江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高二上学期第二次月考 化学试题 ‎1.化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是 A. 热纯碱溶液洗涤油污餐具时，纯碱与油脂反应生成可溶性物质 B. 用钠粒可以区别醋酸和酒精、产生气泡的是醋酸 C. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率 D. 采用雾化技术燃煤的目的是提高煤燃烧效率和减少SO2排放 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 热纯碱溶液水解显碱性，促进了油脂的水解，生成可溶性的物质，而不是碳酸钠直接和油脂反应，所以洗涤餐具可用热纯碱溶液，故A错误；B.钠粒可以和醋酸、酒精反应、都会产生气泡，所以B错；C. 温度降低化学反应速率减小，温度升高，化学反应速率加快，所以食品放入冰箱可以减缓食品氧化，起到保鲜的作用，故C正确；D. 采用雾化技术燃煤的目的是提高煤燃烧效率但不能减少SO2排放，故D错；答案：C。‎ ‎2.实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤．‎ ‎②取等量①的滤液于两支试管中，分别滴加等浓度等体积的Na2S溶液、Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清．‎ ‎③取少量①的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解．‎ 下列分析不正确的是 A. ①中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少 B. ①的滤液中不含有Ag+‎ C. ②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶 D. ③中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）减小，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；‎ ‎②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；‎ ‎③取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子，‎ A、0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少，故A正确；‎ B、根据沉淀溶解平衡，①的滤液中含有Ag+，故B错误；‎ C、依据分析可知：前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，故C正确；‎ D、由实验③推测：银离子与氨气分子的络合，促进了氯化银的溶解，故D正确，‎ ‎3.下列说法正确的是 ‎ A B C D 通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大 此装置可实现 铜的精炼 盐桥中的K+‎ 移向FeCl3溶液 若观察到甲烧杯中石墨电极附近先变红，则乙烧杯中铜电极为阳极 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电解硫酸溶液，实质是电解其中的水，电解一段时间后，溶剂水减少，溶液中硫酸浓度增加，整体溶液的PH值减小，故A错误；‎ B、电解精炼铜时，粗铜应与电源正极相连，精铜与电源负极相连，故B错误；‎ C、此原电池中铜电极为负极，石墨电极为正极，阳离子K+向正极移动，故C正确；‎ D、甲烧杯中石墨电极附近先变红说明甲烧杯石墨电极附近有氢氧根生成，则此电极为阴极，铁电极为阳极，所以直流电源M为正极，N为负极，与N负极相连的铜电极为阴极，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题重点考查原电池与电解池的工作原理。原电池：失高氧负（失电子,化合价升高,被氧化,是负极）得低还正（得电子,化合价降低,被还原,是正极）电子从负极通过外电路到正极；电解池：氧阳还阴（失电子,被氧化,做阳极；得电子,被还原,做阴极）由于外加电场的作用,电解池中阳离子做定向移动,由阳极移动到阴极产生电流。‎ ‎4.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 A. 该溶液的pH＝4‎ B. 升高温度，溶液的pH增小 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7‎ D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的105倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．发生电离的c（HA）=0.1mol/L×0.1%=10-4 mol/L，该溶液中c（H+）≈c（HA）（发生电离）=10-4 mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）=-lg10-4=4，故A正确； B．升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，故B正确； C．该酸溶液中c（A-）≈c（H+）=10-4 mol/L，HA的电离程度较小，则c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数，故C正确； D．由HA电离出的c（H+）为10-4 mol/L，水电离出的c（H+）=10−14/10−4=10-10mol/L，HA电离出的c（H+）：水电离出的c（H+）=10-4 mol/L：10-10mol/L=106：1，故D错误； 故答案为D。‎ ‎5.下列说法正确的是（　　）‎ A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质 B. 用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2‎ C. 若25.00ml滴定管中液面的位置在刻度为3.00ml处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00ml D. 常温下用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3，则常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质本身必须能够电离出离子；广泛pH试纸只能测定整数值；滴定管刻度以下还有一段没有刻度的；有些沉淀在一定的条件下可以发生相互转化。‎ ‎【详解】A项：SO2水溶液能导电，并不是SO2本身电离，而是它与水反应生成的H2SO3发生电离，故H2SO3是电解质、SO2是非电解质。A项错误；‎ B项：广泛pH试纸测定结果只能是1~14的整数值，不可能为5.2。B项错误；‎ C项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。