【文档说明】河北省张家口市宣化一中2020-2021学年高二下学期期初考试化学试卷 含答案.doc，共(26)页，451.792 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020-2021学年下学期宣化一中高二化学期初试卷1.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ⋅mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量B.已知2H2

(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ⋅mol-1，则氢气的摩尔燃烧焓为241.8kJ⋅mol-1C.已知①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=akJ⋅mol-1，②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=bkJ⋅mol-1则a>bD

.已知P(白磷，s)=P(红磷，s)△H<0，则红磷比白磷稳定2.红磷(P)和Cl2发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量的关系如图所示，图中的△H表示生成1mol产物的数据。可知PCl5分解生成PCl3和Cl2，该分解反应是可

逆反应。下列说法正确的是()A.其他条件不变，升高温度有利于PCl5的生成B.反应2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)对应的反应热△H=-798kJ⋅mol-1C.P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为：2P(s)+3Cl2(g)=2PCl(g)△H=

-306kJ⋅mol-1D.其他条件不变，对于2PCl5(g)=2P(s)+5Cl2(g)△H反应，增大压强，PCl5的转化率减小，△H减小3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子

数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是()-2-A.YW3分子中的键角为120°B.W2Z的稳定性大于YW3C.物质甲分子中存在6个σ键D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸4.下列说法或表达方式中不正确的是()A.电子从激发态到基态产生的光谱是发

射光谱B.第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C.NH3、H2O、CO2分子中中心原子孤电子对数最多的是H2OD.基态氯原子的价电子轨道表示式为5.利用电化学原理还原CO2制取ZnC2O4的装置如图所示(电解液不参加反应)，下列说法正确的是()A.可用H2SO4溶液

作电解液B.阳离子交换膜的主要作用是增强导电性C.工作电路中每流过0.02mol电子，Zn电极质量减重0.65gD.Pb电极的电极反应式是2CO2-2e-=C2O42-6.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是()A.SO2氧化SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)⇌2SO

3(g)B.500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)D.实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl

2+H2O⇌H++Cl-+HClO7.已知反应：2NO2⇌N2O2△H<0.将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小).下列说法正确的是()-3-A.b点的操作是压缩注射器B.c点与a点相比，

c(NO2)增大，c(N2O4)减小C.平均摩尔质量：M(a)=M(c)D.d点：v(正)>v(逆)8.常温下，0.1mol⋅L-1某一元酸(HA)溶液中c(OH-)c(H+)=1×10-8，下列叙述正确的是()A.该一元酸溶液的pH=1B.该溶液中也水电

离出的c(H+)=1×10-11mol⋅L-1C.该溶液中水的离子积常数为1×10-3D.用pH=11的NaOH溶液V1L和V2L0.1mol⋅L-1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH=7，则V1<V29.氢氟酸是一种弱酸，可用杂刻蚀玻璃。已知2

5℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-akJ⋅mol-1②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-bkJ⋅mol-1(a、b均大于0)在20mL0.1mol⋅L-1氢氟酸中加入VmL0.1mol⋅L-1NaOH溶液，下列有关说法正确

的是()A.氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq)△H=-(b-a)kJ⋅mol-1B.当V>0时，溶液中一定存在：c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)C.当V=20时，溶液中：c(F-)<c(Na

+)=0.1mol⋅L-1D.当V=20时，溶液中：c(OH-)=c(HF)+c(H+)10.实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol/LK

I溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol/LKI溶液，沉淀变为黄色。下列说法不正确的是()A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)B.滤液b中不含有Ag+-4-C.③中颜色变化说明Ag

Cl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶11.分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示。下

列说法不正确的是()容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3A.0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol⋅L-1⋅

min-1B.a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80%D.K1=K2>K312.Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na

2FeO4，下列有关说法不正确的是()A.右侧电极反应方程式：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2OB.左侧为阳离子交换膜，右侧为阴离子交换膜C.阴极生成2.24L气体，则有0.2molNa+透过交换膜进入阴极区D.Na2FeO4具有强氧化性且产物为Fe3+，可利

用Na2FeO4除去水中的细菌、悬浮颗粒13.下列有关说法正确的是()A.CS2为含极性键的极性分子B.第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种-5-C.基态Cl原子核外有17种能量不同的电子D.C、N、O、P四种元素电负性最大的是O14.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3

)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3].计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是()A.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC.该反应的热化学方程式为(CH

3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)△H=-1.02ev⋅mol-1D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率15.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR

2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是()A.由a点判断H3R的第一步电离常数Kal(H3R)的数量级为10-3B.若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c(Na+)=c(R3-)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(H3R)C.pH=6时，c(

R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反应2H2R-⇌H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y-6-16.(1)某甲醇-空气燃料电池的工作原理如图1所示(箭头丧示物质的进入或排出)：①甲电

极为该燃料电池的______(选填“正极”或“负极”)，该电极的电极反应方程式为______。②用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，若阴极增重19.2g，则理论上消耗甲醇______g。(2)尿

素树脂生产过程中所排放的废水中往在含有甲醇，这种含甲醇的废水会对环境造成污染。向该废水中加入一定量的酸性CoSO4溶液，然后采用图2所示装贸进行电解即可除去甲醇，除甲醇的原理：电解产物Co3+将废水中的甲醇氧化为CO2。①阳极反应式为______。②请用离子方程式表示该法除甲醇的

原理为______。③排放该电解后的废水的铁质管道易被腐蚀，除与Co2+发生置换反应外，还发生电化学腐蚀，发生还原反应的电极反应式为______。17.钛及其化合物在人们的生活中起着十分重要的作用。尤其是二氧化钛、四氯化钛、钛酸钡等应用极广，回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为____

__，该基态原子中含______对电子对。(2)二氧化钛是世界上最白的东西，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中的核外电子占据的原子轨道数为_____

_。(3)四氯化钛是种有趣的液体，在湿空气中水解成白色的二氯化钛的水凝胶，在军事上利用四氧化钛的这股怪脾气，作为人造烟雾剂。四氯化钛水解反应的化学方程式为______。(4)Ti(BH4)3是一种储氢材料

，可由TiCl4和LiBH4反应制得。①LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的空间构型是______，B原子的杂化轨道类型是______，写出一种与该阴离子互为等电子体的微粒是______。Ti(BH4)3中各元素的电负性大小顺序为___

___。-7-②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如表所示。M是______(填元素符号)，判断理由为______。I1/kJ⋅mol-1I2/kJ⋅mol-1I3/kJ⋅mol-1I4/kJ⋅mol-1I5/kJ⋅mol-17381451773310540136301

8.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。回答下列问题：(1)已

知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为

：K=[c(N2)⋅c2(CO2)]/[c2(NO)⋅c2(CO)]，则此反应的热化学方程式______。(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如表：t/min0123

45c(N2O5)/<mol⋅L-1)1.000.710.500.350.250.17①反应开始时体系压强为p0，第2min时体系压强为p1，则p1：p0=______。②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一

定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的______是(填字母)。a.NO2和O2的浓度比保持不变b.容器中压强不再变化c.2v正(NO2)=v逆(N2O5)d.气体的密度保持不变(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分

压代替。已知反应：NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g)，该反应中正反应速率v正=k正⋅p(NO2)⋅p(CO)，逆反应速率v逆=k逆⋅p(NO)⋅p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为______(用k正、k逆表示)。(4)如

图是密闭反应器中按n(N2)：n(H2)=1：3投料后，在200℃、400℃、600℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。-8-①曲线a对应的温度是______。②M点对应的H2的转化率

是______。19.水合碱式碳酸镁[4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O]，又称轻质碳酸镁。常利用菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%，碳酸钙10%]碳化法制取。(1)根据下列表格数据，选择消化反应的最佳温度______；理

由是______。消化温度/℃30405060708090转化率/%50.358.285.185.290.791.291.5(2)碳化反应可生成Mg(HCO3)2，生成Mg(HCO3)2的化学方程式为______。(3)流程图中______和______可以为碳化反应提供

二氧化碳源。(4)有工艺设计利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁：①卤水中含有Fe2+和Mn2+，当其浓度小于1×10-5mol⋅L-1时，可以认为完全除去。常温时当调节溶液pH为9.5时，此时Mn2+小于______mol⋅L-1，不会沉淀出来。物质Mg

(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Ksp10-1110-3910-1710-14②如果把Fe2+转化为Fe3+，从环境角度选择最合适的氧化剂为______。A.Ca(ClO)2B.Cl2C.H2O2D.HNO320.25℃时，电离平衡常数：-9-化学式CH3COO

HH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8回答下列问题：(1)在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3CH3COO-+H+△H>0，下列方法中，

可以使0.10mol⋅L-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是______。A.加入少量0.10mol⋅L-1的稀盐酸B.加热C.加水稀释至0.010mol⋅L-1D.加入少量冰醋酸(2)等pH的Na2CO3、NaClO、C

