江西省上高县第二中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题
2021届高二年级第三次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Al：27 Mg：24 Cu：64 Fe：56 Ag：108
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1.同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中焓变数值最小的是（ ）
A. 2A(l)＋B(l)＝2C(g) ΔH1 B. 2A(g)＋B(g)＝2C(g) ΔH2
C. 2A(g)＋B(g)＝2C(l) ΔH3 D. 2A(l)＋B(l)＝2C(l) ΔH4
【答案】A
【解析】
【详解】反应为放热反应，下列各热化学方程式中焓变数值最小就是找反应物能量最低，生成物能量最高，即反应物为液体，生成物为气体。
故选A。
【点睛】注意放热反应中的焓变为负值，其大小取决于反应物和生成物的能量大小。比较焓变大小时注意符号。
2.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= +285.8kJ·mol-1
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1，若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、硫蒸汽放出热量会变为硫固体，说明硫蒸汽所含能量比硫固体多，故硫蒸汽和硫固体完全燃烧，硫蒸汽放出的热量较多，A错误；
B、根据热化学方程式可知，该反应是吸热反应，说明金刚石的能量多，则石墨更稳定，B错误；
C、氢气燃烧是放热反应，ΔH小于0，C错误；
D、CH3COOH是弱电解质，其电离方向是吸热的过程，故1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，D正确；
故选D。
【点睛】注意弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热反应。
3.下列事实不属于盐类水解应用是（ ）
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水
B. 实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O制MgCl2
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾中的Al3+、氯化铁晶体中的Fe3+在水中水解会分别形成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，这些胶体具有净水的作用，该事实属于盐类水解的应用；
B、在空气中加热MgCl2·6H2O时，会发生水解平衡：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl易挥发而脱离体系，这样加热晶体所得物质为Mg(OH)2或MgO，而非MgCl2；若在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O，则可以抑制水解，从而得到MgCl2，该事实属于盐类水解的应用；
C、在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀盐酸，可以抑制Fe3+的水解，该事实属于盐类水解的应用；
D、实验室一般使用Fe或者Zn去制备氢气，加入少量CuSO4，可以将Cu置换出来，形成原电池回路，加快反应速率，该事实不属于盐类水解的应用；
综上所述，只有D符合题意，故选D。
4.准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是 ( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滴定管使用之前必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，B正确；
C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s内不褪去时，停止滴定，C错误；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液体积偏大，则测定酸的浓度偏大，D正确；
答案选BD。
5.下列事实不能证明亚硝酸是弱电解质的是（ ）
A. NaNO2在水溶液中显碱性
B. 0.1mol/L的HNO2溶液的pH为2
C. 等物质的量浓度的HNO2的导电能力比盐酸弱
D. HNO2能使石蕊试液变红
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaNO2溶液呈碱性，说明NO2-发生水解，则HNO2为弱酸，故该事实能证明亚硝酸是弱电解质；
B、0.1mol/L的HNO2溶液pH为2，而不是1，说明HNO2是弱酸，故该事实能证明亚硝酸是弱电解质；
C、等物质的量浓度的HNO2的导电能力比盐酸弱，说明HNO2部分电离，故该事实能证明亚硝酸是弱电解质；
D、HNO2能使石蕊试液变红，与HNO2是否是弱电解质无关，故该事实不能证明亚硝酸是弱电解质；
综上所述，D符合题意，故选D。
6.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是
A. 钢铁船身嵌入锌 B. 钢闸门与直流电源负极相连
C. 健身器材刷油漆 D. 车圈、车铃钢上镀铬
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故A符合；
B. 钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故B不符合；
C. 健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故C不符合；
D. 车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故D不符合。
故答案选A。
7.一定温度下，可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态
A. ①③④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，①正确；②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，②错误；③该反应是化学反应计量数增大的可逆反应，根据M=m÷n，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时反应达到平衡状态，③正确；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，④正确；⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，⑤错误；⑥在可逆反应的任何状态，各物质的浓度变化表示的反应速率之比都等于化学计量数之比，⑥错误；答案选A。
8.常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是
A. ①和②混合溶液中：c(H+)＝3.0 mol·L－1
B. ①和④混合溶液中：c(Na+)＝c(CH3COO－)+c(CH3COOH)
C. ②和③混合溶液中：c(Cl－)+c(H+)＞c(NH4+)+c(OH－)
D. 四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①
【答案】D
【解析】
【详解】A.pH=3的CH3COOH溶液与pH=3的盐酸等体积混合，PH=3，c(H+)＝mol·L－1，故A错误；
B.pH=3的CH3COOH溶液的浓度大于pH=11的NaOH的浓度，等体积混合c(Na+)
0
C. N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) △H<0
D. 2CO(g)=2C(s)+ O2(g) △H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A. △H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；
B. △H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；
C. △H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；
D. △H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；
答案选D。
11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
②黄绿色的氯水光照后颜色变浅
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，①选；②氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，②不选；③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，③选；④溶液中存在平衡Fe3++SCN-Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，④不选；答案选C。
【点晴】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释，答题时注意灵活应用。
12.新型锂离子电池LiFePO4以其独特的优势成为绿色能源的新宠。已知该电池放电时的总反应式为：FePO4+Li=LiFePO4。下列说法中正确的是
A. 放电时电池内部Li+向负极移动
B. 放电时，在正极上是Li+得电子被还原
C. 充电时电池阳极反应为Li－e－=Li+
D. 充电时电池上标注“－”的电极应与外接电源的负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】该电池放电时的总反应式为：FePO4+Li=LiFePO4，则放电时正极反应式为 FePO4+Li++e-=LiFePO4； 负极反应式为 Li-e-=Li+；
A．依据原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e-═LiFePO4，放电时电池内部Li+向正极移动，故A错误；
B．原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e-═LiFePO4，锂元素化合价未变，化合价变化的是铁元素得到电子，故B错误；
C．充电时电池的阳极发生氧化反应，电极反应式为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故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，故D正确；
故答案为D。
13.用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3或B(OH) 3]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是（ ）
A. 阴极与阳极产生的气体体积比为1：2
B. b极的电极反应式为2H2O－2eˉ=O2↑+4H+
C. 产品室中发生的反应是B(OH)3+OHˉ=B(OH)4ˉ
D. 每增加1 mol H3BO3产品，NaOH溶液增重22g
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3；理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2。
【详解】A.由 a、b电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+可知，阴极生成2mol H2同时阳极生成1mol O2，故A错误；
B. b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；
C. 原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3，故C错误；
D. 理论上每生成1mol产品，a电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a极生成0.5molH2质量为1g，同时原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室1mol质量为23g，所以氢氧化钠溶液增重22g，故D正确；
本题选D。
14.常温下，用pH=m的盐酸滴定20mL pH=n的MOH溶液，且m+n=14。混合溶液的pH与盐酸体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点：c(Cl-)>c(M+)>c(OH-)>c(H+)
B. b点：MOH和HCl恰好完全反应
C. c点：c(H+)=c(OH-)+c(MOH)
D. a点到d点：水电离的c(H+)·c(OH-)先变大，后变小
【答案】D
【解析】
【详解】A、在溶液中，根据电荷守恒可得：c(M+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，此时溶液仍呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，故c(M+)>c(Cl-)，A错误；
