【化学】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷

江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高二上学期12月月考
一、单项选择题（本题16小题，每题3分，共计48分）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈，是利用了明矾溶液的酸性
B. 《泉州府志》：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之，上述红糖变白是一个化学变化
C. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾水溶液中，铝离子水解显酸性，可以与碱式碳酸铜反应生成易溶性盐，故A正确。
B．题中翻译指利用泥土具有吸附作用，不是化学变化，故B错误。
C．由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故C正确。
D．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确。
故答案选B。
【点睛】本题需要注意C选项中沉淀溶解平衡与沉淀之间的转化，不是所有的沉淀之间都可以转化，要考虑到沉淀溶解平衡常数大小。
2.下列表达式正确的是（ ）
A. 小苏打溶液电离：NaHCO3＝Na+＋H+＋CO32-
B. HS-的水解方程式：HS-+ H2OH3O++S2-
C. 稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2OCH3COO-＋H3O+
D. 重晶石的电离：BaSO4Ba2+＋SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打溶液电离方程式为：NaHCO3＝Na+＋HCO3-，故A选项错误。
B. HS-的水解方程式为：HS-+ H2OOH-+H2S，故B选项错误。
C. 稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2OCH3COO-＋H3O+，故C选项正确。
D. 重晶石的电离：BaSO4=Ba2+＋SO42-，故D选项错误。
故答案选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温下，10 mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为0.001NA
B. 合成氨反应中，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目等于NA
D. 常温常压下，18.4gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为0.8NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 10 mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为10-1×10×10-3NA=0.001NA，故A正确；
B.合成氨反应中， N2与H2反应可逆，无法计算生成的NH3分子数，故B错误；
C. NaClO溶液中ClO－会有部分水解生成HClO，含有ClO－的数目小于NA，故C错误；
D. 18.4gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为 =0.4NA，故D错误；
正确答案：A。
4. 下列说法或表示方法中正确的是( )
A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2
B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定
C. 已知在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8kJ/mol
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O（l）ΔH=－57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，所以固体硫燃烧时放出的热量较少，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应△H1＜△H2，故A错误；
B．由C（石墨）→C（金刚石）；△H=+1.9KJ/mol，可知反应为吸热反应，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．氢气的燃烧反应为放热反应，所以△H=-285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-285.8KJ/mol，故C错误；
D．若将含0.5 mol硫酸的浓硫酸与含1 molNaOH的溶液混合，则酸碱中和放出的热量为57.3KJ，但由于浓硫酸稀释放热，故总体上来讲放出的热量大于57.3KJ，故D正确；
故答案为D。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－ )
B. 25 ℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡OH－正向移动，n(OH－)降低
C. 取c(H＋)＝0.01 mol·L－1的盐酸和醋酸各100 mL，分别加入0.3 g锌粉，醋酸生成的氢气比盐酸多
D. 已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量烧碱溶液可使溶液中 值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaNO3是强电解质，和稀盐酸混合后，Na+、NO3-离子也不与H+、 Cl-结合，在这个混合溶液中都是以离子形态存在，所以Na+、NO3-的浓度是相同的，故A选项错误。
B．25℃时向水中加入少量固体CH3COONa，醋酸根离子结合水电离的氢离子，水的电离平衡向着正向移动，n(OH－)增加，故B选项错误。
C．取c(H＋)＝0.01 mol·L－1的盐酸和醋酸各100 mL，则H+的物质的量为0.001mol，0.3g锌粉的物质的量为0.0046mol，故盐酸与醋酸均足量，生成的氢气的体积只与锌粉的物质的量有关，故C选项错误。
D．0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，则，故得出加少量烧碱溶液后消耗氢离子，故 值增大，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题的难点在于分析不同条件下的化学反应方向以及溶液中相关的守恒，易错点为D选项，要将等式与电离平衡计算式联系起来考虑，发挥电离平衡常数K的作用。
6.根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现
结论
A
常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色
常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞
Ksp[Mg（OH）2]
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；
B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。
答案选D。
【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。
7.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、Cl-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO42-，Ba2+之间能够反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A选项错误。
B.水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中Mg2+、Cu2+均不能共存，但酸性条件下可以共存，故可能含有Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-，故B选项正确。
C．该溶液为酸性或者碱性溶液，若为碱性溶液，氢氧根离子能够与H+离子反应，在溶液中不能大量共存；若为酸性溶液，溶液中有硝酸，与铝反应得不到氢气，故C选项错误。
D．Fe3+与 HCO3-双水解生成Fe(OH)3 与 CO2气体，故不能大量共存，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】本题需要注意离子共存的常见考点记住沉淀，颜色，还要分析溶液酸碱环境，总之这类题目比较综合，重要在平时善于积累，易错点为分析溶液的酸碱性。
8.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是

