2022年高三化學上學期期中專題匯編 化學反應原理(I)

2022年高三化學上學期期中專題匯編 化學反應原理(I)一、選擇題(每題分，計分)1.(xx屆山東德州)現(xiàn)有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度與體積都相等的溶液，若以不同順序?qū)⑺鼈冎械膬煞N混合起來，出現(xiàn)沉淀后過濾，再將濾液與第三種溶液混合起來，最終所得的溶液( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈堿性C. 可能呈中性或堿性D. 一定呈中性2.(xx屆山東聊城莘縣實驗)下列說法不正確的是( ) 將BaSO4放入水中不能導電，所以BaSO4是非電解質(zhì)氨溶于水得到的氨水能導電，所以氨水是電解質(zhì)固態(tài)共價化合物不導電，熔融態(tài)的共價化合物可以導電固態(tài)的離子化合物不導電，熔融態(tài)的離子化合物也不導電強電解質(zhì)溶液的導電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導電能力強A. B. C. D. 二、填空題(每題分，計分)3.(xx屆山東棗莊)常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)4.(xx屆山東棗莊)用惰性電極電解硫酸銅和鹽酸的混合溶液，則陰、陽兩極產(chǎn)生氣體的成分及體積比(相同條件)不可能的是( ) A. 陽極為純凈氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：lB. 陽極為純凈氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比l：1C. 陽極為混合氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：1D. 陽極為混合氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：l5.(xx屆山東棗莊)25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列敘述正確的是( ) A. 升高溫度，溶液的pH降低B. 加入NaOH固體，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)6.(xx屆山東棗莊)反應A(g)+B(g)C(g)+D(g)過程中的能量變化如圖所示(E10，E20)，回答下列問題圖中E1代表的意義是該反應是反應(填“吸熱”或“放熱”)反應熱H的表達式為當反應達到平衡時，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率(填“增大”“減小”或“不變”)(2)800時，在2L密閉容器內(nèi)充入0.50mol NO和0.25mol O2，發(fā)生如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0體系中，n(NO)隨時間的變化如下表：t/s012345n(NO)/mol0.500.350.280.250.250.25能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是A. v(NO2)正=v(O2)逆B. 容器內(nèi)壓強保持不變C. v(NO)逆=2v(O2)正D. 容器內(nèi)氣體顏色不變能使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的措施是A. 適當升高溫度B. 縮小反應容器的體積C. 增大O2的濃度D. 選擇高效催化劑7.(xx屆山東棗莊)下列關于pH變化的判斷正確的是( ) A. 溫度升高，Na2CO3溶液pH減小B. 氫氧化鈉溶液久置于空氣中，溶液pH變大C. 新制氯水經(jīng)光照一段時間后，溶液pH減小D. 溫度升高，純水pH增大8.(xx屆山東棗莊)硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下下列說法正確的是( ) A. 溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO42)的增大而減小B. 三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大C. 283K時，圖中a點對應的溶液是不飽和溶液D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后變?yōu)椴伙柡腿芤?.(xx屆山東青島城陽一中)氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉匆蕴柲転闊嵩?，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法其反應過程如圖所示：(1)反應I的化學方程式是(2)反應I得到的產(chǎn)物用I2進行分離該產(chǎn)物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層根據(jù)上述事實，下列說法正確的是(選填序號)a兩層溶液的密度存在差異b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨別兩層溶液的方法是經(jīng)檢測，H2SO4層中c(H+)：c(SO)=2.06：1其比值大于2的原因是10.(xx屆山東棗莊)(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=1×1020的溶液，其pH為，此時水的電離受到(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定溫度下，在密閉容器中反應2NO2(g)N2O4(g)達到平衡其他條件不變時，下列措施能提高NO2轉(zhuǎn)化率的是(填字母)A. 減小NO2的濃度B. 降低溫度C. 增加NO2的濃度D. 升高溫度(3)在某溫度下，H2O的離子積常數(shù)為1×1013mol2L2，則該溫度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=；100mL 0.1molL1H2SO4溶液與100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=(4)已知一溶液有4種離子：X+、Y、H+、OH，下列分析結(jié)果肯定錯誤的是A. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，將a molL1的氨水與0.01molL1的鹽酸等體積混合，反應時溶液中c(NH)=c(Cl)則溶液顯(填“酸”“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3H2O的電離常數(shù)Kb=(6)水溶液中的行為是中學化學的重要內(nèi)容已知下列物質(zhì)的電離常數(shù)值：HClO：Ka=3×108HCN：Ka=4.9×1010H2CO3：Ka1=4.3×107Ka2=5.6×101184消毒液中通入少量的CO2，該反應的化學方程式為三、解答題(每題分，計分)11.(xx屆山東棗莊)在某溫度下反應ClF(氣)+F2(氣)ClF3(氣)+268千焦在密閉容器中達到平衡下列說法正確的是( ) A. 溫度不變，縮小體積，ClF的轉(zhuǎn)化率增大B. 溫度不變，增大體積，ClF3的產(chǎn)率提高C. 升高溫度，增大體積，有利于平衡向正反應方向移動D. 降低溫度，體積不變，F(xiàn)2的轉(zhuǎn)化率降低12.(xx屆山東棗莊)對下列實驗的描述不正確的是( ) A. 圖(a)所示的實驗：根據(jù)檢流計(G)中指針偏轉(zhuǎn)的方向比較Zn、Cu的金屬活潑性B. 圖(b)所示的實驗：根據(jù)小試管中液面的變化判斷鐵釘發(fā)生析氫腐蝕C. 圖(c)所示的實驗：根據(jù)溫度計讀數(shù)的變化用稀鹽酸和稀NaOH溶液反應測定中和熱D. 圖(d)所示的實驗：根據(jù)兩燒瓶中氣體顏色的變化判斷2NO2(g)N2O4(g)是放熱反應13.(xx屆山東棗莊)下列關于化學基本原理和基本概念的幾點認識中正確的是( ) A. 膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是丁達爾現(xiàn)象B. 一般認為沉淀離子濃度小于1.0×105mol/L時，則認為已經(jīng)沉淀完全C. 由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3)，因此不可能使生成的BaSO4沉淀再轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀D. 由SO2通入Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸14.(xx屆山東棗莊)已知25物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：FeS：Ksp=6.3×1018；CuS：Ksp=1.3×1036；ZnS：Ksp=1.6×1024下列說法正確的是( ) A. 相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS做沉淀劑C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達到的最大濃度為1.3×1035mol/LD. 在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不產(chǎn)生FeS沉淀15.(xx屆山東棗莊)下列關于鐵電極的說法中，正確的是( ) A. 鋼鐵的吸氧腐蝕中鐵是正極B. 在鐵片上鍍銅時鐵片作陽極C. 電解飽和食鹽水時可用鐵作陰極D. 鍍鋅鐵板發(fā)生電化學腐蝕時鐵是負極16.(xx屆山東棗莊)相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是( ) 酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(molL1)9×1079×1061×102A. 三種酸的強弱關系：HXHYHZB. 反應HZ+YHY+Z能夠發(fā)生C. 相同溫度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同溫度下，1mol/L HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/L HX溶液的電離常數(shù)17.(xx屆山東棗莊)在25時將pH=11的NaOH 溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，下列關系式中正確的是( ) A. c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)C. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)18.(xx屆山東棗莊)25時，在1.0L濃度均為0.01molL1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得c(Na+)c(A)，則下列描述中，不正確的是( ) A. 該溶液的pH7B. HA的酸性很弱，A水解程度較大C. c(A)+c(HA)=0.02molL1D. n(A)+n(OH)=0.01mo1+n(H+)19.(xx屆山東棗莊)在25時，某溶液中由水電離出的H+=1×1012molL1，則該溶液的pH可能是( ) A. 12B. 10C. 6D. 420.(xx屆山東棗莊)實驗：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c；向濾液b中滴加0.1molL1KI溶液，出現(xiàn)渾濁；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色下列分析不正確的是( ) A. 濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)B. 濾液b中不含有Ag+C. 中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgID. 實驗可以證明AgI比AgCl更難溶21.(xx屆山東棗莊)下列關于電化學的理解正確的是( ) A. 原電池一定是負極材料失電子，發(fā)生氧化反應B. 電解池的電極材料一定不參與電極反應C. 原電池的負極和電解池的陽極一定發(fā)生氧化反應D. 原電池中的陽離子移向負極，電解池中的陽離子則移向陰極22.(xx屆山東棗莊)將一定體積的NaOH溶液分成兩等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的體積為V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的體積為V2；則下列敘述正確的是( ) A. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性強B. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性弱C. 因為兩種酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D. HA. HB分別和NaOH中和后，所得的溶液都一定呈中性23.