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2017-2018学年福建省厦门双十中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版
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福建省厦门双十中学2017-2018学年高二下学期第二次月考化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共22小题，每小题3分，共66分，每小题只有一个正确答案)
1. 能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（ ）
A. 向水中通入SO2 B. 将水加热煮沸
C. 向纯水中投入一小块金属钠 D. 向水中加入NaCl
【答案】A
【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++ OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O= H2SO3．H2SO3H++HSO3-。H2SO3电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－) ＞ c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。
考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。
2. 25℃时，在一定体积pH=12的NaOH溶液中，加入一定体积0.01 mol·L-1的NaHSO4溶液，此时混合溶液的pH=11。若反应后溶液的体积等于NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）
A. 1∶9 B. 10∶1 C. 11∶9 D. 1∶2
【答案】C
【解析】pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应NaOH+NaHSO4=Na2SO4↓+H2O，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，所以得到：=10-3，得到x：y=11：9，故选C。
3. 下列事实能证明HCOOH为弱电解质的是（ ）
A. 可与Na2CO3溶液反应生成CO2 B. 常温时HCOONa溶液的pH大于7
C. 导电能力低于同浓度的硫酸 D. 0.1mol·L-1HCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】A、HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明醋酸的酸性比碳酸强（同理盐酸也可），故A错误；B、常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B正确；C、导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C错误；D、0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D错误。故选B。
点睛：酸的溶解性及酸的通性无法确定酸的强弱，弱电解质的判断一般从三个方面分析：①电离平衡方面，弱酸不完全电离，加水稀释平衡移动；②对应的盐水解方面；③与强酸对比，比较离子浓度或导电性。本题中C选项为易错点，比较时要注意控制变量，可以通过比较同浓度时的HCOOH与HCl的导电性，来判断HCOOH是否为弱酸。
4. 25℃时，关于体积为20 mL pH=11的氨水，下列说法正确的是（ ）
A. 其pH比0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液小 B. c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.001mol·L-1
C. 向其中加入20mL pH=3的硫酸，混合溶液pH>7 D. 加水稀释至200 mL,溶液的pH等于10
【答案】C
【解析】分析：A.氢氧化钠完全电离，0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液pH=11；B.氨水是弱碱，当pH=11时，仍有一部分氨水未电离，根据氮原子守恒规律，c(NH3·H2O)+c(NH4+)>0.001mol·L-1；C.酸提供的氢离子与碱提供的氢氧根离子恰好反应，但是氨水有剩余，溶液显碱性，D. 一水合氨为弱碱，加水稀释，促进电离，氢氧根离子个数增加，pH大于10。
详解：氢氧化钠为强碱，0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液pH=11，氨水的pH=11，二者pH相等，A错误；由于氨水是弱碱，当pH=11时，仍有一部分氨水未电离，(NH3·H2O)+c(NH4+)>0.001mol·L-1，B错误；氨水与硫酸反应恰好中和，但是由于氨水是弱碱，当pH=11时，为不完全电离，故反应后溶液中还存在氨水，所以pH大于7，C正确；一水合氨为弱碱，加水稀释，促进电离，因此原溶液稀释10倍，pH大于10，D错误；正确选项C。
5. 常温下，下列说法不正确的是（ ）
A. pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c (H+) 之比为1∶10
B. 0.1mol·L-1CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1
C. 等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH<7
D. 等体积pH=2的H2SO4溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH=2
【答案】B
【解析】试题分析：A、pH=2的醋酸溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=1的醋酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，两者之比为10－2：10－1=1：10，故说法正确；B、醋酸是弱酸，题目中没有说明c(H＋)大小，无法计算水电离出c(H＋),故错误；C、醋酸是弱酸，NaOH是强碱，醋酸的浓度大于NaOH，反应后溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故说法正确；D、两者的pH=2，又是等体积混合，因此对溶液的pH不产生影响，因此混合后溶液pH仍为2，故正确。
考点：考查pH的计算等知识。
6. 25℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（ ）
①pH=0的H2SO4溶液 ②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液
③pH=10的Na2S溶液 ④pH=5的NH4NO3溶液
A. 1∶10∶1010∶109 B. 1∶5∶5×109∶5×108
C. 1∶20∶1010∶109 D. 1∶10∶104∶109
【答案】A
【解析】分析：根据H2O⇌H++OH-可以知道, H2SO4溶液、 Ba(OH)2溶液抑制水的电离,根据H2SO4溶液的PH或 Ba(OH)2溶液中c(OH-)计算水的电离的物质的量, Na2S溶液、 NH4NO3溶液促进水的电离,根据pH可直接求出发生电离的水的物质的量,进而计算物质的量之比。
详解：设溶液的体积为1L,①中pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1 mol·L-1,，c(OH-)=10-14 mol·L-1,水电离的物质的量为10-14；②中c(OH-)=0.1 mol·L-1,，c(H+)=10-13 mol·L-1,，水电离的物质的量为10-13 mol；③中c(OH-)=10-4 mol·L-1，水的电离的物质的量为10-4 mol；④中c(H+)=10-5 mol·L-1，水的电离的物质的量为10-5 mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：10-14：10-13：10-4 ：10-5=1∶10∶1010∶109 ；A 正确；正确选项A。
点睛：常温下，对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移，水电离产生的c(H+)或 c(OH-)小于10-7 mol·L-1；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移，水电离产生的c(H+)或 c(OH-)大于10-7 mol·L-1。
7. 下列事实：①明矾可做净水剂；②NaHSO4水溶液呈酸性;③Na2SiO3、 Na2CO3、Na[Al(OH)4]等溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中;④铵态氮肥不能与草木灰混合施用;⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强;⑥配制FeCl3溶液，需用浓盐酸溶解FeCl3固体;⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放;⑧泡沫灭火器反应原理。其中与盐类水解有关的是（ ）
A. 全部 B. 除⑦以外 C. 除②以外 D. 除④、⑥以外
【答案】C
【解析】分析：盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质,促进了水的电离,增大了水的电离度,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。
详解：(1)明矾可做净水剂是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性而净水,与盐类水解有关, ①正确； NaHSO4水溶液呈酸性是因为硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关, ②错误； ③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]等都是强碱弱酸盐，水解呈碱性,则溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中,与盐类水解有关, ③正确；铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，④正确；加热能使纯碱溶液去污能力增强是因为加热促进盐类的水解, ⑤正确；配制FeCl3溶液,需用浓盐酸溶解FeCl3固体,目的是抑制铁离子的水解,防止溶液浑浊,与盐类水解有关, ⑥正确；NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放,是因为水解生成HF能腐蚀玻璃, ⑦正确；硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠溶液水解显碱性，相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关，⑧正确；除②以外全正确；正确选项C。
8. 下列实验能达到预期目的的是（ ）
编号
实验内容
实验目的
A．
向酸性KMnO4溶液中通入SO2气体，KMnO4溶液褪色
证明SO2的漂白性
B．
向CuSO4溶液中通入H2S气体，能生成H2SO4
证明H2S酸性比H2SO4强
C．
含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
D．
向大理石中加入盐酸有气泡产生
证明氯的非金属性大于碳
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
9. 常温下，向10mL bmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO-), 下列说法正确的是（ ）
A. b<0.01
B. 混合后溶液呈碱性
C. 常温下，所得溶液中CH3COOH的的电离常数Ka=mol·L-1
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
【答案】C
【解析】分析：根据题意知，常温下，向10mLb mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO—），则反应后的溶液为醋酸和醋酸钠的混合液。
详解：反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，则醋酸过量，b>0.01，A错误； 反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO—）+ c（OH—），又c（Na+）=c（CH3COO—），则c（H+）=c（OH—），混合后溶液呈中性，B错误；CH3COOH的电离常数Ka= c（CH3COO—）c（H+）/c（CH3COOH），c（Na+）=c（CH3COO—）=0.005mol·L -1，c（H+）=c（OH—）=10-7mol·L -1，c（CH3COOH）=（b-0.01）/2 mol·L -1，代入计算得，C正确；向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸根水解促进水的电离，水的电离程度逐渐增大，D错误；正确答案C。
10. 常温下向浓度均为0.10mol·L-1、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL,两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示。下列叙述中错误的是（ ）
A. Ka1(CO32-)(Ka1为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4
B. 曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系
C. Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)
D. 若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体
【答案】D
【解析】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；C项，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。
点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。
11. 已知草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（ ）
A. c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4) B. c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)
C. c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH-) D. c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2O42-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2OH2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。
12. 下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。①H2S溶液;②KHS溶液; ③K2S溶液;④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液pH从大到小的顺序是：③>②>①>④
B. 在H2S和KHS混合溶液中有：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)
C. c(H2S)从大到小的顺序是：①>④>③>②
D. 在KHS溶液中有： c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)
【答案】B
【解析】A、H2S溶于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和 KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是① > ④>② >③，选项A错误；B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：c(H2S) + c(HS-) + c(S2-) = 2c(K+)=0.2 mol/L，选项B正确；C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：④ >①> ②>③，选项C错误；D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c(H+) + c(K+) = c(OH-) + c(HS-) + 2c(S2-)，选项D错误。答案选B。
13. 已知：pKa=-lgKa, 25℃时，H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：c(H2A)>c(HA-) B. b点所得溶液中：c(H2A)+(H+)=c(HA-)+c(OH-)
C. c点所得溶液中：c(A2-)=c(HA-) D. d点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-7.19
【答案】C
【解析】分析：A.根据H2A的pKa1=1.85,所以溶液中c(H2A)=c(HA-)，a点溶液中溶质为H2A和NaHA混合物；B. b点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液显酸性，根据电荷、物料守恒进行处理；C. c点pH=7.19=pKa2，c(A2-)=c(HA-)，溶液为NaHA和Na2A混合物；D. A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81。
详解：用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，所加氢氧化钠溶液的体积小于10mL，A错误；b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B错误；c点pH=7.19=pKa2，Ka2=c(A2−)×c(H+)/c(HA−)=10-7.19，所以c(A2-)=c(HA-)，C正确；A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81，D错误；正确选项C。
点睛：当醋酸和醋酸钠的形成1:1混合液时，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)；物料守恒：c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=2 c(Na+)，消去c(Na+)，可得该溶液的质子守恒：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，也就是说两个守恒能够求出质子守恒。
14. 下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)
B. 向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
C. 常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
D. 0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7： c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】分析：A. 硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)> c(NH4+)；B.反应后溶液为等浓度碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳酸根的水解程度大于碳酸氢根进行分析；C.根据电荷守恒：c(Cl－)+ c(OH－)＝c(NH4+)+c(H+)进行分析；D. 反应后溶液为氯化钠、醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒进行分析。
详解：等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)> c(NH4+)，A正确；向0.2 mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液反应生成碳酸钠，且剩余一半的碳酸氢钠，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中c(HCO3－) >c(CO32－) >c(OH－)>c(H+)，B错误；常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)>c(OH－)＝c(H+)，C错误；0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl－)+ c(OH－)+ c(CH3COO-)，溶液呈中性：c(H+)= c(OH－)，c(Na+)= c(Cl－)+ c(CH3COO-)，所以可知c(Na+) >c(Cl－)=c(CH3COOH)，D正确；正确选项D。
点睛：对于碳酸钠和碳酸氢钠溶液，比较溶液的碱性强弱时，要看形成该盐的酸的酸性强弱，而酸性强弱可以通过电离平衡常数进行判定，酸的电离平衡常数越小，形成的盐越易水解，碳酸钠溶液水解能力要看碳酸的第二步电离平衡常数，碳酸氢钠溶液水解能力要看碳酸的第一步电离平衡常数，这样碱性大小很容易比较了。
15. 25℃时，往某酸的钠盐Na2A溶液中通入HCl,溶液中-lg和-lgc(HA-)或-lg和-1gc(A2-)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 直线L2表示-lg和-lgc(HA-)的关系
B. 通入HCl过程中，水电离的c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积不断增大
C. c(H2A)的数量级为10-7
D. 在NaHA溶液中c(Na+)>(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
【答案】D
【解析】分析：A.H2A是二元弱酸，存在两步电离：H2AHA-+H+,HA-A2-+H+，第2步电离受到第1步抑制，所以直线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系；B. 温度不变，水的离子积为常数；C.根据图像变化可知，Ka1=10-6，Ka2=10-12；D. 已知：Ka1=10-6，Ka2=10-12；HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8, Ka2(HA-)>c(H2A)>c(A2-), D正确；正确选项D。
16. 改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。 下列叙述错误的是（ ）
A. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-) B. lg[K2(H2A)]=-4.2
C. pH=2.7时， c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D. pH= 4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
【答案】D
【解析】A.由图像可知， pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，A正确；B. 由图像可知， pH=4.2时，c(H+)=mol/L ，c(A2-)=c(HA-)，所以lg[K2(H2A)]=lg=-4.2，D正确；C. 由图像可知，pH =2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C正确；D. 由图像可知，pH=4.2时，c(H+)=mol/L，c(HA-)=c(A2-)，由物料守恒及图像可知，两者浓度约为0.05mol/L，远远大于溶液中的c(H+)，D不正确。本题选D。
17. 下列关于说法正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3) kJ·mol-1
B. 已知C2H5OH (l)的燃烧热是1366.8kJ·mol-1,则C2H5OH (l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O (g)反应的△H=-1366.8kJ·mol-1
C. 一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1, 2SO2(g)+O2(g)2SO3 (l) △H2则△H1>△H2
D. 在一定温度和压强下，将0.5 molN2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g),放出热量19.3kJ,则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6kJ·mol-1
【答案】C
【解析】A项，H2SO4和Ba(OH)2反应，除了包括H+和OH-生成H2O外，还包括SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，再者中和热规定生成的水为1mol，与反应物的物质的量无关，故A错误；B项，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=﹣1366.8kJ/mol，故B错误；C项，因为同种物质由气态变为液态会放热，所以生成2molSO3(g)比生成2molSO3(l)放出的热量少，即0>△H1＞△H2，故C正确；D项，合成氨的反应为可逆反应，不能进行完全，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H≠﹣38.6kJ/mol，故D错误。
18. 将一定量的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。 实验测得不同温度下的部分平衡数据如图：下列说法中正确的是（ ）
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
P1
12.0
P2
24.0
平衡气体总浓度/10-3mol·L-1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
A. 混合气体的平均相对分子质量M不再随时间变化时反应达平衡状态
B. 15℃时NH2COONH4(s)分解的平衡常数约为2.0×10-9 (mol/L)3
C. 该反应△H>0, p2=2p1
D. 若在恒温下将平衡体系体积减半，再达平衡后，c(NH3)和 c(CO2)均比原平衡大
【答案】B
【解析】试题分析：A、只有产物是气体，故反应过程中混合气体的平均相对分子质量——M不随时间变化，故不再随时间变化时反应达平衡状态，A项错误；B、需将15 ℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度：
c（NH3）＝×2.4×10－3mol·L－1＝1.6×10－3mol·L－1，c（CO2）＝×2.4×10－3mol·L－1＝0.8×10－3mol·L－1，K＝（1.6×10－3）2×0.8×10－3≈0.2×10－8。B项正确；C、温度升高K增大，故为吸热反应，平衡总浓度后者是前者的两倍，故p2＝2p1，C项正确；D、若在恒温下将平衡体系体积减半，平衡会正向移动，故再达平衡后，c(NH3)和c(CO2)均比原平衡大，D项正确；答案选A。
考点：考查化学平衡
19. 下列各图示与对应的描述相符合的是（ ）
A. 图甲表示分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b>a=100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
20. 在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g),发生反应A(g)+B(g2C(g)+D(s),所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n(B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol,则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015mol/(L·min)
B. 实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C. 700℃时该反应的平衡常数K=4.0
D. 实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B0.150mol，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B. 该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C. 700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D. 实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025mol/L，c(B)<0.025mol/L，c(C)>0.05mol/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。
21. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。n、p、q是由这些元素组成的二元化合物;常温下，n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性，焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 化合物p中只存在离子键
C. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应 D. 最简单气态氢化物的稳定性：W >X
【答案】C
A. 具有相同核外电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为X>Y>Z，故A错误；B. p为Na2O2，含离子键、O−O非极性键，故B错误；C. Mg与二氧化碳反应、过氧化钠与二氧化碳反应、C与氧气反应中均有元素的化合价变化，所以均为氧化还原反应，故C正确；D. 非金属性O>C，则最简单气态氢化物的稳定性为X>W，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查元素的推断和元素周期律的应用，难点在于本题中所给信息量较少，解题时要依据“Z为金属且Z的原子序数为W的2倍”并结合W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可判断Z为Na、Mg、Al中的一种且Z的原子序数为偶数，Z应为Mg，再结合其它信息推导出W、X和Y元素，利用元素周期律进行解题即可。
22. 如图有关图示分析正确的是（ ）
A. 如图a所示,集气瓶内充満Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体,置于光亮处,将滴管内的水挤入集气瓶后，焼杯中的水会迸入集气瓶，并可能充满集气瓶
B. 如图b所示,X为铁棒,Y为铜棒,M为直流电源,当S闭合后,当b为NaOH溶液,X极附近产生白色沉淀时,电子从X极流入M
C. Pt内电极, 电解含0.10 mol M+和0.1 molN3+ (M+、N3+均为金属阳离子)的溶液,阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图c,离子氧化能力M+>N3+>H+
D. 图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量変化,则N-N的键能为946kJ·mol-1,其热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=-180 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】分析：A.生成的一氯甲烷不溶于水；B.X为铁棒,X极附近产生白色沉淀时,可以知道Fe为阳极失去电子,电子从负极流向正极；C.通过0.2mol 电子时生成0.1molY,则应该是氢离子放电,而N3+不放电,氧化性最弱；D.由图可以知道,反应热=946+498-2×632=180 kJ·mol-1；以此来解答。
详解：因为甲烷与氯气的反应中可能产生一氯甲烷气体,而一氯甲烷不溶于水,则水不可能充满集气瓶,A错误；X极附近产生白色沉淀，这说明X电极是铁电极，与电源的正极相连,作阳极失去电子转化为亚铁离子,因此电子从X极流入a，B正确；根据图象可以知道通过0.10mol电子时产生0.1molY,这说明应该是M+放电.再通过0.2 mol电子时生成0.1molY,则应该是氢离子放电,所以离子氧化能力M+>N3+>H+,C错误；图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量変化,氮气含有三键,键能大于氧气中键能,则N≡N的键能为946kJ·mol-1,反应热=946+498-2×632=180 kJ·mol-1，所以热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ·mol-1，D错误；正确选项B。
点睛：作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁失电子变为亚铁离子，如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用。
二、填空题(共3題, 24分)
23. 氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
Ⅰ．常温下向100 mL 0.2 mol·L-l的氨水中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体枳的关系如图所示,根据图象回答下列问题。
(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲銭是____________(填“A”或“B”)。
(2)NH3·H2O的电离常数为____________ (已知 lg1.8=0.26)。
(3)当加入盐酸体积为50mL时,溶液中c(NH4+)·c(NH3·H2O)=____________mol·L-1(用数字表示精确值)。
Ⅱ．若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。
(1)写出液氨的电离方程式__________________________。
(2)写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式____________________________________。
(3)写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系____________________________________。
【答案】 (1). A (2). 1.8×10-5或10-4.74 (3). 2×10-5-2×10-9 (4). NH3+NH3NH4++NH2- (5). CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3- (6). c(Na+)> c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)
【解析】分析：Ⅰ．（1）NH3·H2O加入盐酸后酸碱中和，促进了NH3·H2O的电离，NH3·H2O物质的量分数减小。
(2) 根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，再根据电离平衡常数计算。
(3) 当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，再根据电荷、物料守恒进行分析。
Ⅱ．(1)仿着水的电离书写液氨的电离方程式。
(2) 类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-。
(3) 碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系类似碳酸钠的水溶液，按此进行分析。
详解：
Ⅰ.①滴定过程中NH3·H2O不断被消耗，浓度逐渐减小，表示NH3·H2O浓度变化的曲线是A；正确选项A。
②根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，NH3·H2O的电离常数为=c(OH-)=109.26-14= 10-4.74 =1.8×10-5；正确答案：1.8×10-5或10-4.74 。
③当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，溶液pH=9.0，溶液中电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系为：c(NH4+)+c(NH3·H2O) = 2c(Cl-)，两式联立得：c(NH4+)-c(NH3·H2O) =2[c(OH-)-c(H+)]=2×10-5-2×10-9；正确答案：2×10-5-2×10-9 。
