辽宁省盘锦市育才学校2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高二下·盘锦开学考）化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法中正确的是（ ）
A．1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ
B．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量低于2molNO(g)具有的总能量
C．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总键能低于2molNO(g)具有的总键能
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为吸热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，反应物总能量低于生成物总能量，B符合题意；
C．由分析可知，反应物总键能高于生成物总键能，C不符合题意；
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO(g)，D不符合题意。
【分析】根据反应方程式： ，反应物键能之和-生成物键能之和=（946+498-2×632）kJ/mol=180kJ/mol。反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，反应物总键能高于生成物总键能。
2．（2021高二下·盘锦开学考）常温下在下列条件时，可能大量共存的微粒组是（ ）
化学式 电离常数(25℃)
CH3COOH K1=1.7×10-5
HClO K1=3.0×10-8
H2CO3 K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11
A．如表提供的数据下：HClO、HCO 、ClO-、CO
B．pH=3的溶液中：CO 、Na+、SO 、AlO
C．能与Al反应生成H2的溶液：NH 、Ca2+、NO 、I-
D．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO 、S2O
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；离子共存
【解析】【解答】A．比较表中电离常数可知，酸性大小关系：醋酸>碳酸>HClO> ，则HClO与反CO 应生成 ，故A不符合题意；
B．pH=3的溶液呈酸性，H+会分别与CO 、 AlO 反应生成H2CO3和Al(OH)3，最终生成H2O、CO2和Al3+，B不符合题意；
C．能与Al反应生成H2的溶液有可能是强酸性溶液，此时I-不能大量共存；也可能是强碱性溶液，NH 此时会与OH-结合生成NH3，C不符合题意；
D．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液为强碱性溶液，OH-与K+、Na+、AlO 、S2O 均不反应，故k可以大量共存，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据题意可知，HClO与碳酸根离子能发生复分解反应不能共存
B.溶液显酸性，促进离子的水解而不共存
C.铝是两性金属单质，与酸和与碱溶液都不共存
D.可以再强碱性溶液中共存
3．（2021高二下·盘锦开学考）室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 的值减小
C．醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释时，会促进醋酸的电离，溶液中醋酸分子的数目减小，醋酸根离子和氢离子的数目增大，故A不符合题意；
B．由醋酸的电离常数可得 = ，醋酸稀释时，溶液中氢离子浓度减小，而电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，则 的数值减小， 的数值减小，故B符合题意；
C．加水稀释醋酸溶液时 ，溶液的体积增大的倍数大于氢离子物质的量增加的倍数 ，溶液中氢离子浓度 减小，故 C 不符合题意；
D．由稀释定律可知，醋酸的物质的量不变 ，则向稀释后的溶液再加入10mLpH=11的NaOH溶液，相当于是等体积pH=3 的醋酸与 pH=11 的 NaOH 溶液混合，完全反应时醋酸过量，溶液出酸性，则溶液的 pH<7 ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】醋酸是弱酸，部分电离，稀释时，促进电离，使离子数目增加，导电性增强，但是溶液的体积增加的更大，故氢离子浓度减小，根据电离平衡常数的计算公式得到 K=找出关系进行判断即可，当加入氢氧化钠溶液是，醋酸过量，溶液显酸性
4．（2019高二上·深圳期末）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（ ）
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离，产生更多的H+和OH-，因此水的离子积Kw变大，水的pH变小，由于c(H+)=c(OH-)，显中性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离，产生更多的H+和OH-，且c(H+)=c(OH-)，据此分析。
5．（2021高二下·盘锦开学考）水的电离过程为H2O H++OH-，在25℃时水的离子积为：Kw=1.0×10-14，在35℃时水的离子积为：Kw=2.1×10-14，则下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离是个吸热过程
B．35℃时c(H+)＜c(OH-)
C．c(H+)随着温度的升高而降低
D．35℃时的水比25℃时的水电离程度小
【答案】A
【知识点】水的电离；离子积常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A．升高温度，水的离子积常数增大，说明水的电离平衡正向移动，则水的电离是个吸热过程，故A符合题意；
B.35℃时水仍然为中性，c(H+)=c(OH-)，故B不符合题意；
C．根据A项分析，升高温度，水的离子积常数增大，水的电离平衡正向移动，水电离出的c(H+)随着温度的升高而增大，故C不符合题意；
D．根据A项分析，升高温度，水的离子积常数增大，水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，则35℃时的水比25℃时的水电离程度大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】温度升高，电离常数增大，水的电离增强，氢氧根和氢离子浓度增大，
6．（2020高二上·长春期末）已知：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，一定条件下，0.3 mol X(g)与0.3 mol Y(g)在体积为1 L的密闭容器中发生反应。下列图示合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．设转化X的物质的量为amol，则某时刻X、Y、Z物质的量依次为（0.3-a）mol、(0.3-3a)mol、2amol，X的体积分数为 ×100%=50%，随反应进行，Z的体积分数不断增大，然后体积分数不变化，与图象符合，A合理；
B．X减少0.1mol，消耗Y 0.3mol，生成Z 0.2mol，当达到平衡时可以XZ的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，B不合理；
C．Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，C不合理；
D．反应达到平衡时2υ（X）正=υ（Z）逆，υ（X）正=υ（Z）逆，反应没有达到平衡状态，D不合理；
故答案为：A。
【分析】A．体积分数可用三段式解答；
B．可逆反应不能反应完全；
C．反应的物质的量与化学计量数成正比；
D．各物质的化学反应速率与化学计量数成正比；
7．（2020高二上·新乡期末）T℃时，对于可逆反应：A(g)+B(g) 2C(g)+D(g)△H>0，下列各图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.温度越高，反应速率越快，因此500℃下反应先达到平衡，由于该反应为吸热反应，温度越高，反应正向进行程度越大，c(C)越大，A不符合题意；
B.由于该反应中反应前后气体分子数不变，因此压强改变，平衡不移动，A的转化率不变，B不符合题意；
C.由A的分析可知，温度越高，c(C)越大，则C的质量分数也越大，C符合题意；
D.增大压强，正逆反应速率同时增大，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合温度、压强对反应速率和平衡移动的影响分析。
8．（2021高二下·盘锦开学考）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（ ）
A．30~40min间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=1，正反应为放热反应
C．30min时降低温度，40min时升高温度
D．8min末A的反应速率为0.125mol·L-1·min-1
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，30 min～40 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A不符合题意；
B．根据分析可知，反应方程式中的x=1，正反应为放热反应，故B符合题意；
C．由分析可知，30 min时减小压强，40 min时升高温度，故C不符合题意；
D．A的反应速率是一段时间内的平均反应速率，不是某时刻的瞬时速率，无法计算8min末A的反应速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可以知道x=1。则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，由图象可以知道，30 min～40 min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度，故不能是温度变化，而是降低了压强，以此解答该题。
9．（2018高三上·黑龙江开学考）在一定条件下某体积一定的密闭容器中发生的反应aA(g)+bB(g) xC(g)符合下图甲所示关系(c%表示平衡混合气体中C的百分含量，T表示温度，p表示压强)。则图乙中纵轴y是指（ ）
A．平衡混合气的密度
B．平衡混合气中B的百分含量
C．平衡混合气的总物质的量
D．平衡混合气的平均相对分子质量
【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由于反应容器的体积不变，气体的质量不变，则温度变化，平衡混合气的密度不变，故A不符合题意；