(xx屆山東棗莊)獲得“863”計劃和中科院“百人計劃”支持的環(huán)境友好型鋁碘電池已研制成功，電解質(zhì)為AlI3溶液，已知電池總反應為2Al+3I22AlI3下列說法不正確的是( ) A. 該電池負極的電極反應為：Al3eAl3+B. 電池工作時，溶液中的鋁離子向正極移動C. 消耗相同質(zhì)量金屬時，用鋰做負極時，產(chǎn)生電子的物質(zhì)的量比鋁多D. 該電池可能是一種可充電的二次電池參考答案：一、選擇題(每題分，計分)1.(xx屆山東德州)關鍵字:山東期中現(xiàn)有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度與體積都相等的溶液，若以不同順序?qū)⑺鼈冎械膬煞N混合起來，出現(xiàn)沉淀后過濾，再將濾液與第三種溶液混合起來，最終所得的溶液( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈堿性C. 可能呈中性或堿性D. 一定呈中性【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【專題】離子反應專題【分析】如果是Na2CO3、Ba(OH)2先混合，再把濾液和H2SO4混合，所得溶液為Na2SO4溶液，溶液顯中性；如果是H2SO4、Ba(OH)2先混合，再與Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液顯堿性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把濾液和Ba(OH)2混合，所得溶液為NaOH溶液，呈堿性【解答】解：若先將Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba(OH)2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反應，生成的Na2SO4再與Ba(OH)2恰好完全反應，最終生成的NaOH溶液顯堿性；若先將Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba(OH)2恰好完全反應，生成的NaOH再與H2SO4恰好完全反應，最終生成的Na2SO4溶液顯中性；若先將H2SO4和Ba(OH)2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba(OH)2溶液恰好完全反應，生成硫酸鋇和水，再加入a2CO3溶液，水解呈堿性則混合后溶液可能呈中性或堿性，不可能呈酸性，故選C. 【點評】本題考查溶液酸堿性定性判斷，為高頻考點，明確反應實質(zhì)及最后所得溶液溶質(zhì)成分是解本題關鍵，題目難度不大2.(xx屆山東聊城莘縣實驗)關鍵字:山東期中下列說法不正確的是( ) 將BaSO4放入水中不能導電，所以BaSO4是非電解質(zhì)氨溶于水得到的氨水能導電，所以氨水是電解質(zhì)固態(tài)共價化合物不導電，熔融態(tài)的共價化合物可以導電固態(tài)的離子化合物不導電，熔融態(tài)的離子化合物也不導電強電解質(zhì)溶液的導電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導電能力強A. B. C. D. 【考點】電解質(zhì)與非電解質(zhì)；電解質(zhì)溶液的導電性【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離；氨氣本身不能電離出離子，溶液導電是氨氣和水反應生成的一水合氨弱電解質(zhì)電離的原因；熔融態(tài)共價化合物不能電離出離子，不能導電；離子化合物熔融態(tài)電離出離子，能導電；溶液導電能力取決于溶液中離子濃度的大小，與電解質(zhì)強弱無關；【解答】解：硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離；所以BaSO4是強電解質(zhì)，故錯誤；氨氣本身不能電離出離子，溶液導電是氨氣和水反應生成的一水合氨弱電解質(zhì)電離的原因；熔融態(tài)共價化合物不能電離出離子，不能導電；所以氨水是電解質(zhì)溶液，故錯誤；離子化合物熔融態(tài)電離出離子，能導電，故錯誤；溶液導電能力取決于溶液中離子濃度的大小，與電解質(zhì)強弱無關，強電解質(zhì)溶液的導電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導電能力強，故錯誤；故選D. 【點評】本題考查了強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，難度不大，明確電解質(zhì)的強弱與電離程度有關，與溶液的導電能力大小無關二、填空題(每題分，計分)3.常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. pH7，說明溶液呈堿性，如NaOH過量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)；B. 任何溶液都存在電荷守恒；C. 醋酸為弱酸，pH7，說明醋酸過量；D. 從溶液電荷守恒的角度判斷【解答】解：A. pH7，說明溶液呈堿性，如NaOH過量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，故A錯誤；B. pH7，說明溶液呈堿性，溶液存在電荷守恒，則有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，故B正確；C. pH7，說明醋酸過量，如醋酸過量較多，則可存在c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)，故C正確；D. 根據(jù)溶液的電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，pH=7，則有c(H+)=c(OH)，則溶液中存在c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)，故D正確故選A. 【點評】本題考查酸堿混合的定性判斷和計算，題目難度中等，本題注意醋酸為弱電解質(zhì)的特點，結(jié)合溶液的電荷守恒解答該題4.用惰性電極電解硫酸銅和鹽酸的混合溶液，則陰、陽兩極產(chǎn)生氣體的成分及體積比(相同條件)不可能的是( ) A. 陽極為純凈氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：lB. 陽極為純凈氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比l：1C. 