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广东广州铁一中学、广外、广州大学附属2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题
1．以下现象能用勒夏特列原理解释的是
A．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
B．往新制氯水中加入适量碳酸钙固体可以增强漂白能力
C．合成氨一般选择400~500℃进行
D．工业合成氯化氢时使用过量氢气
2．化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A．可用饱和氯化铵溶液清洗钢铁表面的锈迹
B．实验室盛放NaF、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用玻璃塞
C．用含氟牙膏预防龋齿，因为氟离子具有抗氧化性
D．小苏打可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂
3．下列装置能达到实验目的的是
A．探究浓度对反应速率的影响 B．利用此装置得到无水MgCl2固体
C．测定中和热 D．准确量取一定体积稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
4．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．图1可知，升高温度，平衡常数增大
B．图2可表示：温度T2>T1，且纵坐标为NO2的百分含量
C．图3中t1时的改变可能是加入了催化剂或改变压强，平衡不移动
D．图4表示NO2平衡转化率随x的浓度变化，则x可能为O3
5．甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。已知CH3NH3Cl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH2+HCl
B．0.01 mol·L-1 CH3NH3Cl水溶液的pH=2
C．0.1 mol·L-1 CH3NH2水溶液加水稀释，pH降低
D．CH3NH3Cl水溶液中：
6．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述不正确的是
A．图①0.0100 mol·L-1硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol·L-1、及的混合溶液，由图中曲线可确定首先沉淀的是I-
B．图②说明反应的正反应是放热反应
C．图③是在0.1 mol·L-1的溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中的变化曲线，的水解程度：A点小于B点
D．图④是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，t1时刻溶液的温度最高
7．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2 mol NO和1 mol O2充分反应，生成的NO2数目为2NA
B．1 L pH=1的CH3COOH溶液中，H+的数目为0.1NA
C．0.1 mol·L-1 AlCl3溶液中，Al3+的数目小于NA
D．0.5 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.05NA
8．某温度下，HA和HB两种酸的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．相同体积a点的两溶液分别与足量的锌反应，收集相同体积的H2所需的时间HB更短
B．b、c两点消耗氢氧化钠的量：b>c
C．曲线I代表HA溶液
D．从c点到d点，溶液中增大(其中HX、X分别代表相应的酸和酸根离子)
9．催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是
A．使用II时，反应历程分4步进行，第2步是决速步
B．反应过程中要使M所能达到的最高浓度更大，应使用催化剂I
C．使用II时，反应体系更快达到平衡
D．达到平衡时，升高温度，M的浓度增大
10．向1 L 1 mol·L-1 H2SeO3溶液中逐滴加入1 L 2 mol·L-1 NaOH溶液，忽略反应过程中的温度变化。已知25℃时，亚硒酸(H2SeO3)的电离平衡常数：Ka1=2.7×10-3、Ka2=2.5×10-7，下列有关说法正确的是
A．反应过程中，一定增大
B．反应过程中，水的电离程度先增大后减小
C．常温下，NaHSeO3溶液呈酸性
D．Na2SeO3溶液中，
11．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。)
下列说法不正确的是
A．Ⅱ中生成FeCO3的反应：
B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe(OH)2、Fe(OH)3和FeCO3
C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：
D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低
12．下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是
A．使甲基橙显黄色的溶液：Fe2+、Cl-、Mg2+、
B．的溶液：Na+、、、、
C．常温下，由水电离产生c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Na+、Cl-、、
D．的NH4Cl-NH3·H2O混合液：Al3+、Fe3+、、
13．下列离子方程式书写正确的是
A．将碳酸氢钠和过量澄清石灰水反应：
B．向NaClO溶液中通入少量CO2：
C．泡沫灭火器原理：
D．向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液：
14．下列实验操作、现象及实验结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向0.1 mol/L NaHCO3溶液中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出 无明显现象 酸性：H2CO3>H3BO3
B 向两支盛有等浓度等体积H2O2的试管中分别加入等浓度等体积的KMnO4溶液和CuSO4溶液 前者产生气泡速率快 KMnO4的催化效果比CuSO4好
C 取1 mL 0.1 mol L-1 KI于试管中，加入5 mL 0.1 mol L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%的KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-的反应有一定限度
D 向浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加几滴酚酞试剂 前者溶液变红，后者不变色 NaHCO3水解，而NaHSO3不水解
A．A B．B C．C D．D
15．已知常温下，难溶电解质A(OH)a和B(OH)b的溶度积的大小关系为Ksp[B(OH)b]>Ksp[A(OH)a]，溶液中lgc(X)(X为Aa+或Bb+)与溶液pH的关系如图所示。当某离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是
A．曲线II表示-lgc(Aa+)与溶液pH的关系
B．向浓度均为的Aa+、Bb+的酸性溶液中滴加NaOH溶液时，Aa+优先沉淀
C．常温下，饱和溶液的pH：pH[A(OH)a]D．R点对应溶液可能为A(OH)a的过饱和溶液
16．取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法正确的是
A．滴入盐酸过程中，当溶液呈中性时，
B．a→b→c过程中：逐渐增大
C．a→d→e过程中：
D．令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x>y
17．中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1，某兴趣小组用下图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是　 　，实验中使用该仪器的目的是　 　。
（2）B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其离子反应方程式为　 　。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的　 　：若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　 　，滴定终点时的现象是　 　，若达到滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则测定结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为　 　g·L-1。
（5）若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：　 　。
18．电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp(CuS)=6.0×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
（1）中Cr元素的化合价为　 　。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为　 　。
（3）沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式　 　。
（4）①写出Na2S的质子守恒式：　 　。
②沉淀2和沉淀3分别是：　 　。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH=4时S2-的浓度为　 　mol·L-1，沉淀完成后，进入到沉淀池3的上层清液中c(Cd2+)︰c(Cu2+)=　 　(设H2S平衡浓度为1.0×10-6 mol·L-1，已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=3.0×10-27)。
19．NaHCO3用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCO3开展如下实验活动。
I、配制溶液
（1）配制450 mL 0.10 mol/L的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的质量为　 　g。
（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有　 　(填仪器名称)。
Ⅱ、实验探究：探究温度对0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液pH的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。
实验序号 操作 测试温度(T) pH
1 采用水浴加热，将0.10 mol L-1NaHCO3溶液从25℃ 持续升温至65℃，每隔10℃测量并记录溶液pH 25℃ A1
35℃ A2
45℃ A3
55℃ A4
65℃ A5
（3）NaHCO3溶液显碱性的原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）实验1中测得A1>A2>A3，可知当25℃≤T≤45℃时，0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，原因是：　 　。实验1中测得A5>A4>A3，且当45℃（5）针对(4)中实验现象，小组同学继续开展探究。
查阅资料：NaHCO3溶液中存在平衡：。
提出猜想：对于0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液，当25℃≤T≤45℃时，该反应进行程度很小；当45℃实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。
实验序号 操作 测试温度 pH
2 采用水浴加热，①　 　，然后冷却至25℃，并记录溶液pH 25℃ B1
3 采用水浴加热，将0.10 mol L-1 NaHCO3溶液从25℃升温至65℃，然后冷却至25℃，并记录溶液pH 25℃ B2
实验结论：②根据实验1～3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是　 　。