B.由C的百分含量--时间变化曲线可知，增大压强平衡向正反应方向移动，B的百分含量减小，与图象不符，故B不符合题意；
C.混合气体的总质量始终不变，气体体积始终不变，则混合气体的密度始终是定值，与图象不符，故C不符合题意；
D.升高温度，平衡向逆反应分析移动，则混合气体的物质的量增多，质量不变，则平衡混合气的平均摩尔质量减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，则平衡混合气的平均摩尔质量增大，与图象向符合，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】甲图像中常用的方法为先拐先平衡，采用定一议一我们可以比较出T1大于T2，P2大于P1。可以判定该反应正反应为放热反应，a+b大于x。乙图像为温度等压线图像，分析方法依然是定一议一，定压强，当温度升高，平衡逆移，纵坐标减小，定温度，压强变大平衡正移，纵坐标变大。
10．（2021高二下·盘锦开学考）对于反应2A(g) + xB(g) 4C(g)达到平衡时 C的浓度为1.2 mol·L-1，当其它条件不变，把体积扩大1倍时，测得C的浓度为0.7 mol·L-1，则x的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】体积扩大1倍时，假设平衡不移动，C的浓度为0.6 mol·L-1，但测得C的浓度为0.7 mol·L-1，说明平衡右移，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以，2+X<4,X<2，
故答案为：A。
【分析】体积增大，相当于减压，C的平衡浓度增大，平衡发生移动，向着体积减小方向移动
11．（2019高二下·安平期末）已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g) △H1
CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3
4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4
3 CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＞0，△H3＜0 B．△H2＞0，△H4＞0
C．△H1＝△H2＋△H3 D．△H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A、碳和CO燃烧均是放热反应，△H1＜0，不符合题意；
B、二氧化碳与碳反应是吸热反应，铁在氧气中燃烧是放热反应，△H4＜0，不符合题意；
C、②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2，③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3，则根据盖斯定律可知②＋③即得到C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ，△H1＝△H2＋△H3，符合题意；
D、已知④4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5，则根据盖斯定律可知（④＋⑤×2）÷3得到2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)，则△H3＝ ，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）吸热反应是指在过程中吸收热量的化学反应，例如大多数分解反应；盐水解反应；电离反应；少数化合反应。
（2）放热反应是指在过程中吸收热量的化学反应，例如所有燃烧或爆炸反应；酸碱中和反应；多数化合反应；活泼金属与水或酸生成H2的反应；大部分氧化还原反应；NaOH或浓硫酸溶于水（注意这两点只是说会放热，但严格说起来并不算化学反应）；CaO与水反应生成Ca(OH)2的反应。
12．（2019高二上·吉林月考）在298K、100kPa时，已知：
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H1
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H2
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是：（ ）
A．△H3=△H1+2△H2 B．△H3=△H1+△H2
C．△H3=△H1-2△H2 D．△H3=△H1-△H2
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1
②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3
则由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，
故答案为：A。
【分析】此题考查盖斯定律，常用方法是在已知反应中找出现“1”次的物质进行加减得到需要的方程式的焓变。
13．（2021高二下·盘锦开学考）下列各组离子中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是（ ）
A． 、 、 、
B． 、 、 、
C． 、 、 、
D． 、 、 、
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A. 与 反应生成硫酸钡沉淀，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
B. 、 与 因发生氧化还原反应不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
C. 和 发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝而不能大量共存，故C选；
D. 与 生成二氧化碳不能大量共存， 与 生成碳酸钙沉淀不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
故答案为：C。
【分析】能够水解的呈酸性的阳离子主要是铵根、铁离子、镁离子、铜离子、铝离子
能够水解的呈碱性的阴离子离子主要是碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、醋酸根、次氯酸根
14．（2019高二上·双鸭山期末）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＝c(SO42-)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．室温时浓度均为0.1 mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH4+)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
C．0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液中：2c(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H＋)
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 0.1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都发生水解反应，使溶液显酸性，水解消耗NH4+，使离子浓度减小，SO42-不反应，所以c(NH4+)＜(SO42-)，选项A不符合题意；
B.室温将浓度均为0.1 mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明NH3·H2O电离大于NH4+的水解，溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒2 c(Cl-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，带入可得：c(NH4+)+2c(H+)= c(NH3·H2O)+2c(OH-)，溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(NH4+)+c(H+)＞c(NH3·H2O)+ c(OH-)，NH3·H2O是弱电解质，其电离程度很小，所以c(NH3·H2O)> c(OH-)，故c(NH4+)+c(H+)> c(NH3·H2O)+ c(OH-)＞c(NH3·H2O)> c(OH-)，选项B符合题意；
C. 0.1 mol/L(CH3COO)2Ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，选项C不符合题意；
D.0.1 mol/L NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(C2O42-)> c(H2C2O4)，由于溶液中还存在水电离产生的H＋，所以c(H＋)>c(C2O42-)，但HC2O4-电离及水解程度是微弱的，主要以HC2O4-存在，所以c(HC2O4-)>c(H＋)，而Na+在溶液中不发生任何变化，故c(Na+)最大，则微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)>c(H＋)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题要结合盐类水解的内容进行判断，离子浓度的比较需要注意水解和电离的大小比较，以及通过溶液的酸碱性来判断。
15．（2021高二下·盘锦开学考）t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如表所示，下列说法正确的是（ ）
物质 X Y Z
初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0
2min末浓度/mol·L-1 0.08 a b
平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1
A．平衡时，X的转化率为20%
B．t℃时，该反应的平衡常数为40
C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)=0.03mol·L-1·min-1
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．平衡时X的浓度变化量为(0.1-0.05)mol/L=0.05mol/L，X的转化率= ×100%=50%，故A不符合题意；
B．平衡时X、Y均为0.05mol/L，Z为0.1mol/L，则平衡常数K= = =1600，故B不符合题意；
C．正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应速率增大更多，故C不符合题意；
