【化学】河北省沧州市盐山中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷

河北省沧州市盐山中学2018-2019学年高二上学期12月月考
1.2017年，中央环保督察组对破坏环境事件的重拳出击，对改善我国环境起到了重要作用，则下列说法与节能减排无关的是
A. 提倡“低碳生活”，尽量使用含碳量较低的物质
B. 推广使用乙醇汽油
C. 合理食用含有蛋白质的食物，促进青少年健康成长
D. 在大城市倡导“共享单车”出行
【答案】C
【解析】
【详解】A.我们现在使用的化石燃料的燃烧会产生大量的二氧化碳，“低碳生活”倡导低能量、低消耗，减少含碳物质的释放，主要是指减少CO2的排放量，故A不符合题意；
B.推广使用乙醇汽油能节省石油资源，减少汽车尾气对环境的污染，故B不符合题意；
C.蛋白质是人体正常生命活动所需要的营养物质，与节能减排无关，故C符合题意；
D.“共享单车”出行节能环保，故D不符合题意。
故选C。
2.前几日的学业水平测试时期，因温度骤降，许多学生使用上了“暖宝宝。暖宝宝采用的是铁的“氧化放热”原理，使其发生原电池反应。已知制作暖宝宝的原料有铁粉、水、活性炭、蛭石和食盐，铁粉在原电池中充当
A. 负极 B. 正极 C. 阳极 D. 阴极
【答案】A
【解析】
【详解】铁粉、活性炭、食盐水构成原电池，在原电池中，易失电子的物质所在的电极为负极，发生氧化反应，在铁的“氧化放热”中，铁失电子被氧化，发生氧化反应，铁粉在原电池中充当负极，故A正确。
故选A。
3.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下反应:2X(g)+Y(g) Z(g)+W(s)ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A. 在容器中加入氩气,反应速率不变
B. 加入少量W,逆反应速率增大
C. 升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩,可增大单位体积内活化分子的百分数,有效碰撞次数增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、在容器中加入氩气，压强增大，但物质的浓度，所以反应速率不变，A正确；B、W是固体，所以加入少量W，正逆反应速率均不变，B不正确；C、升高温度，正逆反应速率均增大，C不正确；D、将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，D不正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
4.25℃时，在pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液中，设由水电离出的OH-浓度分别为m和n，则m和n的关系为
A. m>n B. m=10-4n C. n=10-4m D. m=n
【答案】B
【解析】
【详解】在pH=9的NaOH溶液中，c(H+)=10-9mol·L-1，其H+全部是水电离产生的，因为c(H+)水=c(OH-)水，即m=10-9mol·L-1；在CH3COONa溶液中，由于CH3COO-结合了水中的H+，水的电离平衡正向移动，c(OH-)增大，在pH=9的CH3COONa溶液中，c(OH-)=1×10-5mol·L-1，其OH-全部是水电离产生的，即n=10-5 mol·L-1，所以m∶n=10-9mol·L-1∶10-5 mol·L-1=10-4∶1，即m=10-4n，故B正确。
故选B。
5.已知1 g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143 kJ,18 g水蒸气变成液态水放出44 kJ的热量。其他相关数据如下表：

O==O
H—H
H—O(g)
1 mol化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
496
436
x
则表中x为( )
A. 920 B. 557 C. 463 D. 188
【答案】C
【解析】
试题分析：1 g氢气物质的量是0.5mol，由于1 g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143 kJ ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出286KJ能量，18 g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，则反应生成1mol气态水时放出242KJ能量，反应热是断裂反应物的化学键吸收的能量与形成生成物的化学键释放的能量差，所以463+463-X-496/2=242，所以X="436" kJ，故选C。
考点：考查反应热与键能、物质的多少及物质的聚集状态的关系的知识。
6.将固体NH4Br 置于2L 的密闭容器中，在某温度下发生如下反应：NH4Br（s）⇌NH3（g）+HBr（g） ； 2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g），两分钟时测得H2为1mol，HBr为8mol，则上述反应中生成氨气的速率为
A. 0.2mol/（L•min） B. 2.0mol/（L•min）
C. 2.5mol/（L•min） D. 3.0mol/（L•min）
【答案】C
【解析】
【详解】对于2HBr(g)⇌Br2(g)＋H2(g)，c(H2)=1mol/2L=0.5mol/L，可知分解的HBr的浓度为1mol/L；而平衡时容器内的HBr的浓度为4mol/L，故NH4Br分解出的HBr的浓度为5mol/L，也就是说容器中NH3的浓度为5mol/L：υ（NH3）=5mol/L/2min=2.5mol/(L·min)，故C正确。
故选C。
7.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是

