2018-2019学年湖北省沙市中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年湖北省沙市中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

湖北省沙市中学2018-2019学年高二上学期期中考试 化学试题 ‎1.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）‎ A. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热 B. 反应放出热量的多少与反应物的质量和状态无关 C. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数 D. 体系的温度升高一定是放热反应造成的；体系的温度降低一定是吸热反应造成的。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学反应中的能量变化、燃烧热的概念以及热化学方程式中化学计量数的意义等知识，题目比较基础，难度中等。‎ ‎【详解】A. 依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；1 mol H2与0.5 molO2反应生成的水状态不知，放出的热不一定是H2的燃烧热，A项错误； B. 物质的量不同，物质的状态不同能量不同，反应放出的热量的多少与反应物的质量和状态有关；B项错误； C. 热化学方程式计量数指的是物质的量；可以是整数，也可以是分数，C项正确；‎ D. 体系的温度高低不仅与吸热放热有关，还与反应条件有关，不能根据反应吸热放热确定反应体系的温度变化，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】重点把握住燃烧热中的关键词1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，H2对应的稳定的氧化物就是液态水。热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，可以是分数。‎ ‎2.下列事实中不能用勒夏特列原理解释是 A. 由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系压缩体积后颜色变深 B. 实验室常用排饱和食盐水法收集氯气 C. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 D. 工业制取金属钾[Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+ K(g)]时，使K变成蒸气从混合体系中分离出来 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应存在平衡，而且平衡必须发生移动。‎ ‎【详解】A．H2（g）+I2（g）⇌ 2HI（g），该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后，体系的体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，A项正确；‎ B．氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，饱和食盐水中氯离子浓度大，可以抑制氯气的溶解，则实验室常用排饱和食盐水法收集氯气可以用勒夏特列原理解释，B项错误；‎ C．对2NO2 ⇌ N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度有所减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，C项错误；‎ D．Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），使K变成蒸汽从反应混合物中分离出来，即减小产物的浓度，能让平衡向着正反应方向进行，能用勒夏特列原理解释，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的考查点是平衡的移动原理，也就是勒夏特列原理。所以体系中必须存在平衡，而且条件的改变，必须让平衡发生移动。这两条都满足才能用勒夏特列原理解释。‎ ‎3.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是（　　）‎ A. 2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g) ΔH＝＋163 kJ·mol－1‎ B. Ag(s)＋1/2Cl2(g)=AgCl(s) ΔH＝-127 kJ·mol－1‎ C. HgO(s)=Hg(l)＋1/2O2(g) ΔH＝＋91 kJ·mol－1‎ D. H2O2(l)=1/2O2(g)＋H2O(l) ΔH＝-98 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．反应2N2(g)+O2(g)2N2O(g)是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；B．反应Ag(s)+ Cl2(g)AgCl(s)是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；C．反应HgO(s)Hg(l)+ O2(g)是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；D．反应H2O2(l) O2(g)+H2O(l)是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G=△H-T△S： 当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。‎ ‎4.下列化学用语正确的是(      )‎ A. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－‎ B. NaHSO4在水溶液中的电离方程式： NaHSO4＝ Na＋＋H＋＋SO42－‎ C. Na2CO3的水解∶CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. NH4Cl的水解：NH4+＋H2O ＝ NH3·H2O＋H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的基本化学用语的使用，掌握电离方程式，水解方程式的正确表达方式。‎ ‎【详解】A.H2SO3的电离分步进行，电离方程式写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，A项错误； B.NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4＝ Na＋＋H＋＋SO42－，B项正确； C.CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，碳酸根离子正确的水解方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，C项错误； D. NH4Cl中的NH4+的水解是微弱的，应用，其水解方程为：NH4+＋H2O NH3·H2O＋H＋，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】书写电离方程关键是判断电解质的电离程度，从而选择正确的连接方式。