2017-2018学年江西省奉新县第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2017-2018学年江西省奉新县第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

江西省奉新县第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考 化学试题 可能用到的可能用到的相对原子质量:H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27　S 32　Cl 35.5　Ag 108　Fe 56　Cu 64　Ba 137‎ 一．选择题（每小题3分，共48分）‎ ‎1. 有一支20mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，所得液体体积一定是 A. a mL B. （20―a）mL C. 大于（20―a）mL D. 大于a mL ‎【答案】C ‎【解析】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，满刻度以下还有一段空间没有刻度，所以一支20mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（20-a）mL，故答案选C。‎ 点睛：本题主要考查滴定管的构造，解题时要注意滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管的刻度值从上到下逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，据此即可解答。‎ ‎2. 已知：CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝- Q1 ；‎ ‎2H2(g)+O2(g) == 2H2O(g) ΔH＝- Q2；‎ ‎ H2O(g) == H2O(l) ΔH＝- Q3 ‎ 常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧恢复到常温，则放出的热量为 A. 4Q1+Q2+10Q3 B. 4Q1+0.5Q2+9Q3 C. 4Q1+2Q2 D. 4Q1+0.5Q2‎ ‎【答案】B ‎【解析】已知：①、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H═-Q1；②、2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) ΔH＝- Q2；③、H2O(g) == H2O(l) ΔH＝- Q3；根据盖斯定律，①+2×③得：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H═-Q1-2Q3，根据盖斯定律，②+2×③得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H═-Q2-2Q3，112L体积比为4:1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为112L÷22.4L/mol=5mol，故甲烷的物质的量为4mol，完全燃烧生成液态水放出的热量为（Q1+2Q3）×4=4（Q1+2Q3），氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液态水放出的热量为（Q2+2Q3）×0.5=0.5（Q2+2Q3），故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为：4（Q1+2Q3‎ ‎）+0.5（Q2+2Q3）=4Q1+0.5Q2+9Q3，故答案选B。‎ 点睛：本题主要考查有关反应热的计算。可以先根据n=计算出混合气体的物质的量，根据体积比4:1计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量，注意燃烧后恢复至常温，氢气和甲烷燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算。‎ ‎3. 下列说法正确的是 A. 25 ℃时NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时NaCl溶液的KW B. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===SO＋2I－＋4H＋‎ C. 加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO、NO D. 100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A项升高温度促进水的电离，Kw增大；B项发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+；D项水的Kw=1×10-12，当两溶液等体积混合时，碱过量。‎ 考点：水的离子积、离子方程式的书写、离子共存问题、酸碱中和反应。‎ ‎4. 一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2－。对该燃料的说法正确的是 A. 在熔融电解质中，O2－由负极移向正极 B. 电池的总反应是：2C4H10＋13O28CO2＋10H2O C. 通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－＝2O2－‎ D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10 ＋26 e－＋13 O2－＝4 CO2 ↑＋5 H2O ‎【答案】C ‎【解析】A. 原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，O2－是阴离子，移向负极，故A错误；B. 电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，但燃料电池不是在点燃的条件下发生的，应为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，故B错误；C. 氧气得电子，发生还原反应，所以通入空气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4 e－=2O2-，故C正确；D. 丁烷失电子，发生氧化反应，则通入丁烷的一极是负极，故D错误；答案选C。‎ 点睛：本题主要考查新型化学电源。解答该题时可以从构成电池的物质出发，丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，同时还要注意电解质和离子的定向移动方向，本题的易错点是B项，该电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，但燃料电池并不是在点燃的条件下发生的。‎ ‎5. 常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是 A. pH ＞ 7，且c(Na+) + c(H+) = c(OH—) + c(CH3COO—)‎ B. pH ＝ 7，且c(CH3COO—) = c(Na+) ＞ c(H+) = c(OH—)‎ C. pH ＜ 7，且c(CH3COO—) ＞c(H+) ＞ c(Na+) ＞ c(OH—)‎ D. pH ＞ 7，且c(OH—) ＞ c(Na+) ＞ c(H+) ＞ c(CH3COO—)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 任何电解质溶液都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，故A正确；B. 