2018-2019学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 23页

黑龙江省大庆实验中学2018-2019学年高二上学期期中考试 化学试题 ‎1.现有以下几种措施：①对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理；②少用原煤做燃料；③燃煤时鼓入足量空气；④开发清洁能源。其中能减少酸雨产生的措施是 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫是引起酸雨的主要气体；原煤中含有硫，少用原煤做燃料可以减少二氧化硫的排放；燃煤时鼓入足量空气，不能减少二氧化硫的排放；开发清洁能源，减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化硫的排放。‎ ‎【详解】二氧化硫是引起酸雨的主要气体，对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理，能减少酸雨产生，故①正确；原煤中含有硫，少用原煤做燃料可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨产生，故②正确；燃煤时鼓入足量空气，不能减少二氧化硫的排放，不能减少酸雨产生，故③错误；开发清洁能源，减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化硫的排放，能减少酸雨产生，故④正确；选B。‎ ‎2.下列溶液一定呈碱性的是 A. 强碱弱酸盐溶液 B. c（OH－）> c（H＋）的溶液 C. 滴加甲基橙显黄色的溶液 D. pH大于7的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有的强碱弱酸的酸式盐溶液显酸性，如NaHSO3溶液呈酸性；根据c(OH－)、c(H＋)的相对大小判断酸碱性；甲基橙的变色范围是3.14.4；常温下，pH大于7的溶液呈碱性，低温条件下，pH大于7的溶液不一定呈碱性。‎ ‎【详解】强碱弱酸的酸式盐溶液有的显酸性，如NaHSO3溶液呈酸性，故A错误；根据c(OH－)、c(H＋)的相对大小判断酸碱性，c(OH－)>c(H＋)的溶液一定呈碱性，故B正确；甲基橙的变色范围是3.14.4，滴加甲基橙显黄色的溶液可能呈酸性或中性，故C错误；常温下，pH大于7的溶液呈碱性，低温条件下，pH大于7的溶液不一定呈碱性，故D错误。‎ ‎3.对于溶液中的反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 +2MnSO4 +K2SO4+8H2O 下列措施一定能使反应的速率提高的是 A. 加水 B. 加入同浓度的FeSO4溶液 C. 向溶液中滴加稀硫酸 D. 加入少量的高锰酸钾固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加水，浓度减小，反应速率减慢；加入同浓度的FeSO4溶液，溶液体积增大，使KMnO4、H2SO4浓度减小；向溶液中滴加稀硫酸，反应物KMnO4、FeSO4浓度减小；加入少量的高锰酸钾固体，KMnO4的浓度增大、FeSO4、H2SO4的浓度不变。‎ ‎【详解】加水，浓度减小，反应速率减慢，故不选A；加入同浓度的FeSO4溶液，溶液体积增大，使KMnO4、H2SO4浓度减小，反应速率减慢，故不选B；向溶液中滴加稀硫酸，反应物KMnO4、FeSO4浓度减小，所以反应速率不一定加快，故不选C；加入少量的高锰酸钾固体，KMnO4的浓度增大、FeSO4、H2SO4的浓度不变，所以反应速率一定加快，故选D。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 缩小体积增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 B. 升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了，化学反应速率增大 C. 使用催化剂，增加了分子的能量，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 D. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 缩小体积增大压强，活化分子百分数不变；升高温度，活化分子百分数增加；使用催化剂，分子的能量不变；增大反应物浓度，活化分子百分数不变；‎ ‎【详解】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；升高温度，分子能量增加，活化分子数增多，活化分子百分数增加，所以化学反应速率增大，故B正确；使用催化剂，分子的能量不变，活化能降低，活化分子百分数增加，化学反应速率增大，故C错误；加入反应物，增加分子总数，而活化分子百分数不变，单位体积活化分子的总数增多，化学反应速率增大，故D错误；‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意温度、浓度、压强、催化剂对活化分子数、活化分子百分数、活化能的影响；以及对化学反应速率的影响。‎ ‎5.一定条件下，发生反应：①M(s)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q1 kJ/mol ‎②2 R(g)+N(g) ⇌2T(g) ΔH= - Q2 kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均为正值）‎ 下列说法正确的是 A. 1molR(g)的能量总和大于1molM(s)与1molN(g)的能量总和 B. 将2mol R(g)与1molN(g)充分混合，在一定条件下充分反应，放出热量Q2 kJ C. 当1molM(s)完全转化为T(g)时（假定无热量损失），放出热量（Q1+0.5Q2）kJ D. M(g)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q3 kJ/mol，则Q3 < Q1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、反应①为放热反应，1 mol R(g)的能量总和小于1 mol M(s)与1 mol N(g) 的能量总和，错误； B、反应②为可逆反应，可逆反应不能进行到底，将2 mol R (g)与1 mol N(g)在该条件下充分反应，放出热量小于Q2kJ，错误；C、根据反应①、②，利用盖斯定律分析知，当1 mol M(s)完全转化为T (g)时(假定无热量损失)，放出热量Q1+Q2/2kJ，正确；D、1 molM(g)具有的能量大于1 molM(s)，结合反应①知，M(g)+N(g)R(g) △H=－Q3kJ·mol－1, 则Q3＞Q1，错误。‎ 考点：考查化学反应与能量变化。‎ ‎6.