A. 在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝1∶2×10－23
B. 向CuSO4溶液中加入MnS发生反应：
Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)
C. a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp
D. 该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图象可知，在此温度下，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（Cu2+）：c（Mn2+）=6×10-34：3×10-11=2×10-23：1，故选A；
B.因Ksp（CuS）小于Ksp（MnS），则向CuSO4溶液中加入MnS，可发生沉淀的转化，即Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，故不选B；
C.a、b处于同一温度下，Ksp相同，故不选C；
D．由图象可知，当c（M2+）相同时，CuS固体的溶液中c（S2-）较小，则说明Ksp（CuS）较小，故不选D。
正确答案：A。
9.下列叙述与图象对应符合的是(　　)

A. 对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动
B. P2>P1，T1>T2
C. 该图象表示的方程式为：2A===B＋3C
D. 对于反应2X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH<0，y可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A.如果在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动，但v(正)应与平衡点相连，故A项错误；B. 由图中曲线先拐先平可知，此时反应速率较快，达到平衡时间较短，对应温度、压强较大，则P2>P1，T1>T2，故B项正确；C.图中反应物、生成物反应一段时间后保持不变说明该反应为可逆反应，故C项错误；D.温度升高，平衡将逆向移动，Y的百分含量将增大，故D项错误；故答案选B。
【点睛】本题综合考查了化学平衡图像有关知识，此类问题首先要认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒沙特列原理挂钩。
10.①pH＝0的盐酸 ②0.5 mol·L－1的盐酸 ③0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液 ④0.1 mol·L－1的NaOH溶液 ⑤0.5 mol·L－1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是
A. ⑤③④②① B. ①②③⑤④ C. ①②③④⑤ D. ⑤③④①②
【答案】A
【解析】
【详解】在水溶液中，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，酸碱的浓度越大，对水的抑制能力越强，①②④酸碱的浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、0.1mol/L，所以溶液中水电离出的c(H＋)由大到小顺序为④②①，对于能水解的盐来说，浓度越大，水解产生的H＋浓度越高，所以以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是⑤③④②①，选A。
11.用惰性电极电解下列各组中三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是(　　)
A AgNO3　CuCl2　 Cu(NO3)2 B. KCl Na2SO4 CuSO4
C. CaCl2 KOH NaNO3 D. HCl HNO3 K2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】由电解规律可得：
类型
化学物质
pH变化
放O2生酸型
CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2
降低
放O2生酸型
KCl、CaCl2
升高
电解电解质型

CuCl2
升高
HCl
升高
电解H2O型

NaNO3、Na2SO4、K2SO4
不变
KaOH
升高
HNO3
降低

故选B。
12.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣)
B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)＞c(Cl﹣)=c(I﹣)
C. CH3COONa和CaCl2混合溶液c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)+2c(Cl﹣)
D. 0.1 mol/L Na2C2O4与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合：c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)=c(Cl-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42‾)+c(OH‾)，因为c(Na+)=c(SO42‾)，所以c(H+)=c(SO42‾)+c(OH‾)，故A选项正确。
B．氯化银溶度积常数大于碘化银，AgCl溶解得更多，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)＞c(Cl‾)＞c(I‾)，故B选项错误。
C．根据物料守恒，2c(Ca2+)= c(Cl-)，c(Na+)=c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，联立后：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故C选项错误。
D．混合溶液中c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)=c(Cl-)，故D选项错误。
故答案选A。
【点睛】本题的难点和易错点为书写混合溶液中的守恒关系式，注意C和D选项中物料守恒的书写，CaCl2溶液中2c(Ca2+)=c(Cl﹣)。
13.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5 表示。有关说法正确的是 （ ）