常温下，混合液的pH=7，说明溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)可得：c(CH3COO−)=c (Na+)，溶液中离子浓度关系为：c(CH3COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)，故B正确；C. 常温下pH<7，说明溶液呈酸性，当醋酸的物质的量远远大于氢氧化钠时，溶液显酸性，且满足：c(CH3COO−)>c(H+)>c(Na+)>c(OH−)，故C正确；D. 氢离子和氢氧根离子反应生成水，钠离子不反应，所以c(Na+)>c(OH−)，不可能出现c(OH−)>c(Na+)，故D错误；答案选D。‎ ‎6. 为减小CO2对环境的影响，在倡导“低碳”的同时，还需加强对CO2创新利用的研究。T1 ℃时，将9 mol CO2和12 mol H2充入3 L密闭容器中，发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＜0，容器中CH3OH的物质的量随时间变化如曲线Ⅰ所示，平衡时容器内压强为p1。改变某一条件重新进行上述反应，CH3OH的物质的量随时间变化如曲线Ⅱ所示。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ对应的条件改变是增大压强 B. T2 ℃时，上述反应平衡常数为0.42，则T2＞T1‎ C. 在T1 ℃，若起始时向容器中充入5 mol CO2、5 mol H2、5 mol CH3OH(g)和5 mol H2O(g)，则达平衡前v(正)＞v(逆)‎ D. 在T1 ℃，若起始时向容器中充入4.5 mol CO2、6 mol H2，平衡时容器内压强p＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，曲线II到达平衡所需时间较短，说明改变条件时反应速率加快，平衡时甲醇的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，则改变的条件只能是增大压强，故A正确；B. T1℃时，各物质的平衡浓度分别为：‎ c(CH3OH)=c(H2O)=3mol÷3L=1mol/L，c(CO2)=(9−3)mol÷3L=2mol/L，c(H2)=(12−3×3)mol÷3L=1mol/L，则平衡常数K==0.5>0.42，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以T2>T1，故B正确；C. T1℃时，若起始时向容器中充入 5 mol CO2、5 mol H2、5 mol CH3OH(g)和 5 mol H2O(g)，则各物质的浓度分别为：c(CH3OH)=c(H2O)=c(CO2)=c(H2)=mol/L，则浓度商==0.36<0.5，则平衡向正反应方向移动，则达平衡前v(正)>v(逆)，故C正确；D. T1℃时，若起始时向容器中充入4.5molCO2、6mol H2，如果转化率相同，则压强是I的一半，实际上，相对于I来说，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，则压强大于原来的一半，故D错误；答案选D。‎ ‎7. 下列叙述正确的是 A. 95 ℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH = 4‎ C. 常温下，0.2 mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH = 1‎ D. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，与pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH = 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但依然存在c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，故A错误；B. 醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后，溶液3(c+d) D. X的转化率变大 ‎【答案】B ‎【解析】保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8‎ 倍，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c+d。A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B．平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故B正确；C．平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c+d，故C错误；D．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；答案选B。‎ 点睛：本题主要考查化学平衡的影响因素。本题的难点是压强增大至原来的2倍后，当再达到平衡时，对W的浓度变为原平衡状态的1.8倍的正确理解，当再次达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c+d，然后根据平衡移动原理分析判断各项即可。‎ ‎9. 室温下，在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 ‎① K+、Cl-、NO3-、S2- ② K+、Fe2+、I-、SO42- ③ Na+、Cl-、NO3-、SO42-‎ ‎④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3- ⑤ K+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ A. ③⑤ B. ①③⑤ C. ①③ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】常温下，因由水电离产生的H+浓度为1×10−13mol·L−1，小于1×10−7mol·L−1，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液。①.碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO3−、S2− 发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；②.碱溶液中Fe2+、OH−结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故②错误；③.该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故③正确；④.酸溶液中HCO3−与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3−与OH−结合生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，故④错误；⑤.K+、Ba2+、Cl−、NO3−离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故⑤正确；故答案选A。‎ 点睛：水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等来分析离子在溶液中的共存。‎ ‎10. 