【解析】河南省南阳市省示范性高中联谊学校20172018学年高二上学期第二次月考化学试题

【全国市级联考】河南省南阳市省示范性高中联谊学校2017—2018学年高二上学期第二次月考化学试题（解析版）河南省南阳市省示范性高中联谊学校2017—2018学年高二上学期第二次月考化学试题常用相对原子质量：H:1C:12N:14O:16注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息，张贴好条形码2．请将答案正确填写在答题卡上指定区域一、选择题(共16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是（）A.

同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的

∆H不同B.

可逆反应的

∆H表示完全反应时的热量变化，与反应是否可逆无关C.

甲烷的燃烧热

∆H＝－890kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)

∆H＝－890kJ·mol－1D.

在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)

∆H＝－57．3kJ·mol－1，若将含0.5molH2SO4

的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量为57.3kJ【答案】B【解析】A、反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差值，与反应条件无关，选项A错误；B、无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的能量变化，选项B正确；C、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因为水的稳定状态是液态，选项C错误；D、浓硫酸的稀释过程是放热的过程，含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，选项D错误。答案选B。2.常温下，已知：铝热反应放热，①4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)

∆H1②4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)

∆H2

下面关于

∆H1、∆H2

的比较正确的是（）A.

∆H1<∆H2B.

∆H1＝∆H2C.

∆H1>∆H2D.

无法判断【答案】A【解析】已知①4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)

∆H1②4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s，)由盖斯定律①②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1

△H2，铝热反应为放热反应，即△H1

△H2＜0，所以△H1＜△H2，答案选A。3.运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A.

某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B.

常温下，0.1mol/L氨水（电离度α=1%）的pH为11C.

用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，不一定会使结果偏低D.

增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2

的速率【答案】D【解析】试题分析：吸热反应可以自发进行，说明不能用焓变来判断，就用熵来判断，反应自发进行说明是熵增反应，A说法正确；0．1mol/L氨水电离度α=1%则c(OH)=103mol/L，那么pH为11，B说法正确，用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，测碱性溶液时结果偏低，测酸性溶液时结果偏高，C说法正确；铁遇到浓硫酸发生钝化，没有H2生成，D错，选D。考点：自发反应的判据，弱电解质的电离、基本实验操作和化学反应速率。4.保持温度不变，用惰性电极电解足量饱和的Na2CO3

溶液,一段时间后下列叙述正确的是（）A.

Na2CO3

溶液的碱性增强B.

阳极反应：CO32－2e－＋H2O=CO2↑＋2OH－C.

溶液中CO32－＋H2OHCO3－＋OH－平衡不移动D.

向溶液中加入一定量HCOOH的能复原【答案】C【解析】试题分析：A、电解碳酸钠溶液，实际上电解水，原来是饱和溶液，电解过程中消耗水，剩下的溶液仍然为饱和溶液，浓度不变，pH不变，故错误；B、实际电解水，阳极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故错误；C、CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，水的浓度视为常数，消耗水，平衡不移动，故正确；D、实际消耗水，加入甲酸不能恢复到原来浓度，应加入水，故错误。考点：考查电解、盐类水解等知识。5.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始，在恒压下，平衡时CH4

的体积分数ϕ(CH4)与Z和T（温度）的关系如右图所示，下列说法错误的是（）A.

该反应的焓变△H>0B.

图中Z的大小为b>3>aC.

图中X点对应的平衡混合物中D.

温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后

ϕ(CH4

)增大【答案】C【解析】A．由图可知，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即焓变△H>0，选项A正确；B．由图可知，以n(H2O)n(CH4)n(H2O)n(CH4)=3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则n(H2O)n(CH4)n(H2O)n(CH4)的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<3<b，选项B正确；C．起始加入量的比值为3，但随着反应的进行，升高温度平衡正向移动，甲烷和水是按等物质的量反应，所以达到平衡时比值不是3，选项C错误；D．温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，选项D正确。答案选C。6.常温下，下列关于酸碱反应的说法正确的是（）A.

