化学卷·2018届辽宁省鞍山一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届辽宁省鞍山一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年辽宁省鞍山一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共18题，共36分．每题只有-个选项符合题意）‎ ‎1．针对平衡2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），采用下列措施一段时间后，能增大逆反应速率的是（　　）‎ A．通入大量O2 B．增大容器容积 C．移去部分SO3 D．降低体系温度 ‎2．如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（　　）‎ A．CO32﹣ B．HCO3﹣ C．Na+ D．NH4+‎ ‎3．下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是（　　）‎ A．c（H+）=的溶液一定呈中性 B．将水加热，Kw增大，pH增大，仍呈中性 C．向0.1mol/L醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c（H+）增大，平衡逆向移动 ‎4．在一定温度条件下，对于已达到平衡的反应：FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3，在此溶液中作如下处理，平衡左移的是（　　）‎ A．加入少量氯化钾固体 B．加入少量氯化铁固体 C．减少Fe（SCN）3的浓度 D．加水稀释 ‎5．常温下测得某无色溶液中由水电离出c （H+）为10﹣13mol/L，该溶液中一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、Cr2O42﹣‎ C．Al3+、K+、AlO2﹣、Cl﹣ D．Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、NH4+‎ ‎6．CaCO3在下列液体屮溶解度最大的是（　　）‎ A．CaCl2溶液 B．Na2CO3溶液 C．稀盐酸 D．H2O ‎7．常温下将pH=9的Ba（OH）2溶液稀释500倍，稀释溶液后，c （OH﹣）与c （Ba2+）的比值近似为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．10：1 D．2：1‎ ‎8．一定条件下的2L密闭容器，进行反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），若起始时X、Y、Z物质的量分别为n1、n2、n3（均不为零）．达平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L和0.08mol/L，则下列判断合理的是（　　）‎ A．X和Y的转化率不一定相等 B．n1、n2=2：1‎ C．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：1‎ D．n，的取值范围为0＜n1＜0.28‎ ‎9．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=Q kJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：‎ ‎/L积体气温体c（Y）/mol•L﹣1度/℃‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.53‎ ‎200‎ ‎1.20‎ ‎0.90‎ ‎0.63‎ ‎300‎ ‎1.30‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．m＞n B．Q＜0‎ C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动 ‎10．将2mol SO2，1mol O2 充入带活塞的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），达到平衡后，改变下列条件，SO3的平衡浓度不改变的是（　　）‎ A．保持温度和容器的压强不变，充入1mol SO3（g）‎ B．保持温度和容器的容积不变，充入1mol SO3（g）‎ C．保持温度和容器的压强不变，充入1mol O2（g）‎ D．保持温度和容器的压强不变，充入1mol Ar ‎11．在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），符合下列图象（Ⅰ）所示关系．由此推断对图（Ⅱ）的正确说法是（　　）‎ A．p3＞p4，Y轴表示A的质量 B．p3＞p4，Y轴表示混合气体平均摩尔质量 C．p3＞p4，Y轴表示混合气体密度 D．p3＜p4，Y轴表示B的百分含量 ‎12．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎13．一定温度下，在冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力（I）随着加入水的体积V变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．a、c两点pH不同 B．向c溶液中加水，溶液中所有离子浓度都减小 C．误用湿润的pH试纸测b点pH结果偏大 D． b点大于c点 ‎14．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是（　　）‎ A．反应速率a＞b＞c B．若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 C．达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b＞c＞a D．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c ‎15．从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，它在水溶液中因存在下列平衡：HIn（溶液，红色）⇌H+（溶液，无色）+In﹣（溶液，黄色） 而用作酸碱指示剂．往该溶液中加入Na2O2粉末．则溶液颜色为（　　）‎ A．红色变深 B．黄色变浅 C．黄色变深 D．褪为无色 ‎16．人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是（　　）‎ A．CO与HbO2反应的平衡常数 B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少 C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损 D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动 ‎17．c（H+）相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的质量相等，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎①反应所需要的时间B＞A ‎②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A=B ‎④反应过程的平均速率B＞A ‎⑤盐酸里有锌剩余 ‎⑥醋酸里有锌剩余．‎ A．③④⑤ B．③④⑥ C．②③⑤ D．②③⑤⑥‎ ‎18．常温下用0.02mmol/LNaOH溶液滴定0.01mol/L的H2SO4溶液，中和后加水到100mL．若滴定时终点判断有误差：①多加了一滴NaOH，②少加了一滴NaOH（设1滴为0.05mL），则①和②溶液中c（OH﹣）比值是（　　）‎ A．1 B．104 C．104 D．4×104‎ ‎　‎ 二、选择题（每小題3分，共5题，共15分．每题只有一个选项符合题意）‎ ‎19．下列各表述与示意图一致的是（　　）‎ A．图①表示25℃时，用0.1 mol/L盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化 B．图②中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化 C．图③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/L H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化 D．图④中a、b曲线分别表示反应：CH2═CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的总能量变化 ‎20．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度=（已电离的电解质的物质的量/原来总的物质的量）×100%．现取20mL pH=3的 CH3COOH溶液，加入0.2mol•L﹣1的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前CH3COOH的电离度为（　　）‎ A．