25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液，②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH＝10的Na2S溶液，④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A. 1∶5∶5×109∶5×108 B. 1∶10∶1010∶109‎ C. 1∶20∶109∶108 D. 1∶10∶104∶105‎ ‎【答案】B ‎【解析】设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4溶液中水电离的物质的量为1.0×10−14mol；②中水电离的物质的量为1.0×10−13mol；③中c(OH−)=1.0×10−4mol⋅L−1，水的电离的物质的量为1.0×10−4mol；④中c(H+)=1.0×10−5mol⋅L−1，水的电离的物质的量为1.0×10−5mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1∶10∶1010∶109，故答案选B。‎ 点睛：本题主要考查水的电离和 pH的简单计算。解题时根据H2O⇌H++OH-可知，H2SO4溶液、Ba(OH)2溶液抑制水的电离，根据H2SO4溶液的pH或Ba(OH)2溶液中c（OH-）计算水的电离的物质的量，Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据pH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比。‎ ‎11. 在两个隔热恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲中：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)； 乙中：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)。现有下列状态：①混合气体平均相对分子质量不再改变　②恒温时，气体压强不再改变　③各气体组分浓度相等　④反应体系中温度保持不变　⑤断裂氢氧键反应速率等于断裂氢氢键反应速率的2倍　⑥混合气体密度不变　⑦单位时间内，消耗水的质量与生成氢气的质量之比为9∶1　⑧同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量。其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是 A. ④⑤⑧ B. ③④⑥ C. ⑥⑦⑧ D. ①②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①由于乙反应是等体积的可逆反应，气体的总质量始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故①错误；②恒温时，气体压强不再改变，由于乙反应是等体积的可逆反应，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，故②错误；③各气体组分浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，故③错误；④反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确；⑥混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故⑥错误；⑦单位时间内，消耗水的质量与生成的氢气质量比为9:1，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故⑦错误；⑧同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑧正确。故答案选A。‎ 点睛：本题考查化学平衡状态的判断。当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变是判断可逆反应是否达到平衡状态的依据，解答本题时要特别注意乙反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，所以不能用压强不变判断是否达到平衡状态。‎ ‎12. 在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是 A. pH=3的醋酸跟pH=11的Ba(OH)2 B. pH=3的盐酸跟pH=11的氨水 C. pH=3硫酸跟pH=11的NaOH D. pH=3的HNO3跟pH=11的KOH ‎【答案】A ‎【解析】A. pH=3的醋酸c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故A正确；B. pH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误；C. pH=3的硫酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故C错误；D. pH=3的硝酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故D错误；答案选A。‎ ‎13. 下列有关物质的量浓度关系正确的是 A. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)‎ B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)‎ C. 0．1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)‎ D. pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c(H+)＋c(M+)＝c(OH－)＋c(A－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电离平衡和水解平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈酸性说明以电离为主，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；B. CH3COONa和Na2CO3为强碱弱酸盐，酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，由于酸性：CH3COOH>HCO3−，则CO32−的水解能力比CH3COO−强，而NaOH是强碱，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中：c(NaOH)c(H+)>c(A2−)>c(H2A)，故C错误；D. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH 溶液任意比例混合后，溶液中都只有H+、OH−、A−、M+四种离子，由电荷守恒可得：c(H+)+c(M+)=c(OH−)+c(A−)，故D正确；答案选D。‎ ‎14. 下列操作中，能使电离平衡H2OH+＋OH-向右移动且溶液呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 将水加热到100℃，使pH＝6‎ C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 向水中加入Al2(SO4)3固体 ‎【答案】D ‎..................‎ 点睛：本题考查水的电离平衡及影响因素。能使水的电离H2O⇌H++OH-平衡向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质造成了溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，据此分析解答该题即可。