山西省太原市第五中学2019-2020学年高二上学期11月月考化学试题（理） 21页

太原五中2019—2020学年度第一学期阶段性检测高二化学（理）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39‎ 一、选择题（本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分)‎ ‎1.化学反应与能量的关系密切，下列有关说法合理的是 A. 吸热反应必须在加热的条件下才能发生 B. 合适的催化剂可以使放热反应转化为吸热反应 C. 放热反应的反应物总能量一定高于生成物总能量 D. 吸热反应一定比放热反应更难发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．吸热反应与是否需要加热无关，如氯化铵与氢氧化钡常温下反应，C与二氧化碳高温下反应，但均为吸热反应，故A错误；‎ B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应物和生成物的能量，不能将放热反应转化为吸热反应，故B错误；‎ C．反应物的总能量高于生成物的总能量的反应为放热反应，故C正确；‎ D．吸热反应不一定比放热反应更难发生，如氯化铵与氢氧化钡为吸热反应，但常温下就能反应，而C的燃烧为放热反应，需要加热或点燃，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.下列做法与盐类水解无关的是 A 用氯化铵溶液除铁锈 B. 用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液 C. 用饱和氯化铁溶液制氢氧化铁胶体 D. 用硝酸钾固体配制植物生长营养液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铵为强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，可用于除锈，与盐类的水解有关，故A不选；‎ B．硫酸铜中的铜离子会水解，用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液，可以抑制铜离子水解，与盐类的水解有关，故B不选；‎ C．铁离子水解可制备氢氧化铁胶体，与水解有关，故C不选；‎ D．植物的营养素包括N、P、K，用硝酸钾固体可以配制植物生长营养液，与盐类的水解无关，故D选；‎ 故选D。‎ ‎3.下列关于能量转换的认识中错误的是 A. 电解水时，电能转化为化学能 B. 电动车行进时，电能主要转化为化学能 C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能 D. 水力发电时，机械能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用电解装置将水电解生成氢气和氧气时，是将电能转化为化学能，故A正确；‎ B．电动车行进时，是原电池放电的过程，是将化学能转化为电能的过程，再转化为机械能，故B错误；‎ C．物质燃烧时，化学能主要转化为热能释放出来，故C正确；‎ D．水力发电机就是将水的机械能转化为电能的机器，所以利用水力发电能将水的机械能转化为电能，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意电动车行进过程中是原电池的放电过程，接到电源上充电是将电能转化为化学能的过程。‎ ‎4.某小组依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)==Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示，下列说法正确的是 A. 电极X可以是碳棒也可以是银棒 B. 盐桥中的阳离子流向CuSO4溶液所在烧杯 C. 银电极为电池的负极，发生的电极反应为Ag－e－=Ag+‎ D. 外电路中电流的方向是从银电极流向X电极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式2Ag+(aq)+Cu(s)═Cu2+(aq)+2Ag(s)可知，反应中Ag+被还原，为正极反应，则电解质溶液Y为硝酸银溶液，Cu被氧化，为原电池负极，则X为Cu，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，电极X为铜，故A错误；‎ B．X为负极，银为正极，盐桥中的阳离子流向Y溶液所在烧杯，故B错误；‎ C．根据上述分析，银电极为电池的正极，发生的电极反应为Ag++e－=Ag，故C错误；‎ D．X为负极，银为正极，外电路中电流的方向是从银电极流向X电极，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是 A. 1 mol·L-1的Na2CO3溶液 B. 2 mol·L-1的K2CO3溶液 C. 2 mol·L-1的HCl溶液 D. 1 mol·L-1的NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温时，CaCO3固体在溶液中存在溶解平衡CaCO3Ca2++CO32-，结合平衡的移动分析判断。‎ ‎【详解】A．1 mol·L-1的Na2CO3溶液中c(CO32-)=1 mol·L-1，抑制碳酸钙的溶解；‎ B．2 mol·L-1的K2CO3溶液中c(CO32-)=2 mol·L-1，抑制碳酸钙的溶解，抑制程度更大，碳酸钙的溶解度更小；‎ C．2 mol·L-1的HCl溶液与碳酸根离子反应，c(CO32-)减小，常见碳酸钙溶解，溶解度变大；‎ D．1 mol·L-1的NaCl溶液对CaCO3Ca2++CO32-的平衡无影响，碳酸钙溶解度不变；‎ CaCO3溶解最少的是2 mol·L-1的K2CO3溶液，故选B。‎ ‎6.将NaHCO3溶液加热蒸干并充分灼烧，得到的是 A. NaHCO3 B. Na2O C. Na2CO3 D. NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将NaHCO3溶液加热蒸干时，尽管碳酸氢钠要水解，但水解程度较小，不能放出二氧化碳，因此蒸干后得到NaHCO3，充分灼烧，NaHCO3受热分解，最终得到碳酸钠，故选C。‎ ‎7.化学反应原理的知识有重要的作用。下列说法正确的是 A. 可逆反应的反应物转化率越大，反应的化学平衡常数越大 B. 焓减小同时熵增加的化学反应属于自发反应 C. 盐的水解平衡常数随着盐溶液的浓度减小而减小 D. 温度不变时盐的水解会使水的离子积常数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，而反应物的转化率与反应物起始的量和转化的量有关，如果温度不变，平衡常数不变，与反应物的转化率无关，故A错误；‎ B．