江西省上饶市弋阳县第一中学等六校2018_2019学年高二化学上学期12月联考试题（课改班含解析）.docx

江西省上饶市弋阳县第一中学等六校2018-2019学年高二12月联考（课改班）化学试题1.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性MgO、A12O3的熔点很高，可制作耐高温材料NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】试题分析：氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，不是脱水性，故错误；光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；MgO、Al2O3为离子晶体，因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；铝易在表面生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确；故选B。考点：考查元素化合物知识，涉及化学与生活、生产的考查。2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A. 25时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAB. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NAC. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD. 100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA【答案】D【解析】pH=13，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。3.加热N2O5，依次发生的分解反应为：N2O5(g)N2O3(g)+O2(g)，N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t时反应的平衡常数为A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5【答案】B【解析】在反应中N2O3与O2 按物质的量之比11生成，如果不发生反应，则两者一样多。发生反应，平衡后，O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应中每减少1mol N2O3，O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol；O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了2.8mol N2O3；所以反应中N2O5分解生成N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L，则反应的平衡常数K=，故选B。 4.可逆反应：3A(g)3B(？)+C(？)H0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是( )A. B和C可能都是固体 B. 若C为固体，则B一定是气体C. B和C一定都是气体 D. B和C不可能都是气体【答案】B【解析】3A(g)3B(？)+C(？)(H0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。A、若B和C都是固体，只有A一种气体，不变，故A错误；B、若C为固体，B为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，结合A的分析，B一定为气体，故B正确；C、若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故C错误；D、根据C的分析，若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，故D错误；故选B。点睛：本题考查了化学平衡的影响因素的分析判断，主要考查气体摩尔质量的变化与物质状态的关系，明确气体质量变化、气体物质的量变化是解题关键。可以根据气体平均相对分子质量=进行分情况讨论。5.已知：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，2Fe3+2I=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是 A. 还原性：IFe2+BrB. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为3molC. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=2:1:3D. 当通入3mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl【答案】D【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+Br-，反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-Fe2+，所以还原性IFe2+Br，故A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；C由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=2:1:3，故C正确；D当通入3molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，4mol的Fe2+消耗氯气2mol，即溶液中发生的离子反应可表示为4Fe2+2I-+3Cl2=4Fe3+I2+6Cl-，故D错误。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。6.下列离子方程式书写不正确的是A. A1C13 溶液与烧碱溶液反应，当n(OH) :n(A13+)=7 : 2 时，2A13+7OH=A1(OH)3+ AlO2+2H2OB. 当向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2时，CO32+CO2 + H2O=2HCO3C. CuCl2 溶液与 NaHS 溶液反应，当n(CuCl2):n(NaHS) = l : 2 时，Cu2+2HS=CuS十H2SD. ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OHCl+IO+H2O【答案】B【解析】【详解】A项，A13+与OH先形成A1(OH)3沉淀后，过量OH再与部分A1(OH)3反应会生成AlO2，故A项正确；B项，CO2通入饱和Na2CO3溶液中会将Na2CO3转化为相同条件下溶解度小于Na2CO3的NaHCO3，并以晶体的形式析出，正确写法应为2Na+CO32+CO2 + H2O=2NaHCO3，故B项错误；C项，Cu2+与HS生成CuS沉淀和H2S气体，故C项正确；D项，ICl 和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中，离子方程式：ICl+2OHCl+IO+H2O，故D项正确。综上所述，答案选B。7.下列说法不正确的是（ ）A. 已知冰的熔化热为6.0 kJ mol-1，冰中氢键键能为20 kJ mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O（l） H=-890.3 kJ mol-1D. 500、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-38.6kJ/mol【答案】D【解析】试题分析： A冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJmol-1，1mol冰变成0的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJmol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量6.0kJ/40.0kJ100%=15%由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；BKa是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为，CH3COOHCH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为c，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOHCH3COO-+H+向左移动，减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。