‎ ‎15. H2Y为二元弱酸，酸式盐NaHY的水溶液c(OH-)＞c(H+),下列叙述正确的是 A. H2Y的电离方程式：H2Y2H+ +Y2-‎ B. HY-的水解方程式：HY- + H2OH3O+ + Y2-‎ C. 该酸式盐溶液中离子浓度关系：c(Na+)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ D. 该酸式盐溶液中离子浓度关系：c(Na+)＞c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】酸式盐NaHY的水溶液c(OH−)>c(H+)，则HY−离子的水解程度大于其电离程度，说明H2Y是二元弱酸。A. H2Y是二元弱酸，电离时分两步电离，第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子，电离方程式为：H2Y⇌HY−+H+，故A错误；B. HY−离子水解生成H2Y，所以HY−离子水解的离子方程式：HY−+H2O⇌H2Y+OH−，故B错误；C. 该酸的酸式盐NaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c(Na+)>c(HY−)，酸式盐NaHY的水溶液中c(OH−)>c(H+)，则HY−离子的水解程度大于其电离程度，无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY−为主，再结合溶液中c(OH−)>c(H+)，则离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；D. ‎ 该酸的酸式盐NaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c(Na+)>c(HY−)，HY−的电离程度小于HY−的水解程度，所以c(H2Y)>c(H+)>c(Y2−)，但无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY−为主，结合溶液中c(OH−)>c(H+)，因溶液中还存在水的电离，则c(H+)>c(Y2−)，所以离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，故D错误；答案选C。‎ ‎16. 25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如下表，下列说法正确的是 AgCl Ag2CrO4‎ AgI 颜色 白 砖红 黄 Ksp ‎1.8×10－10‎ ‎1.0×10－12‎ ‎8.5×10－17‎ A. AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag＋)依次减小 B. Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为1.0×10－6mol·L－1‎ C. 向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色 D. 向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、根据对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，即AgCl＞AgI；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42-的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp（Ag2CrO4）＝x2×0.5x＝0.5x3＝2.0×10-12，x3＝4.0×10-12，解得x＝，因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为，所以Ag2CrO4＞AgCl，故顺序为：Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，A错误；B、根据以上分析可知. Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）＝≠1.0×10-6mol·L-1，B错误；C、沉淀容易向更难溶的方向转化，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色，C正确；D、在氯离子和铬酸根离子浓度相等的条件下产生沉淀时需要银离子的浓度分别是、，所以向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先生成白色沉淀，D错误，答案选C。‎ 考点：考查溶度积常数的应用 二．填空题 ‎17. 已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如右图所示：‎ ‎（1）则25时水的电离平衡曲线应为__________（填“A”或“B”）；‎ ‎（2）25时，将＝11的NaOH溶液与＝4的溶液混合，若所得混合溶液的＝9，则NaOH溶液与溶液的体积比为____________；‎ ‎（3）95时，若100体积1＝的某强酸溶液与1体积2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的1与强碱的2之间应满足的关系是_______。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 1:9 (3). +b=14 或1＋214‎ ‎【解析】(1). 水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性，则25℃时水的电离平衡曲线应为A，故答案为A；‎ ‎(3). 95℃时，水的离子积常数为10-12，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量=碱中氢氧根离子的物质的量，即：10-amol/L×100=10b-12 mol/L×1，所以a+b=12+2=14，故答案为：a+b=14或pH1+pH2=14。‎ ‎18. A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：‎ 阳离子 Ag+ Na+‎ 阴离子 NO3- SO42- Cl-‎ 下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、 B、 C三种溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了27g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间（t）的关系如图。据此回答下列问题：‎ ‎（1）M为电源的__________极（填“正”或“负”）。‎ ‎（2）写出甲烧杯中反应的化学方程式____________________。‎ ‎（3）有人设想用图一所示原电池为直流电源完成上述电解。则锌电极相当于直流电源的_________（填“M”或“N”）极。‎ ‎（4）有人设想用图二所示装置做直流电源，不仅可以完成电解也能将气体SO2转化为重要化工原料。该设想中负极的电极反应式为 __________________。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (3). (4). ‎ ‎【解析】A、B、C三种强电解质，银离子只能和硝酸根离子形成可溶性物质，电解硝酸银溶液生成物中有硝酸，溶液酸性增强，pH减小，所以B是硝酸银，甲中溶液pH变大，则该溶液为氯化钠溶液，即A为氯化钠，则C是硫酸钠。‎ ‎（1）. c电极上析出金属，则c为阴极， M为负极，故答案为：负；‎ ‎（2）. 通过以上分析知，甲烧杯中的电解质为氯化钠，电解氯化钠溶液的化学方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；‎ ‎（3）. 