【化学】河北省沧州市肃宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第四次月考(解析版) 试卷

河北省沧州市肃宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第四次月考
一．选择题（每小题只有一个正确答案，共24×2=48分）
1.下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是 (　　)
A. 铝热反应 B. 金属钝化 C. 燃放爆竹 D. 干冰气化
【答案】D
【解析】
【详解】只有在化学反应中才存在化学能和热能的相互转化，D是物理变化，一定不存在化学能与热能相互转化，其余均是化学变化，存在化学能与热能相互转化。所以答案选D。
2.冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是（　　）
A. △H＞0，△S＞0 B. △H＞0，△S＜0
C. △H＜0，△S＞0 D. △H＜0，△S＜0
【答案】A
【解析】
【分析】
冰融化为水的过程需要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程。
【详解】同种物质，液态的能量大于固态，则冰融化为水的过程是吸热过程，即△H>0，液态时的熵大于固态时的熵，则冰融化为水的过程是熵增加的过程，即△S>0；答案选A。
3.与盐类水解无关的化学应用是
A. 明矾用于净水
B. 氯化铁溶液腐蚀铜板
C. 热的纯碱溶液洗涤除去油污
D. 草木灰不能与铵态氮肥混合使用
【答案】B
【解析】
A. 明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水，A不符合；B. 氯化铁溶液腐蚀铜板发生氧化还原反应，与盐类水解无关，B正确；C. 碳酸钠水解显碱性，水解吸热，热的纯碱溶液洗涤除去油污，C不符合；D. 草木灰与铵态氮肥混合水解相互促进，不能混合使用，D不符合，答案选B。
4.将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（ ）
A. ①③⑤⑦⑧ B. ②④⑥⑧ C. ①⑥ D. ②④⑦
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。
5.下列不能用平衡移动原理解释的是(　 　)
A. 新制氯水中加入CaCO3固体可增大HClO分子的浓度
B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈
C. 通入过量的空气与SO2反应可以提高SO2的利用率
D. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水中存在：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入CaCO3与H＋反应，平衡正向移动，HClO浓度增大，能用平衡移动原理解释，A项错误；
B. 钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，B项正确；
C. 空气过量，促进平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用平衡移动原理解释，C项错误；
D. 加压后，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，然后平衡2NO2N2O4向正反应方向移动，所以又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；
题目要求选不能解释的，故选B。
6.在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Al2(SO4)3 ②NaAlO2 ③KAl(SO4)2 ④NaClO ⑤NaHCO3，可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　)
A. ①③⑤ B. ①②③ C. ②④ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Al2(SO4)3水解产生的硫酸难挥发，加热溶液，溶质不变，①正确；
②NaAlO2水解生成NaOH、Al(OH)3，但NaOH、Al(OH)3发生反应产生NaAlO2和水，最后得到的固体为NaAlO2，②正确；
③KAl(SO4)2解产生的硫酸难挥发，加热溶液，溶质不变，③正确；
④NaClO溶液水解生成NaOH和HClO，HClO加热分解产生HCl和O2，HCl与NaOH反应产生NaCl，不能得到NaClO本身，④错误；
⑤NaHCO3不稳定，加热分解生成Na2CO3、水、二氧化碳，不能得到原物质，⑤错误；
故综上所述可知，能够得到原物质的是①②③；故合理选项是B。
7.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应:X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)　ΔH>0。下列叙述正确的是(　　)
A. 加入少量W,逆反应速率增大,正反应速率减小
B. 升高温度,平衡逆向移动
C. 当容器中气体压强不变时,反应达到平衡
D. 反应平衡后加入X,上述反应的ΔH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A项错误；
B.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应方向移动，故B项错误；
C.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时说明可逆反应到达平衡状态，故C项正确；
D.反应热ΔH与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与反应物的物质的量无关，故D项错误；
综上，本题选C。
8.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。

下列判断正确的是(　　)
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A. (a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应； (c) 酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，A项错误；
B. 铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，B项错误；
C. 相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，C项错误；
D. 氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，D项正确；
答案选D。
9.下图为某化学反应速率-时间图。在t1时刻升高温度或增大压强，都符合下图所示变化的反应是

