2023学年高二化学上学期第三次月考试题(含解析)新版人教-版

2023学年高二上学期第三次月考化学试题1.下列有关合成氨工业的说法正确的是A.N2的量越多，H2

的转化率越大，因此，充入的N2越多越有利于NH3的合成B.恒容条件下充入稀有气体有利于NH3

的合成C.工业合成氨的反应是熵增加的放热反应，在任何温度下都可自发进行D.工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行【答案】D【解析】A.N2的量越多，H2

的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，当投料比为n（N2）:n（H2）=1:2.8时，最有利于氨气的合成，故A错误；B.恒容条件下充入稀有气体，参与反应的各物质的浓度没有改变，则平衡不移动，对氨气的合成没有影响，故B错误；C.根据N2＋3H22NH3△H＜0可知，该反应为熵减小的放热反应，故C错误；D.根据△G=△H－T△S＜0时反应可以自发进行，该反应的△H＜0、△S＜0，所以在低温或常温下可自发进行，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查平衡移动原理和化学反应进行的方向。本题的易错点是A项，解题时容易只从平衡移动原理的角度判断，错误认为充入的N2越多越有利于NH3的合成，忽略了工业生产的实际情况，加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成。2.一定条件下，体积为10L

的密闭容器中，1mol

X

和1molY进行反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60

s达到平衡，生成0.3

mol

Z。下列说法正确的是A.以X

浓度变化表示的反应速率为0.001mol·L-1·s-1B.将容器体积变为20

L，Z

的平衡浓度变为原来的C.若增大压强，则物质Y

的转化率减小D.若升高温度，X

的体积分数增大，则该反应的△H>0【答案】A考点：考查化学反应速率的有关计算，影响平衡的因素等知识。3.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)

化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律(图中T

表示温度，n

表示物质的量)，根据图示得出的判断结论正确的是A.反应速率a>b>cB.达到平衡时A2

的转化率大小为：b>a>cC.若T2>T1，则正反应是吸热反应D.达到平衡时，AB3

的物质的量大小为：c>b>a【答案】D【解析】a、b、c三点在同一温度下，但是对应的B2的起始物质的量不同，c点对应的B2的物质的量多，反应速率快，所以a、b、c的速率关系为c＞b＞a，A错；在A2物质的量不变的条件下，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，所以A2的转化率大小关系为c＞b＞a，B错；因为AB3的曲线上的点都代表平衡时AB3的体积分数，可以选在b点后面的B2的起始量相同的一点，可以看出在升高温度的条件下，AB3的体积分数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，C错；在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3的物质的量越多，D对。4.物质间常常相互联系、互相影响，微粒也不例外。下列各组离子可能大量共存的是A.常温下水电离出的c(H+)=1×10-l0mol·L-1的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B.不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、ClO-、Al3+C.能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+D.无色透明溶液：K+、HCO3-、SO42-、Fe3+【答案】A..................点睛：掌握相关离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5.下列离子方程式表达正确的是A.硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2++H2O2+2H+=

2Fe3++2H2OB.用食醋除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.向NaClO

溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClOD.Na2S

溶于水呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-【答案】A【解析】A.硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A正确；B.用食醋除水垢：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O，B错误；C.向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应：3C1O-+SO2+H2O=SO42-+Cl－+2HClO，C错误；D.Na2S溶于水硫离子水解，溶液呈碱性：S2－+H2OHS－+OH－，D错误，答案选A。点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。6.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)△H<0。若起始温度相同，分别向三个容器中通入3mol

A

和1mol

B，则达到平衡时各容器中C

物质的体积分数由大到小的顺序为A.③②①B.③①②C.①②③D.②①③【答案】A【解析】试题分析：①是有隔热的，②是没有，这两个都是恒容，③是恒压且恒温。首先比较①②，因为①不恒温，反应放热会使得体系温度升高，从而不利于正反应所①<②。然后是②③，先拉住活塞，当达到平衡的时候①=②，再放开活塞则因为生成物气体比反应物少，容器里面压强比外面小，所以体积会被压缩，压缩体积促进正反应，所以②<③，答案选A。考点：考查化学平衡移动。7.在某温度下，将2molA

和3mol

B

充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+B(g)C(g)+D(g)，5min

后达到平衡，各质的平衡浓度的关系为：[A]a[B]=[C][D]。此时若在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10

