1、河北省张家口市宣化第一中学2019-2020高二化学上学期月考试题一、单选题（本大题共19小题，共47.0分）1. 化学反应与能量的关系密切，下列有关说法合理的是A. 吸热反应必须在加热的条件下才能发生B. 合适的催化剂可以使放热反应转化为吸热反应C. 放热反应的反应物总能量一定高于生成物总能量D. 吸热反应一定比放热反应更难发生2. 下列做法与盐类水解无关的是A. 用氯化铵溶液除铁锈B. 用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液C. 用饱和氯化铁溶液制氢氧化铁胶体D. 用硝酸钾固体配制植物生长营养液3. 下列关于能量转换的认识中错误的是A. 电解水时，电能转化为化学能B. 电动车行进时，电能主要转
2、化为化学能C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能D. 水力发电时，机械能转化为电能4. 某小组依据氧化还原反应：设计的原电池如图所示，下列说法正确的是A. 电极X可以是碳棒也可以是银棒B. 盐桥中的阳离子流向溶液所在烧杯C. 银电极为电池的负极，发生的电极反应为D. 外电路中电流的方向是从银电极流向X电极5. 常温时，将足量的固体分别加入同体积下列各溶液中，溶解最少的是A. 1的溶液B. 2的溶液C. 2的HCl溶液D. 1的NaCl溶液6. 将溶液加热蒸干并充分灼烧，得到的是A. B. C. D. NaOH7. 化学反应原理的知识有重要的作用。下列说法正确的是A. 可逆反应的反应物转化率越大，
3、反应的化学平衡常数越大B. 焓减小同时熵增加的化学反应属于自发反应C. 盐的水解平衡常数随着盐溶液的浓度减小而减小D. 温度不变时盐的水解会使水的离子积常数增大8. 已知HF是一种弱酸，则等体积等浓度的KOH溶液和HF溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是A. B. C. D. 9. 在相同温度时，的醋酸溶液与的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者小于后者的是A. 的物质的量浓度B. 醋酸的电离常数C. 完全中和时所需NaOH的物质的量D. 的物质的量10. 下列各式中能正确表示水解反应的是A. B. C. D. 11. 已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，例
4、如图所示：根据上述原理和图所示，判断各对应的反应热关系中不正确的是A. B. C. D. 12. 相同温度的下列溶液中阴离子的总浓度最大的是A. B. C. D. 13. 某温度下向澄清的饱和石灰水中加入少量生石灰，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述正确的是A. 溶液的质量不变B. 溶液pH增大C. 溶液底部存在不溶物D. 溶液中数目不变14. 稀氨水中存在电离平衡，下列叙述正确的是A. 加水稀释后，溶液中c减小B. 通入少量后，溶液中减小C. 加入少量浓氨水，电离平衡逆向移动D. 加入少量固体，溶液的pH减小15. 已知某温度下重水的离子积常数为，若用定义pH一样的方法来规定，则该温度下，
5、下列叙述正确的是A. 纯净的重水中，B. 溶解有NaCl的重水溶液，其C. 纯净的重水中，D. 1L溶解有molNaOD的重水溶液，其16. 时，用浓度为的NaOH溶液滴定浓度均为的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：B. 根据滴定曲线，可得C. 若将酸HX加水稀释，其溶液中增大D. HY与HZ混合，达到平衡时：17. 甲溶液的，乙溶液的，则下列叙述正确的是A. 甲、乙两溶液的之比为400：1B. 甲、乙两溶液均呈酸性C. 甲中水的电离程度大于乙中水的电离程度D. 甲、乙两溶液中水的电离程度大小无法比较18. 目前科学
6、家正在研究和完善一种以葡萄糖为燃料的微生物酸性燃料电池，其结构如图所示。该电池工作时有关说法正确的是A. 每消耗1mol，理论上能生成标准状况下气体B. N电极为该电池的正极，M极上发生氧化反应C. 将会从M极区向N极区迁移D. 温度越高供电效果越好19. 盐类水解程度的大小可用“水解度”来表示，NaA型盐的水解度为已水解的离子的物质的量占该离子原来总物质的量的百分数用溶液与的某一元弱酸恰好完全中和，所得溶液pH值为则所得NaA溶液的水解度为A. B. C. D. 二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）20. 部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列选项错误的是弱酸HCOOHHCN电离平衡常数A.
