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【化学】江西省上饶市弋阳县第一中学等六校2018-2019学年高二（课改班）上学期12月联考（解析版） 试卷
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江西省上饶市弋阳县第一中学等六校2018-2019学年高二（课改班）上学期12月联考
1.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有
①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性
②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜
③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性
④光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性
⑤MgO、A12O3的熔点很高，可制作耐高温材料
⑥NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂
⑦A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
试题分析：①氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；②氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；③浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，不是脱水性，故错误；④光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；⑤MgO、Al2O3为离子晶体，因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；⑥NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；⑦铝易在表面生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确；故选B。
考点：考查元素化合物知识，涉及化学与生活、生产的考查。
2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )
A. 25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
B. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NA
C. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D. 100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA
【答案】D
【解析】
pH=13，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。
3.加热N2O5，依次发生的分解反应为：①N2O5(g) N2O3(g)+O2(g)，②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t℃时反应①的平衡常数为
A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5
【答案】B
【解析】
在反应①中N2O3与O2 按物质的量之比1∶1生成，如果不发生反应②，则两者一样多。发生反应②，平衡后，O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应②中每减少1mol N2O3，O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol；O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了2.8mol N2O3；所以反应①中N2O5分解生成N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L，则反应①的平衡常数K=，故选B。
4.可逆反应：3A(g)3B(？)+C(？)△H＞0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是( )
A. B和C可能都是固体 B. 若C为固体，则B一定是气体
C. B和C一定都是气体 D. B和C不可能都是气体
【答案】B
【解析】
3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H＞0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。A、若B和C都是固体，只有A一种气体，不变，故A错误；B、若C为固体，B为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，结合A的分析，B一定为气体，故B正确；C、若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故C错误；D、根据C的分析，若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了化学平衡的影响因素的分析判断，主要考查气体摩尔质量的变化与物质状态的关系，明确气体质量变化、气体物质的量变化是解题关键。可以根据气体平均相对分子质量=进行分情况讨论。
5.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－，2Fe3++2I－=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 还原性：I－>Fe2+>Br－
B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol
C. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I－)：n(Br－)=2:1:3
D. 当通入3mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。
【详解】反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-＞Fe2+，所以还原性I－>Fe2+>Br－，故A正确；
B．通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；
C．由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I－)：n(Br－)=2:1:3，故C正确；
D．当通入3molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，4mol的Fe2+消耗氯气2mol，即溶液中发生的离子反应可表示为4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。
6.下列离子方程式书写不正确的是
A. A1C13 溶液与烧碱溶液反应，当n(OH－) :n(A13+)=7 : 2 时，2A13++7OH－==A1(OH)3↓+ AlO2－+2H2O
B. 当向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2时，CO32－+CO2 + H2O==2HCO3－
C. CuCl2 溶液与 NaHS 溶液反应，当n(CuCl2):n(NaHS) = l : 2 时，Cu2++2HS－==CuS↓十H2S↑
D. ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH－═Cl－+IO－+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A项，A13+与OH－先形成A1(OH)3沉淀后，过量OH－再与部分A1(OH)3反应会生成AlO2－，故A项正确；
B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会将Na2CO3转化为相同条件下溶解度小于Na2CO3的NaHCO3，并以晶体的形式析出，正确写法应为2Na++CO32－+CO2 + H2O==2NaHCO3↓，故B项错误；
C项，Cu2+与HS－生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；
D项，ICl 和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中，离子方程式：ICl+2OH－═Cl－+IO－+H2O，故D项正确。
综上所述，答案选B。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l） △H=-890.3 kJ • mol-1
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
8.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中SO42－物质的量为0.6 mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L
【答案】B
【解析】
分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3＋，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应②为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应③为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应④为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。
详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3＋，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；
B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以B错误；
C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；
D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。
点睛：本题一定要从金属与稀HNO3反应的离子方程式入手分析，同时认真思考铁与混合溶液反应时，图象中各段的含义，要明确硝酸的强氧化性一定先把铁氧化为Fe3＋，最终铁与剩余的H+反应放出H2，这样才能得出HNO3和H2SO4物质的量的正确值。
9.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
①通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO－、CH3COO－、HCO3－
②pH=1的溶液Mg2+ 、Na+、AlO2－、NO3－
③加入Al能放出H2的溶液中Cl－、HCO3－、SO42－、NH4+
④由水电离的C（OH－）= 10－13 mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl－、Br－
⑤有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN－、HCO3－
⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3－、I－、Cl－
⑦Kw/c(H+) =10－13 mol·L－1溶液中：Fe3+、NH4＋、Mg2+、SO42－
⑧NaHS溶液中：SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋
A. ④⑦ B. ①③④ C. ①②⑦ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①碳酸的酸性大于HClO，则通入大量CO2的溶液与ClO-反应，则不能共存，故①错误；
②pH=1的溶液中有大量的H+，因H+、AlO2-能结合生成氢氧化铝沉淀，则不能大量共存，故②错误；
③加入Al能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3－、NH4+与氢氧根离子反应，HCO3－与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；
④由水电离出的C（OH－）= 10－13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、Cl－、Br－之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；
⑤有较多Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN－、HCO3－反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
⑥酸性溶液中NO3－具有强氧化性,能够氧化I－，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；
⑦Kw/c(H+) =10－13 mol·L－1溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故⑦正确；
⑧NaHS溶液中，NaHS、Cu2+之间反应生成CuS沉淀，在溶液中不能大量共存，故⑧错误；
综合以上分析，④⑦正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是⑦中氢离子浓度的计算及⑤中生成的络离子。
10.已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是
A. 若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+2NO
B. 若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H 3
C. 若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2↑
D. 若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化．在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C(s)+O2(g)=CO(g)△H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定律得到△H1+△H3 =△H2，故B正确；C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故C错误；D．若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存方法是为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；故选C。
考点：考查了物质性质和转化关系的相关知识。
11.可逆反应①X（g）+2Y（g）2Z（g）、②2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为5/11
