河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

洛阳一高2019-2020学年第一学期高二年级12月月考化学试卷 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有1个正确答案）‎ ‎1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接和油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强。因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。并不是碳酸钠可与油污直接反应。错误。‎ B、漂白粉在空气中久置变质，是因为有效成分Ca(ClO)2会发生反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和氧气，错误；‎ C、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。正确；‎ D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉。错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：下列判断正确的是（　　）‎ 实验编号 起始浓度/（mol·L－1）‎ 反应后溶液的pH c（HA）‎ c(KOH)‎ ‎①‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎9‎ ‎②‎ x ‎0.2‎ ‎7‎ A. 实验①反应后的溶液中：c（A﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B. 实验①反应后溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L C. 实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＜0.1 mol/L D. 实验②反应后的溶液中：c（K+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（A﹣）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将0.1mol/L的一元酸HA的溶液和0.1mol/L的KOH溶液等体积混合，恰好反应生成KA盐溶液，溶液pH=9，说明溶液呈碱性，HA为弱酸，A-离子水解，其浓度减小，c(K+)＞c(A-)，则溶液中离子浓度大小为：c(K+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；‎ B．反应后的溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(A-)= mol/L-10-9 mol/L，故B错误；‎ C．混合后溶液pH=7 常温下呈中性是弱酸HA过量，溶液中是HA和KA的混合溶液，HA的浓度大于0.2mol/L，实验②反应后的溶液中：c(A-)+c(HA)＞0.1 mol/L，故C错误；‎ D．混合后溶液PH=7，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则：c(K+)=c(A-)，所以混合液中一定满足：c(K+)+c(OH-)=c(H+)+c(A-)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎3.25℃时在10 mL 0.1mol·L—1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L—1HCl溶液20 mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. HCl溶液滴加一半时，溶液pH>7‎ B. 当溶液的pH=8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1mol·L—1‎ C. 0.1 mol·L—1Na2CO3溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(CO32—)+c(HCO3—)‎ D. 在M点：c(Na+)>c(CO32—)=c(HCO3—)>c(OH—)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.当HCl溶液滴加一半时，溶液中，以NaHCO3为主，故该溶液呈碱性，故A正确；B.从图中可知当PH值为8时，溶液中HCO3-物质的量c(NH4＋)>c(Cu2＋) > c(OH－) >c(H＋)‎ C. 0.1 mol·  L－1Na2CO3溶液：C(Na＋)+c(H＋) = c(HCO3－)+c(CO32－)+c(OH－)‎ D. 等体积、等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合后的溶液：c(CH3COO－) + 2c(OH－) = 2c(H+) + c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液，都是强酸弱碱盐溶液，溶液呈酸性是由于铵根离子的水解，所以二者NH4+浓度相等。由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，所以相同PH的NH4HSO4和NH4Cl相比，NH4HSO4的浓度小于NH4Cl的浓度，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl 和(NH4)2SO4中的NH4+的浓度，所以铵根离子浓度大小为：①=②＞③，故A错误；‎ B．铵根离子部分水解，硫酸根离子不水解，则c(SO42-)＞c(NH4+)，铜离子和铵根离子的水解导致溶液显示酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以溶液中离子浓度大小为：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B错误；‎ C.0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；‎ D．等体积、等浓度的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒可得：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L=2c(Na+‎ ‎)，二者结合可得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-）="0.100" mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（C2O42-）> c（HC2O4-）‎ B. c（Na+）="0.100" mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+ c（C2O42-）‎ C. c（HC2O4-）= c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）>0.100 mol·L-1+ c（HC2O4-）‎ D. pH=7的溶液中：c（Na+）>2c（C2O42-）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据图像知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（C2O42-）＜ c（HC2O4-），错误；B．