A. 该装置为原电池，b为原电池的负极
B. a极区溶液的pH减小，中间室Na+移向左室
C. 当左室有4.48L(标准状况下）CO2生成时，右室产生的N2为0.8mol
D. a电极反应式：C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋
【答案】D
【解析】
【分析】
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答。
【详解】A.该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A选项错误。
B.a电极为负极，反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+，生成氢离子故pH减小，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，故B选项错误。
C.当左室有4.48L(标准状况下）CO2生成，即生成0.2mol CO2气体，根据反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+转移0.2×24÷6=0.8mol电子，根据正极电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O可得生成N2为0.8×1÷10=0.08mol N2，故C选项错误。
D.a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+，故D选项正确。
故答案选D。
14.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
①溴水中存在化学平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
②铁在潮湿的空气中易生锈
③二氧化四氧化二氮的平衡体系，压缩体积后颜色加深
④工业合成氨反应（放热）为加快反应速率，将温度升高到500℃左右
⑤钠与氯化钾共融制备钾：Na(l)＋KCl(l)K(g)＋NaCl(l)
A. ①④⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】由题可知①加入NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应，从而影响化学平衡，促进溴和水的反应，所以可以用勒夏特里原理解释，故①不选；
②铁在潮湿的空气中易生锈是电化学腐蚀，不是可逆反应，故②选；
③增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但颜色加深是体积缩小，二氧化氮浓度变大，不能用平衡移动原理解释，故③不选；
④合成氨反应是放热反应，温度升高，产物的产率降低，将温度升高到500℃左右是为了适当加快反应速率，与勒夏特列原理无关，故④选；
⑤K在该条件下为气体，逸出离开反应体系，生成物的浓度减小，可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故⑤不选；
故选②④，故答案选D。
15.25°C时某些弱酸的电离平衡常数Ka如下表，下列说法正确的是
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka
Ka=1.8×10-5
Ka=3.0×10-8
Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
A. 相同pH的三种酸溶液，物质的量浓度由大到小的顺序为：c(HClO)＞c(CH3COOH)＞c(H2CO3)
B. 在相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHCO3与CH3COONa四种钠盐中加水稀释，水解程度均增大，碱性均增强
C. 等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D. 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为：2ClO－+CO2+H2O=CO32－+2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A.相同浓度下，酸的酸性越强，溶液的pH越小，因此相同pH的三种酸溶液，越弱的酸浓度越大，则三种酸的物质的量浓度由大到小的顺序为：c(HClO) ＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，错误；
B. 在相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHCO3与CH3COONa四种钠盐中加水稀释，水解程度均增大，但是稀释作用使离子浓度减小的趋势大于平衡移动使离子浓度增大的趋势，因此溶液的碱性均减弱，错误；
C．等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液，根据物料守恒可得c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，正确；
D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为：ClO－+CO2+H2O=HCO3－+HClO，错误；
答案选C。
16.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是

A. pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B. 常温下，pKa1(H2A)=5.30，pKa2(H2A)=0.80
C. b点时，=104.50
D. pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
根据H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH变化时，HA-的浓度变化不大，因此，pC变化幅度不大，即图中随着pH的增大，pC先减小后增大的曲线是HA-的物质的量浓度的负对数；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，所以由图可知：随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，随着pH的增大，pC减小的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数。
【详解】A. pH=3.50时，pc(A2-)＞pc(HA-)，所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故A错误；
B.根据图像，常温下，pH=0.8时，c(HA-)= c(H2A)，则pKa1(H2A)=-lg=-lg10-0.8=0.8，同理，pH=5.30时，c(HA-)= c(A2-)，则pKa2(H2A)=5.30，故B错误；
C. b点时，c(HA-)= c(A2-)，=×= ==104.50，故C正确；
D. 根据物料守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误；
故选C。
二、填空题
17.已知25 ℃时，HCN的电离常数Ka＝6.2×10－10 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1。请根据以下四个图像回答问题。