D. 在平衡（I）和平衡（II）中，M在隔板右边气体中的体积分数不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A、降温由平衡（I）向平衡（II）移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，错误，不选A；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，，错误，不选B；C、达平衡（I）时，右边气体的物质的量不变，仍为2摩尔，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有2：x=2.2:2.8 x=28/11mol，期物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（I）时，X 的转化率为5/11，正确，选C；D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等，错误，不选D。
考点：化学平衡的影响因素
12.下列说法错误的是
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大
②浓度均为0.1 mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－amol·L－1
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO32－)均增大
⑤浓度相等的a、NH4HSO4溶液、b、NH4HCO3溶液、c、NH4Cl溶液中的c(NH4+):a ＞b＞c
⑥NaHSO3溶液显酸性,c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞c(OH－)＞c(SO32－)
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)
⑧pH＝3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，c(H+)－c(OH－)=c(X－)－c(HX)
A. ②④⑥⑦ B. ②⑤⑦⑧ C. ①③⑤⑥ D. ②⑤⑥⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解；
②2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]，不符合物料守恒关系；
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离；
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解；
⑤a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响；
⑥NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解；
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，结合电荷守恒分析判断离子难度大小；
⑧pH＝3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，HX电离程度大于X－离子水解程度。
【详解】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，相对来说，钠离子的浓度比碳酸氢根的浓度减小的慢些，所以 c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大，故①正确；
②浓度均为0.1 mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，故②错误；
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离，溶液的pH=a，那么c(H+)=c(OH－)=l0－amol·L－1，故③正确；
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解，所以c(Na+)、c(SO32－)均增大，故④正确；
⑤浓度相等的a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响，所以c(NH4+)：①③②，故⑤错误；
⑥NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解，因为弱电解质的电离和水解程度微弱，所以有c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－) ＞c(OH－)，故⑥错误；
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，c(Na＋)＝c(CH3COO－)= 0.1 mol·L－1>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)= 10-7mol·L－1，，故⑦正确；
⑧0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(X－)+c(OH-)
，c(H+)- c(OH-)=c(X－)- c(Na+)，因为HX发生电离，所以c(HX)与c(Na+)不相等，c(H+)－c(OH－)=c(X－)－c(HX)不成立，故⑧错误。
综合以上分析，②⑤⑥⑧错误。
故答案选D。
13.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY＞rX B. 含Y元素的盐溶液一定显酸性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：W＞X D. Z的最高价氧化物的水化物难溶于水
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si。据此分析。
【详解】短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si，
A项，电子层越多，半径越大，具有相同电子层的原子序数越大其原子半径越小，则原子半径为rY＞rZ＞rW＞rX ，故A项错误；
B项，Y为Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B项错误；
C项，W为S，X为N，非金属性W
综上所述，本题正确答案为D。
14.己知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.lmolCH4 和0.2molH2S，下图所示：
下列说法正确的是
A. 该反应的△H＜O
B. X 点CH4的转化率为25%
C. X点与Y点容器内压强比为55：51
D. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时v(正)＜v(逆)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像可知，随温度的升高，反应物在减小，生成物在增大，所以该反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B.设X点时CS2为xmol，则CH4为（0.1-x）mol，H2S为（0.2-2x）mol，H2为4xmol，即得（0.1-x）=4x，x=0.02mol，则CH4的转化率为100%=20%，故 B错误；
C.在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，X点容器内的物质的量为n(X)= （0.1-x）mol+（0.2-2x）mol+xmol+4xmol=(0.3+2x)mol=(0.3+20.02)mol=0.34mol；
同理可得Y点CS2为mol，则n(Y)= （0.1-）mol+（0.2-2）mol+mol+4mol=mol；
则X点与Y点容器内压强比= n(X)：n(Y)=0.34:=51：55，故 C错误；
D.同理可求得Z点CS2为0.05mol，则CH4为0.05mol，H2S为0.1mol，H2为0.2mol，设容器的体积为1L，此时的浓度商Q1===0.16，
当向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，各物质的量分别为CH4为0.15mol，H2S为0.2mol，CS2为0.15mol，H2为0.3mol，此时的浓度商Q2==0.2025>Q1=0.16，所以反应向左进行，即v(正)＜v(逆)，故D正确。
故答案选D。
15.H2S为二元弱酸。20℃时，向 0.100 mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 通入HCl气体之前：c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)
B. pH=7的溶液中：c(Cl－)＝c(HS－)＋c(H2S)
C. c(HS－)=c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)＞0.100 mol·L－1＋c(H2S)
D. c(Cl－)=0.100 mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)
【答案】BD
【解析】
A. H2S为二元弱酸，在0.100 mol·L-1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2－)＞c(OH－) ＞c(HS－)＞c(H+)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH=7的溶液中存在c(Na+)+ c(H＋)= c(Cl－)+ c(HS－)+2 c(S2－)+ c(OH－)，则c(Na+)= c(Cl－)+ c(HS－)+2 c(S2－)，根据物料守恒，c(Na+)= 2 c(H2S)+ 2c(HS－)+2 c(S2－)，则c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，故B正确；C. 根据电荷守恒，c(Cl－)+ c(HS－) = c(Na+)+ c(H＋) -2 c(S2－)- c(OH－)= 2 c(H2S)+ 2c(HS－)+ c(H＋) - c(OH－)，因为 c(HS－)=c(S2－)，碱性溶液中c(H＋) ＜ c(OH－)，所以c(Cl－)+ c(HS－) = 2 c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H＋) - c(OH－)＜c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H2S)= 0.100 mol·L-1＋c(H2S)，故C错误；D. 根据C的分析，c(Cl－)+ c(HS－) =2 c(H2S)+ 2c(HS－)+ c(H＋) - c(OH－)，则c(OH－)－c(H＋)＝2 c(H2S)+ 2c(HS－)-c(Cl－)- c(HS－)=2c(H2S) + c(HS－)-c(Cl－)= c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H2S) -c(Cl－)-c(S2－)= 0.100 mol·L-1- 0.100 mol·L-1+ c(H2S)－c(S2－)= c(H2S)－c(S2－)，故D正确；故选BD。
点睛：本题考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较的相关知识，本题的难度较大，要熟练掌握电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒关系式的建立。本题的难点是C和D的判断，要注意c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)= 0.100 mol·L-1的灵活运用。
16.a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为
①(a+b)×63 g ②(a+b)×189 g ③ (Vc-) mol ④mol
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液。由Fe守恒可知，n[Fe(NO3)3]=(a+b)mol，则反应未被还原的硝酸等于n(NO3-)=3(a+b)mol，其质量为(a+b)×189 g；由S守恒可知，n(H2SO4)= a mol，由电子转移守恒可知，被还原的硝酸的物质的量=，则反应中未被还原的硝酸为 mol.综上所述，D正确，本题选D。
17.利用化学反应原理研究碳、硫及其化合物的性质具有重要意义。
（1）工业上用炭还原辉铜矿（主要成分是Cu2S），可制取金属铜。
已知反应的热化学方程式如下：
C(s)+S2 (g) ═CS2 (g) △H1=150 KJ/mol
Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5KJ/mol
2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170KJ/mol
通过计算，可知用炭还原Cu2S 制取金属铜和CS2（g） 的热化学方程式为___________。
（2）为研究反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g）对上述工业过程的影响，兴趣小组进行如下探究：
①向三个体积均为1L的恒容密闭容器中分别加入1molH2S，进行H2S分解实验。不同温度下测得H2S 的转化率与时间的关系如图1所示：
T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率v（S2）=____________mol．L－1．min－1，反应平衡常数K=_____mol•L－1．温度T1、T2、T3 由高到低的顺序是__________。
②T4温度时，向1L的恒容密闭容器中加入1.8molH2（g）、1.2molS2（g），达到平衡后测得S2（g）和H2S（g）的浓度相等，则T4_____ T1 （填“＜”、“=”或“＞”）。
（3）T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH 溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O4－、C2O42－ 的物质的量分数（δ） 与pH的关系如图2所示：
①草酸的电离常数分别为K1与K2，则=_____。
②按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是_____（填序号）。
A．该溶液的pH为4.2
B.3c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－）
C.3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]
D.3c（OH－）+c（C2O42－）=3c（H+）+2c（HC2O4－）+5c（H2C2O4）
（4）含碳的甲醇（CH3OH）的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可。
①写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式：___________________。
②常温下，向100 mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1 mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V( HCl)=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V( HCl) =V2。当V1
【解析】
【分析】
(1) ①C(s)+S2 (g) ═CS2 (g) △H1=150 kJ/mol
②Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5 kJ/mol
③2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170 kJ/mol
由①+②2+③可得：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) 的△H；
(2) T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率v（S2）=，据此计算回答；根据三行式计算平衡常数；反应是吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；
(3)①平衡常数随温度变化，不随浓度变化，图象中根据（1.2，0.5）可计算出K1，根据（4.2，0.5）可计算出K2，据此回答；
②按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，根据图中信息来回答即可。
（4）①根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，根据电子得失守恒写出离子方程式；
②按照混合溶液中可能成分的几种情况，逐滴加入盐酸，根据依次发生的反应，看对应盐酸所用体积是否为V1
②Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5 kJ/mol
③2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170 kJ/mol
由①+②2+③可得：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) 的△H=150 kJ/mol+（59.5 kJ/mol）2+170 kJ/mol=439 kJ/mol，
因此，本题正确答案是：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) △H=439KJ•mol－l ；
(2)① 2H2S（g）2H2（g）+S2（g），
起始浓度（mol/L） 1 0 0
变化浓度（mol/L） 0.2 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.8 0.2 0.1
T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率
v（S2）====0.02 mol．L－1．min－1，
反应平衡常数K===6.2510-3，反应是吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大，所以温度T1、T2、T3 由高到低的顺序是T1、T2、T3；
因此，本题正确答案是：0.02 ；6.25×10－3 ；T3＞T2＞T1 ；
②T4温度时，向1L的恒容密闭容器中加入1.8molH2（g）、1.2molS2（g），达到平衡后测得S2（g）和H2S（g）的浓度相等，说明反应正向进行，所以T4高于T1。
因此，本题正确答案是：>；
(3)①坐标（1.2，0.5）时H2C2O4和HC2O4－的含量相同，则K1=c(H+)=10-1.2，坐标（4.2，0.5）时HC2O4－和C2O42－的浓度相等，K2=c(H+)=10-4..2，则==1000，
因此，本题正确答案是：103；
②A、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，此时三种微粒H2C2O4、HC2O4－、C2O42－ 的物质的量分数不是0.5，所以该溶液的pH不是4.2，故A错误；
B、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），故B错误；
C、n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1的溶液中存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，所以C选项是正确的；
D. 3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，整理得到：3c（OH－）+c（C2O42－）=3c（H+）+2c（HC2O4－）+5c（H2C2O4），所以D选项是正确的。
因此，本题正确答案是：CD；
（4）①根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H++7H2O，
因此，本题正确答案是：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H++7H2O；
②若混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，假设NaOH有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，因为a+b
若混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，对应的溶液体积为V2 >2Vl，，故不符合题意；
综上所述，本题正确答案为NaOH、Na2CO3。
因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。
18.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L－1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L－1，Ka(HB)=________。
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B－)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L－1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2－)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L－1，则0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L－1(填“>”“<”或“=”)。
（4）已知温度时，0.1 mol·L－1的某一元酸HB在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：
①该溶液的pH＝________。
②HB的电离平衡常数K＝________。
③由HB电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 3×10－13 (2). 1×10－5 (3). c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+) (4). < (5). NaHC=Na++H++C2－ (6). > (7). > (8). 4 (9). 1×10－7 (10). 106
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3。
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解。
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解；
③常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4；
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7；
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，以此分析。
【详解】（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，c(H+)==mol/L，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=310-13；
由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3，Ka(HB)==110-5；
因此，本题正确答案是：3×10－13 ；1×10－5；
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+)；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为NaHC=Na++H++C2－。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解，则此溶液中c(C2－)>c(H2C)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01 mol/L。
因此，本题正确答案是：NaHC=Na++H++C2－；> ；> ；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7，
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c(H+)为10-10mol/L，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，
因此，本题正确答案是：4；1×10－7；106。
19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物的含量显得尤为重要。
I.氮氧化物研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是 ________（填字母代号） 。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变 d．每消耗1 molO2同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 +O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图1像判断反应N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“＞”或“＜”)。
Ⅱ．碳氧化物研究
（1）体积可变（活塞与容器之间的摩擦力忽略不计）的密闭容器如图2所示，现将3molH2和2molCO放入容器中，移动活塞至体积V为2L，用铆钉固定在A、B点，发生合成甲醇的反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。测定不同条件、不同时间段内的CO的转化率，得到如下数据：
T（℃）
10min
20min
30min
40min
T1
20%
55%
65%
65%
T2
35%
50%
a1
a2
①根据上表数据，请比较T1_________T2(选填“>”、“<”或“=”)；T2℃下，第30min 时，a1=________，该温度下的化学平衡常数为__________________。
②T2℃下，第40min时，拔去铆钉（容器密封性良好）后，活塞没有发生移动，再向容器中通入6molCO，此时v(正）________v(逆）(选填“>”、“<”或“=”)。
（2）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计），充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)＝c(CH3COO－)，则根据溶液中的电荷平衡可知，溶液的pH=___________，则可以求出醋酸的电离常数Ka =____________ (用含a和b的代数式表示）。
【答案】 (1). abc (2). > (3). < (4). 50% (5). 4或4(mol/L)-2 或4(L/mol)2 (6). < (7). 7 (8). 2×10-7b/(a-2b) mol/L
【解析】
Ⅰ(1)恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。a．反应是个气体体积改变的反应，恒容容器，压强改变，平衡时，体系压强保持不变，故正确；b．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度保持不变，达到平衡，故正确；c．NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量就不相同，如果没有达到平衡，NO和O2 的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明到达了平衡，故正确；d．O2 是反应物，NO2是生成物，不管在任何时候都有每消耗1 molO2同时生成2 molNO2，故错误，故选：abc；
(2)由图可知先达到平衡所用时间较短的温度较高，且此温度下氮气的体积分数较小，说明温度升高后，反应正向移动，故反应为吸热反应；故答案为：＞；
Ⅱ：(1)①升高温度，化学反应速率加快，10min内，T2时CO转化率大于T1时，故T1＜T2；
T2℃下，10min时CO2转化率为35%，20min时CO2转化率为50%，10-20min只转化15%，说明20min时已达平衡状态，故第30min时，CO2转化率为50%；
T2℃下，CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，
起始(mol) 2 3 0
转化(mol) 1 2 1
\平衡(mol) 1 1 1
化学平衡常数K==4；故答案为：＜；50%；4；
②拔去铆钉，容器是在同温同压下进行，体积之比等于物质的量之比，当冲入6molCO，假设平衡不移动，此时容器的体积为6L，Qc==＞K，故平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)；故答案为：＜；
(2)反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10−7mol/L；故答案为：7；×10−7mol/L。
20.无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋24.4 kJ/mol。
（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是 _________。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，混合气体颜色 _______(填 “变深”“变浅”或“不变”)，判断理由___________________________。
（2）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数Kp表达式 ___________________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响Kp的因素_________________。
（3）上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为_______________(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa)，已知该条件下k正＝4.8×104 s－1，当N2O4分解10%时，v正＝______________kPa·s－1。
（4）真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为__________________________。
【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深 (4). (p总·x)2(NO2)/x(N2O4) (5). 温度 (6). k正/k逆 (7). 3.9×106 (8).