D．前2 min内，v(X)= =0.01mol L-1 min-1，速率之比等于化学计量数之比，则v(Y)=3v(X)=0.03mol L-1 min-1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.平衡转化率=平衡时的转化量/起始量
B.根据K=代入平衡时的浓度即可
C.增大压强，正、逆反应速率都增大
D.根据X的数据计算出Y的数据即可
二、综合题
16．（2021高二下·盘锦开学考）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．
（1）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 （填“偏大” “偏小” “无影响”）
（2）碎纸条的作用是 ；
（3）实验中 （填“能” “不能”）用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒．
（4）某同学用0.25mol/L的稀硫酸代替盐酸进行上述实验，实验数据如表：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度 t2/℃ 温度差平均值 （t2－t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 25.0 25.2 25.1 28.5 3.4
2 24.9 25.1 25.0 28.3 3.3
3 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5
①近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L
H2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g ℃）．则中和热△H= （保留小数点后一位）．
②上述实验结果的数值与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母） ．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．在量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】（1）偏小
（2）保温、隔热，减少热量损失
（3）不能
（4）-56.8 kJ/mol；abcd
【知识点】常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失大，求得中和热数值偏小，故答案为：偏小；
（2）碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失，故答案为：保温、隔热，减少热量损失；
（3）铜丝具有良好传热性，热量损失巨大，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故答案为：不能；
（4）①由表格可知，3次实验的温度差平均值 =3.4℃，溶液质量m=1 g/cm3×（50mL+50mL）=100g，所以50 mL 0.25mol/L H2SO4（0.0125mol）完全反应生成0.025molH2O(l)放出的热量Q≈cm =4.18 J/(g·℃)×100g×3.4℃=1421.2J，则完全反应生成1molH2O(l)放出的热量=1421.2J× =56848J≈56.8kJ，即ΔH＝-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8 kJ/mol；
②结合m= 、Q=cm 分析：
a．实验装置保温、隔热效果差，导致 偏小，导致中和热的数值偏小；
b．在本实验中为保证酸反应完，NaOH过量，量取NaOH溶液的体积时仰视读数，NaOH溶液体积偏大，最终溶液体积偏大，终止温度偏低，导致中和热的数值偏小；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，损失的热量较多，终止温度偏低，导致中和热数值偏小；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，起始平均温度偏高， 偏小，导致中和热数值偏小；
abcd均正确，故答案为：abcd。
【分析】为保证HCl反应完，NaOH稍过量，通过测定50 mL 0.50 mol·L 1盐酸（0.25mol·L-1H2SO4）与50 mL 0.55 mol·L 1 NaOH溶液反应前后的温度变化 ，根据m= 、Q=cm 计算出50 mL 0.50 mol·L 1HCl（0.025mol）[0.0125mol]完全反应生成0.025molH2O(l)放出的热量，再换算成反应生成1molH2O(l)放出的热量，即可得到中和热ΔH。
17．（2021高二下·盘锦开学考）下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a.量筒 b.容量瓶 c.滴定管 d.托盘天平 e.温度计
（1）有“0”刻度的是 (填字母)。
（2）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为 mL。
（3）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000mol·L-1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)= 。
（4）由于不正确操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是 (填字母)。
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定
【答案】（1）cde
（2）26.10
（3）0.1044mol/L
（4）C；D
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)量筒小刻度在下，故不需要0刻度；容量瓶只有一个量程刻度；滴定管、托盘天平、温度计均有0刻度，因此有“0”刻度的是cde；
(2)0-1刻度间每一小格为0.10mL，所以根据图示，图1显示为0.00mL，图2显示26.10mL，则所用盐酸的体积为26.10mL；
(3)某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：第二次溶液的体积偏差较大，只能选用第一次和第三次数值，消耗盐酸的体积为 =26.10mL；根据 = =0.1044mol/L；
(4)根据 进行分析：
A．中和滴定达终点时，俯视滴定管内液面读数，会使读出消耗的标准液体积偏小，所测氢氧化钠溶液浓度偏低。故不选A；
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，相等于稀释了待测液，所以使得所测氢氧化钠溶液的浓度偏低，故不选B；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，相等于稀释了标准液，使得标准液消耗的多，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故C可选；
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定，相当于稀释了标准液，使得标准液消耗偏多，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故D可选；
故答案为：CD。
【分析】（1）有0刻度的仪器主要是量取液体或者是称量或者是量取体温
（2）滴定管0刻度在上，从上往下，刻度逐渐增大即可读数
（3）根据中和反应计算出盐酸的物质的量，根据公式c=n/v即可计算
（4）根据公式c=n/v计算，C偏大，因此可能是n偏小或者是v偏大
18．（2019高二上·乾安月考）将4molSO2和2molO2的混合气体置于体积可变的恒压容器中，在一定条件下发生如下反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) ΔH<0，该反应达平衡时,测得气体总物质的量为4.2mol，试回答：
（1）在该平衡时，n(SO3)= mol
（2）若起始时加入1.2molSO2、0.6molO2和xmolSO3，达到平衡时各气体体积分数与上述平衡状态相同，则x的取值范围是
（3）若反应开始时v(逆)> v(正),达到上述平衡状态时,气体的总物质的量仍为4.2mol，则起始时n(SO3)的取值范围是
（4）若反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。则反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 （用文字表达）。10 min到15 min的曲线变化的原因可能是 (填写编号)。
A．加了催化剂 B．缩小容器体积
C．降低温度 D．增加SO3的物质的量
【答案】（1）3.6
（2）大于或等于0即 x≥0
（3）3.6（4）增加了O2的量；AB
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设反应达到平衡时生成三氧化硫物质的量为2x，
2SO2（g）+ O2（g） 2SO3（g），△H<0
起始（mol） 4 2 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol） 4-2x 2-x 2x
根据该反应达平衡时,测得气体总物质的量为4.2mol得到（4-2x）+（2-x）+2x=4.2；解得x=1.8mol 则n（SO3）=3.6 mol；（2）等压容器中，若起始时1.2mol SO2、0.6mol O2和x mol SO3，二氧化硫和氧气的物质的量之比是2：1，等于起始时加入的：4mol SO2和2mol O2的量的比值，反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H<0产物只有三氧化硫，无论三氧化硫的量为多少，利用一边倒的方法，转化为二氧化硫和氧气的量之比均为2：1，二者建立的平衡一定为等效平衡，故达到平衡后各气体的体积分数与平衡状态A相同，因此答案为：大于或等于0即 x≥0；（3）若要使反应开始时向逆反应方向进行，且达到平衡后各气体的物质的量与平衡状态A相同，三氧化硫最小值为（1）中平衡时三氧化硫的物质的量，即大于3.6mol，c值最大时，SO2和O2的量均为0，利用一边倒，完全转化为SO2和O2的量分别为4mol和2mol，C应为4mol，故3.6由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．
A.加了催化剂，增大反应速率，故A符合题意；
B缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故B符合题意；
C.降低温度反应速率降低，故C不符合题意；
D.10min改变瞬间,各物质的物质的量不变,不是增加SO3的物质的量，故D不符合题意；
综上所述，本题应选AB.
