安徽省合肥市2019-2020学年高二下学期化学开学考试卷
1．（2020高二下·合肥开学考）能源是现代社会发展的主要支柱，下列属于二次能源的是（ ）
A．太阳能 B．水力 C．潮汐能 D．电力
2．（2020高二下·合肥开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法中，错误的是（ ）
A．28gN2含分子数目为NA
B．1L 0.1 mol/L KCl溶液中，含K+的数目为0.1 NA
C．标准状况下，11.2LH2O 含有的原子数目为1.5 NA
D．1 mol Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA
3．（2020高二下·合肥开学考）下列离子方程式错误的是（ ）
A．用硝酸银溶液检验自来水中的氯离子： Ag ++Cl-= AgCl↓
B．实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳： CO32-+ 2H+= H2O + CO2↑
C．用稀硫酸清洗铁锈(氧化铁)： Fe2O3+ 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
D．用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮： 3Cu+ 8H+ + 2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+ 4H2O
4．（2020高二下·合肥开学考）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述正确的是（ ）
① ② ③ ④
A．装置①中溶液上层无色，下层紫红色
B．装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸
C．装置③可用于制取蒸馏水
D．装置④中液体蒸干后停止加热
5．（2020高二下·合肥开学考）下列有关铜片镀银的说法错误的是（ ）
A．阳极反应式为Ag-e-=Ag+ B．铜片应与电源正极相连
C．电解液为AgNO3溶液 D．镀银过程中电能转化为化学能
6．（2020高二下·合肥开学考）下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是（ ）
A．H+、NH4+、SO42-、Cl- B．K+、Fe3+、OH-、SO42-
C．Na+、H+、HCO3-、Cl- D．Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
7．（2020高二下·合肥开学考）下列说法中，错误的是（ ）
A． 和 互为同位素
B．O2和O3互为同素异形体
C．CH4和C2H6互为同系物
D． 和 互为同分异构体
8．（2020高二下·合肥开学考）常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，该溶液的pH等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2020高二下·合肥开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NA
B．100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NA
C．100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NA
D．100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA
10．（2020高二下·合肥开学考）0.2 mol·L-1的NaOH溶液与0.4 mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合并加热使NH3全部逸出，溶液中各离子的物质的量浓度大小关系正确的是（ ）
A．c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
B．c(Na＋)>c(NH4+)>c(NO3-)>c(OH-)>c(H+)
C．c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．c(NO3-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
11．（2020高二下·合肥开学考）下列属于加成反应的是（ ）
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中
B．光照射甲烷与氯气的混合气体
C．乙烷燃烧生成二氧化碳与水
D．在催化剂加热条件下，乙烯与氢气反应
12．（2020高二下·合肥开学考）某温度下的反应为SO2(g)+ O2(g) SO3(g) △H=－98 kJ·mol-1。开始时在100 L的密闭容器中加入4.0 mol SO2(g)和10.0 mol O2(g)，当反应达到平衡时共放出热量196 kJ，此温度下，该反应的平衡常数为（ ）
A．1 B．3 C． D．
13．（2020高二下·合肥开学考）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
14．（2020高二下·合肥开学考）已知下列两个热化学方程式：
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol－1
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A．H2的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B．C3H8完全燃烧生成1 mol H2O(l)放出的热量为555 kJ
C．1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为5011.6 kJ
D．5 mol H2和C3H8的混合气体，若完全燃烧时放出3847 kJ热量，则V(H2)：V(C3H8)=1：3
15．（2020高二下·合肥开学考）已知断开1 mol Cl2(g)中Cl－Cl键需要吸收243 kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是（ ）
A．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=－185 kJ·mol－1
B．生成1 mol H2(g)中的H－H键放出121.5 kJ能量
C．断开1 mol HCl(g)中的H－Cl键要吸收864 kJ能量
D．HCl(g)= H2(g)+ Cl2(g) △H=－92.5 kJ·mol－1
16．（2020高二下·合肥开学考）某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。
根据以上规律判断，下列结论正确的是（ ）
A．反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1
B．反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2
C．反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1
D．反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
17．（2020高二下·合肥开学考）对于Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”“减小”或“不变”)
①降低温度： ； ②增大盐酸浓度： ；
③加入NaCl固体： 。 ④滴入几滴CuSO4溶液： 。
18．（2020高二下·合肥开学考）铁及其化合物在生产和生活中起到重要的作用。请回答下列问题：
（1）下列微粒中，既有氧化性又有还原性的是_____________________（填字母）。
A．Fe B．Fe2＋ C．Fe3＋
（2）维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，在此过程中 是还原剂（填“维生素C”或“Fe3＋”）。
（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时的现象是：生成的白色絮状沉淀迅速变成 色，最后变成 色。
（4）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，反应原理 （用离子方程式表示）。
19．（2020高二下·合肥开学考）将64gCu与一定浓度的HNO3反应，Cu全部反应完后，收集到标准状况下NO和NO2混合气体22.4L。请回答下列问题：
（1）Cu与HNO3反应生成NO的离子方程式为 。该反应体现的HNO3的性质为 （填字母）。
A.强氧化性 B.酸性 C.不稳定性 D.易挥发性
（2）参加反应的Cu转移电子的数目为 。
（3）该反应中消耗HNO3的物质的量为 。
20．（2020高二下·合肥开学考）X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：
元素代号 X Y Z M Q R
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.075 0.077 0.037
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋6，－2 ＋5，－3 ＋4，－4 ＋1
（1）Z在元素周期表中的位置是 。
（2）元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是 。
（3）单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的离子方程式为 。
（4）元素X的金属性比元素Y （填“强”或“弱”）。
（5）元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用下图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。
①气体a的成分是 （填化学式）。
②若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是 。
21．（2020高二下·合肥开学考）CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，潮湿的CuCl在空气中被氧化为Cu2(OH)3Cl。
（1）一种由海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
①“溶解”步骤发生反应的离子方程式为 ；
②潮湿的CuCl在空气中被氧化的化学反应方程式为 ；
③已知常温下Cu(OH)2溶度积常数Ksp＝2×10－20要使c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)则应调节溶液pH为 以上。
（2）次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，可用于作金属表面处理剂。
①向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，写出反应的化学方程式： ；
②H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物。在该过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为： ；
③NaH2PO2的水溶液呈弱碱性，用离子方程式说明原因： 。
22．（2020高二下·合肥开学考）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式 HF H2CO3 H2S
电离平衡常数K(25℃)
①写出H2S的Ka1的表达式： 。
②常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最小的是 。
③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是 。
（2）室温下，用0.100 mol·L－1 盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的氨水溶液，滴定曲线如图所示。(忽略溶液体积的变化，①②填“＞”“＜”或“＝”)
①a点所示的溶液中c(NH3·H2O) c(Cl－)。
②b点所示的溶液中c(Cl－) c(NH4＋)。
③室温下pH＝11的氨水与pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)之比为 。
（3）二元弱酸H2A溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。则H2A第二级电离平衡常数Ka2＝ 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】太阳能、水力、潮汐能都是从自然界取得能够直接利用的能源，是一次能源，而电力则是一次能源经过加工转换得到的能源，属于二次能源，
故答案为：D。
【分析】二次能源是指不能从自然界直接获取，而需要消耗一次能源来获得的能源. 据此分析.