拓展总结：③NaHCO3溶液中存在的自偶电离平衡：；25℃时，自偶电离的平衡常数为　 　[保留两位有效数字；已知：25℃时，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7；Ka2(H2CO3)=5.6×10-11]。当温度升高时，H2CO3更易分解，CO2从体系逸出，促进了NaHCO3在溶液中的分解。
（6）写出NaHCO3在生产或生活中的一种应用　 　。
20．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题，为减小和消除CO2对环境的影响，实际生活生产中有很多种处理方案。
方案一：将H2(g)与CO2(g)反应合成甲醇，制备甲醇燃料电池。制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.19 kJ/mol
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）根据以上反应，求ΔH3=________，反应I________(低温/高温)下自发进行。
（2）下列描述正确的是______。
A. 在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅱ，若压强不变，能说明反应Ⅱ达到平衡状态
B. 容器中进行反应I-III，若改变容器体积，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动。
C. 恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，但平衡常数不变
D. 上述反应I-III达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大
（3）一定条件下，在2 L的密闭容器中仅发生反应I，起始物n(H2)/n(CO2)=3，CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示，平衡时H2的体积分数为________；若保持其它反应条件不变，起始时仅将容器体积变为3 L，请在图上画出H2O(g)的浓度随时间变化的趋势图________。
方案二：MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用，科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101 kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-166 kJ·mol-1
III．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41 kJ·mol-1
回答下列问题：
（4）100 kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示CH4选择性的曲线是________(填字母)。
②点M温度下，反应Ⅱ的Kp=________(kPa)-2(列出计算式即可)。
③在550℃下达到平衡时，n(CO)=________mol。500～600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是________。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合成氨条件的选择；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应 H2(g)+I2(g) 2HI (g) 是气体分子数不变的反应。加压时，平衡不移动，但体积缩小导致 I2浓度增大，颜色变深。此现象是物理压缩的直接结果，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，A错误；
B、氯水中存在平衡 Cl2+H2O HClO+H++Cl-。加入碳酸钙固体，会与 H+反应消耗 H+，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱 H+减少的方向（正向）移动，使 HClO 浓度增大，漂白能力增强。该现象可用勒夏特列原理解释，B正确；
C、合成氨是放热反应，升温会使平衡逆向移动（不利于氨生成）。实际选择 400~500℃是为了提高催化剂活性、加快反应速率，并非平衡移动的结果，不能用勒夏特列原理解释，C错误；
D、工业合成 HCl 的反应（H2+Cl2=2HCl）是不可逆反应，无平衡状态。使用过量 H2是为了提高成本较高的 Cl2的利用率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断平衡是否移动，颜色变化是否由平衡移动引起。
B．分析氯水中平衡移动与外界条件的关系。
C．区分平衡移动与反应速率对条件选择的影响。
D．判断反应是否为可逆反应，过量反应物的作用是否与平衡有关。
2．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．饱和氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性，铁锈的主要成分为氧化铁，酸性环境下氧化铁可以和氢离子反应生成可溶的铁盐和水，因此可以用饱和氯化铵溶液清洗钢铁表面的锈迹，A正确；
B．玻璃的主要成分是二氧化硅，NaF、Na2SiO3等溶液水解后呈碱性，碱性溶液会与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，会使玻璃塞和瓶颈粘连，因此不能将这些溶液存放在带玻璃塞的试剂瓶中，B错误；
C．牙齿表面的羟基磷酸钙存在沉淀溶解平衡，使用含氟牙膏时，氟离子可以和羟基磷酸钙反应转化为溶解度更小、更耐酸腐蚀的氟磷酸钙，从而起到预防龋齿的作用，C错误；
D．锅炉水垢中的CaSO4是微溶物，难以直接除去，根据反应CaSO4(s)＋(aq)= CaCO3(s)＋(aq)，可将难溶于酸的CaSO4转化为可溶于酸的CaCO3，方便后续除去，因此纯碱可以作为锅炉除垢时CaSO4的转化剂，D错误；
故答案选A。
【分析】A．氯化铵溶液呈酸性，可用于除铁锈；
B．NaF和Na2SiO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，能和二氧化硅反应；
C．用含氟牙膏预防龋齿，是生成了更耐酸腐蚀的氟磷酸钙；
D．苏打碳酸钠可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂。
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．过氧化氢和亚硫酸氢钠反应时没有明显的可观测现象，无法通过实验比较反应速率的快慢，因此A错误；
B．氯化镁水解会生成氢氧化镁和氯化氢，在HCl氛围中加热水合氯化镁，可以抑制镁离子水解，最终能得到无水氯化镁固体，因此B正确；
C．测定中和热时，必须使用环形玻璃搅拌棒使溶液混合均匀、保证反应完全，该装置缺少环形玻璃搅拌器，无法准确测定中和热，因此C错误；
D．稀硫酸呈酸性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，盛放稀硫酸应当使用酸式滴定管，图示仪器为碱式滴定管，操作错误，因此D错误；
综上，答案选B。
【分析】A．实验无现象，无法进行比较；
B．通入氯化氢可以抑制镁离子水解，得到无水MgCl2固体 ；
C．装置中缺少环形玻璃搅拌器；
D．量取稀硫酸用酸式滴定管。
4．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．从能量变化图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应的正反应为放热反应；升高温度后，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，因此平衡常数会减小，A错误；
B．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需的时间越短，由图可知 T2 对应的反应曲线先达到平衡状态，因此温度 T2＞T1， 结合正反应为放热反应可知，温度升高平衡向逆反应方向移动， 的平衡百分含量应该随温度升高而增大，即 T2下 的平衡百分含量应大于T1，这与题图内容不符，B错误；
C．若 时刻加入催化剂，催化剂只会同等程度加快正、逆反应速率，不会使平衡发生移动，因此反应速率改变后保持不变，符合图像；若 时刻增大压强，正反应速率会突然增大，平衡会发生移动，之后反应速率会随体系浓度变化发生改变，不会保持恒定，和图像不符，因此并不是改变条件一定与图像不符，C错误；
D．增大反应物 的浓度，平衡会向正反应方向移动，二氧化氮的平衡转化率会随之升高，与图像相符，D正确；
故选D。
【分析】A．反应放热，升高温度，平衡常数减小；
B．T2＞T1，反应放热，高温利于生成；
C．由反应方程式 2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g) ，增大压强平衡正向移动，选项中为使用催化剂图象；
D．增大臭氧浓度，平衡正向移动，二氧化氮转化率增大。
5．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. CH3NH3Cl属于盐类，在水中可以完全电离，正确的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH+Cl-，因此A错误；
B. CH3NH只能发生微弱水解生成H+，因此0.01 mol·L-1 CH3NH3Cl水溶液中，氢离子浓度小于0.01 mol·L-1， pH>2，B错误；
C. CH3NH2是一元弱碱，将0.1mol·L-1的甲胺溶液稀释后，溶液中氢氧根离子浓度减小，碱性减弱，溶液pH降低，C正确；
D. CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离，而CH3NH发生微弱水解，Cl-不发生水解，最终溶液显酸性，因此溶液中离子浓度大小关系为：，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A. CH3NH3Cl属于盐类，电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH+Cl-；
B. CH3NH3Cl 是强酸弱碱盐，水解是微弱的；
C. CH3NH2 是弱碱，加水稀释，碱性减弱，酸性增强，pH降低；
D. CH3NH3Cl水溶液中 ，离子顺序为。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．三种物质的溶度积常数满足，当溶液中卤素离子浓度相同时，生成AgI沉淀所需银离子浓度最小，因此用硝酸银滴定等浓度的、、混合溶液时，会最先析出沉淀，A项正确；
B．观察图②可以发现，升高温度后，正反应和逆反应的反应速率都增大，且平衡逆向移动时，逆反应速率增大的幅度大于正反应，说明升高温度平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，由此可以判断正反应的热效应，B项正确；
C．对于碳酸钠溶液中的碳酸根水解平衡，加水稀释会促进的水解，水解程度随稀释增大：B点比A点稀释程度更大，因此的物质的量会增加，但溶液体积增大的幅度远超过水解使物质的量增加的幅度，因此最终的浓度还是减小；碳酸钠的水解程度为：A点小于B点，C项正确；
D．铁和盐酸的反应是放热反应。反应开始阶段，体系温度升高，温度对反应速率的促进作用占主导，因此反应速率逐渐加快；随着反应持续进行，盐酸被不断消耗，浓度逐渐降低，浓度对反应速率的影响逐渐占主导，因此反应速率开始减慢。是速率最大的时刻，在之后反应仍在进行，还会继续放出热量，因此此时体系温度还没有升到最高，D项错误；
故答案选D。
【分析】A．由知，向含相同浓度的三种离子溶液中加入硝酸银溶液，碘化银先沉淀；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正向放热；
C．加水稀释，促进碳酸根离子水解；
D．时刻反应速率最大，后反应继续进行，因反应放热，体系温度继续升高。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 反应2NO+O2=2NO2，都是可逆反应，2 mol NO与1 mol O2充分反应后，由于反应不能进行完全，且生成的二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，因此最终生成的 NO2 物质的量一定小于2 mol，数目小于2NA，A错误；
B． pH=1的CH3COOH 溶液中，氢离子浓度 c(H+)=0.1 mol/L ，当溶液体积为1 L时， H+的物质的量为， 因此溶液中 H+ 的数目为0.1NA，B正确；
C．题目只给出了 Al3+ 的浓度，没有给出溶液的体积，无法计算$ Al3+ 的物质的量，也就无法确定 Al3+ 的数目，C错误；