已知4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－905.9 kJ·mol－1。一定条件下，向1 L密闭容器中投入0.8 mol的NH3和1.6 mol的O2，发生上述反应，第2 min和第4 min时NH3的物质的量分别为0.6 mol和0.3 mol。下列说法中不正确的是 A. 上述反应的逆反应的活化能不小于905.9 kJ·mol－1‎ B. 反应在第2 min到第4 min时，O2的平均速率为0.15 mol·L－1·min－1‎ C. 反应第2 min时改变了某一条件，该条件可能是使用催化剂或升高温度 D. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能；第2 min和第4 min时NH3的物质的量分别为0.6 mol和0.3 mol，第2 min到第4 min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol；第0 min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8 mol和0.6 mol，氨气的变化量是0.2mol，第2 min到第4 min 时氨气的变化量是0.3mol；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大。‎ ‎【详解】焓变=正反应的活化能－逆反应的活化能，所以逆反应的活化能不小于905.9 kJ·mol－1，故A正确；第2 min和第4 min时NH3的物质的量分别为0.6 mol和0.3 mol，第2 min到第4 min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol，所以反应在第2 min到第4 min时，O2的平均速率为 0.1875 mol·L－1·min－1，故B错误；第0 min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8 mol和0.6 mol，氨气的变化量是0.2mol，第2 min到第4 min时氨气的变化量是0.3mol，反应第2 min时改变条件速率加快，所以改变的条件可能是使用催化剂或升高温度，故C正确；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大，根据 ，混合气体平均摩尔质量减小，故D正确；选B。‎ ‎7.下列现象不能用盐类水解知识解释的是 A. 明矾能用于净水 B. 泡沫灭火器的原理 C. 铜绿的生成 D. 配制FeCl2溶液时加入少量的盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明矾净水，利用铝离子水解；泡沫灭火器利用Al3+、HCO3-双水解放出二氧化碳气体；铜绿的生成是Cu、O2、H2O、CO2反应生成碱式碳酸铜；配制FeCl2溶液时加入少量的盐酸抑制Fe2+水解。‎ ‎【详解】明矾净水，利用铝离子水解，故不选A ；泡沫灭火器利用Al3+、HCO3-双水解放出二氧化碳气体，故不选B ；铜绿的生成是Cu、O2、H2O、CO2反应生成碱式碳酸铜，与水解无关，故选C；配制FeCl2溶液时加入少量的盐酸抑制Fe2+水解，故不选D。‎ ‎8.下列有关说法中正确的是 A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的ΔH < 0‎ B. 反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的ΔS < 0‎ C. 若ΔH > 0，ΔS < 0，化学反应在任何温度下都能自发进行 D. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应方向的综合判据，ΔS < 0、ΔH < 0的反应，在低温下能自发进行；反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的气体物质的量增加；若ΔH > 0，ΔS < 0，任何温度下都大于0；加入合适的催化剂能降低反应活化能，不能改变反应的焓变。‎ ‎【详解】根据反应方向的综合判据，ΔS < 0、ΔH < 0的反应，在低温下能自发进行，2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)，气体物质的量减小，ΔS < 0，在低温下能自发进行，所以该反应的ΔH < 0，故A正确；反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的气体物质的量增加，所以ΔS > 0，故B错误；若ΔH > 0，ΔS < 0，任何温度下都大于0，所以化学反应在任何温度下都不能自发进行，故C错误；加入合适的催化剂能降低反应活化能，不能改变反应的焓变，故D错误。‎ ‎9.0.1 mol·L－1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是 ‎①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多 ④c(OH－)增大　⑤导电性增强　⑥c(H+)增大 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH3·H2O作为弱电解质加水稀释，电离平衡向右移动，电离程度增大，c(NH3·H2O)减小，NH4+和OH-的数目增多，但c(OH-)、c(NH4+)减小，导致溶液的导电性减弱；由于KW不变，c(OH-)减小，所以c(H+)增大。‎ ‎【详解】①因加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；②加水时电离平衡正向移动，n(NH3•H2O)减小，且溶液的体积变大，则c(NH3•H2O)减小，故②错误；③加水时电离平衡正向移动，n(NH4+)增大，由N=n×NA，则NH4+数目增多，故③正确；④加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，但溶液的体积变大，则c(OH-)减小，故④错误；⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；由于KW不变，c(OH-)减小，所以c(H+)增大，故⑥正确；选C。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，知道稀释过程中各种微粒浓度变化，特别是在温度不变的情况下，KW不变，若c(OH-)减小，则c(H+)增大。‎ ‎10.