【化学】山西省长治市第二中学2018-2019学年高二上学期第二次月考（期中）（解析版） 试卷

山西省长治市第二中学2018-2019学年高二上学期第二次月考（期中）
1.室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是
A. 0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O溶液的pH小于13
B. 0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色
C. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D. 0.1 mol•L﹣1 NH4Cl溶液的pH小于7
【答案】B
【解析】
A．0.1 mol•L-1 NH3•H2O的pH小于13，则溶液中c(OH-)＜0.1mol/L，所以c(OH-)＜c(NH3．H2O)，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；B．0.1 mol•L-1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故B选；C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；D．0.1 mol•L-1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O是弱电解质，故D不选；故选B。
点睛：弱电质在水溶液中不能完全电离，欲证明NH3•H2O是弱电解质就需要从NH3•H2O在水溶液中存在电离平衡或根据含有NH4+的盐溶液中存在水解平衡来考虑，选项A和C证明存在电离平衡，而选项D证明存在水解平衡，选项B是碱性溶液的共性，只能说明存在电离，无法证明存在电离平衡。
2.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用25mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液21.70mL
D. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
【答案】C
【解析】
试题分析：A、量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.13ml盐酸，故A错误；B、天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取25.20g氯化钠，故B错误；C、滴定管精确度为0.01ml，能测量出碱溶液21.70mL，故C正确；D、广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，故D错误；故选C。
【考点定位】考查计量仪器及使用方法
【名师点晴】本题是考查中学化学中常用仪器在使用中读数的问题，要熟悉不同仪器的精确度不同并熟练掌握，根据化学常用仪器的精确度，托盘天平的精确度为0.1g、量筒的精确度为0.1mL、广泛pH试纸精确到整数，滴定管精确度为0.01ml，否则数据不合理。
3.下列说法正确的是
A. 25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KW
B. 100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1:104
【答案】D
【解析】
【详解】A.水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，故A错误；
B.100 ℃时Kw＝1×10－12，所以将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，故B错误；
C.温度未知，无法判断，故C错误；
D.醋酸中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·L－1，所以水电离出的氢离子浓度之比为1:104，故D正确；
正确答案：D。
4.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 纯碱溶液中：Al3+、Ba2+、Cl-、NO3-
B. 室温下，c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO3-、NO3-
C. 无色溶液中：Na+、Al3+、Cl-、HCO3-
D. 室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4-、I-
【答案】B
【解析】
【详解】A.纯碱为Na2CO3，CO32－与Al3＋可发生互促水解到底，CO32－与Ba2＋生成BaCO3沉淀，因此A不能大量共存；
B.室温下，c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故B正确；
C.Al3+与HCO3-互促水解到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，C不能大量共存；
D.MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋、I－氧化，因此D不能大量共存；
正确答案：B。
5.下列有关说法正确的是 （　　）
A. 反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H<0
B. 所有的化学反应都需要一定的活化能来推动
C. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值增大
D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH 减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，说明ΔG＝ΔH-TΔS<0,由于反应发生后物质的状态由气态变为固体，ΔS<0，则只能是该反应的△H<0，正确；B、所有的化学反应都需要吸收能量断裂化学键的过程，因此都有需要一个活化的过程，错误；C、CH3COOH 溶液加水稀释后，电离平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)的浓度都减小，但是减小的倍数c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，所以溶液中的值减小，错误；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32－水解平衡逆向移动，CO32－水解的程度减小，溶液的c(OH-)增大，所以pH 增大，错误。
