1、江苏省常熟市2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 F19 Ca40 Cu64 Fe56第I卷(选择题)一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关化学用语的表述正确的是A. 次氯酸的电子式：B. Se的简化电子排布式：Ar4s24p4C. 基态铜原子的外围电子的轨道表示式：D. F-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A次氯酸的结构式为HOCl，电子式为，故A错误；BSe为34号元素，简化电子排布式为Ar3d104s24p4，故B错误；C铜为29号元素，核外电子排布为Ar3d104s1，外围电子的轨道表示式为，故C正
2、确；DF为9号元素，氟离子结构示意图为，故D错误；故答案为C。2.已知H2O2分子的空间结构可在二面角中如图所示，下列有关H2O2结构的说法正确的是()A. H2O2中有3个键、1个键B. H2O2为非极性分子C. H2O2中氧原子为sp杂化D. H2O2沸点高达158 ，可推测H2O2分子间可形成氢键【答案】D【解析】【详解】A.双氧水分子电子式为，所以该物质中不含键，故A错误；B.根据图象知，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；C.H2O2中氧原子为sp3杂化，故C错误；D.H2O2的沸点较高，可推测H2O2分子间可形成氢键，故D正确。故选D3.以下有关元素性质的说法正确的是A
3、. 具有下列电子排布式的原子中：1s22s22p63s23p2，1s22s22p3，1s22s22p2，1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是B. 具有下列价电子排布式的原子中：3s23p1，3s23p2，3s3p3，3s23p4，电负性最大的是C. Na、Mg、Al，C、N、O，O、S、Se，Na、P、Cl中，元素的第一电离能随原子序数增大而递增的是D. 某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+【答案】C【解析】【详解】A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小
4、半径越大，四种元素中和电子层数均为3，但的核电荷数较小，半径较大，所以原子半径最大的是，故A错误；B根据四种元素的价电子排布可知是Al，是Si，是P，是S，同一周期，电负性从左至右呈增大趋势，所以的电负性最大，故B错误；C同一周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，但第A族大于第A族，第族大于第A族，所以、不符合，同主族元素自上而下第一电离能减小，故不符合，符合，故C正确；D该元素的第三电离能剧增，说明最外层有2个电子，为第A族元素，与氯气反应时易失去最外层2个电子，形成X2+离子，故D错误；故答案为C。4.下列水解方程式中正确的是A. 2H2OH2CO32OHB. ClOH2OHClOOHC.
5、HFH2OH3O+FD. H2ONH3H2OH+【答案】D【解析】【详解】A碳酸为二元弱酸，所以碳酸根分步水解，H2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH，故A错误；B水解为可逆反应，正确的水解方程式为ClOH2OHClOOH，故B错误；C该离子方程式为HF的电离，故C错误；D一水合氨弱碱，所以铵根水解生成一水合氨和氢离子，故D正确；故答案为D。5.下列关于电解质溶液的说法正确的是A. 0.1 L 0.5 molL-1 CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NAB. 室温下，稀释0.1 molL-1 CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强C. 向0.1 molL-1 CH3COOH溶液中
6、加入少量水，溶液中所有离子浓度均减小D. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小【答案】D【解析】【详解】A若醋酸为强酸，则0.1 L 0.5 molL-1 CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA，但醋酸为弱酸，不完全电离，所以H+数小于0.05NA，故A错误；B0.1 molL-1 CH3COOH溶液为醋酸的稀溶液，再加水稀释溶液中的离子浓度减小，导电能力减弱，故B错误；C0.1 molL-1 CH3COOH溶液中加入少量水溶液的酸性减弱，氢离子浓度减小，则氢氧根浓度增大，故C错误；D=，加水稀释氢离子浓度减小，Ka不变，所以该比值减小，故D正确；故答案为D。6.下列图示与对应
