2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次月考化学试题 解析版

‎2018—2019 学年度上学期第二次月考 高二年级化学科试卷 可能用到的相对原子质量：Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题(本题包括 20 个小题，每题只有一个选项是正确的，每题 3 分，共 60 分)‎ ‎1.一定温度下反应：A2（g）+3 B2（g）2 AB3（g）（每生成2 mol AB3放出92.4 kJ的热量），在恒温恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1 mol A2和3 mol B2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2 mol A2和6 mol B2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是 A. Q2=" 2" Q1 B. 2Q1 < Q2‎ C. Q1 < Q2 < 92.4 kJ D. Q1 = Q2 < 92.4 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：热化学方程式A2（g）+3B2（g）2AB3（g）（每生成2mol AB3放出92.4kJ的热量），表示一定条件下，1molA2（g）与3molB2（g）反应生成2molAB3（g）放出的热量是92.4kJ，反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中n（A2）：n（B2）=1：3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的量是①中的2倍，所以Q2="2" Q1＜184.8 kJ；故选A。‎ 考点：考查了热化学方程式的意义、反应热的计算、可逆反应特征、等效平衡的相关知识。‎ ‎2.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态①混合气体的压强　   ②混合气体的密度　  ③ B的物质的量浓度　  ④ 混合气体的总物质的量   ⑤混合气体的平均相对分子质量　  ⑥v(C)与v(D)的比值　  ⑦混合气体的总质量　⑧混合气体的总体积  ⑨C、D的分子数之比为1∶1‎ A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据两边计量相等及M= m/n 分析判断。‎ ‎【详解】①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，证明达到了平衡状态，故①正确； ②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度始终不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，故②错误； ③B的物质的量浓度不变，说明产生B的速率等于消耗B的速率，即正逆反应相等，可以说明反应达到平衡，故③正确； ④该反应是反应前后气体体积变化的反应，所以气体总物质的量不变，能表明反应达到平衡状态，故④正确； ⑤容器中的气体平均相对分子质量M=m/n，反应前后混合气体的质量不变化，当M不再发生变化时，表明物质的量不变，表明已经平衡，故⑤正确； ⑥C、D反应速率的比值始终等于化学方程式的系数之比，与反应平衡无关，故⑥错误；　‎ ‎⑦反应前后，各物质均为气体，根据质量守恒定律可知，混合气体的总质量一直不变，不能说明反应达到平衡， 故⑦错误； ⑧容器为定容容器，所以混合气体的体积始终不变，故⑧错误； ⑨生成C、D后，它们的分子数之比始终为，不能说明反应达到平衡， 故⑨错误； 所以①③④⑤可以说明反应达到了平衡；综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】针对于有气体参与的可逆反应，当反应前后气体的体积变化不为0时，其它条件不变的条件下，当混合气体的压强保持不变时，反应达到平衡状态；针对于有气体参与的可逆反应，当反应前后气体的体积变化等于0时，当混合气体的压强保持不变时，不能判定反应是否达到平衡状态。因此用压强判定平衡状态时，要注意反应前后气体体积的变化情况。‎ ‎3.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是( )‎ A. 工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂 B. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 C. Fe(SCN)3 溶液中加入少量固体 KSCN 后颜色变深 D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。‎ ‎【详解】A项、工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂，可加快化学反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；‎ B项、工业生产硫酸的过程中由于SO2转化为SO3的反应是可逆反应，若使用过量的氧气，即增大了反应物的浓度，根据平衡移动原理，增大反应物的浓度，可以是平衡正向移动，因此可以提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，故B错误；‎ C项、Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故C错误；‎ D项、实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，Cl2+H2O=HCl+HClO，平衡逆向进行，减小氯气溶解性，能用勒夏特列原理解释，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提。‎ ‎4.下列有关问题，与盐的水解有关的是 ‎①NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接金属中的除锈剂；‎ ‎②用 NaHCO3 与 Al2(SO4)3 两种溶液可作泡沫灭火剂；‎ ‎③草木灰(K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用 ‎④除去 MgCl2 溶液中的 Fe3+可选用 MgO 固体；‎ ‎⑤热的纯碱溶液去污效果更好。