A. 2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）△H＜0
B. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) △H＜0
C. H2（g）＋I2（g）2HI（g）△H＞0
D. C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像可知升高温度或增大压强，平衡均向逆反应方向移动，这说明正反应是放热反应和体积增大的可逆反应，A选项是放热的体积减小的可逆反应，B选项是放热的体积增大的可逆反应，C选项是吸热的体积不变的可逆反应，D选项是吸热的体积增大的可逆反应，所以正确的答案是B。
10.可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H＜0 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是
A. 气体的密度变小了
B. 反应物和生成物浓度均变为原来的2倍
C. 气体的颜色变深了
D. 体系的温度发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A项，若增大体积，减小压强，混合气体的密度变小，但平衡没有发生移动；
B项，若将容器体积缩小为原来的1/2，增大压强，反应物和生成物的浓度都变为原来的2倍，但平衡没有发生移动；
C项，若缩小体积，增大压强，c（I2）增大，气体颜色变深，但平衡没有发生移动；
D项，该反应的正反应为放热反应，若体系的温度变化了，则平衡一定发生了移动；
故选D。
11.下列说法正确的是(　 　)
A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连
B. 22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023个
C. 反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 由反应①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH1，②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH2，则反应③CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
【答案】D
【解析】
【详解】A.将钢铁水闸与石墨相连时，形成原电池中钢铁水闸作负极被氧化而腐蚀，故A错误；
B.转移电子的物质的量等于Na的物质的量为1mol，转移电子数为6.02×1023，故B错误；
C.该反应能自发进行，△H–T△S＜0，由于该反应气体物质的量减少，△S＜0，所以该反应的ΔH＜0，故C错误；
D.反应CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)　ΔH2 与CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)　ΔH1相减得反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2－ΔH1，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】C项注意反应自发进行条件：
1、自发过程：在一定的条件下，不需要外力就可以自动进行的过程。 
2、焓变判断：一个自发的过程，体系趋向是由能量高的状态向能量低的状态转化。对化学反应而言，放热反应有自发的倾向。但是，吸热反应也有自发的，发热反应也有不自发的。 
3、熵变判断：在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增加。 
4、自由能变△G的的判断方法△G＝△H－T△S，△G＜0，反应正向自发进行。△G＝0，反应处在平衡状态。△G＞0，反应逆向自发进行。
12.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时Ka＝5.0×10－3)，下列有关说法中正确的是(　 　)
A. H2A是弱酸
B. 稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大
C. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1
D. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二元酸（H2A）在水中第一步电离为完全电离，H2A＝H＋＋HA－，则H2A不是弱酸，故A错误；
B. 加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，所以稀释0.1mol/LH2A溶液，电离平衡向右移动，但是c（H+）减小，故B错误；
C. 若0.1mol/L的NaHA溶液中c（H+）=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A＝H++HA-，HA-H++A2-，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c（H+）＜0.12mol/L，故C正确；
D.根据C中分析可知在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＜0.12 mol·L－1，故D错误；
正确答案是C。
13.等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是　　（　　　）
A. 平衡常数K值越大，X的转化率越大
B. 达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)
C. 达到平衡后降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数
D. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A、平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。
B、达平衡时2v正(X)=v逆(Z)，B项错误。
C、达平衡后降低温度，正、逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误。
D、增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。
答案选A。
14.在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）⇌4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5% ,  说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行,  即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和则有：2+5>4+n ，nHClO>HCO3-，这个反应只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，故C错误；
D. 相同c（H+）的盐酸、醋酸均稀释100倍后，盐酸中氢离子浓度都变为原先的，而醋酸为弱酸，稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸中氢离子浓度大于原先溶液中氢离子浓度的，所以稀释后溶液中c（H+）由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸，故D错误；
正确答案是B。
17.关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. c(NH4+)：③>①
B. 水电离出的c(H＋)：③>②>①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，氯化铵是强电解质，全部电离，只有铵根离子水解，水解程度微弱，而氨水是弱电解质，电离程度很小，因此c(NH4+)：③>①，故A正确；
B选项，氯化铵中铵根离子水解，促进水的电离，氨水和盐酸都抑制水的电离，盐酸中氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子浓度，因此盐酸抑制水的电离程度越大，水电离出的c(H＋)：③>①>②，故B错误；
C选项，①和②等体积混合后的溶液中溶质为氯化铵，根据质子守恒得出c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故C正确；
D选项，①和③等体积混合后的溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，因此离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确；
综上所述，答案为B。
18.下列叙述正确的是（ ）
A. 稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH增大
B. pH均为3盐酸和醋酸，分别加水稀释至原溶液体积的1 000倍，所得溶液的pH均等于6
C. 等浓度等体积的醋酸和NaOH溶液反应，溶液呈中性
D. 室温时pH＝3硫酸和pH＝11的氨水等体积混合后，溶液呈中性
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，稀醋酸加水稀释，平衡正向移动，醋酸电离程度增大，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B选项，pH均为3的盐酸和醋酸，分别加水稀释至原溶液体积的1 000倍，盐酸溶液的pH等于6，弱酸稀释，电离平衡右移，pH变化不到n个单位，因此醋酸溶液的pH小于6，故B错误；
C选项，等浓度等体积的醋酸和NaOH溶液反应，溶液中溶质为醋酸钠，醋酸根水解，溶液呈碱性，故C错误；
D选项，室温时pH＝3硫酸和pH＝11的氨水等体积混合后，溶液中溶质为硫酸铵和一水合氨，由于一水合氨的浓度远远大于硫酸铵，一水合氨电离程度大于硫酸铵水解程度，溶液呈碱性，故D错误；
故答案为A。
【点睛】室温时，pH之和等于14的强酸和强碱等体积混合后，溶液呈中性；室温时，pH之和等于14的强酸和弱碱等体积混合后，溶液呈碱性；室温时，pH之和等于14的弱酸和强碱等体积混合后，溶液呈酸性。
19.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是

