化学卷·2018届四川省成都七中高二上学期期中化学试卷++++（解析版）

化学卷·2018届四川省成都七中高二上学期期中化学试卷++++（解析版）

‎2016-2017学年四川省成都七中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．已知反应：2NO（g）+Br2（g）⇌2NOBr（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1 （a＞0），其反应机理如下 ‎①NO（g）+Br2（g）⇌NOBr2（g） 快 ‎ ‎②NO（g）+NOBr2（g）⇌2NOBr（g） 慢 下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A．该反应的速率主要取决于①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol﹣1‎ D．增大Br2（g）浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．NaCl、NH3、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 B．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料 C．H2SO3（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO3（aq）+2H2O（l）△H＞﹣114.6 kJ/mol D．由石墨比金刚石稳定可推知：C（石墨）═C（金刚石）△H＜0‎ ‎3．下列各项与化学平衡移动原理无关的是（　　）‎ A．收集Cl2用排饱和食盐水的方法 B．加催化剂，使SO2和O2 在一定条件下转化为SO3‎ C．可用浓氨水和NaOH（s）快速制取氨气 D．加压条件下有利于N2和H2反应生成NH3‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．用CH3COOH 溶液做导电性实验，灯泡很暗，能证明 CH3COOH 是弱电解质 B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，pH 和 Kw均增大 C．25℃时，1.0×10﹣3mol•L﹣1盐酸的pH=3.0，1.0×10﹣8 mol•L﹣1盐酸的pH=8.0‎ D．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl（s）后，两溶液的pH均减小 ‎5．常温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是（　　）‎ A．0.1 mol/L FeCl3溶液：K+、Br﹣、H2O2‎ B．含大量NO3﹣的溶液：Fe2+、SO42﹣、H+‎ C．水电离产生的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液：Al3+、Na+、Cl﹣‎ D． =1×1014的溶液：NH4+、CrO42﹣、ClO﹣‎ ‎6．下列各组反应中关于能量的比较正确的是（　　）‎ ‎①H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1； H2（g）+Cl2（g）=HCl （g）△H2；△H1＞△H2‎ ‎②2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H1； 2Na（s）+2H2O（l）=2NaOH（aq）+H2（g）△H2；△H1＞△H2‎ ‎③CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2；△H1＜△H2‎ ‎④t℃时，在一定条件下，将 1mol N2和 3mol H2 分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为 Q1、Q2； Q1＜Q2．‎ A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①③‎ ‎7．对于反应：4CO（g）+2NO2（g）=4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1，温度不同 （T2＞T1）其他条件相同时，下列图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．下列图中的实验方案，能达到实验目的是（　　）‎ A．图甲：进行中和热的测定 B．图乙：比较 HCl、H2CO3和 H2SiO3 的酸性强弱 C．图丙：验证 CuCl2对 H2O2 分解有催化作用 D．图丁：验证 2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0‎ ‎9．用化学用语解释相关现象正确的是（　　）‎ A．BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4⇌Ba2++SO42﹣‎ B．KHSO4在熔融状态下可导电：KHSO4=K++H++SO42+‎ C．常温下，0.1 mol/L的HF 溶液的pH＞1：HF+H2O⇌H3O++F﹣‎ D．向KI﹣淀粉溶液中滴加稀硫酸，溶液变蓝色：4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣‎ ‎10．在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液，分别投入0.23g Na，则下图中比较符合反应事实的曲线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，图甲表示反应速率（v）与温度（T） 的关系、图乙表示 T1时，平衡体系中SO2的体积分数与压强（p）的关系．下列说法不正确的是（　　）‎ A．图甲中，曲线1表示逆反应速率与温度的关系 B．图甲中，d点时，混合气体的平均摩尔质量不再改变 C．图乙中，a、b两点的反应速率：va＞vb D．图乙中，c点的正、逆反应速率：v（逆）＞v（正）‎ ‎12．T℃时，将A和B各0.32mol充入恒容密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1（a＞0），反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（　　）‎ t/min ‎ ‎0 ‎ ‎2 ‎ ‎4 ‎ ‎7 ‎ ‎9‎ n（B）/mol ‎ ‎0.32 ‎ ‎0.24 ‎ ‎0.22 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.20‎ A．若起始时向容器中充入0.64 mol C，则达平衡时吸收的热量为0.12a kJ B．恒温，如果压缩容器体积，B的浓度和体积分数均不变 C．若起始时向容器中充入 0.64 mol A 和 0.64 mol B，则达平衡时 n（C）＜0.48 mol D．恒温、恒容，向平衡体系中再充入0.32 mol A，再次平衡时，B的转化率增大 ‎13．已知反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0，某温度下，向5L密闭容器中加入2mol C（s）与1mol H2O（g），t1s时，CO的物质的量为0.20mol，到第t2s时恰好达到平衡，此时CO的物质的量为0.35mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．t1时改变的条件可能是使用催化剂 B．t1时改变的条件可能是增大 H2O 浓度 C．t1～t2这段时间内的化学反应速率 v（H2O）=‎ D．t2后继续加入 2 mol C（s）平衡向正反应方向移动 ‎14．在一定条件下，S8（s）和O2（g）发生反应依次转化为SO2（g）和SO3（g）（已知：2SO2+O2⇌2SO3），反应过程中的能量关系可用如图简单表示（图中的△H 表示生成1mol产物的数据）． 下列说法正确的是（　　）‎ A．S8的燃烧热△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ B．1 mol SO2和过量 O2反应可释放出 b kJ 的热量 C．已知1个S8分子中有8个S﹣S，S=O的键能为d kJ•mol﹣1，O=O的键能为e kJ•mol﹣1，则S8分子中S﹣S的键能为（2d﹣a﹣e） kJ•mol﹣1‎ D．若使用V2O5作催化剂，当SO2（g）转化生成1mol SO3（g）时，释放的热量小于b kJ ‎15．苯甲酸钠（NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，已知25℃时，HA、H2CO3的电力平衡常数分别为K=6.25×10﹣5、K1=4.3×10﹣7，下列说法正确的是（不考虑饮料中其他成分）（　　）‎ A．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变 B．当pH为5.0时，饮料中 =0.16‎ C．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 D．结合H+的能力：A﹣＞HCO3﹣‎ ‎16．在不同温度下，将2mol X、2mol Y分别充入到不同体积的容器中，发生反应：X（g）+Y （g）⇌mZ（g）△H，所得Z的平衡浓度如表所示，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ 1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎ 200‎ ‎ 300‎ ‎ 2.4‎ ‎ 1.2‎ ‎ 0.8‎ ‎ 400‎ ‎2.0‎ ‎ 1.0‎ A．m=2，△H＞0‎ B．300℃时，该反应平衡常数 K=9‎ C．在3L容器中进行反应，达到平衡的时间：400℃＞200℃‎ D．200℃，2L容器中反应达平衡后，再充入2 mol Z，平衡时 Z 的体积分数增大 ‎17．