【解析】
(1)a．应是2v正(N2O4)=v逆(NO2) 时反应达到平衡状态，故a错误；b．体系颜色不变，说明二氧化氮浓度不变，反应到达平衡状态，故b正确；c．混合气体总质量不变，随反应减小混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，当气体平均相对分子质量不变时，反应到达平衡状态，故c正确；d．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，气体密度始终不变，故d错误，正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深，故答案为：bc；变深；正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深；
(2)由题目信息可知，用某组分(B)的平衡压强(PB)表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp==，平衡常数只受温度温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为：；温度；
(3)平衡时正逆速率相等，由v正=k正．p(N2O4)，v逆=k逆．p2(NO2)，联立可得Kp=，当N2O4分解10%时，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为0.1mol，则：
N2O4(g)⇌2NO2(g) 物质的量增大△n
1 2-1=1
0.1mol 0.1mol
故此时p(N2O4)=×100kPa=×100kPa，则v正=4.8×l04s-1××100kPa=3.9×106 kPa•s-1；故答案为：；3.9×106；
(4)在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为a，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为amol，则：
N2O4(g)⇌2NO2(g)
起始量(mol)：1 0
变化量(mol)：a 2a
平衡量(mol)：1-a 2a
故x(N2O4)=，x(NO2)=，则平衡常数Kp===p0×，保持温度不变，平衡常数不变，令N2O4的平衡分解率为y，则：p0×=2p0×，解得y=，故答案为：。
21.以冶炼金属铝的废弃物铝灰为原料制取超细α－氧化铝，既能降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A12O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备流程如下：
（1）用上图中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_____（填选项编号）。
（2）流程中加入H2O2有气体产生，原因是___________________________________。
（3）通过调节溶液的pH来“沉铁”，得到Fe（OH）3．已知：
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀时的pH
2.2
7.5
3.7
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
4.7
为保证产品的纯度，可以选用下列物质中的_______调节溶液pH（填字母），调节pH的范围为______________。
a．Al2O3 b．NaOH c．Al（OH）3 d．Na2CO3
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置：
①集气瓶中收集到的气体是____________（填化学式）。
②装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是____________________________。
③选用一种常用化学试剂和稀硝酸检验硫酸铝铵，该试剂_________。写出硫酸铝铵加入足量该试剂的离子方程式__________________________________________________。
④20℃时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3,则溶液中，2c(SO42－)－c(NH4+)－3c(Al3+)=____________mol·L－1（填具体数字计算式，不必化简）
【答案】 (1). B (2). Fe3+对H2O2的分解有催化作用 (3). ac (4). 3.2≤pH<3.7 (5). N2 (6). 吸收SO2 (7). Ba（OH）2 (8). NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O (9). 10－3－10－11
【解析】
【分析】
（1）铝灰中A12O3、FeO、Fe2O3均被稀硫酸溶解，所以剩余的“滤渣”的主要成分是SiO2；二氧化硅与氢氧化钠焙烧制备硅酸钠；蒸发皿不能用来加热固体；铁与二氧化硅、氢氧化钠均不反应，可以用铁坩埚进行加热；玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
（2）双氧水在氧化亚铁离子时，溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以流程中加入H2O2有气体产生；
（3）本流程最终制备氧化铝，因此，要加入含有铝元素，能够与酸反应，但不溶于水的化合物来调节溶液的pH，氧化铝、氢氧化铝都不溶于水，都能和酸反应，溶解后又不产生新杂质，满足流程要求；而氢氧化钠、碳酸钠不仅和铁离子反应，也能和铝离子反应，无法达到只沉铁的目的；
为了使铁离子变为沉淀，而铝离子不沉淀，根据表中数据可知，调节溶液的pH的范围为3.2≤pH<3.7；
（4）将产生的混合气体通入装置中，水分溶在NaHSO3溶液中，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与NaHSO3反应生成SO2；同时NaHSO3溶液能与氨水反应，所以混合气体中被吸收了 SO3和NH3；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，最终用排水法收集N2。
①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
②KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收；因此装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子；硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨，据此写出离子方程式；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒分析离子浓度的关系。
【详解】（1）能够焙烧固体的装置是坩埚，NaOH能和二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能采用瓷坩埚灼烧，所以应该采用铁坩埚，故选B，
故答案为：B；
（2）在实验流程中，H2O2具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，而Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
故答案为：Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
（3）为保证产品-氧化铝的纯度，可以选用a．A12O3 c．Al(OH) 3调节溶液pH。Fe3+开始沉淀的pH=2.2，沉淀完全的pH=3.2要使Fe3+完全沉淀调节pH的范围为3.2≤pH＜3.7。
故答案为：a c ； 3.2≤pH＜3.7；
（4）①依据方程式：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，煅烧硫酸铝铵晶体，生成的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，混合气体中氨气、三氧化硫易溶于水，能够被饱和NaHSO3溶液吸收，二氧化硫具有还原性能够被酸性高锰酸钾溶液吸收，氮气不溶于水，不能被吸收，剩余N2，所以集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为：N2；
②二氧化硫能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，所以装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
故答案为：吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子：向硫酸铝铵溶液中逐滴浓氢氧化钡溶液直至过量，先产生白色沉淀，并闻到有刺激性气味；因为硫酸钡不溶于强碱，而氢氧化铝溶于过量的强碱；所以当碱过量后，白色沉淀部分溶解；
硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨；离子方程式NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
故答案为：Ba(OH)2；NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒，有2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)= c(H+)-=(10-3-10-11)mol•L-1 ，
故答案为：10-3-10-11。
【点睛】本题考查了物质分离和提纯，明确物质的性质是解题关键，（4）④为易错点，注意利用守恒思想解题。
1.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有
①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性
②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜
③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性
④光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性
⑤MgO、A12O3的熔点很高，可制作耐高温材料
⑥NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂
⑦A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
试题分析：①氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；②氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；③浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，不是脱水性，故错误；④光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；⑤MgO、Al2O3为离子晶体，因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；⑥NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；⑦铝易在表面生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确；故选B。
考点：考查元素化合物知识，涉及化学与生活、生产的考查。
2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )
A. 25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
B. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NA
C. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D. 100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA
【答案】D
【解析】
pH=13，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。
3.加热N2O5，依次发生的分解反应为：①N2O5(g) N2O3(g)+O2(g)，②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t℃时反应①的平衡常数为
A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5
【答案】B
【解析】
在反应①中N2O3与O2 按物质的量之比1∶1生成，如果不发生反应②，则两者一样多。发生反应②，平衡后，O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应②中每减少1mol N2O3，O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol；O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了2.8mol N2O3；所以反应①中N2O5分解生成N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L，则反应①的平衡常数K=，故选B。
4.可逆反应：3A(g)3B(？)+C(？)△H＞0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是( )
A. B和C可能都是固体 B. 若C为固体，则B一定是气体
C. B和C一定都是气体 D. B和C不可能都是气体
【答案】B
【解析】
