2019-2020学年辽宁省六校协作体高二上学期期中考试化学试题解析

2021-2021学年度上学期省六校协作体高二期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：O16N14Cu64Na23Ag108一、单项选择题〔1-10题，每题2分；11-20题，每题3分，共50分〕1.以下表达正确的选项是A.强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质B.一定条件下醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C.SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质D.金刚石不导电，因此金刚石是非电解质【答案】B【解析】试题分析：A、硫酸钡难溶于水，但属于强电解质，A错误；B、如果醋酸溶液中的氢离子浓度大于稀硫酸溶液中的氢离子浓度，那么导电性强于稀硫酸，B正确；C、SO2溶于水生成的亚硫酸是电解质，SO2是非电解质，C错误；D、金刚石是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误，答案选B。【考点定位】考查电解质、非电解质及溶液导电性判断【名师点晴】掌握电解质、非电解质、强弱电解质概念及溶液导电性的影响因素是解答的关键。溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能够自身电离出离子的化合物是非电解质，注意是自身电离，溶液是否导电不能作为判断的依据。2.化学反响伴随能量变化，以下说法中错误的选项是A.TNT〔炸药〕爆炸时局部化学能转化为热能B.电解饱和食盐水时局部化学能转化为电能C.镁条燃烧时局部化学能转化为光能D.植物光合作用时局部光能转化为化学能【答案】B【解析】试题分析：A、爆炸是局部化学能变成热能，还有变成声能和光能，故正确；B、电解饱和食盐水是电能变化学能，故错误；C、镁条燃烧化学能变成光能和热能，故正确；D、植物光合作用光能局部转化为化学能，故正确。考点：化学反响中的能量变化伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25℃、101kPa时，以下过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是〔〕A.CaCO3=CaO+CO2↑B.NaOH的溶解C.2H2+O2=2H2OD.Ba〔OH〕2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O【答案】D【解析】【分析】橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，那么橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反响，混乱度增加，即熵增过程，且在25℃，101KPa时自发进行，据此分析。【详解】A.碳酸钙分解为吸热反响，熵变大于0，但碳酸钙在25℃，101KPa下不会自发分解，故A错误；B.NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故B错误；C.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故C错误；

D.该反响为吸热反响，且熵变大于0，在25℃，101KPa时能自发发生，符合题意，故D正确。应选D。4.在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定条件下发生反响：A(g)+3B(g)2C(g);

经3s后到达平衡，测得C气体的浓度为0.6mol·L-1，以下说法中不正确的选项是〔〕A.用B表示反响速率为0.3mol·L-1·s-1B.平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne),反响速率增大D.平衡后，v(正)

(A)=v(逆)

(A)【答案】B【解析】根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，那么

A(g)+3B(g)⇌2C(g)开始(mol/L)

0.5

1.5

0A．根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反响速率为=0.3mol•L-1•s-1，故A正确；B.平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne)，ABC的浓度不变，反响速率不变，故B错误；C．3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故C正确；D.平衡后，正逆反响速率相等，因此v(正)

(A)=v(逆)

(A)，故D正确；应选B。5.室温时，在由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是〔〕A.K+、Na+、HCO3－、Cl－ B.K+、MnO4－、Br－、Cl－C.Na+、Cl－、NO3－、SO42－ D.Al3+、NH4+、Cl－、SO42－【答案】C【解析】【详解】室温时由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A．HCO3－与氢离子和氢氧根离子反响，在溶液中一定不能大量共存，选项A错误；B．MnO4－、Cl－在酸性条件下发生氧化复原反响，在溶液中不能大量共存，选项B错误；C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－之间不反响，都不与氢离子、氢氧根离子反响，在溶液中能够大量共存，选项C正确；D．Al3+、NH4+与氢氧根离子反响，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。6.以下离子方程式中，属于水解反响的是〔〕A.HCOOH+H2OHCOO－+H3O+ B.CO2+H2OHCO3－+H+C.CO32－+H2OHCO3－+OH－ D.HS－+H2OS2－+H3O+【答案】C【解析】【详解】A、HCOOH+H2OHCOO－+H3O+为甲酸的电离方程式，选项A不符合；B、CO2+H2OHCO3－+H+为碳酸的电离方程式，选项B不符合；C、CO32－+H2OHCO3－+OH－为碳酸根离子结合水电离出来的氢离子生成碳酸氢根离子，属于水解反响，选项C符合；D、HS－+H2OS2－+H3O+为HS－的电离方程式，选项D不符合；答案选C。7.某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的选项是A.电解质溶液中Na+向b极移动B.b极的电极反响是：O2+2H2O+4e-=4OH-C.a极是负极，发生氧化反响D.电子通过外电路从b电极流向a电极【答案】D【解析】【分析】通过示意图可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为电池正极，且电解质溶液为碱液，并可写出电池总反响式为CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，负极反响为CH4+10OH--8e－=CO32－+7H2O，正极反响为2O2+8e－+4H2O=8OH－。【详解】A.原电池中，电解质溶液的阳离子向正极移动，所以钠离子向b极移动，故A正确；B.b极为正极，电极反响式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C.a极是负极，甲烷在负极失去电子，发生氧化反响，故C正确；D.电子通过外电路从a电极流向b电极，故D错误；故答案选D。8.以下操作中，能使电离平衡H2OH++OH－正向移动且溶液呈酸性的是()A.向水中参加NaHSO4溶液 B.向水中参加Al2(SO4)3溶液C.向水中参加Na2CO3溶液 D.将水加热到100℃，使水pH=6【答案】B【解析】【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠电离出的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离平衡逆向移动，故A错误；

