江西省抚州市南城县第二中学2019-2020年高二上学期月考化学试题

江西省抚州市南城县第二中学2019-2020年高二上学期月考化学试题

南城二中2019——2020年第二次月考 高二化学试题 原子量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Fe 56‎ 一、单选题（本大题共16小题，共48分）‎ ‎1.将A与B的混合物15mol放入容积为2L的密闭容器里，在一定条件下发生反应：2A（g）＋3B（g）C（g）＋2D（g），经过15min达到平衡，达平衡时容器内的压强是反应前的4/5。则以B气体的浓度变化表示的反应速率是（ ）‎ A. 0.15mol·L-1·min-1 B. 0.3mol·L-1·min-1‎ C. 0.45mol·L-1·min-1 D. 0.6mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】压强之比等于物质的量之比，则反应后的物质的量是15mol×4/5＝12mol，减少了3mol。根据方程式2A（g）＋3B（g）C（g）＋2D（g）可知消耗3molB时气体的物质的量减少2mol，因此消耗B的物质的量是3mol×3/2＝4.5mol，则v（B）=4.5/（2×15）mol/（L·min）=0.15 mol/（L·min），答案选A。‎ ‎2.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）‎ A. 已知2H2(g)+O2(g)=2 H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热△H= -241.8 kJ/mol B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2‎ 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-1‎ D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热是指101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时水为液态，而2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，反应中水为气态，因此氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；‎ B、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值，则△H1<△H2，B错误；‎ C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ 的热量，1mol ‎ NaOH完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，因此稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，C错误；‎ D、1mol一氧化碳燃烧放热283.0kJ，则2mol一氧化碳燃烧放热566.0kJ，则二氧化碳分解为吸热，反应为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol，D正确；‎ 正确答案：D。‎ ‎【点睛】浓硫酸与稀NaOH溶液反应的放出热量的数值大于57.3kJ，这里包含浓硫酸溶于水放出的热量；稀醋酸与稀NaOH溶液反应放出热量的数值小于57.3kJ，这是因为醋酸电离吸热。‎ ‎3.全球气候变暖给人类的生存和发展带来了严峻的挑战，在此背景下，“新能源”、“低碳”、“节能减排”、“吃干榨尽”等概念愈来愈受到人们的重视。下列有关说法不正确的是 A. 太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”‎ B. “低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料 C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想 D. 让煤变成合成气，把煤“吃干榨尽”，实现了煤的清洁、高效利用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等是新能源；‎ B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量；‎ C．从图示分析，看是否符合“节能减排”思想；‎ D．让煤变成合成气，能提高能源利用率．‎ ‎【详解】A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”，故A正确； ‎ B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量，故B错误；‎ C．从图示可知，氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C正确；‎ D．让煤变成合成气，能提高能源利用率，节能减排，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎4.把m mol C2H4跟n mol H2混合于密闭容器中，在一定条件下发生反应，生成p mol C2H6(p＜m)，若将反应后的混合气体点燃，完全燃烧生成CO2和H2O时，需要O2的物质的量为( )‎ A. (3m＋n)mol B. (3m＋n/2)mol C. (3m＋3p＋n/2)mol D. (3m＋n/2－3p)mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】m mol C2H4完全燃烧消耗O2为m(2＋)mol＝3m mol，n mol H2完全燃烧消耗O2为mol；m mol C2H4和n mol H2发生反应后的生成物和剩余的反应物的耗氧量都与m mol C2H4和n mol H2的耗氧量相同，B项正确。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是（　 　） ‎ ‎①1mol苯中含有的碳碳双键数为3NA ‎ ‎②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA ‎ ‎③3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NA ‎ ‎④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同 ‎⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3NA ‎⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：1 ‎ ‎⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA ‎ ‎⑧高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子．‎ A. ①④⑤⑦ B. ②⑤⑧ C. ②④⑤⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯中不含有碳碳双键，故①错误；②氧化钠含有Na+和O2-，过氧化钠含有Na+和O22-，6.2g即0.1mol氧化钠和7.8g即0.1mol过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA，故②正确；③3.4g即0.1molNH3中含N﹣H键数目为0.3NA，故③错误；④稀释有利于盐类水解，0.5mol/L NH4Cl溶液中NH4+的水解程度小于2L 0.25mol/L NH4Cl溶液中的NH4+，所以常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目前者大于后者，故④错误；⑤N2O4可看作(NO2)2，常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中含有0.1mol“NO2”，所含原子总数为0.3NA ‎，故⑤正确；⑥磷酸难电离，HCl完全电离，等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比小于3：1 ，故⑥错误；⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，铁剩余，所以失去的电子数小于3NA，故⑦错误；⑧高温下，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，3Fe～8e-，16.8g 即0.3molFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故⑧正确。