该原电池中，锌易失电子发生氧化反应，锌作负极，所以锌电极相当于直流电源的M极，故答案为：M；‎ ‎（4）. 二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-‎ ‎，故答案为：SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-。‎ ‎19. 铅蓄电池是常用的二次化学电源，试回答：‎ ‎（1）工作时该蓄电池正极的电极反应式是_______________________________。‎ ‎（2）该蓄电池充电时阴极电极反应式是_______________。‎ ‎【答案】 (1). PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O (2). PbSO4＋2e-=Pb+SO42-‎ ‎【解析】（1）. 铅蓄电池中Pb为负极，PbO2为正极，电解质溶液是H2SO4，工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，电极反应式为：PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；‎ ‎（2）.该电池充电时阴极电极反应式与原电池负极反应式相反，电极反应式为PbSO4＋2e-=Pb+SO42-，故答案为：PbSO4＋2e-=Pb+SO42-。‎ ‎20. 阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题：‎ 某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14 mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4 25.00mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。‎ ‎（1）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_____________（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）。‎ ‎（2）配制稀H2SO4溶液，必须使用的主要容器是_________________。‎ ‎（3）计算待测硫酸溶液的物质的量浓度（计算结果保留到小数点后第二位）___________。‎ ‎（4）欲配制0.175mol/L醋酸钠溶液500mL，可采用以下两种方案：‎ 方案一：用托盘天平称取_______g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500mL溶液。‎ 方案二：用体积均为250 mL且浓度均为________的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成（设混合后的体积等于混合前两者体积之和）。‎ ‎【答案】 (1). 偏大 (2). 100mL容量瓶 (3). 4.20mol/L (4). 7.2 (5). 0.35mol/L ‎【解析】(1). 碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，相当于标准液被稀释，所以消耗的标准液会增多，滴定结果偏大，故答案为：偏大；‎ ‎(2). 配制100mL溶液必须用到100mL容量瓶，则配制稀H2SO4溶液，必须使用的主要容器是100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；‎ ‎(3).根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，稀释后的硫酸溶液浓度为：c(H2SO4)=（×0.14mol/L×0.015L）÷0.025L=0.042mol/L，则稀释前待测硫酸的浓度为：0.042mol/L×‎ ‎=4.20mol/L，故答案为：4.20mol/L；‎ ‎(4). 醋酸钠的物质的量为：n（CH3COONa）=c×V=0.175mol/L×0.5L=0.0875mol，m（CH3COONa）=0.0875mol×82g/mol=7.175g≈7.2g，所以：方案一：用托盘天平称取7.2g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500mL溶液；等体积混合，浓度会减小一半，所以方案二：用体积均为250 mL且浓度均为0.35mol/L的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成（设混合后的体积等于混合前两者体积之和），故答案为：7.2； 0.35mol/L。‎ ‎21. （1）常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：‎ ‎①混合溶液中由水电离出的c(H+)与0.1mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)之比为_______‎ ‎②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Cl-)－c(M＋)= ____________mol/L。‎ ‎（2）常温下若将0.2mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则说明在相同条件下MOH的电离程度___________MCl的水解程度。(填“＞”、“＜”、或“＝”)‎ ‎（3）常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，则混合溶液的pH____________。(填“＞7”、“＜7”、或“无法确定”)‎ ‎【答案】 (1). 107 (2). 9.9×10-7 (3). ＜ (4). ＜7‎ ‎【解析】常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成MCl，测得混合溶液的pH=6，溶液呈酸性，说明MOH为弱碱，M+在溶液中部分水解，溶液呈酸性。‎ ‎（1）.①.混合溶液为MCl溶液，由于M+在溶液中部分水解，促进了水的电离，混合溶液的pH=6，则混合溶液中由水电离出的c(H+)=10-6mol/L，盐酸溶液中由盐酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，氢离子抑制了水的电离，则盐酸溶液中由水电离出的c(H+)=10-13mol/L，则混合溶液中由水电离出的c(H+)与0.1mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)之比为：10-6: 10-13=107，故答案为：107；‎ ‎②.混合液的pH=6，则c(H+)=1×10−6mol/L，c(OH−)=1×10−8mol/L，根据电荷守恒式c(Cl−)+c(OH−)=c(M+)+c(H+)可知，c(Cl−)−c(M+)=c(H+)−c(OH−)=1×10−6mol/L−1×10−8mol/L=9.9×10−7mol/L，故答案为：9.9×10−7；‎ ‎(2).二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH，混合溶液呈酸性，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，故答案为：<；‎ ‎(3).HR若为强电解质，二者都是一元酸或碱，等体积混合后溶液的pH=7，而混合溶液的pH≠7，说明HR为弱电解质，二者混合后的溶液中酸过量，反应后溶液呈酸性，溶液pH<7，故答案为：<7。‎ ‎22. 海水中富含镁，可经过通入氨气沉淀、过滤、酸溶、结晶及脱水等步骤得到无水氯化镁，最后电解得到金属镁。