2019-2020学年高二化学11月月考试题 (III).doc

2019-2020学年高二化学11月月考试题 (III)一、选择题（共52分）1.本草衍义中有如下叙述:“嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”这里“燕萨石”的主要成分可能是A. SiO2 B. CaO C. NaCl D. C(石墨）2.下列关于热化学反应的描述中正确的是（）ACO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0kJ/molBHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热3.最近有研究人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示下列说法不正确的是（ ）A电解过程中，阴极附近的乙醛被氧化 B阳极反应CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+C若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入CH4D现处理含1mol乙醛的废水，至少需转移2mol电子4.下列说法正确的是A.氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B. 0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C.常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.021023个D.室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强5.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为2Ag+Zn（OH）2Ag2O+Zn+H2O此电池充电时，阴极上发生反应的物质是（ ）AAgBZn（OH）2CAg2ODZn6.下列叙述正确的是（ ）A电化学反应不一定是氧化还原反应BpH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同C根据某反应的H0，判断该反应在此条件下一定能自发进行D已知BaSO4和BaCO3的Ksp相近用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO37.某同学按如图所示的装置进行实验A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动下列分析正确的是（ ） A溶液中c（A2+）减小 B的电极反应：B2e=B2+Cy电极上有H2产生，发生还原反应D反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，一段时间以后沉淀逐渐溶解8.常温下用石墨作电极，电解100ml 0.1mol/L的硝酸铜和0.1mol/L的硝酸银组成的混合溶液，当阴极上生成的气体体积为0.112L时（标准状况），假设溶液体积不变，下列说法正确的是A阳极上产生0.025mol的O2 B电解过程中总共转移0.2mol的电子C所得溶液中的C（H+）=0.3mol/L D阴极增重1.08g9.反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（ ）Av（A）=0.15 molL1min1 Bv（B）=0.015 molL1s1Cv（C）=0.40 molL1min1 Dv（D）=0.45 molL1min110.在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X(g)3Y(g) 2Z(g)达到平衡的标志是A气体总质量保持不变 BX、Y、Z的浓度都相等CX、Y、Z的浓度不再发生变化 DX、Y、Z的分子数之比为13211.下列有关说法正确的是（ ）A电解精炼铜时，电解液CuSO4溶液的物质的量浓度不变BNaClO溶液中通入少量CO2后，ClO水解程度增大，溶液碱性增强CSO3(g)H2O(l)H2SO4(aq)在常温下能自发进行，则该反应的H0D 0.1 mo1L1 CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小12.已知448时反应H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数是49，则HI（g）H2（g）+I2（g）在该温度下的平衡常数是（ ）A B2401 C7 D13、.工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=a kJ/mol在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：温度 时间/min/mol010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15下列说法不正确的是（）A10 min内，T1时（CH4）比T2时小 B温度：T1T2CH：a0 D平衡常数：K（T1）K（T2）14.在恒容的密闭容器中，可逆反应X(s)3Y(g) 2Z(g)；H0，达到平衡时，下列说法正确的是( )A充入少量He使容器内压强增大，平衡向正反应方向移动B升高温度，平衡向正反应方向移动，平均分子量变小C继续加入少量X，X的转化率减小，Y的转化率增大D继续加入少量Y，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小15.能证明乙酸是弱酸的实验事实是A、CH3COOH溶液与Zn反应放出H2 B、0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2 D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红16.常温下向10mlbmolL1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01molL1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO)=c(Na+)，下列说法不正确的是Ab0.01 B混合后溶液呈中性 CCH3COOH的电离常数Ka109/(b0.01)D向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小17.