用

pH=2和pH=3的醋酸溶液分别中和含等量NaOH的溶液,消耗醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则有10Va<VbB.

pH=2的HCl和pH=12的NH3·H2O等体积混合后溶液显酸性C.

向体积为V1

L浓度均为0.1mol/L的HCl、CH3COOH混合溶液中加入V2

L0.2mol/L的NaOH溶液后，溶液Vb呈中性，则V1=V2D.

pH=2的硫酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合后，混合溶液显酸性【答案】A【解析】A．如果用pH=2和pH=3的盐酸中和NaOH溶液，则：10Va=Vb，由于醋酸为弱电解质，且浓度越小，电离程度越大，所以应有：10Va＜Vb，选项A正确；B．pH=2的HCl的浓度为0.01mol/L，而pH=12的NH3•H2O中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，氨水的浓度大于0.01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，选项B错误；C．当V1=V2时，向体积为V1L的浓度均为0.1mol/LHCl、CH3COOH混合溶液中加入V2L0.2mol/L的NaOH溶液后，反应生成氯化钠、醋酸钠，由于醋酸根离子水解，溶液显示碱性，要使溶液呈中性，酸应该稍过量，即：V1＞V2，选项C错误；D．pH为2的硫酸中氢离子浓度为0.01mol/L，该硫酸与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后，两溶液刚好完全反应，混合溶液为中性，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答本题的根据，还要明确弱电解质的电离平衡、盐的水解原理的应用方法。本题的易错点是选项B：氨水为弱碱，溶液中部分电离出氢氧根离子，pH=12的氨水中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则氨水浓度远远大于0.01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性。7.常温下，浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lgc(H+)/c(OH)〕随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A.

HX的酸性弱于HYB.

c点溶液中：c(Y－)＞c(HY)C.

a点由水电离出的c(H+)=10－12

mol/LD.

b点时酸碱恰好完全中和【答案】B【解析】A.lg[c(H+)/c(OH)]越大，溶液中的氢离子浓度越大，未加氢氧化钠时，HX中的lg[c(H+)/c(OH)]的值大，所以HX的酸性大于HY，故错误；B.c点lg[c(H+)/c(OH)]=6，则溶液中的氢离子浓度为104mol/L，此时消耗的氢氧化钠为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y)>c(HY)故正确；C.a点lg[c(H+)/c(OH)]=12，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中水电离的氢离子浓度为1013mol/L，故错误；D.

浓度为0.1mol·L1、体积均为100mL的HY与氢氧化钠恰好中和消耗氢氧化钠为0.01mol，而b点时消耗的氢氧化钠为0.008mol，所以酸过量，故错误。故答案为B。8.已知下表数据：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃8.0×10162.2×10204.0×1038完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.4≥3.4对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是（）A.

向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B.

该溶液中［SO42］∶（［Cu2+］+［Fe2+］+［Fe3+］）>5∶4。(［SO42］表示SO42物质的量浓度)C.

向该溶液中加入适量氯水，并调节

pH到3.4过滤，可获得纯净的CuSO4

溶液D.

在pH=4的溶液中Fe3+不能大量存在【答案】C【解析】试题分析：A、根据数据，加入NaOH溶液，pH最先达到3.4，Fe3＋最先以Fe(OH)3沉淀形式，沉降出来，故说法正确；B、如果Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋不水解，c(SO42－):[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]=(1＋1＋3):(1＋1＋2)=5:4，但三种阳离子水解，因此比值>5:4，故说法正确；C、氯气做氧化剂，自身还原成Cl－，即溶液中有Cl－，因此CuSO4溶液不是纯净，故说法错误；D、pH=4>3.4，Fe(OH)3全部沉淀出来，故说法正确。考点：考查盐类水解、沉淀的转化等知识。9.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41．8×105K1=4.3×107K2=5.6×1011K1=9.1×108K2=1.1×1012K1=7.5×103K2=6.2×108K3=2.2×1013则下列说法中不正确的是（）A.

碳酸的酸性强于氢硫酸B.

多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C.

常温下，加水稀释醋酸，增大D.