0.5% B．1.5% C．0.1% D．1%‎ ‎21．加热N2O5依次发生的分解反应为：‎ ‎①N2O5（g）⇌N2O3（g）+O2（g）‎ ‎②N2O3（g）⇌N2O（g）+O2（g）‎ 在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol．则t℃时反应①的平衡常数为（　　）‎ A．10.7 B．8.5 C．9.6 D．10.2‎ ‎22．现有常温下的四种溶液（如表），下列有关叙述正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 氨水 氢氧化钠 醋酸 盐酸 pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH为：①＞②＞③＞④‎ B．温度上升10℃，四种溶液的pH不变 C．③④中分别加入适量的氯化按晶体后，③的pH减小，④的pH不变 D．将①④两种溶液等体积混合，所得溶液中c （C1﹣）＞c NH4+）＞c （H+）＞c （OH﹣）‎ ‎23．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（　　）‎ A．＜1.0×10﹣7mol/L B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）‎ C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣）‎ D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分49分）‎ ‎24．按要求填空 ‎（1）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　　；欲除去CuSO4溶液中的铁离子可加入　　（填物质的化学式，一种即可）；‎ ‎（2）CuSO4的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程示）　　；‎ ‎（3）泡沫灭火器原理（用离子方程式示）　　；‎ ‎（4）铵态氮肥不能与草木灰混施（用离子方程式表示）　　．‎ ‎25．中华人民共和国国家标准（CB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用图（a）装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定．‎ ‎（1）仪器A的名称是　　，水通入A的进口为　　．‎ ‎（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中的H2O2完全反应，其化学方程式为　　．‎ ‎（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图（b）中的　　；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　　；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）　　（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）．‎ ‎（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为　　g•L﹣1．‎ ‎（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：　　．‎ ‎26．汽车尾气和燃煤造成空气污染．‎ ‎（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=+QkJ/mol ‎①反应的平衡常数和温度的关系如表：‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎1.0‎ ‎1.1‎ ‎1.7‎ 写出该反应平衡常数表达式：K=　　．‎ 向一个10L的密闭容器中充入10mol CO2和7molH2，830℃时测得H2为lmol，此时V （正）　　V （逆）：（选填“＞”、“＜”）‎ ‎②判断该反应在一定温度下，体积恒定的密闭容器中达到化学平衡状态的依据是　　．‎ A．容器中密度不变 B．容器内压强保持不变 C．平均摩尔质量保持不变 D．v（CO2）：v（H2）=1：3‎ E．单位时间内消耗2mol CO2，同时消耗1mol二甲醚 F．△H不变 ‎（2）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示．‎ ‎①在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=　　；‎ ‎②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化趋势曲线．‎ ‎（3）工业上用CO和H2合成 CH3OH：CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）‎ ‎①现在容积均为1L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2的混合气体，控制温度进行反应，测得相关数据的关系如图2所示．下列说法正确的是　　‎ a．正反应的△H＞0‎ b．反应进行到5min时，b容器中v正=v逆 c．减压可使甲醇的含量由b点变成c点 d．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞c ‎②某温度下，在体积固定的4L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如表：‎ 时间（min）‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 压强比（p后/p前）‎ ‎0.98‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ 达到平衡时CO的转化率为　　．‎ ‎27．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表：‎ 化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.3×10﹣1‎ ‎1.8×10﹣5‎ ‎6.2×10﹣10‎ Ka1=4.3×10﹣7‎ Ka2=5.6×10﹣11‎ ‎3.0×10﹣8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式：Ka1=　　．‎ ‎（2）物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：‎ a．CH3COONa、b．Na2CO3、c．NaClO、d．NaHCO3、e．NaSCN f．NaCN pH由大到小的顺序为　　（用编号填写）．‎ ‎（3）25℃时，将20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL0.1mol•L﹣1HSCN溶液分别与20mL 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示．反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　　反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）　　c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，则溶液中 c（Na+）﹣c（CN﹣）=　　mol/L（填代入数据后的计算式，不必算出具体数值）．=　　 （填代入数据后的计算式，不必算出具体数值）．‎ ‎（5）向NaClO溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（6）25C时，0.18mol/L醋酸钠溶液的PH约为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省鞍山一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共18题，共36分．每题只有-个选项符合题意）‎ ‎1．针对平衡2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），采用下列措施一段时间后，能增大逆反应速率的是（　　）‎ A．通入大量O2 B．增大容器容积 C．移去部分SO3 D．降低体系温度 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】升高温度、增大压强、增大浓度均可增大正逆反应速率，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．通入大量O2，氧气浓度增大，瞬间正反应速率增大，然后逆反应速率增大，故A选；‎ B．增大容器容积，压强减小，正逆反应速率均减小，故B不选；‎ C．移去部分SO3，瞬间逆反应速率减小，故C不选；‎ D．降低体系温度，正逆反应速率均减小，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（　　）‎ A．