2019-2020学年高二化学上学期第三次月考试题(含解析) (I).doc

2019-2020学年高二化学上学期第三次月考试题(含解析) (I)1. 下列有关合成氨工业的说法正确的是A. N2的量越多，H2的转化率越大，因此，充入的N2越多越有利于NH3的合成B. 恒容条件下充入稀有气体有利于NH3的合成C. 工业合成氨的反应是熵增加的放热反应，在任何温度下都可自发进行D. 工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行【答案】D【解析】A. N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，当投料比为n（N2）:n（H2）= 1:2.8时，最有利于氨气的合成，故A错误；B.恒容条件下充入稀有气体，参与反应的各物质的浓度没有改变，则平衡不移动，对氨气的合成没有影响，故B错误；C.根据N23H22NH3 H0可知，该反应为熵减小的放热反应，故C错误；D. 根据G=HTS0时反应可以自发进行，该反应的H0、S0，所以在低温或常温下可自发进行，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查平衡移动原理和化学反应进行的方向。本题的易错点是A项，解题时容易只从平衡移动原理的角度判断，错误认为充入的N2越多越有利于NH3的合成，忽略了工业生产的实际情况，加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成。2. 一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.001molL-1s-1B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的H0【答案】A考点：考查化学反应速率的有关计算，影响平衡的因素等知识。3. 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)，根据图示得出的判断结论正确的是A. 反应速率abcB. 达到平衡时A2的转化率大小为：bacC. 若T2T1，则正反应是吸热反应D. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：cba【答案】D【解析】a、b、c三点在同一温度下，但是对应的B2的起始物质的量不同，c点对应的B2的物质的量多，反应速率快，所以a、b、c的速率关系为cba，A错；在A2物质的量不变的条件下，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，所以A2的转化率大小关系为cba，B错；因为AB3的曲线上的点都代表平衡时AB3的体积分数，可以选在b点后面的B2的起始量相同的一点，可以看出在升高温度的条件下，AB3的体积分数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，C错；在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3的物质的量越多，D对。4. 物质间常常相互联系、互相影响，微粒也不例外。下列各组离子可能大量共存的是A. 常温下水电离出的c(H+)=110-l0molL-1的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、ClO-、Al3+C. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、SO42-、Fe3+【答案】A.点睛：掌握相关离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5. 下列离子方程式表达正确的是A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 用食醋除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClOD. Na2S溶于水呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-【答案】A【解析】A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+ H2O2 +2H+= 2Fe3+2H2O，A正确；B. 用食醋除水垢：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，B错误；C. 向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应： 3C1O-+SO2+H2O=SO42-+Cl+2HClO，C错误；D. Na2S溶于水硫离子水解，溶液呈碱性：S2+ H2OHS +OH，D错误，答案选A。点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。6. 在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g) H0。若起始温度相同，分别向三个容器中通入3molA和1molB，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：是有隔热的，是没有，这两个都是恒容，是恒压且恒温。首先比较，因为不恒温，反应放热会使得体系温度升高，从而不利于正反应所。然后是，先拉住活塞，当达到平衡的时候=，再放开活塞则因为生成物气体比反应物少，容器里面压强比外面小，所以体积会被压缩，压缩体积促进正反应，所以H2SO4HClB. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3，抑制Fe2+水解C. 将FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D. 将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小【答案】D【解析】A.盐酸和硫酸都是强酸，pH=2的盐酸、硫酸溶液中c（H+）相等，则二者等体积时消耗NaOH的物质的量相等，醋酸是弱酸，等pH的醋酸和盐酸、硫酸相比，醋酸的浓度大于盐酸和硫酸的浓度，则所需NaOH的物质的量最大，即所需NaOH的物质的量关系为：CH3COOHH2SO4=HCl，故A错误；B. 硝酸是强氧化性酸，加入稀HNO3可将Fe2+氧化成Fe3+，应加稀硫酸，故B错误；C. 在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解反应FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热使HCl挥发，平衡不断向右移动，生成Fe(OH)3，又因为灼烧时发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，则最终所得固体为Fe2O3，故C 错误；D. 将纯水加热的过程中促进水的电离，Kw变大，氢离子浓度变大，pH变小，故D正确；答案选D。9. 有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是A. pH： B. c(CH3COO-)：C. 溶液中c(H+)： D. c(CH3COOH)： 【答案】B【解析】试题分析：ACH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH7，中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，都因盐的水解而显碱性，且中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH，所以各混合液中的pH大小为：，故A错误；B因中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，中两种盐相互抑制水解，中只有水解，而中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）的大小顺序为：，故B正确；C酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：，c（H+）大小为：，故C错误；D因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH），而中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH），故D错误。故选B。考点：考查离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等。试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则中显酸性，中显碱性，中只有CH3COONa水解显碱性，中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答。10. 常温下，向l0mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.lmol/L的NH3H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A. ab点导电能力增强，说明HR为弱酸B. b点溶液c(NH3H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)C. c点溶液，存在c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，HR和NH3H2O的电离平衡常数近似相等【答案】B【解析】Aab点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B错误；C根据图象可知，c点时溶液的pH7，混合液呈碱性，则c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)，C正确；D根据B中分析可知常温下，HR和NH3H2O的电离平衡常数相等，D正确；答案选B。