依据反应自发的判据：△H-T△S＜0，只有当△H＜0，△S＞0，所有温度下反应自发进行，即焓减小，熵增加的反应，一定能自发进行，故B正确；‎ C．盐的水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数不变，故C错误；‎ D．温度不变，水的离子积常数不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。‎ ‎8.已知HF是一种弱酸，则等体积等浓度的KOH溶液和HF溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是 A. c(K+)> c(OH-) > c(F-)> c(H+) B. c(K+)> c(F-)> c(H+) > c(OH-)‎ C. c(K+)> c(F-)> c(OH-) > c(H+) D. c(K+)> c(H+) = c(OH-) > c(F-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】KOH为强碱溶液，和等体积、等浓度的HF弱酸溶液混合后，恰好反应为KF，为强碱弱酸盐，F-水解，则c(K+)＞c(F-)，水解显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液中显性离子大于隐性离子，则浓度关系为(K+)＞c(F-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选C。‎ ‎9.在相同温度时，100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者小于后者的是 A. H＋ 的物质的量浓度 B. 醋酸的电离常数 C. 完全中和时所需NaOH的物质的量 D. CH3COO－的物质的量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，100mL 0.01mol•L-1‎ 的醋酸溶液，相当于10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液稀释后形成的，稀释后，H＋ 的物质的量浓度减小，因此H＋ 的物质的量浓度前者小于后者，故A正确；‎ B、相同温度时，醋酸的电离常数相等，故B错误；‎ C、由于溶质n(CH3COOH)都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；‎ D、0.01mol•L-1的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，CH3COO－的物质的量大，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意醋酸溶液稀释，尽管促进醋酸的电离，但溶液中的主要微粒的浓度都会因稀释而减小，因此H＋ 的物质的量浓度会减小。‎ ‎10.下列各式中能正确表示水解反应的是 A. S2－+2H2OH2S+2OH－ B. NH4++H2ONH３·H2O+H+‎ C. AlO2－+ HCO3－+H2O==Al(OH)3↓+ CO32－ D. HCO3－+H2OH3O++ CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫离子为多元弱酸的酸根离子，分步水解，水解离子方程式：S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-，故A不选；‎ B．水解反应是可逆反应，所以NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故B选； ‎ C．碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与AlO2－反应生成氢氧化铝沉淀，发生的是复分解反应，不是水解反应，故C不选；‎ D．碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水结合形成水合氢离子，则不是水解方程式，是电离方程式，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意该反应本质是强的酸制弱的酸，属于复分解反应，体现碳酸氢根离子的电离能力比氢氧化铝强。‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)‎ ‎11.已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关,下列各反应热关系中不正确的是(　　)‎ A. A→F　ΔH=-ΔH6‎ B. A→D　ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3‎ C. ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0‎ D. ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，如果反应物和生成物互换则反应热互为相反数。‎ ‎【详解】A.反应物和生成物互换那么反应热互为相反数，F→A ΔH=ΔH6，所以 A→F　ΔH=-ΔH6，故A正确；‎ B. 根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，所以A→D　ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B正确；‎ C. A→A 焓变为0，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，故C正确；‎ D．F→B ΔH=ΔH1+ΔH6， B→F ΔH =ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5，所以ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)，故D错误。选D。‎ ‎12.相同温度的下列溶液中阴离子的总浓度最大的是 A. 0.2 mol·L-1Na2S B. 0.1 mol·L-1 Ba(OH)2‎ C. 0.2 mol·L-1 KNO3 D. 0.2 mol·L-1 (NH4)2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因S2-水解是生成HS-和OH-，溶液显碱性，促进水的电离，溶液中c(OH-)＞1×10-7 mol•L-1，则阴离子的总浓度大于0.2mol•L-1；‎ B．