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【化学】河南省上蔡县第二高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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河南省上蔡县第二高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H－1 Mg－24 Cu- 64
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一.选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意 请将正确答案填涂在答题卡的相应位置。)
1.京津冀地区的 大气污染问题已成影响华北环境的重要因素，有人想利用下列反应：2CO(g)＋SO2(g)2CO2 (g) ＋S (g) ΔH= +8.0 kJ·mol-1 来减少污染，使用新型催化剂加快反应。下列有关该反应过程的能量变化示意图正确的是 ( )
【答案】B
【解析】
试题分析：已知的反应是吸热反应，则反应物的能量低于生成物的能量，排除A、C选项；加入催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但是反应热不变，故选项是B。错误。
考点：考查外界环境对反应反应的影响的知识。
2.1.0 mol.L-1 的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若想增大NH4+的浓度， 而不增大OH－的浓度，应采取的措施是 ( )
A. 适当升高温度 B. 加入NaOH固体
C. 通入NH3 D. 加入NH4Cl固体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、升高温度促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度都增大，所以不符合题意，故A错误；B、加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则铵根离子浓度减小，故B错误；C、通入氨气，溶液中一水合氨浓度增大，一水合氨电离出的氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故C错误；D、加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则氢氧根离子浓度减小，符合题意，故D正确。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡。
3.以下事实不能用勒夏特利原理来解释的是： ( )
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 增大压强，有利于N2和H2反应生成NH3
C. 合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应)
D. 在Fe3++3SCN - Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，根据温度、压强、浓度对化学反应平衡的影响来分析，若温度、压强、浓度改变会导致化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。
【详解】A项、氯气与水反应存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气时，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，故A错误；
B项、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即N2和H2反应向着生成NH3的方向进行，能用勒夏特利原理来解释，故B错误；
C项、合成 NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，高温的目的是选择催化剂的活性温度，能够加快反应反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特利原理来解释，故C错误；
D项、增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，能用勒夏特利原理来解释，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，要求学习基本概念和基本理论时要注意深化理解，注意平衡移动原理适用范围，明确平衡移动原理内涵是解答本题的关键。
4.下列说法正确的是 ( )
A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.57 kJ·mol-1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应也可能自发进行，A错误；B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g) △H＝+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变可以共同作为反应自发性的判据，而不能单独使用，C错误；D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，D错误，答案选B。
考点：考查反应自发性判断
5.反应 H2(g) + I2(g) 2HI(g) 的平衡常数K1 ，反应 HI(g) 1/2H2(g)+1/2 I2(g)的平衡常数K2 ，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值) ( )
A. K1=2K2 B. K1=K22 C. K1=K2 D. K1=
【答案】D
【解析】
K1=C(HI)2／C(H2)C(I2) K2=C(H2)0.5C(I2)0.5／C(HI)K1＝1/K22
6.一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应 X(g)＋2Y(g)2Z(g) 一定达到化学平衡状态的是
①容器中气体的密度不再发生变化
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成2n mol Z，同时消耗2n mol Y
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
试题分析：①根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，故错误；②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；③该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时生成2n mol Y，如果单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y，该反应未达到平衡状态，故错误；故选B。
考点：考查化学平衡状态的判断
7.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+。下列有关说法正确的是
A. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
B. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O
D. 正极上发生的反应为：O2+ 4e-+ 2H2O = 4OH-
【答案】C
【解析】
：该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+ 4e-+4H+=2H2O，负极：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24 L氧气，B不正确；将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O，C正确；根据正极反应式可知，D不正确。
考点定位：本题考查原电池原理，涉及到电极反应式的书写，溶液中离子的定向移动及相关计算。
8.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。下列说法一定正确的是
A. 充电时，阴极的电极反应式为Cr3＋＋e－=Cr2＋
B. 电池放电时，负极的电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋
C. 电池放电时，Cl－从负极室穿过选择性透过膜移向正极室
D. 放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Fe3＋浓度降低0.1 mol·L－1
【答案】A
【解析】
放电与充电时发生的反应互为逆反应，放电时，Cr2＋发生氧化反应Cr2＋－e－=Cr3＋，则充电时Cr3＋被还原，A项正确，B项错误；电池放电时，阴离子应由正极移向负极，C项错误；D项没有给出溶液的体积，错误。
9.将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；①1×10－3mol·L－1的氨水b L；②c(OH－)＝1×10－3mol·L－1的氨水c L；③c(OH－)＝1×10－3mol·L－1Ba(OH)2的溶液d L；则a、b、c、d的关系正确的是
A. b＞a＝d＞c B. a＝b＞c＞d C. a＝b＞d＞c D. c＞a＝d＞b
【答案】A
【解析】
（1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3mol/L，①中氨水的物质的量浓度是1×10﹣3mol/L，②一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以②中氨水的浓度大于1×10﹣3mol/L，③中氢氧根离子的浓度是1×10﹣3mol/L．
（2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；
（3）②的氨水浓度大于①的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以c＜b．
（4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积a＜b．
（5）②③中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于③中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，②所用的氨水的体积小于③氢氧化钡溶液的体积，即c＜d=a．所以a、b、c、d的关系b＞a=d＞c，故选A．
