天津市静海区第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试学生学业能力调研化学试题
静海一中2019-2020第一学期高二化学期末学生学业能力调研试卷
考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题（80分）和第Ⅱ卷提高题（20分）两部分，共100分。
相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Cu：64
第Ⅰ卷 基础题（共80分）
一、选择题: 每小题 2 分，共 24 分.
1.下列说法正确的是 ( )
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化
B. 镀锡的铁制品比镀锌的铁制品耐腐蚀
C. pH=6的某溶液一定呈酸性
D. 二次电池充电时，电池上标有“+”的电极应与外接电源的正极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体可以吸附水中的悬浮物，能净水，但不能杀菌消毒，A错误；
B、镀锡铁制品的镀层破损后，形成原电池，铁作负极，而镀锌铁制品镀层破损后，形成原电池，锌作负极，铁作正极，铁不腐蚀，所以镀锌铁更耐用，B错误；
C、溶液的pH=6，溶液不一定为酸性，如100℃时水的离子积为10-12，溶液为中性时溶液的pH=6，C错误；
D、充电器的正极（+）与电池正极（+）连接，充电器的负极（-）与电池负极（-）连接，充电时电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查盐类水解，金属防护，溶液酸碱性判断等。易错点为选项C：溶液的酸碱性是由溶液中c(H+)和 c(OH-)相对大小决定，而不在于c(H+)或c(OH-)绝对值的大小，与溶液的pH值无关。c(H+)= c(OH-)的溶液为中性溶液；c(H+)＞c(OH-)的溶液为酸性溶液；c(H+)＜c(OH-)的溶液为碱性溶液。
2.下列微粒的核外电子的表示方法中正确的是
A. 碳原子轨道表示式
B. P原子价电子轨道表示式
C. Cr原子的价电子排布式3d44s2
D. Fe2＋价电子排布式3d44s2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳是6号元素，6个电子分别排在1s、2s、2p轨道上，碳原子轨道表示式，故A正确；
B.3p能级上三个电子自旋方向相同， P原子价电子轨道表示式，故B错误；
C. Cr原子的价电子排布式3d54s1，均处于半充满状态，故C错误；
D. 是失去4s上两个电子，形成Fe2＋，Fe2＋价电子排布式3d6，故D错误；
故选A。
3.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是
①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8 ②醋酸能与水以任意比例互溶 ③等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多 ④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1 ⑤在相同条件下，醋酸溶液的导电性比同浓度盐酸弱 ⑥1mol/L的醋酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
A. ②⑥ B. ②⑤ C. ①③⑤ D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①能证明；
②醋酸能与水以任意比例互溶，是由于醋酸和水分子间形成氢键，与酸性强弱无关，故②不能证明；
③等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③可证明；
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④能证明；
⑤在相同条件下，醋酸溶液的导电性比同浓度盐酸弱，说明醋酸中离子浓度低，故⑤能证明；
⑥1mol/L的醋酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应，无法确定醋酸酸性的强弱，故⑥不能证明；
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述中正确的是
A. 1L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中的阴离子的浓度小于0.1 NA
B. 25 ℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中,含OH—的数目为10-7NA
C. 一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移的电子数为0.2NA
D. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4 g
【答案】B
【解析】
【详解】A. SO32－水解后生成的OH-和HSO3－，1L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中的阴离子的浓度大于0.1NA，故A错误；
B. 25 ℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中,根据kw=10-14=c(H+)c(OH-),c(OH-)=10-7mol·L－1,含OH—的数目为10-7NA，故B正确；
C.SO2与氧气的反应为可逆反应，一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移的电子数小于0.2NA，故C错误；
D. 电解精炼铜，阳极除铜反应外，还有比铜活泼的金属也溶解，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极减少的质量不一定是6.4 g，故D错误；