H3COONa、NaHCO3，溶质物质的量浓度由大到小的顺序是______。(3)常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是：______。A.c(CH3COOH)c(H+)B.c(H+)c(CH3COOH)C.c(H+)c(OH-)D.c

(OH-)c(H+)(4)体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图。则HX的电离平衡常数______(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的平衡常数；稀

释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)______醋酸溶液水电离出来c(H+)。(5)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=______。(填准确数值)(6)已知：H

2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，且0.1mol⋅L-1的NaHA溶液的pH=2，则0.1mol⋅L-1的H2A溶液中c(H+)______(填“<”“>”或“=”)0.11mol⋅L-1，理由是______。2020-2021学年下学

期宣化一中高二化学-10-期初试卷答案和解析1.【答案】A【解析】解：A.40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反应，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故A正确；B.燃烧热是指燃

烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故B错误；C.两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a<b，故C错误；D.P(白磷，s)=P(红磷，s)

△H<0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误。故选：A。A.醋酸为弱电解质，电离吸热；B.表示燃烧热时，应生成液态水；C.为放热反应，焓变为负值，且完全燃烧放出的热量多；D.能量越高越不稳定。

本题考查热化学方程式，为高频考点，把握物质的量与热量的关系、焓变的正负、物质的状态为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写方法，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A.反应为放热反应，升高温度平衡向逆方向移动，不利用PCl5生成，故A错误；B.根据图中数

据，可得P(s)+Cl2(g)=PCl5(g)△-399kJ/mol，则有反应2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)对应的反应热△H=-798kJ⋅mol-1，故B正确；C.P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+32Cl2(g)=PC

l3(g)△H=-306kJ/mol，题中物质的量与反应热不对应，故C错误；D.其他条件不变，增大压强，PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)平衡逆向移动，PCl5的转化率减小，△H不变，故D错

误。-11-故选：B。由图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+32Cl2(g)=PCl3(g)；△H=-306kJ/mol，根据图中数据，可得P(s)+Cl2

(g)=PCl5(g)△-399kJ/mol，结合外界条件对平衡移动的影响解答该题。本题考查热化学方程式的书写、外界条件对化学平衡移动的影响及反应热的计算等知识．解题中需注意：热化学方程式中没有标注各物质的聚集状态，各物质的物质的量与反应热没有呈现对应的比例

关系，不能正确判断放热反应和吸热反应。3.【答案】B【解析】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。A.YW3为NH3，NH3的构型为三角锥形，键角为107°18'，故A错误；B.非金属性：O>Z，则H2O

的稳定性大于NH3，故B正确；C.双键中含有1个σ键和1个π键，根据图示可知，物质甲分子中存在7个σ键，故C错误；D.N的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故D错误；故选：B。短周期主族元素W、X、Y

、Z的原子序数逐渐增大。四种元素形成的化合物甲的结构如图所示，根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子”及“

W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能

力。4.【答案】B【解析】解：A.电子从激发态到基态，需要向外释放能量，产生发射光谱，故A正确；B.第IA、ⅡA族元素相差8，其它主族元素的原子序数相差18个，所以第三、第四周期同主族元素的原子序数相差不一定是8，

故B错误；C.氨气的电子式为，中心原子N上孤电子对数为1，水的电子式为：，中心原子O上孤电子对数为2，二氧化碳的电子式为，中心原子C上孤电子对数为0，-12-所以H2O中含有的孤电子对最多，故C正确；D.基态氯原子的价电子排布式为：3s23p5，依据洪特规则和泡利不相容原理其价电

子轨道表示式为：，故D正确；故选：B。A.电子从激发态到基态，需要向外释放能量；B.第IA、ⅡA族元素相差8，其它主族元素的原子序数相差18个；C.根据NH3、H2O、CO2三分子电子式分判断；D.基态

氯原子的价电子排布式为：3s23p5；本题考查了物质结构与性质，涉及原子光谱、轨道表示式、原子结构等，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。5.【答案】C

【解析】解：A、金属锌可以和硫酸之间发生反应，不能用H2SO4溶液作电解液，故A错误；B、阳离子交换膜的主要作用是允许锌离子通过，但是不允许阴离子通过，故B错误；C、Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e-=Z

n2+，工作电路中每流过0.02mol电子，Zn电极质量减重0.65g，故C正确；D、Pb电极上CO2得电子生成C2O42-，即2CO2+2e-=C2O42-，故D错误。故选：C。Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e-=Zn2+，Pb电极上CO2得电子生成C2O42-，即2CO2+

