湖南省雅礼中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

湖南省雅礼中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

雅礼中学2019年高二上学期第一次月考 ‎ 化学 可能用到的原子量：H: 1 C: 12 N: 14 O:16 Zn:65‎ 第I卷 一、单选题 ‎1.下列离子组一定不能大量共存的是（ ）‎ A. K+ 、Na+、CO32-、NO3- B. NH4+、HCO3-、NO3-、Na+‎ C. Al3+、HCO3-、NO3-、Cl - D. SiO32-、Na+、K+、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K+ 、Na+、CO32-、NO3-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A不选；‎ B. NH4+、HCO3-、NO3-、Na+各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B不选；‎ C. Al3+与HCO3-发生双水解而不能大量共存，选项C选；‎ D. SiO32-、Na+、K+、NO3-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项D不选；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列与盐的水解有关的是（ ）‎ ‎①不能用Al2(SO4)3溶液与Na2S溶液反应制备Al2S3固体 ‎②NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液可做泡沫灭火剂 ‎③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ‎⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体 A. 只有①②③ B. 只有②③④ C. 只有①④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓，无法制取硫化铝（Al2S3）固体，与水解有关；‎ ‎②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，与盐类的水解有关；‎ ‎③草木灰的主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性。当它与铵态氮肥混合时发生反应：NH4++OH-=NH3·H2O= NH3↑+H2‎ O。若混合施用，就会使一部分N元素以氨气的形式逸出导致肥效降低，与水解有关；‎ ‎④碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶若用磨口玻璃塞就会发生反应：SiO2+2NaOH= Na2SiO3+H2O，Na2SiO3有粘性，会把玻璃瓶和玻璃塞黏在一起，与水解有关；‎ ‎⑤AlCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当加热AlCl3溶液时水解产生氢氧化铝和盐酸，随着不断的加热，水分蒸发，HCl也会随着水分的蒸发而挥发掉，所以蒸干得到的固体是氢氧化铝，与水解有关；‎ 答案选D。‎ ‎3. 把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成几个原电池。若a、b 相连时a为负极；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时c上产生大量气泡；b、d相连时b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）‎ A. a＞c＞d＞b B. a＞b＞c＞d C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a ‎【答案】A ‎【解析】‎ 原电池中，活泼金属作负极失去电子，较不活泼金属作正极，离子在正极得到电子。a、b相连时，a为负极，故活性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，故d为正极，c为负极，故活性c＞d；a、c相连时，c极产生气泡，说明H+在c极得到电子变成氢气，说明c是正极，a为负极，故活动性a＞c；b、d相连时，b极产生气泡，说明H+在b极得到电子变成氢气，说明b是正极，d为负极，故活动性d＞b；故四种金属活动性顺序为a＞c＞d＞b。‎ 综上所述，本题正确答案为A。B C D均错。‎ ‎4.下列关于右图所示装置的叙述，不正确的是 A. 铁是负极，铁失去电子形成Fe2+进入溶液 B. 铁片质量逐渐减少，碳棒上有气泡产生 C. 电流由铁片经导线沿外电路流向碳棒 D. 该装置总的化学反应为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该原电池中，自发的氧化还原反应是金属铁和硫酸之间的反应，金属铁为负极，碳棒为正极。‎ ‎【详解】A.在该原电池中，金属铁为负极，失电子形成亚铁离子进入电解质溶液，故A正确；‎ B.在该原电池中，金属铁为负极，负极金属质量减轻，正极碳棒上放出氢气，故B正确；‎ C.在该原电池中，电子由铁片经导线沿外电路流向碳棒，电流流向和电子流向相反，故C错误；‎ D.原电池的总反应是金属铁和硫酸之间的反应，即Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）‎ A. NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+ B. S2-+2H2O⇌H2S+2OH-‎ C. CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+ D. CH3COOH+OH-⇌CH3COO-+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，则属于水解离子反应，选项A选；‎ B．硫离子水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，选项B不选；‎ C．醋酸电离生成醋酸根离子和水合氢离子，则选项C为电离方程式，选项C不选；‎ D．醋酸与碱反应生成盐和水，则选项D为中和的离子反应，选项D不选；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查水解的离子反应，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的离子反应，水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质。‎ ‎6.