陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期化学第二次月考试卷
一、单选题
1．（2020·榆林模拟）新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是（ ）
A．新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O
B．用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好
C．3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子
D．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒
2．（2020高二下·绥德月考）列关于古籍中的记载说法正确的是（ ）
A．直径为20 nm的纳米碳酸钙属于胶体
B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2-
C．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗包含了吸热反应过程
D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
3．（2019高三上·许昌月考）阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B．1molNa2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA
C．25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为0.01NA
D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA
4．（2020高二下·绥德月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4+
B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑
C．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
5．（2020高二下·绥德月考）下列关于冰融化为水的过程判断正确的是（ ）
A．ΔH＞0，ΔS＜0 B．ΔH＜0，ΔS＞0
C．ΔH＞0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
6．（2018高一下·安徽期末）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是（ ）
A．石墨转变为金刚石是吸热反应
B．白磷比红磷稳定
C．S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2 则ΔH1>ΔH2
D．CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH>0
7．（2018高三上·衡水期中）某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl- 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（ ）
A．该反应的还原剂是Cl-
B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D．反应后溶液的酸性明显增强
8．（2020高二下·绥德月考）C是一种常见的工业原料，实验室制备C的化学方程式如下，下列说法正确的（ ）
A．1mol的C最多能与7 mol的H2反应
B．分子C中所有碳原子一定共平面
C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和B
D．A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种
9．（2020高二下·绥德月考）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径： X>Y>Z>W
B．W的单质在常温下是黄绿色气体
C．气态氢化物的稳定性： Z>W>Y
D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种
10．（2020高二下·绥德月考）某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是（ ）
A．a和b用导线连接时，铁电极上发生还原反应
B．a和b用导线连接时，电子经硫酸铜溶液从铁电极流向铜电极
C．无论a和b是否连接，铜电极质量都增加
D．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
11．（2020高二下·绥德月考）在密闭容器中，一定条件下进行反应：mA(气)+nB（气） pC（气）+qD（气）,若增大压强，或升高温度，重新达到平衡， 随时间化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是（ ）
A．正反应是放热反应，m+n < p+q B．逆反应是放热反应，m+n > p+q
C．正反应是放热反应，m+n > p+q D．逆反应是放热反应，m+n < p+q
12．（2016高二上·安阳期中）在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g） cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为 ，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是（ ）
A．反应速率降低 B．平衡向右移动
C．B的转化率提高 D．a+b＜c+d
13．（2020高二上·杭州月考）已知反应N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点气体的平均相对分子质量：A>C
B．A，C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A，C两点的反应速率：A>C
14．（2020高二下·绥德月考）某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g) 2E(g)，若开始时只充入2mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
15．（2020高二下·绥德月考）下列溶液中有关物质的量浓度的关系正确的是（ ）
A．在NaHCO3溶液中，c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)
B．含有Na+、CH3COO-、H+、OH-的溶液中，离子浓度大小关系可能为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．物质的量浓度相等的HF溶液和NaF溶液等体积混合：c(F-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HF)
D．0.1 mol L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)=0.3 mol L-1
16．（2020·榆林模拟）下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
选项 操 作 现 象 结 论
A 向 3mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先加 入 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，再滴加 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B 将某气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该气体是 SO2
C 用 pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和NaClO 溶液的 pH 后者 pH比前者 的小 非金属性：Cl＞C
D 将铜粉加入 1.0 mol/L Fe2(SO4)3 溶液中 溶液变蓝 氧化性Fe3＋>Cu2＋
A．A B．B C．C D．D
17．（2020高二下·绥德月考）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A．转移0.1 mol电子时，a电极产生1.12 L H2
B．b电极上发生还原反应
C．酸性电解质溶液中H＋移向c电极
D．d电极上发生的电极反应是：O2＋4H＋＋4e－= 2H2O
18．（2020高二下·绥德月考）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．在pH=7的溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-
C． =10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
D．水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-
二、综合题
19．（2020高二下·绥德月考）在室温下，下列五种溶液：
①0.1mol/L NH4Cl ②0.1mol/L CH3COONH4③ 0.1mol/L NH4HSO4
④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1mol/L NH3 H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是 （用离子方程式表示）。
（2）在上述五种溶液中，pH最小的是 ；c（NH4+）最小的是 （填序号）。
（3）在溶液④中， 离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O和 离子的物质的量浓度之和为0.2 mol/L。
（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO－） c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
20．（2020高二下·绥德月考）以煤为原料可合成一系列燃料。
（1）已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，
②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol
请写出甲醇燃烧生成H2O(g)的热化学方程式 ；
（2）向1 L密闭容器中加入2 mol CO、4 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol
①该反应能否 自发进行(填“能”、“不能”或“无法判断”)