刻度3.00mL至25.00mL之间有22.00mL液体，25.00mL刻度至滴定管尖嘴之间仍有液体。C项正确；‎ D项：饱和Na2CO3溶液可将Ksp较小的BaSO4部分转化为Ksp较大的BaCO3，故使用饱和溶液实现的沉淀转化，不能用于比较Ksp大小。D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】比较同类难溶物的溶度积，需要溶液的物质的量浓度相同。‎ ‎6.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是 A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强 B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)‎ C. 2NO2N2O4 ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅 D. Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；‎ B. 将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2++S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；‎ C. 该平衡的正反应是放热反应，将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；‎ D. 向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72－的浓度增大，橙色加深，D正确；‎ 故合理选项为C。‎ ‎7.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 p10‎ 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。‎ ‎8.在2L的恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列有关说法正确的是 A. 由图①可知：该反应的△H＞0‎ B. 在图②中的t1时充入少量氩气，容器内压强增大，平衡右移 C. 图③所示条件下，平衡常数为2‎ D. 图④中的y可以表示平衡常数或密度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象分析可知温度为T2前三氧化硫含量增大，T2温度后三氧化硫含量减小，说明T2前反应未达到平衡状态，T2是达到平衡状态，温度升高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，故A错误； B．恒容容器中充入少量氩气，容器内压强增大但分压不变，平衡不发生移动，故B错误； C．平衡时二氧化硫转化率50%，结合化学反应三行计算平衡浓度，‎ ‎ ‎ 平衡常数，故C错误；‎ D．反应平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，反应前后气体质量和体积不变，密度始终不变，图象变化符合，故D正确； 故选D。‎ ‎9.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法不正确的是 A. 放电时，电子由Ca电极流出 B. 放电过程中，Li+向PbSO4电极移动 C. 每转移0.2mol电子，理论上生成20.7 g Pb D. 负极反应式：PbSO4+2e-+2Li+＝Li2SO4+Pb ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，因此放电时电子由Ca电极流出，A正确；‎ B．放电过程中，阳离子Li+向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，B正确；‎ C．每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量是20.7gPb，C正确；‎ D．原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，则正极反应式为PbSO4+2e-＝Pb＋SO42－，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要是考查原电池原理的应用，掌握原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意正负极判断、离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。‎ ‎10.在25 ℃时，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如表所示：‎ AgCl AgI Ag2S Ksp ‎1.8×10−10‎ ‎8.3×10−17‎ ‎6.3×10−50‎ 下列叙述错误的是 A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动 B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀 C. AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度相同 D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沉淀转化的实质就是由难溶物质转化为更难溶的物质，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A不符合题意；‎ B、对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故B不符合题意；‎ C、由于溶度积是常数，故溶液中氯离子浓度越大，银离子浓度小，等浓度的氯化钠、氯化钙溶液中氯离子浓度不同，则氯化银在两溶液中的溶解度不同，故C符合题意；‎ D、饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为：、、，Ag+的浓度不同，故D不符合题意。‎ ‎11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)‎ B. NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)‎ C. 室温下，由pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D. 常温下，在pH＝8的NaA溶液中：c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共存因素对水解、电解程度的影响以及水解、电离过程的主次进行判断。‎ ‎【详解】A项：0.1 mol/L的NaHA溶液中，有NaHA＝Na＋+HA－。因pH＝4，必有电离HA－H＋+A2-，可能有水解HA－+H2OH2A+OH－，且HA－电离程度大于HA－水解程度。