应的离子就不能共存，不能发生反应的离子才可以共存。
1、在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。
2、离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。
3、离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。
4、离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。
5、还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的。
13.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA 溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c(Na+) > c(A-) > c(H+) > c(OH-) B. c(Na+) > c(OH-) > c(A-) > c(H+)
C. c(Na+) + c(OH-) = c(A-) + c(H+) D. c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、HA是弱酸，则在0.1 mol·L－1NaA溶液中A－水解，溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－) ＞c(H＋)，A不正确；B、由于A－水解程度很小，所以溶液中c(A－)＞c(OH－)，B不正确；C、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C不正确；D、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。
考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较
14.已知：常温下浓度均为0.1 mol/L的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
下列有关说法正确的是
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前＜N后
C. 若将CO2通入0. 1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L
D. 向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2+H2O+2NaF
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据生成NaF所对应的酸为HF，生成NaClO所对应的酸为HClO，生成Na2CO3所对应的酸为HCO3－，生成NaHCO3所对应的酸为H2CO3，酸性：HCO3－＜HClO ＜H2CO3＜HF，所以三种酸溶液的导电能力顺序：HClO＜H2CO3＜HF，A项错误；B．NaClO溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(ClO－)+c(OH－),溶液中离子浓度等于2c(Na＋)+2c(H＋)，NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(F－)+c(OH－)，溶液中离子浓度等于2c(Na＋)+2c(H＋)，由于HF的酸性强与HClO，等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液，NaClO溶液的碱性比NaF溶液的碱性强，NaClO溶液中c(H＋)小于NaF溶液中c(H＋)，体积相同，浓度与物质的量成正比，所以等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前＜N后，B项正确；C．0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，c(Na+) =0.2mol·L-1，将CO2通入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性,此时CO2过量，反应生成了NaHCO3，此时，溶液的体积没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为：c(Na+) ="0.2" mol·L-1，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+) =" c" (HCO3ˉ) + 2 c (CO32-) + c(OHˉ)，由于溶液呈中性：c(H+) = c(OHˉ)，则c(Na+) ="2c" (CO32ˉ)+ c (HCO3ˉ)= 0.2mol·L-1，C项错误；D．根据酸性：HF>H2CO3>HCO3-，则向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为： Na2CO3 + HF = NaHCO3+ NaF，D项错误；答案选B。
考点：考查盐类水解的应用，溶液的pH值，离子浓度大小比较，导电能力的大小比较等知识。
15.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
试题分析：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，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，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，B正确；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，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：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：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，D正确；答案选C。
【考点定位】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识
【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。特别是要注意酸或碱电离出的氢离子和氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，与酸碱的强弱没有关系。
16.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图 I（T表示温度，P 表示压强，C%表示 C 的体积分数）所示的反应曲线，试判断对图 II 的说法中正确的是
A. 若 P3＞P4，则 y 轴表示 B 的百分含量
B. 若 P3＞P4，则 y 轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 若 P3＜P4，则 y 轴表示 B 的体积分数
D. 若 P3＜P4，则 y 轴表示混合气体的密度
【答案】B
【解析】
试题分析：依据图(Ⅰ)中a、b的相对位置知，增压（因p2 ＞p1 ），w(C)升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1 ＞T2 ），w(C)降低，故正反应为放热反应。即该反应为：A(g)+B(g)C(g)，△H<0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以P3 ＞P4 ，选项C、D错误；随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，B的含量增加，选项A错误；随着压强的减小，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大；平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，所以选项B正确。
考点：考查图像方法在化学平衡移动的应用的知识。
