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【化学】江西省南城县第二中学2019-2020年高二上学期第二次月考试题（解析版）
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江西省南城县第二中学2019-2020年高二上学期第二次月考试题
原子量:H 1 N 14 O 16 Na 23 Fe 56
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1. 将A与B的混合物15mol放入容积为2L的密闭容器里，在一定条件下发生反应：2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经过15min达到平衡，达平衡时容器内的压强是反应前的．则以B气体的浓度变化表示的反应速率是（ ）
A. B.
C. D.
2. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知 ,则氢气的燃烧热
B. 已知；,则
C. 含 NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出的热量,则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：
D. 的燃烧热是 ,则
3. 近年来，全球气候变暖给人类生存和发展带来了严峻的挑战，在此背景下，“新能源”、“低碳”、“节能减排”、“吃干榨尽”等概念愈来愈受到人们的重视．下列有关说法不正确的（ ）
A. 太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”
B. “低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料
C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想
D. 让煤变成合成气,把煤“吃干榨尽”,实现了煤的清洁、高效利用
4. 把mmolC2H4跟nmolH2混合在密闭容器中，在适当条件下，反应达到平衡时生成pmolC2H6，若将所得平衡混和气体完全燃烧生成二氧化碳和水，需要氧气的量为（ ）
A. B. C. D.
5. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯中含有的碳碳双键数为3NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N-H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子。
A. B. C. D.
6. 下列叙述错误的是（ ）
A. 在加热搅拌条件下加入MgO,可除去溶液中的
B. 的番茄汁中是的牛奶中的100倍
C. 常温下,和的混合溶液中：
D. 在酸碱中和滴定实验装液时,凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 向 溶液中加入少量水,溶液中减小
B. 将溶液从升温至,溶液中增大
C. 在的NaB溶液中：
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量,溶液中不变
8. 25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：或，下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线m表示pH与的变化关系
B. 当溶液呈中性时,
C.
D. 时,的水解常数为
9. 室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（ ）
A. HX为一元强酸,YOH为一元弱碱
B. M点水的电离程度大于N点水的电离程度
C. N点对应溶液中粒子浓度：
D. 时的YX溶液中水电离出的
10. “变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时0.10mol/L草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是【已知室温时，Ksp（CaC2O4）=2.4×10-9】（ ）
A. 若将溶液不断加水稀释,则水的电离程度增大
B. 溶液中各离子浓度大小关系
C. 若用pH计测得溶液的,则的第二级电离平衡常数
D. 向溶液中加入等体积溶液,当加入的溶液浓度大于时即能产生沉淀
11. 25℃时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数（α）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线X表示的微粒为
B. 时,
C. 时,
D. 时,
12. 下列选项正确的是（ ）
A. 时,AgBr在的溶液和NaBr溶液中的溶解度相同
B. 时,将的醋酸溶液加水不断稀释,减小
C. 、溶液等浓度等体积混合后：
D. NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：
13. 常温下0.1mol/L ①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（）
A. 中
B. 等体积混合后,醋酸根离子浓度小于的二分之一
C. 等体积混合以后,溶液呈酸性,则
D. 等体积混合以后,水的电离程度比等体积混合的电离程度小
14. 常温下，向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B. 在M点时,
C. 随着NaOH的加入,不断增大
D. 当时,
15. 常温下，H2A是一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A，HA-，A2-的物质的量分数随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法 不正确的是 ( )
A. 常温下,的电离平衡常数
B. 当 时,溶液呈中性
C. 溶液： 溶液时 ,
D. 时,
16. 亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。某温度下，部分含氯组分含量随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 使用该漂白剂的适宜pH约为
B. 该温度下溶液中：
C. 该温度下的电离平衡常数的数值
D. 不同pH的溶液中存在下列关系：
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17. (8分)有以下物质：
①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；
⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体．
（1）其中能导电的是______；属于非电解质的是______；属于强电解质的是______；属于弱电解质的是______．
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：______．
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：______．
（4）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：______．
18. (8分)弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡。
已知在水中存在以下平衡：。
①溶液的pH______填大于、小于或等于溶液的pH。
②某温度下，若向的NaHA溶液中逐滴滴加溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是 _____________。
A． B．
C． D．
③已知常温下的钙盐的饱和溶液中存在以下平衡：。若要使该溶液中浓度变小，可采取的措施有 ________。
A.升高温度 降低温度 加入晶体 加入固体
常温下，若在硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的时，_________。
19. (12分)已知K、Ka、KW、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数．
（1）有关上述常数的说法正确的是______．
a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b．它们的大小都随温度的升高而增大
c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
（2）25℃时将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显______（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb=______
（3）已知25℃时CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液中水电离的H+浓度为______，溶液中离子浓度大小关系为______
（4）25℃时，H2SO3=HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）=______．
（5）已知常温下Fe（OH）3和Mg（OH）2的Ksp分别为8.0×10-38、1.0×10-11，向浓度均为0.1mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是______．（已知lg 2=0.3）
20. (12分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1 △H1＜0 （Ⅰ）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K2 △H2＜0 （Ⅱ）
（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=______（用K1、K2表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）=______mol，NO的转化率α1=______．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2______α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2______（填“增大”“减小”或“不变”）．若要使K2减小，可采取的措施是______．
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO）、c（NO）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中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