【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算，设生成三氧化硫物质的量为2x，根据平衡时混合气体总物质的量为4.2mol列式计算得到三氧化硫物质的量；（2）等压容器中，若起始时a=1.2mol，b=0.6mol，a：b=2：1，等于起始时加入的2mol SO2和1mol O2的量的比值，二者建立的平衡一定为等效平衡；（3）可采用极限的方法进行思考，假设反应完全从逆向开始，若SO2和O2的量均为0，则c值最大，利用一边倒，计算数值即可；（4）在读取图中数据是应注意纵坐标表示物质的量、图中的突变点的含义等，据此解题；
19．（2021高二下·盘锦开学考）常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1×10-2，Ka2=6.3×10-3，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。
（1）浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO 、CO 、HSO 、HCO 浓度从大到小的顺序为 。
（2）25℃时，NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol L-1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中 将 (填“增大”“减小”或“不变”)。(已知H2SO3+I2+H2O=4H++SO +2I-)；
（3）某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不正确，不正确在于 。设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3(简要说明实验步骤、现象和结论)。 。
仪器自选，供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、KMnO4、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。
【答案】（1）c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )
（2）1×10-12；增大
（3）用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)由题给电离常数可知，在溶液中的电离程度为H2SO3＞H2CO3＞HSO ＞HCO ，则在浓度均为0.1mol/L的亚硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，水解程度CO ＞SO ，溶液中c(SO )＞c(CO )，水解产物的浓度c(HCO )＞c(HSO )，由于盐在溶液中水解程度很微弱，四种离子在混合溶液中浓度从大到小的顺序为c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )，故答案为：c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )；
(2) 25℃时，NaHSO3的水解平衡常数Kh= = = = =1×10-12mol/L；由电离常数公式可知溶液中 = ，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，由反应的化学方程式可知，溶液中氢离子浓度增大，温度不变，电离常数不变，则 的值增大，故答案为：1×10-2；增大；
(3) 亚硫酸和碳酸均属于二元酸，若要通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但二氧化硫和二氧化碳在水中的溶解度不同，溶于水所得饱和溶液的浓度不相等，所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱的方法有多种，可以利用酸越弱相应的强碱弱酸盐就越易水解，溶液的pH越大的盐类水解规律设计实验检验，也可以利用强酸制取弱酸设计实验检验，由于二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，则用盐类水解规律设计实验更简单合理，实验方案为配制相同物质的量浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明亚硫酸的酸性强于碳酸；故答案为：用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3。
【分析】(1)根据电离常数的大小，确定盐类水解的强弱关系，越弱越水解，离子浓度越低
(2)根据公式Kh=,再结合第一步电离公式即可计算出结果，加入具有氧化性的碘单质是平衡发生移动，导致酸性增强
(3)而比较pH要保证浓度一致才能判断，可选择等浓度碳酸氢钠和亚硫酸氢钠进行实验
20．（2021高二下·盘锦开学考）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
（1）写出酸H2A的电离方程式 。
（2）Na2A的水溶液呈 性，原因是(用离子方程式表示)： 。往Na2A溶液中加入 可抑制其水解。
A．NaOH固体 B．氯化铁固体 C．水 D．碳酸钠固体
已知Ksp(BaA)=1.8×10-10，往20mL1mol·L-1Na2A溶液中加入10mL1mol·L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为 mol·L-1。(忽略A2-的水解)
（3）若溶液M由2mol·L-1H2A溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合而得，若所得溶液M的pH＜7，则溶液中离子浓度由大到小顺序为 。
（4）若溶液M由下列三种情况：①0.01mol·L-1的H2A溶液；②0.01mol·L-1的NaHA溶液；③0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为 ；pH由大到小的顺序为 。
（5）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液 =104，V1与V2的大小关系为： (填“V1＞V2”“V1＜V2”“V1=V2”或“均有可能”)。
【答案】（1）H2A H++HA-、HA- H++A2-
（2）碱；A2-＋H2O HA-＋OH-，HA-＋H2O H2A＋OH-；AD；5.4×10-10
（3）c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
（4）③；②＞③＞①
（5）均有可能
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)某水溶液M中存在的离子有：A2-、HA-、H2A，说明H2A是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离平衡，其电离方程式为H2A H++HA-、HA- H++A2-；
(2)Na2A为强碱弱酸盐，溶液显碱性，原因是A2-＋H2O HA-＋OH-，HA-＋H2O H2A＋OH-，往Na2A溶液中加入氢氧化钠、碳酸钠可抑制其水解，故答案为：AD；
根据A原子守恒得n(Na2A)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(BaCl2)=1mol/L×0.01L=0.01mol，Na2A+BaCl2=2NaCl+BaA↓，根据方程式知，BaCl2完全反应生成沉淀，剩余n(Na2A)=0.01mol，A2-的水解可忽略(题中信息)，所以反应后溶液中c(A2-)= = mol/L，根据溶度积常数得c(Ba2+)= mol/L=5.4×10-10 mol/L；
(3)若溶液M由2mol·L-1H2A溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，H2A溶液过量，得到NaHA溶液，若所得溶液M的pH＜7，溶液显酸性，说明NaHA的水解程度小于NaHA的电离程度，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；
(4)①0.01mol·L-1的H2A溶液中，H2A为弱酸，发生少量部分电离；②0.01mol·L-1的NaHA溶液中HA-发生水解生成极少量H2A；③0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液等体积混合反应生成等量的NaCl、NaHA、H2A，且NaHA抑制H2A的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①；
(5)若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液 =104，则c(H+)=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时，酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能导致酸过量。
【分析】（1）二元弱酸分步电离
（2）弱酸强碱盐水解显碱性，水解也是分步水解，加入显碱性的物质可抑制水解
（3）根据电荷守恒，结合溶液的酸性判断即可
（4）①会发生电离，②HA-以电离为主，③会生成H2A且HA-抑制H2A的电离故故③的浓度最大。
（5）根据反应后的溶液显酸性，可确定酸过量其他不能判断
1 / 1辽宁省盘锦市育才学校2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高二下·盘锦开学考）化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法中正确的是（ ）
A．1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ
B．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量低于2molNO(g)具有的总能量
C．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总键能低于2molNO(g)具有的总键能
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)
2．（2021高二下·盘锦开学考）常温下在下列条件时，可能大量共存的微粒组是（ ）
化学式 电离常数(25℃)
CH3COOH K1=1.7×10-5
HClO K1=3.0×10-8
H2CO3 K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11
A．如表提供的数据下：HClO、HCO 、ClO-、CO
B．pH=3的溶液中：CO 、Na+、SO 、AlO
C．能与Al反应生成H2的溶液：NH 、Ca2+、NO 、I-
D．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO 、S2O
3．（2021高二下·盘锦开学考）室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 的值减小
C．醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
4．（2019高二上·深圳期末）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（ ）