17.一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入2mol A和1 B，发生如下反应：，5min后反应达到平衡，这时C的浓度为1.2，请回答：
（1）5min内A消耗速率________________________________；
（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__________________；
A．混合气体的压强保持不变 B．单位时间内生成2molA的同时生成1mol B
C．混合气体的密度保持不变 D．A、B、C的物质的量之比为
（3）该反应的平衡常数表达为K=_______________________，该温度下反应的平衡常数是_________；
（4）B在此条件下的转化率为___________________；
（5）升高温度，混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。
【答案】 (1). (2). C (3). (4). 2 (5). (6). 吸热
【解析】
【分析】
（1）根据C的浓度变化求出C的反应速率，再求出A的反应速率。
（2）根据反应特点：反应前后气体物质的量不变和反应后气体质量减少进行判断。
（3）K的表达式中不包括固体，则。
（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率。
（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应。
【详解】（1）
起始浓度() 2 1 0
转化浓度 x/2 3/2
平衡浓度2- 1-x/2 3/2
已知平衡时C的浓度为1.2，即3/2=1.2，=0.8，V(A)=，故答案为;。
（2）A.反应前后气体物质的量不变，故不能用混合气体的压强判断平衡，故A错误；
B.单位时间生成2molA的同时生成1mol B，都是向正反应方向，故不能判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体体积不变，反应后气体质量减少，则混合气体密度减小，故能用密度判断，故C正确；
D.不能用物质的量之比来判断平衡，故D错误。
故答案为C。
（3）K的表达式中不包括固体，则 根据已知数据求出平衡后各气体的浓度分别为: c (A) =1.2mol/L， c(B) =0.6mol/L，c (C) =1.2mol/L 故K=2。故答案为： ；2。
（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率，即转化率= 0.4 x100%=40%，故答案为：40%。
（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：吸热。
18.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识的回答：
（1）A为0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____________________________。
（2）B为0.1 mol·L－1NaHCO3溶液，在NaHCO3溶液中存在的各种平衡体系为（用离子方程式表示）：________________________________________________________________________________________________________________________________________________；实验测得NaHCO3溶液的pH > 7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：_________________________。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸目的是________________________________________。若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程为___________________________________。
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(S) Ag+(aq)+ Cl－(aq)，在25℃时，氯化银的Ksp = 1.8×10－10mol2·L－2。现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL 0.2 mol·L－1AgNO3溶液中；③100mL 0.1 mol·L－1氯化铝溶液中；④100mL 0.1 mol·L－1盐酸溶液中。充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是____________（填写序号）
【答案】 (1). c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－) (2). HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－ (3). HCO3－的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－) > c(H+)，故溶液显碱性 (4). 抑制Fe3＋水解 (5). Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑ (6). ②①④③
【解析】
【分析】
(1) 硫酸铵溶液中，铵根离子水解而使溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小关系。
(2)弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡。
(3)氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子易水解而使其溶液呈酸性，加入酸抑制其水解；铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解。
(4) 银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，根据银离子浓度或氯离子浓度确定抑制氯化银溶解程度。
【详解】（1）硫酸铵溶液中，铵根离子水解使溶液呈酸性，所以c(H+) > c(OH－) ，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+ c(NH4+)= c(OH－)+2 c(SO42－)，则c(NH4+) > c(SO42－)，铵根离子水解程度较弱，所以溶液中c(SO42－) > c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－)，故答案为：c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－)。
（2）弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡，所以溶液中存在平衡有：HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－，NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致溶液呈碱性，故答案为：HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－；HCO3－的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－) > c(H+)，故溶液显碱性。
（3）铁离子水解而使其溶液呈酸性，为抑制铁离子水解，应该向溶液中加入酸，铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解而生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳，离子反应方程式Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑，故答案为：抑制Fe3＋水解；Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑。