2e-=C2O42-，金属锌可以和硫酸之间发生反应，离子交换膜允许部分离子通过，根据电极反应式结合电子守恒来回答。本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写和判断知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。6

.【答案】D【解析】【分析】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，注意反应方程式的特征以及工业生成的实际等问题．-13-【解答】A.加入催化剂有利于加快二氧

化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B.合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C.H2+I2⇌2HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不

移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故D正确。故选：D。7.【答案

】A【解析】解：A.b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B.c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C.压缩体积，平衡正向移动，平均摩尔质量增大，故C错误；D.c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡

向气体体积增大的逆向移动过程，所以v(逆)>v(正)，故D错误。故选：A。该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据

图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，以此解答该题．本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大．8.【答案】B【解析】解：A

.c(H+)=10-3mol/L，溶液的pH=3，故A错误；B.溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，故B正确；C.常温下，溶液中水的离子积常数为1×10-14，故C错误。D.pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度=0.001mol/L，氢氧化钠

是强碱，HA是弱酸，假设-14-HA是强酸，则NaOH和HA的体积之比为100：1，实际上HA是弱酸，要使混合溶液呈中性则NaOH与HA体积之比小于100：1，但仍然存在V1>V2，故D错误；故选：B。常温下，0.1mol⋅L-1某一元酸

(HA)溶液中c(OH-)c(H+)=1×10-8，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，可知：c(H+)=10-3mol/L，则HA部分电离，以此解答该题。本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意根据Kw=c(H+)×c(OH-)=1

0-14，结合溶液中c(OH-)c(H+)=1×10-8计算溶液中氢离子浓度确定HA为弱酸为解答该题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。9.【答案】D【解析】解：A.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-akJ⋅mol-1，②H+(aq

)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-bkJ⋅mol-1，根据盖斯定律①-②得到HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq)的△H=(-a+b)kJ⋅mol-1=-(a-b)kJ⋅mol-1，故A错误；B.当V>0时，若溶质为NaF

、HF，所得溶液可能显酸性，则可能存在c(F-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，但V=20时，溶液中一定存在：c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)，故B错误；C.当V=20时，溶液中溶质为NaF，c(Na+)=0.05m

ol⋅L-1，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，所以c(F-)<c(Na+)=0.05mol⋅L-1，故C错误；D.当V=20时，溶液中溶质为NaF，物料关系为c(F-)+c(HF)=c(Na+)，电荷关系为c(N

a+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，则c(OH-)=c(HF)+c(H+)，故D正确；故选：D。A.根据盖斯定律①-②计算HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq)的△H；B.当V>0时，若溶质为NaF、HF，溶液可

能显酸性；C.当V=20时，溶液中溶质为NaF，c(Na+)=0.05mol⋅L-1，溶液呈碱性，结合电荷关系分析；D.当V=20时，溶液中溶质为NaF，物料关系为c(F-)+c(HF)=c(Na+)，电荷关系为c(Na+)+c(H

+)=c(F-)+c(OH-)，据此解答。本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离平衡，为高频考点，侧重分析与运用能力的考查，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒及物料守恒、盐类水解等知识点的应用，题目难度不大。-15-10.【

答案】B【解析】解：A、浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，故A正确；B、滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C、向AgCl

中滴加0.1mol⋅L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D、向AgCl中滴加0.1mol⋅L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正

确；故选：B。①0.1mol⋅L-1AgNO3溶液和0.1mol⋅L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c，白色沉淀c为AgCl，滤液b中主要含有硝酸钠；②向滤液b中滴加0.1mo

l⋅L-1KI溶液，出现浑浊，说明生成AgI沉淀，说明滤液b中含有银离子；③向沉淀c中滴加0.1mol⋅L-1KI溶液，沉淀变为黄色，说明AgCl可转化为AgI，以此分析解答。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧

重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质、实验现象以及结论的总结，难度不大。11.【答案】A【解析】解：A.0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=1.6mol/L5min=0.32mo

l⋅L-1⋅min-1，故A错误；B.由表中数据可知，A(g)+B(g)⇌D(g)起始(mol/L)：2.00.5a0转化(mol/L)：1.01.01.0平衡(mol/L)：1.00.5a-1.01.0则1.01.0×(0.5a-1.0)=10，a=2.2，故B正确；

C.由表中数据可知A的转化率为1.62.0×100=80%，若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，相当于在原来基础上减小压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时，A的转化率小于80%，故C正确；D.甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，对比

表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，可知K1=K2>K3，故D正确。-16-故选：A。对于甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，由表中数据可知，A(g)+B(g)⇌D(g)起始(mol/L)：2.02.