B、向水中参加硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故B正确；

C、向水中参加碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；

D、水的电离是吸热反响，升高温度能促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故D错误；此题选B9.以下说法正确的选项是〔〕A.0.1mol·L－1的醋酸加水稀释，c(CH3COOH)/c(CH3COO—)减小B.向水中参加少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw变大C.体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉(少量)后者用时少D.常温下pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合，溶液显碱性【答案】A【解析】A、醋酸属于弱酸，存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水促进电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，同一溶液溶液的体积相同，因此c(CH3COOH)/c(CH3COO－)减小，故A正确；B、NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，向水中参加NaHSO4，c(H＋)增大，Kw只受温度的影响，硫酸氢钠参加到水中，溶液温度不变，那么Kw不变，故B错误；C、醋酸是弱酸，盐酸是强酸，pH相同，那么醋酸的浓度大于盐酸，开始时pH相同，溶液中c(H＋)相同，开始时反响速率相同，随着反响进行，醋酸还能电离出H＋，因此醋酸溶液中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，即后者用时小，故C错误；D、CH3COOH是弱酸，因此醋酸的浓度大于氢氧化钠，反响后溶质为CH3COONa和CH3COOH，溶液显酸性，故D错误。点睛：此题易错选项A，同一溶液溶液的体积相同，c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)，醋酸是弱酸，加水促进电离，n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)降低，因此比值减小。10.25℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20。要使0.2mol·L－1CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来千分之一)，那么应向溶液里参加NaOH溶液，使溶液的pH为〔〕A.4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】试题分析：当铜离子完全沉淀时，溶液中铜离子的浓度时2×10－4mol/L，那么根据溶度积常数的表达式可知，溶液中OH－的浓度是，那么溶液中氢离子的浓度是1×10－6mol/L，所以pH＝6，答案选B。考点：考查溶度积常数、离子积常数以及pH的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，主要是考查学生对溶度积常数的熟悉掌握程度，以及灵活运用溶度积常数解决实际问题的能力，有助于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力和答题效率。11.常温下，将pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH＝10时，强酸和强碱的体积之比为A.1∶9 B.9∶1 C.10∶1 D.1∶10【答案】B【解析】【分析】将pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH＝10时，溶液呈碱性，根据c(OH-)=计算。【详解】根据c(OH-)=，，，应选B。12.微型纽扣电池在现代生活中是广泛应用的一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反响式分别为：Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，电池总反响式为Ag2O＋Zn=2Ag＋ZnO。根据上述反响式，判断以下表达中正确的选项是〔〕A.在使用过程中，电池负极区溶液pH增大B.在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C.在使用过程中，Zn电极发生复原反响，Ag2O电极发生氧化反响【答案】D【解析】【详解】A项，负极电极反响为Zn+2OH-=ZnO+H2O+2e-，消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故A错误；B项，由电极反响式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，那么正极为Ag2O，原电池中电子从负极经外电路流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；C项，由电极反响式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，为原电池的负极，发生氧化反响，Ag2O是正极发生复原反响，故C错误；D项，正极电极反响为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，当电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小的是0.1mol氧原子的质量，即0.1mol×〔232—216〕g/mol=1.6g，故D正确；答案为D。【点睛】此题考查原电池的工作原理，根据电极反响式判断原电池的正负极是解题的关键。13.某温度下，重水中存在电离平衡D2OD++OD－，D2O的离子积常数为1.0×10﹣12，假设pD=－lgc(D+)，该温度下有关分析不正确的选项是〔〕A.0.1molNaOD溶于重水制成1L溶液，pD=13B.将pD=4的DCl的重水溶液稀释100倍，所得溶液pD不等于6C.向30mL0.5mol/LNaOD的重水溶液中参加20mL0.5mol/LDCl的重水溶液，所得溶液pD=11D.pD=10的NaOD的重水溶液中，由重水电离出的c〔OD－〕为1×10﹣10mol/L【答案】A【解析】【详解】D2O的离子积常数=1.0×10-12，结合水的离子积常数分析，pD=6为中性；A．溶液中c(OD-)=0.1mol/L，那么c(D+)=1.0×10-11，pD=11，选项A不正确；B．pD=6为中性，DCl稀释将接近中性，pD接近6不等于6，选项B正确；C．混合溶液中c(OD-)==0.1mol/L，那么c(D+)=1.0×10-11，pD=11，选项C正确；D．NaOD溶液中的D+全部由水电离出来，pD=10，说明c(D+)=1.0×10-10，水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度相等，选项D正确；答案选A。【点睛】此题结合重水的电离考查了水的离子积常数，注意温度影响其大小，D2O的离子积常数=1.0×10-12，结合水的离子积常数分析，pD=6为中性，联系酸碱混合计算。14.某温度下，在一个1L的密闭容器中，参加2molA和1molB进行如下反响：2A(g)+2B(g)3C(?