CO32﹣ B．HCO3﹣ C．Na+ D．NH4+‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】盐的水解原理是盐中的弱离子和水电离出的氢离子或是氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解是对水的电离平衡的促进．‎ ‎【解答】解：根据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性．‎ A、碳酸根水解，显示碱性，故A错误；‎ B、碳酸氢根离子水解显示碱性，故B错误；‎ C、钠离子不会发生水解，故C错误；‎ D、铵根离子水解溶液显示酸性，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是（　　）‎ A．c（H+）=的溶液一定呈中性 B．将水加热，Kw增大，pH增大，仍呈中性 C．向0.1mol/L醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c（H+）增大，平衡逆向移动 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．c（H+）=，说明溶液中c（H+）=c（OH﹣）；‎ B．水的电离为吸热反应，加热促进电离；‎ C．酸或碱抑制水电离，酸的浓度越大抑制水电离程度越大；‎ D．温度不变，KW不变，含有弱离子的盐促进水电离．‎ ‎【解答】解：A．根据Kw=c（H+）•c（OH﹣），c（H+）=，说明溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液一定呈中性，故A正确；‎ B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，溶液中c（H+）增大，pH减小，但水电离出的c（H+）=c（OH﹣），故B错误；‎ C．酸或碱抑制水电离，酸的浓度越大抑制水电离程度越大，所以向0.1 mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+） 将增大，故C错误；‎ D．温度不变，KW不变，含有弱离子的盐促进水电离，碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性，溶液的c（OH﹣）增大，c（H+）减小，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．在一定温度条件下，对于已达到平衡的反应：FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3，在此溶液中作如下处理，平衡左移的是（　　）‎ A．加入少量氯化钾固体 B．加入少量氯化铁固体 C．减少Fe（SCN）3的浓度 D．加水稀释 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、根据实际参加反应的离子浓度分析，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN﹣浓度不变；‎ B、加入少量氯化铁固体，溶液中Fe3+浓度增大，平衡正向进行；‎ C、平衡是水溶液中的平衡，减少Fe（SCN）3的浓度，平衡正向进行；‎ D、结合平衡常数分析，加水稀释，离子浓度降低，反应物浓度系数次幂的乘积降低更多．‎ ‎【解答】解：A、根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN﹣浓度不变，溶液颜色不变，平衡不动，故A错误；‎ B、加入少量氯化铁固体，溶液中Fe3+浓度增大，平衡正向进行，溶液颜色加深，故B错误；‎ C、减少Fe（SCN）3的浓度，平衡正向进行，故C错误；‎ D、加水稀释，离子浓度降低，溶液颜色变浅，c3（SCN﹣）•c（Fe3+）降低更多，平衡左移，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．常温下测得某无色溶液中由水电离出c （H+）为10﹣13mol/L，该溶液中一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、Cr2O42﹣‎ C．Al3+、K+、AlO2﹣、Cl﹣ D．Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、NH4+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】由水电离出c （H+）为10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解、发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．‎ ‎【解答】解：由水电离出c （H+）为10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，‎ A．酸碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A选；‎ B．酸性溶液中不能存在有色离子Cr2O42﹣，故B不选；‎ C．Al3+、AlO2﹣相互促进水解，不能共存，故C不选；‎ D．Fe3+为黄色，与无色不符，碱溶液中不能大量存在Fe3+、NH4+，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．CaCO3在下列液体屮溶解度最大的是（　　）‎ A．CaCl2溶液 B．Na2CO3溶液 C．稀盐酸 D．H2O ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】如果溶剂中含有和电离平衡正反应产物相同的离子，则发生同离子效应，抑制电离平衡，从而抑制溶解平衡，若与钙离子或碳酸根离子反应，则能够促进碳酸钙的溶解，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s）⇌Ca2++CO32﹣，‎ 如果溶液中有大量Ca2+ 或大量CO32﹣，都会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度．这就是同离子效应．‎ 若加入的溶液能与钙离子或者碳酸根反应，则会使平衡向右移动，例如加入盐酸，盐酸与碳酸根反应生成二氧化碳气体，导致碳酸钙的溶解平衡向右移动，故碳酸钙在盐酸中的溶解度最大，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．常温下将pH=9的Ba（OH）2溶液稀释500倍，稀释溶液后，c （OH﹣）与c （Ba2+）的比值近似为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．10：1 D．2：1‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】常温下将pH=9的Ba（OH）2溶液稀释100倍时pH接近7，Ba（OH）2的浓度为=5×10﹣6mol/L，稀释500倍后，c （OH﹣）≈1×10﹣7mol/L，以此计算．‎ ‎【解答】解：由常温下pH=9的Ba（OH）2溶液，Ba（OH）2的浓度为=5×10﹣6mol/L，稀释500倍后，c （OH﹣）≈1×10﹣7mol/L，c （Ba2+）==10﹣8mol/L，则稀释溶液后，c （OH﹣）与c （Ba2+）的比值近似为=10：1，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．一定条件下的2L密闭容器，进行反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），若起始时X、Y、Z物质的量分别为n1、n2、n3（均不为零）．达平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L和0.08mol/L，则下列判断合理的是（　　）‎ A．X和Y的转化率不一定相等 B．n1、n2=2：1‎ C．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：1‎ D．n，的取值范围为0＜n1＜0.28‎ ‎【考点】化学反应的可逆性；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】2L密闭容器，设反应转化X为2a，列三段式：‎ ‎ 2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）‎ n始：n1 n2 n3‎ n转：2x x x n平：0.4 0.2 0.16‎ 若计算反应从正方向开始时n1、n2的比例和从逆方向开始时n1、n2的比例，据此分析．