将一定量纯净的 X 置于某 10L 容积恒定的真空容器中（假设固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：X（s）⇌2Y（g）+Z（g），实验测得不同温度下的分解平衡常数列于如表，下列说法中不正确的是（　　）‎ 温度（ oC） ‎ ‎15.0 ‎ ‎25.0 ‎ ‎30.0 ‎ ‎35.0‎ K/（×10﹣8 mol3•L﹣3）‎ ‎0.205 ‎ ‎1.64 ‎ ‎4.68 ‎ ‎10.8‎ A．若Z的体积分数不再随时间变化时表示反应达平衡状态 B．35 oC时，达平衡时，X分解了 0.03 mol C．该反应在高温下可能自发 D．若在恒温下，压缩容器体积，再次达平衡后，n（X）比原平衡大 ‎18．磷在氧气中燃烧，可能生成P2O3和P2O5，已知单质磷（P）的燃烧热为X kJ/mol，0.1molP在2.24L O2（标准状况下）燃烧至反应物耗尽时，放出Y kJ 的热量，则下列说法错误的是（　　）‎ A．生成0.025 mol P2O5‎ B．生成 P2O3所释放的热量为（Y﹣0.05X） kJ C．2P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（40Y﹣2X）kJ•mol﹣1‎ D．生成的 P2O3与 P2O5的质量之比为 1：1‎ ‎19．常温下，在两份相同的 Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（　　）‎ A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b点，水电离产生的c（H+）＜10﹣7mol/L C．c点，两溶液中含有相同量的 OH﹣‎ D．a、d两点对应的溶液均显中性 ‎20．如图，隔板K可左右移动，甲中充入2mol A和1mol B，乙中充入2mol C和1mol He，此时K停在0处．发生反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），达到平衡后，恢复至温度．下列有关说法不正确的是 ‎（　　）‎ A．达平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度0～2之间 B．若平衡时K停留在左侧1处，则活塞停留在右侧6处 C．达到平衡时，甲容器中B的物质的量小于于乙容器中B的物质的量 D．根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分60分）‎ ‎21．某实验小组欲用酸性KMnO4和H2C2O4反应通过测定单位时间内生成 CO2的量来探究影响反应速率的因素，设计实验方案如表：‎ 实验序号 ‎ A 溶液 ‎ B 溶液 ‎①‎ ‎20 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4 溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol•L﹣1KMnO4 酸性溶液 ‎②‎ ‎20 mL 0.2 mol•L﹣1 H2C2O4 溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4酸性溶液 ‎（1）检验如图装置气密性的最简便方法为：　　．‎ ‎（2）H2C2O溶液与酸性 KMnO4溶液反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）该实验探究的是　　因素对化学反应速率的影响，相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是　　（填实验序号）．‎ ‎（4）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4﹣）=　　（若忽略溶液混合前后体积的变化）．‎ ‎（5）小组同学发现反应速率总是如图所示，积极探究t1～t2时间内速率变快的主要原因，提出假设可能是：①　　、②　　、③K+对该反应有催化作用．‎ ‎22．高温裂解法处理工业废硫酸的原理为：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ/mol，它由两步反应组成：‎ i．H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ/mol ii．SO3（g）分解．‎ ‎（1）SO3（g）分解的热化学方程式为　　．‎ ‎（2）工业上常用SO2制备Na2S2O3，向0.1mol/L的Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为　　．‎ ‎（3）反应ii的△S　　 0 （填“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎（4）对反应ii，可用V2O5作催化剂． 已知：SO2+V2O5⇌SO3+V2O4K1、O2+V2O4⇌V2O5K2，则在相同温度下，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）的平衡常数 K=　　（用K1、K2表示）．‎ ‎（5）L（L1、L2），X可分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．‎ ‎①X代表的物理量是　　；‎ ‎②比较L1、L2的大小　　．‎ ‎（6）维持体系总压p恒定，在T℃时，物质的量为9mol、体积为2L的SO3（g）发生反应：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），已知SO3的平衡转化率25%，则在该温度下反应的平衡常数K=　　（用最简分数表示）．‎ ‎23．雾霾严重影响人们的生活，雾霾的形成与汽车排放的 NOx等有毒气体有关．‎ ‎（1）可以通过活性炭处理汽车尾气，原理为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0．‎ ‎①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是　　‎ A．2ν正（NO）=ν逆（CO2）‎ B．在恒温、恒容的容器中，混合气体的压强保持不变 C．在绝热、恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化 D．在恒温、恒压的容器中，混合气体的密度保持不变 ‎②在恒温、恒容条件下，加入2mol C（s）和2mol NO（g）达平衡后，再在绝热、恒容条件下，加入1mol NO重新达平衡后，N2的百分含量将　　 （填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎（2）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，原理为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）．‎ 若在容积为10L的密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4molNO2、0.2mol O3，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图1所示．‎ ‎①实验a从开始至平衡时的反应速率v（O3）=　　；实验c中NO2的平衡转化率为　　．‎ ‎②与实验a相比，其他两组改变的实验条件分别是：b　　，c　　．‎ ‎③M点的逆反应速率 v（逆）　　 N点的正反应速率v（正） （填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎④若在N点时，维持温度和压强不变，t1时再加入0.4molNO2、0.2mol O3，请在图中画出逆反应速率在t1后随时间t的变化曲线图2．‎ ‎24．（1）溶液中，c（H+）=10﹣x mol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣y mol•L﹣1，x与y的关系如图1所示．‎ ‎①若从A点到B点，可采取的措施为　　．‎ ‎②T2℃时，将pH=0的NaHSO4溶液逐滴滴加到pH=2 的醋酸溶液中，则水电离出的c（OH﹣）将　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎③已知：T1℃时，醋酸的电离常数为 1.8×10﹣5，则 T1℃时，在 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中由醋酸电离出的 c（H+）约是水电离出的 c（H+）的倍　　．‎ ‎④T2℃时，将某溶液（此溶液满足 lg[]=10）滴入含 Na+、HS﹣、SO42﹣、K+的溶液中，发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（2）体积均为1mL pH=2的一元酸HA和HB，加水稀释过程中pH与溶液体积关系如图2所示：‎ ‎①m的取值为　　．‎ ‎②a点酸的浓度　　b点酸的浓度（填“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎③若 m＜4，常温下a点到c点的过程中，下列表达式的数据变大的是　　．‎ A．c（A﹣） B．n（H+）•n（OH﹣） C． D．‎ ‎（3）已知：25℃时，HCN、H2CO3 的电离平衡常数分别为K=4.9×10﹣10，K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都七中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．已知反应：2NO（g）+Br2（g）⇌2NOBr（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1 （a＞0），其反应机理如下 ‎①NO（g）+Br2（g）⇌NOBr2（g） 快 ‎ ‎②NO（g）+NOBr2（g）⇌2NOBr（g） 慢 下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A．