3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H＞0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。A、若B和C都是固体，只有A一种气体，不变，故A错误；B、若C为固体，B为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，结合A的分析，B一定为气体，故B正确；C、若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故C错误；D、根据C的分析，若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了化学平衡的影响因素的分析判断，主要考查气体摩尔质量的变化与物质状态的关系，明确气体质量变化、气体物质的量变化是解题关键。可以根据气体平均相对分子质量=进行分情况讨论。
5.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－，2Fe3++2I－=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 还原性：I－>Fe2+>Br－
B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol
C. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I－)：n(Br－)=2:1:3
D. 当通入3mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。
【详解】反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-＞Fe2+，所以还原性I－>Fe2+>Br－，故A正确；
B．通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；
C．由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I－)：n(Br－)=2:1:3，故C正确；
D．当通入3molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，4mol的Fe2+消耗氯气2mol，即溶液中发生的离子反应可表示为4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。
6.下列离子方程式书写不正确的是
A. A1C13 溶液与烧碱溶液反应，当n(OH－) :n(A13+)=7 : 2 时，2A13++7OH－==A1(OH)3↓+ AlO2－+2H2O
B. 当向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2时，CO32－+CO2 + H2O==2HCO3－
C. CuCl2 溶液与 NaHS 溶液反应，当n(CuCl2):n(NaHS) = l : 2 时，Cu2++2HS－==CuS↓十H2S↑
D. ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH－═Cl－+IO－+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A项，A13+与OH－先形成A1(OH)3沉淀后，过量OH－再与部分A1(OH)3反应会生成AlO2－，故A项正确；
B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会将Na2CO3转化为相同条件下溶解度小于Na2CO3的NaHCO3，并以晶体的形式析出，正确写法应为2Na++CO32－+CO2 + H2O==2NaHCO3↓，故B项错误；
C项，Cu2+与HS－生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；
D项，ICl 和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中，离子方程式：ICl+2OH－═Cl－+IO－+H2O，故D项正确。
综上所述，答案选B。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l） △H=-890.3 kJ • mol-1
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
8.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中SO42－物质的量为0.6 mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L
【答案】B
【解析】
分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3＋，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应②为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应③为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应④为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。
详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3＋，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；
B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以B错误；
C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；
D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。
点睛：本题一定要从金属与稀HNO3反应的离子方程式入手分析，同时认真思考铁与混合溶液反应时，图象中各段的含义，要明确硝酸的强氧化性一定先把铁氧化为Fe3＋，最终铁与剩余的H+反应放出H2，这样才能得出HNO3和H2SO4物质的量的正确值。
9.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
①通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO－、CH3COO－、HCO3－
②pH=1的溶液Mg2+ 、Na+、AlO2－、NO3－
③加入Al能放出H2的溶液中Cl－、HCO3－、SO42－、NH4+
④由水电离的C（OH－）= 10－13 mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl－、Br－
⑤有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN－、HCO3－
⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3－、I－、Cl－
⑦Kw/c(H+) =10－13 mol·L－1溶液中：Fe3+、NH4＋、Mg2+、SO42－
⑧NaHS溶液中：SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋
A. ④⑦ B. ①③④ C. ①②⑦ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①碳酸的酸性大于HClO，则通入大量CO2的溶液与ClO-反应，则不能共存，故①错误；
②pH=1的溶液中有大量的H+，因H+、AlO2-能结合生成氢氧化铝沉淀，则不能大量共存，故②错误；
③加入Al能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3－、NH4+与氢氧根离子反应，HCO3－与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；
④由水电离出的C（OH－）= 10－13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、Cl－、Br－之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；
⑤有较多Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN－、HCO3－反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
⑥酸性溶液中NO3－具有强氧化性,能够氧化I－，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；
⑦Kw/c(H+) =10－13 mol·L－1溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故⑦正确；
⑧NaHS溶液中，NaHS、Cu2+之间反应生成CuS沉淀，在溶液中不能大量共存，故⑧错误；
综合以上分析，④⑦正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是⑦中氢离子浓度的计算及⑤中生成的络离子。
10.已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是
A. 若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+2NO
B. 若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H 3
C. 若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2↑
D. 若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化．在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C(s)+O2(g)=CO(g)△H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定律得到△H1+△H3 =△H2，故B正确；C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故C错误；D．若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存方法是为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；故选C。
考点：考查了物质性质和转化关系的相关知识。
11.可逆反应①X（g）+2Y（g）2Z（g）、②2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是（ ）
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为5/11
D. 在平衡（I）和平衡（II）中，M在隔板右边气体中的体积分数不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A、降温由平衡（I）向平衡（II）移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，错误，不选A；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，，错误，不选B；C、达平衡（I）时，右边气体的物质的量不变，仍为2摩尔，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有2：x=2.2:2.8 x=28/11mol，期物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（I）时，X 的转化率为5/11，正确，选C；D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等，错误，不选D。
考点：化学平衡的影响因素
12.下列说法错误的是
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大
②浓度均为0.1 mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－amol·L－1
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO32－)均增大
⑤浓度相等的a、NH4HSO4溶液、b、NH4HCO3溶液、c、NH4Cl溶液中的c(NH4+):a ＞b＞c
⑥NaHSO3溶液显酸性,c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞c(OH－)＞c(SO32－)
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)
⑧pH＝3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，c(H+)－c(OH－)=c(X－)－c(HX)
A. ②④⑥⑦ B. ②⑤⑦⑧ C. ①③⑤⑥ D. ②⑤⑥⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解；
②2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]，不符合物料守恒关系；
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离；
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解；
⑤a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响；
⑥NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解；
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，结合电荷守恒分析判断离子难度大小；
⑧pH＝3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，HX电离程度大于X－离子水解程度。