0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中阴离子(OH-)浓度为0.2mol•L-1，抑制水的电离，水电离出的c(OH-)很小；‎ C．0.2 mol·L-1KNO3中阴离子(NO3-)浓度为0.2mol•L-1 ，溶液显中性c(OH-)=1×10-7‎ ‎ mol•L-1，；‎ D．0.2 mol·L-1 (NH4)2SO4中阴离子(SO42-)浓度为0.2mol•L-1，溶液显酸性，c(OH-)＜1×10-7 mol•L-1；‎ 因此阴离子浓度最大的为A，故选A。‎ ‎13.某温度下向澄清的饱和石灰水中加入少量生石灰，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述正确的是 A. 溶液的质量不变 B. 溶液pH增大 C. 溶液底部存在不溶物 D. 溶液中Ca2+数目不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶液中溶剂减少，结合饱和溶液的质量分数不变分析判断。‎ ‎【详解】A、生石灰与水反应生成氢氧化钙，饱和溶液随溶剂水的减少，溶质析出，析出溶质后的溶液仍为饱和溶液，溶剂减少，溶液的质量减少，故A错误；‎ B、生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶液中的溶剂减少，溶质析出，析出溶质后的溶液仍为饱和溶液，温度不变，溶液中溶质浓度相同，pH不变，故B错误；‎ C、生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶液中的溶剂减少，溶质析出，溶液底部存在不溶物，故C正确；‎ D、生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶液中的溶剂减少，溶质析出，析出溶质后的溶液仍为饱和溶液，溶剂减少，溶质也减少，因此溶液中Ca2+数目减少，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答本题要注意，溶液的温度不变，相同溶质，相同温度下的饱和溶液的浓度相同。‎ ‎14.稀氨水中存在电离平衡NH3·H2O NH4+＋OH－，下列叙述正确的是 A. 加水稀释后，溶液中c (H+)减小 B. 通入少量HCl(g)后，溶液中c(NH4+)减小 C. 加入少量浓氨水，电离平衡逆向移动 D. 加入少量NH4Cl固体，溶液pH减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加水促进电离，氢氧根离子的物质的量增大，但溶液体积增大的更多，故氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，c (H+)增大，故A错误；‎ B、通入适量HCl，H+和OH-反应生成水促进NH3•H2O电离，所以溶液中c(OH-)减小、c(NH4+)增大，故B错误； ‎ C、加入少量浓氨水，氨水的浓度增大，电离平衡正向移动，故C错误；‎ D、加入少量氯化铵晶体，c(NH4+)增大，NH3•H2O电离平衡逆向移动，则c(OH-)减小，pH减小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.已知某温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15，若用定义pH一样的方法来规定pD＝－lg{c(D+)}，则该温度下，下列叙述正确的是 A. 纯净的重水(D2O)中，pD=7‎ B. 溶解有NaCl的重水溶液，其pD=7‎ C. 纯净的重水中(D2O)，c(D+)=c(OD－)‎ D. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12.0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故A错误；‎ B．NaCl溶液显中性，此时c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，pD＞7，故B错误；‎ C．纯水显中性，故c(D+)=c(OD-)，故C正确；‎ D．c(NaOD)==0.01mol/L，则c(D+)=mol/L=1.6×10-13mol/L，则pD＞12，则D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.25℃时，用浓度为0.1000 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX B. 根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10—5‎ C. 若将0.1000 mol·L-1酸HX加水稀释，其溶液中c(H+)·c(X－)增大 D. HY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)= + c(Z－)+c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为：HX＜HY＜HZ，所以相同条件下导电性大小为：HZ＞HY＞HX，故A错误；‎ B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶质为等物质的量的NaY、HY，则溶液中c(HY)≈c(Y-)，HA的电离平衡常数Ka(HY)=≈c(H+)=10-pH=10-5，故B正确；‎ C、若将0.1000 mol·L-1酸HX加水稀释，其溶液中c(H+)·c(X－)= Ka(HX)c(HX)，温度不变，Ka(HX)不变，而稀释后，c(HX)减小，因此c(H+)·c(X－)= Ka(HX)c(HX)减小，故C错误；‎ D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)；HA的电离平衡常数为Ka(HY)=，c(Y-)=，c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】正确分析、理解图像信息为解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意根据电荷守恒结合电离平衡常数分析。‎ ‎17.甲酸溶液的pH=6，乙酸溶液的pH=2，则下列叙述正确的是 A. 甲、乙两溶液的c(H+)之比为400∶1‎ B. 甲、乙两溶液均呈酸性 C. 甲中水的电离程度大于乙中水的电离程度 D. 