下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达错误的是 A. a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH > 0‎ B. b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线 C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2‎ D. d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C． A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A正确； B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确； C．不断加入B，A的转化率增大，故C错误； D．该反应实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。‎ ‎【点睛】本题考查了图象分析，会根据图象中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意A中正逆反应速率相等后才是改变条件后平衡的移动，为易错点。‎ ‎11.下列各离子方程式中，属于水解反应的是 A. HCO3-+H2O ⇌H3O++CO32- B. NH3＋H2O ⇌OH-＋NH4＋‎ C. AlO2- + 2H2O ⇌ Al（OH）3 + OH- D. CO32-+H3O+ = H2O+HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HCO3-+H2O ⇌H3O++CO32-是HCO3-的电离方程式；NH3＋H2O ⇌OH-＋NH4＋是电离方程式；AlO2- 结合水电离的氢离子生成氢氧化铝；CO32-+H2O⇌ HCO3-+ OH-是CO32-的水解方程式。‎ ‎【详解】HCO3-+H2O ⇌H3O++CO32-是HCO3-的电离方程式，HCO3-水解方程式是HCO3-+H2O ⇌H2CO3+OH-，故A错误；NH3＋H2O ⇌OH-＋NH4＋是NH3H2O的电离方程式，故B错误；AlO2- 结合水电离的氢离子生成氢氧化铝，AlO2- + 2H2O ⇌ Al（OH）3 + OH-是水解方程式，故C正确；CO32-的水解方程式是CO32-+H2O⇌ HCO3-+ OH-，故D错误；选C。‎ ‎12.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a(g)+b(g) ⇌ 2c(g) △H1<0； x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0，进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是 A. 等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变 B. 等压时，通入z气体，反应器中温度升高 C. 等容时，通入惰性气体，各反应速率不变 D. 等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等压时，通入惰性气体，体积增大，相当于减压，x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0逆向移动，反应放热，容器内温度升高，a(g)+b(g) ⇌ 2c(g) △H1<0反应逆向移动；等压时，通入z气体，x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0，反应逆向移动；等容时，通入惰性气体，反应体系中，各物质浓度不变；等容时，通入z气体，z浓度增大，反应x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0逆向移动；‎ ‎【详解】等压时，通入惰性气体，体积增大，相当于减压，x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0逆向移动，反应放热，容器内温度升高，a(g)+b(g) ⇌ 2c(g) △H1<0反应逆向移动，c的物质的量减小，故A错误；等压时，通入z气体，x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0，反应逆向移动，反应器中温度升高，故B正确；等容时，通入惰性气体，反应体系中，各物质浓度不变，所以反应速率不变，故C正确；等容时，通入z气体，z浓度增大，反应x(g)+3y(g) ⇌2z (g) △H2>0逆向移动，y的物质的量浓度增大，故D正确；选A。‎ ‎13.相同的温度，相同体积（体积恒定）的甲、乙两容器，在甲容器中充入1g NO2，在乙容器中充入2g NO2，发生如下反应：2NO2( g ) ⇌N2O4( g )，下列叙述错误的是 A. 化学反应速度：乙＞甲 B. 平衡后NO2的浓度：乙＞甲 C. 平衡时NO2的转化率：甲＞乙 D. 平衡时N2O4的体积分数：甲＞乙 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同的温度，相同体积（体积恒定）的甲、乙两容器，在甲容器中充入1g NO2，在乙容器中充入2g NO2，乙中投料是甲的2倍，乙与甲相比，相当于加压；‎ ‎【详解】相同的温度，相同体积（体积恒定）的甲、乙两容器，在甲容器中充入1g NO2，在乙容器中充入2g NO2，乙中投料是甲的2倍，乙与甲相比，相当于加压；乙的压强大于甲，所以化学反应速度：乙＞甲，故A正确；乙中投料是甲的2倍，所以平衡后NO2的浓度：乙＞甲，故B正确；乙与甲相比，相当于加压，加压平衡正向移动，NO2的转化率增大，故C错误；乙与甲相比，相当于加压，加压平衡正向移动，N2O4的体积分数增大，故D错误。选CD。‎ ‎14.常温下有体积相同的四种溶液①pH＝3的CH3COOH溶液　②pH＝3的盐酸　③pH＝11的氨水　④pH＝11的NaOH溶液。下列说法正确的是 A. ②和③混合，所得混合溶液的pH大于7‎ B. ①②中分别加入适量的醋酸钠固体后，两溶液的pH均增大 C. ①与②分别与足量的镁粉反应，生成H2的量：① < ②‎ D. V1 L ④与V2 L ①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1 < V2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH3·H2O是弱电解质，HCl是强电解质，pH＝3的盐酸、pH＝11的氨水等体积混合，氨水过量；醋酸钠抑制醋酸电离，盐酸与醋酸钠反应生成弱电解质醋酸；pH＝3的CH3COOH溶液的浓度大于pH＝3的盐酸；醋酸是弱酸，c(CH3COOH)＞c(NaOH)，若等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性；‎ ‎【详解】②pH=3的盐酸c(H+)= 10-3mol/L，③pH=11的氨水c(OH-)=10-3mol/L盐酸是强酸完全电离，一水合氨是弱碱部分电离，c(HCl)= c(H+), c(NH3·H2O) ＞ c(OH-)= C(HCl ‎)，②和③混合，因为碱过量，所以所得混合溶液的pH大于7，故A正确；醋酸钠抑制醋酸电离，盐酸与醋酸钠反应生成弱电解质醋酸，所以①②中分别加入适量的醋酸钠固体后，两溶液的pH均增大，故B正确；pH＝3的CH3COOH溶液的浓度大于pH＝3的盐酸，所以体积相同的pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝3的盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，分别与足量的镁粉反应，生成H2的量：醋酸>盐酸，故C错误；醋酸是弱酸，pH=3的醋酸溶液的c(CH3COOH)＞pH=11的NaOH溶液的c(NaOH)，若等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，若使溶液呈中性，氢氧化钠溶液体积大于醋酸溶液，故D错误。