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2018-2019学年江苏省苏州市第五中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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苏州五中2018-2019学年第二学期期中调研测试
高二化学（选修）
第I卷
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）
A. HS-+H2O⇌S2-+H3O+ B. S2-+2H2O⇌H2S+2OH-
C. NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ D. CH3 COO-+H+⇌CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A、HS-+H2O⇌S2-+H3O+是HS-的电离方程式，故A错误；
B、S2-分步水解，其第一步水解的离子方程式是S2-+H2O⇌HS-+OH-，故B错误；
C、NH4+是弱碱阳离子，水解呈酸性，水解离子方程式是NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故C正确；
D、CH3COO-水解离子方程式是CH3 COO-+ H2O ⇌CH3COOH+OH-，故D错误。
2.室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A. 0.1mol⋅L-1 NH3⋅H2O.溶液的pH小于13
B. 0.1mol⋅L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 相同条件下，pH相同的NaOH溶液和氨水，加水稀释相同倍数后，氨水的碱性较强
D. 向0.1mol⋅L-1 NH3⋅H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3•H2O部分电离就说明NH3•H2O是弱电解质，据此分析解答。
【详解】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 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl中的铵根离子可以发生水解生成一水合氨，则证明NH3•H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1 NaOH溶液和氨水，加水稀释相同倍数后，氨水的碱性较强，说明NH3•H2O中存在电离平衡移动，为弱电解质，故C不选；
D．0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生氢氧化镁沉淀，说明NH3•H2O显碱性，而不能证明NH3•H2O是弱电解质，故D选。
3.下列各项与盐类水解有关的是( )
①为配制FeCl3溶液，要现将其溶解于浓盐酸中，再加水稀释；
②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；
③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；
④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强。
A. 只有①④ B. 只有②③ C. 只有③④
D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】氯化铁溶于水时易发生水解，Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3，故在配制其水溶液时，先将其固体溶于较浓盐酸中，抑制Fe3+水解，故①盐类水解有关；②Na2CO3、Na2SiO3等溶液中的弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅反应，所以盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故②与盐类的水解有关；NH4Cl和AlCl3在溶液中水解均使溶液呈酸性，镁与溶液中的H+反应放出H2，故③与盐类的水解有关； ④铵根离子是弱碱的阳离子，水解呈酸性，所以长期使用硫酸铵的土壤酸性增强，故④与盐类的水解有关；选D。
【点睛】本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱酸的阴离子或弱碱的阳离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质。
4.下列说法正确的是 （ ）
A. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液蒸干都得不到原溶质
B. pH为3的盐酸中的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍
C. Na2 CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. AlCl3溶液蒸干得不到AlCl3，但是，Al2(SO4)3溶液蒸干可以得到原溶质Al2(SO4)3，故A错误；
B. pH为1的盐酸中c(H+)是pH为3的盐酸中c(H+)的100倍，故B错误；
C. Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中都含Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-五种离子和H2CO3、H2O两种分子，所含微粒的种类相同，故C正确；
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，氨水浓度大于氢氧化钠，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水的体积小于氢氧化钠溶液的体积，故D错误。
5.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝+Q1kJ·mol－1，室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SO42- (aq) ΔH＝－Q2 kJ/mol，则（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2
C. Q1
【解析】
【详解】①CuSO4·5H2O(s) = Cu2＋(aq)＋SO42- (aq)＋5H2O(l)ΔH＝+QkJ·mol－1，胆矾溶于水时溶液温度降低Q＞0，②CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝+Q1kJ·mol－1，根据盖斯定律①－②得CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SO42- (aq) ΔH＝Q- Q1=－Q2 kJ/mol，所以Q＋ Q2=Q1，Q1＞Q2，故A正确。
6.下列有关说法正确的是（ ）
A. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B. 2NO(g)+2CO(g)=N2 (g)+2CO2 (g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. CaCO3 (s)=CaO(s)+CO2 (g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.△G=△H-T△S＜0反应自发，吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△G＜0，故A正确；
B.反应能自发进行，△G=△H-T△S＜0，因△S＜0，则△H＜0，故B错误；
C.该反应△S＞0，常温不能自发，△G>0，则△H＞0，故C错误；
D.平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，升高温度后平衡常数减小，故D错误。
综上所述，本题选A。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
7.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 加入NaOH溶液，可增大乙醇的物质的量
B. 增大氢溴酸的浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物均增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比变大
D. 若起始温度提高至60℃，有利于提高C2H5Br的产量
【答案】C
【解析】
【详解】A、加入NaOH溶液，C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O逆向移动，故A正确；
B、增大氢溴酸的浓度，C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O正向移动，有利于生成C2H5Br，故B正确；
C、若反应物均增大至2 mol，两种反应物平衡转化率之比不变，故C错误；
D、C2H5Br的沸点为38.4℃，若起始温度提高至60℃，C2H5Br挥发，平衡正向移动，有利于提高C2H5Br的产量，故D正确。选C。
8.下列物质的溶液中所含离子种类最多的是（ ）
A. Na2S B. Na3PO4 C. NaHCO3 D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】Na2S水解，溶液中含Na+、H+、S2-、HS-、OH-五种离子； Na3PO4水解，溶液中含Na+、H+、PO43+、HPO42+、H2PO4+、OH-六种离子； NaHCO3存在水解和电离，溶液中含Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-五种离子； H2SO4是强酸，溶液中含H+、SO42-、OH-三种离子；故选B。
9.常温下，浓度均为0.1mol • L−1的三种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液。下列说法错误的是（ ）
A. 溶液的pH：②>③>①
B. 水电离出的c(OH-)：③>①>②
C. ②和③等体积混合后的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
D. ①和②等体积混合后的溶液c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol⋅L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．等浓度的酸碱盐溶液的酸碱性判断其pH大小；
B．含有弱根离子的盐促进水电离，酸或碱抑制水电离；
C．根据电荷守恒判断；
D．根据物料守恒判断．
