化学卷·2019届内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期12月月考试题（A卷）（解析版）

化学卷·2019届内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期12月月考试题（A卷）（解析版）

巴市一中2017-2018学年第一学期12月月考试卷高二年级 化学试题 ‎1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述中正确的是 A. 已知CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-802 kJ/mol，甲烷的燃烧热为802 kJ/mol B. 等量H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量多 C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同 D. 由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石, s)=C(石墨, s) ΔH<0‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据燃烧热的概念：“在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol。”知水的状态应为液态，错误；B、由于H2O(g)转化为H2O(l)放出热量，所以等量H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量少，错误；C、ΔH的取决反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，错误；D、由石墨比金刚石稳定，石墨具有的能量比金刚石低，可知：C(金刚石, s)=C(石墨, s) ΔH<0，正确。‎ 考点：考查热化学的相关概念。‎ ‎2. 下列判断错误的是　（　　）‎ ‎①反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ ‎②反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0‎ ‎③反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0‎ ‎④一定温度下，反应2MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的△H＞0，△S＞0‎ A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】①常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，由方程式可得△S＜0，故△H＜0，①错误；②常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，由方程式可得△S＜0，故△H＜0，②正确；③常温下不能自发进行，则△H-T△S>0，由方程式可得△S>0，故△H>0，③错误；④该反应为分解反应，属于吸热反应，即△H＞0，由于反应后气体的物质的量增大，所以△S＞0，故④正确。综上，①③错误，选D。‎ ‎3. 下列条件的改变，一定会同时影响化学反应速率和化学平衡的是 A. 浓度 B. 压强 C. 温度 D. 催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】A、增大固体和纯液体的量，浓度为常数，对反应速率和化学平衡无影响，选项A错误；B、在化学反应前后体积不变的情况下，改变压强对化学平衡无影响，选项B错误；C、所有化学反应都反应热，温度对于任何反应的反应速率和化学平衡都有影响，选项C正确；D、催化剂能改变反应速率，不能使化学平衡移动，选项D错误。答案选C。‎ ‎4. 在一定温度下，反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到限度的标志是（ ）‎ A. 单位时间内生成n mol A2同时生成n mol AB B. 容器内的总物质的量不随时间变化 C. 单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2‎ D. 单位时间内生成n mol A2的同时生成n mol B2‎ ‎【答案】C ‎【解析】在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。A中反应速率的方向相反，但不满足反应速率比值是相应的化学计量数之比，A不正确；根据方程式可知，反应前后体积是不变的，所以容器内的总物质的量也是不变的，B不正确；C中反应速率的方向相反，且满足反应速率比值是相应的化学计量数之比，正确；D中反应速率的方向相同，不正确，答案选C。‎ ‎5. 在一个固定体积的密闭容器中，加入2mol A和1mol B发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)，达到平衡时，C的浓度为W mol/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种方法改变起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为W mol/L的是 A. 4molA+2molB B. 2molA+1molB+3molC+1molD C. 3molC+1molD+1molB D. 3molC+1molD ‎【答案】D ‎【解析】2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(g)是个反应前后气体体积不等的反应，若维持容器体积和温度不变，其等效平衡的条件是：反应物质（包括将生成物完全折算成的反应物）的投料量相同。A、投料为为4mol A＋2mol，相当于加压，平衡正向移动； B、将生成物完全折算成的反应物，B的投料为4molA＋2molB，相当于加压，平衡正向移动；C、将生成物完全折算成的反应物，C的投料为2molA＋2molB，相当于多加1molB，平衡正向移动；D、将生成物完全折算成的反应物，D的投料为2molA＋1molB，与开始完全相同；所以达到平衡后，C的浓度仍为W mol/L的是D。故选D。‎ 点睛：反应前后气体体积不变的反应，投料比相同即为等效平衡。反应前后气体体积改变的反应，恒温恒容条件下，投料的物质的量相同为等效平衡；恒温恒压条件下，投料的物质的量比相同为等效平衡。‎ ‎6. 稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4++OH-，若要使平衡向逆反应方向移动，时使c(OH-)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ）‎ ‎①NH4Cl固体，②硫酸，③NaOH固体，④水，⑤加热，⑥加入少量MgSO4固体 A. ①②③⑤ B. ③ C. ③⑥ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，错误；②硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，错误；③当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，符合题意，正确；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，错误；⑤电离属于吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，错误；⑥加入MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，错误；答案选B。