黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
大庆四中2019～2020学年度第一学期第二次检测高二年级
化学学科试题
考试时间：90分钟 分值：100分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Cl：17 Cu: 64
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一．选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列推论正确的是
A. S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2；△H1＞△H2
B. C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定
C. NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol．则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
D. CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△S＞0，则：该反应任何温度下都能自发进行
【答案】C
【解析】
A、从固态到气态是吸热过程，两个反应均为放热反应，故第一个反应放出的热量更多。故：△H1<△H2；
B、能量越低越稳定，故石墨能量更低，更稳定。
C、1mol反应放出57.4KJ的热量，故0.5mol放出28.7KJ；
D、该反应在高温下可以自发进行。
2. 醋酸是电解质，下列事实能说明醋酸是弱电解质的组合是
①醋酸与水能以任意比互溶 ②醋酸溶液能导电
③醋酸溶液中存在醋酸分子 ④0.1 mol·L-1醋酸的pH比0.1 mol·L-1盐酸pH大
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9
⑦大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
A. ②⑥⑦ B. ③④⑤⑥ C. ③④⑥⑦ D. ①②
【答案】C
【解析】
试题分析：①醋酸与水能以任意比互溶，不能说明醋酸存在电离平衡，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；②醋酸溶液能导电，只能说明醋酸能电离，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸存在电离平衡，能证明醋酸是弱酸，故正确；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸不完全电离，能证明醋酸是弱酸，故正确；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性比碳酸强，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，其水溶液呈碱性，说明醋酸是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故正确；⑦大小相同的锌粒与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则证明醋酸是弱酸，故正确．
考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡
3.已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B. X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍
C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D. 若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n:m
【答案】B
【解析】
【详解】A、恒容容器通入稀有气体使压强增大，平衡不移动，故A错误；
B、X的正反应速率与Y的逆反应速率比等于系数比，一定平衡，故B正确；
C、焓变小于0，降低温度，平衡正向移动，气体物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；
D、若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为m:n，故D错误；
答案选B。
4. 下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
B. 0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋c(A2－)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液：c[(NH4)2SO4]
c（Na＋）> c（H＋）>c（OH－），错误；B项pH为4的NaHB溶液，说明电离大于水解，则c（HB－）>c（B2－）>c（H2B），错误；C项不符合电荷守恒，应该是c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HA－）＋c（OH－）＋2c（A2－）；D项正确。
考点：考查电解质溶液中离子浓度大小关系及守恒关系。
点评：电解质溶液中离子浓度大小及三个守恒关系是高中学习的一个难点，此题属于中等题。
5.在密闭容器中通入A、B两种气体，在一定条件下反应： 2A（g）+B（g） 2C（g） △H<0，达到平衡后，改变一个条件，下列量（Y）的变化一定符合图中曲线的是（ ）
A. ①③ B. ②③④ C. ①②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】由题知①达平衡后，再加入A，平衡正向移动，促进B的转化，即B的转化率增大，与图象符合，故①选项正确。
②加入C之后反应逆向进行，但同时也生成B，且C只有部分发生反应，故A的体积分数不一定增加，故②错误。
③增大压强反应正向进行，故A的转化率增大，故③正确；
④混合气体平均摩尔质量M=，升高温度反应逆向进行，n增大，故M会减小，故④错误；
①③正确，故选A。
6.常温下，在下列溶液中，一定能大量共存的是 （ ）
A. 在的溶液中：、、、
B. 水电离的溶液中：、、、
C. 能和Al反应产生氢气的溶液中：、、、
D. 在的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中HCO3-会与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀与二氧化碳气体，不能共存，故A选项错误。
B．水电离的的溶液中，水的电离受到抑制，可能为酸性或碱性溶液，酸性溶液中ClO-不能大量共存，故B选项错误。
C．能和Al反应产生氢气的溶液可能为酸性或碱性溶液，碱性溶液中Mg2+会生成氢氧化镁沉淀不能大量共存，故C选项错误。