解：A．常温下，醋酸是酸pH＜7、氢氧化钠是碱，其溶液的pH＞7，醋酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，pH＞7，但大于等浓度的醋酸的pH，所以等物质的量的三种溶液其pH大小顺序是：②＞③＞①，故A正确；
B．醋酸钠能水解而促进水电离，醋酸和氢氧化钠抑制水电离，但醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，所以醋酸抑制水电离的程度小于氢氧化钠，所以三种溶液中水电离出的c（OH﹣）：③＞①＞②，故B正确；
C．溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以根据电荷守恒得c（Na+）+c（H﹣）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故C正确；
D．等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠混合后，溶液的体积增大一倍，所以其浓度是原来的一半，再根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.05mol/L，故D错误；
故选D．
点评：本题考查了弱电解质的电离，难度较大，易错选项是D，注意等体积混合后，原物质的浓度都变为原来的一半，为易错点．
10. 一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：
下列描述正确的是( )
A. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·(L·s)－1
B. 反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)
【答案】C
【解析】
考查化学反应速率的有关计算。根据图像可知X和Y的物质的量是减少的，Z的物质的量是增加的，所以X和Y是反应物，Z是生成物。反应进行到10s时，X、Y、Z的变化量分别是1.20mol－0.41mol＝0.79mol、1.00mol－0.21mol＝0.79mol、1.58mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可得X、Y、Z的化学计量数之比是1︰1︰2，所以反应式为X(g)＋Y(g)2Z(g)。用Z表示的反应速率为，Y的转化率是
，所以答案是C。
二、不定项选择题（本大题共5小题，每题有一或二个正确答案，共20.0分）
11.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】
试题分析：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。
考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。
12.在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法不正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率增大了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
【答案】D
【解析】
【分析】
先假设体积增加一倍时平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，据此结合选项判断。
【详解】A、假设体积增加一倍时平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A正确；
B、根据A的判断，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B正确；
C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；
D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；选D。
13.在盐类发生水解的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 盐的水解不属于离子反应 B. 溶液的pH一定发生改变
C. 水电离程度增大 D. 是中和反应的逆反应
【答案】CD
【解析】
【详解】A、盐的水解是盐电离出的离子结合水电离的氢离子或氢氧根离子生成弱酸或弱碱，属于离子反应，故A错误；
B、醋酸铵水解，溶液呈中性。因此，在盐类发生水解的过程中，溶液的pH不一定发生改变，故B错误；
C、盐水解促进水电离，水的电离程度增大，故C正确；
D、盐水解是中和反应的逆反应，故D正确。
14.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是 （ ）
A. 容器内的温度不再变化
B. 容器内的压强不再变化
C. 相同时间内，断开1molH-H键的同时断开2molN-H键
D. 容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
【答案】AC
【解析】
【详解】A、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，反应放热，温度是变量，容器内的温度不再变化，一定达到平衡，故选A；
B、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，在恒压绝热容器中发生，压强是恒量，容器内的压强不再变化时反应不一定达到平衡，故不选B；
C、相同时间内，断开1molH-H键的同时断开2molN-H键，正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选C；
D、容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2，浓度不一定不变，反应不一定平衡，故不选D。
15.一定条件下存在反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，Δ H＜0。现有三个体积相同密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如如图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 容器II、III中的反应达平衡时，SO3的体积分数：II>III
D. 容器I中SO2的转化率与容器II中SO3的转化率之和小于1
【答案】CD
【解析】
【详解】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，III是恒温容器，容器Ⅰ、Ⅲ中温度不同，所以平衡常数不相同，故A错误；
B、容器Ⅱ是恒容容器，反应过程中压强增大，容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，两容器的投料相同，所以容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，两容器中的投料相同，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，两容器的投料相当，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，相当于在容器Ⅰ的平衡状态的基础上升高温度，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；
故选CD．
【点睛】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，放热反应在绝热容器中进行，可以使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等。
第II卷
三、填空题（本大题共6小题，共80.0分）
16.如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰；向烧杯③中加入NH4NO3晶体；烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为________（请写出相应的离子方程式和必要的文字说明）。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_____。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为____、___、____、____(填“左”“右”或“不移动”)。
(4)已知室温时，CH3COOH电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O电离常数为1.75×10－5。浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列的正确顺序为 ____。
【答案】 (1). CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，使溶液呈碱性 (2). BD (3). 右 (4). 左 (5). 左 (6). 右 (7). ④＜②＜③＜①
【解析】
【分析】
(1) CH3COONa是强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(2)向烧杯①中加入生石灰，生石灰与水反应放热，温度升高；烧瓶③中溶液红色变浅，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡逆向移动；
(3)根据影响平衡移动的因素分析；
（4）根据盐水解分析；
【详解】(1) CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，使溶液呈碱性，所以溶液显浅红色；
(2)向烧杯①中加入生石灰，生石灰与水反应放热，温度升高，烧瓶①中溶液红色变深，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡正向移动，水解反应为吸热反应，故A错误、B正确；水解反应为吸热反应，烧瓶③中溶液红色变浅，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡逆向移动，NH4NO3溶于水时吸收热量，故C错误、D正确。
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量浓盐酸，氢氧根离子离子浓度减小，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－正向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－逆向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量Na2CO3固体，氢氧根离子浓度增大，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－逆向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量FeSO4固体，氢氧根离子浓度减小，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－正向移动；