00转化(mol/L)：1.61.61.6平衡(mol/L)：0.40.41.6可知K=1.60.4×0.4=10，由此可确定a，对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，以此解答该题。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K

的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。12.【答案】C【解析】解：A.电解时，右侧阳极铁失去电子发生氧化反应，反应的电极反应为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，故A正确；B

.电解时，阳极铁电极反应为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，OH-通过右侧交换膜向右侧移动，则右侧为阴离子交换膜，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过左侧离子交换膜向左侧移动，则左侧为阳离子交换膜，故B正确；C.阴极反应式为：2H2O

+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成2.24L气体，未指明气体的状态，所以生成气体的物质的量未知，无法计算有多少Na+透过交换膜进入阴极区，故C错误；D.Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，+6价的铁降低为Fe3+，Fe3+又可以水解生成氢氧化铁胶体，吸附固体

颗粒物，所以可以利用Na2FeO4除去水中的细菌、固体颗粒物等，故D正确；故选：C。电解时，阳极铁电极反应为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，OH-通过右侧交换膜向右侧移动，则右侧为阴离子交换膜，阴极反应式为：2H2O+2e-=H

2↑+2OH-，Na+通过左侧离子交换膜向左侧移动，则左侧为阳离子交换膜，一段时间后，装置中部氢氧化钠溶液变稀，可以将左侧流出的氢氧化钠溶液补充到该装置中部，以保证装置连续工作，以此解答该题。本题考查了电解原理，

为高频考点，注意A选项为易错点，注意离子交换膜的判断，把握电极方程式的书写方法，题目难度中等。-17-13.【答案】BD【解析】解：A.CS2中C=S键为极性键，但由于其为直线型结构，故为非极性分子，故A错

误；B.第IIA族元素的第一电离能大于第IIIA族，第VA族元素的第一电离能大于第VIA族，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种，即Be、C、O，故B正确；C.因为氯原子核外有17个电子，其

核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，因为能级不同能量不同，所以其原子核外能量不同的电子有5种，故C错误；D.同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，则C、N、O、P四种元素电负性顺序为C<P<N<O，电负性最大的是O，故D正确。故选：BD。A.

CS2为直线型结构；B.第IIA族元素的第一电离能大于第IIIA族，第VA族元素的第一电离能大于第VIA族；C.处于相同能层的同一能级上的电子的能量相同；D.同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小。本题考查原子结构和元素的性质，为

高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原子核外电子排布特点，把握元素周期律等知识是解答关键，题目难度不大。14.【答案】A【解析】解：A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(C

H3)2NCH2+OH*，故A正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，故B错误；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev⋅为单个(CH3)2NCHO(

g)反应时放出的热量，△H=-1.02NAeV=-1.02×1.6×10-19×NAJ/mol=-98.25kJ/mol，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+

H2O(g)△H=--98.25kJ/mol，故C错误；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，故D错误；故选：A。从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93

、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19，据此分析判断。-18-考查反应活化能与化学反应速率的关系，准确根据反应历程图示获取信息是解题关键，基础考查，难度不大。15.【答案】CD

【解析】解：A.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x，3<x<4，所以a点判断H3R的第一步电离常数Kal(H3R)的数量级为10-4，故

A错误；B.溶液中存在c(Na+)=c(R3-)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(H3R)，则Na、R原子个数之比为1：1，溶液中溶质为NaH2R，根据图知，c(H2R-)=c(HR2-)，则溶液中溶质不是NaH2R，故B错误；C.pH=6

时，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)且溶液中c(R3-)=c(HR2-)，溶液接近中性，则溶液中c(H+)较小，所以存在c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；D.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3

R的第一步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x；c(H2R-)=c(HR2-)时Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)×c(H+)=c(H+)=10-y；Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H

3R)、Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)×c(H+)，则c(HR2-)c(H2R-)=Ka2(H3R)c(H+)，1c(H2R-)c(H3R)=1Ka1(H3R)c(H+)2H2R-⇌H3R+HR2-在该

温度下的平衡常数K=c(H3R)×c(HR2-)c(H2R-)2=c(HR2-)c(H2R-)×1c(H2R-)c(H3R)=Ka2(H3R)c(H+)×1Ka1(H3R)c(H+)=10-y10-x=10x-y，故D正确；故选：CD。A.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一

步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x；B.溶液中存在c(Na+)=c(R3-)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(H3R)，则Na、R原子个数之比为

