河北省张家口市宣化第一中学2019-2020高二上学期月考考试化学试卷
化学试卷
一、单选题（本大题共19小题，共47.0分）
1. 化学反应与能量的关系密切，下列有关说法合理的是( )
A. 吸热反应必须在加热的条件下才能发生
B. 合适的催化剂可以使放热反应转化为吸热反应
C. 放热反应的反应物总能量一定高于生成物总能量
D. 吸热反应一定比放热反应更难发生
2. 下列做法与盐类水解无关的是( )
A. 用氯化铵溶液除铁锈
B. 用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液
C. 用饱和氯化铁溶液制氢氧化铁胶体
D. 用硝酸钾固体配制植物生长营养液
3. 下列关于能量转换的认识中错误的是( )
A. 电解水时，电能转化为化学能
B. 电动车行进时，电能主要转化为化学能
C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 水力发电时，机械能转化为电能
4. 某小组依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电极X可以是碳棒也可以是银棒
B. 盐桥中的阳离子流向CuSO4溶液所在烧杯
C. 银电极为电池的负极，发生的电极反应为Ag-e-=Ag+
D. 外电路中电流的方向是从银电极流向X电极
5. 常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是( )
A. 1 mol⋅L-1的Na2CO3溶液 B. 2 mol⋅L-1的K2CO3溶液
C. 2 mol⋅L-1的HCl溶液 D. 1 mol⋅L-1的NaCl溶液
6. 将NaHCO3溶液加热蒸干并充分灼烧，得到的是( )
A. NaHCO3 B. Na2O C. Na2CO3 D. NaOH
7. 化学反应原理的知识有重要的作用。下列说法正确的是( )
A. 可逆反应的反应物转化率越大，反应的化学平衡常数越大
B. 焓减小同时熵增加的化学反应属于自发反应
C. 盐的水解平衡常数随着盐溶液的浓度减小而减小
D. 温度不变时盐的水解会使水的离子积常数增大
8. 已知HF是一种弱酸，则等体积等浓度的KOH溶液和HF溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是( )
A. c(K+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)
B. c(K+)>c(F-)>c(H+)>c(OH-)
C. c(K+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)
D. c(K+)>c(H+)=c(OH-)>c(F-)
9. 在相同温度时，100 mL 0.01 mol⋅L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol⋅L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者小于后者的是( )
A. H+的物质的量浓度 B. 醋酸的电离常数
C. 完全中和时所需NaOH的物质的量 D. CH3COO-的物质的量
10. 下列各式中能正确表示水解反应的是( )
A. S2-+2H2O⇌H2S+2OH-
B. NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+
C. AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
D. HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-
1. 已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，例如图(Ⅰ)所示：△H1=△H2+△H3根据上述原理和图(Ⅱ)所示，判断各对应的反应热关系中不正确的是( )
A
. A→F△H=-△H6
B. A→D△H=△H1+△H2+△H3
C. △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0
D. △H1+△H6=△H2+△H3+△H4+△H5
2. 相同温度的下列溶液中阴离子的总浓度最大的是( )
A. 0.2 mol⋅L-1Na2S B. 0.1 mol⋅L-1 Ba(OH)2
C. 0.2 mol⋅L-1 KNO3 D. 0.2 mol⋅L-1 (NH4)2SO4
3. 某温度下向澄清的饱和石灰水中加入少量生石灰，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述正确的是( )
A. 溶液的质量不变 B. 溶液pH增大
C. 溶液底部存在不溶物 D. 溶液中Ca2+数目不变
4. 稀氨水中存在电离平衡NH3⋅H2O⇌NH4++OH-，下列叙述正确的是( )
A. 加水稀释后，溶液中c (H+)减小
B. 通入少量HCl(g)后，溶液中c(NH4+)减小
C. 加入少量浓氨水，电离平衡逆向移动
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液的pH减小
5. 已知某温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15，若用定义pH一样的方法来规定pD=-lg{c(D+)}，则该温度下，下列叙述正确的是( )
A. 纯净的重水(D2O)中，pD=7
B. 溶解有NaCl的重水溶液，其pD=7
C. 纯净的重水中(D2O)，c(D+)=c(OD-)
D. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12.0
6. 25℃时，用浓度为0.1000 mol⋅L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol⋅L-1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力 顺序：HZ
n(CO2)n(H2)n(CO2)n(H2)值变小
②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0～5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=______；KA、KB、KC三者的大小关系是______。