B、b点pH为8，此时盐酸和MOH的溶液体积相同，则说明MOH为弱碱，且此时，MOH和HCl未完全反应，B错误；
C、c点pH为7，则c(H+)=c(OH-)，C错误；
D、a点到c点，随着MOH被不断的消耗，其对水的电离的抑制作用逐渐减弱，水电离的c(H+)·c(OH-)逐渐增大；c点到d点，MOH被消耗完全，随着HCl的继续滴加，HCl对水的电离的抑制作用逐渐增强，水电离的c(H+)·c(OH-)逐渐减小；故a点到d点，水电离的c(H+)·c(OH-)先变大，后变小，D正确；
故选D。
15.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4mol SO2和2mol O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量Q kJ。则下列分析正确的是（ ）
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.35mol·L-1·min-1
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A、题中说明是在恒温恒压下进行反应，则反应前后压强不变，A错误；
B、若容器体积不变，则v(SO3)=0.35mol/(L•min)，但反应是在恒温恒压条件进行，随着反应的进行，气体体积逐渐减小，压强逐渐增大，压强高有利于平衡向正反应进行，因此v(SO3)＞0.35mol/(L•min)，B错误；
C、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n(SO3)＜1.4mol，C正确；
D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，D错误；
故选C。
16.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是
A. 图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B. 图②表示压强对可逆反应2A（g）＋2B（g）3C（g）＋D（g）的影响，且甲的压强大
C. 图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系
D. 图④表示在2 L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10 min内该反应的平均速率v（H2）＝0.045 mol·L－1·min－1，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n（N2）的变化曲线为d
【答案】D
【解析】
【详解】A．改变温度，正、逆反应速率同时增大或减小，A错误；
B
．方程式左右两边的气体系数相等，增大压强，平衡不移动，反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，则乙的压强大，B错误；
C．向硫酸镁和硫酸铝溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，最终仍有氢氧化镁沉淀，C错误；
D．纵坐标表示氮气物质的量，压缩容器体积的瞬间，氮气物质的量不变，体积缩小等效于增大压强，平衡向右移动，氮气物质的量减小，D正确；
故选D。
二、非选择题(本题共6个小题，每空2分，共52分)
17.2.3g乙醇和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，放出热量为68.35kJ。
（1）该反应的热化学方程式为___。
（2）已知：
化学键
Si-Cl
H-H
H-Cl
Si-Si
键能/kJ·mol-1
360
436
431
176
且硅晶体中每个硅原子和其他4个硅原子形成4个共价键。
工业上所用的高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热为___kJ·mol-1。
（3）已知水的比热容为4.2×10-3kJ·g-1·℃-1。8g硫黄在O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能使500g H2O的温度由18℃升至58℃，则硫黄燃烧热的热化学方程式为___。
【答案】 (1). CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH= -1367kJ·mol-1 (2). +236 (3). S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -336kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）题中乙醇的物质的量为0.05mol，需要将乙醇的物质的量化为1mol，并计算出相应的热量，再写出对应的热化学方程式；
（2）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；
（3）题中硫磺的物质的量为0.25mol，需要将硫磺的物质的量转化为1mol，并计算出相应的热量，再写出对应的热化学方程式；
【详解】（1）n(CH3CH2OH)==0.05mol，则1mol乙醇完全燃烧放热1367kJ，故该反应的热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH= -1367kJ·mol-1；
（2）1mol Si晶体中含有2mol Si-Si键，则该反应的反应热=反应物的键能-生成物的键能=(4×360+2×436-4×431-2×176)kJ·mol-1=236kJ·mol-1；
（3）Q=cm△t=4.2×10-3kJ·g-1·℃－1×500g×40℃=84kJ，n(S)==0.25mol，所以1mol硫磺完全燃烧，放出热量336kJ，则硫黄燃烧热的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH= -336kJ·mol-1。
18.下图是一个电化学过程的示意图，请回答下列问题：
（1）图中甲池是_________ (填“原电池” “电解池”或“电镀池”)。
（2）A(石墨)电极的名称是_________ (填“正极” “负极” “阴极”或“阳极”)。
（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式________________。
（4）乙池中反应的化学方程式为__________________。当乙池中B(Ag)极质量增加54g，甲池中理论上消耗O2的体积为____L(标准状况)。