故c(A2－)＞c(H2A)，A项错误；‎ B项：NaHCO3溶液中，电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)。两式相减得质子守恒c(H＋) ＋c(H2CO3) ＝c(CO32－) ＋c(OH－)。B项错误；‎ C项：pH＝1的CH3COOH溶液中有CH3COOHCH3COO-+H+，pH＝13的NaOH溶液中有NaOH＝Na＋+OH－。两溶液等体积混合时，两者充分反应后，醋酸有大量剩余使溶液显酸性，得c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。C项错误；‎ D项：NaA溶液中，电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH－)。常温pH＝8时，c(H＋)＝10－8mol/L，c(OH－)＝10－6mol/L。故c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7 mol/L。D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎12.已知25℃时，CaCO3饱和溶液中c(Ca2+)为5.3×10-5mol/L、MgCO3的饱和溶液中c(Mg2+)为2.6×10-3mol/L.若在5mL浓度均为0.01mol/L的CaCl2和MgCl2溶液中，逐滴加入5mL 0.012mol/LNa2CO3溶液，充分反应后过滤得到溶液M和沉淀N(不考虑溶液体积的变化)。下列观点不正确的是 A. 25℃时，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9‎ B. 加入Na2CO3溶液的过程中，先生成CaCO3沉淀 C. 滤液M中:c(Cl-)>c(Na+)>c(Mg2+)>c(CO3-)>c(OH-)‎ D. 滤液M中: ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）=5.3×10-5mol•L-1，则c（CO32-）=5.3×10-5mol•L-1，Ksp=c（Ca2+）×c（CO32-）=5.3×10-5×5.3×10-5=2.8×10-9，故A正确；B．Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=2.6×10-3×2.6×10-3=6.76×10-6，Ksp（CaCO3）较小，先生成CaCO3‎ 沉淀，故B正确；C．在5mL浓度均为0.01mol•L-1的CaCl2和MgCl2的混合溶液中加入5mL0.012mol•L-1的Na2CO3溶液，如先不考虑离子之间的反应，混合后c（Ca2+）=0.005mol•L-1，（Mg2+）=0.005mol•L-1，c（Cl-）=0.02mol•L-1，c（CO32-）=0.006mol•L-1，c（Na+）=0.012mol•L-1，c（Ca2+）×c（CO32-）=3×10-5＞2.8×10-9，则先生成碳酸钙沉淀，后剩余c（CO32-）=0.001mol•L-1，此时（Mg2+）=0.005mol•L-1，则c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Mg2+）＞c（CO32-）＞c（OH-），故C正确；D．由C可知，混合后c（Ca2+）=0.005mol•L-1，（Mg2+）=0.005mol•L-1，c（CO32-）=0.006mol•L-1，c（Ca2+）×c（CO32-）=3×10-5，c（Mg2+）×c（CO32-）=5×10-6＜6.76×10-6，没有碳酸镁沉淀生成，溶液中不存在MgCO3（s）+Ca2+（aq）⇌CaCO3（s）+Mg2+（aq），故D错误。答案：故选D．‎ 点睛:A．根据Ksp=c（Ca2+）×c（CO32-）计算；B．Ksp越小，越易生成沉淀；C．计算混合后各离子浓度，可比较大小；D．结合C的计算，溶液中没有生成碳酸镁沉淀。‎ ‎13.HR是一元酸。室温时，用0.250 mo·L-1NaOH 溶液滴定25.0 mLHR溶液时，溶液的pH 变化情况如图所示。其中，b 点表示两种物质恰好完全反应。下列叙述正确的是 A. HR 的电离常数Ka=5×10-6‎ B. 图中X<7‎ C. a 点溶液中粒子浓度大小关系是：c(Na+)>c(R-)>c(HR)>c(H+)>c(OH-)‎ D. b 点溶液中粒子浓度大小关系是：c(Na+)>c(OH-)>c(R-)>c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ HR是一元酸，b点加入20mLNaOH溶液时NaOH与HR恰好完全反应，反应的方程式为NaOH+HR=NaR+H2O，则0.250mol/L20mL=c（HR）总25.0mL，解得c（HR）总=0.2mol/L。A，HR的电离方程式为HRH++R-，由图像可知0.2mol/LHR溶液的pH=3，c（H+）=c（R-）=110-3mol/L，c（HR）=0.2mol/L-110-3mol/L0.2mol/L，HR的电离常数Ka==‎ ‎=510-6，A项正确；B，b点NaOH与HR恰好完全反应得到NaR溶液，NaR属于强碱弱酸盐，由于R-的水解NaR溶液呈碱性，b点溶液的pH值X7，B项错误；C，a点加入10mLNaOH溶液，NaOH溶液与HR充分反应后得到等物质的量浓度的NaR和HR的混合溶液，溶液中既存在HR的电离平衡（HRH++R-）又存在NaR的水解平衡（R-+H2OHR+OH-），由于pH=4.7溶液呈酸性，HR的电离程度大于R-的水解程度，溶液中粒子浓度大小关系是：c（R-）c（Na+）c（HR）c（H+）c（OH-），C项错误；D，b点NaOH与HR恰好完全反应得到NaR溶液，由于R-的水解溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，溶液中粒子浓度大小关系是：c（Na+）c（R-）c（OH-）c（H+），D项错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查酸碱中和滴定的pH曲线分析，涉及电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。判断溶液中粒子浓度的大小关系时，首先明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的主次关系（如C项中HR的电离程度大于R-的水解程度），注意弱酸、弱碱的电离和盐类水解都是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒。‎ ‎14.用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液[n(AlCl3):n(CuSO4)＝1:9 ]。t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为 224 mL（忽略气体的溶解）；t2时刻Cu全部在电极上析出。下列判断正确的是 A. a电极与电源的负极相连 B. t2时，两电极的质量相差3.84 g C. 