向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变【答案】C【解析】A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确；

C．常温下，加水稀释醋酸，c(CH3COO−)c(CH3COOH)∙c(OH−)c(CH3COO)cCH3COOH∙c(OH)=KaKwKaKw，则c(CH3COO−)c(CH3COOH)∙c(OH−)c(CH3COO)cCH3COOH∙c(OH)不变，选项C错误；

D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。答案选C。

点睛：本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，c(CH3COO−)c(CH3COOH)∙c(OH−)c(CH3COO)cCH3COOH∙c(OH)=KaKwKaKw

，Ka、Kw均只与温度有关，故c(CH3COO−)c(CH3COOH)∙c(OH−)c(CH3COO)cCH3COOH∙c(OH)不变。10.下列叙述正确的是（）A.

常温下由水电离的c(H+)=104

mol/L的溶液，有可能是稀盐酸B.

pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀释相同倍数后者pH较大C.

pH=5的CH3COOH溶液和

pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等D.

NH4Cl溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw

均减小【答案】B【解析】A、盐酸加入水中会抑制水的电离，所以由水电离的c(H+)小于107

mol/L而不能大于107

mol/L，选项A错误；B、NaOH是强电解质，Na2S是强碱弱酸盐，加水稀释促进S2离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH）Na2S＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是Na2S，后者pH较大，选项B正确；C、pH=5的CH3COOH溶液和

pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)=105mol/L，相等，选项C错误；D、水的离子积常数只与温度有关，温度不变水的离子积常数不变，选项D错误。答案选B。11.下列有关问题，与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2

溶液可作焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3

与Al2(SO4)3

两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3

溶液得到Al(OH)3

固体A.

①②③④⑤B.

②③④C.

①④⑤D.

①②③【答案】A【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；⑤加热蒸干CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Cu(OH)2固体，与水解有关；答案选A。点睛：本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，NH4Cl、ZnCl2、NaHCO3、Na2CO3、K2CO3、AlCl3、Al2(SO4)3都是含有弱酸根或弱碱阳离子的盐，对应的水溶液都能水解，以此分析解答。12.下列各离子浓度的大小比较，正确的是（）A.

0.2mol/LNa2CO3

溶液中：c(OH)=c(HCO3)+c(H+)+c(H2CO3)B.

0.01mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合显碱性：c(Cl)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH)>c(H+)C.

常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c(NH4+)>c(Cl)D.

同浓度的下列溶液中：①(NH4)2SO4②NH4HCO3③NH4Cl，④NH3·H2O，c(NH4+)由大到小的顺序是：①>③>②>④【答案】D【解析】A．任何电解质溶液中都遵循质子守恒，根据质子守恒得c(OH)=c(HCO3)+c(H+)+2c(H2CO3)，选项A错误；B．A、0.01mol/L

NH4C1溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得的溶液组成为：氯化钠、一水合氨以及剩余的NaOH，且前两者的浓度相等，NaOH浓度是它们的4倍，所得的碱性溶液中，c(Na+)>c(OH)>c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)，选项B错误；C．混合溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)，再根据电荷守恒得c(NH4+)=c(Cl)，选项C错误；D．相同物质的量的浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度与铵根离子系数成正比，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度很小，则同浓度下列溶液中：①（NH4）2SO4

②NH4HCO3

③NH4Cl

④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，选项D正确。答案选D。13.下列叙述或表示正确的是（）A.

0.1mol·L1

的醋酸的PH=a，0.01mol·L﹣1

的醋酸的pH=b，则a+1=bB.

常温下0.1mol·L﹣1

的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol·L﹣1C.

难溶电解质AB2

的饱和溶液中，已知：c（A2+）=xmol·L﹣1，c（B﹣）=ymol·L﹣1，则Ksp值为4xy2D.

