化学卷·2019届新疆乌鲁木齐阿克苏市农一师高级中学高二上学期第二次月考试题（解析版）

化学卷·2019届新疆乌鲁木齐阿克苏市农一师高级中学高二上学期第二次月考试题（解析版）

新疆维吾尔自治区阿克苏市农一师高级中学2017-2018学年高二第二次月考化学试卷 温馨提示：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分，考试时间90分钟 ‎2、本试卷命题范围：选修4第一章到第三章第三节 ‎3、请考生将选择题答案填涂在答题卷卡规定位置，否则视为无效答案。‎ ‎4、正式开考前，请在规定位置填写姓名、班号，正式开考后才允许答题。‎ 可能用到的原子量:H-1，N-14，O-16，Na-23，Cu-64，Cl-35.5，Ag-108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ ‎1. 下列溶液因水解而呈酸性的是（ ）‎ A. NaHSO4 B. CH3COONa C. NH4Cl D. KI ‎【答案】C ‎【解析】A．NaHSO4为强酸的酸式盐，不水解，发生电离显酸性，故A不选；B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，故B不选；C．NH4Cl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，故C选；D．KI是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，故D不选；答案为C。 ‎ ‎2. 下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（ ）‎ A. pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中：[Cl－]＞[NH4+]‎ B. 25℃时pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：[OH－]＝[H+]‎ C. 0.1mol·L－1的硫酸铵溶液中：[NH4+]＞[SO42－]＞[H+]‎ D. 0.1mol·L－1的硫化钠溶液中：[OH－]＝[H+]+[HS－]+[H2S]‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、溶液电中性，即有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，pH=7则有c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(Cl－)，故错误；B、酸可能是弱酸，则溶液可能显酸性，如果酸是强酸，则有c(H＋)=c(OH－)，故正确；C、(NH4)2SO4，NH4＋水解，但水解程度微弱，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)，故正确；D、根据质子守恒，则有c(OH－)=c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故错误。‎ 考点：考查离子浓度大小比较等知识。‎ ‎3. 某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g），达平衡后保持温度不变，体积减小至原来的一半，再达平衡时Z的浓度变为原平衡状态的1.7倍，下列叙述正确是（　　）‎ A. 平衡正向移动 B. Z的体积分数变小C. X的转化率变大 D. （a+b）＞（c+d）‎ ‎【答案】C ‎【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1.7倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，A、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，选项A错误；B、平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，选项B正确；C、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变大，选项C错误；D、平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，选项D错误。答案选B。‎ ‎4. 下列变化一定会影响化学平衡的是（ ）‎ A. 浓度 B. 催化剂 C. 压强 D. 温度 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、前后气体体积不变的反应,同等程度改变反应混合物的浓度不会引起平衡的移动,故A错误;B、使用催化剂只能同等程度改变化学反应的速率,不会引起化学平衡的移动,故B错误.C、对于没有气体参加的反应,或是前后气体体积不变的反应,压强改变不会引起平衡的移动,故C错误;D、任何化学反应一定伴随能量的变化,升高温度,化学平衡一定是向着吸热方向进行,降低温度平衡向放热反应方向移动,改变温度,平衡一定移动,所以D选项是正确的;所以D选项是正确的.‎ 考点：影响化学平衡的因素 ‎5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 纯碱溶液中：Al3+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ B. 室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4-、I-‎ C. 能使甲基橙变为黄色的溶液中：Na+、Al3+、Cl-‎ D. 