（4）银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，银离子浓度或氯离子浓度越大其抑制氯化银溶解程度越大，硝酸银为可溶性银盐，所以其溶液中银离子浓度最大，氯化铝中氯离子浓度大于盐酸，所以氯化铝中银离子浓度最小，其次是盐酸，水溶解氯化银程度大于盐酸，则这几种溶液中银离子浓度大小顺序是②①④③，故答案为:②①④③。
19.研究含氮、硫污染物的治理是环保的一项重要工作。
（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
则2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=_______________（用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）工业上常用醋酸二氨合亚铜 [Cu(NH3) 2] AC溶液(AC为CH3COO-)来吸收某合成气中的CO，其反应为：[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3) 2] AC溶液的措施是________________；
（3）用天然气制取H2的其原理为：CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) 。在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示：压强P1_____P2（填 “大于”或“小于”），理由是____________________，压强为P2时，在Y点：v(正)_________v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）NOx也可被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离平衡常数Ka=9.6×10﹣4，NaNO2溶液中存在平衡NO2- +H2O HNO2 +OH- 其水解平衡常数Kh=5.0×10﹣11 则该温度下水的离子积常数KW=______。
【答案】 (1). 2△H3-△H1-△H2 (2). 加热 (3). 小于 (4). 正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率减小 (5). 大于 (6). 4.8×10-14
【解析】
【分析】
（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
2×③-①-②得，2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=2△H3-△H1-△H2，根据此进行分析。
（2）根据[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0，该反应为放热反应，升温，平衡向逆向移动进行解答。
（3）温度一定时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡。
（4）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析。
【详解】（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
2×③-①-②得，2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=2△H3-△H1-△H2，故答案为：2△H3-△H1-△H2 。
（2）[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0，该反应为放热反应，升温，平衡向逆向移动，可以将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3) 2] AC，故答案为：加热。
（3）温度一定时，正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1v(逆)，故答案为：小于；正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率减小；大于。
（4）NO2- +H2O HNO2 +OH-，Kh=c(HNO2) c(OH-)/ c(NO2-)= [c(HNO2) c(OH-)/ c(NO2-)]×c(H+)/c(H+)，则KW= Kh×Ka=5.0×10﹣11×9.6×10﹣4=4.8×10-14，故答案为：4.8×10-14。
20.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1). 247 (2). A (3). (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】
分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
详解：（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
1.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】C
【解析】
试题分析：反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定；A、△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；B、△H﹣T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H﹣T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；C、熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H﹣T△S＜0一定是自发反应，故C正确；D、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
考点：反应自发进行的判断依据等知识。
2.根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H为
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/（kJmol-1）
414
489
565
155
A. -485 kJmol-1 B. +485 kJmol-1 C. +1940 kJmol-1 D. -1940 kJmol-1
【答案】D
【解析】
△H=反应物总键能—生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。
3.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的现象是
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. 气体的总物质的量 D. 单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应为前后气体体积相等的反应，混合气体的压强始终不变，所以不没有说明达到平衡，不选A；B、混合气体的密度等于混合气体的质量/容器的体积，若密度不变，容器的体积不变，说明混合气体的质量不变，即A物质的质量不变，说明反应达到平衡，选B；C、反应前后气体的物质的量不变，所以不能说明反应达到平衡，不选C；D、单位时间内生成C和消耗B都说明的是正反应速率，没有说明与逆反应速率的关系，不能说明反应达到平衡，不选D。
考点：平衡状态的标志。
4.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
C. 再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7
D. 溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]不变