甲、乙两溶液等体积混合后溶液的pH=4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．c(H+)=10-pH mol/L，所以甲、乙两溶液的c(H+)之比为1∶10000，故A错误；‎ B．溶液的酸碱性不能根据溶液的pH判断，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断，故B错误； ‎ C．酸或碱抑制水的电离，电离出的氢原子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，因此甲中水的电离程度大于乙中水的电离程度，故C正确； ‎ D．c(H+)=10-pH mol/L，甲中c(H+)=10-6 mol/L，乙中c(H+)=10-2 mol/L，甲、乙两溶液等体积混合后溶液中c(H+)≈×10-2 mol/L，pH＜4，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意温度未注明时，不能根据溶液的pH判断溶液的酸碱性，如100℃时，pH=6的溶液显中性。‎ ‎18.目前科学家正在研究和完善一种以葡萄糖（C6H12O6）为燃料的微生物酸性燃料电池，其结构如图所示。该电池工作时有关说法正确的是 A. 每消耗1 mol O2，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4L B. N电极为该电池的正极，M极上发生氧化反应 C. H＋将会从M极区向N极区迁移 D. 温度越高供电效果越好 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，放电时，负极上葡萄糖失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，电解质溶液呈酸性，负极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，结合原电池原理分析判断。‎ ‎【详解】A．正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故A正确；‎ B．燃料电池中，通入氧气的为正极，M电极为该电池的正极，正极上发生还原反应，故B错误；‎ C．原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，H+从N极区向M极区迁移，故C错误；‎ D．高温条件下，微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎19.部分弱酸的电离平衡常数如下表：‎ 弱酸 HCOOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎（25℃）‎ Ka=1.77×10-4‎ Ka=4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ 下列选项错误的是 A. CN－+H2O+CO2==HCN+HCO3－‎ B. 2HCOOH+CO32－==2HCOO－+H2O+CO2↑‎ C. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。‎ A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以反应CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-能够反应，故A正确；‎ B．甲酸酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑能发生，故B正确；‎ C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；‎ D．根据电荷守恒，c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是n(Na+ )+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c(OH-)大，c(H+)小，c(Na+)相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎20.盐类水解程度的大小可用“水解度”来表示，NaA型盐的水解度为已水解的离子的物质的量占该离子原来总物质的量的百分数。常温下10.0 mL 0.040 mol·L-1 NaOH溶液与20.0 mL 0.020 mol·L-1的某一元弱酸HA恰好完全中和，所得溶液pH为10（假设溶液的体积变化忽略不计），则所得NaA溶液的水解度为 A. 1.0% B. 0.75% C. 0.50% D. 0.25%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸碱恰好反应生成盐，盐的物质的量=氢氧化钠的物质的量=0.040mol/L ×0.01L=4×10-4 mol；但该盐是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，溶液的pH=10，所以溶液中氢离子浓度=10-10mol/L，氢氧根离子的浓度=mol/L=10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子的物质的量=10-4 mol/L×(0.02+0.01)L=3×10-6mol，即生成的氢氧化钠的物质的量是3×10-6mol。则水解的NaA的物质的量为3×10-6mol，水解度=×100%=0.75%，故选B。‎ 三、填空题（本大题包括4个小题，共50分。)‎ ‎21.常温下有浓度均为0.5 mol·L-1的四种溶液：①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③HCl溶液 ④氨水 ‎（1）上述溶液中，溶质可发生水解的是_______________（填序号）。‎ ‎（2）上述既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_____。‎ ‎（3）向④中加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值____________ （填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”），此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________。‎ ‎（5）取10 mL③，加水稀释到500 mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。