8.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是 A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气B. 原混合酸中SO42物质的量为0.6 molC. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L【答案】B【解析】分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应为Fe4HNO3=Fe3NO2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应为2Fe3Fe=3Fe2，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应为Fe2H=Fe2H2，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应可得参加反应的n(NO3)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=20.4mol=0.8mol，所以B错误；C、根据反应可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L10mol/L=1Lc(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。点睛：本题一定要从金属与稀HNO3反应的离子方程式入手分析，同时认真思考铁与混合溶液反应时，图象中各段的含义，要明确硝酸的强氧化性一定先把铁氧化为Fe3，最终铁与剩余的H+反应放出H2，这样才能得出HNO3和H2SO4物质的量的正确值。9.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO、CH3COO、HCO3 pH=1的溶液Mg2+ 、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离的C（OH）= 1013 mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl、Br有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3、I、ClKw/c(H+) =1013 molL1溶液中：Fe3+、NH4、Mg2+、SO42NaHS溶液中：SO42、K、Cl、Cu2A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】碳酸的酸性大于HClO，则通入大量CO2的溶液与ClO-反应，则不能共存，故错误；pH=1的溶液中有大量的H+，因H+、AlO2-能结合生成氢氧化铝沉淀，则不能大量共存，故错误；加入Al能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3、NH4+与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；由水电离出的C（OH）= 1013 mol/L的溶液呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、Cl、Br之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；有较多Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN、HCO3反应，在溶液中不能大量共存，故错误；酸性溶液中NO3具有强氧化性,能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故错误；Kw/c(H+) =1013 molL1溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；NaHS溶液中，NaHS、Cu2+之间反应生成CuS沉淀，在溶液中不能大量共存，故错误；综合以上分析，正确。故答案选A。【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是中氢离子浓度的计算及中生成的络离子。10.已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是A. 若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+2NOB. 若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应、的焓变依次为H 1、H 2、H 3，则它们之间的关系为H 2=H 1+H 3C. 若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2D. 若A是应用最广泛的金属。反应用到A，、反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸【答案】C【解析】试题分析：A若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；B若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应、的焓变依次为H1、H2、H3，得到：C(s)+O2(g)=CO(g)H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H2，CO(g)+O2(g)=CO2(g)H3；依据盖斯定律得到H1+H3 =H2，故B正确；C若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2，故C错误；D若A是应用最广泛的金属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存方法是为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；故选C。考点：考查了物质性质和转化关系的相关知识。11.可逆反应X（g）+2Y（g）2Z（g）、2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（ ）A. 反应的正反应是吸热反应B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15C. 达平衡（I）时，X的转化率为5/11D. 在平衡（I）和平衡（II）中，M在隔板右边气体中的体积分数不变【答案】C【解析】试题分析：A、降温由平衡（I）向平衡（II）移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，错误，不选A；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，错误，不选B；C、达平衡（I）时，右边气体的物质的量不变，仍为2摩尔，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有2：x=2.2:2.8 x=28/11mol，期物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（I）时，X 的转化率为5/11，正确，选C；D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应发生移动，M的体积分数不会相等，错误，不选D。考点：化学平衡的影响因素12.