D．的溶液为碱性溶液， 、、、可以在碱性溶液中大量共存，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题需要注意所给条件中存在离子的水解，例如HCO3-会与Al3+双水解，水电离出的的溶液中，水的电离受到抑制，为酸性或碱性溶液。
7.下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）
A. 加热稀醋酸溶液其 pH稍有减小
B. 纯碱溶液去油污
C. 小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
D. 浓的硫化钠溶液有臭味
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，加热促进弱酸的电离，与盐类的水解无关，故A选项正确；
B．油污在碱性条件下水解生成溶于水的物质，而纯碱为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则纯碱溶液去油污与盐类水解有关，故B选项错误；
C．小苏打溶液与AlCl3溶液混合后，溶液中HCO3-会与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀与二氧化碳气体，与盐类水解有关，故C错误；
D．浓硫化钠溶液中硫离子水解会得到硫化氢,硫化氢是有臭鸡蛋气味的气体,
所以浓硫化钠溶液有臭味,与盐类水解有关，故D选项错误；
故A选项正确。
8.使18g焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C(s)＋1/2O2(g)=CO(g) ΔH= -Q1 kJ/mol；CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) ΔH= -Q2 kJ/mol。与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是( )
A. 1/3Q1 kJ B. 1/3Q2 kJ C. 1/3(Q1＋Q2) kJ D. 1/2Q2 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】根据盖斯定律:C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH= -(Q1+Q2) kJ/mol；18g焦炭的物质的量为1.5mol，其中有1/3生成CO，即0.5mol C反应生成了CO气体，而假如这0.5mol 的CO再继续燃烧生成CO2，就可以满足1.5mol C充分燃烧完全变为CO2，所以这些焦炭完全燃烧和如题燃烧的热量差值就是这0.5mol CO燃烧放出的热量，即1/2Q2 kJ，故选D。
9.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe - 3e- = Fe3+
B. Cu-Zn及H2SO4溶液构成的原电池中负极材料为Cu
C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分
D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为：O2 + 4e- = 2O2-
【答案】C
【解析】
【详解】A项、钢铁吸氧腐蚀负极铁失电子生成亚铁离子，则负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B项、Cu-Zn及H2SO4溶液构成的原电池中，活泼金属Zn作负极，不活泼金属Cu作正极，故B错误；
C项、电解饱和NaCl溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是“84”消毒液中的有效成分，故C正确；
D项、酸性燃料电池中正极上氧气得电子发生还原反应生成水，则正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，注意把握正负极的判断和电极方程式的书写，侧重于考查对基础知识的应用能力。
10.在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是（ ）
①该反应的化学方程式为：3X＋2Y2Z
②若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间大于t0
③若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态
④若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应
A. ①②③④ B. ②③ C. ③④ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】①由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，故①错误；
②反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故②正确；
③若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以Y为固态或液态，故③正确；
④若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故④错误；
②③正确，故选B。
11.某温度下，在容积固定的密闭容器中发生可逆反应：A(g)＋2B(g)2Q(g)。平衡时，各物质的浓度比为c(A)∶c(B)∶c(Q)＝1∶1∶2。保持温度不变，以1∶1∶2的体积比再充入A、B、Q，则下列叙述正确的是
A. 刚充入时反应速率，v(正)减小，v(逆)增大
B. 达到新的平衡时，反应混合物中A、B的物质的量分数增加
C. 达到新的平衡时，c(A)∶c(B)∶c(Q)仍为1∶1∶2
D. 达到新的平衡过程中，体系压强先增大，后逐渐减小
【答案】D
【解析】
12.我国采用长征三号甲运载火箭成功发射了 “嫦娥一号” 卫星。肼（N2H4）是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。已知：N2（g）+2O2（g）=N2O4（g） △H =+8.7kJ/mol，N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g） △H= －534kJ/mol
下列表示肼和N2O4反应的热化学方程式，正确的是 （ ）
A. 2N2H4（g） + N2O4（g） ＝ 3N2（g） + 4H2O（l） △H＝–1059.3 kJ/mo
B. N2H4（g） + N2O4（g） ＝N2（g） + 2H2O（g） △H＝–542.7 kJ/mol
C. 2N2H4（g） + N2O4（g） ＝ 3N2（g） + 4H2O（g） △H＝–542.7 kJ/mol