陽極為混合氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：1D. 陽極為混合氣體，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：l【考點】電解原理【專題】電化學專題【分析】依據(jù)電解原理，依據(jù)溶液中陰陽離子的放電順序，書寫電極反應，結(jié)合電解過程中電極上的電子守恒進行計算分析判斷；【解答】解：溶液中的陽離子為Cu2+、H+；陰離子SO42、Cl、OH；電解時離子放電順序，陽離子為Cu2+H+；陰離子ClOHSO42；A. 陽極為純凈氣體，則陽極電極反應：2Cl2e=Cl2；陰極電極反應：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若電解的是氯化銅和鹽酸，電解的依據(jù)電極上電子守恒，可知陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：l，故A正確；B. 陽極為純凈氣體，則陽極電極反應：2Cl2e=Cl2；陰極電極反應：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若電解的是氯化銅和鹽酸，依據(jù)電極上電子守恒，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比不可能l：1，故B錯誤；C. 陽極為混合氣體，則陽極電極反應：2Cl2e=Cl2，4OH4e=2H2O+O2；陰極電極反應：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若電解的是氯化銅、硫酸銅，水，依據(jù)電極上電子守恒，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：1，故C正確；D. 陽極為混合氣體，則陽極電極反應：2Cl2e=Cl2，4OH4e=2H2O+O2；陰極電極反應：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若電解的是氯化銅、鹽酸，水，依據(jù)電極上電子守恒陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體體積比1：l；故D正確；故選B. 【點評】本題考查了電解原理的應用，主要是依據(jù)電極產(chǎn)生的氣體不同，關鍵是把電解分為幾個不同階段的電解理解判斷5.25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列敘述正確的是( ) A. 升高溫度，溶液的pH降低B. 加入NaOH固體，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)【考點】影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較【專題】鹽類的水解專題【分析】A. 升高溫度，促進鹽類的水解，溶液pH增大；B. 向溶液中加入少量NaOH固體，抑制Na2S的水解；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH；D. 從物料守恒的角度分析【解答】解：A. 升高溫度，促進鹽類的水解，所以氫氧根離子濃度增大，溶液pH增大，故A錯誤；B. 向溶液中加入少量NaOH固體，增大了鈉離子濃度，c(OH)增大，抑制Na2S的水解，故B正確；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH，則有c(OH)c(H+)，所以c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)，故C正確；D. 物料守恒可知Na的物質(zhì)的量是S的物質(zhì)的量的2倍，S在溶液存在形式有3種，所以c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)，故D錯誤故選BC. 【點評】本題考查離子濃度大小的比較，題目難度不大，注意從物料守恒的角度分析，把握鹽類水解的原理，易錯點為D，注意離子濃度的變化6.反應A(g)+B(g)C(g)+D(g)過程中的能量變化如圖所示(E10，E20)，回答下列問題圖中E1代表的意義是反應物的活化能該反應是放熱反應(填“吸熱”或“放熱”)反應熱H的表達式為E1E2 當反應達到平衡時，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率減小(填“增大”“減小”或“不變”)(2)800時，在2L密閉容器內(nèi)充入0.50mol NO和0.25mol O2，發(fā)生如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0體系中，n(NO)隨時間的變化如下表：t/s012345n(NO)/mol0.500.350.280.250.250.25能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是BCDA. v(NO2)正=v(O2)逆B. 容器內(nèi)壓強保持不變C. v(NO)逆=2v(O2)正D. 容器內(nèi)氣體顏色不變能使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的措施是BCA. 適當升高溫度B. 縮小反應容器的體積C. 增大O2的濃度D. 選擇高效催化劑【考點】反應熱和焓變；化學平衡的影響因素；化學平衡狀態(tài)的判斷【分析】(1)E1代表的意義是反應物的活化能；反應中反應物的能量高于生成物的能量，反應是放熱反應，焓變小于零，根據(jù)焓變的含義來回答；升高溫度，化學反應向著吸熱方向進行；(2)化學反應達到化學平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，且不等于0，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，以此進行判斷，得出正確結(jié)論；根據(jù)化學反應速率和化學平衡的影響因素進行判斷【解答】解：(1)E1代表的意義是反應物的活化能；根據(jù)圖中信息得到：反應物的能量高于生成物的能量，反應是放熱反應，焓變=產(chǎn)物的能量反應物的能量，圖中，E1是普通分子變?yōu)榛罨肿游盏哪芰?，E2是活化分子之間的反應生成產(chǎn)物的能量變化，E1E2是反應物和產(chǎn)物的能量之差，反應是放熱的，所以焓變=E1E20，故答案為：反應物的活化能；放熱；E1E2；當反應達到平衡時，升高溫度，化學反應向著吸熱方向進行，即逆向進行，所以反應物A的轉(zhuǎn)化率減小，故答案為：減小；(2)A. v(NO2)正=v(O2)逆，反應速率之比與化學計量數(shù)之比不等，故A錯誤；B. 