已知：Ksp(AgCl)=1.8×10—10，Ksp(AgI)=1.5×10—16 ，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10—12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是 （ ）‎ A. AgCl>AgI> Ag2CrO4 B. AgCl> Ag2CrO4>AgI C. Ag2CrO4>AgI>AgCl D. Ag2CrO4>AgCl>AgI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AgCl饱和溶液中c（Ag+）=c（Cl-），c（Ag+）===‎ ‎×10-5（mol/L）；AgI饱和溶液中c（Ag+）=c（I-），c（Ag+）===×10-8（mol/L）；Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）=2c（CrO42-），c（Ag+）===×10-4（mol/L）；则三种难溶盐的饱和溶液中Ag+浓度大小顺序为：Ag2CrO4>AgCl>AgI，答案选D。‎ ‎7.可以证明可逆反应N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂 ‎②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂 ‎③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变 ‎④恒温恒容时，体系压强不再改变 ‎⑤N2、H2、NH3的体积分数都不再改变 ‎⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变 ‎⑦正反应速率v(H2)=0.6mol•L-1•min-1，逆反应速率v(NH3)=0.1mol•L-1•min-1‎ A. 全部 B. ②③④⑤ C. ②③④⑤⑦ D. ③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①一个N≡N断裂的同时，有3个H-H键断裂，表示的都是正反应，无法判断平衡状态，故①错误； ‎ ‎②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到平衡状态，故②正确；‎ ‎③该反应为气体体积缩小的反应，气体总质量不变，则混合气体平均相对分子质量为变量，当混合气体的相对分子质量不再改变时，说明达到平衡状态，故③正确；‎ ‎④该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当体系压强不再改变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故⑤正确； ‎ ‎⑥混合气体总质量、容器容积为定值，则密度为定值，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故⑥错误；‎ ‎⑦正反应速率v（H2）=0.6mol/（L•min），逆反应速率v（NH3）=0.1mol/（L•min），表示的是正逆反应速率，但不满足计量数关系，说明该反应未达到平衡状态，故⑦错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响因素，可逆反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化；注意该反应过程中混合气体的密度始终不变。‎ ‎8.一定条件下:Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，下列说法正确的是（ ）‎ A. 稀释溶液平衡正向移动，增大 B. 通入CO2平衡逆向移动，溶液pH减小 C. 加入Al2(SO4)3溶液，会产生Al2(CO3)3沉淀 D. 升高温度，增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水解平衡常数只与温度有关，则稀释溶液，水解平衡常数Kh=不变，选项A错误；‎ B．通入CO2，发生反应或CO2+OH-=HCO3-，平衡正向移动，溶液的碱性减弱，则溶液pH减小，选项B错误；‎ C．加入Al2(SO4)3溶液，铝离子与碳酸根离子发生双水解，会产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，选项C错误；‎ D．升高温度，平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-正向移动，增大，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：‎ H2CO3‎ H2SO3‎ HClO K1=4.30×10-7‎ K1=1.54×10-2‎ K=2.95×10-8‎ K2=5.61×10-11‎ K2=1.02×10-7‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强 B. Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-‎ C. NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O D. 向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；‎ B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；‎ C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；‎ D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是根据平衡常数判断酸性强弱，注意D为易错点，HClO具有强氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应。‎ ‎10.温度相同、浓度均为0.1mol•L-1的 ①（NH4)2SO4 ②NH3·H2O ③NH4HSO4 ④NH4NO3 ⑤（NH4)2CO3 ⑥NH4Fe(SO4)2 溶液中的c(NH4+)由大到小的顺序是（ ）‎ A. ①⑤③⑥④② B. ⑤①③④②⑥‎ C. ③②①⑥④⑤ D. ⑤①②⑥④③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在温度相同、浓度均为0.1mol•L-1的溶液中。①(NH4)2SO4铵离子正常水解，浓度小于0.2mol/L；②一水合氨为弱电解质，因电离程度很小，则c(NH4+)最小；③NH4HSO4，溶液的氢离子抑制了NH4+水解，浓度接近于0.1mol/L；④NH4NO3溶液，铵离子正常水解，浓度小于0.1mol/L；⑤(NH4)2CO3，碳酸根离子水解显示碱性，促进了NH4+‎ 水解，铵离子浓度减小，小于0.2mol•L-1，并且比①小，⑥NH4Fe(SO4)2 溶液中Fe3+水解抑制NH4+水解，铵离子浓度比④大，则c(NH4+)由大到小的排列顺序是①⑤③⑥④②，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查影响盐类水解的因素，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，根据溶液的酸碱性对铵离子的水解影响进行分析，铵离子结合水电离的氢氧根离子，使溶液显示酸性，氢离子抑制铵离子水解，水解显示碱性的离子促进铵离子水解；铵离子水解程度越大，溶液中的铵离子浓度越小。