7、 B. C. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者三、填空题（本大题共2小题，共27.0分）21. 常温下有浓度均为的四种溶液：、上述溶液中，可发生水解的是_填序号，下同上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为_向中加入少量氯化铵固体，此时的值_填“增大”、“减小”或“不变”若将和的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积_的体积填“大于”、“小于”或“等于”，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_取10mL溶液，加水稀释到500mL，则此时溶液中由水电离
8、出的_22. 工业上用和反应合成二甲醚，反应的热化学方程式为：。请回答：一定条件下，上述反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_填序号。逆反应速率先增大后减小的转化率增大反应物的体积百分含量减小容器中的“m“：。：pointer；DISPLAY：值变小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的转化率如图所示。温度下，将和充入的密闭容器中，后反应达到平衡状态，则内的平均反应速率_；、三者的大小关系是_。上述合成二甲醚的过程中，提高的转化率可采取的措施有_ 任写两种。用氨水吸收可得到溶液。若常温下，的电离平衡常数，的电离平衡常数，在溶液
9、中，_填“”、“”或“”，试计算常温下反应的平衡常数_；溶液中物料守恒表达式为_。绿色“二甲醚燃料电池”在酸性溶液中负极的电极反应式为_。四、简答题（本大题共2小题，共23.0分）23. 已知水在和时，其电离平衡曲线如图所示。时，将的盐酸与的溶液混合后恰好中和，则_。时，将的溶液与等物质的量浓度的溶液等体积混合假设溶液的体积变化忽略不计，所得混合液的_。时，若向的溶液中加入的盐酸假设溶液的体积变化忽略不计，混合后溶液中的浓度为_ ，pH为_。时，时开始沉淀。室温下欲除去溶液中的、使其浓度均小于，需调节溶液的pH范围为_。24. 热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。利用如图装置省略加
10、热装置，探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有和少量。加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有_。加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。中发生反应的离子方程式为_。待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：_。测定漂白粉总氯的百分含量即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值实验步骤如下：准确称取漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL。移取该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量水溶液，搅拌至不再产生
11、气泡。加入适量溶液作为指示剂，以标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗标准溶液平均体积为。已知：，白色，砖红色步骤中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_、_。加入水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是_用离子方程式表示。滴定终点的现象是_。该漂白粉总氯的百分含量为_。下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是_。A.指示剂的用量过多B.在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失化学试卷答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应就是吸热反应，但是不需条件就能发生，故A错误； B、催化剂
12、只能降低正逆反应的活化能，不能改变反应的热效应，故B错误； C、当反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热，故放热反应的反应物总能量一定高于生成物总能量，故C正确； D、反应发生的难易程度和反应吸放热无关，吸热反应不一定比放热反应更难发生，故D错误。 故选：C。A、吸热反应不一定在加热的条件下发生； B、催化剂只能降低正逆反应的活化能； C、当反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热； D、反应发生的难易程度和反应吸放热无关。本题考查了反应吸放热的判断、催化剂的作用等，应注意的是催化剂只能降低反应的活化能，对反应的热效应无影响。2.【答案】D【解析】解：A、氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可用