2．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.28gN2含1molN2，分子数目为NA，A项不符合题意；
B.1L 0.1 mol/L KCl溶液中有0.1 mol KCl，K+数目为0.1 NA，B项不符合题意；
C.标准状况下水非气体物质，11.2LH2O 不是0.5mol，所含原子数目不是1.5 NA，C项符合题意；
D.Na2O2中阴离子为O22－，1 mol Na2O和Na2O2的混合物中阴离子总数为NA，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质的量的计算公式和有关物质的结构分析回答。
3．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硝酸银溶液检验氯离子，只有AgCl不溶于水，不能拆写，A项不符合题意；
B.碳酸钙不溶于水，不能拆写，应写为CaCO3+ 2H+= Ca2++H2O + CO2↑，B项符合题意；
C.铁锈(氧化铁)为氧化物，不能拆写，C项不符合题意；
D.铜与稀硝酸反应中只硝酸、硝酸铜可拆写，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据离子方程式的书写要求判断。
4．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A.先加碘水，后加酒精，水与酒精互溶，不能出现分层现象，A不符合题意；
B. 吸收HCl气体时，由于HCl极易溶于水，B装置中，导管出气口仍与水接触，不能防倒吸，若把苯改为四氯化碳就可以了，B不符合题意；
C. 装置③为典型的蒸馏装置，可利用液体混合物中成分沸点的不同，得到蒸馏水，C符合题意；
D. 装置④是蒸发装置，当蒸发皿中出现大量晶体时，立即停止加热，利用余热蒸干，不能将液体蒸干后停止加热，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．酒精与水互溶，不分层；
B．苯不能隔绝HCl与水；
C．水的沸点较低；
D．蒸发时不能蒸干，利用余热加热。
5．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；电镀；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反应：Ag-e-=Ag+，A不符合题意；
B.铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，B符合题意；
C.铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所以电解液为AgNO3溶液，C不符合题意；
D.镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电镀时，镀层金属做阳极，发生失去电子的氧化反应；镀件做阴极电，解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，该装置为电解池，将电能转化为化学能，据此分析解答。
6．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.四种离子彼此不反应，能大量共存，A项符合题意；
B.Fe3+与OH-生成沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；
C.H+与HCO3-生成CO2气体和水，不能大量共存，C项不符合题意；
D.Ca2+与CO32-生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据离子间的相互反应（复分解反应、氧化还原反应等）判断。
7．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A.两种H原子的质子数是相同的，但是中子数不同，所以它们是同位素，A符合题意；
B.氧气分子和臭氧分子的分子式不同，它们都是氧元素形成的单质，所以它们互为同素异形体，B符合题意；
C. CH4只能表示甲烷，C2H6只能表示乙烷，所以它们互为同系物，C符合题意。因为甲烷分子是正四面体结构，所以其二氯代物妈二氯甲烷只有一种，D中的两种结构其实都表示同一种物质，即二氯甲烷，它们不是同分异构体，所以D不符合题意，
故答案为：D。
【分析】A、同位素为同种元素的不同原子；
B、同素异形体为同一种元素的不铜单质；
C、同系物结构相似，分子组成上相差若干个-CH2；
D、同分异构体为分子式相同，结构不同，该分子不是同分异构体，为同一种物质。
8．【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，则溶液中c(OH-)=1×10-10，由于室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以溶液中c(H＋)= =1×10-4 mol/L，所以溶液的pH=4，
故答案为：D。
【分析】常温下c(H＋)水=c(OH-)水=10-10mol/L，由于该溶液为酸溶液，故溶液中的c(OH-)近似等于水电离产生的c(OH-)=10-10mol/L，根据水的离子积常数计算溶液的氢离子浓度，从而求算pH。
9．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01 mol，该盐是强碱弱酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A不符合题意；
B. 100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl-，所以0.01 molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B不符合题意；
C. 100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n[(NH4)2SO4]=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01 mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C符合题意；
D. 溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01 mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据CO32-部分水解进行判断；
B. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
C. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
D. NaCl溶液中阳离子不仅有Na+， 还要考虑水电离产生的H+分析．
10．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】将0.2 mol·L-1的NaOH溶液与0.4 mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合，会发生反应NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3↑+H2O，反应后得到的溶液为NaNO3、NH4NO3等浓度的混合溶液，假设溶液的体积是1 L，则反应后溶液中NH4NO3和NH4NO3的物质的量浓度都是1 mol/L，则c(NO3-)=2 mol/L，c(Na+)=1 mol/L，NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+会发生水解反应产生NH3·H2O而消耗，所以c(NH4＋)<1 mol/L，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时使溶液中c(H+)>c(OH-)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c(NH4＋)>c(H+)，故反应后整个溶液中各种离子的浓度大小关系为：c(NO3-)>c(Na+)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH-)，
故答案为：D。
【分析】 NaOH与NH4NO3溶液等体积混合并加热使NH3全部逸出后，NH4NO3过量，反应后得到的溶液为NaNO3、NH4NO3等浓度的混合溶液，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。
11．【答案】D
【知识点】甲烷的物理、化学性质；乙烯的物理、化学性质；加成反应
【解析】【解答】A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应；
B. 光照射甲烷与氯气的混合气体发生取代反应；
C. 乙烷燃烧生成二氧化碳与水 发生的是氧化反应；
D. 在催化剂加热条件下，乙烯与氢气反应，乙烯分子中的碳碳双键中有一个键不稳定、易断裂，每个C原子上再连接一个H原子后生成乙烷，所以发生的是加成反应。所以
故答案为：D。
【分析】A、氧化反应；
B、取代反应；
C、氧化反应；
