1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年度上学期高三年级五调考试本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共100分。考试时间110分钟。可能用到的原子量：H 1 N 14 O 16 S 32 Ba 137第卷（选择题共50分）一、单项选择题（110题每小题1分，共10分）1. 为建设“蓝天常在、青山常在、绿水常在”的美丽中国，2015年4月16日国务院颁布了水污染防治行动计划。下列做法不利于该目标实现的是A. 推广使用无磷洗涤剂B. 用O3替代Cl2作饮用水消毒剂C. 用工业污水直接灌溉农田D. 含Cr3+的废水用适量石灰处理后排放【答案】C【解析】试题分析：A、磷元素可
2、以造成水体富营养化，所以推广水体污染可以减少水污染，正确，不选A；B、臭氧做氧化剂，产物是水，没有污染，正确，不选B；C、工业污水含有很多有害物质，可以造成水污染，产物选C；D、铬离子和石灰水反应生成氢氧化铬沉淀，然后可以排放，正确，不选D。考点：水污染的来源和治理2. 下列说法正确的是A. 光导纤维、石英、硅胶分别属于单质、酸性氧化物、酸B. Na、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解法冶炼得到C. 氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质D. 天然气、沼气和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源【答案】C【解析】试题分析：A、光导纤维的主要成分是二氧化硅
3、，故A错误；B、Al无法用热分解法制备，故B错误；C、氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质正确；D、沼气是可再生能源；故D错误。考点：硅和二氧化硅；金属单质的制备；电解质的分类；能源的分类3.为了使K2S溶液中c(K+)/c(S2-)的比值变小，可加入的物质是适量HCl(g)；适量NaOH(s)；适量KOH(s)；适量NaHS(s)；适量的水A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：在硫化钾溶液中电离出钾离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，要使钾离子和硫离子浓度比值减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，加入盐酸，会使得化学平衡正向移动
4、，S2-减小，则使得比值变大，错误；适量NaOH溶液，平衡向着逆向移动，使得S2-的物质的量增大，而钾离子的物质的量不变，则c(K+)/c(S2-)的比值减小，正确；加入适量的氢氧化钾溶液，会使的K+增大，使得比值变大，错误；适量NaHS（s），HS-+浓度增大，抑制S2-的水解，S2-浓度增大，则c(K+)/c(S2-)的比值变小，正确；加入适量H2O，平衡正向移动，使得硫离子浓度减小程度大于钾离子浓度减小程度，所以比值变大，错误。答案选A。考点：盐水解的影响因素4.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277 ，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的
5、导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（）HgCl2属于共价化合物HgCl2属于离子化合物HgCl2属于非电解质HgCl2属于弱电解质A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。考点：考查化合物、电解质、非电解质的有关判断点评：该题是中等难度的试题，试题贴近高考，难易适中，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于培养学生严谨的逻辑思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。5.下列有关实验的选项正
6、确的是A配制0. l0mol/L NaOH溶液B.除去CO中的CO2C苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20 mLA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用氢氧化钠吸收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出。由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；D.滴定
7、管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；合理选项是B。6.下列说法正确的是（ ）A. 强弱电解质的区别是溶液的导电能力大小B. 溶液与胶体的本质区别是有无丁达尔效应C. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多D. 约含个的投入水中配成溶液，的物质的量浓度为【答案】D【解析】【详解】A、强弱电解质的本质区别是电离程度，与溶解度、离子浓度和导电能力无关，选项A错误；B、溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体特有的性质，选项B错误；C、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固