【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断，难度不大，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．
10.A、B的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g) zC(g) △H＜0。达到化学平衡后测得A的浓度为0.5 mol·L-1；在恒温下，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9 mol·L-1。则下列叙述中正确的是 ( )
A. x+y＜z B. 平衡向正反应方向移动了
C. B的转化率下降 D. C的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动。
【详解】A项、增大压强，平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故A错误；
B项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C项、增大压强，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大了，故C错误；
D项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故C的体积分数增加了，故D错误。
故选B。
【点睛】题考查了根据化学平衡的移动来判断化学反应的特点，解答的关键是根据平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，此时A的浓度应该为1.0mol/L，再达平衡时，测得A的浓度为0.9mol/L，说明增大压强平衡向正反应方向移动。
11.如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g) + 2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是
A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）>φ（N）
B. 若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）>α(N)
C. 若x<3，C的平衡浓度关系为：c（M）>c（N）
D. x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【答案】D
【解析】
M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D。
12.将1molSO2和1molO2通入一容积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下发生反应 SO2（g）+ O2（g） SO3（g）。达到平衡后SO3为0.3mol，此时若移走0.5molSO2和0.5mol O2，则重新达到平衡后SO3物质的量为
A. 等于0.3mol B. 等于0.15mol
C. 小于0.15mol D. 大于0.15mol，小于0.3mol
【答案】C
【解析】
移走一半的A2和B2，若容器的体积变为一半，则A2B的物质的量为0.15 mol，但容积保持不变，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A2B减少，即小于0.15 mol，选C。
13.已知：HCN(aq)＋ NaOH(aq) ==NaCN(aq)＋H2O(l) ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；
HCl(aq)＋NaOH(aq) ==NaCl (aq)＋H2O(l) ΔH＝－55.6 kJ·mol－1
则HCN在水溶液中电离的ΔH等于
A. ＋43.5 kJ·mol－1 B. ＋67.7 kJ·mol－1
C. －43.5 kJ·mol－1 D. －67.7 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：反应的热化学方程式分别为：
HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ•mol-1…①
H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-55.6kJ•mol-1…②
HCN电离方程式为，HCNH++CN-，
用①-②可得HCN电离的热化学方程式为HCN（aq）H+（aq）+CN-（aq）△H=-12.1kJ•mol-1-（-55.6kJ•mol-1）=+43.5kJ•mol-1，故A项正确。
考点：本题考查反应热的计算。
14.某无色透明溶液含有下列离子中的几种： Mg2+、 Cu2+、 Ba2+、 H+、 SO42-、OH-、 NO3-、 HCO3-，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2, 试 判断上述离子中 一定不能 大量存在于此溶液中的有
A. 2种 B. 5种 C. 4种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】无色透明溶液，说明原溶液中不存在Cu2+；加入金属铁，发生反应放出气体只有H2，说明溶液中含有H+，一定不含有NO3-；溶液中H+，一定不含有OH-、NO3-、HCO3-；由电荷守恒可知，溶液中一定存在SO42-，一定不存在Ba2+，则溶液中一定不能 大量存在Cu2+、 Ba2+、OH-、 NO3-、 HCO3-，共5种，故选B。
【点睛】本题考查离子的共存问题，注意利用溶液为电中性、离子的颜色等来分析，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键。
15. 部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
Ki=1．77×10-4
Ki=4．9×10-10
Ki1=4．3×10-7
Ki2=5．6×10-11
下列选项错误的是
A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B．2HCOOH+CO3 2-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-,所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，制取；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，制取；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确，答案选A。
考点：考查弱电解质的电离，根据电离常数判断酸的强弱，强酸制弱酸的原理应用，电荷守恒规律的应用
16.已知：25℃时， Mg(OH)2的kSP=5. 61×10-12， MgF2的kSP=7. 42×10-11。下列判断正确的是：( )
A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01mol/L的氨水中的kSP比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的kSP小
D. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2
【答案】B
【解析】
【分析】
氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁在溶液中存在溶解平衡，溶液中的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）×c（F-）2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀。
【详解】A项、氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，因氢氧化镁溶度积小，则氢氧化镁溶液中Mg2+浓度小，故A错误；
B项、25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c（Mg2+）增大，故B正确；
C项、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，所以Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，二者相同，故C错误；
D项、因氢氧化镁溶度积比MgF2的小，所以向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，如满足Qc>Ksp，则有Mg（OH）2生成，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性。
第Ⅱ卷
二、非选择题(本题包括5道小题，共52分)
17.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量CuSO4溶液可加快氢气 的生成速率。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。 请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。
(2)用甲烷制取氢气的两步反应的能量变化如下图所示，则甲烷和水蒸气反 应生成二 氧化碳和氢气的热化学方程式是___________________________。
(3)科学家最近研究出一种环保，安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3 H2HCOONa H2O。下列有关说法正确的是_____________。
A．储氢、释氢过程均无能量变化
B．NaHCO3、HCOONa均具有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化
D．释氢过程中，每消耗0.1 mol H2O放出2.24 L的H2
(4)Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2 和仅含一种 金属元素的氢化物(该氢化物中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为______________。
【答案】 (1). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶 液的接触面积 (2). CH4(g) + 2H2O(g) ＝ 4H2(g) + CO2(g) ΔH＝－136.5 kJ/mol (3). B (4). 2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2
【解析】
【分析】