电解过程中，溶液的pH不断增大 D. t2时，b电极的电极反应是2H2O－4e－＝2OH－＋H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析： 阳极先产生氯气后产生氧气；阴极先析出铜后逸出氢气。a电极为阳极，A错误；a电极所得混合气体为氯气和氧气，由氯气体积得混合溶液中Cl-为0.02mol，由氯化铝和硫酸铜物质的量比1：9得溶液中Cu2+为0.06mol，所以t2时阴极析出0.06molCu，质量为3.84g，B正确；电解过程中相当于依次电解氯化铜溶液、硫酸铜溶液、硫酸铝溶液，C错误；b电极为阴极，得电子发生还原反应，D错误。‎ 考点： 电化学 ‎15.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是 A. 随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数 B. pH=3.50时，c(HA﹣)> c(H2A) > c(A2﹣)‎ C. b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5‎ D. pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误； B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；‎ C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2= =c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；‎ D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎16.NH4HSO4在水溶液中的电离方程式为：NH4HSO4=NH4++H++SO42﹣．现向100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示．下列说法中不正确的是 A. a点的溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）‎ B. b点的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）‎ C. c点的溶液中：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）‎ D. d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d＞e ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点的溶液中，100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，剩余的NH4HSO4大约是Na+的4倍，已知NH4HSO4=NH4++H++SO42-，所以c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），故A正确； B．b点NaOH为100mL，NH4HSO4与NaOH等物质的量反应生成等浓度的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液显弱酸性，由于Na+、SO42-都不水解，所以c（Na+）=c（SO42-），NH4+水解显酸性，水解程度较小，所以c（NH4+）＞c（H+），则溶液中离子浓度关系为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误； C．c点的溶液pH=7，NaOH稍微过量，则c（Na+）＞c（SO42-），溶液中c（OH-）=c（H+），所以溶液中离子浓度关系为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），故C正确； D．d、e点对应溶液中，氨水过量，溶液显碱性，氨水电离的氢氧根离子抑制了水的电离，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，由图可知，e点溶液中氢氧根离子浓度大，则水的电离程度小，即水电离程度大小关系是d＞e，故D正确； 故选B。‎ ‎17.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡。根据所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）下列方法中可以使0.1mol/L CH3COOH溶液中值增大的措施是_____‎ A．加水稀释 B．加入少量CH3COONa固体 C．加入少量冰醋酸气体 D．通入少量HCl ‎（2）t℃时，水的离子积常数KW=1×10－12。该温度下，若100体积pH=a的H2SO4溶液与1体积pH=b的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则a+b=___________。‎ ‎（3）常温下，有等pH的三种溶液：a．NaHCO3 b．NaClO c．CH3COONa，三种溶液浓度由大到小的顺序为：_______________（填序号）‎ ‎（4）已知25℃时，Ksp（AgCl）= 1.8×10－10，现将足量氯化银分别放入：‎ a．100mL 蒸馏水中 b．100mL 0.2mol/L AgNO3 溶液中 c．100mL 01mol/L氯化铝溶液中 d．100mL 0.1mol/L盐酸溶液中 充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是______________（填序号）；b中氯离子浓度为_____________mol/L ‎【答案】 (1). AD (2). 14 (3). c>a>b (4). b>a>d>c (5). 9×10－10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1）要使溶液中值增大，应是平衡向电离的方向移动； （2）该温度下，若100体积pH=a的H2SO4溶液与1体积pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，应存在n（H+）=n（OH-）； （3）酸性越强，水解程度越弱；‎ ‎（4）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化，依据溶度积分别计算；100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，根据氯化银的Ksp=1.8×10-10计算．‎ ‎【详解】：（1）A．加水稀释，pH正向移动，溶液中值增大，故A正确； B．加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则溶液中 值减小，故B错误； C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡逆向移动，则溶液中值减小，故C错误；‎ D．