21. (12分)X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题：
（1）写出R的原子结构示意图：________________
（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)_____________．
（3）X与Y能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写分子式)_______，X和Z组成的化合物的化学式有______
（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB(在水溶液中进行)，其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的化学式_____________；D的电子式_____________．
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则AB离子反应方程式为_____________
②A、B均为盐溶液，如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因___________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有_____________。
【参考答案】
1.【答案】A
【解析】
【分析】本题考查学生化学反应速率的有关计算知识，注意各物质表示的反应速率之比等于系数之比这一结论的应用是关键，难度中等。
【解答】将A与B的混合气体15mol放入容积为2L的密闭容器内，经过15min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的，此时容器中的物质的量是=×15mol=12mol，
设：A的初始物质的量是x，则B的初始物质的量是15-x，A的物质的量变化量是y，
2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），
初始物质的量：x 15-x 0 0
变化物质的量：y 1.5y 0.5y y
平衡物质的量：x-y 15-x-1.5y 0.5y y
x-y+15-x-1.5y+0.5y+y=12，解得y=3，所以vA==0.1mol•（L•min）-1，各物质表示的反应速率之比等于系数之比，vB=vA=0.15mol•（L•min）-1。
故选A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等。
【解答】A.1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物应为液态水，故A错误；
B.物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＜△H2，故B错误；
C.含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，40g氢氧化钠和强酸完全反应放热57.4 kJ，醋酸为弱酸，电离吸热，其中和反应所放出热量小于57.4kJ，故C错误；
D.CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283 kJ•mol-1，可知2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
3.【答案】B
【解析】解：A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”，故A正确；
B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量，故B错误；
C．从图示可知，氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C正确；
D．让煤变成合成气，能提高能源利用率，节能减排，故D正确。
故选：B。
A．太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等是新能源；
B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量；
C．从图示分析，看是否符合“节能减排”思想；
D．让煤变成合成气，能提高能源利用率．
本题考查了“低碳经济”，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
4.【答案】B
【解析】解：m molC2H4、b molH2的混合气体完全燃烧消耗氧气的总物质的量为：mmol×（2+）+nmol×=（3m+）mol，
根据质量守恒定律，加成反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，都为（3m+）mol，
故选：B。
混合气体消耗氧气的体积取决于C、H元素的物质的量，反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，据此进行计算．
本题考查了混合物的计算，题目难度不大，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，要求学生平时多积累化学计算的方法与技巧．
5.【答案】B
【解析】解：①苯中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特键，不存在双键，故①错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故②正确；
③3.4gNH3物质的量==0.2mol，含N-H键数目为0.6NA，故③错误；
④浓度越大水解程度越小，1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故④错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故⑤正确；
⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故⑥错误；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故⑦错误；
⑧n=计算得到物质的量==0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故⑧正确；
故选：B。
①苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键；
②过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；
③质量换算物质的量结合氨气分子结构分析计算；
④NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解程度越大；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2；
⑥磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子；
⑧n=计算得到物质的量，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，计算电子转移数。
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应电子转移计算，注意物质的量和微粒数的计算应用，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀，则在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+，故A正确；
B．pH=-lgc（H+），则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；
C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度，则离子浓度为c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-），故C正确；
D．滴定管是利用液面差读取溶液体积，凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可，不一定是0刻度，故D错误；
故选：D。
A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀；
B．pH=-lgc（H+）；
C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度；
D．在酸碱中和滴定实验装液时，滴定管是利用液面差读取溶液体积，凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可。
本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、盐类水解及应用、难溶电解质的Ksp计算等，为高频考点，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A．向0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（CH3COO-）减小，由于温度不变Ka（CH3COOH）不变，根据×c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）可知，的比值增大，故A错误；
B．CH3COO-的水解为吸热反应，将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，则水解平衡常数Kh（CH3COO-）增大，所以=的比值减小，故B错误；
C．常温下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=1×10-8mol•L-1，c（OH-）=1×10-6mol•L-1，根据电荷守恒可知：c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=9.9×10-7mol•L-1，故C错误；
D．AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中银离子浓度相同，温度不变，溶度积常数不变，则溶液中==的比值不变，故D正确；
故选：D。
A．加入水后溶液中醋酸根离子浓度减小，结合×c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）分析；
B.=，温度升高醋酸根离子的水解程度增大；
C．pH=8的溶液中，常温下c（H+）=1×10-8mol•L-1，根据NaB溶液的电荷守恒判断；
D．AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中==，温度不变，溶度积常数不变。
本题考查较为综合，涉及弱电解质电离、难溶物溶度积计算、盐的水解原理等知识，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握常见平衡常数的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难度中等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
【解答】A．H2CO3的电离平衡常数Ka1>Ka2，，，当pH相等时，<,＞，m曲线代表lg，故A错误；
B．当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故B错误；
C．Ka1（H2CO3）=，在N点lg=1，即=10，N点的pH=7.4，则c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4，故C正确；
D．M点的pH=9.3，则c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的平衡常数为Kh===1.0×10-3.7，故D错误。
故选：C。
9.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
【解答】A.根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；
B.M点溶质为Y、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；
C.N点溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N点溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），则c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D.YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-amol•L-1，故D正确。
故选C。
10.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了盐类水解、影响因素、水解平衡常数、电离平衡常数和离子积常数的混合计算、溶度积常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】A、若向溶液中不断加水稀释，盐类水解程度增大，但水的电离程度减小，故A错误；
B．0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+），故B错误；
C．若用pH计测得溶液的pH=a，c（OH-）=c（HC2O4-）=10-14+amol/L，C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，Kh==×==，Ka2=1013-2a，故C正确；
D．ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）·c（C2O42-）=2.4×10-9，c（Ca2+）=mol/L=4.8×10-8mol/L，则加入的CaCl2溶液浓度大于9.6×10-8mol/L时即能产生沉淀，故D错误；
故选C。
11.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，题目难度中等。
【解答】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图象可知曲线Z为CO32-微粒的变化曲线，故 A错误；
B．pH=6.3时，图象中可知主要为H2CO3和HCO3-，三者都小于0.2，各成分α（CO32-）+α（HCO3-）+α（H2CO3）＜1.0，故B错误；
C．pH=7时c（OH-）=c（H+），此时主要含H2CO3和HCO3-，由图可知：c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-），故C错误；
D．pH=10.3时，c（CO32-）=c（HCO3-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）=c（Cl-）+c（OH-）+3c（HCO3-），故D正确；
故选：D。
12.【答案】D
【解析】解：A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度，故AgBr在0.0lmol/L的MgBr2溶液中的溶解度小于0.0lmol/LNaBr溶液中的溶解度，故A错误；
B、加水稀释，促进醋酸电离，故增大，故B错误；
C、Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后，根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故C错误；
D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-）以及物料守恒c（Na+）=c（CN-）+c（HCN）可知：c（Na+）＞c（Cl-）=c（HCN），故D正确；
故选：D。
A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度；
B、加水稀释，促进醋酸电离；
C、根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；
D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒以及物料守恒分析。
本题考查弱电解质的电离平衡，盐类水解的应用，注意混合溶液中物料守恒的书写。
13.【答案】B
【解析】
【分析】 本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、掌握基础是解题关键，题目难度不大。
A.CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子；
B.①②等体积混合后，体积变大促进醋酸根离子的水解；
C.①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主；
D.①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性。
【解答】A.CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以①中[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO﹣]＞[OH﹣]，故A错误；
B.①②等体积混合后，两者恰好完全反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的水解，所以①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一，故B正确；
C.①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主，所以溶液呈酸性，则（CH3COO﹣）＞（Na+）＞（H+），故C错误；
D.①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性，对水的电离子起抑制作用，所以①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度大，故D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了酸碱反应过程分析，主要是溶液酸碱性、离子浓度大小，对水的电离影响因素分析判断，题目难度中等。
【解答】A.M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；
B.在M点时溶液中存在电荷守恒，n（0H-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n（0H-）-n（H+）=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，故B正确；
C.铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，×=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C错误；
D.向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-），溶液中存在水的电离则溶液中，c（OH-）＞c（Cl-）-c（NH3•H2O），故D正确。
故选C。
15.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，题目难度中等。
【解答】A.图象中c（H2A）=c（HA-），常温下，H2A⇌HA-+H+的电离平衡常数Kal=c（H+）=10-3.30，故A正确；
B.溶液中存在电荷守恒分析判断，c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），当c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）时，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故B正确；
C.等物质的量浓度时，V（NaOH溶液）：V（H2A溶液）=3：2，则溶液中存在物料守恒，2c（Na+）=3c（A2-）+3c（HA-）+3c（H2A），电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），计算得到（Na+）+c（OH-）=3c（H2A）+2c（HA-）+c（H+），故C错误；
D.PH=6.27，c（A2-）=c（HA-），溶液显酸性，溶液中离子浓度关系为：c（A2-）=c（HA-）＞c（H+）＞c（OH-），故D正确。
故选C。
16.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及物质性质，明确物质性质及反应原理是解本题关键，注意溶液中存在微粒成分，易错选项是D。
【解答】A.HClO2是漂白织物的有效成分，ClO2是有毒气体，要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图象知，pH过小，ClO2含量较大，pH过大，HClO2的含量较低，当溶液的pH为5.0左右，故A正确；
B.根据图知，该溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），弱离子水解程度较小，结合电荷守恒得c（ Na+）＞c（ClO2-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；
C.由HClO2的电离平衡常数K=，在pH=6时，c（HClO2）=c（ClO2-），则K==c（H+）=1.0×10-6，故C正确；
D.溶液中可能还存在c（Cl-），所以可能存在c（ Na+）=c（ClO2-）+c（HClO2）+c（ClO2）+c（Cl-），故D错误。
故选D。
17.【答案】（1）①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；
（2）NaHCO3=Na++HCO3-；
（3）HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；
（4）Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O