‎ A. ①②③⑤ B. ②③④ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，能与铁锈反应，所以可作焊接金属中的除锈剂，与盐的水解有关；‎ ‎②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；‎ ‎③草木灰中碳酸根离子和铵根离子水解相互促进损失肥效，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐的水解有关；‎ ‎④氧化镁或碳酸镁和铁离子水解生成的酸，调节溶液PH沉淀铁离子，和盐类水解有关；‎ ‎⑤纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，有利于油脂的水解，与盐类水解有关；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答。‎ ‎5.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：下列说法不正确的是 A. 该过程中CeO2没有消耗 B. 该过程实现了太阳能向化学能的转化 C. 右图中△H1=△H2+△H3‎ D. 以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为：CO+4OH—- 2e—=CO32—+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，故A正确；B．该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；C．由右图可知，根据盖斯定律，应该是：-△H1=△H2+△H3；故C错误；D．CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH-生成CO32-，故负极反应式正确；故D正确；故选C。‎ 考点：考查热化学知识和盖斯定律的应用。‎ ‎6.某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z 三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其它条件不变，当 温度分别为 T1 和 T2 时，Y 的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是 ‎ ‎ A. 该反应的热化学方程式为 X(g)＋3Y(g) ⇌2Z(g) ΔH＞0‎ B. 达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动 C. 若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，X 的转化率减小 D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从图a可得出该反应为，从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；B选项中缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，B错误；C选项中，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，C正确；D选项中，若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，D错误．‎ 考点：平衡移动的影响因素 ‎7.一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g) ＋ O2(g)2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t / s ‎ ‎0 ‎ t1 ‎ t2 ‎ t3 ‎ t4 ‎ n(SO3) / mol ‎ ‎0 ‎ ‎0．8 ‎ ‎1．4 ‎ ‎1.8 ‎ ‎1.8 ‎ 下列说法正确的是 A．反应在前t1s 的平均速率v(O2) = 0.4/t1mol·L－1·s－1‎ B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大 C．相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%‎ D．保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n(SO3)/n(O2)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、三氧化硫表示的反应速率v===mol•L﹣1•s﹣1，化学反应速率之比等于系数之比，氧气的平均速率为0.5×mol•L﹣1•s﹣1，A错误；B、保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数不变，B错误；C、相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，根据极限转化的思想，向容器中充入4mol SO3，相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气，增加二氧化硫的量，会降低其转化率，C错误；D、温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，D正确，答案选D。‎ 考点：考查化学反应速率计算、外界条件对平衡状态的影响 ‎8.在下列条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 无色溶液：Ca2+、H+、[Fe(CN)6]3−、HSO32 −‎ B. 常温下Kw/c(H+)=0.1mol/L 的溶液： Na+、K+、NO3-、SiO32-‎ C. FeCl3 溶液：K+、Na+、SO42-、CO32-‎ D. 能使甲基橙呈红色的溶液：Na+、NH4+ 、I -、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、HSO3-与H+离子之间结合生成水和气体；‎ B、常温下Kw/c(H+)=0.1mol/L 的溶液显碱性；‎ C、FeCl3 溶液中，Fe3+与CO32-在溶液中发生双水解反应；‎ D、能使甲基橙呈红色的溶液呈酸性。‎ ‎【详解】A项、HSO3-与H+反应生成气体和水，不能大量共存，故A错误；‎ B项、常温下Kw/c(H+)=0.1mol/L 的溶液中c(H+)=1×10-14mol•L-1，溶液呈碱性，碱性溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；‎ C项、FeCl3 溶液中，Fe3+与CO32-在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；‎ D项、能使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下I-、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-。