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 ．
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．CO和H2的转化率相等
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．混合气体的密度保持不变
e.1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂
（3）CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件 反应时间 CO2(mol) H2(mol) CH3OH(mol) H2O(mol)
恒温恒容 (T1℃、2L) 0min 2 6 0 0
10min
4.5
20min 1
30min
1
①0～10 min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)= mol/(L·min)；
②达到平衡时，该反应的平衡常数K= (用分数表示)，平衡时H2的转化率是 ；
③在其他条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；
（4）用甲醚(CH3OCH3)作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池负极反应式 。
21．（2020高二下·绥德月考）草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用。
（1）硫酸酸化的KMnO4能与Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式为 ；
（2）分别使10 mL pH=3的H2C2O4溶液和100 mL pH=4的H2C2O4溶液全部转化为Na2C2O4，所需等浓度的NaOH溶液的体积为V1和V2，则V1 V2(填“>”“<”或“=”)
（3）常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：
①该草酸溶液的物质的量浓度为 ；
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 ；
（4）已知：某温度时，Ksp(FeC2O4)=2.0×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。
①此温度下，CaC2O4饱和溶液的物质的量浓度为 ；
②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)：c(Ca2+)= 。
22．（2020高二下·绥德月考）二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“滤渣Ⅰ”的化学式为 ；
（2）提高“熔融”速率的措施有 (写一条即可)；
（3）用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是： ；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度不宜太高，其原因是 。
（5）已知2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为 L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)= mol/L。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A不符合题意；
B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B符合题意；
C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C不符合题意；
D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、病毒的主要成分为蛋白质，组成元素为碳氢氧氮；
B、用84消毒液进行消毒时，应该稀释后再使用；
C、聚丙烯材质属于有机高分子材料；
D、新型冠状病毒可以通过飞沫和接触传染。
2．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；焰色反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 纳米碳酸钙是一种纯净物，不是分散系，因此不属于胶体，A不符合题意；
B. 氢化钙化学式是CaH2，其电子式是 ，B不符合题意；
C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗表示CaCO3在高温下分解产生CaO和CO2，该反应为吸热反应，因此包含了吸热反应过程，C符合题意；
D. 鉴别KNO3和 Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，是利用了焰色反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.胶体是分散质在分散剂中形成的混合物；
B.CaH2是离子化合物，阳离子是Ca2+，阴离子是H-；
C.CaCO3在高温下分解产生CaO和CO2，该反应为吸热反应；
D.钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色。
3．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.标准状态下，CH3OH不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意；
B.Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2molNa2O2参与反应，转移电子2mol，因此1molNa2O2完全反应，转移电子数为1NA，B不符合题意；
C.pH=12的Na2CO3溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，则1L溶液中所含n(OH-)=0.01mol，溶液中的OH-来自于水电离产生，而水电离产生的H+与OH-相等，因此水电离产生H+的数目为0.01NA，C符合题意；
D.H2与I2的反应为可逆反应，因此0.1molH2和0.1molI2不能完全反应，则产生HI的分子总数小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.标准状态下，CH3OH不是气体；
B.根据发生反应的化学方程式进行分析；
C.Na2CO3溶液中水电离产生的c(H+)=c(OH-)；
D.H2与I2的反应为可逆反应；
4．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. NH3·H2O是弱碱，反应时若氨水过量，NH3·H2O不能溶解反应产生的Al(OH)3，A不符合题意；
B. 溶液中的Al3+会与反应产生的OH-结合形成Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C. Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化产生Fe3+，符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C符合题意；
D. 硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，要以不足量的NaHSO4为标准书写离子方程式，正确的应该为H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、NH3·H2O不能溶解反应产生的Al(OH)3；
B、溶液中有氢氧化铝沉淀；
C、酸性溶液中过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子；
D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中 符合化学式的组成比。
5．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】冰融化为水的过程要吸收热量，所以ΔH＞0；固体变为液体，是熵增的变化过程，体系的混乱程度增大，所以ΔS＞0，
故答案为：C。
【分析】冰融化为水的过程要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，A项符合题意；
B.能量越高越不稳定，B项不符合题意；
C.因S(s)→S(g)，要吸收热量，故ΔH1<ΔH2，C项不符合题意；
D.由图4可以看出，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，故表现为放热，ΔH1<0，D项不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.能量越低，越稳定，根据能量的高低确定转化时的吸热放热问题
B.据图判断，红磷比白磷稳定
C.气体到固体放出能量
D.根据起始状态能量的高低判断吸热放热问题
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】由题意知，反应离子方程式2NH4++3ClO-=3Cl-+N2+2H++3H2O
A、还原剂发生氧化反应化合价升高，溶液中N2浓度增大，即N2为生成物，NH4+为还原剂，故A不符合题意；
B、由题意知每消耗1mol NH4+生成0.5mol N2，转移电子3mol，故B不符合题意；
C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；
D、反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故D符合题意。
【分析】由图可知氮气是反应产物，则NH4+是反应物，结合氧化还原反应规律写出相应的化学方程式，再有氧化还原反应进行分析各选项即可。
8．【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．C中能与H2发生加成反应的有苯环、碳碳双键和羰基，则1mol的C最多能与8 mol的H2反应，A不符合题意；
B．C含有饱和碳原子，具有甲烷的正四面体结构特征，因此不可能所有的碳原子在同一个平面上，B不符合题意；
C．A中的甲基和B中的醛基，都可被酸性高锰酸钾氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别A和B，C不符合题意；
D．A的同分异构体中含有苯环和醛基，苯环可能含有2个甲基、1个醛基，有6种结构；如含有两个取代基，可为CH3CH2-、-CHO，也可为-CH3、-CH2CHO，各有邻、间、对3种结构，如含有1个取代基，可为-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO两种结构，因此符合条件的同分异构体种类共有6+3+3+2=14种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．苯环、碳碳双键和羰基均能与H2发生加成反应；