【答案】D
【解析】
A 错 加水稀释，溶液中离子浓度减小，导电能里减弱
B 错 加水稀释，平衡右移，醋酸的电离程度增大，但c(H＋)减小
C 错当加入10mL pH="11" NaOH溶液时，由于醋酸是弱酸，它的浓度大于NaOH溶液，溶液显酸性，pH<7
D 对根据水的离子积和醋酸的电离平衡常数可得。
5.沼气是一种能源，它的主要成份是CH4，常温下0.5molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是
A. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=+890kJ·mol-
B. CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ΔH=+445kJ·mol-
C. CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-
D. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下，水是液态，常温下0.5molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成CO2和水时，放出890kJ热量，C正确。
考点：热化学方程式书写等知识。
6.常温下，已知Ksp(AgCl) > Ksp(AgBr)，现将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，下列说法不正确的是
A. 根据Ksp(AgCl) > Ksp(AgBr)，可知AgCl的溶解能力比AgBr强
B. 加入足量浓AgNO3溶液后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变
C. 加入足量浓AgNO3溶液后，溶液中只有AgBr沉淀
D. 在含有AgBr、AgCl固体的悬浊液中，c(Cl-) > c(Br-)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．AgCl与AgBr结构相似，Ksp且越大，溶解能力越强。所以，根据Ksp(AgCl)＞Ksp( AgBr)，可知AgCl的溶解能力比AgBr强，故A正确；B．Ksp只与温度有关，加入足量浓AgNO3溶液后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变，故B正确；C．加入足量浓AgNO3溶液后，溶液中绝大多数氯离子和溴离子均转化为沉淀物，所以沉淀为有AgBr、AgCl，故C错误；D．根据Ksp(AgCl)＞Ksp( AgBr)，且银离子浓度相同，所以在含有AgBr、AgCl固体的悬浊液中c (Cl－)＞c (Br－)，故D正确。故选C。
考点：考查沉淀溶解平衡；离子积常数
7.向 10 mL pH=12的某碱溶液中加入10 mL pH=2的盐酸，充分反应后滴入酚酞试液，溶液变红，则此碱一定是
A. 一元强碱 B. 多元强碱 C. 弱碱 D. 任何强碱
【答案】C
【解析】
试题分析：pH=12的某碱溶液，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=(1×10−14)/10-12=10-2；pH=2的盐酸，c(H+)=10-2mol/L，盐酸的浓度为10-2mol/L，两者等体积混合，滴入酚酞试液，溶液变红，则碱的浓度大于等于10-12，
Ⅰ、如果强碱，两者等体积，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全中和，溶液呈中性，滴入酚酞试液呈无色，故强碱不行；
Ⅱ、如果碱是弱碱，两者等体积，弱碱过量，得到弱碱及盐酸盐的混合溶液，以弱碱的电离为主，溶液呈碱性，而充分反应后滴入酚酞试液，说明是弱碱。故选C。
考点：考查酸碱混合定性判断及有关pH的计算
8.甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料。已知：
CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
下列说法或热化学方程式正确的是
A. CO的燃料热为－566.0kJ/mol
B. 2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量低
C. 完全燃烧32 g 甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJ
D. 2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1453.28kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
① CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
由盖斯定律可知①×2+②可得： 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1453.28kJ/mol。
【详解】A. 1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol，因此CO的燃料热为283..0kJ/mol，故A错误；
B. CO燃烧为放热反应，2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量高，故B错误；
C. 32 g 甲醇的物质的量为1mol，根据2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝-1453.28kJ/mol计算可知完全燃烧32 g 甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为726.64 kJ，故C错误；
D. ① CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－443.64kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ/mol
由盖斯定律可知①×2+②可得2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝-1453.28kJ/mol，故D正确。
故选D。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应物转化为生成物时就会放出能量；反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应物需要吸收能量才能转化为生成物。如果反应中的能量变化主要表现为热的形式，反应就伴随有热量的吸收或释放。
9.2.0 molPCl3和1.0 molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：
PCl3(g)+ Cl2(g)PCl5(g)达到平衡时， PCl5为0.40 mol，如果此时移走1.0 molPCl3和0.50 molCl2，在相同温度下再达平衡时 PCl5的物质的量是
A. 0.40 mol B. 小于0.20 mol C. 0.20 mol D. 大于0.20 mol，小于0.40 mol
【答案】B
【解析】
试题解析：达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.4mol×=0.2mol。
考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素
10.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g )，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是
A. v (D)=0.4 mol / (L·s) B. v (C)=0.5 mol / (L·s)
C. v (B)=0.6 mol / (L·s) D. v (A)=0.15 mol / (L·s)
【答案】B
【解析】
