第二章、第三章综合练习（含解析）2022-2023学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

第二章、第三章综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．体积相同的甲、乙两个容器中分别充入等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，并达到化学平衡。在这个过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
2．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO ，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞
B．平衡状态时，升温使反应逆向移动
C．该历程中的最大活化能E正=16.87kJ·mol-1
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
3．用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)＋2NO2(g) N2(g)＋2CO2(g)。在密闭容器中1 mol NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。
下列说法错误的是
A．图1中的A、B、C三个点中只有C点达平衡状态
B．图2中E点的v逆小于F点的v正
C．图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D．在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
4．相同温度下，容积均为的两个恒容密闭容器中发生反应：
实验测得起始时的有关数据如下表：
容器 编号 起始时各物质的物质的量/ 达到平衡时体 系能量的变化
① 1 3 0 放出热量
② 0.9 2.7 0.2 放出热量Q
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，两个容器中的体积分数均为
C．容器②中达到平衡时放出的热量
D．若容器①容积为，则平衡时放出的热量小于
5．对于可逆反应：(正反应放热)，下列图象中正确的是
A． B． C． D．
6．T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应： ，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是
A．T℃时，该反应的平衡常数值为4
B．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃
C．T℃时，直线cd上的点均为平衡状态
D．T℃时，c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
7．关于C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数(K)书写形式，正确的是
A． B． C． D．
8．分解速率受多种因素影响。实验测得 时不同条件下浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快
C．图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大
9．某农田出现了土壤酸化板结现象，经调查，该农田长期施用化肥(NH4)2SO4，下列推测中错误的是
A．(NH4)2SO4溶液的pH可能小于7
B．土壤板结可能是长期施用(NH4)2SO4造成的
C．为了防止土壤酸化，施用(NH4)2SO4的同时应加入Ca(OH)2
D．草木灰(主要含K2CO3)可改良酸性土壤，说明K2CO3的溶液可能呈碱性
10．下列是一段关于中和滴定的实验叙述，其中错误的是
①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次；
②在锥形瓶中放入25.00 mL待测NaOH溶液；
③加入几滴石蕊溶液作指示剂；
④取一支酸式滴定管，洗涤干净；
⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定；
⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶；
⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点．
A．④⑥⑦ B．①⑤⑥⑦ C．③⑤⑦ D．①③⑤⑦
11．、、、分别表示电离常数、水的离子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是
A．室温下，的电离度一定比HClO的大
B．的溶液任何温度下均为中性
C．已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀的分别为和，则用标准溶液滴定时，可采用为指示剂
D．某温度下，一元弱酸HA的越小，则NaA的越大
12．在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B．加水，平衡向逆反应方向移动
C．滴加少量0.1 mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减少
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
13．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4 B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
14．天然水体中的H2CO3与空气中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表
B．H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C．c(Ca2+)随pH升高而增大
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1
15．室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A．的数值为 B．点时有生成
C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D．点与点对应的溶度积相等
二、填空题
16．某化学小组欲测定KClO3溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率。所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3溶液和10mL0.3mol/L NaHSO3溶液，所得数据如图所示。
已知：ClO+3HSO=Cl-+3SO+3H+。
(1)根据实验数据可知，该反应在0～4min的平均反应速率：v(Cl-)=____mol/(L·min)。
(2)某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大，12min后逐渐变慢(12min后图略)。
