河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二上学期第四次月考化学试题
南阳一中2019年秋期高二年级第四次月考
化学试题
相对原子质量：H:1 C:12 O:16
第Ⅰ卷选择题(共50分)
一、选择题(2分×10=20分，每小题只有一个正确答案)
1.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是
A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B. 图II表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲
D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故答案选A。
2.在一个固定体积的密闭容器中，向容器内充入2molA和1molB，发生如下反应：2A(g) + B(g)3C(g) + D(s)，反应达到平衡时C的物质的量浓度为1.2 mol/L。若维持容器的温度和体积不变，按下列方法改变起始物质，达到平衡时C的浓度仍为1.2 mol/L的是
A. 4molA + 2molB B. 3molC+ 1molD+ 1molB
C. 6molC + 0.8molD D. 1.6molA+0.8molB + 0.6molC+0.3molD
【答案】D
【解析】
【详解】A. A、B的物质的量是题干中的二倍，相当于原平衡体系加压，达新平衡时C的物质的量浓度大于1.2 mol/L，A不合题意；
B. 将生成物转化为反应物，则为2molA和2molB，相当于原平衡体系中再加入1molB，平衡正向移动，达新平衡时C的物质的量浓度大于1.2 mol/L，B不合题意；
C.将题干中反应物全部转化为生成物，则为3molC+1molD，现为6molC + 0.8molD，相当于原平衡体系加压，达新平衡时C的物质的量浓度大于1.2 mol/L，C不合题意；
D. 将生成物全部转化为反应物，则为2molA+1molB，与题干反应物的物质的量相同，所以达新平衡时C的物质的量浓度为1.2 mol/L，D符合题意。
故选D。
【点睛】解等效平衡题时，可采用一边倒的方式，既可以将生成物全部转化为反应物，也可以将反应物全部转化为生成物，然后与题干中的原平衡体系进行比较，若对应物质浓度相同，则与原平衡等效。若对应物质浓度不相等，则相当于原平衡体系加压或加入某种物质，都容易判断某物质的平衡浓度变化情况或转化率变化情况。
3.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 ②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 ④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，若增加C(s)物质的量，则平衡不移动，①不正确；
②已达平衡反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率降低，②不合题意；
③有气体参加的反应达到平衡时，减小反应器容积，相当于加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，③不正确；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，混合气的体积增大，反应物和生成物浓度同等程度减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，④不正确。
综合以上分析，①②③④都不正确。
故选D。
4.下列叙述，正确的是
A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl和NaCl均为非电解质
B. NH3、SO3的水溶液均导电，所以NH3、SO3是电解质
C. 蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，所以它们是非电解质
D. 铜丝、石墨均导电，所以它们是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，但其水溶液都导电，所以HCl和NaCl均为电解质，A不正确；
B. NH3、SO3的水溶液均导电，但导电离子来自NH3·H2O和H2SO4，所以NH3、SO3是非电解质，B不正确；
C. 蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，且它们都属于化合物，所以它们是非电解质，C正确；
D. 铜丝、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们既不是电解质，也不是非电解质，D不正确。
故选C。
【点睛】电解质不一定能导电，导电的物质不一定是电解质；强电解质溶液导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。比如硫酸不导电，但它是电解质；铜能导电，但它不是电解质；氨气通入水中，其水溶液能导电，但氨气不是电解质。碳酸钙是强电解质，它的水溶液不导电；硫酸是强电解质，很稀的硫酸导电能力弱；醋酸是弱电解质，但浓醋酸溶液的导电能力较强。
5.H2O2是一种二元弱酸，对于0.1mol·L−1的过氧化氢溶液，下列叙述不正确的是()
A. H2O2的电离方程式可写作H2O2H++HO2－，HO2－H++O22－
B. 加水稀释过程中，K1(H2O2)增大，α(H2O2)增大，c(H+)增大
C. 加入少量浓盐酸，过氧化氢的电离平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动
D. 加入少量氯化铁溶液，溶液中产生大量气泡
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2O2为二元弱酸，它发生部分电离，且分步进行，每步只电离出一个H+，A正确；
B. 加水稀释过程中，K1(H2O2)不变，α(H2O2)增大，c(H+)减小，B不正确；
C. 加入少量浓盐酸，增大了溶液中的c(H+)，过氧化氢的电离平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动，C正确；
D.氯化铁溶液是H2O2分解的催化剂，能加快H2O2分解速率，所以溶液中产生大量气泡，D正确。
故选B。
6.下列事实一定能说明HF是弱酸的是( )
①用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗； ②HF与NaCl不能发生反应；③常温下0.1mol/L的HF溶液pH为2.3；④HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2 ；⑤ HF与水能以任意比混溶；⑥1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红
A. ①② B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ③
【答案】D
【解析】
【详解】①导电性强弱主要与离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱，用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明HF是弱酸，故①错误；
②HF与NaCl不能发生反应是由于两者不符合复分解反应的条件，与HF是否为弱酸无关，故②错误；
③如果HF为强酸，常温下0.1mol·L－1的HF溶液的pH应为1，而该溶液的pH为2.3，说明HF部分电离是弱酸，故③正确；
④HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故④错误；
⑤不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑤错误；