故选B。
5.已知常温下某二元酸发生如下电离：H2A=H++HA-；HA-H++A2-(Ka=1×10﹣2)。则下列说法中正确的是（ ）
A. NaHA溶液呈酸性，因为HA-的电离程度大于水解程度
B. 常温下pH=10Na2A溶液中c(A2-)是c(HA-)的108倍
C. 常温下pH=2的H2A溶液中c(A2-)小于c(HA-)
D. 0.1mol/LH2A溶液中c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
【答案】B
【解析】
A、该二元酸的一级电离是完全的，故HA-不水解，选项A错误；B、pH=10的Na2A溶液中 ，，选项B正确；C、常温下pH=2的H2A溶液中，则c(A2-)=c(HA-)，选项C错误；D、0.1mol/LH2A溶液中不存在H2A分子，选项D错误。答案选B。
6.由反应物 X 分别转化为 Y 和 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 由 X→Z 反应的 ΔH > 0
B. 由 X→Y 反应的 ΔH=E5 －E2
C. 升高温度有利于提高 Z 的产率
D. 降低压强有利于提高 Y 的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图象可以知道，由 X→Z 反应过程中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即该反应的ΔH < 0，A错误；
B.根据化学反应的实质，由X→Y反应的ΔH=E3 －E2，B错误；
C.由B分析可以知道，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，C错误；
D.根据化学反应2X(g)3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，D正确；
答案选D。
7.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3
胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 石墨电极上发生氧化反应 B. 通甲烷的电极反应式：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O
C. 通空气的电极反应式为O2+4e-=2O2- D. 甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动
【答案】B
【解析】
分析：该装置是以甲烷燃料电池为电源，对污水进行电解处理，根据甲烷燃烧的原理，通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，所以铁电极为阳极，石墨为阴极，根据电极上发生的反应，结合溶液中阴阳离子的移动情况进行解答。
详解：A、根据甲烷燃烧时化合价的变化情况，可知甲烷中的C元素化合价升高，失去电子，甲烷在负极发生氧化反应，与之相连接的石墨为阴极，发生还原反应，所以A错误；
B、以熔融的碳酸盐为电解质，则通甲烷的负极反应为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，所以B正确；
C、由装置图所含信息可知，通空气的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32-，所以C错误；
D、在电池内部，阴离子向负极移动，所以甲烷燃料电池中CO32-向通甲烷的负极移动，故D错误。本题答案为B。
点睛：注意装置图所给信息，特别是物质A即CO2，是通甲烷一极的生成物，也是通空气一极的反应物之一；题干描述的是利用电解原理制取Fe(OH)3胶体，利用胶体的性质进行污水处理，但选项中是以装置图为依据进行电化学知识的考查。
8.反应mA（s）+ nB（g）eC（g）+ fD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是
A. 达到平衡后，加入催化剂则C%增大
B. 达到平衡后，增加A的量有利于平衡向正向移动
C. 化学方程式中n＞e+f
D. 达到平衡后，若升温，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、加入催化剂平衡不移动，A错误；
B、A为固体，增加固体的量平衡不发生移动，B错误；
C、从图可知，增大压强，C的百分含量（C%）增大，平衡向正向移动，故n＞e+f，C正确；
D、从图可知，升高温度，C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，D错误；
答案选C。
9.常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是
A. 往稀氨水中加水，溶液中的值变小
B. pH相等的①CH3COONa、②NaClO、③NaOH三种溶液中c(Na＋)大小：①>②>③
C. pH＝4的H2S溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(S2－)
D. Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO－水解程度增大，溶液碱性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A、往稀氨水中加水， ==常数，所以结果是不变化的，故A错误；
B、氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸根离子的水解程度小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa ②NaClO ③NaOH三种溶液c（Na＋）大小：①＞②＞③，故B正确；