i.小组同学针对这一现象进一步通过测定c(Cl-)随时间变化的曲线探究速率先增大的原因，具体如表所示。
方案 假设 实验操作
I 该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 向烧杯中加入10mL0.1mol/LKClO3溶液和10mL0.3mol/LNaHSO3溶液，_____
II ____ 取10mL0.1mol/L KClO3溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液
III 溶液酸性增强加快了化学反应速率 分别向2只烧杯中加入10mL0.1mol/LKClO3溶液；向烧杯①中加入1mL水，向烧杯②中加入1mL0.2mol/L盐酸；再分别向2只烧杯中加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液
①补全方案I中的实验操作：____。
②方案II中的假设为____。
③除I、II、III中的假设外，还可以提出的假设是____。
④在已知方案I的假设不成立的情况下，某同学从控制变量的角度思考，认为方案III中实验操作设计不严谨，请进行改进：____。
ii.12min后，化学反应速率变慢的原因是_____。
17．NH4Al(SO4)2常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是_______(用离子方程式说明)。
(2)相同条件下，0.1mol L-1NH4Al(SO4)2溶液中的c()_______(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol L-1NH4HSO4溶液中的c()。
(3)几种均为0.1mol L-1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1mol L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填罗马数字)，导致NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的原因是_______。
②20℃时，0.1mol L-1NH4Al(SO4)2溶液中2cc3cAl3=_______molL1。
(4)室温时，向100mL0.1mol L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol L-1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图乙所示。
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
三、计算题
18．在2L密闭容器中进行反应，式中m、n、p、q为化学计量数。在min内，各物质物质的量的变化如下表所示：
物质 时间 X Y Z Q
起始/mol 0.7 1
2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7
3min末/mol 0.8
已知2min内，，试确定以下物质的相关量：
（1）起始时__________，__________。
（2）方程式中m=__________，n=__________，p=__________，q=__________。
（3）用Z表示2min内的反应速率：____________________。
19．Ⅰ．氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理。
(1)25℃时，FeCl3溶液的pH _______7(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是(用离子方程式表示)_______。把FeCl3溶液蒸干灼烧得到的主要产物是_______。
(2)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：
实验 c(FeCl3)/mol L 1 温度/℃ pH
1 0.1 25 x
2 0.1 35 y
3 0.2 25 z
下列说法正确的是 _______(填序号)
A．上述实验能判断出温度对氯化铁水解的影响
B．表格中x＜y＜z
C．上述实验能得出：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度越大
Ⅱ．已知：某酸HA (298K时Ka=4.0×10–7)，25℃时，向100mL 0.1mol·L 1HA的溶液中逐滴加入0.2mol·L 1NaOH溶液，所得溶液的pH随NaOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。
(3)25℃时，0.1mol·L 1HA溶液中由水电离出的c(H＋)=_______mol·L-1。
(4)在X点时，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
(5)在K点时，溶液中c(OH-)＋c(A-)-c(H＋)= _______mol·L 1。
(6)25℃时，NaA的水解平衡常数Kh为 _______(填数值)。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】根据题意，甲、乙两容器可设为如图所示的装置。
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的正反应是气体分子数减小的反应。甲容器保持体积不变，反应过程中压强变小；乙容器保持压强不变，反应过程中体积减小，达到平衡状态时乙容器转变为丙容器。丙对于甲，相当于增大压强，则平衡正向移动，因此乙容器中SO2的转化率大于甲容器中SO2的转化率，若甲容器中SO2的转化率为p%，乙容器中SO2的转化率大于p%；
故答案为：B。
2．B
【详解】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A错误；
B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一定，B正确；
C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86 kJ·mol-1，C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D错误；
综上所述答案为B。
3．C
【详解】A．由2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，故A正确；
B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于F点的v正，故B正确；
C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)，混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，故C错误；
D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，故D正确；
故选：C。
4．C
【详解】A．反应的温度没有发生变化，K不变，A正确；
B．由①可知，放出23.0 kJ的热量时，生成NH3的物质的量为=0.5mol，
因体积之比等于物质的量之比，所以NH3的体积分数=，