7、的叙述相符的是A. 图甲表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强B. 图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大C. 图丙表示压强对可逆反应A(g)B(g)C(g)D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大D. 图丁表示0.1000 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL-1醋酸溶液的滴定曲线【答案】A【解析】【详解】A水解反应为吸热反应，升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH逐渐增大，故A正确；BKw只与温度有关，a、b两点温度相同，则Kw的数值相等，故B错误；C该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，压强越大反应物的体积分
8、数越小，若乙的压强大于甲，则平衡时反应物的体积分数应更小，故C错误；D醋酸为弱酸，0.1000 molL-1醋酸溶液pH要大于1，故D错误；故答案为A。7.已知:25时,KspMg(OH)2=5.6110-12,KspMgF2=7.4210-11,下列说法正确的是A. 25时,饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比,前者的c(Mg2+)大B. 25时,在Mg(OH)2悬浊液中加入少量的NH4Cl固体,c(Mg2+)增大C. 25时,Mg(OH)2固体在20mL0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小D. 25时,在Mg(OH)2悬浊液中加入
9、NaF溶液后,Mg(OH)2不可能转化为MgF2【答案】B【解析】【详解】A. KspMg(OH)2=5.6110-12，Ksp(MgF2)=7.4210-11由此可知，MgF2的Ksp比较大，溶解度比较大，饱和溶液中的镁离子浓度也比较大，故A错误；B. 氯化铵固体溶于水后，由于NH4水解结合氢氧根，使溶液中氢氧根离子浓度减小，促进Mg(OH)2向沉淀溶解的方向移动，这样镁离子浓度就增大了，故B正确；C. Ksp是平衡常数的一种，只受温度影响，温度都是25，Ksp不变，故C错误；D. Mg(OH)2悬浊液中镁离子浓度有一定的数值，虽然MgF2更难溶，但只要加入的氟离子浓度，使Mg2+F-2Ks
10、p(MgF2)，实现Mg(OH)2转化为MgF2，故D正确；答案：C。8.下列有关电解质溶液的说法正确的是A 将Ca(ClO)2和Na2SO3溶液蒸干均得不到原溶质B. 保存FeCl2溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解C. 室温下，向0.2 mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液呈碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同。【答案】A【解析】【详解】A次氯酸根水解产生HClO，HClO受热易分解成HCl和O2，而HCl又易挥发，所以蒸干Ca(ClO)2溶液得到氢氧化钙；亚硫酸钠易被氧化，蒸干过程中
11、被氧化成硫酸钠，得到的是硫酸钠固体，故A正确；B加入铁粉，可防止亚铁离子被氧化，并不能抑制水解，故B错误；C醋酸钠水溶液呈碱性，可以电离出醋酸根，加入到醋酸溶液中会抑制醋酸的电离，故C错误；DCH3COONH4溶液中存在醋酸根和铵根的水解，促进水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，故D错误；故答案为A。二、不定项选择题(每小题只有一个或两个选项符合题意)9.下列说法正确的是A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O中共价键的键能比较大C. I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解释D. 氨气极易溶于水是因为氨气可与水形成氢键这种
12、化学键【答案】AC【解析】【详解】AHCl、HBr、HI均可形成分子晶体，其分子结构相似，相对分子质量越大则分子间作用力越大，所以熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；B氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，与共价键的键能无关，故B错误；C碘分子为非极性分子，CCl4也为非极性分子，碘易溶于四氯化碳可以用相似相溶原理解释，故C正确；D氢键不是化学键，故D错误；故答案为AC。10.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC
13、2晶体的说法中正确的是A. 1个Ca2+周围距离最近且等距离的数目为4B. 该晶体中的阴离子与F2是等电子体C. 6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 molD. 与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个【答案】AC【解析】【详解】A根据题意可知，该晶胞不是正立方体，晶胞沿一个方向拉长，所以可以看做是一个底面为正方形的长方体，以体心Ca2+为例，与其距离最近且相等的为与钙离子在同一平面上且位于面心的4个，故A正确；B含价电子总数为24+2=10，F2的价电子总数为14，二者价电子数不同，不是等电子体，故B错误；C6.4gCaC2为0.1mol，CaC2晶体中阴离子为，则含阴离子0.