③上述合成二甲醚的过程中，提高CO2的转化率可采取的措施有______ (任写两种)。
(2)用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液。若常温下，NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)______c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)，试计算常温下反应NH4++HCO3-+H2O⇌NH3⋅H2O+H2CO3的平衡常数K=______；NH4HCO3溶液中物料守恒表达式为______。
(3)绿色“二甲醚燃料电池”在酸性溶液中负极的电极反应式为______。
四、简答题（本大题共2小题，共23.0分）
1. 已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示。
(1)25℃时，将10 mL pH=a的盐酸与100 mL pH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=______。
(2)95℃时，将0.02 mol⋅L-1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合(假设溶液的体积变化忽略不计)，所得混合液的pH=______。
(3)25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10-10，若向50 mL 0.018 mol⋅L-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol⋅L-1的盐酸(假设溶液的体积变化忽略不计)，混合后溶液中Ag+的浓度为______ mol⋅L-1，pH为______。
(4)25℃时Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下欲除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol⋅L-1)，需调节溶液的pH范围为______。
2. 热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。
Ⅰ.利用如图装置(省略加热装置)，探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。
(1)加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有
______。
(2)加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。
①B中发生反应的离子方程式为______。
②待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：______。
Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值).实验步骤如下：
①准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL。
②移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3% H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL。
(已知：Ksp(AgCl，白色)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4，砖红色)=9.0×10-12)
(3)步骤①中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、______、______。
(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是______(用离子方程式表示)。
(5)滴定终点的现象是______。
(6)该漂白粉总氯的百分含量为______。
(7)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是______。
A.指示剂K2CrO4的用量过多
B.在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
化学试卷答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应就是吸热反应，但是不需条件就能发生，故A错误；
B、催化剂只能降低正逆反应的活化能，不能改变反应的热效应，故B错误；
C、当反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热，故放热反应的反应物总能量一定高于生成物总能量，故C正确；
D、反应发生的难易程度和反应吸放热无关，吸热反应不一定比放热反应更难发生，故D错误。
故选：C。
A、吸热反应不一定在加热的条件下发生；
B、催化剂只能降低正逆反应的活化能；
C、当反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热；
D、反应发生的难易程度和反应吸放热无关。
本题考查了反应吸放热的判断、催化剂的作用等，应注意的是催化剂只能降低反应的活化能，对反应的热效应无影响。
2.【答案】D
【解析】解：A、氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可用于除锈，和盐类水解，故A正确；
B、胆矾溶液即硫酸铜溶液，水解显酸性，故用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液能抑制硫酸铜的水解，和盐类的水解有关，故B正确；
C、铁离子水解可制备胶体，与水解有关，故C正确；
D、硝酸钾不水解，故用硝酸钾固体配制植物生长营养液和盐类的水解无关，故D错误。
故选：D。
A、氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性；
