高中化学 模块综合检测(二) 新人教版选修4

【成才之路】-学年高中化学模块综合检测(二)新人教版选修4(90分钟，100分)一、选择题(本题包括18个小题，每小题3分，共54分)1．(·绍兴模拟)在压强为2.20×104kPa、温度达到374℃A．二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，属于放热反应B．“水热反应”是一种复杂的化学变化C．火力发电厂可望利用废热，将二氧化碳转变为能源物质D．随着科技的进步，“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环解析：由于反应是在高温高压下进行的，说明高温有利于反应向正反应方向进行，因此正反应可能为吸热反应，A不正确。答案：A2．(·试题调研)下列过程伴随的能量变化中，属于反应热的是()A．形成1molH—Cl键放出的能量B．石墨转变成金刚石吸收的能量C．1molO2形成2molO原子吸收的能量D．水蒸气变成液态水放出的能量解析：化学反应中的能量变化叫反应热。化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，A选项只涉及化学键的形成，C选项只涉及化学键的断裂，能量变化都不属于反应热；D选项中水蒸气变成液态水是物理变化，属于物理过程。答案：B3．(·郑州质检)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()A．该反应的反应热ΔH＝E2－E1B．a、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解析：根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，该反应的反应热ΔH＝E1－E2，A项错误；催化剂可以降低反应的活化能，但对反应的焓变无影响，B、D项错误，C项正确。答案：C4．(·天津一模)下列说法正确的是()A．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B．25℃C．通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能则eq\f(1,2)H2(g)＋eq\f(1,2)Cl2(g)===HCl(g)ΔH＝－183kJ·mol－1D．任何化学反应都伴随着能量的变化解析：判断反应是否自发应用复合判据，A项错误；燃烧热不随物质的量的变化而变化，B项错误；根据表中数据可得H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－183kJ·moI－1，C项错误。答案：D5．(·江苏灌南高级中学期中)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH＝1的溶液中：Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Na＋B．水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的水溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－D．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)、SCN－解析：pH＝1的溶液为酸性，NOeq\o\al(－,3)酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2＋，A中离子不能大量共存；水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液pH＝2或12，HCOeq\o\al(－,3)不能大量共存；c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，C中离子可能大量共存；Fe3＋与SCN－生成难电离物质Fe(SCN)3，SCN－不能大量共存。答案：C6．(·北京市海淀区高三模拟)在密闭容器中进行反应：X(g)＋3Y(g)===2Z(g)，有关下列图像的说法不正确的是()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ΔH<0，图丙可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D．由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH>0解析：A项，图甲中随着温度的升高，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增加的幅度较大，即平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应；B项，图乙中改变条件后平衡不移动，反应速率加快，则说明使用了催化剂；C项，图丙中正确表达了升高温度气体反应速率的增大及平衡向逆反应方向移动；D项，该反应中各物质均为气体，则反应前后气体的质量始终不变，图丁中升高温度气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向着气体的物质的量增多的方向移动，即向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应，ΔH<0。答案：D7．(·安徽省十校联考)在一个不导热的恒容密闭容器中通入CO(g)和H2O(g)，一定条件下使反应CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)达到平衡状态，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是()A．反应物浓度：a点小于c点B．c点时反应进行的程度最大C．该反应的正反应为吸热反应D．Δt1＝Δt2时，生成H2的物质的量：a～b段小于b～c段解析：本题考查化学反应速率及其影响因素，考查考生分析、解答化学问题的能力。难度中等。反应起始时反应物浓度大，因此反应物浓度：a点大于c点，A项错；c点反应速率最大，反应不一定处于平衡态，而反应进行程度最大是指反应达到平衡态，B项错；反应起始阶段，反应物浓度减少而反应速率加快，只能是温度升高导致，再结合容器不导热可知正反应为放热反应，C项错；反应速率a～b小于b～c，故等同时间内，生成H2的量，a～b段小于b～c段，D项正确。答案：D8．(·试题调研)相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ/mol。实验测得起始时的有关数据如表所示：下列叙述错误的是()A．容器①②中反应的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为eq\f(1,7)C．容器②中达到平衡时放出的热量Q＝23.15kJD．