室温下，=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、纯碱为Na2CO3，CO32－与Al3＋发生双水解，CO32－与Ba2＋生成BaCO3沉淀，因此不能大量共存与纯碱溶液，故A错误；B、MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋、I－氧化，因此不能大量共存，故B错误；C、甲基橙变为黄色，溶液可能显碱性，Al3＋在碱中不能大量共存，故C错误；D、根据=1×10-12，推出溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故D正确。‎ ‎6. 25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大 B. 将水加热，Kw减小 C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大 D. 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低 ‎【答案】C ‎【解析】A、向平衡体系中加入水，平衡不移动，c （H+）不变，选项A错误；B、水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，选项B错误；C、向水中加入少量硫酸氢钠固体，c （H+）增大，增大，选项C正确；D、向水中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，选项D错误。答案选C。‎ ‎7. 某温度下，反应2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g)的平衡常数K1=4×10-4，在同一温度下，反应SO2(g)+ 1/2O2(g) SO3 (g)的平衡常数K2的值为（ ）‎ A. 250 B. 200 C. 50 D. 2×10-2‎ ‎【答案】B ‎【解析】某温度下，2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g) 的平衡常数K1=4×10-4，所以相同温度下SO3 (g) SO2(g)+ 1/2O2(g)的平衡常数K==2×10-2，在同一温度下，反应SO2(g)+ 1/2O2(g) SO3 (g)的平衡常数K2==50。答案选C。‎ ‎8. 100 mL 6 mol·L-1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应进行的速率,但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的（ ）‎ ‎①Na2CO3溶液 ②水 ③K2SO4溶液 ④KNO3溶液 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：100 mL 6 mol·L-1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应,在一定温度下，影响速率的因素是硫酸的浓度，硫酸的物质的量决定生成氢气的多少。加入Na2CO3溶液，消耗硫酸生成二氧化碳，生成氢气的量减少；加水，硫酸浓度减小，速率减慢；加入K2SO4溶液，只能使硫酸浓度减小，速率减慢；加入KNO3溶液，生成硝酸，锌与硝酸反应不能生成氢气。故B正确。‎ 考点：本题考查化学反应速率。‎ ‎9. 下列关于误差分析的判断正确的是（ ）‎ A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时仰视会使测得浓度偏小 B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏大 C. 配制1mol·L-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小 D. 用润湿的pH试纸测氯水的pH会使测定结果偏大 ‎【答案】D ‎【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时仰视，标准液体积偏大，使测得浓度偏大，A正确；B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若游砝在0时，药品质量无影响，B错误；C. 配制1mol·L-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小，C正确； D. 氯水的漂白性，无法用润湿的pH试纸测氯水的pH，D错误。 ‎ ‎10. 下列溶液肯定显酸性的是 （ ）‎ A. 和金属铝反应产生氢气的溶液 B. 加酚酞显无色的溶液 C. pH<7的溶液 D. c（H+）＞c（OH-）的溶液 ‎【答案】D ‎11. 下列叙述正确的是( )‎ A. 盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵 B. 稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小 C. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变 D. 同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4‎ Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，故A错误；B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，故B错误；C、温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，故C正确；D、同浓度同体积的强酸与强碱溶液混合后，如果酸和碱中电离出的氢离子、氢氧根离子数目相同，则溶液的pH=7，当酸和碱中电离出氢离子、氢氧根离子数目不同时，混合液可能为酸性或碱性，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液pH变化。