（1）生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；
（2）根据第一步反应过程可以得出：①CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol，根据第二步反应过程可以得出：②CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol，根据盖斯定律将①+②可得甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的反应，据此书写热化学方程式；
（3）由方程式NaHCO3+H2HCOONa+H2O可知，反应中碳元素化合价降低被还原，氢元素化合价升高被氧化；
（4）先依据氢化物的质量分数计算氢化物化学式，在依据反应物和生物写出化学方程式。
【详解】（1）因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；
（2）根据第一步反应过程可以得出：CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol；根据第二步反应过程可以得出：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol；根据盖斯定律，上下两式相加可得：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5 kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/mol；
（3）A、储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故错误；
B、NaHCO3、HCOONa均是离子离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故正确；
C、储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故错误；
D、释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1molH2，但没说明状态，无法知道其体积，故错误；
故选B，故答案为：B；
（4）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则x/(a+x)=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2,则反应的化学方程式为2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2，故答案为：2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2。
18.常温下，某溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有 H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出酸H2A的电离方程式：_____________________________________;
(2)若溶液M是由10 mL 2 mol/L NaHA溶液与2 mol/L NaOH溶液等体积混合而得到 的，则溶液M的pH__________7(填“＞”、“＜”或“＝”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________________。已知Ksp(BaA)＝ 1.8×10-10，向该混合溶液中加入10 mL 1 mol/L BaCl2溶液，混合后溶液中Ba2+ 浓度为________________mol/L。
【答案】 (1). H2AH+＋HA-HA-H＋＋A2- (2). > (3). c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+) (4). 5.4×10-10
【解析】
【分析】
（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；
（2）等体积混合生成Na2A溶液，Na2A水解使溶液显碱性，离子水解以第一步为主；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可知沉淀后A2-过量，计算溶液中c（A2-），再依据Ksp计算液中Ba2+ 浓度。
【详解】（1）溶液中存在H2A则说明H2A为弱电解质，所以电离方程式为：H2AH+＋HA-，HA-H＋＋A2-，故答案为：H2AH+＋HA-，HA-H＋＋A2-；
（2）10 mL 2 mol/L NaHA溶液与2 mol/L NaOH溶液等体积混合生成Na2A，Na2A在溶液中水解，溶液显碱性，pH＞7，A2-离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+），故答案为：＞；c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；
由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）==1/3mol/L，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）= =5.4×10-10mol•L-1，故答案为： 5.4×10-10。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离平衡、盐的水解规律以及Ksp的有关计算等方面的知识，注意运用溶液混合后离子浓度的变化判断离子浓度大小和计算生成难溶电解质后溶液中离子浓度。
19.氨气是重要的化工原料
(1)已知：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H= +180．5kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O(g) △H= - 905kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)= H2O(g) △H= - 483．6kJ·mol-1
写出氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式：_____________________，
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式：______________________，科学家利用此原理，设计成氨气和氧气燃料电池， 则通入氨气的电极是_________ (填“正极”或“负极”)；碱 性条件下，该电极发生反应的电极反应式为_______________________。
(3)一定条件下，某密闭容器中发生反应 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g )+6H2O(g)。在一定体积的密闭容器中，为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可采用的是___________(填字母代号)。
a．增大压强 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01 mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考虑溶液体积变化)，溶液中的NH3·H2O的浓度为_______{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12]}
【答案】 (1). 2NH3(g)N2(g)+ 3H2(g) ΔH ＝ +92.4 kJ · mol-1 (2). 4NH3 + 3O2 === 2N2 + 6H2O (3). 负极 (4). 2NH3+6OH--6e―= N2+6H2O (5). C (6). 0.002 mol/L
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律概念分析计算得到；
（2）)氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，在燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应；
（3）该反应是一个气一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度、增大压强，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动；
（4）依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合氨水电离度概念计算一水合氨溶液的浓度。
【详解】（1）给已知热化学方程式依次编号为：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）；△H=+180.5kJ•mol-1，②4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1，③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）：△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，①×2-（③×3-②）2N2（g）+6H2（g）⇌4NH3（g）的△H=-184.8KJ/mol，则氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式为2NH3（g）N2（g）+3H2（g） △H=+92.4KJ/mol，故答案为：2NH3（g）N2（g）+3H2（g） △H=+92.4KJ/mol；
（2）氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为：NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O；在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：NH3 + 3O2 =2N2 + 6H2O；负；2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
（2）A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，错误；
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，错误；
C、增大反应物O2的浓度，升高温度反应速率增大，平衡向正反应方向移动，正确；
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响平衡的移动方向，错误。
故选C，故答案为：C；