8、体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，选项C错误；D、过氧化钠中含有的6.021023个Na+的物质的量为1mol，将过氧化钠投入水中后钠离子守恒，即所得的1L溶液中钠离子仍为1mol，故浓度为1mol/L，选项D正确。答案选D。7.常温下，在pH为3的溶液，pH为11的溶液和pH为3的盐酸中水的电离程度分别为：、，它们之间的关系是（ ）A. B. C. D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】FeCl3和Na2CO3都可促进水的电离，pH为3的FeCl3溶液，水电离出来的H+的浓度为10-3mol/L；pH为11的Na2CO3溶液，水电离出来的H+的浓度为10-3mol
9、/L，pH为3的盐酸抑制水的电离；水电离出来的H+的浓度为10-11mol/L，则c1=c2c3；水的电离程度a1=a2a3，答案选B。8. 氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是A. “两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目相同B. “两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡C. “两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素D. “两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质【答案】【解析】试题分析：A、含有的粒子种类、数目不同,错误；B、正确；C、氨水不能漂白，错误；D、氨水因氨气挥发而变质，氯水因Cl2+H2O=HCl+HClO，2
10、HClO=2HCl+O2,原理不同，错误。考点：考查氨水和氯水等相关知识。9. 蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是A. 氯化铝B. 碳酸氢钠C. 硫酸亚铁D. 碳酸钠【答案】D【解析】试题分析：选项A、蒸干灼烧氯化铝，由于铝离子的水解，氯化氢的挥发，故最终得到的是氧化铝；选项B、蒸干灼烧碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠受热易分解，故最终得到的是碳酸钠；选项C、蒸干灼烧硫酸亚铁，亚铁离子易被氧化，故最终得到的是硫酸铁；排除法可得最终选项D。考点：水解点评：本题主要考查水解氧化等相关知识。碳酸氢盐不稳定，受热易分解；弱碱阳离子在水溶液中易水解，形成氢氧化物，加热分解为氧化物；还原性离子易被空气中
11、的氧气氧化；10.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 实验室中配制溶液时，应将固体溶解在少量浓盐酸中再加水稀释B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂C. 饱和溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体D. 用制取无水时需在气流中进行【答案】B【解析】【详解】A铁离子水解Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，实验室配制FeCl3溶液时，向其中加入少量盐酸是为了抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，选项A不选；B使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，不能用勒夏特利原理解释，选项B选；C氯化铁水解FeCl3+3H2O Fe(OH)3（胶体）+3HCl，HCl易挥发，水解过程是吸热的，
12、加热，有利于平衡向右移动，有利于氢氧化铁胶体的生成，能用勒夏特利原理解释，选项C不选；D氯化镁是强酸弱碱盐，镁离子水解导致溶液呈酸性，制取无水氯化镁时在HCl氛围中能抑制镁离子水解，所以可以用勒夏特里原理解释，选项D不选；答案选B。二、单项选择题（1130题每小题2分，共40分）11. 汞（熔点-39，沸点356）是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞。目前工业上制粗汞的一种流程图如下。下列分析错误的是A. 洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸B. 辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物C. “灼烧辰砂法”过程中电子转移的方向和数目可表示为：D. 减压蒸馏的目的是降低