特别注意多元弱酸是分步电离，以第一步为主；多元弱酸根是分步水解，以第一步水解为主。‎ ‎5.已知以下的热化学反应方程式：‎ Fe2O3(s)＋1/3CO(g) ＝ 2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g) ΔH＝－15.73 kJ/mol Fe3O4(s)＋CO(g) ＝ 3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4 kJ/mol Fe2O3(s)＋3CO(g) ＝ 2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8 kJ/mol 则42 g CO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为 A. －327 kJ/mol B. ＋327 kJ/mol C. －218 kJ/mol D. ＋218 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查盖斯定律的应用，准确写出目标方程式，并找到准确的计量关系是解题的关键。‎ ‎【详解】给以上方程式依次编号 ‎①Fe2O3(s)＋1/3CO(g) ＝ 2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g) ； ΔH＝－15.73 kJ/mol ‎②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+640.4kJ/mol，‎ ‎③Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=-24.8kJ/mol， 由盖斯定律可知，反应CO（g）+ FeO（s）═ Fe（s）+ CO2（g），可由③/2-①/2-②/3得到，所以其反应热△H=③/2-①/2-②/3=(-24.8kJ/mol)/2-(-15.73kJ/mol)/2- (+640.4kJ/mol)/3=-218kJ/mol， 28 g CO气体即1molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-218kJ/mol，42 g CO气体还原足量FeO固体时，对应反热为ΔH=－327 kJ/mol；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】先找到目标方程式，然后能够应用盖斯定律，找到已知方程式的关系，算出对应的反应热数值。最后在依据新的热化学方程式进行计算，求出相应的量。‎ ‎6.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 25℃时，1 L pH=1的HCl溶液中，由水电离的H+的个数为0.1NA B. 25℃时，浓度为0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有HCO3－数小于0.1NA C. 标准状况下，NA个HF分子所占有的体积约为22.4 L D. 1 mol (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有离子总数为5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A.1L PH=1的HCl中，由HCl电离出的H＋个数为0.1NA，而H2O电离出的H＋可忽略不计，A项错误；B.没有体积，无法计算溶液中溶质微粒数，B项错误；C.在标准状况下，HF为液态，无法通过气体摩尔体积计算体积，C项错误；D.1mol (NH4)2Fe(SO4)2晶体中包含有2mol NH4＋，1mol Fe2＋和2mol SO42－，共5mol离子，即离子数为5NA，D项正确；答案选D。‎ ‎【考点定位】考查物质的量的计算，阿伏伽德罗常数及有关计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查物质的量的计算，阿伏伽德罗常数及有关计算等知识。该类试题的解题思路是：①只给出物质的体积，而不指明物质的状态，或者标准状况下物质的状态不为气体，所以求解时，一要看是否为标准状况下，不为标准状况无法直接用22.4 L·mol－1(标准状况下气体的摩尔体积)求n；二要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。③某些原子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少，注意常见的的可逆反应过程。‎ ‎7.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 25℃时，由水电离产生的c(H+)为 1×10-9的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO32－、NO3－‎ B. c(H+)/c(OH－) ＝1012的溶液中：NH4+、NO3－、Cl－、Fe3+‎ C. 加酚酞呈红色的溶液中：CO32－、Cl－、F－、NH4+‎ D. pH＝12的溶液中：Na＋、NH4＋、MnO4－、CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查限定条件下的离子共存问题，根据题意分析出正确的环境，再根据离子反应发生的条件，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应，则大量共存，以此来解答。‎ ‎【详解】A.25°C时，在由水电离出的c(H+)为 1×10-9的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱溶液，酸性环境下NO3－会将SO32－氧化为SO42－，A项错误；‎ B. c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、NO3－、Cl－、Fe3+之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，B项正确；‎ C. 加酚酞呈红色的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+，C项错误；‎ D. pH＝12的溶液显碱性，不能大量存在NH4+，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】熟练掌握离子反应发生的条件，离子之间若生成沉淀、气体和弱电解质，具备其一，则不能大量共存。A项中水电离产生的c(H+)为 1×10-9的溶液，结合水的电离影响因素分析出溶液可能呈酸性也可能呈碱性。‎ ‎8.反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)过程中的能量变化情况如下图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH＝＋91 kJ/mol B. 加入催化剂，该反应的ΔH变小 C. 