【详解】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，相对来说，钠离子的浓度比碳酸氢根的浓度减小的慢些，所以 c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大，故①正确；
②浓度均为0.1 mol·L1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，故②错误；
③在0.1 mol·L1氨水中滴加0.lmol·L1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离，溶液的pH=a，那么c(H+)=c(OH－)=l0－amol·L－1，故③正确；
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解，所以c(Na+)、c(SO32－)均增大，故④正确；
⑤浓度相等的a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响，所以c(NH4+)：①③②，故⑤错误；
⑥NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解，因为弱电解质的电离和水解程度微弱，所以有c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－) ＞c(OH－)，故⑥错误；
⑦常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，c(Na＋)＝c(CH3COO－)= 0.1 mol·L－1>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)= 10-7mol·L－1，，故⑦正确；
⑧0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(X－)+c(OH-)
，c(H+)- c(OH-)=c(X－)- c(Na+)，因为HX发生电离，所以c(HX)与c(Na+)不相等，c(H+)－c(OH－)=c(X－)－c(HX)不成立，故⑧错误。
综合以上分析，②⑤⑥⑧错误。
故答案选D。
13.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY＞rX B. 含Y元素的盐溶液一定显酸性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：W＞X D. Z的最高价氧化物的水化物难溶于水
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si。据此分析。
【详解】短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si，
A项，电子层越多，半径越大，具有相同电子层的原子序数越大其原子半径越小，则原子半径为rY＞rZ＞rW＞rX ，故A项错误；
B项，Y为Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B项错误；
C项，W为S，X为N，非金属性W
综上所述，本题正确答案为D。
14.己知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.lmolCH4 和0.2molH2S，下图所示：
下列说法正确的是
A. 该反应的△H＜O
B. X 点CH4的转化率为25%
C. X点与Y点容器内压强比为55：51
D. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时v(正)＜v(逆)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像可知，随温度的升高，反应物在减小，生成物在增大，所以该反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B.设X点时CS2为xmol，则CH4为（0.1-x）mol，H2S为（0.2-2x）mol，H2为4xmol，即得（0.1-x）=4x，x=0.02mol，则CH4的转化率为100%=20%，故 B错误；
C.在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，X点容器内的物质的量为n(X)= （0.1-x）mol+（0.2-2x）mol+xmol+4xmol=(0.3+2x)mol=(0.3+20.02)mol=0.34mol；
同理可得Y点CS2为mol，则n(Y)= （0.1-）mol+（0.2-2）mol+mol+4mol=mol；
则X点与Y点容器内压强比= n(X)：n(Y)=0.34:=51：55，故 C错误；
D.同理可求得Z点CS2为0.05mol，则CH4为0.05mol，H2S为0.1mol，H2为0.2mol，设容器的体积为1L，此时的浓度商Q1===0.16，
当向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，各物质的量分别为CH4为0.15mol，H2S为0.2mol，CS2为0.15mol，H2为0.3mol，此时的浓度商Q2==0.2025>Q1=0.16，所以反应向左进行，即v(正)＜v(逆)，故D正确。
故答案选D。
15.H2S为二元弱酸。20℃时，向 0.100 mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 通入HCl气体之前：c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)
B. pH=7的溶液中：c(Cl－)＝c(HS－)＋c(H2S)
C. c(HS－)=c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)＞0.100 mol·L－1＋c(H2S)
D. c(Cl－)=0.100 mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)
【答案】BD
【解析】
A. H2S为二元弱酸，在0.100 mol·L-1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2－)＞c(OH－) ＞c(HS－)＞c(H+)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH=7的溶液中存在c(Na+)+ c(H＋)= c(Cl－)+ c(HS－)+2 c(S2－)+ c(OH－)，则c(Na+)= c(Cl－)+ c(HS－)+2 c(S2－)，根据物料守恒，c(Na+)= 2 c(H2S)+ 2c(HS－)+2 c(S2－)，则c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，故B正确；C. 根据电荷守恒，c(Cl－)+ c(HS－) = c(Na+)+ c(H＋) -2 c(S2－)- c(OH－)= 2 c(H2S)+ 2c(HS－)+ c(H＋) - c(OH－)，因为 c(HS－)=c(S2－)，碱性溶液中c(H＋) ＜ c(OH－)，所以c(Cl－)+ c(HS－) = 2 c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H＋) - c(OH－)＜c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H2S)= 0.100 mol·L-1＋c(H2S)，故C错误；D. 根据C的分析，c(Cl－)+ c(HS－) =2 c(H2S)+ 2c(HS－)+ c(H＋) - c(OH－)，则c(OH－)－c(H＋)＝2 c(H2S)+ 2c(HS－)-c(Cl－)- c(HS－)=2c(H2S) + c(HS－)-c(Cl－)= c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)+ c(H2S) -c(Cl－)-c(S2－)= 0.100 mol·L-1- 0.100 mol·L-1+ c(H2S)－c(S2－)= c(H2S)－c(S2－)，故D正确；故选BD。
点睛：本题考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较的相关知识，本题的难度较大，要熟练掌握电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒关系式的建立。本题的难点是C和D的判断，要注意c(H2S)+ c(HS－) + c(S2－)= 0.100 mol·L-1的灵活运用。
16.a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为
①(a+b)×63 g ②(a+b)×189 g ③ (Vc-) mol ④mol
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L－1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液。由Fe守恒可知，n[Fe(NO3)3]=(a+b)mol，则反应未被还原的硝酸等于n(NO3-)=3(a+b)mol，其质量为(a+b)×189 g；由S守恒可知，n(H2SO4)= a mol，由电子转移守恒可知，被还原的硝酸的物质的量=，则反应中未被还原的硝酸为 mol.综上所述，D正确，本题选D。
17.利用化学反应原理研究碳、硫及其化合物的性质具有重要意义。
（1）工业上用炭还原辉铜矿（主要成分是Cu2S），可制取金属铜。
已知反应的热化学方程式如下：
C(s)+S2 (g) ═CS2 (g) △H1=150 KJ/mol
Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5KJ/mol
2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170KJ/mol
通过计算，可知用炭还原Cu2S 制取金属铜和CS2（g） 的热化学方程式为___________。
（2）为研究反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g）对上述工业过程的影响，兴趣小组进行如下探究：
①向三个体积均为1L的恒容密闭容器中分别加入1molH2S，进行H2S分解实验。不同温度下测得H2S 的转化率与时间的关系如图1所示：
T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率v（S2）=____________mol．L－1．min－1，反应平衡常数K=_____mol•L－1．温度T1、T2、T3 由高到低的顺序是__________。
②T4温度时，向1L的恒容密闭容器中加入1.8molH2（g）、1.2molS2（g），达到平衡后测得S2（g）和H2S（g）的浓度相等，则T4_____ T1 （填“＜”、“=”或“＞”）。
（3）T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH 溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O4－、C2O42－ 的物质的量分数（δ） 与pH的关系如图2所示：
①草酸的电离常数分别为K1与K2，则=_____。
②按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是_____（填序号）。
A．该溶液的pH为4.2
B.3c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－）
C.3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]
D.3c（OH－）+c（C2O42－）=3c（H+）+2c（HC2O4－）+5c（H2C2O4）
（4）含碳的甲醇（CH3OH）的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可。
①写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式：___________________。
②常温下，向100 mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1 mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V( HCl)=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V( HCl) =V2。当V1
【解析】
【分析】
(1) ①C(s)+S2 (g) ═CS2 (g) △H1=150 kJ/mol
②Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5 kJ/mol
③2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170 kJ/mol
由①+②2+③可得：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) 的△H；
(2) T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率v（S2）=，据此计算回答；根据三行式计算平衡常数；反应是吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；
(3)①平衡常数随温度变化，不随浓度变化，图象中根据（1.2，0.5）可计算出K1，根据（4.2，0.5）可计算出K2，据此回答；
②按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，根据图中信息来回答即可。
（4）①根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，根据电子得失守恒写出离子方程式；
②按照混合溶液中可能成分的几种情况，逐滴加入盐酸，根据依次发生的反应，看对应盐酸所用体积是否为V1
②Cu2S(s)+H2 (g) ═2Cu(s)+H2S (g) △H2=59.5 kJ/mol
③2H2S (g) ═2H2 (g) +S2 (g) △H3=170 kJ/mol