（4）如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时（不考虑溶液体积变化），{已知Ksp[Mg（OH）2]=4.0×10-12]}，则依据溶度积常数Ksp=c（Mg2+）×c2（OH-）=4.0×10-12 ，溶液中c（Mg2+）=0.01mol/L，则c（OH-）=2×10-5mol/L，氨水的浓度= =0.002mol/L，故答案为：0.002 mol/L。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了热化学方程式和盖斯定律计算、原电池原理和电极反应书写、影响化学平衡因素分析判断，弱电解质和溶度积常数的计算等知识点，运用基础知识解答试题是关键。
20.运用相关原理，回答下列各小题：
(1)25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则此溶液中由水电离产生的c(OH-)=___________；用离子方程式表示FeCl3溶液用于净水的原因：______________________。
(2)已知NaHSO4在水中的电离方程式 NaHSO4 ＝ Na+＋H+＋SO42-。在NaHSO4溶液中c(H+)______c(OH-)＋c(SO42-)(填“>”、“＝”或“<”下同)；用硫酸氢 钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应后溶液的pH______7
(3)分析下表提供的数据：
化学式
电离常数
HClO
Ka＝3×10-8
H2CO3
Ka1＝4.3×10-7
Ka2＝5.6×10-11
①84消毒液(有效成分为NaClO)久置于空气中会失效，写出发生反应的离子方程式： _____________________________________________
②判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序： ____________
【答案】 (1). 10-2mol/L (2). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (3). = (4). > (5). ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3- 2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑ (6). c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)
【解析】
【分析】
（1）水电离出的c（OH-）=c（H+），Fe3+离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，从而净水；
（2）根据电荷守恒和物料守恒确定c（H+）与c（OH-）+c（SO42-）的关系，根据混合溶液中的溶质确定溶液的酸碱性；
（3）①由表中电离平衡常数的数据可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，从而确定次氯酸和二氧化碳、水反应的生成物，但次氯酸不稳定，见光易分解，从而导致84消毒液失效；
②钠离子不水解，离子浓度最大，根据碳酸氢根离子和次氯酸根离子水解程度确定其浓度大小，盐类的水解是微弱的，所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据溶液的酸碱性确定氢离子浓度和氢氧根离子浓度的关系，根据离子来源确定氢离子浓度和碳酸根离子浓度的关系。
【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中氢离子就是水电离出的，水电离出的c（OH-）=c（H+）=10-2mol/L，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能净水，故答案为：10-2mol/L；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（2）根据电荷守恒得c（H+）+C（Na+）=c（OH-）+2c（SO42-），根据物料守恒得C（Na+）=c（SO42-），所以c（H+）=c（OH-）+c（SO42-），用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应的化学方程式为NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合溶液中的溶质是氢氧化钠，所以溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故答案为：=，＞；
（3）①由表中电离平衡常数的数据可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制备弱酸，84消毒液（有效成分为NaClO）吸收空气中的二氧化碳生成次氯酸与碳酸氢钠，反应离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，生成的次氯酸分解生成盐酸与氧气，反应离子方程式为2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑，故答案为：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-，2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑；
②等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO-与HCO3-水解，溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（H+），由于酸性H2CO3＞HClO，故ClO-水解程度更大，故c（HCO3-）＞c（ClO-），碳酸氢根和次氯酸根离子的水解是微弱的，所以c（ClO-）＞c（OH-），水和碳酸氢根离子都能电离出氢离子，碳酸根离子只有碳酸氢根离子电离，所以c（H+）＞c（CO32-），则各种离子浓度由大到小的顺序：c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)，故答案为：c(Na+)>c(HCO3-)>
c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。
【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，涉及了盐类水解、溶液酸碱性判断、弱酸相对强弱比较、离子浓度大小的比较等知识点，注意酸越弱，其电离常数越小、对应离子的水解程度越大，盐溶液中离子浓度越小。
21.一氧化碳与氢气可以合成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0。
(1)某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充人2 L的密闭容器中，充分反应达到平衡， 测 得c(H2) =2.2 mol·L－1，则CO的转化率为___________。
(2)T1℃时，此反应的平衡常数为K(T1)=50。此温度下，在一个2 L的密闭容器中加入一定量CO和H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
H2
CO
CH3OH
浓度／(mol·L-1)
0.2
0.2
0.4
①比较此时正、逆反应速率的大小：_______值(填“>”、“<”或“=”)。
②若其他条件不变时，只改变反应的某一个条件，下列说法正确的是____________。
A．若达到新平衡时c(CO)=0.3 mo1／L，平衡一定逆向移动
B．若将容器体积缩小到原来的一半，达到新平衡时，0.2 mol／L
D．若升高温度，平衡常数将增大
(3)CO2和SO2的处理是许多科学家都在着力研究 的重点。有学者想以如图所示装置用燃料电池原理将 CO2、SO2转化为重要的化工原料。
①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应式CO2＋3H2 ＝CH3OH＋H2O，则正极反应式为____________。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极反应式为_______________。
【答案】 (1). 40% (2). ＝ (3). BC (4). CO2＋6H＋＋6e－＝ CH3OH＋H2O (5). SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋
【解析】
【分析】
（1）利用题给条件，结合三段式计算；
（2）①由K（T1）和Qc比较判断；
②依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断；
（3）①燃料电池的工作原理，正极上是一氧化碳发生得电子发生还原反应；
②根据电极反应：SO2+O2+H2O=H2SO4进行分析，负极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸。
【详解】（1）由题意可知，反应开始时，c(CO)为1mol/L、c(H2)为3 mol/L，平衡时，c(H2)为2.2 mol/L，由此建立以下三段式：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始浓度（mol/L） 1 3 0
转化浓度（mol/L） 0.4 0.8 0.4
平衡浓度（mol/L） 0.6 2.2 0.4
则CO的转化率为×100%=40%，故答案为：40%；
（2）①T1℃时，此反应的平衡常数为K（T1）=50，Qc= =50=K，故反应达到平衡，正逆反应速率相同，故答案为：=；
②A、若达到新平衡时c（CO）=0.3mol/L，可以增大一氧化碳的量，平衡不一定逆向移动，错误；
B、若将容器体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，浓度增大一倍，平衡向气体体积减小的方向进行，达到新平衡时，0.2mol/L
D、若向容器中加入0.8mol CH3OH（g），相当于增大压强，平衡正向进行，达到新平衡时，CO的体积分数减小，错误。
故答案为：BC；
（3）①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，则正极上是一氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H++6e-=
CH3OH+H2O；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，反应为SO2+O2+H2O=H2SO4，则负极反应式为：SO2+2H2O-2e-=
SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡的计算、平衡状态的影响因素分析、原电池电极反应书写等知识点，用于浓度熵判断平衡移动方向和正确书写电极反应式是解答的关键，也是试题的难点。
可能用到的相对原子质量：H－1 Mg－24 Cu- 64
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一.选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意 请将正确答案填涂在答题卡的相应位置。)
1.京津冀地区的 大气污染问题已成影响华北环境的重要因素，有人想利用下列反应：2CO(g)＋SO2(g)2CO2 (g) ＋S (g) ΔH= +8.0 kJ·mol-1 来减少污染，使用新型催化剂加快反应。下列有关该反应过程的能量变化示意图正确的是 ( )
【答案】B
【解析】
试题分析：已知的反应是吸热反应，则反应物的能量低于生成物的能量，排除A、C选项；加入催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但是反应热不变，故选项是B。错误。
考点：考查外界环境对反应反应的影响的知识。
2.1.0 mol.L-1 的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若想增大NH4+的浓度， 而不增大OH－的浓度，应采取的措施是 ( )
A. 适当升高温度 B. 加入NaOH固体
C. 通入NH3 D. 加入NH4Cl固体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、升高温度促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度都增大，所以不符合题意，故A错误；B、加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则铵根离子浓度减小，故B错误；C、通入氨气，溶液中一水合氨浓度增大，一水合氨电离出的氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故C错误；D、加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则氢氧根离子浓度减小，符合题意，故D正确。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡。
3.以下事实不能用勒夏特利原理来解释的是： ( )
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 增大压强，有利于N2和H2反应生成NH3
C. 合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应)
D. 在Fe3++3SCN - Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，根据温度、压强、浓度对化学反应平衡的影响来分析，若温度、压强、浓度改变会导致化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。
【详解】A项、氯气与水反应存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气时，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，故A错误；
B项、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即N2和H2反应向着生成NH3的方向进行，能用勒夏特利原理来解释，故B错误；
C项、合成 NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，高温的目的是选择催化剂的活性温度，能够加快反应反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特利原理来解释，故C错误；
D项、增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，能用勒夏特利原理来解释，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，要求学习基本概念和基本理论时要注意深化理解，注意平衡移动原理适用范围，明确平衡移动原理内涵是解答本题的关键。
4.下列说法正确的是 ( )
A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.57 kJ·mol-1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应也可能自发进行，A错误；B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g) △H＝+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变可以共同作为反应自发性的判据，而不能单独使用，C错误；D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，D错误，答案选B。
考点：考查反应自发性判断
5.反应 H2(g) + I2(g) 2HI(g) 的平衡常数K1 ，反应 HI(g) 1/2H2(g)+1/2 I2(g)的平衡常数K2 ，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值) ( )
A. K1=2K2 B. K1=K22 C. K1=K2 D. K1=
【答案】D
【解析】
K1=C(HI)2／C(H2)C(I2) K2=C(H2)0.5C(I2)0.5／C(HI)K1＝1/K22
6.一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应 X(g)＋2Y(g)2Z(g) 一定达到化学平衡状态的是
①容器中气体的密度不再发生变化
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成2n mol Z，同时消耗2n mol Y
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
试题分析：①根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，故错误；②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；③该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时生成2n mol Y，如果单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y，该反应未达到平衡状态，故错误；故选B。
考点：考查化学平衡状态的判断
7.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+。下列有关说法正确的是
A. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
B. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O
D. 正极上发生的反应为：O2+ 4e-+ 2H2O = 4OH-
【答案】C
【解析】
：该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+ 4e-+4H+=2H2O，负极：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24 L氧气，B不正确；将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O，C正确；根据正极反应式可知，D不正确。
考点定位：本题考查原电池原理，涉及到电极反应式的书写，溶液中离子的定向移动及相关计算。
8.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。下列说法一定正确的是
A. 充电时，阴极的电极反应式为Cr3＋＋e－=Cr2＋
B. 电池放电时，负极的电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋
C. 电池放电时，Cl－从负极室穿过选择性透过膜移向正极室
D. 放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Fe3＋浓度降低0.1 mol·L－1
【答案】A
【解析】
放电与充电时发生的反应互为逆反应，放电时，Cr2＋发生氧化反应Cr2＋－e－=Cr3＋，则充电时Cr3＋被还原，A项正确，B项错误；电池放电时，阴离子应由正极移向负极，C项错误；D项没有给出溶液的体积，错误。
9.将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；①1×10－3mol·L－1的氨水b L；②c(OH－)＝1×10－3mol·L－1的氨水c L；③c(OH－)＝1×10－3mol·L－1Ba(OH)2的溶液d L；则a、b、c、d的关系正确的是
A. b＞a＝d＞c B. a＝b＞c＞d C. a＝b＞d＞c D. c＞a＝d＞b
【答案】A
【解析】
（1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3mol/L，①中氨水的物质的量浓度是1×10﹣3mol/L，②一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以②中氨水的浓度大于1×10﹣3mol/L，③中氢氧根离子的浓度是1×10﹣3mol/L．
（2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；
（3）②的氨水浓度大于①的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以c＜b．
（4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积a＜b．
（5）②③中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于③中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，②所用的氨水的体积小于③氢氧化钡溶液的体积，即c＜d=a．所以a、b、c、d的关系b＞a=d＞c，故选A．
【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断，难度不大，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．