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
5．（2021高二下·盘锦开学考）水的电离过程为H2O H++OH-，在25℃时水的离子积为：Kw=1.0×10-14，在35℃时水的离子积为：Kw=2.1×10-14，则下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离是个吸热过程
B．35℃时c(H+)＜c(OH-)
C．c(H+)随着温度的升高而降低
D．35℃时的水比25℃时的水电离程度小
6．（2020高二上·长春期末）已知：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，一定条件下，0.3 mol X(g)与0.3 mol Y(g)在体积为1 L的密闭容器中发生反应。下列图示合理的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2020高二上·新乡期末）T℃时，对于可逆反应：A(g)+B(g) 2C(g)+D(g)△H>0，下列各图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2021高二下·盘锦开学考）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（ ）
A．30~40min间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=1，正反应为放热反应
C．30min时降低温度，40min时升高温度
D．8min末A的反应速率为0.125mol·L-1·min-1
9．（2018高三上·黑龙江开学考）在一定条件下某体积一定的密闭容器中发生的反应aA(g)+bB(g) xC(g)符合下图甲所示关系(c%表示平衡混合气体中C的百分含量，T表示温度，p表示压强)。则图乙中纵轴y是指（ ）
A．平衡混合气的密度
B．平衡混合气中B的百分含量
C．平衡混合气的总物质的量
D．平衡混合气的平均相对分子质量
10．（2021高二下·盘锦开学考）对于反应2A(g) + xB(g) 4C(g)达到平衡时 C的浓度为1.2 mol·L-1，当其它条件不变，把体积扩大1倍时，测得C的浓度为0.7 mol·L-1，则x的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2019高二下·安平期末）已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g) △H1
CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3
4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4
3 CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＞0，△H3＜0 B．△H2＞0，△H4＞0
C．△H1＝△H2＋△H3 D．△H3＝△H4＋△H5
12．（2019高二上·吉林月考）在298K、100kPa时，已知：
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H1
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H2
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是：（ ）
A．△H3=△H1+2△H2 B．△H3=△H1+△H2
C．△H3=△H1-2△H2 D．△H3=△H1-△H2
13．（2021高二下·盘锦开学考）下列各组离子中因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是（ ）
A． 、 、 、
B． 、 、 、
C． 、 、 、
D． 、 、 、
14．（2019高二上·双鸭山期末）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＝c(SO42-)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．室温时浓度均为0.1 mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH4+)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)
C．0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液中：2c(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H＋)
15．（2021高二下·盘锦开学考）t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如表所示，下列说法正确的是（ ）
物质 X Y Z
初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0
2min末浓度/mol·L-1 0.08 a b
平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1
A．平衡时，X的转化率为20%
B．t℃时，该反应的平衡常数为40
C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)=0.03mol·L-1·min-1
二、综合题
16．（2021高二下·盘锦开学考）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．
（1）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 （填“偏大” “偏小” “无影响”）
（2）碎纸条的作用是 ；
（3）实验中 （填“能” “不能”）用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒．
（4）某同学用0.25mol/L的稀硫酸代替盐酸进行上述实验，实验数据如表：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度 t2/℃ 温度差平均值 （t2－t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 25.0 25.2 25.1 28.5 3.4
2 24.9 25.1 25.0 28.3 3.3
3 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5
①近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L
H2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g ℃）．则中和热△H= （保留小数点后一位）．
②上述实验结果的数值与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母） ．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．在量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
17．（2021高二下·盘锦开学考）下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a.量筒 b.容量瓶 c.滴定管 d.托盘天平 e.温度计
（1）有“0”刻度的是 (填字母)。
（2）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为 mL。
（3）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000mol·L-1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)= 。
（4）由于不正确操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是 (填字母)。
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定
18．（2019高二上·乾安月考）将4molSO2和2molO2的混合气体置于体积可变的恒压容器中，在一定条件下发生如下反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) ΔH<0，该反应达平衡时,测得气体总物质的量为4.2mol，试回答：
（1）在该平衡时，n(SO3)= mol
（2）若起始时加入1.2molSO2、0.6molO2和xmolSO3，达到平衡时各气体体积分数与上述平衡状态相同，则x的取值范围是
（3）若反应开始时v(逆)> v(正),达到上述平衡状态时,气体的总物质的量仍为4.2mol，则起始时n(SO3)的取值范围是
（4）若反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。则反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 （用文字表达）。10 min到15 min的曲线变化的原因可能是 (填写编号)。
A．加了催化剂 B．缩小容器体积
C．降低温度 D．增加SO3的物质的量
19．（2021高二下·盘锦开学考）常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1×10-2，Ka2=6.3×10-3，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。
（1）浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO 、CO 、HSO 、HCO 浓度从大到小的顺序为 。
（2）25℃时，NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol L-1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中 将 (填“增大”“减小”或“不变”)。(已知H2SO3+I2+H2O=4H++SO +2I-)；
（3）某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不正确，不正确在于 。设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3(简要说明实验步骤、现象和结论)。 。
仪器自选，供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、KMnO4、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。
20．（2021高二下·盘锦开学考）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
（1）写出酸H2A的电离方程式 。
（2）Na2A的水溶液呈 性，原因是(用离子方程式表示)： 。往Na2A溶液中加入 可抑制其水解。
A．NaOH固体 B．氯化铁固体 C．水 D．碳酸钠固体
已知Ksp(BaA)=1.8×10-10，往20mL1mol·L-1Na2A溶液中加入10mL1mol·L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为 mol·L-1。(忽略A2-的水解)