)+D(?

)。反响一段时间后到达平衡，测得生成0.6molC，且反响前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，那么以下说法正确的选项是〔〕B.增加C的物质的量，B的平衡转化率不变C.增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大D.A的平衡转化率是40%【答案】B【解析】【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)反响前(mol)2

1

0

0据气体物质的量之比等于压强之比可得反响后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。【详解】A、该反响的化学平衡常数K==1.04，故A错误；B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；C、平衡常数只受温度影响，故C错误；D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；应选B。【点睛】此题考查了化学平衡计算以及平衡常数的影响因素等。正确判断CD的状态是解题的关键。根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比，利用三段式法计算出反响后气体物质的量，可以确定CD的状态。15.以下反响的热化学方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1；H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3那么反响4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H为〔〕A.12△H3+10△H2﹣2△H1 B.2△H1﹣10△H2﹣12△H3C.12△H3﹣10△H2﹣2△H1 D.△H1﹣10△H2﹣12△H3【答案】A【解析】【详解】：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；答案选A。【点睛】此题考查了反响热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5(ONO2)3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反响热也要相应的加减，从而得出其热化学反响方程式。2N，如下列图，在0.1mol·L－1盐酸溶液中，在一定电压下具有较高的产氨速率和稳定的电流效率。以下判断错误的选项是A.石墨电极为阳极B.P为阳离子交换膜C.Mo2N/GCE电极区反响式为N2+6H++6e－=2NH3D.为提高溶液的导电性，可在石墨电极区参加适量的盐酸【答案】D【解析】【详解】A.由装置图可以看出，在Mo2N/GCE电极区生成氨气，Mo2N/GCE电极区N2得到电子，是阴极，所以石墨极为阳极，故A正确；B.电解池工作时，阳极上水电离的氢氧根离子放电生成氧气和H+，H+从阳极区向阴极区转移，故P为阳离子交换膜，B正确；2N/GCE电极为阴极，电极反响式为：N2+6H++6e－=2NH3，故C正确；2O4e－=4H+O2，假设参加盐酸，那么变为氯离子放电产生氯气使溶液中的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，可参加适量的硫酸增强溶液的导电性，故D错误；此题答案为D。17.镁燃料电池作为一种高能化学电源，具有良好的应用前景。如图是镁－空气燃料电池工作原理示意图。以下有关该电池的说法正确的选项是()。A.该电池Mg作负极，发生复原反响B.该电池的正极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C.电池工作时，电子通过导线由碳电极流向Mg电极D.当电路中通过0.2mol电子时，消耗的O2体积为1.12L【答案】B【解析】电解质溶液为NaCl中性溶液,所以正极反响类似吸氧腐蚀的正极反响,为O2+2H2O+4e-=4OH-,B正确;负极反响为:2Mg-4e-+4OH-2Mg(OH)2,Mg被氧化,A错;原电池中,电子由负极流向正极,C错;D中O2未指定标准状况,所以无法计算其体积。18.25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如以下列图所示。以下说法不正确的选项是〔〕A.曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B.a溶液的导电性比c溶液的导电性强C.a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液 D.将a、b两溶液加热至30℃，变小【答案】C【解析】A．稀释相同倍数，I的pH变化大，那么I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶液加热至30℃，a中c〔Cl-〕不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，那么变小，D正确；答案选C。19.常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化如右图所示。以下说法正确的选项是A.稀释相同倍数时：c(Aˉ)>c(Bˉ-)B.水的电离程度：b=c>aC.溶液中离子总物质的量：b>c>aD.溶液中离子总浓度：a>b>c【答案】B【解析】根据图像当lg=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的3pH5，HA为强酸，HB为弱酸。