14、1mol，故C正确；D以底面为例，底面为正方形，所以与每个Ca2+距离相等且最近Ca2+共有4个，由于是长方体，所以只有这4个，故D错误；故答案为AC。11.常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是A. pH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na+)c(CH3COO)B. 浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(H+)c(OH)C. 将pHa的醋酸稀释为pHa+1的过程中，不变D. 等体积pHa的醋酸与pHb的NaOH溶液恰好中和时，a+b14【答案】CD【解析】【详解】A溶液中存在电荷守
15、恒c(CH3COO)+ c(OH)= c(Na+)+ c(H+)，溶液显酸性，所以c(OH)c(H+)，所以c(Na+)c(CH3COO)，故A正确；B溶液中存在电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)= c(Na+)+ c(H+)，存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者联立可得c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(H+)c(OH)，故B正确；C醋酸的电离平衡常数表达式Ka=，所以=，稀释过程中c(CH3COO)减小，Ka不变，所以变小，故C错误；D常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，设醋酸的电离程
16、度为，则c(CH3COOH)=mol/L=10 b-14mol/L(01)，所以=1014-a-b(01)，则a+b14，故D错误；故答案为CD。12.25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A. 0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na+)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)B. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c(X)c(Na+)c(HX)c(H+)c(OH)C. 0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)2c()2c()2c(H2CO
17、3)D. 0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c()c()c(OH)c(Na+)c(H+)【答案】CD【解析】【详解】A0.1 molL1CH3COONa溶液与0.1 molL1HCl溶液等体积混合所得溶液的溶质可以认为等物质的量的NaCl和CH3COOH，所以c(Na+)c(Cl)，而醋酸为弱酸，难电离，所以c(Na+)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，故A正确；B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后溶液显酸性，所以HX的电离程度大于X的水解程度，所以c(X)c(HX)，而根据物料守恒可知2c(Na+)
18、= c(X)+c(HX)，所以c(X)c(Na+)c(HX)c(H+)c(OH)，故B正确；C0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合，由物料守恒可知2n(Na)=3n(C)，所以2c(Na+)3c()3c()3c(H2CO3)，故C错误；D0.1molL-1Na2C2O4溶液与0.1molL-1HCl溶液等体积混合，由电荷守恒可知2c()c()c(OH)+ c(Cl)c(Na+)c(H+)，故D错误；故答案为CD。13.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的pH
19、大于Na2SO3溶液S的非金属性比C强B常温下，用pH试纸测得：0.1molL-1NaHSO3溶液的pH约为5的电离能力大于水解能力C向少量无水乙醇中加入一小粒金属Na，生成可燃性气体CH3CH2OH是弱电解质D向2mL0.1molL-1NaOH溶液中滴加3滴0.1molL-1MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀KspMg(OH)2KspFe(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液，Na2CO3的pH更大，说明H2CO3的酸性弱于H2SO3，但亚硫酸并不是S元素的最高价含氧
20、酸，无法据此比较S和C的非金属强弱关系，故A错误；BNaHSO3溶液中的电离使溶液显酸性，的水解使溶液显碱性，常温下该溶液的pH约为5，说明溶液显酸性，电离程度大于水解程度，故B正确；C虽然乙醇可以和钠反应生成氢气，但乙醇溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故C错误；DNaOH溶液过量，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，无法比较溶解度，更不能比较溶度积，故D错误；故答案为B。14.常温下，钠盐(Na2XO3)溶液中微粒浓度的变化关系如图所示pOH=lgc(OH)。下列说法正确的是A. 曲线N表示与pOH的变化关系B. 常温下，Ka2(H2XO3)=1010C. 当pOH=2时， NaHXO