反應前后氣體的體積不等，故容器內(nèi)壓強保持不變可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故B正確；C. v(NO)逆=2v(O2)正，反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v正=v逆，故C正確；D. NO2為紅棕色氣體，O2和NO為無色氣體，故容器內(nèi)氣體顏色不變可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故D正確，故答案為：BCD；A. 升高溫度，平衡逆向移動，故A錯誤；B. 增大壓強，化學反應速率加快，平衡正向移動，故B正確；C. 增大O2的濃度，化學反應速率加快，平衡正向移動，故C正確；D. 選擇高效催化劑，化學反應速率加快，平衡不移動，故D錯誤，故答案為：BC. 【點評】本題考查化學反應中能量變化的判斷，化學平衡的影響因素和平衡移動方向的判斷，化學平衡狀態(tài)的判斷、化學反應速率和化學平衡的影響因素，難度中等要注意把握平衡狀態(tài)的特征7.下列關于pH變化的判斷正確的是( ) A. 溫度升高，Na2CO3溶液pH減小B. 氫氧化鈉溶液久置于空氣中，溶液pH變大C. 新制氯水經(jīng)光照一段時間后，溶液pH減小D. 溫度升高，純水pH增大【考點】鹽類水解的應用；水的電離【分析】A. 碳酸鈉溶液中碳酸根離子的水解是吸熱反應；B. 氫氧化鈉會吸收空氣中的二氧化碳生成碳酸鈉，氫氧根離子濃度減??；C. 新制氯水中含有氯氣和水反應生成的次氯酸，次氯酸見光分解，最后得鹽酸，溶液酸性增強；D. 水的電離是吸熱過程，升溫平衡正向進行，氫離子、氫氧根離子濃度增大【解答】解：A. 碳酸鈉溶液中碳酸根離子的水解是吸熱反應，升溫崔進水解正向進行，溶液減小增強，pH增大，故A錯誤；B. 氫氧化鈉會吸收空氣中的二氧化碳生成碳酸鈉，氫氧根離子濃度減小，溶液pH減小，故B錯誤；C. 新制氯水中含有氯氣和水反應生成的次氯酸，次氯酸見光分解，最后得稀鹽酸，溶液酸性增強，pH減小，故C正確；D. 水的電離是吸熱過程，升溫平衡正向進行，氫離子、氫氧根離子濃度增大，所以純水pH減小，故D錯誤；故選C. 【點評】本題考查了弱電解質(zhì)電離、鹽類水解原理的分析應用，注意水解和弱電解質(zhì)電離都是吸熱過程，升溫促進，掌握基礎是關鍵，題目較簡單8.硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下下列說法正確的是( ) A. 溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO42)的增大而減小B. 三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大C. 283K時，圖中a點對應的溶液是不飽和溶液D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后變?yōu)椴伙柡腿芤骸究键c】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題【分析】沉淀溶解平衡中的溶度積常數(shù)只與溫度有關，與濃度改變無關；溶解度隨溫度變化而變化，也隨離子濃度改變；硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線，縱軸是鍶離子濃度的對數(shù)，橫軸是硫酸根離子濃度的對數(shù)圖象分析采取定一議二的方法進行分析；【解答】解：A. Ksp只與溫度有關與濃度無關，故A錯誤；B. 由圖象可知：在相同條件下，溫度越低，越大，Ksp(SrSO4)越大，B正確；C. a點在283K的下方，屬于不飽和溶液，C正確；D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后會有晶體析出，還是屬于飽和溶液，D錯誤故選BC. 【點評】本題考查沉淀溶解平衡及Ksp的意義和應用，飽和溶液的判斷，關鍵是正確分析圖象中縱坐標和橫坐標的意義，理解曲線的變化趨勢9.(xx屆山東青島城陽一中)關鍵字:山東期中氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉匆蕴柲転闊嵩?，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法其反應過程如圖所示：(1)反應I的化學方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI(2)反應I得到的產(chǎn)物用I2進行分離該產(chǎn)物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層根據(jù)上述事實，下列說法正確的是ac(選填序號)a兩層溶液的密度存在差異b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨別兩層溶液的方法是觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層經(jīng)檢測，H2SO4層中c(H+)：c(SO)=2.06：1其比值大于2的原因是硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子【考點】常見的能量轉(zhuǎn)化形式；反應熱和焓變【分析】(1)由圖可知，反應I為二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HI；(2)分成兩層，與溶解性、密度有關；兩層的顏色不同；H2SO4中c(H+)：c(SO42)=2：1，且HI電離出氫離子；【解答】解：(1)由圖可知，反應I為二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HI，該反應為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案為：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；(2)a兩層溶液的密度存在差，才出現(xiàn)上下層，故a正確；b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，與分層無關，故b錯誤；cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，則碘在不同溶劑中溶解性不同，類似萃取，與分層有關，故c正確；故答案為：ac；辨別兩層溶液的方法是觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層，故答案為：觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層；H2SO4層中c(H+)：c(SO42)=2.06：1其比值大于2的原因是硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子，故答案為：硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子；【點評】本題考查混合物分離提純及化學平衡等，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、平衡影響因素為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等10.