化学卷·2018届海南省琼海市嘉积中学高二上学期期末化学试卷（理科） （解析版） 22页

‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期末化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．由乙烯制取氯乙烷 B．乙烷在光照下与氯气反应 C．苯与H2反应 D．乙醇与O2制取乙醛 ‎2．甲、乙两容器内都在进行A→B的反应，甲中每分钟减少4mol，乙中每分钟减少2mol，则两容器中的反应速率（　　）‎ A．甲快 B．乙快 C．相等 D．无法判断 ‎3．标准状态下，气态分子断开l mol化学键的焓变称为键能．已知H﹣H、H﹣O和O═O键的键能△H分别为436kJ/mol、463kJ/mol和495kJ/mol．下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2O （g）═H2（g）+O2（g）；△H═﹣485 kJ/mol B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H═﹣485 kJ/mol C．2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）；△H═+485 kJ/mol D．H2O （g）═H2（g）+O2（g）；△H═+485 kJ/mol ‎4．pH相同的CH3COOH、HCl和H2SO4溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是（　　）‎ A．X=Y=Z B．X=Y＜Z C．X＞Y=Z D．X＜Y=Z ‎5．25℃时，两种浓度不同的NaOH溶液，c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol•L﹣1和1.0×10﹣12 mol•L﹣1，将这两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH约为（提示：lg2≈0.3，lg5≈0.7）（　　）‎ A．14 B．13.7 C．13 D．12.7‎ ‎6．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：‎ ‎（1）CuSO4+Na2CO3 主要：Cu2++CO32─+H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑‎ ‎ 次要：Cu2++CO32─═CuCO3↓‎ ‎（2）CuSO4+Na2S 主要：Cu2++S2─═CuS↓‎ ‎ 次要：Cu2++S2─+2H2O═Cu（OH）2↓+H2S↑‎ 则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（　　）‎ A．CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3 B．CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3‎ C．Cu（OH）2＞CuCO3＞CuS D．Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS ‎　‎ 二、不定向选择题为了配制NH4+的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）‎ A．适量的HCl B．适量的NaCl C．适量的氨水 D．NaOH ‎8．（4分）下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是（　　）‎ A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ B．HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ C．S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ D．NH3+H2O⇌NH4++OH﹣‎ ‎9．（4分）下列各组溶液中，能用酸式滴定管取用的是（　　）‎ A．HF B．NaHCO3 C．HCl D．NaHSO3‎ ‎10．（4分）升高温度，下列数据不一定增大的是（　　）‎ A．化学反应中反应物的转化率 B．化学平衡常数K C．盐类的水解常数Kb D．水的离子积常数Kw ‎11．（4分）巴豆酸是一种对肠胃道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心脏有麻痹作用的有机酸，其结构简式为CH3﹣CH=CH﹣COOH．根据巴豆酸结构特点，判断下列说法正确的是（　　）‎ A．巴豆酸能使溴的CCl4溶液褪色 B．巴豆酸不能使酸性KMnO4溶液褪色 C．1mol巴豆酸能与2molH2发生加成反应 D．巴豆酸能与CH3CH2OH发生取代反应 ‎12．（4分）酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，下列说法正确的是（　　）‎ A．NaHB的存在抑制了水的电离 B．HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H3O++B2﹣‎ C．相同物质的量浓度溶液的pH值：NaHB＞Na2B D．溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎13．（8分）在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+nD（g），开始时A为4mol，B为6mol；5min后达到化学平衡，此时C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v（D）为0.2mol/（L•min）．‎ ‎（1）5min末B的物质的量浓度为　　‎ ‎（2）前5min内化学反应速率v（A）为　　‎ ‎（3）化学方程式中n值为　　‎ ‎（4）该反应在此温度下的平衡常数K=　　（填数值）．‎ ‎14．NaCl溶液加热蒸干后最终产物是　　‎ ‎（2）NaHCO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　　‎ ‎（3）AlCl3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　　‎ ‎（4）Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　　．‎ ‎15．在25℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合溶液中性，则混和前强酸pH1和强碱pH2应该满足的关系是pH1+pH2=　　‎ ‎（2）某温度（t℃）时，水的离子积Kw=10﹣12，则该温度（填大于、小于或等于）　　25℃．