【文档说明】黑龙江省黑河市嫩江县高级中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，680.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学一、单选题（共20题，每小题3分，共60分）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A.看到有该标志的丢弃物应远离并报警B.浓硫酸不可以作食品的干燥剂，CaCl2可以作食品干燥剂C.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”文中的“气”是指乙烯D.寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向【答案】D【解析】【详解】A．该标志为辐射品危险标志，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故A正确；B．浓硫酸具有腐蚀性，不可以作食品干燥剂，CaCl2可以作食品干燥剂，故B正确；C．分析题意可知，这种

“气”是指乙烯，因为乙烯的主要作用是促进果实成熟，故C正确；D．催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应，即合适的催化剂，能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，故D错误；答案选D。2.在298K、1.01×105Pa，将22gCO2

通入0.75L1.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出的热量为akJ。已知该条件下1molCO2通入1L2.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出的热量为bkJ。则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程

式为()。A.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=-(2b-a)kJ·mol-1B.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=+(4a-b)kJ·mol-1C.CO2(g)+Na

OH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=-(4a-b)kJ·mol-1D.CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=+(2b-a)kJ·mol-1【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH

溶液750mL中充分反应，测得反应放出akJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出bkJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。【详解】根据题意，22gCO2通入1mo

l•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）=22g44g/mol=0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molC

O2反应放出热量为aKJ，则2molCO2反应放出热量为4aKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4aKJ/mol①。又1molCO2通入2mol

•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出bkJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-bKJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，CO2(g)+NaOH(a

q)NaHCO3(aq)ΔH=-(4a-b)kJ·mol-1，故C正确；答案选C。3.下列图示与对应的叙述不相符的是A.图甲表示反应：4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影

响，则有T1＞T2，K1＞K2B.图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（g）的影响，乙的压强比甲的压强大C.图丙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变D.图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分

别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【答案】A【解析】【详解】A、4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H＜0，该反应为放热反应，温度越高，氮气的百分含量越

低，平衡常数越小，所以则有T1＜T2，K1＞K2，故A不相符；B、可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，反应前后气体的分子数不变，故增大压强平衡不移动，反应物在平衡状态下的百分含量不变，但是，增大压强

可以使反应速率加快，到达平衡所用的时间减少，故B相符；C、催化剂不能改变化学反应的焓变只能降低反应的活化能，反应物的能量低于生成物的能量，反应是吸热反应，故C相符；D、根据图象可知，反应2NO2(g)N2O4(g)在曲线的最低点达到平衡后，升高温度，二氧化氮的百分含量升高，反应物NO

2含量变大，说明反应逆向进行，所以正反应是放热的，该反应的△H＜0，故D相符。综上所述，图示与对应的叙述不相符的是A，故选A。4.在一定条件下发生反应：3A(g)＋2B(g)xC(g)＋2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达到平衡时生成1.6

molC，又测得反应速率vB＝0.2mol·L－1·min－1，则下列说法中正确的是()A.x＝3B.B的转化率为20%C.平衡时气体压强是原来的0.94倍D.达到平衡时A的浓度为1.4mol·L－1【答案】D【解析】【详解

】△cc=△nc/V=1.6mol÷2L=0.8mol/L,vc=△cc/△t=(0.8mol/L)÷2min=0.4mol•L-1•min-1,根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,0.40.2=2x,得x=4；列出三行式：A.x=4，故A错误；B.B的转化率为(0.8

mol÷2mol)×100%=40%，故B错误；C.根据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的2.81.21.60.842++++=1615,故C错误；D.达平衡时A的浓度为2.8mol÷2L=1.4

mol·L－1，故D正确；正确选项：D。5.对于可逆反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋fD(g)，当反应过程中其他条件不变时，C的质量分数(c%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是()A.达到平衡后，若使用催化剂，C的质量分数将增大B.达到平衡后，增加A的量有利

于化学平衡向正方向移动C.化学方程式中n＞e＋fD.达到平衡后，若升高温度，化学平衡向逆方向移动【答案】D【解析】【分析】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，