将各选项全部转化为v(A)，则A. 相当于v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；B. 相当于v(A)＝0.25mol·(L·s)－1；C. 相当于v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；D. v(A)＝0.2mol·(L·s)－1；可知B反应速率最快，选择B。
11.醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO- + H+，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C. CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 室温下，欲使0.1 mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小，可加入少量水
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电离是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，故A正确；B．当温度不变时，水的离子积是个常数值，0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时，c(H+)减小，所以溶液中c(OH－)增大，故B正确；C．CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO-，加少量的CH3COONa固体，c (CH3COO-)增大，平衡逆向移动，故C正确；D．室温下，向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时，溶液的pH、电离度α都增大，故D错误。故选D。
考点：考查弱电解质的电离平衡
12.下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是
A. 在含有0.1 mol/L Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、Cl－
B. 在pH为7的溶液中：Ag＋、Fe3+、SO42－、Cl－
C. 在澄清透明的无色溶液中：Al3＋、Cu2＋、HCO3－ 、NO3-
D. c(OH－)=1×10－13mol/L的溶液中：K+、SO42－、Cl－、HCO3－
【答案】A
【解析】
【详解】A.该条件下，这几种离子之间不反应，所以能共存，故A正确；
B. Ag＋和Cl－反应生成氯化银白色沉淀，所以不能共存，故B错误；
C. Cu2＋呈蓝色，且Cu2＋、Al3＋和HCO3－都能发生双水解反应，所以不能共存，故C错误；
D. 常温下，c(OH－)=1×10－13mol/L的溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，溶液呈酸性，HCO3－和H+反应生成二氧化碳和水，所以不能共存，故D错误。
故选A。
【点睛】能够发生反应的离子就不能共存，不能发生反应的离子才可以共存。
1、在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。
2、离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。
3、离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。
4、离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。
5、还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的。
13.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA 溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c(Na+) > c(A-) > c(H+) > c(OH-) B. c(Na+) > c(OH-) > c(A-) > c(H+)
C. c(Na+) + c(OH-) = c(A-) + c(H+) D. c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、HA是弱酸，则在0.1 mol·L－1NaA溶液中A－水解，溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－) ＞c(H＋)，A不正确；B、由于A－水解程度很小，所以溶液中c(A－)＞c(OH－)，B不正确；C、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C不正确；D、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。
考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较
14.已知：常温下浓度均为0.1 mol/L的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
下列有关说法正确的是
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前＜N后
C. 若将CO2通入0. 1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L
D. 向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2+H2O+2NaF
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据生成NaF所对应的酸为HF，生成NaClO所对应的酸为HClO，生成Na2CO3所对应的酸为HCO3－，生成NaHCO3所对应的酸为H2CO3，酸性：HCO3－＜HClO ＜H2CO3＜HF，所以三种酸溶液的导电能力顺序：HClO＜H2CO3＜HF，A项错误；B．NaClO溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(ClO－)+c(OH－),溶液中离子浓度等于2c(Na＋)+2c(H＋)，NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(F－)+c(OH－)，溶液中离子浓度等于2c(Na＋)+2c(H＋)，由于HF的酸性强与HClO，等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液，NaClO溶液的碱性比NaF溶液的碱性强，NaClO溶液中c(H＋)小于NaF溶液中c(H＋)，体积相同，浓度与物质的量成正比，所以等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前＜N后，B项正确；C．0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，c(Na+) =0.2mol·L-1，将CO2通入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性,此时CO2过量，反应生成了NaHCO3，此时，溶液的体积没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为：c(Na+) ="0.2" mol·L-1，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+) =" c" (HCO3ˉ) + 2 c (CO32-) + c(OHˉ)，由于溶液呈中性：c(H+) = c(OHˉ)，则c(Na+) ="2c" (CO32ˉ)+ c (HCO3ˉ)= 0.2mol·L-1，C项错误；D．根据酸性：HF>H2CO3>HCO3-，则向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学反应方程式为： Na2CO3 + HF = NaHCO3+ NaF，D项错误；答案选B。
考点：考查盐类水解的应用，溶液的pH值，离子浓度大小比较，导电能力的大小比较等知识。