（4）①CH3COONa强碱弱酸盐，水解呈碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性、③CH3COONH4 是弱酸弱碱盐，水解程度相同，溶液呈中性、④(NH4)2SO4强酸弱碱盐，溶液呈酸性，铵根离子浓度大于NH4Cl，酸性比NH4Cl溶液强，故pH由小到大排列的正确顺序为④＜②＜③＜①。
17.NaOH溶液可用于多种气体的处理．
（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．
①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，可用于除油污，写出CO32﹣水解的离子方程式_______________________。
②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式_______________________。
（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中
c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为_____（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）。可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是___。
A 向溶液A中加适量NaOH B 向溶液A中加适量水
C 向溶液B中加适量NaOH D 向溶液B中加适量水
（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示：
①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是______。
A．c（Na+）＞2c（SO32-）＞c（HSO3-）
B．c（Na+）=c（SO32﹣） +c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）
D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞ c（H+）=c（OH﹣）
②利用如图中数据，求H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常数的数值_____（保留两位小数）。
【答案】 (1). CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣ (2). 3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑ (3). c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣） (4). AD (5). A (6). 0.27
【解析】
【分析】
（1）①CO32﹣水解分步进行，弱酸根水解呈碱性；
②NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（2）含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应，生成0.1mol NaNO3、0.1mol NaNO2，溶液体积为1L，则NaNO3、 NaNO2的浓度都是0．lmol•L﹣1；HNO2酸性大于CH3COOH，所以CH3COO﹣水解程度大于NO2﹣，B溶液的pH大于A；
（3）①由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），
中性溶液则c（H+）═c（OH-），由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-）。
②H2SO3H++ HSO3﹣平衡常数 。
【详解】（1）①CO32﹣水解的离子方程式是CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；
②NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑；
（2）硝酸是强酸，NO3﹣不水解；HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1、CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，HNO2酸性大于CH3COOH，CH3COO﹣水解程度大于NO2﹣；同浓度的NaNO3、 NaNO2、CH3COONa溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；溶液A为硝酸钠和亚硝酸钠的混合液，其pH小于溶液B，要使pH相等，可以增大A的pH或减小B的pH；A、 向溶液A中加适量NaOH，A的pH增大； B、 向溶液A中加适量水，A的pH减小； C、 向溶液B中加适量NaOH，B的pH增大； D、 向溶液B中加适量水，B的pH减小，故选AD；
（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）═c（OH-），则c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-），所以c（Na+）＞2c（SO32-），由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-），则c（Na+）＞2c（SO32-）＞c（HSO3-），故A 正确；
B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）═c（OH-），则c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-），图可知pH=7时c（SO32-）≠c（H2SO3），故B错误；
C、pH=7时，c（H+）=c（OH-），故C错误；
D、由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-），所以离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3-）=c（SO32-）＞c（H+）=c（OH-），故D错误；
②根据图象可知，pH=0时，亚硫酸浓度为0.9mol/L，亚硫酸氢根离子浓度为0.24mol/L，此时氢离子浓度为1mol/L，H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常数0.27。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。
18.实验室中利用含银废料（主要含有AgNO3和AgCl）制取硝酸银的实验步骤如下：
步骤1：向废液中加入足量的NaCl溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净。
步骤2：将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入20%的Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色[含有Ag、Al(OH)3和少量仍未反应的AgCl]。取出铝片，过滤并洗涤沉淀。
步骤3：……
（1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是________________。
（2）步骤2加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出该过程中发生反应的离子方程式：________________________________。
加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤；洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤；将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；用冰水洗涤、干燥 ，得到硝酸银晶体（实验中必须使用的试剂有：稀盐酸、稀硝酸、冰水）。
（3）已知：Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓（白色）。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度（杂质不参与反应）：
①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_________。
②准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，再用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为________。
③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL。则硝酸银的质量分数为_____。
【答案】 (1). 静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量 (2). 2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑ (3). 100mL容量瓶、胶头滴管 (4). 溶液变为（血）红色 (5). 98.60%
【解析】
【分析】
（1）加足量NaCl的溶液后不含Ag+；
（2）步骤2中铝置换出氯化银中的银，铝离子与CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
（3）①根据配制一定物质的量浓度的溶液分析；
②酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂， NH4SCN先与Ag＋反应生成AgSCN沉淀，再与NH4Fe(SO4)2溶液反应；
③根据Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓计算硝酸银的质量分数。
【详解】（1）加足量NaCl的溶液后不含Ag+，所以检验步骤1中所加NaCl溶液已经足量的方法是：静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量；
（2）步骤2中铝置换出氯化银中的银，铝离子与CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，反应方程式是2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑；
（3）①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有100mL容量瓶、胶头滴管；
②酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定， NH4SCN先与Ag＋反应生成AgSCN沉淀，再与NH4Fe(SO4)2溶液变红色，滴定终点的现象是溶液变为（血）红色；
③设AgNO3的质量是xg；
Ag NO3＋NH4SCN＝AgSCN↓+ NH4NO3
170g 1mol
Xg 0.1 mol·L－1×0.029L
， x =0.493g；硝酸银的质量分数为 98.60%。
19.（一）下列物质：①Fe ②CO2③酒精④ NaHSO4⑤ Ba(OH)2⑥熔融 NaCl ⑦AgCl ⑧NaHCO3⑨ H2S。（填代号，以下同）
（1）属于盐的是__________。
（2）属于电解质的是___________。
（3）属于非电解质的是________。
（二）完成下列填空：
（1）28g氮气含有的原子数为___________个。
（2）9.03×1023个H2O分子所含氧原子数的物质的量为__________mol；与________克CO2中所含氧原子数相等。
（3）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl－，则A的摩尔质量为__________。
（4）在一定温度和压强下，10mL气体A2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B3，则该气体在相同条件下的体积为______________mL。
【答案】 (1). ④⑥⑦⑧ (2). ④⑤⑥⑦⑧⑨ (3). ②③ (4). 1.204×1024 (5). 1.5 (6). 33 (7). 24g/mol (8). 10
【解析】
（一）（1）由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，则属于盐的是NaHSO4、熔融NaCl、AgCl、NaHCO3，答案选④⑥⑦⑧。（2）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，因此属于电解质的是NaHSO4、Ba(OH)2、熔融NaCl、AgCl、NaHCO3、H2S，答案选④⑤⑥⑦⑧⑨。（3）溶于水和在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，因此属于非电解质的是CO2、酒精，答案选②③。
（二）（1）28g氮气的物质的量是28g÷28g/mol＝1.0mol，含有的原子数为2×1mol×6.02×1023/mol＝1.204×1024个。（2）9.03×1023个H2O分子的物质的量是9.03×1023÷6.02×1023/mol＝1.5mol，所含氧原子的物质的量为1.5mol；含有1.5mol氧原子的CO2的物质的量是1.5mol÷2＝0.75mol，质量是0.75mol×44g/mol＝33g。（3）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl－，则氯化物的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，因此摩尔质量是19g÷0.2mol＝95g/mol，则A的摩尔质量为95g/mol－35.5g/mol×2＝24g/mol；（4）在一定温度和压强下，10mL气体A2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B3，根据相同条件下气体的体积之比是物质的量之比以及原子守恒可知反应的化学方程式为2A2+3B2=2A2B3，因此该气体在相同条件下的体积为10mL。
20.尿素是最简单的有机化合物之一，是哺乳动物和某些鱼类体内蛋白质代谢分解的主要含氮终产物。
（1）尿素[(NH2)2CO]是含氮量最高固体氮肥，其理论含氮最为________%（保留1位小数），尿素中N的化合价为________。
（2）二氧化碳、氨在高温、高压下合成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵再发生分解反应可得到尿素。写出该分解反应的化学方程式：________。
（3）可用酸性[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物NOx。吸收过程中存在HNO2与[(NH2)2CO]生成N2和CO2的反应，写出该反应的化学方程式：________。当生成1 molN2时，转移的电子数为________。
（4）也可用水吸收氮氧化物NOx，已知NO2溶于水的相关热化学方程式如下：
2NO2 (g)+H2O(l)=HNO3 (aq)+HNO2 (aq) ΔH=-116.1kJ⋅mol-1
3NO2 (g)+H2O(l)=2HNO3 (aq)+NO(aq) ΔH=-136.2kJ⋅mol-1
则用稀硝酸吸收NO反应HNO3 (aq)+2NO(g)+H2O(I)=3HNO2 (aq) ΔH=________kJ⋅mol-1
【答案】 (1). 46.7% (2). －3 (3). NH2-COONH4 = (NH2)2CO+H2O (4). 2HNO2+(NH2)2CO = 2N2↑+ CO2↑+3H2O (5). 3NA (6). −75.9
【解析】
【分析】
(1)尿素[(NH2)2CO]的理论含氮量就是尿素中氮元素的质量分数，尿素结构式为，由图可知，每个N原子形成三个极性共价键，N的非金属性强于C、H，电子对偏向氮原子，N为-3价。
(2) 由有机物的命名规则及官能团的结构可写出氨基甲酸铵的化学式为： H2N-COONH4，再根据生成物有尿素，利用质量守恒定律写出反应方程式。
(3)反应物为 HNO2 与(NH2)2CO ，生成物有 N2 和CO2 ，利用质量守恒和得失电子守恒书写方程式；根据电子转移数目计算当生成 1 mol N2 时，转移的电子数。
(4)由盖斯定律得出目标反应的焓变。
【详解】(1)CO(NH2)2 中氮元素的百分含量为： 2×14/(12+16+28+4)=0.467 这是理论上的数值,一般会低于 46.7%的, 因为会有杂质；尿素的结构简式为 H2N-CO-NH2,由化合价规则知碳与氮连时氮为负价，氧与碳连时氧为负价，氮与氢连时氮为负价，CO(NH2)2 中 C 是＋4 价，O 是－2价，H 是＋1 价，N 是-3 价。答案为：46.7% ；－3。
(2)由有机物的命名规则及官能团的结构知，氨基甲酸铵是 H2N-COONH4，由物质守恒知发生分解反应得到尿素和水 H2N-COONH4 = (NH2)2CO+H2O 。答案为：NH2-COONH4 = (NH2)2CO+H2O。
(3) 明确各元素的化合价是解决这个小题的前提，由得失电子守恒与物质守恒可配平反应式 2HNO2+(NH2)2CO = 2N2+ CO2 +3H2O，并得出生成 1 mol N2 时，转移的电子为 3mol。答案为：2HNO2+(NH2)2CO = 2N2↑+ CO2↑+3H2O；3NA 。
(4)由盖斯定律知可用已知： 3×反应1减去2×反应2 即可得目标反应 ，故△ H=3×（−116.1 kJ·mol−1) − 2×(−136.2kJ·mol−1) =−75.9 kJ·mol−1。答案为：−75.9。
21.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为 ___________________。
②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 __________________（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH随加入 NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定用酚酞作指示剂，滴定终点的现象_______________________________________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). bc (3). I (4). 3 (5). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (6). BC (7). 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复
【解析】
【分析】
（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离；
②根据影响弱电解质电离的因素分析；
（2）①根据浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不一样来回答；
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%，根据pH=-lg c(H+)计算醋酸溶液的 pH；
③酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小，据此来判断；
④根据酸碱中和滴定的操作回答；
⑤滴定开始时，酸性溶液中酚酞呈无色，滴定过程中溶液的碱性增强；
【详解】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离，电离方程式是CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
②a 滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOH⇌CH3COO-+H+逆向移动，CH3COOH 电离程度减小； b 电离吸热，微热溶液 CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，CH3COOH 电离程度增大； c 弱电解质溶液越稀越电离，加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； d 加入少量醋酸钠晶体，浓度增大电离程度越小；故选bc；
（2）①浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH，盐酸的等于1，但是醋酸的大于1，所以滴定醋酸的曲线是I；
②若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%=1×10-3 mol·L-1， pH=-lg c(H+)=- lg 10-3=3；
③0.1mol•L-1 NaOH溶液、0.1mol•L-1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/L，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是0.1 mol•L-1醋酸溶液；
④A．滴定管在使用前用待盛液润洗，所以用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，故A正确；
B．锥形瓶不能用待测酸溶液润洗，故B错误；
C．滴定时两眼应注视锥形瓶中颜色的变化，故C错误；
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确。选BC.
