【化学】河南省信阳高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

河南省信阳高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100mL 1mol∙L－1的Na2CO3溶液中CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NA
B．1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数为2NA
C．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NA
D．0.1L 3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.3 NA
2．现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是
① 2ZnS(s) + 3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g) △H1=a kJ • mol-1
② 2C(s) +O2(g)=2CO(g) △H2=b kJ • mol-1
③ ZnO(s) +CO(g)=Zn(g) +CO2(g) △H3=c kJ • mol-1
A．以上三个反应中，只有①是放热反应
B．反应②的作用是仅为反应③提供还原剂
C．用这种方法得到的是纯净的锌单质
D．反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H= kJ • mol-1
3．天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼(用R表示，其中碳元素显﹣2价、氮元素显﹣2价)，N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R + 2N2O4 = 3N2↑+ 4H2O↑+ 2CO2↑，下列叙述错误的是
A．燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空
B．每生成1mol N2，该反应转移电子8mol
C．N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物
D．此反应中R的分子式为C2H8N2
4．碱性电池有容量大，放电电流大的特点，被广泛应用。锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn + 2MnO2 + H2O=Zn(OH)2+Mn2O3。下列说法错误的是
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2 + H2O+2e-==Mn2O3 + 2OH-
C．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少13g
D．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
5．下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是
A．用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
C．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
D．合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应)
6．下列事实与对应的方程式不符合的是
A．自然界中正常的雨水呈酸性：H2O＋CO2H2CO3 ，H2CO3H+＋HCO3—
B．“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) (红棕色)N2O4 (g) (无色) ΔH＜0
C．甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ­＋H2O
7．下列事实说明HNO2为弱电解质的是
①0．1 mol/L HNO2溶液的pH＝2．1；
②常温下NaNO2溶液的pH>7 ；
③用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗；
④HNO2溶液和KCl溶液不发生反应
⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2；
⑥HNO2不稳定，易分解
A．①②③⑤ B．①② C．①②⑥ D．①②④⑤
8．下列各组溶液中每种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol/L：①H2S ②NaHS ③Na2S
④H2S和NaHS混合液。下列说法不正确的是
A．c(S2―)由大到小是：③＞①＞②＞④
B．溶液pH由大到小的是：③＞②＞④＞①
C．在H2S 和NaHS混合液中：2c(Na＋)＝c(H2S)+c(HS―)+c(S2―)
D．在NaHS溶液中：c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH―)+c(HS―)+2c(S2―)
9．下述实验不能达到预期实验目的是
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液,至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
10．下列实验操作、现象与实验结论一致的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成
发生复分解反应生成难溶物质BaSO3
B
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀
该溶液中可能不含SO42-
C
将FeCl3溶液分别滴入NaBr、NaI溶液中，再分别滴加CCl4，振荡，静置，下层分别呈无色和紫红色
氧化性：Fe3+﹥Br2﹥I2
D
向浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液，沉淀呈黄色
Ksp(AgCl)﹤Ksp(AgI)
11．一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A (g) +B (s)2D (g) △Hc(A-)>c(OH－)>c(H＋)
17．室温下，浓度均为0.1mol/L.体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V。已知pOH=-lgc(OH-),pOH 与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A．HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)
B．图中pOH随变化始终满足直线关系
C．=3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，c(X-)=c(Y-)
18．下列说法正确的是
A．25℃时，已知Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 mo1·L–1、Ka(C6H5OH)=1.0×10-10 mo1·L–1、Ka1(H2CO3)=4.2×10-7 mo1·L–1、Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11 mo1·L–1。pH相等的①CH3COONa、②C6H5ONa、③NaHCO3溶液中，c(Na+)大小关系：②＜③＜①
B．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-a mo1·L–1，若a＜7时，则该溶液可能为NaHSO4溶液