B．甲基的C为sp3杂化，不可能共平面；
C．醛基可使KMnO4褪色；
D．根据位置异构分析；
9．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。
A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A不符合题意；
B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 符合题意；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C不符合题意；
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。
10．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe作负极，失去电子，发生氧化反应，A不符合题意；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe片作负极，失去电子，发生氧化反应，电子经导线流向Cu片，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，B不符合题意；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液直接发生化学反应，铁将金属铜从其盐中置换出来，产生的Cu在铁片上附着，使铁片质量增加，而铜电极质量不变；当a和b用导线连接时，形成了原电池，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，产生Cu单质在Cu片上附着，使铜电极质量增加，可见Cu电极质量不一定都增加，C不符合题意；
D．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，Fe变为Fe2+进入溶液；当a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液。可见无论a和b是否连接，铁片均会溶解生成+2价的Fe2+，导致溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Fe为负极，失电子发生氧化反应；
B．电子不能进入溶液；
C．不用导线连接时Cu电极没有变化；
D．Fe可以与Cu2+反应，构成原电池后Fe为负极，也会发生反应；
11．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】升高温度和增大压强，平衡向逆向移动，故逆反应方向吸热，正反应方向放热；逆反应方向气体体积减小，正反应方向气体体积增大，
故答案为：A。
【分析】根据勒夏特列原理分析。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：保持温度不变，将体积压缩为原来的 ，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向正方向移动，
A、压强增大反应速率增大，正逆反应速率都增大，故A错误．
B、体积减小即压强增大，平衡向正方向移动，故B正确；
C、平衡向正方向移动，B的转化率增大，故C正确；
D、体积减小，压强增大，平衡向正方向移动，所以正方向是气体系数和减小的方向，a+b＞c+d，故D错误；
故选BC．
【分析】保持温度不变，将体积压缩为原来的 ，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向正方向移动，据此结合选项解答．
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量 ，故A不选；
B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强 ，则容器体积 ，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；
C.A、B是等压条件下，且温度 ，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；
D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强 ，所以反应速率A点小于C点，故D不选；
故答案为：C。
【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以 ；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以 。
14．【答案】A
【知识点】等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】只充入2mol E(g)，E的转化率为40%，设E转化了2x
则有
2M(g) ＋ N(g) 2E(g)
起始（mol） 0 0 2
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol） 2x x 2-2x
x=0.4mol
达到平衡时气体总物质的量为2.4mol，若开始时充入2mol M、1mol N时，平衡等效，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，那么达平衡时混合气体的压强比起始时减少了 =20%；
故答案为：A。
【分析】若开始时只充入2mol E(g)，达到的平衡与开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达到的平衡等效；在这两个平衡中，各物质的百分含量即各物质的质量百分含量，各物质的物质的量的百分含量，各气体的体积百分含量，物质的量，物质的质量，各气体的体积，各物质的物质的量，浓度和物质的转化率均完全相同。
15．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据质子守恒可得：c(H+)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(OH-)，则c(H+)+c(H2CO3)＜c(OH-)，A不符合题意；
B．正电荷数目比负电荷数目多，溶液中的电荷不守恒，B不符合题意；
C．根据物料守恒可得2c(Na+)=c(F-)+c(HF)，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，将第二个式子扩大2倍减去第一个式子，整理可得：c(F-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HF)，C符合题意；
D．根据物料守恒可得c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)+c([Fe(OH)2]=0.3mol L-1，所以c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)＜0.3mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据质子守恒分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据物料守恒分析；
16．【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；氯、溴、碘的性质实验；探究铁离子和亚铁离子的转化；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A. AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A不符合题意；
B. 能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B不符合题意；
C. 比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C不符合题意；
D. 反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3＋>Cu2＋，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银离子的量过多，不能比较溶解平衡常数的大小；
B、能使品红褪色的气体还可能是氯气，臭氧；
C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸，酸性越强；
D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
17．【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据RFC工作原理示意图，a电极与电源负极相连，a电极为阴极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，转移0.1 mol电子时，a电极产生标准状况下的气体1.12 L，A项不符合题意；
B．b电极与电源正极相连，是电解池的阳极，发生氧化反应，B项不符合题意；
C．气体Y是氧气，在c电极得电子，做原电池的正极，酸性电解质溶液中H＋移向c电极，C项符合题意；
D．d电极是氢氧燃料电池的负极，则d电极上发生的电极反应为H2-2e－=2H＋，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．未说明是标准状况，无法计算物质的量；
B．b电极是阳极，发生氧化反应；
C．原电池中阳离子向正极移动；
D．d为原电池的负极，失电子发生氧化反应；
18．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. 在pH=7的溶液中，Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A不符合题意；
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与I-会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，不能大量共存，B不符合题意；
C. =10-12的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D. 水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中含有大量OH-，OH-、Al3+会发生反应转化为AlO2-，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
19．【答案】（1）酸；NH4++H2O H++NH3 H2O
（2）③；⑤
（3）Cl-；NH4+
（4）=