A，根据图像，稀释相同倍数时，溶液的pH：HAHB，溶液中c〔A-〕c〔B-〕，A项错误；B，根据图像，溶液的pH：ab=c，酸溶液中OH-全部来自水电离，水的电离程度：b=ca，B项正确；C，a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c〔A-〕a点溶液中c〔B-〕，溶液中离子总物质的量：ac，b点相对于a点加水稀释促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：ba，溶液中离子总物质的量：bac，C项错误；D，c点pH大于a点，c点溶液中c〔A-〕a点溶液中c〔B-〕，溶液中离子总浓度：ac，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c〔H+〕=c〔B-〕+c〔OH-〕、c〔H+〕=c〔A-〕+c〔OH-〕，溶液中离子总浓度：b=c，溶液中离子总浓度：ab=c，D项错误；答案选B。点睛：此题考查强酸和弱酸的比较，与溶液稀释有关的pH图像的分析。区分HA和HB的强弱是解题的关键，当lg=2时，HA的pH增大2个单位，HB的pH增大值小于2个单位，HA为强酸，HB为弱酸。弱酸稀释时促进弱酸的电离，弱酸分子电离产生的离子物质的量增大，弱酸分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱酸电离出的离子物质的量浓度减小。20.常温下,将HC1气体通入到1L浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下列图(忽略溶液体积的变化)。以下表达不正确的选项是A.Ka(HB)的数量级为10-9B.酸性的强弱顺序为HCl>HA>HBC.当通入0.1molHC1气体时，c(B-)>c(A-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)【答案】C【解析】A、根据图像可知，当=3时，pH=6，此时，c(H+)=10-6mol/L，=103，Ka(HB)==10-6×10-3=10-9，故A正确；B、pH一定时，＞，那么有＞，＜，式子两边都乘以c(H+)，可得＜，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，那么说明HCl酸性强于HA和HB，所以酸性强弱顺序为HCl>HA>HB，故B正确；C、原溶液中NaA和NaB均为0.1mol，根据强酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H+先与B-Cl、0.1molHB，NaA完全电离，微弱水解，而HB局部电离，所以溶液中c(B-＜c(A-)，故C错误；D、混合溶液的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，所以有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故D正确。应选C。二、填空题〔此题共5小题，共50分〕21.：①Fe(s)＋O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ/mol；②2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ/mol。Al和FeO发生铝热反响的热化学方程式是______________________。某同学认为，铝热反响可用于工业炼铁，你的判断是________(填“能〞或“不能〞)，你的理由是________________________。【答案】(1).(2).不能(3).该反响为引发反响，需要消耗大量的能量，本钱较高【解析】【详解】〔1〕：①Fe(s)＋O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ/mol；②2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ/mol根据盖斯定律可知②－①×3即得到3FeO〔s〕＋2Al(s)＝Al2O3〔s〕＋3Fe(s)，所以该反响的反响热△H＝－1675.7kJ/mol＋272kJ/mol×3＝－859.7kJ/mol；该反响为引发反响，需要消耗大量的能量，本钱较高，故铝热反响不能可用于工业炼铁。22.(1)NH4Cl溶液显_________性，用离子方程式表示原因____________，其溶液中离子浓度大小顺序为_______________________________________。(2)常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH－)＝________，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H＋)＝_________________。(3)假设将等pH、等体积的NaOH和NH3·H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，那么m__________n(填“<〞、“>〞或“＝〞)。(4)物质的量浓度相同的NaCl；NaOH；HCl；④NH4Cl；⑤CH3COONa5种溶液按pH由大到小的顺序为〔用④⑤代表相应溶液〕：_____________。【答案】(1).酸(2).NH4++H2ONH3·H2O+H+(3).c〔Cl-〕>c〔NH4+〕>c〔H+〕>c〔OH-〕(4).10-3mol/L(5).10-11mol/L(6).<(7).