13、汞的沸点，提高分离效率【答案】A【解析】试题分析：A粗汞中含有的金属铜可以和硝酸之间反应，但是和盐酸之间不反应，所以洗涤粗汞不可用5%的盐酸代替5%的硝酸，A错误；B辰砂与氧化钙加热反应时，化合价升高的元素S所在的产物CaSO4为氧化产物，B正确；C根据题给反应分析，“灼烧辰砂法”过程硫元素的化合价由2价升高到+4价，汞元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为2价，电子转移的数目为6，C正确；D减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率，D正确。答案为A。考点：考查氧化还原反应基本概念及电子转移、物质的分离提纯。12.下列比较项与依据的化学反应事实对应的是（ ）比较项依据的化学反
14、应事实 A.比较和的非金属性B.比较和的还原性（过量）=C.比较氯化银和碘化银溶解性=D.比较碳酸和苯酚的酸性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.复分解反应Na2S+2HCl=2NaCl+H2S符合强酸制取弱酸的规律，只能证明酸性：HClH2S，要证明元素的非金属性ClS，应该是比较两种元素的单质与H2化合的能力，或者它们的氢化物的稳定性，选项A错误；B.Fe2+、Br-都有还原性，当使用过量氯气时，Fe2+、Br-都反应，故不能证明Fe2+和Br-的还原性强弱，选项B错误；C.若物质的溶解度AgClAgI，根据复分解反应的规律：难溶性物质向更难溶的物质转化，所以可以
15、发生反应：AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+ Cl-(aq)，选项C正确；D.向苯酚钠溶液中通入CO2气体，发生反应，产生苯酚和碳酸氢钠，选项D错误；答案选C。13.下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；S完全燃烧只能生成SO2，故错误；氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，故正确；加热FeCl3的水溶液，因促进Fe3+的水解生成挥发性酸，最终得
16、到Fe(OH)3，故错误；氯化铵与熟石灰共热制取氨气，将足量氨气和二氧化碳依次通入水中得到碳酸氢铵，故正确；答案选A。14.在容积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在温度500时发生反应：CO2（g）+ 3H2（g）CH3OH（g）+ H2O（g）H0。CH3OH的浓度随时间变化如图，下列说法不正确的是A. 从反应开始到10分钟时，H2的平均反应速率v(H2)0.15 mol/(Lmin)B. 从20分钟到25分钟达到新的平衡，可能是增大压强C. 其它条件不变，将温度升到800，再次达平衡时平衡常数减小D. 从开始到25分钟，CO2的转化率是70%【答案】B【解析】试题
17、分析：容积为1L，充入1mol CO2和3mol H2，从反应开始到10分钟，CH3OH的浓度在10分钟为0.50mol/L，故v(H2)3 v(CH3OH)=3（0.50/10）=0.15 mol/(Lmin)，所以A正确；20分钟到25分钟达到新的平衡，因为左边的化学计量数之后大于右边，所以压强增大，CH3OH的含量增高，但是当压强增大，浓度应该立即增大，不会有渐变过程，所以B错误，为本题的答案，因为HB. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pHC. 、两溶液等体积混合，所得溶液中D. 溶液与溶液混合（近似认为混合溶液体积），若混合后溶液pH=4，则【答案】C【解析】【详解】ApH相等的醋酸和
18、盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：，选项A正确；B强酸、强碱稀释10倍，pH变化为1，则稀释10倍时的pH=10，的pH=4，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则的10pH11，的3pH4，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为，选项B正确；C、两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，选项C错误；D若混合后溶液pH=4，则盐酸过量，则mol/L=0.0001mol/L，解得Va：Vb=11：9，选项D正确。答案
19、选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，根据弱电解质的特点、酸碱混合溶液氢离子浓度的计算方法、电荷守恒来分析解答。易错点是选项A：pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，酸的物质的量越多中和时需要氢氧化钠的量越多。18.下列说法正确的是（ ）A. 常温下，的下列溶液；.；中，由大到小的顺序是：B. 常温下，溶液和溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：C. 常温下，将、两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中大于D. pH相等的下列溶液：a.、b.、c. NaOH，其物质的量浓度由小到大顺序为：ca，选项A错误；B.常温下，0.4 mol/L H