同理由右图可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n＜e+f。【详解】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出

增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n＜e+f；A．达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，C的百分含量不变，故A错误；B．达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量平衡不移动，故B错误；C．压强增大，C%含量降低，说明平衡逆向进行，正反应是

气体体积增大的反应，n＜e+f，故C错误；D．该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡向逆方向移动，故D正确；故答案为D。6.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在温度和容积不变的条

件下进行。能表明反应达到平衡状态的叙述是（）A.容器内的总压强不随时间变化B.断裂4molH—O键的同时，断裂2molH—H键C.混合气体分子的总数不变D.反应不再进行【答案】B【解析】【详解】A.反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中压强始终不变，不能说明反应到达平衡，故A错误；B.

前半句话断裂4molH-O键的同时，会生成2molH-H键，代表正反应，后半句话断裂2molH-H键，代表逆反应，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态,故B正确；C.通过化学方程式可知反应前后气体的物质的量不发生变化，混合气体分子的总数不管是否平

衡始终是定值,故C错误；D.平衡为动态平衡,不可能反应不再进行,故D错误；答案:B7.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝3mol

·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为A.9mol2·L-2B.12mol2·L-2C.16mol2·L-2D.20mol2·L-2【答案】B【解析】【分析】反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由

反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算。【详解】平衡时c（HI）=3mol•L-1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L-1，N

H4I分解生成的HI的浓度为3mol•L-1+2×0.5mol•L-1=4mol•L-1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为4mol•L-1，所以反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）=4mol•L-1×3mol•L-1=12mol2•L-2，故选B。【点睛】本题考查化学平衡的计算，注意

平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差。8.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是A.在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率为0.07m

ol·L-1·min-1B.R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响C.二氧化钛对pH＝2的R溶液催化效率好D.在0～50min之间，R的降解百分率pH＝2大于pH＝7【答案】C【解析】【详解】A．

在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率=41.80.410/20molLmin−−（）=7×10-6mol·L-1·min-1，A错误；B．根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，pH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的pH均影

响R的降解速率，但R的起始浓度不同，可以判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响，通过分析斜率的大小来判断，B错误；C．通过图像可知，pH＝2时，二氧化钛对R溶液催化时间迅速缩短，效率好，C正确；D．在0～50min之间，R的降解初始量pH＝7大于pH＝2，平衡时浓度接近0，则降解百分率p

H＝7等于pH＝2，D错误；答案为C。9.在常温时，将a1mLb1mol·L－1CH3COOH溶液加入到a2mLb2mol·L－1NaOH溶液中，下列结论正确的是()A.如果a1＝a2、b1＝b2，则混合溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)B.如果混合

溶液的pH＝7，则混合溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C.如果混合溶液的pH<7，则a1b1＝a2b2D.如果a1＝a2，且混合溶液的pH<7，则b1>b2【答案】D【解析】【详解】A.如果a1

＝a2、b1＝b2,则a1b1=a2b2,两溶液恰好反应生成醋酸钠,因为醋酸根离子的水解,导致溶液中c(CH3COO－)减小,则c(CH3COO－)<c(Na＋),故A错误;B.如果混合液的pH＝7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒

c(OH-)+c(CH3COO－)=c(H+)+c(Na＋),可得c(CH3COO－)=c(Na＋),故B错误;C.若a1b1=a2b2,醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠强碱弱酸盐,溶液显示碱性,如果溶液的pH<7,醋酸就得过量，

所以a1b1>a2b2,故C错误;D.因为是强碱和弱酸的反应，若混合溶液的pH<7时，则酸一定过量，因为a1＝a2,则一定满足b1>b2,故D正确;答案：D。【点睛】根据弱酸和强碱反应的特点；恰好反应生成强

碱弱酸盐，水解显碱性；浓度相等时，要使溶液显中性，需要弱酸的体积大。以此分析此题。10.温度相同,浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是A.