Ⅱ.(1) 液氨中存在类似水的电离( H2O+H2OH3O++OH-)，则液氨的电离方程式为：NH3+NH3 NH4++ NH2-；正确答案：NH3+NH3NH4++NH2- 。
(2)类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-，离子方程式为：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-；正确答案：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-。
(3) 根据碳酸钠溶液的水解规律，可以判断出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)；正确答案：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)。
24. 二甲醚（CH3OCH3）是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作做制冷剂等，对臭氧层无破坏作用.工业上以水煤气（CO、H2）为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1 ①
2CH3OH(g)CH3OCH(g)+H2O （g）△H=-24.5kJ·mol-1②
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.1kJ·mol-1③
回答下列问题：
（1）新工艺的总反应3H2+3COCH3OCH3+CO2的热化学方程式为____________________。
（2）已知一些共价键的键能如下：
化学键
H-H
C-H
C-O
O-H
键能（kJ·mol-1)
436
414
326
464
运用反应①计算一氧化碳中碳氧共价键的键能____________kJ•mol-1。
（3）某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=____________。
【答案】 (1). 3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-245.6kJ/mol (2). 1070 (3). 2.042
【解析】分析：（1）根据盖斯定律可得①×2+②+③，进行计算。
（2）根据各分子结构，利用反应热=反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量可以计算一氧化碳中碳氧共价键的键能。
（3）利用“三段式”进行解析计算。
详解：（1）根据盖斯定律可知：①×2+②+③，整理可得：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝－(2Q1+Q2+Q3)kJ/mol=-（90×2-24.5-41.1）=-245.6kJ/mol；正确答案：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-245.6kJ/mol。
（2）2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1反应中，反应热=反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量=2×436+X-414×3-326×1-464=-90，X=1070 kJ·mol-1 ；正确答案：1070。
（3）某温度下，在反应开始是c(CO)=1.0mol/L，c(H2)=3.0mol/L，将2molCO和6molH2，充分反应 10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则平衡时c(H2)=1.4mol/L，c(CH3OH)=0.8mol/L，则此温度下的平衡常数K=；正确答案：2.042。
25. CuSO4溶液是中学化学及农业生产中常见的一种试剂。
(1)某同学配制CuSO4溶液时，需加入一定量的硫酸溶液，用离子方程式说明其原因是___________。
(2)该同学利用制得的CuSO4溶液，进行以下实验探究。
如图，Ⅰ是甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的结构示意图，该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则a处电极上发生的电极反应式是___________。若只把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解时的化学反应方程式为___________。若把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解液换为含有0.04mol CuSO4和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，当阳极产生的气体为672mL（标准状况下）时，溶液的pH=___________（假设电解后溶液体积不变）。
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 1
【解析】分析：(1)硫酸中氢离子抑制铜离子水解。
(2) 实现铁上镀铜,Cu为阳极,则b为正极,a为负极,甲烷失去电子，在碱性环境下生成碳酸根离子。把Ⅱ中电极均换为惰性电极,电极硫酸铜生成Cu、氧气、硫酸；根据电解方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；阳极生成的气体为氧气、氯气,结合离子的放电顺序可以知道,先生成氯气,结合电子守恒来计算。
详解：(1) CuSO4属于强酸弱碱盐，发生Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+反应，水解显酸性，加入一定量的硫酸溶液，氢离子抑制铜离子的水解；正确答案：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ 。
(2) 实现铁上镀铜,Cu为阳极,则b为正极,通入的气体氧气，a为负极,甲烷失去电子,电极反应为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；把Ⅱ中电极均换为惰性电极,电解硫酸铜，阴极生成Cu、阳极生成氧气、硫酸，电解反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；电解混合溶液时,阳极上氯离子放电,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，0.04mol氯离子只能生成0.02氯气,即448 mL氯气,转移0.04mol 电子,共生成672mL 气体,说明还有224 mL 气体来自于水的电解，根据4OH--4e-=O2↑+2H2O知,生成224 mL 氧气又转移0.04mol电子,所电解过程中一共转移0.08mol电子,阴极上先铜离子放电,电极反应式为Cu2++2e-= Cu,现有0.04mol铜离子恰好完全电解析出，由此可得整个过程中消耗了0.04mol 氢氧根离子,根据水的电离方程式知,溶液中氢离子浓度为0.04 mol ,则氢离子浓度为0.1mol/L,则溶液的pH=1；正确答案: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；1。
三、实验题(共1题，10分)
26. 硫酰氯(SO2C12)常用于制造医药品、染料等。通常情况下其熔点为-54.1℃，沸点69.2℃，遇水发生剧烈反应生成氯化氢气体。 某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，其实验装置如下：
(1)有关冷凝管的使用原理，下列说法正确的是(填字母)___________。
a．蒸气冷凝在内管的外壁上
b．当蒸馏液体的沸点超过140℃，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管
c．蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体
d．内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用
(2)B中的试剂为___________，作用为_______________________________。
(3)在不改变装置的前提下，丁中的KClO3可用___________代替(填化学式)。
(4)该小组向Cu(NO3)2·3H2O晶体中滴加SO2C12制备少量无水Cu(NO3)2。
①请写出SO2C12与水反应的化学方程式___________________________________。
②滴加SO2C12的作用除了吸水之外，还有____________________________。
测定无水Cu(NO3)2的纯度，可用分光光度法。现测得[Cu(NH3)4]2+的吸光度A与Cu2+标准浓度关系如图所示(已知4NH3·H2O+Cu2+==[Cu(NH3)4]2++4H2O)。称取0.3150g制得的无水Cu(NO3)2样品，用蒸馏水溶解并配制成100mL溶液，准确量取10.00mL，加过量氨水，再用蒸馏水稀释至100mL，测得其吸光度A=0.8。则此无水Cu(NO3)2样品的纯度是___________(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). bcd (2). 碱石灰(或氢氧化钠) (3). 吸收过量的 SO2或Cl2,防止污染;防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解 (4). 2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl (5). KMnO4、K2Cr2O7、KClO或对应的钠盐 (6). 抑制Cu(NO3)2水解 (7). 89.5%
【解析】试题分析：本题考查SO2Cl2的制备、Cl2的实验室制备、盐类水解的应用、物质纯度的测定。
（1）a项，蒸气冷凝在内管的内壁上，a项错误；b项，当蒸馏液体的沸点超过140℃时，蒸气的温度与水的温度差较大，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管，b项正确；c项，蛇形冷凝管的内管是蛇形，增大了内管的长度，冷凝效果更好，但也导致很多液体滞留在内管中，蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体，c项正确；d项，内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用，d项正确；答案选bcd。
（2）SO2和Cl2都有毒，污染大气；SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体；为了吸收多余的SO2、Cl2以及防止SO2Cl2与空气中H2O（g）反应，装置B中的试剂为碱石灰（或NaOH），碱石灰的作用是：吸收过量的SO2或Cl2，防止污染；防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解。
（3）丁装置中KClO3与浓盐酸常温下反应制备Cl2，反应的化学方程式为KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；用于代替KClO3的物质具有强氧化性，可与浓盐酸常温下反应产生Cl2，代替KClO3的试剂可以是KMnO4、K2Cr2O7、KClO或对应钠盐，反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O、Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O、ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
（4）① SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体，同时生成H2SO4，SO2Cl2与水反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
②Cu（NO3）2属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解，向Cu（NO3）2·3H2O晶体中滴加SO2Cl2，滴加SO2Cl2的作用除了吸水外，还有：SO2Cl2吸水生成酸，抑制Cu（NO3）2水解。
（5）Cu（NO3）2溶液呈酸性，准确量取10.00mLCu（NO3）2溶液应用酸式滴定管或移液管。根据图像当吸光度A=0.8时，溶液中c（Cu2+）=1.510-3mol/L；则10.00mL溶液中n[Cu（NO3）2]= 1.510-3mol/L0.1L=1.510-4mol；原样品中含n[Cu（NO3）2]= 1.510-4mol=1.510-3mol，m[Cu（NO3）2]= 1.510-3mol188g/mol=0.282g，此无水Cu（NO3）2样品的纯度是100%=89.5%。
