- 2021-05-10 发布 |
- 37.5 KB |
- 23页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
【化学】辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)
辽宁省实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 一、选择题(1-10题每题2分,11-20每题3分共50分) 1.下列事实能用平衡移动原理解释的是( ) A. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应 B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 加压有利于H2与I2反应的进行 【答案】B 【解析】 【详解】A.合成氨的反应为放热反应,升高温度不利于平衡正向移动,故A错误; B.氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO,在饱和食盐水中,Cl-浓度较大,可降低氯气的溶解度,可用平衡移动原理解释,故B正确; C. 催化剂只能改变反应的速率,不能使平衡移动,故C错误; D. H2(g)+I2(g) 2HI(g),反应前后为气体体积相等的可逆反应,加压不影响平衡,故D错误; 故选B。 2.下列有关有效碰撞模型说法不正确的是( ) A. 能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 B. 有效碰撞是发生化学反应的充要条件 C. 不存在活化能为零的反应 D. 活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞 【答案】C 【解析】 【详解】A. 能发生有效碰撞的分子,能量较高,一定是活化分子,故A正确; B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞,所以有效碰撞是发生化学反应的充要条件,故B正确; C.反应的表观活化能是各基元反应的组合,可正可负可为零,故C错误; D. 活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞,故D正确; 故选C。 3.NH4Cl溶于重水(D2O)后,溶液中存在的一水合氨和水合氢离子可能是( ) A. NH3•HDO和D3O+ B. NH3•HDO和HD2O+ C. NH3•H2O和H2DO+ D. 以上都有可能 【答案】D 【解析】 【详解】溶液中存在NH4Cl=NH4++Cl-,D2O⇌ D++ OD-,NH4++ 2D2O⇌ NH3•HDO+D3O+,NH3•HDO⇌ NH3•D++OH-,NH4++ OH-⇌NH3•H2O,NH4++ 2D2O⇌ NH3•D2O+HD2O+,NH4++ HDO +D2O⇌ NH3•D2O+H2DO+,综上所述,以上都有可能,答案为D。 4.已知:Fe2+遇铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])会产生特征的蓝色沉淀;AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,取混合液分别完成上述实验,能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是( ) 编号 实验操作 实验现象 ① 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ② 滴入AgNO3溶液 生成黄色沉淀 ③ 滴入K3[Fe(CN)6]溶液 生成蓝色沉淀 ④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③ 【答案】A 【解析】 【分析】将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,碘化钾过量,Fe3+完全转化为Fe2+,若此反应不可逆,则溶液中无Fe3+,故只需要证明溶液中含Fe3+即能证明此反应为可逆反应,能建立化学平衡。 【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确; ②由于碘离子过量,向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀生成,不能说明反应存在平衡,故②错误; ③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误; ④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误; 所以A选项是正确的。 5.化学反应2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变,缩小容器的容积为原来的一半,重新平衡后,下列叙述正确的是( ) A. CaO2的量不变 B. 平衡常数减小 C. 氧气浓度变小 D. 氧气浓度不变 【答案】D 【解析】 【详解】A. 保持温度不变,缩小容器的容积为原来的一半,平衡逆向移动,则CaO2的量增大,与题意不符,A错误; B. 保持温度不变,则平衡常数不变,与题意不符,B错误; C. 保持温度不变,则平衡常数不变,K=c(O2),则氧气浓度不变,与题意不符,C错误; D. 平衡常数不变,K=c(O2),则氧气浓度不变,符合题意,D正确; 答案为D。 20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液,滴定结果如图所示。下列分析正确的是( ) A. 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液的pH=3.4 B. A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL C. 滴定过程中,c(CH3COO-)/c(H+)逐渐减小 D. B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+) 【答案】D 【解析】 【分析】室温下,用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液,发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O,化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL,结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。 【详解】室温下,用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol•L-1的CH3 COOH溶液,发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O,化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL。 