21、3溶液中：D. 向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶液中：c(Na+)=2c(HXO3)+2c(XO32)【答案】B【解析】【详解】ANa2XO3为强碱弱酸盐，XO32-水解使溶液显碱性，分2步水解：XO32-+H2OHXO3-+OH-， HXO3-+H2OH2XO3+OH-。两步水解中，水解第一步程度较大，因此 的比值较大，即pH相同时，的值大，所以实线M表示pOH与的变化关系，A项错误；B根据图象可知，当pOH=0时，即c(OH-)=1mol/L时， =-4即=10-4，根据电离方程式：HXO3-H+XO32-得Ka2=，B项正确；C当pOH=2时，根据图象可知，此时=-7， =-2
22、，所以有=10-7，=10-2，二者相乘得 ，C项错误；D向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，据溶液中电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HXO3)+2c(XO32)+c(OH-)，又因中性而有c(H+)=c(OH-),所以有c(Na+)=c(HXO3)+2c(XO32)，D项错误，明显前多了个2；答案选B项。第II卷(非选择题)三、非选择题15.I.碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_。(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为_、_。(3)C、N、O三种
23、元素的第一电离能由小到大的顺序是_。(4)C60属于_晶体，石墨属于_晶体。(5)金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r_a。II.FeO晶体结构如下图所示，FeO晶体中Fe2+距离最近且相等的Fe2+有_个。若该晶胞边长为b cm，则该晶体的密度为_gcm-3。(用NA表示阿伏伽德罗常数)【答案】 (1). 同素异形体 (2). sp3 (3). sp2 (4). CON (5). 分子 (6). 混合 (7). 8 (8). (9). 12 (10). 【解析】【详解】I(1)同种元素形成的不同单质互为同素异形体，所以金刚石、石墨、C60、
24、碳纳米管互为同素异形体；(2)据图可知金刚石中C原子形成4个键，所以为sp3杂化；石墨烯中C原子形成3个键，不含孤电子对，所以为sp2杂化；(3)同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但是N原子2p轨道为半充满状态，更稳定，所以第一电离能CON；(4)C60存在C60分子，靠分子间作用力聚集，所以为分子晶体；据图可知石墨晶体中存在碳原子形成的层状结构，各个层之间又靠分子间作用力结合，所以为混合晶体；(5)根据均摊法，金刚石晶胞含有=8个碳原子；位于体对角线上的碳原子紧密相连，每个碳原子与周期4个碳原子形成正四面体结构，由几何关系可知，体对角线应为两个碳原子中心距离的4倍，碳原子半径的8倍，所
25、以=8r，r=a；II以顶面面心的Fe2+为例，位于顶面顶点的4个以及相邻4个面的面心的4个Fe2+距离该Fe2+最近且相等，该晶胞上方的晶胞的面心还有4个，所以FeO晶体中Fe2+距离最近且相等的Fe2+有12个；根据均摊法，该晶胞中Fe2+的个数为=4，晶体化学式为FeO，所以晶胞中O2的个数为4，则晶胞的质量m=g，晶胞边长b cm，则晶胞的体积V=b3 cm3，所以晶胞的密度=g/cm3。【点睛】本题考查晶胞计算、原子杂化、晶体类型判断等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，难点是金刚石晶胞计算，需要学生有一定空间想象能力，根据金刚石中碳原子的成键特点找出晶胞边长和原子半径之间的关系。1
26、6.亚硝酸盐与钴()形成的一种配合物Co(NH3)5NO2Cl2的制备流程如下：CoCl26H2OCo(NH3)5ClCl2Co(NH3)5NO2Cl2(1)Co2+基态核外电子排布式为_。(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中与Co3+形成配位键的原子为_(填元素符号)；配离子Co(NH3)5NO22+的配体中氮原子的杂化轨道类型为_。(3)NO的空间构型为_，与它互为等电子体的分子为_(写化学式)。(4)H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(5)1molCo(NH3)5ClCl2中含有键的数目为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d7
27、或Ar3d7 (2). N，Cl (3). sp3，sp2 (4). V形 (5). SO2或O3 (6). H2O2和H2O分子间可形成氢键 (7). 21NA【解析】【分析】(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，失去最外层两个电子变为Co2+；(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中Co3+提供空轨道，NH3的氮原子与Cl-提供孤电子对形成配位键，；配离子Co(NH3)5NO22+的配体为NH3和NO2-，根据价电子互斥理论分析判断N原子的杂化类型；(3)根据(2)中分析判断NO2-的空间构型；组成微粒的原子数和价电子总数相等的微粒
28、互为等电子体；(4)H2O2与H2O之间可形成氢键； (5)Co(NH3)5ClCl2由Co(NH3)5Cl2+和Cl-构成，1molCo(NH3)5ClCl2中含有1molCo(NH3)5Cl2+，Co3+形成六个配位键，每个NH3中含有3个共价单键，共价单键与配位键都是键。【详解】(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，失去两个电子变为Co2+，则基态Co2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7；(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中Co3+提供空轨道，NH3的氮原子与Cl-提供孤电子对形成配位键，则与C