反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可以知道，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确，为本题的答案；该反 应的ΔH＝-91kJ·mol-1 ，故A错误；加入催化剂，该反应的ΔH不变，故B错误；如果该反应生成液态CH3OH，因为气态的CH3OH变为液态CH3OH放出热量，所以ΔH减小，故D错误。‎ 考点：化学反应能量的变化 点评：本题考查了化学反应能量的变化，该考点是高考考查的重点，本题要理解对于一个放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，本题比较容易。‎ ‎9.下列表述中与盐类水解有关的是(　　)‎ ‎①明矾和氯化铁溶液可以净水；②为保存氯化铁溶液，要在溶液中加入少量的盐酸；③0.1mol/L的NH4Cl溶液pH＝5；④实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶用胶塞不能用玻璃塞；⑤NH4Cl溶液可做焊接金属的除锈剂；⑥用碳酸氢钠和硫酸铝两溶液可做泡沫灭火剂；⑦草木灰和铵态氮肥不能混施 A. ①②③⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③⑥⑦ D. ①②③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，①有关；②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，②有关；③铵根水解，溶液显酸性，则0.1mol/L的NH4‎ Cl溶液pH=5与水解有关系，③有关；④氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，④无关；⑤铵根离子水解显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用，⑤有关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，可做泡沫灭火剂，⑥有关；⑦草木灰的主要成分是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，⑦有关；答案选A。‎ ‎10.某二元弱酸H2A溶液，按下式发生电离：H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，下列四种溶液中c(H2A)最大的是(　　)‎ A. 0.01 mol·L－1的H2A溶液 B. 0.01 mol·L－1的NaHA溶液 C. 0.02 mol·L－1的盐酸与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液 D. 0.02 mol·L－1的NaOH与0.02 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查弱电解质的电离和电离平衡的移动问题，稀释溶液，弱电解质的电离平衡程度会增大。加入含相同离子的物质会抑制弱电解质的电离。题目难度中等，注意首先判断各溶液的成分，从电离平衡移动的角度分析。‎ ‎【详解】A.为 0.01 mol·L－1H2A溶液 B. 为0.01 mol·L－1的NaHA溶液 C.0.02 mol·L－1的盐酸与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合以后，HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=NaCl+H2A后，得到的是浓度均为0.01mol·L－1NaHA、NaCl和H2A的混合溶液。 D.0.02 mol·L－1NaOH的与0.02mol·L－1的NaHA溶液等体积混合以后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，得到的是0.01 mol·L－1 Na2A 溶液。 比较以上四种溶液，A和C中的H2A较多，由于C溶液中的HA-对的电离平衡起抑制作用，致使浓度最大。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题中左后两项均需要根据反应进行计算，得到混合液的成分及浓度关系。再根据稀释条件或相同离子对弱电解质的电离平衡的影响，进行分析。‎ C、D选项中溶液混合后均反应，需要计算出混合后的溶液成分及浓度关系。C中混合以后得到的是浓度均为0.01mol·L－1NaHA、NaCl和H2A的混合溶液。D中混合以后得到的是0.01‎ ‎ mol·L－1 Na2A 溶液。‎ ‎11.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表，则下列有关说法正确的是(　　)‎ 弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数（25℃）‎ ‎1.8×l0-5‎ ‎4.9×l0-10‎ K1=4.3×l0-7‎ K2=5.6×l0-11‎ A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）‎ B. a mol·L—1 HCN溶液与b mol·L—1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)＞c (CN－)， 则a一定小于b C. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小 D. NaHCO3和Na2CO3混合溶液中,一定存在c(Na＋)+ c(H＋)=c(OH－) + c(HCO3－) +2c(CO32－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据弱酸的电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO。由于酸越弱，相应的钠盐越容易水解，pH越大。A不正确，因为溶液的浓度不一定是相同的；根据溶液中电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)，由于所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，所以c(H＋)＜c(OH－)，因此溶液显碱性，但当二者恰好反应时，生成的盐水解，溶液也是显碱性的，但此时a＝b，所以选项B不正确；稀释是一直促进电离的，C不正确，且pH是先减小或增大；根据电荷守恒可知，选项D正确，答案选D。‎ 考点：考查电离平衡常数的应用、离子浓度的大小比较等 点评：在比较溶液中离子浓度时，应该利用好3个守恒关系式，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。‎ ‎12.下列图示与对应的叙述相符的是(　　)‎ A. 图Ⅰ表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热△H =－241.8 kJ·mol－1‎ B. 图Ⅱ表示反应A2 （g）+ 3B2 （g）2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：‎ b＞a＞c C. 