‎ ‎【答案】 (1). ①② (2). c(Na+)>c (HCO3-)>c (OH-)>c (H+)>c (CO32-) (3). 增大 (4). 小于 (5). c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+) (6). 10－12 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)含有弱离子的盐能发生水解；‎ ‎(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，为碳酸氢钠，HCO3-电离程度小于水解程度，其溶液呈碱性，水也能电离出氢离子和氢氧根离子，据此排序；‎ ‎(3)向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨的电离；‎ ‎(4)氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使盐酸和氨水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，结合电荷守恒判断离子浓度大小；‎ ‎(5)取10mL溶液③HCl溶液，加水稀释到500mL，溶液浓度为原来的，为0.01mol/L，结合水的离子积常数计算解答。‎ ‎【详解】(1)含有弱离子的盐能发生水解，碳酸钠和碳酸氢钠都是含有弱离子的盐，能发生水解，故答案为：①②；‎ ‎(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，HCO3-水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性，溶液中HCO3-和水都电离生成氢离子，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；‎ ‎(3)向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以的值增大，故答案为：增大；‎ ‎(4)氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使盐酸和氨水溶液反应呈中性，则氨水应该稍微过量，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)=c(NH4+)，中性溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：小于；c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)；‎ ‎(5)取10mL溶液③，加水稀释到500mL，溶液浓度为原来的，c(HCl)=0.5mol/L×=0.01mol/L，由Kw=c(OH-)•c(H+)可知，c(OH-)=10-12 mol•L-1，则此时溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol•L-1，故答案为：10-12 mol•L-1。‎ ‎22.已知水在25 ℃和95 ℃时，其电离平衡曲线如图所示。‎ ‎（1）25 ℃时，将10 mL pH=a的盐酸与100 mL pH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝________。‎ ‎（2）95 ℃时，将0.02 mol·L-1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合（假设溶液的体积变化忽略不计），所得混合液的pH=________。‎ ‎（3）25 ℃时Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.018 mol·L-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L-1的盐酸（假设溶液的体积变化忽略不计），混合后溶液中Ag＋的浓度为________ mol·L-1，pH为________。‎ ‎（4）25 ℃时Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下欲除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋（使其浓度均小于1×10－6 mol·L-1），需调节溶液的pH范围为____________。‎ ‎【答案】 (1). 13 (2). 10 (3). 1.8×10－7 (4). 2 (5). 5.0＜pH＜7.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸碱恰好中和，则盐酸中n(H+)等于氢氧化钡中n(OH-)；‎ ‎(2)根据图象判断该温度下水的离子积，然后计算出混合液中氢氧根离子浓度，再结合该温度下水的离子积计算出所带溶液中氢离子浓度及溶液的pH；‎ ‎(3)首先计算n(AgNO3)和n(HCl)，判断反应的过量情况，再计算剩余溶液中c(Cl-)或c(Ag+)=；溶液中氢离子不参加反应，先计算混合溶液中c(H+)，再计算pH；‎ ‎(4)pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，结合Al(OH)3完全变成沉淀时的pH、Fe(OH)3完全变成沉淀时的pH分析判断。‎ ‎【详解】(1)氯化氢和氢氧化钡都是强电解质，酸碱恰好中和，则盐酸中n(H+)等于氢氧化钡中n(OH-)，所以10-a mol/L×0.01L=1014-b mol/L×0.1L，则a+b=13，故答案为：a+b=13；‎ ‎(2)在曲线B中，水的离子积为：10-6×10-6=10-12，0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，c(H+)=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH-)==0.01mol/L，则c(H+)= mol/L =10-10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10；‎ ‎(3)n(AgNO3)=0.018mol/L×0.05L=0.0009mol，n(HCl)=0.020mol/L×0.05L=0.001mol＞n(AgNO3)，所以HCl有剩余，剩余溶液中c(Cl-)=mol/L=10-3mol/L，c(Ag+)==mol/L=1.8×10-7‎ mol/L；溶液中氢离子不参加反应，则混合溶液中c(H+)==0.01mol/L，则溶液的pH=2，故答案为：1.8×10-7；2；‎ ‎(4)pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol•L-1，解得：c(OH-)=1×10-9mol•L-1，c(H+)=1×10-5mol•L-1，此时pH=5，同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，因此除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+的pH范围是：5.0＜pH＜7.1，故答案为：5.0＜pH＜7.1。