‎ ‎（1）MgCl2溶液显酸性，其水解的离子方程式为_________________________________________。‎ ‎（2）除去MgCl2酸性溶液中少量FeCl2的方法是____________________________________。‎ ‎（3）如何通过MgCl2·6H2O加热得到无水MgCl2_________________________________________。‎ ‎（4）泡沫灭火器的工作原理（用化学方程式表示）_________________________________________。‎ ‎（5）同浓度的下列溶液：①(NH4)2SO4 ②NH4Cl ③Na2CO3 ④NaHCO3，其中pH 由大到小的顺序是_________。（填序号）‎ ‎【答案】 (1). Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+   (2). 向溶液中加入足量的氯水（双氧水、臭氧等符合题意的均合，）把亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化镁调节PH值，使铁离子沉淀出来 (3). 在加热的过程中持续通入氯化氢气体(其他合理答案均可) (4).  Al2(SO4)3+6NaHCO3═2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 (5). ③④②①‎ ‎【解析】（1）.氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+；‎ ‎（2）.除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl2，可向溶液中加入足量的氯水或双氧水，先把亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化镁调节PH值，使铁离子沉淀出来，故答案为：向溶液中加入足量的氯水或双氧水、臭氧等，把亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化镁调节PH值，使铁离子沉淀出来；‎ ‎（3）.氯化镁水解显酸性，在氯化氢气流中加热，HCl可抑制Mg2+水解，故答案为：在加热的过程中持续通入氯化氢气体；‎ ‎（4）.泡沫灭火器中的物质是硫酸铝和碳酸氢钠，二者接触会发生双水解反应生成氢氧化铝、硫酸钠和二氧化碳气体，化学方程式为：Al2(SO4)3+6NaHCO3═2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4‎ ‎，故答案为：Al2(SO4)3+6NaHCO3═2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；‎ ‎（5）.硫酸铵和氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，相同浓度的硫酸铵和氯化铵溶液中，硫酸铵中铵根离子浓度大、铵根离子水解个数多，所以硫酸铵pH最小，碳酸氢钠和碳酸钠溶液都呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的pH最大，则相同浓度的这四种溶液中，pH由大到小的顺序是③④②①，故答案为：③④②①。‎ ‎23. （1）某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－，则在0.1 mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是（______） ‎ A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol·L－1 B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)‎ C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－) D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)‎ ‎（2）已知：几种酸的电离常数：‎ 化学式 CH3COOH HClO H2CO3‎ Ka Ka=1.8×10-5‎ Ka=3.0×10-8‎ Ka1=4.1×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ 则向NaClO溶液中通入少量CO2写出离子方程式_______________________________________________。‎ ‎（3）某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为________________________。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). CO2+H2O+ClO- =HCO3-+HClO (3). 1:1:4‎ ‎【解析】(1).在Na2B中存在水解平衡：B2−+H2OHB−+OH−，HB−不会进一步水解，‎ 所以溶液中没有H2B分子。A. HB−不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c(B2−)+c(HB−)=0.1mol·L−1，故A错误；B. 根据质子守恒：c(OH－)=c(H+)+c(HB−)，故B错误；C. 根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)，故C正确；D. 根据物料守恒得：c(Na+)=2c(B2−)+2c(HB−)，故D正确，故答案为：CD；‎ ‎(2). 根据几种酸的电离常数可知，酸性强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－，则向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO- =HCO3-+HClO，故答案为：CO2+H2O+ClO- =HCO3-+HClO；‎ ‎(3). 稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2，加入铁后会依次发生如下氧化还原反应：①Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、②Fe+2Fe3+=3Fe2+、③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，从图象可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①，消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应②，生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol，综上所述，原溶液中Fe(NO3)3的物质的量为1mol，Cu(NO3)2的物质的量为1mol，HNO3的物质的量为4mol，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1:1:4，故答案为：1:1:4。‎ 点睛：本题主要考查盐类水解的原理，弱电解质在水溶液中的电离平衡和溶液中微粒浓度的大小比较。难点是第（1）小题，突破第（1）小题，要根据该酸的电离方程式，第一步是完全电离，第二步是部分电离，说明B2-离子水解而HB-不水解即B2-只发生第一步水解，且HB-是弱酸，Na2B是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，再结合电荷守恒和物料守恒分析解答。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