②中加入的氨气转化成氮气和氢气后，氮气和氢气的量与①相同，达到的平衡状态等效，因此平衡时两个容器中氨气的体积分数相等，都是，B正确；
C．②中含有0.2molNH3，相当于在①的基础上加入了氨气，抑制了平衡的正向移动，容器②中达平衡时放出的热量Q<23.0 kJ，C错误；
D．若容器①的体积为0.5 L，减小压强，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，达到平衡时放出的热量小于23.0 kJ，D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．该反应为放热反应，平衡后继续升高温度平衡逆向移动，所以交点后逆反应速率应该大于正反应速率，A错误；
B．该反应放热，压强相同时，温度升高平衡逆向移动，A的物质的量分数越大；该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强平衡正向移动，A的物质的量分数减小，图像正确，B正确；
C．温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，且反应放热，温度越高，A的物质的量分数越大，C错误；
D．增大压强，正逆反应速率都增大，且正反应速率应该大于逆反应速率，D错误；
综上所述答案为B。
6．B
【详解】A．由曲线d点对应和可求得，A项错误；
B．若c为平衡点，则其对应的和均大于2，由于本反应的，温度升高，平衡逆向移动，B项正确；
C．图中曲线adb是T℃的平衡曲线，曲线中的任意一点都是平衡点，故直线cd上的点不是平衡点，C项错误；
D．T℃时c点未达平衡，其对应的和均大于2，而平衡时d点的和均等于2，故应该向正向进行，D项错误；
答案选B。
7．C
【详解】平衡常数等于生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积；注意固体和纯液体不写在计算式中，则该反应的化学平衡常数，故选：C。
8．D
【详解】A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误；
B．图乙中浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；
C．图丙中少量存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：溶液溶液溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故C错误；
D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，对分解速率的影响大，故D正确；
故答案为：D。
9．C
【详解】A．由题给信息“农田出现了土壤酸化板结现象”知，(NH4)2SO4溶液的pH小于7，A正确；
B．长期施用(NH4)2SO4可能使土壤酸化板结，因为铵根水解，B正确；
C．熟石灰显碱性，将适量熟石灰加入土壤，可以改变土壤酸性情况，但施用硫酸铵是为了补充氮元素，同时施用氢氧化钙会与硫酸铵反应生成氨气，降低肥效，C错误；
D．草木灰(主要含K2CO3)可改良酸性土壤，发生了酸碱中和，说明K2CO3的溶液显碱性，D正确；
故选C。
10．D
【详解】操作①的锥形瓶只能用水洗；
操作③中不能用石蕊溶液作为中和滴定的指示剂，因为它的显色效果不明显；
操作⑤中滴定管必须用标准液润洗后才能注入标准液；
操作⑦中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；
答案选D。
11．A
【详解】A．室温下，说明的酸性比HClO大，但电离度除了和弱酸本身有关外，还和浓度有关，所以的电离度不一定比HClO的大，A错误；
B．的溶液中，，则，溶液一定呈中性，B正确；
C．25℃时，AgCl的分别为和，当离子浓度小于时认为沉淀完全，因此恰好沉淀完全时，，此时溶液中，，可采用为指示剂，C正确；
D．某温度下，一元弱酸HA的越小，则和结合就越容易，则NaA越易水解，(水解常数)越大，D正确；
答案选A。
12．A
【详解】A．向上述溶液中加入少量NaOH固体，OH-会中和H+，导致c(H+)减小，使电离平衡向正反应方向移动，A正确；
B．加水稀释，电离平衡向电离的正方向移动，B错误；
C．滴加少量0.1 mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)增大，导致电离平衡逆向移动，但平衡逆向移动导致溶液中c(H+)减少的影响小于加入HCl溶液使c(H+)增大的影响，最终达到平衡后溶液中c(H+)增大，C错误；
D．向醋酸溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是A。
13．C
【详解】由Ksp(AgCl)=1.8×10-10可求出c(Ag＋)≈1.34×10-5mol·L-1；由Ksp(AgI)=8.5×10-17可求出c(Ag＋)≈0.92×10-8mol·L-1；由Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12可求出c(Ag＋)≈1.59×10-4mol·L-1，所以c(Ag＋)大小顺序为。故选C。
14．D
【分析】由图像可知，随着pH值的增大，溶液碱性增强，碳酸氢根和碳酸根的浓度均增大，而曲线①在pH值很小时就存在，故曲线①代表碳酸氢根，曲线②代表碳酸根，曲线③代表钙离子。
【详解】A．根据分析，曲线①代表碳酸氢根，A错误；
B．由曲线①和碳酸的交点坐标可知，碳酸和碳酸氢根浓度相同，故H2CO3的一级电离常数，B错误；
C．根据分析，曲线③代表钙离子，随着pH值的升高而减小，C错误；
D．pH为10.3时，碳酸根和碳酸氢根浓度相同，为10-1.1mol/L，钙离子浓度为：，D正确；
故选D。
15．C
【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。
【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确；
B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
16．(1)
(2) 插入温度计 生成的氯离子加快了反应速率 生成的硫酸根加快了反应速率 将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl 随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢
【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min的平均反应速率：；故答案为：；
（2）①假设1提出该反应放热使得速率加快，所以应在一开始就测量温度，测量温度需要温度计；故答案为：插入温度计；
②方案II中实验操作是向其中加入少量NaCl固体，说明其假设为生成的氯离子加快了反应速率；故答案为：生成的氯离子加快了反应速率；
③反应中也生成了硫酸根，除I、II、III中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根加快了反应速率；故答案为：生成的硫酸根加快了反应速率；
④根据题意分析出两个烧杯的变量不是氢离子变化了，还与氯离子的浓度也变化了，应该只能改变一个变量，则要使得两个溶液中的氯离子浓度相等即方案III中实验操作设计为：将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl；故答案为：将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl。