考点：考查反应的自发性、活化能、弱电解质的电离平衡移动及盐的水解和溶液的酸碱性的知识。
6.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 向K2Cr2O4溶液中滴入浓的NaOH溶液后，溶液黄色加深
B. 高压比常压更有利于合成SO3
C. 反应2SO2＋O22SO3　ΔH<0，工业上采取高温的措施有利于提高SO2的转化率
D. 合成氨反应：N2＋3H22NH3　ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施
【答案】C
【解析】
【详解】A.在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡:Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入NaOH溶液后平衡正向移动溶液CrO42-浓度增大，黄色加深，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B. 2SO2＋O22SO3，正反应为气体体积减小的反应，加压平衡会正向移动，所以高压比常压更有利于合成SO3，能用勒夏特列原理解释，故不选B；
C.反应2SO2＋O22SO3　ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，不利于提高SO2的转化率，所以不能用勒夏特列原理解释工业上采取高温生成SO3，故选C；
D.合成氨反应：N2＋3H22NH3　ΔH<0，正反应为气体体积减小的放热反应，采取低温高压的措施，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故不选D。
正确答案：C。
7.下列有关说法正确的是
A. 一定条件下反应N2+3H22NH3，达到平衡时，3v正(H2)=2v正(NH3)
B. 25℃时，0.1 mol/L的NaHB溶液呈酸性，说明H2B为强酸
C. 将pH=a+1的氨水稀释为pH=a的过程中，c(OH－)/c(NH3•H2O)变小
D. 10mL浓度为1mol/L的盐酸与过量的Zn粉反应，若加入适量的CH3COONa溶液，既能降低反应速率，又不影响H2的生成
【答案】D
【解析】
【详解】A.不管是否达到平衡，对于同一方向的速率比始终等于化学计量数比，= ，故A错误；
B.25℃时，0.1 mol/L的NaHB溶液呈酸性，会有两种可能（1）H2B为强酸，NaHB=Na++H++B2-使溶液显酸性，（2）H2B为弱酸，NaHB溶液中HB-的电离程度大于水解程度，使溶液显酸性，故B错误；
C.加水稀释氨水，电离平衡正向移动，n(OH－)增加，n(NH3•H2O)减小，所以c(OH－)/c(NH3•H2O)= n(OH－)/ n(NH3•H2O)增大，故C错误；
D.CH3COONa与盐酸反应生成醋酸，造成C（H+）减小，降低反应速率，但是酸提供的H+的物质的量不变，所以不影响H2的生成，故D正确；
正确答案：D。
8.某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是

A. a点导电能力比b点强
B. a、c两点的c(H+)相等
C. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va＞Vc
D. b点的Kw值大于c点
【答案】B
【解析】
【分析】
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，加水稀释过程中，促进一水合氨电离，所以加入等体积水时，pH变化小的是氨水，pH变化大的是氢氧化钠。
【详解】A.溶液离子浓度越大，导电性越强，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，故A错误；
B. a、c两点的pH相等，则溶液中c(H＋)相等，故B正确；
C.等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠。等体积情况下，氨水的物质的量大于氢氧化钠，消耗同浓度盐酸多，故C错误；
D.水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故D错误；
正确答案：B。
【点睛】本题考查溶液稀释时pH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度大以及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小,相同体积时中和酸的能力弱是解答本题的关键，易错选项是C。
9.常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是

A. d点所示溶液中：c(NH4+)═2c(SO42−)
B. C点所示溶液中：c(H+)−c(OH−)═2c(NH3·H2O)
C. NH3·H2O的电离常数K=10−4
D. V=40
【答案】A
【解析】
【分析】
起点a：酸中根据Kw=C(H+)酸×C(OH-)水；C(H+)水= C(OH-)水，可得C(H+)酸=(1×10-14)/(1×10-13)=0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L；c点水电离程度最大,说明此时铵根离子浓度最大,对水的电离促进程度最大,所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，根据2NH3·H2O+H2SO4=(NH4)2SO4+2H2O可得V=20mL，混合溶液体积为40mL；d点对水的电离平衡不存在影响,说明d点显中性；曲线酸碱性变化由a点到d点随着氨水的逐渐加入，酸性逐渐减弱，到d点已经变为中性。
【详解】A. 根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)═2c(SO42−)+ c(OH−)；溶液呈中性c(H+)═c(OH−)，得出 c(NH4+)═2c(SO42−)，故A正确；
B. c点所示溶液是硫酸铵溶液，根据（1）电荷守恒c(H+)+c(NH4+)═2c(SO42−)+ c(OH−)
（2）物料守恒2c(SO42−)= c(NH4+)+ c(NH3·H2O)得出c(H+)−c(OH−)═c(NH3·H2O)，故B错误；