20、B溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中有等物质的量的HB和NaB，pH=3说明HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中离子浓度大小顺序为c(B-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，选项B错误；C.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)大于c(Cl-)，选项C正确；D.pH相等的四种溶液中前三种属于强碱弱酸盐，微弱水解导致溶液显碱性，NaOH属于强碱，完全电离导致溶液显碱性，根据酸性：CH3COOHH2CO3
21、HCO3-，当三种溶液物质的量浓度相同时，pH：cba，所以当pH相同时，其物质的量浓度由小到大顺序为：cba，选项D错误；答案选C。19.已知常温下，下列有关说法错误的是（ ）A. 在饱和的混合溶液中：B. 向悬浊液中滴加浓溶液会产生淡黄色沉淀C. 在水中溶解度及均比在NaCl溶液中的大D. 欲用1L NaCl溶液将转化为，则【答案】C【解析】【详解】A已知常温下Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgBr)=510-13，在饱和AgCl，AgBr的混合溶液中：=360，选项A正确；B已知Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，溶度积大的沉淀容易转化为溶度积小的沉淀，所以向AgCl悬
22、浊液中滴加NaBr溶液会产生淡黄色AgBr沉淀，选项B正确；C溶解度与Ksp均只与温度有关，AgCl在水中溶解度及Ksp均与在NaCl溶液中的相同，选项C错误；D用1L NaCl溶液将0.01mol AgBr转化为AgCl，则溶液中Br-浓度变为0.01mol/L，则c(Ag+)=510-11mol/L，则c(Cl-)=3.6mol/L，所以c(NaCl)3.61 mol/L，选项D正确;答案选C。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用和理解，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，易错点为选项D：用1L NaCl溶液将0.01mol AgBr
23、转化为AgCl，则溶液中Br-浓度变为0.01mol/L，根据Ksp(AgBr)计算银离子的浓度，再根据Ksp(AgCl)计算c(Cl-)。20. 下列叙述正确的是A. 在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则B. 在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的C. 盐酸的，盐酸的D. 若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的【答案】D【解析】【详解】A、稀醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，则某醋酸溶液的pHa，将此溶液稀释1倍后，溶液的pHb，则ab，错误；B、酚酞的变色范围为8.210，在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的
24、pH8.2，错误；C、常温下，10103molL1盐酸的pH30，10108molL1盐酸中不能忽略水的电离，溶液的pH约为7.0，错误；D、常温下，若1 mL pH1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH7，则n(HCl)=n(NaOH)，即1 mL 0.1 molL1=100mLc(NaOH) ，则c(NaOH)= 10103molL1，溶液的pH11，正确。答案选D。21.用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处.因此，荷兰科学家HenkVanlubeck引入了酸度（AG）的概念，即把电解质溶液中的酸度定义为与比值的对数，用公式表示为。常温下，在的溶液中能大量共存的
25、离子是（ ）A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】B【解析】【分析】AG=lgc(H+)/c(OH-)，常温下，在AG=10的溶液中，(H+)/c(OH-)=1010，所以c（H+）=0.01mol/L，该溶液显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能共存，以此来解答。【详解】AG=lgc(H+)/c(OH-)，常温下，在AG=10的溶液中，(H+)/c(OH-)=1010，所以c(H+)=0.01mol/L，该溶液显酸性；A酸性条件下，H+与SO32-结合生成HSO3-或SO2，则不能共存，选项A错误；B酸性条件下，该组离子之间不反应，能共存，选
26、项B正确；C酸性条件下， ClO-与S2-发生氧化还原反应，则不能共存，选项C错误；D酸性条件下，H+与S2O32-结合生成S和SO2，也可与AlO2-反应，则不能共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存问题，明确信息得出溶液的酸碱性是解答本题的关键，并注意离子之间的氧化还原反应来解答，易错点为选项B：酸性条件下亚铁离子、碘离子等均不发生反应。22.下列溶液中，关于离子浓度的说法正确的是（ ）A. 一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小B. 浓度均为的、混合溶液中：，且C. 的醋酸溶液与溶液等体积混合后：D. 已知浓度均为的、混合溶液显碱性，则c(NH4+)+2 c(H+)=