‎ ‎【解答】解：2L密闭容器，设反应转化X为2a，列三段式：‎ ‎ 2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）‎ n始：n1 n2 n3‎ n转：2x x x n平：0.4 0.2 0.16‎ 若反应从正方向开始：则，解得：n1：n2=2：1，‎ 若反应从逆方向开始：则，解得：n1：n2=2：1，‎ A、通过计算可知X、Y的起始量为2：1，根据方程想、X、Y的转化量也为2：1，故X和Y的转化率一定相等；故A错误；‎ B、不管反应从哪个方向开始，都有n1：n2=2：1，故B正确；‎ C、平衡时正逆反应速率相等，同一反应不同物质表示的反应速率之间与化学计量数之比相等，平衡时，Y的生成速率与Y的消耗速率相等，而Y的消耗速率与Z的生成速率之比为1：2，所以平衡时Y与Z的生成速率为1：2，故C错误；‎ D、n1最大时为Z全由X反应而来，这种情况下n1为0.36mol，此时，起始时n3为0，由题n1、n2、n3均不为0，则0＜n1＜0.36，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=Q kJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：‎ ‎/L积体气温体c（Y）/mol•L﹣1度/℃‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.53‎ ‎200‎ ‎1.20‎ ‎0.90‎ ‎0.63‎ ‎300‎ ‎1.30‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．m＞n B．Q＜0‎ C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动 ‎【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，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应．‎ ‎【解答】解：A．在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有m＜n，故A错误；‎ B．当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应，则Q＞0，故B错误；‎ C．温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确；‎ D．反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．将2mol SO2，1mol O2 充入带活塞的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），达到平衡后，改变下列条件，SO3的平衡浓度不改变的是（　　）‎ A．保持温度和容器的压强不变，充入1mol SO3（g）‎ B．保持温度和容器的容积不变，充入1mol SO3（g）‎ C．保持温度和容器的压强不变，充入1mol O2（g）‎ D．保持温度和容器的压强不变，充入1mol Ar ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】达到平衡后，改变条件，SO3的平衡浓度不改变的，说明为等效平衡，恒温恒容按化学计量数转化到左边满足2molSO2，1molO2或恒温恒压按化学计量数转化到左边满足n（SO2）：n（O2）=2：1，再结合平衡移动分析．‎ ‎【解答】解：A、温度和容器的压强不变，充入1mol SO3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（SO2）=1mol，n（O2）=0.5mol，满足n（SO2）：n（O2）=2：1，故A正确；‎ B、温度和容器的容积不变，充入1mol SO3（g），平衡向左移动，移动的结果是减小SO3的浓度的增大，但不能消除增大，故SO3的平衡浓度比原平衡大，故B错误；‎ C、保持温度和容器的压强不变，充入1mol O2（g），平衡向正反应移动，SO3的平衡浓度增大，故C错误；‎ D、保持温度和容器的压强不变，充入1mol Ar，体积增大，反应混合物产生的压强减小，平衡向正反应移动，移动的结果是增大SO3的浓度，但不能消除减小，但SO3的平衡浓度比原平衡小，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），符合下列图象（Ⅰ）所示关系．由此推断对图（Ⅱ）的正确说法是（　　）‎ A．p3＞p4，Y轴表示A的质量 B．p3＞p4，Y轴表示混合气体平均摩尔质量 C．p3＞p4，Y轴表示混合气体密度 D．p3＜p4，Y轴表示B的百分含量 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】分析：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；‎ 温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，‎ 由图（2）可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，y值减小，则y可为A、B的转化率、C的体积分数等，结合压强对平衡移动的影响分析．‎ ‎【解答】解答：解：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；‎ 温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，则：‎ A．如果P3＞P4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，A质量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，A质量增大，图象与实际不符合，故A错误；‎ B．C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故C错误；‎ D．P3＜P4，增大压强，平衡向正反应移动，B的含量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，B的含量应增大，图象与实际不符，故B错误；‎ P3＞P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际相符，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎【考点】化学平衡移动原理；化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答．‎ ‎【解答】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，故A错误；‎ B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；‎ C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，是增大的，故C错误；‎ D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．一定温度下，在冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力（I）随着加入水的体积V变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．a、c两点pH不同 B．向c溶液中加水，溶液中所有离子浓度都减小 C．误用湿润的pH试纸测b点pH结果偏大 D． b点大于c点 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、由图可知a、c两点导电能力相同，所以氢离子的浓度相同；‎ B、向c溶液中加水，溶液中氢离子的浓度减小，但氢离子与氢氧根离子的积是个定值；‎ C、湿润的pH试纸，相当于给原溶液稀释；‎ D、相当于醋酸根离子和醋酸的物质的量之比，加水稀释，醋酸的物质的量减小，而醋酸根离子的物质的量增强，所以b点小于c点；‎ ‎【解答】解：A、由图可知a、c两点导电能力相同，所以氢离子的浓度相同，而不是不同，故A错误；‎ B、向c溶液中加水，溶液中氢离子的浓度减小，但氢离子与氢氧根离子的积是个定值，所以氢氧根离子的浓度增加，故B错误；‎ C、湿润的pH试纸，相当于给原溶液稀释，所以测b点pH结果偏大，故C正确；‎ D、相当于醋酸根离子和醋酸的物质的量之比，加水稀释，醋酸的物质的量减小，而醋酸根离子的物质的量增强，所以b点小于c点，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是（　　）‎ A．反应速率a＞b＞c B．若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 C．达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b＞c＞a D．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1，若该正反应为放热反应，则T2＜T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，故A错误；‎ B、若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故B正确；‎ C、对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a，故C错误；‎ D、根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，它在水溶液中因存在下列平衡：HIn（溶液，红色）⇌H+（溶液，无色）+In﹣（溶液，黄色） 而用作酸碱指示剂．