(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=1×1020的溶液，其pH為4或10，此時水的電離受到抑制(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定溫度下，在密閉容器中反應2NO2(g)N2O4(g)達到平衡其他條件不變時，下列措施能提高NO2轉(zhuǎn)化率的是BC(填字母)A. 減小NO2的濃度B. 降低溫度C. 增加NO2的濃度D. 升高溫度(3)在某溫度下，H2O的離子積常數(shù)為1×1013mol2L2，則該溫度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=11；100mL 0.1molL1H2SO4溶液與100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=12(4)已知一溶液有4種離子：X+、Y、H+、OH，下列分析結(jié)果肯定錯誤的是CA. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，將a molL1的氨水與0.01molL1的鹽酸等體積混合，反應時溶液中c(NH)=c(Cl)則溶液顯中(填“酸”“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3H2O的電離常數(shù)Kb=(6)水溶液中的行為是中學化學的重要內(nèi)容已知下列物質(zhì)的電離常數(shù)值：HClO：Ka=3×108HCN：Ka=4.9×1010H2CO3：Ka1=4.3×107Ka2=5.6×101184消毒液中通入少量的CO2，該反應的化學方程式為NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO【考點】離子濃度大小的比較；化學平衡的影響因素；水的電離【專題】鹽類的水解專題【分析】(1)水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度相等，據(jù)此計算出水電離出的氫離子的濃度，然后判斷溶液酸堿性及對水的電離的影響情況；(2)該反應是反應前后氣體體積減小的、放熱的可逆反應，要提高二氧化氮的轉(zhuǎn)化率，只要改變條件使化學平衡向正反應方向移動即可；(3)溶液中c(H+)=，pH=lgc(H+)；混合溶液中c(OH)=，c(H+)=，pH=lgc(H+)；(4)該溶液可能為中性、酸性、堿性溶液，但溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)電荷守恒進行判斷；(5)在25下，平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，根據(jù)NH3H2O的電離常數(shù)Kb計算；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，發(fā)生強酸制取弱酸的反應【解答】解：(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=1×1020的溶液中滿足：c(H+)=c(OH)=1×1010mol/L，則該溶液抑制了水的電離，為酸性或堿性溶液，溶液的pH可能為4或10，故答案為：4或10；抑制；(2)該反應是反應前后氣體體積減小的、放熱的可逆反應，要使該反應向正反應方向移動，可改變反應物的濃度、體系的壓強、溫度等，A. 減小N02的濃度，平衡向逆反應方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率降低，故A錯誤；B. 降低溫度，平衡向正反應方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率提高，故B正確；C. 增加N02的濃度，平衡向正反應方向移動，且體系壓強增大，也利于反應向正反應方向移動，故C正確；D. 升高溫度，平衡向逆反應方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率降低，故D錯誤；故答案為：BC；(3)溶液中c(H+)=mol/L=1011mol/L，pH=lgc(H+)=lg1011=11，故答案為：11；混合溶液中c(OH)=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=1012mol/L，pH=lgc(H+)=12，故答案為：12；(4)A. 當溶液為酸性時，可以滿足關系：c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)，故A正確；B. 當溶液呈堿性時可以滿足c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)，故B正確；C. 該關系c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)無法了電荷守恒，故C錯誤；D. 當溶液呈堿性，且YOH遠遠過量時可以滿足c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)，故D正確；故答案為：C；(5)在25下，平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的電離常數(shù)Kb=，故答案為：中；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，則84消毒液中通入少量的CO2的反應為：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3，故答案為：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3【點評】本題考查離子濃度大小比較、鹽類水解的應用及電解原理，為高頻考點，題目難度中等，側(cè)重于學生的分析能力的考查，明確鹽類水解規(guī)律及酸性強弱的關系、電離平衡常數(shù)的計算、離子的放電順序等即可解答三、解答題(每題分，計分)11.