11. 在t时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t时AgCl的Ksp=410-10，下列说法不正确的是A. 在t时，AgBr的Ksp为4.9l0-13B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D. 在t时，AgCl(s)+Br(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K816【答案】B【解析】试题分析：根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到饱和，在线右上方的点是过饱和溶液。A在t时, Ksp(AgBr) c(Br-)c(Ag+)4.910-13，A正确；B、在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，沉淀溶解平衡仍然存在，由于c(Br-)增大，所以平衡逆向移动，c(Ag+)减小，但是二者的乘积不变，只能是线上的点，溶液不可能由c点到b点，B错误；C、图中a点在线的左下方，由于c(Br-)c(Ag+)Ksp(AgBr)=4.910-13，所以对应的是AgBr的不饱和溶液，C正确；D、t时AgCl的Ksp= c(Cl-)c(Ag+)410-10，c(Cl-) c(Ag+)=210-5，Ksp(AgBr)c(Br-)c(Ag+)4.910-13,则AgCl(s)+ Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr) 410-104.910-13816，D正确，答案选B。【考点定位】考查溶度积常数的有关判断与计算【名师点晴】Ksp的有关计算及其图像分析需要注意：曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。12. 某温度下，向一定体积0.1molL-1一元弱酸HA溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pH与pOHpOH=-lgc(OH-)的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 此温度下，水的离子积常数为1.010-2aB. M、N两点所示的溶液中，水的电离程度相同C. Q点消耗的NaOH溶液的体积等于HA洛液的体积D. N点溶液D水稀释，C(A-)/C(HA)减小【答案】C【解析】AQ点时pOH=pH，说明c(OH-)=c(H+)=l0-amol/L，水的离子积Kw=c(OH-)c(H+)=1.0l0-2a，故A正确；B由于M点的OH-浓度等于N点的H+浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故B正确；C恰好反应得到NaA溶液呈碱性，Q点的pH=pOH，溶液呈中性，HA稍过量，则Q点消耗的NaOH的体积小于HA的体积，故C错误；DN点溶液加水稀释，Ka=，温度不变，Ka不变，加水稀释氢氧根离子浓度减小，c(H+)增大，所以变小，故D正确；故选C。点睛：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查。看懂图像是解题的关键，本题中碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着氢氧化钠的加入，发生中和反应，溶液氢离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐增大，pOH逐渐减小。13. 某同学用稀NaOH溶液作SO2的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液的pH约为10(已知：相同温度下饱和Na2SO3溶液的pH约为9.5)，则下列说法正确的是A. 该溶液中：c(OH-)c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(H+)B. 该溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)C. 该溶液的溶质为Na2SO3和NaHSO3D. 该溶液pH约为10的原因是NaOH过量【答案】D【解析】NaOH溶液作SO2的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液，c(Na+)c(OH)，故A错误；根据电荷守恒，该溶液中：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(SO32)+ c(HSO3)，故B错误；相同温度下饱和Na2SO3溶液的pH约为9.5，实验完毕测得吸收液的pH约为10，说明该溶液的溶质为Na2SO3和NaOH ，故C错误；饱和Na2SO3溶液的pH约为9.5，该溶液pH约为10的原因是NaOH 过量，故D正确。14. 常温下，向IL0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的浓度变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发)，下列说法正确的是A. M点溶液中水的电离程度比原溶液大B. 随着NaOH的加入，NH4+与NH3H2O物质的量总量减少C. 当n(NaOH)=0.05mol时，溶液中有：c(Cl-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D. 在M点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)【答案】D【解析】AM点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；B1L0lmolL-1NH4Cl溶液中，存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3H20)=0.1mol/L，随着NaOH的加入，NH4+与NH3H2O物质的量总量不变，故B错误；C向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3H2O的混合物，由于NH3H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，故C错误；D在M点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，则n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故D正确；答案为D。15. 25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2-KspFe(OH)2，下列说法正确的是A. b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且KspFe(OH)2=10-15.1B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)=l：104.6C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液D. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO【答案】A【解析】A该温度下，KspCu(OH)2KspFe(OH)2，则c(Fe2+)c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，KspFe(OH)2=10-3.1(10-6)2=10-15.1，故A正确；B当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则KspCu(OH)2=10-11.7(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)=，故B错误；C向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；DKspCu(OH)2KspFe(OH)2，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。16. 下列所述有关离子浓度之司的关系错误的是A. 将CO2通入0.1molL-1Na2CO4溶液至中性，溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1molL-1B. 浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-5-10-9)mol/LC. 将02molL-1NaHCO3溶夜与0.lmolL-1KOH溶液等体混合：3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)D. 已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.810-5，则常温下0.1molL-1CH3COONH4中：c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】A【解析】A. 将CO2通入0.1molL-1Na2CO3溶液至中性，根据电荷守恒2c(CO32-)+c(HCO3-)+ (OH-)=c(H+)+ c(Na+)可知溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)= c(Na+)=0.2molL-1，A错误；B. 浓度均为0.lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，根据电荷守恒和物料守恒可知混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)=2(10-5-10-9) mol/L，B正确；C. 