根据物料守恒和电荷守恒分析c（Na+）="0.100" mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+ c（C2O42-），正确；C、c（HC2O4-）= c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）＜0.100 mol·L-1+ c（HC2O4-），错误；D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）>2c（C2O42-），正确。答案选BD。‎ 考点：考查电解质溶液中的离子平衡。‎ ‎7.常温下，将CO2通入2LpH=12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述不正确的是 A. a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12 mol/L B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/L C. c点溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(H2CO3)]‎ D. d点溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点溶液：水中没有通入CO2气体，KOH溶液的pH=12，则水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，A正确；‎ B．b点溶液中只含有KOH、K2CO3，水电离出氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，根据图象可知：溶液的水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，但是溶液中除水电离产生H+外，还存在H2CO3电离产生H+，因此溶液的c(H+)>1×10-7mol/L，B错误；‎ C．c点时溶液中水电离产生的c(H+)最大，则该溶液恰好为K2CO3溶液，根据物料守恒可得溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，C正确；‎ D.根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)。由于该溶液只有水电离产生H+，d点溶液中c(H+)= c(OH-)，所以c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.20mL0．1mol/LFeCl3溶液中含有部分Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至PH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=8．0×10-16。‎ 下列说法错误的是 A. 沉淀中只有Fe(OH)3 B. 沉淀中有Fe(OH)3和Fe(OH)2‎ C. 滤液c(Fe3+)=4．0×10-8mol/L D. 向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ AB．20mL 0.1mol·L－1溶液中含有Fe2＋，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，则c（OH－‎ ‎）=10-10mol·L－1，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10-16=c（Fe2＋）×c2（OH－）=c（Fe2＋）×（10-10）2，解得c（Fe2＋）=8×104mol·L－1，所以溶液中没有Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2在溶液中易被氧化为Fe（OH）3；所以溶液中生成的沉淀是Fe（OH）3沉淀，故A正确，B错误；C．已知溶液的PH=4，则c（OH－）=10-10mol·L－1，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38=c（Fe3＋）×c（OH－）3=c（Fe3＋）×（10-10）3，解得c（Fe3＋）=4.0×10-8mol·L－1，所以滤液c（Fe3＋）=4.0×10-8mol·L－1，故C正确；D．向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液的体积增大，氢氧根离子的浓度减小，所以没有沉淀生成，故D正确；‎ 故选B．‎ 点睛：Ksp相关计算直接代入 ‎9.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或[Zn(OH)4]2－的物质的量浓度的对数。下列说法中错误的是(　　)‎ A. 在该温度下，Zn(OH)2的溶度积(Ksp)为1×10－17‎ B. 往1.0 L 1.0 mol·L－1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH＝6，没有Zn(OH)2沉淀生成 C. 往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－=[Zn(OH)4]2－‎ D. 某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液中pH的范围为8.0～12.0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn2+离子浓度为10-5mol•L-1时，Zn2+离子已沉淀完全，此时溶液的pH=8.0，c(Zn2+)=10-5 mol•L-1，c(OH-)=10-6 mol•L-1，Ksp=c(Zn2+)c2(OH-)=10-5•(10-6)2=10-17，故A正确；‎ B．往1.0 L 1.0 mol·L－1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH＝6，此时Qc=c(Zn2+)•c2(OH-)=1.0•(10-8)2=10-16＞Ksp，此时有Zn(OH)2沉淀生成，故B错误；‎ C．往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，开始Zn2+先沉淀为Zn(OH)2，后来Zn(OH)2溶解为[Zn(OH)4]2-，故离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，故C正确；‎ D．