13、于除锈，和盐类水解，故A正确； B、胆矾溶液即硫酸铜溶液，水解显酸性，故用热的稀硫酸溶解胆矾来配制胆矾溶液能抑制硫酸铜的水解，和盐类的水解有关，故B正确； C、铁离子水解可制备胶体，与水解有关，故C正确； D、硝酸钾不水解，故用硝酸钾固体配制植物生长营养液和盐类的水解无关，故D错误。 故选：D。A、氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性； B、胆矾溶液即硫酸铜溶液，水解显酸性； C、铁离子水解； D、硝酸钾不水解。本题考查氧化还原反应、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，题目较简单。3.【答案】B【解析】解：电解时，在电能的作用下发生化学反应，所以电解水
14、时，电能转化为化学能，故A正确； B.电动机中电能转化为动能，则电动车行进时，电能主要转化为动能，故B错误； C.煤燃烧时，向外释放热能，即化学能主要转化为热能，故C正确； D.水力发电是用流水带动发电机发电，则机械能转化为电能，故D正确。 故选：B。A.电解时，在电能的作用下发生化学反应； B.电动机中电能转化为动能； C.煤燃烧时，向外释放热能； D.水力发电是用流水带动发电机发电。本题考查常见的能量转化形式，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，明确化学能、电能、机械能、热能等能量之间的转化是解题的关键。4.【答案】D【解析】解：电极X的材料是铜，为原电池的负极，故A
15、错误； B.盐桥中的阳离子流向硝酸银溶液所在烧杯，故B错误； C.银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：，故C错误； D.电流由正极沿导线流向负极，所以外电路中电流的方向是从银电极流向X电极，故D正确。 故选：D。由方程式可知，反应中被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，以此解答该题。本题考查原电池知识，为高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写。5.【答案】B【解析】解：在水溶液中存在沉淀溶解平衡，根据同离子效应，会抑制溶解。
16、的溶液离子浓度为，而的溶液中离子浓度最大，为，抑制碳酸钙的溶解程度更大；的HCl溶液为酸性溶液，氢离子消耗碳酸根离子，促进碳酸钙的溶解；NaCl对碳酸钙的溶解平衡无影响。 故选：B。依据在水溶液中存在沉淀溶解平衡，结合选项中浓度大小以及能与反应离子浓度大小分析的溶解度大小。本题考查沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，主要是离子浓度大小对沉淀溶解平衡的影响，侧重分析与应用能力的考查，题目较简单。6.【答案】C【解析】解：溶液水解为和NaOH，由于不能从NaOH溶液中逸出，故水解不能彻底，溶液蒸干后水消失，得到的即是固体；而易受热分解，故灼烧后分解为，即最终得到的是碳酸钠固体， 故选：C。溶液水解为和
17、NaOH，由于不能从NaOH溶液中逸出，故水解不能彻底，据此分析蒸干后的产物，然后根据易受热分解来分析灼烧后的产物。本题考查了盐溶液蒸干并灼烧后所得固体的成分，应根据盐类水解后的产物的特点来分析蒸干时盐能否水解完全。7.【答案】B【解析】解：A、化学平衡常数只受温度的影响，可逆反应的反应物转化率越大，平衡常数不一定越大，故A错误； B、自发反应的，焓减小同时熵增加的反应的G小于0，故属于自发反应，故B正确； C、盐类的水解平衡常数只受温度的影响，和盐溶液的浓度大小无关，故C错误； D、水的离子积Kw只受温度的影响，和盐类的水解程度大小无必然的关系，故D错误。 故选：B。A、化学平衡常数只受温度
18、的影响； B、自发反应的； C、盐类的水解平衡常数只受温度的影响； D、水的离子积Kw只受温度的影响。本题考查了盐类水解平衡常数、化学平衡常数以及水的离子积等的影响因素和反应能否自发进行的判断，难度不大，应注意温度是影响平衡常数的唯一的因素。8.【答案】C【解析】解：KOH强碱溶液和等体积、等浓度的HF弱酸溶液混合后，恰好反应为KF，为强碱弱酸盐， 水解，则， 水解显碱性，则， 溶液中显性离子大于隐性离子，则浓度关系为， 故选：C。KOH强碱溶液和等体积、等浓度的HF弱酸溶液混合后，恰好反应为KF，为强碱弱酸盐，水解显碱性。本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质及盐类水解
19、是解答的关键，注意显性离子与隐性离子的关系，题目难度中等。9.【答案】A【解析】解：相同温度下，100mL的醋酸溶液与10mL的醋酸溶液中酸的物质的量相等， A.酸的浓度越大其电离程度越小，则电离程度：前者后者，溶液浓度：前者后者，所以溶液中：前者后者，故A正确； B.温度不变电离平衡常数不变，两种溶液的温度相等，所以酸的电离平衡常数相同，故B错误； C.完全中和时消耗与酸的物质的量成正比，两种溶液中酸的物质的量相等，所以消耗的相等，故C错误； D.电离程度：前者后者，所以：前者后者，故D错误； 故选：A。相同温度下，100mL的醋酸溶液与10mL的醋酸溶液中酸的物质的量相等，酸浓度越大，其电