D． Na2CO3 溶液中，碳酸根离子会发生水解反应，1个水解后生成2个阴离子，因此溶液中阴离子总数会增加。 0.5 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子数目应大于0.05 NA，
故答案选B。
【分析】A.体系中存在平衡，二氧化氮分子数目减少；
B．由公式计算；
C．体积未知，无法计算；
D．Na2CO3溶液中存在碳酸根离子水解，水解后阴离子数目增大。
8．【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．对于起始pH相同的两种弱酸，电离平衡常数Ka越小，对应酸的酸性越弱，溶液的浓度越大，和足量锌反应时生成氢气的速率更快，收集到相同体积H2需要的时间更短。本题中酸性满足HA＞HB，因此HB的反应速率更快，收集相同体积氢气用时更短，A正确；
B．起始pH相同的两种酸，Ka越小酸的浓度越大，因此HB的浓度大于HA，稀释过程中酸的物质的量不发生改变，因此b点（HB对应点）的酸的物质的量大于c点（HA对应点），消耗氢氧化钠的量满足b>c，B正确；
C．根据上述分析，酸性更强的HA稀释时pH变化更大，对应曲线Ⅱ，酸性更弱的HB稀释时pH变化更小，对应曲线Ⅰ，因此曲线I是HB的稀释曲线，C错误；
D．从c点到d点稀释过程中，温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，因此的数值不变；稀释后pH增大，减小，因此可得，因此该比值也会减小，D错误；
综上，答案选AB。
【分析】酸的电离平衡常数可以用来反映酸性的相对强弱，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强。根据题目给出的电离平衡常数可以得到酸性的强弱顺序为： HA＞HB， 当对两种酸溶液加水稀释相同的倍数时，酸性越强的酸，溶液pH的变化幅度越大，结合题图变化可以得出：曲线Ⅰ对应 HB 溶液，曲线Ⅱ对应HA溶液，再基于此结论对各选项进行分析判断。
9．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．从反应能量图能够看出，催化剂为II时，整个反应总共分为4步反应过程，其中第一步反应的活化能是最大的，活化能越大反应速率越慢，整个反应的速率由慢反应步骤决定，因此第一步是该历程的决速步，A错误；
B．从图中可以得到，反应的前两步历程中，使用催化剂I时的活化能更低，反应速率更快；而后两步历程中，使用催化剂I时活化能更高，反应速率更慢。M是前两步反应的产物，又是后两步反应的反应物，前两步生成M更快，后两步消耗M更慢？不对，哦，前两步生成M快，后两步消耗M慢，因此M能够达到的最高浓度会更大，B正确；
C．一个反应整体的反应速率由活化能最高的决速步决定，从图中可以看出，使用催化剂I时，反应的最高活化能低于使用催化剂II时的最高活化能，因此使用催化剂I时整体反应速率更快，反应体系会更快达到平衡状态，C错误；
D．对于存在中间产物M的可逆反应，温度对M浓度的影响由生成M和消耗M两步反应的速率相对大小决定。从反应能量变化图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物总能量，属于放热反应，因此反应达到平衡后，升高温度平衡会向逆反应方向移动。当使用催化剂Ⅰ时，P生成M步骤的活化能高于M生成R步骤的活化能，说明中间产物M的生成速率小于它的消耗速率，因此M的浓度会减小；当使用催化剂Ⅱ时，P生成M步骤的活化能低于M生成R步骤的活化能，说明中间产物M的生成速率大于它的消耗速率，因此M的浓度会增大，D错误；
故答案选B。
【分析】A．第3步活化能最大，是决速步骤；
B．由反应历程图，使用催化剂I 活化能更低；
C．使用催化剂II活化能大，反应速率慢，达到平衡用时间长；
D．反应放热，升高温度，平衡逆向移动。
10．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．滴定过程中，随着NaOH溶液的加入，H2SeO3先和NaOH反应生成，这个阶段逐渐增大；当H2SeO3完全反应后，继续加入NaOH，会进一步和NaOH反应生成，此时逐渐减小，因此选项A错误；
B．滴定过程中，H2SeO3逐步转化为，再转化为，盐类水解会促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大；当NaOH过量后，过量的强碱会抑制水的电离，水的电离程度又会减小，因此水的电离程度不是始终增大，选项B错误；
C．常温下，NaHSeO3溶液中，已知H2SeO3的Ka2=2.5×10-7，HSeO3 的水解常数≈ 3.7×10-12，可得Kh2＜Ka2，说明的电离程度大于水解程度，溶液以电离为主，显酸性，选项C正确；
D．对于Na2SeO3溶液，根据物料守恒，正确的关系为，选项中关系式错误，D错误；
故选C。
【分析】向H2SeO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2SeO3逐渐减少，先增大后减小，逐渐增大，水的电离程度先增大后减小，由 H2SeO3 电离常数，电离程度大于水解程度，NaHSeO3溶液显酸性。
11．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验II是向碳酸氢钠 溶液中加入等浓度的硫酸亚铁，碳酸氢根电离出的碳酸根会和亚铁离子结合生成碳酸亚铁，同时生成氢离子，生成的氢离子会继续和碳酸氢根离子反应，最终生成二氧化碳和水，总反应的离子方程式为：， 因此A选项错误；
B．实验I是向碳酸钠 溶液中加入等浓度的硫酸亚铁， 反应过程中，首先碳酸钠和硫酸亚铁可以生成碳酸亚铁 沉淀，同时亚铁离子 和碳酸根 还会发生双水解反应，生成氢氧化亚铁 沉淀，而氢氧化亚铁不稳定，会迅速被空气中的氧气氧化为氢氧化铁， 因此B选项正确；
C. 两种溶液都符合电荷守恒关系，可得：，因此C选项表述正确；
D. 实验Ⅱ中，反应消耗了本身呈碱性的，同时生成了，导致溶液碱性减弱，pH下降；实验Ⅰ中，是向溶液中加入等浓度的，碳酸根参与反应使溶液碱性减弱，pH同样减小，因此D选项表述正确；
综上，本题答案选A。
【分析】A．二价铁离子和碳酸氢根反应生成碳酸亚铁、水和二氧化碳；
B．二价铁离子和碳酸根离子会发生双水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁会被氧化为氢氧化铁；
C. 考查溶液中电荷守恒， ；
D. Ⅰ 中反应消耗碳酸根离子， Ⅱ中消耗碳酸氢根，溶液碱性减弱。
12．【答案】D
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】A．甲基橙显黄色时，溶液可能是酸性、中性或者碱性。如果是碱性溶液，和会和氢氧根离子反应，无法大量存在；但如果是酸性或者中性溶液，、、、之间不发生反应，可以大量共存，因此A不符合题意；
B．对于的溶液，可得溶液中浓度小于浓度，溶液呈碱性，该组中各离子之间不发生反应，可以大量共存，因此B不符合题意；
C．常温下，水电离出的，说明水的电离被抑制，溶液既可能是酸性也可能是碱性。如果是酸性溶液，会和反应，不能大量共存；但如果是碱性溶液，该组所有离子之间互不反应，可以大量共存，因此C不符合题意；
D．在-混合溶液中，根据电荷守恒可得：，题目给出该溶液中，代入电荷守恒式可得，即溶液呈中性。而在中性溶液中，、会水解生成氢氧化物沉淀，一定不能大量共存，D符合题意；
故选D。
【分析】考查离子共存，的-混合溶液，说明溶液呈中性，、不能共存。
13．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 向溶液中加入过量，我们设的物质的量为1mol来配平，最终得到的离子方程式为：，和选项给出的方程式不一致，因此A错误；
B．由酸性强弱规律>HClO>，根据强酸制弱酸的原理，会和HClO反应生成，因此向NaClO溶液中通入少量，产物只能是碳酸氢钠和次氯酸，正确的离子方程式应为：，和选项给出的方程式不符，因此B错误；
C．泡沫灭火器是利用硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合后，和发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体来实现灭火，选项给出的反应方程式符合反应原理，因此C正确；
D．草酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子，必须保留化学式，因此该反应正确的离子方程式为，选项将草酸拆分了，写法错误，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】A.碳酸氢钠少量，把其定为“1”，离子方程式为；
B．由酸性强弱>HClO>，次氯酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．草酸是弱酸，不可拆。
14．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．将H3BO3溶液滴入NaHCO3溶液后，没有气泡生成，该现象可以证明H3BO3的酸性比H2CO3更弱，无法发生强酸制弱酸的反应，因此酸性大小为： H2CO3>H3BO3， A正确；
B．KMnO4本身具有强氧化性，它是作为氧化剂氧化H2O2最终得到O2，在这里KMnO4并没有起到催化作用，B错误；
C．该实验中Fe3+本身就是过量的，即便反应后还有I-剩余，也不能证明该反应存在反应限度，C错误；
D．NaHSO3溶液中，的电离程度大于水解程度，溶液整体显酸性，因此向溶液中滴加酚酞后不会变色，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．由实验现象知，无二氧化碳生成，说明酸性 H2CO3>H3BO3 ；
B．高锰酸钾和过氧化氢会发生氧化还原反应；
C．实验中 FeCl3溶液过量，不能证明反应存在限度；
D． NaHSO3溶液呈酸性，加入酚酞不变色。
15．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．设曲线Ⅰ代表，由点P、N可知，解得x=3，设曲线Ⅱ代表，由点Q、M可知，解得y=2，常温下，、的溶度积分别为、，结合，可推得曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示与溶液pH的关系，A不正确；
B．当、开始沉淀时，所需氢氧根的最小浓度分别是，，，故先沉淀，B正确；
C．由A项可知，曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示与溶液pH的关系，常温下，、的溶度积分别为、，设曲线Ⅰ饱和溶液中，则的，，曲线Ⅱ饱和溶液中，则的，，mD．曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，R点没有在曲线Ⅰ上，可以作辅助线如图，等pH下，曲线Ⅰ上的点为饱和溶液，R点的小于曲线Ⅰ上对应的点，则大于曲线Ⅰ上对应的点，则R点对应的＞，则R点对应的过饱和溶液，D正确；
故选A。
【分析】这道题围绕难溶电解质的溶解平衡知识展开，主要考查溶度积计算、沉淀生成顺序判断、过饱和溶液判定等内容，解题时需要结合溶度积的概念，对每个选项逐一推导分析。
16．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．滴入盐酸过程中溶液呈中性时，电荷守恒式为，因，故，则，A错误；
B．在a→b→c过程中，由于起始NaHCO3溶液与滴加的NaOH溶液浓度均为0.05 mol·L- ，混合后c(Na+)恒为0.05 mol·L- 。根据电荷守恒式，等式左侧c(Na+)不变，c(H+)减小，故c(Na+)+c(H+)减小，因此：逐渐减小，B错误；
C．为加盐酸过程，初始物料守恒，加盐酸后与反应生成，逸出导致溶液中C总量减少，故，C错误；
D．点为10 mL NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3溶液，，，；点为10 mL盐酸与NaHCO3反应生成NaCl溶液（含少量H2CO3），，，，则，D正确；
故选D。
【分析】 碳酸氢钠和氢氧化钠反应方程式为NaHCO3 + NaOH = Na2CO3 + H2O，反应后溶液碱性增强，pH增大，碳酸氢钠和盐酸反应方程式为 NaHCO3 + HCl = NaCl + H2O + CO2↑，反应后溶液碱性减弱，pH减小，据此分析。
17．【答案】（1）直形冷凝管；冷凝回流
（2）
（3）③；酚酞；当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30s不褪色；偏小
（4）0.24
（5）因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，导致测得氢氧化钠体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，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