在某溫度下反應ClF(氣)+F2(氣)ClF3(氣)+268千焦在密閉容器中達到平衡下列說法正確的是( ) A. 溫度不變，縮小體積，ClF的轉(zhuǎn)化率增大B. 溫度不變，增大體積，ClF3的產(chǎn)率提高C. 升高溫度，增大體積，有利于平衡向正反應方向移動D. 降低溫度，體積不變，F(xiàn)2的轉(zhuǎn)化率降低【考點】化學平衡的影響因素【專題】化學平衡專題【分析】根據(jù)外界條件對化學平衡的影響【解答】解：A. 縮小體積，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動即正反應方向，ClF的轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B. 增大體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動即逆反應方向，ClF3的產(chǎn)率降低，故B錯誤；C. 升高溫度，平衡向吸熱的方向移動即逆反應方向；增大體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動即逆反應方向，所以升高溫度，增大體積，有利于平衡向逆反應方向移動，故C錯誤；D. 降低溫度，平衡向放熱的方向移動即正反應方向，F(xiàn)2的轉(zhuǎn)化率增大，故D錯誤；故選：A. 【點評】本題主要考查了外界條件對化學平衡的影響，掌握外界條件對化學平衡的影響是解題的關鍵12.對下列實驗的描述不正確的是( ) A. 圖(a)所示的實驗：根據(jù)檢流計(G)中指針偏轉(zhuǎn)的方向比較Zn、Cu的金屬活潑性B. 圖(b)所示的實驗：根據(jù)小試管中液面的變化判斷鐵釘發(fā)生析氫腐蝕C. 圖(c)所示的實驗：根據(jù)溫度計讀數(shù)的變化用稀鹽酸和稀NaOH溶液反應測定中和熱D. 圖(d)所示的實驗：根據(jù)兩燒瓶中氣體顏色的變化判斷2NO2(g)N2O4(g)是放熱反應【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】A. Cu、Zn原電池中，活潑金屬為負極，根據(jù)原電池的工作原理來回答；B. 析氫腐蝕生成氫氣，而吸氧腐蝕中氧氣得電子，氣體減少；C. 中和熱測定應選稀的強酸和稀的強堿之間反應；D. 熱水中顏色深，則逆反應為吸熱反應【解答】解：A. Zn、Cu形成原電池，鋅活潑性強的為負極，檢流計的指針偏向正極Cu，所以能夠根據(jù)指針偏向確定正負極，即可判斷金屬性強弱，故A正確；B. 在氯化鈉溶液中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，試管中壓強減小，導管中液面上升，不是發(fā)生的析氫腐蝕，故B錯誤；C. 中和熱測定應選稀的強酸和稀的強堿之間來反應，故C正確；D. 熱水中顏色深，則逆反應為吸熱反應，所以正反應為放熱反應，故D正確故選B. 【點評】本題考查了原電池原理、鐵的電化學腐蝕、中和熱的測定、溫度對平衡的影響，題目涉及的知識點較多，側(cè)重于對基礎知識的綜合考查，難度中等13.下列關于化學基本原理和基本概念的幾點認識中正確的是( ) A. 膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是丁達爾現(xiàn)象B. 一般認為沉淀離子濃度小于1.0×105mol/L時，則認為已經(jīng)沉淀完全C. 由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3)，因此不可能使生成的BaSO4沉淀再轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀D. 由SO2通入Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；膠體的重要性質(zhì)；二氧化硫的化學性質(zhì)【專題】溶液和膠體專題；電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. 膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是粒子直徑在1nm100nm之間；B. 沉淀不可能完全溶解，當離子濃度小于1.0×105mol/L時，可認為完全溶解；C. 從難溶電解質(zhì)的溶解平衡的角度分析；D. SO2通入Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應【解答】解：A. 膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是粒子直徑在1nm100nm之間，膠體具有丁達爾效應，但不是本質(zhì)特征，故A錯誤；B. 沉淀不可能完全溶解，當離子濃度小于1.0×105mol/L時，可認為完全溶解，故B正確；C. 如c(Ba2+)×c(CO32)Ksp(BaCO3)，可生成BaCO3沉淀，故C錯誤；D. SO2通入Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應生成BaSO4，故D錯誤故選B. 【點評】本體考查較為綜合，題目難度中等，注意物質(zhì)的性質(zhì)，易錯點為B，注意從難溶電解質(zhì)的溶解平衡的角度分析14.已知25物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：FeS：Ksp=6.3×1018；CuS：Ksp=1.3×1036；ZnS：Ksp=1.6×1024下列說法正確的是( ) A. 相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS做沉淀劑C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達到的最大濃度為1.3×1035mol/LD. 在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不產(chǎn)生FeS沉淀【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. 根據(jù)溶度積大小進行比較，溶度積越大，溶解度越大；B. 根據(jù)溶度積大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積小的沉淀；C. H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，根據(jù)CuS的溶度積常數(shù)(Ksp)為1.3×1036即可求得；D. 當QcKsp就會生成沉淀【解答】解；A. 由于Ksp(CuS)=1.3×1036Ksp(ZnS)=1.6×1024，所以溶解度CuSZnS，故A錯誤；B. 