‎ ‎9.下列说法不正确的是( )‎ A. Na 与 H2O 的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行 B. 饱和 NaCl 溶液加入浓盐酸析出晶体，易溶电解质也存在溶解平衡 C. FeCl3 和 MnO2 均可加快 H2O2 分解，同等条件下二者对 H2O2 分解速率的改变相同 D. Mg(OH)2 固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合△G=△H-T△S<0，反应自发进行；‎ B、饱和 NaCl 溶液中存在溶解平衡：NaCl（s）Na+（aq）+Cl-（aq）；‎ C、FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，但催化机理不同，反应速率不同；‎ D、在NH4Cl溶液中加入Mg(OH)2 固体，NH4+与OH-结合生成氨水，OH-浓度减小，溶解平衡右移。‎ ‎【详解】A项、Na与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即△S>O，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即△H<0，则△G=△H-T△S<0，故该反应自发进行，故A正确；‎ B项、饱和 NaCl 溶液中存在溶解平衡：NaCl（s）Na+（aq）+Cl-（aq），加入浓盐酸，溶液中c(Cl-)增大，平衡左移，析出NaCl晶体，故B正确；‎ C项、FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，但催化机理不同，反应速率不同；同等条件下二者对H2O2分解速率的改变不同，故C错误；‎ D项、在NH4Cl溶液中加入Mg(OH)2 固体，NH4+与OH-结合生成氨水，OH-浓度减小，溶解平衡右移，Mg(OH)2 固体溶解，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎10.下列反应的离子方程式正确的是 ( )‎ A. 用石墨作电极电解 AlC13 溶液：2Cl- +2H2OCl2↑+H2↑+2OH−‎ B. 酸性高锰酸钾溶液与 H2O2 溶液混合：2MnO4 −+ 3H2O2 + 6H+= 2Mn2++ 4O2↑+6H2O C. 向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：3S2O32-+2H+=2SO42-+4S↓+H2O D. 向 Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 Ca(OH)2 的溶液：Mg2++2HCO3- +4OH- +2Ca2+=3H2O+2CaCO3↓+ Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、用石墨作电极电解AlC13溶液生成氢氧化铝、氢气、氯气；‎ B、酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合，二者反应生成氧气、锰离子和水；‎ C、向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸反应生成二氧化硫、硫和水；‎ D、向 Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 Ca(OH)2 的溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和水。‎ ‎【详解】A项、用石墨作电极电解AlC13溶液生成氢氧化铝、氢气、氯气，反应的离子方程式为2Al3++6Cl- +6H2O3Cl2↑+3H2↑+6OH−，故A错误；‎ B项、酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合，二者反应生成氧气、锰离子和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑，故B错误；‎ C项、向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸反应生成二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故C错误；‎ D项、向 Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 Ca(OH)2 的溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3- +4OH- +2Ca2+=3H2O+2CaCO3↓+ Mg(OH)2↓，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，离子方程式正误判断常用方法有：查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。‎ ‎11.如下图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g)＋3B(g)2C(g)　ΔH＝－192 kJ·mol－1。向M、N中，分别通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，则x一定等于y B. 若x∶y＝1∶2，则平衡时，M中的转化率：A>B C. 若x∶y＝1∶3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%‎ D. 若x＝1.2，y＝1，N中达到平衡时体积为2 L，含有C 0.4 mol，再通入0.36 mol A时，v正Qc，所以v正>v逆，错误。‎ ‎12.