‎ ‎23.（1）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，反应的热化学方程式为：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝－130.8 kJ/mol。请回答：‎ ‎①一定条件下，上述反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________（填序号）。‎ a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大 c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的n(CO2)/n(H2)值变小 ‎②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0～5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________；KA、KB、KC三者的大小关系是_____________。‎ ‎③上述合成二甲醚的过程中，提高CO2的转化率可采取的措施有_______________ (任写两种)。‎ ‎（2）用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液。若常温下，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4×10-7，K2＝4×10-11，在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)________c(HCO3-)（填“＞”、“＜”或“＝”），试计算常温下反应NH4+＋HCO3-＋H2ONH3·H2O＋H2CO3‎ 的平衡常数K＝___________；NH4HCO3溶液中物料守恒表达式为_________。‎ ‎（3）绿色“二甲醚燃料电池”在酸性溶液中负极的电极反应式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 0.18 mol·L－1·min－1 (3). KA＝KC＞KB (4). 增大投料比、增大压强、降低温度等(任选两种) (5). ＞ (6). 1.25×10-3 (7). c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3) (8). CH3OCH3－12e－＋3H2O = 2CO2↑＋12H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①平衡向正反应方向移动，改变条件后，应该存在正反应速率大于逆反应速率，据此进行判断；②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，计算出生成CH3OCH3的量，根据平均反应速率v(CH3OCH3)=计算；根据平衡常数仅与温度有关比较KA、KB、KC三者之间的大小关系；③反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应、气体体积减小，结合影响平衡移动的方法分析解答；‎ ‎(2)根据NH3•H2O和H2CO3的电离平衡常数，结合越弱越水解分析判断；反应NH4++HCO3-+H2O=NH3•H2O+H2CO3 的平衡常数K=，结合水的离子积常数分析解答；根据碳氮个数相等，写出物料守恒关系式；‎ ‎(3)电解质溶液呈酸性，负极上二甲醚失去电子生成二氧化碳，据此书写电极反应式。‎ ‎【详解】(1)a．逆反应速率先增大后减小，说明平衡向逆反应方向移动，故a不选；b．H2的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，故b选；c．反应物的体积百分含量减小可能是平衡向逆反应方向移动，如减小二氧化碳的量，CO2的体积百分含量减小，平衡向逆反应方向移动，故c不选；d．容器中n(CO2)/n(H2)的值减小，可能为减小CO2的量，使平衡向逆反应方向移动，故d不选；故选b；‎ ‎②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6mol×60%×=1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)===0.18 mol·L-1·min-1；又平衡常数仅与温度有关，所以KA=KC，又根据图象在相同投料比时T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2‎ 温度下反应向正反应方向移动，则KA=KC＞KB，故答案为：0.18 mo·L-1·min-1；KA=KC＞KB；‎ ‎③反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应、气体体积减小，提高CO2的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度，从图可知投料比越大，CO2的转化率也越大，故答案为：增大投料比、增大压强、降低温度等；‎ ‎(2)盐类水解规律，已知NH3．H2O的电离平衡常数K=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以c(NH4+) ＞c(HCO3-)，反应NH4++HCO3-+H2O=NH3•H2O+H2CO3 的平衡常数K==×===1.25×10-3；NH4HCO3溶液中n(N)=n(C)，溶液中的物料守恒为：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故答案为：＞；1.25×10-3；c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；‎ ‎(3)二甲醚燃料电池，电解质溶液呈酸性，则电池负极上二甲醚失去电子生成二氧化碳，电极反应式为CH3OCH3－12e－＋3H2O = 2CO2↑＋12H＋，故答案为：CH3OCH3－12e－＋3H2O = 2CO2↑＋12H＋。