由①+②2+③可得：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) 的△H=150 kJ/mol+（59.5 kJ/mol）2+170 kJ/mol=439 kJ/mol，
因此，本题正确答案是：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) △H=439KJ•mol－l ；
(2)① 2H2S（g）2H2（g）+S2（g），
起始浓度（mol/L） 1 0 0
变化浓度（mol/L） 0.2 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.8 0.2 0.1
T1温度下，0～5min S2（g）的平均反应速率
v（S2）====0.02 mol．L－1．min－1，
反应平衡常数K===6.2510-3，反应是吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大，所以温度T1、T2、T3 由高到低的顺序是T1、T2、T3；
因此，本题正确答案是：0.02 ；6.25×10－3 ；T3＞T2＞T1 ；
②T4温度时，向1L的恒容密闭容器中加入1.8molH2（g）、1.2molS2（g），达到平衡后测得S2（g）和H2S（g）的浓度相等，说明反应正向进行，所以T4高于T1。
因此，本题正确答案是：>；
(3)①坐标（1.2，0.5）时H2C2O4和HC2O4－的含量相同，则K1=c(H+)=10-1.2，坐标（4.2，0.5）时HC2O4－和C2O42－的浓度相等，K2=c(H+)=10-4..2，则==1000，
因此，本题正确答案是：103；
②A、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，此时三种微粒H2C2O4、HC2O4－、C2O42－ 的物质的量分数不是0.5，所以该溶液的pH不是4.2，故A错误；
B、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），故B错误；
C、n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1的溶液中存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，所以C选项是正确的；
D. 3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HC2O4－）+2c（C2O42－），存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）]，整理得到：3c（OH－）+c（C2O42－）=3c（H+）+2c（HC2O4－）+5c（H2C2O4），所以D选项是正确的。
因此，本题正确答案是：CD；
（4）①根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H++7H2O，
因此，本题正确答案是：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H++7H2O；
②若混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，假设NaOH有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，因为a+b
若混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，对应的溶液体积为V2 >2Vl，，故不符合题意；
综上所述，本题正确答案为NaOH、Na2CO3。
因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。
18.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L－1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L－1，Ka(HB)=________。
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B－)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L－1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2－)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L－1，则0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L－1(填“>”“<”或“=”)。
（4）已知温度时，0.1 mol·L－1的某一元酸HB在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：
①该溶液的pH＝________。
②HB的电离平衡常数K＝________。
③由HB电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 3×10－13 (2). 1×10－5 (3). c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+) (4). < (5). NaHC=Na++H++C2－ (6). > (7). > (8). 4 (9). 1×10－7 (10). 106
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3。
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解。
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解；
③常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4；
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7；
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，以此分析。
【详解】（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，c(H+)==mol/L，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=310-13；
由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3，Ka(HB)==110-5；
因此，本题正确答案是：3×10－13 ；1×10－5；
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+)；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为NaHC=Na++H++C2－。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解，则此溶液中c(C2－)>c(H2C)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01 mol/L。
因此，本题正确答案是：NaHC=Na++H++C2－；> ；> ；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7，
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c(H+)为10-10mol/L，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，
因此，本题正确答案是：4；1×10－7；106。
19.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物的含量显得尤为重要。
I.氮氧化物研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是 ________（填字母代号） 。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变 d．每消耗1 molO2同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 +O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图1像判断反应N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“＞”或“＜”)。
Ⅱ．碳氧化物研究
（1）体积可变（活塞与容器之间的摩擦力忽略不计）的密闭容器如图2所示，现将3molH2和2molCO放入容器中，移动活塞至体积V为2L，用铆钉固定在A、B点，发生合成甲醇的反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。测定不同条件、不同时间段内的CO的转化率，得到如下数据：
T（℃）
10min
20min
30min
40min
T1
20%
55%
65%
65%
T2
35%
50%
a1
a2
①根据上表数据，请比较T1_________T2(选填“>”、“<”或“=”)；T2℃下，第30min 时，a1=________，该温度下的化学平衡常数为__________________。
②T2℃下，第40min时，拔去铆钉（容器密封性良好）后，活塞没有发生移动，再向容器中通入6molCO，此时v(正）________v(逆）(选填“>”、“<”或“=”)。
（2）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计），充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)＝c(CH3COO－)，则根据溶液中的电荷平衡可知，溶液的pH=___________，则可以求出醋酸的电离常数Ka =____________ (用含a和b的代数式表示）。
【答案】 (1). abc (2). > (3). < (4). 50% (5). 4或4(mol/L)-2 或4(L/mol)2 (6). < (7). 7 (8). 2×10-7b/(a-2b) mol/L
【解析】
Ⅰ(1)恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。a．反应是个气体体积改变的反应，恒容容器，压强改变，平衡时，体系压强保持不变，故正确；b．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度保持不变，达到平衡，故正确；c．NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量就不相同，如果没有达到平衡，NO和O2 的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明到达了平衡，故正确；d．O2 是反应物，NO2是生成物，不管在任何时候都有每消耗1 molO2同时生成2 molNO2，故错误，故选：abc；
(2)由图可知先达到平衡所用时间较短的温度较高，且此温度下氮气的体积分数较小，说明温度升高后，反应正向移动，故反应为吸热反应；故答案为：＞；
Ⅱ：(1)①升高温度，化学反应速率加快，10min内，T2时CO转化率大于T1时，故T1＜T2；
T2℃下，10min时CO2转化率为35%，20min时CO2转化率为50%，10-20min只转化15%，说明20min时已达平衡状态，故第30min时，CO2转化率为50%；
T2℃下，CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，
起始(mol) 2 3 0
转化(mol) 1 2 1
\平衡(mol) 1 1 1
化学平衡常数K==4；故答案为：＜；50%；4；
②拔去铆钉，容器是在同温同压下进行，体积之比等于物质的量之比，当冲入6molCO，假设平衡不移动，此时容器的体积为6L，Qc==＞K，故平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)；故答案为：＜；
(2)反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10−7mol/L；故答案为：7；×10−7mol/L。
20.无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋24.4 kJ/mol。
（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是 _________。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，混合气体颜色 _______(填 “变深”“变浅”或“不变”)，判断理由___________________________。
（2）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数Kp表达式 ___________________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响Kp的因素_________________。
（3）上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为_______________(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa)，已知该条件下k正＝4.8×104 s－1，当N2O4分解10%时，v正＝______________kPa·s－1。
（4）真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为__________________________。
【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深 (4). (p总·x)2(NO2)/x(N2O4) (5). 温度 (6). k正/k逆 (7). 3.9×106 (8).