D、加成反应。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】根据热化学方程式可知反应产生1 mol SO3气体时放出98 kJ的热量，则现在反应放出热量是196 kJ，产生的SO3气体的物质的量是196÷98=2 mol，根据物质反应转化关系可知反应消耗2 mol SO2(g)和1 mol的O2(g)，由于容器的容积是100 L，所以平衡时各种气体的浓度分别为c(SO2)= =0.02 mol/L，c(O2)= =0.09 mol/L，c(SO3)= =0.02 mol/L，因此该温度下该反应的化学平衡常数K= = ，
故答案为：C。
【分析】热化学方程式SO2(g)+ O2(g) SO3(g) △H=-98 kJ·mol-1表示1 mol SO2(g)与0.5 mol O2(g)完全反应产生1 mol SO3(g)时放出98 kJ的热量，根据反应放出热量计算反应产生的SO3(g)的物质的量，利用题目给出的SO2(g)和O2(g)的物质的量计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得该温度下的平衡常数。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，B不符合题意；
C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e-= Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C符合题意；
D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】在该锌铜原电池中，Zn为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu为正极，溶液中的Cu2＋在正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。
14．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A. 燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol－1可知H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，A不符合题意；
B. 根据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ·mol－1可知反应产生4 mol H2O时放出2220 kJ的热量，则反应产生1 mol H2O(l)放出热量为2220 kJ÷4=555 kJ，B符合题意；
C. 1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.6 kJ ÷2)+2×2220 kJ =4725.8 kJ，C不符合题意；
D.假设混合气体中H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=5；285.8x+2220y=3847，解得x=3.75，y=1.25，所以x：y=3.75：1.25=3：1，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(H2)：V(C3H8)=3：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 依据燃烧热的定义及H2的热化学方程分析；
B. 依据C3H8的热化学方程式分析；
C. 根据氢气物质的量以及燃烧热、丙烷物质的量以及燃烧热，列式求出混合气体完全燃烧释放的热量；
D. 依据两个热化学方程式结合题干数据列式计算得到.
15．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A. 由图可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-(864-679) kJ/mol=-185 kJ/mol，A符合题意；
B. 由图可知断开1 mol H2(g)中的H－H键和1 mol Cl2(g)中的Cl－Cl键需吸收679 kJ/mol的能量，而已知断开1 mol Cl2(g)中Cl－Cl键需要吸收243 kJ能量，所以断开断开1 mol H2(g)中的H－H键需要吸收的能量为679 kJ-243 kJ=436 kJ，因此生成1 mol H2(g)中的H－H键放出436 kJ能量，B不符合题意；
C. 生成2 mol HCl (g)中的H-Cl键放出864 kJ的能量，所以生成2 mol HCl (g)中的H-Cl键放出432 kJ的能量，则断开1 mol HCl(g)中的H－Cl键要吸收432 kJ能量，C不符合题意；
D. 根据选项A分析可知2 mol HCl(g)反应产生1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)吸收185 kJ的能量，因此1 mol HCl反应产生H2(g)、Cl2(g)吸收92.5 kJ的热量，热化学方程式为HCl(g)= H2(g)+ Cl2(g) △H=+92.5 kJ·mol－1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的焓变=等于反应物的总键能-生成物的总键，由图数据进行计算判断；
B. 根据焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，计算H-H键键能；
C. 断开1mol HCl（g）中的H-Cl键要吸收的能量等于形成1mol HCl（g）放出的能量；
D. 互逆反应的焓变数值相等，符号相反，焓变与反应的计量数成正比。
16．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反应物的转化率越高，P2＞P1， A不符合题意；
B. 反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B不符合题意；
C. 反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C符合题意；
D. 反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】反应Ⅰ说明升高温度，A的转化率降低，增大压强平衡向正反应方向移动；
反应Ⅱ由图象可以看出T1＞T2，升高温度C的物质的量减少；
反应Ⅲ中温度的高低与温度对平衡移动的影响有关；
反应Ⅳ，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2＞T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应吸热反应△H＞0，反应为放热反应．
17．【答案】减小；增大；不变；增大
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】根据外部条件对化学反应速率的影响因素分析，(1)降温，化学反应速率减小，故答案为：减小；(2)增大反应物浓度，化学反应速率加快，故增大盐酸浓度，化学反应速率加快，答案为：增大；(3)加入NaCl固体，对温度，和浓度几乎无影响，故答案为：不变；(4)滴入几滴CuSO4溶液，Fe与少量CuSO4反应产生Cu，从而构成以盐酸为电解质的铜铁原电池，铁为负极，加快了铁与盐酸的反应速率，故答案为：增大。
【分析】改变反应速率的手段有：改变反应物的浓度、改变体系的压强、改变温度和使用催化剂等，据此分析.
18．【答案】（1）B
（2）维生素C
（3）灰绿；红褐
（4）2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）既有氧化性又有还原性说明在化学反应中化合价既可以升高，也可以降低，该粒子化合价应处于该元素的中间价，
故答案为：B；（2）还原剂，失电子，价升高，维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，化合价升高的是维生素C，答案为：维生素C；（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时首先生成白色絮状沉淀Fe(OH)2，然后在空气中迅速被氧化4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O＝4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：灰绿；红褐；(4)FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，即铁离子与铜的反应，离子方程式为2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+，答案为：2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+。
【分析】（1）依据价态律口诀“高价氧化，低价还，中间价态两边转”分析；
（2）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；
（3）硫酸亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，会生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色；
(4) FeCl3具有氧化性，和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，该反应的化学方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2 .