下列实验不正确的是 序号 实验内容 实验目的 A 向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸 探究反应物浓度增大对化 学平衡的影响 B 向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶 液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶 液 说明一种沉淀能转化为另 一种溶解度更小的沉淀 C 室温下，用pH计测定浓度为0.1mol·L−1NaClO 溶液和0.1mol·L−1CH3COONa溶液的pH 比较 HClO 和 CH3COOH 的 酸性强弱 D 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同 浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不 同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影 响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高；‎ B、发生沉淀的转化，溶度积小的转化为溶度积更小的；‎ C、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强；‎ D、浓度越大，反应速率越快。‎ ‎【详解】A项、向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高，由于外界条件浓度和温度均改变，不能实现探究反应物浓度增大对化学平衡的影响的目的，故A错误；‎ B项、由沉淀转化中溶解度小的向溶解度更小的方向移动，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，可观察到白色沉淀转化为黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；‎ C项、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强，则可以用pH计测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1 CH3COONa溶液的pH，比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故C正确；‎ D项、分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解、酸性比较、沉淀转化和反应速率的影响因素等，把握反应原理及物质性质为解答的关键，注意方案的评价性分析。‎ ‎13.下列说法正确的是 A. 反应 2Mg+CO2 2MgO+C△H＜0 从熵变角度看，可自发进行 B. 在密闭容器发生可逆反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=－113.0kJ/mol，达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡后，△H 变小 C. 根据 HClO 的 Ka=3.0×10−8，H2CO3 的 Ka1=4.3×10−7，Ka2=5.6×10−11，可推测相同状况 ‎ 下，等浓度的 NaClO 与 Na2CO3 溶液中，pH 前者小于后者 D. 已知：Ksp(AgCl)=1.8×10−10，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10−12，将等体积浓度为1.0×10﹣4mol/L 的 AgNO3 溶液滴入到浓度均为 1.0×10﹣4mol/L 的 KCl 和 K2CrO4 的混合溶液中产生两种不同沉淀，且 Ag2CrO4 沉淀先产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、反应的△S<0，从熵变角度看不利于反应的自发进行；‎ B、平衡发生移动，反应热不变；‎ C、酸越弱，对应的盐的碱性越强；‎ D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀。‎ ‎【详解】A项、反应的△S<0，从熵变角度看不利于反应的进行，反应能否自发进行，应满足△H-T•△S<0，故A错误；‎ B项、达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，平衡发生移动，反应热不变，故B错误；‎ C项、由电离常数可知，酸越弱，对应的盐的碱性越强，故C正确；‎ D项、将等体积浓度为1.0×10-4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度为1.0×10-4mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（Ag+）=5.0×10-5mol/L，则c2（Ag+）×c（CrO42-）=2.5×10-13，则没有生成Ag2CrO4沉淀，如生成沉淀，则Cl-先沉淀，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14. 下列关系式中，正确的是 A. 等浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO- )+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)‎ B. 常温下，0.1 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L NaOH溶液等体积完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A-)＞c(OH )=c(H+)‎ C. 常温下，0.1 mol·L-1Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)‎ D. 常温下，将0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到5.0时，溶液中c(CHCOO-)/c(CHCOOH)的值增大到原来的100倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、混合液中电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-‎ ‎），物料守恒关系为：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），根据以上两个关系可得：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+2c（OH-），错误；B、混合溶液中溶质为NaA，如果HA是强酸，溶液呈中性，如果HA是弱酸，溶液呈碱性，所以溶液中c（OH-）≥c（H+），错误；C、根据硫化钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），错误；D、醋酸的电离平衡常数为：K=，所以：=，由于稀释前后温度相同，则醋酸的电离平衡常数K不变，与氢离子浓度成反比，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中氢离子浓度缩小为原先的，则的值增大到原来的100倍，正确。