某废液中含Zn2+离子，为提取Zn2+离子可以将其转化为Zn(OH)2从而从废液中过滤出来，故应调节pH为8～12，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】判断一定条件下沉淀能否生成或溶解，关键在于判断Ksp与Qc的关系：对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)，平衡状态：溶度积Ksp=[An+]m•[Bm-]n，任意时刻：离子积Qc=[An+]m•[Bm-]n，Qc＞Ksp，有沉淀析出；Qc=Ksp，沉淀溶解平衡；Qc＜Ksp，无沉淀析出。‎ ‎10.甲醇燃料电池容易携带、容易存储等优点，目前被认为将会替代传统的电池成为携带型设备的主要电源。如图是甲醇的质子交换膜型燃料电池模型，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. Y极为电池的负极 B. X极的电极反应式：CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋‎ C. 若常温下用该电池电解100 mL KCl溶液至pH＝12时，电池质子交换膜迁移的A为0.01 mol D. 空气以20%为氧气计算，X极每消耗1 mol甲醇，Y极必消耗168 L空气中的氧气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质子移动方向知，X为负极、Y为正极，负极上电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，结合转移电子相等进行计算。‎ ‎【详解】A．放电时，电解质溶液中氢离子向正极移动，根据质子移动方向可知，Y为正极，故A错误；‎ B．X电极为负极，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故B正确；‎ C．根据2KCl+2H2O 2KOH+H2↑+Cl2↑知，若常温下以该电池电解100mLKCl溶液至PH=12时，生成n(KOH)=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据KOH和氢离子之间的关系式知，电池质子交换膜迁移的A为0.001mol，故C错误；‎ D．温度和压强未知，无法计算氧气或空气的准确体积，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎11.以熔融Li2CO3和K2CO3‎ 为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图，下列说法正确的是(　　)‎ A. 以此电池为电解精炼铜，当有0.1 mol e－转移时，有3.2 g铜溶解 B. 若以甲烷为燃料气时，负极反应式为CH4＋5O2－－8e－===CO32-＋2H2O C. 该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3‎ D. 空气极发生的电极反应式为:O2+4e－+2CO2 = 2CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、电解精炼铜，阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液，当有0.1 mol e－转移时，若只有铜放电，则有3.2 g铜溶解，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+CO32-==CO2+H2O，错误；C、该电池的电极反应为负极：H2-2e-+CO32-==CO2+H2O，正极：O2＋4e－＋2CO2==2CO32－，所以碳酸根离子的浓度不变，该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，错误；D、通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2CO2==2CO32－，正确。‎ 考点：考查原电池原理的应用，化学电源。‎ ‎12.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是( )‎ 已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)‎ A. 碳棒上发生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O B. 电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小 C. 为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH D. 若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式发生改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH- -4e-=2H2O+O2↑,镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-= Ni。电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH 。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-> OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl-- -2e-= Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。故B错误选B。‎ ‎13.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是( )‎ A. 图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重 B. 图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小 C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大 D. 图d中，钢铁轮船外壳连接一块金属A(铜块)可以减缓船体外壳腐蚀速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；‎ B、图b中开关由M置于N，Cu-Zn合金作正极，腐蚀速率减小，故B正确；‎ C、图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；‎ D、图d中，钢铁轮船外壳连接一块金属A(铜块)，铜做正极，钢铁轮船外壳做负极，腐蚀速率加快，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1 ， 3s23p1和2s22p4 ，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（　　）‎ A. X2YZ3 B. XYZ2 C. X2YZ2 D. XYZ3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ X原子最外层电子排布为,处于第ⅠA族,化合价为+1,Y原子最外层电子排布为,则Y为Al元素,Z原子最外层电子排布为,则Z为氧元素,化合价为-2；X2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，A错误；XYZ2中Y的化合价为+3价，符合,如, B正确；X2YZ2中Y的化合价为+2价,不符合, C错误；XYZ3中Y的化合价为+5价,不符合,D错误；正确选项B。