A. 该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2C
B. 反应进行到1s时，v（A）=v（D）
C. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等
D. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/（L•s）
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.0mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，B、C、A、D的变化量之比为3:4:5:2，故反应方程式为：3B+4C⇌5A+2D，故A错误；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应到1s时，v（A）=2.5v（D），故B错误；
C.根据3B+4C⇌5A+2D可知，反应中计量数不同，而化学反应速率与化学计量数成正比，所以各物质的反应速率不相同，故C错误；
D.反应进行到6s时，B的物质的量为0.6mol，B的物质的量的变化量为0.6mol，容器容积为2L，所以反应进行到6s时，v（B）=Δc/Δt=0.6mol/2L/6s=0.05mol/（L·s），故D正确。
故选D。
8.对于可逆反应mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)反应过程中，其他条件不变时，产物D的质量分数D％与温度Ｔ或压强P的关系如图所示，请判断下列说法正确的是 ( )

A. 降温，化学平衡向逆反应方向移动
B. 使用催化剂可使D%有所增加
C. 化学方程式中气体的化学计量数m＜p+q
D. B的颗粒越小，正反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A、“先拐先平，数值大”可知，T2＞T1、P2＞P1；升高温度，D%减小，平衡逆向移动，正反应放热，则降温化学平衡向正反应方向移动，A错误；B、催化剂不能使平衡发生移动，B错误；C、增大压强，D%减小，平衡逆向移动，m+n＜q，C正确；D、固体颗粒的大小不影响平衡移动，D错误，答案选C。
考点：考查外界条件对化学平衡移动的影响
9.在温度不变的条件下，加水稀释0.1mol/L 的氨水，则随着加入水的量的增加，下列判断正确的是
A. c（NH3·H2O）/c（OH-）减小 B. c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O）增大
C. n（OH-）不变 D. c（H+）/c（OH-）减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），则c（NH3·H2O）/c（OH-）= c（NH4+）/K，且温度不变，K不变，则在加水稀释过程中c（NH4+）逐渐减小，故c（NH3·H2O）/c（OH-）逐渐减小，故A正确；
B.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），温度不变，K不变，故B错误；
C.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，故C错误；
D.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，由于KW不变，故c（H+）增大，则c（H+）/c（OH-）增大，故D错误。
故选A。
【点睛】电离常数只与温度有关，温度不变，则K不变。
10.对于气相反应，某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（c B）也可表示平衡常数（记作Kp）．已知反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在T℃的平衡常数Kp=a，则下列说法正确的是
A. Kp=[4(NH3)P5(O2)]P4(NO)P6(H2O)
B. 升高温度，若Kp增大，则该反应为吸热反应
C. 该反应达到平衡状态后，增大压强，平衡向左移动，Kp减小
D. 2NH3（g）+5/2O2（g）⇌2NO（g）+3H2O（g） 的平衡常数Kp=0.5a
【答案】B
【解析】
【详解】A.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）的Kp=P4(NO)P6(H2O)/[P4(NH3)P5(O2)]，故A错误；
B.升高温度，若Kp增大，可以知道升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故B正确；
C.Kp只与温度有关，则该反应达到平衡状态后，增大压强，平衡向左移动，Kp不变，故C错误；
D.反应为倍数关系，K为指数关系，则2NH3（g）+5/2O2（g）⇌2NO（g）+3H2O（g）的平衡常数KP=a1/2，故D错误。
故选B。
11.在密闭容器中进行反应：X(g)＋3Y(g)⇌2Z(g)，有关下列图像的说法正确的是

A. 依据图甲可判断正反应为放热反应
B. 在图乙中，虚线可表示升高温度
C. 若正反应的ΔH＜0，图丙可表示降低温度使平衡向逆反应方向移动
D. 由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A.依据图甲可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，正、逆反应速率均增大，且V逆>V正，平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，故A正确；
B.在图乙中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，所以虚线不可表示升高温度，只能表示是加入了催化剂，故B错误；
C.若正反应的ΔH＜0，降低温度，化学反应速率减小，根据平衡移动原理，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，图像不符合反应速率的变化，故不可以用图丙可表示降低温度使平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D.根据图像分析，由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，总质量不变，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0，故D错误。
故选A。
12.常温下，下列叙述正确的是
A. pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH< 7
C. 向10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小
D. 向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，混合液pH=7
【答案】C
【解析】
氨水是弱电解质，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH< a +1，故A错误；酚酞在酸性、中性溶液中都呈无色，故B错误；氨水的电离平衡常数=，向10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，逐渐增大，减小，故C正确；氨水是弱电解质，向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，氨水有剩余，所以溶液呈碱性，故D错误。
13.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是