A、滴定起始时,溶液中仅存在醋酸,此时,,则,由于Kw=c(H+)c(OH-),则溶液中c(H+)=10-3.3mol/L,因此0.1mol•L-1的醋酸pH=3.3,选项A错误; B、A点时AG=0,c(H+)=c(OH-),加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL,若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0,选项B错误; C、滴定过程中,发生反应NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O,CH3COO-增大,c(H+)减小,故c(CH3COO-)/c(H+)逐渐增大,选项C错误; D、B点溶液若完全中和得到醋酸钠,溶液呈碱性,可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+),选项D正确。 答案选D。 7.温度为T1时,向容积为2 L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g),发生反应:CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H=-41 kJ/mol。数据如下,下列说法不正确的是( ) A. 甲容器中,平衡时,反应放出的热量为16.4 kJ B. T1时,反应的平衡常数K甲=1 C. 平衡时,乙中CO的浓度是甲中的2倍 D. 乙容器中,平衡时CO的转化率约为75% 【答案】D 【解析】 【分析】CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = -41 kJ/mol 初始: 1.2 0.6 0 0 反应: 0.4 0.4 0.4 0.4 平衡: 0.8 0.2 0.4 0.4 可逆反应中可逆号两边气体计量数之和相等,增大压强,体积减小,化学平衡不移动;则 CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = -41 kJ/mol 初始2: 2.4 1.2 0 0 反应2: 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡2: 1.6 0.4 0.8 0.8 a=1.6mol,b=0.4mol。 【详解】A. 甲容器中,平衡时,CO反应0.4mol,反应放出的热量=41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ,与题意不符,A错误; B. T1时,平衡时,CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L,则反应的平衡常数K甲 = =1,与题意不符,B错误; C. 平衡时,乙中CO的浓度为0.8mol/L,甲中CO的浓度为0.4mol/L,乙是甲的2倍,与题意不符,C错误; D. 乙容器中,平衡时CO的转化率=0.8/2.4×100%=33.3%,符合题意,D正确; 答案为D。 8.N2O和CO是环境污染性气体,可在Pt2O+ 表面转化为无害气体,其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH,有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是( ) A. ΔH = ΔH1 + ΔH2 B. ΔH = −226 kJ/mol C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+ 【答案】D 【解析】A、①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2 △H1,②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2 △H2,结合盖斯定律计算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=△H1+△H2,故A正确;B、图示分析可知,反应物能量高于生成物,反应为放热反应,反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol-1-360KJ·mol-1=-226KJ·mol-1,故B正确;C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol-1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol-1,故C正确;D、①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2 △H1,②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2 △H2,反应过程中Pt2O+和Pt2O2+ 参与反应后又生成不需要补充,故D错误;故选D。 9.常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( ) A. 新制氯水中加入固体NaOH:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-) B. pH=8.3的NaHCO3溶液:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3) C. pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) D. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),故A错误; B、pH=8.3的NaHCO3溶液,说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离,则溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),故B错误; C、氨水存在电离平衡,HCl在溶液中完全电离,pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后氨水过量,溶液显示碱性,则c(OH-)>c(H+),溶液中离子浓度大小为:c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),故C错误; D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合,得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液,溶液中存在电荷守恒为:①c(Na+)+[H+]=[OH-]+[CH3COO-],依据物料守恒可得:②2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),根据①②可得:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),故D正确; 故选D。 10.现有常温时pH = 1的某强酸溶液10 mL,下列操作能使溶液的pH变成2的是( ) A. 加水稀释成20 mL B. 加入10 mL的水进行稀释 C. 加入45 mL pH = 2的HCl溶液 D. 加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液 【答案】D 【解析】 【分析】先计算溶液中氢离子浓度,再用pH=-lgc(H+)求pH。