①③⑤④②B.③①④②⑤C.⑤②④①③D.③②①⑤④【答案】B【解析】【分析】溶液酸性越强，溶液的pH越小，则溶液的pH：酸性＜中性＜碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的pH大小。【详解】①(NH4)

2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，两溶液的pH＜7；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7；②NaNO3不水解，其pH=7；⑤CH3COONa水解呈碱性，pH＞7。①、④比较，前者c(NH4+)大，水解生成c(H+)大，pH小，①、③比较，后者

电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH小，所以溶液的pH从小到大的顺序为：③①④②⑤，故合理选项是B。【点睛】本题考查溶液pH的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力．。11.水

的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.图中五点KW间的关系：B>C>A＝D＝EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D.若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显中性【

答案】A【解析】【详解】A．在图中可看出：A、D、E是在25℃水的电离平衡曲线，三点的Kw相同。B是在100℃水的电离平衡曲线产生的离子浓度的关系，C在A、B的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数增大，则图

中五点KW间的关系：B>C>A＝D＝E，故A正确；B．若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H+)增大，c(OH-)减小。可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C．若从A点到C点，由于水的离子积常数增

大，所以可采用升高温度的方法，故C错误；D．若处在B点时，由于Kw=10—12。pH＝2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L,pH＝12的KOH,c(OH-)=1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH-)>n(H+)，所以溶液显碱性，故D错误；答案选A。【点睛】考查温度对水

的电离平衡的影响及有关溶液的酸碱性的计算的知识。12.用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A.Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B.若滴定到第一反

应终点，可用甲基橙作指示剂C.图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D.图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)【答案】C

【解析】【分析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaH

SO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19

mol/L，则H2SO3的Ka2=()233cSOcHcHS(O)+−－（）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范

围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c

(HSO3-)，故C错误；D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)

，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。13.室温时，

向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）A.a点时：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(

CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)B.b点时：c(Na+)<c(CH3COO-)C.c点时：c(OH-)＝c(CH3COOH)+c(H+)D.d点时：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)【答案】B【解析】【详解】a点为2

0mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加10mL0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是等浓度的CH3COONa、CH3COOH，此时溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸根离子的水解，所以c(CH3COO-)>c(N

a+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，故A正确；B.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点溶液呈中性，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故B错误；C.c点

为20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加20mL0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是CH3COONa，根据质子守恒：c(OH-)＝c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；D.d点为20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加40mL

0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是等浓度的CH3COONa、NaOH，由于CH3COONa发生微弱水解，所以c(OH-)>c(CH3COO-)，则c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D正确；选B。【点睛】本题考查酸碱混

合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的溶质组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＝c(SO42-)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c

(OH－)B.室温时浓度均为0.1mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH4+)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)C.0.1mol·L－1(CH3COO)2Ba溶液中：2c

(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D.0.1mol·L－1NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H＋)【答案】B【解析】【分析】A.0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根

离子和亚铁离子都水解，溶液显酸性；B．室温将浓度均为0.1mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明一水合氨电离大于铵根离子的水解，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；C.0.1mol/L(CH3COO)2Ba溶液中存在物料守恒，2n(

Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)；D.0.1mol/LNaHC2O4溶液显弱酸性说明草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，据此解答。【详解】：A.0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根

离子和亚铁离子都发生水解反应，使溶液显酸性，水解消耗NH4+，使离子浓度减小，SO42-不反应，所以c(NH4+)＜(SO42-)，选项A错误；B．室温将浓度均为0.1mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明N

H3·H2O电离大于NH4+的水解，溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒2c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，带入可得：c(NH4+)+2c(H+)=c(NH3·H2

O)+2c(OH-)，溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(NH4+)+c(H+)＞c(NH3·H2O)+c(OH-)，NH3·H2O是弱电解质，其电离程度很小，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，故c(NH4+)+c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-)＞c(NH3·H2O)

>c(OH-)，选项B正确；C.0.1mol/L(CH3COO)2Ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，，选项C错误；D．0.1mol/LNaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(