A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B. M区域内任意点均有c(H＋) C. 图中T1 D. XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。
【考点定位】本题考查水的离子积常数，图像的分析与判断。
【名师点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。
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14.把温度为20℃，浓度为1.0mol·L－1的H2SO4和2.2mol·L－1的碱溶液各50ml混合(溶液密度均为1g·ml－1，比热容为4.184kJ·K－1·kg－1)，轻轻搅动。测得酸碱混合液的温度变化数据如下，则反应NH3·H2O=NH4++OH－的焓变约为(单位：kJ·mol－1)
反应物
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
H2SO4+NaOH
20
33.6
H2SO4+NH3·H2O
20
32.6
A. +2.1 B. +52.7 C. ;+4.2 D. -4.2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据反应的焓变公式△H=-cm△T/n分别计算两个反应的焓变，根据盖斯定律计算反应NH3•H2ONH4++OH-的焓变，以此解答该题。
【详解】根据反应的焓变公式△H=-cm△T/n，
H2SO4与NaOH反应：①2H+（aq）+2OH-（aq）=2H2O（l）的焓变为-4.184×100×（33.6−20）/0.05×0.001kJ/mol=-113.8kJ/mol，
H2SO4与NH3•H2O反应②2H++2NH3•H2O（aq）=2NH4+（aq）+2H2O（l）的焓变为-4.184×100×（32.6−20）/0.05×0.001kJ/mol=-105.4kJ/mol，
②-①得到反应：NH3•H2O（aq）NH4+（aq）+OH-（aq）的焓变=（-105.4kJ/mol+113.8kJ/mol）×1/2=+4.2kJ/mol，故C选项正确。
故选C。
15.浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）

A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D. 当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。
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16.已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4 mol•L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为
A. 2.8×10-2 mol•L-1 B. 1.4×10-5 mol•L-1
C. 2.8×10-5 mol•L-1 D. 5.6×10-5 mol•L-1
【答案】B
【解析】
Na2CO3溶液的浓度为2×10−4mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=0.5×2×10−4mol/L=1×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=mol/L=2.8×10−5mol/L，原溶液CaCl2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2×2.8×10−5mol/L=5.6×10−5mol/L，故答案选B。
17.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
则下列有关说法不正确的是
A. 浓度相同时，各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(NaHCO3)＞pH(CH3COONa)
B. a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na＋)=c(CN－)，则a一定大于b
C. NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)
D. 2NaCN+H2O+CO2=2HCN+Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据弱酸的电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，由于弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，碱性越强，pH越大，所以三种溶液的pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(NaHCO3)＞pH(CH3COONa)，故A正确；
B.根据溶液中电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，由于所得溶液中c(Na＋)=c(CN－)，所以c(H＋)=c(OH－)，因此溶液显中性，因为NaCN溶液呈碱性，故HCN一定过量，则a一定大于b，故B正确；
C.Na2CO3和NaHCO3等物质的量混合溶液中，存在的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、HCO3-、CO32-，根据溶液电中性，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故C正确；
D.由电离平衡常数可知，酸性HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，应生成HCO3-，故D错误。本题选D。
【点睛】在比较溶液中离子浓度时，应该利用好3个守恒关系式，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
18.清华大学王晓琳教授首创三室膜电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是

A. X电极连接电源负极
B. N为阳离子交换膜
C. Y电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 制备2.4g LiOH产生的H2在标准状况下为2.24 L
【答案】B
【解析】
A．根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A错误；B．由图可知LiOH从最右侧导出，则Li+需通过N进入最右侧，故N为阳离子交换膜，故B正确；C．Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；D．制备2.4 g LiOH，n（OH-）==0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n（H2）=0.05mol，为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D错误；故选B。
点睛：明确各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解本题的关键，该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
19.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定浓度均为0.1000mol/L HX溶液和HY溶液各20.00mL，得到2条滴定曲线，如图所示。下列叙述正确的是