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是直形冷凝管，作用是冷凝回流，避免加热过程中酒样中的乙醇、水等物质挥发，既防止酒样中组分损失，也避免挥发出来的物质进入C装置对后续实验造成干扰。
（2）二氧化硫与双氧水发生反应的离子方程式为。
（3）NaOH属于碱性标准溶液，盛放时需要选用碱式滴定管，碱式滴定管排出气泡的正确操作是：将胶管部分向上弯曲，轻轻挤压玻璃球排出气泡，对应图中的操作③；本次滴定终点的pH为8.8，需要选择变色范围覆盖该pH的指示剂，因此选用酚酞（变色范围8.2~10.0）；滴定终点的现象为：滴入最后半滴NaOH标准溶液后，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色；若滴定终点读数时俯视刻度，会导致读取的消耗NaOH标准液的体积偏小，最终计算得到的结果偏小。
（4）根据2NaOH~H2SO4~SO2，可知SO2的质量为，该葡萄酒中二氧化硫的含量为。
（5）盐酸属于挥发性酸，挥发出来的HCl会额外消耗氢氧化钠，会使得滴定中测得的氢氧化钠体积偏大，最终导致测定出的总酸结果偏高。对应的改进方法可以是：更换为硫酸这类难挥发性的强酸来替代盐酸，也可以做空白对照实验，使用蒸馏水代替葡萄酒进行和原实验操作完全相同的实验，扣除盐酸挥发带来的实验误差。
【分析】本实验通过强酸制弱酸，结合二氧化硫受热溶解度降低的性质，将二氧化硫从葡萄酒中提取出来；之后利用双氧水的强氧化性吸收二氧化硫，使二者发生反应；最终通过标准氢氧化钠溶液滴定二氧化硫和双氧水反应生成的硫酸，即可计算得到葡萄酒中二氧化硫的含量。
（1）仪器A名称是直形冷凝管，冷凝回流，防止加热时酒样（或葡萄酒中大量的水和乙醇等）蒸发损失（或挥发进入C装置，干扰实验）。
（2）二氧化硫和双氧水反应的离子方程式为。
（3）使用NaOH标准溶液滴定，应使用碱式滴定管，排气泡时，应把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以应选择③的方法；滴定终点时溶液pH=8.8，应选择变色范围在8.2~10.0的酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30s不褪色；若滴定终点时某同学俯视读数，会导致测得NaOH溶液体积偏小，则结果偏小。
（4）根据2NaOH~H2SO4~SO2，可知SO2的质量为，该葡萄酒中二氧化硫的含量为。
（5）因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，导致测得氢氧化钠体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，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。
18．【答案】（1）+6
（2）。
（3）Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O
（4）c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；CuS、NiS
（5）7.0×10-20；5.0×108
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）中，设Cr元素的化合价为 x ，根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷，可得关系： 2x+7×(-2)=-2， 解得x=+6，因此 Cr化合价为+6价。
（2）还原过程中， 发生的反应为。
（3）已知 Cr(OH)3 的化学性质与 Al(OH)3 相似，属于两性氢氧化物，因此Cr(OH)3 可以和NaOH溶液反应生成偏亚铬酸钠和水，对应反应的化学方程式为： Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O。
（4）①根据质子守恒， Na2S 溶液中，水电离出的氢离子总浓度等于氢氧根离子总浓度，因此质子守恒式为： c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；
②结合流程分析可知，加入硫化钠后，首先析出溶度积更小的 CuS， 因此沉淀2为 CuS， 继续加入硫化钠析出的沉淀3为NiS。
（5）H2S的，则==；沉淀池3上清液中====。
【分析】向还原池中加入草酸，可将 还原转化为 Cr3+， 之后仅加入碱调节溶液pH，由于 Cr(OH)3会优先满足沉淀条件析出，因此先分离得到的沉淀1为 Cr(OH)3， 已知溶度积 Ksp(CuS)=6.0×10-36（1）中设Cr为x价，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，所以Cr化合价为+6价。
（2）还原池中发生的反应为。
（3）Cr(OH)3性质与Al(OH)3相似，具有两性，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式为Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O。
（4）①Na2S溶液中质子守恒式为c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；
②由分析得沉淀2是CuS，沉淀3为NiS。
（5）H2S的，则==；沉淀池3上清液中====。
19．【答案】；500mL容量瓶和烧杯；；水的电离平衡与的水解平衡共同作用，且水的电离平衡发挥主导作用；将溶液从升温至；(或；或)；；治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等
【知识点】化学平衡常数；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）要配制的溶液，实验室容量瓶没有450 mL的规格，因此需要按500 mL的体积来配制溶液，计算可得需要称量的固体质量为；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的常规操作步骤为：计算、称量、溶解、转移溶液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，本实验已经给出的玻璃仪器外，还缺少的必需玻璃仪器是500 mL容量瓶和烧杯；
（3）碳酸氢钠溶液之所以显碱性，是碳酸氢根水解导致的，该反应的离子方程式为：；
（4）当时，升高温度会产生两方面影响：一方面，水的电离是吸热过程，升温会促进水的电离平衡正向移动，水的离子积常数增大，溶液中氢离子浓度 c(H+) 增大，会导致溶液pH减小；另一方面，的水解同样是吸热过程，升温会促进碳酸氢根的水解平衡正向移动，溶液中氢氧根浓度增大，会导致溶液增大。而实际实验中，该温度范围内浓度为的溶液pH随温度升高整体减小，说明温度升高时，水的电离平衡带来的影响占主导地位。因此该现象的原因是：水的电离平衡与的水解平衡共同作用，且水的电离平衡发挥主导作用；
（5）若要验证我们提出的猜想，需要对比实验2和实验3：将浓度为的溶液升温至 及以上，再降温回室温，通过比较降温后的pH判断反应是否发生：若pH升高，即可证明该反应发生。结合实验3的操作设计，实验2的操作应为：用水浴加热的方式，将溶液从 升温到 ，再重新冷却回 ，记录此时溶液的pH。
如果在温度范围 内，升高温度会使反应的正向进行程度明显增大，那么冷却回室温后，实验3溶液中CO32-的浓度会更大，pH也就比实验2更高，而实验2冷却后碳酸氢根浓度几乎恢复到升温前，pH和原室温下的初始A1接近，因此最终存在关系：。根据碳酸氢根的自偶电离方程式：，自偶电离平衡常数；Ka1=，Ka2=，，即自偶电离平衡常数K=；
（6）在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等。
【分析】 I、配制一定浓度溶液需要用到玻璃仪器为玻璃棒、量筒、胶头滴管和相应规格容量瓶；
Ⅱ、加热碳酸氢钠溶液记录pH随温度变化，温度升高，碳酸氢根水解程度增大，溶液碱性增强，同时水的离子积常数增大，影响溶液pH，随着温度持续升高，可能存在碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳。
20．【答案】(1) -90.77 kJ/mol 低温
(2) A，C，D
(3) 30%
(4) c 或 0.2 随温度升高，反应II逆向进行，反应III正向进行，且反应II逆向进行的程度大于反应III正向进行的程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应III可以由反应I减去反应II得到，根据盖斯定律可以推导得到。反应I反应后体系气体分子数减少，因此熵变，同时反应I的焓变。根据反应自发进行的判据，当时反应可以自发进行，结合ΔH和ΔS的符号，可得反应I在低温条件下可以自发进行。
（2）A．反应II是气体分子数不变的反应，若在绝热恒容密闭容器中只进行反应II，容器内气体分子总数始终保持不变，但该反应属于吸热反应，反应进行过程中体系温度会发生改变，容器内压强也随之改变，因此当容器内压强不再变化时，可以说明反应Ⅱ达到了平衡状态，A正确；
B．反应II是气体分子数不变的反应，反应I和反应Ⅲ都是气体分子数减少的反应，若改变容器体积增大压强，反应I和反应Ⅲ的平衡都会正向移动。而反应I、Ⅲ均为放热反应，平衡正向移动会放出热量，使体系温度升高，温度改变后反应II的平衡也会发生移动，B错误；
C．恒温条件下增大CO的浓度，也就是增大反应物浓度，可以使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，但是平衡常数只受温度影响，温度不变时，平衡常数不会发生改变，C正确；
D．反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅲ是放热反应，当反应I-Ⅲ都达到平衡后升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动、反应Ⅲ平衡逆向移动，两个平衡移动的结果都会使CO的量增加，因此CO的平衡浓度一定增大，D正确；
故选ACD。
（3）由图可知，初始CO2的浓度为1 mol/L，容器容积为2 L，因此初始投入CO2的物质的量为1 mol/L×2 L=2 mol，对应起始H2的物质的量为6 mol。平衡时CO2的浓度为0.25 mol/L，因此平衡时CO2物质的量为0.25 mol/L×2 L=0.5 mol，可得反应中CO2的变化量为2 mol - 0.5 mol = 1.5 mol。根据反应的计量关系，平衡时H2的物质的量为6 mol - 3×1.5 mol = 1.5 mol，反应生成CH3OH和H2O的物质的量均为1.5 mol，因此平衡时H2的体积分数为。
该反应正向是气体分子数减少的反应，若保持其他条件不变，仅将起始容器体积扩大至3 L，体积增大后所有组分的浓度瞬间降低，相当于减小体系压强，平衡会向气体分子数增多的方向即逆向移动，因此平衡时H2O(g)的物质的量会小于1.5 mol，对应平衡时H2O(g)的浓度小于；同时压强减小会使反应速率减慢，达到平衡所需要的时间更长，因此H2O(g)浓度随时间变化的趋势如下图所示：
；
（4）①已知反应I是吸热反应，反应II是放热反应，题目规定360 ℃以下不考虑反应III。当温度低于360 ℃时，升高温度会使吸热的反应I正向移动，提高碳酸镁的转化率，同时使放热的反应II逆向移动，因此碳酸镁转化率随温度升高而增大，CO2的选择性随温度升高而增大，CH4的选择性随温度升高而减小，且二者选择性之和约为100%，由此可判断：a代表碳酸镁的平衡转化率，b代表二氧化碳的选择性，c代表甲烷的选择性。
②在M点对应温度下，360 ℃以下不考虑反应III，从图中可知碳酸镁的转化率为49%，因此平衡后剩余碳酸镁0.51 mol。根据碳原子守恒，体系中甲烷和二氧化碳的物质的量之和为0.49 mol；此时二氧化碳和甲烷的选择性相等，均为50%，因此二者的物质的量均为。结合反应II的化学计量关系，生成水的物质的量为0.49 mol；再根据氢原子守恒，计算可得平衡时氢气的物质的量为。将所有组分物质的量加和，可得体系总物质的量为0.245 mol + 0.02 mol + 0.245 mol + 0.49 mol = 1 mol，因此计算反应II的压强平衡常数：
；
③当温度为550 ℃达到平衡时，从图中可知碳酸镁已经完全转化，此时二氧化碳选择性为70%，甲烷选择性为10%，即平衡时n(CO2)=0.7 mol，n(CH4)=0.1 mol，结合碳原子守恒可得n(CO)=(1-0.7-0.1) mol=0.2 mol。反应II为放热反应，反应III为吸热反应，在500~600 ℃范围内，温度升高时，放热的反应II逆向移动消耗H2，吸热的反应III正向移动消耗H2，且反应II逆向移动使H2转化率减小的幅度，超过了反应III正向移动使H2转化率增大的幅度，因此整体表现为：500～600 ℃范围内，随温度升高，H2的平衡转化率逐渐下降。
【分析】（1）考查盖斯定律；