本题的易错点为C，饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液，温度不变，离子浓度不变。‎ ‎12. 下列叙述正确的是 （ ）‎ A. SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质 B. 酸式盐的水溶液呈酸性 C. 醋酸的电离程度随温度的升高而增大 D. 凡是强酸和碱生成的盐，其水溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】A. SO2的水溶液能导电是因为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸是电解质，所以SO2是非电解质，故A错误；B. 酸式盐的水溶液不一定呈酸性，如碳酸氢钠溶液呈碱性，故B错误；C. 醋酸是弱电解质，所以醋酸的电离程度随温度的升高而增大，故C正确；D. 凡是强酸和碱生成的盐，其水溶液不一定呈中性，如氯化铵溶液呈酸性，故D错误。故选C。‎ 点睛：化合物的电离是其水溶液或者熔融液导电的基础。因此，电解质是能够电离的化合物。‎ ‎13. FeCl3的水解方程式可写为FeCl3+H2OFe(OH)3+3HCl，若提高水解程度采取的方法是 (　　 )‎ A. 降温 B. 加入饱和食盐水 C. 加入少量盐酸 D. 增加FeCl3的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】A. FeCl3的水解吸热，降温，FeCl3的水解程度降低；B. FeCl3溶液被稀释，FeCl3的水解程度提高；C. 盐酸抑制FeCl3的水解，FeCl3的水解程度降低；D. FeCl3的水解程度降低。故选B。‎ ‎14. 下面说法中，与盐类水解无关的是（ ）‎ ‎①NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好 ‎②FeCl2溶液中加入一定量的铁粉 ‎③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释 ‎④NH4F溶液不能保存在玻璃试剂瓶中 ‎⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3 等溶液的试剂瓶应用橡皮塞 ‎⑥在NH4Cl或AlCl3 溶液中加入镁条会产生气泡 ‎⑦Na2S溶液和AlCl3溶液反应得不到Al2S3‎ ‎⑧室温下NaHCO3饱和溶液pH约为8.4‎ ‎⑨0.1 mol/L AlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1 mol/L A. ②⑧ B. ①② C. ④⑧ D. 全有关 ‎【答案】B ‎【解析】①由于NaHCO3与柠檬酸反应生成二氧化碳，与盐类水解无关；②因为2Fe3+＋Fe3Fe2+，可以防止FeCl2被氧化变质，与盐类水解无关；③盐酸可以抑制AlCl3水解，防止溶液变浑浊；④NH4F的水解产物氢氟酸可与玻璃中的二氧化硅发生反应；⑤Na2CO3、Na2SiO3的水解产物氢氧化钠可与玻璃中的二氧化硅发生反应，产生的硅酸钠溶液可将试剂瓶与玻璃塞粘住；⑥NH4Cl或AlCl3水解产生盐酸，盐酸与镁条发生反应而产生气泡；⑦Na2S与AlCl3水解互促至水解完全，所以反应得不到Al2S3；⑧NaHCO3水解使溶液显碱性；⑨Al3+水解消耗而减少。故选B。‎ ‎15. 取0.2mol/LHX溶液与0.2mol/LNaOH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=8（25℃）,则下列说法（或关系式）正确的是（ ）‎ A. c（Na＋）﹣c（X－）=9.9×10－7mol/L B. c（Na＋）= c（X－）+c（HX）= 0.2mol/L C. 混合溶液中由水电离出的c（OH－）= 1×10－8mol/L D. c（OH－）﹣c（HX）= c（H＋）=1×l0－6mol/L ‎【答案】A ‎【解析】A项，pH=8（25℃），c（H＋）=10－8mol/L，c（OH－）=10－6mol/L，则由电荷守恒，c（Na＋）+c（H＋）=c（X－）+ c（OH－）得，c（Na＋）﹣c（X－）= c（OH－）- c（H＋）=9.9×10－7mol/L，A正确；B项，由物料守恒c（Na＋）= c（X－）+c（HX）= 0.1mol/L，故B错误；C项，NaX为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解促进水的电离，混合溶液中由水电离出的c(OH-)= mol/L=10-6mol/L，故C错误；D项，c（OH-）-c（HX）=c（H+）=1×10-8mol•L-1，故D错误。‎ ‎16. 在0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是( )‎ A. 加入少量0.1 mol·L-1 HCl溶液，溶液中c(H+)不变 B. 加入水稀释时，平衡向正反应方向移动，溶液中所有离子的浓度都减小 C. 加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动，平衡常数变大 D. 加入少量NaOH固体，促进了醋酸的电离，溶液中变大 ‎【答案】D ‎【解析】A、氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离，则向醋酸中加入等浓度的盐酸，溶液中c(H+)增大，抑制醋酸电离，选项A错误；B、加水稀释促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，c（H+）、c（CH3COO-）减小，c（OH-）增大，选项B错误；C、加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO-‎ ‎）增大，平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，选项C错误；D、加入少量NaOH固体，促进了醋酸的电离，溶液中n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小，溶液中变大，选项D正确。