‎ ‎11.下列实验能达到预期目的的是 选项 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.lmol·L-1的的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 B 向AgCl悬浊液中滴入0.lmol·L-1的的NaI溶液，悬浊液变黄 证明相同温度下：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ C 常温下，测得饱和溶液的pH: NaA＞NaB 证明常温下的水解程度：A－＜B－‎ D 酸式滴定管中硫酸液面在20.00mL处，将滴定管中液体全部放出 量取20.00mL硫酸溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测出NaClO的pH值，不能达到实验目的，故A错误；‎ B、向AgCl悬浊液中滴加NaI溶液，出现黄色沉淀，生成AgI，说明AgI的Ksp小于AgCl，能达到实验目的，故B正确；‎ C、比较A－和B－水解程度，应是等浓度的NaA和NaB，饱和溶液浓度可能相同，也可能不相同，不能达到实验目的，故C错误；‎ D、滴定管的0刻度在上边，从0刻度到20mL刻度的溶液体积为20.00mL，滴定管的下端有一段没有刻度，故无法判断20mL刻度线以下的溶液体积，故D错误。‎ ‎【点睛】易错点是选项A，学生只注意到越弱越水解，从而判断出HClO和CH3COOH酸性强弱，忽略了NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值。‎ ‎12.25℃时，0.1 mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaClO NaHCO3‎ Na2CO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎10.3‎ ‎83‎ ‎11.6‎ A. 酸性的相对强弱：HClO＜HCO3－‎ B. 由水电离产生的c(H+)：①＝②‎ C. 溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＞c(HCO3－)‎ D. 在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－) + c(CO32－) + c(H2CO3)＝0.1 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据表中数据得到碱性为：NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：HClO＜HCO3－，选项A错误。‎ B、NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用，所以选项B错误；‎ C、因为碱性：NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＜c(HCO3－)，选项C错误；‎ D、④⑤溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒，选项D正确。‎ ‎【点睛】利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解：正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如：碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。‎ ‎13.有关下列两种溶液的说法中，正确的是（ ）‎ ‎①0.1mol/L CH3COONa溶液 ②0.1mol/L CH3COOH溶液 A. 相同温度下，溶液中水的电离度:溶液①>溶液②‎ B 等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(Na+)>c( CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 加水稀释溶液①，溶液中不变 D. 向溶液①中加入少量的CH3COONa固体则减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②，选项A正确；‎ B、溶液①和溶液②等体积混合为CH3COONa和CH3COOH按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，c( CH3COO-)>c(Na+)> c(CH3COOH)，选项B错误；‎ C、加水稀释溶液①，水解程度增大，n( CH3COOH)、n(OH-)增大，n(Na+)不变，则增大，选项C错误；‎ D、向溶液①中加入少量的CH3COONa固体，水解程度减小，增大，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎14.t℃时，AgX(X=Cl、Br)的溶度积与c(Ag+)和c(X-)的相互关系如下图所示，其中A线表示AgCl，B线表示AgBr，已知p(Ag+)=－lgc(Ag+)，p(X-)=－lgc(X-)。下列说法正确的是（ ）‎ A. c点可表示AgCl的不饱和溶液 B. b点的AgCl溶液加入AgNO3晶体可以变成a点 C. t℃时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K=10-4‎ D. t℃时，取a点的AgCl溶液和b点AgBr溶液等体积混合，会析出AgBr沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示，A为氯化银溶液中p(Ag+)与p(Cl-)关系曲线，线上每一点均为氯化银的饱和溶液，如a点，p(Ag+)=－lgc(Ag+)=5，则c(Ag+)=10-5 mol/L，p(Cl-)=－lgc(Cl-)=5，则c(Cl-)=10-5 mol/L，则Ksp（AgC1）= c(Ag+)×c(Cl-)=10-5×10-5=10-10，同理Ksp（AgBr）=c(Ag+)c(Br-)=10-7×10-7=10-14。