将0.2mol L-lNaHCO3溶液与0.lmol L-1KOH溶液等体积混合后根据电荷守恒和物料守恒2c(K+)c(Na+)可知3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C正确；D. 已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.810-5，这说明二者的电离程度相同，则常温下0.1 molL-1CH3COONH4 溶液中离子的水解程度相同，溶液显中性，则溶液中c(NH4+)=c(CH3COO-)，D正确，答案选A。17. （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0.10molL-1 CH3COOH的电离程度增大的是_。、a.加入少量0.10 molL-1的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液c.加水稀释至0.010 molL-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 molL-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=110-12，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). bcd (6). c (Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+) (7). 0.62 (8). CH3COONa 溶液NaCN 溶液Na2CO3溶液 (9). NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【解析】（1）.Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒使其沉降从而达到净水的目的，离子方程式为：Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：A13+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）. NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，升高温度促进水解，使其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为，故答案为：；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大， pH减小；.NH4Al(SO4)2饱和溶液与NH4HCO3饱和溶液液混合，Al3与HCO3发生双水解反应，反应方程式为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；（3）. a、b、c、d四个点，根据反应物量的关系，a点时NaOH恰好和NH4HSO4中的H+完全反应，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O且浓度越来越大，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离，因此a、b、c、d四个点，水的电离程度由大到小顺序为是abcd；b点溶液呈中性，溶液中含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，因a点时c（Na+）=c（SO42-），则b点时c（Na+）c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）c（NH4+），故c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)，故答案为：abcd；c c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)；（4）. 25，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.010-7molL-1时，c（H+）=1.010-7molL-1，由H2SO3的Ka2=可知，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62，故答案为：0.62；（5）. .根据图表数据可知，电离常数：醋酸HCN碳酸氢根离子，根据“越弱越水解”，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液，溶液的pH为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液，反之，等pH的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度大小顺序为：CH3COONa溶液NaCN溶液Na2CO3溶液，故答案为：CH3COONa溶液NaCN溶液Na2CO3溶液；. 向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3-，则反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。19. 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1.0molL-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示。用离子方程式表示Na2CrO4溶波中的转化反应_。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_。升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.010-12和2.010-10，在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.010-5molL-1)时，溶液中c(Ag+)为_ molL-1，此时溶液中c(CrO42-)等于_ molL-1。（4）+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). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (3). 增大 (4). 1.01014 (5). 小于 (6). 2.010-5 (7). 510-3 (8). Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O【解析】试题分析：（1）根据题给信息知在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。（2）根据图像知随着氢离子浓度的增大，Na2CrO4溶液中CrO42-转化为Cr2O72-，离子方程式为2CrO42-+2HCr2O72-+H2O。由图可知，溶液酸性增大，Cr2O72-的浓度逐渐增大，CrO42的平衡转化率增大。根据A点数据知，Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，CrO42-的浓度c(CrO42)=0.5mol/L；H+浓度为110-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72-)/ c2(CrO42)c2(H)= 1.01014。由于升高温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的H0；（3）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0105molL1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.01010，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2.01010(1.0105molL1)=2.010-5molL1；则此时溶液中c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.01012(2.010-5)2=510-3molL1。（4）NaHSO3具有还原性，Cr2O72具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为Cr2O72+3HSO3+5H=2Cr3+3SO42+4H2O。考点：考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质的知识。20. （1）用0.lmolL-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。滴定醋酸的曲线是_(填“I”或“”)。V1和V2的关系：V1_V2(填“”、“=”或“”)M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_。（2）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。资料：AgSCN是白色沉淀操作步骤现象步骤1：向2mL0.005molL-1AgNO3溶液中加入2mL0.005molL-1KSCN溶液，静置出现白色沉淀步骤2：取lmL上层清液于试管中，滴加1滴2 molL-1Fe(NO3)3溶液溶液变红色步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3molL-1AgNO3溶液出现白色沉淀，溶液红色变浅步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3 molL-1KI溶液出现黄色沉淀写出步骤2中溶液变红色的离子方程式_。用化学平衡原理解释步骤3的实验现象_。【答案】 (1). (2). c(Na+)c(H+)c(OH-) (4). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (5). 浊液中存在沉淀溶解平衡Ag