往该溶液中加入Na2O2粉末．则溶液颜色为（　　）‎ A．红色变深 B．黄色变浅 C．黄色变深 D．褪为无色 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】往该溶液中加入Na2O2粉末，根据过氧化钠具有氧化性，因而具有漂白性来回答．‎ ‎【解答】解：过氧化钠溶于水生成强碱氢氧化钠，溶液显碱性，指示剂先变黄，然后又因为过氧化钠的强氧化性使指示剂褪色，变为无色．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是（　　）‎ A．CO与HbO2反应的平衡常数 B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少 C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损 D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动 ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；‎ B．从平衡移动的角度分析；‎ C．根据平衡常数计算HbCO与HbO2浓度的关系；‎ D．从平衡移动的角度分析．‎ ‎【解答】解：A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，反应的方程式为CO+HbO2⇌O2+HbCO，则平衡常数，故A正确；‎ B．人体吸入的CO越多，CO的浓度增大，平衡向正反应分析移动，与血红蛋白结合的O2越少，故B正确；‎ C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，根据平衡常数可知， =220， =4.4，智力早就受到伤害了，故C错误；‎ D．CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．c（H+）相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的质量相等，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎①反应所需要的时间B＞A ‎②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A=B ‎④反应过程的平均速率B＞A ‎⑤盐酸里有锌剩余 ‎⑥醋酸里有锌剩余．‎ A．③④⑤ B．③④⑥ C．②③⑤ D．②③⑤⑥‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，若c（H+）相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，等浓度等体积的醋酸和盐酸，n（CH3COOH）＞n（HCl），反应速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大反应速率越快，则反应时间越短，生成氢气的质量相等，根据氢气和锌之间的关系式知，需要锌的物质的量相等．‎ ‎【解答】解：①若c（H+）相同的醋酸和盐酸，醋酸是弱电解质，随着反应的进行醋酸不断电离出氢离子，氯化氢完全电离，所以反应过程中，醋酸中氢离子始终大于盐酸，则醋酸反应速率大于盐酸，所以醋酸反应所需要的时间小于盐酸，故错误；‎ ‎②两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始时两种溶液反应速率相等，故错误；‎ ‎③根据氢气和锌之间的关系式知，生成相同质量的氢气需要的锌的质量相等，故正确；‎ ‎④根据①知，反应过程中醋酸平均反应速率大于盐酸，故正确；‎ ‎⑤氢离子浓度、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以盐酸中锌有剩余，故正确；‎ ‎⑥根据⑤知，醋酸过量，则醋酸有剩余，锌完全反应，故错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．常温下用0.02mmol/LNaOH溶液滴定0.01mol/L的H2SO4溶液，中和后加水到100mL．若滴定时终点判断有误差：①多加了一滴NaOH，②少加了一滴NaOH（设1滴为0.05mL），则①和②溶液中c（OH﹣）比值是（　　）‎ A．1 B．104 C．104 D．4×104‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】①中c（OH﹣）==1×10﹣5mol/L，②c（H+）==1×10﹣5mol/L，溶液中c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣9mol/L，据此计算①和②溶液中c（OH﹣）之比．‎ ‎【解答】解：①多加了一滴NaOH，反应后溶液呈碱性，溶液中c（OH﹣）==1×10﹣5mol/L，‎ ‎②少加了一滴NaOH，反应后溶液呈酸性，溶液中c（H+）==1×10﹣5mol/L，溶液中c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣9mol/L 则①和②溶液中c（OH﹣）之比=1×10﹣5mol/L：1×10﹣9mol/L=104，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、选择题（每小題3分，共5题，共15分．每题只有一个选项符合题意）‎ ‎19．下列各表述与示意图一致的是（　　）‎ A．图①表示25℃时，用0.1 mol/L盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化 B．图②中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化 C．图③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/L H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化 D．图④中a、b曲线分别表示反应：CH2═CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的总能量变化 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．当溶液pH=7时，氢氧化钠就与氯化氢恰好反应，滴定曲线应该有一个滴定突变；‎ B．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；逆反应是吸热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数增大；‎ C．锰离子对该反应有催化作用；‎ D．使用催化剂降低活化能，不影响反应热，该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量．‎ ‎【解答】解：A．用盐酸滴定氢氧化钠溶液，当恰好中和时溶液的pH=7，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，题中图象变化与实际不相符，故A错误；‎ B．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；逆反应是吸热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数增大，图象符合，故B正确；‎ C．反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用，所以曲线斜率有突变（见选修4第23页科学探究2），故C错误；‎ D．图象a活化能减小，a使用了催化剂，因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度=（已电离的电解质的物质的量/原来总的物质的量）×100%．现取20mL pH=3的 CH3COOH溶液，加入0.2mol•L﹣1的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前CH3COOH的电离度为（　　）‎ A．0.5% B．1.5% C．0.1% D．1%‎ ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】根据图象分析，当氨水的体积为10ml时导电性最强，说明刚好与醋酸完全反应，所以醋酸的浓度为： =0.1mol•L﹣1，再根据pH=3的 CH3COOH溶液，则氢离子浓度为：10﹣3mol•L﹣1，所以CH3COOH的电离度为=（已电离的电解质的物质的量/原来总的物质的量）×100%进行计算；‎ ‎【解答】解：根据图象分析，当氨水的体积为10ml时导电性最强，说明刚好与醋酸完全反应，所以醋酸的浓度为： =0.1mol•L﹣1，再根据pH=3的 CH3COOH溶液，则氢离子浓度为：10﹣3mol•L﹣1，所以CH3COOH的电离度为×100%=1%，故选：D；‎ ‎　‎ ‎21．