‎ 考点：考查弱电解质的电离，影响电离平衡的因素等知识。‎ ‎7. 在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（ ）‎ A. pH=3的HNO3跟pH=11的KOH B. pH=3的盐酸跟pH=11的氨水 C. pH=3的醋酸跟pH=11的Ba(OH)2‎ D. pH=3硫酸跟pH=11的NaOH ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故A错误；B．氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH=3的盐酸和pH=11的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故B错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的硫酸中氢离子浓度为0．001mol/L，pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0．001mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故D错误；故选C。‎ 考点：酸碱混合时pH的计算 ‎8.‎ ‎ 在常温下，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于（ ）‎ A. 9.3 B. 9.7 C. 10 D. 10.7‎ ‎【答案】D ‎ ‎ 点睛：强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=(c(H+)V酸-c(OH-)V碱)/(V酸+V碱)；若碱过量：c(OH-)=(c(OH-)V碱-c(H+)V酸)/(V碱+V酸)；当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。‎ ‎9. 常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为（ ）‎ ‎①pH=0的盐酸 ②0.1 mol/L的盐酸 ③0.01 mol/L的NaOH溶液 ④pH=11的NaOH溶液 A. 1:10:100:1000 B. 0:1:12:11 C. 14:13:12:11 D. 14:13:2:3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①pH=0的盐酸，溶液中c(OH-)=10-14mol/L，由于水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以c(H+)(水)= c(OH-)=10-14mol/L；②0.1 mol/L的盐酸，c(OH-)=10-13mol/L，则c(H+)(水)= c(OH-)=10-13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-12mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-12mol/L；④pH=11的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-11mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-11mol/L；所以由水电离出的氢离子浓度之比为10-14mol/L：10-13mol/L：10-12mol/L：10-11mol/L=1:10:100:1000，所以选项是A。‎ 考点：考查水电离产生的c(H+)与溶液的酸碱性的关系的知识。‎ ‎10. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是 A. 用蒸馏水冼净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定 B. 用蒸馏水冼净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液 C. 用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积 D. 用碱式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A错误；B、用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B错误；C、当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，C错误；D、锥形瓶内多些水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，D正确；故选D．‎ 考点：中和滴定 ‎11. 将pH=5的H2SO4溶液稀释500倍，稀释溶液后，c(H+)与c(SO42-)的比值近似为 A. 1:1 B. 1:2 C. 10:1 D. 2:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：将pH=5的H2SO4溶液稀释500倍后氢离子浓度接近10—7mol/L，原硫酸的浓度是0.5×10—5mol/L，所以稀释后硫酸根的浓度是1×10—8mol/L，则稀释溶液后，c(H+)与c(SO42—)的比值近似为10—7mol/L：1×10—8mol/L＝10：1，答案选C。‎ 考点：考查溶液稀释的有关计算 ‎12. 有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与NaCl②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaHSO4；④CH3COONa与NaHCO3，c(CH3COO－)从大到小排序正确的是( )‎ A. ②>④>③>① B. ②>④>①>③ C. ③>①>②>④ D. ①>④>③>②‎ ‎【答案】B ‎【考点定位】考查离子浓度大小比较，侧重考查盐的水解原理及其影响因素。‎ ‎【名师点晴】①CH3COONa与NaCl，醋酸根离子发生水解；②CH3COONa与NaOH，氢氧化钠电离的氢氧根离子抑制了醋酸根离子的水解；③CH3COONa与NaHSO4，二者恰好反应生成醋酸，醋酸的电离程度较小，溶液中醋酸根离子浓度最小；④CH3COONa与NaHCO3，碳酸氢根离子水解后的溶液显示碱性，抑制了醋酸根离子的水解，抑制程度小于②，据此进行判断各混合液中醋酸根离子浓度大小。‎ ‎13. 有四种物质的量浓度相同且由一价阳离子A+、B+和一价阴离子X-、Y-组成的盐溶液，常温下AX溶液和BY溶液的pH都为7，AY溶液的pH＜7，BX的溶液的pH＞7。