C.根据c点（硫酸铵溶液）进行计算：c(SO42−)=（0.05×20×10-3）/(40×10-3)=0.025mol/L,
则c(NH4+)=0.025×2=0.05mol/L
NH4+ + H2O NH3·H2O + H+
0.05 5.6×10-6 5.6×10-6
Kh=（5.6×10-6×5.6×10-6）/0.05=6.27×10-10,Ka=Kw/ Kh=(1.0×10-14)/ 6.27×10-10=1.59×10-5，故C错误；
D. c点两者恰好完全反应生成硫酸铵,而稀硫酸的浓度为0.05mol/L,根据C（氨水）×V（氨水）=2C（硫酸）×V（硫酸）得V（氨水）=（0.05×2×20×10-3）/（0.1×10-3） =20mL，故D错误；
正确答案：A。
【点睛】本题难点是C选项，涉及电离常数与水解常数之间的换算，对于一元弱酸或弱碱来说Ka×Kh=Kw。
10.下列有关说法正确的是
A. 由MgCl2溶液制备无水MgCl2，将MgCl2溶液加热蒸干
B. 室温下，测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨是弱碱：NH4++2H2O=NH3·H2O+H3O+
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.蒸干氯化镁溶液，镁离子会发生水解，MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,因为盐类水解是吸热反应，HCl又易挥发，在蒸发过程中反应一直正向进行，不能得到无水氯化镁，故A错误；
B.室温下测得氯化铵溶液pH＜7，溶液中存在水解平衡：NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，可证明一水合氨是弱碱，离子方程式用可逆号，不是等号，故B错误；
C.盐酸可抑制氯化铁的水解，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释可配制氯化铁溶液，故C正确；
D.AlCl3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧得到氧化铝，而Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体是硫酸铝，所得到的固体成分不同，故D错误；
正确答案：C。
11.常温下，有①氨水、②NH4Cl溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L−1,下列说法错误的是
A. Na2CO3溶液加水稀释后，溶液中c(HCO3−)/c(CO32−)的值增大
B. 将③、④等体积混合所得溶液中：2c(OH−)−2c(H+)=3c(H2CO3)+2c(HCO3−)−c(CO32−)
C. 向溶液①、②中分别滴加25mL 0.1mol·L−1盐酸后,溶液中c(NH4+)：①<②
D. 将溶液①、②等体积混合所得溶液呈碱性且：c(NH4+)>c(NH3·H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na2CO3溶液中存在CO32−+H2O HCO3−+ OH−，加水稀释平衡正向移动，n（HCO3−）增大，n（CO32−）减小，所以c(HCO3−)/c(CO32−)= n(HCO3−)/n(CO32−)的值增大，故不选A；
B.将③、④等体积混合所得溶液
（1）电荷守恒式c(NH4+)+ c(H+)+ c(Na+)= c(OH−)+ 2c(CO32−)+ c(HCO3−)+ c(Cl−)
（2）物料守恒式c(Cl−)= c(NH4+)+ C（NH3·H2O），c(Na+)=2［c(CO32−)+ c(HCO3−)+ c(H2CO3)］
三个等式联立得：2c(OH−)−2c(H+)=4c(H2CO3)+2c(HCO3−)−2 C（NH3·H2O），故选B；
C.溶液①滴加25mL 0.1mol·L−1盐酸，发生反应NH3·H2O+HCl=NH4Cl+ H2O,与溶液②进行对比可以知道不考虑水解的话二者氯化铵的物质的量相同，体积相同，由于溶液②中盐酸抑制了铵根离子水解，所以溶液中c(NH4+)：①<②，故不选C；
D.溶液①、②等浓度、等体积混合所得溶液呈碱性，是因为氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3·H2O)，故不选D；
正确答案：B。
12.准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是
A. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
B. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A.随着NaOH溶液滴入，酸碱发生中和反应酸性开始减弱，所以锥形瓶中溶液pH由小变大，故A正确。
B.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液，相当于NaOH被稀释，消耗的NaOH体积偏大,根据C（HCl）=（C（NaOH）×V（NaOH））/V(HCl)得出盐酸浓度偏大,故B错误；
C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由无色变红色，且半分钟颜色未褪时才能停止滴定，故C错误；
D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，消耗NaOH体积偏大，根据C（HCl）=（C（NaOH）×V（NaOH））/V(HCl)可知测定结果偏大，故D错误；
正确答案：A。
13.已知部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数（25℃）
1.75×10−5
2.95×10−8
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=1.54×10−2
K2=1.02×10−7
下列选项正确的是(　　)
A. 少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO−═CO32−+2HClO
B. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO−═CaSO3↓+2HClO
C. 少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32−═SO32−+2HCO3−