‎ ‎【考点定位】离子浓度大小比较 ‎【名师点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理为解答关键，在判断能水解的盐溶液中的离子浓度大小时，首先要明确盐的电离是强烈的，水解是微弱的，其次明确多元弱酸盐的水解是分步进行的，而且第一步是主要的，最后不要忘记水的电离。电离和水解两个过程产生离子或使离子浓度发生变化，所以离子浓度的比较一般从这两方面着眼考查。常见的考查类型有不等式关系的正误判断和等式关系的正误判断两类。本题中C项需要根据平衡常数的表达式进行转化，比较容易出错。‎ ‎15.常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是 A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)‎ C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)‎ D. 整个过程中可能出现：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 写出溶液中的电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)和物料守恒c(Na＋‎ ‎)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，可判断出D错误；①中溶液呈中性c(H＋)＝c(OH－)，故综合两守恒可得c(CH3COOH)＝c(Cl－)，A正确；②点溶液中有等浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，溶液呈酸性，可仅考虑醋酸电离，则c(CH3COO－)>c(Cl－)，B错误；③点溶液中有等浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na＋)>c(CH3COOH)，醋酸每电离生成一份CH3COO－的同时就会生成一份H＋，同时水也电离生成少量H＋，故c(H＋)>c(CH3COO－)，所以C错误。‎ ‎16.已知：pKa=−lgKa，25℃时，H2SeO3 的 pKa1=1.34， pKa2=7.34。用 0．1mol•L−1NaOH 溶 液滴定 20mL0.1mol•L−1H2SeO3 溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为 pH)。下列说法不正 确的是 A. a 点所得溶液中：2c(H2SeO3)+c(SeO32−)＜0.1 mol•L−1‎ B. b 点所得溶液中：c(H2SeO3)+c(H+)=c(SeO32−)+c(OH−)‎ C. c 点所得溶液中：c(Na+)＜3c(HSeO3−)‎ D. d 点所得溶液中：c(Na+)＞c(SeO3)＞c(HSeO3 )‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3溶液，a点溶液中溶质为H2SeO3和NaHSeO3，PH=1.34=Pa1，则c（H2SeO3）=c（HSeO3-）依据物料守恒判断；‎ B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3溶液，恰好反应生成NaHSeO3，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；‎ C．c点PH=7.34=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SeO3，SeO32-+H2O?HSeO3-+OH-，Kh=，c（OH-）=，c（HSO32-）=c（SO32-），结合溶液中物料守恒分析；‎ D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3溶液恰好反应生成Na2SeO3，d点溶液中主要是Na2SeO3和少量NaHSeO3。‎ ‎【详解】A项、用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3‎ 溶液，a点溶液中溶质为H2SeO3和NaHSeO3，PH=1.34=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c（H2SeO3）=c（HSeO3-），溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c（H2SeO3）+c（SeO32-）+c（HSeO3-）=2c（H2SeO3）+c（SeO32-）<0.1mol•L-1 ，故A正确；‎ B项、b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3溶液，恰好反应生成NaHSeO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSeO3-）+c（OH-）+2c（SeO32-），物料守恒c（Na+）=c（HSeO3-）+c（SeO32-）+c（H2SeO3），得到：c（H2SeO3）+c（H+）=c（SeO32-）+c（OH-），故B正确；‎ C项、c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SeO3，SeO32-+H2O⇌HSeO3-+OH-，Kh=，c（OH-）=，带入计算得到：c（HSeO32-）=c（SeO32-），溶液中2n（Na）=3c（Se），2c（Na+）=3[c（SeO32-）+c（H2SeO3）+c（HSeO3-）]=3[c（H2SeO3）+2c（HSeO3-）]，故C错误；‎ D项、加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SeO3溶液恰好反应生成Na2SeO3，d点溶液中主要是Na2SeO3和少量NaHSeO3，溶液中离子浓度c（Na+）>c（SeO32-）>c（HSeO3-），故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法。‎ ‎17.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 铜电极应与X相连接 B. H＋经过质子交换膜由右向左移动 C. 