故选B。‎ ‎6.下列叙述错误的是（　 　）‎ A. 在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+‎ B. pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍 C. 常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ D. 在酸碱中和滴定实验装液时，凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe(OH)3的溶度积很小，在加热搅拌条件下加入MgO，pH增大，形成Fe(OH)3沉淀，可除去MgCl2溶液中的Fe3+，故A正确；‎ B. pH=4.5的番茄汁中c（H+）=10-4.5mol/L ，pH=6.5的牛奶中c（H+）=10-6.5mol/L ，所以pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；‎ C. 常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中pH=7，表明CH3COONa的水解程度与CH3COOH的电离程度相等，所以c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故C正确；‎ D. 在酸碱中和滴定实验装液时，凹液面的最低点在平视时可以在“0”刻度，也可以在“0”刻度稍下的部位，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是选项A，Fe(OH)3的溶度积比Mg(OH)2小得多，可以控制合适的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而Mg2+不沉淀。这是除去杂质离子Fe3+的基本方法。‎ ‎7.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 在pH=8的NaB溶液中：c(Na+)-c(B-)=9.9×10-8mol·L-1‎ D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、加水促进醋酸的电离；B、水解常数只受温度影响，升高温度水解平衡正向移动；C、根据电荷守恒分析；D、AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl（s）+Br-⇌AgBr（s）+Cl-，该反应的平衡常数K=。‎ ‎【详解】A、向0.1mol•L-1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（CH3COO-）减小，由于温度不变Ka（CH3COOH）不变，根据×c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）可知，的比值增大，故A错误；‎ B、CH3COO-的水解为吸热反应，将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，则水解平衡常数Kh（CH3COO-）增大，所以=的比值减小，故B错误；‎ C、常温下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=1×10-8mol•L-1，c（OH-）=1×10-6mol•L-1，根据电荷守恒可知：c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=9.9×10-7mol•L-1，故C错误；‎ D、AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中银离子浓度相同，温度不变，溶度积常数不变，则溶液中== 的比值不变，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，盐的水解、沉淀溶解平衡等，注意把握影响平衡常数的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。‎ ‎8.25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=lg或lg，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 曲线m表示pH与lg的变化关系 B. 当溶液呈中性时，c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)‎ C. Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4‎ D. 25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的水解常数为1.0×10-7.6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液的pH越小，HCO3-和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lg ‎，n曲线代表lg。‎ ‎【详解】A、H2CO3的电离平衡常数Ka1>Ka2，Ka1=，，Ka2=当pH相等时，<，lg＞lg，m曲线代表lg，故A错误；‎ B、当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故B错误；‎ C、Ka1（H2CO3）=，在N点lg=1，即 ‎=10，N点的pH=7.4，则c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4，故C正确；‎ D、M点的pH=9.3，则c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的平衡常数为Kh===1.0×10-3.7，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查分析能力和计算能力。‎ ‎9.室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（ ） ‎ A. HX为一元强酸，YOH为一元弱碱 B. M点水的电离程度大于N点水的电离程度 C. N点对应溶液中粒子浓度：c(YOH)>c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 25℃pH=a时的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-amol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，反应后溶质为YX、YOH，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱；N点YOH过量，溶液呈碱性，大大抑制了水的电离；N点容易的pH=10，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒和物料守恒分析；离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离。