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NH4Cl是强碱弱酸盐，NH4+水解显酸性；NH4+水解反应的离子方程式NH4++H2O H++NH3 H2O；（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/L NH4Cl，NH4+水解显酸性，Cl-不水解；②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，0.1mol/L CH3COONH4，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，溶液呈中性；③ 0.1mol/L NH4HSO4，HSO4- = H++SO42-，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，溶液中NH4+水解的浓度大于0.1mol/L；⑤0.1mol/L NH3 H2O，NH3 H2O是弱电解质，NH3 H2O NH4++OH-， NH3 H2O微弱电离生成NH4+；经上述分析可知溶液pH最小的是③ 0.1mol/L NH4HSO4；c(NH4+)最小的是⑤0.1mol/L NH3 H2O；（3）④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，氯离子的物质的量不变、浓度不变，氯离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，由物料守恒可知，c(NH3 H2O)+c(NH4+)=0.2 mol/L；（4）室温下，测得溶液②的pH=7，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，c(CH3COO-)=c(NH4+)。
【分析】盐类水解一般是微弱的，根据影响盐类能水解离子的因素，结合弱电解质的电离，判断溶液的酸碱性以及相关离子浓度的大小，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；等物质的量浓度的NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性；NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同。
20．【答案】（1）2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol
（2）不能；d
（3）0.025；；50%；不
（4）CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×3+②×2，整理可得2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol；(2)①根据方程式2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol可知：该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＜0，反应的自由能ΔG=ΔH－TΔS＞0，所以反应不能自发进行；②a．只有反应物为气体，加入的两种气体的物质的量的比等于反应消耗的二者的物质的量的比，混合气体的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此说明反应处于平衡状态，a不正确；
b．由于两种气体的起始量和变化量之比相同，CO和H2的转化率始终相等，与反应是否达到平衡无关，因此不能说明反应是否处于平衡状态，b不正确；
c．由于生成物都是液体，气体体积分数始终不变，CO和H2的体积分数保持不变，因此不能说明反应是否处于平衡状态，c不正确；
d．反应前后气体体积不变，气体质量发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应处于平衡状态，d正确；
e.1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂，只能说明反应逆向进行，不能说明正、逆反应速率相同，反应处于平衡状态，e不正确；
故答案为：d；(3)①0～10 min内氢气物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，v(H2)= =0.075 mol/(L·min)，由于化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，所以v(H2O)= v(H2)= ×0.075 mol/(L·min)=0.025 mol/(L·min)；
②图表中20 min时CO2反应消耗1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量也是1 mol，说明20 min反应处于平衡状态。20 min时CO2反应1 mol，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，则此时各种气体的物质的量浓度：c(CO2)= =0.5 mol/L，c(H2)= =1.5 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)= =0.5 mol/L，故该条件下反应的化学平衡常数K= = ；平衡时H2的转化率= ×100%=50%；
③在其它条件不变时，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，Qc= = = K，说明化学平衡不移动；(4)若用甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子，发生氧化反应，在碱性介质中电池负极的电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)①根据反应自发进行的判断依据分析；②根据反应达到平衡状态时，物质的浓度不变、物质的含量不变等分析判断；(3)①0～10 min内H2物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，先计算H2表示的反应速率，再根据速率之比等于化学方程式计量数之比，可得用H2O表示的反应速率；②图表中计算20 min时二氧化碳消耗物质的量1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量为1 mol，则20 min反应处于平衡状态，结合物质转化关系计算各种气体的平衡浓度，可得氢气转化率和平衡常数；③在其它条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，计算此时浓度商，并与平衡常数比较，判断反应进行方向；(4)甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子发生氧化反应，依据电极反应写出电极反应。
21．【答案】（1）2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）>
（3）0.054 mol/L；c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)
（4）5×10-5 mol/L；80
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成MnSO4和CO2，反应的化学方程式为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，根据物质拆分原则，其离子方程式是：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O； (2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，所以pH=3草酸的浓度大于pH=4草酸浓度的10倍，10 mLpH=3的草酸溶液和100 mLpH=4的草酸溶液，前者的物质的量大于后者，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗氢氧化钠体积V1>V2；(3)①用0.100 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H2C2O4)= ≈0.054 mol/L；②c点为Na2C2O4溶液，此时NaOH溶液的体积是21.60 mL，而a点时NaOH溶液的体积是10.80 mL，恰好是c点消耗的一半，则a点溶液为NaHC2O4溶液；所示溶液显示酸性，说明HC2O4-电离程度大于其水解程度，且溶液中同时存在水电离产生H+，且HC2O4-电离程度远大于水的电离程度，则c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；HC2O4-由于电离、水解消耗，而溶液中Na+不发生任何变化，盐电离产生的离子浓度远大于其电离产生的微粒浓度，所以c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)，故溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；(4)①已知Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，假设饱和溶液浓度是x，则根据溶度积常数的含义可知Ksp=c(Ca2+) c(C2O42-)=x2=2.5×10-9=25×10-10，所以x=5×10-5 mol/L，溶液的体积是1 L，所溶解的草酸钙的物质的量是5×10-5mol；②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)= =80。
【分析】(1)根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律、电荷守恒、电子守恒来书写离子反应方程式；(2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；(3)①用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，根据滴定原理来计算；②a点所示溶液显示酸性，此时得到的是草酸氢钠溶液，据此回答；(5)①根据Ksp的意义结合物质的量浓度公式c= 来计算；②根据Ksp表达式得到溶液中c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)，据此计算。
22．【答案】（1）Al(OH)3
（2）增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
（4）一水合氨不稳定，受热分解
（5）67.2
（6）1×10-6
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3；(2)熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O2 2Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；(3)在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4)钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；(5)在反应2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；(6)常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=1×10-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。