C、根pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+2c（S2－）+c（HS－），故C错误；
D、Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2，发生反应生成碳酸钙和次氯酸，溶液显示酸性，故D错误。
故选B。
【点睛】易错点C，书写电荷守恒的式子时，离子要写全。
10.室温时，下列关于各溶液的叙述中正确的是
A. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀
B. 实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的时间间隔相同
C. 向0.1 mol·L－1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度碳酸钠溶液，均有气体产生
D. 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通入HCl至溶液的pH恰好等于7，则c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
【答案】D
【解析】
【详解】A、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，c（Cl－）＞c（Br－），将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，因n（Cl－）＞n（Br－），当加入足量的浓AgNO3溶液时，则生成更多的AgCl沉淀，故A错误；
B. 实验测定酸碱滴定曲线时，整个过程测试和记录pH的时间间隔在接近终点时应小些，故B错误；
C. 酸性强弱顺序是：醋酸＞碳酸＞硼酸，化学反应遵循强酸制弱酸的规律，向0.1mol·L－1的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液，前者有气体生成，后者没有，故C错误；
D. 0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7，则c（H＋）=c（OH－），根据电荷守恒可得：c（CH3COO－）+c（Cl－）=c（Na＋），则c（Na＋）＞c（Cl－），结合物料守恒c（CH3COO－）+c（CH3COOH）=c（Na＋）可知，c（Cl－）=c（CH3COOH），所以浓度大小为：c（Na＋）＞c（Cl－）=c（CH3COOH），故D正确；
故选D。
11.电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 阴极产生的物质A是H2
B. 物质B是NaCI,其作用是增强溶液导电性
C. 阳极OH-放电，H+浓度增大，CO32-转化为HCO3-
D. 溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移
【答案】B
【解析】
阴极反应是 ，故 A正确；物质B是NaOH，其作用是增强溶液导电性，故B错误；阳极反应是，H+浓度增大，CO32-转化为HCO3-，故C正确；阳离子移向阴极，故D正确。
12.如图所示与对应叙述相符的是
A. 图表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则 Ksp(FeS)
c(Na+)>c(CH3COOH)
D. 图表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始 n（N2）/n（H2）变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据FeS和CuS的溶度积表达式分析二者溶度积大小；
B．溶液酸性越强，稀释溶液时pH变化幅度越大；
C．①点NaOH不足，溶液成分为醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性；
D．氮气的物质的量不同，对平衡移动的影响不同。
【详解】A．Ksp（FeS）=c（Fe2＋）c（S2－），Ksp（CuS）=c（Cu2＋）c（S2－），根据图象，c（S2－）相同时，c（Fe2＋）＞c（Cu2＋），所以Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），故A错误；
B．溶液酸性越强，稀释溶液时pH变化幅度越大，根据图象，稀释溶液时，甲酸的pH变化幅度更大，所以甲酸的酸性更强，即酸性甲酸＞乙酸，故B错误；
C．①点NaOH不足，溶液成分为等量的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，则c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（CH3COOH），故C正确；
D．氮气的浓度越大，越有利于平衡正向移动，氢气的转化率越大，则转化率：αA（H2）＜αB（H2），故D错误，
故选：C。
【点睛】难点C，先分析①的溶质为醋酸和醋酸钠，再利用溶液呈酸性得出CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度。
二、填空题：本题共56分
13.(1)硫酸铁净水原因（离子方程式）：_____，SnCl2水解成碱式氯化亚锡（化学方程式）_____，要除去CuCl2溶液中FeCl3，可以向溶液中加入_______，将AlCl3溶液蒸干并灼烧所得固体的化学式为___。
(2)以石墨为电极，电解FeI2溶液，阳极电极反应式为________，利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2＋2H2O=2HCOOH＋O2，装置如图所示：
①电极2的电极反应式是_______；
②在标准状况下，当电极2室有11.2 L CO2反应。理论上电极1室液体质量___ (填“增加”或“减少”)___ g。