A. 电池工作时H＋移向负极
B. 该电池用的电解质溶液是KOH溶液
C. 甲电极反应式：CO(NH2)2＋H2O+6e－===CO2＋N2＋6H＋
D. 电池工作时，理论上每净化1 mol CO(NH2)2，消耗标况下氧气33.6 L O2
【答案】D
【解析】
【分析】
A、原电池中阳离子向正极移动；
B．该原电池是酸性电解质；
C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气；
D．根据电池的总反应式进行计算。
【详解】A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，选项A错误；
B．该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，选项B错误；
C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，选项C错误；
D．电池的总反应式为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，每净化1mol CO(NH2)2，消耗1.5molO2，则在标准状况下氧气为33.6L，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等。
20.常温下，下列各组离子在指定环境中能大量共存的是(　　)
A. 在＝1013的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl-、K＋
B. 由水电离出的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl-、K＋
C. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应，且和H+也不反应，能大量共存，A正确；
B.由水电离出的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性；在酸性溶液中：H＋、HCO3-会发生反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与HCO3-会发生反应，不能大量共存；B错误；
C.Al3+、S2-会发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3、H2S，不能大量共存，C错误；
D.中性溶液中Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，D错误；
故合理选项是A。
21. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A. 0.1 mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(H＋) ＞c(OH－)
B. 0.1 mol·L－1Na2S溶液中：2 c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
C. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)
D. 等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液和氢氧化钠溶液混合后：C(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaHSO4属于强酸的酸式盐，电离显酸性，0.1 mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＝c(SO42-)＝c(H＋) ＞c(OH－)，故A错误；
B、Na2S属于强碱弱酸盐，水解显碱性，根据物料守恒可知，0.1 mol·L－1Na2S溶液中：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故B错误；
C、NaHCO3溶液中存在电离和水解两个过程，根据电荷守恒可知，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)，故C正确；
D、等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液和氢氧化钠溶液混合后，生成醋酸钠溶液，醋酸根离子会水解，溶液显碱性，存在如下关系：C(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) ＞c(H＋)，故D错误；
故答案选C。
22.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数K1(H2Y)>K(HX)>K2(H2Y)，则下列叙述不正确的是(　　)
A. 物质的量浓度相同时，各溶液的pH关系为pH(Na2Y)>pH(NaX)>pH(NaHY)
B. a mol/L HX溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)>c(X-)，则不一定ac(X-)时，HX小于或等于NaOH物质的物质的量；
C.在HX溶液中滴入Na2Y溶液，依据电离平衡常数判断酸性强弱分析；
D.NaHY溶液中HY-是弱酸阴离子，存在电离和水解两种趋势，电离溶液呈酸性，水解溶液呈碱性。
【详解】A.根据电离平衡常数知，酸根离子的水解程度大小顺序是Y2->X->HY-，所以同浓度的钠盐溶液中pH的大小顺序是：pH(Na2Y)>pH(NaX)>pH(NaHY)，A正确；
B.HX溶液与NaOH溶液等体积混合，若溶液浓度相同a=b，恰好完全反应生成NaX是强碱弱酸盐，X-水解溶液呈碱性，c(Na+)>c(X-)，所以不一定aK(HX)>K2(H2Y)，酸性H2Y>HX>HY-，形成的盐的碱性HY-c(CH3COO—) >c(H+)
C. 点①和点②所示溶液中： c(CH3COO—)-c(CN—) =" c(HCN)-" c(CH3COOH)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO—)+c(OH—)= c(CH3COOH) +c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
常温下用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN，对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据起始pH大小可判断酸性CH3COOH＞HCN，结合图象和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】常温下用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN，对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据起始pH大小可判断酸性CH3COOH＞HCN。
A．点①的溶液中存在电荷守恒为c（OH-）+c（CN-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）>c（H+），点②所示溶液中的电荷守恒为c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）c（CN-），选项A错误；
B．点③中pH=7，则c（OH-）=c（H+），则点③中c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），选项B错误；
C．点①的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN-）=c（Na+），点②所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN-）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），选项C正确；
D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），在③中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子能发生水解，所以c（Na+）>c（CH3COOH），故c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+），选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查酸碱滴定原理，弱电解质的电离平衡，盐类水解得知识，根据图象分析，牢牢把握溶液中的守恒思想是解题的关键，题目难度中等。
二．非选择题（共52分）
25.Ⅰ.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H1；
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3；
化学键
H-H
C-O
CO
H-O
C-H
E/（kJ·mol-1）
436
343
1076
465
X
回答下列问题：
(1)已知△H2=-99 kJ·mol-1，则根据上表相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）计算X=_______ kJ·mol-1。
(2)反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为___________。
(3)根据化学反应原理，分析增大压强对反应③的影响为_______________。（提示：从对反应速率、平衡状态、转化率角度回答）
Ⅱ.清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减小污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-99kJ•mol-1。向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：