⑥1mol·L－1的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑥错误；
故选D。
7.已知在t1、t2温度下水的电离平衡曲线如图所示，则下列说法中不正确的是
A. t1
③，D正确。
故选D。
18.下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确的是( )
A. 物质的量浓度相等的HCN和NaCN的混合液(pH＞7) 中：c(Na+)＞c(CN-)＞c(HCN)＞c(OH-)
B. 在pH=7的NH4Cl和NH3∙H2O的混合溶液中：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. 0.1mol∙L-1的(NH4)2C2O4溶液中：c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
D. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A.物质的量浓度相等的HCN和NaCN的混合液显碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，则：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)，故A错误；
B.pH=7的NH4Cl和NH3∙H2O的混合溶液显中性，根据电荷守恒式c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)可知，c(Cl-)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-)，故B错误；
C.0.1mol∙L-1的(NH4)2C2O4溶液中存在的物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故C错误；
D．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后，CH3COOH和CH3COONa等浓度，此时呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，故D正确；
答案为D。
19.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；
D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠一种强碱，溶液pH增大，D错误；
答案选B。
20.常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种。已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。下列说法中不正确的是
A. D溶液的pH=7
B. 四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最小
C. A与C等体积混合后，溶液中有c(Cl−)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH−)
D. B与D等体积混合后，溶液中有c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】CH3COONa、NH4Cl在溶液中都发生水解，从而促进水电离，盐酸直接电离出H+，抑制水电离，Na2SO4对水的电离不产生影响；NH4Cl溶液、盐酸都显酸性，CH3COONa溶液显碱性，Na2SO4溶液显中性。由“A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同”，可确定A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa，C为盐酸，D为Na2SO4溶液。
A. 常温下，D溶液(Na2SO4溶液)中，Na2SO4对水的电离不产生影响，所以其pH=7，A正确；
B. CH3COONa、NH4Cl促进水电离，盐酸抑制水电离，Na2SO4对水的电离不产生影响，所以C溶液(盐酸)中水的电离程度最小，B正确；
C. 因为NH4Cl与HCl的pH相同，所以c(NH4Cl)>c(HCl)，二者等体积混合后，虽然NH4+发生水解，但离子浓度减小很少，所以溶液中有c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，C错误；
D. CH3COONa与Na2SO4等体积混合后，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH
+OH-、H2OH++OH- ，所以c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，D正确。
故选C。
二、非选择题(共50分)
21.（1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH 溶液中有1% CH3COOH 分子发生电离，则溶液的pH=______________；可以使0.10mol·L-1 CH3COOH的电离程度增大的是____________。、
a.加入少量0.10 mol·L-1的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液
c.加水稀释至0.010 mol·L-1. d.加入少量冰醋酸
e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10 mol·L-1的NaOH溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且pH 均等于3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V( 盐酸)________V(醋酸)(填“>”、“ <” 或“=”)。
（3）0.1mol/L 的某酸H2A 的pH=4，则H2A 的电离方程式为_________________。
（4）某温度下，Kw=1×10-12，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混和液的pH=____。
【答案】 (1). 3 (2). bcf (3). < (4). H2AH++HA-，HA-H++A2- (5). 10
【解析】
【详解】（1）. 常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，则溶液中氢离子浓度为0.1mol/L×1%=0.001mol/L，溶液的pH=3；
a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；
b．醋酸的电离是吸热过程，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；
c．加水稀释至0.010 mol·L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；
d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；
e．加入少量氯化钠固体，对平衡没有影响，则不改变醋酸的电离程度，故e错误；
f．加入少量0.10 mol·L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，使氢离子浓度降低，醋酸的电离平衡正向移动，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确；
故答案为3；bcf；
（2）.醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断向右移动，会电离出更多的氢离子，则等体积且pH 均等于3 的醋酸和盐酸溶液中加入等质量的锌且锌有剩余时，经过充分反应后，醋酸产生的氢气体积较大，故答案为＜；