C2O42-)>c(H2C2O4)，由于溶液中还存在水电离产生的H＋，所以c(H＋)>c(C2O42-)，但HC2O4-电离及水解程度是微弱的，主要以HC2O4-存在，所以c(HC2O4-)>c(H＋

)，而Na+在溶液中不发生任何变化，故c(Na+)最大，则微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)>c(H＋)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，选项D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、

离子浓度大小比较等，掌握盐的水解、弱酸酸式盐的电离和水解规律是解题关键，题目难度中等。15.下面说法中，与盐类水解无关的是()①明矾和AlCl3可作净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解

在盐酸中，而后加水稀释④NH4Cl和ZnCl2溶液可作金属焊接中的除锈剂⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞⑥在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡⑦Na2S溶液和AlC

l3溶液反应得不到Al2S3⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，草木灰与铵态氮肥不能混合施用A.①④⑦B.②⑤⑧C.③④⑥D.全有关【答案】D【解析】【分析】①明矾为KAl（SO4）2·12H2O，和AlCl3中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸

附性，起到净水作用，与盐类的水解有关，①正确；②FeCl3溶液中Fe3+水解，加入少量盐酸为抑制Fe3+水解，与盐类的水解有关，②正确；③配制AlCl3溶液，AlCl3加水稀释时，发生水解，为防止水解，把它溶解在盐酸中，与盐类的水解有关，③正确；④NH4Cl和Z

nCl2溶液中的NH4+、Zn2+水解使溶液显酸性，可与铁锈反应，与盐类的水解有关，④正确；⑤Na2CO3、Na2SiO3等溶液CO32-、SiO32-水解使溶液呈碱性，可与磨口玻璃塞中的SiO2反应，与盐类的水解有关，⑤正确；⑥在NH4Cl

或AlCl3溶液中NH4+、Al3+水解使溶液显酸性，加入镁条会产生气泡，与盐类的水解有关，⑥正确；⑦Na2S溶液和AlCl3溶液混合后S2-、Al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，与盐类的水解有关，⑦正确；⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强，NH4+

水解使溶液显酸性，NH4+、CO32-相互促进水解，生成氨气和二氧化碳气体，使氮肥失效，与盐类的水解有关，⑧正确；【详解】根据分析得出，以上现象均与盐类的水解有关，答案为D16.已知：pKa=−lgKa，25℃时，H2

SeO3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−)＜0.1mol•L−1B.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(HSe

O3−)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=3232()()()wac

OHcHSeOKcSeOK−−−=，c（OH-）=()wKcH+，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（S

eO32-）+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=3232()()()wacOHcHSeOKcSeOK−−−=，c（OH-）=()wKcH+，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。17.一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下

列说法正确的是（）已知pM=-lgc(M)，p(CO23−)=-lgc(CO23−)。A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO23−)C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)<c(CO23−)D.c点可表

示MgCO3的过饱和溶液，且c(Mg2+)<c(CO23−)【答案】B【解析】【详解】A.由pM、p(CO32-)的表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2

＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，则MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp应该依次减小，A错误；B.因a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，故a点表示MnCO3的饱和溶液，且a点纵、横坐标相等，故c(Mn2+)=c(CO32-)，B正确；C.b点表示CaCO3的饱和溶液

，但是b点：p(CO32-)>p(Ca2＋)，则c(CO32-)<c(Ca2＋)，C错误；D.c点在MgCO3的沉淀溶解平衡曲线上方，为不饱不溶液，且由纵、横坐标关系知：c(Mg2＋)<c(CO32-)，D

错误；答案选B。【点睛】当用pM、p(CO32-)或者－lgc(M)、－lgc(CO32−)或其他形式来表示横纵坐标时，一定要根据表达式明确浓度增大表达式是增大还是减小。如本题，根据表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉

淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，即可比较出三者的Ksp大小。18.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确．．．的是A.加水稀释可以使溶液由c点变