答案选D。‎ ‎17. 下列事实不能证明HNO2是弱酸的是（ ）‎ A. 常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1‎ B. 用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗 C. 在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在 D. 用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol ‎【答案】B ‎【解析】常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1，说明亚硝酸部分电离，A能证明HNO2是弱酸；用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明离子浓度小，不能说明亚硝酸部分电离，所以B不能证明HNO2是弱酸；在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在，HNO2溶液中存在电离平衡，C能证明HNO2是弱酸；用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol，说明pH=2的HNO2溶液浓度大于0.001mol/L，D能证明HNO2是弱酸；故选B。‎ 点睛：用导电性实验证明电解质强弱，必须用同浓度强电解质溶液做对比实验；若用同浓度的HNO2和盐酸做导电性实验，HNO2溶液的灯泡较暗，能证明HNO2是弱酸。‎ ‎18. 在稀的水溶液中，NaHSO4的电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-，某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该温度高于25℃‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1‎ C. c(H+)= c(OH-)+c(SO42-)‎ D. 该温度下加入等体积为pH=12的NaOH溶液，可使反应后的溶液恰好呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】A项，pH=6的蒸馏水Kw为10-12，说明此时中性水中氢离子浓度大于10-7，水的电离程度增大，温度应高于常温（25℃），A正确；B项，测得溶液pH为2，那么氢离子浓度为0.01mol·L-1，故由水电离出的氢离子浓度为10-12÷0.01=10-10，B正确；C项，根据电荷守恒：c（H+）+ c（Na+）=c（OH-）+2c（SO42-)，根据物料守恒：c（Na+）=c（SO42-)，所以c（H+）=c（OH-）+c（SO42-)，C正确；D项，该温度PH=12的氢氧化钠溶液，c（OH-） =1 mol·L-1，pH＝2的溶液c（H+）=0.01 mol·L-1，显然等体积不能中和，D错误。‎ 点睛：本题考查水的电离和pH的简单计算，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，纯水是始终是显中性的，但常温时pH=7，温度升高促进电离，纯水的pH变小。‎ ‎19. 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 25℃ 101kPa时，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g) +2H2O(g) △H=－Q kJ/mol，则甲烷的燃烧热为Q kJ/mol B. CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g) 室温下不能自发进行，说明该反应的 ΔH＜0‎ C. 反应N2(g)＋3H2(g)2NH3（g）ΔH＜0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大 D. 已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2(g) +Cl2(g)＝2HCl(g)，△H1＝—Q1 kJ/mol，H2(g) +Br2(g)＝2HBr(g)，△H2＝—Q2 kJ/mol，则△H1＜△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.由于水的稳定状态是液体，所以甲烷的燃烧热大于Q kJ/mol，错误；B．CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g) 的正反应是气体体积扩大的反应，该反应在室温下不能自发进行，说明该反应的 ΔH>0，错误；C．反应N2(g)＋3H2(g)2NH3（g）ΔH＜0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)增大，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动， H2的平衡转化率减小，错误；D．