该反应的速率主要取决于①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol﹣1‎ D．增大Br2（g）浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．反应速率主要取决于慢的一步；‎ B．NOBr2是中间产物；‎ C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量；‎ D．增大浓度，活化分子百分数不变．‎ ‎【解答】解：A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；‎ B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；‎ C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D．增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．NaCl、NH3、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 B．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料 C．H2SO3（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO3（aq）+2H2O（l）△H＞﹣114.6 kJ/mol D．由石墨比金刚石稳定可推知：C（石墨）═C（金刚石）△H＜0‎ ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】A、氨气在熔融状态下和水溶液中均不能导电；‎ B、化石燃料包括煤、石油和天然气；‎ C、在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，△H=﹣57.3KJ/mol；‎ D、物质越稳定，能量越低．‎ ‎【解答】解：A、氨气在熔融状态下和水溶液中均不能导电，故氨气为非电解质，故A错误；‎ B、化石燃料包括煤、石油和天然气，植物油属于可再生燃料，故不是化石燃料，故B错误；‎ C、在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，△H=﹣57.3KJ/mol，而亚硫酸为弱电解质，电离吸热，故H2SO3（aq）和2molNaOH（aq）反应生成2mol水时，放出的热量小于114.6KJ，则△H＞﹣114.6 kJ/mol，故C正确；‎ D、物质越稳定，能量越低，故石墨的能量更低，则转化为金刚石要吸热，即△H＞0，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列各项与化学平衡移动原理无关的是（　　）‎ A．收集Cl2用排饱和食盐水的方法 B．加催化剂，使SO2和O2 在一定条件下转化为SO3‎ C．可用浓氨水和NaOH（s）快速制取氨气 D．加压条件下有利于N2和H2反应生成NH3‎ ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】平衡移动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；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．‎ ‎【解答】解：A、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO﹣+H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以平衡移动原理解释，故A不选；‎ B、催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故B选；‎ C、浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故C不选；‎ D、增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．用CH3COOH 溶液做导电性实验，灯泡很暗，能证明 CH3COOH 是弱电解质 B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，pH 和 Kw均增大 C．25℃时，1.0×10﹣3mol•L﹣1盐酸的pH=3.0，1.0×10﹣8 mol•L﹣1盐酸的pH=8.0‎ D．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl（s）后，两溶液的pH均减小 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．溶液的导电性与离子浓度有关；‎ B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，溶解度减小；‎ C．常温下，酸的pH一定小于7；‎ D．铵根离子会抑制一水合氨的电离，氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨．‎ ‎【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗，说明该醋酸中离子浓度降低，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；‎ B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，溶解度减小，氢氧根离子浓度减小，所以pH减小，升高温度水的离子积增大，即Kw增大，故B错误；‎ C．常温下，1.0×10﹣3 mol•L﹣1盐酸的pH=3，1.0×10﹣8 mol•L﹣1盐酸的pH＜7，故C错误；‎ D．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl（s）后，铵根离子会抑制一水合氨的电离，氨水的pH减小，氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．常温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是（　　）‎ A．0.1 mol/L FeCl3溶液：K+、Br﹣、H2O2‎ B．含大量NO3﹣的溶液：Fe2+、SO42﹣、H+‎ C．水电离产生的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液：Al3+、Na+、Cl﹣‎ D． =1×1014的溶液：NH4+、CrO42﹣、ClO﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．双氧水具有强氧化性，能够氧化溴离子；‎ B．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；‎ C．水电离产生的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，三种离子之间不反应，都不与氢离子反应；‎ D．该溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应．‎ ‎【解答】解：A．Br﹣、H2O2之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．NO3﹣、Fe2+、H+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．水电离产生的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Al3+、Na+、Cl﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中可以大量共存，故C正确；‎ D．该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，ClO﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列各组反应中关于能量的比较正确的是（　　）‎ ‎①H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1； H2（g）+Cl2（g）=HCl （g）△H2；△H1＞△H2‎ ‎②2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H1； 2Na（s）+2H2O（l）=2NaOH（aq）+H2（g）△H2；△H1＞△H2‎ ‎③CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2；△H1＜△H2‎ ‎④t℃时，在一定条件下，将 1mol N2和 3mol H2 分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为 Q1、Q2； Q1＜Q2．