⑤滴定开始时，溶液为无色，滴定过程中溶液碱性增强，所以滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复。
苏州五中2018-2019学年第二学期期中调研测试
高二化学（选修）
第I卷
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）
A. HS-+H2O⇌S2-+H3O+ B. S2-+2H2O⇌H2S+2OH-
C. NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ D. CH3 COO-+H+⇌CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A、HS-+H2O⇌S2-+H3O+是HS-的电离方程式，故A错误；
B、S2-分步水解，其第一步水解的离子方程式是S2-+H2O⇌HS-+OH-，故B错误；
C、NH4+是弱碱阳离子，水解呈酸性，水解离子方程式是NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故C正确；
D、CH3COO-水解离子方程式是CH3 COO-+ H2O ⇌CH3COOH+OH-，故D错误。
2.室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A. 0.1mol⋅L-1 NH3⋅H2O.溶液的pH小于13
B. 0.1mol⋅L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 相同条件下，pH相同的NaOH溶液和氨水，加水稀释相同倍数后，氨水的碱性较强
D. 向0.1mol⋅L-1 NH3⋅H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3•H2O部分电离就说明NH3•H2O是弱电解质，据此分析解答。
【详解】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 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl中的铵根离子可以发生水解生成一水合氨，则证明NH3•H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1 NaOH溶液和氨水，加水稀释相同倍数后，氨水的碱性较强，说明NH3•H2O中存在电离平衡移动，为弱电解质，故C不选；
D．0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生氢氧化镁沉淀，说明NH3•H2O显碱性，而不能证明NH3•H2O是弱电解质，故D选。
3.下列各项与盐类水解有关的是( )
①为配制FeCl3溶液，要现将其溶解于浓盐酸中，再加水稀释；
②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；
③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；
④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强。
A. 只有①④ B. 只有②③ C. 只有③④
D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】氯化铁溶于水时易发生水解，Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3，故在配制其水溶液时，先将其固体溶于较浓盐酸中，抑制Fe3+水解，故①盐类水解有关；②Na2CO3、Na2SiO3等溶液中的弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅反应，所以盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故②与盐类的水解有关；NH4Cl和AlCl3在溶液中水解均使溶液呈酸性，镁与溶液中的H+反应放出H2，故③与盐类的水解有关； ④铵根离子是弱碱的阳离子，水解呈酸性，所以长期使用硫酸铵的土壤酸性增强，故④与盐类的水解有关；选D。
【点睛】本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱酸的阴离子或弱碱的阳离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质。
4.下列说法正确的是 （ ）
A. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液蒸干都得不到原溶质
B. pH为3的盐酸中的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍
C. Na2 CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. AlCl3溶液蒸干得不到AlCl3，但是，Al2(SO4)3溶液蒸干可以得到原溶质Al2(SO4)3，故A错误；
B. pH为1的盐酸中c(H+)是pH为3的盐酸中c(H+)的100倍，故B错误；
C. Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中都含Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-五种离子和H2CO3、H2O两种分子，所含微粒的种类相同，故C正确；
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，氨水浓度大于氢氧化钠，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水的体积小于氢氧化钠溶液的体积，故D错误。
5.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝+Q1kJ·mol－1，室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SO42- (aq) ΔH＝－Q2 kJ/mol，则（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2
C. Q1
【解析】
【详解】①CuSO4·5H2O(s) = Cu2＋(aq)＋SO42- (aq)＋5H2O(l)ΔH＝+QkJ·mol－1，胆矾溶于水时溶液温度降低Q＞0，②CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝+Q1kJ·mol－1，根据盖斯定律①－②得CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SO42- (aq) ΔH＝Q- Q1=－Q2 kJ/mol，所以Q＋ Q2=Q1，Q1＞Q2，故A正确。
6.下列有关说法正确的是（ ）
A. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B. 2NO(g)+2CO(g)=N2 (g)+2CO2 (g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. CaCO3 (s)=CaO(s)+CO2 (g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.△G=△H-T△S＜0反应自发，吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△G＜0，故A正确；
B.反应能自发进行，△G=△H-T△S＜0，因△S＜0，则△H＜0，故B错误；
C.该反应△S＞0，常温不能自发，△G>0，则△H＞0，故C错误；
D.平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，升高温度后平衡常数减小，故D错误。
综上所述，本题选A。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
7.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 加入NaOH溶液，可增大乙醇的物质的量
B. 增大氢溴酸的浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物均增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比变大
D. 若起始温度提高至60℃，有利于提高C2H5Br的产量
【答案】C
【解析】
【详解】A、加入NaOH溶液，C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O逆向移动，故A正确；
B、增大氢溴酸的浓度，C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O正向移动，有利于生成C2H5Br，故B正确；
C、若反应物均增大至2 mol，两种反应物平衡转化率之比不变，故C错误；
D、C2H5Br的沸点为38.4℃，若起始温度提高至60℃，C2H5Br挥发，平衡正向移动，有利于提高C2H5Br的产量，故D正确。选C。
8.下列物质的溶液中所含离子种类最多的是（ ）
A. Na2S B. Na3PO4 C. NaHCO3 D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】Na2S水解，溶液中含Na+、H+、S2-、HS-、OH-五种离子； Na3PO4水解，溶液中含Na+、H+、PO43+、HPO42+、H2PO4+、OH-六种离子； NaHCO3存在水解和电离，溶液中含Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-五种离子； H2SO4是强酸，溶液中含H+、SO42-、OH-三种离子；故选B。
9.常温下，浓度均为0.1mol • L−1的三种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液。下列说法错误的是（ ）
A. 溶液的pH：②>③>①
B. 水电离出的c(OH-)：③>①>②
C. ②和③等体积混合后的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
D. ①和②等体积混合后的溶液c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol⋅L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．等浓度的酸碱盐溶液的酸碱性判断其pH大小；
B．含有弱根离子的盐促进水电离，酸或碱抑制水电离；
C．根据电荷守恒判断；
D．根据物料守恒判断．
解：A．常温下，醋酸是酸pH＜7、氢氧化钠是碱，其溶液的pH＞7，醋酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，pH＞7，但大于等浓度的醋酸的pH，所以等物质的量的三种溶液其pH大小顺序是：②＞③＞①，故A正确；
