黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期月考化学试题

黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期月考化学试题

化学试卷 一、选择题（54分）‎ ‎1.水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ）‎ A. 氨水的电离程度 B. c(NH3·H2O)/c(OH-)‎ C. c(H+)和c(OH-)的乘积 D. OH-的物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小。‎ ‎【详解】A. 溶液越稀越电离，稀释过程中一水合氨的电离程度增大，故A错误；‎ B. 稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则的比值会减小，故B正确；‎ C. c(H+)和c(OH-)的乘积为Kw，平衡常数只受温度影响，温度不变，Kw不变，故C错误； ‎ D. 稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.25℃时，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是 A. HX为弱酸 B. V1 ＜20‎ C. M点溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(X－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ D. 二者等体积混合时，c(Na＋)＝c(X－) + c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若HX为强酸，其浓度为0.1 mol·L-1时，溶液的pH应该为1，但实际上pH为3，则说明HX为弱酸，可从此进行分析作答。‎ ‎【详解】A. 起始时，HX的浓度为0.1 mol·L-1，pH=3，则说明HX为弱酸，A正确；‎ B. 若V1=20，则溶液的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，B正确；‎ C. M点的溶质是等浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(X－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；‎ D. 两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有：c(Na＋)+c(H+)＝c(X－) + c(OH－)，D错误；‎ 故合理选项为D。‎ ‎【点睛】本题突破口就在，图中曲线的起点，通过这个点，可以发现，若HX为强酸，0.1 mol·L-1 HX溶液的pH应为1，而不是3。作答此类题目，一定要仔细分析题中的信息，图中的信息也不能忽略。‎ ‎3.下列各离子方程式中，属于水解反应的是（ ）‎ A. HCO3-+H2OH3O++CO32- B. NH4++H2ONH3·H2O+H+‎ C. S2-+2H2OH2S+2OH- D. H2O+H2OH3O++OH-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 表示的是碳酸氢根离子在水溶液中发生电离，并水合形成水合氢离子的过程，A错误；‎ B. 表示的是铵根离子的水解反应，B正确；‎ C. 多元弱酸的酸根离子水解应分步水解，C错误；‎ D. 表示的是水的自耦电离，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎4.关于浓度均为0.1mol·L-1的三种溶液：①氨水 ②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是 A. 溶液的pH：①>③>②‎ B. 水电离出的（H+)：③>②>①‎ C. ①和②等体积混合后的溶液：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)‎ D. ①和③等体积混合后的溶液呈碱性：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．浓度相同的三种溶液，①氨水为弱碱，溶液的pH＞7，②盐酸为强酸，溶液的pH最小，③氯化铵强酸弱碱盐，其溶液的pH＜7，但大于②的pH，所以三种溶液的pH大小为：①＞③＞②，故A正确；B．氨水和盐酸都抑制了是的电离，盐酸为强酸，抑制程度大于氨水，则盐酸中水电离出的氢离子浓度小于氨水；氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，促进了水的电离，所以三种溶液中水电离出的氢离子浓度大小为：③＞①＞②，故B错误；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl-），NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；故选B。‎ ‎5.常温下，0.1mol/L 的下列溶液中，c(NH4+)最大的是（ ）‎ A. NH4Cl B. (NH4)2Fe(SO4)2 C. (NH4)2CO3 D. CH3COONH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱；‎ B．NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子水解溶液显酸性，Fe2++2H2OFe(OH)2+H+，抑制铵根离子水解；‎ C．(NH4)2CO3中碳酸根离子促进铵根离子水解；‎ D．CH3COONH4中醋酸根离子促进铵根离子水解；‎ 综上所述同浓度的溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为(NH4)2Fe(SO4)2＞(NH4)2CO3＞NH4Cl＞CH3COONH4，故答案为B。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能 B. 向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡发生了移动 C. 将盛有NO2气体密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，这一事实可以用勒夏特列原理解释 D. FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、MnO2作催化剂，加速H2O2的分解，是因为MnO2‎ 降低反应所需的活化能，增加有效碰撞，加快反应，故A说法正确；‎ B、K2Cr2O7中存在平衡：Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，向其溶液中滴加NaOH溶液，促使平衡向正反应方向移动，橙色变为黄色，故B说法正确；‎ C、NO2中存在2NO2(g) N2O4(g) △H<0，浸泡热水中，相当于加热，促使平衡向逆反应方向进行，容器中气体颜色加深，符合勒夏特列原理，故C说法正确；‎ D、FeCl3溶液加热蒸干、灼烧后得到Fe2O3，Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧后得到原溶质，即仍为Fe2(SO4)3，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断：①盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质，如果水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧得到对应的氧化物；②酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干灼烧后一般得到原来的物质，如Na2CO3溶液，蒸干后得到Na2CO3固体；③考虑盐受热是否分解，如NaHCO3溶液；④还原性盐在蒸干时会被氧气氧化。