则可能不水解的盐是 A. AX B. BX C. AY D. BY ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：BX溶液的pH＞7，显碱性，说明B相对于X为强碱性物质，X相对于B来说属弱酸性物质；同理AY溶液的pH＜7，Y为强酸性物质，A为弱碱性物质；据测定常温下AX和BY溶液的pH=7，说明AX是弱离子写成的弱酸弱碱盐且水解程度相同，溶液呈中性，BY为强酸强碱盐不能水解，由强酸和强碱组成的物质，组成只有一种，即BY；答案选D。‎ 考点：考查盐类水解的规律应用 ‎14. 298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1‎ 的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. N点处的溶液中pH<12‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。‎ 点睛：酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。‎ ‎ ‎ ‎15. 某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是(　　)‎ A. Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线 B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C. a点KW的数值比c点KW的数值大 D. b点酸溶液的总浓度大于a点酸溶液的总浓度 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、盐酸为强酸，醋酸为弱酸，稀释时醋酸的电离平衡向右移动，所以稀释后醋酸的pH小于盐酸的pH，故I为盐酸稀释时pH值变化曲线，错误；B、b点离子浓度大于c点离子浓度，所以b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，正确；C、温度相同，Kw相同，所以a点Kw的数值与c点Kw的相同，错误；D、相同pH值的盐酸和醋酸溶液，因为醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，错误。‎ 考点：本题考查弱电解质的电离平衡。‎ ‎16. 对于0.1mol•L-1 Na2CO3溶液，正确的是 A. 升高温度，溶液的pH降低 B. c(Na＋)＝2c(CO32―)＋c(HCO3―)＋ c(H2CO3)‎ C. c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32―)＋ 2c(HCO3―)＋ c(OH―)‎ D. 加入少量NaOH固体，c(CO32―)与c(Na＋)均增大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、升温，促进碳酸根离子水解，溶液的pH增大，错误，不选A；B、根据溶液中的物料守恒有c(Na＋)＝2c(CO32―)＋2c(HCO3―)＋ 2c(H2CO3)，错误，不选B；C、根据溶液中的电荷守恒分析，有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32―)＋ c(HCO3―)＋ c(OH―)，错误，不选C；D、加入氢氧化钠，碳酸根离子水解平衡逆向移动，碳酸根离子浓度增大，钠离子浓度也增大，正确，选D。‎ 考点： 盐类的水解 ‎17. 常温下，VL pH＝2的盐酸与0.2L pH＝12的氨水混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是(　　)‎ A. V一定等于0.2‎ B. V大于或等于0.2‎ C. 混合溶液中离子浓度一定满足：c(Cl－)>c(NH)> c(H＋)>c(OH－)‎ D. 混合溶液中离子浓度一定满足：c(NH)＋c(H＋)＝ c(Cl－)＋c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】盐酸是强酸，氨水是弱碱，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，不符合题目要求，故A错误；根据A选项的分析，V等于0.2时，溶液呈碱性，故B错误；根据电荷守恒，[Cl-]+[OH-]= [NH4+]+ [H+]，溶液呈酸性，[OH-]< [H+]，所以离子浓度关系为c(Cl－)>c(NH4+)> c(H＋)>c(OH－)或c(Cl－) > c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)，故C错误；根据电荷守恒，混合溶液中离子浓度一定满足：c(NH4+)＋c(H＋)＝ c(Cl－)＋c(OH－)，故D正确。‎ 点睛：任意溶液中，一定满足电荷守恒，即阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。‎ ‎18. 常温下，有0.1mol/L的①氯化铵、②氯化钠、③醋酸钠三种溶液。下列判断不正确的是 A. ①与②比较：c(Na+)＞c(NH4+)‎ B. ①中的离子浓度的大小关系是：c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)‎ C. 向③中加入适量醋酸溶液，使溶液pH=7，则：c(CH3COO﹣)＞c(Na+)‎ D. ①与②等体积混合的溶液中：c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(Na+)+c(NH3•H2O)‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、①氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则c(NH4+)＜0.1mol/L，而②氯化钠溶液中，c(Na+)=0.1mol/l，则c(Na+)＞c(NH4+)，故A正确；B、①氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则溶液中c(Cl-)＞c(NH4+)，溶液显示酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、③中滴加适量醋酸溶液，使溶液pH=7，溶液显示中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可知：c(CH3COO-)=c(Na+)，故C错误；D、①氯化铵、②氯化钠等体积混合后，体积增大1倍，则溶液中c(Cl-)=0.1mol/L，c(Na+)=0.05mol/L，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=0.05mol/L，则c(Cl-)=c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3•H2O)，故D正确；故选C。‎ 考点：考查了离子浓度大小比较的相关知识。‎ ‎19. 往水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是 A. NaHSO4 B. CH3COOK C. KAl(SO4)2 D. NaI ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．