常温下，向20.00mL 0.1000molL1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.xxmolL1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法不正确的是（ ）A点a所示溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点c所示溶液中：c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH）D点d所示溶液中：c（NH3H2O ）c（SO42）c（OH）c（NH4+）18.25 时，20.00 mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466 g沉淀。滤液跟2 mol/L NaOH溶液反应，用去10.00 mL碱液时恰好中和。下列说法中正确的是( )A原混合液中c(SO42-)0.2 mol/L B原混合液中c(NO3-)0.9 mol/LC原混合液中pH0 D原混合液中由水电离出的c(H)0.1 mol/L19、.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是( )A使甲基橙呈红色的溶液中：Na、AlO2 -、NO3-、CO32-B由水电离产生的c(H)=1012molL1的溶液：NH4 、SO42 、HCO3 、ClC含有0.1 molL1HCO3 的溶液：Na、Fe3、NO3-、SCN D 0.1 molL1的溶液：Na、K、CO32-、NO3-20、下列肥料中，可跟草木灰混合施用的是（ ）A（NH4）2SO4BNH4ClCKNO3DCa（H2PO4）221、用物质的量都是0.1 mol的HCN和NaCN混合后配成1 L溶液，已知溶液中c(CN)c(OH) B.c(HCN)c(CN)C.c(CN)+c(OH-)=0.1 molL-1D.c(HCN)+c(CN) =0.2 molL-122、.已知四种盐的溶解度（s）曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）A将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体CMg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）223、.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正确的是（ ）提示BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42（aq）的平衡常数Ksp=Ba2+SO42，称为溶度积常数A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点 B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cd点无BaSO4沉淀生成 Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp24、.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是（ ）20mL蒸馏水 30mL 0.03mol/L HCl溶液 40mL 0.05mol/L AgNO3溶液 50mL 0.02mol/L CaCl2溶液ABCD25、.某有机物在氧气中充分燃烧，生成等物质的量的水和二氧化碳，则该有机物必须满足的条件是（ ）A分子中的C、H、O的个数比为1：2：3 B分子中C、H个数比为1：2C该有机物的相对分子质量为14 D该分子中肯定不含氧元素26、.两种气态烃组成的混合气体，完全燃烧后得到CO2和H2O的物质的量随着混合烃物质的量的变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是（ ）可能有C2H2 一定有CH4 一定有C3H8 一定没有 C2H6 可能有C2H4A BC D二卷（共48分）27、（14分）研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于环境的改善有重大意义，可减少如雾霾天气、酸雨、酸雾等环境污染问题。（1）在一定条件下，CH4可与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式： CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H-890.3 kJmol-1 N2(g)2O2(g)2NO2(g) H+67.0 kJmol-1 H2O(g)H2O(l) H-41.0 kJmol-1则CH4(g)2NO2(g)CO2(g)2H2O(g)N2 (g) H_kJmol-1；（2）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在一定温度和压强下，往一密闭容器通入SO2和O2 其中n(SO2)：n(O2)= 2:1，测得容器内总压强在不同温度下与反应时间如图1所示。 图1中C点时，SO2的转化率为_。 图1中B点的压强平衡常数Kp=_。(Kp=压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)（3）已知4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H1=-1800 kJmol-1，将2 mol NH3、3 mol NO的混合气体分别置于a、b、c三个10 L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c(N2)随时间的变化如图2所示。 与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是_，判断的依据是_ 。一定温度下，下列能说明反应已达到平衡状态的是_AH2O(g)与NO的生成速率相等 B混合气体的密度保持不变CH保持不变 D容器的总压强保持不变（4）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，如图3所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：_。28、（10分）在25下，将a molL-1的CH3COONa与0.02 molL-1的盐酸等体积充分混合，反应后测得溶液pH=7，则：（1）a 0.02（填“”或“=”）；（2）c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)= molL-1，c(CH3COOH)= molL-1；（3）CH3COOH的电离平衡常数Ka= （用含a的代数式表达）。29、（10分）.