①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是_________；
②反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=_____；
③反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=_________；
④比较反应Ⅰ的温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”）
【答案】 (1). 413 (2). K1=K2·K3（或者K3=K1/K2） (3). 增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变 (4). 使用催化剂 (5). 0.125 mol/（L·min） (6). 12 (7). ＞
【解析】
【详解】（1）由②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=-99 kJ·mol-1，则根据表中相关的化学键键能可知：1076+2×436-3X-343-465=-99，解得X=+413；
(2)由①CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) 可知：K1=
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 可知：K2=
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 可知：K3==
K2K3==K1，所以反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为K1=K2K3；
(3)根据反应 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3可知，反应前后化学计量数相等的气体反应，增大压强化学反应速率增加，化学平衡不移动，平衡转化率不变；答案：增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变；
Ⅱ.①由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-99kJ•mol-1和图像可知，Ⅱ和Ⅰ达到平衡状态时压强相等，但Ⅱ比Ⅰ先达到平衡状态，所以改变的反应条件应是使用了催化剂；答案：使用催化剂；
②根据三段式：

根据图像起始时压强为为平衡时压强的2倍，即=，解得x=1.5，则反应Ⅰ在6min时达到平衡时v(CH3OH)==0.125 mol/(L·min）；
③反应Ⅱ在2min时达到平衡，根据上述分析可知平衡时c(CH3OH)==0.75 mol/L，c(CO)==0.25 mol/L，c(H2)==0.5 mol/L，由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)知K===12；答案：12；
④由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)和图像可知，达到平衡后Ⅲ的压强小于Ⅰ，说明平衡正向移动，因为是放热反应，所以T1＞T3。
26.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：
化学式
电离常数(25 ℃)
HCN
K＝49×10－10
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