【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成分是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。
陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期化学第二次月考试卷
一、单选题
1．（2020·榆林模拟）新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是（ ）
A．新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O
B．用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好
C．3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子
D．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒
【答案】B
【知识点】药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A不符合题意；
B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B符合题意；
C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C不符合题意；
D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、病毒的主要成分为蛋白质，组成元素为碳氢氧氮；
B、用84消毒液进行消毒时，应该稀释后再使用；
C、聚丙烯材质属于有机高分子材料；
D、新型冠状病毒可以通过飞沫和接触传染。
2．（2020高二下·绥德月考）列关于古籍中的记载说法正确的是（ ）
A．直径为20 nm的纳米碳酸钙属于胶体
B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2-
C．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗包含了吸热反应过程
D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；焰色反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 纳米碳酸钙是一种纯净物，不是分散系，因此不属于胶体，A不符合题意；
B. 氢化钙化学式是CaH2，其电子式是 ，B不符合题意；
C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗表示CaCO3在高温下分解产生CaO和CO2，该反应为吸热反应，因此包含了吸热反应过程，C符合题意；
D. 鉴别KNO3和 Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，是利用了焰色反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.胶体是分散质在分散剂中形成的混合物；
B.CaH2是离子化合物，阳离子是Ca2+，阴离子是H-；
C.CaCO3在高温下分解产生CaO和CO2，该反应为吸热反应；
D.钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色。
3．（2019高三上·许昌月考）阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B．1molNa2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA
C．25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为0.01NA
D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.标准状态下，CH3OH不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意；
B.Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2molNa2O2参与反应，转移电子2mol，因此1molNa2O2完全反应，转移电子数为1NA，B不符合题意；
C.pH=12的Na2CO3溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，则1L溶液中所含n(OH-)=0.01mol，溶液中的OH-来自于水电离产生，而水电离产生的H+与OH-相等，因此水电离产生H+的数目为0.01NA，C符合题意；
D.H2与I2的反应为可逆反应，因此0.1molH2和0.1molI2不能完全反应，则产生HI的分子总数小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.标准状态下，CH3OH不是气体；
B.根据发生反应的化学方程式进行分析；
C.Na2CO3溶液中水电离产生的c(H+)=c(OH-)；
D.H2与I2的反应为可逆反应；
4．（2020高二下·绥德月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4+
B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑
C．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. NH3·H2O是弱碱，反应时若氨水过量，NH3·H2O不能溶解反应产生的Al(OH)3，A不符合题意；
B. 溶液中的Al3+会与反应产生的OH-结合形成Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C. Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化产生Fe3+，符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C符合题意；
D. 硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，要以不足量的NaHSO4为标准书写离子方程式，正确的应该为H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、NH3·H2O不能溶解反应产生的Al(OH)3；
B、溶液中有氢氧化铝沉淀；
C、酸性溶液中过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子；
D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中 符合化学式的组成比。
5．（2020高二下·绥德月考）下列关于冰融化为水的过程判断正确的是（ ）
A．ΔH＞0，ΔS＜0 B．ΔH＜0，ΔS＞0
C．ΔH＞0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】冰融化为水的过程要吸收热量，所以ΔH＞0；固体变为液体，是熵增的变化过程，体系的混乱程度增大，所以ΔS＞0，
故答案为：C。
【分析】冰融化为水的过程要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程。
6．（2018高一下·安徽期末）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是（ ）
A．石墨转变为金刚石是吸热反应
B．白磷比红磷稳定
C．S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2 则ΔH1>ΔH2
D．CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH>0
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，A项符合题意；
B.能量越高越不稳定，B项不符合题意；
C.因S(s)→S(g)，要吸收热量，故ΔH1<ΔH2，C项不符合题意；
D.由图4可以看出，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，故表现为放热，ΔH1<0，D项不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.能量越低，越稳定，根据能量的高低确定转化时的吸热放热问题
B.据图判断，红磷比白磷稳定
C.气体到固体放出能量
D.根据起始状态能量的高低判断吸热放热问题
7．（2018高三上·衡水期中）某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl- 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（ ）
A．该反应的还原剂是Cl-
B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】由题意知，反应离子方程式2NH4++3ClO-=3Cl-+N2+2H++3H2O
A、还原剂发生氧化反应化合价升高，溶液中N2浓度增大，即N2为生成物，NH4+为还原剂，故A不符合题意；
B、由题意知每消耗1mol NH4+生成0.5mol N2，转移电子3mol，故B不符合题意；
C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；
D、反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故D符合题意。
【分析】由图可知氮气是反应产物，则NH4+是反应物，结合氧化还原反应规律写出相应的化学方程式，再有氧化还原反应进行分析各选项即可。
8．（2020高二下·绥德月考）C是一种常见的工业原料，实验室制备C的化学方程式如下，下列说法正确的（ ）
A．1mol的C最多能与7 mol的H2反应
B．分子C中所有碳原子一定共平面
C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和B
D．A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种
【答案】D
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．C中能与H2发生加成反应的有苯环、碳碳双键和羰基，则1mol的C最多能与8 mol的H2反应，A不符合题意；
B．C含有饱和碳原子，具有甲烷的正四面体结构特征，因此不可能所有的碳原子在同一个平面上，B不符合题意；
C．A中的甲基和B中的醛基，都可被酸性高锰酸钾氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别A和B，C不符合题意；