【解析】解：（1）①石墨、②铝存在能自由移动的带负电的电子能导电；④氨水；⑦氢氧化钡溶液，有能自由移动的阴、阳离子，能导电；
非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物，酒精和二氧化碳符合；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，⑥碳酸氢钠固体、⑨氧化钠固体、⑩氯化氢气体都是强电解质；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是弱电解质；
故答案为故答案为：①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；
（2）碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；
（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，反应离子方程式为：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑
故答案为：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；
（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O．
（1）能导电的物质：必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
（2）NaHCO3是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳；
（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀．
本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、强、弱电解质的判断、离子反应等，抓住电解质必须是化合物，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键，题目难度不大．
18.【答案】（1）①小于②BC③BD
（2）2.2×10-8
【解析】
【分析】本题考查的是弱电解质的电离和溶溶液中离子浓度大小比较以及难溶电解质的溶度积的计算，较难。
【解答】（1）①根据酸的电离方程式分析，NaHA中HA-只有电离没有水解，溶液显酸性，而NaA溶液中A2-水解，溶液显碱性，所以前者pH小，故答案为：小于；
② A.题目说是某温度下，不能确定水离子积常数，故错误；B.根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)分析，溶液为中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故正确；C.若完全反应生成正盐，则溶液为碱性，所以氢氧化钾的物质的量小于NaHA，即钠离子浓度大于钾离子浓度，故正确；D.因为氢氧化钾的物质的量比NaHA少，故二者浓度和小于0.05mol/L，故错误，故答案为： BC；
③ A.升温，平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；B.降低温度，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确；C.加入氯化铵晶体，溶液的碱性减弱，A2-水解平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；D.加入盐，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确，故答案为： BD；
（2） 铜离子浓度为= 2.2×10-8，故答案为：2.2×10-8。
19.【答案】（1）a；
（2）中；；
（3）1.0×10-7mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；
（4）0.01mol/L；
（5）3.3≤pH＜9
【解析】
【分析】本题考查较综合，涉及溶度积常数计算、弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，侧重考查学生分析计算能力，把握化学反应原理及难溶物溶解平衡是解本题关键，注意弱电解质电离平衡常数与其对应弱离子水解程度关系，题目难度中等。
【解答】（1）a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故正确；
b．升高温度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数减小，故错误；
c．电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，故错误；
故选a；
（2）所得混合溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒得c（OH- ）=c（H+），溶液呈中性；根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，
故答案为：中；；
（3）CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-7mol/L；水的电离程度很小，溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH- ）=c（H+），
故答案为：1.0×10-7mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH- ）=c（H+）；
（4）电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）==mol/L=0.01 mol/L，
故答案为：0.01 mol/L；
（5）Ksp（Fe（OH)3）=,要使e3+完全沉淀，则c（Fe3+）<1.0×10-5 mol/L,则c（OH-）（最小）=,求得pH=3.3；若Mg2+不沉淀，则c（OH-）（最大）=，求得pH=9，则3.3≤pH＜9，
故答案为：3.3≤pH＜9。
20.【答案】（1）；
（2） 0.025；75% ；＞；不变；升高温度；
（3） c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；
（4）bc
【解析】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1 △H＜0 （I）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2 △H＜0 （II）
根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，
故答案为：；
（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol，
由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol-0.075mol=0.025mol；
参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；
正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α2＞α1，
平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，
故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度；
（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液；
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，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-），
a．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；
b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；
c．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；
d．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；
故答案为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；bc．
本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盐类水解、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等．
21.【答案】（1）
（2）Na>Al>C>O>H
（ 3）C2H2； H2O和H2O2
（4）CO2；
①AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3-
②CO32-+H2OHCO3-+OH-；NaCl 、H2CO3 、 NaHCO3
【解析】
【分析】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等，元素推断是解题的关键，答题时注意基础知识的灵活运用，关键点是正确推出X、Y、Z、Q、R为何种元素。
【解答】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素。
（1）R为Al，其原子核外有13个电子，其原子结构示意图图为：，
故答案为：。
（2）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H， 故答案为：Na＞Al＞C＞O＞H。
（3）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，C、O元素能组成H2O和H2O2两种化合物，故答案为： C2H2； H2O和H2O2。
（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，Na2O2的电子式为， 故答案为：CO2；；
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝， 故答案为：NaAlO2；
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-， 故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；NaCl、NaHCO3、H2CO3。
原子量:H 1 N 14 O 16 Na 23 Fe 56
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1. 将A与B的混合物15mol放入容积为2L的密闭容器里，在一定条件下发生反应：2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经过15min达到平衡，达平衡时容器内的压强是反应前的．则以B气体的浓度变化表示的反应速率是（ ）