【答案】 (1). 原电池 (2). 阳极 (3). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O (4). 4AgNO3+2H2O=4Ag+4HNO3+O2↑ (5). 0.28
【解析】
（1）从甲池两极进入物质判断，甲池是燃料电池，能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池；
（2）甲池是原电池，乙、丙就是电解池，甲池中甲醇失电子，氧气得电子，由电子转移方向判断，A、C电极是阳极，B、D电极是阴极；
（3）甲醇在负极失去电子，被氧化后的物质在碱性溶液中生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
（4）乙池是电解池，石墨作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3+2H2O =4Ag+4HNO3+O2
↑；B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=[(5.4g/108g/mol)/4] ×22.4L/mol=0.28L；
19.（1）粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。
①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最好选用的是___。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的___。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
（2）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，调整溶液至pH=___Cu2+恰好沉淀完全。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-19。
【答案】 (1). B (2). CD (3). 7
【解析】
【分析】
（1）①最合适氧化剂是H2O2，其还原产物没有杂质，且对环境无污染；
②最合适的试剂为CuO或Cu(OH)2；
（3）当溶液中c(Cu2+)≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为Cu2＋沉淀完全，根据这个数值计算出对应的c(H+)，从而求出溶液的pH。
【详解】（1）①四种氧化剂中，仅H2O2没有杂质产生，也不会产生对环境有害的物质，是最合适的氧化剂，而KMnO4产生Mn2+，氯水产生Cl-，HNO3产生的NOx气体，会污染环境；故选B；
②调节溶液的pH，使用NaOH和NH3·H2O都会引入杂质，且不易控制pH的调节，而CuO和Cu(OH)2不溶于水，使用这两种物质也不会引入杂质，故这两种物质最合适；故选CD；
（2）由题知，1.0×10-5×[c(OH-)]2=1.0×10－19，解得c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，pH=7。
【点睛】选用加入合适的试剂时，第一要考虑是否会引入杂质，第二要考虑是否会产生有害物质，所以H2O2是最常用的“绿色”氧化剂；而通过加入某些物质来调节pH的，最好要加入对应的物质的氧化物或者氢氧化物，因为题中涉及的此类物质的氧化物、氢氧化物大多不溶于水，不用担心是否过量。
20.在2L带气压计的恒容密闭容器中通入2molX(g)和1molY(g)，发生反应：2X(g)+Y(g)
2Z(g)；△H＜0。若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍。请回答下列问题。
（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率为___。
（2）相同条件下进行反应，在t1时刻，只改变下列某一种条件，其曲线图象如图甲。
若c=0.90mol，t1时刻改变的条件是___(填选项编号，A.升温 B.降温 C.加压 D.减压 E.加催化剂),t2___5min(填“>”,“<”或“=”下同)。
（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，达到平衡后Z的物质的量___0.9mol(填“>”,“<”或“=”)。
（4）若将物质的量均为3.00mol物质X、Y混合于5L容器中发生反应，在反应过程中Z的物质的量分数随温度变化如图乙。
①A、B两点Z物质正反应速率的大小关系是___；
②温度T”)。
（4）当V=20mL时，再滴入NaOH溶液，则溶液中的值将___(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】 (1). H2C2O4+OH-=HC2O4－+H2O (2). c(HC2O4－)>c(H+)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)
(3). > (4). 变小
【解析】
【分析】
①草酸是二元酸，其和KOH的反应，是分步的：KOH+H2C2O4=KHC2O4+H2O，KOH+KHC2O4=K2C2O4+H2O；当第一步反应中，KOH过量时，剩余的KOH才会进行第二步反应；②KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；据此答题。
【详解】（1）当V<10mL时，n(KOH)<0.01L×0.01mol·L-1=n(H2C2O4)，则发生反应KOH+H2C2O4=KHC2O4+H2O，离子方程式为H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O；
（2）当V=10mL时，溶液中的溶质为KHC2O4，由于KHC2O4溶液呈酸性，即HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以KHC2O4溶液中，c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)；
（3）溶液中，电荷守恒式为c(H+)+c(K+)=2c(C2O42-)+(HC2O4-)+c(OH-)，若c(K+)=2c(C2O42-)+(HC2O4-)，则c(H+)= c(OH-)，此时V=a mL，则a>10；在KHC2O4溶液中有c(K+)= c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，即V=b mL=10mL；所以a>b；
（4）V=20mL时，溶液中的溶质只有K2C2O4，溶液中存在水解平衡，主要为：C2O4-+H2OHC2O4-+OH-，再滴入NaOH溶液，该水解平衡向左移动，即n(C2O42-)增大，n(K+)不变，所以减小。