图Ⅲ表示0.1mol MgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化 D. 图Ⅳ表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误；C．MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol×(24+16)g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，故C正确；D．稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等 ‎【名师点晴】熟练掌握弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素，明确化学反应与能量变化的关系是解题关键；特别注意：燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大；酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大。‎ ‎13.25℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水 ④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 若将四种溶液稀释100倍，稀释后溶液pH大小顺序：③>④>②>①‎ B. 等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，混合后溶液呈酸性 C. 等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④‎ D. 等体积的①和②分别与足量的锌粒反应生成的氢气在同温同压下体积：①>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查弱电解质的电离平衡，溶液中的pH计算及酸性强弱的比较，溶液的稀释对电离平衡的影响以及溶液的酸碱性的判断，难度较大。‎ ‎【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH) >10-3 mol·L－1 , pH=3的盐酸中c(HCl) =10-3 mol·L－1, pH=11的氨水中c(NH3·H2O) ＞10-3 mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH) =10-3 mol·L－1‎ A.若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③>④>②>①，A项错误； B. 等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，B项正确；‎ C.c(NH3·H2O) ＞ c(NaOH)所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④，C项错误； D.醋酸为弱酸，则c(CH3COOH) ＞ c(HCl)，等体积的①和②分别与足量镁粉反应，生成的量①>②，D项错误； ‎ 答案选B。 【点睛】‎ 因醋酸为弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH) >10-3 mol·L－1，氨水为弱碱pH=11的氨水中c(NH3·H2O) ＞ 10-3 mol·L－1，故BCD三项在判断时，应考虑其物质的总量来判断。‎ ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下将等体积pH =3的H2SO4和pH =11的碱BOH溶液混合，所得溶液不可能为酸性 B. 两种醋酸溶液的pH分别为a和(a+l),物质的量浓度分别为c1和c2,则c1=10c2‎ C. 常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小 D. NH4＋浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，各溶液浓度大小顺序：③＞②＞①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，pH=3的硫酸c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH-）=0.001mol/L，若为强酸、强碱混合，混合后溶液呈中性，若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故A正确；B项，因醋酸为弱酸，浓度越大电离出的氢离子越多，但是氢离子浓度变化小于浓度增加程度，所以pH相差1，则浓的溶液浓度大于稀溶液的10倍，故B错误；C项，常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，因为Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故C错误；D项，①Fe2+对NH4＋水解有抑制作用，②CO32-对NH4＋水解有促进作用，③SO42-对NH4＋水解无影响，故NH4＋浓度相同的①(NH4)2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4溶液：各溶液浓度大小顺序：②＞③＞①，D错误。‎ 点睛：本题考查水溶液，主要考查pH的简单计算，弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，离子浓度大小比较，注意把握影响盐类水解的影响因素和弱电解质电离的影响因素，难度较大。‎ ‎15.室温下，用0.1 mol·Lˉ1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·Lˉ1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（ ）‎ A. HX为弱酸 B. M点c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)‎ C. 将P点和N点的溶液混合，呈酸性 D. 向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋) ﹥c(HX)=c(Cl-) >c(X-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-‎ ‎)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正确；故选C。‎ 考点：考查水解原理、弱电解质电离、离子浓度大小判断。‎ ‎16.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、可滑动的密封隔板。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. 在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等 D. 