（2）平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变；
（3）增大容器体积，组分浓度减小，反应速率减慢，达到平衡时间变长；
（4）CO2的选择性和CH4的选择性之和为100%，CH4的选择性随温度升高而减小，a代表碳酸镁的平衡转化率，b代表二氧化碳的选择性，c代表甲烷的选择性。
1 / 1广东广州铁一中学、广外、广州大学附属2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题
1．以下现象能用勒夏特列原理解释的是
A．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
B．往新制氯水中加入适量碳酸钙固体可以增强漂白能力
C．合成氨一般选择400~500℃进行
D．工业合成氯化氢时使用过量氢气
【答案】B
【知识点】合成氨条件的选择；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应 H2(g)+I2(g) 2HI (g) 是气体分子数不变的反应。加压时，平衡不移动，但体积缩小导致 I2浓度增大，颜色变深。此现象是物理压缩的直接结果，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，A错误；
B、氯水中存在平衡 Cl2+H2O HClO+H++Cl-。加入碳酸钙固体，会与 H+反应消耗 H+，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱 H+减少的方向（正向）移动，使 HClO 浓度增大，漂白能力增强。该现象可用勒夏特列原理解释，B正确；
C、合成氨是放热反应，升温会使平衡逆向移动（不利于氨生成）。实际选择 400~500℃是为了提高催化剂活性、加快反应速率，并非平衡移动的结果，不能用勒夏特列原理解释，C错误；
D、工业合成 HCl 的反应（H2+Cl2=2HCl）是不可逆反应，无平衡状态。使用过量 H2是为了提高成本较高的 Cl2的利用率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断平衡是否移动，颜色变化是否由平衡移动引起。
B．分析氯水中平衡移动与外界条件的关系。
C．区分平衡移动与反应速率对条件选择的影响。
D．判断反应是否为可逆反应，过量反应物的作用是否与平衡有关。
2．化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A．可用饱和氯化铵溶液清洗钢铁表面的锈迹
B．实验室盛放NaF、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用玻璃塞
C．用含氟牙膏预防龋齿，因为氟离子具有抗氧化性
D．小苏打可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．饱和氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性，铁锈的主要成分为氧化铁，酸性环境下氧化铁可以和氢离子反应生成可溶的铁盐和水，因此可以用饱和氯化铵溶液清洗钢铁表面的锈迹，A正确；
B．玻璃的主要成分是二氧化硅，NaF、Na2SiO3等溶液水解后呈碱性，碱性溶液会与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，会使玻璃塞和瓶颈粘连，因此不能将这些溶液存放在带玻璃塞的试剂瓶中，B错误；
C．牙齿表面的羟基磷酸钙存在沉淀溶解平衡，使用含氟牙膏时，氟离子可以和羟基磷酸钙反应转化为溶解度更小、更耐酸腐蚀的氟磷酸钙，从而起到预防龋齿的作用，C错误；
D．锅炉水垢中的CaSO4是微溶物，难以直接除去，根据反应CaSO4(s)＋(aq)= CaCO3(s)＋(aq)，可将难溶于酸的CaSO4转化为可溶于酸的CaCO3，方便后续除去，因此纯碱可以作为锅炉除垢时CaSO4的转化剂，D错误；
故答案选A。
【分析】A．氯化铵溶液呈酸性，可用于除铁锈；
B．NaF和Na2SiO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，能和二氧化硅反应；
C．用含氟牙膏预防龋齿，是生成了更耐酸腐蚀的氟磷酸钙；
D．苏打碳酸钠可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂。
3．下列装置能达到实验目的的是
A．探究浓度对反应速率的影响 B．利用此装置得到无水MgCl2固体
C．测定中和热 D．准确量取一定体积稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．过氧化氢和亚硫酸氢钠反应时没有明显的可观测现象，无法通过实验比较反应速率的快慢，因此A错误；
B．氯化镁水解会生成氢氧化镁和氯化氢，在HCl氛围中加热水合氯化镁，可以抑制镁离子水解，最终能得到无水氯化镁固体，因此B正确；
C．测定中和热时，必须使用环形玻璃搅拌棒使溶液混合均匀、保证反应完全，该装置缺少环形玻璃搅拌器，无法准确测定中和热，因此C错误；
D．稀硫酸呈酸性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，盛放稀硫酸应当使用酸式滴定管，图示仪器为碱式滴定管，操作错误，因此D错误；
综上，答案选B。
【分析】A．实验无现象，无法进行比较；
B．通入氯化氢可以抑制镁离子水解，得到无水MgCl2固体 ；
C．装置中缺少环形玻璃搅拌器；
D．量取稀硫酸用酸式滴定管。
4．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．图1可知，升高温度，平衡常数增大
B．图2可表示：温度T2>T1，且纵坐标为NO2的百分含量
C．图3中t1时的改变可能是加入了催化剂或改变压强，平衡不移动
D．图4表示NO2平衡转化率随x的浓度变化，则x可能为O3
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．从能量变化图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应的正反应为放热反应；升高温度后，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，因此平衡常数会减小，A错误；
B．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需的时间越短，由图可知 T2 对应的反应曲线先达到平衡状态，因此温度 T2＞T1， 结合正反应为放热反应可知，温度升高平衡向逆反应方向移动， 的平衡百分含量应该随温度升高而增大，即 T2下 的平衡百分含量应大于T1，这与题图内容不符，B错误；
C．若 时刻加入催化剂，催化剂只会同等程度加快正、逆反应速率，不会使平衡发生移动，因此反应速率改变后保持不变，符合图像；若 时刻增大压强，正反应速率会突然增大，平衡会发生移动，之后反应速率会随体系浓度变化发生改变，不会保持恒定，和图像不符，因此并不是改变条件一定与图像不符，C错误；
D．增大反应物 的浓度，平衡会向正反应方向移动，二氧化氮的平衡转化率会随之升高，与图像相符，D正确；
故选D。
【分析】A．反应放热，升高温度，平衡常数减小；
B．T2＞T1，反应放热，高温利于生成；
C．由反应方程式 2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g) ，增大压强平衡正向移动，选项中为使用催化剂图象；
D．增大臭氧浓度，平衡正向移动，二氧化氮转化率增大。
5．甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。已知CH3NH3Cl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
A．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH2+HCl
B．0.01 mol·L-1 CH3NH3Cl水溶液的pH=2
C．0.1 mol·L-1 CH3NH2水溶液加水稀释，pH降低
D．CH3NH3Cl水溶液中：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. CH3NH3Cl属于盐类，在水中可以完全电离，正确的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH+Cl-，因此A错误；
B. CH3NH只能发生微弱水解生成H+，因此0.01 mol·L-1 CH3NH3Cl水溶液中，氢离子浓度小于0.01 mol·L-1， pH>2，B错误；
C. CH3NH2是一元弱碱，将0.1mol·L-1的甲胺溶液稀释后，溶液中氢氧根离子浓度减小，碱性减弱，溶液pH降低，C正确；
D. CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离，而CH3NH发生微弱水解，Cl-不发生水解，最终溶液显酸性，因此溶液中离子浓度大小关系为：，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A. CH3NH3Cl属于盐类，电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH+Cl-；
B. CH3NH3Cl 是强酸弱碱盐，水解是微弱的；
C. CH3NH2 是弱碱，加水稀释，碱性减弱，酸性增强，pH降低；
D. CH3NH3Cl水溶液中 ，离子顺序为。
6．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述不正确的是
A．图①0.0100 mol·L-1硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol·L-1、及的混合溶液，由图中曲线可确定首先沉淀的是I-
B．图②说明反应的正反应是放热反应
C．图③是在0.1 mol·L-1的溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中的变化曲线，的水解程度：A点小于B点
D．图④是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，t1时刻溶液的温度最高
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．三种物质的溶度积常数满足，当溶液中卤素离子浓度相同时，生成AgI沉淀所需银离子浓度最小，因此用硝酸银滴定等浓度的、、混合溶液时，会最先析出沉淀，A项正确；
B．观察图②可以发现，升高温度后，正反应和逆反应的反应速率都增大，且平衡逆向移动时，逆反应速率增大的幅度大于正反应，说明升高温度平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，由此可以判断正反应的热效应，B项正确；
C．对于碳酸钠溶液中的碳酸根水解平衡，加水稀释会促进的水解，水解程度随稀释增大：B点比A点稀释程度更大，因此的物质的量会增加，但溶液体积增大的幅度远超过水解使物质的量增加的幅度，因此最终的浓度还是减小；碳酸钠的水解程度为：A点小于B点，C项正确；
D．铁和盐酸的反应是放热反应。反应开始阶段，体系温度升高，温度对反应速率的促进作用占主导，因此反应速率逐渐加快；随着反应持续进行，盐酸被不断消耗，浓度逐渐降低，浓度对反应速率的影响逐渐占主导，因此反应速率开始减慢。是速率最大的时刻，在之后反应仍在进行，还会继续放出热量，因此此时体系温度还没有升到最高，D项错误；
故答案选D。
【分析】A．由知，向含相同浓度的三种离子溶液中加入硝酸银溶液，碘化银先沉淀；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正向放热；
C．加水稀释，促进碳酸根离子水解；
D．时刻反应速率最大，后反应继续进行，因反应放热，体系温度继续升高。
7．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2 mol NO和1 mol O2充分反应，生成的NO2数目为2NA
B．1 L pH=1的CH3COOH溶液中，H+的数目为0.1NA
C．0.1 mol·L-1 AlCl3溶液中，Al3+的数目小于NA
D．0.5 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.05NA
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 反应2NO+O2=2NO2，都是可逆反应，2 mol NO与1 mol O2充分反应后，由于反应不能进行完全，且生成的二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，因此最终生成的 NO2 物质的量一定小于2 mol，数目小于2NA，A错误；
B． pH=1的CH3COOH 溶液中，氢离子浓度 c(H+)=0.1 mol/L ，当溶液体积为1 L时， H+的物质的量为， 因此溶液中 H+ 的数目为0.1NA，B正确；