‎ ‎15.某元素原子外围电子构型为3d54s2，其应在(　　)‎ A. 第四周期ⅡA族 B. 第四周期ⅡB族 C. 第四周期ⅦA族 D. 第四周期ⅦB族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】价电子构型为3d54s2的元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2的元素，其质子数为25，为Mn元素，则25-2-8-8=7，处于第四周期第7列，故处于周期表中第四周期ⅦB族，故答案为D。‎ ‎16.下列表示氮原子结构的化学用语中,对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（ ）‎ A. B. C. 1s22s22p3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；‎ B. 是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；‎ C. 是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；‎ D. D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。‎ 二、 非选择题（共4小题，共52分）‎ ‎17.Ⅰ.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：‎ ‎(1)相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)________(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH4+)。‎ ‎(2)如图1是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。‎ ‎①其中符合0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)。‎ ‎②室温时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝________mol·L－1(填数值表达式)。‎ ‎(3)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1‎ NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是____________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________。‎ Ⅱ.pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。如某溶液溶质的浓度为1×10－3mol·L－1，则该溶液中该溶质的pC＝－lg10－3＝3。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2＋H2OH2CO3、H2CO3H＋＋HCO3-、HCO3-H＋＋CO32-图3为H2CO3、HCO3-、CO32-在加入强酸或强碱溶液后，达到平衡时溶液中三种成分的pCpH图。请回答下列问题：‎ ‎(1)在pH＝9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为______。‎ ‎(2)pH<4时，溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). A (3). 10－3－10－11 (4). a (5). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋) (6). HCO3- (7). c(H＋)增大后，H2CO3H＋＋HCO3-平衡向左移动，放出CO2，碳酸浓度保持不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1) NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解；‎ ‎(2)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；‎ ‎②根据电荷守恒定律解题；‎ ‎(3) a、b、c、d四个点，根据反应量关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性；‎ Ⅱ.(1) 根据pC概念知，pC值越大，该溶质浓度越小，反之，pC值越小，其微粒浓度越大，根据图象分析判断；‎ ‎(2) 氢离子浓度越大，越抑制碳酸电离；导致有二氧化碳生成。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1) NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+‎ 水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小；‎ ‎(2)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为A；‎ ‎②根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=(10－3－10－11)mol•L-1；‎ ‎(3) a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c(Na+)=c(SO42-)，b点时c(Na+)＞c(SO42-)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)；‎ Ⅱ.(1) 根据pC概念知，pC值越大，该溶质浓度越小，反之，pC值越小，其微粒浓度越大，根据图象知，pH=9时，pC最小的是HCO3-，所以HCO3-浓度最大；‎ ‎(2) pH＜4时，溶液中，c(H+)增大后，H2CO3⇌H++HCO3-平衡向左移动放出CO2，导致碳酸浓度不变，碳酸为饱和溶液，所以溶液中H2CO3的pC总是约等于3。‎ ‎【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。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。‎ ‎18.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。‎ ‎(1)混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油(以辛烷C8H18计)和氧气充分反应，生成1 mol水蒸气放热569.1 kJ。