C．常温下，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V(硫酸)＞V(盐酸)＝V(醋酸)
D．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
二、填空题
19．已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸 + 较弱酸盐 = 较强酸盐 + 较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA + HC2—(少量) = A—+ H2C—
②H2B(少量) + 2A— = B2— + 2HA
③H2B(少量) + H2C— = HB— + H3C 回答下列问题：
(1)相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_____________。
(2)A—、B2—、C3—、HB—、H2C—、HC2—六种离子中，最易结合质子(H+)的是_________，最难结合质子的是____________。
(3)下列反应的离子方程式正确的是____________。
A.H3C +3A— = 3HA + C3— B.HB— +A— = HA + B2—
(4)完成下列反应的离子方程式：
①H3C + OH—(过量)——____________________________________；②HA(过量) + C3— ——_________________________________。
20．研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
I．NOx主要来源于汽车尾气。
已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H＝＋180.50 kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g)2 CO2(g) △H＝－566.00kJ·mol－1
(1)为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。写出该反应的热化学方程式___________________________________。
(2)T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0－15min)中NO的物质的量随时间变化的关系如图所示。

①T℃时该化学反应的平衡常数K＝_______________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将_______移动。(填“向左”、“向右”或“不)
②图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是__________(填“a”或“b”)。
③15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_______。
II．SO2主要来源于煤的燃烧。燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
(3)用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3－。该反应的离子方程式是_________________。
(4)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。物质A的化学式为_____________，阴极的电极反应式是________________________。
三、实验题
21．滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。

(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
(2)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。
(3)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。
(4)该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。
四、综合题
22．氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)制备氟化钡的流程如下：

已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。
(1)滤渣A的名称为___________。
(2)滤液1加H2O2的目的是___________。
(3)加NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C的主要成分是___________(写化学式)
(4)滤液3加入盐酸酸化后再经加热浓缩____________洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体。
(5)常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2 mol/L水溶液与氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式___________。已知Ksp(BaF2)＝1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5 mol/L)，至少需要的氟离子浓度是___________mol/L(已知＝1.36，计算结果保留三位有效数字)。
(6)5.0 t含80％BaCO3的钡矿粉，理论上最多能生成BaCl2·2H2O晶体___________t 。(保留2位小数)
2018-2019学年河南省信阳高级中学
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A、100mL 1mol∙L－1的Na2CO3溶液中依据物料守恒，即碳元素守恒得到CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NA，故A正确；
B、醋酸是弱电解质，1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数小于2NA，故B错误；
C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；
D、水溶液中铁离子发生水解，0.1L 3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.3NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查弱电解质的电离平衡分析，溶液中的物料守恒的分析应用，盐类水解的判断，选项C是解答的易错点。
2．D
【解析】
【详解】
A．燃烧反应为放热反应，则①②为放热反应，故A错误；
B．反应②放热，因此其作用还有为反应③提供能量，故B错误；
C．参与反应的固体有ZnS、ZnO、C和Zn，所以用这种方法不可能得到的纯净的锌单质，故C错误；
D．已知：
① 2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g) △H1=a kJ•mol-1
② 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=b kJ•mol-1
③ ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g) △H3=c kJ•mol-1
结合盖斯定律可知(①+②)/2+③得方程式ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)，其△H=(a+b+2c)/2 kJ•mol-1，故D正确；
答案选D。
3．B
【解析】
【分析】