用200mL4mol·L﹣1

的NaOH溶液将0.6molCO2

完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OH﹣=CO32﹣+2HCO3﹣+H2O【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸属于弱酸，溶液越稀越促进电离，因此pH的计算不能简单相加，故错误；B、根据物料守恒，因为是等体积混合，原来的浓度变稀，因此有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.05mol·L－1，故错误；C、Ksp=c(A2＋)×c2(B－)=xy2，故错误；D、设生成Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，根据碳元素守恒，则x＋y=0.6mol,根据钠元素守恒，2x＋y=200×10－3×4mol=0.8mol，解得，x=0.2mol，y=0.4mol，故正确。考点：考查离子浓度大小比较、化学计算等知识。14.常温下，下列各溶液中，可能大量共存的离子组是（）A.

pH=0的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B.

由水电离出的c(OH

)=1×1013mol/L的溶液中：Na+、NO3、S2、CO32C.

含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I、K+、NO3D.

c(H+)=1×1014mol•L1

的溶液中：Mg2+、NO3、Fe2+、ClO【答案】B【解析】A．pH=0的溶液呈酸性，酸性条件下NO3与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，选项A错误；B．由水电离出的c(OH

)=1×1013mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，选项B正确；C．含有大量Fe3+的溶液中，I被氧化而不能大量共存，选项C错误；D．c(H+)=1×1014mol•L1的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2+、Fe2+不能大量共存，且Fe2+与ClO发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误。答案选B。15.以MnO2

为原料制得的MnCl2

溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（）A.

具有吸附性B.

溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C.

溶解度大于CuS、PbS、CdSD.

溶解度小于CuS、PbS、CdS【答案】C【解析】添加过量的MnS是为了除去MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋，为了不引入MnS杂质，MnS应该具有难溶的性质，但又能提供S2－，以便与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋结合，所以MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS。16.常温下，下列说法不正确的是（

）A.

等体积、等物质的量浓度的NaCl(aq)离子总数大于NaClO(aq)中离子总数B.

pH=3的硫酸溶液中水的电离程度等于

pH=11的氨水溶液中水的电离程度C.

0.1mol/L的NaHA溶液pH＝5，则溶液：c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)D.

向NH4HSO4

溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(OH－)＝c(H＋)【答案】D【解析】试题分析：A．HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO+H2O⇌HClO+OH，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于107mol/L，所以NaCl溶液中C(Na+)+C(H+)大于NaClO溶液中C(Na+)+C(H+)，根据电荷守恒：C(Na+)+C(H+)=C(OH)+c(Cl)可得溶液中离子总数为2×[c(Na+)+c(H+)]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c(Na+)+c(H+)]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故A正确；B．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，硫酸中氢离子浓度等于氨水中氢氧根离子浓度，则二者抑制水电离程度相等，故B正确；C.0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则HA电离程度大于水解程度，则c(A2)＞c(H2A)，水和HA都电离出氢离子，则c(H+)＞c(A2)，HA的电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(HA)＞c(H+)＞c(A2)＞c(H2A)，故C正确；D．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，显酸性，NaOH过量，则c(Na+)＞c(SO42)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42)，c(Na+)＞c(SO42)，则c(NH4+)＜(SO42)，故D错误；故选D。考点：考查离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解等，根据物质的性质再和物料守恒等知识点来分析解答。17.按要求填写下列相关内容：（1）在常温下，将体积为VaL、pH为a的稀硫酸和体积为VbL、pH为b的烧碱溶液混合，若所得混合液为中性。如果a+b=15，则Va：Vb=。某温度时，水的离子积常数Kw=1×1013．在此温度下，将pH=a的硫酸溶液VaL与pH=b的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，如果a+b=12，则Va：Vb=。（2）中和相同体积，相同pH的Ba(OH)2、NH3·H2O、NaOH三种稀溶液所用相同浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3，则三种关系为(用“V1、V2、V3”和“>、<、=”表示)。（3）常温下将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：①0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c（H+）0.2mol/LMOH溶液中由水电离出的c（H+）；（填“＞”、“＜”、或“=”）②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c（Cl）c（M+）=mol/L。③已知Ksp（CaCO3）＝2.8×10－9mol2·L－2．现将CaCl2