倍，A

的转化率不发生变化，则B的转化率为A.60%B.40%C.24%D.4%【答案】B【解析】试题分析：扩大容器体积为原来的10倍，B的转化率不变，根据勒夏特列原理，a=1，A(g）＋B(g）C(g）＋D(g）起始：3200变化：xxxx平衡：(3－x）(2－x）xx，根据平衡浓度的关系，(3－x）×(2－x）=x×x，则x=1.2mol，则B的转化率为1.2/2×100%=60%，故选项A正确。考点：考查勒夏特列原理、化学平衡的计算等知识。8.下列说法中正确的是A.中和等体积pH=2

的盐酸、硫酸、醋酸所需氢氧化钠的物质的量关系为：CH3COOH>H2SO4>HClB.保存FeSO4

溶液时，加入稀HNO3，抑制Fe2+水解C.将FeCl3

溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3

固体D.将纯水加热的过程中，Kw

变大，pH

变小【答案】D【解析】A.盐酸和硫酸都是强酸，pH=2的盐酸、硫酸溶液中c（H+）相等，则二者等体积时消耗NaOH的物质的量相等，醋酸是弱酸，等pH的醋酸和盐酸、硫酸相比，醋酸的浓度大于盐酸和硫酸的浓度，则所需NaOH的物质的量最大，即所需NaOH的物质的量关系为：CH3COOH>H2SO4=HCl，故A错误；B.硝酸是强氧化性酸，加入稀HNO3可将Fe2+氧化成Fe3+，应加稀硫酸，故B错误；C.在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解反应FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，由于加热使HCl挥发，平衡不断向右移动，生成Fe(OH)3，又因为灼烧时发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，则最终所得固体为Fe2O3，故C错误；D.将纯水加热的过程中促进水的电离，Kw变大，氢离子浓度变大，pH变小，故D正确；答案选D。9.有4

种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L

的2

种溶液混合而成：①CH3COONa

与HCl

；②

CH3COONa

与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④

CH3COONa

与NaHCO3下列各项排序正确的是A.pH：②>③>④>①B.c(CH3COO-)：②>④>③>①C.溶液中c(H+)：①>③>②>④D.c(CH3COOH)：①>④>③>②【答案】B【解析】试题分析：A．①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；D．因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误。故选B。考点：考查离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等。试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答。10.常温下，向l0mL0.1mol/L

的HR

溶液中逐渐滴入0.lmol/L

的NH3·H2O

溶液，所得溶液pH

及导电性变化如图。下列分析不正确的是A.a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B.b点溶液c(NH3·H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)C.c点溶液，存在c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)D.常温下，HR

和NH3·H2O

的电离平衡常数近似相等【答案】B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B．根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒c(NH3•H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B错误；C．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．根据B中分析可知常温下，HR和NH3•H2O的电离平衡常数相等，D正确；答案选B。11.在t℃时，AgBr

在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是A.在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0-13B.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D.在t℃时，AgCl(s)+Br(aq)

AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K≈816【答案】B【解析】试题分析：根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到饱和，在线右上方的点是过饱和溶液。A．在t℃时,Ksp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13，A正确；B、在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，沉淀溶解平衡仍然存在，由于c(Br-)增大，所以平衡逆向移动，c(Ag+)减小，但是二者的乘积不变，只能是线上的点，溶液不可能由c点到b点，B错误；C、图中a点在线的左下方，由于c(Br-)·c(Ag+)＜Ksp(AgBr)=4.9×10-13，所以对应的是AgBr的不饱和溶液，C正确；D、t℃时AgCl的Ksp=c(Cl-)·c(Ag+)＝4×10-10，c(Cl-)＝c(Ag+)=2×10-5，Ksp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13,则AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K＝c(Cl-)÷c(Br-)=＝Ksp(AgCl)÷Ksp(AgBr)＝4×10-10÷4.9×10-13≈816，D正确，答案选B。【考点定位】考查溶度积常数的有关判断与计算【名师点晴】Ksp的有关计算及其图像分析需要注意：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。12.某温度下，向一定体积0.1mol·L-1一元弱酸HA

溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pH

与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.此温度下，水的离子积常数为1.0×10-2aB.M、N

两点所示的溶液中，水的电离程度相同C.Q

点消耗的NaOH

溶液的体积等于HA

洛液的体积D.N点溶液D

水稀释，C(A-)/C(HA

)减小【答案】C【解析】A．Q点时pOH=pH，说明c(OH-)=c(H+)=l0-amol/L，水的离子积Kw=c(OH-)×c(H+)=1.0×l0-2a，故A正确；B．由于M点的OH-浓度等于N点的H+浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故B正确；C．恰好反应得到NaA溶液呈碱性，Q点的pH=pOH，溶液呈中性，HA稍过量，则Q点消耗的NaOH的体积小于HA的体积，故C错误；D．N点溶液加水稀释，Ka=，温度不变，Ka不变，加水稀释氢氧根离子浓度减小，c(H+)增大，所以变小，故D正确；故选C。点睛：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查。看懂图像是解题的关键，本题中碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着氢氧化钠的加入，发生中和反应，溶液氢离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐增大，pOH逐渐减小。13.某同学用稀NaOH