该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-2价、+4价分别变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。
【详解】
A．该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；
B．N2O4中N元素化合价由+4价变为0价，则每生成1molN2，该反应转移电子的物质的量=1mol×2/3×2×(4-0)=16/3mol，故B错误；
C．该反应中N元素化合价由-2价、+4价变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，所以是N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；
D．根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；
答案选B。
【点睛】
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。
4．C
【解析】
试题分析：A、根据原电池的工作原理，化合价升高失电子的作负极，分析电极反应方程式，锌的价态升高，锌失电子，说法正确；B、负极电极反应式：Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，总电极反应式减去负极电极反应式：正极：2MnO2 + H2O+2e-==Mn2O3 + 2OH-，正确；C、根据Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，外电路转移0.2mole－消耗锌的质量为6.5g，错误；D、根据原电池的工作原理，外电路电子从负极流向正极，正确。选项C符合题意。
考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写。
5．D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】
A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不选；
B．SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故B不选；
C．增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe(SCN)3浓度增大，体系颜色变深，故C不选。
D．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故D选；
答案选D。
6．C
【解析】分析：A. 空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离。B. 2NO2(g)(红棕色)N2O4 (g)(无色) ΔH＜0，降低温度，平衡右移；C. 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热,水的状态应该为液态；D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合生成单质硫，出现浑浊。
详解：空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离，A正确；2NO2(g)(红棕色)N2O4 (g)降低温度,平衡正向移动, NO2浓度降低,颜色变浅,该反应为放热反应，B正确；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，正确的热化学方程式为: CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1，C错误； 硫代硫酸钠溶于水，完全电离，与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S ¯＋SO2 ­＋H2O，D正确；正确选项：C。
7．D
【解析】
试题分析：①若亚硝酸为强酸，则0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH=1，而实际为2.1，所以可以说明亚硝酸为弱酸，正确；②若亚硝酸为强酸，则亚硝酸钠溶液在常温下的pH=7，溶液为中性，而实际pH>7，溶液呈碱性，说明亚硝酸是弱酸，正确；③溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，与电解质的强弱无关，错误；④亚硝酸与KCl不反应，不能说明亚硝酸是弱酸，若为强酸，也不与KCl反应，错误；⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2，说明亚硝酸比碳酸的酸性强，但不能说明亚硝酸是弱酸，错误；⑥酸的强弱与其稳定性无关，错误，所以答案选D。
考点：考查弱电解质的判断
8．A
【解析】
【分析】
①硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；
②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度小于水解程度，溶液显示碱性；
③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；
④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，据此分析判断。
【详解】
A．由于硫离子的水解程度较弱，因此硫化钠溶液中硫离子浓度最大，由于H2S电离分步进行，则溶液中硫离子浓度最小。②NaHS、④H2S和NaHS相比④中酸性较强抑制HS－电离，则溶液中硫离子浓度大小为：④＜②；所以四种溶液中c(S2―)由大到小是：③＞②＞④＞①，故A错误；
B．①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，②NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，故B正确；
C．在H2S和NaHS混合液中存在物料守恒，溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，则2c(Na＋)＝c(H2S)+c(HS―)+c(S2―)，故C正确；
D．在NaHS溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH―)+c(HS―)+2c(S2―)，故D正确；
答案选A。
【点睛】
本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其影响、电解质溶液中物料守恒和电荷守恒分析，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确判断溶液中离子浓度大小常用方法。
9．A
【解析】
试题分析：A、次氯酸钠具有强氧化性，所以用pH试纸测定次氯酸钠的pH值时，则pH试纸先变色后褪色，所以不能测定其pH值，错误；B、氯化银为白色沉淀，向氯化银中再滴加硫化钠溶液，若沉淀转化为黑色沉淀，则可说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，正确；C、铁离子发生水解生成氢氧化铁和氢离子，向其中加入氢氧化镁，则氢氧化镁与氢离子反应生成镁离子和水，使铁离子的水解正向进行，所以氢氧化镁逐渐转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去氢氧化铁和过量的氢氧化镁即可，正确；D、Na2S2O3溶液的体积和浓度均相同，向其中加入不同浓度相同体积的稀硫酸，根据产生沉淀的时间的长短可测定浓度对反应速率的影响，正确，答案选A。
考点：考查对实验方案的评价
10．B
【解析】