20、离程度越小，电离平衡常数只与温度有关，据此分析解答。本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离影响因素、酸碱中和反应消耗碱的物质的量影响因素是解本题关键，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，注意AD区别和联系，注意：同一种弱电解质溶液中，浓度越大其电离程度越小，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：A、是多元弱酸根，其水解分步进行，故水解的离子方程式为，故A错误； B、水解为和，故离子方程式为，故B正确； C、和均是弱酸根，故两者生成和不是双水解，是强酸制弱酸，故C错误； D、水解生成和，是其电离方程式，其水解方程式为，故D错误。 故选：B。水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子
21、或氢氧根离子生成弱电解质的过程； 多元弱酸根的水解分步进行，多元弱碱阳离子的水解一步完成； 盐类的单水解反应方程式用可逆符号表示，不标沉淀和气体符号； 盐类的某些双水解很彻底，用等号，标沉淀和气体符号，以此分析得出正确结论。本题考查学生对水解反应原理的理解，题目难度不大，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解和电离。11.【答案】D【解析】解：A、根据热化学方程式的含义，互为可逆的两个化学反应其焓变是互为相反数的关系，即：，故A正确； B、根据盖斯定律：的，故B正确； C、对于自身物质而言，物质的能量是固定的，即H是一定的，但是焓变为0，即，故C正确； D、根据盖斯定律：，故D错误
22、故选D一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，可以根据盖斯定律以及热化学方程式的含义来回答判断 本题考查学生对热化学方程式的理解以及盖斯定律的掌握，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大12.【答案】A【解析】解：溶液中，水解，阴离子的总浓度大于； B.溶液中阴离子浓度为； C.溶液中阴离子浓度为； D.溶液中阴离子浓度为； 根据分析可知，阴离子浓度最大的为A， 故选：A。结合电解质的强弱以及阴离子的水解程度进行判断，电解质越弱，溶液中阴离子浓度越小，多元弱酸盐越易水解，溶液中阴离子浓度越大，以此解答该题。本题考查物质的量的计算、盐的水解原理应用，题目
23、难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及影响，试题侧重考查学生的灵活应用能力。13.【答案】C【解析】解：饱和石灰水中加入少量生石灰，充分反应后恢复到原来的温度，溶液仍然为饱和溶液，但是由于氧化钙与水反应导致溶液的质量减小，有沉淀生成，溶液中各离子浓度不变， 故选：C。根据温度不变饱和石灰水不能再继续溶解氢氧化钙的特点进行分析解答。此题是对溶液知识的考核，解题的关键是加入生石灰后，溶液仍为饱和溶液，恢复到原温度后，溶液的浓度不变，质量分数不变，属基础性知识考查题。14.【答案】D【解析】解：加水稀释促进电离，但是增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中减小，温度不变离
24、子积常数不变，则溶液中c增大，故A错误； B.加入少量HCl后，HCl和反应促进电离，所以溶液中增大，故B错误； C.加入少量浓氨水，氨水浓度增大，平衡正向移动，故C错误； D.加入少量固体，溶液中增大而抑制电离，溶液中减小，溶液的pH值减小，故D正确； 故选：D。A.加水稀释促进电离，但是电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中减小，温度不变离子积常数不变； B.加入少量HCl后，HCl和反应促进电离； C.加入少量浓氨水，氨水浓度增大，溶液浓度越大电离越小； D.加入少量固体，溶液中增大而抑制电离。本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱电解质电离影响因素是解本题关键，利用平衡移动及
25、溶液中离子浓度变化分析解答即可，A为解答易错点，注意加水稀释虽然促进一水合氨电离但是溶液碱性减弱，题目难度不大。15.【答案】C【解析】解：，所以，故A错误；B.溶解有NaCl的重水溶液呈中性，故B错误；C.纯水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相同，纯净的重水中，故C正确；D.，则，则，故D错误。故选：C。A.根据计算；B.NaCl溶液呈中性；C.纯水中；D.先计算NaOD浓度，再根据离子积常数计算浓度。本题考查pH的简单计算、离子积常数计算和影响因素判断等，注意温度不同离子积常数不同，题目难度不大。16.【答案】B【解析】解：未加碱溶液时，物质的量浓度的相同的酸的pH越大，酸的酸性越弱，根据
26、图知，的HX、HY、HZ，HZ的，则HZ完全电离为强酸，HY、HX的pH都大于1，所以HY、HX都是弱酸，相同浓度的这三种酸pH：，则酸性：，A、相同温度下，离子浓度越大其溶液导电性越强，酸性，相同浓度的这三种酸中离子浓度，所以溶液导电性，故A错误；B、根据滴定曲线可知，的HY溶液，该溶液中，酸的电离程度较小，则，故B正确；C、HX加水稀释时，溶液中和均减小，所以溶液中减小，故C错误；D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为，再根据HY的电离平衡常数可知，所以，故D错误；故选：B。未加碱溶液时，物质的量浓度的相同的酸的pH越大，酸的酸性越弱，根据图知，的HX、HY、HZ，HZ的，则HZ完全电离为强