A. B.
C. D.
2. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知 ,则氢气的燃烧热
B. 已知；,则
C. 含 NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出的热量,则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：
D. 的燃烧热是 ,则
3. 近年来，全球气候变暖给人类生存和发展带来了严峻的挑战，在此背景下，“新能源”、“低碳”、“节能减排”、“吃干榨尽”等概念愈来愈受到人们的重视．下列有关说法不正确的（ ）
A. 太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”
B. “低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料
C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想
D. 让煤变成合成气,把煤“吃干榨尽”,实现了煤的清洁、高效利用
4. 把mmolC2H4跟nmolH2混合在密闭容器中，在适当条件下，反应达到平衡时生成pmolC2H6，若将所得平衡混和气体完全燃烧生成二氧化碳和水，需要氧气的量为（ ）
A. B. C. D.
5. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯中含有的碳碳双键数为3NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N-H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子。
A. B. C. D.
6. 下列叙述错误的是（ ）
A. 在加热搅拌条件下加入MgO,可除去溶液中的
B. 的番茄汁中是的牛奶中的100倍
C. 常温下,和的混合溶液中：
D. 在酸碱中和滴定实验装液时,凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 向 溶液中加入少量水,溶液中减小
B. 将溶液从升温至,溶液中增大
C. 在的NaB溶液中：
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量,溶液中不变
8. 25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：或，下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线m表示pH与的变化关系
B. 当溶液呈中性时,
C.
D. 时,的水解常数为
9. 室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（ ）
A. HX为一元强酸,YOH为一元弱碱
B. M点水的电离程度大于N点水的电离程度
C. N点对应溶液中粒子浓度：
D. 时的YX溶液中水电离出的
10. “变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时0.10mol/L草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是【已知室温时，Ksp（CaC2O4）=2.4×10-9】（ ）
A. 若将溶液不断加水稀释,则水的电离程度增大
B. 溶液中各离子浓度大小关系
C. 若用pH计测得溶液的,则的第二级电离平衡常数
D. 向溶液中加入等体积溶液,当加入的溶液浓度大于时即能产生沉淀
11. 25℃时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数（α）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线X表示的微粒为
B. 时,
C. 时,
D. 时,
12. 下列选项正确的是（ ）
A. 时,AgBr在的溶液和NaBr溶液中的溶解度相同
B. 时,将的醋酸溶液加水不断稀释,减小
C. 、溶液等浓度等体积混合后：
D. NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：
13. 常温下0.1mol/L ①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（）
A. 中
B. 等体积混合后,醋酸根离子浓度小于的二分之一
C. 等体积混合以后,溶液呈酸性,则
D. 等体积混合以后,水的电离程度比等体积混合的电离程度小
14. 常温下，向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B. 在M点时,
C. 随着NaOH的加入,不断增大
D. 当时,
15. 常温下，H2A是一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A，HA-，A2-的物质的量分数随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法 不正确的是 ( )
A. 常温下,的电离平衡常数
B. 当 时,溶液呈中性
C. 溶液： 溶液时 ,
D. 时,
16. 亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。某温度下，部分含氯组分含量随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 使用该漂白剂的适宜pH约为
B. 该温度下溶液中：
C. 该温度下的电离平衡常数的数值
D. 不同pH的溶液中存在下列关系：
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17. (8分)有以下物质：
①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；
⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体．
（1）其中能导电的是______；属于非电解质的是______；属于强电解质的是______；属于弱电解质的是______．
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：______．
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：______．
（4）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：______．
18. (8分)弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡。
已知在水中存在以下平衡：。
①溶液的pH______填大于、小于或等于溶液的pH。
②某温度下，若向的NaHA溶液中逐滴滴加溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是 _____________。
A． B．
C． D．
③已知常温下的钙盐的饱和溶液中存在以下平衡：。若要使该溶液中浓度变小，可采取的措施有 ________。
A.升高温度 降低温度 加入晶体 加入固体
常温下，若在硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的时，_________。
19. (12分)已知K、Ka、KW、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数．
（1）有关上述常数的说法正确的是______．
a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b．它们的大小都随温度的升高而增大
c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
（2）25℃时将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显______（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb=______
（3）已知25℃时CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液中水电离的H+浓度为______，溶液中离子浓度大小关系为______
（4）25℃时，H2SO3=HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）=______．
（5）已知常温下Fe（OH）3和Mg（OH）2的Ksp分别为8.0×10-38、1.0×10-11，向浓度均为0.1mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是______．（已知lg 2=0.3）
20. (12分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1 △H1＜0 （Ⅰ）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K2 △H2＜0 （Ⅱ）
（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=______（用K1、K2表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）=______mol，NO的转化率α1=______．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2______α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2______（填“增大”“减小”或“不变”）．若要使K2减小，可采取的措施是______．
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO）、c（NO）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中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
21. (12分)X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题：
（1）写出R的原子结构示意图：________________
（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)_____________．
（3）X与Y能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写分子式)_______，X和Z组成的化合物的化学式有______