稀溶液混合时,溶液总体积可近似看作两溶液体积之和。 【详解】A项:加水稀释后,c(H+)=0.1mol/L×10mL/20mL=0.05mol/L,pH=1.3,A项错误; B项:加入10 mL水稀释,溶液总体积约20mL,pH=1.3,B项错误; C项:加入45 mL pH = 2的HCl溶液,混合溶液中c(H+)=(0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL=0.026mol/L,pH=1.6,C项错误; D项:加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液发生中和反应,c(H+)=(0.1mol/L×10mL-0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL=0.01mol/L,pH=2,D项正确。 本题选D。 11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( ) A. Na2S 溶液中 c(OH﹣)=c(H+)+c(HS﹣)+2c(H2S) B. Na2CO3溶液中:c(Na+)=2c(CO32﹣)+2c(HCO3﹣) C. 室温下,pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合,溶液中离子浓度的大小顺序:c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+) D. pH=4的0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中c(H C2O4﹣)>c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O42﹣) 【答案】A 【解析】A,Na2S属于强碱弱酸盐,S2-发生水解:S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),物料守恒式为c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)],两式整理得溶液中的质子守恒式为c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),A项正确;B,Na2CO3属于强碱弱酸盐,CO32-发生水解:CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-,溶液中的物料守恒式为c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],B项错误;C,CH3COOH属于弱酸,NaOH属于强碱,室温下pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合充分反应后CH3COOH过量,溶液呈酸性,c(H+)c(OH-),溶液中的电荷守恒式为c(Na+ )+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则c(Na+)c(CH3COO-),C项错误;D,在NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡(HC2O4-H++C2O42-)又存在HC2O4-的水解平衡(HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-),由于pH=4,则HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4),D项错误;答案选A。 12.物质的量浓度相同的下列溶液:①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4中,c(NH4+)由大到小的顺序为( ) A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+,所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大;②中亚铁离子抑制铵根离子的水解,等浓度时,c(NH4+):②>③;⑤中氢离子抑制铵根离子水解,④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解,等浓度时,c(NH4+):⑤>①>④;因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④,故选B。 13.在一定条件下,在容积为2L的密闭容器中,将2 mol 气体M和3 mol N气体混合,发生如下反应:2M(g)+3N(g)xQ(g)+3R(g),该反应达平衡时,生成2.4mol R,并测得Q的浓度为0.4 mol/L,下列有关叙述正确的是( ) A. x值为2 B. 混合气体的密度增大 C. N的转化率为80% D. 混合气体平均摩尔质量不变,不能说明该反应达平衡 【答案】C 【解析】 【详解】A.平衡时生成的Q的物质的量为:0.4mol/L×2L=0.8mol,生成R为2.4mol,物质的量之比等于化学计量数之比,故0.8mol∶2.4mol=x∶3,解得x=1,故A错误; B.反应体系中各组分都是气体,混合气体的质量不变,容器的容积恒定,根据ρ=可知混合气体的密度不变,故B错误; C.参加反应的N的物质的量与生成的R相等,为2.4mol,则N的转化率为:×100%=80%,故C正确; D.反应前后气体的物质的量减小、质量不变,所以平均摩尔质量增大,当混合气体平均摩尔质量保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故D错误; 故选C。 14.某密闭容器中进行如下反应:3X(g)+Y(g)2Z(g),若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等,且用X、Y做反应物,则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足( ) A 1<<3 B. << C. <<4 D. 1<<5 【答案】D 【解析】 【详解】令参加反应的Y的物质的量为n,则 3X(g)+Y(g)2Z(g) 开始(mol): x y 0 转化(mol): 3n n 2n 平衡(mol): x-3n y-n 2n 平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等,所以有(x-3n)+(y-n)=2n,解得n=;反应物不能完全反应,所以有y>n,x>3n,即y>,x>,解得:1<=<5,故选D。 15.有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成:①CH3COONa与HCl ②CH3COONa与NaOH ③CH3COONa与NaCl ④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是( ) A. pH:②>③>④>① B. c(CH3COO-):②>④>③>① C. 