29、o3+形成配位键的原子为N和Cl；配离子Co(NH3)5NO22+的配体为NH3和NO2-，NH3中的氮原子成键对数为3，孤电子对数为1，价层电子对数为4，该氮原子的杂化轨道类型为sp3，NO2-中的氮原子成键对数为2，孤电子对数为1，价层电子对数为3，该氮原子的杂化轨道类型为sp2；(3)根据(2)中分析NO2-的氮原子的杂化轨道类型为sp2，空间构型为V形；NO2-由3个原子构成，价层电子总数为18，与它互为等电子体的分子为SO2或O3；(4)H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O2和H2O分子间可形成氢键；(5)1molCo(NH3)5ClCl2中含有1
30、molCo(NH3)5Cl2+，Co3+形成六个配位键，每个NH3中含有3个共价单键，共价单键与配位键都是键，则键的数目为(6+53)1NA=21NA。【点睛】本题难度不大，易错点在于键数目的计算，一般情况下，共价单键和配位键都属于键，要根据化学式正确判断配位键和共价单键的数目。17.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。(1)已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25)Ka=1.7710-4Ka=5.010-10Ka1=4.310-7 Ka2=5.610-11HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这四种溶液的阴离子
31、结合质子能力最强的是_。体积相同、c(H+)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与浓度相等的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填序号)_。向NaCN溶液通入少量CO2反应的化学方程式是_。(2)一定浓度的NaCN溶液pH9，用离子方程式表示呈碱性的原因是_，此时，_。(3)常温下，向20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：在同一溶液中H2CO3、_(填“能”或“不能
32、”)大量共存。当pH7时，溶液中含碳元素的主要微粒为_，溶液中各种离子(除外)的物质的量浓度的大小关系为_。已知在25时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2.010-4，当溶液中c()：c()2：1时，溶液pH_。(4)已知CaCO3的Ksp2.810-9，现将浓度为210-4 mol/L Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_mol/L。【答案】 (1). Na2CO3 (2). bac (3). NaCN+H2O+CO2=NaHCO3+HCN (4). CN+H2OHCN+OH (5). 2 (6). 不能 (7). 、H2CO3
33、 (8). c(Na+)c(Cl)c()c(H+)=c(OH) (9). 10 (10). 5.610-5mol/L【解析】【详解】(1)已知酸的酸性强弱顺序为HCOOHH2CO3HCNNaHCO3，所以对应酸根结合H+能力强弱的顺序为CNHCOO，故Na2CO3结合H+能力最强；酸性强弱顺序为H2SO4HCOOHHCN，HCOOH和HCN是弱酸，所以c(H+)相同的三种酸浓度c(HCN)c(HCOOH)c(H2SO4)，所以同浓度的NaOH溶液完全中和体积相同、c(H+)相同的三种酸，所消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为bac；因为酸性强弱H2CO3HCNNaHCO3，向NaCN溶液
34、通入少量CO2应生成HCN和NaHCO3，可知NaCN溶液和CO2反应的方程式为NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；(2)HCN是弱酸，所以NaCN为强碱弱酸盐，溶液中存在CN的水解使溶液显酸性，离子方程式为CN+H2OHCN+OH；=2；(3)由图可知，pH812只存在、，pH8只存在H2CO3、，可知同一溶液中，可分别于H2CO3、共存，但H2CO3和不能大量共存；据图可知pH=7时溶液中含碳元素的主要微粒为、H2CO3；pH=7时c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c()+c(OH)+2c()，所以c(Na+)=c(Cl)+c()+
35、2c()，则c(Na+)c(Cl)；当加入20mLHCl时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHCO3和NaCl，此时溶液显碱性，则呈中性时需要继续滴加HCl溶液，所以当pH=7时c(Cl)c()，所以溶液中各种离子(除外)的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)c(Cl)c()c(H+)=c(OH)；当溶液中c()：c()2：1时，c(OH)=1.010-4mol/L，则此时溶液中c(H+)=110-10mol/L，溶液的pH为10；(4)浓度为210-4mol/LNa2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后溶液中c()=1.010-4mol/L，若产生沉淀，则钙离子浓度最小为c(Ca2+)=2.