由于Ksp(CuS)=1.3×1036Ksp(FeS)=6.3×1018，硫化銅的溶解度小于硫化亞鐵的，所以除去工業(yè)廢水中含有的Cu2+，可采用FeS 固體作為沉淀劑，故B正確；C. H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，CuS的溶度積常數(shù)(Ksp)為1.3×1036，所以溶液中Cu2+的最小濃度為1.3×1035mol/L，故C錯誤；D. ZnS的飽和溶液中存在S2，加入FeCl2溶液，當Qc=c(Fe2+)c(S2)Ksp(FeS)，就會生成FeS沉淀，故D錯誤；故選：B. 【點評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，題目難度不大，注意對溶度積常數(shù)的利用和理解15.下列關于鐵電極的說法中，正確的是( ) A. 鋼鐵的吸氧腐蝕中鐵是正極B. 在鐵片上鍍銅時鐵片作陽極C. 電解飽和食鹽水時可用鐵作陰極D. 鍍鋅鐵板發(fā)生電化學腐蝕時鐵是負極【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】A. 鋼鐵吸氧腐蝕氧氣在正極獲得電子生成氫氧根離子；B. 電鍍原理中，鍍件金屬作陽極，鍍層金屬作陰極；C. 電解池中活潑金屬作陽極，則陽極反應是活潑金屬失電子；D. 鋅鐵形成原電池，鋅比鐵活潑作負極【解答】解：A. 鋼鐵吸氧腐蝕的正極發(fā)生還原反應，氧氣在正極獲得電子生成氫氧根離子，電極反應式為：2H2O+O2+4e=4OH，故A錯誤；B. 電鍍原理中，鍍件金屬作陽極，鍍層金屬作陰極，所以鐵片上鍍銅時鐵片作陰極，故B錯誤；C. 活性電極作陽極時，電極失電子，所以電解飽和食鹽水時，用鐵不能做陽極，可以做陰極，故C正確；D. 鋅鐵形成原電池，鋅比鐵活潑作負極，故D錯誤故選C. 【點評】本題考查了原電池原理和電解池原理，題目難度不大，側(cè)重于基礎知識的考查16.相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是( ) 酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(molL1)9×1079×1061×102A. 三種酸的強弱關系：HXHYHZB. 反應HZ+YHY+Z能夠發(fā)生C. 相同溫度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同溫度下，1mol/L HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/L HX溶液的電離常數(shù)【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強，則酸根離子水解程度越小，結(jié)合強酸制取弱酸分析解答【解答】解：A. 相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強弱順序是HZHYHX，故A錯誤；B. 由A知，HZ的酸性大于HY，根據(jù)強酸制取弱酸知，HZ+YHY+Z能發(fā)生，故B正確；C. 根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強弱順序是HZHYHX，酸的電離程度越大，酸根離子水解程度越小，則相同濃度的鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大的溶液其堿性越強，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C錯誤；D. 相同溫度下，同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)不變，故D錯誤；故選B. 【點評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確相同溫度下電離平衡常數(shù)與電解質(zhì)強弱的關系是解本題關鍵，易錯選項是D，注意溫度不變，同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)不變，與溶液的濃度無關，為易錯點17.在25時將pH=11的NaOH 溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，下列關系式中正確的是( ) A. c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)C. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；離子濃度大小的比較【專題】壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題【分析】CH3COOH為弱酸，在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合時，醋酸過量，溶液呈酸性，則有c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，以此判斷，其它選項皆不正確【解答】解：A. 設溶液的體積都為1L，CH3COOH為弱酸，在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合時，醋酸過量，反應后的溶液中有n(Na+)=0.001mol，n(CH3COO)+n(CH3COOH)0.001mol，則c(Na+)c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故A錯誤；B. 根據(jù)溶液呈電中性，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，則c(H+)c(CH3COO)+c(OH)，故B錯誤；C. 在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合時，醋酸過量，則c(CH3COO)c(Na+)，故C錯誤；D. 在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合時，醋酸過量，溶液呈酸性，則有c(CH3COO)c(Na+)，c(H+)c(OH)，由于H+離子與OH離子反應，則溶液中c(Na+)c(H+)，所以有c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故D正確故選D. 【點評】本題考查溶液離子濃度的大小比較，本題難度中等，做題時注意pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，溶液中醋酸過量，溶液呈酸性，以此進行分析和比較18.25時，在1.0L濃度均為0.