将此温度下，将pH=2的硫酸溶液V1L与pH=11的氢氧化钠溶液V2L混合：‎ ‎①若所得混合液为中性，则V1：V2=　　．‎ ‎②若所得混合液的pH=10，则V1：V2=　　．‎ ‎16．（12分）（1）在2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中，加入2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，可观察到　　，此反应的离子方程式为　　，将此混合液过滤，滤渣加入2mL 0.1mol/L的KI溶液，搅拌，可观察到　　，反应的离子方程式为　　．‎ ‎（2）对于Ag2S（s）⇌2Ag+（aq）+S2﹣（aq），其Ksp的表达式为　　‎ ‎（3）下列说法不正确的是　　．‎ A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 D．除去溶液中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大 E．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全．‎ ‎17．（14分）如图所示甲、乙为相互串联的两电解池．试回答：‎ ‎（1）甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则A电极名称为　　极，电极材料是　　，电极反应式为　　．‎ ‎（2）乙池中C（石墨）极电极反应式为　　，若在乙池中滴入少量酚酞试液，电解一段时间后，铁极附近呈　　色．‎ ‎（3）若甲池A极增重1.28g，则乙池Fe极放出的气体在标况下的体积为　　．电解后，若乙池剩余溶液为400mL，则溶液的pH=　　．‎ ‎18．（14分）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：‎ ‎ 实验编号 HA物质的量浓度（mol•L﹣1）‎ NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）‎ ‎ 混合溶液的 pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 c ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a （混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸　　．‎ ‎（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c是否一定等于0.2　　（选填“是”或“否”），混合液中离子浓度c（A﹣）与 c（Na+）的大小关系是　　．‎ ‎（3）丙组实验结果分析，HA是　　酸（选填“强”或“弱”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　　．‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　　mol•L﹣1．写出该丁组实验所得混合溶液中下列算式的精确结果（不能做近似计算）．c（OH﹣‎ ‎）﹣c（HA）=　　mol•L﹣1．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期末化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．由乙烯制取氯乙烷 B．乙烷在光照下与氯气反应 C．苯与H2反应 D．乙醇与O2制取乙醛 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．乙烯与氯化氢发生加成反应制备氯乙烷，故A错误；‎ B．乙烷在光照下与氯气反应，生成氯代烃，为取代反应，故B正确；‎ C．苯与H2反应可生成环己烷，为加成反应，故C错误；‎ D．乙醇与O2制取乙醛，乙醇被氧化，为氧化反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查有机物结构的性质，为高频考点，侧重考查有机反应类型，题目较为简单，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两容器内都在进行A→B的反应，甲中每分钟减少4mol，乙中每分钟减少2mol，则两容器中的反应速率（　　）‎ A．甲快 B．乙快 C．相等 D．无法判断 ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】化学反应速率v=，用单位时间内浓度的变化量表示反应快慢．‎ ‎【解答】解：化学反应速率的计算公式v=，对于甲和乙的时间△‎ t是相等的，甲的△n为4mol，乙的△n为2mol，但甲和乙容器的体积未知，故不能比较两容器中的反应速率，故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查了学生对化学反应速率的理解，难度不大，注意反应速率用单位时间内浓度的变化量表示．‎ ‎　‎ ‎3．标准状态下，气态分子断开l mol化学键的焓变称为键能．已知H﹣H、H﹣O和O═O键的键能△H分别为436kJ/mol、463kJ/mol和495kJ/mol．下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2O （g）═H2（g）+O2（g）；△H═﹣485 kJ/mol B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H═﹣485 kJ/mol C．2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）；△H═+485 kJ/mol D．H2O （g）═H2（g）+O2（g）；△H═+485 kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，互为可逆反应的焓变互为相反数，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；‎ B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；‎ C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；‎ D、2mol氢气燃烧生成水蒸气的焓变：△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，所以H2O （g）═H2（g）+O2（g）；△H═+485 kJ/mol，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．‎ ‎　‎ ‎4．