到d点B.此温度时，Ksp(BaSO4)＝1.1×10-10C.b点有BaSO4沉淀析出D.a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp【答案】A【解析】【分析】该图中的曲线是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，据此解答。【详解】A．加入蒸馏水，c（SO42-）、c（Ba2

+）均减小，不可能出现c（SO42-）不变，而c（Ba2+）减小的情况，故A错误；B．图中a点，c（SO42-）=5.5×10-6mol/L，c（Ba2+）=2×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)＝c（SO42-）·c（Ba2+）=5.5×10-6×2×10-5=1.1×10

-10,故B正确；C．b点表示QC＞Ksp，溶液过饱和，会有沉淀析出，所以C选项是正确的；D．Ksp是溶度积常数，只随着温度的改变而改变，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D正确；所以本题答案选A。19.关于下列装置说法正确的是A.装置①中，盐桥中的K＋移向CuSO4溶液

B.装置①中，Zn为负极，发生还原反应C.装置②中的Fe发生析氢腐蚀D.装置②中电子由Fe流向石墨，然后再经溶液流向Fe【答案】A【解析】【详解】A．装置①为原电池，锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，盐桥中的K+移向CuS

O4溶液，即向正极移动，故A正确；B．装置①中，Zn为负极，发生氧化反应，故B错误；C．装置②电解质为氯化钠，溶液呈中性，铁发生吸氧腐蚀，故C错误；D．电子只能经过外电路，不能经过溶液，故D错误；故选A。20.普通锌锰干电池的简图（下图所示），它是用锌皮制成的锌筒作电

极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽。在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反应为：Zn＋2NH4+＋2MnO2＝[Zn

(NH3)2]2+＋Mn2O3＋H2O关于锌锰干电池的下列说法中正确的是A.当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原B.电池负极的电极反应式为：2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2OC.该电池碳棒可用铜棒代替，但是工作电压会下降D.外电

路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】【详解】A、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用，干电池是一次电池，所以当该电池电压逐渐下降后，不能利用电解原理能重新充电复原，故A错误；B、根据原电池工作原理

，负极应是失电子的，Zn＋2NH4＋－2e－=[Zn(NH3)2]2＋＋2H＋，故B错误；C、两极金属性差别越大，电压越大，铜是金属，碳是非金属，因此碳棒换成铜棒，电压会降低，故C正确；D、根据选项B的电极反应式

，每通过0.1mol电子消耗锌的质量是65×0.1/2g=3.25g，故D错误。答案选C。二、填空题（每空2分，共40分）21.请利用反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+设计一个化学电池,并回答下列问题:(1)该电池的负极材料是___________,电解质溶

液是__________。(2)在外电路中,电流方向是________________。(3)正极的产物是_______________,负极上出现的现象是__________。【答案】(1).Cu(2).AgNO3溶液(3).从正极到负极(4).Ag(5).铜溶解附近

溶液变蓝色【解析】【分析】在Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-=Cu2+，Ag+得电子被还原生成单质Ag，正极上有银白色物质生成，电极反应为Ag++e-=Ag，应为原电池正极反应，正极材料为活泼性比Cu差的金属或非金属材料，电解质溶液为含

Ag+离子的溶液，如AgNO3；原电池工作时，电流从正极经外电路流向负极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以形成闭合回路。【详解】(1)在Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-=Cu2+，正极为C，电解质溶液为含Ag+离子的溶

液，如AgNO3；(2)在外电路中，电流方向是从正极到负极；(3)正极上Ag+得电子被还原生成单质Ag，正极上有银白色物质生成；负极上Cu-2e-=Cu2+，所以现象为铜溶解附近溶液变蓝色。22.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：(1)汽车燃料中不含氮元素，

尾气中所含NO产生的原因是__。(2)已知：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g)△H1=-10244kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H22NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3=-746kJ·

mol-1①若H2O(1)=H2O(g)△H=+44kJ·mol-1，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为__。②部分化学键键能数据如下：△H2=___kJ·mol-1(3)1573K时，N2+O22NO平衡常数为2.0×10-6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量