‎ A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①③‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】①反应热的大小与物质的量成正比；‎ ‎②2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）分解反应是吸热反应，所以△H1＞0，而活泼金属与水的反应是放热反应，所以△H2＜0；‎ ‎③气态的甲醇转化为液态的甲醇要放热，结合盖斯定律分析解答；‎ ‎④合成氨正反应是气体体积减小的反应，所以恒压达平衡时的体积小于恒容的体积；‎ ‎【解答】解：①反应热的大小与物质的量成正比，所以物质的量越多放出的热量越多，值越小，则△H1＜△H2，故错误；‎ ‎②2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）分解反应是吸热反应，所以△H1＞0，而活泼金属与水的反应是放热反应，所以△H2＜0，所以；△H1＞△H2，故正确；‎ ‎③气态的甲醇转化为液态的甲醇要放热，由反应Ⅰ、CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1；ⅡCH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2；根据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ得：CH3OH（g）=CH3OH（l），△H1﹣△H2＜0，所以△H1＜△H2，故正确；‎ ‎④合成氨正反应是气体体积减小的反应，所以恒压达平衡时的体积小于恒容的体积，所以恒容相当于在恒压的基础上减小压强，平衡逆向移动，则恒容放出的热量少，所以Q1＜Q2，故正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．对于反应：4CO（g）+2NO2（g）=4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1，温度不同 （T2＞T1）其他条件相同时，下列图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；‎ B、升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；‎ C、对于反应：4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g），T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C错误；‎ D、正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列图中的实验方案，能达到实验目的是（　　）‎ A．图甲：进行中和热的测定 B．图乙：比较 HCl、H2CO3和 H2SiO3 的酸性强弱 C．图丙：验证 CuCl2对 H2O2 分解有催化作用 D．图丁：验证 2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0‎ ‎【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．‎ ‎【分析】A．铜丝可导电，导致热量散失；‎ B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应；‎ C．温度不同、催化剂不同；‎ D．温度不同，温度高时颜色深．‎ ‎【解答】解：A．铜丝可导电，导致热量散失，应选环形玻璃搅拌棒，故A错误；‎ B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应，则不能比较H2CO3和 H2SiO3 的酸性强弱，故B错误；‎ C．温度不同、催化剂不同，应控制温度相同，探究催化剂对反应速率的影响，故C错误；‎ D．温度不同，温度高时颜色深，则可验证 2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．用化学用语解释相关现象正确的是（　　）‎ A．BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4⇌Ba2++SO42﹣‎ B．KHSO4在熔融状态下可导电：KHSO4=K++H++SO42+‎ C．常温下，0.1 mol/L的HF 溶液的pH＞1：HF+H2O⇌H3O++F﹣‎ D．向KI﹣淀粉溶液中滴加稀硫酸，溶液变蓝色：4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．BaSO4在溶液中溶解度很小，完全电离；‎ B．KHSO4在熔融状态下电离出钾离子和硫酸氢根离子；‎ C．HF是弱电解质，在溶液中部分电离；‎ D．酸性条件下，不能生成氢氧根离子．‎ ‎【解答】解：A．BaSO4在溶液中溶解度很小，溶液中带电离子的浓度很小，导电性极弱，但是BaSO4是强电解质完全电离，不存在电离平衡，故A错误；‎ B．KHSO4在熔融状态下电离出钾离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：KHSO4=K++HSO4﹣，故B错误；‎ C．HF是弱电解质，在溶液中部分电离，0.1 mol/L的HF 溶液的氢离子的浓度小于0.1mol/L，所以pH＞1：即HF+H2O⇌H3O++F﹣；故C正确；‎ D．向KI﹣淀粉溶液中滴加稀硫酸，溶液变蓝色：4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液，分别投入0.23g Na，则下图中比较符合反应事实的曲线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】pH均等于2的盐酸和醋酸溶液，开始氢离子浓度相同，pH相同，但醋酸为弱酸，则醋酸的浓度大于盐酸的浓度，与等量的Na反应时，醋酸生反应速率大，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．醋酸与Na反应生成的醋酸钠溶液中，因醋酸根离子水解显碱性，但醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液的pH＜7，故A错误；‎ B．因盐酸与Na恰好完全反应，则反应后溶液的pH=7，而醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液的pH＜7，故B正确；‎ C．因Na的质量相同，则与盐酸恰好完全反应，醋酸过量，生成氢气相同，故C错误；‎ D．因Na的质量相同，则与盐酸恰好完全反应，醋酸过量，生成氢气相同，且醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸先反应结束，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，图甲表示反应速率（v）与温度（T） 的关系、图乙表示 T1时，平衡体系中SO2的体积分数与压强（p）的关系．下列说法不正确的是（　　）‎ A．图甲中，曲线1表示逆反应速率与温度的关系 B．图甲中，d点时，混合气体的平均摩尔质量不再改变 C．图乙中，a、b两点的反应速率：va＞vb D．图乙中，c点的正、逆反应速率：v（逆）＞v（正）‎ ‎【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正反应放热，升温，平衡逆向移动；‎ B、d点表示温度为T0时，正逆反应速率相等；‎ C、温度恒定时，a、b两点对应的压强是b的大，压强越大，反应速率越快；‎ D、c点时，二氧化硫的含量小于平衡时的含量，平衡向生成二氧化硫的方向移动．‎ ‎【解答】解：A、反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正反应放热，升温，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则曲线1表示逆反应速率与温度的关系，故A正确；‎ B、d点表示温度为T0时，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故B正确；‎ C、温度恒定时，a、b两点对应的压强是b的大，压强越大，反应速率越快，a、b两点对应的反应速率：va＜vb，故C错误；‎ D、c点时，二氧化硫的含量小于平衡时的含量，平衡向生成二氧化硫的方向移动，即向逆反应方向移动，所以v（逆）＞v（正），故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．T℃时，将A和B各0.32mol充入恒容密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1（a＞0），反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（　　）‎ t/min ‎ ‎0 ‎ ‎2 ‎ ‎4 ‎ ‎7 ‎ ‎9‎ n（B）/mol ‎ ‎0.32 ‎ ‎0.24 ‎ ‎0.22 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.20‎ A．若起始时向容器中充入0.64 mol C，则达平衡时吸收的热量为0.12a kJ B．恒温，如果压缩容器体积，B的浓度和体积分数均不变 C．若起始时向容器中充入 0.64 mol A 和 0.64 mol B，则达平衡时 n（C）＜0.48 mol D．恒温、恒容，向平衡体系中再充入0.32 mol A，再次平衡时，B的转化率增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、将A和B各0.32mol充入恒容密闭容器中和充入0.64 mol C，是等效平衡，所以平衡B的物质的量为0.20mol，所以转化C的物质的量为0.4mol，由此分析解答；‎ B、两边的计量数相等，所以压缩容器体积平衡不移动，各组分的体积分数不变，但B的物质的量浓度变大；‎ C、反应其它气体分子数目不变，与原平衡为等效平衡，平衡时B的转化率相等，结合方程式计算；‎ D、再充入A，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：A、将A和B各0.32mol充入恒容密闭容器中和充入0.64 mol C，是等效平衡，所以平衡B的物质的量为0.20mol，所以转化C的物质的量为0.4mol，所以吸收的热量为： kJ=0.2akJ，故A错误；‎ B、两边的计量数相等，所以压缩容器体积平衡不移动，各组分的体积分数不变，但B的物质的量浓度变大，B的物质的量浓度不是不变，故B错误；‎ C、反应其它气体分子数目不变，与原平衡为等效平衡，平衡时B的转化率相等，则平衡时参加反应的B为（0.32﹣0.2）mol×=0.24mol，故平衡时n（C）=0.48mol，故C错误；‎ D、再充入A，平衡正向移动，到达新平衡后B的转化率增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．