B、胆矾溶液即硫酸铜溶液，水解显酸性；
C、铁离子水解；
D、硝酸钾不水解。
本题考查氧化还原反应、盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，题目较简单。
3.【答案】B
【解析】解：A.电解时，在电能的作用下发生化学反应，所以电解水时，电能转化为化学能，故A正确；
B.电动机中电能转化为动能，则电动车行进时，电能主要转化为动能，故B错误；
C.煤燃烧时，向外释放热能，即化学能主要转化为热能，故C正确；
D.水力发电是用流水带动发电机发电，则机械能转化为电能，故D正确。
故选：B。
A.电解时，在电能的作用下发生化学反应；
B.电动机中电能转化为动能；
C.煤燃烧时，向外释放热能；
D.水力发电是用流水带动发电机发电。
本题考查常见的能量转化形式，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，明确化学能、电能、机械能、热能等能量之间的转化是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A.电极X的材料是铜，为原电池的负极，故A错误；
B.盐桥中的阳离子流向硝酸银溶液所在烧杯，故B错误；
C.银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++e-=Ag，故C错误；
D.电流由正极沿导线流向负极，所以外电路中电流的方向是从银电极流向X电极，故D正确。
故选：D。
由方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，以此解答该题。
本题考查原电池知识，为高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写。
5.【答案】B
【解析】解：CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3(s)⇌Ca2++CO32-，根据同离子效应，CO32-会抑制CaCO3溶解。1mol⋅L-1的Na2CO3溶液CO32-离子浓度为1mol⋅L-1，而2mol⋅L-1的K2CO3溶液中CO32-离子浓度最大，为2mol⋅L-1，抑制碳酸钙的溶解程度更大；2mol⋅L-1的HCl溶液为酸性溶液，氢离子消耗碳酸根离子，促进碳酸钙的溶解；NaCl对碳酸钙的溶解平衡无影响。
故选：B。
依据CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡，CaCO3(s)⇌Ca2++CO32-，结合选项中CO32-
浓度大小以及能与CO32-反应离子浓度大小分析CaCO3的溶解度大小。
本题考查沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，主要是离子浓度大小对沉淀溶解平衡的影响，侧重分析与应用能力的考查，题目较简单。
6.【答案】C
【解析】解：NaHCO3溶液水解为H2CO3和NaOH，由于CO2不能从NaOH溶液中逸出，故水解不能彻底，NaHCO3溶液蒸干后水消失，得到的即是NaHCO3固体；而NaHCO3易受热分解，故灼烧后分解为Na2CO3，即最终得到的是碳酸钠固体，
故选：C。
NaHCO3溶液水解为H2CO3和NaOH，由于CO2不能从NaOH溶液中逸出，故水解不能彻底，据此分析蒸干后的产物，然后根据NaHCO3易受热分解来分析灼烧后的产物。
本题考查了盐溶液蒸干并灼烧后所得固体的成分，应根据盐类水解后的产物的特点来分析蒸干时盐能否水解完全。
7.【答案】B
【解析】解：A、化学平衡常数只受温度的影响，可逆反应的反应物转化率越大，平衡常数不一定越大，故A错误；
B、自发反应的G=△H-T⋅△S<0，焓减小同时熵增加的反应的G小于0，故属于自发反应，故B正确；
C、盐类的水解平衡常数只受温度的影响，和盐溶液的浓度大小无关，故C错误；
D、水的离子积Kw只受温度的影响，和盐类的水解程度大小无必然的关系，故D错误。
故选：B。
A、化学平衡常数只受温度的影响；
B、自发反应的G=△H-T⋅△S<0；
C、盐类的水解平衡常数只受温度的影响；
D、水的离子积Kw只受温度的影响。
本题考查了盐类水解平衡常数、化学平衡常数以及水的离子积等的影响因素和反应能否自发进行的判断，难度不大，应注意温度是影响平衡常数的唯一的因素。
8.【答案】C
【解析】解：KOH强碱溶液和等体积、等浓度的HF弱酸溶液混合后，恰好反应为KF，为强碱弱酸盐，
F-水解，则c(K+)>c(F-)，
水解显碱性，则c(OH-)>c(H+)，
溶液中显性离子大于隐性离子，则浓度关系为(K+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)，
故选：C。
KOH强碱溶液和等体积、等浓度的HF弱酸溶液混合后，恰好反应为KF，为强碱弱酸盐，水解显碱性。
本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质及盐类水解是解答的关键，注意显性离子与隐性离子的关系，题目难度中等。
9.【答案】A
【解析】解：相同温度下，100 mL 0.01 mol⋅L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol⋅L-1的醋酸溶液中酸的物质的量相等，
A.酸的浓度越大其电离程度越小，则电离程度：前者>后者，溶液浓度：前者<后者，所以溶液中c(H+)：前者<后者，故A正确；
B.温度不变电离平衡常数不变，两种溶液的温度相等，所以酸的电离平衡常数相同，故B错误；
C.完全中和时消耗n(NaOH)与酸的物质的量成正比，两种溶液中酸的物质的量相等，所以消耗的n(NaOH)相等，故C
错误；
D.CH3COOH电离程度：前者>后者，所以n(CH3COO-)：前者>后者，故D错误；
故选：A。
相同温度下，100 mL 0.01 mol⋅L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol⋅L-1的醋酸溶液中酸的物质的量相等，酸浓度越大，其电离程度越小，电离平衡常数只与温度有关，据此分析解答。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离影响因素、酸碱中和反应消耗碱的物质的量影响因素是解本题关键，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，注意AD区别和联系，注意：同一种弱电解质溶液中，浓度越大其电离程度越小，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A、S2-是多元弱酸根，其水解分步进行，故水解的离子方程式为S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；
