辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

高二化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ag 108 Cu 64‎ 一、选择题（每题只有一个正确答案，1-16每题2分，17-21每题3分，共47分）‎ ‎1.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程 B. 氢氧燃料电池的负极反应式 ：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ C. 粗铜精炼时，电解质溶液中铜离子浓度保持不变 D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，可使反应速率加快 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程，A正确；B. 氢氧燃料电池的负极发生失去电子的氧化反应，氢气放电，B错误；C. 粗铜精炼时，阳极是粗铜，粗铜中的杂质也会失去电子，而阴极始终是铜离子放电，因此电解质溶液中铜离子浓度降低，C错误；D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，铁全部被铜离子氧化，不能生成氢气，D错误，答案选A。‎ ‎2.下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀 B. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈 C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 D. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；‎ B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；‎ C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；‎ D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。‎ ‎【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；‎ B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；‎ C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；‎ D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎3.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法不正确的是 A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)‎ B. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同 C. 氢离子浓度、体积均相同的两溶液，加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度都减小 D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，醋酸溶液的pH比盐酸小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH相等的两溶液电离出的氢离子浓度相等，都为一元酸，电离出的c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)= c(H+)；故A正确；‎ B. 溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强。相同物质的量浓度的两溶液，盐酸为强酸，电离程度大，溶液中离子浓度大，醋酸为弱酸，电离程度小，溶液中离子浓度小，导电能力弱，故B错误；‎ C. CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，加入酸溶液中会消耗氢离子，因此两个酸溶液中氢离子浓度都减小，故C正确；‎ D. pH=3 盐酸溶液稀释10倍，pH变为4；而醋酸中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故氢离子浓度下降幅度较小，则pH小于4，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是 A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降 B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小 C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大 D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；‎ B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；‎ C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；‎ D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（　　）‎ ‎①常温下HNO2溶液的pH小于7 ‎ ‎②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 ‎③HNO2和NaCl不能发生反应 ‎④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1‎ ‎⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2‎ ‎⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8‎ A. ①④⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②③④ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；‎ ‎②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；‎ ‎③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；‎ ‎④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；‎ ‎⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；‎ ‎⑥常温下pH=1的HNO2‎ 溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；‎ 能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为②，要注意溶液的导电性与离子浓度成正比，可能是亚硝酸的浓度很小造成的。‎ ‎6.下列化学用语正确的是 A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+ H2OCO32-+H3O+‎ B. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-‎ D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢离子，离子方程式：HCO3-+ H2O H2CO3+OH-，故A错误；‎ B. NH4Cl溶于水中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子， NH4++H2ONH3·H2O+H+，D 为氢元素的一个核素，溶于D2O中离子方程式：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故B正确；‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+ H2O H2S+OH-，S2-为弱酸根，分步水解，故C错误；‎ D. 0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中，说明NaHA为强酸的酸式盐，是强电解质，在水中完全电离为Na+、H+、A2-，加入NaOH溶液：H++OH-= H2O，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】弱电解质在离子反应中不能拆写，多元弱酸根离子水解时分步进行。‎ ‎7.将反应Cu（s） + 2Ag + （aq）  Cu 2+（aq） + 2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是 （    ） ‎ A. KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液 B. 