福建省漳州市龙海市第二中学2020届高三上学期月考化学试题
龙海二中2019-2020学年上学期第二次月考
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：Fe-56 O-16 Na-23 Cu-64 H-1 S-32
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：(16个小题，每小题3分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)。
1.化学与生产、 生活密切相关。下列说法正确的是
A. 砒霜的主要成分是三硫化二砷
B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多
C. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒
D. 铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强
【答案】C
【解析】
【详解】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；
B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；
C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；
D.金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；
综上所述，本题选C。
2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 36g由35Cl 和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NA
B. 7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA
C. 密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加了2NA个P-Cl键
D. 5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3 NA
【答案】B
【解析】
【分析】
假设全是35Cl，则质子数是 ，假设全是37Cl，则质子数是 ；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆；常温下，铁在浓硝酸中钝化。
【详解】假设全是35Cl，则质子数是 ，假设全是37Cl，则质子数是 ，根据极值法，36g由35Cl 和37C1组成氯气中所含质子数不一定为17NA，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子 ，所以7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，生成PCl5(g)小于1mol， P-Cl键增加小于2NA个，故C错误；常温下，铁在浓硝酸中钝化，故D错误，选B。
3.下列解释事实的离子方程式正确的是
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O
C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O
D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。
4.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。
5.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；
B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3
的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；
C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；
D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；
综上所述，本题选D。
6.在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T ℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是
A. 从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)
B. 该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)
C. 已知：反应的∆H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度
D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667 mol/(L·min),A正确；
B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)，故B正确；
C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的∆H＞0,所以此时是升高温度，故C正确；
D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；
综上所述，本题选D。
7.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mo1－1
B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠
D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；
B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；
C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；
D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；
故选C。
8.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A. p1
0
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
9.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤④过滤，步骤⑤蒸发结晶
D. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；
B. 若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，同时会生成NO气体，所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B正确；
C. 步骤④为过滤，硫酸铜溶液→硫酸铜晶体步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶，不是蒸发结晶，所以步骤⑤蒸发结晶错误，故C错误；
D. CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故D正确；
【点睛】制备胆矾晶体流程：样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体
10.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:
下列说法不正确的是
A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】
A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。
11.在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO3-)＝6 mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
B. 向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液
C. 原混合溶液中c(K＋)＝4 mol/L
D. 电解后溶液中c(H＋)＝2 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】石墨作电极电解500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)阳极产生氧气，阴极开始时生成铜，然后放出氢气，n(O2)= n(H2)==1mol，根据阳极反应式4OH--4e-═O2↑+2H2O可知，转移4mol电子，阴极反应式为Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成氢气转移2mol电子，则生成铜也转移2mol电子，即有1mol Cu2+放电。
A．根据以上分析，电解得到的 Cu 的物质的量为1mol，故A错误；
B．由以上分析可知，析出1molCu，1molH2 和1molO2，根据少什么加什么，则加入 98 g 即1mol的 Cu(OH)2 可恢复为原溶液，故B正确；
C．c(Cu2+)==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C错误；
D．电解后溶液中c(H+)为=4mol/L，故D错误；
故选B。
12.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。
【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；
B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3
，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；
D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；
答案选C。
13.常温下，向1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(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. 随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大
D. 当n(NaOH)＝0.1 mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl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，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，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c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl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，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。
14.在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol
NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 水的电离程度：a>b>c
B. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==
，故D错误；
故选D。
【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
15.25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A Ka(HA)＝1×10－6
B. b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C. a→c过程中水的电离程度始终增大
D. c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。
【详解】A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。
16.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度： A＜C＜B
D. D点溶液中：c(Cl－)+ 2c(H＋)＝2c(OH－)