D. 相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H++HCO3−═CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A、少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3+HClO，A错误；B、二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，所以少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+，B错误；C、亚硫酸的酸性大于碳酸的酸性，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中离子方程式为：SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-，C正确； D、相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合的离子方程式为：HSO3-+ HCO3-=CO2↑+H2O+SO32-，D错误；答案选C
考点：弱电解质的电离、盐类的水解、氧化还原反应
14.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是(　　)
选项
实验
现象
结论
A
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1 mol·L-1 H2SO4溶液
试管口出现红棕色气体
溶液中NO3-被Fe2＋还原为NO2
B
测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者的大
非金属性：S>C
C
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
出现白色沉淀
酸性：HCO3−>Al(OH)3
D
向10 mL 0.2 mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1MgCl2溶液，再滴加2滴0.1 mol·L-1FeCl3溶液
先有白色沉淀生成后变为红褐色沉淀
相同温度下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3

【答案】C
【解析】
A、还原产物是NO，在试管口被氧化为NO2，A错误；B、亚硫酸钠不是最高价含氧酸盐，不能比较二者的非金属性强弱，B错误；C、向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，出现白色沉淀，说明有氢氧化铝生成，根据较强酸制备较弱酸原理可知酸性HCO3->Al(OH)3，C正确；D、反应中氢氧化钠过量，不能据此说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁，D错误，答案选C。
15.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2+)=−lgc(Ba2+)，p(SO42−)=−lgc(SO42−)。下列说法正确的是

A. 该温度下，Ksp(BaSO4)=1.0×10−24
B. 加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点
C. d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液
D. a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知：p(Ba2+)=−lgc(Ba2+)，p(SO42−)=−lgc(SO42−)可以得出沉淀溶解平衡线随着横坐标增大，硫酸根离子浓度逐渐减小，钡离子浓度增大；a、c达到了沉淀溶解平衡，d属于过饱和溶液，b属于未饱和溶液。
【详解】A.a点钡离子浓度和硫酸根离子浓度分别为1.0×10-4和1.0×10-6，所以Ksp（BaSO4）=1.0×10-10，故A错误；
B. c加入BaCl2可以使溶液钡离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小，由c点变到a点，故B正确；
C.p（Ba2+）的值越大，钡离子浓度越小，所以d点是过饱和溶液，故C错误；
D.图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，所以a、b点Ksp相同，a点的Ksp（BaSO4）等于b点的Ksp（BaSO4），故D错误；
正确答案：B。
【点睛】分析图像一定要注意：横纵坐标越大，离子浓度反而越小；平衡线下方为过饱和溶液，上方为未饱和溶液。
16.H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】
分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。
详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。
17.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。请完成下列填空：
实验编号
待测盐酸的体积(mL)
NaOH溶液的浓度(mol·L-1)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
1
20.00
0.10
24.18
2
20.00
0.10
23.06
3
20.00
0.10
22.96

（1）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_______________（保留四位有效数字）。
（2）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_______。
A．用酸式滴定管取20.00 mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解
D．滴定终点读数时俯视
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
（3）氧化还原滴定实验同中和滴定类似，指的是用已知浓度的氧化剂（还原剂）溶液滴定未知浓度的还原剂（氧化剂）溶液。现有0.001 mol·L-1KMnO4酸性溶液和未知浓度的无色H2C2O4溶液。反应离子方程式是_________________________________，滴定达到终点的标志是___________________________________________________。
【答案】 (1). 0.1151mol/L (2). CE (3). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O (4). 当滴入最后一滴 KMnO4 溶液时，溶液由无色变为浅粉色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点
【解析】
【详解】（1）根据上述数据，消耗氢氧化钠溶液的平均体积是（23.06+22.96）/2=23.01 mL，可计算出该盐酸的浓度约为C（HCl）=C（NaOH）×V（NaOH）/V（HCl）=（0.1×23.01×10-3）/(20.00×10-3)= 0.1151mol/L；
正确答案: 0.1151mol/L。
（2）A.用酸式滴定管取20.00 mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测液被稀释，所测浓度偏低，故不选A；
B.锥形瓶水洗后未干燥，对所测结果无影响，故不选B；
C.称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，会造成配制标准液NaOH的浓度偏低，消耗体积偏大，根据C（HCl）=C（NaOH）×V（NaOH）/V（HCl）可知所测浓度偏高，故选C；
D.滴定终点读数时俯视，会造成V（NaOH）偏小，所以根据C（HCl）=C（NaOH）×V（NaOH）/V（HCl）可知所测浓度偏低，故不选D；
E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会造成V（NaOH）偏大，所以根据C（HCl）=C（NaOH）×V（NaOH）/V（HCl）可知所测浓度偏高，故选E。
正确答案：CE。
（3）0.001 mol·L-1KMnO4酸性溶液和未知浓度的无色H2C2O4溶液。反应离子方程式是2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O，滴定达到终点的标志是当滴入最后一滴 KMnO4 溶液时，溶液由无色变为浅粉色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
正确答案：2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O 当滴入最后一滴 KMnO4 溶液时，溶液由无色变为浅粉色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。
18.雾霾的形成与汽车尾气和燃煤有直接的关系，新近出版的《前沿科学》杂志刊发的中国环境科学研究院研究员的论文《汽车尾气污染及其危害》，其中系统地阐述了汽车尾气排放对大气环境及人体健康造成的严重危害。
（1）用SO2气体可以消除汽车尾气中NO2， 已知NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。一定条件下,将NO2与SO2以物质的量比1∶2置于体积为1L 密闭容器中发生上述反应,测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6,则平衡常数K=____。
（2）目前降低尾气中的NO和CO可行方法是在汽车排气管上安装催化转化器。NO和CO在催化转换器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=－a kJ·mol-1。在25℃和101kPa下，将2.0mol NO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示：

①有害气体NO的转化率为________。
②20min时，若改变反应条件，导致CO浓度减小，则改变的条件可能是_____（选填序号）。
a．缩小容器体积 b．增加CO的量 c．降低温度 d．扩大容器体积
（3）消除汽车尾气中NO2也可以用CO，已知2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=－b kJ·mol-1；CO的燃烧热△H=－c kJ·mol-1。写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO的反应的热化学反应方程式 ____________________。
（4）已知NH3·H2O的Kb=2.0 ×10-5
①求0.10 mol/L的 NH3·H2O的c(OH-)=______________mol/L
②若向其中加入固体NH4Cl，使c(NH4+)的浓度达到0.20 mol/L，则c(OH-)=______mol/L。
【答案】 (1). 2.67(8/3) (2). 40% (3). c d (4). 4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g) △H=－a+b-2c kJ·mol-1 (5). 1.4×10-3 (6). 1 ×10-5
【解析】
试题分析：（1）利用“三段式”计算NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) 的平衡常数；（2）①有害气体NO的转化率=NO的变化量÷NO的初始量×100%；②根据影响化学平衡的因素进行判断；（3）根据盖斯定律计算NO2与CO的反应热；（4）根据Kb= 2.0 ×10-5计算c(OH-)；
解析：（1）将NO2与SO2以物质的量比1∶2置于体积为1L 密闭容器中，设开始时NO2的浓度为amol/L，则SO2的浓度为2amol/L；NO2浓度变化为xmol/L；

(a-x) mol/L：(2a-x) mol/L=1：6；
x=0.8a
；
（2）①将2.0mol NO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，NO、CO的浓度分别是1 mol/L、1.2mol/L，根据图示，平衡时CO浓度的变化量为0.4 mol/L，则有害气体NO的浓度变化量是0.4 mol/L，NO的转化率是 ；
②a．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，但平衡时CO浓度大于第一次平衡浓度，故a错误； b．增加CO的量，平衡向正反应方向移动，但CO的浓度增大，故b错误； c．降低温度，平衡向正反应方向移动，则CO的浓度减小，故c正确； d．扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，但平衡时CO浓度小于第一次平衡浓度，故d正确；
(3）CO的燃烧热△H=－c kJ·mol-1，即①CO(g)＋O2(g)= CO2(g)△H=－c kJ·mol-1 。
② 2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=－b kJ·mol-1；
③ 2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=－a kJ·mol-1；
根据盖斯定律，③－②＋①×2得 4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g) △H=－a+b-2c kJ·mol-1；
（4）①根据Kb= ，c(OH-)=1.4×10-3；
②若向其中加入固体NH4Cl，氯化铵抑制氨水电离，接近0.1mol/L，根据=2.0 ×10-5，2.0 ×10-5， c(OH-)=1×10-5。
点睛：盖斯定律是指，化学反应不论是一步完成的还是几步完成的，其热效应总是相同的(反应热的总值相等)。或者说化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
19.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
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ka=1.77×10－4
Ka=5.0×10－10
Ka1=4.3×10－7
Ka2=5.6×10－11

①HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中阴离子结合质子能力最强的是__________________。
②体积相同、c(H+)相同的三种酸溶液①HCOOH；②HCN；③H2SO4分别与同浓度的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) _____________；
（2）一定浓度的NaCN溶液pH=9，用离子方程式表示呈碱性的原因是___________；此时c(HCN)/c(CN-)=______________。
（3）已知CaCO3的Ksp=2.8×l0-9，现将浓度为5.6×l0-4mol/LNa2CO3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). ②>①>③ (3). CN- +H2OHCN+OH- (4). 2 (5). 2×10-5
【解析】
【详解】（1）①由表格提供的电离常数可知，酸性HCOOH> H2CO3> HCN>HCO3－;根据酸性越弱对应酸根离子水解能力越强,也就是结合质子的能力越强原理可知,水解能力CO32－>CN－> HCO3－>HCOO－,故阴离子结合质子能力最强的是Na2CO3；
正确答案：Na2CO3。
②c(H+)相同的三种酸溶液①HCOOH；②HCN；③H2SO4 根据电离常数可知，物质的量浓度C(HCN)>C(HCOOH)，HCN和HCOOH浓度远远大于硫酸，所以当体积相同时，与同浓度的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②>①>③；
正确答案：②>①>③
（2）一定浓度的NaCN溶液pH=9，呈碱性的原因是CN- +H2OHCN+OH- ；根据可得c(HCN)/c(CN-)=C（H+）/Ka(HCN)=10-9/(5.0×10－10)=2；
正确答案：CN- +H2OHCN+OH- 2 。
（3）已知CaCO3的Ksp=2.8×l0-9，现将浓度为5.6×l0-4mol/LNa2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，C（CO32-）= ×5.6×l0-4=2.8×l0-4mol/L，根据Ksp=2.8×l0-9=C（Ca2-）×C（CO32-）可知。C（Ca2-）=（2.8×l0-9）/(2.8×l0-4)= l0-5 mol/L,原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×l0-5 mol/L；
正确答案：2×l0-5 。
20.现用氯化铜晶体(CuCl2·2H2O，含氯化亚铁杂质)制取纯净的CuCl2·2H2O。先将其制成水溶液，后按如图步骤进行提纯：

已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物沉淀完全时的pH
3.2
9.0
6.7
请回答下列问题：
（1）现有氧化剂NaClO、H2O2、KMnO4，X加哪种好，为什么?________________________________，该反应的离子方程式为_________________________________。
（2）溶液II中除Cu2+外，还有______金属离子，检验试剂为______________。物质Y 不能为下列的________________________。
a.CuO  b.Cu(OH)2  c.CuCO3  d.Cu2(OH)2CO3  e.CaO  f.NaOH
（3）常温下，除去CuCl2 溶液中的Fe2+，加入氧化剂X，使Fe2+氧化为Fe3+，然后加入物质Y 至溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_________mol/L，[已知Fe(OH)3 的Ksp=4×10-38]
（4）若在空气中加热固体CuCl2·2H2O，可水解生成Cu(OH)Cl，写出相关的化学方程式_______________________________________。
【答案】 (1). H2O2 ，不引入杂质 (2). H2O2+2H++2Fe2+=2 Fe3++2H2O (3). Fe3+ (4). KSCN溶液 (5). ef (6). 4×10-8 (7). CuCl2·2H2OCu(OH)Cl+H2O+HCl
【解析】
本题主要考查CuCl2·2H2O的制法。
（1）H2O2，其还原产物是水，不引入杂质，该反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O。
（2）溶液II中除Cu2+外，还有Fe2+氧化而来的Fe3+，检验试剂为KSCN溶液。物质Y不能为下列的ef，它们会引人杂质阳离子。
（3）c(OH-)==mol/L=1×10-10mol/L，此时c(Fe3+)==4×10-8mol/L。
（4）若在空气中加热固体CuCl2·2H2O，可水解生成Cu(OH)Cl，相关的化学方程式：CuCl2·2H2OCu(OH)Cl+H2O+HCl。