硫酸氢钠属于强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，A错误；B．醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根结合水电离出的氢离子，促进水的电离，B错误；C．硫酸铝钾电离出的铝水解，促进水的电离，C错误；D．碘化钠是强酸强碱盐，钠离子和碘离子均不水解，D正确，答案选D。‎ 考点：考查对水的电离的影响因素 ‎20. 由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3(aq)反应的离子方程式的书写中，不合理的是(　　)‎ 酸 电离常数 碳酸 K1＝4×10－7　K2＝5.6×10－11‎ 亚硫酸 K1＝1.54×10－2　K2＝1.02×10－7‎ A. SO2＋H2O＋2CO32－===2HCO＋SO B. SO2＋H2O＋CO32－===H2CO3＋SO C. 2SO2＋2H2O＋CO32－===H2CO3＋2HSO3－‎ D. SO2＋H2O＋CO32－===HCO3－＋HSO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强。根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是H2SO3＞HC2O3＞HSO3－＞HCO3－，所以根据较强的酸制备减弱的酸可知，A、C、D均是正确的，B不正确，即HSO3－不能制备碳酸，答案选B。‎ 考点：考查电离平衡常数的应用、酸性强弱比较 ‎21. 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)‎ A. CO32－＋H2OHCO3－＋OH－　与Al2(SO4)3溶液混合作灭火剂 B. Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋　明矾净水 C. TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓＋4HCl　制备TiO2纳米粉 D. SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入浓盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A.泡沫灭火剂的原料是硫酸铝和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳起到灭火作用，而不是碳酸钠，因为生成等量的二氧化碳时，碳酸钠消耗的硫酸铝多、产生二氧化碳的速率慢，A原理错误；B.明矾溶于水，Al3+发生水解生成Al（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮物，故B正确；C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+（x+2）H2O（过量）═TiO2•xH2O↓+4HCl，可以用来制取TiO2纳米粉，故C正确；D、根据反应：SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，抑制水解，D正确；答案选A 考点：盐类水解原理 ‎22. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是(　　)‎ 酸 HX HY HZ 电离常数K/(mol·L－1)‎ ‎9×10－7‎ ‎9×10－6‎ ‎1×10－2‎ A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生 C. 由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸 D. 相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX溶液的电离常数 ‎【答案】B ‎【解析】电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的强弱关系：HXAgI>Ag2S D. AgI>AgCl>Ag2S ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，出现白色沉淀。由于存在沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI),会产生黄色沉淀：Ag++I-=AgI↓，沉淀由白色变为黄色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)。AgCl会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)·c(S2-)＞Ksp(Ag2S),会产生黑色沉淀：2Ag++I-= Ag2S↓，沉淀由黄色变为黑色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)。AgI会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。直至达到新的平衡状态。最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化。则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgCl＞AgI＞ Ag2S，答案选C。‎ 考点：考查沉淀溶解平衡的知识。‎ ‎26. Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于( )‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】已知Ksp=2×10-20，c（Cu2+）=0.02 mol•L-1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀， 则c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，所以c（OH-）≥=10-9（mol/L），应调节溶液pH大于5，故选D。‎ 点睛：考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度的计算，在常温下如果要生成Cu（OH）2‎ 沉淀，应满足c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，以此计算溶液的c（OH-），可确定溶液的pH。‎ ‎27. 自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是 ( )‎ A. CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B. 原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性 C. CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-= CuS↓‎ D. 