达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、降温后达平衡（Ⅱ）,隔板左边体系体积减小,说明反应①中平衡向正反应方向移动,故正反应为放热反应，A错误；B、两边体系压强相同, 由阿伏加德罗定律得n（①）/n（②）＝V（①）/V（②）, 反应①达平衡（Ⅰ）时气体的物质的量为: n（①）＝2×2.8/2.2 mol＝28/11 mol，达平衡（Ⅰ）时体系气体的总物质的量为: 28/11 mol+2mol＝50/11 mol，由阿伏加德罗定律知平衡（Ⅰ）与反应开始时体系的压强之比为50/11∶5＝10∶11，B错误；C、平衡（Ⅰ）与平衡（Ⅱ）温度不同，平衡状态一定不同,M的体积分数不相等，C错误；D、由题意得 X（g） + 2Y（g）2Z（g）‎ 反应前 1 mol 2 mol 0‎ 变化量 α mol 2α mol 2α mol 平衡（Ⅰ） （1-α）mol （2-2α）mol 2α mol ‎1-α+2-2α+2α=28/11，解得α=5/11，D正确；答案选D。‎ 考点：考查化学平衡的有关计算 ‎17.工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）  CH3OH（g）  ΔH ‎（1）能判断反应达到平衡状态的依据是__________ (填字母序号)。‎ A．2 ν逆(H 2) = ν 正(CO) ‎ B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 ‎ D．CH3OH、CO、H 2的浓度都不再发生变化 E．容器内CO、H 2、CH3OH的浓度之比为1:2:1  ‎ F．CO、H2 、CH3OH的速率之比为1:2:1‎ ‎（2）CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1，该反应△H _______0（填“＞”或“＜”）‎ ‎（3）一定温度下,将4a mol H 2和2a mol CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50％，则：‎ ‎①该反应的平衡常数为_______________ 。‎ ‎②若此时再向该容器中投入a mol CO、2a mol H 2 和a mol CH3OH，判断平衡移动的方向是_______________（“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）；‎ ‎③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的，与原平衡相比，下列有关说法正确的是_____________（填字母）。‎ A．H2的浓度减小； B．正反应速率加快，逆反应速率也加快；‎ C．甲醇的物质的量增加； D．重新平衡时， 增大；‎ ‎【答案】 (1). CD (2). ＜ (3). (4). 正向移动 (5). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学平衡的状态的判断依据、化学平衡常数的计算，反应方向的判断以及平衡的移动影响因素等问题，综合性较强，有些难度。‎ ‎【详解】（1）A.当满足ν逆(H 2) = 2 ν 正(CO) = ν 正(H 2) 时，该反应达到平衡状态，所以当2 ν逆(H 2) = ν 正(CO) 时该反应没有达到平衡状态， A项错误； B.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，B项错误； C.反应前后气体的总质量不变但气体的总物质的量减小，其平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变时各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，C项正确； D. CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D项正确； E.容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1时，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，E项错误； F.CO、H2、CH3OH的速率之比为1：2：1时该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，因为没有明确反应方向，所以不能判断平衡状态，F项错误；故选CD； 故答案为：CD。‎ ‎(2). 相同压强下，升高温度平衡向吸热方向移动，根据图知相同压强下升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H＜0；‎ 故答案为：＜。‎ ‎（3）①在一定温度下，若将4a mol H2和2a mol CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为 50% ，依据平衡三段式列式计算；                             CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 起始量(mol·L ‎－1)     a       2a                 0 变化量(mol·L－1)     a ×  50%  a          0.5a  ‎ 平衡量(mol·L－1) 0.5a   a  0.5a  ‎ 则该反应的平衡常数 K= = , ‎ 故答案为：。‎ ‎②若此时再向该容器中投入a mol CO、2a mol H2 和  a mol CH3OH  ，浓度为 c(CO）= 0.5a mol·L－1 + 0.5a mol·L－1 = a mol·L－1 ，c(H2）= a mol·L－1 + a mol·L－1 =2a mol·L－1 ‎ c(CH3OH）= 0.5a mol·L－1 + 0.5a mol·L－1 = a mol·L－1 ，Q = = < K ，平衡正向移动， 故答案为：正向移动。‎ ‎③缩小体积压强增大平衡正向移动， A.容器体积降为原来的一半，平衡正向移动，氢气的物质的量减少导致氢气浓度减小但大于未减小容器体积时浓度，A项错误； B.压强增大，反应物、生成物浓度都增大，所以正逆反应速率都增大，B项正确； C.平衡正向移动，则甲醇的物质的量增加，C项正确； D.平衡正向移动，氢气的物质的量减少、甲醇的物质的量增大，所以重新平衡时，减小，D项错误；故选BC， 故答案为：BC。‎ ‎【点睛】题目中化学平衡状态的判断依据是ν逆= ν 正，各组分的浓度保持不变。反应热的问题与温度有关，所以需要恒定压强再讨论。反应的进行方向是通过Qc与K的相对大小来判断。‎ ‎18.用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答：‎ ‎（1）称取4.1g烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需__________________ 、______________________。‎ ‎（2）取10.00mL待测液，用___________________量取。‎ ‎（3）用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视_____________，直到看到______________________________即可判断达到滴定终点。