D. 2N2H4（g） + N2O4（g） ＝ 3N2（g） + 4H2O（g） △H＝–1076.7 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】由盖斯定律可知，2×②-①可得肼（N2H4）和N2O4反应生成N2和水蒸气的化学方程式2N2H4（g） + N2O4（g） ＝ 3N2（g） + 4H2O（g），则△H＝－534kJ/mol×2-8.7 kJ/mol=–1076.7 kJ/mol，故选D。
13.在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表
CO2
H2
CO
H2O
甲
amol
amol
0mol
0mol
乙
2amol
amol
0mol
0mol
丙
0mol
0mol
amol
amol
丁
amol
0mol
amol
amol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是
A. 乙＝丁＞丙＝甲 B. 乙＞丁＞甲＞丙
C. 丁＞乙＞丙＝甲 D. 丁＞丙＞乙＞甲
【答案】A
【解析】
【详解】假设丙、丁中的CO、H2O（g）全部转化为CO2、H2，再与甲、乙比较：
CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）
丙开始时 0mol 0mol anol anol
丙假设全转化 anol anol 0mol 0mol
丁开始时 amol 0mol amol amol
丁假设全转化 2amol amol 0mol 0mol
通过比较，甲、丙的数值一样，乙、丁的数值一样，则说明甲和丙属于等效平衡，乙和丁为等效平衡，因为乙或丁相当于比甲多加入二氧化碳，则增大反应物的量，平衡正向移动，则生成一氧化碳的物质的量比甲多，故选A。
【点晴】采用极端假设法是解决本题的关键；在相同温度和压强下的可逆反应，反应后气体体积不变，按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质进行分析；本题还涉及等效平衡，等效平衡是一种解决问题的模型，对复杂的对比问题若设置出等效平衡模型，然后改变条件平衡移动，问题就迎刃而解。
14.镁燃料电池以镁合金作为电池的一极，向另一极充入H2O2，电解质溶液是酸化的NaCl溶液，放电时总反应式为Mg+2H++H2O2=Mg2++2H2O。下列关于该电池的说法中正确的是（ ）
A. 放电时H+在正极反应得电子 B. 正极反应式为H2O2 + 2e- = 2OH-
C. 镁合金为电源负极，发生氧化反应 D. 放电时正极的pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】
镁燃料电池中，负极金属镁发生失电子的氧化反应，电极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极是双氧水发生得电子得还原反应，电极反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，可以根据两极区附近氢离子和氢氧根离子之间的变化来确定溶液酸碱性的变化。
【详解】A项、根据总反应Mg+2H + +H 2 O 2 =Mg 2+ +2H 2 O可知，负极是金属镁发生失电子的氧化反应，故A错误；
B项、根据总反应Mg+2H + +H 2 O 2 =Mg 2+ +2H 2O可知，正极是双氧水发生得电子得还原反应，双氧水被还原，正极反应式为2e - +2H + +H 2 O 2 =2H 2 O，故B错误；
C项、根据总反应Mg+2H + +H 2 O 2 =Mg 2+ +2H 2 O可知，负极是金属镁发生失电子的氧化反应，电极反应式为Mg-2e - =Mg 2+ ，故C正确；
D项、根据总反应Mg+2H + +H 2 O 2 =Mg 2+ +2H 2 O可知，正极上氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查镁燃料电池，注意根据电池总反应结合溶液的酸碱性书写电极反应式，为解答该题的关键，也是易错点，学习中注意把握。
15.用来表示可逆反应：2A（g）＋B（g）2C（g）（逆反应吸热）的正确图象是下图中的（ ）
A. ①③④ B. ①②③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①根据“先拐先平，温高压大”，逆反应为吸热反应则正反应为放热反应，升高温度C的体积分数减小，故①正确；
②.升高温度，正、逆反应速率都增大，故②错误；
③增大压强，平衡正向移动，V (正)大于V (逆)，故③正确；
④增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低，故④错误；
①③正确，故选C。
【点睛】本题主要考查化学反应图像分析，注意控制分析的对象，④图当分析温度时应该固定在同一压强下分析。
16.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―的水解能力，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。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
17. 某化学实验小组从市场上买来一瓶某品牌食用白醋（主要是醋酸的水溶液），用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定以测定它的准确浓度，完全反应时所得溶液pH大致为9 。下表是4种常见指示剂的变色范围：
指示剂
石蕊
甲基橙
甲基红
酚酞
变色范围（pH）
5.0～8.0
3.1～4.4
4.4～6.2
8.2～10.0
（1）该实验应选用 作指示剂。
（2）下图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为 mL；反应达滴定终点时的现象为 。
（3）为减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为c mo1/L，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗NaOH溶液体积/mL
26.02
25.35
25.30
从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是 。
A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液；
C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗；
D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过；
E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定。
（4）根据所给数据，写出计算该白醋中醋酸的物质的量浓度的表达式(不必化简)：C＝ mol/L。
【答案】（共10分）
（1）酚酞（2分）
（2）25.40 （2分） 溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色（2分）
（3）BD（2分）