已知某溶液中只存在OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：Ac(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+) Bc(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)Cc(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH) Dc(NH4+)c(OH)c(Cl)c(H+) 若为NH4Cl 溶液，则四种离子浓度的由大到小的顺序是_。（填序号） 若为HCl 和NH4Cl 混合溶液，则四种离子浓度的由大到小的顺序是_；若为NH3 H2O 和NH4Cl 混合溶液，四种离子浓度的由大到小的顺序是_。 若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl) _c(NH3H2O)（填“”、“”、或“=”，下同），混合后溶液中c(OH)_c(NH4+)。30、（14分）.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。（1）CeFCO3中Ce的化合价为_。（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是_。氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为_。操作的名称为_。（3）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_。（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：_。（5）298K时，向c(Ce3+)=0.02molL-1的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH=10，此时Ce3+是否沉淀完全？_列式计算，已知：KspCe(OH)35l0-20，c(Ce3+)ll0-5molL-1 视为沉淀完全。（6）写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_。 试卷答案1.A2.A考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A根据燃烧热的定义分析；B根据中和热的定义分析；C需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；D应生成液态水解答：解：A燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0kJ/mol，故A正确；B中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，故B错误；C有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，故D错误故选A点评：本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意中和热、燃烧热等概念的理解3.A【考点】电解原理【分析】A电解池阴极上发生的还原反应；B电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；Ca为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子【解答】解：A电解过程中，阴极附近的乙醛被还原，故A错误；B电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反应式为：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+，故B正确；C连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故C正确；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子，故D正确；故选A4.A试题分析：A、氢氧燃料电池工作时，H2发生氧化反应，在负极上失去电子，正确；B、升高温度，促进碳酸钠的水解，溶液的pH增大，错误；C、常温常压下，22.4L Cl2中的物质的量小于1mol，含有的分子数小于6.021023个，错误；D、室温下，稀释稀醋酸，虽然电离平衡正向移动，自由移动离子的数目增加，但溶液体积的增大起主导作用，自由移动离子的浓度减小，溶液的导电能力减弱，错误。答案选A。5.B考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：在原电池中，充电时阴极上是失电子发生氧化反应的过程解答：解：在银锌二次电池中，根据反应：2Ag+Zn（OH）2Ag2O+Zn+H2O，充电时为电解池，阴极上Zn（OH）2失电子发生氧化反应生成Zn，所以充电时，阴极上发生反应的物质是Zn（OH）2故选B点评：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理，从元素化合价的角度认识物质的变化，把握电极反应，难度不大6.D考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；焓变和熵变；水的电离专题：化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题分析：A、电化学反应一定是氧化还原反B、CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离；C、反应自发进行的判断依据是：HTS0，分析选项是否符合要求；D、根据难溶电解质的溶解平衡进行分析解答：解：A、电化学反应是化学能与电能之间的转化，存在电子的转移，一定为氧化还原反应，故A错误；B、CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl中NH4+水解促进水的电离，水的电离程度不同，故B错误；C、在一定条件下能自发进行的依据是HTS0，所以此选项中的某反应的H0，不能判定某反应一定能自发进行，故C错误；D、用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，当c2（Na+）c（CO32）K（Na2CO3）时，可将BaSO4转化为BaCO3，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，题目难度中等，易错点为C，注意反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据7.D考点：原电池和电解池的工作原理专题：基本概念与基本理论；电化学专题分析：该