（3）若溶液M由2mol·L-1H2A溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合而得，若所得溶液M的pH＜7，则溶液中离子浓度由大到小顺序为 。
（4）若溶液M由下列三种情况：①0.01mol·L-1的H2A溶液；②0.01mol·L-1的NaHA溶液；③0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为 ；pH由大到小的顺序为 。
（5）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液 =104，V1与V2的大小关系为： (填“V1＞V2”“V1＜V2”“V1=V2”或“均有可能”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为吸热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，反应物总能量低于生成物总能量，B符合题意；
C．由分析可知，反应物总键能高于生成物总键能，C不符合题意；
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO(g)，D不符合题意。
【分析】根据反应方程式： ，反应物键能之和-生成物键能之和=（946+498-2×632）kJ/mol=180kJ/mol。反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，反应物总键能高于生成物总键能。
2．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；离子共存
【解析】【解答】A．比较表中电离常数可知，酸性大小关系：醋酸>碳酸>HClO> ，则HClO与反CO 应生成 ，故A不符合题意；
B．pH=3的溶液呈酸性，H+会分别与CO 、 AlO 反应生成H2CO3和Al(OH)3，最终生成H2O、CO2和Al3+，B不符合题意；
C．能与Al反应生成H2的溶液有可能是强酸性溶液，此时I-不能大量共存；也可能是强碱性溶液，NH 此时会与OH-结合生成NH3，C不符合题意；
D．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液为强碱性溶液，OH-与K+、Na+、AlO 、S2O 均不反应，故k可以大量共存，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据题意可知，HClO与碳酸根离子能发生复分解反应不能共存
B.溶液显酸性，促进离子的水解而不共存
C.铝是两性金属单质，与酸和与碱溶液都不共存
D.可以再强碱性溶液中共存
3．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释时，会促进醋酸的电离，溶液中醋酸分子的数目减小，醋酸根离子和氢离子的数目增大，故A不符合题意；
B．由醋酸的电离常数可得 = ，醋酸稀释时，溶液中氢离子浓度减小，而电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，则 的数值减小， 的数值减小，故B符合题意；
C．加水稀释醋酸溶液时 ，溶液的体积增大的倍数大于氢离子物质的量增加的倍数 ，溶液中氢离子浓度 减小，故 C 不符合题意；
D．由稀释定律可知，醋酸的物质的量不变 ，则向稀释后的溶液再加入10mLpH=11的NaOH溶液，相当于是等体积pH=3 的醋酸与 pH=11 的 NaOH 溶液混合，完全反应时醋酸过量，溶液出酸性，则溶液的 pH<7 ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】醋酸是弱酸，部分电离，稀释时，促进电离，使离子数目增加，导电性增强，但是溶液的体积增加的更大，故氢离子浓度减小，根据电离平衡常数的计算公式得到 K=找出关系进行判断即可，当加入氢氧化钠溶液是，醋酸过量，溶液显酸性
4．【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离，产生更多的H+和OH-，因此水的离子积Kw变大，水的pH变小，由于c(H+)=c(OH-)，显中性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离，产生更多的H+和OH-，且c(H+)=c(OH-)，据此分析。
5．【答案】A
【知识点】水的电离；离子积常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A．升高温度，水的离子积常数增大，说明水的电离平衡正向移动，则水的电离是个吸热过程，故A符合题意；
B.35℃时水仍然为中性，c(H+)=c(OH-)，故B不符合题意；
C．根据A项分析，升高温度，水的离子积常数增大，水的电离平衡正向移动，水电离出的c(H+)随着温度的升高而增大，故C不符合题意；
D．根据A项分析，升高温度，水的离子积常数增大，水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，则35℃时的水比25℃时的水电离程度大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】温度升高，电离常数增大，水的电离增强，氢氧根和氢离子浓度增大，
6．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．设转化X的物质的量为amol，则某时刻X、Y、Z物质的量依次为（0.3-a）mol、(0.3-3a)mol、2amol，X的体积分数为 ×100%=50%，随反应进行，Z的体积分数不断增大，然后体积分数不变化，与图象符合，A合理；
B．X减少0.1mol，消耗Y 0.3mol，生成Z 0.2mol，当达到平衡时可以XZ的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，B不合理；
C．Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，C不合理；
D．反应达到平衡时2υ（X）正=υ（Z）逆，υ（X）正=υ（Z）逆，反应没有达到平衡状态，D不合理；
故答案为：A。
【分析】A．体积分数可用三段式解答；
B．可逆反应不能反应完全；
C．反应的物质的量与化学计量数成正比；
D．各物质的化学反应速率与化学计量数成正比；
7．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.温度越高，反应速率越快，因此500℃下反应先达到平衡，由于该反应为吸热反应，温度越高，反应正向进行程度越大，c(C)越大，A不符合题意；
B.由于该反应中反应前后气体分子数不变，因此压强改变，平衡不移动，A的转化率不变，B不符合题意；
C.由A的分析可知，温度越高，c(C)越大，则C的质量分数也越大，C符合题意；
D.增大压强，正逆反应速率同时增大，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合温度、压强对反应速率和平衡移动的影响分析。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，30 min～40 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A不符合题意；
B．根据分析可知，反应方程式中的x=1，正反应为放热反应，故B符合题意；
C．由分析可知，30 min时减小压强，40 min时升高温度，故C不符合题意；
D．A的反应速率是一段时间内的平均反应速率，不是某时刻的瞬时速率，无法计算8min末A的反应速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可以知道x=1。则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，由图象可以知道，30 min～40 min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度，故不能是温度变化，而是降低了压强，以此解答该题。
9．【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由于反应容器的体积不变，气体的质量不变，则温度变化，平衡混合气的密度不变，故A不符合题意；
B.由C的百分含量--时间变化曲线可知，增大压强平衡向正反应方向移动，B的百分含量减小，与图象不符，故B不符合题意；
C.混合气体的总质量始终不变，气体体积始终不变，则混合气体的密度始终是定值，与图象不符，故C不符合题意；
D.升高温度，平衡向逆反应分析移动，则混合气体的物质的量增多，质量不变，则平衡混合气的平均摩尔质量减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，则平衡混合气的平均摩尔质量增大，与图象向符合，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】甲图像中常用的方法为先拐先平衡，采用定一议一我们可以比较出T1大于T2，P2大于P1。可以判定该反应正反应为放热反应，a+b大于x。乙图像为温度等压线图像，分析方法依然是定一议一，定压强，当温度升高，平衡逆移，纵坐标减小，定温度，压强变大平衡正移，纵坐标变大。
10．【答案】A
【知识点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】体积扩大1倍时，假设平衡不移动，C的浓度为0.6 mol·L-1，但测得C的浓度为0.7 mol·L-1，说明平衡右移，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以，2+X<4,X<2，
故答案为：A。
【分析】体积增大，相当于减压，C的平衡浓度增大，平衡发生移动，向着体积减小方向移动
11．【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】A、碳和CO燃烧均是放热反应，△H1＜0，不符合题意；
B、二氧化碳与碳反应是吸热反应，铁在氧气中燃烧是放热反应，△H4＜0，不符合题意；
C、②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2，③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3，则根据盖斯定律可知②＋③即得到C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ，△H1＝△H2＋△H3，符合题意；
D、已知④4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5，则根据盖斯定律可知（④＋⑤×2）÷3得到2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)，则△H3＝ ，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）吸热反应是指在过程中吸收热量的化学反应，例如大多数分解反应；盐水解反应；电离反应；少数化合反应。
（2）放热反应是指在过程中吸收热量的化学反应，例如所有燃烧或爆炸反应；酸碱中和反应；多数化合反应；活泼金属与水或酸生成H2的反应；大部分氧化还原反应；NaOH或浓硫酸溶于水（注意这两点只是说会放热，但严格说起来并不算化学反应）；CaO与水反应生成Ca(OH)2的反应。