（1）25 ℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为________(用化学式表示)。
（2）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为________________________________________。
（3）25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________ mol·L－1(填精确值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝________。
【答案】 (1). Na2CO3>NaCN>CH3COONa (2). NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3 (3). 9.9×10－7 (4). 18
【解析】
【分析】
（1）根据盐类水解的规律，越弱越水解，水解程度越大，溶液的pH值越大，酸性的强弱顺序为：CH3COOH> HCN> HCO3-，则pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaCN>CH3COONa；
（2）由于HCN>HCO3-，H2CO3>HCN，则生成的碳酸盐为碳酸氢钠，答案为：NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3；
（3）室温下，Kw=10-14，根据溶液呈电中性可得：c(Na＋)+c（H＋）＝c(CH3COO－)+c（OH-），c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c（H＋）-c（OH-）=10-6-10-8=9.9×10－7mol/L；c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)×c（H＋）/[ c(CH3COOH)×c（H＋）]=K/ c（H＋）==18；
【详解】（1）根据盐类水解的规律，越弱越水解，水解程度越大，溶液的pH值越大，酸性的强弱顺序为：CH3COOH> HCN> HCO3-，则pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaCN>CH3COONa；
（2）由于HCN>HCO3-，H2CO3>HCN，则生成的碳酸盐为碳酸氢钠，答案为：NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3；
（3）室温下，Kw=10-14，根据溶液呈电中性可得：c(Na＋)+c（H＋）＝c(CH3COO－)+c（OH-），c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c（H＋）-c（OH-）=10-6-10-8=9.9×10－7mol/L；c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)×c（H＋）/[ c(CH3COOH)×c（H＋）]=K/ c（H＋）==18；
27.碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。
(1)甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。
已知：①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H=—1214 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H= —566kJ/mol
则表示甲烷燃烧热的热化学方程式_______________________。
(2)生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图，则Pl_______P2；A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小顺序为___________(填“＜”、“＞”“=”)。

②100℃时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为10L的反应室，反应达平衡的标志是：_______。
a．容器的压强恒定
b．单位时间内消耗0.1mol CH4同时生成0.3mol H2
c．容器内气体密度恒定
d．3v(CH4)=v(H2)
e. 容器内气体平均相对分子质量恒定
(3)已知2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-akJ•mol-1(a＞0)，在一个容积固定的容器中加入2mol H2和1mol CO，在500℃时充分反应，达平衡后CH3OH的浓度为W mol•L-1。反应平衡后，若向原来容器中再加入2mol H2和1mol CO，500℃充分反应再次达平衡后，则CH3OH浓度___________2Wmol•L-1(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图所示的电池装置，

①负极的电极反应式为___________。
②用该原电池做电源，用惰性电极电解200mL饱和食盐水(足量)，消耗标准状况下的CO 224mL，则溶液的pH=___________。
【答案】 (1). CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ·mol-1 (2). ＜ (3). KC＞KB＞KA (4). ae (5). ＞ (6). CO-2e-+4OH-＝CO32-+2H2O (7). 13
【解析】
【详解】(1)根据已知：①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H=—1214 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H= —566kJ/mol
依据盖斯定律①+② 2CH4(g)+4O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1780kJ·mol-1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ·mol-1；
(2)①在相同温度下CH4的转化率在P1时比P2的高，根据反应方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低，所以温度一定时P1＜P2；平衡常数只受温度影响，压强不变升高温度，甲烷的转化率会增大，平衡正向进行，所以反应是吸热反应，所以温度越高，K越大，A、B、C三点处对应的温度是逐渐升高的，所以平衡常数KC＞KB＞KA；
②a. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知，该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，当容器的压强恒定，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故a正确；
b.单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2，只能说明正反应速率,不能证明正逆反应速率相等，不一定平衡，故b错误；
c.容器内气体密度p=，质量是守恒的，V是不变的，所以密度始终不变，当密度不变时，不一定平衡，故c错误；
d.3v(CH4)=c(H2)，没有指出正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故d错误；
e.该反应前后都是气体，且气体总物质的量为变量，则混合气体的平均摩尔质量为变量，当容器内气体平均相对分子质量恒定时，表明达到平衡状态，故e正确；
故答案为：ae；
(3)已知2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-akJ•mol-1(a＞0)在一个容积固定的容器中加入2molH2和1molCO，在500℃时充分反应,达平衡后CH3OH的浓度为W mol·L-1，反应平衡后，若向原来容器中再加入2molH2和1molCO，假如平衡不移动，则平衡时CH3OH浓度为2W mol·L-1，由于增大了压强，平衡向着正向移动，甲醇浓度增大，则再次达平衡后，则CH3OH浓度大于2W mol·L-1，所以答案：＞；
(4)由图可知为CO的燃料电池，电解质溶液为KOH(aq)，负极CO发生氧化反应，失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，负极反应式为CO-2e-+4OH-＝CO32-+2H2O；
②消耗标准状况下CO的体积为224mL，则CO的物质的量为n=0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，根据负极反应式CO-2e-+4OH-＝CO32-+2H2O知，转移电子为0.02mol，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，由电子守恒可知，生成的氢氧根离子的物质的量为0.02mol，则c(OH-)=0.1mol/L，pH=13。
28.滴定法是解决化学分析问题的常用方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。
I.如图为某浓度NaOH溶液滴定10.00mL一定浓度的盐酸的示意图。根据图像分析：