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极解答：解：A、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故A错误；B、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2+2eB，故B错误；C、右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl2e=Cl2，故C错误；D、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl2e=Cl2，x极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成可溶性的偏铝酸盐，故D正确故选D点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动方向是解本题的关键8.C考点：电解原理分析：用石墨作电极，电解100ml 0.1mol/L的硝酸铜和0.1mol/L的硝酸银组成的混合溶液，阳极上放电的离子为氢氧根离子，阴极上放电的离子为银离子、铜离子、氢离子，依据电极得失电子守恒计算解答：解：100ml 0.1mol/L的硝酸铜和0.1mol/L的硝酸银组成的混合溶液，含有银离子、铜离子各0.01mol，用石墨作电极电解混合液，阴极上生成的气体体积为1.12L（0.05mol）说明银离子、铜离子放电完全，溶液中的氢离子放电，阳极为氢氧根离子放电，电极反应式阳极：4OH4e=2H2O+O2；阴极：Ag+e=Ag；Cu2+2e=Cu；2H+2e=H2，转移电子数：Ag+e=Ag； Cu2+2e=Cu； 2H+2e=H2， 0.01 0.01 0.01 0.01 0.02 0.01 0.01 0.01 0.005 共转移电子数0.01+0.02+0.01=0.04（mol）4OH4e=2H2O+O20.04 0.04 0.01A.4OH4e=2H2O+O2，转移0.04mol电子生成0.01mol氧气，故A错误；B电解过程中总共转移0.04mol的电子，故B错误；C反应中消耗0.04mol氢氧根离子，消耗0.01mol氢离子，所以溶液中剩余氢离子的物质量为0.03mol，其浓度为=0.3mol/L，故正确；D阴极析出铜的质量=0.01mol64g/mol=0.64g，析出银的质量=0.01mol108g/mol=1.08g，1.08+0.64=1.72g，故D错误；故选：C点评：本题考查了电解池相关计算，明确电解池工作的原理，抓住阴阳两极转移电子守恒是解题关键，题目难度中等10、B考点：化学反应速率和化学计量数的关系.分析：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要一致解答：解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，A.=0.15 molL1min1；Bv（B）=0.015 molL1s1=0.9 molL1min1，=0.3 molL1min1；C.=0.2 molL1min1；D.=0.225 molL1min1；故反应速率v（B）v（D）v（C）v（A），故选B点评：本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较11.C考点：化学平衡状态的判断 分析：化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论解答：解：A反应物和生成物都是气体，故气体总质量保持不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A错误；B平衡时X、Y、Z的浓度取决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的浓度都相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；CX、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故C正确；D平衡时X、Y、Z的分子数之比决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的分子数之比为1：3：不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大要注意把握平衡状态的特征12、CA项，精炼铜时，粗铜作阳极，除铜外还有比铜活泼的金属溶解，阴极只有Cu2放电，所以电解液浓度减小，错误；B项，CO2通入NaClO溶液，CO2与OH反应促进ClO水解：ClO+ H2O HClO + OH，但是c(OH)减小，错误；C项，熵减反应，但能自发，说明一定是放热反应，正确；D项，加水稀释，促进CH3COOH的电离：CH3COOH CH3COO+ H，增大，错误。13、.D考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：平衡常数用化学平衡的生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；解答：解：448时反应H2（g）+I2（g）2HI（g），平衡常数K=49；反应HI（g）H2（g）+I2（g）的平衡常数K= =；故选D点评：本题考查了化学平衡的平衡常数计算，数学表达式的正确书写是解题关键，题目较简单14、.D考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A由表格中的数据计算（CH4）；B温度升高，反应速率加快；C温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；DT1时反应进行的更为彻底；解答：解：A10 min内，T1时（CH4）=0.015molL1min1，T2时时（CH4）=0.02molL1min1，T1时（CH4）比T2时小，故A正确；B温度升高，反应速率加快，因此T2T1，故B正确；C温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a0，故C正确；DT1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，故D错误；故选：D点评：本题主要考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用，难度中等以上，注意灵活运用所学知识15、.D A.恒容密闭容器，充入He,平衡不移动，错误；B.升高温度，平衡向正反应方向移动，但X为固体，向气体体积减小的方向移动，平均分子量变化无法确定，错误；C.X是固体，增加它的量，平衡不移动，错误；选D。