则该反应的热化学方程式为_____________。‎ ‎(2)混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为H2＋2NiOOH 2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH_____(填“增大”、“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为___________。‎ ‎(3)Cu2O是一种半导体材料，可通过如图所示的电解装置制取，电解总反应式为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，阴极的电极反应式是____________________。用镍氢电池作为电源进行电解，当电池中有1 mol H2被消耗时，Cu2O的理论产量为________g。‎ ‎(4)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。‎ ‎【答案】 (1). C8H18(l)＋25/2O2(g)=8CO2(g)＋9H2O(g)　ΔH＝－5 121.9 kJ·mol－1 (2). 增大 (3). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－ (4). 2H＋＋2e－=H2↑ (5). 144 (6). 负 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)辛烷C8H18燃烧生成1mol水蒸气时放热569.1KJ，据此计算1mol辛烷燃烧放热多少，再来书写热化学方程式；‎ ‎(2)混合动力车上坡或加速时，是原电池，正极得电子发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni(OH)2，同时生成氢氧根离子，溶液的pH增大；‎ ‎(3)在电解池中，阴极是阳离子发生得电子发生还原反应，根据电子守恒来计算氢气消耗量和Cu2O的理论产量之间的关系；‎ ‎(4)在电解池中，阴极是被保护的电极。‎ ‎【详解】(1)辛烷C8H18燃烧生成1mol水蒸气时放热569.1KJ，1mol辛烷燃烧生成9mol水，所以1mol辛烷燃烧放热放热569.1KJ×9=5121.9kJ，其热化学方程式为：C8H18(l)+‎ O2(g)═8CO2(g)+9H2O(g)△H=-5121.9 kJ•mol-1；‎ ‎(2)混合动力车上坡或加速时，是原电池，乙极是正极，得电子发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni(OH)2，同时生成氢氧根离子，溶液的pH增大，该电极的电极反应式为NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；‎ ‎(3)在电解池中，阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，根据电子守恒，当蓄电池中有1mol H2被消耗时，转移电子是2mol，当转移2mol电子时，根据电解反应：2Cu+H2O Cu2O+H2↑，Cu2O的生成量为1mol，质量为144g；‎ ‎(4)在电解池中，阴极是被保护的电极，可以把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的负极相连。‎ ‎19.食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，其化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O。试回答下列问题：‎ ‎(1)查阅资料知：虽然亚铁氰化钾自身毒性很低，但其水溶液与酸反应放出极毒的氰化氢(HCN)气体；亚铁氰化钾加热至一定温度时能分解产生氰化钾(KCN)。据此判断，烹饪食品时应注意的问题为______________。‎ ‎(2)在25 ℃时，将a mol·L－1的KCN溶液与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应达到平衡时，测得溶液pH＝7，则KCN溶液的物质的量浓度a________0.01 mol·L－1(填“＞”、“＜”或“＝”)；用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka＝____________。‎ ‎(3)在Fe2＋、Fe3＋的催化作用下，可实现2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4的转化。已知，含SO2的废气通入含Fe2＋、Fe3＋的溶液中时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，则另一个反应的离子方程式为____________。上述转化的重要意义在于______________。‎ ‎(4)已知Fe(OH)3的溶度积常数Ksp＝1.1×10－36。室温时在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为3时，通过计算说明Fe3＋是否沉淀完全________ (提示：当某离子浓度小于10－5 mol·L－1时可以认为该离子沉淀完全)‎ ‎【答案】 (1). 避免与醋等酸性物质一起烹饪；控制烹饪温度不要太高 (2). ＞ (3). （100a-1）×10-7 mol•L-1 (4). 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋ (5). 变废为宝，消除污染 (6). c(Fe3＋)＝＝1.1×10－3 mol·L－1＞1×10－5 mol·L－1，故Fe3＋没有沉淀完全 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)与酸反应放出极毒的氰化氢(HCN)气体，亚铁氰化钾加热至一定温度时能分解产生氰化钾(KCN)；‎ ‎(2)若是等浓度，反应后生成HCN，溶液显示酸性；再根据电离常数公式求出HCN的电离常数；‎ ‎(3)催化剂的特点，恢复原来状态，Fe3+→Fe2+；可以降低SO2的污染，同时制得硫酸；‎ ‎(4)溶液中c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L ，带入Ksp=1.1×10-36=[c(OH-)]3×c(Fe3+)求算。‎ ‎【详解】(1)由于“与酸反应放出极毒的氰化氢(HCN)气体”，再结合加热至一定温度时能分解产生氰化钾，故应避免与醋、西红柿等酸性物质一起烹饪；控制烹饪温度不要过高；‎ ‎(2)KCN+HCl═KCl+HCN，若是等浓度，生成HCN应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明KCN有剩余(KCN水解呈碱性)，所以a＞0.01mol/L；HCNH++CN-，Ka=，溶液呈中性则c(H+)=10-7mol/L，c(CN-)=mol/L(等体积混合，原浓度都减半)c(HCN)=mol/L，带入公式，Ka===(100a-1)×10-7 mol•L-1；‎ ‎(3)根据催化剂的特点，另一个反应一定有Fe3+→Fe2+，反应方程式为 2Fe3++SO2+2H2 ═2Fe2++SO42-+4H+；通过反应，吸收了大气污染物SO2，同时制得了硫酸；‎ ‎(4)溶液pH为3时，溶液中c(H+)=10-3 mol/L，则c(OH-)=10-11 mol/L ，Ksp=1.1×10-36=[c(OH-)]3×c(Fe3+)，c(Fe3+)==1.1×10-3(mol/L)＞10-5 mol•L-1，故Fe3＋没有沉淀完全。