（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB(在水溶液中进行)，其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的化学式_____________；D的电子式_____________．
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则AB离子反应方程式为_____________
②A、B均为盐溶液，如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因___________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有_____________。
【参考答案】
1.【答案】A
【解析】
【分析】本题考查学生化学反应速率的有关计算知识，注意各物质表示的反应速率之比等于系数之比这一结论的应用是关键，难度中等。
【解答】将A与B的混合气体15mol放入容积为2L的密闭容器内，经过15min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的，此时容器中的物质的量是=×15mol=12mol，
设：A的初始物质的量是x，则B的初始物质的量是15-x，A的物质的量变化量是y，
2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），
初始物质的量：x 15-x 0 0
变化物质的量：y 1.5y 0.5y y
平衡物质的量：x-y 15-x-1.5y 0.5y y
x-y+15-x-1.5y+0.5y+y=12，解得y=3，所以vA==0.1mol•（L•min）-1，各物质表示的反应速率之比等于系数之比，vB=vA=0.15mol•（L•min）-1。
故选A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等。
【解答】A.1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物应为液态水，故A错误；
B.物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＜△H2，故B错误；
C.含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，40g氢氧化钠和强酸完全反应放热57.4 kJ，醋酸为弱酸，电离吸热，其中和反应所放出热量小于57.4kJ，故C错误；
D.CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283 kJ•mol-1，可知2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
3.【答案】B
【解析】解：A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”，故A正确；
B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量，故B错误；
C．从图示可知，氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C正确；
D．让煤变成合成气，能提高能源利用率，节能减排，故D正确。
故选：B。
A．太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等是新能源；
B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量；
C．从图示分析，看是否符合“节能减排”思想；
D．让煤变成合成气，能提高能源利用率．
本题考查了“低碳经济”，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
4.【答案】B
【解析】解：m molC2H4、b molH2的混合气体完全燃烧消耗氧气的总物质的量为：mmol×（2+）+nmol×=（3m+）mol，
根据质量守恒定律，加成反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，都为（3m+）mol，
故选：B。
混合气体消耗氧气的体积取决于C、H元素的物质的量，反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，据此进行计算．
本题考查了混合物的计算，题目难度不大，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，要求学生平时多积累化学计算的方法与技巧．
5.【答案】B
【解析】解：①苯中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特键，不存在双键，故①错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故②正确；
③3.4gNH3物质的量==0.2mol，含N-H键数目为0.6NA，故③错误；
④浓度越大水解程度越小，1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故④错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故⑤正确；
⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故⑥错误；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故⑦错误；
⑧n=计算得到物质的量==0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故⑧正确；
故选：B。
①苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键；
②过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；
③质量换算物质的量结合氨气分子结构分析计算；
④NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解程度越大；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2；
⑥磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子；
⑧n=计算得到物质的量，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，计算电子转移数。
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应电子转移计算，注意物质的量和微粒数的计算应用，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀，则在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+，故A正确；
B．pH=-lgc（H+），则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；
C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度，则离子浓度为c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-），故C正确；
D．滴定管是利用液面差读取溶液体积，凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可，不一定是0刻度，故D错误；
故选：D。
A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀；
B．pH=-lgc（H+）；
C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度；
D．在酸碱中和滴定实验装液时，滴定管是利用液面差读取溶液体积，凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可。
本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、盐类水解及应用、难溶电解质的Ksp计算等，为高频考点，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A．向0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（CH3COO-）减小，由于温度不变Ka（CH3COOH）不变，根据×c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）可知，的比值增大，故A错误；
B．CH3COO-的水解为吸热反应，将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，则水解平衡常数Kh（CH3COO-）增大，所以=的比值减小，故B错误；
C．常温下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=1×10-8mol•L-1，c（OH-）=1×10-6mol•L-1，根据电荷守恒可知：c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=9.9×10-7mol•L-1，故C错误；
D．AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中银离子浓度相同，温度不变，溶度积常数不变，则溶液中==的比值不变，故D正确；
故选：D。
A．加入水后溶液中醋酸根离子浓度减小，结合×c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）分析；
B.=，温度升高醋酸根离子的水解程度增大；
C．pH=8的溶液中，常温下c（H+）=1×10-8mol•L-1，根据NaB溶液的电荷守恒判断；
D．AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中==，温度不变，溶度积常数不变。
本题考查较为综合，涉及弱电解质电离、难溶物溶度积计算、盐的水解原理等知识，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握常见平衡常数的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难度中等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
【解答】A．H2CO3的电离平衡常数Ka1>Ka2，，，当pH相等时，<,＞，m曲线代表lg，故A错误；
B．当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故B错误；