‎ ‎【详解】A、根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；‎ B、M点溶质为Y、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；‎ C、N点溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N点溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），则c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；‎ D、YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-amol•L-1，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容。‎ ‎10.“变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时0.10mol/L草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是【已知室温时，Ksp（CaC2O4）=2.4×10-9】（ ）‎ A. 若将溶液不断加水稀释，则水的电离程度增大 B. 溶液中各离子浓度大小关系c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(H+)>c(HC2O4-)‎ C. 若用pH计测得溶液的pH=a，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2=1013-2a D. 向溶液中加入等体积CaCl2溶液，当加入的CaCl2溶液浓度大于2.4×10-8mol/L时即能产生沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入水盐的水解被促进，水的电离程度减小；0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子水解溶液显碱性；醋酸钠水解溶液显碱性，依据水解平衡常数和离子积常数和电离平衡常数计算分析判断；依据ksp（CaC2O4）=2.4×10-9，等体积混合c（C2O42-）=0.050mol/L，计算CaCl2溶液的最小浓度。‎ ‎【详解】A、若向溶液中不断加水稀释，盐类水解程度增大，但水的电离程度减小，故A错误；‎ B、0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+），故B错误；‎ C、若用pH计测得溶液的pH=a，c（OH-）=c（HC2O4-）=10-14+amol/L，C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-‎ ‎，Kh==×==，Ka2=1013-2a，故C正确；‎ D、ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）·c（C2O42-）=2.4×10-9，c（Ca2+）=mol/L=4.8×10-8mol/L，则加入的CaCl2溶液浓度大于9.6×10-8mol/L时即能产生沉淀，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎11.25℃时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数()与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线X表示的微粒为CO32-‎ B. pH=6.3时，(CO32-)+(HCO3-)+(H2CO3)=1.0‎ C. pH=7时，c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(H2CO3)＞c(OH-)=c(H+)‎ D. pH=10.3 时，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、X、Y、Z分别代表H2CO3 、HCO3－ 、CO32－，故A错误；‎ B、根据图象可知，pH=6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知(CO32-)+(HCO3-)+(H2CO3)＜1.0 ，故B错误；‎ C、 pH=7时，由图可知碳酸分子多于碳酸根离子，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)＞c(OH-)=c(H+)，故C错误；‎ D、 pH=10.3 时，溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，对学生的思维能力提出了较高的要求，综合性强，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力．解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和读懂题意。易错点，B选项，pH=6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知(CO32-)+(HCO3-)+(H2CO3)＜1.0；难点是D选项，要从图中读出：pH=10.3 时，溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，根据电荷守恒问题迎刃而解。‎ ‎12.下列选项正确的是（ ）‎ A. 25℃时，AgBr在0.0lmol/L的MgBr2溶液和NaBr溶液中的溶解度相同 B. 53℃时，将0.01mol/L的醋酸溶液加水不断稀释，减小 C. Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后：3c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]‎ D. NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)=c(HCN)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度；B、加水稀释，促进醋酸电离；C、根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒以及物料守恒分析。‎ ‎【详解】A、根据同离子效应，0.01mol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.01mol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度，故AgBr在0.01mol/L的MgBr2溶液中的溶解度小于0.01mol/LNaBr溶液中的溶解度，故A错误；‎ B、加水稀释，促进醋酸电离，故增大，故B错误；‎ C、Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后，根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故C错误；‎ D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-）以及物料守恒c（Na+）=c（CN-）+c（HCN）可知：c（Na+）＞c（Cl-）=c（HCN），故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】考查弱电解质的电离平衡、盐类水解的原理、溶解度及其影响因素等，把握混合溶液中物料守恒、电荷守恒、溶度积常数和弱酸的电离平衡常数的关系式即可解答。‎ ‎13.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（ ）‎ A. ①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]‎ B. ①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 C. ①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+)‎ D. ①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A错误；‎ B. ①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；‎ C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO- 的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C错误；‎ D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.