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2(g) +Cl2(g)＝2HCl(g) △H1＝—Q1kJ/mol； H2(g) +Br2(g)＝2HBr(g) △H2＝—Q2kJ/mol ‎ ，由于元素的非金属性Cl>Br，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，反应释放出来的能量就越高，所以Q1> Q2,因此△H1＜△H2，正确。‎ 考点：考查物质的能量与物质的状态、稳定性、反应热的计算的知识。‎ ‎20. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如下图所示：下列说法中正确的是（ ）‎ A. 30～40 min间该反应使用了催化剂 B. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 C. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ D. 30 min时降低温度， 40 min时升高温度 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、由图象可知，30～40 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，又根据B的分析该反应是体积不变的反应，故是增大体积降低了压强，因为反应物与生成物的浓度瞬时降低，所以不可能使用催化剂，错误；B、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，错误；C、由图可知8min前A的浓度减小了2mol/L-1.36mol/L=0.64mol/L，所以A的反应速率为 ‎=0.08mol/L·min，正确；D、由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，错误。‎ ‎【考点定位】化学平衡图象 ‎【名师点睛】本题考查化学平衡图象，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，（1）若a、b无断点，则平衡移动肯定是改变某一物质的浓度导致。（2）若a、b有断点，则平衡移动可能是由于以下原因所导致：①同时不同程度地改变反应物（或生成物）的浓度；②改变反应体系的压强；③改变反应体系的温度。（3）若平衡无移动，则可能是由于以下原因所导致：①反应前后气体分子个数不变；②使用了催化剂。（4）若V正在V逆的上方，即平衡向正反应方向移动；若V逆在V正的上方，即平衡向逆反应方向移动。明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响。‎ ‎21. 已知浓度的下列溶液，当温度升高时pH不变的是（ ）‎ A. NaCl B. NaHSO4 C. NaOH D. CH3COONa ‎【答案】B ‎ ‎ 点睛：本题易错选A和C，错选原因是忽略了温度升高对水的电离平衡的影响。‎ ‎22. 常温下将浓度为0.1mol/L的盐酸逐滴加入到20mL 0.1mol/L一元碱MOH溶液中，溶液的pH随盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. pH=10时，c(Cl－)＞c(M+)＞c(OH－)＞c(H+)‎ B. V(HCl)=20mL，MOH与盐酸反应后的溶液显酸性 C. 10mL＜V(HCl)＜20mL时，c(M+)+c(MOH)＜c(Cl－)‎ D. V(HCl)＞20mL时，不可能存在：c(Cl－)＞c(M+)=c(H+)＞c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图像可知，0.1mol/L一元碱MOH溶液的pH约为11，所以MOH是一元弱碱（若为强碱，则pH应为13）。A. 根据电荷守恒c(Cl－)+ c(OH－)=c(M+)+c(H+)，可判断c(Cl－)＞c(M+)＞c(OH－)＞c(H+)是不正确的，A不正确；B. V(HCl)=20mL，MOH与盐酸恰好反应，生成强酸弱碱盐，该盐水解使溶液呈酸性，所以反应后的溶液显酸性，B正确；C. 10mL＜V(HCl)＜20mL时，c(M+)+c(MOH)>c(Cl－)，C不正确；D. V(HCl)=20mL，MOH与盐酸恰好反应，生成强酸弱碱盐，该盐水解使溶液呈酸性，所以c(Cl－)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH－)，V(HCl)＞20mL时，有可能存在c(Cl－)＞c(M+)=c(H+)＞c(OH－)，D不正确。本题选B。‎ ‎23. 常温下，电解质溶液中的下列关系式不正确的是（ ）‎ A. 已知A－＋H2B(过量)HA＋HB－，则结合H＋的能力：HB－＜A－＜B2－‎ B. 在0.1 mol·L－1的氨水中滴加0.1 mol·L－1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=10－a mol·L－1‎ C. 将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，用含c 的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka=‎ D. 将0.2 mol·L－1盐酸与0.1 mol·L－1的KAlO2溶液等体积混合，溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(Cl－)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】A项，反应A-＋H2B（过量）=HA＋HB-的实质是H2B提供一个H+给A-，而H2B转化为HB-，说明结合氢离子的能力：HB-c(K+)>c(Al3+)，又因为Al3＋水解使水溶液显酸性，但水解程度很小，所以c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)，故c(Cl-)>c(K+)>c(Al3+>c(H+)>c(OH-)，C正确。