C．题目只给出了 Al3+ 的浓度，没有给出溶液的体积，无法计算$ Al3+ 的物质的量，也就无法确定 Al3+ 的数目，C错误；
D． Na2CO3 溶液中，碳酸根离子会发生水解反应，1个水解后生成2个阴离子，因此溶液中阴离子总数会增加。 0.5 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子数目应大于0.05 NA，
故答案选B。
【分析】A.体系中存在平衡，二氧化氮分子数目减少；
B．由公式计算；
C．体积未知，无法计算；
D．Na2CO3溶液中存在碳酸根离子水解，水解后阴离子数目增大。
8．某温度下，HA和HB两种酸的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．相同体积a点的两溶液分别与足量的锌反应，收集相同体积的H2所需的时间HB更短
B．b、c两点消耗氢氧化钠的量：b>c
C．曲线I代表HA溶液
D．从c点到d点，溶液中增大(其中HX、X分别代表相应的酸和酸根离子)
【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．对于起始pH相同的两种弱酸，电离平衡常数Ka越小，对应酸的酸性越弱，溶液的浓度越大，和足量锌反应时生成氢气的速率更快，收集到相同体积H2需要的时间更短。本题中酸性满足HA＞HB，因此HB的反应速率更快，收集相同体积氢气用时更短，A正确；
B．起始pH相同的两种酸，Ka越小酸的浓度越大，因此HB的浓度大于HA，稀释过程中酸的物质的量不发生改变，因此b点（HB对应点）的酸的物质的量大于c点（HA对应点），消耗氢氧化钠的量满足b>c，B正确；
C．根据上述分析，酸性更强的HA稀释时pH变化更大，对应曲线Ⅱ，酸性更弱的HB稀释时pH变化更小，对应曲线Ⅰ，因此曲线I是HB的稀释曲线，C错误；
D．从c点到d点稀释过程中，温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，因此的数值不变；稀释后pH增大，减小，因此可得，因此该比值也会减小，D错误；
综上，答案选AB。
【分析】酸的电离平衡常数可以用来反映酸性的相对强弱，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强。根据题目给出的电离平衡常数可以得到酸性的强弱顺序为： HA＞HB， 当对两种酸溶液加水稀释相同的倍数时，酸性越强的酸，溶液pH的变化幅度越大，结合题图变化可以得出：曲线Ⅰ对应 HB 溶液，曲线Ⅱ对应HA溶液，再基于此结论对各选项进行分析判断。
9．催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是
A．使用II时，反应历程分4步进行，第2步是决速步
B．反应过程中要使M所能达到的最高浓度更大，应使用催化剂I
C．使用II时，反应体系更快达到平衡
D．达到平衡时，升高温度，M的浓度增大
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．从反应能量图能够看出，催化剂为II时，整个反应总共分为4步反应过程，其中第一步反应的活化能是最大的，活化能越大反应速率越慢，整个反应的速率由慢反应步骤决定，因此第一步是该历程的决速步，A错误；
B．从图中可以得到，反应的前两步历程中，使用催化剂I时的活化能更低，反应速率更快；而后两步历程中，使用催化剂I时活化能更高，反应速率更慢。M是前两步反应的产物，又是后两步反应的反应物，前两步生成M更快，后两步消耗M更慢？不对，哦，前两步生成M快，后两步消耗M慢，因此M能够达到的最高浓度会更大，B正确；
C．一个反应整体的反应速率由活化能最高的决速步决定，从图中可以看出，使用催化剂I时，反应的最高活化能低于使用催化剂II时的最高活化能，因此使用催化剂I时整体反应速率更快，反应体系会更快达到平衡状态，C错误；
D．对于存在中间产物M的可逆反应，温度对M浓度的影响由生成M和消耗M两步反应的速率相对大小决定。从反应能量变化图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物总能量，属于放热反应，因此反应达到平衡后，升高温度平衡会向逆反应方向移动。当使用催化剂Ⅰ时，P生成M步骤的活化能高于M生成R步骤的活化能，说明中间产物M的生成速率小于它的消耗速率，因此M的浓度会减小；当使用催化剂Ⅱ时，P生成M步骤的活化能低于M生成R步骤的活化能，说明中间产物M的生成速率大于它的消耗速率，因此M的浓度会增大，D错误；
故答案选B。
【分析】A．第3步活化能最大，是决速步骤；
B．由反应历程图，使用催化剂I 活化能更低；
C．使用催化剂II活化能大，反应速率慢，达到平衡用时间长；
D．反应放热，升高温度，平衡逆向移动。
10．向1 L 1 mol·L-1 H2SeO3溶液中逐滴加入1 L 2 mol·L-1 NaOH溶液，忽略反应过程中的温度变化。已知25℃时，亚硒酸(H2SeO3)的电离平衡常数：Ka1=2.7×10-3、Ka2=2.5×10-7，下列有关说法正确的是
A．反应过程中，一定增大
B．反应过程中，水的电离程度先增大后减小
C．常温下，NaHSeO3溶液呈酸性
D．Na2SeO3溶液中，
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．滴定过程中，随着NaOH溶液的加入，H2SeO3先和NaOH反应生成，这个阶段逐渐增大；当H2SeO3完全反应后，继续加入NaOH，会进一步和NaOH反应生成，此时逐渐减小，因此选项A错误；
B．滴定过程中，H2SeO3逐步转化为，再转化为，盐类水解会促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大；当NaOH过量后，过量的强碱会抑制水的电离，水的电离程度又会减小，因此水的电离程度不是始终增大，选项B错误；
C．常温下，NaHSeO3溶液中，已知H2SeO3的Ka2=2.5×10-7，HSeO3 的水解常数≈ 3.7×10-12，可得Kh2＜Ka2，说明的电离程度大于水解程度，溶液以电离为主，显酸性，选项C正确；
D．对于Na2SeO3溶液，根据物料守恒，正确的关系为，选项中关系式错误，D错误；
故选C。
【分析】向H2SeO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2SeO3逐渐减少，先增大后减小，逐渐增大，水的电离程度先增大后减小，由 H2SeO3 电离常数，电离程度大于水解程度，NaHSeO3溶液显酸性。
11．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。)
下列说法不正确的是
A．Ⅱ中生成FeCO3的反应：
B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe(OH)2、Fe(OH)3和FeCO3
C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：
D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验II是向碳酸氢钠 溶液中加入等浓度的硫酸亚铁，碳酸氢根电离出的碳酸根会和亚铁离子结合生成碳酸亚铁，同时生成氢离子，生成的氢离子会继续和碳酸氢根离子反应，最终生成二氧化碳和水，总反应的离子方程式为：， 因此A选项错误；
B．实验I是向碳酸钠 溶液中加入等浓度的硫酸亚铁， 反应过程中，首先碳酸钠和硫酸亚铁可以生成碳酸亚铁 沉淀，同时亚铁离子 和碳酸根 还会发生双水解反应，生成氢氧化亚铁 沉淀，而氢氧化亚铁不稳定，会迅速被空气中的氧气氧化为氢氧化铁， 因此B选项正确；
C. 两种溶液都符合电荷守恒关系，可得：，因此C选项表述正确；
D. 实验Ⅱ中，反应消耗了本身呈碱性的，同时生成了，导致溶液碱性减弱，pH下降；实验Ⅰ中，是向溶液中加入等浓度的，碳酸根参与反应使溶液碱性减弱，pH同样减小，因此D选项表述正确；
综上，本题答案选A。
【分析】A．二价铁离子和碳酸氢根反应生成碳酸亚铁、水和二氧化碳；
B．二价铁离子和碳酸根离子会发生双水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁会被氧化为氢氧化铁；
C. 考查溶液中电荷守恒， ；
D. Ⅰ 中反应消耗碳酸根离子， Ⅱ中消耗碳酸氢根，溶液碱性减弱。
12．下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是
A．使甲基橙显黄色的溶液：Fe2+、Cl-、Mg2+、
B．的溶液：Na+、、、、
C．常温下，由水电离产生c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Na+、Cl-、、
D．的NH4Cl-NH3·H2O混合液：Al3+、Fe3+、、
【答案】D
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】A．甲基橙显黄色时，溶液可能是酸性、中性或者碱性。如果是碱性溶液，和会和氢氧根离子反应，无法大量存在；但如果是酸性或者中性溶液，、、、之间不发生反应，可以大量共存，因此A不符合题意；
B．对于的溶液，可得溶液中浓度小于浓度，溶液呈碱性，该组中各离子之间不发生反应，可以大量共存，因此B不符合题意；
C．常温下，水电离出的，说明水的电离被抑制，溶液既可能是酸性也可能是碱性。如果是酸性溶液，会和反应，不能大量共存；但如果是碱性溶液，该组所有离子之间互不反应，可以大量共存，因此C不符合题意；
D．在-混合溶液中，根据电荷守恒可得：，题目给出该溶液中，代入电荷守恒式可得，即溶液呈中性。而在中性溶液中，、会水解生成氢氧化物沉淀，一定不能大量共存，D符合题意；
故选D。
【分析】考查离子共存，的-混合溶液，说明溶液呈中性，、不能共存。
13．下列离子方程式书写正确的是
A．将碳酸氢钠和过量澄清石灰水反应：
B．向NaClO溶液中通入少量CO2：
C．泡沫灭火器原理：
D．向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 向溶液中加入过量，我们设的物质的量为1mol来配平，最终得到的离子方程式为：，和选项给出的方程式不一致，因此A错误；
B．由酸性强弱规律>HClO>，根据强酸制弱酸的原理，会和HClO反应生成，因此向NaClO溶液中通入少量，产物只能是碳酸氢钠和次氯酸，正确的离子方程式应为：，和选项给出的方程式不符，因此B错误；
C．泡沫灭火器是利用硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合后，和发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体来实现灭火，选项给出的反应方程式符合反应原理，因此C正确；
D．草酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子，必须保留化学式，因此该反应正确的离子方程式为，选项将草酸拆分了，写法错误，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】A.碳酸氢钠少量，把其定为“1”，离子方程式为；
B．由酸性强弱>HClO>，次氯酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．草酸是弱酸，不可拆。
14．下列实验操作、现象及实验结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向0.1 mol/L NaHCO3溶液中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出 无明显现象 酸性：H2CO3>H3BO3
B 向两支盛有等浓度等体积H2O2的试管中分别加入等浓度等体积的KMnO4溶液和CuSO4溶液 前者产生气泡速率快 KMnO4的催化效果比CuSO4好
C 取1 mL 0.1 mol L-1 KI于试管中，加入5 mL 0.1 mol L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%的KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-的反应有一定限度
D 向浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加几滴酚酞试剂 前者溶液变红，后者不变色 NaHCO3水解，而NaHSO3不水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．将H3BO3溶液滴入NaHCO3溶液后，没有气泡生成，该现象可以证明H3BO3的酸性比H2CO3更弱，无法发生强酸制弱酸的反应，因此酸性大小为： H2CO3>H3BO3， A正确；
B．KMnO4本身具有强氧化性，它是作为氧化剂氧化H2O2最终得到O2，在这里KMnO4并没有起到催化作用，B错误；
C．该实验中Fe3+本身就是过量的，即便反应后还有I-剩余，也不能证明该反应存在反应限度，C错误；