(3) 离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的_____极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为__________。
(4)已知AsO43—＋2I－＋2H＋AsO33—＋I2＋H2O是可逆反应，设计如图装置(C1、C2
均为石墨电极)开始时：C2棒电极反应式______，当电流表___时，反应达到化学平衡状态。
【答案】 (1). Fe3+ +3HO Fe(OH)3 +3H+ (2). SnCl2 +H2OSn(OH)Cl +HCl (3). 氧化铜或氢氧化铜等 (4). Al2O3 (5). 2I- - 2 e- =I2 (6). CO2 +2H+ +2 e- = HCOOH (7). 减少 (8). 9 (9). 负 (10). 4Al2Cl7—+3e— =7AlCl4— + Al (11). AsO43—＋2 e-+2H＋= AsO33—＋H2O (12). 读数为零
【解析】
【详解】（1）硫酸铁水解生成Fe（OH）3胶体，硫酸铁净水原因： Fe3+ +3HO Fe(OH)3 +3H+；
SnCl2水解成碱式氯化亚锡和盐酸，化学方程式：SnCl2 +H2OSn(OH)Cl +HCl；
FeCl3在溶液中水解生成Fe(OH)3和氢离子，加入与氢离子反应的物质如CuO、Cu（OH）2会促进其水解，使三价铁离子转化为Fe（OH）3沉淀；要除去CuCl2溶液中FeCl3，可以向溶液中加入氧化铜或氢氧化铜等；
将AlCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧氢氧化铝时，氢氧化铝会分解生成三氧化二铝和水，将AlCl3溶液蒸干并灼烧所得固体的化学式为Al2O3。
(2)以石墨为电极，电解FeI2溶液，碘离子在阳极发生氧化，阳极电极反应式为2I- - 2 e- =I2 ；
①2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H＋+2e－=HCOOH；
②电极1式为负极，发生的电极反应式为2H2O-4e－=4H＋+O2↑，理论上随着当电极2室有11.2L CO2反应，二氧化碳的物质的量为11.2L÷22.4L·mol－1=0.5mol，转移电子为0.5mol×2=1mol，电极1室参加反应的水的质量为18g·mol－1×1mol÷2=9g，
即电极1室理论减小液体质量为9g；
(3) 铝作阳极，先失电子被氧化，再在钢表面还原，钢制品应接电源的负极，电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7-+3e- =7AlCl4- + Al。
(4)AsO43-＋2I－＋2H＋AsO33—＋I2＋H2O是可逆反应，加酸，c（H＋）增大，AsO43－得电子，I－ 失电子，所以C1是负极，C2是正极；加碱，c（OH－）增大，AsO33－失电子，I2
得电子，此时，C1是正极，C2是负极，故发生不同方向的反应，电子转移方向不同。
开始时：C2棒是正极，电极反应式AsO43—＋2 e-+2H＋=AsO33—＋H2O，当电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态。
【点睛】本题综合考查盐水解、原电池电解池电极反应及电极反应式的书写，难点（4）可逆电池的分析，开始时，反应正向进行，C2是正极，发生还原反应。
14.根据核外电子的排布特点推断元素的性质：
(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其基态原子的电子排布图为_____,在周期表中位于___区。
(2) B元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子且只有一个未成对电子，B的基态原子的价层电子排布式为_______。
(3)请利用电子排布的相关知识分析：稳定性：Fe3＋______Fe2＋（填>或< ）,原因___________，第一电离能：Mg____Al（填>或< ）原因__________。
(4) 有以下物质：①H2 ②N2 ③CO2 ④N2H4⑤H2O2 ⑥HCN(H—C≡N)；只有σ键的是______；既有σ键又有π键的是__________；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是_____；含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是______；
(5) 通过 (3)的解答，请归纳基态原子核外电子排布除了符合构造原理外，泡利原理、洪特规则外，还有哪些结构稳定__________。
【答案】 (1). (2). p (3). 3d104s1 (4). > (5). 正三价铁离子的3d轨道电子数为5，为半充满的稳定状态，二价铁离子3d轨道电子数为6，为不稳定状态 (6). > (7). Mg元素基态原子的3s全充满，为稳定状态，Al元素基态原子的3p能级上只有1个电子，为不稳定状态 (8). ①④⑤ (9). ②③⑥ (10). ① (11). ④⑤ ⑥ (12). 全充满 、半充满 、全空结构
【解析】
【详解】(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，说明A原子有两个能层，其基态原子的电子排布1s22s22p3，其基态原子的电子排布图为，价电子的电子排布2s22p3，在周期表中位于p区。
(2) B元素基态原子的M层全充满，3d能层是全充满，N层没有成对电子且只有一个未成对电子，即4s能层上只有1个电子，B的基态原子的价层电子排布式为3d104s1。
(3)根据电子排布的相关知识得：稳定性：Fe3＋>Fe2＋，原因正三价铁离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，为稳定状态，二价铁离子3d轨道电子数为6，为不稳定状态；