‎ ‎7.经测定，某溶液中只含有NH4+、Cl-、H+、OH- 四种离子，下列说法中错误的是 A. 溶液中四种离子之间可能满足：c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)‎ B. 若溶液中的溶质是NH4Cl 和NH3•H2O，则离子间可能满足：c(NH4+)> c(Cl-)> c(OH-)> c(H+)‎ C. 若溶液中四种离子满足：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，则溶液中的溶质一定只有NH4Cl D. 若溶液中c(Cl-)=c(NH4+)，则该溶液一定呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.依据若溶液中溶质是大量氯化氢和少量氯化铵时，溶液中离子浓度大小分析判断；‎ B.溶质为氯化铵和氨水，当氨水大量时，溶液显示碱性时，则满足c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)；‎ C.根据离子浓度关系可知，该溶液可能为氯化铵溶液，有可能为氯化铵和氯化氢的混合物；‎ D.依据溶液中电荷守恒分析判断。‎ ‎【详解】A.某溶液中只含NH4+、Cl-、H+、OH- 四种离子，若溶液中溶质是大量氯化氢和少量氯化铵时，离子浓度大小为：c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，A正确；‎ B.若溶液中溶质是氯化铵和氨水，当氨水大量时，溶液显示碱性时，则满足c(NH4+)>c(NH3•H2O)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，所以有c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，B正确；‎ C.由离子浓度关系：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)可知，溶质可能为NH4Cl，有可能为NH4Cl和HCl的混合物，所以溶液中溶质不一定只有NH4Cl，C错误；‎ D.当c(Cl-)=c(NH4+)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(NH4+)= c(Cl-)+c(OH-)可得，c(H+)=c(OH-)，则溶液一定呈中性，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较、盐的水解原理，注意一水合氨为弱电解质的特点以及从溶液电中性的角度分析，掌握电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中的应用。‎ ‎8.已知：①2CO2(g)+4H2(g)═2CH3OH(g)+O2(g) △H=+385.8kJ/mol ‎②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H=−571.6kJ/mol，则CH3OH(g) +O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)的△H为( )‎ A. +478.7kJ/mol B. −764.5 kJ/mol C. −478.7kJ/mol D. +764.5kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律，②-①/2，即可得到CH3OH(g)+O2(g)= CO2(g)+2H2O(l)，则△H=−571.6kJ/mol-192.9kJ/mol=−764.5 kJ/mol，答案为B。‎ ‎9.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是 A. 该反应的平衡常数表达式K= ‎ B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等 C. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙 D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K=‎ ‎，故A错误；‎ B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；‎ C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；‎ D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.下列关于焓变和熵变的说法正确的（ ）‎ A. 常温下反应C(s)+CO(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应△H＞0‎ B. 自发反应的熵一定増大非自发反应的熵一定减小 C. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的 D. 反应2Mg(s)+CO₂(g)＝C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应△H＞0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在高温条件下△G＝△H-T・△S＜反应能进行，反应常温下不能自发进行，选项A正确；‎ B.焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，选项B错误；‎ C.放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，选项C错误；‎ D.该反应的△S＜0，能自发进行，说明△H＜0，选项D错误；‎ 答案选A ‎11.在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是 A. 图表示温度对平衡的影响，且甲温度较高 B. 图表示t0时刻恒容充入He(g)‎ C. 图表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 D 图中a点v正 > v逆 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 容器的容积不变，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，该反应是一个正反应方向气体物质的量减小且放热的反应，根据外界条件的改变对反应速率以及平衡移动的影响进行分析。‎ ‎【详解】A. 乙到达平衡的时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的百分含量增大，A项错误；‎ B. t0时刻，恒容充入He(g)，容器容积不变，各物质的浓度不变，因此正、逆反应速率都不变，B项错误；‎ C. t0时刻增大O2浓度的瞬间，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，生成物浓度此刻不变，逆反应速率不变，之后逐渐增大，C项错误；‎ D. 曲线上各点都是平衡点，a点时SO2的百分含量比相同温度下平衡时的百分含量大，因此应该向正反应方向进行，使SO2的百分含量减小达到平衡状态，则a点v正> v逆，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】恒温恒容，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；‎ 恒温恒压，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，由于压强保持不变，容器容积必然增大，因此各物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，此时相当于减压，平衡向气体体积增大的方向移动。