选AB。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质电离和溶液的pH的问题，溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小比较判断，注意弱电解质存在电离平衡是解题关键。‎ ‎15.下列有关热化学方程式的叙述正确的是 A. 已知2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l)；△H＝－571．6kJ/mol，则氢气的燃烧热为285．8kJ/mol B. 已知C（石墨，s）＝ C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定 C. 含20．0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28．7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l) △H＝－57．4kJ/mol D. 已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) △H1； 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H2，则△H1＞△H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量；能量越低越稳定；醋酸是弱电解质，醋酸电离吸热；同物质的量碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量。‎ ‎【详解】氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l)；△H＝－571．6kJ/mol，所以氢气的燃烧热为285．8kJ/mol，故A正确；C（石墨，s）＝ C（金刚石，s） △H＞0，则金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；醋酸电离吸热，所以1mol醋酸与1mol氢氧化钠反应放出的热量小于57．4kJ，故C错误；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，所以2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) △H1； 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H2，△H1<△H2，故D错误。选A。‎ ‎16.下列溶液中微粒浓度的关系正确的是 A. 常温下，0.1 mol/L NaHC2O4溶液的pH<7：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(H＋)>c(C2O42-)‎ B. NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（OH-）=c（CO32-）+c（H+）‎ C. 向0.1mol/L的CH3COONa溶液中加入少量NaHSO4固体，所得溶液中：c（CH3‎ COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)‎ D. 常温下，pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三种溶液中c(NH)：①>③>②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.1 mol/L NaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）；根据物料守恒分析C选项；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，铝离子抑制铵根离子水解；‎ ‎【详解】0.1 mol/L NaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以c(H2C2O4)②，故D错误。选C。‎ ‎17.相同温度下，体积均为0.25　L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2(g)＋3Y2(g) 　2XY3(g)　　　 △H＝－92.6 kJ·mol－1，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达平衡时体系能量变化的数值 X2‎ Y2‎ XY3‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎23.15 kJ ‎②‎ ‎0.6‎ ‎1.8‎ ‎0.8‎ Q（Q＞0）kJ 下列叙述正确的是 A. 容器①、②中反应的平衡常数不相等 B. 达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2mol·L－1‎ C. 容器②中反应达到平衡时放出的热量为Q kJ D. 若容器①体积为 0.20 L，则达平衡时放出的热量大于23.15 kJ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡常数只与温度有关；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，所以①②是等效平衡。由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷ 92.6kJ/mol =0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol。‎ ‎【详解】由于反应是在相同温度下进行的，所以反应达到平衡时容器①、②中反应的平衡常数相等，故A错误；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷ 92.6kJ/mol =0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，其平衡浓度均为0.50mol÷0.25L=2 mol/L，故B正确；容器①、②的平衡状态等效，逆反应是吸热反应，由于容器②中开始加入了0.8mol的 XY3，达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，反应逆向进行，所以反应达到平衡时吸收Q kJ能量，故C错误；若将容器①体积缩小为0.20 L，由于减小体积，也就增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达平衡时放出的热量大于23.15 kJ，故D正确。‎ ‎18.向20mL 0.5mol/L的氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，测定混合溶液的温度变化如图所示．下列关于混合溶液的说法错误的是 A. 从a点到b点，混合溶液不可能存在：c（Cl-）=c（NH4+）‎ B. 由水电离的c（H+）：b点＞c点 C. NH3·H2O的电离程度：b点＞a点 D. b点到c点，混合溶液中可能存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从a点到b点，溶液由碱性 中性酸性； b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离；盐酸促进NH3·H2O的电离；氯化铵和盐酸混合，当盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度时，出现c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）。‎ ‎【详解】从a点到b点，b点为氯化铵溶液,b点溶液呈酸性，溶液由碱性恰好变为中性时c（Cl-）=c（NH4+），从a点到b点，混合溶液可能存在：c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离，所以由水电离的c（H+）：b点＞c点，故B正确；盐酸促进NH3·H2O的电离，b点加入的盐酸大于a点，所以NH3·H2O的电离程度：b点＞a点，故C正确；从b点到c点，盐酸过量，溶液中的溶质是氯化铵和盐酸，c点时盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度，混合溶液中存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），b点到c点，接近c点也可以出现此种排序，故D正确；选A。‎ ‎19.防治雾霾天气的主要措施有机动车临时交通管制、工矿企业停业限产、扬尘污染控制等。‎ ‎（1）PM2.5是环保部门监测空气质量的重要指标。将某PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样，测得试样中无机离子(OH－忽略不计)的种类和平均浓度如下表：‎ 离子种类 Na＋‎ NH4+‎ SO42-‎ NO3-‎ 浓度(mol/L)‎ ‎2.0×10－6‎ ‎2.8×10－5‎ ‎3.5×10－5‎ ‎6.0×10－5‎ 则试样的pH为________________________。‎ ‎（2）一定条件下，以CO和H2合成清洁能源CH3OH，其热化学方程式为CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)　ΔH，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：‎ ‎①该可逆反应的ΔH__________0(填“>”“<”或“＝”)。A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是______________。压强：p1__________p2(填“>”“<”或“＝”)。在T1‎ 条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v(正)___________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎②若在恒温恒容条件下进行上述反应，能表示该可逆反应达到平衡状态的是_________(填字母)。‎ A.CO的体积分数保持不变 ‎ B．容器内混合气体的密度保持不变 C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．单位时间内消耗CO的浓度等于生成CH3OH的浓度 ‎③向恒压密闭容器中充入2 mol CO和4 mol H2，在p2、T2条件下达到平衡状态C点，此时容器容积为2 L，则在该条件下反应的平衡常数K为_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). < (3). KA＝KB>KC (4). < (5). > (6). AC (7). 1 （L/mol）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电荷守恒计算c(H＋)；（2）①根据图像可知，升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆向移动；K只与温度有关，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)，正反应气体物质的量减少，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大；在T1条件下，由D点到B点过程中，CO转化率增大，反应正向进行；②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些变量也不发生变化时，一定达到平衡状态。③在p2、T2条件下达到平衡状态C点，CO的平衡转化率为0.5，利用“三段式”计算平衡常数；‎ ‎【详解】（1）根据电荷守恒，c(H＋)= 2×3.5×10－5+6.0×10－5-2.0×10－6-2.8×10－5=1×10－4 mol/L，所以pH=4；（2）①根据图像可知，升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应放热，ΔH<0；K只与温度有关，A、B温度相同，所以KA=KB，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，BC温度升高，所以KB>KC，故KA＝KB>KC；CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)，正反应气体物质的量减少，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，温度下，B点转化率大于A，所以B压强大于A，p1v(逆)；②反应过程中CO的体积分数是变量，当CO的体积分数保持不变时，一定达到平衡状态，故选A；根据 ，反应过程中密度是恒量，‎ 容器内混合气体的密度保持不变，不一定平衡，故不选B；根据 ，反应过程中，气体物质的量是变量，所以平均摩尔质量是变量，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，一定平衡，故选C；单位时间内消耗CO的浓度等于生成CH3OH的浓度，都是正反应速率，不一定平衡，故不选D。