ii. 12min后，化学反应速率变慢的原因是随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢；故答案为：随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢。
17．(1)Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
(2)小于
(3) Ⅰ NH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小 10—3 c(OH—)
(4) a c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)
【详解】（1）硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目的，水解的离子方程式为Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+，故答案为：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+；
（2）硫酸铝铵和硫酸氢铵在溶液中电离出的铵根离子在溶液中均发生水解反应，硫酸铝铵溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制铵根离子水解，硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，等浓度的硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子浓度大于硫酸铝铵在溶液中水解生成的氢离子浓度，抑制铵根离子的水解程度大于硫酸铝铵，所以铵根离子浓度大于硫酸铝铵溶液，故答案为：小于；
（3）①硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，则符合硫酸铝铵溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅰ，故答案为：Ⅰ；NH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；
②由图可知，20 ℃时，0.1mol/L硫酸铝铵溶液的pH为3，由电荷守恒可知，溶液中2c(SO)—c(NH)—3 c(Al3+)= c(H+)—c(OH—)=[10—3 c(OH—)] mol/L，故答案为：10—3 c(OH—)；
（4）硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，一水合氨是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离。加入100mLNaOH溶液时，硫酸氢铵溶液中的H+恰好被中和，溶液中的溶质为硫酸铵和硫酸钠。a→d的过程中，随着NaOH溶液的加入，铵根离子浓度依次减小，一水合氨浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大；b点加入的NaOH溶液大于100mL，所以c(Na+)＞c()，溶质为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，由物料守恒和电荷守恒可知，溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)，故答案为：a；c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH—)。
18． 1 4 2 3
【分析】本题考查化学反应速率的计算，利用速率之比等于化学计量数之比求得。可以利用三段式找到起始量、转化量、2min末，分析已知数据得出该反应是从右向左进行。
【详解】对比的起始量和2末的量，可知反应逆向进行。
。
对反应过程作三段式法分析如下：
mX(g) +nY(g) pZ(g) +qQ(g)
始/mol 0.7 n(Y) 1 n(Q)
变/mol △n(X) △n(Y) △n(Z) 0.3
2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7
故
因,，
所以，
。
故答案为(1).n(Y)=2.3mol, n(Q)=3 mol
(2)方程式中化学计量数之比等于各物质的物质的量浓度的变化量之比，
m：n：p：q = △n(X)：△n(Y)：△n(Z)：△n(Q)=0.1 mol：0.4 mol：0.2 mol：0.3 mol=1：4：2：3，故答案为1，4，2，3；
（3）已知2min内，υ(Z):υ(Q)=2:3,知υ(Z)=，故答案为。
【点睛】本题的突破口在于表中的2min末与起始物质的量的分析对比，得出该反应是逆向进行的，再利用三段式的关系即可求出。
19． ＜ Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+ Fe2O3 A 5.0×10-11 c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-) 0.1 2.5×10–8
【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，则其溶液的pH＜7，原因是Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+。把FeCl3溶液蒸干灼烧过程中，HCl挥发，Fe(OH)3分解，最终得到的主要产物是Fe2O3，故答案为：＜；Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+；Fe2O3；
(2)A．上述实验能判断出温度升高，pH减小，则溶液的酸性增强，氯化铁的水解程度增大，A正确；
B．实验2相当于实验1升高温度，水解平衡右移，c(H＋)增大，pH减小，实验3相当于实验1增大FeCl3浓度，c(H＋)增大，pH减小，所以表格中x最大，B不正确；
C．增大盐的浓度，虽然水解平衡正向移动，但水解程度减小，C不正确；
故选A；
(3)25℃时，0.1mol·L 1HA(298K时Ka=4.0×10–7)溶液中c(H＋)= ==2.0×10-4mol·L-1，则由水电离出的c(H＋)= c(OH-)=mol·L-1=5.0×10-11，故答案为：5.0×10-11；
(4)在X点时，溶液中n(NaA)=0.005mol，n(HA)=0.005mol，溶液呈酸性，表明主要发生HA的电离，所以各离子浓度由大到小的排列顺序是c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故答案为：c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)；
(5)在K点时，依据电荷守恒，溶液中c(OH-)＋c(A-)-c(H＋)=c(Na＋)= =0.1mol·L 1，故答案为：0.1；
(6)25℃时，NaA的水解平衡常数Kh===2.5×10–8，故答案为：2.5×10–8。
答案第1页，共2页
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