‎ ‎（4）根据下列数据，计算待测烧碱溶液的浓度为：_____________________（结果保留四位有效数字），样品烧碱的质量分数为________________（结果保留四位有效数字）。(假设烧碱中不含有与酸反应的杂质)‎ 滴定次数 待测液体积 ‎(mL)‎ 标准盐酸体积(mL)‎ 滴定前读数(mL)‎ 滴定后读数(mL)‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ ‎（5）滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是_____________________________填序号）。‎ ‎①酸式滴定管用水洗后便装液体进行滴定；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液；③锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外；⑥滴加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又恢复红色；⑦滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失；⑧记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视。‎ ‎【答案】 (1). 250 mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 碱式滴定管或移液管 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 溶液由红色变为无色，且在半分钟内不褪色 (6). 0.4020mol·L-1 (7). 98.05% (8). ①③⑤⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是酸碱中和滴定的实验，涉及到仪器的选择、滴定终点的判断、滴定的基本操作、数据的处理、以及误差分析等问题，比较全面，都是基础知识，难度一般。‎ ‎【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在小烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；再选出玻璃仪器即可。 故答案为： 250mL容量瓶。‎ ‎（2）待测液是碱性溶液再结合精确度，应选用碱式滴定管量取，故答案为：碱式滴定管。‎ ‎（3）滴定过程中，左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，控制标准液的使用量，右手不停地摇动锥形瓶，使混合液反应充分，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点；滴定时，当滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；‎ 故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化 ；溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色。‎ ‎（4）二次滴定消耗的标准液的体积分别为：19.90mL、20.10mL，两次滴定消耗的标准液的平均体积为 20.00mL          ‎ HCl ~ NaOH                                1     1            0.2010 mol·L－1×20.00 mL   c(NaOH) ×10.00 mL 解得：c(NaOH)=0.4020 mol·L－1 ，‎ 故答案为：0.4020 mol·L－1 ‎ NaOH的质量为0.01L×0.4020 mol·L－1×40g·mol－1 = 0.1608g，250mL待测液中含NaOH的质量为0.1608× = 4.02 g ‎ 烧碱的质量分数为= 98.05%，故答案为：98.05% 。‎ ‎(5) ①未用盐酸标准液润洗酸式滴定管，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，待测液浓度偏高；故答案为：偏高； ②未用待测液润洗碱式滴定管，导致放入到锥形瓶内的待测液的量偏小，消耗标准液的体积偏小，依据可知，待测液度偏低；故答案为：偏低；‎ ‎③锥形瓶内用蒸馏水洗涤后，再用待测氢氧化钠润洗，将润洗液倒掉，再装NaOH溶液，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，待测液浓度偏高；故答案为偏高；‎ ‎④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下，导致消耗标准液体积偏小，依据可知，待测液浓度偏低；故答案为：偏低；‎ ‎⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，待测液浓度偏高；故答案为：偏高；‎ ‎⑥加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又恢复红色，说明未到滴定终点，导致消耗标准液体积偏小，依据可知，待测液浓度偏低；故答案为：偏低；‎ ‎⑦滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，待测液浓度偏高；故答案为：偏高；‎ ‎⑧滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，导致消耗标准液体积偏小，依据可知，待测液浓度偏低；故答案为偏低；‎ 故答案为：①③⑤⑦。 【点睛】‎ 题目中问的是玻璃仪器，注意审题。本题误差分析中待测液的浓度偏差，取决于中，的唯一的变量V（标准）来决定。‎ ‎19.已知某无色透明溶液中仅含有包括Na+和CH3COO－在内的四种离子。‎ 请回答下列问题。‎ ‎（1）该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情况的化学式：‎ ‎①_____________________；②________________________；③____________________ 。‎ ‎（2）25℃，若由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，则c(CH3COOH)+c(H+)的精确值为___________________mol/L。‎ ‎（3）若该溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO－)的精确值为___________________mol/L。‎ ‎（4）当溶液中各离子浓度大小的顺序为c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)时，则该溶液可能是____（填序号）；‎ A．由0.1 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COOH溶液等体积混合而成 B．由0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成 C．由0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的HCl溶液等体积混合而成 D．