A. c点，c(Ag+)=10-4 mol/L，c(Cl-)=10-4 mol/L，因为10-4×10-4=10-8＞Ksp（AgC1）=10-10，说明是AgC1的过饱和溶液，故A错误；B. b点的AgC1溶液加入AgNO3晶体，c(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不变，不能变成a点，故B错误；C. t℃时，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常数K====104，故C错误；D. t℃时，取a点的AgC1溶液和b点AgBr溶液等体积混合，c(Ag+)=×10-4 mol/L +×10-7 mol/L≈×10-4mol/L，c(Br-)=×10-7 mol/L，则c(Ag+)c(Br-)=×10-4××10-7＞10-14，有AgBr沉淀生成，故D正确；故选D。‎ ‎15.绝热恒容密闭容器通入SO2和NO2 ，一定条件下SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的如上图所示.由图可得出的正确结论是（ ）‎ A. 反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 反应物浓度:a点小于c点 C. △t1=△t2时，SO2的转化率:b-c段大于a-b段 D. 反应在c点达到平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，选项A错误；‎ B．a到c时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，选项B错误；‎ C、随着反应的进行，消耗的二氧化硫越多，SO2的转化率逐渐增大，选项C正确；‎ D．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.向某Na2CO3、 NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中lg与-lgc(Ba2+)的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该溶液中< ‎ B. B、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为B>D>E C. A、B、C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差，有沉淀生成 D. D点对应的溶液中一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、结合Kh(CO32- )=；Kh(HCO3- )=，混合溶液中c(OH-)相同，由于Kh(CO32- )> Kh(HCO3- )，故<，选项A正确；‎ B、根据Ka2=，lg的数值越大，c(H+)越小，溶液酸性越弱，pH越大，因此pH的大小顺序为B7，该溶液中离子浓度从大到小的列排列为___________________________________________。‎ ‎(4)工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐(如BaCl2)，具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3，现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42-物质的量浓度不小于0.01mo1·L-1，则溶液中CO32-物质的量浓度应≥________________‎ ‎【答案】 (1). B (2). 中性 (3). c(CH3COO-)=c(NH4+) >c(H+)=c(OH-) (4).‎ ‎ c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) (5). 0.26 mo1·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据弱电解质电离平衡移动的影响因素来回答，电离平衡常数只与温度有关；‎ ‎（2）CH3COONH4的醋酸根离子和铵根离子水解程度一样来确定溶液的酸碱性；‎ ‎（3）物质的量之比为1:1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7则NaCN的水解大于HCN的电离；‎ ‎（4）可以根据硫酸钡、碳酸钡的溶解度计算出使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1，求出溶液中CO32-物质的量浓度。‎ ‎【详解】（1）A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度醋酸电离，其电离平衡常数增大，选项A错误；‎ B．加水稀释促进醋酸电离，温度不变，电离平衡常数不变，选项B正确；‎ C．加少量的CH3COONa固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，选项C错误；‎ D．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸浓度越大，醋酸电离程度减小，选项D错误；‎ 答案选B； ‎ ‎(2)醋酸铵溶液中，醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，得出c(NH4+)=c(Cl-)并且大于水解生成的c(H+)、c(OH-)，即c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；‎ ‎ (3)物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，导致溶液c(OH-)＞c(H+)，呈碱性，根据电荷守恒知，c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)，所以c(CN-)＜c(Na+)，所以各离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；‎ ‎(4)SO42-物质的量浓度为0.01mol•L-1时，钡离子的浓度为：c(Ba2+)=1×10-8mol/L，若使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1，则钡离子浓度应该大于1×10-8mol/L；当c(Ba2+)=1×10-8mol/L时，则溶液中c(CO32-)=0.26mol/L，所以当c(CO32-)≥0.26mol/L时，c(Ba2+)≤1×10-8mol/L，则c(SO42-)不小于0.01mol/L，故答案为：0.26 mol•L-1。‎ ‎18.平衡理论主要包括:化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡四种，且均符合勒夏特列原理，请回答下列问题：‎ ‎(1)常温下，某纯碱溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，原因是______________；（离子方程式表示)‎ ‎(2)已知在H2S溶液中存在下列平衡:H2S ⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-，向H2S溶液中加入NaHS固体时，c(H+)________，c(S2-)_______。