27、c(NH3H2O)+2c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A、加水稀释促进一水合氨电离，所以n(NH4+)增大、n(NH3H2O)减小，则c(NH4+)/c(NH3H2O)增大，选项A错误；B、混合溶液中，CO32-的水解程度远远大于HCO3-，所以c(CO32-)c(HCO3-)，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c(Na+)=3c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，选项B错误；C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、物料守恒2c(Na+)=c(CH3C
28、OOH)+c(CH3COO-)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，选项C错误；D、根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，根据物料守恒有c(NH4+)+ c(NH3H2O)= 2c(Cl-)，2-，得c(NH4+)+2 c(H+)=c(NH3H2O)+2c(OH-)，选项D正确； 答案选D。23. 在常温下，将pH=11的某碱溶液和pH=3的某酸溶液等体积混合后，下列说法不正确的是A. 若所得溶液呈中性，则生成的盐可能为强酸强碱盐B. 若所得溶液呈碱性，则一定是强碱与弱酸溶液反应C. 若所得溶液呈酸性，则可能是弱酸
29、与强碱溶液反应D. 若所得溶液的pH=9，则水电离产生的c（OH-）可能为10-9mol/L【答案】B【解析】试题分析：A、若是强酸或强碱，两者溶液中n（H）和n（OH）相等，故说法正确；B、pH=11的某碱属于强碱，pH=3的某酸属于弱酸，弱酸部分电离，即反应后溶液溶质是强碱弱酸盐和弱酸，有可能弱酸的电离大于水解，溶液显酸性，故说法不正确；C、根据B的分析，如CH3COOH、CH3COONa，故说法正确；D、如果反应后碱有剩余，水电离产生的c（OH）=c（H）=10-9，故说法正确。考点：考查强弱电解质的概念等知识。24.向1000mL3molL-1NaOH中通入适量CO2气体，溶液中有关阴
30、离子的物质的量变化曲线如图所示：下列说法张正确的是A. 水的电离程度一直增大B. 溶液的pH逐渐下降C. M、N两点对应的溶液中离子种类不同D. CD段反应的离子方程式为OH+CO2HCO3【答案】B【解析】试题分析：A、向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳气体，开始生成碳酸钠，水的电离度增大，后生成碳酸氢钠，则水的电离度减小，错误；B、氢氧化钠是强碱，所以与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠时溶液的碱性都比氢氧化钠弱，且同浓度的碳酸钠的碱性比碳酸氢钠的碱性强，所以溶液的pH逐渐下降，正确；C、从通入二氧化碳的时刻起，溶液中的离子种类完全相同，都含有氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、钠离子，
31、错误；D、MB曲线应表示碳酸根离子的浓度，而CD曲线应表示碳酸氢根离子的浓度，所以CD段的离子方程式是二氧化碳与碳酸根离子的反应，离子方程式是CO2+H2O+CO32-2HCO3，错误，答案选B。考点：考查二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应分析，对图像的判断25.下列关于各图的叙述正确的是（ ） A. 甲表示与发生反应过程中的能量变化，则的燃烧热为B. 乙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将时A、B的饱和溶液分别升温至时，溶质的质量分数C. 丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同浓度的NaA溶液的pH小于同浓度NaB溶液的pHD. 丁表示溶液滴定醋酸溶液得
32、到的滴定曲线【答案】C【解析】【详解】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，图中燃烧产物不是稳定氧化物，所以不是燃烧热，选项A错误；B、t1时A、B溶质质量分数相同，升温时溶液都变为不饱和溶液，但是溶质质量不变，所以溶质质量分数不变变，选项B错误；C、随加水量的增多，HA的pH变化大，说明HA的酸性强于HB，据越弱越水解的原则，NaB水解程度大，故NaA溶液的碱性弱于NaB溶液，pH小，选项C正确；D、0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液pH大于1，图象中