pH相同的CH3COOH、HCl和H2SO4溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是（　　）‎ A．X=Y=Z B．X=Y＜Z C．X＞Y=Z D．X＜Y=Z ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】CH3COOH是弱电解质而在水溶液中部分电离，HCl、H2SO4是强电解质而在水溶液中完全电离，而c（H+）相同时c（CH3COOH）最大，加水稀释过程中促进CH3COOH电离，如果稀释相同的倍数，醋酸中c（H+）大，为保证稀释后pH相同，则弱酸加水较多，以此来解答．‎ ‎【解答】解：因pH相同的CH3COOH、HCl和H2SO4溶液，稀释相同倍数时，强酸的pH变化大，‎ 分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，可知盐酸、硫酸加水相同，醋酸加水最多，‎ 则X、Y、Z的关系是X＞Y=Z，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查溶液稀释的pH计算，为高频考点，把握弱酸存在电离平衡及稀释时pH的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意等pH时稀释相同倍数强酸的pH变化大，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．25℃时，两种浓度不同的NaOH溶液，c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol•L﹣1和1.0×10﹣12 mol•L﹣1，将这两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH约为（提示：lg2≈0.3，lg5≈0.7）（　　）‎ A．14 B．13.7 C．13 D．12.7‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】先计算混合溶液中c（OH﹣），利用Kw计算c（H+），结合pH=﹣lgc（H+）来解答．‎ ‎【解答】解：c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol•L﹣1和1.0×10﹣12 mol•L﹣1，则等体积混合后c（OH﹣）==0.505mol/L，溶液中c（H+）==1.98×10﹣14 mol•L﹣1≈2×10﹣14 mol•L﹣1，则pH=﹣lg（2×10﹣14）=14﹣lg2=13.7，‎ 故选B．‎ ‎【点评】‎ 本题考查pH的计算，为高频考点，把握碱溶液中氢氧根离子的浓度为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意kw的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：‎ ‎（1）CuSO4+Na2CO3 主要：Cu2++CO32─+H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑‎ ‎ 次要：Cu2++CO32─═CuCO3↓‎ ‎（2）CuSO4+Na2S 主要：Cu2++S2─═CuS↓‎ ‎ 次要：Cu2++S2─+2H2O═Cu（OH）2↓+H2S↑‎ 则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（　　）‎ A．CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3 B．CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3‎ C．Cu（OH）2＞CuCO3＞CuS D．Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生．根据信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反应容易发生，说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；‎ 根据信息（2）可知：生成CuS的反应容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，‎ ‎（1）主要发生Cu2++CO32─+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=CuCO3↓，可Cu2++CO32─=CuCO3↓；‎ ‎（2）主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，‎ 则溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意理解溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀的规律，为解答该题的关键．‎ ‎　‎ 二、不定向选择题（2016秋•琼海校级期末）为了配制NH4+的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）‎ A．适量的HCl B．适量的NaCl C．适量的氨水 D．NaOH ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】配制NH4+的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，因铵根离子水解，应增大铵根离子浓度，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl﹣的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故A错误；‎ B．加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl﹣的浓度大于NH4+的浓度，故B错误；‎ C．加适量的氨水，抑制铵根离子水解，且一水合氨电离出铵根离子，则可使NH4+的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1，故C正确；‎ D．加NaOH与铵根离子反应生成一水合氨，Cl﹣的浓度大于NH4+的浓度，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解平衡移动及离子浓度变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水解原理的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是（　　）‎ A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ B．HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+‎ C．S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ D．NH3+H2O⇌NH4++OH﹣‎ ‎【考点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素．‎ ‎【分析】水解反应的概念：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应．‎ A、铵离子的水解，溶液显示酸性；‎ B、属于碳酸氢根的电离方式是；‎ C、是水解反应，溶液显示碱性；‎ D、氨水的电离方程式．‎ ‎【解答】解：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应是水解反应，‎ A、铵离子是弱碱根离子，结合水电离的氢氧根，溶液显示酸性，故A正确；‎ B、该反应是碳酸氢根的电离方程式，故B错误；‎ C、该反应是S2﹣的水解方程式，溶液呈碱性，故C错误；‎ D、氨气和水生成氨水，该反应不是水解方程式，也不是一水合氨的电离，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查水解原理，水解反应的概念是在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应，难度不高．‎ ‎　‎ ‎9．下列各组溶液中，能用酸式滴定管取用的是（　　）‎ A．HF B．NaHCO3 C．HCl D．NaHSO3‎ ‎【考点】计量仪器及使用方法．‎ ‎【分析】滴定管分为酸式滴定管和碱式滴定管，酸式滴定管用于量取酸性溶液或具有强氧化性的溶液，如硫酸、盐酸、酸性高锰酸钾溶液等，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A．HF具有很强腐蚀性，不能用酸式滴定管量取，故A错误；‎ B．NaHCO3溶液呈碱性，应该用碱式滴定管量取，故B错误；‎ C．HCl溶液呈酸性，需要用酸式滴定管量取，故C正确；‎ D．NaHSO3溶液呈酸性，需要用酸式滴定管量取，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎【点评】本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法，题目难度不大，明确常见化学仪器的构造为解答关键，A为易错点，注意HF具有腐蚀性，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．‎ ‎　‎ ‎10．升高温度，下列数据不一定增大的是（　　）‎ A．化学反应中反应物的转化率 B．化学平衡常数K C．盐类的水解常数Kb D．水的离子积常数Kw ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】盐类水解、水的电离均吸热，而化学反应可能为吸热反应或放热反应，升高温度向吸热的方向移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，若平衡逆向移动，则反应物的转化率减小，故A选；‎ B．化学反应可能为吸热反应或放热反应，升高温度向吸热的方向移动，若为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，故B选；‎ C．盐类水解吸热，升高温度，水解常数Kb增大，故C不选；‎ D．水的电离吸热，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故D不选；‎ 故选AB．‎ ‎【点评】本题考查平衡常数的含义，为高频考点，把握温度对平衡常数的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意弱电解质的电离及盐类水解均吸热，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎11．巴豆酸是一种对肠胃道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心脏有麻痹作用的有机酸，其结构简式为CH3﹣CH=CH﹣COOH．根据巴豆酸结构特点，判断下列说法正确的是（　　）‎ A．巴豆酸能使溴的CCl4溶液褪色 B．巴豆酸不能使酸性KMnO4溶液褪色 C．1mol巴豆酸能与2molH2发生加成反应 D．巴豆酸能与CH3CH2OH发生取代反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】由结构简式为CH3﹣CH=CH﹣COOH，可知含碳碳双键、﹣COOH，结合烯烃、羧酸的性质来解答．‎ ‎【解答】解：A．含碳碳双键，能使溴的CCl4溶液褪色，故A正确；‎ B．含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；‎ C．只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol巴豆酸能与1molH2发生加成反应，故C错误；‎ D．含﹣COOH，能与CH3CH2OH发生酯化反应，属于取代反应，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、羧酸的性质，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎12．酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，下列说法正确的是（　　）‎ A．NaHB的存在抑制了水的电离 B．HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H3O++B2﹣‎ C．相同物质的量浓度溶液的pH值：NaHB＞Na2B D．溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．含有弱根离子的盐促进水电离；‎ B．该方程式为电离方程式；‎ C．多元弱酸的盐溶液，第一步水解程度大于第二步；‎ D．酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，则该溶液中c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，钠离子不水解，HB﹣水解，但水解程度较小．‎ ‎【解答】解：A．含有弱根离子的盐促进水电离，则NaHB的存在促进了水的电离，故A错误；‎ B．该方程式为电离方程式，HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H2B+OH﹣，故B错误；‎ C．多元弱酸的盐溶液，第一步水解程度大于第二步，酸根离子水解程度越大，其相同浓度的盐溶液碱性越强，所以相同物质的量浓度溶液的pH：Na2B＞NaHB，故C错误；‎ D．酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，则该溶液中c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，钠离子不水解，HB﹣水解，但水解程度较小，所以c（Na+）＞c（HB﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了盐类水解，根据酸式酸根离子水解程度和电离程度的相对大小确定溶液的酸碱性，再水解的离子、水解程度大小等知识点来分析解答，注意电离和水解方程式的区别，题目难度中等．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎13．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+nD（g），开始时A为4mol，B为6mol；5min后达到化学平衡，此时C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v（D）为0.2mol/（L•min）．‎ ‎（1）5min末B的物质的量浓度为　2mol/L　‎ ‎（2）前5min内化学反应速率v（A）为　0.1mol/（L•min）　‎ ‎（3）化学方程式中n值为　2　‎ ‎（4）该反应在此温度下的平衡常数K=　0.5625　（填数值）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】5min后达到化学平衡，此时C的物质的量为3mol，v（C）==0.3mol/（L•min），用D表示的化学反应速率v（D）为0.2mol/（L•min），由速率之比等于化学计量数之比可知，，解得n=2，则 ‎ A（g）+2B（g）⇌3C（g）+2D（g）‎ 开始 4 6 0 0‎ 转化 1 2 3 2‎ 平衡 3 4 3 2‎ 结合c=、v=及K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比来解答．‎ ‎【解答】解：5min后达到化学平衡，此时C的物质的量为3mol，v（C）==0.3mol/（L•min），用D表示的化学反应速率v（D）为0.2mol/（L•min），由速率之比等于化学计量数之比可知，，解得n=2，则 ‎ A（g）+2B（g）⇌3C（g）+2D（g）‎ 开始 4 6 0 0‎ 转化 1 2 3 2‎ 平衡 3 4 3 2‎ ‎（1）5min末B的物质的量浓度为=2mol/L，故答案为：2mol/L；‎ ‎（2）前5min内化学反应速率v（A）为 ‎=0.1mol/（L•min），故答案为：0.1mol/（L•min）；‎ ‎（3）由上述分析可知化学方程式中n值为2，故答案为：2；‎ ‎（4）A、B、C、D的平衡浓度分别为1.5mol/L、2mol/L、1.5mol/L、1mol/L，该反应在此温度下的平衡常数K==0.5625，故答案为：0.5625．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、K及速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意n的确定方法及利用平衡浓度计算K，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．（1）NaCl溶液加热蒸干后最终产物是　NaCl　‎ ‎（2）NaHCO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　Na2CO3　‎ ‎（3）AlCl3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　Al2O3　‎ ‎（4）Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　Na2SO4　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）氯化钠为强酸强碱盐，加热蒸干后最终产物是氯化钠；‎ ‎（2）碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解生成碳酸钠和水；‎ ‎（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解；‎ ‎（4）Na2SO3中+4价的硫易被氧气氧化成+6价的硫，Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是Na2SO4．‎ ‎【解答】解：（1）氯化钠为强酸强碱盐，不水解，氯化钠热稳定性好，所以NaCl溶液加热蒸干后最终产物是NaCl，‎ 故答案为：NaCl；‎ ‎（2）因为碳酸氢钠不稳定，受热容易分解生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以NaHCO3水溶液蒸干并灼烧，得到的物质是碳酸钠，‎ 故答案为：Na2CO3；‎ ‎（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水蒸气，所以得到的固体为Al2O3，‎ 故答案为：Al2O3；‎ ‎（4）亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，化学式为：Na2SO4，‎ 故答案为：Na2SO4．‎ ‎【点评】本题综合考查物质的性质，侧重于水解、分解等知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握．‎ ‎　‎ ‎15．（1）在25℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合溶液中性，则混和前强酸pH1和强碱pH2应该满足的关系是pH1+pH2=　16　‎ ‎（2）某温度（t℃）时，水的离子积Kw=10﹣12，则该温度（填大于、小于或等于）　大于　25℃．将此温度下，将pH=2的硫酸溶液V1L与pH=11的氢氧化钠溶液V2L混合：‎ ‎①若所得混合液为中性，则V1：V2=　10：1　．‎ ‎②若所得混合液的pH=10，则V1：V2=　9：2　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）先设出强酸、强碱的pH值，利用酸碱混合后溶液显中性，则n（H+）=n（OH﹣），然后可依据物质的量的关系来列式寻找pH的关系；‎ ‎（2）常温下，水的离子积Kw=1×10﹣14，水的电离吸热，温度越高，水的电离程度越大；‎ pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣1mol/L，‎ ‎①若所得混合液为中性，说明酸和碱恰好反应生成盐；‎ ‎②若所得混合液的pH=10，溶液显碱性，根据混合溶液中氢氧根离子浓度计算酸碱体积之比．