D．A的同分异构体中含有苯环和醛基，苯环可能含有2个甲基、1个醛基，有6种结构；如含有两个取代基，可为CH3CH2-、-CHO，也可为-CH3、-CH2CHO，各有邻、间、对3种结构，如含有1个取代基，可为-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO两种结构，因此符合条件的同分异构体种类共有6+3+3+2=14种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．苯环、碳碳双键和羰基均能与H2发生加成反应；
B．甲基的C为sp3杂化，不可能共平面；
C．醛基可使KMnO4褪色；
D．根据位置异构分析；
9．（2020高二下·绥德月考）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径： X>Y>Z>W
B．W的单质在常温下是黄绿色气体
C．气态氢化物的稳定性： Z>W>Y
D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。
A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A不符合题意；
B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 符合题意；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C不符合题意；
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。
10．（2020高二下·绥德月考）某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是（ ）
A．a和b用导线连接时，铁电极上发生还原反应
B．a和b用导线连接时，电子经硫酸铜溶液从铁电极流向铜电极
C．无论a和b是否连接，铜电极质量都增加
D．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe作负极，失去电子，发生氧化反应，A不符合题意；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe片作负极，失去电子，发生氧化反应，电子经导线流向Cu片，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，B不符合题意；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液直接发生化学反应，铁将金属铜从其盐中置换出来，产生的Cu在铁片上附着，使铁片质量增加，而铜电极质量不变；当a和b用导线连接时，形成了原电池，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，产生Cu单质在Cu片上附着，使铜电极质量增加，可见Cu电极质量不一定都增加，C不符合题意；
D．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，Fe变为Fe2+进入溶液；当a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液。可见无论a和b是否连接，铁片均会溶解生成+2价的Fe2+，导致溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Fe为负极，失电子发生氧化反应；
B．电子不能进入溶液；
C．不用导线连接时Cu电极没有变化；
D．Fe可以与Cu2+反应，构成原电池后Fe为负极，也会发生反应；
11．（2020高二下·绥德月考）在密闭容器中，一定条件下进行反应：mA(气)+nB（气） pC（气）+qD（气）,若增大压强，或升高温度，重新达到平衡， 随时间化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是（ ）
A．正反应是放热反应，m+n < p+q B．逆反应是放热反应，m+n > p+q
C．正反应是放热反应，m+n > p+q D．逆反应是放热反应，m+n < p+q
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】升高温度和增大压强，平衡向逆向移动，故逆反应方向吸热，正反应方向放热；逆反应方向气体体积减小，正反应方向气体体积增大，
故答案为：A。
【分析】根据勒夏特列原理分析。
12．（2016高二上·安阳期中）在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g） cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为 ，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是（ ）
A．反应速率降低 B．平衡向右移动
C．B的转化率提高 D．a+b＜c+d
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：保持温度不变，将体积压缩为原来的 ，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向正方向移动，
A、压强增大反应速率增大，正逆反应速率都增大，故A错误．
B、体积减小即压强增大，平衡向正方向移动，故B正确；
C、平衡向正方向移动，B的转化率增大，故C正确；
D、体积减小，压强增大，平衡向正方向移动，所以正方向是气体系数和减小的方向，a+b＞c+d，故D错误；
故选BC．
【分析】保持温度不变，将体积压缩为原来的 ，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向正方向移动，据此结合选项解答．
13．（2020高二上·杭州月考）已知反应N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点气体的平均相对分子质量：A>C
B．A，C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A，C两点的反应速率：A>C
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量 ，故A不选；
B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强 ，则容器体积 ，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；
C.A、B是等压条件下，且温度 ，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；
D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强 ，所以反应速率A点小于C点，故D不选；
故答案为：C。
【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以 ；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以 。
14．（2020高二下·绥德月考）某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g) 2E(g)，若开始时只充入2mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
【答案】A
【知识点】等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】只充入2mol E(g)，E的转化率为40%，设E转化了2x
则有
2M(g) ＋ N(g) 2E(g)
起始（mol） 0 0 2
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol） 2x x 2-2x
x=0.4mol
达到平衡时气体总物质的量为2.4mol，若开始时充入2mol M、1mol N时，平衡等效，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，那么达平衡时混合气体的压强比起始时减少了 =20%；
故答案为：A。
【分析】若开始时只充入2mol E(g)，达到的平衡与开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达到的平衡等效；在这两个平衡中，各物质的百分含量即各物质的质量百分含量，各物质的物质的量的百分含量，各气体的体积百分含量，物质的量，物质的质量，各气体的体积，各物质的物质的量，浓度和物质的转化率均完全相同。
15．（2020高二下·绥德月考）下列溶液中有关物质的量浓度的关系正确的是（ ）
A．在NaHCO3溶液中，c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)
B．含有Na+、CH3COO-、H+、OH-的溶液中，离子浓度大小关系可能为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．物质的量浓度相等的HF溶液和NaF溶液等体积混合：c(F-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HF)
D．0.1 mol L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)=0.3 mol L-1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据质子守恒可得：c(H+)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(OH-)，则c(H+)+c(H2CO3)＜c(OH-)，A不符合题意；
B．正电荷数目比负电荷数目多，溶液中的电荷不守恒，B不符合题意；
C．根据物料守恒可得2c(Na+)=c(F-)+c(HF)，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，将第二个式子扩大2倍减去第一个式子，整理可得：c(F-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HF)，C符合题意；
D．根据物料守恒可得c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)+c([Fe(OH)2]=0.3mol L-1，所以c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3 H2O)＜0.3mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据质子守恒分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据物料守恒分析；
16．（2020·榆林模拟）下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
选项 操 作 现 象 结 论