若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ解析：对于给定反应，平衡常数只是温度的函数，温度相同，平衡常数相同，A正确。由①中放出的热量，可知参加反应的N2为0.25mol，则有N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)n(始)/mol130n(变)/mol0.250.750.5n(平)/mol0.752.250.5则①中NH3的体积分数为eq\f(0.5,0.75＋2.25＋0.5)＝eq\f(1,7)，由于①和②中建立的平衡是相同的，所以两容器中NH3的体积分数均为eq\f(1,7)，B正确。①和②建立的是相同的平衡，②中N2转化0.15mol，放出的热量为92.6kJ/mol×0.15mol＝13.89kJ，C不正确。若容器①体积为0.5L，即反应体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，D正确。答案：C9．(·试题调研)某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，下列对该溶液的叙述不正确的是()A．该温度高于25B．由水电离出来的H＋的浓度是1.0×10－12mol·L－1C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离D．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,4))解析：A项，蒸馏水的pH＝6，说明c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，KW＝1×10－12>1×10－14，说明温度高于25℃，故A正确；B项，水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(H＋)水＝c(OH－)＝eq\f(KW,cH＋)＝eq\f(1×10－12,0.01)＝1×10－10mol·L－1，故B错误；C项，NaHSO4晶体溶于蒸馏水中能电离出氢离子，相当于一元强酸，抑制了水的电离，故C正确；D项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，由于c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))，可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,4))，故D正确。答案：B10．现有等浓度的下列物质的溶液：①CH3COOH，②HClO，③NaClO，④H2CO3，⑤Na2CO3，⑥NaHCO3。按溶液pH由小到大排列正确的是()A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤ D．①④②③⑥⑤解析：①、②、④均属于酸，其中酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，即pH：①<④<②。③、⑤、⑥均属于强碱弱酸盐，因酸性H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)，所以对应盐溶液的碱性为Na2CO3>NaClO>NaHCO3，即pH：⑥<③<⑤。答案：C11．(·河南洛阳高三期末)下列叙述错误的是()A．把aL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液与bL0.1mol·L－1的KOH溶液混合，所得溶液中一定存在：c(K＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)B．把0.1mol·L－1的NaHCO3溶液与0.3mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合，所得溶液中一定存在：c(OH－)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(H＋)C．向1mol·L－1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高D．常温下，在pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的NaOH溶液中，水的电离程度相同解析：本题考查离子浓度的大小比较，考查考生分析问题的能力。难度中等。A项满足电荷守恒，正确；B项，反应后得到的溶液中含有氢氧化钡、氢氧化钠两种溶质，且二者物质的量之比为2∶1，故离子浓度之间的关系为c(OH－)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(H＋)；C项，加入醋酸钠固体相当于增加了醋酸根离子的浓度，抑制了醋酸的电离，故溶液的pH升高；D项，醋酸和氢氧化钠对水的电离都起抑制作用，在两溶液中水电离出的c(OH－)都为10－11mol/L，因此水的电离程度相同。答案：C12．(·哈尔滨市质检)下列说法正确的是()A．水的离子积常数量KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度B．Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关C．常温下，在0.10mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)的值增大D．室温下，CH3COOH的KW＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等解析：本题考查电离平衡，考查考生对电离平衡的掌握情况。难度中等。A项，加强酸强碱盐(如NaCl)不影响水的电离；B项，溶度积常数是温度的函数，只受温度的影响；C项，加入NH4Cl，NH3·H2O,NHeq\o\al(＋,4)＋OH－平衡向逆反应方向移动，故pH减小，但由勒夏特列原理可知c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)的值增大；D项，只知道平衡常数，但不知溶液的浓度，故c(H＋)、c(OH－)无法计算。答案：C13．(·北京西城区期末)用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是()解析：本题考查铁及其化合物的性质，考查考生对物质性质的掌握情况。难度中等。A项，实验现象错误，FeCl3的浓溶液不可能出现红褐色，应仍为黄色，只是由于c(Fe3＋)增大颜色变深；D项，红褐色溶液为Fe(OH)3胶体，说明加热促进了Fe3＋的水解。答案：A14．(·杭州市质检一)有一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。电池以金属锂和钢板为电极材料，LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的说法正确的是()A．