加热N2O5依次发生的分解反应为：‎ ‎①N2O5（g）⇌N2O3（g）+O2（g）‎ ‎②N2O3（g）⇌N2O（g）+O2（g）‎ 在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol．则t℃时反应①的平衡常数为（　　）‎ A．10.7 B．8.5 C．9.6 D．10.2‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】利用化学平衡常数公式可知，需要求N2O5、N2O3、O2浓度，N2O3、O2浓度好求，关键求N2O5的浓度，设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，则N2O5分解了（x+3.4）mol，再利用氧气总量9mol，求出x进一步求算．‎ ‎【解答】解：设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol．在②反应中生成氧气xmol．‎ 则（x+3.4）+x=9，‎ 求得x=2.8‎ 所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为 c（N2O5）=（8﹣2.8﹣3.4）÷2=0.9molL﹣1‎ c（N2O3）=3.4÷2=1.7molL﹣1‎ c（O2）=9÷2=4.5molL﹣1‎ 反应①的平衡常数 K==8.5，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎22．现有常温下的四种溶液（如表），下列有关叙述正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 氨水 氢氧化钠 醋酸 盐酸 pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH为：①＞②＞③＞④‎ B．温度上升10℃，四种溶液的pH不变 C．③④中分别加入适量的氯化按晶体后，③的pH减小，④的pH不变 D．将①④两种溶液等体积混合，所得溶液中c （C1﹣）＞c NH4+）＞c （H+）＞c （OH﹣）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．从加水促进弱电解质的电离的角度分析；‎ B．弱电解质的电离是吸热过程，温度升高，可以促进弱电解质的电离，且水的离子积增大 C．根据弱电解质的电离平衡影响因素分析；‎ D．氨水平衡状态下电离出的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相等，等体积混合反应，氨水过量，溶液呈碱性．‎ ‎【解答】解：A．①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；②氢氧化钠pH=11，氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；③醋酸pH=3，平衡状态下氢离子浓度为10﹣3mol/L；④硫酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L；分别加水稀释10倍、四种溶液的pH大小为，碱比酸的pH大，弱碱弱酸存在电离平衡，加水稀释比强酸强碱的pH变化小，所以得到①＞②＞④＞③，故A正确；‎ B．升高温度，水的离子积增大，弱电解质的电离程度增大，所以氨水中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度不变，水的离子积增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；醋酸溶液中，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；盐酸溶液中氢离子浓度不变，溶液的pH不变，故B错误；‎ C．在③④中分别加入适量的醋酸铵晶体后，③中溶解形成的醋酸根离子对醋酸弱电解质的电离平衡起到了抑制作用，氢离子浓度减小，pH增大；④中溶解的醋酸根离子与氢离子会结合成弱电解质醋酸，减小了氢离子的浓度，pH增大，故C错误；‎ D．将①氨水PH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L④盐酸PH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L两种溶液等体积混合，氨水中平衡状态下的氢氧根离子与盐酸中的氢离子恰好反应，氨水又电离出氢氧根离子和铵根离子，依据电离方程式NH3•H20⇌NH4++OH﹣；HCl=H++Cl﹣，可知c（Cl﹣）=5×10﹣4mol/L，c（NH4+）＞5×10﹣4mol/L，c（OH﹣）＞c（H+），综上所述可知溶液中的离子浓度大小c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎23．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（　　）‎ A．＜1.0×10﹣7mol/L B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）‎ C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣）‎ D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣）；‎ B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；‎ C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；‎ D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小．‎ ‎【解答】解：A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣），=c（OH﹣）＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；‎ B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和NaCl的物质的量相等，虽然析出部分碳B．钠，但仍然存在物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；‎ C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），则c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），故C正确 D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小，所以存在c（HCO3﹣）＜c（NH4+），故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分49分）‎ ‎24．按要求填空 ‎（1）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　Al2O3　；欲除去CuSO4溶液中的铁离子可加入　CuO或CuCO3或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；　（填物质的化学式，一种即可）；‎ ‎（2）CuSO4的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程示）　Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+　；‎ ‎（3）泡沫灭火器原理（用离子方程式示）　Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑　；‎ ‎（4）铵态氮肥不能与草木灰混施（用离子方程式表示）　2NH4++CO32﹣+2H2O=2NH3•H2O+H2CO3，NH3．H2O⇌NH3+H2O，H2CO3=CO2↑+H2O　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，Al（OH）3在加热条件下分解生成Al2O3，欲除去CuSO4溶液中的铁离子可以加入氧化铜、碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等调节溶液PH使铁离子全部沉淀；‎ ‎（2）硫酸铜溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子；‎ ‎（3）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；‎ ‎（4）草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解呈碱性，铵根离子水解显酸性，混合后发生双水解反应，生成氨气从而导致土壤中铵根离子浓度较少，降低肥效；‎ ‎【解答】解：（1）AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，欲除去CuSO4溶液中的铁离子，利用铁离子水解呈酸性，加入氧化铜、碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等，和酸反应促进水解正向进行，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，且不引入新的杂质，‎ 故答案为：Al2O3；CuO或CuCO3或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；‎ ‎（2）铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，‎ 故答案为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；‎ ‎（3）泡沫灭火器原理，离子方程式：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ 故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎（4）草木灰中碳酸根离子水解呈碱性，铵态氮肥中铵根离子水解呈酸性，可发生互促水解，2NH4++CO32﹣+2H2O=2NH3•H2O+H2CO3，氨水和碳酸不稳定，容易分解为气体而降低肥效，NH3．