福建省厦门双十中学2017-2018学年高二下学期第二次月考化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共22小题，每小题3分，共66分，每小题只有一个正确答案)
1. 能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（ ）
A. 向水中通入SO2 B. 将水加热煮沸
C. 向纯水中投入一小块金属钠 D. 向水中加入NaCl
【答案】A
【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++ OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O= H2SO3．H2SO3H++HSO3-。H2SO3电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－) ＞ c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。
考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。
2. 25℃时，在一定体积pH=12的NaOH溶液中，加入一定体积0.01 mol·L-1的NaHSO4溶液，此时混合溶液的pH=11。若反应后溶液的体积等于NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）
A. 1∶9 B. 10∶1 C. 11∶9 D. 1∶2
【答案】C
【解析】pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应NaOH+NaHSO4=Na2SO4↓+H2O，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，所以得到：=10-3，得到x：y=11：9，故选C。
3. 下列事实能证明HCOOH为弱电解质的是（ ）
A. 可与Na2CO3溶液反应生成CO2 B. 常温时HCOONa溶液的pH大于7
C. 导电能力低于同浓度的硫酸 D. 0.1mol·L-1HCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】A、HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明醋酸的酸性比碳酸强（同理盐酸也可），故A错误；B、常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B正确；C、导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C错误；D、0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D错误。故选B。
点睛：酸的溶解性及酸的通性无法确定酸的强弱，弱电解质的判断一般从三个方面分析：①电离平衡方面，弱酸不完全电离，加水稀释平衡移动；②对应的盐水解方面；③与强酸对比，比较离子浓度或导电性。本题中C选项为易错点，比较时要注意控制变量，可以通过比较同浓度时的HCOOH与HCl的导电性，来判断HCOOH是否为弱酸。
4. 25℃时，关于体积为20 mL pH=11的氨水，下列说法正确的是（ ）
A. 其pH比0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液小 B. c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.001mol·L-1
C. 向其中加入20mL pH=3的硫酸，混合溶液pH>7 D. 加水稀释至200 mL,溶液的pH等于10
【答案】C
【解析】分析：A.氢氧化钠完全电离，0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液pH=11；B.氨水是弱碱，当pH=11时，仍有一部分氨水未电离，根据氮原子守恒规律，c(NH3·H2O)+c(NH4+)>0.001mol·L-1；C.酸提供的氢离子与碱提供的氢氧根离子恰好反应，但是氨水有剩余，溶液显碱性，D. 一水合氨为弱碱，加水稀释，促进电离，氢氧根离子个数增加，pH大于10。
详解：氢氧化钠为强碱，0.001mol·L-1的氢氧化钠溶液pH=11，氨水的pH=11，二者pH相等，A错误；由于氨水是弱碱，当pH=11时，仍有一部分氨水未电离，(NH3·H2O)+c(NH4+)>0.001mol·L-1，B错误；氨水与硫酸反应恰好中和，但是由于氨水是弱碱，当pH=11时，为不完全电离，故反应后溶液中还存在氨水，所以pH大于7，C正确；一水合氨为弱碱，加水稀释，促进电离，因此原溶液稀释10倍，pH大于10，D错误；正确选项C。
5. 常温下，下列说法不正确的是（ ）
A. pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c (H+) 之比为1∶10
B. 0.1mol·L-1CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1
C. 等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH<7
D. 等体积pH=2的H2SO4溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH=2
【答案】B
【解析】试题分析：A、pH=2的醋酸溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=1的醋酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，两者之比为10－2：10－1=1：10，故说法正确；B、醋酸是弱酸，题目中没有说明c(H＋)大小，无法计算水电离出c(H＋),故错误；C、醋酸是弱酸，NaOH是强碱，醋酸的浓度大于NaOH，反应后溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故说法正确；D、两者的pH=2，又是等体积混合，因此对溶液的pH不产生影响，因此混合后溶液pH仍为2，故正确。
考点：考查pH的计算等知识。
6. 25℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（ ）
①pH=0的H2SO4溶液 ②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液
③pH=10的Na2S溶液 ④pH=5的NH4NO3溶液
A. 1∶10∶1010∶109 B. 1∶5∶5×109∶5×108
C. 1∶20∶1010∶109 D. 1∶10∶104∶109
【答案】A
【解析】分析：根据H2O⇌H++OH-可以知道, H2SO4溶液、 Ba(OH)2溶液抑制水的电离,根据H2SO4溶液的PH或 Ba(OH)2溶液中c(OH-)计算水的电离的物质的量, Na2S溶液、 NH4NO3溶液促进水的电离,根据pH可直接求出发生电离的水的物质的量,进而计算物质的量之比。
详解：设溶液的体积为1L,①中pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1 mol·L-1,，c(OH-)=10-14 mol·L-1,水电离的物质的量为10-14；②中c(OH-)=0.1 mol·L-1,，c(H+)=10-13 mol·L-1,，水电离的物质的量为10-13 mol；③中c(OH-)=10-4 mol·L-1，水的电离的物质的量为10-4 mol；④中c(H+)=10-5 mol·L-1，水的电离的物质的量为10-5 mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：10-14：10-13：10-4 ：10-5=1∶10∶1010∶109 ；A 正确；正确选项A。
点睛：常温下，对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移，水电离产生的c(H+)或 c(OH-)小于10-7 mol·L-1；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移，水电离产生的c(H+)或 c(OH-)大于10-7 mol·L-1。
7. 下列事实：①明矾可做净水剂；②NaHSO4水溶液呈酸性;③Na2SiO3、 Na2CO3、Na[Al(OH)4]等溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中;④铵态氮肥不能与草木灰混合施用;⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强;⑥配制FeCl3溶液，需用浓盐酸溶解FeCl3固体;⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放;⑧泡沫灭火器反应原理。其中与盐类水解有关的是（ ）
A. 全部 B. 除⑦以外 C. 除②以外 D. 除④、⑥以外
【答案】C
【解析】分析：盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质,促进了水的电离,增大了水的电离度,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。
详解：(1)明矾可做净水剂是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性而净水,与盐类水解有关, ①正确； NaHSO4水溶液呈酸性是因为硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关, ②错误； ③Na2SiO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]等都是强碱弱酸盐，水解呈碱性,则溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中,与盐类水解有关, ③正确；铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，④正确；加热能使纯碱溶液去污能力增强是因为加热促进盐类的水解, ⑤正确；配制FeCl3溶液,需用浓盐酸溶解FeCl3固体,目的是抑制铁离子的水解,防止溶液浑浊,与盐类水解有关, ⑥正确；NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放,是因为水解生成HF能腐蚀玻璃, ⑦正确；硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠溶液水解显碱性，相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关，⑧正确；除②以外全正确；正确选项C。
8. 下列实验能达到预期目的的是（ ）
编号
实验内容
实验目的
A．
向酸性KMnO4溶液中通入SO2气体，KMnO4溶液褪色
证明SO2的漂白性
B．
向CuSO4溶液中通入H2S气体，能生成H2SO4
证明H2S酸性比H2SO4强
C．
含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
D．
向大理石中加入盐酸有气泡产生
证明氯的非金属性大于碳
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
9. 常温下，向10mL bmol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO-), 下列说法正确的是（ ）
A. b<0.01
B. 混合后溶液呈碱性
C. 常温下，所得溶液中CH3COOH的的电离常数Ka=mol·L-1
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
【答案】C
【解析】分析：根据题意知，常温下，向10mLb mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO—），则反应后的溶液为醋酸和醋酸钠的混合液。