19．【答案】（1）3Cu+8H+ +2NO3-＝3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O；A，B
（2）2NA
（3）3mol
【知识点】铜及其化合物；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)Cu与HNO3反应生成NO的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑ +4H2O，离子反应方程式为：3Cu+8H+ +2NO3-＝3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O；反应物HNO3中氮的化合价由+5变为+2价，体现强氧化性，同时生成了硝酸盐，体现了酸性，
故答案为：A、B；(2)64gCu全部反应转化为Cu2+，64gCu的物质的量= =1mol，而1mol铜转移2mol电子，即2NA个电子，故答案为：2NA；(3)根据反应原理和质量守恒，消耗HNO3中的N全部存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中，而NO和NO2混合气体22.4L，在标准状况下为1mol，这部分消耗了1mol HNO3；1mol铜全部反应可生成1mol Cu(NO3)2，这部分消耗了2mol HNO3，故答案为3mol。
【分析】在化学方程式的计算中，守恒法是一种常用技巧，本题抓住N原子的一个守恒，消耗HNO3中所有N原子只能存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中，从而根据这三种物质中N原子物质的量求出消耗HNO3，使计算变得更轻松，同学们在解题的过程中应注意。
20．【答案】（1）第三周期第ⅥA族
（2）CH2=CH2+H2O CH3CH2OH
（3）Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O
（4）强
（5）O2，SO2，CO2；5O2+3FeS 3SO2+Fe3O4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)根据分析，Z为硫，元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；(2) A是果实催熟剂，为乙烯，由乙烯制备乙醇的化学方程式CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；(3) M的最高价氧化物对应水化物为HNO3，铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O；(4)X为Mg，Y为Al，同周期，从左到右金属性依次减弱，Mg的金属性强，故答案为：强；(5) ①元素Q为C，元素Z为S，根据题意，气体a中有SO2，CO2，以及未反应完的O2，故答案为：O2，SO2，CO2；②根据题意，FeS在A中生成了SO2和黑色固体，而黑色固体中一定含Fe，所以为Fe3O4，反应的化学反应方程式为：5O2+3FeS 3SO2+Fe3O4。
【分析】根据Z的化合价＋6，－2，符合这点的短周期元素只有S；而根据同周期，从左到右原子半径依次减小，S的原子半径为0.102，从表中数据，X的化合价为+2，Y的化合价为+3，且原子半径比S大，X、Y只能为三周期，X为Mg，Y为Al；而M为＋5价，Q为+4价，由于原子半径比S小，所以只能是二周期，M为N，Q为C；R的原子半径比M、Q都小，不可能是Li，只能是H。
21．【答案】（1）3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；6
（2）Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；4：1；H2PO2- + H2O H2PO2- + OH-
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，发生反应的离子方程式：3Cu+2 NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；②潮湿的CuCl在空气中被氧化Cu2(OH)3Cl的化学反应方程式：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；③要使c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)，Ksp(Cu(OH)2)＝0.2 10-3 c2(OH-)=2×10－20，c(OH-)=1.0×10－8mol·L－1，pH=6，故应调节溶液pH为6以上；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓； ②H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物，应为H3PO4，H3PO2作还原剂，H3PO2→H3PO4，P元素的化合价从+1→+5，升高4价；Ag＋作氧化剂Ag＋→Ag，Ag元素的化合价从+1→0，降低1价，氧化还原反应中得失电子守恒，4、1的最小公倍数是4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2- 在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式：H2PO2- + H2O H2PO2- + OH-。
【分析】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，相当于铜与稀硝酸的反应；②结合题中所给出的反应物、生成物书写相关方程式；③利用Cu(OH)2溶度积常数，通过计算调节pH，使铜离子浓度变为原来的千分之一；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；②根据氧化还原反应中得失电子守恒，判断出氧化剂与还原剂的物质的量之比；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2- 在溶液中水解使溶液呈碱性。
22．【答案】（1）c(H+)·c(HS-)/c(H2S)；Na2S；H2S+CO32-=HCO3-+HS
（2）＜；=；1：106
（3）10-4.2
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)①平衡常数为生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的比值，根据H2SO3 HSO3- +H+可知Ka的表达式为c(H+)·c(HS-)/c(H2S)；②相同浓度的NaF、Na2CO3、Na2S中，由于酸性HF＞HCO3-＞HS-，根据越弱越水解，S2-水解程度最大，产生的OH－浓度最大，pH值最大；故pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，浓度最小的为Na2S，答案为：Na2S；③将过量H2S通入Na2CO3溶液，根据强酸制弱酸的原理，由于酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，所以，即便H2S过量，也只能生成HCO3-和HS-，而不能生成CO2，答案为：H2S+ CO32-=HCO3-+HS-；(1)①用0.100 mol·L－1 盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的氨水溶液时，在a点消耗盐酸10.00 mL时，反应后生成的氯化铵和剩余的NH3·H2O的物质的量相等，若只考虑氯化铵电离，c(NH4＋)和c(Cl－)相等，但NH4＋要水解消耗，a点pH大于7，呈碱性，以电离为主，产生的NH4＋多，所以c(Cl－)＜c(NH4＋)；②b点溶液中存在电荷守恒，c(NH4＋)+ c(H＋) =c(Cl－) +c(OH－)，b点pH值为7，c(H＋) = c(OH－)，故c(NH4＋) =c(Cl－)，答案为：=；③pH＝11的氨水，氨水不能电离出H+，溶液中H+就是水电离出的H+，c(H＋)为1×10-11， pH＝5的NH4Cl溶液中铵根水解，溶液显酸性，溶液中水电离出的c(H＋)为1×10-5，故由水电离出的c(H＋)之比为1：106；(3)H2A的二级电离为HA－ H+＋A2-，Ka2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)，电离平衡常数是温度的常数，从图中取c(A2-)=c(HA-)特殊点，Ka2= c(H+)=10-4.2，故答案为：10-4.2。
【分析】Ka为弱酸的电离平衡常数，Ka值越大，在相同条件下，酸性越强，即酸性有HF＞H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，多元弱酸电离分步，以第一步为主，同理，多元弱酸盐水解也分步，以第一步为主，据此解答。
1 / 1安徽省合肥市2019-2020学年高二下学期化学开学考试卷
1．（2020高二下·合肥开学考）能源是现代社会发展的主要支柱，下列属于二次能源的是（ ）
A．太阳能 B．水力 C．潮汐能 D．电力
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】太阳能、水力、潮汐能都是从自然界取得能够直接利用的能源，是一次能源，而电力则是一次能源经过加工转换得到的能源，属于二次能源，
故答案为：D。
【分析】二次能源是指不能从自然界直接获取，而需要消耗一次能源来获得的能源. 据此分析.