27、酸，HY、HX的pH都大于1，所以HY、HX都是弱酸，相同浓度的这三种酸pH：，则酸性：，A、相同温度下，相同浓度的这三种酸中，离子浓度越大其溶液导电性越强；B、；C、HX加水稀释时，溶液中和均减小；D、溶液中满足电荷守恒，再结合HY的电离平衡常数分析；本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，注意掌握酸碱混合的定性判断及有关溶液pH的计算方法，正确分析、理解图象信息为解答本题的关键，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理比较溶液中各离子浓度大小，题目难度不大。17.【答案】D【解析】解：，所以甲、乙两溶液的之比为1：10000，故A错误； B
28、.时为中性，故B错误； C.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，两种溶液中的溶质未知，所以无法确定两种溶液中水电离程度相对大小，故C错误； D.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，两种溶液中的溶质未知，所以无法确定两种溶液中水电离程度相对大小，故D正确。 故选：D。A.； B.根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性； C.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离； D.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离。本题考查了溶液酸碱性的判断等知识点，注意不能根据溶液的pH确定溶液的酸碱性，的溶液可能是酸性或碱性溶液，为易错点。18.【答案】A【解析】解：A
29、、原电池总反应为，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是，故A正确； B、葡萄糖与氧气形成的燃料电池中，葡萄糖在负极N电极上失电子而被氧化，氧气在正极M上得电子而被还原，故B错误； C、放电时，阳离子向正极移动，所以氢离子向正极M电极移动，故C错误； D、高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故D错误； 故选：A。葡萄糖与氧气形成的燃料电池中，葡萄糖在负极N电极上失电子而被氧化，电极反应式为，氧气在正极M上得电子而被还原，正极反应为，放电过程中，从负极区向正极区迁移，总反应为，据此分析解答。本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
30、明确正负极判断与元素化合价变化关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大。19.【答案】C【解析】解：酸碱恰好反应生成盐，盐的物质的量氢氧化钠的物质的量；但该盐是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，溶液的，所以溶液中氢离子浓度，氢氧根离子的浓度，溶液中氢氧根离子的物质的量，即生成的氢氧化钠的物质的量是。设水解的NaA的物质的量为X。1mol 1molX 水解度，故选C。氢氧化钠和弱酸的物质的量相等，当恰好反应时，因为水解导致溶液呈碱性，根据溶液的PH计算溶液中氢氧根离子的浓度，然后根据水解方程式计算水解的弱根离子，再结合水解度公式计算其水解度本题考查了
31、盐类的水解，难度不大，能根据溶液的PH值得出溶液中氢氧化钠的物质的量浓度是解本题的关键20.【答案】AD【解析】解：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：， A.酸性：，所以发生反应，故A错误； B.酸性，所以能发生，故B正确； C.等pH的HCOOH和HCN溶液，酸的物质的量：，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确； D.水解程度小于，则HCOONa溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN溶液中氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒：，相同，HCOONa溶液中大于NaCN溶液中，则HCOONa溶液中离子总浓度大于NaCN溶液中离子总浓度，溶液体积相同，则所含离子
32、总数前者大于后者，故D错误； 故选：AD。A.电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； B.电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； C.中和等体积等pH的HCOOH和HCN所消耗的与酸的物质的量成正比； D.等体积等浓度的HCOONa、NaCN中二者的物质的量相等，两溶液中阴离子水解程度不同，水的电离程度不同，结合电荷守恒分析判断。本题考查了弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，易错选项是D，根据阳离子比较离子总数即可，题目难度中等。21.【答案】 增大 小于 【解析】解：含有