溶液与0.02mol·L－1Na2CO3

溶液等体积混合，生成CaCO3

沉淀时，所需CaCl2

溶液的最小物质的量浓度为mol/L。【答案】10∶1（或10）

1∶10V2﹥V3＝V1＜9.9×1075.6×10－7【解析】（1）体积为VaL、pH值为a的稀硫酸和体积为VbL，pH值为b的烧碱溶液混和，若所得混合液为中性。说明氢离子和氢氧根离子恰如完全反应，得到：Va×10a=Vb×10b14，如果a+b=15，计算得到Va：Vb

=1014+a+b=101=10：1；若所得混合溶液为中性，pH=b的NaOH溶液中c（H+）=10bmol/L，c（OH）=1×10−1310−b1×bmol/L，pH=a的硫酸溶液中c（H+）=10amol/L，因c（H+）×Va=c（OH）×Vb，则10a×Va=1×10−1310−b1×bmol/L×Vb，结合a+b=12整理可得：Va：Vb=1：10；（2）等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH中，c(OH)相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V3，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＞V3，所以消耗酸的体积关系为：V2＞V3=V1；（3）HCl与MOH的物质的量相等，二者混合恰好反应得到MCl溶液，混合后溶液的pH=6，说明MOH为弱碱。①HCl溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−140..2mol/L，0.2mol/LMOH溶液中c（OH）<0.2mol/L，则溶液中水电离的氢离子浓度大于10−140..2mol/L，故0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c（H+）<0.2mol/LMOH溶液中由水电离出的c（H+）；②根据电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（M+）+c（H+），则c（Cl）c（M+）=c（H+）c（OH）=106

mol/L108mol/L=9.9×107mol/L；③Na2CO3溶液的浓度为2×102mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=1212×2×102mol/L=1×102mol/L，根据Ksp（CaCO3）=c（CO32）•c（Ca2+）=2.8×109可知，c（Ca2+）=2.8×10−91×10−22.8×1091×102mol/L=2.8×107mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×107mol/L=5.6×107mol/L。18.（1）己知Na2CO3

溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，请用Na2CO3

溶液及必要的试剂仪器，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程．操作是，现象是。（2）已知等浓度的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合呈酸性是因为醋酸的电离常数醋酸钠的水解常数（选填“大于”、“小于”或“等于”）；可知该温度下醋酸钠(或醋酸根)的水解常数1.0×10－7

（选填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】取Na2CO3溶液少许于试管中滴加酚酞，溶液呈红色微热后溶液红色加深大于小于【解析】（1）Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，氢氧根浓度增大，溶液的碱性增强。故证明碳酸钠水解为吸热过程的操作是取Na2CO3溶液少许于试管中滴加酚酞，溶液呈红色，现象是微热后溶液红色加深；（2）两种溶液混合后，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，即电离常数大于水解常数，醋酸的电离对醋酸根的水解产生抑制，因此水解常数小于1.0×10－7。19.在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)＋C(g)+D(s)△H=+85.1kJ·mol－1。容器内气体总压强(P)与起始压强P0

的比值随反应时间(t)数据见下表：时间t/h01248162025P/P01.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列问题:（1）该平衡常数的表达式为。（2）下列能提高A的转化率的是。A．升高温度

B．体系中通入A气体

C．将D的浓度减小

D．通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍E．若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水（3）前2小时C的反应速率是

mol．L1．h1；（4）平衡时A的转化率

C的体积分数（均保留两位有效数字）【答案】K=AE0.02mol．L1．h170％29％【解析】（1）反应A(g)2B(g)＋C(g)+D(s)的平衡常数的表达式为K=c2(B)∙c(C)c(A)c2(B)∙c(C)c(A)；（2）A．升高温度，平衡正向移动，所以A的转化率增大，选项A正确；B．体系中通入A气体，A的转化率减小，选项B错误；C．将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，选项C错误；D．通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，选项D错误；E．若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水，则压强减小，平衡正向移动，所以A的转化率增大，选项E正确；答案选AE；（3）在1.0L密闭容器中放入0.10molA（g），设A的变化量是x，则