B、NH4+水解为NH3⋅H2O和H+，故离子方程式为NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，故B正确；
C、AlO2-和HCO3-均是弱酸根，故两者生成Al(OH)3和CO32-不是双水解，是强酸制弱酸，故C错误；
D、HCO3-水解生成OH-和H2CO3，HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-是其电离方程式，其水解方程式为HCO3-+H2O⇌OH-+H2CO3，故D错误。
故选：B。
水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程；
多元弱酸根的水解分步进行，多元弱碱阳离子的水解一步完成；
盐类的单水解反应方程式用可逆符号表示，不标沉淀和气体符号；
盐类的某些双水解很彻底，用等号，标沉淀和气体符号，以此分析得出正确结论。
本题考查学生对水解反应原理的理解，题目难度不大，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解和电离。
11.【答案】D
【解析】解：A、根据热化学方程式的含义，互为可逆的两个化学反应其焓变是互为相反数的关系，即A→F：△H=-△H6，故A正确；
B、根据盖斯定律：A→D的△H=△H1+△H2+△H3，故B正确；
C、对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，即△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0，故C正确；
D、根据盖斯定律：△H1+△H6=-(△H2+△H3+△H4+△H5)，故D错误．
故选D．
一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，可以根据盖斯定律以及热化学方程式的含义来回答判断．
本题考查学生对热化学方程式的理解以及盖斯定律的掌握，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．
12.【答案】A
【解析】解：A.0.2 mol⋅L-1Na2S溶液中，S2-水解，阴离子的总浓度大于0.2mol⋅L-1；
B.0.1mol⋅L-1Ba(OH)2溶液中阴离子浓度为0.2mol⋅L-1；
C.0.2 mol⋅L-1 KNO3溶液中阴离子浓度为0.2mol⋅L-1；
D.0.2 mol⋅L-1 (NH4)2SO4溶液中阴离子浓度为0.2mol⋅L-1；
根据分析可知，阴离子浓度最大的为A，
故选：A。
结合电解质的强弱以及阴离子的水解程度进行判断，电解质越弱，溶液中阴离子浓度越小，多元弱酸盐越易水解，溶液中阴离子浓度越大，以此解答该题。
本题考查物质的量的计算、盐的水解原理应用，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及影响，试题侧重考查学生的灵活应用能力。
13.【答案】C
【解析】解：饱和石灰水中加入少量生石灰，充分反应后恢复到原来的温度，溶液仍然为饱和溶液，但是由于氧化钙与水反应导致溶液的质量减小，有沉淀生成，溶液中各离子浓度不变，
故选：C。
根据温度不变饱和石灰水不能再继续溶解氢氧化钙的特点进行分析解答。
此题是对溶液知识的考核，解题的关键是加入生石灰后，溶液仍为饱和溶液，恢复到原温度后，溶液的浓度不变，质量分数不变，属基础性知识考查题。
14.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释促进NH3⋅H2O电离，但是NH3⋅H2O增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH-)减小，温度不变离子积常数不变，则溶液中c (H+)增大，故A错误；
B.加入少量HCl后，HCl和OH-反应促进NH3⋅H2O电离，所以溶液中c(NH4+)增大，故B错误；
C.加入少量浓氨水，氨水浓度增大，平衡正向移动，故C错误；
D.加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH3⋅H2O电离，溶液中c(OH-)减小，溶液的pH值减小，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释促进NH3⋅H2O电离，但是NH3⋅H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH-)减小，温度不变离子积常数不变；
B.加入少量HCl后，HCl和OH-反应促进NH3⋅H2O电离；
C.加入少量浓氨水，氨水浓度增大，溶液浓度越大NH3⋅H2O电离越小；
D.加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大而抑制NH3⋅H2O电离。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱电解质电离影响因素是解本题关键，利用平衡移动及溶液中离子浓度变化分析解答即可，A为解答易错点，注意加水稀释虽然促进一水合氨电离但是溶液碱性减弱，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.c(D+)=1.6×10-15mol/L=4×10-8mol/L，所以pD>7，故A错误；
B.溶解有NaCl的重水溶液呈中性，c(D+)=4×10-8mol/L，pD>7，故B错误；
C.纯水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相同，纯净的重水中c(D+)=c(OD-)，故C正确；
D.c(NaOD)=0.01mol/L，则c(D+)=1.6×10-150.01=1.6×10-13mol/L，则pD>12，故D错误。
故选：C。