17.B试题解析: A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，可以证明乙酸是弱酸，正确；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误.16、.D试题分析：A、因为醋酸钠水解溶液呈碱性，所以醋酸应过量，才能使溶液呈中性，即b0.0l，A正确；B、因为醋酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，反应生成醋酸钠，根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)c(Cl)+c(OH)，因为c(CH3COO)=c(Na+)，可得c(H+)c(OH)，则混合后溶液呈中性，B正确；C、反应后溶液呈中性，c(H+)c(OH)10-7mol/L，c(CH3COO)=c(Na+)1/20.01mol/L0.005mol/L，醋酸浓度(b0.01) /2molL1，所以产生的电离常数Ka109/(b0.01)molL-1，C正确；D、向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，醋酸完全反应后，再滴加氢氧化钠溶液，水的电离程度减小，D错误，答案选D。17、.B【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据溶质的性质判断；Cc点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；Dd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半【解答】解：Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）c（SO42），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A正确；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）c（Na+），故B错误；Cc点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（SO42）=2c（Na+），所以得c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH），故C正确；Dd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3H2O ）c（SO42），故D正确；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等18、.C由题意可知0.466g沉淀为BaSO4 ，n（BaSO4 ）=0.466/233=0.002mol，n（H2SO4 ）=0.002mol，滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和，则由反应H+OH-=H2O可知，n（H+）=n（NaOH）=0.01L2mol/L=0.02mol，则n（HNO3 ）=0.02mol-20.002mol=0.016mol，则c（SO42-）=0.002/0.02=0.1mol/L，c（NO3-）=0.016/0.02=0.8mol/L，n（H+）=0.02/0.02=1mol/L，pH=0，原混合液中由水电离出的c（H+）=110-14mol/L，选C。19、.D A使甲基橙呈红色的溶液是酸溶液，AlO2 -和CO32-不能大量共存，错误；B由水电离产生的c(H)=1012molL1的溶液是酸或碱溶液，HCO3 不能大量共存，错误；C含有0.1 molL1 HCO的溶液中Fe3与SCN 和HCO3 反应不能大量共存，错误；选D。20、.C【考点】盐类水解的原理【分析】草木灰中含有碳酸盐显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，与Ca（H2PO4）2混合会生成难溶性的Ca3（PO4）2，据此分析【解答】解：A草木灰显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，所以（NH4）2SO4不能跟草木灰混合施用，故A错误；B草木灰显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，所以NH4Cl不能跟草木灰混合施用，故B错误；CKNO3与草木灰中的成分不反应，可跟草木灰混合施用，故C正确；D草木灰与Ca（H2PO4）2混合会生成难溶性的Ca3（PO4）2，会降低肥效，所以不能混合使用，故D错误故选C21、.D本题考查了溶液中的离子平衡。混合溶液中HCN和NaCN的浓度均为0.1 mol/L，而c(CN)c(Na+)，根据电荷守恒c(CN)+c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，说明c(H+)c(CN)，B错误；c(CN)+c(OH-)0.1 mol/L1，C错误；根据碳（或氮）元素守恒，c(HCN)+c(CN)=0.2 mol/L，D正确。22、.B【考点】溶解度、饱和溶液的概念；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A根据NaCl的溶解度受温度的影响不大；B根据MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢；C根据Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，D根据侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理；【解答】解：A因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；B因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为氢氧化镁，故B错误；C因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；D反应MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故D正确；故选：B；23、.C【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加入Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；C、d点表示QcKsp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等【解答】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42）、c（Ba2+）均增大，故B错误；C、d点表示QcKsp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误故选：C24、.B【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】AgCl饱和溶液中存在AgCl（aq）Ag+（aq）+Cl（aq），AgCl的溶解度大小取决于溶液中c（Ag+）或c（Cl），从平衡移动的角度分析【解答】解：根据c（Ag+）或c（Cl）大小比较AgCl的溶解度，c（Ag+）或c（Cl）越小，AgCl的溶解度越大，20mL蒸馏水，c（Ag+）或c（Cl）为0；30mL 