通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，则溶液中值增大，故D正确； 故答案为：AD； （2）该温度下，若100体积pH=a的H2SO4溶液与1体积pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则100×10-a=1×10b-12，则2-a=b-12，a+b=14，故答案为：14；‎ ‎（3）已知酸性醋酸＞碳酸＞次氯酸，则酸越强，对应的钠盐的pH越小，若pH相同则浓度c>a>b，故答案为：c>a>b；‎ ‎（4）100mL 0.2mol•L-1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，c100mL 0.1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10-10mol/L；d100mL 0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10-9mol/L；综上所述大小顺序为b＞a＞d＞c，100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，加如氯化银后，氯离子浓度为1.8×10−10/0.2=9×10-10mol/L，故答案为：b＞a＞d＞c；9×10-10．‎ ‎【点睛】难溶物饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积是常数，只随温度变化，同一温度下同一种难溶物的饱和溶液中离子浓度相同。‎ ‎18.I．二甲醚是一种重要的清洁燃料．合成二甲醚是解决能源危机的研究方向之一．‎ ‎（1）用CO2和H2可以合成二甲醚（CH3OCH3）‎ 已知：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ/mol CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=﹣41.1kJ/mol ‎2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H3=﹣24.5kJ/mol 则反应2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=____________．‎ ‎（2）二甲醚（CH3OCH3）燃料电池可以提升能量利用率．利用二甲醚酸性介质燃料电池电解200mL饱和食盐水（惰性电极），电解一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）‎ ‎①二甲醚燃料电池的正极反应式为_____________________________．‎ ‎②请写出电解食盐水的化学方程式____________________．‎ ‎③电解后溶液的pH=_________．‎ II．室温下，0.1 mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 mol·L－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：‎ ‎（3）点③所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：___________________。点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+c(C2O422-)＝________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). ﹣122.5 kJ·mol﹣1 (2). O2+4e﹣+4H+=2H2O (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ (4). 14 (5). c(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH―) (6). 0.10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）利用盖斯定律计算所需热化学方程式；‎ ‎（2））①原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳碳，正极是氧气得到电子在酸性溶液中生成水，结合电荷守恒和原子守恒书写电极反应； ②电极饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气； ③根据电解氯化钠溶液的电解方程式来求溶液的pH，结合电极反应和电子守恒计算消耗二甲醚的质量．‎ II．（3）点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，溶液显酸性，HC2O4-的电离程度大于水解程度；‎ ‎（4）结合物料守恒进行分析；‎ ‎【详解】：（1）利用盖斯定律进行计算，将三个方程式进行形式变换， ①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol ②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=-41.1kJ/mol ③2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H3=-24.5kJ/mol 盖斯定律计算①×2-2×②+③得到：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.5 kJ•mol-1，故答案：-122.5 kJ•mol-1；‎ ‎（2））①正极上是氧气得到电子发生还原反应，在酸性溶液中生成生成水，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；‎ ‎②电极饱和食盐水阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，故答案为：；‎ ‎③生成的氢气为2.24L（标况）即为0.1mol，根据点解方程式可知此过程中生成氢氧根0.2mol，忽略溶液的体积变化，则c（OH-）=0.2mol/200mL=1mol/L，故pH值为14，故答案为：14；‎ II．（3）点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，溶液显酸性，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度关系为：c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；‎ ‎（4）点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c（HC2O4-）+c（H2C2O4）+c（C2O42-）=0.10mol/L× =0.04mol/L；c（K+）=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以c（HC2O4-）+c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（K+）=0.10mol•L-1，故答案为：0.10；‎ ‎19.