A.根据pD=-lg[D+]计算；
B.NaCl溶液呈中性；
C.纯水中c(D+)=c(OD-)；
D.先计算NaOD浓度，再根据离子积常数计算D+浓度。
本题考查pH的简单计算、离子积常数计算和影响因素判断等，注意温度不同离子积常数不同，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：未加碱溶液时，物质的量浓度的相同的酸的pH越大，酸的酸性越弱，根据图知，0.1000mol/L的HX、HY、HZ，HZ的pH=1，则HZ完全电离为强酸，HY、HX的pH都大于1，所以HY、HX都是弱酸，相同浓度的这三种酸pH：HX>HY>HZ，则酸性：HZ>HY>HX，
A、相同温度下，离子浓度越大其溶液导电性越强，酸性HZ>HY>HX，相同浓度的这三种酸中离子浓度
HZ>HY>HX，所以溶液导电性HZ>HY>HX，故A错误；
B、根据滴定曲线可知，0.1000mol/L的HY溶液pH=3，该溶液中c(Y-)≈c(H+)=10-3mol/L，酸的电离程度较小，则c(HY)≈0.1000mol/L，Ka(HY)=c(H+)⋅c(Y-)c(HY)=10-3×10-30.1000=10-5，故B正确；
C、HX加水稀释时，溶液中c(H+)和c(X-)均减小，所以溶液中c(H+)⋅c(X-)减小，故C错误；
D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)，再根据HY的电离平衡常数可知Ka(HY)=c(H+)⋅c(Y-)c(HY)，c(Y-)=Ka(HY)⋅c(HY)c(H+)，所以c(H+)=Ka(HY)⋅c(HY)c(H+)+c(Z-)+c(OH-)，故D错误；
故选：B。
未加碱溶液时，物质的量浓度的相同的酸的pH越大，酸的酸性越弱，根据图知，0.1000mol/L的HX、HY、HZ，HZ的pH=1，则HZ完全电离为强酸，HY、HX的pH都大于1，所以HY、HX都是弱酸，相同浓度的这三种酸pH：HX>HY>HZ，则酸性：HZ>HY>HX，
A、相同温度下，相同浓度的这三种酸中，离子浓度越大其溶液导电性越强；
B、Ka(HY)=c(H+)⋅c(Y-)c(HY)；
C、HX加水稀释时，溶液中c(H+)和c(X-)均减小；
D、溶液中满足电荷守恒c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)，再结合HY的电离平衡常数分析；
本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，注意掌握酸碱混合的定性判断及有关溶液pH的计算方法，正确分析、理解图象信息为解答本题的关键，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理比较溶液中各离子浓度大小，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.c(H+)=10-pH，所以甲、乙两溶液的c(H+)之比为1：10000，故A错误；
B.100℃时pH=6为中性，故B错误；
C.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，两种溶液中的溶质未知，所以无法确定两种溶液中水电离程度相对大小，故C错误；
D.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，两种溶液中的溶质未知，所以无法确定两种溶液中水电离程度相对大小，故D正确。
故选：D。
A.c(H+)=10-pH；
B.根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性；
C.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
D.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离。
本题考查了溶液酸碱性的判断等知识点，注意不能根据溶液的pH确定溶液的酸碱性，pH=7的溶液可能是酸性或碱性溶液，为易错点。
18.【答案】A
【解析】解：A、原电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故A正确；
B、葡萄糖与氧气形成的燃料电池中，葡萄糖在负极N电极上失电子而被氧化，氧气在正极M上得电子而被还原，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，所以氢离子向正极M电极移动，故C错误；
D、高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故D错误；
故选：A。
葡萄糖与氧气形成的燃料电池中，葡萄糖在负极N电极上失电子而被氧化，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，氧气在正极M上得电子而被还原，正极反应为6O2+24H++24e-=12H2O，放电过程中，H+从负极区向正极区迁移，总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。明确正负极判断与元素化合价变化关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大。
19.【答案】C
【解析】解：酸碱恰好反应生成盐，盐的物质的量=氢氧化钠的物质的量=0.040mol⋅L-1×0.01L=4×10-4mol；
但该盐是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，溶液的PH=10，所以溶液中氢离子浓度=10-10mol/L，
氢氧根离子的浓度=10-1410-10mol/L=10-4mol/L，
溶液中氢氧根离子的物质的量=10-4mol/L×(0.02+0.01)L=3×10-6mol，
即生成的氢氧化钠的物质的量是3×10-6mol。
设水解的NaA的物质的量为X。
NaA+H2O⇌NaOH+HA
1mol 1mol
X 3×10-6mol
X=3×10-6mol
水解度=3×10-6mol 4×10-4 mol×100%=0.75%，故选C。
氢氧化钠和弱酸的物质的量相等，当恰好反应时，因为水解导致溶液呈碱性，根据溶液的PH计算溶液中氢氧根离子的浓度，然后根据水解方程式计算水解的弱根离子，再结合水解度公式计算其水解度．