C．Ka1（H2CO3）=，在N点lg=1，即=10，N点的pH=7.4，则c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4，故C正确；
D．M点的pH=9.3，则c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的平衡常数为Kh===1.0×10-3.7，故D错误。
故选：C。
9.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
【解答】A.根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol•L-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；
B.M点溶质为Y、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；
C.N点溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）＞c（X-），N点溶液中存在物料守恒：c（Y+）+c（YOH）=2c（X-），则c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y+）＞c（X-）＞c（YOH）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D.YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-amol•L-1，故D正确。
故选C。
10.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了盐类水解、影响因素、水解平衡常数、电离平衡常数和离子积常数的混合计算、溶度积常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】A、若向溶液中不断加水稀释，盐类水解程度增大，但水的电离程度减小，故A错误；
B．0.10mol/L草酸钠溶液中草酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+），故B错误；
C．若用pH计测得溶液的pH=a，c（OH-）=c（HC2O4-）=10-14+amol/L，C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，Kh==×==，Ka2=1013-2a，故C正确；
D．ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）·c（C2O42-）=2.4×10-9，c（Ca2+）=mol/L=4.8×10-8mol/L，则加入的CaCl2溶液浓度大于9.6×10-8mol/L时即能产生沉淀，故D错误；
故选C。
11.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，题目难度中等。
【解答】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图象可知曲线Z为CO32-微粒的变化曲线，故 A错误；
B．pH=6.3时，图象中可知主要为H2CO3和HCO3-，三者都小于0.2，各成分α（CO32-）+α（HCO3-）+α（H2CO3）＜1.0，故B错误；
C．pH=7时c（OH-）=c（H+），此时主要含H2CO3和HCO3-，由图可知：c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-），故C错误；
D．pH=10.3时，c（CO32-）=c（HCO3-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）=c（Cl-）+c（OH-）+3c（HCO3-），故D正确；
故选：D。
12.【答案】D
【解析】解：A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度，故AgBr在0.0lmol/L的MgBr2溶液中的溶解度小于0.0lmol/LNaBr溶液中的溶解度，故A错误；
B、加水稀释，促进醋酸电离，故增大，故B错误；
C、Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后，根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故C错误；
D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-）以及物料守恒c（Na+）=c（CN-）+c（HCN）可知：c（Na+）＞c（Cl-）=c（HCN），故D正确；
故选：D。
A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度；
B、加水稀释，促进醋酸电离；
C、根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；
D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒以及物料守恒分析。
本题考查弱电解质的电离平衡，盐类水解的应用，注意混合溶液中物料守恒的书写。
13.【答案】B
【解析】
【分析】 本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、掌握基础是解题关键，题目难度不大。
A.CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子；
B.①②等体积混合后，体积变大促进醋酸根离子的水解；
C.①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主；
D.①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性。
【解答】A.CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以①中[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO﹣]＞[OH﹣]，故A错误；
B.①②等体积混合后，两者恰好完全反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的水解，所以①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一，故B正确；
C.①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主，所以溶液呈酸性，则（CH3COO﹣）＞（Na+）＞（H+），故C错误；
D.①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性，对水的电离子起抑制作用，所以①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度大，故D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了酸碱反应过程分析，主要是溶液酸碱性、离子浓度大小，对水的电离影响因素分析判断，题目难度中等。
【解答】A.M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；
B.在M点时溶液中存在电荷守恒，n（0H-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n（0H-）-n（H+）=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，故B正确；
C.铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，×=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C错误；
D.向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-），溶液中存在水的电离则溶液中，c（OH-）＞c（Cl-）-c（NH3•H2O），故D正确。
故选C。
15.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，题目难度中等。
【解答】A.图象中c（H2A）=c（HA-），常温下，H2A⇌HA-+H+的电离平衡常数Kal=c（H+）=10-3.30，故A正确；
B.溶液中存在电荷守恒分析判断，c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），当c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）时，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故B正确；
C.等物质的量浓度时，V（NaOH溶液）：V（H2A溶液）=3：2，则溶液中存在物料守恒，2c（Na+）=3c（A2-）+3c（HA-）+3c（H2A），电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），计算得到（Na+）+c（OH-）=3c（H2A）+2c（HA-）+c（H+），故C错误；
D.PH=6.27，c（A2-）=c（HA-），溶液显酸性，溶液中离子浓度关系为：c（A2-）=c（HA-）＞c（H+）＞c（OH-），故D正确。
故选C。
16.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及物质性质，明确物质性质及反应原理是解本题关键，注意溶液中存在微粒成分，易错选项是D。
【解答】A.HClO2是漂白织物的有效成分，ClO2是有毒气体，要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图象知，pH过小，ClO2含量较大，pH过大，HClO2的含量较低，当溶液的pH为5.0左右，故A正确；
B.根据图知，该溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），弱离子水解程度较小，结合电荷守恒得c（ Na+）＞c（ClO2-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；
C.由HClO2的电离平衡常数K=，在pH=6时，c（HClO2）=c（ClO2-），则K==c（H+）=1.0×10-6，故C正确；
D.溶液中可能还存在c（Cl-），所以可能存在c（ Na+）=c（ClO2-）+c（HClO2）+c（ClO2）+c（Cl-），故D错误。
故选D。
17.【答案】（1）①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；
（2）NaHCO3=Na++HCO3-；