‎ ‎20.二氧化硫和氮氧化物都是常见的大气污染物，回答下列相关问题。‎ Ⅰ.某温度下氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：‎ i. 2NO(g)＋Cl2(g）2ClNO(g)  △H1＜0       其平衡常数为K1   ‎ ii. 2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g) △H2＜0  其平衡常数为K2   ‎ ‎（1）现有反应4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)， 则此反应的平衡常数K3＝_______（用K1、K2表示），反应热△H3＝_____（用△H1、△H2表示）。‎ ‎（2）为研究不同条件对反应ii的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO2和足够的NaCl(s)，10min时反应ii达到平衡。测得平衡时NO2的转化率α1(NO2) ＝50%，则：10min内υ(ClNO) ＝___________________，平衡常数K2＝_________________；‎ II.除氮氧化物外，SO2也是重要的大气污染物，需要对其进行吸收处理。‎ ‎（3）若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，下列有关吸收液中粒子关系正确的是______________。‎ A.c(Na＋) ＝ c(HSO3-)＋ 2c(SO32-) ‎ B.c(Na＋) > c(HSO3-) ＝c(SO32-) > c(H+) = c(OH—) ‎ C.2c(Na＋) ＝3c(H2SO3)＋3c(HSO3-)＋3c(SO32-) ‎ D.c(Na＋) > c(HSO3—) + c(SO32—) +c(H2SO3)‎ ‎（4）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如图所示，则 ‎①工作一段时间后，阴极区溶液的pH______（填“增大”“减小”或“不变”）；‎ ‎②写出阳极的电极反应式_______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2∆H2-∆H1 或-(∆H1-2∆H2) (3). 2.5×10－3mol·L-1·min－1 (4). 10 L/mol (5). AD (6). 增大 (7). HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)由i.2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，ii.2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，结合盖斯定律可知②×2-①可得：4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)；‎ ‎(2)10min时反应 ii达到平衡，测得平衡时NO2的转化率α1(NO2)=50%，则：‎ ‎ 2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)‎ 开始 0.2 0‎ 转化 0.1 0.05‎ 平衡 0.1 0.05‎ 结合v=及K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；‎ II.除氮氧化物外，SO2也是重要的大气污染物，需要对其进行吸收处理。‎ ‎(3)常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合溶液中的电荷守恒、元素守恒、电离平衡常数分析判断；‎ ‎(4)①阴极区是溶液中的氢离子放电；‎ ‎②由装置图可知，右边为亚硫酸根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)由i.2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，ii.2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，结合盖斯定律可知②×2-①可得：4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则此反应的平衡常数K3=，反应热△H3＝2∆H2-∆H1；‎ ‎(2)10min时反应 ii达到平衡，测得平衡时NO2转化率α1(NO2)=50%，则：‎ ‎ 2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)‎ 开始 0.2 0‎ 转化 0.1 0.05‎ 平衡 0.1 0.05‎ 则：10min内υ(ClNO) ＝=2.5×10-3mol•L-1•min-1，平衡常数K2＝=10L/mol；‎ II.除氮氧化物外，SO2也是重要的大气污染物，需要对其进行吸收处理。‎ ‎(3)常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)；‎ A．依据溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，得到c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，故A正确；‎ B．若c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，故B错误；‎ C．亚硫酸氢钠和亚硫酸钠按照1：1混合，溶液呈碱性，溶液中物料守恒为2c(Na+)=3c(H2SO3)+3c(HSO3-)+3c(SO32-)，但溶液呈中性，亚硫酸氢钠和亚硫酸钠物质量不相同，故C错误；‎ D．依据化学式可知，亚硫酸氢钠中硫元素物质的量和钠的物质的量相同，亚硫酸钠中钠离子大于亚硫酸根中硫元素，所以c(Na+)＞c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，故D正确；‎ 故答案为AD；‎ ‎(4)①电解池中，阴极区是溶液中的氢离子放电，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，则pH增大；‎ ‎②由装置图可知，右边为亚硫酸根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极，则电极反应式为HSO3--2e-+2H2O═SO42-+3H+。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎ ‎