（3）. 0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则H2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2AH++HA-，HA-H++A2-；故答案为H2AH++HA-，HA-H++A2-；
（4）. 某温度下，Kw=1×10-12，0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，则c(H+)=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH−)=（0.04mol/L−0.02mol/L）÷2=0.01mol/L，则c(H+)=10−12÷0.01=10−10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为10。
22.(1)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)=________(填准确数值)。
(2)25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________________________________。
(3)写出使用泡沫灭火器时发生反应的离子方程式_________________________________。
(4)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈_______(填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋) _______c(CH3COO－)(填“ >” 或 “＝”或“<”)。
(5)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈_______(填“酸性”，“中性”或“碱性”)。
(6)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb ，则a的取值范围为________。
(7)今有a·盐酸 b·硫酸
c·醋酸三种酸：完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是______。
【答案】 (1). 9.9×10-7mol·L－1 (2). (3). Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (4). 碱性 (5). ＞ (6). 酸性 (7). 7，可求出a>，最后求出a的取值范围。
(7)盐酸和硫酸的pH相同，则消耗NaOH溶液的体积相同；因为醋酸是弱酸，所以相同pH时其物质的量最大，消耗NaOH溶液的体积最大。由此可确定完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序。
【详解】(1) pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，利用电荷守恒，可求出溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)= c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L－1。答案为：9.9×10-7mol·L－1；
(2)25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(CH3COO-)= c(Na+)=b mol•L﹣1，c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COOH)=(a-b )
mol•L﹣1，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为Ka==。答案为：；
(3)泡沫灭火器时发生的反应是Al3+与HCO3的双水解反应，反应的离子方程式为Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑。答案为：Al3++3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑；
(4)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，生成醋酸钠溶液，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由此可确定溶液显碱性，溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)。答案为：碱性；>；
(5)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中醋酸过量，CH3COOHCH3COO-+H+，溶液显酸性。答案为：酸性；
(6)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb ，则Va×10-a= Vb×10-(14-b)，10a+b-14<1，a+b-14<0，3a<14，a<；再由b>7，可求出a>，最后求出a的取值范围为5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-。
【详解】(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒物，从而使其沉降。答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+ + 3H2OAl(OH)3 (胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
(2) CH3COOHCH3COO-+H+，在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H+)都减小，但c(OH－)增大。
A．醋酸加水稀释，虽然电离产生的H+数目增多，但溶液体积增大占主导地位，所以c(H＋)减小；
B．=，加水稀释，n(CH3COOH)减小，n(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变时，Kw不变；
D．，加水稀释过程中，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以比值增大；
E．=Ka，温度不变时，Ka不变。答案为：A；
若该溶液升高温度，则醋酸的电离平衡、水的电离平衡都向正反应方向移动，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)、c(H+)、c(OH－)都增大。
A．水的电离程度增大，所以c(H＋)增大；
B．，升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小，c(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度升高，Kw增大；
D．，升高温度，c(H+)增大，c(OH－)增大，但H+主要来自醋酸电离，所以c(H+)增大更多，比值减小；
E．=Ka，温度升高时，Ka增大。答案为：ABCE；
(3)从图中可以看出，HX的pH变化的幅度大，则HX的酸性较强，HX的电离平衡常数大于醋酸的平衡常数；稀释后，HX溶液的pH大，则水的电离程度大，水电离产生的c(H+)大，所以HX溶液中由水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。答案为：大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大；大于；
(4)将SO2通入该氨水中，当c(OH−)=1.0×10−7 mol·L−1时，c(H+)=1.0×10−7 mol·L−1，由HSO3-H++SO32-可得，Ka2=，===0.62。答案为：0.62；