碘过量可以导致对健康的不良影响，包括甲状腺功能亢进症(IIH)和自身免疫甲状腺病(AITD)。国家规定，食盐中碘含量的标准为(18～33)mg·kg-1(即;每千克碘盐中含碘元素18～33毫克)。某课外活动小组为测定某碘盐(含KIO3)样品中的碘含量，设计了如下步骤：‎ Ⅰ.用天平准确称取10.0g碘盐样品，加适量蒸馏水充分溶解，得到100mL溶液；‎ II.取步骤I中溶液25.00mL用稀硫酸酸化，加入足量KI溶液与碘盐中的KIO3充分反应；‎ III.以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为3.0×10-4mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定步骤II所得溶液(滴定时的反应方程式:I2+2S2O32-==2I-+S4O62-)，若平行实验三次，记录数据如下:‎ 滴定次数 待测溶液的体积(mI.)‎ 标准Na2S2O3溶液的体积 滴定前读数(mL)‎ 滴定后读数(mL)‎ ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.02‎ ‎11.03‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎11.99‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎2.20‎ ‎12.20‎ ‎(1)步骤II涉及反应的离子方程式为___________________________；‎ ‎(2)步骤III中滴定终点的现象是____________________________；‎ ‎(3)根据题中所给数据，计算该碘盐样品中的碘元素含量是_______________mg·kg-1(保留三位有效数字);‎ ‎(4)以下操作会导致测定结果偏高的是_______。‎ A.未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管 B.滴定前锥形瓶有少量水 C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 ‎【答案】 (1). 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O (2). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 (3). 25.4 (4). AC ‎【解析】‎ ‎(1) I-与IO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，正确答案：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O。‎ ‎(2)反应后的溶液中有碘，加入淀粉溶液变蓝色，随着滴定反应的进行，碘逐渐消耗至完全，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色，滴定达到终点，正确答案：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色。 ‎ ‎ (3)从实验数据看出：三次标准Na2S2O3溶液的体积分别为：10.01 mL、9.99 mL、10.00 mL，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为10.00 mL；根据反应: 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O和I2+2S2O32-==2I-+S4O62-得出关系式IO3----3I2---6S2O32-，设消耗KIO3 xmol, x=（10×10-3×3.0×10-4）/6=0.5×10-6mol, 碘盐样品中的碘元素含量: （0.5×10-6×100÷25×127）2.54×10-4g=0.254 mg； 1000g碘盐样品中含有碘元素质量为0.254×1000÷10=25.4 mg·kg-1；正确答案：25.4。‎ ‎(4) 未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管,造成浓度减小，消耗的体积增大，测定结果偏高，A正确；滴定前锥形瓶有少量水，不影响溶液溶质的总量，测定结果无影响，B错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成消耗的标准液的体积增大，测定结果偏高，C正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成所消耗的标准液的体积偏小，测定结果偏低，D错误；正确选项AC。‎ 点睛：在进行(3)计算时，一定要注意：三组数据是否可用；滴定时用的25毫升溶液，最终计算时用100毫升溶液，扩大4倍；最后的单位注意mg·kg-1。‎ ‎20.甲醇是一种重要工业原料，利用甲醇可以制氢气．‎ Ⅰ．甲醇与水蒸气反应可以直接制得氢气．‎ 已知CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H＞0，一定条件下，向体积为2L的恒容器密闭容器中充入1.2molCH3OH（g）和2.8molH2O（g），实验测得，反应共吸收的能量和甲醇的体积分数随时间变化的曲线图象如图1．‎ ‎（1）从反应开始至平衡，H2的平均反应速率为___________．‎ ‎（2）该条件下，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的△H=__________，该反应的平衡常数为__________．‎ ‎（3）在D点时，将容器的体积压缩为原来的一半，同时再充入7.2mol的H2O（g），CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）平衡_________________移动（填“往左”、“往右”或“不”）．‎ Ⅱ．将甲醇燃料电池高温电解等物质的量的H2O﹣CO2混合气体可以间接制备H2．其基本原理如图2所示．‎ ‎（4）甲醇燃料电池以酸性溶液为电解质，写出电池负极的电极反应式_________．‎ ‎（5）电解池中发生的总反应方程式为_________________．‎ ‎（6）当质子交换膜中通过的H+数目为4.816×1023时，理论上电解池中产生的H2为_______________L（标准状况）．‎ ‎【答案】 (1). 0.03mol/（L·s） (2). +49.4kJ/mol (3). 0.09（mol/L）2 (4). 不 (5). CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+ (6). H2O+CO2H2+CO+O2 (7). 