10.A、B的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g) zC(g) △H＜0。达到化学平衡后测得A的浓度为0.5 mol·L-1；在恒温下，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9 mol·L-1。则下列叙述中正确的是 ( )
A. x+y＜z B. 平衡向正反应方向移动了
C. B的转化率下降 D. C的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动。
【详解】A项、增大压强，平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故A错误；
B项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C项、增大压强，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大了，故C错误；
D项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故C的体积分数增加了，故D错误。
故选B。
【点睛】题考查了根据化学平衡的移动来判断化学反应的特点，解答的关键是根据平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，此时A的浓度应该为1.0mol/L，再达平衡时，测得A的浓度为0.9mol/L，说明增大压强平衡向正反应方向移动。
11.如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g) + 2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是
A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）>φ（N）
B. 若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）>α(N)
C. 若x<3，C的平衡浓度关系为：c（M）>c（N）
D. x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等
【答案】D
【解析】
M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，
A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D。
12.将1molSO2和1molO2通入一容积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下发生反应 SO2（g）+ O2（g） SO3（g）。达到平衡后SO3为0.3mol，此时若移走0.5molSO2和0.5mol O2，则重新达到平衡后SO3物质的量为
A. 等于0.3mol B. 等于0.15mol
C. 小于0.15mol D. 大于0.15mol，小于0.3mol
【答案】C
【解析】
移走一半的A2和B2，若容器的体积变为一半，则A2B的物质的量为0.15 mol，但容积保持不变，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A2B减少，即小于0.15 mol，选C。
13.已知：HCN(aq)＋ NaOH(aq) ==NaCN(aq)＋H2O(l) ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；
HCl(aq)＋NaOH(aq) ==NaCl (aq)＋H2O(l) ΔH＝－55.6 kJ·mol－1
则HCN在水溶液中电离的ΔH等于
A. ＋43.5 kJ·mol－1 B. ＋67.7 kJ·mol－1
C. －43.5 kJ·mol－1 D. －67.7 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：反应的热化学方程式分别为：
HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ•mol-1…①
H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-55.6kJ•mol-1…②
HCN电离方程式为，HCNH++CN-，
用①-②可得HCN电离的热化学方程式为HCN（aq）H+（aq）+CN-（aq）△H=-12.1kJ•mol-1-（-55.6kJ•mol-1）=+43.5kJ•mol-1，故A项正确。
考点：本题考查反应热的计算。
14.某无色透明溶液含有下列离子中的几种： Mg2+、 Cu2+、 Ba2+、 H+、 SO42-、OH-、 NO3-、 HCO3-，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2, 试 判断上述离子中 一定不能 大量存在于此溶液中的有
A. 2种 B. 5种 C. 4种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】无色透明溶液，说明原溶液中不存在Cu2+；加入金属铁，发生反应放出气体只有H2，说明溶液中含有H+，一定不含有NO3-；溶液中H+，一定不含有OH-、NO3-、HCO3-；由电荷守恒可知，溶液中一定存在SO42-，一定不存在Ba2+，则溶液中一定不能 大量存在Cu2+、 Ba2+、OH-、 NO3-、 HCO3-，共5种，故选B。
【点睛】本题考查离子的共存问题，注意利用溶液为电中性、离子的颜色等来分析，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键。
15. 部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
Ki=1．77×10-4
Ki=4．9×10-10
Ki1=4．3×10-7
Ki2=5．6×10-11
下列选项错误的是
A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B．2HCOOH+CO3 2-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-,所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，制取；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，制取；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确，答案选A。
考点：考查弱电解质的电离，根据电离常数判断酸的强弱，强酸制弱酸的原理应用，电荷守恒规律的应用
16.已知：25℃时， Mg(OH)2的kSP=5. 61×10-12， MgF2的kSP=7. 42×10-11。下列判断正确的是：( )
A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01mol/L的氨水中的kSP比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的kSP小
D. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2
【答案】B
【解析】
【分析】
氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁在溶液中存在溶解平衡，溶液中的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）×c（F-）2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀。
【详解】A项、氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，因氢氧化镁溶度积小，则氢氧化镁溶液中Mg2+浓度小，故A错误；
B项、25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c（Mg2+）增大，故B正确；
C项、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，所以Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，二者相同，故C错误；
D项、因氢氧化镁溶度积比MgF2的小，所以向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，如满足Qc>Ksp，则有Mg（OH）2生成，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性。
第Ⅱ卷
二、非选择题(本题包括5道小题，共52分)
17.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量CuSO4溶液可加快氢气 的生成速率。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。 请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。
(2)用甲烷制取氢气的两步反应的能量变化如下图所示，则甲烷和水蒸气反 应生成二 氧化碳和氢气的热化学方程式是___________________________。
(3)科学家最近研究出一种环保，安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3 H2HCOONa H2O。下列有关说法正确的是_____________。
A．储氢、释氢过程均无能量变化
B．NaHCO3、HCOONa均具有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化
D．释氢过程中，每消耗0.1 mol H2O放出2.24 L的H2
(4)Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2 和仅含一种 金属元素的氢化物(该氢化物中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为______________。
【答案】 (1). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶 液的接触面积 (2). CH4(g) + 2H2O(g) ＝ 4H2(g) + CO2(g) ΔH＝－136.5 kJ/mol (3). B (4). 2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2
【解析】
【分析】
（1）生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；