(填“增大”，“减小”或“不变”）‎ ‎(3)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量Zn粒，反应过程中两溶pH变化如图。图中表示醋酸溶液pH变化曲线_______（填“A”或“B”）；‎ 设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质最为m2，则m1___________m2，(选填“>”、“<”或“=”）‎ ‎(4)25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A，B，C的物质的量n随时间t的变化如图1所示。‎ 根据如图数据，写出该反应的化学方程式：______________________________；在5-7min内，若K值不变，则此处曲找变化的原因是_________________。‎ ‎(5)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点，当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol/L)时，此时溶液中c(CrO42-)等于___________mol/L(已知Ag2CrO4，AgCl的Ksp分别为2.0×10-12，2.0×10-10)‎ ‎【答案】 (1). CO32- +H2O⇌HCO3- +OH-；HCO3- +H2O⇌H2CO3 +OH- (2). 增大 (3). 增大 (4). B (5). < (6). A+2B⇌2C (7). 加压 (8). 5×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）纯碱（Na2CO3） 溶液中的碳酸根离子易水解显碱性；‎ ‎（2）根据平衡：H2S⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-移动分析；‎ ‎（3）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线；‎ ‎（4）由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应；‎ ‎（5）根据c(Ag+)=、c(CrO42−)=。‎ ‎【详解】（1）碳酸钠溶液中CO32-水解显碱性，滴入酚酞试液变红色，水解方程式为CO32- +H2O⇌HCO3- +OH-；HCO3- +H2O⇌H2CO3 +OH-；‎ ‎（2）H2S的水溶液中存在平衡：H2S⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-，向H2S溶液中加入NaHS固体时，c（HS-）增大，平衡HS-⇌H++S2-正向移动，c（H+）增大，c（S2-）增大；‎ ‎（3）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m1＜m2；‎ ‎（4）由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时△n（A）：△n（B）：△n（C）=（1-0.7）mol：（1-0.4）mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B⇌2C；‎ K值不变，温度不变，由图1可知，5min时各组分的物质的量不变，且平衡向正反应移动，只能改变压强，由反应为前后气体体积减小的反应，故应增大压强；‎ ‎（5）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 mol·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)== =2.0×10-5mol·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)= ==5×10-3mol·L−1。‎ ‎19.CO2是一种廉价的碳资源，CO2及碳的其他化合物综合利用具有重要意义 回答下列问题：‎ ‎(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)+C02(g) 2CO（g）+2H2（g）ΔH=+120kJ·mol-1有利于提高CH4平衡转化率的条件是_______(填标号)‎ A高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压 ‎(2)以甲烷为燃料的新型燃料电池，目前已得到了广泛的研究，如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：‎ 电池的负极是_______(填“a”或“b”）电极，该极的电极反应式为____________________________‎ ‎(3)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=__________（室温下，H2CO3的K1=4×10-7，，K2=5×10-11) 0.1mol/L NaHCO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为_____________________________________‎ ‎(4)已知25oC，H2SO3的Ka1=1.3×10-2Ka2=6.2×10-8，将SO2通入氨水中，当c（OH-）降至1.0×10-7mol/L时，溶液中 的c(SO32-)/c(HSO3-)=________________‎ ‎【答案】 (1). A (2). a (3). CH4－8e﹣+10OH-═CO32-+7H2O (4). 10 (5). c( HCO3- )>c(OH-)>c(CO32- ) (6). 0.62‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) (1)ΔH >0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；‎ ‎(2)燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；‎ ‎(3) 结合c(HCO3-):c(CO32-)=2:1计算溶液pH；‎ ‎(4)根据Ka2=进行计算。