溶液中c(H+):①>③>②>④ D. c(CH3COOH):①>④>③>② 【答案】B 【解析】 【详解】①:CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl,其溶液呈酸性; ②:CH3COONa与NaOH溶液,OH―阻止CH3COO―水解,溶液呈强碱性; ③:CH3COONNa与NaCl,CH3COONa水解溶液呈碱性; ④:CH3COONa与NaHCO3溶液,NaHCO3水解呈碱性,HCO3―水解能力大于CH3COO―水解能力,HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用; A.HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力,④中的pH>③中pH,A项错误; B.②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强,其c(CH3COO―)最大,④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用,c(CH3COO―)较大,①中生成了CH3COOH,c(CH3COO―)最小,c(CH3COO-)从大到小的排序②④③①,B项正确; C.②中含有NaOH,水中H+浓度最小;①中含有CH3COOH,会电离出H+,其c(H+)最大;④中含有NaHCO3,由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③,则③中c(H+)大于④,从大到小的准确排序为①③④②;C项错误; D.④中含有的NaHCO3水解呈碱性,HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用,CH3COO-水解生成CH3COOH较少,则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH),D项错误; 本题答案选B 16.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料,一定条件下发生反应(起始温度和起始体积相同):A2(g)+2B2(g)2AB3(g) ΔH<0,相关数据如下表所示: 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 1mol A2、2molB2 2molAB3 2mol AB3 反应物的转化率 a甲 a乙 a丙 反应的平衡常数K= K甲 K乙 K丙 平衡时AB3的浓度/mol·L-1 c甲 c乙 c丙 平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1 v甲 v乙 v丙 下列说法正确的是( ) A. v甲=v丙 B. c乙<c丙 C. a甲 +a乙<1 D. K乙<K丙 【答案】C 【解析】 【详解】A. 容器甲为恒温恒容,容器丙为恒温恒压,反应中气体计量数的和左边大于右边,随反应的进行,气体物质的量减小,则甲中压强小于丙中压强,因此反应速率v甲<v丙,与题意不符,A错误; B.容器乙为绝热恒容,正反应为放热反应,则逆反应为吸热反应,乙的温度小于丙,而压强大于丙,高温低压有利于AB3的分解,则平衡时c乙>c丙,与题意不符,B错误; C. 若容器乙为恒温恒容时,甲与乙为等效反应,则a甲 +a乙=1,由于乙为绝热容器,且逆反应为吸热反应,则乙分解程度小于恒温时,则a甲 +a乙<1,符合题意,C正确; D. 容器乙为绝热恒容,正反应为放热反应,则逆反应为吸热反应,乙的温度小于丙,有利于AB3的生成,则K乙>K丙,与题意不符,D错误; 答案为C。 17.常温度下,将Cl2缓慢通入水中至饱和,然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液,整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。已知d点所示的溶液中,钠元素与氯元素的物质的量相等,下列选项正确的是( ) A. a点时,已经滴入NaOH溶液 B. b点所示的溶液中,只存在两种分子 C. a、b、c、d四个点当中,d点水的电离程度最大 D. c点所示的溶液中,c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO) 【答案】C 【解析】 【详解】A. a点时,溶液的pH<7,且不为最低点,则为通入氯气的过程,与题意不符,A错误; B. b点所示的溶液为饱和氯水的溶液,存在水、氯气、次氯酸分子,与题意不符,B错误; C. a、b、c、d四个点当中,d点为氯化钠、次氯酸钠溶液,次氯酸钠为强碱弱酸盐,促进水的电离,水的电离程度最大,符合题意,C正确; D. c点所示的溶液显中性,根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),与题意不符,D错误; 答案为C。 18.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( ) A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-) B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性,所得溶液中: c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C. 室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH) 【答案】B 【解析】 【详解】A. 0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液为Na2CO3溶液:CO32-+H2O⇌ HCO3-+ OH-、H2O⇌ H++ OH-,则c(OH-)>c(HCO3-),与题意不符,A错误; B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后所得溶液为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH,溶液呈酸性,则CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度,则c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),符合题意,B正确; C. 室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液为NH4Cl、NH3∙ H2O,且溶液呈碱性,与题意不符,C错误; D. 0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液为CH3COONa:根据物料守恒,则c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH),与题意不符,D错误; 答案为B。 19.室温下,将0.10mol·L-1的盐酸滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中,溶液的pH和pOH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知pOH=-lgc(OH-)。下列说法不正确的是( ) A. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-) B. N点所示溶液中c(NH4+)查看更多