【解析】
(1)a．应是2v正(N2O4)=v逆(NO2) 时反应达到平衡状态，故a错误；b．体系颜色不变，说明二氧化氮浓度不变，反应到达平衡状态，故b正确；c．混合气体总质量不变，随反应减小混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，当气体平均相对分子质量不变时，反应到达平衡状态，故c正确；d．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，气体密度始终不变，故d错误，正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深，故答案为：bc；变深；正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深；
(2)由题目信息可知，用某组分(B)的平衡压强(PB)表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp==，平衡常数只受温度温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为：；温度；
(3)平衡时正逆速率相等，由v正=k正．p(N2O4)，v逆=k逆．p2(NO2)，联立可得Kp=，当N2O4分解10%时，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为0.1mol，则：
N2O4(g)⇌2NO2(g) 物质的量增大△n
1 2-1=1
0.1mol 0.1mol
故此时p(N2O4)=×100kPa=×100kPa，则v正=4.8×l04s-1××100kPa=3.9×106 kPa•s-1；故答案为：；3.9×106；
(4)在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为a，设投入的N2O4为1mol，转化的N2O4为amol，则：
N2O4(g)⇌2NO2(g)
起始量(mol)：1 0
变化量(mol)：a 2a
平衡量(mol)：1-a 2a
故x(N2O4)=，x(NO2)=，则平衡常数Kp===p0×，保持温度不变，平衡常数不变，令N2O4的平衡分解率为y，则：p0×=2p0×，解得y=，故答案为：。
21.以冶炼金属铝的废弃物铝灰为原料制取超细α－氧化铝，既能降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A12O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备流程如下：
（1）用上图中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_____（填选项编号）。
（2）流程中加入H2O2有气体产生，原因是___________________________________。
（3）通过调节溶液的pH来“沉铁”，得到Fe（OH）3．已知：
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀时的pH
2.2
7.5
3.7
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
4.7
为保证产品的纯度，可以选用下列物质中的_______调节溶液pH（填字母），调节pH的范围为______________。
a．Al2O3 b．NaOH c．Al（OH）3 d．Na2CO3
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置：
①集气瓶中收集到的气体是____________（填化学式）。
②装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是____________________________。
③选用一种常用化学试剂和稀硝酸检验硫酸铝铵，该试剂_________。写出硫酸铝铵加入足量该试剂的离子方程式__________________________________________________。
④20℃时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3,则溶液中，2c(SO42－)－c(NH4+)－3c(Al3+)=____________mol·L－1（填具体数字计算式，不必化简）
【答案】 (1). B (2). Fe3+对H2O2的分解有催化作用 (3). ac (4). 3.2≤pH<3.7 (5). N2 (6). 吸收SO2 (7). Ba（OH）2 (8). NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O (9). 10－3－10－11
【解析】
【分析】
（1）铝灰中A12O3、FeO、Fe2O3均被稀硫酸溶解，所以剩余的“滤渣”的主要成分是SiO2；二氧化硅与氢氧化钠焙烧制备硅酸钠；蒸发皿不能用来加热固体；铁与二氧化硅、氢氧化钠均不反应，可以用铁坩埚进行加热；玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
（2）双氧水在氧化亚铁离子时，溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以流程中加入H2O2有气体产生；
（3）本流程最终制备氧化铝，因此，要加入含有铝元素，能够与酸反应，但不溶于水的化合物来调节溶液的pH，氧化铝、氢氧化铝都不溶于水，都能和酸反应，溶解后又不产生新杂质，满足流程要求；而氢氧化钠、碳酸钠不仅和铁离子反应，也能和铝离子反应，无法达到只沉铁的目的；
为了使铁离子变为沉淀，而铝离子不沉淀，根据表中数据可知，调节溶液的pH的范围为3.2≤pH<3.7；
（4）将产生的混合气体通入装置中，水分溶在NaHSO3溶液中，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与NaHSO3反应生成SO2；同时NaHSO3溶液能与氨水反应，所以混合气体中被吸收了 SO3和NH3；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，最终用排水法收集N2。
①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
②KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收；因此装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子；硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨，据此写出离子方程式；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒分析离子浓度的关系。
【详解】（1）能够焙烧固体的装置是坩埚，NaOH能和二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能采用瓷坩埚灼烧，所以应该采用铁坩埚，故选B，
故答案为：B；
（2）在实验流程中，H2O2具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，而Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
故答案为：Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
（3）为保证产品-氧化铝的纯度，可以选用a．A12O3 c．Al(OH) 3调节溶液pH。Fe3+开始沉淀的pH=2.2，沉淀完全的pH=3.2要使Fe3+完全沉淀调节pH的范围为3.2≤pH＜3.7。
故答案为：a c ； 3.2≤pH＜3.7；
（4）①依据方程式：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，煅烧硫酸铝铵晶体，生成的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，混合气体中氨气、三氧化硫易溶于水，能够被饱和NaHSO3溶液吸收，二氧化硫具有还原性能够被酸性高锰酸钾溶液吸收，氮气不溶于水，不能被吸收，剩余N2，所以集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为：N2；
②二氧化硫能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，所以装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
故答案为：吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子：向硫酸铝铵溶液中逐滴浓氢氧化钡溶液直至过量，先产生白色沉淀，并闻到有刺激性气味；因为硫酸钡不溶于强碱，而氢氧化铝溶于过量的强碱；所以当碱过量后，白色沉淀部分溶解；
硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨；离子方程式NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
故答案为：Ba(OH)2；NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒，有2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)= c(H+)-=(10-3-10-11)mol•L-1 ，
故答案为：10-3-10-11。
【点睛】本题考查了物质分离和提纯，明确物质的性质是解题关键，（4）④为易错点，注意利用守恒思想解题。
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