1：1，溶液中溶质为NaH2R；C.pH=6时，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)且溶液中c(R3-)=c(HR2-)，溶液接近中性，则溶液中c(H+)较小；D.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离

常数Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x；c(H2R-)=c(HR2-)时Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)×c(H+)=c(H+)=10-y；Kal(H3R)=c(H2R-)⋅c(H+)c(H3R)、Ka2

(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)×c(H+)，则-19-c(HR2-)c(H2R-)=Ka2(H3R)c(H+)，1c(H2R-)c(H3R)=1Ka1(H3R)c(H+)2H2R-⇌H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=c(H3R)×c(HR

2-)c(H2R-)2=c(HR2-)c(H2R-)×1c(H2R-)c(H3R)。本题以图象分析为载体考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、溶液中溶

质成分及其性质是解本题关键，B采用逆向思维方法进行分析判断，D为解答难点。16.【答案】负极CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+3.2Co2+-e-=Co3+6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+2H++

2e-=H2↑【解析】解：(1)①醇碱性燃料电池中，氢离子移向正极，所以甲电极为负极，负极上燃料甲醇失电子发生氧化反应，在酸性电解质环境下，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-

=CO2+6H+；②用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，每转移2mol电子，析出64g铜，所以阴极质量增重19.2g时，转移电子数为：19.2g64g/mol×2=0.6mol，电池与电解池为串联，所以当

电解池中转移0.6mol电子，电池中转移电子数为0.6mol，依据CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O可知需0.1mol甲醇，质量为m=nM=0.1mol×32g/mol=3.2g，故答案为

：3.2；(2)①电解池中，和电源的正极相连的石墨Ⅰ是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应Co2+-e-=Co3+，故答案为：Co2+-e-=Co3+；②Co3+将甲醇氧化为二氧化碳，本身被还原为Co2+，即6Co3++CH3OH+H2O=6Co

2++CO2↑+6H+，故答案为：6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+；③酸性条件下，铁质管道发生的电化学腐蚀正极是氢离子发生得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑。(1)①燃料电池为原电池，阳离子

移向正极，负极上是燃料是电子的氧化反应，根据电解质环境书写电极反应式；-20-②用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，每转移2mol电子，析出64g铜，所以阴极质量增重19.2g时，转移电子数为：19.2g64g/mol×2=0.6m

ol，电池与电解池为串联，所以当电解池中转移0.6mol电子，电池中转移电子数为0.6mol，依据CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O可知需0.1mol甲醇，根据质量为m=nM计算理论上需要甲醇的质量；(2)①电解池中，和电源的正极相连的是电解池的阳极，该电极上

发生失电子的氧化反应；②Co2+将甲醇氧化为二氧化碳，本身被还原为Co，电解质环境是酸性的，根据电子守恒配平方程式即可③铁质管道易被腐蚀，发生的电化学腐蚀，发生还原反应的电极为酸性条件下的正极反应。本题

考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应式的书写等知识，属于综合知识的考查，难度中等。17.【答案】3d24s2109TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑正四面体形sp3CH4或NH4+H>B>TiMg第三电离能不第二电离能大很多，说明核外有2个电子【解

析】解：Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，其价电子排布式为3d24s2，基态原子的单质排布式1s22s22p63s23p63d24s2，含有10对电子，故答案为：3d24s2；10；(2)基态Ti4+中的核外电子排布式1s22s22p63s23p6，s为一个轨道，p为3个轨道，占据的原子轨道数为：

9，故答案为：9；(3)四氯化钛水解反应的化学方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑，故答案为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑；(4)①BH4-中B原子孤电子对数=3+1-1×42=0，价层电子对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR模型相同为正四面

体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，与BH4-互为等电子体的分子，可以用C原子替换B原子与1个单位负电荷，等电子体分子为：CH4等，与之等电子体的离子，可以用N原子与1个单位正电荷替换B原子与1个单位负电荷，等电子体离

子为：NH4+等，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则B的电负性大于Ti的电负性，在Ti(BH4)3中H为-1价，Ti、B分别为+1、+3价，则电负性最大的是H元素，所以Ti、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为H>B>Ti

，故答案为：正四面体形；sp3；CH4或NH4+；H>B>Ti；-21-②该元素的第三电离能剧增，说明核外有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，而且该元素的原子核外电子数不少于5个，为镁元素，元素符号：Mg，故答案为：M

g；第三电离能不第二电离能大很多，说明核外有2个电子。(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，其价电子排布式为3d24s2；(2)基态Ti4+中的核外电子排布式1s22s22p63s23p6；(3)四氯化钛水解反应生成二氧化钛和氯化氢气体；