(5)①酸的电离常数越大，越易发生电离，它的酸根离子越难发生水解，则水解生成相同浓度的OH-，所需酸根离子的浓度越大。从而可得出pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液。答案为：CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液；
②向NaCN溶液中通入少量CO2，因为4.9×l0-10>5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-，化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【点睛】在求时，我们可能思考很多，因为题中提供了氨水的电离常数，亚硫酸的一级、二级电离常数，到底如何求解？此时我们应想到，要想求出，HSO3-与SO32-必须出现在同一个式子中，于是我们想到了HSO3-H++SO32-，想到了此电离方程式，就容易想到利用亚硫酸的Ka2进行求解。
24.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−
(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是____________。
(2)CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应__________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率___________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。
③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，反应的离子方程式为_____________。
【答案】 (1). 开始有灰蓝色沉淀生成，随后沉淀溶解 (2). 2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O (3). 增大 (4). 1014 (5). 小于 (6). 5H＋+Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O
【解析】
【分析】
(1) Cr2(SO4)3为强电解质，则溶液中存在Cr3+(蓝紫色)，加入NaOH溶液时生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀，Cr3+与Al3+的化学性质相似，加入过量NaOH时生成Cr(OH)4−(绿色)；
(2) ①已知CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化，且与c(H+)有关；
②由图可知，溶液酸性增大，溶液中的c（Cr2O72−）逐渐增大，则CrO42−的平衡转化率增大；；K= c（Cr2O72−）/[ c2（Cr2O72−）×c2（H+）]；
③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则反应逆向进行，逆向反应为吸热反应；
(3)已知常用NaHSO3将废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，则+4价的S变为+6价；
【详解】(1) Cr2(SO4)3为强电解质，则溶液中存在Cr3+
(蓝紫色)，加入NaOH溶液时生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀，Cr3+与Al3+化学性质相似，加入过量NaOH时生成Cr(OH)4−(绿色)，可观察到的现象为：开始有灰蓝色沉淀生成，随后沉淀溶解；
(2) ①已知CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化，且与c(H+)有关，反应的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；
②由图可知，溶液酸性增大，溶液中的c（Cr2O72−）逐渐增大，则CrO42−的平衡转化率增大；A点数据为c（H+）=1.0×10-7mol/L，c（Cr2O72−）=0.25 mol/L，则c（CrO42−）=0.5 mol/L，K= c（Cr2O72−）/[ c2（Cr2O72−）×c2（H+）]= 1014，答案为：增大；1014；
③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则反应逆向进行，逆向反应为吸热反应，ΔH小于0，答案为小于；
(3)已知常用NaHSO3将废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，则+4价的S变为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5H＋+Cr2O72-+3HSO3-==2Cr3++3SO42-+4H2O；
【点睛】根据反应的方程式，化学平衡常数K= c（Cr2O72−）/[ c2（Cr2O72−）×c2（H+）]，A的数据根据图象得到，即可进行计算。
25.直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(Na2SO3):n(NaHSO3)变化关系如下表：
n(Na2SO3):n(NaHSO3)
91:9
1:1
9:91
pH
8.2
7.2
6.2
(1)由上表判断NaHSO3溶液显_____ 性，试解释原因______ 。
(2)pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)______0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干得到固体的主要成分是______ 。
(4)若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则m______ n(填“＜”、“＞”或“＝”)
【答案】 (1). 酸 (2). NaHSO3 的电离程度大于NaHSO3的水解程度 (3). ＞ (4). Na2SO4 (5). ＜
【解析】
【分析】
(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-
既能电离又能水解，溶液显酸性，则表明电离占主导地位。
(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中，水的电离受到抑制。
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化。
(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多。
【详解】(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-既能电离又能水解，溶液显酸性，则表明电离占主导地位。答案为：酸；NaHSO3 的电离程度大于NaHSO3的水解程度；
(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中，水的电离受到抑制，从而得出pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)>0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)。答案为：>；
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化成Na2SO4。答案为：Na2SO4；
(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多，从而得出m
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