‎ ‎【解答】解：（1）设强酸的pH=a，强碱的pH=b，‎ 由25℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，‎ 即n（H+）=n（OH﹣），‎ 则100×10﹣a=1×10b﹣14，102﹣a=10b﹣14，即2﹣a=b﹣14，则a+b=16，‎ 故pH（酸）+pH（碱）=16，‎ 故答案为：16；‎ ‎（2）温度越高，水的电离程度越大，则水的离子积常数越大，某温度（t℃）时，水的离子积Kw=1×10﹣12＞10﹣14，‎ 故答案为：大于；‎ ‎①pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣1mol/L，‎ 若所得混合液为中性，则酸和碱恰好中和，则10﹣2mol/L×V1L=10﹣1mol/L×V2L 则V1：V2=10：1；‎ 故答案为：10：1；‎ ‎②若所得混合液的pH=10，则混合溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，10﹣2mol/L=mol/L，则Va：Vb=9：2，‎ 故答案为：9：2．‎ ‎【点评】本题考查了pH的有关计算，明确浓度与pH的换算、根据酸碱混合溶液中溶液酸碱性确定酸碱体积之比，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）（2016秋•琼海校级期末）（1）在2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中，加入2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，可观察到　白色沉淀　，此反应的离子方程式为　Ag++Cl﹣=AgCl↓　，将此混合液过滤，滤渣加入2mL 0.1mol/L的KI溶液，搅拌，可观察到　白色沉淀变为黄色　，反应的离子方程式为　AgCl（s）+I﹣⇌AgI（s）+Cl﹣　．‎ ‎（2）对于Ag2S（s）⇌2Ag+（aq）+S2﹣（aq），其Ksp的表达式为　c（Ag+）2•c（S2﹣）　‎ ‎（3）下列说法不正确的是　BD　．‎ A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH﹣‎ ‎，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 D．除去溶液中的Mg2+，用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大 E．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全．‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写．‎ ‎【分析】（1）反应生成氯化银和硝酸钠，观察到白色沉淀，AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI；‎ ‎（2）依据沉淀溶解平衡的溶度积常数表示方法写出，溶度积等于溶液中离子浓度幂次方乘积；‎ ‎（3）A、依据氯化银沉淀溶解平衡分析，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；‎ B、物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；‎ C、氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡；‎ D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；‎ E、为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全．‎ ‎【解答】解：（1）反应生成氯化银和硝酸钠，观察到白色沉淀，离子反应为Ag++Cl﹣=AgCl↓，AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为AgCl（s）+I﹣⇌AgI（s）+Cl﹣，‎ 故答案为：白色沉淀；Ag++Cl﹣=AgCl↓；白色沉淀转化为黄色沉淀；AgCl（s）+I﹣⇌AgI（s）+Cl﹣；‎ ‎（2）对于沉淀溶解平衡：Ag2S（s）⇌2Ag+（aq）+S2﹣（aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数，‎ Ksp=[Ag+]2•[S2﹣]；故答案为：c（Ag+）2•c（S2﹣）；‎ ‎（3）A、氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=[Ag+][Cl﹣]，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；‎ B、物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；故B错误；‎ C、氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡；故C正确；‎ D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；故D错误；‎ E、为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故E正确；‎ 综上所述：BD错误；‎ 故选BD．‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式的书写，沉淀溶解平衡的计算应用，平衡移动的影响因素，难溶物质的溶解度比较方法，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎17．（14分）（2016秋•琼海校级期末）如图所示甲、乙为相互串联的两电解池．试回答：‎ ‎（1）甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则A电极名称为　阴　极，电极材料是　精铜（或纯铜）　，电极反应式为　Cu2++2e﹣=Cu　．‎ ‎（2）乙池中C（石墨）极电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　，若在乙池中滴入少量酚酞试液，电解一段时间后，铁极附近呈　红　色．‎ ‎（3）若甲池A极增重1.28g，则乙池Fe极放出的气体在标况下的体积为　0.448L　．电解后，若乙池剩余溶液为400mL，则溶液的pH=　13　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）依据电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜；‎ ‎（2）依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极失电子发生氧化反应，Fe为阴极得电子发生还原反应；‎ ‎（3）依据电极反应电子守恒计算甲池和乙池中电极产物的物质的量，乙池中依据氢离子和氢氧根离子守恒，水的离子积常数计算得到．