H2O⇌NH3+H2O，H2CO3=CO2↑+H2O，所以二者不能混合施用，‎ 故答案为：2NH4++CO32﹣+2H2O=2NH3•H2O+H2CO3，NH3．H2O⇌NH3+H2O，H2CO3=CO2↑+H2O；‎ ‎　‎ ‎25．中华人民共和国国家标准（CB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用图（a）装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定．‎ ‎（1）仪器A的名称是　冷凝管或冷凝器　，水通入A的进口为　b　．‎ ‎（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中的H2O2完全反应，其化学方程式为　SO2+H2O2=H2SO4　．‎ ‎（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图（b）中的　③　；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　酚酞　；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）　④　（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）．‎ ‎（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为　0.24　g•L﹣1．‎ ‎（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：　原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；‎ ‎（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式； ‎ ‎（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；‎ ‎（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；‎ ‎（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．‎ ‎【解答】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，‎ 故答案为：冷凝管或冷凝器；b；‎ ‎（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，‎ 故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；‎ ‎（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL﹣10.00mL）=40.00mL，所以④正确，‎ 故答案为：③；酚酞；④；‎ ‎（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： =0.24g/L，‎ 故答案为：0.24；‎ ‎（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，‎ 故答案为：原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）．‎ ‎　‎ ‎26．汽车尾气和燃煤造成空气污染．‎ ‎（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=+QkJ/mol ‎①反应的平衡常数和温度的关系如表：‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎1.0‎ ‎1.1‎ ‎1.7‎ 写出该反应平衡常数表达式：K=　　．‎ 向一个10L的密闭容器中充入10mol CO2和7molH2，830℃时测得H2为lmol，此时V （正）　＜　V （逆）：（选填“＞”、“＜”）‎ ‎②判断该反应在一定温度下，体积恒定的密闭容器中达到化学平衡状态的依据是　BCE　．‎ A．容器中密度不变 B．容器内压强保持不变 C．平均摩尔质量保持不变 D．v（CO2）：v（H2）=1：3‎ E．单位时间内消耗2mol CO2，同时消耗1mol二甲醚 F．△H不变 ‎（2）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示．‎ ‎①在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=　0.025mol/（L•s）　；‎ ‎②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化趋势曲线．‎ ‎（3）工业上用CO和H2合成 CH3OH：CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）‎ ‎①现在容积均为1L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2的混合气体，控制温度进行反应，测得相关数据的关系如图2所示．下列说法正确的是　c　‎ a．正反应的△H＞0‎ b．反应进行到5min时，b容器中v正=v逆 c．减压可使甲醇的含量由b点变成c点 d．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞c ‎②某温度下，在体积固定的4L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如表：‎ 时间（min）‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 压强比（p后/p前）‎ ‎0.98‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ 达到平衡时CO的转化率为　45%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）①根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比列式；‎ ‎②向一个10L的密闭容器中充入10mol CO2和7molH2，830℃时测得H2为lmol，计算此时的浓度商Qc，与830℃时的K做比较可得反应进行的方向；‎ ‎③根据化学平衡时正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析选项；‎ ‎（2）①由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v=计算v（CO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；‎ ‎②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同；‎ ‎（3）①a．根据升高温度平衡移动的方向判断反应热；‎ b．未到达平衡前，升高温度甲醇的含量增大，到达平衡后再升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的含量降低，而5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态；‎ c．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，升高温度或减压都可以；‎ d．根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；‎ ‎②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，据此计算反应后气体体积的物质的量，从而计算CO反应的物质的量，根据CO反应的物质的量计算其转化率．