钢板为正极，钢板上发生还原反应B．放电时电子的流动方向是“正极→导线→负极”C．放电过程中OH－向正极做定向移动D．总反应：2Li＋2H＋==2Li＋＋H2↑解析：本题考查化学电源。难度较小。Li的金属性强于Fe，故钢板做正极，发生还原反应，A项正确；放电时电子的流向是负极板上的电子经导线流向正极板，B项错误；放电时OH－向负极移动，C项错误；总反应是2Li＋2H2O==2LiOH＋H2↑，D项错误。答案：A15．下列有关四个常用电化学装置的叙述正确的是()A．图Ⅰ所示电池中，MnO2作催化剂B．图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变D．图Ⅳ所示电池中，Ag2O作氧化剂，在电池工作过程中被还原为Ag解析：碱性锌锰电池的正极反应为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－，MnO2表现出氧化性，A错误；铅­硫酸蓄电池放电时的总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐减小，B错误；电解精炼铜时阳极反应包含：Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋等，阴极反应是Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋浓度减小，C错误；银锌纽扣电池工作时正极发生还原反应：Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，D正确。答案：D16．(·高考命题专家原创题)美国麻省理工学院的丹尼尔·诺切拉博士公布了自己团队研发的“人造树叶”，它可以与燃料电池共同构成一个新的发电装置——太阳能燃料电池，工作原理如图所示，下列有关叙述正确的是()A．“人造树叶”上发生的反应为6CO2＋6H2Oeq\o(――→,\s\up17(光照))C6H12O6＋6O2B．图A中塑料薄膜上部的反应为2H＋＋2e－===H2↑C．图B燃料电池工作时的负极反应物为O2D．太阳能燃料电池的优点为无论天气如何，均能持续供应电能，并且实现对环境的“零排放”解析：由工作原理示意图可以看出，“人造树叶”是光解水，将太阳能储存起来，A项错误；图A中塑料薄膜下部为H＋得电子生成H2，B项错误；燃料电池的正极反应物为O2，C项错误；太阳能燃料电池是利用“人造树叶”光解产生的氢气与氧气形成燃料电池，故无论天气如何都可提供电能，D项正确。答案：D点拨：对于新型电池的考查，往往是图文结合，题目会给出一定的信息，如图中电子、离子的移动方向或者电流的方向等，这些都是解题的突破点，因此解答该类试题的关键是读懂示意图。17．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是()A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸解析：A项未用标准盐酸润洗滴定管；B项锥形瓶不能用NaOH溶液润洗；C项不会引起实验误差；D项指示剂变色后，要等半分钟，若溶液红色不褪去，才表明达到滴定终点。答案：C18．已知某温度、压强下的气体摩尔体积为55.20L·mol－1，在该条件下有1mol气体X发生如下反应并达到平衡：2X(g)mY(g)＋Z(g)，测得混合气体中X的体积分数为58.80%，混合气体的总质量为46.00g，混合气体的密度为0.72g·L－1。则平衡时混合气体的平均相对分子质量为()A．58.80 B．46.00C．39.74 D．16.13解析：可直接由eq\x\to(M)＝55.20L·mol－1×0.72g·L－1＝39.74g·mol－1得出。答案：C二、非选择题(本题包括5小题，共46分)19．(·试题调研)(6分)下列说法中可以证明反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是______________。①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂③百分含量w(HI)＝w(I2)④反应速率v(H2)＝v(I2)＝eq\f(1,2)v(HI)⑤c(HI):c(H2):c(I2)＝2:1:1⑥温度和体积一定时，生成物浓度不再变化⑦温度和体积一定时，容器内的压强不再变化⑧条件一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化在上述⑥～⑩的说法中，能证明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是________。解析：对于反应前后气体分子总数不相等的可逆反应，可从化学反应速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度、平均相对分子质量、压强、密度等方面来判断。对于反应前后气体分子总数相等的可逆反应，可从化学反应速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度等方面来判断(此时平均相对分子质量、压强、密度不能用来判断)。答案：②⑥⑨⑥⑦⑧⑨⑩20．(12分)环境监测测定水中溶解氧的方法是：①量取amL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：2Mn2＋＋O2＋4OH－==2MnO(OH)2(该反应极快)。②测定：开塞后迅速加入1～2mL浓硫酸(酸化，提供H＋)，使之生成I2，再用bmol/L的Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，消耗VmL。有关反应式为：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋==Mn2＋＋I2＋3H2O、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)==2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。试回答：(1)滴定过程中用到的玻璃仪器除了酸式滴定管、碱式滴定管外还缺少_____________________。(2)滴定操作时，左手控制滴定管，右手________，眼睛要注视________。(3)滴定(I2和S2Oeq\o\al(2－,3)反应)以淀粉为指示剂，终点时溶液由________色变为________色。(4)水中溶解氧的计算式是______(以g/L为单位)。(5)测定时，滴定管经蒸馏水洗涤后即加滴定剂Na2S2O3溶液，导致测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果________。