2．（2020高二下·合肥开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法中，错误的是（ ）
A．28gN2含分子数目为NA
B．1L 0.1 mol/L KCl溶液中，含K+的数目为0.1 NA
C．标准状况下，11.2LH2O 含有的原子数目为1.5 NA
D．1 mol Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.28gN2含1molN2，分子数目为NA，A项不符合题意；
B.1L 0.1 mol/L KCl溶液中有0.1 mol KCl，K+数目为0.1 NA，B项不符合题意；
C.标准状况下水非气体物质，11.2LH2O 不是0.5mol，所含原子数目不是1.5 NA，C项符合题意；
D.Na2O2中阴离子为O22－，1 mol Na2O和Na2O2的混合物中阴离子总数为NA，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物质的量的计算公式和有关物质的结构分析回答。
3．（2020高二下·合肥开学考）下列离子方程式错误的是（ ）
A．用硝酸银溶液检验自来水中的氯离子： Ag ++Cl-= AgCl↓
B．实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳： CO32-+ 2H+= H2O + CO2↑
C．用稀硫酸清洗铁锈(氧化铁)： Fe2O3+ 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
D．用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮： 3Cu+ 8H+ + 2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+ 4H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硝酸银溶液检验氯离子，只有AgCl不溶于水，不能拆写，A项不符合题意；
B.碳酸钙不溶于水，不能拆写，应写为CaCO3+ 2H+= Ca2++H2O + CO2↑，B项符合题意；
C.铁锈(氧化铁)为氧化物，不能拆写，C项不符合题意；
D.铜与稀硝酸反应中只硝酸、硝酸铜可拆写，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据离子方程式的书写要求判断。
4．（2020高二下·合肥开学考）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述正确的是（ ）
① ② ③ ④
A．装置①中溶液上层无色，下层紫红色
B．装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸
C．装置③可用于制取蒸馏水
D．装置④中液体蒸干后停止加热
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A.先加碘水，后加酒精，水与酒精互溶，不能出现分层现象，A不符合题意；
B. 吸收HCl气体时，由于HCl极易溶于水，B装置中，导管出气口仍与水接触，不能防倒吸，若把苯改为四氯化碳就可以了，B不符合题意；
C. 装置③为典型的蒸馏装置，可利用液体混合物中成分沸点的不同，得到蒸馏水，C符合题意；
D. 装置④是蒸发装置，当蒸发皿中出现大量晶体时，立即停止加热，利用余热蒸干，不能将液体蒸干后停止加热，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．酒精与水互溶，不分层；
B．苯不能隔绝HCl与水；
C．水的沸点较低；
D．蒸发时不能蒸干，利用余热加热。
5．（2020高二下·合肥开学考）下列有关铜片镀银的说法错误的是（ ）
A．阳极反应式为Ag-e-=Ag+ B．铜片应与电源正极相连
C．电解液为AgNO3溶液 D．镀银过程中电能转化为化学能
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；电镀；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反应：Ag-e-=Ag+，A不符合题意；
B.铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，B符合题意；
C.铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所以电解液为AgNO3溶液，C不符合题意；
D.镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电镀时，镀层金属做阳极，发生失去电子的氧化反应；镀件做阴极电，解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，该装置为电解池，将电能转化为化学能，据此分析解答。
6．（2020高二下·合肥开学考）下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是（ ）
A．H+、NH4+、SO42-、Cl- B．K+、Fe3+、OH-、SO42-
C．Na+、H+、HCO3-、Cl- D．Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.四种离子彼此不反应，能大量共存，A项符合题意；
B.Fe3+与OH-生成沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；
C.H+与HCO3-生成CO2气体和水，不能大量共存，C项不符合题意；
D.Ca2+与CO32-生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据离子间的相互反应（复分解反应、氧化还原反应等）判断。
7．（2020高二下·合肥开学考）下列说法中，错误的是（ ）
A． 和 互为同位素
B．O2和O3互为同素异形体
C．CH4和C2H6互为同系物
D． 和 互为同分异构体
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A.两种H原子的质子数是相同的，但是中子数不同，所以它们是同位素，A符合题意；
B.氧气分子和臭氧分子的分子式不同，它们都是氧元素形成的单质，所以它们互为同素异形体，B符合题意；
C. CH4只能表示甲烷，C2H6只能表示乙烷，所以它们互为同系物，C符合题意。因为甲烷分子是正四面体结构，所以其二氯代物妈二氯甲烷只有一种，D中的两种结构其实都表示同一种物质，即二氯甲烷，它们不是同分异构体，所以D不符合题意，
故答案为：D。
【分析】A、同位素为同种元素的不同原子；
B、同素异形体为同一种元素的不铜单质；
C、同系物结构相似，分子组成上相差若干个-CH2；
D、同分异构体为分子式相同，结构不同，该分子不是同分异构体，为同一种物质。
8．（2020高二下·合肥开学考）常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，该溶液的pH等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，则溶液中c(OH-)=1×10-10，由于室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以溶液中c(H＋)= =1×10-4 mol/L，所以溶液的pH=4，
故答案为：D。
【分析】常温下c(H＋)水=c(OH-)水=10-10mol/L，由于该溶液为酸溶液，故溶液中的c(OH-)近似等于水电离产生的c(OH-)=10-10mol/L，根据水的离子积常数计算溶液的氢离子浓度，从而求算pH。
9．（2020高二下·合肥开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NA
B．100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NA
C．100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NA
D．100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01 mol，该盐是强碱弱酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A不符合题意；
B. 100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl-，所以0.01 molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B不符合题意；