‎ ‎24. 某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度，有关叙述正确的是(    )‎ A. H2Y在电离时：H2Y + H2O HY- + H3O+‎ B. 在该盐的溶液中，离子浓度为:c(Na+)>c(HY-)>c(Y2-) >c(OH-)>c(H+)‎ C. 在该盐的溶液中，离子浓度为：c(Na+)>c(Y2-) >c(HY-) >c(OH-)>c(H+)‎ D. HY-水解方程式为: HY- + H2O Y2-+ H3O+‎ ‎【答案】A ‎【解析】A项，根据题意可知HY-既可以电离又可以水解，所以H2‎ Y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，即：H2Y + H2O HY- + H3O+，故A正确；B项，在NaHY水溶液中，因HY－水解而Na＋不水解，所以c（Na＋）＞c（HY－），无论是电离还是水解程度都比较弱，所以阴离子还是以HY-为主，HY-的电离方程式是：HY－H＋＋Y2－，HY-的水解方程式是：HY－＋H2OH2Y＋OH－，因HY-的电离程度小于HY-的水解程度，所以溶液呈碱性，即c（OH－）＞c（H+），又因为溶液中还存在水的电离，则c（H+）＞c（Y2-），所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HY-) >c(OH-)>c(H+)>c(Y2-)，故B错误；C项，根据B项分析可知，C也错误；D项，HY-水解方程式应为: HY－＋H2OH2Y＋OH－，而HY- + H2O Y2 -+ H3O+是HY-的电离方程式，所以D错误。因此答案选A。‎ ‎25. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下0.1mol/L 的下列溶液①NH4Al(SO4)2②NH3·H2O③NH4Cl④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：①＞③＞④＞②‎ B. 常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c(H+)一定相等 C. 常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c(B-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ D. pH=a的氨水稀释到原来的10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ ‎【答案】A ‎【解析】A项，NH3·H2O属于弱碱，NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4都属于强电解质，所以NH3·H2O中NH4+浓度最小，NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4溶液中都存在NH4+的水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+水解产生的H+对NH4+的水解起抑制作用，CH3COONH4溶液中CH3COO-水解产生的OH-对NH4+的水解起促进作用，所以等浓度的四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序为①③④②，正确。B项，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合后生成弱酸弱碱盐CH3COONH4，由于CH3COONH4的水解对水的电离起促进作用，pH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合后生成强酸强碱盐NaCl，对水的电离平衡无影响，则混合溶液中由水电离的c(H+)前者大于后者，错误。C项，0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液由0.1mol/LNaB和0.1mol/LHB混合而成，若HB为强酸，混合溶液中离子浓度的大小顺序为c（B-）c（H+）c（Na+）c（OH-‎ ‎）；若HB为弱酸，HB的电离程度大于B-的水解程度，混合溶液中离子浓度的大小顺序为c（B-）c（Na+）c（H+）c（OH-）；若HB为弱酸，HB的电离程度小于B-的水解程度，混合溶液中离子浓度的大小顺序为c（Na+）c（B-）c（OH-）c（H+）；错误。D项，氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，加水稀释到原来的10倍，氨水物质的量浓度变为原来的1/10，加水稀释促进NH3·H2O的电离，pH=a的氨水稀释到原来的10倍后，其pH=b，则ab+1，错误。答案选A。‎ Ⅱ非选择题(共50分)‎ ‎26. 请用离子方程式来解释下列事实，必要时可加一定文字说明：‎ ‎（1）泡沫灭火器的化学原理_________________________________________。‎ ‎（2）热的纯碱溶液清洗油污_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (2). 纯碱水解显碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加热，纯碱水解程度增大，碱性增强，酯的水解程度增大，所以洗涤油污效果更好 ‎【解析】(1)泡沫灭火器工作原理的硫酸铝与碳酸氢钠的双水解反应，反应的离子反应为Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(2)纯碱水解显碱性，可促进油污的水解，而热的纯碱水解程度增大，反应的离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-(以第一步水解为主)，故答案为：纯碱水解显碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加热，纯碱水解程度增大，碱性增强，酯的水解程度增大，所以洗涤油污效果更好。