当电流计指针为0时，该反应达平衡，平衡常数K=0‎ C. 若此时向AgNO3溶液中加入NaCl固体，随着NaCl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转 D. 若此时向Cu（NO3）2溶液中加入NaOH固体，随着NaOH量的增加电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据电子流向，Cu为负极，而KNO3盐桥中的K+移向正极，错误；B、该反应达平衡时各物质的量不在变化，也不会有能量的变化，所以电流计指针为0，但平衡常数不为0，错误；C、随着NaCl量的增加，Ag+的浓度下降，反应速率减小（电流计指针向右偏转幅度减小）直到建立平衡（指针指向0），Ag+的浓度再下降，会使平衡逆移（向左偏转），正确；D、NaOH量的增加，正反应速率不变，电流计指针向右偏转幅度不变，错误。‎ 考点：考查原电池的工作原理、化学平衡知识。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大 B. 常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7‎ C. CaCO3的水溶液导电性很弱，所以CaCO3是弱电解质 D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1和c2必然存在：c1＝10c2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca（OH）2饱和溶液加热Ca（OH）‎ ‎2析出，溶液的pH减小，故A错误；‎ B. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故B正确；‎ C.溶液导电性与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱无关系，故C错误；‎ D. 醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.常温下，有①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是 A. 水电离的c(H＋)：①>②=③>④‎ B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②=④‎ C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大 D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①pH=2的CH3COOH溶液，c(H＋)=10-2mol/L，②pH=2的H2SO4溶液，c(H＋)=10-2mol/L，‎ ‎③pH=12的氨水，c(OH-)=10-2mol/L，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L。四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L；‎ ‎【详解】A. 四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，故A错误；‎ B. 硫酸和氢氧化钠都是强电解质，由于c(H+)=c(OH-)，故V(NaOH)=V(H2SO4)，若将两个溶液混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②=④，故B正确；‎ C. 醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；‎ D. 醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以加水后溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，弱酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离。‎ ‎10.60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，则在60 ℃时，c(H＋)＝2×10－7mol·L－1的溶液 A. 呈酸性 B. 呈碱性 C. 呈中性 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14， c(OH-)=，c(OH-)< c(H＋)，故溶液显酸性，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】1.溶液酸碱性判断原则：①c(H+)=c(OH-),溶液显中性；②c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性； ③c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性；‎ ‎2. 溶液酸碱性判断规律：①强酸强碱盐的水溶液显中性；②强酸弱碱盐的水溶液显酸性； ③弱酸强碱盐的水溶液显碱性。‎ ‎11.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变 C. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，A项错误；‎ B. 向水中加入NaHSO4，c(H＋)增大，由于温度不变，Kw应不变，B项正确；‎ C.向水中加入少量CH3COOH，c(H＋)应增大，C项错误；‎ D. 加热促进水的电离，c（H+）、c（OH-）都增大，Kw增大，pH减小，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】水的离子积Kw只与温度有关，与溶液的浓度大小无关。温度升高，水的离子积增大。‎ ‎12. LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是 A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O B. b处通入氧气，为电池的正极 C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替 D. P-型半导体连接的是电池负极．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，A项错误；B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，B项正确；C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，C项错误；D．P-型半导体连接的是电池正极，D项错误；答案选B。‎ 考点：考查氢氧燃料电池。‎ ‎13.镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池关注焦点。其中一种镁原电池的反应为xMg＋Mo3S4MgxMo3S4，下列说法正确的是( )‎ A. 电池充电时，阴极发生还原反应生成Mo3S4‎ B. 电池充电时，阳极反应为xMg－2xe－===xMg2＋‎ C. 电池放电时，Mg2＋向负极迁移 D. 电池放电时，正极反应为Mo3S4＋2xe－＋xMg2＋=== MgxMo3S4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．充电时，Mg为阴极，被还原，电极反应为电极方程式为xMg2++2xe-‎ ‎═xMg，故A错误；B．电池充电时，阳极反应为MgxMo3S4-2xe-═Mo3S4+xMg2+，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，故C错误；D．电池放电时，正极发生还原反应，由总方程式可知，Mo3S4为正极，被还原，电极反应为Mo3S4+2xe-+xMg2+═MgxMo3S4，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理 ‎【名师点晴】本题考查原电池与电解池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意根据电池总反应书写电极反应式。本题中，放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应为xMg-2xe-═xMg2+，Mo3S4为正极，被还原，电极反应为Mo3S4+2xe-+xMg2+═MgxMo3S4，充电是电能转化为化学能的过程，阴极反应和原电池负极相反，发生还原反应。‎ ‎14. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ B. 电解精炼铜时，若转移1mol电子，a极质量减少32g C. 铁表面镀铜时，a为铁，b为Cu，工作一段时间要使右池溶液复原可加入适量的CuO D. 若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故A错误；B．电解精炼铜时，a极是粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，故B错误；C．