这是学生们的易错点。‎ ‎12.一定温度下，向10ml0.1mol/L的醋酸溶液和10ml0.1mol/L的盐酸中投入足量相同大小的锌粒，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应起始速率相等 B. 生成的H2质量相等 C. 原溶液的pH相等 D. 盐酸生成的H2多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎10ml 0.1mol/L的醋酸溶液和10ml 0.1mol/L的盐酸中，n（CH3COOH）=n（HCl），c（H+）：醋酸＜盐酸，反应速率与离子浓度成正比，根据酸的物质的量确定生成氢气的量。‎ ‎【详解】A. 等物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸，反应速率与离子浓度成正比，所以反应开始时盐酸反应速率大于醋酸，故A错误；‎ B. 等物质的量的盐酸和醋酸，与足量锌反应，生成氢气的量与酸的物质的量成正比，两种酸的物质的量相等，所以生成氢气的质量相等，故B正确；‎ C. 等物质的量浓度的醋酸和盐酸，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸，所以醋酸的pH大于盐酸，故C错误；‎ D. 等物质的量的盐酸和醋酸，与足量锌反应，生成氢气的量与酸的物质的量成正比，两种酸的物质的量相等，所以生成氢气的质量相等，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 该溶液的pH＝4‎ B. 此溶液中，HA约有0.1%发生电离 C. 加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大 D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4 mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；‎ B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；‎ C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；‎ D.溶液中的c(H＋) ＝1×10－4 mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-) ＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋) ≈1×10－4 mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；‎ 故选C。‎ ‎14.下列事实能说明醋酸（CH3COOH）是弱酸的是 A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红 B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<4‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳 D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红，醋酸溶液显酸性，说明醋酸为酸，与题意不符，A错误；‎ B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，若为强酸，溶液中不存在醋酸分子，c（H+）=10-4mol/L，溶液的pH=4，由于溶液的pH<4，说明醋酸溶液中存在电离平衡，为弱酸，符合题意，B正确；‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，C错误；‎ D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应，发生酸碱中和反应，不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎15.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；‎ ‎16.下列说法正确的是 A. t ℃时，某溶液pH＝6，则该溶液一定为酸性 B. 常温下，将pH＝11的氨水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 C. 常温下，将pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的HCl溶液等体积混合后，溶液pH＝7‎ D. 常温下，物质的量浓度和体积相同的Na2CO3、Na2SO4、HCl溶液混合后，pH<7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.温度不同，水的电离度不同，例如：当t℃时,水的离子积为10-12，此时pH=6，溶液为中性，选项A错误；‎ B.氨水在被稀释的过程中，c(OH-)减小，但是温度不变，水的离子积不变，故c(H+)增大，选项B错误；‎ C.常温下，将pH＝11的NaOH溶液中的c(NaOH)=c(OH-)=0.001mol/L，pH＝3的HCl溶液的c(HCl)=c(H+)=0.001mol/L，等体积混合后，完全中和生成氯化钠为强酸强碱盐，溶液呈中性， pH=7，选项C正确；‎ D.物质的量浓度和体积相同的Na2CO3、Na2SO4、HCl溶液混合后生成NaHCO3，HCO3-水解生成OH-，使溶液显碱性，故pH>7，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎17.两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述不正确的是 A. MOH是一种弱碱 B. 在x点，c(M＋)＝c(R＋)‎ C. 稀释前，c(ROH)＝10c(MOH)‎ D. 稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH－)前者是后者的10倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱。‎ ‎【详解】A. MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，A项正确；‎ B. 在x点时MOH和ROH溶液中c(H＋)均为10-11 mol·L-1，c(OH-)均为10-3 mol·L-1，则根据电荷守恒知c(OH-)＝c(M＋)＋c(H＋)＝c(R＋)＋c(H＋)，则c(M+)=c(R+)，B项正确；‎ C. 稀释前，ROH pH=13，且ROH为强碱，则c(ROH)=0.1mol/L，而MOH pH=12，且MOH为弱碱，则c(MOH)>0.01mol/L，则c(ROH)<10c(MOH)，C项错误；‎ D. 稀释前，ROH开始的pH=13，由水电离出的c(OH−)=10−13mol/L，MOH开始的pH=12，由水电离出的c(OH−)=10−12mol/L，则稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH−)前者是后者的10倍，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－‎ B. c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、OH－‎ C. 