（4）〔（25.35+25.30）/2〕c/V（2分）
【解析】
试题分析：（1）食醋中的醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以滴定后的溶液呈碱性，所以选择酚酞作指示剂；
（2）A与C刻度间相差1mL，每一小格是0.1ml，滴定管的读数精确到0.01mL，所以正确读数是25.40mL；酚酞遇酸不变色，所以溶液开始无色，滴定终点时为弱碱性溶液，所以终点时的现象是溶液由无色变为浅红色或粉红色，且半分钟内不褪色；
（3）A、实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，会使读数偏小，计算的体积也偏小，错误；B、滴定前有气泡，会使初读数偏小，滴定后消失，读数正确，则二者的差值偏大，正确；C、盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗，对结果无影响，错误；D、锥形瓶用食醋润洗，使醋酸的物质的量增多，消耗氢氧化钠的体积增大，结果偏大，正确；E、滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，滴定终点还未到达，使结果偏小，错误，答案选BD；
（4）第一次的数据与后两次的数据明显大，所以舍去第一次的数据，用后两次的数据进行计算，根据中和反应的实质，醋酸的浓度为〔（25.35+25.30）/2〕c/V。
考点：考查中和滴定实验，指示剂的判断，误差分析，浓度的计算
18.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量浓度（mol/L）
NaOH物质量浓度（mol/L）
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH＝9
②
c
0.2
pH＝7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答：
（1）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸________。
（2）②组情况表明，c__________0.2（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________NaA的水解程度（填“大于”、“小于”或“等于”）， 该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________。
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH－）＝________ mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能作近似计算）。
c（Na＋）－c（A－）＝________mol·L－1，
c（OH－）－c（HA）＝________mol·L－1。
【答案】 (1). HA是弱酸 (2). 大于 (3). 大于 (4). c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－） (5). 10－5 (6). 10－5－10－9 (7). 10－9
【解析】
【分析】
（1）从①组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；
（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7；
（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性；
（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的。
【详解】（1）从①组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：HA是弱酸；
（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L，故答案为：大于；
（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）＞c（OH-），电离大于水解，则c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为 大于；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L，由电荷守恒可得c（A-）+ c
（OH-）= c（Na+）+ c（H+），故c（Na+）- c（A-）= c（OH-）-c（H+）= 10－5－10－9。
依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（Na+）=c（A-）+c（HA），合并得到c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9 ，故答案为：10－5；10－5－10－9 ；10－9。
【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和判断，主要是强电解质弱电解质的判断方法，溶液中的电荷守恒、物料守恒是解题关键。
19.（1）镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，它的充、放电反应按下式进行：
Cd + 2NiO(OH) + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2
由此可知，该电池放电时的正极反应式为__________________，放电时负极附近溶液的碱性___________（填“增强”、“减弱”或“不变”）。该电池充电时，阳极上发生的是__________反应（填“氧化”或“还原”）。
（2）如图为相互串联的甲、乙两个电解池，试回答下列问题：
①甲池若为用电解原理精炼铜的装置，A极是电解池的____________，材料是_________；电极反应式为______________________。
②若甲池阴极增重19.2 g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）
【答案】 (1). NiO（OH） + e- + H2O = OH- + Ni（OH）2 (2). 减弱 (3). 氧化 (4). 阴极 (5). 纯铜 (6). Cu2++2e- = Cu (7). 6.72
【解析】
【分析】
放电时是原电池工作原理，正极上得电子发生还原反应，即NiO（OH） + e- + H2O = OH- + Ni（OH）2，负极上发生失电子的氧化反应，即Cd-2e - +2OH - =Cd（OH）2，充电时是电解池的工作原理，电解池中，阴极发生得电子的还原反应，2e - +Cd（OH） 2 =Cd+2OH -，阴极附近溶液的pH增大，阳极上失电子发生氧化反应。