解析：(4)根据反应式2Mn2＋＋O2＋4OH－==2MnO(OH)2、MnO(OH)2＋2I－＋4H＋==Mn2＋＋I2＋3H2O、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)==2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)可得关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)，由于消耗bmol/L的Na2S2O3溶液VmL，则可知消耗O2的物质的量为eq\f(bV×10－3,4)mol，即水中的溶解氧eq\f(8bV,a)g/L。(5)若滴定管用蒸馏水洗涤后未经润洗即加Na2S2O3溶液，则会使V偏大，导致测定结果偏高。(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线、滴定后又俯视刻度线会造成V偏小，导致测定结果偏低。答案：(1)锥形瓶、烧杯(2)不断振荡锥形瓶锥形瓶内溶液颜色的变化(3)蓝无(4)8bV/a(5)偏高(6)偏低21．(·北京石景山期末)(10分)电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃(1)将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水稀释一倍(假设温度不变)，下列各量增大的是________。A．c(H＋) B．c(H＋)·c(OH－)C.eq\f(cH＋,cHF) D.eq\f(cOH－,cH＋)(2)25℃A．pH＝3的HF溶液和pH＝11的NaF溶液中，由水电离出的c(H＋)相等B．①点时pH＝6，此时溶液中c(F－)－c(Na＋)＝9.9×10－7mol·L－1C．②点时，溶液中的c(F－)＝c(Na＋)D．③点时V＝20mL，此时溶液中c(F－)<c(Na＋)＝0.1mol·L－1(3)物质的量浓度均为0.1mol·L－1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液。依据数据判断pH由大到小的顺序是__________________。(4)Na2CO3溶液显碱性是因为COeq\o\al(2－,3)水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之__________________。(5)长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在。1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H—O—F。HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1molHF转移________mol电子。解析：(1)加水稀释能促进氢氟酸的电离，溶液中氢离子浓度降低，故A错误；温度不变，水的离子积常数不变，故B错误；溶液中氢离子浓度和氢氟酸浓度都降低，该分式中都乘以氟离子浓度得氢氟酸的电离常数除以负离子浓度，电离常数不变，负离子浓度减小，所以其比值增大，故C正确；溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故D正确。(2)A.酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，故错误。B.c(F－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)，故正确。C.溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度，故正确。D.③点时V＝20mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度，故错误。(3)根据相应酸的酸性强弱判断，氢氟酸的酸性大于碳酸的，碳酸的酸性大于次氯酸的，所以顺序为①④②③(或①>④>②>③，用物质名称表示也对)。(4)在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。(5)HFO与水反应生成氢氟酸和双氧水，每生成1molHF转移2mol电子。答案：(1)CD(2)BC(3)①④②③(或①>④>②>③，用物质名称表示也对)(4)在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅(5)222．(·试题调研)(8分)在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g。请回答下列问题：(1)电源中X电极为直流电源的________极。(2)pH变化：A________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，B________，C________。(3)通电5min时，B中共收集224mL(标准状况)气体，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为________(设电解前后溶液体积无变化)。解析：(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应，生成Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。(2)A池电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；B池电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；C池为电镀银，溶液pH不变。(3)通电5min时，C中析出0.02molAg，电路中通过0.02mol电子。B中共收集0.01mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液生成O2，后电解水生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x＋4y＝0.02mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.0025mol，所以n(CuSO4)＝2×0.0025mol＝0.005mol，c(CuSO4)＝0.005mol÷0.2L＝0.025mol/L。(4)通电5min时，A中放出0.01molH2，溶液中生成0.02molKOH，c(OH－)＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L，pH＝13。答案：(1)负(2)增大减小不变(3)0.025mol/L(4)1323．(10分)T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题：(1)T1________T2(填“>”、“<”或“＝”)，T2时Ksp(BaSO4)＝____________。(2)根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是______