云南省曲靖市沾益区第四中学2022学年高二上学期期末考试化学试卷

1、PAGE30曲靖市沾益区第四中学2022-2022年上学期期末检测高二年级化学试卷可能用到的相对原子质量：第卷选择题共50分选择题本题包括25小题，每小题2分，共计50分。每小题只有一个选项符合题意。1化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是A盒装饮用奶内层包装材料为铝箔，因为铝元素对人体无害B半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可有效减少“白色污染”D臭氧（O3）是一种氧化性极强、有鱼腥味的淡蓝色气体，不能用作自来水的消毒剂【答案】C【解析】【详解】A长期或大量摄取铝元素对人体的大脑和神经系统将造成损害，故A错误；

2、B计算机芯片的材料是硅，不是二氧化硅，故B错误；合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可减少白色污染，符合题意，故C正确；D臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体具有氧化性极强，可用作自来水的消毒剂，故D错误。所以C选项是正确的。2下列有关化学用语的表示正确的是A中子数为20的氯原子：B次氯酸的电子式：C氮原子的结构示意图：D碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=NaHCO32【答案】A【解析】【详解】A根据原子的表示方法，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，可知中子数为20的氯原子：，A正确；B氯只能形成一个共用电子对，所以次氯酸的电子式为：，B错

3、误；C氮原子核内有7个质子，所以N原子的结构示意图为，C错误；和HCO3-，故其电离方程式为NaHCO3=NaHCO3-，D错误；故合理选项是A。3下列物质性质与用途具有对应关系的是气体具有可燃性，可用作果实的催熟剂熔点高，可用作耐高温材料C氢氧化铝能与氢氧化钠反应，可用于治疗胃酸过多D浓硫酸具有脱水性，可用于干燥NH3、SO2等【答案】B【解析】【分析】的可燃性与其做催熟剂无关；熔点高，可用作耐高温材料；C氢氧化铝能与氢氧化钠反应，与其治疗胃酸过多无关；D浓硫酸具有脱水性，与其做干燥剂无关；【详解】A乙烯是一种植物生长调节剂，具有催熟作用，与乙烯的可燃性无关，故A项错误；熔点高，可用作耐高温

4、材料，故B项正确；C氢氧化铝能与氢氧化钠反应，但胃酸的主要成分是盐酸，与此性质无关，故C项错误；D浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂，与脱水性无关，且不能用于干燥NH3，故D项错误；综上，本题选B。、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子次外层电子数与其他各层电子总数相等，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是A含氧酸的酸性：ZWB简单离子半径：XYZC四种元素均能与氢元素形成共价键的最高价氧化物对应的水化物反应【答案】D【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知核电荷数最大为17，W原子的最外层电子数是电子

5、层数的2倍，可以是C或S，但四种元素中W的核电荷数最小，则W只能是碳元素；Y原子次外层电子数与其他各层电子总数相等，Y应为S元素，同时可知Z为Cl元素，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，可知X为Na元素；AH2CO3的酸性大于HClO，氯、碳的最高价氧化物的水化物的酸性HClO4一定大于H2CO3，故A错误；BNa比S2-、Cl-少一个电子层，离子半径最小，而S2-和Cl-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，则简单离子半径为S2-Cl-Na，故B错误；CC、S、Cl均能与氢元素形成共价键，而Na与H形成离子键，故C错误；D加热条件下，碳能溶于浓硫酸生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确；答

6、案为D。5实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是A装置常用于分离互不相溶的液体混合物B装置可用于稀释浓硫酸C装置可用于制备少量氨气D装置可用于蒸发、浓缩、结晶【答案】C【解析】【详解】A、互不相溶的液体混合物用分液的方法分离，沸点不同互溶的液体混合物用蒸馏的方法分离，故A错误；B、不能在容量瓶内进行溶液的稀释与药品溶解，因为浓硫酸溶解时会放热，影响所配溶液浓度的准确度，故B错误；C、氧化钙与水反应放出大量的热量，浓氨水中的氨气溢出，碱石灰可干燥氨气，故C正确；D、蒸发、浓缩、结晶需要用蒸发皿，不能用坩埚，故D错误。答案选C。6下列指定反应的离子方程式正确的是2气体通入过量

7、氨水中：SO2NH3H2O=NH4HSO3溶液中：2Al2OH2H2O=2AlO23H23：CaCO32H=Ca2H2OCO2：5IIO33H2O=3I26OH【答案】B【解析】【详解】A将少量SO2气体通入过量氨水中，离子方程式：SO22NH3H2O=H2O2NH4SO32-，A错误；溶液中，离子方程式：2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2，B正确；3，离子方程式：CaCO32CH3COOH=Ca2H2OCO22CH3COO-，C错误；，离子方程式：5I-IO3-6H=3I23H2O，D错误；故合理选项是B。7如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是A甲能使酸性高锰酸钾

8、溶液褪色B乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色C丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D丁在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【答案】A【解析】【详解】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇。A甲为甲烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B乙烯分子中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；C苯中不存在碳碳单键及碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；D乙醇与乙酸在浓硫酸作用并加热时发生酯化反应，为取代反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，D正确；故合理选项是A。8下列说法中正确的是A干冰、液态氯化氢都是电解质

9、、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应D根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳为非电解质，故A错误；B氧化铝与强酸、强碱反应都生成盐和水，为两性氧化物，故B错误；C同素异形体之间的转化为非氧化还原反应，如氧气和臭氧，都有单质参加反应，但不是氧化还原反应，故C正确；D根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，故D错误；故选C。3放出热量，在存在MnO2条件下加热,KClO3的分解机理为：2KClO34MnO2=2KCl2Mn2O7慢2Mn2O7=4MnO23O2快下列有

10、关说法中不正确的是所具有的总能量高于1molKCl和所具有的总能量分解速率快慢主要取决于反应1g、1gMnO2和0.1gMn2O7混合加热，充分反应后MnO2质量为D将固体二氧化锰碾碎,可加快KClO3的分解速率【答案】C【解析】【分析】A分解1molKClO3放出热量，可知分解反应为放热反应；B慢反应为决定反应速率的主要因素；C由反应可知，Mn2O7分解会生成一部分MnO2；D催化剂的接触面积增大，可加快反应速率。【详解】3O2为放热反应，说明1molKClO3所具有的总能量高于1molKCl和molO2所具有的总能量之和，A正确；B由分解机理可知，KClO3的分解速率取决于慢反应，即取决于

11、反应，B正确；C由反应可知，gMn2O7分解会生成一部分MnO2，故反应后MnO2的总质量大于1g，C错误；D由分解机理可知，KClO3的分解速率取决于慢反应，即由反应决定，将固体二氧化锰碾碎，由于固体表面积增大，所以可加快反应的反应速率，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查反应速率的影响因素及反应机理，把握发生的反应、速率的决定因素、影响反应速率的因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。10下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是透明溶液中K、Na、MnO4-、SO42-；olL1的溶液中，Na、Ba2、Cl、Br；有较多的Fe3的溶液中，N

12、a、NH4、SCN、HCO3-；酸性溶液中Fe3、Al3、NO3-、I、ClABCD【答案】A【解析】该组离子之间不反应，可大量共存，正确；olL-1的溶液，可能为酸或碱溶液，无论是酸性还是碱性溶液，都不会发生任何反应，可以大量共存，正确；Fe3、HCO3-会发生盐的双水解反应，彼此相互促进水解生成沉淀和气体，不能大量共存，错误；酸性溶液中Fe2、H、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；可以大量共存的离子组是，故合理选项是A。11某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是E2E1、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化C催化剂能降低反应的活化能D催化剂能改变反应的焓变【答案

13、】C【解析】试题分析：A、根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，则该反应的反应热H=E1E2，A不正确；B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，B不正确，选项C正确；D、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，D不正确，答案选C。考点：考查化学反应的能量变化分析，催化剂作用的实质，图象识别12下列关于金属腐蚀的说法正确的是nH2O=MOHnH2ne=Mn，电子直接转移给氧化剂C金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D在潮湿的环境中，金属的电化学腐蚀一定是析氢腐蚀【答案】B【解析】金属被

14、腐蚀的实质是金属失电子发生氧化反应，金属被腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在弱酸性或中性条件下发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】A金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应，因此没有生成氢气，A错误；B金属发生化学腐蚀时金属和氧化剂直接接触，电子直接转移给氧化剂，B正确；C在弱酸性或中性条件下，金属发生吸氧腐蚀，在酸性条件下，金属发生析氢腐蚀，可见无论是酸性还是碱性、中性环境都能发生金属腐蚀，C错误；D在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了金属腐蚀与防护的知识，明确金属腐蚀原理是解本题关键，知道析

15、氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别及其原因，题目难度不大。13一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应Ag3Bg2Cg达到平衡状态标志的是C的生成速率与C的消耗速率相等单位时间内生成amolA，同时生成3amolBA、B、C的浓度不再变化C的物质的量不再变化混合气体的总压强不再变化混合气体的总物质的量不再变化单位时间消耗amolA，同时生成3amolBA、B、C的分子数之比为132ABCD【答案】A【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量不变

16、。根据方程式可知，在恒压容器中，容器的容积是减小的，因此密度是减小的，所以当混合气体的密度保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，不符合题意；单位时间内生成amolA的同时，一定消耗2amolC，因此不能说明反应达到平衡状态，符合题意；A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，不符合题意；C的物质的量不再变化，说明C生物正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡状态，不符合题意；该反应是体积减小的可逆反应，因此在恒容容器中，混合气体的总压强不再变化时可以说明达到平衡状态，不符合题意；根据方程式可知，在反应过程中混合气的物质的量是减小的，因此当混合气体的总物质的量不再变化时可以

17、说明达到平衡状态，不符合题意；单位时间消耗amolA，必然同时消耗3amolB，而同时又生成3amolB，因此正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，不符合题意；平衡时浓度不再发生变化，但物质的浓度之间不一定相等，或满足某种关系，则A、B、C的分子数之比为132时，反应不一定达到平衡状态，符合题意，答案选A。点睛：本题考查可逆反应平衡状态的判断。本题解题的关键是正确理解好勒夏特列原理。14某化学反应其H=-122J/mol，S=231J/molK，则此反应在下列哪种情况下可自发进行在任何温度下都不能自发进行仅在低温下自发进行【答案】A【解析】反应自发进行需要满足，H-TS0，依据题干条件计算判断，

18、H-TS=-122J/mol-T231J/molK0，所以无论什么温度下，反应一定是自发进行的反应，故合理选项是A。表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A. 2.3晶体中含CO32数目一定为NAC常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中含有原子数为6NAD惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2L【答案】D【解析】试题分析：钠在反应中失去一个电子，2.3g金属钠是,与氧气反应无论加热与否转移电子数均为，A正确；Na2CO3晶体为离子化合物，故1molNa2CO3晶体中含CO32数目一定为NA，B项正确；常温常压下，NO2和N2O4的相对原子质量之比为1：

19、2，92g的NO2和N2O4混合气体中含有2molN原子4molO原子，总共有6mol原子，C项正确；惰性电极电解食盐水，阳极产生氯气，若电路中通过NA个电子，在标准状态下产生氯气，D选项中没有说标准状态，选D考点：考查物质的量及相关计算16在密闭容器中进行反应:Xg3Yg2Zg,有关下列图像的说法错误的是A依据图甲可判断正反应为放热反应B在图乙中，虚线可表示使用了催化剂C若正反应的H0【答案】D【解析】【详解】A依据图象分析，温度升高，逆反应速率增大的大于正反应速率增大的，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，A正确；B使用催化剂可以增大化学反应速率，缩短反应达

20、到平衡所需的时间，但是化学平衡不发生移动，故虚线可表示使用了催化剂，B正确；C若正反应的H0，正反应是放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，C正确；D根据图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，而总质量不变，说明升高温度时，气体物质的量变大，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应H0，D错误；故合理选项是D。17下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率B过氧化氢分解加二氧化锰作催化剂，使单位时间内产生的氧气的量多（g）NO2（g）CO2（g）NO（g）；H0，达平衡后，升高温度体系颜色变浅D黄绿色的

21、氯水光照后颜色变浅【答案】B【解析】A、在合成氨工业上增大压强，可以使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、催化剂不能使平衡移动，故不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、反应CO（g）NO2（g）CO2（g）NO（g）；H0，达平衡后，升高温度，平衡正向移动，体系颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、存在Cl2H2OHClHClO，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查勒夏特列原理的运用：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，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆

22、反应，否则勒夏特列原理不适用。18物质的量浓度均为L1的四种溶液：NH4Cl溶液NH4HSO4溶液CH3COONH4溶液氨水，其cNH4从大到小的顺序为ABCD【答案】A【解析】【分析】弱电解质部分电离，强电解质完全电离，弱碱阳离子在溶液中发生水解，使溶液显酸性，氢离子抑制阳离子的水解，双水解程度较一般水解程度大，据此解答。【详解】氨水中一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，则氨水中cNH4较小；NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4在溶液中完全电离，在NH4HSO4溶液中，盐电离产生的H对NH4的水解起抑制作用，使NH4水解程度较小；在CH3COONH4溶液中CH3COO-水解消耗水

23、电离产生H，导致cOH-增大；而NH4水解消耗水电离产生OH-，导致cH增大，水解产生的H、OH-发生中和反应，使彼此水解相互促进的水解，水解程度较只有一种离子的水解程度大，溶液中NH4减小的多，则cNH4从大到小的顺序为，故合理选项是A。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其影响，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确判断溶液中离子浓度大小常用方法。19一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是L1KCl溶液L1CaCl2溶液L1HCl溶液10mL蒸馏水L1AgNO3溶液ABCD【答案】B【解析】【详解】AgCl饱和溶液中存在Ag

24、ClaqAgaqCl-aq，AgCl的溶解度大小取决于溶液中cAg或cCl-，cAg或cCl-越小，AgCl的溶解度越大。cCl-=L，cCl-=L，cCl-=L，cAg或cCl-为0，cAg=L，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是，故合理选项是B。20常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是共价键H-HF-FH-FH-ClH-IEJ/mol436157568432298molEH-Br298J/键g2HgH=436J/gF2g=2HFgH=-25J/mol【答案】D【解析】【详解】A依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的

25、化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432J/molEH-Br298J/mol，A正确；B键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；C氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H22HgH=436J/mol，C正确；D依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436J/mol157J/mol-2568J/mol=-543J/mol，H2gF2g=2HFg，H=-543J/mol，D错误；故合理选项是D。21下列说法正确的是中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HC

26、lO4的氧化性强B已知FeCu2=Fe2Cu2Fe3Cu=2Fe2Cu2，则氧化性强弱顺序为：Fe3Cu2Fe2C已知还原性：BCD，反应2CD2=2DC2和反应2CB2=2BC2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【答案】B【解析】试题分析：AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的酸性强；对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强，故HClOHClO4，故A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应FeCu2Fe2Cu中，氧化剂是Cu2，氧化产物是Fe2，所以氧化性Cu2Fe2，在反

27、应2Fe3Cu2Fe2Cu2中，氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2，所以氧化性Fe3Cu2，故氧化性顺序是：Fe3Cu2Fe2，故B正确；C氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：C-D-，故反应2C-D22D-C2能发生，还原性：B-C-，故反应2C-B22B-C2【考点定位】考查氧化性、还原性强弱的比较【名师点晴】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性的强弱比较。要注意对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性。22用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液。已知铅蓄电

28、池的总反应为6.4 g3.36 L6.4 g5.6 LolL1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水H的关系如图所示。c水H为溶液中水电离的cH。下列说法不正确的是A常温下，KaHCOOH的数量级为10-4、b两点ol/L计算；、b溶液中的溶质判断；C根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；D根据影响溶液导电性的因素分析。详解：A甲酸溶液中水电离出的氢离子为1012mol/L，则溶液中氢离子浓度为L，所以常温下，KaHCOOH，因此数量级为10-4，A正确；点甲酸过量，水电离出的氢离子为107mol/L，溶液400ol/L的CH3COOH溶液与bL的KOH溶液混合，无论如何反应，所

29、得溶液中一定满足电荷守恒：cKcH=cCH3COO-cOH-，A正确；B氢氧化钡过量，反应后溶液的溶质为BaOH2和NaOH，则有cOH-cBacNacH，B正确；C加入少量的CH3COONa固体后，溶液中cCH3COO-增大，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-H向左移动，溶液中的cH减小，cOH-增大，导致溶液的ol/L；ol/L，所以两溶液中水的电离程度相同，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液25251gol1bH2已知H2gO2gH2OgH3=-2418Jmol-1则反应的H2=_Jmol-1。（2）工业上一般可采用下列反应来合成甲醇：CO（g）2

30、H2（g）CH3OH（g），现实验室模拟该反应并进行分析，图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。该反应的焓变H_0（填“”“”或“=”）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_K2（填“”“”或“=”）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=_，该反应的平衡常数为K=_。恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有_。A升高温度B充入He（g）C再充入1molCO和3molH2D使用催化剂【答案】1CH3OHlO2gCO2g2H2OlHmol

31、12345（Lmin）67C【解析】（1）1g甲醇CH3OH燃烧生成CO2和液态水时放热，则1mol甲醇32g燃烧生成CO2和液态水时放热32=，故甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OHlO2gCO2g2H2OlHmol1；根据盖斯定律可知，ab即得到H2gO2gH2Og，所以该反应的H3H2H1，即mol-1H2mol1，解得H2mol-1；（2）根据先拐先平原则，由图1可知，温度T1T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，HK2；CO的平均反应速率vCO=Lmin；根据反应方程式：CO2H2CH3OH起始（m

32、ol/L）130反应（mol/L）平衡（mol/L）反应的平衡常数K=；因该反应为放热反应，升高温度平衡将向逆反应方向移动，将减小，选项A错误；恒容条件下，充入He，平衡不移动，将保持不变，选项B错误；再充入1molCO和3molH2相当于增大了压强，平衡将向正反应方向移动，将增大，选项C正确；使用催化剂，平衡不移动，仍将保持不变，选项D错误，答案选C。点睛：本题考查了化学反应速率和化学平衡的相关知识。涉及平衡移动的影响因素等知识点和反应热大小判断和平衡常数的判断，注重高考常考考点的考查。29（7分）某二元酸（化学式用H2AH2AHHA-HA-HA2-试完成下列问题：（1）Na2A溶液显（用离子方程式表示）。（2）在L-1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是。AcA2-cHA-cH2A=BcOH-=cHcHA-CcNacH=cOH-cHA-2cA2-DcNa=2cA2-2cHA-3已知L-1NaHA溶液的2A2A2A2A2c2c2c2A2A2AL水样，迅速加入固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液含KOH，立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反应,其反应式为：2Mn2O24OH-=2MnOOH2测定：开塞后迅速加入12mL浓硫酸酸化，提供H，使之生