A 向 3mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先加 入 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，再滴加 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B 将某气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该气体是 SO2
C 用 pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和NaClO 溶液的 pH 后者 pH比前者 的小 非金属性：Cl＞C
D 将铜粉加入 1.0 mol/L Fe2(SO4)3 溶液中 溶液变蓝 氧化性Fe3＋>Cu2＋
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；氯、溴、碘的性质实验；探究铁离子和亚铁离子的转化；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A. AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A不符合题意；
B. 能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B不符合题意；
C. 比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C不符合题意；
D. 反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3＋>Cu2＋，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银离子的量过多，不能比较溶解平衡常数的大小；
B、能使品红褪色的气体还可能是氯气，臭氧；
C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸，酸性越强；
D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
17．（2020高二下·绥德月考）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A．转移0.1 mol电子时，a电极产生1.12 L H2
B．b电极上发生还原反应
C．酸性电解质溶液中H＋移向c电极
D．d电极上发生的电极反应是：O2＋4H＋＋4e－= 2H2O
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据RFC工作原理示意图，a电极与电源负极相连，a电极为阴极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，转移0.1 mol电子时，a电极产生标准状况下的气体1.12 L，A项不符合题意；
B．b电极与电源正极相连，是电解池的阳极，发生氧化反应，B项不符合题意；
C．气体Y是氧气，在c电极得电子，做原电池的正极，酸性电解质溶液中H＋移向c电极，C项符合题意；
D．d电极是氢氧燃料电池的负极，则d电极上发生的电极反应为H2-2e－=2H＋，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．未说明是标准状况，无法计算物质的量；
B．b电极是阳极，发生氧化反应；
C．原电池中阳离子向正极移动；
D．d为原电池的负极，失电子发生氧化反应；
18．（2020高二下·绥德月考）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．在pH=7的溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-
C． =10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
D．水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. 在pH=7的溶液中，Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A不符合题意；
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与I-会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，不能大量共存，B不符合题意；
C. =10-12的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D. 水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中含有大量OH-，OH-、Al3+会发生反应转化为AlO2-，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
二、综合题
19．（2020高二下·绥德月考）在室温下，下列五种溶液：
①0.1mol/L NH4Cl ②0.1mol/L CH3COONH4③ 0.1mol/L NH4HSO4
④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1mol/L NH3 H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是 （用离子方程式表示）。
（2）在上述五种溶液中，pH最小的是 ；c（NH4+）最小的是 （填序号）。
（3）在溶液④中， 离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O和 离子的物质的量浓度之和为0.2 mol/L。
（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO－） c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）酸；NH4++H2O H++NH3 H2O
（2）③；⑤
（3）Cl-；NH4+
（4）=
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NH4Cl是强碱弱酸盐，NH4+水解显酸性；NH4+水解反应的离子方程式NH4++H2O H++NH3 H2O；（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/L NH4Cl，NH4+水解显酸性，Cl-不水解；②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，0.1mol/L CH3COONH4，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，溶液呈中性；③ 0.1mol/L NH4HSO4，HSO4- = H++SO42-，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，溶液中NH4+水解的浓度大于0.1mol/L；⑤0.1mol/L NH3 H2O，NH3 H2O是弱电解质，NH3 H2O NH4++OH-， NH3 H2O微弱电离生成NH4+；经上述分析可知溶液pH最小的是③ 0.1mol/L NH4HSO4；c(NH4+)最小的是⑤0.1mol/L NH3 H2O；（3）④0.1mol/L NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，氯离子的物质的量不变、浓度不变，氯离子的浓度为0.1mol/L；NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，由物料守恒可知，c(NH3 H2O)+c(NH4+)=0.2 mol/L；（4）室温下，测得溶液②的pH=7，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，c(CH3COO-)=c(NH4+)。
【分析】盐类水解一般是微弱的，根据影响盐类能水解离子的因素，结合弱电解质的电离，判断溶液的酸碱性以及相关离子浓度的大小，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；等物质的量浓度的NH3 H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3 H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性；NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同。
20．（2020高二下·绥德月考）以煤为原料可合成一系列燃料。
（1）已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，
②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol
请写出甲醇燃烧生成H2O(g)的热化学方程式 ；
（2）向1 L密闭容器中加入2 mol CO、4 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol
①该反应能否 自发进行(填“能”、“不能”或“无法判断”)
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 ．
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．CO和H2的转化率相等
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．混合气体的密度保持不变
e.1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂
（3）CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件 反应时间 CO2(mol) H2(mol) CH3OH(mol) H2O(mol)
恒温恒容 (T1℃、2L) 0min 2 6 0 0
10min
4.5
20min 1
30min
1
①0～10 min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)= mol/(L·min)；
②达到平衡时，该反应的平衡常数K= (用分数表示)，平衡时H2的转化率是 ；
③在其他条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；
（4）用甲醚(CH3OCH3)作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池负极反应式 。
【答案】（1）2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol
（2）不能；d
（3）0.025；；50%；不