D．NaHSO3溶液中，的电离程度大于水解程度，溶液整体显酸性，因此向溶液中滴加酚酞后不会变色，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．由实验现象知，无二氧化碳生成，说明酸性 H2CO3>H3BO3 ；
B．高锰酸钾和过氧化氢会发生氧化还原反应；
C．实验中 FeCl3溶液过量，不能证明反应存在限度；
D． NaHSO3溶液呈酸性，加入酚酞不变色。
15．已知常温下，难溶电解质A(OH)a和B(OH)b的溶度积的大小关系为Ksp[B(OH)b]>Ksp[A(OH)a]，溶液中lgc(X)(X为Aa+或Bb+)与溶液pH的关系如图所示。当某离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是
A．曲线II表示-lgc(Aa+)与溶液pH的关系
B．向浓度均为的Aa+、Bb+的酸性溶液中滴加NaOH溶液时，Aa+优先沉淀
C．常温下，饱和溶液的pH：pH[A(OH)a]D．R点对应溶液可能为A(OH)a的过饱和溶液
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．设曲线Ⅰ代表，由点P、N可知，解得x=3，设曲线Ⅱ代表，由点Q、M可知，解得y=2，常温下，、的溶度积分别为、，结合，可推得曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示与溶液pH的关系，A不正确；
B．当、开始沉淀时，所需氢氧根的最小浓度分别是，，，故先沉淀，B正确；
C．由A项可知，曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示与溶液pH的关系，常温下，、的溶度积分别为、，设曲线Ⅰ饱和溶液中，则的，，曲线Ⅱ饱和溶液中，则的，，mD．曲线Ⅰ表示与溶液pH的关系，R点没有在曲线Ⅰ上，可以作辅助线如图，等pH下，曲线Ⅰ上的点为饱和溶液，R点的小于曲线Ⅰ上对应的点，则大于曲线Ⅰ上对应的点，则R点对应的＞，则R点对应的过饱和溶液，D正确；
故选A。
【分析】这道题围绕难溶电解质的溶解平衡知识展开，主要考查溶度积计算、沉淀生成顺序判断、过饱和溶液判定等内容，解题时需要结合溶度积的概念，对每个选项逐一推导分析。
16．取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法正确的是
A．滴入盐酸过程中，当溶液呈中性时，
B．a→b→c过程中：逐渐增大
C．a→d→e过程中：
D．令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x>y
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．滴入盐酸过程中溶液呈中性时，电荷守恒式为，因，故，则，A错误；
B．在a→b→c过程中，由于起始NaHCO3溶液与滴加的NaOH溶液浓度均为0.05 mol·L- ，混合后c(Na+)恒为0.05 mol·L- 。根据电荷守恒式，等式左侧c(Na+)不变，c(H+)减小，故c(Na+)+c(H+)减小，因此：逐渐减小，B错误；
C．为加盐酸过程，初始物料守恒，加盐酸后与反应生成，逸出导致溶液中C总量减少，故，C错误；
D．点为10 mL NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3溶液，，，；点为10 mL盐酸与NaHCO3反应生成NaCl溶液（含少量H2CO3），，，，则，D正确；
故选D。
【分析】 碳酸氢钠和氢氧化钠反应方程式为NaHCO3 + NaOH = Na2CO3 + H2O，反应后溶液碱性增强，pH增大，碳酸氢钠和盐酸反应方程式为 NaHCO3 + HCl = NaCl + H2O + CO2↑，反应后溶液碱性减弱，pH减小，据此分析。
17．中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1，某兴趣小组用下图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是　 　，实验中使用该仪器的目的是　 　。
（2）B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其离子反应方程式为　 　。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的　 　：若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　 　，滴定终点时的现象是　 　，若达到滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则测定结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为　 　g·L-1。
（5）若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：　 　。
【答案】（1）直形冷凝管；冷凝回流
（2）
（3）③；酚酞；当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30s不褪色；偏小
（4）0.24
（5）因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，导致测得氢氧化钠体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，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
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是直形冷凝管，作用是冷凝回流，避免加热过程中酒样中的乙醇、水等物质挥发，既防止酒样中组分损失，也避免挥发出来的物质进入C装置对后续实验造成干扰。
（2）二氧化硫与双氧水发生反应的离子方程式为。
（3）NaOH属于碱性标准溶液，盛放时需要选用碱式滴定管，碱式滴定管排出气泡的正确操作是：将胶管部分向上弯曲，轻轻挤压玻璃球排出气泡，对应图中的操作③；本次滴定终点的pH为8.8，需要选择变色范围覆盖该pH的指示剂，因此选用酚酞（变色范围8.2~10.0）；滴定终点的现象为：滴入最后半滴NaOH标准溶液后，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色；若滴定终点读数时俯视刻度，会导致读取的消耗NaOH标准液的体积偏小，最终计算得到的结果偏小。
（4）根据2NaOH~H2SO4~SO2，可知SO2的质量为，该葡萄酒中二氧化硫的含量为。
（5）盐酸属于挥发性酸，挥发出来的HCl会额外消耗氢氧化钠，会使得滴定中测得的氢氧化钠体积偏大，最终导致测定出的总酸结果偏高。对应的改进方法可以是：更换为硫酸这类难挥发性的强酸来替代盐酸，也可以做空白对照实验，使用蒸馏水代替葡萄酒进行和原实验操作完全相同的实验，扣除盐酸挥发带来的实验误差。
【分析】本实验通过强酸制弱酸，结合二氧化硫受热溶解度降低的性质，将二氧化硫从葡萄酒中提取出来；之后利用双氧水的强氧化性吸收二氧化硫，使二者发生反应；最终通过标准氢氧化钠溶液滴定二氧化硫和双氧水反应生成的硫酸，即可计算得到葡萄酒中二氧化硫的含量。
（1）仪器A名称是直形冷凝管，冷凝回流，防止加热时酒样（或葡萄酒中大量的水和乙醇等）蒸发损失（或挥发进入C装置，干扰实验）。
（2）二氧化硫和双氧水反应的离子方程式为。
（3）使用NaOH标准溶液滴定，应使用碱式滴定管，排气泡时，应把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以应选择③的方法；滴定终点时溶液pH=8.8，应选择变色范围在8.2~10.0的酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30s不褪色；若滴定终点时某同学俯视读数，会导致测得NaOH溶液体积偏小，则结果偏小。
（4）根据2NaOH~H2SO4~SO2，可知SO2的质量为，该葡萄酒中二氧化硫的含量为。
（5）因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，导致测得氢氧化钠体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，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。
18．电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp(CuS)=6.0×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
（1）中Cr元素的化合价为　 　。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为　 　。
（3）沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式　 　。
（4）①写出Na2S的质子守恒式：　 　。
②沉淀2和沉淀3分别是：　 　。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH=4时S2-的浓度为　 　mol·L-1，沉淀完成后，进入到沉淀池3的上层清液中c(Cd2+)︰c(Cu2+)=　 　(设H2S平衡浓度为1.0×10-6 mol·L-1，已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=3.0×10-27)。
【答案】（1）+6
（2）。
（3）Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O
（4）c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；CuS、NiS
（5）7.0×10-20；5.0×108
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）中，设Cr元素的化合价为 x ，根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷，可得关系： 2x+7×(-2)=-2， 解得x=+6，因此 Cr化合价为+6价。
（2）还原过程中， 发生的反应为。
（3）已知 Cr(OH)3 的化学性质与 Al(OH)3 相似，属于两性氢氧化物，因此Cr(OH)3 可以和NaOH溶液反应生成偏亚铬酸钠和水，对应反应的化学方程式为： Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O。
（4）①根据质子守恒， Na2S 溶液中，水电离出的氢离子总浓度等于氢氧根离子总浓度，因此质子守恒式为： c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；
②结合流程分析可知，加入硫化钠后，首先析出溶度积更小的 CuS， 因此沉淀2为 CuS， 继续加入硫化钠析出的沉淀3为NiS。
（5）H2S的，则==；沉淀池3上清液中====。
【分析】向还原池中加入草酸，可将 还原转化为 Cr3+， 之后仅加入碱调节溶液pH，由于 Cr(OH)3会优先满足沉淀条件析出，因此先分离得到的沉淀1为 Cr(OH)3， 已知溶度积 Ksp(CuS)=6.0×10-36（1）中设Cr为x价，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，所以Cr化合价为+6价。
（2）还原池中发生的反应为。
（3）Cr(OH)3性质与Al(OH)3相似，具有两性，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式为Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O。
（4）①Na2S溶液中质子守恒式为c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)；
②由分析得沉淀2是CuS，沉淀3为NiS。
（5）H2S的，则==；沉淀池3上清液中====。
19．NaHCO3用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCO3开展如下实验活动。
I、配制溶液
（1）配制450 mL 0.10 mol/L的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的质量为　 　g。
（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有　 　(填仪器名称)。
Ⅱ、实验探究：探究温度对0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液pH的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。