（2）根据第一步反应过程可以得出：①CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol，根据第二步反应过程可以得出：②CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol，根据盖斯定律将①+②可得甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的反应，据此书写热化学方程式；
（3）由方程式NaHCO3+H2HCOONa+H2O可知，反应中碳元素化合价降低被还原，氢元素化合价升高被氧化；
（4）先依据氢化物的质量分数计算氢化物化学式，在依据反应物和生物写出化学方程式。
【详解】（1）因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；
（2）根据第一步反应过程可以得出：CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol；根据第二步反应过程可以得出：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol；根据盖斯定律，上下两式相加可得：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5 kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/mol；
（3）A、储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故错误；
B、NaHCO3、HCOONa均是离子离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故正确；
C、储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故错误；
D、释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1molH2，但没说明状态，无法知道其体积，故错误；
故选B，故答案为：B；
（4）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则x/(a+x)=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2,则反应的化学方程式为2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2，故答案为：2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2。
18.常温下，某溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有 H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出酸H2A的电离方程式：_____________________________________;
(2)若溶液M是由10 mL 2 mol/L NaHA溶液与2 mol/L NaOH溶液等体积混合而得到 的，则溶液M的pH__________7(填“＞”、“＜”或“＝”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________________。已知Ksp(BaA)＝ 1.8×10-10，向该混合溶液中加入10 mL 1 mol/L BaCl2溶液，混合后溶液中Ba2+ 浓度为________________mol/L。
【答案】 (1). H2AH+＋HA-HA-H＋＋A2- (2). > (3). c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+) (4). 5.4×10-10
【解析】
【分析】
（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；
（2）等体积混合生成Na2A溶液，Na2A水解使溶液显碱性，离子水解以第一步为主；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可知沉淀后A2-过量，计算溶液中c（A2-），再依据Ksp计算液中Ba2+ 浓度。
【详解】（1）溶液中存在H2A则说明H2A为弱电解质，所以电离方程式为：H2AH+＋HA-，HA-H＋＋A2-，故答案为：H2AH+＋HA-，HA-H＋＋A2-；
（2）10 mL 2 mol/L NaHA溶液与2 mol/L NaOH溶液等体积混合生成Na2A，Na2A在溶液中水解，溶液显碱性，pH＞7，A2-离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+），故答案为：＞；c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；
由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）==1/3mol/L，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）= =5.4×10-10mol•L-1，故答案为： 5.4×10-10。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离平衡、盐的水解规律以及Ksp的有关计算等方面的知识，注意运用溶液混合后离子浓度的变化判断离子浓度大小和计算生成难溶电解质后溶液中离子浓度。
19.氨气是重要的化工原料
(1)已知：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H= +180．5kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O(g) △H= - 905kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)= H2O(g) △H= - 483．6kJ·mol-1
写出氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式：_____________________，
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式：______________________，科学家利用此原理，设计成氨气和氧气燃料电池， 则通入氨气的电极是_________ (填“正极”或“负极”)；碱 性条件下，该电极发生反应的电极反应式为_______________________。
(3)一定条件下，某密闭容器中发生反应 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g )+6H2O(g)。在一定体积的密闭容器中，为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可采用的是___________(填字母代号)。
a．增大压强 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01 mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考虑溶液体积变化)，溶液中的NH3·H2O的浓度为_______{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12]}
【答案】 (1). 2NH3(g)N2(g)+ 3H2(g) ΔH ＝ +92.4 kJ · mol-1 (2). 4NH3 + 3O2 === 2N2 + 6H2O (3). 负极 (4). 2NH3+6OH--6e―= N2+6H2O (5). C (6). 0.002 mol/L
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律概念分析计算得到；
（2）)氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，在燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应；
（3）该反应是一个气一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度、增大压强，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动；
（4）依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合氨水电离度概念计算一水合氨溶液的浓度。
【详解】（1）给已知热化学方程式依次编号为：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）；△H=+180.5kJ•mol-1，②4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1，③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）：△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，①×2-（③×3-②）2N2（g）+6H2（g）⇌4NH3（g）的△H=-184.8KJ/mol，则氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式为2NH3（g）N2（g）+3H2（g） △H=+92.4KJ/mol，故答案为：2NH3（g）N2（g）+3H2（g） △H=+92.4KJ/mol；
（2）氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为：NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O；在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：NH3 + 3O2 =2N2 + 6H2O；负；2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
（2）A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，错误；
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，错误；
C、增大反应物O2的浓度，升高温度反应速率增大，平衡向正反应方向移动，正确；
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响平衡的移动方向，错误。
故选C，故答案为：C；