（4）CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×3+②×2，整理可得2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol；(2)①根据方程式2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol可知：该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＜0，反应的自由能ΔG=ΔH－TΔS＞0，所以反应不能自发进行；②a．只有反应物为气体，加入的两种气体的物质的量的比等于反应消耗的二者的物质的量的比，混合气体的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此说明反应处于平衡状态，a不正确；
b．由于两种气体的起始量和变化量之比相同，CO和H2的转化率始终相等，与反应是否达到平衡无关，因此不能说明反应是否处于平衡状态，b不正确；
c．由于生成物都是液体，气体体积分数始终不变，CO和H2的体积分数保持不变，因此不能说明反应是否处于平衡状态，c不正确；
d．反应前后气体体积不变，气体质量发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应处于平衡状态，d正确；
e.1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂，只能说明反应逆向进行，不能说明正、逆反应速率相同，反应处于平衡状态，e不正确；
故答案为：d；(3)①0～10 min内氢气物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，v(H2)= =0.075 mol/(L·min)，由于化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，所以v(H2O)= v(H2)= ×0.075 mol/(L·min)=0.025 mol/(L·min)；
②图表中20 min时CO2反应消耗1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量也是1 mol，说明20 min反应处于平衡状态。20 min时CO2反应1 mol，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，则此时各种气体的物质的量浓度：c(CO2)= =0.5 mol/L，c(H2)= =1.5 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)= =0.5 mol/L，故该条件下反应的化学平衡常数K= = ；平衡时H2的转化率= ×100%=50%；
③在其它条件不变时，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，Qc= = = K，说明化学平衡不移动；(4)若用甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子，发生氧化反应，在碱性介质中电池负极的电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)①根据反应自发进行的判断依据分析；②根据反应达到平衡状态时，物质的浓度不变、物质的含量不变等分析判断；(3)①0～10 min内H2物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，先计算H2表示的反应速率，再根据速率之比等于化学方程式计量数之比，可得用H2O表示的反应速率；②图表中计算20 min时二氧化碳消耗物质的量1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量为1 mol，则20 min反应处于平衡状态，结合物质转化关系计算各种气体的平衡浓度，可得氢气转化率和平衡常数；③在其它条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，计算此时浓度商，并与平衡常数比较，判断反应进行方向；(4)甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子发生氧化反应，依据电极反应写出电极反应。
21．（2020高二下·绥德月考）草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用。
（1）硫酸酸化的KMnO4能与Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式为 ；
（2）分别使10 mL pH=3的H2C2O4溶液和100 mL pH=4的H2C2O4溶液全部转化为Na2C2O4，所需等浓度的NaOH溶液的体积为V1和V2，则V1 V2(填“>”“<”或“=”)
（3）常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：
①该草酸溶液的物质的量浓度为 ；
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 ；
（4）已知：某温度时，Ksp(FeC2O4)=2.0×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。
①此温度下，CaC2O4饱和溶液的物质的量浓度为 ；
②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)：c(Ca2+)= 。
【答案】（1）2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）>
（3）0.054 mol/L；c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)
（4）5×10-5 mol/L；80
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成MnSO4和CO2，反应的化学方程式为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，根据物质拆分原则，其离子方程式是：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O； (2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，所以pH=3草酸的浓度大于pH=4草酸浓度的10倍，10 mLpH=3的草酸溶液和100 mLpH=4的草酸溶液，前者的物质的量大于后者，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗氢氧化钠体积V1>V2；(3)①用0.100 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H2C2O4)= ≈0.054 mol/L；②c点为Na2C2O4溶液，此时NaOH溶液的体积是21.60 mL，而a点时NaOH溶液的体积是10.80 mL，恰好是c点消耗的一半，则a点溶液为NaHC2O4溶液；所示溶液显示酸性，说明HC2O4-电离程度大于其水解程度，且溶液中同时存在水电离产生H+，且HC2O4-电离程度远大于水的电离程度，则c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；HC2O4-由于电离、水解消耗，而溶液中Na+不发生任何变化，盐电离产生的离子浓度远大于其电离产生的微粒浓度，所以c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)，故溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；(4)①已知Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，假设饱和溶液浓度是x，则根据溶度积常数的含义可知Ksp=c(Ca2+) c(C2O42-)=x2=2.5×10-9=25×10-10，所以x=5×10-5 mol/L，溶液的体积是1 L，所溶解的草酸钙的物质的量是5×10-5mol；②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)= =80。
【分析】(1)根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律、电荷守恒、电子守恒来书写离子反应方程式；(2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；(3)①用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，根据滴定原理来计算；②a点所示溶液显示酸性，此时得到的是草酸氢钠溶液，据此回答；(5)①根据Ksp的意义结合物质的量浓度公式c= 来计算；②根据Ksp表达式得到溶液中c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)，据此计算。
22．（2020高二下·绥德月考）二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“滤渣Ⅰ”的化学式为 ；
（2）提高“熔融”速率的措施有 (写一条即可)；
（3）用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是： ；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度不宜太高，其原因是 。
（5）已知2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为 L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)= mol/L。
【答案】（1）Al(OH)3
（2）增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
（4）一水合氨不稳定，受热分解
（5）67.2
（6）1×10-6
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3；(2)熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O2 2Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；(3)在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4)钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；(5)在反应2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；(6)常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=1×10-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。
【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成分是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。