已知反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0，某温度下，向5L密闭容器中加入2mol C（s）与1mol H2O（g），t1s时，CO的物质的量为0.20mol，到第t2s时恰好达到平衡，此时CO的物质的量为0.35mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．t1时改变的条件可能是使用催化剂 B．t1时改变的条件可能是增大 H2O 浓度 C．t1～t2这段时间内的化学反应速率 v（H2O）=‎ D．t2后继续加入 2 mol C（s）平衡向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．催化剂对平衡移动无影响；‎ B．增大 H2O 浓度，平衡正向移动，则CO的物质的量增大；‎ C．结合v=计算；‎ D．C为固体，不影响平衡移动．‎ ‎【解答】解：A．催化剂对平衡移动无影响，则t1时改变的条件不可能是使用催化剂，故A错误；‎ B．增大 H2O 浓度，平衡正向移动，则CO的物质的量增大，则t1时改变的条件可能是增大 H2O 浓度，故B正确；‎ C．t1s时，CO的物质的量为0.20mol，到第t2s时恰好达到平衡，此时CO的物质的量为0.35mol，生成CO为0.15mol，则消耗的水为0.15mol，由v=可知，t1～t2这段时间内的化学反应速率 v（H2O）==mol/（L．s），故C错误；‎ D．C为固体，不影响平衡移动，则t2后继续加入 2 mol C（s）平衡不移动，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．在一定条件下，S8（s）和O2（g）发生反应依次转化为SO2（g）和SO3（g）（已知：2SO2+O2⇌2SO3），反应过程中的能量关系可用如图简单表示（图中的△H 表示生成1mol产物的数据）． 下列说法正确的是（　　）‎ A．S8的燃烧热△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ B．1 mol SO2和过量 O2反应可释放出 b kJ 的热量 C．已知1个S8分子中有8个S﹣S，S=O的键能为d kJ•mol﹣1，O=O的键能为e kJ•mol﹣1，则S8分子中S﹣S的键能为（2d﹣a﹣e） kJ•mol﹣1‎ D．若使用V2O5作催化剂，当SO2（g）转化生成1mol SO3（g）时，释放的热量小于b kJ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．依据图象分析1molO2和molS8反应生成二氧化硫放热aKJ/mol，依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；‎ B．1 mol SO2和0.5molO2反应生成1molSO3（g）时可释放出 b kJ 的热量；‎ C、SO2分子中硫氧键的键能为dkJ•mol﹣1，O=O键的键能为ekJ•mol﹣1，结合反应热等于反应物的键能总和减去生成物键能总和计算；‎ D、反应释放热量的多少与外界条件无关，只与始态和终态有关．‎ ‎【解答】解：A．依据图象分析1molO2和molS8反应生成二氧化硫放热aKJ/mol，依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式为：S8（s）+8O2（g）=8SO2（g）△H=﹣8aKJ/mol，则S8（s）的燃烧热△H=﹣8akJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．1 mol SO2和0.5molO2反应生成1molSO3（g）时可释放出 b kJ 的热量，而不是过量的氧气，故B错误；‎ C、已知硫氧键（S=O）的键能为d kJ/mol，氧氧键（O=O）的键能为e kJ/mol，则设S8分子中硫硫键键能为xKJ/mol，由S8（s）+8O2（g）=8SO2（g）△H=﹣8aKJ/mol及反应热=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和可知，8x+8e﹣16d=﹣8a，解得x=2d﹣a﹣e，所以S8分子中S﹣S的键能为（2d﹣a﹣e） kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D、反应释放热量的多少与外界条件无关，只与始态和终态有关，所以使用V2O5作催化剂，当SO2（g）转化生成1mol SO3（g）时，释放的热量于于b kJ，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．苯甲酸钠（NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，已知25℃时，HA、H2CO3的电力平衡常数分别为K=6.25×10﹣5、K1=4.3×10﹣7，下列说法正确的是（不考虑饮料中其他成分）（　　）‎ A．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变 B．当pH为5.0时，饮料中 =0.16‎ C．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 D．结合H+的能力：A﹣＞HCO3﹣‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；‎ B．根据=计算；‎ C．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；‎ D．酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱．‎ ‎【解答】解：A．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故A错误；‎ B．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故B正确；‎ C．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故C错误；‎ D．酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱，HA的酸性强于H2CO3，所以结合H+的能力：A﹣＜HCO3﹣，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．在不同温度下，将2mol X、2mol Y分别充入到不同体积的容器中，发生反应：X（g）+Y （g）⇌mZ（g）△H，所得Z的平衡浓度如表所示，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ 1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎ 200‎ ‎ 300‎ ‎ 2.4‎ ‎ 1.2‎ ‎ 0.8‎ ‎ 400‎ ‎2.0‎ ‎ 1.0‎ A．m=2，△H＞0‎ B．300℃时，该反应平衡常数 K=9‎ C．在3L容器中进行反应，达到平衡的时间：400℃＞200℃‎ D．200℃，2L容器中反应达平衡后，再充入2 mol Z，平衡时 Z 的体积分数增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Z的浓度降低的倍数等于2，所以可确定反应前后体积相等，得m=2；当体积相同时，温度升高，Z的浓度减小，即平衡逆向移动，所以此反应的逆向为吸热反应，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Z的浓度降低的倍数等于2，所以可确定反应前后体积相等，得m=2；当体积相同时，温度升高，Z的浓度减小，即平衡逆向移动，所以此反应的逆向为吸热反应，‎ A、逆向为吸热反应，正反应为放热反应，所以m=2，△H＜0，故A错误；‎ B、平衡常数是温度的函数，体积为1L容器中，‎ ‎ X（g）+Y （g）⇌2Z（g）‎ 初起：2mol/L 2mol/L 0‎ 变化：1.2mol/L 1.2mol/L 2.4mol/L 平衡：0.8mol/L 0.8mol/L 2.4mol/L 所以K==9，所以300℃时，该反应平衡常数 K=9，故B正确；‎ C、温度越高反应速率越快，达平衡的时间越短，所以达到平衡的时间：400℃＜200℃，故C错误；‎ D、200℃，2L容器中反应达平衡后，再充入2 mol Z，相当于增大压强，平衡不移动，平衡时 Z 的体积分数不变，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．将一定量纯净的 X 置于某 10L 容积恒定的真空容器中（假设固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：X（s）⇌2Y（g）+Z（g），实验测得不同温度下的分解平衡常数列于如表，下列说法中不正确的是（　　）‎ 温度（ oC） ‎ ‎15.0 ‎ ‎25.0 ‎ ‎30.0 ‎ ‎35.0‎ K/（×10﹣8 mol3•L﹣3）‎ ‎0.205 ‎ ‎1.64 ‎ ‎4.68 ‎ ‎10.8‎ A．若Z的体积分数不再随时间变化时表示反应达平衡状态 B．35 oC时，达平衡时，X分解了 0.03 mol C．该反应在高温下可能自发 D．若在恒温下，压缩容器体积，再次达平衡后，n（X）比原平衡大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、反应X（s）⇌2Y（g）+Z（g）中，Y和Z都是气体，而X是固体，所以Z的体积分数始终不随时间变化而变化；‎ B、根据三行式，结合平衡常数，求平衡时各组分的物质的量；‎ C、由表可知温度越高，平衡常数K越大，所以反应X（s）⇌2Y（g）+Z（g）△H＞0，△S＞0，根据△G=△H﹣T△S分析解答；‎ D、压缩容器体积，相当于增大压强，平衡逆向移动．