由0.2 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合而成 ‎（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)，用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=_________。‎ ‎【答案】 (1). CH3COONa (2). CH3COONa和CH3COOH (3). CH3COONa和NaOH (4). 1×10－6 (5). 9.9×10－7 (6). AD (7). 1×10－9/(a-0.01)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查离子浓度的大小比较以及弱电解质的电离平衡常数的相关计算等问题，题目难度较大，注意根据溶液离子浓度的关系结合弱电解质的电离等知识解答。‎ ‎【详解】（1）能电离出醋酸根离子的物质可以是醋酸和醋酸钠，能电离出钠离子的物质可以是氢氧化钠和醋酸钠，所以当溶液中含有Na+和CH3COO-在以及OH-、H+时，溶液中溶质的组成可以是：①CH3COONa、CH3COONa和CH3COOH、CH3COONa和NaOH，‎ 故答案为：CH3COONa；CH3COONa和CH3COOH；CH3COONa和NaOH。 （2）25℃，若由0.1mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，由质子守恒可知：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH-）=1×10-6，‎ 故答案为：1×10-6。‎ ‎（3）溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）-c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=10−6 mol/L - 10−8mol/L =（10-6-10-8）mol/Lmol/L=9.9×10-7mol/L， 故答案为：9.9×10-7。‎ ‎（4）A．等浓度的CH3COONa和醋酸混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合； B．醋酸钠溶液中，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合； C．由0.2mol/L的CH3COONa溶液与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合而成，得到物质的量浓度相等的醋酸、醋酸钠和氯化钠，钠离子浓度大于醋酸根浓度，故不符合； D．由0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合而成，得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故符合； 故选：AD。‎ ‎（5）常温下，将a mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，又电离平衡常数，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，c（CH3COOH）= mol/L，则Ka==1×10－9/(a-0.01)‎ 故答案为：1×10－9/(a-0.01)。‎ ‎【点睛】题目中的（2）（3）小题考查溶液中的离子之间的守恒关系，需要写出溶液中的电子守恒、物料守恒和质子守恒才能解决。（4）需要确定溶液中的溶质及其浓度关系才能分析出溶液的酸碱性及离子浓度的大小关系。（5）写出K的表达式，反应平衡后溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，再利用溶液中的各离子浓度关系带入关系式即可。‎ ‎20.C、N、S是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：‎ ‎（1）烟道气中含有的CO和SO2是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为S(s)和CO2，此反应的热化学方程式为______________________________________________________。‎ 已知：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=－283.0 kJ·mol－1 ‎ S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=－296.0 kJ·mol－1。‎ ‎（2）向甲、乙两个均为1 L的密闭容器中，分别充入5 mol SO2和3 mol O2，发生反应：2SO2(g)+‎ O2(g)2SO3(g) ΔH＜0。甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.5 mol；乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.6 mol。则T1___T2（填“＞”、“＜”），甲容器中反应的平衡常数K=_____________________。‎ ‎（3）如图所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气气囊。保持恒温，关闭K2，分别将1 mol N2和3 mol H2通过K1、K3充入A、B中，发生的反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，起始时A、B的体积相同均为a L。‎ ‎①下列示意图既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是______。‎ ‎②容器A中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率υ(H2)=___________________________。‎ ‎（4）将0.1 mol氨气分别通入1 L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中NH4+离子浓度分别为c1、c2、c3，则三者浓度大小的关系为____________（用“c1、c2、c3‎ 和＞、＜、=”表示）。已知醋酸铵溶液呈中性，常温下CH3COOH的Ka=1×10－5 mol·L－1，求该温度下NH4Cl的水解常数K h 为_________。‎ ‎【答案】 (1). 2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) ΔH= -270 kJ·mol－1 (2). ＞ (3). 108 L·mol－1或108 (4). d (5). 1/at mol·L－1·s－1 (6). c1=c2＜c3 (7). 10-9 mol/L或10-9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查热化学方程式的书写，利用三段式进行，化学平衡常数的计算，溶液中离子浓度的大小关系以及盐类的水解等知识，综合性较强，有一定难度。