当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16g D. M电极反应式：CO(NH2)2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据甲图，N电极通入氧气，因此N极为正极，M电极为负极，电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即铁连接X，Cu连接Y，故A说法正确；B、根据选项A的分析，以及原电池的工作原理，H＋从负极流向正极，即从M极流向N极，故B说法正确；C、N极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，铁极反应式Cu2＋＋2e－=Cu，得失电子数目守恒，因此有O2～4e－～2Cu，铁电极质量增重0.25×2×64g=32g，故C错误；D、M极为负极，尿素产生H＋，因此电极反应式为：CO(NH2)2＋ H2O-6e－ =CO2↑+N2↑+6H＋，故D正确。‎ ‎18.装置(Ⅰ)为铁镍(Fe﹣Ni)可充电电池：Fe+NiO2Fe(OH)2+Ni(OH)2；装置(Ⅱ)为电解示意图，当闭合开关 K 时，Y 附近溶液先变红．下 列说法正确的是( )‎ A. 闭合 K 时，X 的电极反应式为：2H++2e−═H2↑‎ B. 给装置(Ⅰ)充电时，OH−通过阴离子交换膜，移向 A 电 极 C. 给装置(Ⅰ)充电时，B 极参与反应的物质被氧化 D. 闭合 K 时，A 电极反应式为：NiO2 + 2e− +2H+═Ni(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当闭合开关K时，II是电解池，电极Y附近溶液先变红，说明Y电极附近有氢氧根离子生成，则为阴极，X为阳极，所以A是正极、B是负极。‎ ‎【详解】A项、闭合开关K后，电极X是阳极，阳极上Cl—失电子生成Cl2，故A错误；‎ B项、电池充电时，原来正极A应该连接电源正极作阳极，所以OH-通过阴离子交换膜，移向A电极阳极，故B正确；‎ C项、电池充电时，原来负极B应该连接电源负极作阴极，被还原，故C错误；‎ D项、此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，则闭合开关K后，A电极是正极得电子发生还原反应，反应为NiO2+2e-+2H2O═Ni（OH）2+2OH-，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池的工作原理，注意电解反应式的书写，为解答该题的关键，注意原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应。‎ ‎19.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示，下列叙述错误的是（ ）‎ A. M室发生的电极反应式：2H2O－4e-=O2↑+4H+‎ B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 C. N室中：a％_____mol·L−1(计算 结果保留两位有效数字)，就会产生 CuS 沉淀。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)N2(g) +O2(g) △H= −180.8 kJ·mol−1 (2). AD (3). 4 (4). 7.1×10−15 (5). 1.2×10−30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）（1）根据盖斯定律可知，（Ⅱ—Ⅰ）/2得NO 分解生成 N2 与 O2 的热化学方程式；‎ ‎（2）A．加入催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，增加了活化分子百分数，化学反应速率增大；‎ B．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），应是 6v正（NH3）=4v逆（H2O）时，反应达到平衡状态；‎ C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，与n(NO)/n(NH3)=1 无关；‎ D. 据方程式NH3和NO前系数相等，则反应速率也相等；‎ ‎（3）①多元弱酸分步电离，以第一步为主；‎ ‎②若0.lmol •L−1 氢硫酸与 0.0lmol •L−1 氢硫酸中的 c(S2−)相等，则可近似认为氢硫根离子和氢离子浓度相等；‎ ‎③溶液中c(S2—) = 7.1×10−15 mol•L-1，c(Cu2+)= Ksp(CuS)/ c(S2—)。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律可知，（Ⅱ—Ⅰ）/2得NO 分解生成 N2 与 O2 的热化学方程式2NO(g)N2(g) +O2(g)，则△H=[（−1266.6 kJ·mol-1）—（−905.0 kJ·mol-1）]/2=−180.8 kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)N2(g) +O2(g) △H= −180.8 kJ·mol−1；‎ ‎（2）A．加入催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，增加了活化分子百分数，化学反应速率增大，故A正确；‎ B．对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），应是 6v正（NH3）=4v逆（H2O）时，反应达到平衡状态，故B错误；‎ C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，与n(NO)/n(NH3)=1无关，故C错误；‎ D.由图可知V（NH3）=（1−0.12）mol/L/10min=0.088mol•L-1•min-1，据方程式NH3和NO前系数相等，则反应速率也相等，故υ（NO）=0.088mol•L-1•min-1，故D正确，故答案为：AD；‎ ‎(3) ①多元弱酸分步电离，以第一步为主，设溶液中氢离子浓度为x，进行近似处理可得K1(H2S) =x2/0.1mol/L =1.3×10−7，解得x=×10−4 mol•L-1，则0.lmol •L−1 氢硫 酸的 pH≈4，故答案为：4；‎ ‎②若0.lmol •L−1 氢硫酸与 0.0lmol •L−1 氢硫酸中的 c(S2−)相等，则可近似认为氢硫根离子和氢离子浓度相等，此时K2(H2S) =c(H+)c(S2—)/c(HS—)= 7.1×10−15，c(S2—) = 7.1×10−15 mol•L-1，故答案为：= 7.1×10−15；‎ ‎③溶液中c(S2—) = 7.1×10−15 mol•L-1，由Ksp(CuS) =8.5×10−45可得c(Cu2+)=8.5×10−45/7.1×10−15 mol•L-1=1.2×10−30 mol•L-1，故答案为：mol•L-1，。