A（g）⇌2B（g）+C（g）+D（s）初始量：0.1

0

0

变化量：x

2x

x末态量：0.1x

2x

x则0.10.1−x+2x+x0.10.1x+2x+x=11.811.8，解得x=0.04mol，所以前2小时A的反应速率是v=△c△t△c△t=0.04mol1.0L2h0.04mol1.0L2h=0.02mol．L1．h1，物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以C表示的反应速率为：0.02mol．L1．h1；（4）设：平衡时A的变化量是y，

A（g）⇌2B（g）+C（g）+D（s）初始量：0.1

0

0

变化量：y

2y

y平衡量：0.1y

2y

y化学反应在20h时建立平衡，所以0.1−y+2y+y0.10.1y+2y+y0.1=2.4，解得y=0.07mol，所以平衡时A的转化率=0.07mol0.1mol0.07mol0.1mol×100%=70%，C的体积分数=y0.1−y+2y+yy0.1y+2y+y×100%=y0.1+2yy0.1+2y×100%=0.070.1+2×0.070.070.1+2×0.07×100%=29%。20.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

∆H＝－92.2kJ·mol－1

，据此回答以下问题：（1）①某温度下，若把10molN2

与30molH2置于体积为10L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20％，则该温度下反应的K=

(可用分数表示)。②对于合成氨反应而言，下列有关图像一定正确的是（选填序号）。③在碱性溶液中通过电解法可以实现由N2

制取NH3：2N2+6H2O4NH3+3O2，阴极的电极反应式是。（2）室温下，若将0.1mol·L－1

盐酸滴入20mL0.1mol·L－1

氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如下图所示。①NH3·H2O的电离方程式是。②b点所示溶液中的溶质是。③c点所示溶液中，离子浓度从大到小的关系为。④常温下，若将amol/LNH3·H2O与等体积的bmol/L的盐酸混合，充分反应后溶液呈中性(不考虑氨水和盐酸的挥发)，则该温度下NH3·H2O的电离常数Ka=（用含a和b的代数式表示）【答案】1/12acN2+6e+6H2O=2NH3+6OHNH3·H2ONH4+＋OH–NH4Cl；NH3·H2Oc(Cl–)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH–)107b/(ab)【解析】（1）①

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始浓度（mol/L）1

3

0转化浓度（mol/L）x

3x

2x平衡浓度（mol/L）1x

33x

2x平衡混合气体中氨气的体积分数为20%，则2x1−x+3−3x+2x2x1x+33x+2x×100%=20%，解得x=1313，平衡常数K=（23）223×23（23）223×23=；②a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，选项a正确；b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，选项b错误；c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，选项c正确；答案选ac；③阴极N2得到电子，化合价升高，发生还原反应，阳极OH失去电子发生氧化反应，阴极反应：N2+6e+6H2O=2NH3+6OH；（2）①一水合氨是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离出氢氧根离子和铵根离子，一水合氨的电离方程式为：NH3·H2ONH4+＋OH–；②b点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，则溶质为NH4Cl、NH3·H2O；③c点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH），由溶液的电荷守恒c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+）可知c（Cl）＞c（NH4+），溶液呈酸性为铵根离子水解导致，则浓度大小顺序为c（Cl）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH）；④将amol•L1的氨水与bmol•L1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH）=1×107mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl）=b2b2mol/L，混合后反应前c（NH3•H2O）=a2a2mol/L，则反应后c（NH3•H2O）=（a2a2b2b2）mol/L，Kb=c(NH+4)∙c(OH−)c(NH3∙H2O)c(NH4+)∙c(OH)c(NH3∙H2O)=b2×10−7a+b2b2×107a+b2=107ba+bba+b

。点睛：本题考查化学平衡移动的图象题，做题时注意分析图象曲线特点，从影响平衡移动的因素来分析。易错点为（1）②图象分析：a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动；b．平衡时浓度不一定相等；c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响。21.已知：25℃时，H2SO3

Ka1=1.5×102

Ka2=1.0×107

H2CO3

Ka1=4.4×10﹣7

Ka2=4.7×1011

HClOKa=3.0×10﹣8

饱和NaClO溶液的浓度约为3mol/L．（1）室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH

0.1mol/LNa2SO3

溶液的pH．（选填“大于”、小于”或“