‎ ‎【解答】解：A、反应X（s）⇌2Y（g）+Z（g）中，Y和Z都是气体，而X是固体，所以Z的体积分数始终不随时间变化而变化，所以Z的体积分数不能作平衡状态的标志，故A错误；‎ B、35℃平衡常数为10.8，‎ ‎ X（s）⇌2Y（g）+Z（g），‎ 起始量：a 0 0‎ 变化量：b 2b b 平衡量：a﹣b 2b b ‎ 所以K==10.8，解之得b=0.03 mol，故B正确；‎ C、由表可知温度越高，平衡常数K越大，所以反应X（s）⇌2Y（g）+Z（g）△H＞0，△S＞0，根据△G=△H﹣T△S，只能在高温的条件下反应能自发进行，故C正确；‎ D、压缩容器体积，相当于增大压强，平衡逆向移动，所以再次达平衡后，n（X）比原平衡大，故D正确；‎ ‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．磷在氧气中燃烧，可能生成P2O3和P2O5，已知单质磷（P）的燃烧热为X kJ/mol，0.1molP在2.24L O2（标准状况下）燃烧至反应物耗尽时，放出Y kJ 的热量，则下列说法错误的是（　　）‎ A．生成0.025 mol P2O5‎ B．生成 P2O3所释放的热量为（Y﹣0.05X） kJ C．2P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（40Y﹣2X）kJ•mol﹣1‎ D．生成的 P2O3与 P2O5的质量之比为 1：1‎ ‎【考点】燃烧热．‎ ‎【分析】0.1molP在2.24L O2（标准状况下）燃烧至反应物耗尽，故P原子与O原子的数目之比为0.1mol： mol×2=1：2，2：5＜1：2＜2：3，故反应产物为P2O3、P2O5，令物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.1、3x+5y=0.2，‎ 解得：x=0.025mol，y=0.025mol 故P2O3的质量为0.025mol×110g/mol=2.75g，P2O5的质量为0.025mol×142g/mol=3.55g，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、根据以上分析，0.1molP在2.24L O2（标准状况下）燃烧至反应物耗尽，故P原子与O原子的数目之比为0.1mol： mol×2=1：2，2：5＜1：2＜2：3，故反应产物为P2O3、P2O5，故A正确；‎ B、根据以上分析，生成P2O3的物质的量为0.025mol，生成P2O5的物质的量为0.025mol，又单质磷（P）的燃烧热为X kJ/mol，所以生成 P2O3所释放的热量为（Y﹣0.05X） kJ，故B正确；‎ C、由B得出，生成P2O3的物质的量为0.025mol，释放的热量为（Y﹣0.05X） kJ，所以2P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（40Y﹣2X）kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D、根据以上分析，生成的 P2O3与 P2O5的质量之比为2.75g：3.55g，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎19．常温下，在两份相同的 Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（　　）‎ A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b点，水电离产生的c（H+）＜10﹣7mol/L C．c点，两溶液中含有相同量的 OH﹣‎ D．a、d两点对应的溶液均显中性 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；‎ B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；‎ C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；‎ D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4．‎ ‎【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；‎ B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，抑制水电离，所以b点水电离产生的c（H+）＜10﹣7mol/L，故B正确；‎ C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；‎ D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，‎ 故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．如图，隔板K可左右移动，甲中充入2mol A和1mol B，乙中充入2mol C和1mol He，此时K停在0处．发生反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），达到平衡后，恢复至温度．下列有关说法不正确的是 ‎（　　）‎ A．达平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度0～2之间 B．若平衡时K停留在左侧1处，则活塞停留在右侧6处 C．达到平衡时，甲容器中B的物质的量小于于乙容器中B的物质的量 D．根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡 ‎【考点】等效平衡；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．根据可逆反应不能完全反应进行分析；‎ B．“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质的量为2.5mol，乙中A、B、C三种气体的总量比甲中至少多1 mol，即大于3.5 mol；‎ C．乙中充入1 mol He，等于给甲加压，平衡右移，B的物质的量减少；‎ D．平衡移动，气体体积会发生变化，隔板随之滑动．‎ ‎【解答】解：A.2A（g）+B（g）2C（g），由于甲中充入2 mol A和1 mol B，反应向正反应方向移动，A中压强降低，最多能转化为2 mol C，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0﹣2 mol之间，所以达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0﹣2之间，故A正确；‎ B．“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，甲中气体的物质的量为2.5 mol，乙中A、B、C三种气体的总量比甲中至少多1 mol，即大于3.5 mol，故乙中气体的体积要在5刻度右侧，故B错误；‎ C．隔板可以滑动，说明是等压条件．乙中充入1molHe，等于给甲加压，平衡右移，B的物质的量减少，则甲容器中B的物质的量小于乙容器中B的物质的量，故C正确；‎ D．平衡移动，气体体积会发生变化，隔板随之滑动，当隔板不移动时，说明达到平衡状态，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分60分）‎ ‎21．某实验小组欲用酸性KMnO4和H2C2O4反应通过测定单位时间内生成 CO2的量来探究影响反应速率的因素，设计实验方案如表：‎ 实验序号 ‎ A 溶液 ‎ B 溶液 ‎①‎ ‎20 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4 溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol•L﹣1KMnO4 酸性溶液 ‎②‎ ‎20 mL 0.2 mol•L﹣1 H2C2O4 溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4酸性溶液 ‎（1）检验如图装置气密性的最简便方法为：　先关闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉（或向内压）注射器的活塞，松手后恢复原位，表明气密性良好　．‎ ‎（2）H2C2O溶液与酸性 KMnO4溶液反应的化学方程式为　2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O　．‎ ‎（3）该实验探究的是　浓度　因素对化学反应速率的影响，相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是　②＞①　（填实验序号）．‎ ‎（4）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4﹣）=　0.0052mol/L　（若忽略溶液混合前后体积的变化）．‎ ‎（5）小组同学发现反应速率总是如图所示，积极探究t1～t2时间内速率变快的主要原因，提出假设可能是：①　该反应为放热反应　、②　产物Mn2+是反应的催化剂　、③K+对该反应有催化作用．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）关闭分液漏斗的活塞，拉动活塞，松手后观察活塞是否复原可检查气密性；‎ ‎（2）KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，根据得失电子守恒、电荷守恒配平方程式；‎ ‎（3）对比①②实验可探究草酸浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；‎ ‎（4）先求出反应的n（MnO4﹣）的物质的量，再求出反应后的浓度；‎ ‎（5）根据反应过程中反应物浓度在减小，要加快反应的条件还可能是温度和催化剂的作用．