详解：反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，则醋酸过量，b>0.01，A错误； 反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO—）+ c（OH—），又c（Na+）=c（CH3COO—），则c（H+）=c（OH—），混合后溶液呈中性，B错误；CH3COOH的电离常数Ka= c（CH3COO—）c（H+）/c（CH3COOH），c（Na+）=c（CH3COO—）=0.005mol·L -1，c（H+）=c（OH—）=10-7mol·L -1，c（CH3COOH）=（b-0.01）/2 mol·L -1，代入计算得，C正确；向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸根水解促进水的电离，水的电离程度逐渐增大，D错误；正确答案C。
10. 常温下向浓度均为0.10mol·L-1、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL,两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示。下列叙述中错误的是（ ）
A. Ka1(CO32-)(Ka1为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4
B. 曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系
C. Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)
D. 若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体
【答案】D
【解析】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；C项，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。
点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。
11. 已知草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（ ）
A. c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4) B. c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)
C. c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH-) D. c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2O42-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2OH2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。
12. 下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。①H2S溶液;②KHS溶液; ③K2S溶液;④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液pH从大到小的顺序是：③>②>①>④
B. 在H2S和KHS混合溶液中有：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)
C. c(H2S)从大到小的顺序是：①>④>③>②
D. 在KHS溶液中有： c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)
【答案】B
【解析】A、H2S溶于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和 KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是① > ④>② >③，选项A错误；B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：c(H2S) + c(HS-) + c(S2-) = 2c(K+)=0.2 mol/L，选项B正确；C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：④ >①> ②>③，选项C错误；D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c(H+) + c(K+) = c(OH-) + c(HS-) + 2c(S2-)，选项D错误。答案选B。
13. 已知：pKa=-lgKa, 25℃时，H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：c(H2A)>c(HA-) B. b点所得溶液中：c(H2A)+(H+)=c(HA-)+c(OH-)
C. c点所得溶液中：c(A2-)=c(HA-) D. d点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-7.19
【答案】C
【解析】分析：A.根据H2A的pKa1=1.85,所以溶液中c(H2A)=c(HA-)，a点溶液中溶质为H2A和NaHA混合物；B. b点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液显酸性，根据电荷、物料守恒进行处理；C. c点pH=7.19=pKa2，c(A2-)=c(HA-)，溶液为NaHA和Na2A混合物；D. A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81。
详解：用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，所加氢氧化钠溶液的体积小于10mL，A错误；b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B错误；c点pH=7.19=pKa2，Ka2=c(A2−)×c(H+)/c(HA−)=10-7.19，所以c(A2-)=c(HA-)，C正确；A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81，D错误；正确选项C。
点睛：当醋酸和醋酸钠的形成1:1混合液时，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)；物料守恒：c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=2 c(Na+)，消去c(Na+)，可得该溶液的质子守恒：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，也就是说两个守恒能够求出质子守恒。
14. 下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)
B. 向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
C. 常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
D. 0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7： c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】分析：A. 硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)> c(NH4+)；B.反应后溶液为等浓度碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳酸根的水解程度大于碳酸氢根进行分析；C.根据电荷守恒：c(Cl－)+ c(OH－)＝c(NH4+)+c(H+)进行分析；D. 反应后溶液为氯化钠、醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒进行分析。
详解：等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c(SO42-)> c(NH4+)，A正确；向0.2 mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液反应生成碳酸钠，且剩余一半的碳酸氢钠，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中c(HCO3－) >c(CO32－) >c(OH－)>c(H+)，B错误；常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)>c(OH－)＝c(H+)，C错误；0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl－)+ c(OH－)+ c(CH3COO-)，溶液呈中性：c(H+)= c(OH－)，c(Na+)= c(Cl－)+ c(CH3COO-)，所以可知c(Na+) >c(Cl－)=c(CH3COOH)，D正确；正确选项D。
点睛：对于碳酸钠和碳酸氢钠溶液，比较溶液的碱性强弱时，要看形成该盐的酸的酸性强弱，而酸性强弱可以通过电离平衡常数进行判定，酸的电离平衡常数越小，形成的盐越易水解，碳酸钠溶液水解能力要看碳酸的第二步电离平衡常数，碳酸氢钠溶液水解能力要看碳酸的第一步电离平衡常数，这样碱性大小很容易比较了。
15. 25℃时，往某酸的钠盐Na2A溶液中通入HCl,溶液中-lg和-lgc(HA-)或-lg和-1gc(A2-)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 直线L2表示-lg和-lgc(HA-)的关系
B. 通入HCl过程中，水电离的c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积不断增大
C. c(H2A)的数量级为10-7
D. 在NaHA溶液中c(Na+)>(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
【答案】D
【解析】分析：A.H2A是二元弱酸，存在两步电离：H2AHA-+H+,HA-A2-+H+，第2步电离受到第1步抑制，所以直线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系；B. 温度不变，水的离子积为常数；C.根据图像变化可知，Ka1=10-6，Ka2=10-12；D. 已知：Ka1=10-6，Ka2=10-12；HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8, Ka2
16. 改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。 下列叙述错误的是（ ）
A. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-) B. lg[K2(H2A)]=-4.2
C. pH=2.7时， c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D. pH= 4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
【答案】D
【解析】A.由图像可知， pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，A正确；B. 由图像可知， pH=4.2时，c(H+)=mol/L ，c(A2-)=c(HA-)，所以lg[K2(H2A)]=lg=-4.2，D正确；C. 由图像可知，pH =2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C正确；D. 由图像可知，pH=4.2时，c(H+)=mol/L，c(HA-)=c(A2-)，由物料守恒及图像可知，两者浓度约为0.05mol/L，远远大于溶液中的c(H+)，D不正确。本题选D。
17. 下列关于说法正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3) kJ·mol-1
B. 已知C2H5OH (l)的燃烧热是1366.8kJ·mol-1,则C2H5OH (l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O (g)反应的△H=-1366.8kJ·mol-1
C. 一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1, 2SO2(g)+O2(g)2SO3 (l) △H2则△H1>△H2
D. 在一定温度和压强下，将0.5 molN2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g),放出热量19.3kJ,则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6kJ·mol-1