溶液作SO2的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液的pH

约为10(已知：相同温度下饱和Na2SO3溶液的pH

约为9.5)，则下列说法正确的是A.该溶液中：c(OH-)>c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H+)B.该溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)C.该溶液的溶质为Na2SO3和NaHSO3D.该溶液pH

约为10

的原因是NaOH

过量【答案】D【解析】NaOH溶液作SO2的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液，c(Na+)＞c(OH－)，故A错误；根据电荷守恒，该溶液中：c(Na+)+c(H+)═c(OH－)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，故B错误；相同温度下饱和Na2SO3溶液的pH约为9.5，实验完毕测得吸收液的pH约为10，说明该溶液的溶质为Na2SO3和NaOH，故C错误；饱和Na2SO3溶液的pH约为9.5，该溶液pH约为10的原因是NaOH过量，故D正确。14.常温下，向IL0.1mol·L-1NH4Cl

溶液中，不断加入固体NaOH

后，NH4+与NH3·H2O的浓度变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发)，下列说法正确的是A.M点溶液中水的电离程度比原溶液大B.随着NaOH的加入，NH4+与NH3·H2O物质的量总量减少C.当n(NaOH)=0.05mol

时，溶液中有：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.在M点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)【答案】D【解析】A．M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；B．1L0．lmol•L-1NH4Cl溶液中，存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3•H20)=0.1mol/L，随着NaOH的加入，NH4+与NH3·H2O物质的量总量不变，故B错误；C．向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，由于NH3•H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．在M点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，则n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故D正确；答案为D。15.25

℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]-Ksp[Fe(OH)2]，下列说法正确的是A.b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1B.当Fe(OH)2

和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)=

l：104.6C.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液D.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO【答案】A【解析】A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，故A正确；B．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)===，故B错误；C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。16.下列所述有关离子浓度之司的关系错误的是A.将CO2通入0.1mol·L-1Na2CO4溶液至中性，溶液中：2c(CO32-)

+c(HCO3-)=0.1mol·L-1B.浓度均为0.1mol/L

的CH3COOH

与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-5-10-9)mol/LC.将0

2mol·L-1NaHCO3溶夜与0.lmol·L-1KOH

溶液等体混合：3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)D.已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，则常温下0.1mol·L-1CH3COONH4中：c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】A【解析】A.将CO2通入0.1mol·L-1Na2CO3溶液至中性，根据电荷守恒2c(CO32-)+c(HCO3-)+(OH-)=c(H+)+c(Na+)可知溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(Na+)=0.2mol·L-1，A错误；B.浓度均为0.lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，根据电荷守恒和物料守恒可知混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)=2×(10-5-10-9)mol/L，B正确；C.将0.2mol•L-lNaHCO3溶液与0.lmol•L-1KOH溶液等体积混合后根据电荷守恒和物料守恒2c(K+)＝c(Na+)可知3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C正确；D.已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5，这说明二者的电离程度相同，则常温下0.1mol·L-1CH3COONH4溶液中离子的水解程度相同，溶液显中性，则溶液中c(NH4+)=c(CH3COO-)，D正确，答案选A。17.（1）常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中有1%CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH=______________；可以使0.10mol·L-1CH3COOH的电离程度增大的是____________。、a.加入少量0.10mol·L-1的稀盐酸b.加热CH3COOH溶液c.加水稀释至0.010mol·L-1.d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体f.加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸)________V(醋酸)(填“>”、“<”或“=”)。（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为_________________。（4）某温度下，Kw=1×10-12，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混和液的pH=____。【答案】(1).3(2).bcf(3).<(4).H2AH++HA-，HA-H++A2-(5).10【解析】（1）.常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，则溶液中氢离子浓度为0.1mol/L×1%=0.001mol/L，溶液的PH=3；a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；b．醋酸的电离是吸热过程，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；c．加水稀释至0.010mol·L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；e．加入少量氯化钠固体，对平衡没有影响，则不改变醋酸的电离程度，故e错误；f．加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，使氢离子浓度降低，醋酸的电离平衡正向移动，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确；故答案为：3；bcf；（2）.醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断向右移动，会电离出更多的氢离子，则等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中加入等质量的锌且锌有剩余时，经过充分反应后，醋酸产生的氢气体积较大，故答案为：＜；（3）.0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则H2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2AH++HA-，HA-H++A2-；故答案为：H2AH++HA-，HA-H++A2-；（4）.某温度下，Kw=1×10-12，0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，则c(H+)=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH−)=（0.04mol/L−0.02mol/L）÷2=0.01mol/L，则c(H+)=10−12÷0.01=10−10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10。18.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：图1图2（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）如图1是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像。①其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_______________(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是________________；②NH4Al(SO4)2饱和溶液与NH4HCO3饱和溶液混合,反应的离子方程式为________________。(3)室温时，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度由大到小顺序为是______________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__________。（4）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=____________。（5）①25℃时，Ka(HCN)=4.9×10-10，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，H2CO3：K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11，25℃有pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三溶液的物质的量浓变由大到小的顺序为_________________。②向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为：__________________。【答案】(1).A13+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2).Ⅰ(3).NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小(4).Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑(5).a>b>c>d(6).c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)(7).0.62(8).CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液(9).NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【解析】（1）.Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒使其沉降从而达到净水的目的，离子方程式为：Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：A13+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3

吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）.①.NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，升高温度促进水解，使其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，故答案为：Ⅰ；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH

减小；②.NH4Al(SO4)2饱和溶液与NH4HCO3饱和溶液液混合，Al3＋与HCO3－发生双水解反应，反应方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）.a、b、c、d四个点，根据反应物量的关系，a点时NaOH恰好和NH4HSO4中的H+完全反应，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O且浓度越来越大，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，因此a、b、c、d四个点，水的电离程度由大到小顺序为是a>b>c>d；b点溶液呈中性，溶液中含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，因a点时c（Na+）=c（SO42-），则b点时c（Na+）>c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）>c（NH4+），故c

(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：a>b>c>d；cc

(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)；（4）.25℃，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c（H+）=1.0×10-7mol·L-1，由H2SO3的Ka2=可知，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)==0.62，故答案为：0.62；（5）.①.根据图表数据可知，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，根据“越弱越水解”，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，反之，等pH的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度大小顺序为：CH3COONa

溶液>NaCN

溶液>Na2CO3溶液，故答案为：CH3COONa

溶液>NaCN

溶液>Na2CO3溶液；②.向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，则反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。19.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4-(绿色)、Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH

溶液直至过量，可观察到的现象是__________________。（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4

溶波中的转化反应_______________。②由图可知，溶液酸性增大，CrO42-

的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_______________。③升高温度，溶液中CrO42-

的平衡转化率减小，则该反应的△H_____0

(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）已知Ag2CrO4、AgCl

的Ksp分别为2.0×10-12

和2.0×10-10，在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为____________mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于______________mol·L-1。（4）+6

价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，反应的离子方程式为______________________。【答案】(1).蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2).2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(3).增大(4).1.0×1014(5).小于(6).2.0×10-5(7).5×10-3(8).Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O【解析】试题分析：（1）根据题给信息知在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。（2）①根据图像知随着氢离子浓度的增大，Na2CrO4溶液中CrO42-转化为Cr2O72-，离子方程式为2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②由图可知，溶液酸性增大，Cr2O72-的浓度逐渐增大，CrO42−的平衡转化率增大。根据A点数据知，Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72-)/c2(CrO42−)c2(H＋)=1.0×1014。③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；（3）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5mol·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5mol·L−1)=2.0×10-5mol·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5)2=5×10-3mol·L−1。（4）NaHSO3具有还原性，Cr2O72−具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为Cr2O72−+3HSO3−+5H＋==2Cr3++3SO42−+4H2O。考点：考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质的知识。20.（1）用0.lmol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。①滴定醋酸的曲线是__________(填“I”或“Ⅱ”)。②V1和V2的关系：V1______V2(填“>”、“=”或“<”)③M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______________。（2）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。资料：AgSCN

是白色沉淀

操作步骤现象步骤1：向2mL0.005mol·L-1AgNO3溶液中加入2mL0

.005mol·L-1KSCN

溶液，静置出现白色沉淀步骤2：取lmL

上层清液于试管中，滴加1滴2mol·L-1Fe(NO3)3溶液溶液变红色步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol·L-1AgNO3溶液出现白色沉淀，溶液红色变浅步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol·L-1KI

溶液出现黄色沉淀①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式______________________。②用化学平衡原理解释步骤3的实验现象______________________。【答案】(1).Ⅰ(2).<(3).c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)(4).Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(5).浊液中存在沉淀溶解平衡AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI