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【化学】山西省大同市第一中学2019-2020学年高二3月网上考试试题（扫描版）
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山西省大同市第一中学2019-2020学年高二3月网上考试试题
【参考答案】
一、选择题
1. D
【解析】解：A、四种元素分别是Si、N、C、S，电子层数多核电荷数少的元素的原子的半径最大，所以Si的原子半径最大，故A正确；
B、四种同周期原子的价电子排布式中，③的p能级是3个电子，为半充满的稳定状态，所以③第一电离能最大，故B正确；
C、三组元素中，前两组是同主族元素，从上到下元素的电负性随原子序数增大逐渐减弱，只有第③组为同周期元素，随原子序数增大，电负性增强，故C正确；
D、根据该元素的逐级的电离能可知，该元素的第二电离能与第三电离能的差距较大，所以该元素的最外层有2个电子，与氯气反应时，失去2个电子，表现为+2价，所以生成的阳离子是X2+，故D错误；
2.【答案】B
【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。
C、③为六方最密堆积，此结构为六棱柱晶胞的1/3，配位数为12, C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.
3. 【答案】D
4【答案】C
【解析】根据题给信息，超氧化钾晶胞是面心立方晶胞，超氧化钾晶体(KO2)是离子化合物，阴、阳离子分别为K＋、O2－，晶体中K＋与O2－间形成离子键，O2－中O—O键为共价键。作为面心立方晶胞，每个晶胞中含有8×＋×6＝4个K＋，1＋×12＝4个O2－，晶胞中与每个K＋距离最近的O2－有6个。
5.【答案】A。
【解析】解：A．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成水分子，所以起始时的2个H2O最终都参与了反应，故A正确；
B．反应过程中键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，故B错误；
C．同种非金属原子间形成的共价键为非极性共价键，不同非金属原子之间形成的共价键互为极性键，过程III中生成的水分子、二氧化碳分子、氢气分子，所以过程III生成了极性键和非极性键，故C错误；
D．催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故D错误；
6. 【答案】B。
【解析】解：①升温平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
②恒容通入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故不选；
③增加CO浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
④减压，平衡正向移动，转化率增大，故选；
⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；
⑥恒压通入惰性气体，反应体系的压强减小，平衡正向移动，转化率增大，故选；
7. 【答案】C
【解析】氮气和氢气净化干燥在一定压强下载催化剂作用下加热反应生成氨气，液化分离得到氢气和氮气混合气体循环使用，得到氨气。
A．步骤①中“净化”除去气体中的杂质，预防催化剂中毒失去活性；
B．合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，加压促进平衡正向进行，加快反应速率；
C．催化剂不改变化学平衡，不能改变反应物的转化率，升温平衡逆向进行；
D．氨气可以合成铵盐，氨气易液化，液氨可以作制冷剂。
8. 【答案】A
【解析】解：A．氨水与Al不反应，不能代替NaOH，故A错误；
B.4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O中Mn元素的平均化合价由+3.5变到+4，化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C．C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D．正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：A、开始氨水浓度最大对水的电离起抑制作用最强，所以开始时水的电离程度最小，故A错误；
B、溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故B错误；
C、加水稀释稀氨水，溶液中氢离子浓度增大，当溶液接近中性时，氢离子浓度接近10﹣7mol/L，故C错误；
D、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故D正确；
10. 【答案】C
【解析】解：A．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中，溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；
B.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为C（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣ ）＞c（H+），故B错误；
C．在相同的条件下测得①NaHCO3②CH3COONa ③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即c（Na+）①＞②＞③，故C正确；
D．0.1mol•L﹣1的氨水中存在电离平衡，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入少量硫酸铵固体抑制电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，比值减小，故D错误；
11.【答案】D
【解析】解：由表格中数据可知，酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，
A．因酸性HClO＞HCO3﹣，不能发生，故A不选；
B．酸性为H2CO3＞HClO，不能发生，故B不选；
C．因酸性HClO＞HCO3﹣，则不能生成HClO、Na2CO3，只能生成HClO+NaHCO3，故C不选；
D．因酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3可发生，故D选；
12.【答案】C
【解析】解：在某温度时，pH＝3的某水溶液中c（OH﹣）＝10﹣9 mol/L，则c（H+）＝10﹣3 mol/L，所以Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，
A．氢离子或氢氧根离子都抑制水的电离，离子浓度越大，水电离程度越小，pH＝2的CH3COOH和0.01mol/L的HCl中氢离子浓度相同都是c（H+）＝0.01mol/L，所以两种溶液中水的电离程度相同，c水（H+）= c水（OH-）=10-10，故A错误；
B．pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.1 mol/L，当0.01mol/L的HCl与0.1 mol/L的NaOH溶液，按照10：1的体积比混合时，二者恰好反应，溶液显中性，该温度下Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，所以中性时pH＝6＜7，故B不正确；
C．pH相同的弱酸和强酸（或强碱或弱碱），加水稀释弱的PH变化小，所以pH＝2的CH3COOH与0.01mol/L的HCl，稀释相同倍数时醋酸的pH小；pH＝11的氨水与pH＝11的NaOH溶液，稀释相同倍数时氨水的pH大，所以将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH大小为：③＞④＞②＞①，故C正确；
D．根据C可知，将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH③＞④＞②＞①，故D错误；
13. 【答案】B
【解析】解：Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10、Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13、Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，
Cl﹣、Br﹣、CrO4﹣的浓度均为0.010mol/L，则开始沉淀需要的c（Ag+）分别为＝1.56×10﹣8、＝7.7×10﹣11、＝3.0×10﹣5，需要c（Ag+）浓度小的先沉淀。
则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO4﹣，
14. 【答案】B
【解析】解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为：HX＜HY＜HZ，所以相同条件下导电性大小为：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶质为等物质的量的NaA、HA，则溶液中c（HY）≈c（Y﹣），HA的电离平衡常数Ka（HY）＝≈c（H+）＝10﹣PH＝10﹣5，故B正确；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，则溶液中c（X﹣）＜c（Y﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Y﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c（H+）＝c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；HA的电离平衡常数为Ka（HY）＝，c（Y﹣）＝，c（H+）＝+c（Z﹣）+c（OH﹣），故D错误；
15. 【答案】B
【解析】XO32- + H2O ⇌ HXO3- + OH- Kh1＝×c（OH﹣）
HXO3- + H2O ⇌ H2XO3 + OH- Kh2＝×c（OH﹣）
A．常温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），如果c（HXO3﹣）＝c（H2XO3），lg＝0，则Kh2＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），因为第一步水解程度大于第二步，Kh1>Kh2，故横坐标相同时，Kh1对应的c（OH﹣）大于Kh2，pOH：Kh1对应的小于Kh2；根据图知，曲线M表示lg与pOH的变化关系，故A错误；
B．常温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝c（OH﹣）＝10﹣4 mol/L， Ka2（H2XO3）＝＝＝10﹣10，故B正确；
C．pOH＝2时，c（OH﹣）＝0.01mol/L，根据A知，Kh1＝10﹣4、Kh2＝10﹣9，NaHXO3溶液中：＝×＝×＝×＝10﹣9，故C错误；
D．混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在物料守恒c（Na+）＝2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣）+2c（H2XO3），所以c（Na+）＞2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣），故D错误；
故选：B。
16. 【答案】C
【解析】解：A． w（HI）/%＝×100%＝80%，n＝0.4 mol/L，平衡常数 K＝＝64．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w（H2）•w（I2）＝v正＝v逆＝kb•w2（HI），则＝＝K＝64，故A正确；
B．前20 min，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
起始量（mol/L） 0.5 0.5 0
变化量（mol/L） m m 2m
平衡量（mol/L） 0.5﹣m 0.5﹣m 2m
w（HI）%＝×100%＝50%，m＝0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v（HI）＝＝0.025mol/（L•min），故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0．l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc＝＝1＜K＝64，反应正向进行，故C错误；
D．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w（HI）%均相同，故D正确，
故选：C。
17. 【答案】D
【解析】解：根据电解池中钛电极上的反应ClO3﹣→ClO2、ClO2→ClO2﹣可知，Cl化合价降低，发生得电子的还原反应，则钛电极为阴极，与电源的负极相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极相接，电极上发生失去电子的氧化反应。阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，电解过程中，H+由阳极经过质子结合膜移向阴极，
A、电解池中钛电极为阴极，与电源的负极A相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极B相接，故A正确；
B、电解池中钛电极为阴极，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，自动催化循环反应为ClO3﹣+ClO2﹣+2H+＝2ClO2↑+H2O，所以钛电极区的总反应为：2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O，故B正确；
C、电解池中阴极总反应为2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O，阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，结合电子守恒得到电解总反应为4H++4ClO3﹣4ClO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D、当电路中转移1mole﹣时则从右侧转移1molH+，根据阴极总反应2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O可知，消耗2molH+，故综合来看，质子交换膜左侧的H+减少了1mol、数目为NA，故D错误；
故选：D。
18.【答案】B
【解析】解：A．放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时，Li+由左向右移动，故A错误；
B．右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；
C．左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，即外加电源的负极与X相连，故C错误；
D．充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；
故选：B。
19. 【答案】B
【解析】解：装置中电子流向判断石墨（1）为电解池阳极，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，通过阳离子交换膜进入浓缩室，石墨（2）为电解池阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，R﹣离子通过阴离子交换膜进入浓缩室，回收有机酸HR，
A．分析可知a为原电池正极，故A正确；
B．石墨（2）极附近，氢离子放电生成氢气，附近氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；
C．分析可知HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D．阳极4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，阴极4H++4e﹣＝2H2↑，若两极共收集3 mol气体，其中氧气占×3mol＝1mol，氢气为2mol，电子转移4mol，故D正确；
故选：B。
二、非选择题
20. 16分，每空2分
（1）2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝﹣57.2kJ/mol
（2） CE （3） p1
（1）①根据题意可列，N2（g）+2O2（g）=2NO （g）△H1＝ +33.18×2kJ/mol=+66.36kJ/mol
N2（g）+2O2（g）=N2O4 （g）△H2＝ -9.16kJ/mol△H＝ -2△H1+△H2 = ﹣57.2kJ/mol
②Kp= p（N2O4）/ p2（NO2）。平衡时，v 正＝v 逆，故k 正•p2（NO2）= k 逆•p（N2O4），k 正/k 逆= p（N2O4）/ p2（NO2）= Kp
(2) A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A错误；
B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但是平衡常数K=c(CO2)，温度不变，K不变，所以c(CO2)不变，B错误；
C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；
D.反应混合物中只有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D错误；
E.若该反应的△H﹤0，则达到化学平衡后，若升高温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CO2的物质的量会增加，E正确；
(3)①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，正反应是吸反应，表明压强低时对应着的CO体积分数较高，则p1、p2、p3的大小关系是：p1
③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，平衡正移；降低温度，平衡逆移，改变了影响平衡移动的两个条件，且两个条件对平衡移动的影响不相同， 因此不能简单通过勒夏特列原理判断平衡移动方向。重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则：=50%，解得y=mol
21.共16分
22. 共11分
（1）坩埚 。（1分）
（2）先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色 。（2分）
（3）加入乙醇（或醇析） （2分）。[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体容易受热分解 。（2分）
（4）×100%（2分）
（5）BD 。（2分）
【解析】（5）HCl先后发生两个化学反应：NH3+ HCl= NH4Cl，HCl+NaOH=NaCl+H2O。与氨气反应的n（HCl）＝10﹣3V1L×0.5mol•L﹣1﹣0.5mol•L﹣1×10﹣3V2L＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）＝n（HCl）＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，则样品中氨的质量分数为×100%
（6）如使氨含量测定结果偏高，则V2偏小，
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，故B正确；
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。
故答案为：BD。
【参考答案】
一、选择题
1. D
【解析】解：A、四种元素分别是Si、N、C、S，电子层数多核电荷数少的元素的原子的半径最大，所以Si的原子半径最大，故A正确；
B、四种同周期原子的价电子排布式中，③的p能级是3个电子，为半充满的稳定状态，所以③第一电离能最大，故B正确；
C、三组元素中，前两组是同主族元素，从上到下元素的电负性随原子序数增大逐渐减弱，只有第③组为同周期元素，随原子序数增大，电负性增强，故C正确；
D、根据该元素的逐级的电离能可知，该元素的第二电离能与第三电离能的差距较大，所以该元素的最外层有2个电子，与氯气反应时，失去2个电子，表现为+2价，所以生成的阳离子是X2+，故D错误；
2.【答案】B
【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。
C、③为六方最密堆积，此结构为六棱柱晶胞的1/3，配位数为12, C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.
3. 【答案】D
4【答案】C
【解析】根据题给信息，超氧化钾晶胞是面心立方晶胞，超氧化钾晶体(KO2)是离子化合物，阴、阳离子分别为K＋、O2－，晶体中K＋与O2－间形成离子键，O2－中O—O键为共价键。作为面心立方晶胞，每个晶胞中含有8×＋×6＝4个K＋，1＋×12＝4个O2－，晶胞中与每个K＋距离最近的O2－有6个。
5.【答案】A。
【解析】解：A．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成水分子，所以起始时的2个H2O最终都参与了反应，故A正确；
B．反应过程中键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，故B错误；
C．同种非金属原子间形成的共价键为非极性共价键，不同非金属原子之间形成的共价键互为极性键，过程III中生成的水分子、二氧化碳分子、氢气分子，所以过程III生成了极性键和非极性键，故C错误；
D．催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故D错误；
6. 【答案】B。
【解析】解：①升温平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
②恒容通入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故不选；
③增加CO浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
④减压，平衡正向移动，转化率增大，故选；
⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；
⑥恒压通入惰性气体，反应体系的压强减小，平衡正向移动，转化率增大，故选；
7. 【答案】C
【解析】氮气和氢气净化干燥在一定压强下载催化剂作用下加热反应生成氨气，液化分离得到氢气和氮气混合气体循环使用，得到氨气。
A．步骤①中“净化”除去气体中的杂质，预防催化剂中毒失去活性；
B．合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，加压促进平衡正向进行，加快反应速率；
C．催化剂不改变化学平衡，不能改变反应物的转化率，升温平衡逆向进行；
D．氨气可以合成铵盐，氨气易液化，液氨可以作制冷剂。
8. 【答案】A
【解析】解：A．氨水与Al不反应，不能代替NaOH，故A错误；
B.4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O中Mn元素的平均化合价由+3.5变到+4，化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C．C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D．正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：A、开始氨水浓度最大对水的电离起抑制作用最强，所以开始时水的电离程度最小，故A错误；
B、溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故B错误；
C、加水稀释稀氨水，溶液中氢离子浓度增大，当溶液接近中性时，氢离子浓度接近10﹣7mol/L，故C错误；
D、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故D正确；
10. 【答案】C
【解析】解：A．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中，溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；
B.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为C（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣ ）＞c（H+），故B错误；
C．在相同的条件下测得①NaHCO3②CH3COONa ③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即c（Na+）①＞②＞③，故C正确；
D．0.1mol•L﹣1的氨水中存在电离平衡，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入少量硫酸铵固体抑制电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，比值减小，故D错误；
11.【答案】D
【解析】解：由表格中数据可知，酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，
A．因酸性HClO＞HCO3﹣，不能发生，故A不选；
B．酸性为H2CO3＞HClO，不能发生，故B不选；
C．因酸性HClO＞HCO3﹣，则不能生成HClO、Na2CO3，只能生成HClO+NaHCO3，故C不选；
D．因酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3可发生，故D选；
12.【答案】C
【解析】解：在某温度时，pH＝3的某水溶液中c（OH﹣）＝10﹣9 mol/L，则c（H+）＝10﹣3 mol/L，所以Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，
A．氢离子或氢氧根离子都抑制水的电离，离子浓度越大，水电离程度越小，pH＝2的CH3COOH和0.01mol/L的HCl中氢离子浓度相同都是c（H+）＝0.01mol/L，所以两种溶液中水的电离程度相同，c水（H+）= c水（OH-）=10-10，故A错误；
B．pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.1 mol/L，当0.01mol/L的HCl与0.1 mol/L的NaOH溶液，按照10：1的体积比混合时，二者恰好反应，溶液显中性，该温度下Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣12，所以中性时pH＝6＜7，故B不正确；
C．pH相同的弱酸和强酸（或强碱或弱碱），加水稀释弱的PH变化小，所以pH＝2的CH3COOH与0.01mol/L的HCl，稀释相同倍数时醋酸的pH小；pH＝11的氨水与pH＝11的NaOH溶液，稀释相同倍数时氨水的pH大，所以将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH大小为：③＞④＞②＞①，故C正确；
D．根据C可知，将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH③＞④＞②＞①，故D错误；
13. 【答案】B
【解析】解：Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10、Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13、Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，
Cl﹣、Br﹣、CrO4﹣的浓度均为0.010mol/L，则开始沉淀需要的c（Ag+）分别为＝1.56×10﹣8、＝7.7×10﹣11、＝3.0×10﹣5，需要c（Ag+）浓度小的先沉淀。
则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO4﹣，
14. 【答案】B
【解析】解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为：HX＜HY＜HZ，所以相同条件下导电性大小为：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶质为等物质的量的NaA、HA，则溶液中c（HY）≈c（Y﹣），HA的电离平衡常数Ka（HY）＝≈c（H+）＝10﹣PH＝10﹣5，故B正确；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，则溶液中c（X﹣）＜c（Y﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Y﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c（H+）＝c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；HA的电离平衡常数为Ka（HY）＝，c（Y﹣）＝，c（H+）＝+c（Z﹣）+c（OH﹣），故D错误；
15. 【答案】B
【解析】XO32- + H2O ⇌ HXO3- + OH- Kh1＝×c（OH﹣）
HXO3- + H2O ⇌ H2XO3 + OH- Kh2＝×c（OH﹣）
A．常温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），如果c（HXO3﹣）＝c（H2XO3），lg＝0，则Kh2＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣），因为第一步水解程度大于第二步，Kh1>Kh2，故横坐标相同时，Kh1对应的c（OH﹣）大于Kh2，pOH：Kh1对应的小于Kh2；根据图知，曲线M表示lg与pOH的变化关系，故A错误；
B．常温下，如果c（HXO3﹣）＝c（XO32﹣），lg＝0，则Kh1＝c（OH﹣）＝10﹣4 mol/L， Ka2（H2XO3）＝＝＝10﹣10，故B正确；
C．pOH＝2时，c（OH﹣）＝0.01mol/L，根据A知，Kh1＝10﹣4、Kh2＝10﹣9，NaHXO3溶液中：＝×＝×＝×＝10﹣9，故C错误；
D．混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在物料守恒c（Na+）＝2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣）+2c（H2XO3），所以c（Na+）＞2c（HXO3﹣）+2c（XO32﹣），故D错误；
故选：B。
16. 【答案】C
【解析】解：A． w（HI）/%＝×100%＝80%，n＝0.4 mol/L，平衡常数 K＝＝64．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w（H2）•w（I2）＝v正＝v逆＝kb•w2（HI），则＝＝K＝64，故A正确；
B．前20 min，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
起始量（mol/L） 0.5 0.5 0
变化量（mol/L） m m 2m
平衡量（mol/L） 0.5﹣m 0.5﹣m 2m
w（HI）%＝×100%＝50%，m＝0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v（HI）＝＝0.025mol/（L•min），故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0．l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc＝＝1＜K＝64，反应正向进行，故C错误；
D．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w（HI）%均相同，故D正确，
故选：C。
17. 【答案】D
【解析】解：根据电解池中钛电极上的反应ClO3﹣→ClO2、ClO2→ClO2﹣可知，Cl化合价降低，发生得电子的还原反应，则钛电极为阴极，与电源的负极相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极相接，电极上发生失去电子的氧化反应。阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，电解过程中，H+由阳极经过质子结合膜移向阴极，
A、电解池中钛电极为阴极，与电源的负极A相接，则石墨电极为阳极、与电源的正极B相接，故A正确；
B、电解池中钛电极为阴极，阴极上电极反应式为ClO3﹣+2H++e﹣＝ClO2↑+H2O、ClO2+e﹣＝ClO2﹣，自动催化循环反应为ClO3﹣+ClO2﹣+2H+＝2ClO2↑+H2O，所以钛电极区的总反应为：2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O，故B正确；