常温下，向IL0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是 A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小 B. 在M点时，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol C. 随者NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大 D. 当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)>c(Cl-)-c(NH3·H20)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，故B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，×=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C错误；D．向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c(Na+)=c(Cl-)＞c(OH-)，溶液中存在水的电离则溶液中，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3•H2O)，故D正确；故选C。‎ ‎【点晴】本题考查了酸碱反应过程分析，主要是溶液酸碱性、离子浓度大小，对水的电离影响因素分析判断。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。‎ ‎15.常温下，H2A是一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 常温下，H2A的电离平衡常数 Ka1=10-3.30‎ B. 当 c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)时，溶液呈中性 C. pH=6.27时，c(A2-)=c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)‎ D. V(NaOH溶液)：V(H2A 溶液)=3∶2 时，2c(Na+)+c(OH-)=2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、H2A的电离平衡常数 Ka1，在pH为3.3的时候，，，故Ka1，故A正确；B、当 c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)时，即溶液呈中性，故B正确；C、pH=6.27时，根据图像，c(A2-)=c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D、当V(NaOH溶液)：V(H2A溶液)=3∶2 时，溶液为Na2A和NaHA的混合溶液，且浓度相等，则物料守恒为：2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-),电荷守恒为：，两式作差可得：，故D项错误；故选D。‎ 点睛：这类型题目的关键是看懂图像，找到图像中特殊的点明白特殊点的含义，并结合选项，加以分析就可以顺利找到答案，如在pH为3.3的时候，，。‎ ‎16.亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。某温度下，部分含氯组分含量随pH变化情况如图所示，下列说法不正确是 A. 使用该漂白剂的适宜pH约为5.0‎ B 该温度下NaClO2溶液中：c(Na＋)＞c(ClO2－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ C. 该温度下HClO2的电离平衡常数的数值Ka≈1.0×10－6‎ D. 不同pH的NaClO2溶液中存在下列关系：c(Na＋)= c(ClO2－)+ c(HClO2)+ c(ClO2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH约为5.0时ClO2含量低，HClO2含量较高，故A正确；‎ B．NaClO2是强碱弱酸盐，水解呈碱性，c(Na＋)＞c(ClO2－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故B正确；‎ C．pH=6时，HClO2、ClO2－浓度相等，HClO2的电离平衡常数=1.0×10－6，故C正确；‎ D．根据物料守恒c(Na＋)= c(ClO2－)+ c(HClO2)+ c(ClO2)+ c(Cl－)，故D错误。‎ 二、填空题（本大题共5小题，共52分）‎ ‎17.有以下物质：‎ ‎①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；‎ ‎⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体。‎ ‎（1）其中能导电的是______；属于非电解质的是_______；‎ 属于强电解质的是______；属于弱电解质的是_______。‎ ‎（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：_______________。‎ ‎（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：_____________。‎ ‎（4）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). ①②④⑦ (2). ③⑤ (3). ⑥⑨⑩ (4). ⑧ (5). NaHCO3Na++HCO(HCOH++CO) (6). HCO+CH3COOHCH3COO－+CO2↑+H2O (7). Ba2++OH－+HCOBaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属或有自由移动的离子才可导电，故①②④⑦可导电 强酸、强碱及大部分的盐为强电解质：⑥⑨⑩‎ 弱酸、弱碱及水为弱电解质：⑧‎ 而非电解质包括：③⑤‎ ‎（2）碳酸氢钠为强电解质，全部电离：NaHCO3Na++HCO ‎（3）醋酸为弱酸，不能拆为离子：HCO+CH3COOHCH3COO－+CO2↑+H2O ‎（4）设NaHCO3的物质的量为1mol，则需要消耗1mol 的OH—：HCO+OH—=CO+H2O，生成的CO又需要消耗1molBa2+生成沉淀：Ba2++OH－+HCOBaCO3↓+H2O ‎18.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡。‎ ‎（1）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-。‎ ‎①NaHA溶液的pH___(填大于、小于或等于)Na2A溶液的pH。‎ ‎②某温度下，若向0.1mol/LNaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是__。‎ A.c(H+)•c(OH-)=1×10-14 B.c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)‎ C.c(Na+)>c(K+) D.c(Na+)+c(K+)=0.05mol/L ‎③已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)⇌Ca2+(aq)+A2-(aq)ΔH>0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有___。‎ A.升高温度 B.降低温度 C.加入NH4Cl晶体 D.加入Na2A固体 ‎（2）常温下，若在0.10mol•L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)=___mol•L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). BC (3). BD (4). 2.2×10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①H2A在水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，第一步完全电离，HA-离子只存在电离不发生水解；②混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液呈存在物料守恒和电荷守恒，注意离子积常数只与温度有关；③影响沉淀溶解平衡移动的因素有温度和浓度；（2）溶度积常数及溶液中氢氧根离子浓度计算出c（Cu2+）。‎ ‎【详解】（1）①根据酸的电离方程式分析，NaHA中HA-只有电离没有水解，溶液显酸性，而NaA溶液中A2-水解，溶液显碱性，所以前者pH小，故答案为：小于；‎ ‎②A、题目说是某温度下，不能确定水离子积常数，故错误；‎ B、根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)分析，溶液为中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故正确；‎ C、若完全反应生成正盐，则溶液为碱性，所以氢氧化钾的物质的量小于NaHA，即钠离子浓度大于钾离子浓度，故正确；‎ D、因为氢氧化钾的物质的量比NaHA少，故二者浓度和小于0.05mol/L，故错误，故答案为：BC；‎ ‎③A、升温，平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；‎ B、降低温度，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确；‎ C、加入氯化铵晶体，溶液的碱性减弱，A2-水解平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；D、加入盐，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确，故答案为：BD；‎ ‎（2）铜离子浓度为=2.2×10-8，故答案为：2.2×10-8。‎ ‎【点睛】考查了盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的关系、外界条件对化学平衡的影响、沉淀溶解平衡分析、溶度积常数的计算等知识点，根据温度、电解质溶液对难溶物性质的影响和电荷守恒、物料守恒来分析解答即可。‎ ‎19.已知K、Ka、KW、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。‎ ‎（1）有关上述常数的说法正确的是__。‎ a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b.它们的大小都随温度的升高而增大 c.常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka ‎（2）25℃时将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显__（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb=__。‎ ‎（3）已知25℃时CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液中水电离H+浓度为__，溶液中离子浓度大小关系为__。‎ ‎（4）25℃时，H2SO3=HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）=__。‎ ‎（5）已知常温下Fe（OH）3和Mg（OH）2的Ksp分别为8.0×10-38、1.0×10-11，向浓度均为0.1mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是__。（已知lg2=0.3）‎ ‎【答案】 (1). a (2). 中 (3). (4). 1.0×10-7mol/L (5). c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+） (6). 0.01mol/L (7). 3.3≤pH＜9‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）平衡常数只与温度有关，升高温度平衡向吸热方向移动；‎ ‎（2）所得混合溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒得c（OH- ）═c（H+）；根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=；‎ ‎（3）CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性；水的电离程度很小，据此判断离子浓度大小；‎ ‎（4）根据亚硫酸第一步电离平衡常数计算亚硫酸浓度；‎ ‎（5）≤c（OH- ）＜‎ ‎【详解】（1）a、平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故a正确；‎ b、升高温度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数减小，故b错误；‎ c、电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，故c错误；‎ 故选a；‎ ‎（2）所得混合溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒得c（OH- ）=c（H+），溶液呈中性；根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，故答案为：中；；‎ ‎（3）CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-7mol/L；水的电离程度很小，溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故答案为：1.0×10-7mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；‎ ‎（4）电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）===mol/L=0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L；‎ ‎（5）Ksp（Fe（OH)3）=c(Fe3+)•c3(OH-)，要使Fe3+完全沉淀，则c（Fe3+）<1.0×10-5mol/L，则c（OH-）（最小）===2×10-11，求得pH=3.3；若Mg2+不沉淀，则c（OH-）（最大）===10-5，求得pH=9，则3.3≤pH＜9，故答案为：3.3≤pH＜9。‎ ‎【点睛】本题考查较综合，涉及溶度积常数计算、弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，把握化学反应原理及难溶物溶解平衡是解本题关键，注意弱电解质电离平衡常数与其对应弱离子水解程度关系。‎ ‎20.研究氨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：‎ ‎2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1　ΔH1<0(Ⅰ)‎ ‎2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ)‎ ‎（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2表示)。