③在p2、T2条件下达到平衡状态C点，CO的平衡转化率为0.5，‎ CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)‎ 开始 2mol 4mol 0‎ 转化 1mol 2mol 1mol 平衡 1mol 2mol 1mol ‎1 （L/mol）2。‎ ‎20.水的电离平衡曲线如图所示。‎ ‎（1）若以A点表示25 ℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100 ℃时，水的电离平衡状态到B点，则100 ℃时，水的离子积为______________。‎ ‎（2）常温下，将pH＝10的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，然后保持100 ℃的恒温，欲使混合溶液pH＝7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为_______________________。‎ ‎（3）25 ℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为_________________________，由水电离出的c(OH－)＝_______________mol·L－1。‎ ‎（4）等体积的下列溶液中，阴离子的总物质的量最大的是_____________(填序号)。‎ ‎①0.1 mol·L－1的CuSO4溶液 ②0.1 mol·L－1的Na2CO3‎ ‎③0.1 mol·L－1的KCl ④0.1 mol·L－1的NaHCO3‎ ‎（5）某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A===H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。‎ ‎①则Na2A溶液显__________(填“酸性”“中性”或“碱性”)；NaHA溶液显__________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。‎ ‎②现有0.1 mol·L－1 Na2A的溶液，其中各种微粒浓度关系正确的是__________(填字母)。‎ A．c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)‎ B．c(Na＋)=2c(HA－)+2c((A2－)+2c(H2A)‎ C．c(Na＋)+c(H＋)=c(HA－)+c(A2－)+c(OH－)‎ D．c(OH－)=c(HA－)+c(H＋)‎ ‎【答案】 (1). 10－12 (2). 2：9 (3). CO32-＋H2O⇌HCO＋OH－、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH－ (4). 10－3 (5). ② (6). 碱性 (7). 酸性 (8). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）KW=c（H+）·c（OH-）；（2）常温下，将pH＝10的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，然后保持100 ℃的恒温，使混合溶液pH＝7，此时溶液呈碱性，根据 计算Ba(OH)2与盐酸的体积比；（3）25 ℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，碳酸根离子分步水解；水解促进水电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中氢氧根离子的浓度；（4）Cl-、SO42-是强酸根离子，不水解，CO32-、HCO3-‎ 都能水解，且水解程度CO32->HCO3-；（5）①HA－⇌H＋＋A2－可逆，所以A2-水解；H2A===H＋＋HA－不可逆，HA－只电离不水解；②Na2A的溶液存在A2－+H2O⇌HA－+ OH-、H2O⇌H++OH-两个平衡；H2A第一步电离完全，溶液中没有H2A分子；c(Na＋)+c(H＋)=c(HA－)+c(A2－)+c(OH－)不符合电荷守恒； c(OH－)=c(HA－)+c(H＋)符合质子守恒。‎ ‎【详解】（1）KW=c（H+）·c（OH-），所以100 ℃时，水的离子积为= ；（2）常温下，将pH＝10的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，然后保持100 ℃的恒温，使混合溶液pH＝7，此时溶液呈碱性，， ，解得2：9； （3）25 ℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，碳酸根离子分步水解，水解离子方程式是CO32-＋H2O⇌HCO＋OH－、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH－；水解促进水电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中氢氧根离子的浓度，即由水电离出的c(OH－)＝10－3mol·L－1；（4）Cl-、SO42-是强酸根离子，不水解，CO32-、HCO3-都能水解，且水解程度CO32->HCO3-，所以阴离子总数最大的是0.1 mol·L－1的Na2CO3，选②；（5）①HA－⇌H＋＋A2－可逆，所以A2-水解，Na2A溶液显碱性；H2A===H＋＋HA－不可逆，HA－只电离不水解，所以NaHA溶液显酸性；②Na2A的溶液存在A2－+H2O⇌HA－+ OH-、H2O⇌H++OH-两个平衡，所以c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)，故A正确；Na2A的溶液Na、A原子个数比是2:1，H2A 第一步电离完全，溶液中没有H2A分子，根据物料守恒，c(Na＋)=2c(HA－)+2c((A2－)，故B错误；根据电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，故C错误；根据质子守恒，c(OH－)=c(HA－)+c(H＋)，故D正确；‎ ‎【点睛】判断离子浓度大小要抓住“两小”：①盐的水解程度小，故未水解的粒子数目远多于水解生成的粒子数目；②弱电解质电离程度小，故未电离的弱电解质分子数远多于已电离出离子数目。