（3）HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；
（4）Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O
【解析】解：（1）①石墨、②铝存在能自由移动的带负电的电子能导电；④氨水；⑦氢氧化钡溶液，有能自由移动的阴、阳离子，能导电；
非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物，酒精和二氧化碳符合；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，⑥碳酸氢钠固体、⑨氧化钠固体、⑩氯化氢气体都是强电解质；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是弱电解质；
故答案为故答案为：①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；
（2）碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；
（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，反应离子方程式为：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑
故答案为：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；
（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O．
（1）能导电的物质：必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
（2）NaHCO3是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳；
（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀．
本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、强、弱电解质的判断、离子反应等，抓住电解质必须是化合物，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键，题目难度不大．
18.【答案】（1）①小于②BC③BD
（2）2.2×10-8
【解析】
【分析】本题考查的是弱电解质的电离和溶溶液中离子浓度大小比较以及难溶电解质的溶度积的计算，较难。
【解答】（1）①根据酸的电离方程式分析，NaHA中HA-只有电离没有水解，溶液显酸性，而NaA溶液中A2-水解，溶液显碱性，所以前者pH小，故答案为：小于；
② A.题目说是某温度下，不能确定水离子积常数，故错误；B.根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)分析，溶液为中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故正确；C.若完全反应生成正盐，则溶液为碱性，所以氢氧化钾的物质的量小于NaHA，即钠离子浓度大于钾离子浓度，故正确；D.因为氢氧化钾的物质的量比NaHA少，故二者浓度和小于0.05mol/L，故错误，故答案为： BC；
③ A.升温，平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；B.降低温度，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确；C.加入氯化铵晶体，溶液的碱性减弱，A2-水解平衡正向移动，钙离子浓度增大，故错误；D.加入盐，平衡逆向移动，钙离子浓度减小，故正确，故答案为： BD；
（2） 铜离子浓度为= 2.2×10-8，故答案为：2.2×10-8。
19.【答案】（1）a；
（2）中；；
（3）1.0×10-7mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；
（4）0.01mol/L；
（5）3.3≤pH＜9
【解析】
【分析】本题考查较综合，涉及溶度积常数计算、弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，侧重考查学生分析计算能力，把握化学反应原理及难溶物溶解平衡是解本题关键，注意弱电解质电离平衡常数与其对应弱离子水解程度关系，题目难度中等。
【解答】（1）a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故正确；
b．升高温度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数减小，故错误；
c．电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，故错误；
故选a；
（2）所得混合溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒得c（OH- ）=c（H+），溶液呈中性；根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，
故答案为：中；；
（3）CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-7mol/L；水的电离程度很小，溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH- ）=c（H+），
故答案为：1.0×10-7mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（OH- ）=c（H+）；
（4）电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c（H2SO3）==mol/L=0.01 mol/L，
故答案为：0.01 mol/L；
（5）Ksp（Fe（OH)3）=,要使e3+完全沉淀，则c（Fe3+）<1.0×10-5 mol/L,则c（OH-）（最小）=,求得pH=3.3；若Mg2+不沉淀，则c（OH-）（最大）=，求得pH=9，则3.3≤pH＜9，
故答案为：3.3≤pH＜9。
20.【答案】（1）；
（2） 0.025；75% ；＞；不变；升高温度；
（3） c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；
（4）bc
【解析】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1 △H＜0 （I）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2 △H＜0 （II）
根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，
故答案为：；
（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol，
由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol-0.075mol=0.025mol；
参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；
正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α2＞α1，
平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，
故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度；
（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液；
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，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-），
a．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；
b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；
c．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；
d．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；
故答案为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；bc．
本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盐类水解、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等．
21.【答案】（1）
（2）Na>Al>C>O>H
（ 3）C2H2； H2O和H2O2
（4）CO2；
①AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3-
②CO32-+H2OHCO3-+OH-；NaCl 、H2CO3 、 NaHCO3
【解析】
【分析】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等，元素推断是解题的关键，答题时注意基础知识的灵活运用，关键点是正确推出X、Y、Z、Q、R为何种元素。
【解答】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素。
（1）R为Al，其原子核外有13个电子，其原子结构示意图图为：，
故答案为：。
（2）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H， 故答案为：Na＞Al＞C＞O＞H。
（3）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，C、O元素能组成H2O和H2O2两种化合物，故答案为： C2H2； H2O和H2O2。
（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，Na2O2的电子式为， 故答案为：CO2；；
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝， 故答案为：NaAlO2；
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-， 故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；NaCl、NaHCO3、H2CO3。
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