15.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
试题分析：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，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，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，B正确；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，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：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：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，D正确；答案选C。
【考点定位】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识
【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。特别是要注意酸或碱电离出的氢离子和氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，与酸碱的强弱没有关系。
16.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图 I（T表示温度，P 表示压强，C%表示 C 的体积分数）所示的反应曲线，试判断对图 II 的说法中正确的是
A. 若 P3＞P4，则 y 轴表示 B 的百分含量
B. 若 P3＞P4，则 y 轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 若 P3＜P4，则 y 轴表示 B 的体积分数
D. 若 P3＜P4，则 y 轴表示混合气体的密度
【答案】B
【解析】
试题分析：依据图(Ⅰ)中a、b的相对位置知，增压（因p2 ＞p1 ），w(C)升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1 ＞T2 ），w(C)降低，故正反应为放热反应。即该反应为：A(g)+B(g)C(g)，△H<0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以P3 ＞P4 ，选项C、D错误；随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，B的含量增加，选项A错误；随着压强的减小，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大；平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，所以选项B正确。
考点：考查图像方法在化学平衡移动的应用的知识。
17.一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入2mol A和1 B，发生如下反应：，5min后反应达到平衡，这时C的浓度为1.2，请回答：
（1）5min内A消耗速率________________________________；
（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__________________；
A．混合气体的压强保持不变 B．单位时间内生成2molA的同时生成1mol B
C．混合气体的密度保持不变 D．A、B、C的物质的量之比为
（3）该反应的平衡常数表达为K=_______________________，该温度下反应的平衡常数是_________；
（4）B在此条件下的转化率为___________________；
（5）升高温度，混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。
【答案】 (1). (2). C (3). (4). 2 (5). (6). 吸热
【解析】
【分析】
（1）根据C的浓度变化求出C的反应速率，再求出A的反应速率。
（2）根据反应特点：反应前后气体物质的量不变和反应后气体质量减少进行判断。
（3）K的表达式中不包括固体，则。
（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率。
（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应。
【详解】（1）
起始浓度() 2 1 0
转化浓度 x/2 3/2
平衡浓度2- 1-x/2 3/2
已知平衡时C的浓度为1.2，即3/2=1.2，=0.8，V(A)=，故答案为;。
（2）A.反应前后气体物质的量不变，故不能用混合气体的压强判断平衡，故A错误；
B.单位时间生成2molA的同时生成1mol B，都是向正反应方向，故不能判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体体积不变，反应后气体质量减少，则混合气体密度减小，故能用密度判断，故C正确；
D.不能用物质的量之比来判断平衡，故D错误。
故答案为C。
（3）K的表达式中不包括固体，则 根据已知数据求出平衡后各气体的浓度分别为: c (A) =1.2mol/L， c(B) =0.6mol/L，c (C) =1.2mol/L 故K=2。故答案为： ；2。
（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率，即转化率= 0.4 x100%=40%，故答案为：40%。
（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：吸热。
18.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识的回答：
（1）A为0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____________________________。
（2）B为0.1 mol·L－1NaHCO3溶液，在NaHCO3溶液中存在的各种平衡体系为（用离子方程式表示）：________________________________________________________________________________________________________________________________________________；实验测得NaHCO3溶液的pH > 7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：_________________________。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸目的是________________________________________。若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程为___________________________________。
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(S) Ag+(aq)+ Cl－(aq)，在25℃时，氯化银的Ksp = 1.8×10－10mol2·L－2。现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL 0.2 mol·L－1AgNO3溶液中；③100mL 0.1 mol·L－1氯化铝溶液中；④100mL 0.1 mol·L－1盐酸溶液中。充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是____________（填写序号）