‎ ‎【详解】(1)A、ΔH >0，升高温度，平衡右移，CH4‎ 平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；选项A正确；‎ B、ΔH >0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；选项B错误；‎ C、ΔH >0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；选项C错误；‎ D、ΔH >0，降低温度， 平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；选项D错误；‎ 答案选A；‎ ‎(2)燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以a电极是负极，电极反应式为CH4－8e﹣+10OH-═CO32-+7H2O；‎ ‎(3) CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1， K2==5×10-11，故==5×10-11×2=10-10mol/L，pH=10；‎ NaHCO3溶液中存在NaHCO3= Na+ + HCO3－，HCO3－+ H2O ⇌ H2CO3 + OH－，HCO3- ⇌ H+ + CO32－，其水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性。有c(OH-)>c(CO32- )，由于少部分水解和电离，则c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－)，又因为HCO3-电离产生的H+与CO32－数目相同，而H2O⇌ H+ + OH—因此：c(H+)＞c(CO32－)，故阴离子的浓度由大到小的顺序为c(HCO3- )>c(OH-)>c(CO32- )；‎ ‎(4)已知25oC，H2SO3Ka1=1.3×10-2Ka2=6.2×10-8，将SO2通入氨水中，当c（OH-）降至1.0×10-7mol/L时，c(H+)=1.0×10-7mol/L，Ka2==6.2×10-8，溶液中 的==0.62。‎ ‎20.I.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：‎ ‎（1）标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 _____________________________ ，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变成橙色。‎ ‎（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是__________（填字母）‎ A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C.酸式定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 II.氧化还原滴定实验同中和滴定类似（用已加浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。人体缺乏维生素C（C6H8O6）易得坏血病。维生素C易被空气氧化。在新鲜的水果，蔬菜，乳制品中都富含维生素C。新鲜橙汁中生素C的含量在500mg•L-1左右，某课外活动小组测定了某品牌的软包装橙子中维生素C的含量。‎ 下面是测定实验分析报告。‎ ‎（1）测定目的：测定××牌软包装橙汁维生素的含量，是否为纯天然。‎ ‎（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-‎ ‎（3）实验用品及试剂 ‎①仪器和用品(自选，说明:锥形瓶不易将液体溅出）‎ ‎②试剂：某品牌橙汁20mL， 浓度为7.50×10-3mol/L标准碘溶液，蒸馏水，指示剂 ‎（4）实验过程：(略)‎ 回答下列问题 a.实验应选用___________作指示剂，滴定终点的现象____________________________。‎ b.若经数据处理，滴定某品牌计橙汁20mL(待测液)消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，‎ 从分析数据看，此品牌橙汁是否是纯天然橙汁？__________(维生素C的摩尔质量为176g/mol)‎ A是 B.可能是 C.不是 c.滴定时_____(填能，不能)剧烈摇动锥形瓶？原因是________________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (2). D (3). 淀粉溶液 (4). 溶液由无色变蓝色，且30s内不褪色 (5). C (6). 不能 (7). 维生素C易被空气氧化，减少实验误差 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）滴定中眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；‎ ‎(2)根据c待测=判断；‎ II. （4）a根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；‎ b.根据反应原理及题中有关数据，可以计算出橙汁中维生素C的含量；根据计算结果判断是否是天然橙汁；‎ c. 维生素C易被空气氧化。‎ ‎【详解】I.（1）滴定中眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，滴定终点标志：滴入最后一滴溶液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不变，说明滴定到终点；‎ ‎(2)根据c待测=，‎ A、滴定管未用标准液润洗，造成对标准液的稀释，标准液的浓度降低，消耗V标增加，因此所测氢氧化钠的浓度偏高，选项A错误；‎ B、没有洗净对所测NaOH的物质的量不产生影响，因此所测NaOH的浓度不变，选项B错误；‎ C、消耗V标增大，所测NaOH的浓度偏高，选项C错误；‎ D、消耗的V标减少，所测NaOH的浓度偏小，选项D正确；‎ 答案选D；‎ II. （4）a利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂；滴定终点的现象溶液由无色变蓝色，且30s内不褪色；‎ b. （5）15.00mL标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10-3mol/L=28.575mg，设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为X C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-‎ ‎176 254‎ X 28.575mg ‎=，‎ 解得：X=19.8mg 则1L中含维生素C的质量为：19.8mg×=990mg，所以，则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，新鲜橙汁中维生素C的含量为500mg/L左右，所以测定的橙汁不是天然橙汁；‎ 答案选C；‎ c. 维生素C易被空气氧化，减少实验误差，故滴定时不能剧烈摇动锥形瓶。‎ ‎【点睛】本题考查滴定实验操作，属于综合实验题，完成本题时要注意题中数据的处理，合理进行误差的分析等，滴定时左手控制活塞，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点。‎ ‎ ‎ ‎ ‎