12．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1
②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3
则由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，
故答案为：A。
【分析】此题考查盖斯定律，常用方法是在已知反应中找出现“1”次的物质进行加减得到需要的方程式的焓变。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A. 与 反应生成硫酸钡沉淀，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
B. 、 与 因发生氧化还原反应不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
C. 和 发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝而不能大量共存，故C选；
D. 与 生成二氧化碳不能大量共存， 与 生成碳酸钙沉淀不能大量共存，但不是因水解反应不能大量共存的，故不选；
故答案为：C。
【分析】能够水解的呈酸性的阳离子主要是铵根、铁离子、镁离子、铜离子、铝离子
能够水解的呈碱性的阴离子离子主要是碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、醋酸根、次氯酸根
14．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 0.1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都发生水解反应，使溶液显酸性，水解消耗NH4+，使离子浓度减小，SO42-不反应，所以c(NH4+)＜(SO42-)，选项A不符合题意；
B.室温将浓度均为0.1 mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明NH3·H2O电离大于NH4+的水解，溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒2 c(Cl-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，带入可得：c(NH4+)+2c(H+)= c(NH3·H2O)+2c(OH-)，溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(NH4+)+c(H+)＞c(NH3·H2O)+ c(OH-)，NH3·H2O是弱电解质，其电离程度很小，所以c(NH3·H2O)> c(OH-)，故c(NH4+)+c(H+)> c(NH3·H2O)+ c(OH-)＞c(NH3·H2O)> c(OH-)，选项B符合题意；
C. 0.1 mol/L(CH3COO)2Ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，选项C不符合题意；
D.0.1 mol/L NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(C2O42-)> c(H2C2O4)，由于溶液中还存在水电离产生的H＋，所以c(H＋)>c(C2O42-)，但HC2O4-电离及水解程度是微弱的，主要以HC2O4-存在，所以c(HC2O4-)>c(H＋)，而Na+在溶液中不发生任何变化，故c(Na+)最大，则微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)>c(H＋)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题要结合盐类水解的内容进行判断，离子浓度的比较需要注意水解和电离的大小比较，以及通过溶液的酸碱性来判断。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．平衡时X的浓度变化量为(0.1-0.05)mol/L=0.05mol/L，X的转化率= ×100%=50%，故A不符合题意；
B．平衡时X、Y均为0.05mol/L，Z为0.1mol/L，则平衡常数K= = =1600，故B不符合题意；
C．正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应速率增大更多，故C不符合题意；
D．前2 min内，v(X)= =0.01mol L-1 min-1，速率之比等于化学计量数之比，则v(Y)=3v(X)=0.03mol L-1 min-1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.平衡转化率=平衡时的转化量/起始量
B.根据K=代入平衡时的浓度即可
C.增大压强，正、逆反应速率都增大
D.根据X的数据计算出Y的数据即可
16．【答案】（1）偏小
（2）保温、隔热，减少热量损失
（3）不能
（4）-56.8 kJ/mol；abcd
【知识点】常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失大，求得中和热数值偏小，故答案为：偏小；
（2）碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失，故答案为：保温、隔热，减少热量损失；
（3）铜丝具有良好传热性，热量损失巨大，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故答案为：不能；
（4）①由表格可知，3次实验的温度差平均值 =3.4℃，溶液质量m=1 g/cm3×（50mL+50mL）=100g，所以50 mL 0.25mol/L H2SO4（0.0125mol）完全反应生成0.025molH2O(l)放出的热量Q≈cm =4.18 J/(g·℃)×100g×3.4℃=1421.2J，则完全反应生成1molH2O(l)放出的热量=1421.2J× =56848J≈56.8kJ，即ΔH＝-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8 kJ/mol；
②结合m= 、Q=cm 分析：
a．实验装置保温、隔热效果差，导致 偏小，导致中和热的数值偏小；
b．在本实验中为保证酸反应完，NaOH过量，量取NaOH溶液的体积时仰视读数，NaOH溶液体积偏大，最终溶液体积偏大，终止温度偏低，导致中和热的数值偏小；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，损失的热量较多，终止温度偏低，导致中和热数值偏小；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，起始平均温度偏高， 偏小，导致中和热数值偏小；
abcd均正确，故答案为：abcd。
【分析】为保证HCl反应完，NaOH稍过量，通过测定50 mL 0.50 mol·L 1盐酸（0.25mol·L-1H2SO4）与50 mL 0.55 mol·L 1 NaOH溶液反应前后的温度变化 ，根据m= 、Q=cm 计算出50 mL 0.50 mol·L 1HCl（0.025mol）[0.0125mol]完全反应生成0.025molH2O(l)放出的热量，再换算成反应生成1molH2O(l)放出的热量，即可得到中和热ΔH。
17．【答案】（1）cde
（2）26.10
（3）0.1044mol/L
（4）C；D
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)量筒小刻度在下，故不需要0刻度；容量瓶只有一个量程刻度；滴定管、托盘天平、温度计均有0刻度，因此有“0”刻度的是cde；
(2)0-1刻度间每一小格为0.10mL，所以根据图示，图1显示为0.00mL，图2显示26.10mL，则所用盐酸的体积为26.10mL；
(3)某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：第二次溶液的体积偏差较大，只能选用第一次和第三次数值，消耗盐酸的体积为 =26.10mL；根据 = =0.1044mol/L；
(4)根据 进行分析：
A．中和滴定达终点时，俯视滴定管内液面读数，会使读出消耗的标准液体积偏小，所测氢氧化钠溶液浓度偏低。故不选A；
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，相等于稀释了待测液，所以使得所测氢氧化钠溶液的浓度偏低，故不选B；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，相等于稀释了标准液，使得标准液消耗的多，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故C可选；
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定，相当于稀释了标准液，使得标准液消耗偏多，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，故D可选；
故答案为：CD。
【分析】（1）有0刻度的仪器主要是量取液体或者是称量或者是量取体温
（2）滴定管0刻度在上，从上往下，刻度逐渐增大即可读数
（3）根据中和反应计算出盐酸的物质的量，根据公式c=n/v即可计算
（4）根据公式c=n/v计算，C偏大，因此可能是n偏小或者是v偏大
18．【答案】（1）3.6
（2）大于或等于0即 x≥0
（3）3.6（4）增加了O2的量；AB
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设反应达到平衡时生成三氧化硫物质的量为2x，
2SO2（g）+ O2（g） 2SO3（g），△H<0
起始（mol） 4 2 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol） 4-2x 2-x 2x
根据该反应达平衡时,测得气体总物质的量为4.2mol得到（4-2x）+（2-x）+2x=4.2；解得x=1.8mol 则n（SO3）=3.6 mol；（2）等压容器中，若起始时1.2mol SO2、0.6mol O2和x mol SO3，二氧化硫和氧气的物质的量之比是2：1，等于起始时加入的：4mol SO2和2mol O2的量的比值，反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H<0产物只有三氧化硫，无论三氧化硫的量为多少，利用一边倒的方法，转化为二氧化硫和氧气的量之比均为2：1，二者建立的平衡一定为等效平衡，故达到平衡后各气体的体积分数与平衡状态A相同，因此答案为：大于或等于0即 x≥0；（3）若要使反应开始时向逆反应方向进行，且达到平衡后各气体的物质的量与平衡状态A相同，三氧化硫最小值为（1）中平衡时三氧化硫的物质的量，即大于3.6mol，c值最大时，SO2和O2的量均为0，利用一边倒，完全转化为SO2和O2的量分别为4mol和2mol，C应为4mol，故3.6由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．
A.加了催化剂，增大反应速率，故A符合题意；
B缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故B符合题意；
C.降低温度反应速率降低，故C不符合题意；
D.10min改变瞬间,各物质的物质的量不变,不是增加SO3的物质的量，故D不符合题意；
综上所述，本题应选AB.
