C.据图可知，升高温度，乙烯的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则X、Y、Z对应的平衡常数数值:
KX>KY>KZ，选项C正确；
D.因该反应是气体体积减小的可逆反应，则温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。
答案选C。
5.在1.0L恒容密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：
X（g）
Y（g）＋Z（g）ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。
以下分析正确的是（）
A.该温度下此反应的平衡常数K＝3.2
B.从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）＝0.2/t1mol·L－1·min－1
C.欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的X
D.其他条件不变，再充入0.1mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少
【答案】D
【解析】
【分析】
X（g）
Y（g）＋Z（g）
开始0.100
变化bbb
t1min末0.1-bbb
根据压强比等于物质的量比，
，b=0.04；
X（g）
Y（g）＋Z（g）
开始0.100
转化aaa
平衡0.1-aaa
根据压强比等于物质的量比，
，a=0.08。
【详解】A.该温度下此反应的平衡常数K＝
0.32，故A错误；
B.从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）
＝0.04/t1mol·L－1·min－1，故B错误；
C.向体现中加入一定量的X，相当于加压，Y的百分含量减小，故C错误；
D.其他条件不变，再充入0.1mol气体X，平衡正向移动，但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。
6.图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。
下列叙述正确的是（）
A.该反应的热化学方程式为：
N2+3H2
2NH3△H=－92kJ·mol-1
B.正反应的活化能大于逆反应的活化能
C.b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D.使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.热化学方程式要标出物质的聚集状态；
B.根据图示，正反应的活化能是508kJ·mol-1，逆反应的活化能是600kJ·mol-1；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。
【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H=－92kJ·mol-1，故A错误；
B.正反应的活化能是508kJ·mol-1，逆反应的活化能是600kJ·mol-1，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。
【点睛】本题考查了化学反应
能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键，注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。
7.常温下，向20.00mL0.1000mol∙L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol∙L﹣1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）。
下列说法正确的是
A.点a所示溶液中：
c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH－）＞c（H＋）
B.点b所示溶液中：
c（NH4+）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－）
C.点c所示溶液中：
c（SO42-）＋c（H＋）＝c（NH3·H2O）＋c（OH－）
D.点d所示溶液中：
c（SO42-）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（NH4+）
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）＞c（SO42-），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），选项A错误；
B．b点加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，则溶液中c（Na+）c（Na+），选项B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH-），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠以及一水合氨（NH3·H2O的浓度是硫酸铵的两倍），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42-）+c（OH-），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42-）=2c（Na+），所以得c（SO42-）+c（H+）=c（NH3•H2O）+c（OH-），选项C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠浓度是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3•H2O）＞c（SO42-），选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：
①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。
如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：
c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）。
②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。
如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：
c（K+）＝2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）。
③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：
c（H3O+）+2c（H2S）+c（HS-）＝c（OH-）或c（H+）+2c（H2S）+c（HS-）＝c（OH-）。
质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
8.25℃下，弱电解质的电离平衡常数Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H2O）=1.75×10-5，下列说法正确的是
A.用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂
B.0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：
c（CH3COO-）+c（OH-）=c（CH3COOH） +c（H+）
C.pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c（NH3•H2O）>c（NH4+）>c（Cl-）
D.pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．选择指示剂时指示剂的变色范围应与反应后溶液的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A错误；
B.0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+），故B错误；
C．pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c（NH4+）=10－14÷10－11mol/L=10-3mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-），故C正确；
D．25℃下，弱电解质的电离平衡常数Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）＝1.75×10-5，pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中由水电离出的c（H+）＞1×10-7mol/L，故D错误；
故答案选C。
9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液中：
Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
B.c（H+）=10-12mol/L的溶液中：
K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-
C.能使甲基橙变红色的溶液中：
Na+、K+、Cl－、SiO32-
D.常温下的溶液中：
Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。
【详解】A.水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液中水的电离平衡被破坏，溶液显酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液显碱性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；
B.c（H+）=10-12mol/L的溶液显碱性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反应，可以大量共存，B符合；
C.能使甲基橙变红色的溶液显酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；
D.常温下的溶液中Al3+与AlO2﹣水解相互促进生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D不符合。
答案选B。
10.某温度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积的关系如图所示。
下列有关说法正确的是
已知：
Ksp（ZnS）=3×10-25
A.Na2S溶液中：
c（S2-）＋c（HS-）＋c（H2S）＝2c（Na+）
B.a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点
C.该温度下，Ksp（CuS）＝1×10-35.4
D.向100mLZn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：
Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：
Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：
CuS（s）
Cu2+（aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，则平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L；
A．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）=c（Na＋），故A错误；
B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；
C．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）·c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正确；
D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c（S2-）=
=
mol/L=3×10-24mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c（S2-）=
=
mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。
11.新型NaBH4/H2O2燃料电池DBFC的结构如图所示，该电池总反应方程式：
NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O，有关的说法不正确的是
A.电极B为正极
B.放电过程中，Na+从正极区向负极区迁移
C.电池负极的电极反应为：
BH4-+8OH−−8e−=BO2-+6H2O
D.在电池反应中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理论上流过电路中的电子为12NA
【答案】B
【解析】
【分析】
该燃料电池中，根据元素化合价变化知，负极上电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，根据双氧水和转移电子之间的关系式计算。
【详解】A.根据图片知，B电极上双氧水得电子生成氢氧根离子，所以B电极是正极，故A项正确；
B.放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na+从负极区向正极区迁移，故B项错误；
C.根据元素化合价变化知，负极上BH4-失电子发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH−−8e−=BO2-+6H2O，故C项正确；
D.在电池反应中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e−=2OH−，理论上流过电路中的电子数=
×2×NA/mol=12NA，故D项正确；
答案选B。
12.下列说法错误的是（）
A.用惰性电极电解Na2SO4溶液，当2mol电子转移时，可加入18g水恢复
B.用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，当加入1molCu（OH）2恢复电解前浓度时，电路中转移了4mole－
C.用惰性电极电解1molCuSO4和1molNaCl的混合溶液，溶液的pH先减小后增大
D.要想实现Cu＋H2SO4（稀）═CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且Cu为阳极
【答案】C
【解析】
【分析】
A．用惰性电极电解
溶液，实质为电解水，根据电子守恒计算消耗水的物质的量；
B．需加入 1mol
恢复电解前浓度，1mol
相当于1molCuO和
，结合电子守恒分析；
C．阳离子在阴极得电子能力
，阴离子在阳极失电子能力
，电解时阴极电极反应：
，1mol
完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：
，1mol
完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：
，据此分析溶液pH变化；
D．铜与稀硫酸不反应，若要实现该反应，则需在电解池中进行，铜化合价升高，说明铜失去电子做阳极。
【详解】
．用惰性电极电解
溶液，相当于电解水：
2H2O
2H2↑+O2↑,该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol 电子转移时，消耗水1mol，即可加入 18g 水恢复到原状态，A正确；
B．用惰性电极电解 1L
溶液，电解反应为
，当
全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol，若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol，现需加入 1mol
恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据
可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol 水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了
，B正确；
C．阳离子在阴极得电子能力
，阴离子在阳极失电子能力
，所以用惰性电极电解 1mol
和 1mol NaCl 的混合溶液，阴极电极反应：
，1mol
完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：
，1mol
完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：
，转移1mol电子，消耗
的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，C错误；
D．Cu与稀硫酸不反应，若要实现
稀
，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，D正确；
答案选C。
13.分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A.7种B.6种C.5种D.4种
【答案】D
【解析】
【分析】
判断和书写烷烃的氯代物的异构
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