第一电离能：Mg>Al，Mg元素基态原子的3s全充满，为稳定状态，Al元素基态原子的3p能级上只有1个电子，为不稳定状态。
(4) 有以下物质：①H2 ②N2 ③CO2 ④N2H4⑤H2O2 ⑥HCN(H—C≡N)；只有σ键的是①④⑤；既有σ键又有π键的是②③⑥；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是①；含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是④⑤ ⑥；
(5) 通过 (3)的解答，基态原子核外电子排布除了符合构造原理外，泡利原理、洪特规则外，还有全充满 、半充满 、全空结构稳定。
15.比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。
(1)CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为__________________。
(2)NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小关系_______。
(3)pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合，离子浓度大小关系______。
(4)将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，离子浓度大小关系________。
(5)通过 本题的解答，总结若要比较溶液中离子浓度大小顺序，应先确定_____。
【答案】 (1). c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋） (2). c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－） (3). c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－） (4). c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋） (5). 溶质
【解析】
【分析】
（1）将等体积等浓度的CH3COOH和NaOH溶液混合，反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，结合电荷守恒判断醋酸钠溶液中各离子浓度大小；
（2）NaOH和CH3COOH等浓度按1：2体积比混合后得到溶液中溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，pH＜7，说明电离大于水解，据此比较离子浓度大小；
（3）醋酸为弱酸，pH=2的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.01mol·L－1，pH=12的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol·L－1，两溶液混合后醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H＋）＞c（OH－），然后根据电荷守恒判断溶液中离子浓度大小．
（4）n（CO2）=2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合CO32－+H2OHCO3－+OH－，HCO3－+H2O
H2CO3+OH－。
（5）若要比较溶液中离子浓度大小顺序，应先确定溶液中的溶质及发生的反应。
【详解】（1）将等体积等浓度的CH3COOH和NaOH溶液混合，反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH－）＞c（H＋），根据电荷守恒可得：c（Na＋）＞c（CH3COO－），溶液中离子浓度大小为：c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）；
（2）NaOH和CH3COOH等浓度按1：2体积比混合后得到溶液中溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，pH＜7，说明电离大于水解，溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）；
（3）醋酸为弱电解质，pH=2的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.01mol·L－1，pH=12的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol·L－1，两溶液混合后醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H＋）＞c（OH－），根据电荷守恒c（CH3COO－）+c（OH－）=c（Na＋）+c（H＋）可得：c（CH3COO－）＞c（Na＋），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）．
（4）n（CO2）=2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合CO32－+H2OHCO3－+OH－，HCO3－+H2OH2CO3+OH－。
n（CO32－）+n（HCO3－）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na＋）=0.15mol，又存在①CO32－+H2OHCO3－+OH－，②HCO3－+H2OH2CO3+OH－，水解程度①＞②且水解程度都较小，则c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－），则有c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋）。