‎ ‎【解答】解：（1）检验装置气密性的简便方法为先关闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉（或向内压）注射器的活塞，松手后恢复原位，表明气密性良好，‎ 故答案为：先关闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉（或向内压）注射器的活塞，松手后恢复原位，表明气密性良好；‎ ‎（2）KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，KMnO4和中锰降低了5价，1个H2C2O4分子中有2个+3价的C，所以升高1×2=2价，根据化合价升降总数相等可以确定KMnO4和H2C2O4比例关系为2：5，根据电荷守恒配平方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，‎ 故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；‎ ‎（3）对比①②实验可探究草酸的浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，相同时间所得CO2的体积大，‎ 故答案为：浓度；②＞①；‎ ‎（4）CO2的物质的量为： =0.0002mol，设2min末，反应消耗的n（MnO4﹣）为x，‎ ‎ 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎ 2 10‎ ‎ x 0.0002mol 解得 x=0.00004mol 反应剩余的高锰酸根离子的物质的量为：30×10﹣3L×0.01mol•L﹣1﹣0.00004mol=0.00026mol c（MnO4﹣）===0.0052mol/L；‎ 故答案为：0.0052；‎ ‎（5）研究发现反应速率总是如图2所示发生变化，则t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：‎ ‎①该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率，‎ ‎②产物Mn2+是反应的催化剂，‎ 故答案为：该反应放热；产物Mn2+是反应的催化剂．‎ ‎　‎ ‎22．高温裂解法处理工业废硫酸的原理为：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ/mol，它由两步反应组成：‎ i．H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ/mol ii．SO3（g）分解．‎ ‎（1）SO3（g）分解的热化学方程式为　2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol　．‎ ‎（2）工业上常用SO2制备Na2S2O3，向0.1mol/L的Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为　S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O　．‎ ‎（3）反应ii的△S　＞　 0 （填“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎（4）对反应ii，可用V2O5作催化剂． 已知：SO2+V2O5⇌SO3+V2O4K1、O2+V2O4⇌V2O5K2，则在相同温度下，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）的平衡常数 K=　　（用K1、K2表示）．‎ ‎（5）L（L1、L2），X可分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．‎ ‎①X代表的物理量是　压强　；‎ ‎②比较L1、L2的大小　L2＞L1　．‎ ‎（6）维持体系总压p恒定，在T℃时，物质的量为9mol、体积为2L的SO3（g）发生反应：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），已知SO3的平衡转化率25%，则在该温度下反应的平衡常数K=　mol/L　（用最简分数表示）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）已知：①2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1‎ ‎②H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律①﹣2×②可得；‎ ‎（2）根据化合价分析用Na2S2O3制备SO2，另一产物为S；‎ ‎（3）反应气体体积增多，△S＞0；‎ ‎（4）已知：①SO2+V2O5⇌SO3+V2O4 K1，‎ ‎ ②O2+V2O4⇌V2O5 K2，则﹣（①+②）×2可得2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），再得该反应的K；‎ ‎（5））①由图可知，X越大，转化率越低；‎ ‎②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大；‎ ‎（6）根据三段式列出平衡时各物质的量计算．‎ ‎【解答】解：（1）已知：①2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1‎ ‎②H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律①﹣2×②可得：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196 kJ/mol；‎ 故答案为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196 kJ/mol；‎ ‎（2）Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸制备二氧化硫的方程为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；‎ 故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；‎ ‎（3）反应气体体积增多，△S＞0；‎ 故答案为：＞；‎ ‎（4）已知：：①SO2+V2O5⇌SO3+V2O4 K1，‎ O2+V2O4⇌V2O5 K2，‎ 则﹣（①+②）×2可得2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），K=；‎ 故答案为：；‎ ‎（5）①）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强；‎ 故答案为：压强；‎ ‎②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大；‎ 故答案为：L2＞L1；‎ ‎（6）在T℃时，物质的量为9mol、体积为2L的SO3（g）发生反应，SO3的平衡转化率25%，‎ ‎ 2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），‎ 起始量（mol）：9 0 0‎ 转化量（mol）：2.25 2.25 1.125‎ 平衡量（mol）：6.75 2.25 1.125‎ 维持体系总压p恒定，平衡时容器的体积为V，则，V=2.25L，则平衡常数K==mol/L；‎ 故答案为： mol/L．‎ ‎　‎ ‎23．雾霾严重影响人们的生活，雾霾的形成与汽车排放的 NOx等有毒气体有关．‎ ‎（1）可以通过活性炭处理汽车尾气，原理为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0．‎ ‎①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是　CD　‎ A．2ν正（NO）=ν逆（CO2）‎ B．在恒温、恒容的容器中，混合气体的压强保持不变 C．在绝热、恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化 D．在恒温、恒压的容器中，混合气体的密度保持不变 ‎②在恒温、恒容条件下，加入2mol C（s）和2mol NO（g）达平衡后，再在绝热、恒容条件下，加入1mol NO重新达平衡后，N2的百分含量将　减小　 （填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎（2）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，原理为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）．‎ 若在容积为10L的密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4molNO2、0.2mol O3，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图1所示．‎ ‎①实验a从开始至平衡时的反应速率v（O3）=　2.5×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1　；实验c中NO2的平衡转化率为　30%　．‎ ‎②与实验a相比，其他两组改变的实验条件分别是：b　使用催化剂　，c　升高温度　．‎ ‎③M点的逆反应速率 v（逆）　＜　 N点的正反应速率v（正） （填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎④若在N点时，维持温度和压强不变，t1时再加入0.4molNO2、0.2mol O3，请在图中画出逆反应速率在t1后随时间t的变化曲线图2．