分别为0.2mol、0.001mol，则生成NO的物质的量为__mol，N2的转化率为__。(4)反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的平衡常数为1.68×1060，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程

度很小，原因是__，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要___。【答案】(1).高温下空气中的氮气与氧气反应产生的(2).C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1(3).+196(4).2.0×10

-5(5).0.005%(6).该反应活化能高，反应速率慢(7).寻找耐高温的催化剂【解析】【分析】此题借助汽车尾气转化过程，综合考查化学反应原理，考点涉及利用盖斯定律计算和书写热化学方程式，化学反应速率的影响因素，化学平衡及平衡常数的计算，考查学生的计算能

力和分析能力。【详解】(1)汽车燃料中不含氮元素，尾气中含NO，则N可能来源于空气，空气中的氮气与氧气在高温条件下发生反应得到NO；(2)①已知I：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g)△H1=-10244kJ·mol-1II：H2O(1)=H2O(g)△H4=+4

4kJ·mol-1根据盖斯定律，将I÷2-II×9得，C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)，ΔH=△H1÷2-△H4×9=(-10244÷2-44×9)kJ·mol-1=-5518kJ·mol-1，即辛烷燃烧热的

热化学方程式为C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1；②根据表格所给数据以及已知方程，将N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H22NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO

2(g)△H3=-746kJ·mol-1将两热化学方程式相加，得到新的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=△H2+△H3=(2×1076+494-4×799)kJ·mol-1=-550kJ·mol-1，△H2=ΔH-△H3=[-550-(-746

)]kJ·mol-1=+196kJ·mol-1；(3)设内燃机体积为V，则K=c2(NO)÷[c(N2)c(O2)]=n2(NO)÷[n(N2)n(O2)]=2.0×10-6，代入数据算出n(NO)=

2.0×10-5mol，则转化的N2的物质的量为1.0×10-5mol，N2的转化率=1.0×10-5mol÷(1.0×10-5mol+0.2mol)×100%=0.005%；(4)平衡常数很大，反应程度应该

很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，可能是因为该反应活化能高，反应速率慢，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，即增加净化速率，需要降低活化能，需要寻找耐高温的催化剂。【点睛】(2)△H2的计算，

题目中表格给出的数据无法直接使用，可以观察发现2、3两个方程之间的联系，进行运算得出新方程，再利用键能计算反应热，最后利用盖斯定律得到答案；(3)由于在同一容器中体积相同，列出平衡常数表达式可以将浓度

问题转化为物质的量的计算，故不需知道体积也可以进行计算。23.聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O

3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如图：(1)反应中副产品a是___（用化学式表示）；(2)升高pH至4.0～4.5的目的是__；(3)生产过程中可循环使用的物质是__（用化学式表示）；(4)为使得到

的晶体较纯净，生产过程中使pH升高的C物质可选用___（填编号）；a.NaOHb.Alc.氨水d.A12O3e.NaAlO2【答案】(1).H2(2).促进AlCl3的水解，使晶体析(3).HCl(4)

.b、d【解析】【分析】本题利用聚合氯化铝生产工艺流程考查铝及其化合物的性质及转化，考查学生的分析推理能力。铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质，利用铝灰制备聚合氯化铝，先用盐酸溶解铝灰：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，2Al

+6HCl=2AlCl3+3H2↑，SiO2不溶于盐酸，调节AlCl3溶液的pH至4.0~5.0，使AlCl3部分水解，最后得到聚合三氯化铝。聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O]m}的性质应类似于Al(OH)3和AlCl3。【详解】(1)铝灰中加盐酸搅拌加热至95℃，有反

应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，同时盐酸挥发出HCl气体，因此产生的H2中混有HCl气体，用水喷淋吸收气体中的HCl，所以副产品a是H2。(2)因为聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的物

质，AlCl3在溶液中发生水解生成Al(OH)3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，升高溶液的pH至4.0~5.0的目的是：促进AlCl3的水解，使晶体析出。(3)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，产生的H2中混有盐酸挥发出来的HCl气体，用水喷淋气体得到的溶液e即为稀盐