试题分析：A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，BaSO3溶于硝酸发生氧化还原反应，结论不合理，故A错误；B．某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有氯离子，不一定含有SO42-，该实验操作、现象与实验结论一致，故B正确；C．将FeCl3溶液分别滴入NaBr，滴加CCl4，振荡，静置，下层呈无色，说明溴离子没有被氧化，则氧化性：Fe3+＜Br2，该结论不合理，故C错误；D．向浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L-1AgNO3溶液，沉淀呈黄色，说明优先生成碘化银沉淀，则碘化银的溶度积较小，即：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，该结论不合理，故D错误；故选B。
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及难溶物溶解平衡、氧化还原反应、常见离子的检验方法等知识，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A为易错点。
11．B
【解析】
试题分析：A、 2A(g)+B(s)2D(g)
起始浓度(mol/L) 1 0
转化浓度(mol/L) 0.15 0.15
平衡浓度(mol/L) 0.85 0.15
所以该温度下反应的平衡常数K＝＝＜1，因此A正确；
B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的，因此b＝2a，B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)＝＝0.005mol• L-1·min-1，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确，答案选B。
考点：考查可逆反应速率、平衡常数的计算、等效平衡应用以及平衡状态的判断
12．C
【解析】
【分析】
根据体积之比等于物质的量之比，设起始氮气的体积为xL、氢气为yL，根据反应利用三段式进行计算并解答。
【详解】
设起始氮气的体积为xL、氢气为yL，则
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始(L) x y 0
转化(L) 0.05V 0.15V 0.1V
平衡(L) x-0.05V y-0.15V 0.1V
则有x-0.05V+y-0.15V+0.1V=V，所以x+y=1.1V。
A. 原混合气体的体积为1.1V L，A错误；
B. 反应达平衡时N2消耗掉0.05V L，B错误；
C. 原混合气体的体积为1.1V L，C正确；
D. 反应达平衡时H2消耗掉0.15V L，D错误。
答案选C。
13．C
【解析】
由图像知反应物和生成物的化学计量数之比为3:1，故其化学方程式为3HF(HF)3，A错。平衡混合气体中含2molHF，1mol(HF)3，="(2mol×20" g·mol－1+1mol×60 g·mol－1)/3mol="33.3" g·mol－1，选项B中漏写单位而错。选项C相当于对体系实施加压，增大压强有利于反应正向进行，故比值增大，C正确。由于HF分子间存在氢键易形成缔合分子，故其沸点比HCl高，D错。
14．B
【解析】
试题分析：A．电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，可知发生氧化反应，故A错误；B．放电时，左槽发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正确；C．充电时，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为2mol，故C错误；D．充电时，阴极发生V3++e-=V2+，H+参加反应，pH不发生变化，故D错误；故选B。
【考点定位】考查了原电池和电解池
【名师点晴】根据得失电子判断原电池正负极和电解池阴阳极是解题关键；该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+-e-=V3+，为被氧化的过程，应为原电池负极反应，则左槽为原电池正极，发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题。
15．A
【解析】
【分析】
整个过程发生的反应为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO、H++OH-＝H2O、HClO+OH-＝ClO-+H2O，溶液中c(H+)先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，据此解答。
【详解】
由图像可知，向水中通入氯气到b点为饱和氯水，然后向饱和氯水中加入氢氧化钠。则
A. a点是氯气的不饱和溶液，水的电离受到盐酸和次氯酸的抑制；b点为饱和氯水，水的电离受到盐酸和次氯酸的抑制程度更大；c点溶液显中性，是氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合液，次氯酸钠的水解促进水的电离，次氯酸的电离抑制水的电离，因为pH=7，说明次氯酸钠的水解促进水的电离作用和次氯酸的电离作用相同，所以，实验进程中水的电离程度为c＞a＞b，A正确；
B. 向a点所示溶液中通入SO2，氯气可以把二氧化硫氧化为硫酸，所以，溶液的pH减小，但是漂白性减弱，B错误；
C. d点溶液显碱性，溶质是NaCl和NaClO或NaCl、NaClO和NaOH，因为d点所示的溶液中ClO－会有一小部分发生水解，所以溶液中c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(HClO)，C错误；
D. 由电荷守恒可知c(H＋)+c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)+c(OH-)，因为c点所示溶液pH=7，故c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，D错误；
答案选A。
16．D
【解析】
试题分析：A．HA是弱酸，在溶液中存在电离平衡：HAH++A-，当向HA溶液加水稀释后，c(A-)、c(HA)由于稀释都减小，由于电离产生的离子浓度减小的倍数多，所以根据平衡移动原理，电离平衡正向移动，使c(A-)有所增大，而c(HA)会再减小一些，因此达到平衡时的值减小，正确；B．弱电解质HAH++A-在溶液中达到电离平衡时，该物质的电离平衡常数是K=c(H+)c(A-)/c(HA)=10-7x/(100-x)(x为滴定分数)，正确；C．当滴定分数为100时，酸、碱恰好完全反应，产生盐NaA，不存在弱电解质HA对水电离平衡的抑制作用，若再加入NaOH溶液，过量的碱也会对水的电离平衡器抑制作用，因此当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大，正确；D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系可能是c(Na＋)>c(A-)>c(OH－)>c(H＋)，也可能是c(Na＋)>c(OH－)>c(A-)>c(H＋)，错误。
考点：考查酸碱中和反应时溶液中离子浓度大小变化与比较的知识。
17．A
【解析】A. NaX、NaY溶液pOH≠7，表明NaX、NaY发生水解，所以 HX、HY都是弱酸，浓度均为0.1mol/L.的NaX、NaY溶液的pH分别为4和3，表明水解程度：NaXKa(HY)，故A正确；B. 当很大时，图中pOH变化很小，所以图中pOH随变化不会始终满足直线关系，故B错误；C.溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)= c(Na+)+c(H+)， =3时，NaX溶液中pOH较大， c(OH-)较小，c(H+)较大，所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；D. 分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)+c(Cl-)= c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)+c(Cl-)= c(Na+)+c(H+)，将c(OH-)= c(H+)代入得，c(X-)+c(Cl-)= c(Na+)，c(Y-)+c(Cl-)= c(Na+)，由于NaX溶液中pOH较大，加入盐酸较少，c(Cl-)较小，所以c(X-)>c(Y-)，故D错误。故选A。