(4)①BH4-中B原子孤电子对数=3+1-1×42=0，价层电子对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR模型相同，B原子杂化轨道数目为4，等电子体是指原子数目相同、价电子数目也相同的粒子，与BH4-互为等电子体的分子，可以用C原子替换B原子与1个单位负电荷，与之等电子体的离子，可以

用N原子与1个单位正电荷替换B原子与1个单位负电荷，元素的非金属性越强，其电负性越大；②该元素的第三电离能剧增，则该元素属于第IIA族。本题考查了原子结构与性质，明确核外电子排布规律，熟悉电负性、电离能大

小规律是解题关键，题目难度不大。18.【答案】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ⋅mol-17：4bk正k逆200℃75%【解析】解：(1)已知①：N2(g)+O

2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol②：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol③：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为：K=[c(N2)⋅

c2(CO2)]/[c2(NO)⋅c2(CO)]，则根据平衡常数K=生成物浓度系数次方之积反应物浓度系数次方之积，可得该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H，根据盖斯定律，该反应=2×②-①-③，则该反应的△H=-393.

5kJ⋅mol-1×2-180.5kJ⋅mol-1+221kJ⋅mol-1=-746.5kJ⋅mol-1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ⋅mol-1；(2)①由表

中数据可得△c(N2O5)=1-0.5=0.5mol/L，列三段式如下：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)(单位：mol/L)起始量：100转化量：0.510.25平衡量：0.510.25-22-根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即起始总

物质的量平衡时总物质的量=起始总压强平衡时总压强，所以P1P0=0.5+1+0.251=74，故答案为：74；②a、生成物浓度之比等于计量系数之比，为定值，故a错；b、由于反应前后气体物质的量发生变化，所以容器中压强不再变化可以说明平

衡，故b正确；c、反应速率与计量系数成正比，故c错；d、该反应气体质量与体积不变，则密度不变为定值，故d错；故答案为：b；(3)根据平衡时v正=v逆，则k正⋅p(NO2)⋅p(CO)=k逆⋅p(NO)⋅p(CO2)，

整理得KP=k正k逆，故答案为：k正k逆；(4)①因为合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆移，NH3的物质的量分数降低，结合图象，曲线aNH3的物质的量分数最高，则温度应最低，所以曲线a对应的温度是200℃，故答案

为：200℃；②根据题意，设n(N2)=1mol，则n(NH3)=3mol，设N2变化量为x，列三段式如下：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)(单位：mol)起始量：130转化量：x3x2x平衡量：1-x3-3x2xV

(NH3)%=n(NH3)n(N2)+n(H2)+n(NH3)=2x1-x+3-3x+2x=60%，解得x=0.75mol，转化率α(H2)=2.25mol3mol×100%=75%，故答案为：75%。(1)先对已知焓变的反应编号，根据某反应的平衡常数表

达式为：K=[c(N2)⋅c2(CO2)]/[c2(NO)⋅c2(CO)]，则根据平衡常数K=生成物浓度系数次方之积反应物浓度系数次方之积，可得该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H，根据盖斯定律求出△H；(2)①由表中数据可

得△c(N2O5)=1-0.5=0.5mol/L，列三段式如下：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)(单位：mol/L)起始量：100转化量：0.510.25平衡量：0.510.25根据理想气

体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即起始总物质的量平衡时总物质的量=起始总压强平衡时总压强，即可解答；-23-②a、生成物浓度之比等于计量系数之比，为定值；b、由于反应前后气体物质的量发生变化，结合压强对平衡移动的影

响判断；c、反应速率要与计量系数成正比，才可说明平衡；d、该反应气体质量与体积不变，则密度不变为定值；(3)根据平衡时v正=v逆，则k正⋅p(NO2)⋅p(CO)=k逆⋅p(NO)⋅p(CO2)，整理

得结果；(4)①因为合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆移，NH3的物质的量分数降低，结合图象，曲线aNH3的物质的量分数最高，则温度应最低，所以曲线a对应的温度是200℃，故答案为：200℃；②根据题意，设n(N2)=1mo

l，则n(NH3)=3mol，设N2变化量为x，列三段式如下：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)(单位：mol)起始量：130转化量：x3x2x平衡量：1-x3-3x2xV(NH3)%=n(NH3)n(N2)+n(

H2)+n(NH3)求出x即可解答H2的转化率，α=变化量起始量。本题考查盖斯定律的应用及热化学方程式书写、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析以及三段式计算的应用等知识，侧重考查学生分析能力