33、弱离子的盐能发生水解，碳酸钠和碳酸氢钠都是含有弱离子的盐，能发生水解，故选；这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性，溶液中和水都电离生成氢氧根离子，则溶液中离子浓度大小顺序是，故答案为：；向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以的值增大，故答案为：增大；为弱电解质，不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，溶液为中性，则，根据电荷守恒则，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是；故答案为：小于；取10mL溶液，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为，由可知，则此时溶液中由水电
34、离出的，故答案为：含有弱离子的盐能发生水解；这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，电离程度小于水解程度，其溶液呈碱性；向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离；为弱电解质，不能完全电离；根据电荷守恒分析离子浓度关系；取10mL溶液，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性结合守恒思想分析解答，题目难度不大22.【答案】b 增大投料比、增大压强、降低温度等 【解析】解：逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平
35、衡逆向移动，故c错误；容器中的值变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误，故选：b；温度下，将和充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为，则生成为，所以平均反应速率；平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以，在相同投料比时，温度下二氧化碳转化率大，所以温度下正向进行程度大，故温度比温度小，则，故答案为：；反应为放热反应、气体体积减小，提高的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度，从图可知投料比越大，的转化率也越大；故答案为：增大投料比、增大压强、降低温度等；根据盐类水解规律，已知的电离平衡常数，的电离平衡常数，所以碳酸
36、氢根的水解程度更大，所以；反应的平衡常数；溶液中物料守恒表达式为。故答案为：；二甲醚在酸性电池负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为。故答案为：。逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；的转化率增大，平衡一定正向移动；反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；容器中的值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；温度下，将和充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为，则生成为，根据平均反应速率；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，温度下二氧化碳转化率大，所以温度下较温度下正向进行程度大；根据反应为放热反应、气体体积减小
37、，提高的转化率的方法有增大压强、降低温度，从图可知投料比越大，转化越大；根据盐类水解规律，已知的电离平衡常数，的电离平衡常数，越弱越水解判断；反应的平衡常数计算；溶液中物料守恒为；原电池负极发生氧化反应，二甲醚在酸性条件下失去电子生成二氧化碳。本题考查化学平衡计算与影响因素、电极反应式书写、对图象分析提取信息能力等，较为综合，考查对图象分析提取信息能力等，为常见题型，题目难度中等。23.【答案】13 10 2 【解析】解：常温下，的盐酸溶液中，的溶液中，将10的盐酸与100mL的溶液混合后恰好中和，说明酸中等于碱中，则，则，故答案为：13；时水的离子积为：，的溶液中，溶液的浓度为，当二者等体积
38、混合后，溶液中的，则，该溶液的，故答案为：10；，所以HCl有剩余，剩余溶液中，结合；溶液中氢离子不参加反应，则混合溶液中，故答案为：；2；时开始沉淀。室温下，除去溶液中的、，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：，解得：，同理完全变成沉淀时，pH为3，所以需调节溶液的pH范围为：，故答案为：。常温下，的盐酸溶液中，的溶液中，将10mL的盐酸与100mL的溶液混合后恰好中和，说明酸中等于碱中；根据图象判断该温度下水的离子积，然后计算出混合液中氢氧根离子浓度，再结合该温度下水的离子积计算出所带溶液中氢离子浓度及溶液的pH；，所以HCl有剩余，剩余溶液中，结合计算；溶液中氢离子不参加反应，则混合溶液中；时