实验序号 操作 测试温度(T) pH
1 采用水浴加热，将0.10 mol L-1NaHCO3溶液从25℃ 持续升温至65℃，每隔10℃测量并记录溶液pH 25℃ A1
35℃ A2
45℃ A3
55℃ A4
65℃ A5
（3）NaHCO3溶液显碱性的原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）实验1中测得A1>A2>A3，可知当25℃≤T≤45℃时，0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，原因是：　 　。实验1中测得A5>A4>A3，且当45℃（5）针对(4)中实验现象，小组同学继续开展探究。
查阅资料：NaHCO3溶液中存在平衡：。
提出猜想：对于0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液，当25℃≤T≤45℃时，该反应进行程度很小；当45℃实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。
实验序号 操作 测试温度 pH
2 采用水浴加热，①　 　，然后冷却至25℃，并记录溶液pH 25℃ B1
3 采用水浴加热，将0.10 mol L-1 NaHCO3溶液从25℃升温至65℃，然后冷却至25℃，并记录溶液pH 25℃ B2
实验结论：②根据实验1～3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是　 　。
拓展总结：③NaHCO3溶液中存在的自偶电离平衡：；25℃时，自偶电离的平衡常数为　 　[保留两位有效数字；已知：25℃时，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7；Ka2(H2CO3)=5.6×10-11]。当温度升高时，H2CO3更易分解，CO2从体系逸出，促进了NaHCO3在溶液中的分解。
（6）写出NaHCO3在生产或生活中的一种应用　 　。
【答案】；500mL容量瓶和烧杯；；水的电离平衡与的水解平衡共同作用，且水的电离平衡发挥主导作用；将溶液从升温至；(或；或)；；治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等
【知识点】化学平衡常数；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）要配制的溶液，实验室容量瓶没有450 mL的规格，因此需要按500 mL的体积来配制溶液，计算可得需要称量的固体质量为；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的常规操作步骤为：计算、称量、溶解、转移溶液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，本实验已经给出的玻璃仪器外，还缺少的必需玻璃仪器是500 mL容量瓶和烧杯；
（3）碳酸氢钠溶液之所以显碱性，是碳酸氢根水解导致的，该反应的离子方程式为：；
（4）当时，升高温度会产生两方面影响：一方面，水的电离是吸热过程，升温会促进水的电离平衡正向移动，水的离子积常数增大，溶液中氢离子浓度 c(H+) 增大，会导致溶液pH减小；另一方面，的水解同样是吸热过程，升温会促进碳酸氢根的水解平衡正向移动，溶液中氢氧根浓度增大，会导致溶液增大。而实际实验中，该温度范围内浓度为的溶液pH随温度升高整体减小，说明温度升高时，水的电离平衡带来的影响占主导地位。因此该现象的原因是：水的电离平衡与的水解平衡共同作用，且水的电离平衡发挥主导作用；
（5）若要验证我们提出的猜想，需要对比实验2和实验3：将浓度为的溶液升温至 及以上，再降温回室温，通过比较降温后的pH判断反应是否发生：若pH升高，即可证明该反应发生。结合实验3的操作设计，实验2的操作应为：用水浴加热的方式，将溶液从 升温到 ，再重新冷却回 ，记录此时溶液的pH。
如果在温度范围 内，升高温度会使反应的正向进行程度明显增大，那么冷却回室温后，实验3溶液中CO32-的浓度会更大，pH也就比实验2更高，而实验2冷却后碳酸氢根浓度几乎恢复到升温前，pH和原室温下的初始A1接近，因此最终存在关系：。根据碳酸氢根的自偶电离方程式：，自偶电离平衡常数；Ka1=，Ka2=，，即自偶电离平衡常数K=；
（6）在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等。
【分析】 I、配制一定浓度溶液需要用到玻璃仪器为玻璃棒、量筒、胶头滴管和相应规格容量瓶；
Ⅱ、加热碳酸氢钠溶液记录pH随温度变化，温度升高，碳酸氢根水解程度增大，溶液碱性增强，同时水的离子积常数增大，影响溶液pH，随着温度持续升高，可能存在碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳。
20．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题，为减小和消除CO2对环境的影响，实际生活生产中有很多种处理方案。
方案一：将H2(g)与CO2(g)反应合成甲醇，制备甲醇燃料电池。制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.19 kJ/mol
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）根据以上反应，求ΔH3=________，反应I________(低温/高温)下自发进行。
（2）下列描述正确的是______。
A. 在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅱ，若压强不变，能说明反应Ⅱ达到平衡状态
B. 容器中进行反应I-III，若改变容器体积，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动。
C. 恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，但平衡常数不变
D. 上述反应I-III达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大
（3）一定条件下，在2 L的密闭容器中仅发生反应I，起始物n(H2)/n(CO2)=3，CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示，平衡时H2的体积分数为________；若保持其它反应条件不变，起始时仅将容器体积变为3 L，请在图上画出H2O(g)的浓度随时间变化的趋势图________。
方案二：MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用，科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101 kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-166 kJ·mol-1
III．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41 kJ·mol-1
回答下列问题：
（4）100 kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示CH4选择性的曲线是________(填字母)。
②点M温度下，反应Ⅱ的Kp=________(kPa)-2(列出计算式即可)。
③在550℃下达到平衡时，n(CO)=________mol。500～600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是________。
【答案】(1) -90.77 kJ/mol 低温
(2) A，C，D
(3) 30%
(4) c 或 0.2 随温度升高，反应II逆向进行，反应III正向进行，且反应II逆向进行的程度大于反应III正向进行的程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应III可以由反应I减去反应II得到，根据盖斯定律可以推导得到。反应I反应后体系气体分子数减少，因此熵变，同时反应I的焓变。根据反应自发进行的判据，当时反应可以自发进行，结合ΔH和ΔS的符号，可得反应I在低温条件下可以自发进行。
（2）A．反应II是气体分子数不变的反应，若在绝热恒容密闭容器中只进行反应II，容器内气体分子总数始终保持不变，但该反应属于吸热反应，反应进行过程中体系温度会发生改变，容器内压强也随之改变，因此当容器内压强不再变化时，可以说明反应Ⅱ达到了平衡状态，A正确；
B．反应II是气体分子数不变的反应，反应I和反应Ⅲ都是气体分子数减少的反应，若改变容器体积增大压强，反应I和反应Ⅲ的平衡都会正向移动。而反应I、Ⅲ均为放热反应，平衡正向移动会放出热量，使体系温度升高，温度改变后反应II的平衡也会发生移动，B错误；
C．恒温条件下增大CO的浓度，也就是增大反应物浓度，可以使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，但是平衡常数只受温度影响，温度不变时，平衡常数不会发生改变，C正确；
D．反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅲ是放热反应，当反应I-Ⅲ都达到平衡后升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动、反应Ⅲ平衡逆向移动，两个平衡移动的结果都会使CO的量增加，因此CO的平衡浓度一定增大，D正确；
故选ACD。
（3）由图可知，初始CO2的浓度为1 mol/L，容器容积为2 L，因此初始投入CO2的物质的量为1 mol/L×2 L=2 mol，对应起始H2的物质的量为6 mol。平衡时CO2的浓度为0.25 mol/L，因此平衡时CO2物质的量为0.25 mol/L×2 L=0.5 mol，可得反应中CO2的变化量为2 mol - 0.5 mol = 1.5 mol。根据反应的计量关系，平衡时H2的物质的量为6 mol - 3×1.5 mol = 1.5 mol，反应生成CH3OH和H2O的物质的量均为1.5 mol，因此平衡时H2的体积分数为。
该反应正向是气体分子数减少的反应，若保持其他条件不变，仅将起始容器体积扩大至3 L，体积增大后所有组分的浓度瞬间降低，相当于减小体系压强，平衡会向气体分子数增多的方向即逆向移动，因此平衡时H2O(g)的物质的量会小于1.5 mol，对应平衡时H2O(g)的浓度小于；同时压强减小会使反应速率减慢，达到平衡所需要的时间更长，因此H2O(g)浓度随时间变化的趋势如下图所示：
；
（4）①已知反应I是吸热反应，反应II是放热反应，题目规定360 ℃以下不考虑反应III。当温度低于360 ℃时，升高温度会使吸热的反应I正向移动，提高碳酸镁的转化率，同时使放热的反应II逆向移动，因此碳酸镁转化率随温度升高而增大，CO2的选择性随温度升高而增大，CH4的选择性随温度升高而减小，且二者选择性之和约为100%，由此可判断：a代表碳酸镁的平衡转化率，b代表二氧化碳的选择性，c代表甲烷的选择性。
②在M点对应温度下，360 ℃以下不考虑反应III，从图中可知碳酸镁的转化率为49%，因此平衡后剩余碳酸镁0.51 mol。根据碳原子守恒，体系中甲烷和二氧化碳的物质的量之和为0.49 mol；此时二氧化碳和甲烷的选择性相等，均为50%，因此二者的物质的量均为。结合反应II的化学计量关系，生成水的物质的量为0.49 mol；再根据氢原子守恒，计算可得平衡时氢气的物质的量为。将所有组分物质的量加和，可得体系总物质的量为0.245 mol + 0.02 mol + 0.245 mol + 0.49 mol = 1 mol，因此计算反应II的压强平衡常数：
；
③当温度为550 ℃达到平衡时，从图中可知碳酸镁已经完全转化，此时二氧化碳选择性为70%，甲烷选择性为10%，即平衡时n(CO2)=0.7 mol，n(CH4)=0.1 mol，结合碳原子守恒可得n(CO)=(1-0.7-0.1) mol=0.2 mol。反应II为放热反应，反应III为吸热反应，在500~600 ℃范围内，温度升高时，放热的反应II逆向移动消耗H2，吸热的反应III正向移动消耗H2，且反应II逆向移动使H2转化率减小的幅度，超过了反应III正向移动使H2转化率增大的幅度，因此整体表现为：500～600 ℃范围内，随温度升高，H2的平衡转化率逐渐下降。
【分析】（1）考查盖斯定律；
（2）平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变；
（3）增大容器体积，组分浓度减小，反应速率减慢，达到平衡时间变长；
（4）CO2的选择性和CH4的选择性之和为100%，CH4的选择性随温度升高而减小，a代表碳酸镁的平衡转化率，b代表二氧化碳的选择性，c代表甲烷的选择性。
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