（4）如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时（不考虑溶液体积变化），{已知Ksp[Mg（OH）2]=4.0×10-12]}，则依据溶度积常数Ksp=c（Mg2+）×c2（OH-）=4.0×10-12 ，溶液中c（Mg2+）=0.01mol/L，则c（OH-）=2×10-5mol/L，氨水的浓度= =0.002mol/L，故答案为：0.002 mol/L。
【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了热化学方程式和盖斯定律计算、原电池原理和电极反应书写、影响化学平衡因素分析判断，弱电解质和溶度积常数的计算等知识点，运用基础知识解答试题是关键。
20.运用相关原理，回答下列各小题：
(1)25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则此溶液中由水电离产生的c(OH-)=___________；用离子方程式表示FeCl3溶液用于净水的原因：______________________。
(2)已知NaHSO4在水中的电离方程式 NaHSO4 ＝ Na+＋H+＋SO42-。在NaHSO4溶液中c(H+)______c(OH-)＋c(SO42-)(填“>”、“＝”或“<”下同)；用硫酸氢 钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应后溶液的pH______7
(3)分析下表提供的数据：
化学式
电离常数
HClO
Ka＝3×10-8
H2CO3
Ka1＝4.3×10-7
Ka2＝5.6×10-11
①84消毒液(有效成分为NaClO)久置于空气中会失效，写出发生反应的离子方程式： _____________________________________________
②判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序： ____________
【答案】 (1). 10-2mol/L (2). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (3). = (4). > (5). ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3- 2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑ (6). c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)
【解析】
【分析】
（1）水电离出的c（OH-）=c（H+），Fe3+离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，从而净水；
（2）根据电荷守恒和物料守恒确定c（H+）与c（OH-）+c（SO42-）的关系，根据混合溶液中的溶质确定溶液的酸碱性；
（3）①由表中电离平衡常数的数据可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，从而确定次氯酸和二氧化碳、水反应的生成物，但次氯酸不稳定，见光易分解，从而导致84消毒液失效；
②钠离子不水解，离子浓度最大，根据碳酸氢根离子和次氯酸根离子水解程度确定其浓度大小，盐类的水解是微弱的，所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据溶液的酸碱性确定氢离子浓度和氢氧根离子浓度的关系，根据离子来源确定氢离子浓度和碳酸根离子浓度的关系。
【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中氢离子就是水电离出的，水电离出的c（OH-）=c（H+）=10-2mol/L，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能净水，故答案为：10-2mol/L；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（2）根据电荷守恒得c（H+）+C（Na+）=c（OH-）+2c（SO42-），根据物料守恒得C（Na+）=c（SO42-），所以c（H+）=c（OH-）+c（SO42-），用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应的化学方程式为NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合溶液中的溶质是氢氧化钠，所以溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故答案为：=，＞；
（3）①由表中电离平衡常数的数据可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制备弱酸，84消毒液（有效成分为NaClO）吸收空气中的二氧化碳生成次氯酸与碳酸氢钠，反应离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，生成的次氯酸分解生成盐酸与氧气，反应离子方程式为2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑，故答案为：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-，2HClO2H+＋2Cl-＋O2↑；
②等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO-与HCO3-水解，溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（H+），由于酸性H2CO3＞HClO，故ClO-水解程度更大，故c（HCO3-）＞c（ClO-），碳酸氢根和次氯酸根离子的水解是微弱的，所以c（ClO-）＞c（OH-），水和碳酸氢根离子都能电离出氢离子，碳酸根离子只有碳酸氢根离子电离，所以c（H+）＞c（CO32-），则各种离子浓度由大到小的顺序：c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)，故答案为：c(Na+)>c(HCO3-)>
c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。
【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，涉及了盐类水解、溶液酸碱性判断、弱酸相对强弱比较、离子浓度大小的比较等知识点，注意酸越弱，其电离常数越小、对应离子的水解程度越大，盐溶液中离子浓度越小。
21.一氧化碳与氢气可以合成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0。
(1)某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充人2 L的密闭容器中，充分反应达到平衡， 测 得c(H2) =2.2 mol·L－1，则CO的转化率为___________。
(2)T1℃时，此反应的平衡常数为K(T1)=50。此温度下，在一个2 L的密闭容器中加入一定量CO和H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
H2
CO
CH3OH
浓度／(mol·L-1)
0.2
0.2
0.4
①比较此时正、逆反应速率的大小：_______值(填“>”、“<”或“=”)。
②若其他条件不变时，只改变反应的某一个条件，下列说法正确的是____________。
A．若达到新平衡时c(CO)=0.3 mo1／L，平衡一定逆向移动
B．若将容器体积缩小到原来的一半，达到新平衡时，0.2 mol／L
D．若升高温度，平衡常数将增大
(3)CO2和SO2的处理是许多科学家都在着力研究 的重点。有学者想以如图所示装置用燃料电池原理将 CO2、SO2转化为重要的化工原料。
①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应式CO2＋3H2 ＝CH3OH＋H2O，则正极反应式为____________。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极反应式为_______________。
【答案】 (1). 40% (2). ＝ (3). BC (4). CO2＋6H＋＋6e－＝ CH3OH＋H2O (5). SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋
【解析】
【分析】
（1）利用题给条件，结合三段式计算；
（2）①由K（T1）和Qc比较判断；
②依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断；
（3）①燃料电池的工作原理，正极上是一氧化碳发生得电子发生还原反应；
②根据电极反应：SO2+O2+H2O=H2SO4进行分析，负极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸。
【详解】（1）由题意可知，反应开始时，c(CO)为1mol/L、c(H2)为3 mol/L，平衡时，c(H2)为2.2 mol/L，由此建立以下三段式：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始浓度（mol/L） 1 3 0
转化浓度（mol/L） 0.4 0.8 0.4
平衡浓度（mol/L） 0.6 2.2 0.4
则CO的转化率为×100%=40%，故答案为：40%；
（2）①T1℃时，此反应的平衡常数为K（T1）=50，Qc= =50=K，故反应达到平衡，正逆反应速率相同，故答案为：=；
②A、若达到新平衡时c（CO）=0.3mol/L，可以增大一氧化碳的量，平衡不一定逆向移动，错误；
B、若将容器体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，浓度增大一倍，平衡向气体体积减小的方向进行，达到新平衡时，0.2mol/L
D、若向容器中加入0.8mol CH3OH（g），相当于增大压强，平衡正向进行，达到新平衡时，CO的体积分数减小，错误。
故答案为：BC；
（3）①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，则正极上是一氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H++6e-=
CH3OH+H2O；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，反应为SO2+O2+H2O=H2SO4，则负极反应式为：SO2+2H2O-2e-=
SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡的计算、平衡状态的影响因素分析、原电池电极反应书写等知识点，用于浓度熵判断平衡移动方向和正确书写电极反应式是解答的关键，也是试题的难点。
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