B．醋酸钠能水解而促进水电离，醋酸和氢氧化钠抑制水电离，但醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，所以醋酸抑制水电离的程度小于氢氧化钠，所以三种溶液中水电离出的c（OH﹣）：③＞①＞②，故B正确；
C．溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以根据电荷守恒得c（Na+）+c（H﹣）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故C正确；
D．等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠混合后，溶液的体积增大一倍，所以其浓度是原来的一半，再根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.05mol/L，故D错误；
故选D．
点评：本题考查了弱电解质的电离，难度较大，易错选项是D，注意等体积混合后，原物质的浓度都变为原来的一半，为易错点．
10. 一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：
下列描述正确的是( )
A. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·(L·s)－1
B. 反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)
【答案】C
【解析】
考查化学反应速率的有关计算。根据图像可知X和Y的物质的量是减少的，Z的物质的量是增加的，所以X和Y是反应物，Z是生成物。反应进行到10s时，X、Y、Z的变化量分别是1.20mol－0.41mol＝0.79mol、1.00mol－0.21mol＝0.79mol、1.58mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可得X、Y、Z的化学计量数之比是1︰1︰2，所以反应式为X(g)＋Y(g)2Z(g)。用Z表示的反应速率为，Y的转化率是
，所以答案是C。
二、不定项选择题（本大题共5小题，每题有一或二个正确答案，共20.0分）
11.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】
试题分析：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。
考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。
12.在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法不正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率增大了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
【答案】D
【解析】
【分析】
先假设体积增加一倍时平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，据此结合选项判断。
【详解】A、假设体积增加一倍时平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A正确；
B、根据A的判断，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B正确；
C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；
D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；选D。
13.在盐类发生水解的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 盐的水解不属于离子反应 B. 溶液的pH一定发生改变
C. 水电离程度增大 D. 是中和反应的逆反应
【答案】CD
【解析】
【详解】A、盐的水解是盐电离出的离子结合水电离的氢离子或氢氧根离子生成弱酸或弱碱，属于离子反应，故A错误；
B、醋酸铵水解，溶液呈中性。因此，在盐类发生水解的过程中，溶液的pH不一定发生改变，故B错误；
C、盐水解促进水电离，水的电离程度增大，故C正确；
D、盐水解是中和反应的逆反应，故D正确。
14.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是 （ ）
A. 容器内的温度不再变化
B. 容器内的压强不再变化
C. 相同时间内，断开1molH-H键的同时断开2molN-H键
D. 容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
【答案】AC
【解析】
【详解】A、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，反应放热，温度是变量，容器内的温度不再变化，一定达到平衡，故选A；
B、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，在恒压绝热容器中发生，压强是恒量，容器内的压强不再变化时反应不一定达到平衡，故不选B；
C、相同时间内，断开1molH-H键的同时断开2molN-H键，正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选C；
D、容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2，浓度不一定不变，反应不一定平衡，故不选D。
15.一定条件下存在反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，Δ H＜0。现有三个体积相同密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如如图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 容器II、III中的反应达平衡时，SO3的体积分数：II>III
D. 容器I中SO2的转化率与容器II中SO3的转化率之和小于1
【答案】CD
【解析】
【详解】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，III是恒温容器，容器Ⅰ、Ⅲ中温度不同，所以平衡常数不相同，故A错误；
B、容器Ⅱ是恒容容器，反应过程中压强增大，容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，两容器的投料相同，所以容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，两容器中的投料相同，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，两容器的投料相当，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，相当于在容器Ⅰ的平衡状态的基础上升高温度，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；
故选CD．
【点睛】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，放热反应在绝热容器中进行，可以使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等。
第II卷
三、填空题（本大题共6小题，共80.0分）
16.如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰；向烧杯③中加入NH4NO3晶体；烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为________（请写出相应的离子方程式和必要的文字说明）。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_____。
A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为____、___、____、____(填“左”“右”或“不移动”)。
(4)已知室温时，CH3COOH电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O电离常数为1.75×10－5。浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列的正确顺序为 ____。
【答案】 (1). CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，使溶液呈碱性 (2). BD (3). 右 (4). 左 (5). 左 (6). 右 (7). ④＜②＜③＜①
【解析】
【分析】
(1) CH3COONa是强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(2)向烧杯①中加入生石灰，生石灰与水反应放热，温度升高；烧瓶③中溶液红色变浅，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡逆向移动；
(3)根据影响平衡移动的因素分析；
（4）根据盐水解分析；
【详解】(1) CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，使溶液呈碱性，所以溶液显浅红色；
(2)向烧杯①中加入生石灰，生石灰与水反应放热，温度升高，烧瓶①中溶液红色变深，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡正向移动，水解反应为吸热反应，故A错误、B正确；水解反应为吸热反应，烧瓶③中溶液红色变浅，说明CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡逆向移动，NH4NO3溶于水时吸收热量，故C错误、D正确。
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量浓盐酸，氢氧根离子离子浓度减小，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－正向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－逆向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量Na2CO3固体，氢氧根离子浓度增大，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－逆向移动；向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量FeSO4固体，氢氧根离子浓度减小，CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－正向移动；