0.03mol/L HCl溶液中c（Cl）=0.03mol/L；40mL 0.05mol/L AgNO3溶液中c（Ag+）=0.05mol/L； 50mL 0.02mol/L CaCl2溶液中c（Cl）=0.04mol/L；则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：，故选B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，明确影响难溶物溶解平衡的因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力25、.B考点：测定有机物分子的元素组成专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：本题中只知道生成的水和二氧化碳的物质的量比，所以可以据此可以求算出其中碳原子和氢原子的个数比，但是不能判断其中氧原子与碳原子及氢原子的个数比，然后结合质量守恒定律即可完成判断解答：解：A、根据质量守恒定律可以判断在有机物中含有碳原子和氢原子，但是不能判断出该有机物中是否含有氧元素，所以也就无从求算其该有机物中碳氢氧三种原子的个数比，故A错误；B、根据题意可以知道生成的水和二氧化碳的物质的量比为1：1，即生成的水和二氧化碳的分子个数相等，而一个水分子中含有2个氢原子，一个二氧化碳分子中含有一个碳原子，即该有机物中碳原子和氢原子的个数比为1：2，故B正确；C、根据题意只能确定该有机物中碳原子和氢原子的个数比，不能判断出该有机物中是否含有氧元素，就不能确定有机物的分子式以及相对分子式量的大小，故C错误；D、根据质量守恒定律可以判断在有机物中含有碳原子和氢原子，但是不能判断出该有机物中是否含有氧元素，故D错误故选：B点评：本题较好的考查了学生的分析计算能力和对元素守恒以及质量守恒的运用，属于很典型的习题，但对氧元素的确定容易出错26、.B解：由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，一般不超过4，故一定没有C2H2、C3H8、C2H6，故选B27、.(1)-875.3 (2) 66% 24300 (3) 升高温度 容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动 AD (4) CO2+2H+2e-=HCOOH解析：（1）已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H-890.3 kJmol-1 N2(g)2O2(g)2NO2(g) H+67.0 kJmol-1 H2O(g)H2O(l) H-41.0 kJmol-1根据盖斯定律-2可得：CH4(g)2NO2(g)CO2(g)2H2O(g)N2 (g) H=（-890.3kJmol-1）-（67.0kJmol-1）-（-41.0kJmol-1）2=-875.3kJmol-1；（2）依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x， 2SO2（g）+O2（g）2SO3起始量（mol） 2a a 0变化量（mol） 2x x 2x平衡量（mol）2a2x ax 2x图中A点时，气体物质的量0.078，则=，x=0.66a，SO2的转化率=100%=66%；图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y， 2SO2（g）+O2（g）2SO3起始量（mol） 2a a 0变化量（mol） 2y y 2y平衡量（mol）2a2y ay 2yB点气体物质的量为 0.007，则=，y=0.9a，平衡常数K=24300（MPa）1；（3）容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动，故与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能升高温度；AH2O(g)与NO的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；B反应在恒容条件下进行且参与反应的气体总质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，混合气体的密度保持不变不能说明达到平衡状态；CH与化学方程式中各物质系数、状态、反应时温度有关，可逆反应的焓变是完全反应时的焓变，所以不能证明反应过平衡；D反应为气体体积减小的反应，当容器的总压强保持不变说明反应达到平衡状态；答案选AD；（4）由图示知，电子由催化剂a表面流向催化剂b表面，说明催化剂a为负极，催化剂b为正极，二氧化碳在催化剂b表面发生还原反应结合H生成HCOOH，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH。28、.（1）；（2）0.5a，0.01；（3）（5a-0.1）10-6；（4）c(Na+) c(CH3COO-) c(Cl-) c(H+)=c(OH-)（每空2分）33.29. (10分)（1）C(2)B;A(3) ;29、.(1)+3 (2) 陶瓷会与生成的HF反应 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O 分液 (3)温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (4)向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (5)c(Ce3+)(10-4)3=1.510-20, c(Ce3+)=1.510-8molL-1110-5molL-1，Ce3+沉淀完全 (6) 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4点睛：本题既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去推导并书写。从而得解。