【答案】C
【解析】A项，H2SO4和Ba(OH)2反应，除了包括H+和OH-生成H2O外，还包括SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，再者中和热规定生成的水为1mol，与反应物的物质的量无关，故A错误；B项，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=﹣1366.8kJ/mol，故B错误；C项，因为同种物质由气态变为液态会放热，所以生成2molSO3(g)比生成2molSO3(l)放出的热量少，即0>△H1＞△H2，故C正确；D项，合成氨的反应为可逆反应，不能进行完全，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H≠﹣38.6kJ/mol，故D错误。
18. 将一定量的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。 实验测得不同温度下的部分平衡数据如图：下列说法中正确的是（ ）
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
P1
12.0
P2
24.0
平衡气体总浓度/10-3mol·L-1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
A. 混合气体的平均相对分子质量M不再随时间变化时反应达平衡状态
B. 15℃时NH2COONH4(s)分解的平衡常数约为2.0×10-9 (mol/L)3
C. 该反应△H>0, p2=2p1
D. 若在恒温下将平衡体系体积减半，再达平衡后，c(NH3)和 c(CO2)均比原平衡大
【答案】B
【解析】试题分析：A、只有产物是气体，故反应过程中混合气体的平均相对分子质量——M不随时间变化，故不再随时间变化时反应达平衡状态，A项错误；B、需将15 ℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度：
c（NH3）＝×2.4×10－3mol·L－1＝1.6×10－3mol·L－1，c（CO2）＝×2.4×10－3mol·L－1＝0.8×10－3mol·L－1，K＝（1.6×10－3）2×0.8×10－3≈0.2×10－8。B项正确；C、温度升高K增大，故为吸热反应，平衡总浓度后者是前者的两倍，故p2＝2p1，C项正确；D、若在恒温下将平衡体系体积减半，平衡会正向移动，故再达平衡后，c(NH3)和c(CO2)均比原平衡大，D项正确；答案选A。
考点：考查化学平衡
19. 下列各图示与对应的描述相符合的是（ ）
A. 图甲表示分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b>a=100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
20. 在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g),发生反应A(g)+B(g2C(g)+D(s),所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n(B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol,则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015mol/(L·min)
B. 实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C. 700℃时该反应的平衡常数K=4.0
D. 实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B0.150mol，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B. 该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C. 700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D. 实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025mol/L，c(B)<0.025mol/L，c(C)>0.05mol/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。
21. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。n、p、q是由这些元素组成的二元化合物;常温下，n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性，焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 化合物p中只存在离子键
C. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应 D. 最简单气态氢化物的稳定性：W >X
【答案】C
A. 具有相同核外电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为X>Y>Z，故A错误；B. p为Na2O2，含离子键、O−O非极性键，故B错误；C. Mg与二氧化碳反应、过氧化钠与二氧化碳反应、C与氧气反应中均有元素的化合价变化，所以均为氧化还原反应，故C正确；D. 非金属性O>C，则最简单气态氢化物的稳定性为X>W，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查元素的推断和元素周期律的应用，难点在于本题中所给信息量较少，解题时要依据“Z为金属且Z的原子序数为W的2倍”并结合W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可判断Z为Na、Mg、Al中的一种且Z的原子序数为偶数，Z应为Mg，再结合其它信息推导出W、X和Y元素，利用元素周期律进行解题即可。
22. 如图有关图示分析正确的是（ ）
A. 如图a所示,集气瓶内充満Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体,置于光亮处,将滴管内的水挤入集气瓶后，焼杯中的水会迸入集气瓶，并可能充满集气瓶
B. 如图b所示,X为铁棒,Y为铜棒,M为直流电源,当S闭合后,当b为NaOH溶液,X极附近产生白色沉淀时,电子从X极流入M
C. Pt内电极, 电解含0.10 mol M+和0.1 molN3+ (M+、N3+均为金属阳离子)的溶液,阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图c,离子氧化能力M+>N3+>H+
D. 图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量変化,则N-N的键能为946kJ·mol-1,其热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=-180 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】分析：A.生成的一氯甲烷不溶于水；B.X为铁棒,X极附近产生白色沉淀时,可以知道Fe为阳极失去电子,电子从负极流向正极；C.通过0.2mol 电子时生成0.1molY,则应该是氢离子放电,而N3+不放电,氧化性最弱；D.由图可以知道,反应热=946+498-2×632=180 kJ·mol-1；以此来解答。
详解：因为甲烷与氯气的反应中可能产生一氯甲烷气体,而一氯甲烷不溶于水,则水不可能充满集气瓶,A错误；X极附近产生白色沉淀，这说明X电极是铁电极，与电源的正极相连,作阳极失去电子转化为亚铁离子,因此电子从X极流入a，B正确；根据图象可以知道通过0.10mol电子时产生0.1molY,这说明应该是M+放电.再通过0.2 mol电子时生成0.1molY,则应该是氢离子放电,所以离子氧化能力M+>N3+>H+,C错误；图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量変化,氮气含有三键,键能大于氧气中键能,则N≡N的键能为946kJ·mol-1,反应热=946+498-2×632=180 kJ·mol-1，所以热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ·mol-1，D错误；正确选项B。
点睛：作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁失电子变为亚铁离子，如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用。
二、填空题(共3題, 24分)
23. 氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
Ⅰ．常温下向100 mL 0.2 mol·L-l的氨水中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体枳的关系如图所示,根据图象回答下列问题。
(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲銭是____________(填“A”或“B”)。
(2)NH3·H2O的电离常数为____________ (已知 lg1.8=0.26)。
(3)当加入盐酸体积为50mL时,溶液中c(NH4+)·c(NH3·H2O)=____________mol·L-1(用数字表示精确值)。
Ⅱ．若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。
(1)写出液氨的电离方程式__________________________。
(2)写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式____________________________________。
(3)写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系____________________________________。
【答案】 (1). A (2). 1.8×10-5或10-4.74 (3). 2×10-5-2×10-9 (4). NH3+NH3NH4++NH2- (5). CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3- (6). c(Na+)> c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)
【解析】分析：Ⅰ．（1）NH3·H2O加入盐酸后酸碱中和，促进了NH3·H2O的电离，NH3·H2O物质的量分数减小。
(2) 根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，再根据电离平衡常数计算。
(3) 当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，再根据电荷、物料守恒进行分析。
Ⅱ．(1)仿着水的电离书写液氨的电离方程式。
(2) 类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-。
(3) 碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系类似碳酸钠的水溶液，按此进行分析。
详解：
Ⅰ.①滴定过程中NH3·H2O不断被消耗，浓度逐渐减小，表示NH3·H2O浓度变化的曲线是A；正确选项A。
②根据滴定图像，溶液pH为9.26时NH4+和NH3·H2O物质的量浓度相等，NH3·H2O的电离常数为=c(OH-)=109.26-14= 10-4.74 =1.8×10-5；正确答案：1.8×10-5或10-4.74 。
③当加入盐酸体积为50mL时，得到等浓度的NH4Cl和NH3·H2O，溶液pH=9.0，溶液中电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系为：c(NH4+)+c(NH3·H2O) = 2c(Cl-)，两式联立得：c(NH4+)-c(NH3·H2O) =2[c(OH-)-c(H+)]=2×10-5-2×10-9；正确答案：2×10-5-2×10-9 。
Ⅱ.(1) 液氨中存在类似水的电离( H2O+H2OH3O++OH-)，则液氨的电离方程式为：NH3+NH3 NH4++ NH2-；正确答案：NH3+NH3NH4++NH2- 。