、计算能力和灵活运用能力，注意掌握平衡三段式的应用，题目难度中等。19.【答案】70℃温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2煅烧反应热解反应10-5C【解析】解：(1)由图可知，70℃

时，物质的转化率较大，但是温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加；故答案为：70℃；温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加；(2)由流程图可知Mg(HCO3)2由Mg(OH)2和C

O2反应而来，反应为：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2；故答案为：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2；(3)煅烧反应中碳酸镁和碳酸钙生成二氧化碳，热解反应生成二氧化碳；故答案为：煅烧反应；热解反应；

(4)①已知：Ksp(Mn(OH)2)=10-14，常温时当调节溶液pH为9.5时，c(OH-)=10-4.5，此时则c(Mn2+)⋅c(OH-)2<Ksp(Mn(OH)2)=10-14，浓度积小于Ksp不沉淀，则-24-c(Mn2+)<10-14(10-4.5)2=10-5；故

答案为：10-5；②把Fe2+转化为Fe3+，从环境角度选择过氧化氢的产物为水，不污染环境；故答案为：C。菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%，碳酸钙10%]碳化法制取水合碱式碳酸镁[4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O]，将菱镁矿煅烧，得到氧化镁和氧

化钙，再加入水发生消化反应，净化得到氢氧化镁，与二氧化碳发生碳化反应，Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2，再热解得到产品，反应为：5Mg(HCO3)2-△[4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O+6CO2↑,(1)选择转化率大但是又不多余耗能的；(2)由流程图可知Mg(HC

O3)2由Mg(OH)2和CO2反应而来；(3)流程图中煅烧反应和最后的热解反应能提高二氧化碳；(4)①根据离子不沉淀，离子积小于溶度积计算；②把Fe2+转化为Fe3+，从环境角度选择最合适的氧化剂应为不会生成污染环境的物质为佳；③方案1中加入碳酸钠的产品

中易混入更多杂质，不易提纯。本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。20.【答案】BCCH3COONa>NaHCO3>NaClO>

Na2CO3AC大于大于9.9×10-7mol/L<H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA-的电离。【解析】解：(1)醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；A.加入少量0.10mol⋅L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故A错误；

B.醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故B正确；C.加水稀释至0.010mol⋅L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故C正确；D.加入少量冰醋酸，醋酸的

电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故D错误，故答案为：BC；(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的电离程度越大，酸的酸性越强，相应的酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数CH3COOH>H2CO3>

HClO>HCO3-，则酸根离-25-子水解程度大小顺序是CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小，等pH的Na2CO3、NaClO、CH3COONa、NaHCO3的浓度由大到小

的顺序是：CH3COONa>NaHCO3>NaClO>Na2CO3，故答案为：CH3COONa>NaHCO3>NaClO>Na2CO3；(3)A．c(CH3COOH)c(H+)=n(CH3COOH)n(H+)，水稀释过程，促进电离，氢离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，所以比值变小，故A正

确；B.c(H+)c(CH3COOH)=n(H+)n(CH3COOH)，水稀释过程，促进电离，氢离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，所以比值变大，故B错误；C.稀释过程，促进电离，但c(H+)减小，c(H+

)⋅c(OH-)=Kw，Kw不变，c(OH-)增大，则c(H+)c(OH-)变小，故C正确；D.稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则c(OH-)c(H+)变大，故D错误；故答案为：AC；(4)由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性

HX强，电离平衡常数大，稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大，故答案为：大于；大于；(5)25℃时，混合液pH=6，c(H+)=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c(CH

3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=9.9×10-7mol/L，故答案为：9.9×10-7mol/L；(6)根据电离方程式知，HA-只电离不水解，0.1mol⋅L-1NaHA溶液的pH=2，则HA-电离出氢离子浓度为0.01mol/L，

H2A第一步完全电离生成0.1mol/L的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于0.01mol/L，则H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应小于0.11mol/L，故答案为：<；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA-的电离。(1)醋酸的电离是吸热

反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的电离程度越大，酸的酸性越强，相应的酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32->ClO->HCO3->CH

3COO-，酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小；(3)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；-26-(4)由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水

的电离抑制能力小；(5)25℃时，混合液pH=6，c(H+)=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)；(6)根据电离方程式知，HA-只电离不水解，0.1mol⋅L-1NaHA溶

液的pH=2，则HA-电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步电离出的氢离子抑制第二步电离。本题考查盐类水解及酸性的比较、pH与酸的稀释等，注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答

，注意明确弱电解质的电离平衡及其影响因素，题目难度中等。