点睛：解答本题需要注意在解决有关等式问题时，所使用的思路无非是质量守恒、电荷守恒以及它们的导出关系质子守恒。
18．A
【解析】
【详解】
A、酸越强对应的盐的水解能力越弱，盐溶液的碱性越弱，所以同浓度pH的大小关系为：②＞③＞①，所以pH相等的三种溶液，c(Na+)大小关系：②＜③＜①，故A正确；
B、某溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-a mo1·L–1，若a＜7时，说明水的电离受促进，而NaHSO4溶液对水的电离起抑制作用，故B错误；
C、醋酸是弱酸，pH相同时醋酸的浓度最大，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸，醋酸中和碱的能力最强，所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V(硫酸)＝V(盐酸)＜V(醋酸)，故C错误；
D、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明生成碳酸钡，因为此时的钡离子和碳酸根离子的乘积大于碳酸钡的溶度积常数，所以生成碳酸钡，常温下Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，故D错误；
答案选A。
19．H 2B C 3－ HB – B H3C+3OH -(过量)= C 3－+3H 2O 2HA(过量)+C 3－=2A—,+H 2C -
【解析】
试题分析：根据题中多元弱酸在水溶液中的电离信息，分析反应①得出电离能力：HA＞H2C-，H3C＞HA。分析反应②得出电离能力：H2B＞HA，HB- ＞HA。分析反应③得出电离能力：H2B＞H3C，HB- ＜H3C。综上所述，电离能力从强到弱的顺序为：H2B＞H3C＞HB- ＞HA＞H2C-＞HC2-。
(1)根据以上分析可知相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸的酸性强弱顺序是H2B＞H3C＞HA，故酸性最强的是H2B。
(2)由于给出质子(H+)由易到难的顺序是H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C- ＞HC2-，所以结合质子(H+)的难易顺序是HB-＜H2C-＜B2-＜A-＜HC2-＜C3-，即最易结合质子的是C3-，最难结合质子的是HB-。
(3)由于电离能力HA＞H2C-＞HC2-，所以3A-+H3C=3HA+C3-不能发生，B、C项正确。
(4)过量OH-将把H3C中和成C3- ：H3C+3OH-(过量)=C3-+3H2O；过量HA中的H+只能把C3-酸化成H2C-，即2HA(过量)+C3-＝2A-+H2C-。
考点：考查弱酸酸性比较
20．(1)2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=－746.50kJ·mol－1
(2)①5mol/L-1；向右(2分)；②b；③增加CO的物质的量浓度(或增大压强、降低温度等)
(3)H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑(2分)
(4)H2SO4(1分)；NO+6H++5e－=NH4++H2O(2分)
【解析】
试题分析：(1)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.50kJ•mol-1①
2CO(g)+O2(g)CO2(g)△H=-566.00kJ•mol-1②
根据盖斯定律：②-①得到：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H="-746.50" kJ•mol-1；
(2)①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2
起始量：0.4mol 0.4mol 0 0
转化量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
平衡量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
则平衡时的浓度：c(NO)=0.1mol/L，c(CO)=0.1mol/L，c(CO2)=0.1mol/L，c(N2)=0.05mol/L
k＝＝5(mol/L)-1；
平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，
则c(CO)=0.5mol/L，c(N2)=0.45mol/L，
Qc＝＝1.8＜k，则平衡将向右移动；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；故答案为b；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；
(3)碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO32-＝2HSO3-+CO2↑；
(4)电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，阴极是NO得到电子转化为铵根，则阴极的电极反应式是NO + 6H++ 5e－= NH4++H2O。
考点：考查盖斯定律的应用、化学平衡移动和平衡常数的计算、电解原理的应用。
21．冷凝管 b 酚酞 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 0.24 盐酸的挥发用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】
根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
【详解】
(1)根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。(2)滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。(3)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
【点睛】
本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。
22．二氧化硅 将Fe2+氧化成Fe3+ Mg(OH)2 冷却结晶、过滤 Ba2+＋2F-=BaF2↓ 0.136 4.95
【解析】(1)钡矿粉主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，其中二氧化硅不溶于盐酸，故滤渣A是二氧化硅。(2)滤液1中含有钡离子、亚铁离子、镁离子、氢离子、氯离子，加入H2O2将亚铁离子氧化为三价铁离子，有利于后续与镁离子的分离；(3)铁元素在除铁步骤中已除云，加NaOH溶液调节pH＝12.5，是将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀而除去；(4)要得到结晶水合物，常用加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤的方法。(5) BaCl2溶液与氟化铵溶液反应生成氟化钡沉淀，离子方程式为：Ba2+＋2F-=BaF2↓；由Ksp(BaF2)的表达式可知，c(Ba2+)·c2(F-)= Ksp(BaF2)，代入数据：10-5 mol/L×c2(F-)= 1.84×10-7，c(F-)=0.136mol/L；
(6)由关系式可知：
BaCO3 ——BaCl2·2H2O
197 244
5.0 t×80％ m m =4.95t