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此解答。
【详解】A.由分析可以知道，曲线②代表0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；
B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na+)=0.05mol/L，故B错误；
C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，
所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，故C错误；
D. D点溶液中，存在电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H＋)，定量分析可以知道， c(Na+)=1.5c(Cl－)，将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl－)并整理得：c(OH－)＝0.5c(Cl－)+c(H＋)，即c(Cl－)+ 2c(H＋)＝2c(OH－)，所以D选项是正确的；
综上所述，本题正确答案为D。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
17.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。
（1）工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。
①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的ΔH__(填“>”“<’或“＝”)0。
②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝__。
③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是__。
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有__。
【答案】 (1). > (2). 0.04mol/(L·s) (3). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (4). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)
【解析】
【分析】
（1）①根据温度升高，转化率增大，可知平衡正移，据此分析；
②根据转化率求出反应的量，再求反应速率；
③根据温度对速率的影响分析；
（2）①根据图中各元素化合价变化分析；
②欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质，据此分析。
【详解】（1）①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H>0，故答案为：>；
②H2S的起始浓度均为1mol⋅L−1，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为1mol×40%=0.4mol， ，故答案为： 0.04mol/(L·s)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
（2）欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施为提高混合气体中空气的比例；由图示可知Fe3+起到催化作用，所以增大c(Fe3+)也可以使得硫离子完全被氧化为S单质，故答案为：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
18.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。
（1）电镀厂的废水中含有的CN−有剧毒，需要处理加以排放。处理含CN−废水的方法之一是在微生物的作用下，CN−被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为__。
（2）电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A−表示乳酸根离子)：
①阳极的电极反应式为___。
②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：__。
③电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH−可忽略不计。400mL10g/L乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为__L(提示：乳酸的摩尔质量为90g/mol)。
【答案】 (1). 4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑ (2). 2H2O-4e−=4H++O2↑ (3). 阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A−=HA，乳酸浓度增大 (4). 6.72
【解析】
【分析】
（1）CN−废水的方法之一是在微生物的作用下，CN−被氧气氧化成HCO3−，同时生成NH3，结合质量守恒书写化学方程式；
（2）根据电解池的工作原理：阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应来判断；根据电解池的工作原理：在电解池的阳极上是OH−放电，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，再根据差量法分析计算。
【详解】（1）根据题干信息知，反应物为CN−、O2和水，生成物为CN−和HCO3-，并根据得失电子守恒配平反应得到离子方程式为：4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑，故答案为： 4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑；
（2）①阳极上水失去电子，发生氧化反应，生成氧气，反应式为：2H2O-4e−=4H++O2↑；
②在阳极上发生电极反应：2H2O-4e−=4H++O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e-=H2↑，根据电极反应式，则有关系：HA~H+~H2，据差值法，乳酸的浓度变化量是，
， 即生成HA的物质的量是1.5mol/L×0.4L=0.6mol，即产生氢气0.3mol，即0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：2H2O-4e−=4H++O2↑；阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A−=HA，乳酸浓度增大； 6.72。
19.火法炼铜是目前世界上最主要的冶炼铜的方法，其产量可占到铜总产量的85％以上，火法炼铜相关的方程式有
Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH1=-271.4kJ/mol 反应①
Cu2S(s)+2Cu2O(s)=6Cu(s)+SO2(g) ΔH2=+123.2kJ/mol 反应②
（1）Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的热化学方程式是__。
（2）在2L的恒温密闭容器中通入5mol氧气并加入足量Cu2S发生反应①(不考虑其它反应)，容器中的起始压强为akPa，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示，反应前3min平均反应速率v(SO2)=__mol/(L·min)，该温度下反应的平衡常数KP=__(KP为以分压表示的平衡常数)。若保持温度不变向平衡体系中再通入1mol氧气，达到新平衡后氧气的体积分数__(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。
【答案】 (1). 2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol (2). 0.4 (3). 1.5 (4). 等于
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；
（2）根据速率表达式v(SO2)=，平衡常数及平衡移动原理分析解答。
【详解】(1)Cu2S(s)在空气中煅烧生成Cu2O(s)和SO2(g)的反应方程式为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)，根据盖斯定律得此反应可由反应①×3-反应②得到，所以反应热为（-271.4kJ/mol×3）-123.2kJ/mol=-937.4kJ/mol，根据热化学方程式书写规则可得该反应热化学方程式为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol，故答案为：2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=-937.4kJ/mol；
(2)根据图示知曲线为SO2
的体积分数，反应过程中气体体积不变，则3min时，生成二氧化硫的物质的量为n=5mol×48%=2.4mol，则v(SO2)=；反应在7min后达到平衡，此时SO2的体积分数为60%，根据平衡常数的表达式得：；该反应前后气体体积不变，则通入氧气时，平衡不移动，转化率不变，则氧气的体积分数等于原平衡时氧气的体积分数，故答案为：0.4；1.5；等于。
20.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物含有氮氧化物尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为___。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收。
①下列措施不能提高尾气中NO和NO2去除率的有___(填字母代号)
A．采用气、液逆流的方式吸收尾气
B．加快通入尾气的速率
C．吸收尾气过程中定补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是__(填化学式)，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是__(填化学式)。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成Cl和NO3-，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是__。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). B (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+ (6). 溶液pH越小溶液中HClO的浓度越大氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】
（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；
（2）①提高尾气中NO和NO2去除率，应是气体与氢氧化钠溶液充分接触而反应；
②反应生成NaNO2和NaNO3；如NO的含量比NO2大，则尾气中含有NO；
（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强。
【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
(2)①A．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，可以提高尾气中NO和NO2去除率，故A不选；
B．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，不能提高尾气中NO和NO2去除率，故B选；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，可以提高尾气中NO和NO2去除率，故C不选；故答案为B；
②反应生成NaNO2和NaNO3，则含有的杂质为NaNO3，如NO的含量比NO2大，则尾气中含有NO，故答案为：NaNO3；NO；
(3)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO3−，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3C1−+2NO3-+5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
【点睛】此题易错点在于第二小题的第一问，题干要求选出不能提高尾气中NO和NO2去除率，若反应充分则可以提高去除率，可以从此方面分析解答。