‎ ‎【解答】解：（1）电解精炼的原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液（CuSO4溶液或CuCl2溶液）进行电解反应，在阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，电极反应是Cu2++2e﹣═Cu，‎ 故答案为：阴；精铜（或纯铜）； Cu2++2e﹣=Cu；‎ ‎（2）依据装置图分析可知，与电源正极相连的C电极为电解池的阳极，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；Fe电极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e﹣═H2↑，破坏水的电离平衡氢氧根离子浓度增大，铁电极附近溶液变红色，‎ 故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；红； ‎ ‎（3）甲池A为电解池的阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，增重1.28g的铜物质的量为0.02mol，转移电子物质的量为0.04mol；‎ 乙池Fe电极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e﹣═H2↑，依据电子守恒，生成氢气0.02mol，放出气体在标况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，依据水的电离氢离子和氢氧根离子守恒得到，生成氢氧根离子物质的量为0.04mol，c（OH﹣）==0.1mol/L，溶液pH=13；‎ 故答案为：0.448L；13．‎ ‎【点评】本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，再结合转移电子守恒进行计算，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎18．（14分）（2016秋•琼海校级期末）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：‎ ‎ 实验编号 HA物质的量浓度（mol•L﹣1）‎ NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）‎ ‎ 混合溶液的 pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 c ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a （混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸　若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸　．‎ ‎（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c是否一定等于0.2　否　（选填“是”或“否”），混合液中离子浓度c（A﹣）与 c（Na+）的大小关系是 ‎　c（A﹣）=c（Na+）　．‎ ‎（3）丙组实验结果分析，HA是　弱　酸（选填“强”或“弱”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　1×10﹣5　mol•L﹣1．写出该丁组实验所得混合溶液中下列算式的精确结果（不能做近似计算）．c（OH﹣）﹣c（HA）=　1×10﹣9　mol•L﹣1．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）酸碱恰好完全反应，如反应后呈中性，则pH=7，为强酸，如pH＞7，则为弱酸；‎ ‎（2）若HA为强，则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，结合电荷守恒判断；‎ ‎（3）pH＞7，所以HA是弱酸，得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液；‎ ‎（4）所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH﹣全部为水电离，以此可计算浓度，溶液中存在质子守恒，c（OH﹣）=c（HA）+c（H+）．‎ ‎【解答】解：（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸，‎ 故答案为：若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸；‎ ‎（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，pH=7，若HA为强酸，则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），因pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），则c（A﹣）=c（Na+），‎ 故答案为：否；c（A﹣）=c（Na+）；‎ ‎（3）HA物质的量浓度为0.2mol/L，而NaOH物质的量浓度为0.1mol/L，pH＞7，所以HA是弱酸，丙组得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液，根据电荷守恒可以得到c（OH﹣）+c（A﹣）=c（Na+）+c（H+），由于pH＞7，所以c（OH﹣）＞c（H+），即c（Na+）＞c（A﹣），所以混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：弱；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH﹣全部为水电离，所以由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣5mol/L，溶液中存在质子守恒，c（OH﹣）=c（HA）+c（H+），则c（OH﹣）﹣c（HA）=c（H+）=1×10﹣9mol/L，‎ 故答案为：1×10﹣5，1×10﹣9．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及了盐类水解、强弱酸、电荷守恒等知识，有一定的综合性，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，该题的命题方式为高考命题的热点，本题难度中等．‎ ‎　‎