‎ ‎27. 一定温度下，在一个10 L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达式为K＝。请回答下列问题。‎ ‎（1）若温度升高，K增大，则该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是________(填字母序号)。‎ A．v正(H2O)＝v逆(H2)‎ B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间改变 C．消耗n mol H2的同时消耗n mol CO D．容器中物质的总物质的量不随时间改变 ‎【答案】 (1). 吸热 (2). AB ‎【解析】(1)温度升高，K增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(2)根据平衡常数的定义，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积之比为平衡常数，反应的方程式为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2 (g)。A、υ正(H2O)=υ逆(H2)时，正逆反应速率相同，反应达到平衡，故A正确；B、反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故B正确；C、消耗n mol H2的同时消耗n mol CO，反应都代表逆反应，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、容器中物质的总物质的量始终不变，故D错误；故答案为：AB。‎ 点睛：化学平衡的本质是正、逆反应速率相等，反应混合物中各组分的百分含量保持不变，然后根据具体的化学方程式，逐一分析判断。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。‎ ‎28. （1）常温下，用0.1000mol/LCH3COOH溶液滴定NaOH溶液，达到滴定终点时，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为________；为了减小滴定误差在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是________（填序号）‎ A、石蕊 B、甲基橙 C、酚酞 D、甲基橙或酚酞 ‎（2）常温下，设pH＝5的H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为C1；pH＝5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H＋浓度为C2，则C1/C2＝________。‎ ‎（3）已知H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-；HA-H++A2-。试判断H2A是_________（填“强”“弱”）电解质。‎ ‎（4）已知CH3COOH在溶剂A中可以全部电离，盐不溶解于A溶剂。则CH3COOH和Na2CO3在溶剂A中生成CO2反应的离子方程式是________。‎ ‎（5）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：‎ 化学式 电离常数(25 ℃)‎ HCN K＝4.9×10－10‎ CH3COOH K＝1.8×10－5‎ H2CO3‎ K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11‎ ‎①25 ℃时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为__________________(用化学式表示)。‎ ‎②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) (2). C (3). (4). 强 (5). Na2CO3+2H++2CH3COO-＝2CH3COONa+H2O+CO2↑ (6). H2CO3>HCN>CH3COOH (7). NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3‎ ‎【解析】(1)常温下，用0.1000mol/LCH3COOH溶液滴定NaOH溶液，当达到滴定终点时生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液显碱性，当达到滴定终点时溶液的pH＞7，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，指示剂变色范围为：酚酞8-10，甲基橙为3.1-4.4，石蕊为5-8，为了减小滴定误差在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是酚酞，故选C，故答案为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)； C；‎ ‎(2)硫酸溶液中的氢氧根离子、硫酸铝溶液中的氢离子是水电离的，pH=5的硫酸溶液中由水电离出的H+浓度为C1==10-9mol/L，pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+‎ 浓度为C2=10-5mol/L，则C1：C2=10-9mol/L：10-5mol/L=1：10000，故答案为：1：10000；‎ ‎(3)已知H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-；HA-⇌H++A2-，H2A的第一步电离完全进行，所以H2A强电解质，故答案为：强；‎ ‎(4)已知CH3COOH在溶剂A中可以全部电离，盐不溶解于A溶剂，所以碳酸钠和生成的醋酸钠不能写成离子，醋酸完全电离，据此书写离子方程式：Na2CO3+2H++2CH3COO- =2CH3COONa+H2O+CO2↑，故答案为： Na2CO3+2H++2CH3COO- =2CH3COONa+H2O+CO2↑；‎ ‎(5)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小，根据表格数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以三溶液的pH由大到小的顺序为H2CO3＞HCN＞CH3COOH，故答案为：H2CO3＞HCN＞CH3COOH；‎ ‎②向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。‎ 点睛：本题的易错点为(4)，要注意题意信息“CH3COOH在溶剂A中可以全部电离，盐不溶解于A溶剂”，因此本题中Na2CO3和CH3COONa均需用化学式表示。‎ ‎29. 在一定温度下，有a.盐酸　b．硫酸　c．醋酸三种酸：（用a、b、c填空）‎ ‎（1）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是______________。‎ ‎（2）若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________________。‎ ‎（3）当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，反应所需时间的长短关系是__________。‎ ‎（4）将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是_______________。‎ ‎【答案】 (1). b＞a=c（或b/2﹦a=c） (2). c＞a＞b (3). a=b＞c (4). c＞a=b ‎【解析】(1)同体积同物质的量浓度的三种酸，溶质物质的量相等，醋酸、HCl均为一元酸，二者提供氢离子物质的量相等，而硫酸为二元酸，提供氢离子物质的量最大，故中和NaOH的能力：b＞a=c(或b/2﹦a=c)，故答案为：b＞a=c(或b/2﹦a=c)；‎ ‎(2)HCl、醋酸为一元酸，而硫酸为二元酸，HCl、硫酸完全电离，醋酸为弱酸，电离程度不大，若三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为：c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b；‎ ‎(3)氢离子浓度影响反应速率，盐酸、硫酸中氢离子浓度相等，二者反应速率相等，生成等量氢气需要时间相等，醋酸是弱电解质，氢离子反应后，会促进醋酸电离继续产生氢离子，氢离子浓度相对较大，生成等量氢气需要时间最少，故所需时间：a=b＞c，故答案为：a=b＞c；‎ ‎(4)HCl、硫酸均为强电解质，盐酸、硫酸溶液中氢离子物质的量相等，稀释相同倍数后氢离子浓度仍相等；醋酸是弱电解质，稀释相同倍数会促进醋酸电离继续产生氢离子，稀释后醋酸中氢离子浓度最大，即c＞a=b，故答案为：c＞a=b。‎ ‎30. 某课外活动小组为了测定某（CuCl2•2H2O）样品的纯度，设计了如下方案：称取1.0 g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 2.38 g的AgNO3溶液（溶液中除Cl－外，不含其他与Ag＋反应生成沉淀的离子），Cl－即被全部沉淀。然后用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定样品的纯度。请回答下列问题：‎ ‎（1）判断滴定达到终点的现象是___________________。‎ ‎（2）在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n（Cl－）的测定结果_____________（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎（3）若到达滴定终点时，用去KSCN标准溶液20.00mL，求此样品的纯度__________。‎ ‎【答案】 (1). 由黄色变为血红色，且半分钟内不变色（或者只说出现血红色，半分钟内不变色也可以） (2). 偏高 (3). 85.5%‎ ‎【解析】(1)反应过程中用含Fe3+的溶液作指示剂，用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，滴入最后一滴后，溶液由黄色变为血红色，且半分钟内不变色，证明反应达到终点，故答案为：溶液由黄色变为血红色，且半分钟内不变色；‎ ‎(2)在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag+，需不断剧烈摇动锥形瓶，因为硝酸银的总量一定，若两种沉淀表面吸附部分Ag+，导致测得过量的Ag+偏少，则与Cl-反应的Ag+的量会偏高，即n(Cl－)的测定结果偏高，故答案为：偏高；‎ ‎(3)根据关系式KSCN～AgNO3可知，过量的AgNO3的质量为0.2 mol/L×0.02 L×170g/mol=0.68g，则根据：CuCl2•2H2O～2AgNO3， 可知样品中CuCl2•2H2O的质量为：=0.855g，则原CuCl2•2H2O晶体的纯度为×100%=85.5%，故答案为：85.5%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