4.48‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过三段式求取浓度变化，再根据 计算；‎ ‎（2）参加反应n（CH3OH）=0.2mol/L×2L=0.4mol，有0.4mol甲醇反应吸收19.76kJ热量，据此计算1mol甲醇反应吸收的热量；化学平衡常数 ；‎ ‎（3））根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，如果浓度商等于平衡常数，则平衡不移动；‎ ‎（4）甲醇燃料酸性电池中，负极上甲醇失电子发生氧化反应；‎ ‎（5）电解池中，反应物是水和二氧化碳，生成物是氢气、CO和氧气；‎ ‎（6）串联电路中转移电子相等，根据转移电子相等计算生成氢气体积．‎ ‎【详解】反应前c（CH3OH）=1.2mol/2L=0.6mol/L、c（H2O）=2.8mol/L=1.4mol/L，设参加反应的c（CH3OH）为xmol/L，列三段式：‎ ‎ ‎ 根据图知，反应后甲醇的体积分数占1/6，相同条件下体积之比等于其物质的量之比，所以甲醇的物质的量分数= ，x=0.2则生成c（H2）=3x=3×0.2mol/L=0.6mol/L，故v（H2）=0.6mol/20s=0.03mol/（L·s）；‎ ‎（2）参加反应的n（CH3OH）=0.2mol/L×2L=0.4mol，有0.4mol甲醇反应吸收19.76kJ热量，据此计算1mol甲醇反应吸收的热量=19.76kJ/0.4mol=+49.4kJ/mol；化学平衡常数=0.09（mol/L）2;故答案为：+49.4kJ/mol；0.09（mol/L）2；‎ ‎（3）再充入7.2mol水蒸气，c（H2O）=7.2mol/1L==7.2mol/L，缩小容器体积时，c（CH3OH）=0.8mol/L、c（H2O）=9.6mol/L、c（CO2）=0.4mol/L、c（H2）=1.2mol/L，浓度商=，其浓度商等于化学平衡常数，所以平衡不移动，故答案为：不；‎ ‎（4）甲醇燃料酸性电池中，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；‎ ‎（5）电解池中，反应物是水和二氧化碳，生成物是氢气、CO和氧气，故答案为：；‎ ‎（6）串联电路中转移电子相等，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，通过离子交换膜的氢离子是4，当质子交换膜中通过的H+数目为4.816×1023‎ 时，即通过的氢离子物质的量=0.8mol，转移0.8mol电子得到0.8mol电子，根据转移电子相等得生成氢气体积=(0.8mol/4)×1×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48。‎ ‎【点睛】当改变平衡状态下多个条件时（除温度外）可以通过浓度商和平衡常数的大小关系来判断平衡移动方向；串联电路中各点得失电子数相同。‎ ‎21.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：‎ 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：‎ 金属离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Al3＋‎ Ni2＋‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎5.8‎ ‎3.0‎ ‎6.8‎ 完全沉淀的pH ‎3.2‎ ‎8.8‎ ‎5.0‎ ‎9.5‎ ‎②Ksp(CaF2)＝1.46×10-10；‎ ‎③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，视为完全沉淀。‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_______________________________。‎ ‎（2）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式：_____________。‎ ‎（3）“调pH”时pH的调控范围为__________________。‎ ‎（4）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：________________________________，证明Ni2＋已经沉淀完全的实验步骤及现象是______________________________，当Ca2＋沉淀完全时，溶液中c(F-)>____________mol·L-1(写出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 把废镍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大酸的浓度或提高搅拌速率等) (2). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (3). 5.0≤pH<6.8 (4). Ni2＋＋C2O42-＋2H2O=NiC2O4·2H2O↓ (5). 取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)2C2O4‎ 溶液，无沉淀生成 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3、CaSO4及过量的硫酸，试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入 的是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni（HO）2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀、Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca 2+，过滤，再向滤液中加入（NH4）2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题．‎ ‎【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为：把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，试剂a是H2O2，所以“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； ‎ ‎（3）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0～6.8，故答案为：5.0≤pH<6.8；‎ ‎（4）向滤液中加入（NH4）2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O，证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液，继续滴加（NH4）2C2O4溶液，无沉淀生成；当Ca2+沉淀完全时，即c（Ca2+）＜10-5mol/L，根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10，可知溶液中c（F-）＞mol/L，故答案为：Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O；取上层清液，继续滴加（NH4）2C2O4溶液，无沉淀生成；。‎ ‎ ‎