C. 100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n[(NH4)2SO4]=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01 mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C符合题意；
D. 溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01 mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据CO32-部分水解进行判断；
B. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
C. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
D. NaCl溶液中阳离子不仅有Na+， 还要考虑水电离产生的H+分析．
10．（2020高二下·合肥开学考）0.2 mol·L-1的NaOH溶液与0.4 mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合并加热使NH3全部逸出，溶液中各离子的物质的量浓度大小关系正确的是（ ）
A．c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
B．c(Na＋)>c(NH4+)>c(NO3-)>c(OH-)>c(H+)
C．c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．c(NO3-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】将0.2 mol·L-1的NaOH溶液与0.4 mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合，会发生反应NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3↑+H2O，反应后得到的溶液为NaNO3、NH4NO3等浓度的混合溶液，假设溶液的体积是1 L，则反应后溶液中NH4NO3和NH4NO3的物质的量浓度都是1 mol/L，则c(NO3-)=2 mol/L，c(Na+)=1 mol/L，NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+会发生水解反应产生NH3·H2O而消耗，所以c(NH4＋)<1 mol/L，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时使溶液中c(H+)>c(OH-)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c(NH4＋)>c(H+)，故反应后整个溶液中各种离子的浓度大小关系为：c(NO3-)>c(Na+)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH-)，
故答案为：D。
【分析】 NaOH与NH4NO3溶液等体积混合并加热使NH3全部逸出后，NH4NO3过量，反应后得到的溶液为NaNO3、NH4NO3等浓度的混合溶液，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。
11．（2020高二下·合肥开学考）下列属于加成反应的是（ ）
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中
B．光照射甲烷与氯气的混合气体
C．乙烷燃烧生成二氧化碳与水
D．在催化剂加热条件下，乙烯与氢气反应
【答案】D
【知识点】甲烷的物理、化学性质；乙烯的物理、化学性质；加成反应
【解析】【解答】A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应；
B. 光照射甲烷与氯气的混合气体发生取代反应；
C. 乙烷燃烧生成二氧化碳与水 发生的是氧化反应；
D. 在催化剂加热条件下，乙烯与氢气反应，乙烯分子中的碳碳双键中有一个键不稳定、易断裂，每个C原子上再连接一个H原子后生成乙烷，所以发生的是加成反应。所以
故答案为：D。
【分析】A、氧化反应；
B、取代反应；
C、氧化反应；
D、加成反应。
12．（2020高二下·合肥开学考）某温度下的反应为SO2(g)+ O2(g) SO3(g) △H=－98 kJ·mol-1。开始时在100 L的密闭容器中加入4.0 mol SO2(g)和10.0 mol O2(g)，当反应达到平衡时共放出热量196 kJ，此温度下，该反应的平衡常数为（ ）
A．1 B．3 C． D．
【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】根据热化学方程式可知反应产生1 mol SO3气体时放出98 kJ的热量，则现在反应放出热量是196 kJ，产生的SO3气体的物质的量是196÷98=2 mol，根据物质反应转化关系可知反应消耗2 mol SO2(g)和1 mol的O2(g)，由于容器的容积是100 L，所以平衡时各种气体的浓度分别为c(SO2)= =0.02 mol/L，c(O2)= =0.09 mol/L，c(SO3)= =0.02 mol/L，因此该温度下该反应的化学平衡常数K= = ，
故答案为：C。
【分析】热化学方程式SO2(g)+ O2(g) SO3(g) △H=-98 kJ·mol-1表示1 mol SO2(g)与0.5 mol O2(g)完全反应产生1 mol SO3(g)时放出98 kJ的热量，根据反应放出热量计算反应产生的SO3(g)的物质的量，利用题目给出的SO2(g)和O2(g)的物质的量计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得该温度下的平衡常数。
13．（2020高二下·合肥开学考）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，B不符合题意；
C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e-= Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C符合题意；
D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】在该锌铜原电池中，Zn为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu为正极，溶液中的Cu2＋在正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。
14．（2020高二下·合肥开学考）已知下列两个热化学方程式：
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol－1
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A．H2的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B．C3H8完全燃烧生成1 mol H2O(l)放出的热量为555 kJ
C．1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为5011.6 kJ
D．5 mol H2和C3H8的混合气体，若完全燃烧时放出3847 kJ热量，则V(H2)：V(C3H8)=1：3
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A. 燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ·mol－1可知H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，A不符合题意；
B. 根据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ·mol－1可知反应产生4 mol H2O时放出2220 kJ的热量，则反应产生1 mol H2O(l)放出热量为2220 kJ÷4=555 kJ，B符合题意；
C. 1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.6 kJ ÷2)+2×2220 kJ =4725.8 kJ，C不符合题意；
D.假设混合气体中H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=5；285.8x+2220y=3847，解得x=3.75，y=1.25，所以x：y=3.75：1.25=3：1，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(H2)：V(C3H8)=3：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 依据燃烧热的定义及H2的热化学方程分析；