(1)25 ℃时，体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HCN溶液，加水稀释过程中溶液的pH变化与溶液体积的关系如图1所示，则表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线是：______(填“A”或“B”)；相同条件下，NaCN溶液的pH________(填 “>”“＝”或“<”)CH3COONa溶液的pH。将0.2 mol·L－1HCN溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，则溶液中离子浓度由大到小顺序为______________。（提示：可根据平衡常数大小关系判断反应程度大小）
(2)如图2所示，25 ℃时向20 mL 0.01 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是_______
A．a点溶液中c(H＋)为1×10－4 mol·L－1
B．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点
C．滴定过程中宜选用酚酞做指示剂
D．b点溶液中离子浓度大小顺序一定为c(CH3COO－)> c(H＋)>c(K＋)>c(OH－)
(3)如图3表示用相同的NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图可知酸性最强的是_____（填“①”“②””或“③” ）。
(4)如图4表示相同浓度的AgNO3标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl-、Br- 及I-的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是________。已知25 ℃时Ksp(AgCl)＝2×10－10，在1L 0.1mol/L的NaCl溶液中加入1L 0.2mol/L的AgNO3溶液，充分反应后溶液中c(Cl－)=_________（假设混合溶液的体积为2L）
【答案】 (1). A (2). ＞ (3). c(Na+)>c(CN-)>c(OH－)>c(H＋) (4). BC (5). ③ (6). I- (7). 4.0×10－9
【解析】
【分析】
(1)根据电离平衡常数进行判断；混合溶液先反应，根据产物和剩余反应物在进行判断；
(2)A.根据醋酸电离常数计算；
B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离，c点水的电离程度最大；
C.氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应选择酚酞试液指示反应终点；
D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(K+)＞c(OH-)；
(3)由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；
(4)由图可看出，碘化银Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；再根据Ksp计算；
【详解】(1)pH相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，pH变化大的为强酸，小的为弱酸，HCN的电离平衡常数小于醋酸，所以HCN的酸性小于醋酸， CH3COOH溶液的pH变化趋势较大，为A线，且因为HCN的酸性小于醋酸，CN-的水解能力强于CH3COO-，故NaCN溶液的pH＞CH3COONa溶液的pH。反应后生成等浓度的HCN与NaCN溶液，CN-的水解能力强于电离能力溶液显碱性，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：A，＞，c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(2)A.根据醋酸电离常数可知：=1.7×10-5，计算得c(H+)=×10-4mol/L，故A不正确；
B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离， c点水的电离程度最大，故B正确；
C.氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应选择酚酞试液指示反应终点；故C正确；
D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(K+)＞c(OH-)，故D不正确；
正确答案：BC；
(3)由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；
正确答案：③；
(4)由图可看出，如相同体积的硝酸银溶液后，I-浓度最小，因此碘化银的Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；
设充分反应后溶液中c(Cl－)=xmol/L：银离子过量，过量银离子浓度为0.1mol÷2L=0.05mol/L，根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl－)得出c(Cl－)= =4.0×10－9mol/L；正确答案: I- ，4.0×10－9。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析问题和解决问题能力，本题的重点为明确酸的电离常数与酸性强弱的关系。
18.甲醇（CH3OH）是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．

根据要求回答相关问题：
（1）写出负极的电极反应式____________，甲装置中碱性_____（填增强、减弱或不变）
（2）铁电极为______（填“阳极”或“阴极” ），石墨电极（C）的电极反应式为______。
（3）若将乙装置中两电极位置互换，其他装置不变，乙装置中发生的总反应式______ 。
【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O (2). 减弱 (3). 阴极 (4). 2Cl--2e-=Cl2↑ (5). Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出，甲池为原电池(作电源)，乙池为电解池，丙池为铜的电解精炼。甲池中，通甲醇的电极为负极，通氧气的电极为正极；乙池中，Fe电极为阴极，C电极为阳极；丙池中，精铜为阴极，粗铜为阳极。
【详解】（1）通入负极上甲醇燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O，正极反应方程式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，由于在反应中有水生成，因此氢氧化钾溶液的浓度降低，pH降低，故答案为：CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O，减弱；
（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：阴极；2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）若将乙装置中两电极位置互换，阳极为铁，铁失电子；阴极氢离子得电子；电极反应式Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑，故答案为：Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑
19.汽车尾气中CO、氮氧化物(NOx) 严重影响人们生活和健康，化学工作者对氮氧化物的处理做了广泛而深人的研究。
I.利用甲烷还原NOX
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g) +CO2(g)+2H2O(g) △H1=-574kJ/mol ；
②CH4 (g)+4NO(g)=2N2(g) +CO2(g)+2H2O(g) △H2=-1160 kJ/mol 。
(1)甲烷直接将NO2 还原为N2的热化学方程式为______________________________。
(2)在恒容(2L)密闭容器中充入1molCH4和2moINO2进行(1)中反应，CH4的平衡转化率φ。(CH4)与温度和压强的关系如图甲所示。