39、开始沉淀，室温下，除去溶液中的、，结合完全变成沉淀时的pH、完全变成沉淀时的pH分析。本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、沉淀溶解平衡及其计算等知识，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系、把握溶度积常数的意义为解答关键，注意温度与水的离子积Kw的对应关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度中等。24.【答案】；取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有生成；500mL容量瓶；胶头滴管；当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；C【解析】解：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有和少量，加热干燥漂白粉样品，观察到B
40、中有大量无色气泡产生氧气，氧化还原反应中元素化合价由升高和降低，氧元素化合价升高，氯元素化合价降低，则氯元素化合价变化为价，生成固体产物为氯化钙，化学式为， 故答案为：； 久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有和少量，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，B中发生反应的离子方程式为：， 故答案为：； 利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成，计实验方案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有生成， 故答案为：取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有生成； 准确称取漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至
41、500mL需要在容量瓶中进行，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管， 故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管； 加入水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的离子方程式为：， 故答案为：； 加入适量溶液作为指示剂，以标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失， 故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失； 准确称取漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL，移取该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入
42、适量水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量溶液作为指示剂，以标准溶液滴定至终点，多次实验，测得消耗标准溶液平均体积为，氯元素守恒，得到该漂白粉总氯的百分含量， 故答案为：； 指示剂的用量过多，可能消耗标准溶液体积小，对滴定结果可能不变或减小，故A错误； B.在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故B错误； C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗硝酸银溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确； 故答案为：C。久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有和少量，加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生氧气，氧化还原反应中元素化合价由升高和降低；
43、 久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有和少量，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水； 利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成，可以检验B中溶液中含氯离子； 步骤中，溶解、稀释至500mL需要配置溶液的过程，据此选择仪器； 加入水溶液，搅拌至不再产生气泡，是利用过氧化氢的还原性还原次氯酸根离子生成氯离子，过氧化氢被氧化为氧气； 加入适量溶液作为指示剂，以标准溶液滴定至终点，溶液中出现砖红色沉淀； 结合元素守恒，生成氯化银沉淀的氯离子来源于过氧化氢还原次氯酸根离子，据此计算漂白粉中总氯的百分含量； 滴定过程中消耗标准溶液体积越多测定结果越高，反之越低。本题考查了物质组成和性质的实验设计验证和分析判断，滴定实验过程的计算应用误差分析方法，掌握基础是关键，题目难度中等。