铁表面镀铜时，阳极a为铜，b为铁，工作一段时间硫酸铜的浓度基本不变，故C错误；D．a、b两极均是石墨时，电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以燃料电池需要消耗1molO2，二者的体积相等，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池的知识 ‎【名师点晴】解答此种类型的题目的关键是能把握电化学原理，能正确书写电极反应式；左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料氢气的电极为负极，投放氧化剂氧气的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，结合电解反应解答。‎ ‎15.溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中 HCO3－占95 % ，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是 A. a 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质 B. 装置中产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4‎ C. c室发生的反应为 2H2O－4e－===O2↑＋ 4H+‎ D. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+。H+通过阳离子交换膜进入c室；c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质。‎ ‎【详解】A.根据上述分析，c 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质，故A错误；‎ B. 由电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+可知，标况下产生1mol O2，同时产生4mol H+，4mol H+与4mol HCO3－反应，产生4mol CO2，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，因此产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4，故B正确；‎ C. c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故C错误；‎ D. 电路中每有0.2mol电子通过时，就有0.2mol阳离子从a室移至b室，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lgc(D+)，下列有关pD的叙述正确的是 ‎①中性D2O的PD>7 ‎ ‎②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12‎ ‎③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2‎ ‎④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=2‎ A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C（D+）=C（HD-）=mol/L=4×10-8mol/L，PD=-lg[D+]=8-lg4＞7，故①正确；‎ ‎②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C（HD-）＜0.01mol/L，C（D+）＞1.6×10-13，则PD值＞12，故②错误；‎ ‎③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C（D+）=0.01mol/L，PD=2，故正确；‎ ‎④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n（DCl），则酸过量，混合溶液中C（DCl）==0.1mol/L，则C（D+）=0.1mol/L，PD=1，故④错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为 A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3•H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4‎ 为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3•H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3•H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3•H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3•H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。‎ ‎【点睛】pH=-lgc〔H+〕，pH由小到大的顺序是：酸溶液的pH＜呈中性的盐溶液的pH＜碱溶液的pH，由盐类的水解规律可知，强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性；盐类的水解促进水的电离，酸和碱抑制水的电离；‎ ‎18.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 溶液中水的电离程度：b点>c点 B. 曲线Ⅱ代表CH3COOH C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同 D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性：HNO2>CH3COOH，‎ A. 酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+):b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：bA ②开始反应时的速率A>E ‎③参加反应的锌的物质的量A＝E ④反应过程的平均速率E>A ‎⑤A溶液里有锌剩余 ⑥E溶液里有锌剩余 ‎(5)向 0.l mol•L-1 CH3COOH溶液中滴加 NaOH 溶液至c(CH3COOH) : c(CH3COO-) =2 : 36，此时溶液pH = __________‎ ‎【答案】 (1). CO32- (2). b (3). H2S+CO32- =HCO3-+HS- (4). ③④⑤ (5). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 酸根对应的酸越弱结合H+能力越强，根据电离平衡常数，酸的酸性强弱为：HF>CH3COOH>H2S>HCO3−，所以对应的碱结合H+的能力强弱为：CO32−>HS−>CH3COO−>F−，则其中结合H+能力最强的是CO32−，‎ 故答案为：CO32−；‎ ‎(2) a.酸性强弱为HSO3−>HS−，所以HS−与SO32−反应进行的程度不大，可以共存，故a不选；‎ b.酸性强弱为HF>CH3COOH，则HF可以与CH3COO−反应，不可以共存，故b选；‎ c.HS−和HCO3−均为水解程度大于电离程度，所在溶液均为碱性，可以共存，故c不选；‎ d.酸性强弱H2CO3>HSO3−，所以HSO3−与HCO3−可以共存，故d不选，‎ 故答案为：b；‎ ‎(3) Na2CO3溶液通入过量H2S，酸性强弱为H2CO3>H2S>HCO3−>HS−，反应生成HCO3−，H2S转化为HS−，则反应的离子方程式为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-，‎ 故答案为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-；‎ ‎(4) ①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A< E，反应速率A< E，则反应所需时间A> E，故①错误；       ‎ ‎②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A. B氢离子浓度相等，反应速率A= E，故②错误；‎ ‎③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A= E，故③正确；‎ ‎④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A< E，反应过程的平均速率E >A ‎，故④正确；‎ ‎⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A< E，则可能A剩余锌，故⑤正确，⑥错误；‎ 答案为：③④⑤；‎ ‎ (5) 向 0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=2:36，则溶液中c(H+)==10−6mol/L，则溶液pH=−lgc(H+)=6；‎ 答案为：6；‎ ‎ ‎