‎ ‎24.已知：乙二酸俗称草酸(结构简式为HOOC−COOH，可简写为H2C2O4)。25℃时，草酸钙的Ksp=4.0×10−8，碳酸钙的Ksp=2.5×10−9。回答下列问题：‎ ‎(1)25℃时向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10−4mol/L的草酸钾溶液20mL，能否产生沉淀________(填“能”或“不能”)。‎ ‎(2)酸性KMnO4溶液能与草酸(H2C2O4)溶液反应，某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素。‎ I．实验前首先用浓度为0.1000mol•L−1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸。‎ ‎①滴定过程中操作滴定管的图示正确的是________(填编号)。‎ ‎②判断滴定终点的方法是：________。‎ ‎③若配制酸性KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，会使测得的草酸溶液浓度__________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。‎ Ⅱ．通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000mol•L−1．用该草酸溶液按下表进行后续实验(每次实验草酸溶液的用量均为8mL)。‎ 实验编号 温度 ‎(℃)‎ 催化剂用量 ‎(g)‎ 酸性高锰酸钾溶液 实验目的 a．实验1和2探究 体积(mL)‎ 浓度(mol•L−1)‎ ‎1‎ ‎25‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.1000‎ b．实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；c．实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响。‎ ‎2‎ ‎50‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.1000‎ ‎3‎ ‎25‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.0100‎ ‎4‎ ‎25‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎0.1000‎ ‎④写出表中a对应的实验目的________；‎ ‎⑤该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始计时)：‎ 实验编号 溶液褪色所需时间(min)‎ 第1次 第2次 第3次 ‎1‎ ‎14.0‎ ‎13.0‎ ‎11.0‎ ‎3‎ ‎6.5‎ ‎6.7‎ ‎6.8‎ 分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论。某同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述改进的实验方案______。‎ ‎【答案】 (1). 不能 (2). A (3). 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色 (4). 偏低 (5). 探究温度对该反应速率的影响 (6). 其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测 量溶液褪色时间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据c（Ca2+）•c （C2O42-）和Ksp（4.0×10-8）相对大小判断，如果c（Ca2+）•c （C2O42-）＜Ksp（4.0×10-8），则无沉淀生成；‎ ‎（2）I．①根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开；‎ ‎②判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色；‎ ‎③配置酸性KMnO4‎ 标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小，则消耗的高锰酸钾的物质的量偏小；‎ Ⅱ．④实验1、2反应物用量完全相同，只有温度不同；‎ ‎⑤因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，则需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液。‎ ‎【详解】（1）碳酸钙溶液中钙离子浓度为mol/L=5×10-5mol/L，二者混合后，钙离子浓度=2.5×10-5mol/L，草酸钾的浓度为4.0×10-4 mol/L，混合后c（Ca2+）•c（C2O42-）=2.5×10-5 ×4.0×10-4=1×10-8＜Ksp（4.0×10-8），故无沉淀生成，故答案为：不能；‎ ‎（2）I．①根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作，故答案为：A；‎ ‎②判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色；‎ ‎③配置酸性KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小，则消耗的高锰酸钾的物质的量偏小，由反应方程式可知，测定的草酸的物质的量偏小，即测得的草酸溶液浓度偏低，故答案为：偏低；‎ Ⅱ．④实验1、2反应物用量完全相同，只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响，故答案为；探究温度不同对反应速率的影响；‎ ‎⑤因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，则需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，故答案为：其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间。‎ ‎【点睛】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎ ‎