①若容器中的压强为p2，y 点； v 正________V逆(填“大于"“等于“或“小于”)。
②图中压强大小P1_______ P2
③X 点对应温度下反应的平衡常数K=______________ 。
II.某研究小组以Ag-ZSM-5为催化剂模拟汽车尾气的处理，实现NO和CO反应转化为无毒气体。同时利用反应放出的热量预热NO 和CO。实验测得NO的转化率随温度的变化如图乙所示。
(1)高于773K，NO的转化率降低的可能原因是_________________。
(2)为提高汽车尾气中NO的转化率，除了改变温度、压强外，还可以采取的措施有_________
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol (2). 大于 (3). ＜ (4). 0.25 (5). 该反应为放热反应，NO的平衡转化率随温度的升高而减小 (6). 催化转化之前除去汽车尾气中的水蒸气
【解析】
【详解】I．（1）已知：①CH4(g)+4N02(g)=4NO(g)+C02(g)+2H2O(g) △H1＝-574kJ/mol；
②CH4(g)+4N0(g)=2N2(g)+C02(g)+2H2O(g) △H2＝-1160kJ/mol。
根据盖斯定律可知①＋②即得到甲烷直接将NO2 还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol。故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol；
（2）①y点在曲线下方，要达到平衡状态，甲烷的转化率增大，正向移动，则y点：v正大于v逆。②化学反应为气体体积增大的反应，反应温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率减小，故p2＞p1。③x点甲烷转化率是0.5，则
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.5 1 0 0 0
转化浓度（mol/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡浓度（mol/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
因此该温度下反应的平衡常数K=。故答案为：大于；＜；0.25；
II．（1）由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，答案为：该反应为放热反应，NO的平衡转化率随温度的升高而减小；
（2）根据图像可知存在水蒸气时转化率降低，因此为提高汽车尾气中NO的转化率，除了改变温度、压强外，还可以采取的措施有催化转化之前除去汽车尾气中的水蒸气。故答案为：催化转化之前除去汽车尾气中的水蒸气。
20.以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质）为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：

已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp [Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10-5mol·L-l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。

（1）实验室预计需要使用480 mL 2 mol·L－1的硫酸，准备用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制，需用量筒量取浓硫酸________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_______。
（2）加入硫酸亚铁的原因为_____________________________。
（3）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是_____________(用离子方程式表示）。“酸浸”时为加快反应速率可采取的措施是_____________________（至少写两个)。
（4）加入氨水应调节pH的范围为_______。“过滤II”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是_______（填化学式）
（5）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为_________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_______。
【答案】 (1). 54.0 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 将MnO2还原为MnSO4及酸浸时做催化剂 (4). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (5). 粉碎矿石、适当加热 (6). 4.6∼8.1 (7). (NH4)2SO4 (8). Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢
【解析】
【分析】
(1)实验室用18.4mol⋅L−1的浓硫酸配制480mL 2mol⋅L−1的硫酸，容量瓶规格是500mL，稀释前后硫酸的物质的量不变，据此计算浓硫酸体积；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还 500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质）、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，据此解答。
【详解】(1) 实验室用18.4mol⋅L−1的浓硫酸配制480mL 2mol⋅L−1的硫酸，容量瓶规格是500mL，稀释前后硫酸的物质的量不变，浓硫酸体积=2mol/L×0.5L÷18.4mol/L=54mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500mL容量瓶、胶头滴管，500mL容量瓶配制溶液、胶头滴管定容，故答案为：54.0；500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，且酸浸时硫酸亚铁作为催化剂，故答案为：将MnO2还原为MnSO4及酸浸时做催化剂；
（3）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，因为二氧化锰会氧化浓盐酸，发生反应：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，将矿石粉碎与适当加热均可以加快反应速率，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，粉碎矿石、适当加热；
（4）常温下Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4，Mn2+开始沉淀的pH为8.1，所以加入氨水调节pH范围为4.6∼8.1，“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是(NH4)2SO4，故答案为：4.6∼8.1，(NH4)2SO4；
（5）①“沉锰”过程中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，并放出CO2，该反应应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②当温度高于60℃时，温度过高碳酸氢铵的分解速率显著加快，导致沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢。
【点睛】本题的易错点为考虑不到硫酸亚铁的作用以及不能准确分析出过滤操作中的滤渣和滤液分别是什么物质，需要结合题目和题干内容进行分析。