A. 由图可推知，HX是弱酸，而HY是强酸
B. 滴定HY时，可用甲基橙作指示剂，当溶液颜色由橙色变为黄色时，达到滴定终点
C. 滴定至B点时，溶液中：c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)
D. 若A、C两点对应的pH分别为1、9，则两点处水电离出的c(H+)之比为104∶1
【答案】C
【解析】
A. 由图可知，0.1000mol/L HX溶液和HY溶液的pH分别是1和3，所以，HX是强酸，而HY是弱酸，A不正确；B. 滴定HY时，滴定终点生成强碱弱酸盐，该溶液呈碱性，所以应该选择酚酞作指示剂，B不正确； C. 由图可知，滴定至B点时HY有一半被中和，溶液的pH<7，说明HY的电离作用大于Y－的水解作用，所以溶液中c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)，C正确；D. 若A、C两点对应的pH分别为1、9，则两点处水电离出的c(H+)之比为10－13∶10－9=1∶104，D不正确。本题选C。
20.对下列实验的描述正确的是

A. 图甲所示的实验：根据溶液颜色变化可比较Zn、Cu的金属活动性
B. 图乙所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀
C. 图丙所示的实验：根据温度计读数的变化用浓硫酸和NaOH反应测定中和热
D. 图丁所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化判断2NO2（g）⇌N2O4（g）是吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cu、Zn原电池中，活泼金属为负极，若溶液的蓝色逐渐变浅，说明锌作负极、锌溶解变为锌离子进入溶液，溶液中的铜离子在正极上得电子析出铜，故溶液中的铜离子浓度逐渐减小，故根据溶液的颜色变化可以比较Cu和Zn的金属活动性，A正确；
B.析氢腐蚀生成氢气，而吸氧腐蚀中要消耗氧气。由于导管内液面上升，说明有氧气消耗，故发生了吸氧腐蚀，B错误；
C.中和滴定应选稀的强酸，不能利用浓硫酸测定中和热，故C错误；
D.热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D错误。
故选A。
21.常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
（1）写出酸H2A的电离方程式_____________________________________________。
（2）Na2A的水溶液呈______性 ，原因是（用离子方程式表示）：____________________，往Na2A溶液中加入___________可抑制其水解
A .NaOH固体 B.氯化铁固体 C.水 D.碳酸钠固体
已知Ksp(BaA)＝1.8×10－10，往20mL 1 mol·L－1Na2A溶液中加入10 mL 1 mol·L－1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2＋浓度为______ mol·L－1。（忽略A2—的水解）
（3）若溶液M由2 mol·L－1H2A溶液与4mol·L－1NaOH溶液等体积混合而得，若所得溶液M的pH＞7，则溶液中离子浓度由大到小顺序为_____________。
（4）若溶液M由下列三种情况：①0.01 mol·L－1的H2A溶液；②0.01 mol·L－1的NaHA溶液；③0.02 mol·L－1的HCl与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为________；pH由大到小的顺序为____________________________________________。
（5）若溶液M由pH＝3的H2A溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合反应而得，混合溶液c(H＋)/c(OH－)＝104，V1与V2的大小关系为：_____________________(填“V1＞V2”“ V1＜V2”“ V1=V2”或“均有可能”)。
【答案】 (1). H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－ (2). 碱 (3). A2—＋H2O HA—＋OH—    HA—＋H2O H2A＋OH— (4). AD (5). 5.4×10－10 (6). c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+） (7). ③ (8). ②＞③＞① (9). 均有可能
【解析】
【分析】
（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；
（2）Na2A为强碱弱酸盐，溶液显碱性；原因是A2-＋H2OHA-＋OH-，HA-＋H2OH2A＋OH-；往Na2A溶液中加入氢氧化钠、碳酸钠可抑制其水解；
（3）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；
（4）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离；
（5）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，以此分析。
【详解】（1）溶液中存在A2-、HA-、H2A，说明H2A是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离平衡，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，故答案为：H2AH++HA-、HA-H++A2-。
（2）Na2A为强碱弱酸盐，溶液显碱性，原因是A2-＋H2OHA-＋OH-，HA-＋H2OH2A＋OH-，往Na2A溶液中加入氢氧化钠、碳酸钠可抑制其水解；根据A原子守恒得n（Na2A）=2mol/L×0.01L=0.02mol，n（BaCl2）=1mol/L×0.01L=0.01mol，Na2A+BaCl2=2NaCl+BaA↓，根据方程式知，BaCl2完全反应生成沉淀，剩余n（Na2A）=0.01mol，A2-的水解可忽略（题中信息），所以反应后溶液中c（A2-）=0.01mol/0.03L=1/3mol/L，根据溶度积常数得c（Ba2+）=1.8×10-10/1/3 mol/L=5.4×10-10 mol/L，故答案为：碱，A2-＋H2OHA-＋OH-、HA-＋H2OH2A＋OH-，AD，5.4×10－10。
（3）二者恰好反应生成1mol/LNa2A，弱酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），盐的离子水解程度通常较小，c（Na+）＞c（A2-），酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，只有一步水解生成HA-，所以c（OH-）＞c（HA-），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）。
（4）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①，故答案为：③；②＞③＞①。
（5）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时，酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能导致酸过量，故答案为：均有可能。
22.一定温度下,向一容积为5 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol SO2和0.2 mol O2,发生反应:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-196kJ·mol-1。当反应达到平衡时,容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下列问题:
（1）判断该反应达到平衡状态的标志是____________(填字母)。
a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.SO3的物质的量不再变化
e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
（2）①SO2的转化率为_____________________ ;
②达到平衡时反应放出的热量为 _________________ ;
③此温度下该反应的平衡常数K=___________________ 。
（3）如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线,则:

①温度关系:T1_______________ T2(填“＞”、“＜”或“=”,下同);
②平衡常数关系:KA____________ KB, KA__________ KD。
【答案】 (1). bde (2). 90% (3). 35.28 kJ (4). 20250 (5). > (6). ＝ (7). <
【解析】
(1)SO2、O2、SO3三者浓度比为2∶1∶2,与平衡状态无必然联系,不能作为建立平衡的标志,容器内气体压强随反应进行而变化,气体压强不变,则建立平衡;气体总质量不变,容器体积不变,混合气体密度也不变,不能作为平衡状态标志;SO3的物质的量是随反应进行而发生变化的,当其不变时,表示反应已建立平衡;SO2的生成速率是v(SO2)逆,SO3生成速率是v(SO3)正,而v(SO2)正=v(SO3)正,则有v(SO2)逆=v(SO2)正,这是平衡建立的根本标志。所以可作为平衡状态标志的是b、d、e。
(2) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始(mol) 0.4 0.2 0
变化(mol) x x/2 x
平衡(mol) 0.4-x 0.2-x/2 x
T、V恒定,气体的压强之比等于物质的量之比=,解得x=0.36,故SO2转化率为:×100%=90%。放出热量为:kJ·mol-1×0.4 mol×90%="35.28" kJ,K==="20" 250。
(3)该反应是放热反应,温度升高平衡左移,SO2体积分数增大,所以T2＞T1,平衡常数只与温度有关,温度不变,K值不变,则KA=KB,升温,平衡左移,K值减小,KA＞KD。
23.以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：

（1）B极上的电极反应式为______________________ 。
（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到11.2L(标准状况)气体时，消耗甲醇的质量为__________ 克，若要使溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质有____________________ 。
（3）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。

①上图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。若用上述甲醇燃料电池进行电解，则电解池的电极a接甲醇燃料电池的______极( 填A或B) ，写出阳极产生ClO2的电极反应式：_____________________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为___________mol。
【答案】（1）CH3OH－6e-+O2-=CO2+4H+
（2）10.67 CuO或CuCO3
（3）①A 2H2O+Cl-－5e-=ClO2+4H+ ②0.01
【解析】
试题分析：
（1）燃料电池中负极通燃料，发生氧化反应，正极通氧气，发生还原反应。所以负极上甲醇失去电子结合氧离子形成二氧化碳和水，正极上氧气得到电子形成氧负离子。则负极B极上的电极反应式为CH3OH－6e-+O2-=CO2+4H+。
（2）用石墨做电极电解硫酸铜溶液时，阳极电极反应为：4OH－－4e－= O2+ 2H2O；当阳极收集到11.2L(标准状况)气体时，即0.5mol O2，需转移电子2mol。1mol 甲醇反应转移6mol电子，则消耗甲醇的质量为mol×32g/mol=10.67g。若要使溶液复原，可向电解后的溶液中加入CuO或CuCO3。
（3）①示意图中Na＋从左到右，则可判断电极a为阳极，需接电源的正极，即接甲醇燃料电池的A极。该装置的目的是制备ClO2，则ClO2在阳极产生，电极反应式为Cl-－5e-+2H2O=ClO2+4H+。
②水电离产生的H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，则在内电路中移动的电荷为0.01 mol，每个Na＋带一个单位的正电荷，则通过阳离子交换膜的阳离子Na＋为0.01 mol。
考点：原电池和电解池原理