‎ ‎21.亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）获得。‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：‎ ‎①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1‎ ‎②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K2‎ ‎③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K3 ‎ 则K3=__________（用K1、K2表示）。‎ ‎（2）已知几种化学键的键能数据如表所示（亚硝酰氯的结构为Cl-N=O）:‎ 化学键 ‎ N≡O (NO)‎ Cl-Cl ‎ Cl-N N=O 键能/(kJ/mol)‎ ‎630‎ ‎243‎ a ‎607‎ 则反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的ΔH和a的关系为ΔH= _______________kJ/mol。‎ ‎（3）300℃时，2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表所示：‎ 序号 c(ClNO)/(mol/L)‎ v/(x10-8mol·L-1·S-1)‎ ‎①‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎②‎ ‎0.60‎ ‎1.44‎ ‎③‎ ‎0.90‎ ‎3.24‎ n=________________；k=__________________________。‎ ‎（4）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把 NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图A所示：‎ ‎①在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为______________。‎ ‎②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=________（用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 x体积分数）。‎ ‎（5）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图B所示，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是______________点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的____________点。‎ ‎【答案】 (1). K12/K2 (2). 289-2a (3). 2 (4). 4×10-8 L/(mol·s) (5). 40% (6). 5/p (7). A (8). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） 的平衡常数K1=  ，② 2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）的平衡常数K2 =；（2）焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；（3）将得n，将n代入①中得k；（4）①NO的体积分数即物质的量分数，利用“三段式”计算平衡后NO的物质的量分数；分压=总压体积分数，则NO、Cl2、ClNO的分压强分别是、、；（5）NO的物质的量越小其转化率越大；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）=1.5时较C点NO的物质的量大，平衡右移，产物的含量增大。‎ ‎【详解】（1）①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）平衡常数K1= ，②2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）平衡常数K2 =，则4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）可由2×①-②得到，所以K= K12/ K2；（2）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的ΔH= kJ/mol；（3）υ正=k•cn（ClNO），则，解得n=2；将n代入①中得 ，解得k=4.0×10-8L/（mo1•s）；（4）①设反应前氯气的物质的量是amol，则n(NO)=2amol ‎ 2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）‎ 初始 2a a 0 ‎ 变化 a 0.5a a ‎ 平衡 a 0.5a a ‎ 在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为 = 40%；‎ ‎②NO、Cl2、ClNO的分压强分别是、、，Kp=5/p ；（5）NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最大的是A点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大；当n（NO）/n（Cl2）=1.5时较C点NO的物质的量大，平衡右移，产物的含量增大，应为D点；‎ ‎22.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请回答下列问题：‎ ‎（1）观察下图（左），标准液盐酸应放入___________滴定管中。（填“甲”或“乙”）‎ ‎ ‎ ‎（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________________________________，滴定终点的现象为_______________。‎ ‎（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如上图（右）所示，则起始读数为___________mL，所用盐酸溶液的体积为___________________mL。‎ ‎（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：‎ 依据表中数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________________。