‎ ‎（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________。‎ ‎（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为______________________________。(已知HNO2电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。‎ a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH ‎【答案】 (1). (2). 2.5×10－2 (3). 75% (4). > (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c(NO3－)>c(NO2－)>c(CH3COO－) (8). b、c ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由化学平衡常数的概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/[c2(NO)·c(Cl2)]，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=[ c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)=。‎ ‎（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-110min2L=0.15mol，用三段式计算 ‎2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）‎ n（起始）（mol） 0.2 0.1 0‎ n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15‎ n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15‎ 则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。‎ ‎（3）根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，0.2mol NaOH与0.2mol NO2恰好完全生成0.1molNaNO3和0.1molNaNO2，所得溶液中NaNO3、NaNO2物质的量浓度都为0.1mol/L，NaNO3属于强酸强碱盐不发生水解，NaNO2、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，NO2-、CH3COO-都发生水解使溶液呈碱性，则NO3-的浓度最大；HNO2的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，酸性：HNO2CH3COOH，则CH3COO-的水解能力强于NO2-，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）、c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-） > c（NO2-）> c（CH3COO-）。CH3COO-的水解能力强于NO2-，CH3COONa溶液的碱性大于混合液，溶液A的pH小于溶液B。a项，向溶液A中加适量水，溶液A的pH减小，不能使两者pH相等，错误；b项，向溶液A中加入适量NaOH，溶液A的pH增大，可使两者pH相等，正确；c项，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小，可使两者pH相等，正确；d项，向溶液B中加适量NaOH，溶液B的pH增大，不能使两者pH相等，错误；答案选b、c。‎ ‎21.X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出R的原子结构示意图：________________‎ ‎（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)___________．‎ ‎（3）X与Y能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写分子式)___________，X和Z组成的化合物的化学式为___________________‎ ‎（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB(在水溶液中进行)，其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的化学式___________；D的电子式___________．‎ ‎①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则AB离子反应方程式为_________‎ ‎②A、B均为盐溶液，如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因___________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有___________．‎ ‎【答案】 (1). (2). Na>Al>C>O>H (3). C2H2 (4). H2O和H2O2 (5). CO2 (6). (7). AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3- (8). CO32-+H2OHCO3-+OH- (9). NaCl H2CO3NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素。‎ ‎【详解】（1）R为Al，原子结构示意图为，故答案为；‎ ‎（2）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为Na＞Al＞C＞O＞H；‎ ‎（3）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，H与O形成的化合物有H2O和H2O2，故答案为C2H2；H2O和H2O2；‎ ‎（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB(在水溶液中进行)，其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。则D是Na2O2，C是CO2，D的电子式为，故答案为CO2；；‎ ‎①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则B是Al(OH)3，D是过氧化钠、C是二氧化碳，则A是偏铝酸钠，其化学式为NaAlO2，偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，离子反应方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-，故答案为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-；‎ ‎②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，B和氢氧化钠反应生成A，A和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸氢钠、A是碳酸钠，碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；常温下，A、B浓度均为0.1mol•L-1的混合溶液中，滴加盐酸，生成NaCl，但溶液中溶解二氧化碳，溶液呈中性时，应有部分NaHCO3，则溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl、CO2或者碳酸，故答案为CO32-+H2OHCO3-+OH-； NaHCO3、NaCl、CO2或者碳酸 ‎ ‎