无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、NO3－、SO42－‎ D. =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲基橙变红，说明溶液显酸性，NO3－在酸中具有强氧化性，能将I－氧化，即该离子组不能在指定溶液中大量共存，故A错误；‎ B、OH－能与HCO3－发生OH－＋HCO3－=H2O＋CO2↑，因此该离子组不能在指定溶液中大量共存，故B错误；‎ C、Fe3＋显棕黄色，该离子组不符合题意，故C错误；‎ D、=1012的溶液显碱性，这些离子在碱中能大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子共存一看色，判断溶液是无色溶液还是下列溶液，注意有色离子；二看性，判断出溶液显酸性还是碱性；三看特殊，记住特殊反应，如AKO2－和HCO3－不能大量共存，NO3－、H＋与还原性离子不能大量共存；四看反应，发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应的离子不能共存。‎ ‎19.按要求填空。‎ ‎（1）浓度均为0.1 mol/L的①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是______________（填序号）。‎ ‎（2）Fe2（SO4）3溶液显酸性，用离子方程式表示其原因___________________。‎ ‎（3）AlCl3溶液和NaAlO2溶液混合的化学方程式为______________________。‎ ‎（4）向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有____________________。‎ ‎（5）常温下，将0.2 mol/L CH3COOH和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH＜7，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). ④>②>③>① (2). Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+ (3). AlCl3+ 3NaAlO2+ 6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl (4). 出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生 (5). c（CH3COO_）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）酸溶液中氢离子浓度或碱中氢氧根浓度越大，对水的电离抑制程度越大。氯化铵水解促进水的电离。硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，所以四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是④>②>③>①；‎ ‎（2）铁离子水解溶液显酸性，离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；‎ ‎（3）AlCl3溶液和NaAlO2溶液混合反应的化学方程式为AlCl3+ 3NaAlO2+ 6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl；‎ ‎（4）氯化铁水解溶液显酸性，则向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，碳酸钙逐渐溶解，消耗氢离子，促进水解，所以同时还产生的现象有出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生。‎ ‎（5）常温下，将0.2 mol/L CH3COOH和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合生成醋酸钠，其中醋酸过量，所得溶液的pH＜7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（CH3COO_）>c（Na+）>c（H+）>c（OH_）。‎ ‎20.（1）已知常温时，a mol/L醋酸与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,溶液为中性，则醋酸钠的水解平衡常数Kh＝___________ (用含a的代数式表示） ‎ ‎（2）向冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性随加入水的体积变化如下图所示：‎ ‎①a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是_____________。‎ ‎②a、c两点对应的溶液分别吸收氨气，若两溶液最终pH均为7（25℃时），则a 点溶液中的c(CH3COO－)_____c点溶液中的c(NH4+)。(填“＜”、“＞”或“＝”)‎ ‎（3）已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 Ka=1.8×10-5‎ Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11‎ Ka=3.0×10-8‎ ‎①物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_____(用编号填写)‎ a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3‎ ‎②写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：________‎ ‎【答案】 (1). 10－6 (a-0.1) (2). c＞b＞a (3). ＞ (4). a＜d＜c＜b (5). ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CH3COONa的水解平衡常数Kh= ，由此求解； ‎ ‎(2)①溶液体积越大，醋酸电离程度越大；‎ ‎②25℃时，铵盐溶液pH=7，则溶液中存在c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，所以两点溶液中c(CH3COO-)越大则该点溶液中的c(NH4+)越大；‎ ‎(3)①弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；‎ ‎②次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸。‎ ‎【详解】(1)由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，所以c(CH3COO-)=c(Na+)=0.05mol/L，所以Ka==，而CH3COONa的水解平衡常数Kh===10－6(a-0.1)；‎ ‎(2)①溶液体积越大，醋酸电离程度越大，根据图知，溶液体积：a＜b＜c，则醋酸电离程度：c＞b＞a；‎ ‎②25℃时，铵盐溶液pH=7，则溶液中存在c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，所以两点溶液中c(CH3COO-)越大则该点溶液中的c(NH4+)越大，溶液中c(CH3COO-)：a＞c，则c(NH4+)：a＞c，所以a点溶液中的c(CH3COO-)＞c点溶液中的c(NH4+)；‎ ‎(3)①据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，则pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b；‎ ‎②酸性：HClO＞HCO3-，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢根离子，该反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO。‎ ‎【点睛】掌握盐类的水解规律是解题的关键。排序时，首先判断盐的类别，pH(强酸弱碱盐)＜pH(强酸强碱盐)＜pH(强碱弱酸盐)，同类别的盐，注意弱离子水解程度规律：越弱越水解，如弱酸的酸性越弱，对应酸根离子的水解程度越大，其盐溶液的碱性越强，pH越大。‎ ‎21.（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。‎ ‎①写出上述氧化还原反应的化学方程式：___________________‎ ‎②若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积________(填序号)。‎ A．＝10 mL B．＝40 mL C． ＜10 mL D． ＞40 mL。‎ ‎③若滴定终点时PH=8.8，可选择_______为指示剂 ‎④滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎（2）某学生用0.100mol•L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：‎ A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；‎ B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；‎ D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm 处；‎ E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；‎ F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。‎ 实验编号 KOH溶液的浓度（mol/L）‎ 滴定完成时，KOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积（mL）‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎22.62‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎22.72‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎22.80‎ ‎20.00‎ ‎①正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）__________________________‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______________（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). D (3). 酚酞 (4). 偏低 (5).‎ ‎ B、D、C、E、A、F (6). 0.11mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的方程式；‎ ‎②根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；‎ ‎③根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；‎ ‎④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小；‎ ‎(2)①中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；‎ ‎②先分析数据的有效性，求出消耗碱的平均体积，然后根据c(酸)=计算。‎ ‎【详解】(1)①双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；‎ ‎②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，故答案为D；‎ ‎③滴定终点时溶液由酸性变碱性，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)；‎ ‎④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际值偏低；‎ ‎(2)①操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数。再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F；‎ ‎②三次数据均有效，平均消耗V(KOH溶液)==22.71mL，所以c(酸)==≈1.1mol/L。‎ ‎22.NH4Al(SO4)2、NH4HSO4用途广泛。请回答下列问题：‎ ‎（1）常温时，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液的pH=3。则溶液中c(NH4＋)+c(NH3·H2O)_______c (Al3+) + c［Al(OH)3］（填“﹥”、“﹤”或“=”）；2c(SO42－)- c(NH4‎ ‎＋)-3c(Al3+)=________mol·L-1（填数值）。‎ ‎（2）80℃时，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原因是________________________ （用离子方程式并结合文字叙述回答）。‎ ‎（3）常温时，向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎（4）常温时，浓度为0.1 mol·L-1Na HSO4溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液反应后混合液pH＝2则二者体积比为_____________‎ ‎【答案】 (1). ＝ (2). l.0×l0-3（或l.0×l0-3-l.0×l0-11） (3). Al3+、NH4＋存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+、NH4＋+H2O NH3·H2O+H+，升高温度其水解程度增大，c(H+)增大，pH减小 (4). H++OH-=== H2O (5). 9:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由物料守恒知，NH4Al(SO4)2中NH4+和Al3+物质的量相等，故c(NH4+)+c(NH3•H2O)和c (Al3+)+c[Al(OH)3]相等；由电荷守恒：2c(SO42-)+c(OH-)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，由此分析解答；‎ ‎(2)温度升高会促进NH4+和Al3+水解，从而导致氢离子浓度变大，pH降低；‎ ‎(3)向100mL 0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应；‎ ‎(4)常温时，浓度为0.1 mol·L-1Na HSO4溶液中c(H+)=0.1mol/L， pH＝12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，反应后混合液pH＝2，即c(H+)=0.01mol/L。