下列说法错误的是NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/ c(HCO3)的比值保持增大浓度均为0.1 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3c(CO32)+c(HCO3)在0.1 molL1氨水中滴加0.lmolL1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH)=l0amolL1向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO32)均增大浓度相等的a、NH4HSO4溶液、b、NH4HCO3溶液、c、NH4Cl溶液中的c(NH4+):a bcNaHSO3溶液显酸性,c(Na+)c(HSO3)c(H+)c(OH)c(SO32)常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7，c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)pH3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，c(H+)c(OH)=c(X)c(HX)A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解；2c(Na+)=3c(CO32)+c(HCO3)，不符合物料守恒关系；在0.1 molL1氨水中滴加0.lmolL1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离；向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解；a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响；NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解；常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7，c(Na)0.1 molL1，结合电荷守恒分析判断离子难度大小；pH3.6的0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液中，HX电离程度大于X离子水解程度。【详解】NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，相对来说，钠离子的浓度比碳酸氢根的浓度减小的慢些，所以c(Na+)/ c(HCO3)的比值保持增大，故正确；浓度均为0.1 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，根据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，故错误；在0.1 molL1氨水中滴加0.lmolL1盐酸，恰好完全反应时，生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离，溶液的pH=a，那么c(H+)=c(OH)=l0amolL1，故正确；向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，钠离子的浓度增大，引入氢氧根离子，抑制亚硫酸根离子的水解，所以c(Na+)、c(SO32)均增大，故正确；浓度相等的a、NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子的水解，铵根离子的浓度最大；b、NH4HCO3溶液中碳酸氢根对铵根离子的水解具有促进作用，铵根离子的浓度最小；c、NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子的水解没有影响，所以c(NH4+)：，故错误；NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解，因为弱电解质的电离和水解程度微弱，所以有c(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32) c(OH)，故错误；常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7，c(Na)0.1 molL1，c(Na)c(CH3COO)= 0.1 molL1c(CH3COOH)c(H)c(OH)= 10-7molL1，故正确；0.1mol/L HX与0.1mol/L NaX的混合溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(X)+c(OH-)，c(H+)- c(OH-)=c(X)- c(Na+)，因为HX发生电离，所以c(HX)与c(Na+)不相等，c(H+)c(OH)=c(X)c(HX)不成立，故错误。综合以上分析，错误。故答案选D。13.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是A. 原子半径：rWrZrYrX B. 含Y元素的盐溶液一定显酸性C. 最简单气态氢化物的热稳定性：WX D. Z的最高价氧化物的水化物难溶于水【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si。据此分析。【详解】短周期元素X、Y、Z、W，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，若为2个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为O，由位置可知，不符合题意；若为3个电子层，则W的最外层电子数为6，所以W为S，由位置可知，X为N，Y为Al，Z为Si，A项，电子层越多，半径越大，具有相同电子层的原子序数越大其原子半径越小，则原子半径为rYrZrWrX ，故A项错误；B项，Y为Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B项错误；C项，W为S，X为N，非金属性WX，则最简单气态氢化物的热稳定性为W0，故A错误；B.设X点时CS2为xmol，则CH4为（0.1-x）mol，H2S为（0.2-2x）mol，H2为4xmol，即得（0.1-x）=4x，x=0.02mol，则CH4的转化率为100%=20%，故 B错误；C.在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，X点容器内的物质的量为n(X)= （0.1-x）mol+（0.2-2x）mol+xmol+4xmol=(0.3+2x)mol=(0.3+20.02)mol=0.34mol；同理可得Y点CS2为mol，则n(Y)= （0.1-）mol+（0.2-2）mol+mol+4mol=mol；则X点与Y点容器内压强比= n(X)：n(Y)=0.34:=51：55，故 C错误；D.同理可求得Z点CS2为0.05mol，则CH4为0.05mol，H2S为0.1mol，H2为0.2mol，设容器的体积为1L，此时的浓度商Q1=0.16，当向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，各物质的量分别为CH4为0.15mol，H2S为0.2mol，CS2为0.15mol，H2为0.3mol，此时的浓度商Q2=0.2025Q1=0.16，所以反应向左进行，即v(正)v(逆)，故D正确。故答案选D。15.H2S为二元弱酸。20时，向 0.100 molL1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. 通入HCl气体之前：c(S2)c(HS)c(OH)c(H+)B. pH=7的溶液中：c(Cl)c(HS)c(H2S)C. c(HS)=c(S2)的碱性溶液中：c(Cl)c(HS)0.100 molL1c(H2S)D. c(Cl)=0.100 molL1的溶液中：c(OH)c(H)c(H2S)c(S2)【答案】BD【解析】A. H2S为二元弱酸，在0.100 molL-1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2)c(OH) c(HS)c(H+)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH=7的溶液中存在c(Na+)+ c(H)= c(Cl)+ c(HS)+2 c(S2)+ c(OH)，则c(Na+)= c(Cl)+ c(HS)+2 c(S2)，根据物料守恒，c(Na+)= 2 c(H2S)+ 2c(HS)+2 c(S2)，则c(Cl)c(HS)2c(H2S)，故B正确；C. 根据电荷守恒，c(Cl)+ c(HS) = c(Na+)+ c(H) -2 c(S2)- c(OH)= 2 c(H2S)+ 2c(HS)+ c(H) - c(OH)，因为 c(HS)=c(S2)，碱性溶液中c(H) c(OH)，所以c(Cl)+ c(HS) = 2 c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H) - c(OH)c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H2S)= 0.100 molL-1c(H2S)，故C错误；D. 根据C的分析，c(Cl)+ c(HS) =2 c(H2S)+ 2c(HS)+ c(H) - c(OH)，则c(OH)c(H)2 c(H2S)+ 2c(HS)-c(Cl)- c(HS)=2c(H2S) + c(HS)-c(Cl)= c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H2S) -c(Cl)-c(S2)= 0.100 molL-1- 0.100 molL-1+ c(H2S)c(S2)= c(H2S)c(S2)，故D正确；故选BD。