酸溶液，盐酸可以循环使用。所以生产过程中可循环使用的物质的化学式为HCl。(4)加入的c物质是为了促进AlCl3的水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al和Al2O3都可以消耗H+而升高溶液的pH：2

Al+6H+=2Al3++3H2↑，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，为不引入新的杂质，c物质应选用Al和Al2O3，答案选b、d。【点睛】聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，结合流程找到生成AlCl3、A1(OH)3的生成过

程，Al3+是弱碱阳离子，在水溶液中存在水解过程，故生成A1(OH)3通过调节pH促进水解可达到目的，加入试剂注意不能引入新杂质。24.已知0.1mol/LH2SO4在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全。常温下有0.1mol/L的以下几种溶液的电离度（即已经电

离的分子数占原来分子总数的百分数）如下表，回答下列问题：①H2SO4溶液中的HSO4−②NaHSO4溶液中的HSO4−③CH3COOH④HCl溶液10%29%1.33%100%(1)写出H2SO4在水中的电离方程式___。(2)若将10mL题设条件下的Na

HSO4溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，则混合后溶液中离子浓度由大到小顺序为___。(3)根据题设条件计算CH3COOH的电离常数Ka=___。若常温下，将bmol·L–1的CH3COONa液与0.01mol·L–1的盐酸等体积混合，反应达平衡时，测得溶液的pH=7，用含b的代数式表

示CH3COOH的电离常数Ka=___。【答案】(1).H2SO4=HSO-4+H+、HSO-4H++SO2-4(2).c(Na+)＞c(SO2-4)＞c(OH–)＞c(HSO-4)＞c(H+)(3).1.77×10-5或1.8×10–5(4).-710(0.5b-0.0

05)0.005或（b-0.01）×10-5【解析】【分析】本题是对于电解质溶液中电离平衡的考查，考点涉及弱电解质的电离、电离平衡常数计算以及溶液中离子浓度大小比较，根据题意知H2SO4的电离是分步的，根据电离程

度书写电离方程式，混合溶液中离子浓度大小比较需考虑反应情况和水解情况，平衡常数的计算利用题目给出的电离度、pH进行计算。【详解】(1)已知0.1mol/LH2SO4在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，所以硫酸在水中的电离方程式为H2SO4＝

HSO4–+H+、HSO4–H++SO42–；(2)将10mL题设条件下的NaHSO4溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠，但由于SO42－水解SO42－＋H2OHSO4－＋OH－，因此溶液显碱性，又因为水还电离出OH－，所以溶液中离子浓度大小顺序是

c(Na+)＞c(SO42–)＞c(OH–)＞c(HSO4–)＞c(H+)；(3)醋酸的电离度是1.33%，则CH3COOHCH3COO－＋H＋起始浓度（mol/L）0.100转化浓度（mol/L）0.1×1.33%0.1×1.33%0.1×1

.33%平衡浓度（mol/L）0.1－0.001330.001330.00133该温度下醋酸的电离常数Ka＝＝＝1.77×10–5；反应达平衡时，测得溶液的pH＝7，则根据电荷守恒可知c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH–)＝c(Na＋)＋c(H+)，因此c(OH–)＝c(H+)＝10－7

mol/L、c(CH3COO－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＝0.5bmol/L，所以c(CH3COO－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝0.5bmol/L－0.005mol/L。根据物料守恒可知溶液醋酸的浓度是0.5bmol/L－(0.5bmol/L－0.005mol

/L)＝0.005mol/L，所以该温度下醋酸的电离常数＝＝＝（b－0.01）×10－5。【点睛】单纯醋酸溶液平衡常数计算利用电离度可知转化浓度，计算时因0.00133数值太小，可忽略，0.1－0.00133≈

0.1，混合溶液可以利用守恒原则求出离子浓度，注意等体积混合之后未参与反应离子的浓度会减半。