‎ ‎【详解】(1)由物料守恒知，NH4Al(SO4)2中NH4+和Al3+物质的量相等，故c(NH4+)+c(NH3•H2O)和c (Al3+)+c[Al(OH)3]相等；由电荷守恒：2c(SO42-)+c(OH-)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，所以2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=l.0×l0-3(或l.0×l0-3-l.0×l0-11)；‎ ‎(2)Al3+、NH4+存在水解平衡：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+‎ ‎，升高温度其水解程度增大，c(H+)增大，pH减小；‎ ‎(3)向100mL 0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O；‎ ‎(4)常温时，浓度为0.1 mol·L-1Na HSO4溶液中c(H+)=0.1mol/L， pH＝12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，反应后混合液pH＝2，即c(H+)=0.01mol/L，设Na HSO4溶液体积为aL，pH＝12的氢氧化钠溶液体积为bL，则混合后溶液中c(H+)==0.01mol/L，解得：a：b=9:2。‎ ‎23.李克强总理在《2018年国务院政府工作报告》中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)有着积极的环保意义。‎ Ⅰ.车排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)  2CO2(g)+N2(g) ΔH=-746.50kJ·mol-1。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(0~15min) NO的物质的量随时间变化如图。‎ ‎（1）图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n (NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_______（填“a”或“b”）‎ ‎（2）在a曲线所示反应中，0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=_________；T℃时，该反应的化学平衡常数K=__________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将移动_____________(填“向左”、“向右”或“不”)‎ ‎（3）15min时, n (NO)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______（填序号）‎ A .充入少量CO     B .将N2液化移出体系     C .升高温度      D .加入催化剂 ‎（4）Ⅱ. 已知有下列反应：‎ ‎①5O2(g)+ 4NH3(g)6H2O(g)+ 4NO(g)    △H1‎ ‎②N2(g)+O2(g)2NO(g)        △H2‎ ‎③2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)          △H3‎ 若在高效催化剂作用下可发生8NH3(g)+ 6NO2(g)  7N2(g)+ 12H2O(g)的反应，对NO2进行处理则该反应的△H=_________（用△H1，△H2，△H3表示），△S__________0。‎ ‎（5）某温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的NH3和NO2 ， 按照（4）的原理模拟污染物的处理。若容器中观察到________________（填序号），可判断该反应达到平衡状态 A .混合气体颜色不再改变 B .混合气体的密度不再改变 C .混合气体摩尔质量不再改变 D .NH3和NO2的物质的量之比不再改变 ‎【答案】 (1). b (2). 0.01mol/(L·min) (3). 5 (4). 不 (5). AB (6). 2△H1 -7△H2 -3△H3 (7). > (8). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；‎ ‎(2)起始时，NO为4mol，平衡时NO为0.2mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，反应速率v=，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与k的相对大小分析；‎ ‎(3)由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；‎ ‎(4)将方程式2①-7②-3③得8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O，焓变进行相应的改变；气体的物质的量增大导致熵增大；‎ ‎(5)当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变.‎ ‎【详解】(1)催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；‎ ‎(2)起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，‎ 则平衡时的浓度：c(NO)=0.1mol/L，c(CO)=0.1mol/L，c(CO2)=0.1mol/L，c(N2‎ ‎)=0.05mol/L，一氧化碳表示的反应速率v==0.01mo/(L•min)，k==5(mol/L)-1；‎ 平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol，则c(CO)=0.2mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，Qc==5=k，则平衡不移动；‎ ‎(3)由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2 ；‎ A．充入少量CO 一氧化氮减小，平衡正向进行，故A正确；‎ B．将N2液化移出体系平衡正向进行，故B正确；‎ C．反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，一氧化氮增大，故C错误；‎ D．加入催化剂改变反应速率不改变化学平衡，一氧化氮的量不变，故D错误；‎ 故答案为AB；‎ ‎(4)将方程式2①-7②-3③得8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O，△H=2△H1-7△H2-3△H3；气体的物质的量增大导致熵增大，所以△S＞0；‎ ‎(5)A．反应中只有二氧化氮有色，当混合气体颜色不再改变时，说明二氧化氮浓度不变，则正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．反应前后混合气体总质量不变、容器体积不变，则密度始终不变，则不能关键混合气体的密度判断平衡状态，故B错误；‎ C．反应后气体总物质的量增大，所以反应前后混合气体平均摩尔质量减小，当混合气体摩尔质量不再改变，正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；‎ D．NH3和NO2的物质的量之比不再改变时，反应不一定达到平衡状态，与反应物初始物质的量有关，所以不能判断平衡状态，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。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。‎ ‎ ‎