（4）①CH3COONa强碱弱酸盐，水解呈碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性、③CH3COONH4 是弱酸弱碱盐，水解程度相同，溶液呈中性、④(NH4)2SO4强酸弱碱盐，溶液呈酸性，铵根离子浓度大于NH4Cl，酸性比NH4Cl溶液强，故pH由小到大排列的正确顺序为④＜②＜③＜①。
17.NaOH溶液可用于多种气体的处理．
（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．
①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，可用于除油污，写出CO32﹣水解的离子方程式_______________________。
②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式_______________________。
（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中
c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为_____（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）。可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是___。
A 向溶液A中加适量NaOH B 向溶液A中加适量水
C 向溶液B中加适量NaOH D 向溶液B中加适量水
（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示：
①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是______。
A．c（Na+）＞2c（SO32-）＞c（HSO3-）
B．c（Na+）=c（SO32﹣） +c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）
D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞ c（H+）=c（OH﹣）
②利用如图中数据，求H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常数的数值_____（保留两位小数）。
【答案】 (1). CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣ (2). 3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑ (3). c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣） (4). AD (5). A (6). 0.27
【解析】
【分析】
（1）①CO32﹣水解分步进行，弱酸根水解呈碱性；
②NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（2）含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应，生成0.1mol NaNO3、0.1mol NaNO2，溶液体积为1L，则NaNO3、 NaNO2的浓度都是0．lmol•L﹣1；HNO2酸性大于CH3COOH，所以CH3COO﹣水解程度大于NO2﹣，B溶液的pH大于A；
（3）①由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），
中性溶液则c（H+）═c（OH-），由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-）。
②H2SO3H++ HSO3﹣平衡常数 。
【详解】（1）①CO32﹣水解的离子方程式是CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；
②NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑；
（2）硝酸是强酸，NO3﹣不水解；HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1、CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，HNO2酸性大于CH3COOH，CH3COO﹣水解程度大于NO2﹣；同浓度的NaNO3、 NaNO2、CH3COONa溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；溶液A为硝酸钠和亚硝酸钠的混合液，其pH小于溶液B，要使pH相等，可以增大A的pH或减小B的pH；A、 向溶液A中加适量NaOH，A的pH增大； B、 向溶液A中加适量水，A的pH减小； C、 向溶液B中加适量NaOH，B的pH增大； D、 向溶液B中加适量水，B的pH减小，故选AD；
（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）═c（OH-），则c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-），所以c（Na+）＞2c（SO32-），由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-），则c（Na+）＞2c（SO32-）＞c（HSO3-），故A 正确；
B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）═c（OH-），则c（Na+）═2c（SO32-）+c（HSO3-），图可知pH=7时c（SO32-）≠c（H2SO3），故B错误；
C、pH=7时，c（H+）=c（OH-），故C错误；
D、由图可知pH=7时，c（SO32-）=c（HSO3-），所以离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3-）=c（SO32-）＞c（H+）=c（OH-），故D错误；
②根据图象可知，pH=0时，亚硫酸浓度为0.9mol/L，亚硫酸氢根离子浓度为0.24mol/L，此时氢离子浓度为1mol/L，H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常数0.27。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。
18.实验室中利用含银废料（主要含有AgNO3和AgCl）制取硝酸银的实验步骤如下：
步骤1：向废液中加入足量的NaCl溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净。
步骤2：将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入20%的Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色[含有Ag、Al(OH)3和少量仍未反应的AgCl]。取出铝片，过滤并洗涤沉淀。
步骤3：……
（1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是________________。
（2）步骤2加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出该过程中发生反应的离子方程式：________________________________。
加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤；洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤；将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；用冰水洗涤、干燥 ，得到硝酸银晶体（实验中必须使用的试剂有：稀盐酸、稀硝酸、冰水）。
（3）已知：Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓（白色）。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度（杂质不参与反应）：
①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_________。
②准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，再用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为________。
③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL。则硝酸银的质量分数为_____。
【答案】 (1). 静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量 (2). 2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑ (3). 100mL容量瓶、胶头滴管 (4). 溶液变为（血）红色 (5). 98.60%
【解析】
【分析】
（1）加足量NaCl的溶液后不含Ag+；
（2）步骤2中铝置换出氯化银中的银，铝离子与CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
（3）①根据配制一定物质的量浓度的溶液分析；
②酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂， NH4SCN先与Ag＋反应生成AgSCN沉淀，再与NH4Fe(SO4)2溶液反应；
③根据Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓计算硝酸银的质量分数。
【详解】（1）加足量NaCl的溶液后不含Ag+，所以检验步骤1中所加NaCl溶液已经足量的方法是：静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量；
（2）步骤2中铝置换出氯化银中的银，铝离子与CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，反应方程式是2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑；
（3）①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有100mL容量瓶、胶头滴管；
②酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定， NH4SCN先与Ag＋反应生成AgSCN沉淀，再与NH4Fe(SO4)2溶液变红色，滴定终点的现象是溶液变为（血）红色；
③设AgNO3的质量是xg；