【详解】（1）放电时是原电池工作原理，正极上得电子发生还原反应，即NiO（OH） + e- + H2O = OH- + Ni（OH）2 。负极上发生失电子的氧化反应，即Cd-2e - +2OH - =Cd（OH）2，故碱性减弱。充电时是电解池的工作原理，阳极上失电子发生氧化反应，故答案为：NiO（OH） + e- + H2O = OH- + Ni（OH）2；减弱；氧化；
（2）①甲池中A电极和电源的负极相连，做阴极，B是阳极，甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则B是连接粗铜，做阳极，A连接纯铜，溶液中的铜离子放电，电极反应式是Cu 2 ＋ ＋2 e － ＝Cu，故答案为：阴极；纯铜；Cu2++2e- = Cu；
②若甲池为电解精炼铜，阴极增重19.2g，即析出的铜是19.2g，物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子。则根据电子的得失守恒可知，乙池中生成氯气的物质的量是0.6mol÷2＝0.3mol，在标准状况下的体积是6.72L，故答案为：6.72。
【点睛】解答该题的关键是明确电解池的工作原理，特别是电极名称、电极反应式的书写等。
20.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物含量尤为重要。
Ⅰ．氮氧化物研究
（1）一定条件下，将NO2置于恒容密闭容器中发生反应,2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），下列各项能说明反应达到平衡状态的是________。
a 体系压强保持不变
b 混合气体颜色保持不变
c NO和O2的物质的量之比保持不变
d 每消耗1 molO2同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2反应：N2 + O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2（g） + O2（g）2NO（g）的△H________0（填“＞”或“＜”）。
（3）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化如图所示：
写出该反应的热化学方程式：________________。
Ⅱ．碳氧化物研究
（1） 在体积可变（活塞与容器之间的摩擦力忽略不计）的密闭容器如图所示，现将3molH2和2molCO放入容器中，移动活塞至体积V为2L，用铆钉固定在A、B点，发生合成甲醇的反应如下：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
测定不同条件、不同时间段内的CO的转化率，得到如下数据：
CO的转化率
T（℃）
10min
20min
30min
40min
T1
20%
55%
65%
65%
T2
35%
50%
a1
a2
①根据上表数据，请比较T1____T2（选填“>”、“<”或“=”）；T2℃下，第30min 时，a1=____。
②T2℃下，第40min时，拔去铆钉（容器密封性良好）后，活塞没有发生移动，再向容器中通人6molCO，此时v（正）____ v（逆）（选填“>”、“<”或“=”），判断的理由是____。
（2）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。在25℃下，将a mol·L-1的醋酸与0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应平衡时溶液中c（CH3COO-）=c（Na+），则溶液显_____性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示醋酸的电离常数Ka= _____。
【答案】 (1). ab (2). △H＞0 (3). N2（g）＋O2（g）=2NO（g）ΔH＝＋183 kJ·mol
－1 (4). ＜ (5). 50% (6). ＜ (7). 理由：拔去铆钉，容器是在同温同压下进行，体积之比等于物质的量之比，当充入6molCO，假设平衡不移动，此时容器的体积为6L，Qc=c（CH3OH）/[c（CO）×c2（H2）]=5.1 >K，平衡逆向移动 (8). 中 (9). mol·L-1
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）反应2NO2（g） 2NO（g）+O2（g）两边气体体积不相等，故
a.体系压强保持不变则说明反应已经达到平衡，故a选项正确；
b. NO2气体为红棕色，NO和O2均为无色，混合气体颜色保持不变说明反应达到平衡，故b选项正确；
c.反应中物质的量之比等与化学计量数之比，故NO和O2的物质的量之比保持不变不能说明反应达到平衡，故c选项错误；
d.化学反应平衡时正逆反应同时发生，故每消耗1 molO2同时生成2 molNO2只说明反应逆向进行，故d选项错误；
ab正确，故答案为：ab；
（2）由图像可知T2的斜率大于T1，故T2＞T1，温度升高N2的体积分数越小，反应正向进行，故正反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：△H＞0；
（3）化学反应过程中反应物断键需要吸热，生成物成键会放热，由题意知放出2×630KJ/mol能量，吸收945+498=1443KJ/mol能量，故共吸收183 kJ/mol能量，故热化学方程式为N2（g）＋O2（g）=2NO（g）ΔH＝＋183 kJ·mol－1，故答案为：N2（g）＋O2（g）=2NO（g）ΔH＝＋183 kJ·mol－1；
Ⅱ．（1）①升高温度，化学反应速率加快，10min内，T2时CO转化率大于T1时，故T2＞T1；T2℃下，10min时CO2转化率为35%，20min时CO2转化率为50%，10-20min只转化15%，说明20min时已达平衡状态，故第30min时，CO2转化率为50%，故答案为：＞；50%；
②T2℃下，原反应达平衡时，一氧化碳的物质的量为1mol，氢气的物质的量为1mol，甲醇蒸气的物质的量为1mol，则气体总的物质的量为3mol，T2
℃下，第40min时，拔去铆钉（容器密封性良好）后，活塞没有发生移动，再向容器中通入6molCO，则容器体积变为原来的3倍，即＞K，故平衡逆向移动，v（正）＜v（逆），故答案为：＜；拔去铆钉，容器是在同温同压下进行，体积之比等于物质的量之比，当充入6molCO，假设平衡不移动，此时容器的体积为6L，Qc=c（CH3OH）/[c（CO）×c2（H2）]=5.1 >K，平衡逆向移动；
（2）反应平衡时，c（CH3COO-）=c（Na+），据电荷守恒c（CH3COO-）+ c（OH-）=c（Na+）+c（H+），溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性。用含a的代数式表示醋酸的电离常数Ka= mol·L-1，故答案为：中；。
【点睛】本题考查化学反应速率影响因素及相关计算、化学平衡的移动原理、平衡常数的相关计算等知识，易错点为计算化学反应时浓度商Q与平衡常数K的大小判断反应进行的方向，当Q
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