‎ ‎【详解】（1）①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=－283.0 kJ·mol－1 ‎ ‎②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=－296.0 kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律，反应①×2-反应②即可，2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）   △H=-270kJ·mol－1‎ 故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）   △H=-270kJ·mol－1 。‎ ‎（2）因为反应正向为放热，所以三氧化硫增多，说明平衡正向移动，温度降低，选> ‎ ‎2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)‎ 起始物质的量 5    3     0‎ 改变物质的量 4.5  2.25   4.5 ‎ 平衡物质的量 0.5  0.75  4.5   ‎ 的密闭容器的体积为1 L，根据方程式计算得，平衡时二氧化硫的浓度为0.5 mol/L，氧气的浓度为0.75  mol/L，三氧化硫的浓度为4.5 molL，所以平衡常数=4.5×4.5/(0.5×0.5×0.75)= 108L·mol－1或108；‎ 故答案为：108 L·mol－1或108。‎ ‎（3）①a、A中气体的密度始终不变，而B中的密度随体积变化而变化，平衡时不变；‎ b、反应过程中平衡常数始终不变，不能说明平衡；‎ c、正反应起点最大，所以错误；‎ d、氮气的转化率逐渐增大，最后不变，说明反应到平衡。‎ 选d。‎ ‎② N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）‎ 起始物质的量 1    3     0‎ 改变物质的量 x    3x    2x 平衡物质的量1-x   3-3x    2x   ‎ ‎（1-x+3-3x +2x）/(1+3)=5/6 解x=1/3所以氢气的反应速率=1/atmol·L－1·S－1。‎ 故答案为：1/atmol·L－1·S－1。‎ ‎（4）盐酸和硫酸完全反应，醋酸有剩余，对铵根离子水解抑制作用，所以在醋酸溶液中铵根离子浓度最大，关系为c1= c2< c3，因为醋酸铵为中性，说明醋酸的电离程度=氨水的电离程度，铵盐的水解平衡常数=10-14/10-5=10-9；故答案为：10-9 mol/L或10-9 。‎ ‎【点睛】第（4）小题中醋酸铵溶液呈中性是解题的关键，可得出醋酸和氨水的电离程度是一样的，电离平衡常数相同，才能够利用铵根离子的水解平衡表达式顺利的得出结论。‎ ‎21.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ H2SO3‎ 电离平衡常数K K=1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K1=1.5×10-2‎ K2=1.02×10-7‎ ‎（1）以上三种电解质由强至弱顺序为________________________(用化学式表示，下同)。‎ ‎（2）常温下，0.02 mol·L－1的CH3COOH溶液的电离度约为_____________，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者_____后者(填“＞、＜或=”)。‎ ‎（3）下列离子CH3COO－、CO32－、HSO3－、SO32－在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为___________________________________________________。‎ ‎（4）已知NaHSO3溶液显酸性，其原因是____________________(离子方程式配适当文字叙述)。‎ ‎（5）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). H2SO3＞ CH3COOH ＞H2CO3 (2). 3％ (3). ＜ (4). CO32- ＞ SO32- ＞CH3COO- ＞HSO3- (5). HSO3- H++ SO32-, HSO3-+H2O H2SO3+OH-, HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以 NaHSO3溶液显酸性 (6). H2SO3+ HCO3－＝HSO3－+CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡、盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握判断电解质强弱、电离常数的概念及计算方法，试题培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎【详解】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3， 故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3。‎ ‎（2）0.02mol/L的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的醋酸根离子、氢离子浓度为0.02xmol/L，醋酸的浓度为0.02（1-x）mol/L，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：，解得：x=3% 由于醋酸的酸性需小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸， 故答案为：3%；＜。‎ ‎（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-， 故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-。 （4）NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，溶液显酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小关系为：C（Na+）＞C（HSO3-）＞C（H+）＞C（SO32-）＞C（OH-）； 故答案为：HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；C（Na+）＞C（HSO3-）＞C（H+）＞C（SO32-）＞C（OH-）。‎ ‎（6）H2SO3的酸性大于H2CO3酸性，故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为：H2SO3+ HCO3－＝HSO3－+CO2↑+H2O故答案为：H2SO3+ HCO3－＝HSO3－+CO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，则电解质越强；酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱；弱酸的酸式盐溶液的酸碱性强弱要看酸式根的电离程度和水解程度的相对大小。‎ ‎ ‎ ‎ ‎