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；‎ ‎②加入NO后平衡正向移动，但转化的NO物质的量远远小于加入的NO；‎ ‎（2）①实验a中，同温同容下，混合气体的压强之比等于其物质的量之比，开始时压强为180kPa，平衡时为150kPa，所以反应前后气体的物质的量之比=180kPa：150kPa=6：5，反应前气体的总物质的量=（0.4+0.2）mol=0.6mol，则反应后气体的总物质的量为0.5mol，根据2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）知，反应前后减少的物质的量等于臭氧参加反应的物质的量为（0.6﹣0.5）mol=0.1mol，‎ 根据v=计算臭氧反应速率；‎ 实验c中，反应前压强与反应前后压强变化量之比等于反应前气体的物质的量与反应前后气体的物质的量变化量之比=190pKa：pKa=10：1，反应前气体的总物质的量=（0.4+0.2）mol=0.6mol，则前后气体减少的物质的量为0.06mol，参加反应的二氧化氮物质的量是反应前后减少的物质的量的2倍，为0.12mol，‎ 二氧化氮转化率=；‎ ‎②与实验a相比，b中缩短到达平衡的时间，但平衡时压强不变，说明改变条件只改变反应速率但不影响平衡移动；‎ c中改变条件时增大反应速率且反应前后压强改变量变小，抑制平衡正向移动；‎ ‎③温度越高、压强越大反应速率越大，但温度对化学反应速率影响大于压强对化学反应速率影响；‎ ‎④若在N点时，维持温度和压强不变，t1时再加入0.4molNO2、0.2mol O3，改变条件瞬间，反应物浓度不变、生成物浓度变小，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：（1）C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0．‎ ‎①A．当ν正（NO）=2ν逆（CO2）时该反应达到平衡状态，所以2ν正（NO）=ν逆（CO2）时该反应没有达到平衡状态，故错误；‎ B．该反应前后气体物质的量不变，所以在恒温、恒容的容器中，混合气体的压强始终保持不变，不能判断该反应是否达到平衡状态，故错误；‎ C．在绝热、恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明该反应正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；‎ D．在恒温、恒压的容器中，反应前后气体的质量发生变化，当混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态，故正确；‎ 故选CD；‎ ‎ ②加入NO后平衡正向移动，但转化的NO物质的量远远小于加入的NO，导致混合气体中氮气增加的物质的量远远小于总物质的量增加的量，所以氮气含量减小，故答案为：减小；‎ ‎（2）①同温同容下，混合气体的压强之比等于其物质的量之比，开始时压强为180kPa，平衡时为150kPa，所以反应前后气体的物质的量之比=180kPa：150kPa=6：5，反应前气体的总物质的量=（0.4+0.2）mol=0.6mol，则反应后气体的总物质的量为0.5mol，根据2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）知，反应前后减少的物质的量等于臭氧参加反应的物质的量为（0.6﹣0.5）mol=0.1mol，‎ 臭氧平均反应速率v===2.5×10﹣4 mol•L﹣1•min﹣1；‎ 实验c中，反应前压强与反应前后压强变化量之比等于反应前气体的物质的量与反应前后气体的物质的量变化量之比=190pKa：pKa=10：1，反应前气体的总物质的量=（0.4+0.2）mol=0.6mol，则前后气体减少的物质的量为0.06mol，参加反应的二氧化氮物质的量是反应前后减少的物质的量的2倍，为0.12mol，‎ 二氧化氮转化率==×100%=30%；‎ 故答案为：2.5×10﹣4 mol•L﹣1•min﹣1；30%；‎ ‎②与实验a相比，b中缩短到达平衡的时间，但平衡时压强不变，说明改变条件只改变反应速率但不影响平衡移动，所以改变的条件是使用催化剂；‎ c中改变条件时增大反应速率且反应前后压强改变量变小，抑制平衡正向移动，所以改变的条件是升高温度；‎ 故答案为：使用催化剂；升高温度；‎ ‎③温度越高、压强越大反应速率越大，但温度对化学反应速率影响大于压强对化学反应速率影响，N点温度高于M点，所以M点的逆反应速率 v（逆）＜N点的正反应速率v（正），故答案为：＜；‎ ‎④若在N点时，维持温度和压强不变，t1时再加入0.4molNO2、0.2mol O3，改变条件瞬间，反应物浓度不变、生成物浓度变小，平衡正向移动，其图象为，故答案为：．‎ ‎　‎ ‎24．（1）溶液中，c（H+）=10﹣x mol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣y mol•L﹣1，x与y的关系如图1所示．‎ ‎①若从A点到B点，可采取的措施为　升高温度　．‎ ‎②T2℃时，将pH=0的NaHSO4溶液逐滴滴加到pH=2 的醋酸溶液中，则水电离出的c（OH﹣）将　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎③已知：T1℃时，醋酸的电离常数为 1.8×10﹣5，则 T1℃时，在 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中由醋酸电离出的 c（H+）约是水电离出的 c（H+）的倍　9×108　．‎ ‎④T2℃时，将某溶液（此溶液满足 lg[]=10）滴入含 Na+、HS﹣、SO42﹣、K+的溶液中，发生反应的离子方程式为　HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O　．‎ ‎（2）体积均为1mL pH=2的一元酸HA和HB，加水稀释过程中pH与溶液体积关系如图2所示：‎ ‎①m的取值为　2＜m≤4　．‎ ‎②a点酸的浓度　＜　b点酸的浓度（填“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎③若 m＜4，常温下a点到c点的过程中，下列表达式的数据变大的是　BC　．‎ A．c（A﹣） B．n（H+）•n（OH﹣） C． D．‎ ‎（3）已知：25℃时，HCN、H2CO3 的电离平衡常数分别为K=4.9×10﹣10，K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为：　CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）①A点时Kw=10﹣14，B点时Kw=10﹣12，从A点到B点Kw增大；‎ ‎②将pH=0的NaHSO4溶液逐滴滴加到pH=2 的醋酸溶液中，溶液中氢离子浓度增大，根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）判断；‎ ‎③已知：T1℃时，醋酸的电离常数为 1.8×10﹣5，根据Ka=计算c（H+），再根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算；‎ ‎④T2℃时，Kw=10﹣12，将某溶液（此溶液满足 lg[]=10），则c（H+）=10﹣11mol/L，溶液显碱性；‎ ‎（2）①体积均为1mL pH=2的一元酸HA和HB，加水稀释100倍，pH变化为2或小于2；‎ ‎②稀释相同的倍数HB的pH变化小，则HB的酸性弱；‎ ‎③若 m＜4，则HA为弱酸，加水稀释促进电离，n（A﹣）增大，但是c（A﹣）减小，据此分析；‎ ‎（3）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸性强弱顺序是H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）①A点时Kw=10﹣14，B点时Kw=10﹣12，从A点到B点Kw增大，所以可采取的措施为升高温度；‎ 故答案为：升高温度；‎ ‎②将pH=0的NaHSO4溶液逐滴滴加到pH=2 的醋酸溶液中，溶液中氢离子浓度增大，由Kw=c（H+）×c（OH﹣）可知，c（OH﹣）减小，溶液中氢氧根离子由水电离，所以水电离出的c（OH﹣）将减小；‎ 故答案为：减小；‎ ‎③已知：T1℃时，醋酸的电离常数为 1.8×10﹣5，由Ka=可知，c（H+）==3×10﹣3mol/L，由Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14可知，水电离出的 c（H+）=×10﹣11mol/L，则由醋酸电离出的 c（H+）约是水电离出的 c（H+）的倍9×108；‎ 故答案为：9×108；‎ ‎④T2℃时，Kw=10﹣12，将某溶液（此溶液满足 lg[]=10），则c（H+）=10﹣11mol/L，溶液显碱性，所以溶液中HS﹣不能大量共存，发生的离子方程式为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；‎ 故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；‎ ‎（2）①体积均为1mL pH=2的一元酸HA和HB，加水稀释100倍，若HA为强酸，则pH变化为2，若HA为弱酸，则pH变化小于2，所以m的取值范围为：2＜m≤4；‎ 故答案为：2＜m≤4；‎ ‎②稀释相同的倍数HB的pH变化小，则HB的酸性弱，所以a点酸的浓度＜b点酸的浓度；‎ 故答案为：＜；‎ ‎③若 m＜4，则HA为弱酸，加水稀释促进电离，‎ A．加水稀释促进电离，n（A﹣）增大，但是c（A﹣）减小，故A错误；‎ B．c（H+）×c（OH﹣）不变，由于体积增大，所以n（H+）•n（OH﹣）增大，故B正确；‎ C．加水稀释促进电离，n（A﹣）增大，n（H+）增大，由于c（H+）减小，所以水电离的n（H+）也增大，所以增大，故C正确；‎ D． =，由于水解常数Kh不变，所以不变，故D错误．‎ 故答案为：BC；‎ ‎（3）依据强酸制取弱酸的原理，NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣，‎ 故答案为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣．‎ ‎　‎