33、醋酸的pH=1与实际不符，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了各种图象的分析思路和变化特征的应用，主要是燃烧热的概念应用，平衡状态的判断，饱和溶液中溶质溶解度和质量分数的判断，弱酸稀释的pH变化判断酸的强弱。易错点为选项B：依据图象中曲线的变化趋势，和饱和溶液中溶质的质量分数计算分析判断。26.对下列图像的描述中，正确的是( )A. 根据图可判断正反应的H”、“=”或“”）。（2）25时，的醋酸与的氢氧化钠溶液等体积混合后呈中性，则醋酸的电离常数为_。（用含a的代数式表示）。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】（1）醋酸为弱酸，盐酸为强酸，等浓度时醋酸的pH大，曲线为滴
34、定盐酸曲线，曲线为滴定醋酸曲线，答案填；醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，得到的醋酸钠溶液显碱性，要使溶液pH=7，需要醋酸稍过量，而盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠溶液显中性，所以V1V2；（2）反应平衡时溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，依据溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，反应后的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L；假设醋酸和氢氧化钠体积为1L，得到n(Na+)=0.01mol，n(CH3COOH)=a mol，反应后溶液中醋酸的电离常数K=mol/L。32.开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究
35、的主要课题.氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。（1）已知： 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_。（2）生产甲醇的原料CO和来源于： 一定条件下的平衡转化率与温度、压强的关系如图a。则_（填“”、“=”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（、）的大小关系为_。100时，将和通入容积为1L的定容密封容器中，发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是_。a.容器内气体密度恒定b.单位时间内消耗同时生成c.容器的压强恒定d.如果达到平衡时转化率为0.5，则100时该反应的平衡常数K=_。（3）现以、熔融盐组成的燃料电池，采用电解法制备，装置如图所示，其中Y为。写出石墨
36、电极上发生反应的电极反应式_。在电解池中生成N2O5的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). Ksp（BaSO4），BaSO4尽管难溶，也存在一定的溶解度，只要加入足量的饱和Na2CO3溶液，使c（Ba2+）c（CO32-）Ksp（BaCO3），就可以发生沉淀的转化，而形成BaCO3沉淀，使BaSO4不断溶解，最后转化为BaCO3，用离子方程式表示为BaSO4（s）CO32-（aq）BaCO3（s）SO42-（aq）；（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐硝酸钡、硝酸铁，同时产生水，根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式为：Ba（FeO2）28HNO3 =
37、Ba（NO3）22Fe（NO3）34H2O；（3） BaCl2可以与SO42-发生沉淀反应，但是不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，而且会引入杂质离子Cl-，错误；Ba（NO3）2不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，错误；BaCO3能与H+发生反应，因此能调节溶液的pH，也不引入新的杂质离子，符合题意，正确； Ba（OH）2能与H+发生反应，能调节溶液的pH，但是该物质是强碱，制取物质成本高，造价大，不经济，错误；故选项是；（4）过滤3后的母液是析出Ba（NO3）2晶体后的Ba（NO3）2的饱和溶液，为使物质循环利用，根据各个容器中物质的成分可知应循环到容器C中；（5）Ba（N
38、O3）2晶体溶于水与加入的硫酸溶液发生反应：Ba2+SO42-=BaSO4，n（BaSO4）= m g233g/mol=m/233mol；由于Ba（NO3）2的式量是261，因此w g晶体中含有Ba（NO3）2的质量是mBa（NO3）2= m/233mol261g/mol=261m/233g，所以该晶体中硝酸钡的质量分数是261m/233g w100=261m/233w100。【考点定位】考查物质制备工艺流程的知识。【名师点睛】在物质制备时，一般反应是难溶物质制备更难溶解的物质，但是任何难溶性的物质在溶液中都存在沉淀溶解平衡，只要加入其它物质使溶液中微粒浓度幂之积大于其溶度积常数，就可以产生该沉淀，达到沉淀的转化，控制反应条件，改变溶液的酸碱性时加入的物质要尽可能不引入新的杂质离子，最好增加该溶液的成分，而且要与经济效益联系起来，再物质制备过程中可以循环利用的就要使物质充分利用，既降低了物质的制备成本，同时也减少了对环境的保护，可谓一举数得。高考资源网版权所有，侵权必究！