【答案】 (1). c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－) (2). HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－ (3). HCO3－的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－) > c(H+)，故溶液显碱性 (4). 抑制Fe3＋水解 (5). Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑ (6). ②①④③
【解析】
【分析】
(1) 硫酸铵溶液中，铵根离子水解而使溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小关系。
(2)弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡。
(3)氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子易水解而使其溶液呈酸性，加入酸抑制其水解；铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解。
(4) 银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，根据银离子浓度或氯离子浓度确定抑制氯化银溶解程度。
【详解】（1）硫酸铵溶液中，铵根离子水解使溶液呈酸性，所以c(H+) > c(OH－) ，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+ c(NH4+)= c(OH－)+2 c(SO42－)，则c(NH4+) > c(SO42－)，铵根离子水解程度较弱，所以溶液中c(SO42－) > c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－)，故答案为：c(NH4+) > c(SO42－) > c(H+) > c(OH－)。
（2）弱电解质存在电离平衡，弱根离子存在水解平衡，所以溶液中存在平衡有：HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－，NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致溶液呈碱性，故答案为：HCO3－ H+ + CO32- HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ H2O H+ + OH－；HCO3－的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－) > c(H+)，故溶液显碱性。
（3）铁离子水解而使其溶液呈酸性，为抑制铁离子水解，应该向溶液中加入酸，铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解而生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳，离子反应方程式Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑，故答案为：抑制Fe3＋水解；Fe3+ + 3HCO3－= Fe（OH）3↓ + 3CO2↑。
（4）银离子或氯离子都抑制氯化银溶解，银离子浓度或氯离子浓度越大其抑制氯化银溶解程度越大，硝酸银为可溶性银盐，所以其溶液中银离子浓度最大，氯化铝中氯离子浓度大于盐酸，所以氯化铝中银离子浓度最小，其次是盐酸，水溶解氯化银程度大于盐酸，则这几种溶液中银离子浓度大小顺序是②①④③，故答案为:②①④③。
19.研究含氮、硫污染物的治理是环保的一项重要工作。
（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
则2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=_______________（用△H1、△H2、△H3表示）。
（2）工业上常用醋酸二氨合亚铜 [Cu(NH3) 2] AC溶液(AC为CH3COO-)来吸收某合成气中的CO，其反应为：[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3) 2] AC溶液的措施是________________；
（3）用天然气制取H2的其原理为：CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) 。在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示：压强P1_____P2（填 “大于”或“小于”），理由是____________________，压强为P2时，在Y点：v(正)_________v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）NOx也可被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离平衡常数Ka=9.6×10﹣4，NaNO2溶液中存在平衡NO2- +H2O HNO2 +OH- 其水解平衡常数Kh=5.0×10﹣11 则该温度下水的离子积常数KW=______。
【答案】 (1). 2△H3-△H1-△H2 (2). 加热 (3). 小于 (4). 正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率减小 (5). 大于 (6). 4.8×10-14
【解析】
【分析】
（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
2×③-①-②得，2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=2△H3-△H1-△H2，根据此进行分析。
（2）根据[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0，该反应为放热反应，升温，平衡向逆向移动进行解答。
（3）温度一定时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡。
（4）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析。
【详解】（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g） △H1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g） △H2
③C（s）+O2（g）═CO2（g） △H3
2×③-①-②得，2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=2△H3-△H1-△H2，故答案为：2△H3-△H1-△H2 。
（2）[Cu(NH3) 2] AC（aq）+NH3(g)+CO(g) [Cu(NH3)3] AC • CO(aq) △H<0，该反应为放热反应，升温，平衡向逆向移动，可以将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3) 2] AC，故答案为：加热。
（3）温度一定时，正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1
（4）NO2- +H2O HNO2 +OH-，Kh=c(HNO2) c(OH-)/ c(NO2-)= [c(HNO2) c(OH-)/ c(NO2-)]×c(H+)/c(H+)，则KW= Kh×Ka=5.0×10﹣11×9.6×10﹣4=4.8×10-14，故答案为：4.8×10-14。
20.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1). 247 (2). A (3). (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】
分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
详解：（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
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