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(2)中平衡常数的计算，要注意根据水的离子积常数和电离平衡常数，将平衡常数表达式进行适当变形，寻找到该反应的平衡常数与水的离子积常数和碳酸和氨水电离平衡常数的关系。‎ ‎24.热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。‎ Ⅰ.利用如图装置，探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。‎ ‎（1）加热干燥的漂白粉样品，观察到B中只有大量无色气泡产生，则次氯酸钙分解的固体产物中一定有_______________（填化学式）。‎ ‎（2）加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。B中发生反应的离子方程式为________________。‎ Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量（即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值），实验步骤如下：‎ ‎①准确称取5.000 g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，配制成500 mL溶液。‎ ‎②移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中，调节溶液pH，缓慢加入适量3% H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液的平均体积为25.00 mL。〔已知：Ksp (AgCl，白色)＝1.56×10-10，Ksp (Ag2CrO4，砖红色)＝9.0×10-12〕‎ ‎（3）步骤①溶液配制中，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________、________。‎ ‎（4）加入H2O2溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是__________（用离子方程式表示）。‎ ‎（5）滴定终点的现象是___________________________。‎ ‎（6）该漂白粉总氯的百分含量为______________。‎ ‎（7）下列操作会导致总氯百分含量测定结果偏高的是__________（填序号）。‎ ‎ A．指示剂K2CrO4的用量过多 ‎ B．在达到滴定终点读数时，俯视标准液液面 ‎ C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎【答案】 (1). CaCl2 (2). 2OH－+Cl2＝Cl－+ ClO－+ H2O (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). ClO－+ H2O2＝Cl－+O2↑+ H2O (6). 当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失 (7). 35.5% (8). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡，为产生的氧气，结合氧化还原反应中元素化合价的变化分析判断；‎ ‎(2)久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ Ⅱ．(3)根据配制溶液一般步骤分析判断需要的仪器；‎ ‎(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气；‎ ‎(5)加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol•L-1AgNO3‎ 标准溶液滴定至终点，溶液中出现砖红色沉淀Ag2CrO4；‎ ‎(6)结合元素守恒，生成氯化银沉淀的氯离子来源于过氧化氢还原次氯酸根离子，Ag++Cl-=AgCl↓，据此计算漂白粉中总氯的百分含量；‎ ‎(7)滴定过程中消耗标准溶液体积越多，测定结果越高，反之越低，据此分析判断。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡，为产生的氧气，氧化还原反应中存在元素化合价的升高和降低，氧元素化合价升高，氯元素化合价降低，则氯元素化合价变化为-1价，生成固体产物为氯化钙，化学式为CaCl2，故答案为：CaCl2；‎ ‎(2)①久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，B中发生反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；‎ Ⅱ.(3)准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL需要在容量瓶中进行，配制过程需要经过溶解、转移、洗涤、定容摇匀等步骤，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的离子方程式为：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，故答案为：ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O；‎ ‎(5)加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色Ag2CrO4沉淀，且半分钟内不消失，故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；‎ ‎(6)准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL，移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3% H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL，氯元素守恒，得到该漂白粉总氯的百分含量=×100%=35.5%，故答案为：35.5%；‎ ‎(7)A．指示剂K2CrO4的用量过多，根据Ksp ‎ 可知，可能会导致消耗标准溶液的体积偏小，滴定结果可能偏低，故A错误；B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，故C正确；故答案为：C。‎ ‎ ‎