点睛：本题考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较的相关知识，本题的难度较大，要熟练掌握电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒关系式的建立。本题的难点是C和D的判断，要注意c(H2S)+ c(HS) + c(S2)= 0.100 molL-1的灵活运用。16.a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为 (a+b)63 g (a+b)189 g (Vc-) mol molA. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可知，a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液。由Fe守恒可知，nFe(NO3)3=(a+b)mol，则反应未被还原的硝酸等于n(NO3-)=3(a+b)mol，其质量为(a+b)189 g；由S守恒可知，n(H2SO4)= a mol，由电子转移守恒可知，被还原的硝酸的物质的量=，则反应中未被还原的硝酸为 mol.综上所述，D正确，本题选D。17.利用化学反应原理研究碳、硫及其化合物的性质具有重要意义。（1）工业上用炭还原辉铜矿（主要成分是Cu2S），可制取金属铜。已知反应的热化学方程式如下：C(s)+S2 (g) CS2 (g) H1=150 KJ/molCu2S(s)+H2 (g) 2Cu(s)+H2S (g) H2=59.5KJ/mol2H2S (g) 2H2 (g) +S2 (g) H3=170KJ/mol通过计算，可知用炭还原Cu2S 制取金属铜和CS2（g） 的热化学方程式为_。（2）为研究反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g）对上述工业过程的影响，兴趣小组进行如下探究：向三个体积均为1L的恒容密闭容器中分别加入1molH2S，进行H2S分解实验。不同温度下测得H2S 的转化率与时间的关系如图1所示：T1温度下，05min S2（g）的平均反应速率v（S2）=_molL1min1，反应平衡常数K=_molL1温度T1、T2、T3 由高到低的顺序是_。T4温度时，向1L的恒容密闭容器中加入1.8molH2（g）、1.2molS2（g），达到平衡后测得S2（g）和H2S（g）的浓度相等，则T4_ T1 （填“”、“=”或“”）。（3）T时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH 溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O4、C2O42 的物质的量分数（） 与pH的关系如图2所示：草酸的电离常数分别为K1与K2，则=_。按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是_（填序号）。A该溶液的pH为4.2B.3c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）C.3c（Na+）=5c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）D.3c（OH）+c（C2O42）=3c（H+）+2c（HC2O4）+5c（H2C2O4）（4）含碳的甲醇（CH3OH）的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可。写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式：_。常温下，向100 mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1 mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V( HCl)=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V( HCl) =V2。当V1 V2 2Vl时，混合溶液中溶质的成分为_【答案】 (1). C（s）+2Cu2S（s）=4Cu（s）+CS2（g）H=439KJmoll (2). 0.02 (3). 6.25103 (4). T3T2T1 (5). (6). 103 (7). CD (8). 5CH3OH6ClO26Cl5CO26H7H2O (9). NaOH、Na2CO3【解析】【分析】(1) C(s)+S2 (g) CS2 (g) H1=150 kJ/molCu2S(s)+H2 (g) 2Cu(s)+H2S (g) H2=59.5 kJ/mol2H2S (g) 2H2 (g) +S2 (g) H3=170 kJ/mol由+2+可得：C(s)+2 Cu2S(s)=4 Cu(s)+ CS2 (g) 的H；(2) T1温度下，05min S2（g）的平均反应速率v（S2）=，据此计算回答；根据三行式计算平衡常数；反应是吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；(3)平衡常数随温度变化，不随浓度变化，图象中根据（1.2，0.5）可计算出K1，根据（4.2，0.5）可计算出K2，据此回答；按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），存在物料守恒：3c（Na+）=5c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），根据图中信息来回答即可。（4）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，根据电子得失守恒写出离子方程式； 按照混合溶液中可能成分的几种情况，逐滴加入盐酸，根据依次发生的反应，看对应盐酸所用体积是否为V1 V2 ；(3)坐标（1.2，0.5）时H2C2O4和HC2O4的含量相同，则K1=c(H+)=10-1.2，坐标（4.2，0.5）时HC2O4和C2O42的浓度相等，K2=c(H+)=10-4.2，则=1000，因此，本题正确答案是：103；A、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，此时三种微粒H2C2O4、HC2O4、C2O42的物质的量分数不是0.5，所以该溶液的pH不是4.2，故A错误；B、按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故B错误；C、n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1的溶液中存在物料守恒：3c（Na+）=5c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），所以C选项是正确的；D. 3c（Na+）=5c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），存在物料守恒：3c（Na+）=5c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），整理得到：3c（OH）+c（C2O42）=3c（H+）+2c（HC2O4）+5c（H2C2O4），所以D选项是正确的。因此，本题正确答案是：CD；（4）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H+7H2O，因此，本题正确答案是：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H+7H2O；若混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：H+OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2，假设NaOH有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，因为a+ba+2b2(a+b)，则对应盐酸所用体积为V1 V2 2Vl，故不符合题意；综上所述，本题正确答案为NaOH、Na2CO3。因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。18.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1molL1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1molL1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。（1）a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=_molL1，Ka(HB)=_。（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_；b点对应的溶液中c(HB)_c(