B. 依据C3H8的热化学方程式分析；
C. 根据氢气物质的量以及燃烧热、丙烷物质的量以及燃烧热，列式求出混合气体完全燃烧释放的热量；
D. 依据两个热化学方程式结合题干数据列式计算得到.
15．（2020高二下·合肥开学考）已知断开1 mol Cl2(g)中Cl－Cl键需要吸收243 kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是（ ）
A．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=－185 kJ·mol－1
B．生成1 mol H2(g)中的H－H键放出121.5 kJ能量
C．断开1 mol HCl(g)中的H－Cl键要吸收864 kJ能量
D．HCl(g)= H2(g)+ Cl2(g) △H=－92.5 kJ·mol－1
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A. 由图可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-(864-679) kJ/mol=-185 kJ/mol，A符合题意；
B. 由图可知断开1 mol H2(g)中的H－H键和1 mol Cl2(g)中的Cl－Cl键需吸收679 kJ/mol的能量，而已知断开1 mol Cl2(g)中Cl－Cl键需要吸收243 kJ能量，所以断开断开1 mol H2(g)中的H－H键需要吸收的能量为679 kJ-243 kJ=436 kJ，因此生成1 mol H2(g)中的H－H键放出436 kJ能量，B不符合题意；
C. 生成2 mol HCl (g)中的H-Cl键放出864 kJ的能量，所以生成2 mol HCl (g)中的H-Cl键放出432 kJ的能量，则断开1 mol HCl(g)中的H－Cl键要吸收432 kJ能量，C不符合题意；
D. 根据选项A分析可知2 mol HCl(g)反应产生1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)吸收185 kJ的能量，因此1 mol HCl反应产生H2(g)、Cl2(g)吸收92.5 kJ的热量，热化学方程式为HCl(g)= H2(g)+ Cl2(g) △H=+92.5 kJ·mol－1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的焓变=等于反应物的总键能-生成物的总键，由图数据进行计算判断；
B. 根据焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，计算H-H键键能；
C. 断开1mol HCl（g）中的H-Cl键要吸收的能量等于形成1mol HCl（g）放出的能量；
D. 互逆反应的焓变数值相等，符号相反，焓变与反应的计量数成正比。
16．（2020高二下·合肥开学考）某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。
根据以上规律判断，下列结论正确的是（ ）
A．反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1
B．反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2
C．反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1
D．反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反应物的转化率越高，P2＞P1， A不符合题意；
B. 反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B不符合题意；
C. 反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C符合题意；
D. 反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】反应Ⅰ说明升高温度，A的转化率降低，增大压强平衡向正反应方向移动；
反应Ⅱ由图象可以看出T1＞T2，升高温度C的物质的量减少；
反应Ⅲ中温度的高低与温度对平衡移动的影响有关；
反应Ⅳ，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2＞T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应吸热反应△H＞0，反应为放热反应．
17．（2020高二下·合肥开学考）对于Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”“减小”或“不变”)
①降低温度： ； ②增大盐酸浓度： ；
③加入NaCl固体： 。 ④滴入几滴CuSO4溶液： 。
【答案】减小；增大；不变；增大
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】根据外部条件对化学反应速率的影响因素分析，(1)降温，化学反应速率减小，故答案为：减小；(2)增大反应物浓度，化学反应速率加快，故增大盐酸浓度，化学反应速率加快，答案为：增大；(3)加入NaCl固体，对温度，和浓度几乎无影响，故答案为：不变；(4)滴入几滴CuSO4溶液，Fe与少量CuSO4反应产生Cu，从而构成以盐酸为电解质的铜铁原电池，铁为负极，加快了铁与盐酸的反应速率，故答案为：增大。
【分析】改变反应速率的手段有：改变反应物的浓度、改变体系的压强、改变温度和使用催化剂等，据此分析.
18．（2020高二下·合肥开学考）铁及其化合物在生产和生活中起到重要的作用。请回答下列问题：
（1）下列微粒中，既有氧化性又有还原性的是_____________________（填字母）。
A．Fe B．Fe2＋ C．Fe3＋
（2）维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，在此过程中 是还原剂（填“维生素C”或“Fe3＋”）。
（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时的现象是：生成的白色絮状沉淀迅速变成 色，最后变成 色。
（4）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，反应原理 （用离子方程式表示）。
【答案】（1）B
（2）维生素C
（3）灰绿；红褐
（4）2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）既有氧化性又有还原性说明在化学反应中化合价既可以升高，也可以降低，该粒子化合价应处于该元素的中间价，
故答案为：B；（2）还原剂，失电子，价升高，维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，化合价升高的是维生素C，答案为：维生素C；（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时首先生成白色絮状沉淀Fe(OH)2，然后在空气中迅速被氧化4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O＝4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：灰绿；红褐；(4)FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，即铁离子与铜的反应，离子方程式为2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+，答案为：2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+。
【分析】（1）依据价态律口诀“高价氧化，低价还，中间价态两边转”分析；
（2）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；
（3）硫酸亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，会生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色；
(4) FeCl3具有氧化性，和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，该反应的化学方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2 .
19．（2020高二下·合肥开学考）将64gCu与一定浓度的HNO3反应，Cu全部反应完后，收集到标准状况下NO和NO2混合气体22.4L。请回答下列问题：
（1）Cu与HNO3反应生成NO的离子方程式为 。该反应体现的HNO3的性质为 （填字母）。
A.强氧化性 B.酸性 C.不稳定性 D.易挥发性
（2）参加反应的Cu转移电子的数目为 。
（3）该反应中消耗HNO3的物质的量为 。
【答案】（1）3Cu+8H+ +2NO3-＝3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O；A，B
（2）2NA
（3）3mol
【知识点】铜及其化合物；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)Cu与HNO3反应生成NO的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑ +4H2O，离子反应方程式为：3Cu+8H+ +2NO3-＝3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O；反应物HNO3中氮的化合价由+5变为+2价，体现强氧化性，同时生成了硝酸盐，体现了酸性，
故答案为：A、B；(2)64gCu全部反应转化为Cu2+，64gCu的物质的量= =1mol，而1mol铜转移2mol电子，即2NA个电子，故答案为：2NA；(3)根据反应原理和质量守恒，消耗HNO3中的N全部存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中，而NO和NO2混合气体22.4L，在标准状况下为1mol，这部分消耗了1mol HNO3；1mol铜全部反应可生成1mol Cu(NO3)2，这部分消耗了2mol HNO3，故答案为3mol。
【分析】在化学方程式的计算中，守恒法是一种常用技巧，本题抓住N原子的一个守恒，消耗HNO3中所有N原子只能存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中，从而根据这三种物质中N原子物质的量求出消耗HNO3，使计算变得更轻松，同学们在解题的过程中应注意。
20．（2020高二下·合肥开学考）X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：
元素代号 X Y Z M Q R