Ag NO3＋NH4SCN＝AgSCN↓+ NH4NO3
170g 1mol
Xg 0.1 mol·L－1×0.029L
， x =0.493g；硝酸银的质量分数为 98.60%。
19.（一）下列物质：①Fe ②CO2③酒精④ NaHSO4⑤ Ba(OH)2⑥熔融 NaCl ⑦AgCl ⑧NaHCO3⑨ H2S。（填代号，以下同）
（1）属于盐的是__________。
（2）属于电解质的是___________。
（3）属于非电解质的是________。
（二）完成下列填空：
（1）28g氮气含有的原子数为___________个。
（2）9.03×1023个H2O分子所含氧原子数的物质的量为__________mol；与________克CO2中所含氧原子数相等。
（3）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl－，则A的摩尔质量为__________。
（4）在一定温度和压强下，10mL气体A2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B3，则该气体在相同条件下的体积为______________mL。
【答案】 (1). ④⑥⑦⑧ (2). ④⑤⑥⑦⑧⑨ (3). ②③ (4). 1.204×1024 (5). 1.5 (6). 33 (7). 24g/mol (8). 10
【解析】
（一）（1）由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，则属于盐的是NaHSO4、熔融NaCl、AgCl、NaHCO3，答案选④⑥⑦⑧。（2）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，因此属于电解质的是NaHSO4、Ba(OH)2、熔融NaCl、AgCl、NaHCO3、H2S，答案选④⑤⑥⑦⑧⑨。（3）溶于水和在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，因此属于非电解质的是CO2、酒精，答案选②③。
（二）（1）28g氮气的物质的量是28g÷28g/mol＝1.0mol，含有的原子数为2×1mol×6.02×1023/mol＝1.204×1024个。（2）9.03×1023个H2O分子的物质的量是9.03×1023÷6.02×1023/mol＝1.5mol，所含氧原子的物质的量为1.5mol；含有1.5mol氧原子的CO2的物质的量是1.5mol÷2＝0.75mol，质量是0.75mol×44g/mol＝33g。（3）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl－，则氯化物的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，因此摩尔质量是19g÷0.2mol＝95g/mol，则A的摩尔质量为95g/mol－35.5g/mol×2＝24g/mol；（4）在一定温度和压强下，10mL气体A2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B3，根据相同条件下气体的体积之比是物质的量之比以及原子守恒可知反应的化学方程式为2A2+3B2=2A2B3，因此该气体在相同条件下的体积为10mL。
20.尿素是最简单的有机化合物之一，是哺乳动物和某些鱼类体内蛋白质代谢分解的主要含氮终产物。
（1）尿素[(NH2)2CO]是含氮量最高固体氮肥，其理论含氮最为________%（保留1位小数），尿素中N的化合价为________。
（2）二氧化碳、氨在高温、高压下合成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵再发生分解反应可得到尿素。写出该分解反应的化学方程式：________。
（3）可用酸性[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物NOx。吸收过程中存在HNO2与[(NH2)2CO]生成N2和CO2的反应，写出该反应的化学方程式：________。当生成1 molN2时，转移的电子数为________。
（4）也可用水吸收氮氧化物NOx，已知NO2溶于水的相关热化学方程式如下：
2NO2 (g)+H2O(l)=HNO3 (aq)+HNO2 (aq) ΔH=-116.1kJ⋅mol-1
3NO2 (g)+H2O(l)=2HNO3 (aq)+NO(aq) ΔH=-136.2kJ⋅mol-1
则用稀硝酸吸收NO反应HNO3 (aq)+2NO(g)+H2O(I)=3HNO2 (aq) ΔH=________kJ⋅mol-1
【答案】 (1). 46.7% (2). －3 (3). NH2-COONH4 = (NH2)2CO+H2O (4). 2HNO2+(NH2)2CO = 2N2↑+ CO2↑+3H2O (5). 3NA (6). −75.9
【解析】
【分析】
(1)尿素[(NH2)2CO]的理论含氮量就是尿素中氮元素的质量分数，尿素结构式为，由图可知，每个N原子形成三个极性共价键，N的非金属性强于C、H，电子对偏向氮原子，N为-3价。
(2) 由有机物的命名规则及官能团的结构可写出氨基甲酸铵的化学式为： H2N-COONH4，再根据生成物有尿素，利用质量守恒定律写出反应方程式。
(3)反应物为 HNO2 与(NH2)2CO ，生成物有 N2 和CO2 ，利用质量守恒和得失电子守恒书写方程式；根据电子转移数目计算当生成 1 mol N2 时，转移的电子数。
(4)由盖斯定律得出目标反应的焓变。
【详解】(1)CO(NH2)2 中氮元素的百分含量为： 2×14/(12+16+28+4)=0.467 这是理论上的数值,一般会低于 46.7%的, 因为会有杂质；尿素的结构简式为 H2N-CO-NH2,由化合价规则知碳与氮连时氮为负价，氧与碳连时氧为负价，氮与氢连时氮为负价，CO(NH2)2 中 C 是＋4 价，O 是－2价，H 是＋1 价，N 是-3 价。答案为：46.7% ；－3。
(2)由有机物的命名规则及官能团的结构知，氨基甲酸铵是 H2N-COONH4，由物质守恒知发生分解反应得到尿素和水 H2N-COONH4 = (NH2)2CO+H2O 。答案为：NH2-COONH4 = (NH2)2CO+H2O。
(3) 明确各元素的化合价是解决这个小题的前提，由得失电子守恒与物质守恒可配平反应式 2HNO2+(NH2)2CO = 2N2+ CO2 +3H2O，并得出生成 1 mol N2 时，转移的电子为 3mol。答案为：2HNO2+(NH2)2CO = 2N2↑+ CO2↑+3H2O；3NA 。
(4)由盖斯定律知可用已知： 3×反应1减去2×反应2 即可得目标反应 ，故△ H=3×（−116.1 kJ·mol−1) − 2×(−136.2kJ·mol−1) =−75.9 kJ·mol−1。答案为：−75.9。
21.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为 ___________________。
②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 __________________（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH随加入 NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定用酚酞作指示剂，滴定终点的现象_______________________________________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). bc (3). I (4). 3 (5). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (6). BC (7). 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复
【解析】
【分析】
（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离；
②根据影响弱电解质电离的因素分析；
（2）①根据浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不一样来回答；
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%，根据pH=-lg c(H+)计算醋酸溶液的 pH；
③酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小，据此来判断；
④根据酸碱中和滴定的操作回答；
⑤滴定开始时，酸性溶液中酚酞呈无色，滴定过程中溶液的碱性增强；
【详解】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离，电离方程式是CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
②a 滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOH⇌CH3COO-+H+逆向移动，CH3COOH 电离程度减小； b 电离吸热，微热溶液 CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，CH3COOH 电离程度增大； c 弱电解质溶液越稀越电离，加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； d 加入少量醋酸钠晶体，浓度增大电离程度越小；故选bc；
（2）①浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH，盐酸的等于1，但是醋酸的大于1，所以滴定醋酸的曲线是I；
②若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%=1×10-3 mol·L-1， pH=-lg c(H+)=- lg 10-3=3；
③0.1mol•L-1 NaOH溶液、0.1mol•L-1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/L，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是0.1 mol•L-1醋酸溶液；
④A．滴定管在使用前用待盛液润洗，所以用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，故A正确；
B．锥形瓶不能用待测酸溶液润洗，故B错误；
C．滴定时两眼应注视锥形瓶中颜色的变化，故C错误；
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确。选BC.
⑤滴定开始时，溶液为无色，滴定过程中溶液碱性增强，所以滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复。
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