36、810-5mol/L，则原氯化钙溶液的浓度至少为5.610-5mol/L。【点睛】比较溶液中离子浓度大小关系时一是要注意判断溶液的溶质成分，二是要注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用；第4小题为易错点，要注意溶液等体积混合后各溶质的浓度均减半。18.水合肼(N2H4H2O)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。(1)肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：N2(g)2O2(g)2NO2(g)； H67.7 kJmol-1N2H4(g)O(g)N2(g)2H2O(g)； H534.0 kJmol-1NO2(g)N2O4(g)； H28.0 kJmol-1反应2N
37、2H4(g)N2O4(g)3N2(g)4H2O(g)的H_kJmol-1。(2)目前正在研发的高能量密度燃料电池车是以水合肼燃料电池作为动力来源，电池结构如图1所示。起始时正极区与负极区NaOH溶液浓度相同，工作一段时间后，NaOH浓度较大的是_(填“正”或“负”)极区。该电池负极的电极反应式为_。(3)已知水合肼是二元弱碱(25，K1510-7，K2510-15)，0.1 molL-1水合肼溶液中四种离子：H+、OH-、的浓度从大到小的顺序为_(填序号)。(4)在弱酸性条件下水合肼可处理电镀废水，将还原为Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化为N2，该反应的离子方程式为_。(5)肼是一种优良
38、的贮氢材料，其在不同条件下分解方式不同。在高温下，N2H4可完全分解为NH3、N2及H2，实验测得分解产物中N2与H2物质的量变化如图2所示，该分解反应方程式为_。在303K，NiPt催化下，则发生N2H4(l)N2(g)2H2(g)。在2L密闭容器中加入1 mol N2H4，测得容器中与时间关系如图3所示。则04 min氮气的平均速率v(N2)_。【答案】 (1). -1079.7 (2). 正 (3). N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O (4). (5). 2+4H+3N2H4H2O=4Cr(OH)3+3N2+5H2O (6). 7N2H4(g)8NH3(g)+3N2(g)+2H2
39、(g) (7). 0.0625molL-1min-1【解析】【详解】(1)已知aN2(g)2O2(g)2NO2(g) H=+67.7kJ/mol，bN2H4(g)O(g)N2(g)2H2O(g) H=-534.0kJ/mol，cNO2(g)N2O4(g) H28.0 kJmol-1，由盖斯定律b2-a-c2得到：热化学方程式：2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1079.7kJ/mol；(2)负极发生氧化反应，肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4+4OH-4e-=4H2O+N2，正极是氧气得电子发生还原反应，正极反应为：O2+2H2O+4e
40、-=4OH-，根据电极反应式可知工作一段时间后，正极区NaOH浓度较大；负极发生氧化反应，肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4+4OH-4e-=4H2O+N2；(3)水合肼是二元弱碱，分步电离：N2H4H2O+OH、H2O+OH，第一步电离会抑制第二步电离，两步电离均产生氢氧根，所以离子的浓度大小为：c(OH)c()c()c(H+),即；(4)N2H4H2O被氧化成N2，每个N化合价升高2价，共升高4价；被还原为Cr(OH)3，每个Cr降低3价，共降低6价，所以二者系数比为3:2，再结合元素守恒可得离子方程式为2+4H+3N2H4H2O=4Cr(OH)3+3N2+5H2O；(5)据图可知相同时间内n(H2)：n(N2)=2:3，再结合元素守恒可得该分解反应方程式为：7N2H4(g)8NH3(g)+3N2(g)+2H2(g)；设04 minn(N2H4)=a mol，剩余的n(N2H4)=(1-a)mol根据方程式可知n(H2)=2a mol，n(N2)=a mol，则有=3，解得a=0.5，所以04 minn(N2)=0.5mol，容器体积为2L，所以v(N2)= 0.0625molL-1min-1。【点睛】第3小题为本题难点，要注意根据一水合氨的电离方式判断出水合肼在水溶液中的电离方式，且第一步电离会抑制第二步电离。