‎ ‎（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____________(填字母序号)。‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎【答案】 (1). 甲 (2). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (3). 当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。 (4). 0.00 (5). 26.10 (6). 0.1044 mol·L－1 (7). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸性液体盛入酸式滴定管中；(2)眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定；（3）滴定管的0刻度在上；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积计算平均值，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，计算NaOH溶液的物质的量浓度。（5）根据c(待测)=分析误差。‎ ‎【详解】（1）甲是酸式滴定管、乙是碱式滴定管，酸性液体盛入酸式滴定管中，所以标准液盐酸应放入甲中；（2）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，滴定终点的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。（3‎ ‎）滴定管的0刻度在上，由图可知：滴定前刻度0．00，滴定后刻度26.10，溶液体积26.10；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积的平均值：V= (26.11+26.09)/2= 26.10 mL，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，0.1mol/L26.10 mL= c(NaOH)25.00 mL，c(NaOH)=0.1044 mol/L；（5）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合；B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C选项酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D选项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合。‎ ‎23.25 ℃时，电离平衡常数：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）物质的量浓度为0.1 mol/L的下列四种物质的溶液，pH由大到小的顺序是___________(填编号)。‎ a．Na2CO3 b．NaClO c．CH3COONa d．NaHCO3‎ ‎（2）常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是_______。‎ A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－) D．c(OH－)/c(H＋)‎ ‎（3）体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化如图。则HX的电离常数___________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液水电离出来的c(H＋)。‎ ‎（4）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)。‎ ‎（5）电离平衡常数是用实验的方法测定出来的，现已经测得25℃时c mol/L的HX的电离度为a，试表示该温度下HX的电离平衡常数K=_____________________。（用含“ c、a的代数式表示”）‎ ‎【答案】 (1). a>b>d>c (2). A (3). 大于 (4). 大于 (5). 9.9×10－7 mol/L (6). ca2/(1-a)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据“越弱越水解”分析；（2）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；（3）稀释相同倍数，pH变化越大酸性越强；酸电离出的氢离子浓度越大，水电离出来的c(H＋)越小；（4）25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，c(H＋)=10-6mol/L、c(OH－)= 10-8mol/L，根据电荷守恒计算c(CH3COO－)－c(Na＋)；（5）HX的电离平衡常数K=c(H+)c(X-)/c(HX)。‎ ‎【详解】（1）电离平衡常数：CH3COOH> H2CO3> HClO > HCO3-，所以水解程度：CH3COO-NaClO>NaHCO3>CH3COONa ，即a>b>d>c；（2）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大； ，醋酸根离子浓度减小，所以c(H＋)/c(CH3COOH)增大；KW=c(H＋)·c(OH－)，温度不变，c(H＋)·c(OH－)不变；氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以 c(OH－)/c(H＋)增大，故选A；（3）稀释相同倍数，pH变化越大酸性越强，稀释相同倍数，HX的pH 变化大于CH3COOH，所以HX的电离常数大于醋酸的电离常数；稀释后，HX电离出的氢离子浓度小于醋酸电离出的氢离子，所以HX溶液中水电离出来的c(H＋)‎ 大于醋酸溶液水电离出来的c(H＋)；（4）25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，c(H＋)=10-6mol/L、c(OH－)= 10-8mol/L，根据电荷守恒c(CH3COO－)－c(Na＋)= c(H＋) － c(OH－)= 10-6mol/L－10-8mol/L=9.9×10－7 mol/L；（5）HX的电离平衡常数K= c(H+)c(X-)/c(HX)= ca2/(1-a)。‎ ‎【点睛】本题考查了电离平衡常数和酸性强弱的关系、弱酸加水稀释时各离子浓度的变化以及pH变化与酸性强弱的关系，盐的水解规律（越弱越水解）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