【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，451.813 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)⇌2SO3(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Cl2+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<V2

9.氢氟酸是一种弱酸，可用杂刻蚀玻璃。已知25℃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⋅m

ol-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/LKI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AgCl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>K31

2.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Na2FeO4，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(CH3)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-、HR2-、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1

0-3B.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-173814517733105401363018.“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=+18

0.5kJ/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)N

2O5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/min012345c(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.C

a(ClO)2B.Cl2C.H2O2D.HNO320.25℃时，电离平衡常数：-9-化学式CH3COOHH2CO3HClO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：CH3

COOH⇌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、CH3COONa、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(CH3C

OO-)-c(Na+)=______。(填准确数值)(6)已知：H2A=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“=”)0.11m

ol⋅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)=PCl3(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)=PCl

3(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“W2

Z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-=Zn2+，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C

O2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-)=10-14，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-(a

q)+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+)=0.05mol⋅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(Na+)+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0.1mo

l⋅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0.1mol⋅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=0.32mol⋅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(mo

l/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、2.0mo

lB，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-=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，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1s22s22p63s23p

5，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(C

H3)2NCH2OH*=(CH3)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，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

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(H

3R)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)、K

a2(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(HR2-)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/m

ol×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=6Co2++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=0.6mol，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，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+2H

2O=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1s

22s22p63s23p63d24s2，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；C

H4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：Mg；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)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol②：C(s)+O2(g)=CO

2(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：2N

O(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：0.510.2

5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(H

2)+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：2N2

O5(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)=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)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CO2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(HCO3)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>Na2CO3

AC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Na2CO

3、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(CH3COO

H)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(CH3COO-)-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->HC

O3->CH3COO-，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，H

X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，H

A-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。