C、电解池中阴极总反应为2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O，阳极上电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，结合电子守恒得到电解总反应为4H++4ClO3﹣4ClO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D、当电路中转移1mole﹣时则从右侧转移1molH+，根据阴极总反应2H++ClO3﹣+e ﹣═ClO2↑+H2O可知，消耗2molH+，故综合来看，质子交换膜左侧的H+减少了1mol、数目为NA，故D错误；
故选：D。
18.【答案】B
【解析】解：A．放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时，Li+由左向右移动，故A错误；
B．右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；
C．左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，即外加电源的负极与X相连，故C错误；
D．充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；
故选：B。
19. 【答案】B
【解析】解：装置中电子流向判断石墨（1）为电解池阳极，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，通过阳离子交换膜进入浓缩室，石墨（2）为电解池阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，R﹣离子通过阴离子交换膜进入浓缩室，回收有机酸HR，
A．分析可知a为原电池正极，故A正确；
B．石墨（2）极附近，氢离子放电生成氢气，附近氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；
C．分析可知HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D．阳极4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，阴极4H++4e﹣＝2H2↑，若两极共收集3 mol气体，其中氧气占×3mol＝1mol，氢气为2mol，电子转移4mol，故D正确；
故选：B。
二、非选择题
20. 16分，每空2分
（1）2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＝﹣57.2kJ/mol
（2） CE （3） p1
（1）①根据题意可列，N2（g）+2O2（g）=2NO （g）△H1＝ +33.18×2kJ/mol=+66.36kJ/mol
N2（g）+2O2（g）=N2O4 （g）△H2＝ -9.16kJ/mol△H＝ -2△H1+△H2 = ﹣57.2kJ/mol
②Kp= p（N2O4）/ p2（NO2）。平衡时，v 正＝v 逆，故k 正•p2（NO2）= k 逆•p（N2O4），k 正/k 逆= p（N2O4）/ p2（NO2）= Kp
(2) A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A错误；
B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但是平衡常数K=c(CO2)，温度不变，K不变，所以c(CO2)不变，B错误；
C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；
D.反应混合物中只有CO2为气体，恒温恒压下，气体摩尔质量始终不变，因此不可作为平衡的标志，D错误；
E.若该反应的△H﹤0，则达到化学平衡后，若升高温度，化学平衡逆向移动，最终达到平衡时CO2的物质的量会增加，E正确；
(3)①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体体积增大的反应，随着反应进行，体系压强增大。减小压强有助于化学平衡正向移动，正反应是吸反应，表明压强低时对应着的CO体积分数较高，则p1、p2、p3的大小关系是：p1
③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，平衡正移；降低温度，平衡逆移，改变了影响平衡移动的两个条件，且两个条件对平衡移动的影响不相同， 因此不能简单通过勒夏特列原理判断平衡移动方向。重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则：=50%，解得y=mol
21.共16分
22. 共11分
（1）坩埚 。（1分）
（2）先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色 。（2分）
（3）加入乙醇（或醇析） （2分）。[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体容易受热分解 。（2分）
（4）×100%（2分）
（5）BD 。（2分）
【解析】（5）HCl先后发生两个化学反应：NH3+ HCl= NH4Cl，HCl+NaOH=NaCl+H2O。与氨气反应的n（HCl）＝10﹣3V1L×0.5mol•L﹣1﹣0.5mol•L﹣1×10﹣3V2L＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）＝n（HCl）＝0.5×10﹣3（V1﹣V2）mol，则样品中氨的质量分数为×100%
（6）如使氨含量测定结果偏高，则V2偏小，
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，故B正确；
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。
故答案为：BD。
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