整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp(CuS)b；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈，活泼性d>a；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，活泼性Cu>b；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，活泼性所以CuCu(OH)2>Fe(OH)3；在pH大于4的溶液中Fe3＋不是完全不存在，而是浓度降低到1.0×10－5mol/L以下。‎ ‎33. （1）pH＝13的CH3COONa溶液加水稀释100倍后，pH________11(填“>”“＝”或“<”)原因是_______________________(用离子方程式和必要的文字说明)；‎ ‎（2）pH相等时，①NH4Cl　②(NH4)2SO4　③NH4HSO4三种溶液中c()由大到小的顺序为_______________；(填数字序号)‎ ‎（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈_____性，溶液中c(Na＋)_____c(CH3COO－) (填“>”“＝”或“<”)；pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸等体积混合后溶液呈________性，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)；‎ ‎（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH4+)＝c(Cl－)，则混合后溶液呈________性，盐酸的体积________氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)；‎ ‎（5）向300mL1mol/L氢氧化钠溶液中通入4.48LCO2（标准状况），充分反应后，所得溶液中存在的物料守恒关系式为：_____________________________________‎ ‎【答案】 (1). > (2). 加水稀释使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ 右移 (3). ①＝②>③ (4). )碱 (5). > (6). 酸 (7). < (8). 中 (9). < (10). 2c(Na+) = 3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]‎ ‎【解析】试题分析：（1）加水稀释，水解平衡正向移动； (2) ①NH4Cl　②(NH4)2SO4中的H＋全部是水解生成的，③NH4HSO4中的H＋大部分是电离生成；（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶质是醋酸钠，醋酸根离子水解；pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸等体积混合，醋酸有剩余；（4）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H＋)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(H＋)=c(OH－)；c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(NH4+)+c(NH3·H2O)>c(Cl－)；（5）向300mL1mol/L氢氧化钠溶液中通入4.48LCO2（标准状况），充分反应后溶液中n(Na)：n(C)=3:2。‎ 解析：CH3‎ COONa溶液呈碱性是因为醋酸根离子水解，加水稀释100倍，显性离子氢氧根离子浓度减小，如果平衡不移动，PH减小两个单位，但因平衡正向移动，所以减少不到两个单位，所以PH＞11；(2) 依据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，因为①、②中的H＋全部是水解生成的，且c(H＋)相同，所以①＝②；由NH4HSO4= NH4+＋H＋＋SO42-可知③中的H＋大部分是电离生成的，所以c(NH4HSO4)远远小于c(NH4Cl)，所以pH相等时，①NH4Cl　②(NH4)2SO4　③NH4HSO4三种溶液中c()由大到小的顺序为①＝②>③；（3）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶质是醋酸钠，醋酸根离子水解，所以溶液呈碱性， c(Na＋)>c(CH3COO－)；pH＝13的氢氧化钠与pH＝1的醋酸等体积混合，醋酸有剩余，所以溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，所以c(Na＋)c(Cl－)，根据元素守恒，盐酸的体积<氨水的体积；（5）向300mL1mol/L氢氧化钠溶液中通入4.48LCO2（标准状况），充分反应后溶液中n(Na)：n(C)=3:2，所得溶液中存在的物料守恒关系式为2c(Na+) = 3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]。‎ ‎34. 利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：‎ ‎（1）写出电极反应式：正极___________________；负极_________________。‎ ‎（2）图中X溶液是____________，Y溶液是____________。‎ ‎（3）原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。‎ ‎（4）X溶液中石墨电极上发生____________(填“氧化”或“还原”)反应 ‎【答案】 (1). 2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋ (2). Cu－2e－=Cu2＋ (3). FeCl3 (4). CuCl2 (5). 阳 (6). 还原 ‎【解析】试题分析：（1）反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失电子发生氧化反应，Fe3＋得电子发生还原反应；原电池中正极发生还原反应、负极发生氧化反应。（2）根据电池总反应，正极是氯化铁发生还原反应；为防止铜发生自放电，铜与Y溶液不能反应；‎ ‎（3）原电池中阳离子移向正极；（4）原电池中正极发生还原反应、负极发生氧化反应。‎ 解析：（1）反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失电子发生氧化反应，Fe3＋得电子发生还原反应；原电池中正极发生还原反应，所以C是正极，正极反应式是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；负极发生氧化反应，Cu是负极，负极反应式是Cu－2e－=Cu2＋；。（2）石墨是正极，正极反应是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3，Cu是负极，Y溶液是CuCl2；（3）原电池工作时阳离子移向正极，石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；（4）石墨是正极，所以X溶液在石墨电极发生氧化反应。‎ 点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。‎ ‎ ‎