本题考查了盐类的水解，难度不大，能根据溶液的PH值得出溶液中氢氧化钠的物质的量浓度是解本题的关键．
20.【答案】AD
【解析】解：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-，
A.酸性：H2CO3>HCN>HCO3-，所以发生CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-反应，故A错误；
B.酸性HCOOH>H2CO3，所以2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑能发生，故B正确；
C.等pH的HCOOH和HCN溶液，酸的物质的量：HCOOHc(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-) 增大 小于 c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) 10-12
【解析】解：(1)含有弱离子的盐能发生水解，碳酸钠和碳酸氢钠都是含有弱离子的盐，能发生水解，故选①②；
(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，HCO3-水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性，溶液中HCO3-和水都电离生成氢氧根离子，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)，故答案为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)；
(3)向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以c(NH4+)c(OH-)的值增大，故答案为：增大；
(4)NH3⋅H2O为弱电解质，不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒则c(NH4+)=c(Cl-(4)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)；
故答案为：小于；c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)；
(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的110，为0.01mol/L，由Kw=c(OH-)⋅c(H+)可知，c(OH-)=10-12mol⋅L-1，则此时溶液中由水电离出的c(H+)=10-12mol⋅L-1，
故答案为：10-12．
(1)含有弱离子的盐能发生水解；
(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，HCO3-电离程度小于水解程度，其溶液呈碱性；
(3)向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离；
(4)NH3⋅H2O为弱电解质，不能完全电离；根据电荷守恒分析离子浓度关系；
(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的110，为0.01mol/L．
本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性结合守恒思想分析解答，题目难度不大．
22.【答案】b 0.18mol⋅L-1⋅min-1 KA=KC>KB 增大投料比、增大压强、降低温度等 > 1.25×10-3 c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+
【解析】解：(1)①a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；
d.容器中的n(CO2)n(H2)值变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误，
故选：b；
②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol×60%×12=1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)=1.8mol2L5min=0.18mol⋅L-1⋅min-1；
平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下正向进行程度大，故T1温度比T2温度小，则KA=KC>KB，
故答案为：0.18mol⋅L-1⋅min-1；KA=KC>KB；
③反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应、气体体积减小，提高CO2的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度，从图可知投料比越大，CO2的转化率也越大；
故答案为：增大投料比、增大压强、降低温度等；
(2)根据盐类水解规律，已知NH3.H2O的电离平衡常数K=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以c(NH4+)>c(HCO3-)；反应NH4++HCO3-+H2O=NH3.H2O+H2CO3的平衡常数K=c(NH3⋅H2O)c(H2CO3)c(NH4+)c(HCO3-)=c(H+)c(OH-)K(NH3⋅H2O)K1=10-142×10-5×4×10-7=1.25×10-3；NH4HCO3溶液中物料守恒表达式为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)。
故答案为：>；1.25×10-3；c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；
(3)二甲醚在酸性电池负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。
故答案为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。
(1)①a.
逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；
d.容器中的n(CO2)n(H2)值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；
②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol×60%×12=1.8mol，根据平均反应速率v(CH3OCH3)=△c△t；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大；
③根据反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应、气体体积减小，提高CO2的转化率的方法有增大压强、降低温度，从图可知投料比越大，转化越大；
(2)根据盐类水解规律，已知NH3.H2O的电离平衡常数K=12×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，越弱越水解判断；反应NH4++HCO3-+H2O=NH3.H2O+H2CO3的平衡常数K=c(NH3⋅H2O)c(H2CO3)c(NH4+)c(HCO3-)=c(H+)c(OH-)K(NH3⋅H2O)K1计算；NH4HCO3溶液中物料守恒为n(N)=n(C)；
(3)原电池负极发生氧化反应，二甲醚在酸性条件下失去电子生成二氧化碳。
本题考查化学平衡计算与影响因素、电极反应式书写、对图象分析提取信息能力等，较为综合，考查对图象分析提取信息能力等，为常见题型，题目难度中等。
23.【答案】13 10 1.8×10-7 2 5.0n(AgNO3)，所以HCl有剩余，剩余溶液中c(Cl-)=(0.001-0.009)mol0.1L=10-3mol/L，结合c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=1.8×10-1010-3mol/L=1.8×10-7mol/L；溶液中氢离子不参加反应，则混合溶液中c(H+)=0.020mol/L×0.05L0.1L=0.01mol/L，pH=2，
故答案为：1.8×10-7；2；
(4)pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol⋅L-1，解得：c(OH-)=1×10-9mol⋅L-1，c(H+)=1×10-5mol⋅L-1，pH=5，同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH为3，所以需调节溶液的pH范围为：5.0n(AgNO3)，所以HCl有剩余，剩余溶液中c(Cl-)=(0.001-0.009)mol0.1L=10-3mol/L，结合c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)计算c(Ag+)；溶液中氢离子不参加反应，则混合溶液中c(H+)=0.020mol/L×0.05L0.1L=0.01mol/L；
(4)pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，结合Al(OH)3完全变成沉淀时的pH、Fe(OH)3完全变成沉淀时的pH分析。
本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、沉淀溶解平衡及其计算等知识，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系、把握溶度积常数的意义为解答关键，注意温度与水的离子积Kw的对应关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度中等。
24.【答案】CaCl2；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成；500mL容量瓶；胶头滴管；ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O；当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；35.5%；C
【解析】解：Ⅰ.(1)久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生氧气，氧化还原反应中元素化合价由升高和降低，氧元素化合价升高，氯元素化合价降低，则氯元素化合价变化为-1价，生成固体产物为氯化钙，化学式为CaCl2，
故答案为：CaCl2；
(2)①久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，B中发生反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；
②利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成，计实验方案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成，
故答案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成；
(3)准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL需要在容量瓶中进行，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的离子方程式为：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，
故答案为：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O；
(5)加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，
故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；
(6)准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL，移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3%H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL，氯元素守恒，得到该漂白粉总氯的百分含量=0.1000mol/L×0.02500L×50025×35.5g/mol5.00g×100%=35.5%，
故答案为：35.5%；
(7)A.指示剂K2CrO4的用量过多，可能消耗标准溶液体积小，对滴定结果可能不变或减小，故A错误；
B.
在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故B错误；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗硝酸银溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
故答案为：C。
Ⅰ.(1)久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生氧气，氧化还原反应中元素化合价由升高和降低；
(2)①久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
②利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成，可以检验B中溶液中含氯离子；
Ⅱ.(3)步骤①中，溶解、稀释至500mL需要配置溶液的过程，据此选择仪器；
(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气；
(5)加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol⋅L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，溶液中出现砖红色沉淀Ag2CrO4；
(6)结合元素守恒，生成氯化银沉淀的氯离子来源于过氧化氢还原次氯酸根离子，Ag++Cl-=AgCl↓，据此计算漂白粉中总氯的百分含量；
(7)滴定过程中消耗标准溶液体积越多测定结果越高，反之越低。
本题考查了物质组成和性质的实验设计验证和分析判断，滴定实验过程的计算应用误差分析方法，掌握基础是关键，题目难度中等。