(2)类比碳酸根离子的第一步水解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解产生NH2-和NH4CO3-，离子方程式为：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-；正确答案：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-。
(3) 根据碳酸钠溶液的水解规律，可以判断出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)；正确答案：c(Na+)>c(CO32-)>c(NH2-)>c(NH4CO3-)>c(NH4+)。
24. 二甲醚（CH3OCH3）是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作做制冷剂等，对臭氧层无破坏作用.工业上以水煤气（CO、H2）为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1 ①
2CH3OH(g)CH3OCH(g)+H2O （g）△H=-24.5kJ·mol-1②
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.1kJ·mol-1③
回答下列问题：
（1）新工艺的总反应3H2+3COCH3OCH3+CO2的热化学方程式为____________________。
（2）已知一些共价键的键能如下：
化学键
H-H
C-H
C-O
O-H
键能（kJ·mol-1)
436
414
326
464
运用反应①计算一氧化碳中碳氧共价键的键能____________kJ•mol-1。
（3）某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=____________。
【答案】 (1). 3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-245.6kJ/mol (2). 1070 (3). 2.042
【解析】分析：（1）根据盖斯定律可得①×2+②+③，进行计算。
（2）根据各分子结构，利用反应热=反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量可以计算一氧化碳中碳氧共价键的键能。
（3）利用“三段式”进行解析计算。
详解：（1）根据盖斯定律可知：①×2+②+③，整理可得：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝－(2Q1+Q2+Q3)kJ/mol=-（90×2-24.5-41.1）=-245.6kJ/mol；正确答案：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-245.6kJ/mol。
（2）2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1反应中，反应热=反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量=2×436+X-414×3-326×1-464=-90，X=1070 kJ·mol-1 ；正确答案：1070。
（3）某温度下，在反应开始是c(CO)=1.0mol/L，c(H2)=3.0mol/L，将2molCO和6molH2，充分反应 10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则平衡时c(H2)=1.4mol/L，c(CH3OH)=0.8mol/L，则此温度下的平衡常数K=；正确答案：2.042。
25. CuSO4溶液是中学化学及农业生产中常见的一种试剂。
(1)某同学配制CuSO4溶液时，需加入一定量的硫酸溶液，用离子方程式说明其原因是___________。
(2)该同学利用制得的CuSO4溶液，进行以下实验探究。
如图，Ⅰ是甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的结构示意图，该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则a处电极上发生的电极反应式是___________。若只把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解时的化学反应方程式为___________。若把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解液换为含有0.04mol CuSO4和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，当阳极产生的气体为672mL（标准状况下）时，溶液的pH=___________（假设电解后溶液体积不变）。
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 1
【解析】分析：(1)硫酸中氢离子抑制铜离子水解。
(2) 实现铁上镀铜,Cu为阳极,则b为正极,a为负极,甲烷失去电子，在碱性环境下生成碳酸根离子。把Ⅱ中电极均换为惰性电极,电极硫酸铜生成Cu、氧气、硫酸；根据电解方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；阳极生成的气体为氧气、氯气,结合离子的放电顺序可以知道,先生成氯气,结合电子守恒来计算。
详解：(1) CuSO4属于强酸弱碱盐，发生Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+反应，水解显酸性，加入一定量的硫酸溶液，氢离子抑制铜离子的水解；正确答案：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ 。
(2) 实现铁上镀铜,Cu为阳极,则b为正极,通入的气体氧气，a为负极,甲烷失去电子,电极反应为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；把Ⅱ中电极均换为惰性电极,电解硫酸铜，阴极生成Cu、阳极生成氧气、硫酸，电解反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；电解混合溶液时,阳极上氯离子放电,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，0.04mol氯离子只能生成0.02氯气,即448 mL氯气,转移0.04mol 电子,共生成672mL 气体,说明还有224 mL 气体来自于水的电解，根据4OH--4e-=O2↑+2H2O知,生成224 mL 氧气又转移0.04mol电子,所电解过程中一共转移0.08mol电子,阴极上先铜离子放电,电极反应式为Cu2++2e-= Cu,现有0.04mol铜离子恰好完全电解析出，由此可得整个过程中消耗了0.04mol 氢氧根离子,根据水的电离方程式知,溶液中氢离子浓度为0.04 mol ,则氢离子浓度为0.1mol/L,则溶液的pH=1；正确答案: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ；1。
三、实验题(共1题，10分)
26. 硫酰氯(SO2C12)常用于制造医药品、染料等。通常情况下其熔点为-54.1℃，沸点69.2℃，遇水发生剧烈反应生成氯化氢气体。 某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，其实验装置如下：
(1)有关冷凝管的使用原理，下列说法正确的是(填字母)___________。
a．蒸气冷凝在内管的外壁上
b．当蒸馏液体的沸点超过140℃，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管
c．蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体
d．内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用
(2)B中的试剂为___________，作用为_______________________________。
(3)在不改变装置的前提下，丁中的KClO3可用___________代替(填化学式)。
(4)该小组向Cu(NO3)2·3H2O晶体中滴加SO2C12制备少量无水Cu(NO3)2。
①请写出SO2C12与水反应的化学方程式___________________________________。
②滴加SO2C12的作用除了吸水之外，还有____________________________。
测定无水Cu(NO3)2的纯度，可用分光光度法。现测得[Cu(NH3)4]2+的吸光度A与Cu2+标准浓度关系如图所示(已知4NH3·H2O+Cu2+==[Cu(NH3)4]2++4H2O)。称取0.3150g制得的无水Cu(NO3)2样品，用蒸馏水溶解并配制成100mL溶液，准确量取10.00mL，加过量氨水，再用蒸馏水稀释至100mL，测得其吸光度A=0.8。则此无水Cu(NO3)2样品的纯度是___________(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). bcd (2). 碱石灰(或氢氧化钠) (3). 吸收过量的 SO2或Cl2,防止污染;防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解 (4). 2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl (5). KMnO4、K2Cr2O7、KClO或对应的钠盐 (6). 抑制Cu(NO3)2水解 (7). 89.5%
【解析】试题分析：本题考查SO2Cl2的制备、Cl2的实验室制备、盐类水解的应用、物质纯度的测定。
（1）a项，蒸气冷凝在内管的内壁上，a项错误；b项，当蒸馏液体的沸点超过140℃时，蒸气的温度与水的温度差较大，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管，b项正确；c项，蛇形冷凝管的内管是蛇形，增大了内管的长度，冷凝效果更好，但也导致很多液体滞留在内管中，蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体，c项正确；d项，内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用，d项正确；答案选bcd。
（2）SO2和Cl2都有毒，污染大气；SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体；为了吸收多余的SO2、Cl2以及防止SO2Cl2与空气中H2O（g）反应，装置B中的试剂为碱石灰（或NaOH），碱石灰的作用是：吸收过量的SO2或Cl2，防止污染；防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解。
（3）丁装置中KClO3与浓盐酸常温下反应制备Cl2，反应的化学方程式为KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；用于代替KClO3的物质具有强氧化性，可与浓盐酸常温下反应产生Cl2，代替KClO3的试剂可以是KMnO4、K2Cr2O7、KClO或对应钠盐，反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O、Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O、ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
（4）① SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体，同时生成H2SO4，SO2Cl2与水反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
②Cu（NO3）2属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解，向Cu（NO3）2·3H2O晶体中滴加SO2Cl2，滴加SO2Cl2的作用除了吸水外，还有：SO2Cl2吸水生成酸，抑制Cu（NO3）2水解。
（5）Cu（NO3）2溶液呈酸性，准确量取10.00mLCu（NO3）2溶液应用酸式滴定管或移液管。根据图像当吸光度A=0.8时，溶液中c（Cu2+）=1.510-3mol/L；则10.00mL溶液中n[Cu（NO3）2]= 1.510-3mol/L0.1L=1.510-4mol；原样品中含n[Cu（NO3）2]= 1.510-4mol=1.510-3mol，m[Cu（NO3）2]= 1.510-3mol188g/mol=0.282g，此无水Cu（NO3）2样品的纯度是100%=89.5%。
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