(1)HCl溶液的浓度是__________；NaOH溶液的浓度是_______；
(2)x=________。
(3)若向20mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填字母)。

ΙΙ.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。
(4)人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度，抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。
滴定的实验数据如下所示：
实验编号
待测血液的体积/mL
滴入KMnO4溶液的体积/mL
1
20.00
11.95
2
20.00
13.00
3
20.00
12.05


①滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为_________确定反应达到终点的现象_____________。
②草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO42-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据所给数据计算血液样品中Ca2+离子的浓度为__________mg/cm3
【答案】 (1). 0.10mol/L (2). 0.050mol/L (3). 0.001 (4). B (5). 酸式滴定管 (6). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液紫色不在褪去(溶液由无色变为浅紫色)，且半分钟内无变化 (7). 1.2mg/cm3
【解析】
【分析】
（1）未滴加NaOH溶液时溶液中c(H+)就是HCl的浓度，二者恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)；
(2)根据溶液pH=7时，n(NaOH) =n(HCl)计算x的值；
(3)根据稀氨水显弱碱性，溶液的pH大于7，但碱性不很强；
(4)①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管判断使用的仪器，根据高锰酸钾溶液本身在反应前后溶液的颜色变化判断滴定终点；
②根据Ca2+与H2C2O4及与KMnO4的反应的物质的量关系计算。
【详解】(1)反应开始时，溶液pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由于盐酸是一元强酸，完全电离，所以c(HCl)= c(H+)=0.100mol/L；当滴加NaOH溶液至20mL时，溶液的pH=7，二者恰好完全反应，根据n(HCl)=n(NaOH)，0.100mol/L×10.00mL=c(NaOH) ×20.00mL，所以c(NaOH)=0.050mol/L；
(2)当溶液的pH=7时，加入溶液中NaOH的物质的量等于溶液中HCl的物质的量，n(NaOH)= n(HCl)= 0.100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.001mol；
(3)稀氨水显弱碱性，溶液的pH大于7，选项AC排除；但碱性不很强，选项D排除，合理选项是B；
(4)①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管在；高锰酸钾溶液本身显紫色，当用该溶液滴定草酸时，高锰酸钾被还原产生无色的Mn2+，所以滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液紫色不在褪去(溶液由无色变为浅紫色)，且半分钟内无变化，说明反应达到滴定终点；
②血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：n(KMnO4)=0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=×2.4×10-4mol=6×10-4mol，则c(Ca2+)==3×10-5mol/cm3，用质量表示Ca2+的浓度为：3×10-5mol/cm3=3×10-5mol /cm3×40g×103mn/g=1.2mg/cm3。
【点睛】本题考查了滴定方法在物质含量测定的应用。涉及仪器的使用、滴定终点的判断、滴定曲线的判断及物质含量的测定等。掌握物质的性质(包括酸碱性、溶液的颜色变化等)及物质反应的转化关系是本题解答的关键。要注意题目问题中物质的浓度的单位，根据要求进行相应的变化。