（5）若要比较溶液中离子浓度大小顺序，应先确定溶液中的溶质。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义，明确盐的水解原理及其应用，能够根据盐的水解原理及各守恒关系正确判断溶液中离子浓度大小．
16.(1)已知：HCN的电离常数Ka＝4.9×10－10，H2S的电离常数Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.0×10－15。向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的化学方程式为__________。
(2)在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝_____(用含a和b的代数式表示)。
(3)已知：25 ℃时，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5，则25 ℃时，0.1 mol·L－1NaHC2O4显____性，理由是___，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)＝
c(C2O42-)，则此时溶液中c(H＋)=____。
【答案】 (1). NaCN+H2S=HCN+NaHS (2). ×10-7L·mol－1 (3). 酸 (4). HC2O4－水解常数小于电离常数，HC2O4－的电离程度大于水解程度 (5). 6.4×10-5
【解析】
【分析】
（1）已知：25℃时，HCN的电离常数K=4.9×10-10，H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，则酸性H2S＞HCN＞HS－，根据强酸制备弱酸分析通入H2S发生反应的化学方程式。
（2）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算；
（3）溶液中存在着电离平衡HC2O4－H＋+C2O42－和水解平衡 HC2O4－+H2OH2C2O4+OH－，因为HC2O4－的电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；NaHC2O4溶液显酸性，溶液中c（H＋）＞c（HC2O4－），存在平衡：HC2O4－H＋+C2O42－，H2OH＋+OH－，根据电离常数分析计算。
【详解】（1）25℃时，HCN的电离常数K=4.9×10-10，H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，则酸性H2S＞HCN＞HS－，根据强酸制备弱酸，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，则发生的反应为NaCN+H2S=HCN+NaHS；
（2）反应平衡时，2c（Ba2＋）=c（CH3COO－）=bmol·L－1，据电荷守恒，溶液中c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K= == ×10-7；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为 ×10-7L·mol－1；
（3）溶液中存在着电离平衡HC2O4－H＋+C2O42－和水解平衡 HC2O4－+H2OH2C2O4+OH－，水解的平衡常数是= ”、“＝”或“<”)。
(3)请在下图中画出20 min后各物质的浓度随时间变化的曲线___ (曲线上必须标出“X”和“Y”)。
【答案】 (1). 0.9 (2). > (3).
【解析】
【分析】
由图1可知，X、Y的浓度变化量之比为2：1，则X为NO2、Y为N2O4，发生反应：N2O4（g）2NO2（g）．
（1）平衡时c（NO2）=0.6mol·L－1、c（N2O4）=0.4mol·L－1，代入K=计算；
（2）恒温恒容下，再充入一定量NO2，等效为增大压强，平衡逆向移动；
（3）20min时瞬间c（NO2）增大，c（N2O4）不变，而后平衡向逆反应方向移动，c（NO2）减小，c（N2O4）增大，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol·L－1，根据平衡常数计算平衡时c（N2O4），据此作图。
【详解】（1）平衡时c（NO2）=0.6mol·L－1、c（N2O4）=0.4mol·L－1，代入K===0.9；
（2）恒温恒容下，再充入一定量NO2，等效为增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中NO2的体积分数减小，故W1＞W2；
（3）20min时瞬间c（NO2）增大，c（N2O4）不变，而后平衡向逆反应方向移动，c（NO2）减小，c（N2O4）增大，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol·L－1，由于K===0.9，则平衡时c（N2O4）=mol·L－1=0.9mol·L－1，而X为NO2、Y为N2O4，20min后各物质的浓度随时间变化的曲线为：。
【点睛】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数等，（3）中作图为易错点，注意再次平衡时各物质的浓度、条件改变瞬间各物质的浓度。
22.甲醇合成二甲基甲酰胺的热化学方程式为：2CH3OH（l）+NH3（g）+CO（g） (CH3)2NCHO（l）+2H2O（l）△H，若该反应在常温下能自发进行，则△H__0 （填“ > ”、“ < ”或“ = " ）。
【答案】<
【解析】
【分析】
根据△G=△H-T△S判断。
【详解】根据方程式2CH3OH（l）+NH3（g）+CO（g） (CH3)2NCHO（l）+2H2O（l），反应是气体物质的量减少的反应，△S<0，又该反应在常温下能自发进行，△G<0，根据△G=△H-T△S<0，△H<0。