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.075 0.077 0.037
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋6，－2 ＋5，－3 ＋4，－4 ＋1
（1）Z在元素周期表中的位置是 。
（2）元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是 。
（3）单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的离子方程式为 。
（4）元素X的金属性比元素Y （填“强”或“弱”）。
（5）元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用下图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。
①气体a的成分是 （填化学式）。
②若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是 。
【答案】（1）第三周期第ⅥA族
（2）CH2=CH2+H2O CH3CH2OH
（3）Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O
（4）强
（5）O2，SO2，CO2；5O2+3FeS 3SO2+Fe3O4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)根据分析，Z为硫，元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；(2) A是果实催熟剂，为乙烯，由乙烯制备乙醇的化学方程式CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；(3) M的最高价氧化物对应水化物为HNO3，铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O；(4)X为Mg，Y为Al，同周期，从左到右金属性依次减弱，Mg的金属性强，故答案为：强；(5) ①元素Q为C，元素Z为S，根据题意，气体a中有SO2，CO2，以及未反应完的O2，故答案为：O2，SO2，CO2；②根据题意，FeS在A中生成了SO2和黑色固体，而黑色固体中一定含Fe，所以为Fe3O4，反应的化学反应方程式为：5O2+3FeS 3SO2+Fe3O4。
【分析】根据Z的化合价＋6，－2，符合这点的短周期元素只有S；而根据同周期，从左到右原子半径依次减小，S的原子半径为0.102，从表中数据，X的化合价为+2，Y的化合价为+3，且原子半径比S大，X、Y只能为三周期，X为Mg，Y为Al；而M为＋5价，Q为+4价，由于原子半径比S小，所以只能是二周期，M为N，Q为C；R的原子半径比M、Q都小，不可能是Li，只能是H。
21．（2020高二下·合肥开学考）CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，潮湿的CuCl在空气中被氧化为Cu2(OH)3Cl。
（1）一种由海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
①“溶解”步骤发生反应的离子方程式为 ；
②潮湿的CuCl在空气中被氧化的化学反应方程式为 ；
③已知常温下Cu(OH)2溶度积常数Ksp＝2×10－20要使c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)则应调节溶液pH为 以上。
（2）次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，可用于作金属表面处理剂。
①向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，写出反应的化学方程式： ；
②H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物。在该过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为： ；
③NaH2PO2的水溶液呈弱碱性，用离子方程式说明原因： 。
【答案】（1）3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；6
（2）Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；4：1；H2PO2- + H2O H2PO2- + OH-
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，发生反应的离子方程式：3Cu+2 NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ；②潮湿的CuCl在空气中被氧化Cu2(OH)3Cl的化学反应方程式：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；③要使c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)，Ksp(Cu(OH)2)＝0.2 10-3 c2(OH-)=2×10－20，c(OH-)=1.0×10－8mol·L－1，pH=6，故应调节溶液pH为6以上；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓； ②H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物，应为H3PO4，H3PO2作还原剂，H3PO2→H3PO4，P元素的化合价从+1→+5，升高4价；Ag＋作氧化剂Ag＋→Ag，Ag元素的化合价从+1→0，降低1价，氧化还原反应中得失电子守恒，4、1的最小公倍数是4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2- 在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式：H2PO2- + H2O H2PO2- + OH-。
【分析】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，相当于铜与稀硝酸的反应；②结合题中所给出的反应物、生成物书写相关方程式；③利用Cu(OH)2溶度积常数，通过计算调节pH，使铜离子浓度变为原来的千分之一；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；②根据氧化还原反应中得失电子守恒，判断出氧化剂与还原剂的物质的量之比；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2- 在溶液中水解使溶液呈碱性。
22．（2020高二下·合肥开学考）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式 HF H2CO3 H2S
电离平衡常数K(25℃)
①写出H2S的Ka1的表达式： 。
②常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最小的是 。
③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是 。
（2）室温下，用0.100 mol·L－1 盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的氨水溶液，滴定曲线如图所示。(忽略溶液体积的变化，①②填“＞”“＜”或“＝”)
①a点所示的溶液中c(NH3·H2O) c(Cl－)。
②b点所示的溶液中c(Cl－) c(NH4＋)。
③室温下pH＝11的氨水与pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)之比为 。
（3）二元弱酸H2A溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。则H2A第二级电离平衡常数Ka2＝ 。
【答案】（1）c(H+)·c(HS-)/c(H2S)；Na2S；H2S+CO32-=HCO3-+HS
（2）＜；=；1：106
（3）10-4.2
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)①平衡常数为生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的比值，根据H2SO3 HSO3- +H+可知Ka的表达式为c(H+)·c(HS-)/c(H2S)；②相同浓度的NaF、Na2CO3、Na2S中，由于酸性HF＞HCO3-＞HS-，根据越弱越水解，S2-水解程度最大，产生的OH－浓度最大，pH值最大；故pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，浓度最小的为Na2S，答案为：Na2S；③将过量H2S通入Na2CO3溶液，根据强酸制弱酸的原理，由于酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，所以，即便H2S过量，也只能生成HCO3-和HS-，而不能生成CO2，答案为：H2S+ CO32-=HCO3-+HS-；(1)①用0.100 mol·L－1 盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的氨水溶液时，在a点消耗盐酸10.00 mL时，反应后生成的氯化铵和剩余的NH3·H2O的物质的量相等，若只考虑氯化铵电离，c(NH4＋)和c(Cl－)相等，但NH4＋要水解消耗，a点pH大于7，呈碱性，以电离为主，产生的NH4＋多，所以c(Cl－)＜c(NH4＋)；②b点溶液中存在电荷守恒，c(NH4＋)+ c(H＋) =c(Cl－) +c(OH－)，b点pH值为7，c(H＋) = c(OH－)，故c(NH4＋) =c(Cl－)，答案为：=；③pH＝11的氨水，氨水不能电离出H+，溶液中H+就是水电离出的H+，c(H＋)为1×10-11， pH＝5的NH4Cl溶液中铵根水解，溶液显酸性，溶液中水电离出的c(H＋)为1×10-5，故由水电离出的c(H＋)之比为1：106；(3)H2A的二级电离为HA－ H+＋A2-，Ka2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)，电离平衡常数是温度的常数，从图中取c(A2-)=c(HA-)特殊点，Ka2= c(H+)=10-4.2，故答案为：10-4.2。
【分析】Ka为弱酸的电离平衡常数，Ka值越大，在相同条件下，酸性越强，即酸性有HF＞H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，多元弱酸电离分步，以第一步为主，同理，多元弱酸盐水解也分步，以第一步为主，据此解答。
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