【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算，设生成三氧化硫物质的量为2x，根据平衡时混合气体总物质的量为4.2mol列式计算得到三氧化硫物质的量；（2）等压容器中，若起始时a=1.2mol，b=0.6mol，a：b=2：1，等于起始时加入的2mol SO2和1mol O2的量的比值，二者建立的平衡一定为等效平衡；（3）可采用极限的方法进行思考，假设反应完全从逆向开始，若SO2和O2的量均为0，则c值最大，利用一边倒，计算数值即可；（4）在读取图中数据是应注意纵坐标表示物质的量、图中的突变点的含义等，据此解题；
19．【答案】（1）c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )
（2）1×10-12；增大
（3）用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)由题给电离常数可知，在溶液中的电离程度为H2SO3＞H2CO3＞HSO ＞HCO ，则在浓度均为0.1mol/L的亚硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，水解程度CO ＞SO ，溶液中c(SO )＞c(CO )，水解产物的浓度c(HCO )＞c(HSO )，由于盐在溶液中水解程度很微弱，四种离子在混合溶液中浓度从大到小的顺序为c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )，故答案为：c(SO )＞c(CO )＞c(HCO )＞c(HSO )；
(2) 25℃时，NaHSO3的水解平衡常数Kh= = = = =1×10-12mol/L；由电离常数公式可知溶液中 = ，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，由反应的化学方程式可知，溶液中氢离子浓度增大，温度不变，电离常数不变，则 的值增大，故答案为：1×10-2；增大；
(3) 亚硫酸和碳酸均属于二元酸，若要通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但二氧化硫和二氧化碳在水中的溶解度不同，溶于水所得饱和溶液的浓度不相等，所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱的方法有多种，可以利用酸越弱相应的强碱弱酸盐就越易水解，溶液的pH越大的盐类水解规律设计实验检验，也可以利用强酸制取弱酸设计实验检验，由于二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，则用盐类水解规律设计实验更简单合理，实验方案为配制相同物质的量浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明亚硫酸的酸性强于碳酸；故答案为：用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用pH试纸测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3。
【分析】(1)根据电离常数的大小，确定盐类水解的强弱关系，越弱越水解，离子浓度越低
(2)根据公式Kh=,再结合第一步电离公式即可计算出结果，加入具有氧化性的碘单质是平衡发生移动，导致酸性增强
(3)而比较pH要保证浓度一致才能判断，可选择等浓度碳酸氢钠和亚硫酸氢钠进行实验
20．【答案】（1）H2A H++HA-、HA- H++A2-
（2）碱；A2-＋H2O HA-＋OH-，HA-＋H2O H2A＋OH-；AD；5.4×10-10
（3）c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
（4）③；②＞③＞①
（5）均有可能
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)某水溶液M中存在的离子有：A2-、HA-、H2A，说明H2A是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离平衡，其电离方程式为H2A H++HA-、HA- H++A2-；
(2)Na2A为强碱弱酸盐，溶液显碱性，原因是A2-＋H2O HA-＋OH-，HA-＋H2O H2A＋OH-，往Na2A溶液中加入氢氧化钠、碳酸钠可抑制其水解，故答案为：AD；
根据A原子守恒得n(Na2A)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(BaCl2)=1mol/L×0.01L=0.01mol，Na2A+BaCl2=2NaCl+BaA↓，根据方程式知，BaCl2完全反应生成沉淀，剩余n(Na2A)=0.01mol，A2-的水解可忽略(题中信息)，所以反应后溶液中c(A2-)= = mol/L，根据溶度积常数得c(Ba2+)= mol/L=5.4×10-10 mol/L；
(3)若溶液M由2mol·L-1H2A溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，H2A溶液过量，得到NaHA溶液，若所得溶液M的pH＜7，溶液显酸性，说明NaHA的水解程度小于NaHA的电离程度，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；
(4)①0.01mol·L-1的H2A溶液中，H2A为弱酸，发生少量部分电离；②0.01mol·L-1的NaHA溶液中HA-发生水解生成极少量H2A；③0.02mol·L-1的HCl与0.04mol·L-1的NaHA溶液等体积混合反应生成等量的NaCl、NaHA、H2A，且NaHA抑制H2A的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①；
(5)若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液 =104，则c(H+)=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时，酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能导致酸过量。
【分析】（1）二元弱酸分步电离
（2）弱酸强碱盐水解显碱性，水解也是分步水解，加入显碱性的物质可抑制水解
（3）根据电荷守恒，结合溶液的酸性判断即可
（4）①会发生电离，②HA-以电离为主，③会生成H2A且HA-抑制H2A的电离故故③的浓度最大。
（5）根据反应后的溶液显酸性，可确定酸过量其他不能判断
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