‎ ‎【解答】解：（1）①反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）的化学平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎②向一个10L的密闭容器中充入10mol CO2和7molH2，830℃时测得H2为lmol，列三段式：‎ ‎ 2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）‎ c始：1 0.7 0 0‎ c转：0.2 0.6 0.1 0.3‎ c（某时刻）：0.8 0.1 0.1 0.3‎ 由图表可知830℃时的K=1，则此时的浓度商Qc=＞1，故此时反应向着逆方向进行，V （正）＜V （逆）；‎ 故答案为：＜；‎ ‎②A．混合气体的总质量不变，恒容混合气体的体积不变，容器中密度始终不变，故A错误；‎ B．反应的气体数目发生改变，恒容则压强改变，平衡时，压强保持不变，故B正确；‎ C．混合气体的总质量不变，混合气体的总的物质的量变小，平均摩尔质量变大，平衡时，保持不变，故C正确；‎ D．v（CO2）：v（H2）=1：3，未说明正逆方向，故D错误；‎ E．单位时间内消耗2mol CO2，说明生成1mol二甲醚，同时消耗1mol二甲醚，说明二甲醚的含量保持不变，化学平衡，故E正确；‎ F．反应△H不变，故F错误；‎ 故答案为：BCE；‎ ‎（2）①由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v（CO2）==0.05mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=0.5v（CO2）=0.5×0.05mol/（L•s）=0.025mol/（L•s）；‎ 故答案为：0.025mol/（L•s）；‎ ‎②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：；‎ 故答案为：；‎ ‎（3）①a．升高温度，甲醇的百分含量减小，说明正反应是放热反应，则△H＜0，故a错误；‎ b．5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态，则v（正）、v（逆）那样的相等，故b错误；‎ c．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，反应物的化学计量数之和大于生成物的，应是减小压强平衡逆向移动，故c正确；‎ d．达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c，故d错误；‎ 故答案为：c；‎ ‎②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，15min，压强比（P后/P前）=0.80，则反应后气体的物质的量=3mol×0.80=2.40mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.4mol=0.6mol，根据气体减少的物质的量与CO之间的关系式知参加反应的CO的物质的量=0.45mol，则CO的转化率为=45%；‎ 故答案为：45%．‎ ‎　‎ ‎27．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表：‎ 化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.3×10﹣1‎ ‎1.8×10﹣5‎ ‎6.2×10﹣10‎ Ka1=4.3×10﹣7‎ Ka2=5.6×10﹣11‎ ‎3.0×10﹣8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式：Ka1=　　．‎ ‎（2）物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：‎ a．CH3COONa、b．Na2CO3、c．NaClO、d．NaHCO3、e．NaSCN f．NaCN pH由大到小的顺序为　b＞f＞c＞d＞a＞e　（用编号填写）．‎ ‎（3）25℃时，将20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL0.1mol•L﹣1HSCN溶液分别与20mL 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示．反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快　反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）　＜　c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，则溶液中 c（Na+）﹣c（CN﹣）=　10﹣6﹣10﹣8　mol/L（填代入数据后的计算式，不必算出具体数值）．=　　 （填代入数据后的计算式，不必算出具体数值）．‎ ‎（5）向NaClO溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为　ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣　．‎ ‎（6）25C时，0.18mol/L醋酸钠溶液的PH约为　9　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离，电离平衡常数=；‎ ‎（2）电离平衡常数大小比较酸的强弱，酸越弱对应盐水解程度越大，以此解答该题；‎ ‎（3）由生成二氧化碳的曲线斜率可知HSCN反应较快，则可知HSCN中中c（H+）较大，说明HSCN酸性较强，再利用盐类水解的规律来分析离子浓度的关系；‎ ‎（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，则溶液中c（Na+）﹣c（CN﹣）可以依据电荷守恒计算得到，溶液中HCN的电离平衡常数计算得到比值；‎ ‎（5）酸性强弱HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；‎ ‎（6）醋酸钠水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O=CH3COOH+OH﹣，设溶液中c（OH﹣）=xmol/L，CH3COONa水解程度很小，计算时可将CH3COO﹣的平衡浓度看成是CH3COONa溶液的浓度，所以该溶液水解平衡常数K====，x=10﹣5，溶液中c（H+）==mol/L=10﹣9mol/L，pH=﹣lgc（H+）．‎ ‎【解答】解：（1）碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离，H2CO3⇌HCO3﹣+H+，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，一级电离平衡常数表达式：Ka1=，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：a．CH3COONa、b．Na2CO3、c．NaClO、d．NaHCO3、e．NaSCN f．NaCN，由电离平衡常数大小比较得到酸性，‎ HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3﹣，则盐溶液的水解程度NaSCN＜CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜NaCN＜Na2CO3 ，pH由大到小的顺序为：b＞f＞c＞d＞a＞e，‎ 故答案为：b＞f＞c＞d＞a＞e；‎ ‎（3）由Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），‎ 故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＜；‎ ‎（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若测得pH=8，溶液中c（H+）=10﹣8mol/L，c（OH﹣）==10﹣6mol/L，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），则溶液中c（Na+）﹣c（CN﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L，NaCN与HCN的混合溶液中HCN存在电离平衡：HCN⇌H++CN﹣，K==6.2×10﹣10，得到=‎ 故答案为：10﹣6﹣10﹣8；；‎ ‎（5）酸性强弱HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，‎ 故答案为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣；‎ ‎（6）醋酸钠水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O=CH3COOH+OH﹣，设溶液中c（OH﹣）=xmol/L，CH3COONa水解程度很小，计算时可将CH3COO﹣的平衡浓度看成是CH3COONa溶液的浓度，所以该溶液水解平衡常数K====，x=10﹣5，溶液中c（H+）==mol/L=10﹣9mol/L，pH=﹣lgc（H+）=9．‎ 故答案为：9．‎ ‎　‎