②>⑤>①>④>③【解析】【详解】〔1〕氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4Cl溶液显酸性，水解离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；〔2〕在CH3COONa溶液中，OH-全部来自于水的电离，由于溶液的pH=11，故溶液中的氢离子浓度为10-11mol/L，由水电离出来的c〔OH-〕==10-3mol/L；CH3COOH抑制水电离，溶液中的氢氧根离子全部来自于水的电离，pH=3的CH3COOH溶液中，c(H+)=1.0×10－3mol/L，c(OH-)=1.0×10－11mol/L，所以pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H+)=10－11mol/L；(3)NH3•H2O是弱电解质，在溶液中局部电离，加水稀释，电离平衡向右移动；NaOH是强电解质，在溶液中完全电离，假设将等pH、等体积的NaOH和NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，那么NaOH稀释的倍数小于NH3•H2O，即m<n；〔5〕①NaCl②NaOH③HCl④NH4Cl⑤CH3COONa，显示碱性的为：②NaOH、⑤CH3COONa，氢氧化钠为强碱，CH3COONa为盐，所以pH②＞⑤；显示中性的为①NaCl，pH=7；显示酸性的为：③HCl④NH4Cl，浓度相同时，盐酸为强酸，氢离子浓度最大，而氯化铵为强酸弱碱盐，氢离子浓度较小，所以两种酸性溶液的pH大小关系为：④＞③，故物质的量浓度相同时，按pH由大到小的顺序为：②>⑤>①>④>③。2合成甲醇，反响方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H，在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，到达平衡时CH3OH的体积分数(V%)与n(H2)：n(CO)的关系如图1所示。(1)当起始n(H2)：n(CO)=2，经过5min到达平衡，此时容器的压强是初始压强的0.7倍，那么0～5min内平均反响速率v(H2)=____。假设此时再向容器中参加0.15molCO(g)和0.05molCH3OH(g)，达新平衡时H2的转化率将_______〔选填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕。(2)当起始n(H2)：n(CO)=3.5时，到达平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_____点〔选填“D〞、“E〞或“F〞〕。(3)由图2可知该反响的△H_____0〔选填“>〞、“<〞或“=〞，下同〕，压强pl____p2；当压强为p2时，在y点：v〔正〕____v〔逆〕。【答案】(1).0.09mol•L-1•min-1(2).增大(3).F(4).＞(5).＞(6).＞【解析】试题分析：此题考查化学平衡和化学反响速率的计算，化学平衡图像的分析。〔1〕H2和CO物质的量之和为3mol，当起始n(H2)：n(CO)=2，起始参加2molH2和1molCO，设CO从起始到平衡转化物质的量为x，用三段式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)n〔起始〕〔mol〕120n〔起始〕〔mol〕x2xxn〔起始〕〔mol〕1-x2-2xx3，解得x=0.45mol，平衡时CO、H2、CH3OH〔g〕的物质的量依次为0.55mol、1.1mol、0.45mol，那么0～5min内平均反响速率υ(H22L5min=0.09mol•L-1•min-12L〕2L〕2]=2.70；此时再向容器中参加0.15molCO(g)和0.05molCH32L〕2L〕22.70，反响正向进行，达新平衡时H2的转化率将增大。〔2〕根据规律，当起始n(H2)：n(CO)=2:1即等于化学计量数之比，到达平衡时CH3OH〔g〕的体积分数最大。当起始n(H2)：n(CO)=3.5时，到达平衡状态后，CH3OH的体积分数小于最大值，可能是图象中的F点。〔3〕由图像知升高温度CO的转化率增大，升高温度平衡正向移动，所以ΔH0。由图像知在相同温度下，p1时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反响的正反响为气体分子数减小的反响，压强越大CO的转化率越大，那么p1p2。当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点CO的转化率，在y点反响正向进行，在y点：υ〔正〕υ〔逆〕。Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A〞或“B〞)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴〞或“阳〞)。(2)该电解池的阳极反响式为________________________________________，肼燃料电池中A极发生的电极反响为____________________________。(3)当反响生成14.4gCu2O时，至少需要肼________mol。【答案】(1).B(2).阴(3).(4).【解析】【详解】(1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极；图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，那么D极作阳极接电池正极(B极)，铜被氧化；阳极反响为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，反响消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动；答案为B；阴；(2)根据上述分析，阳极反响为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；肼燃料电池中A极肼(N2H4)失电子在碱性条件下生成氮气和水，发生的电极反响为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；(3)根据电极反响2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O可知，Cu2O与N2H4、e-的数量关系式为2Cu2O~N2H4~4e-，当反响生成14.4g〔0.1mol〕Cu2O时，至少需要肼为0.05mol。25.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请答复以下问题：Ⅰ．酸碱中和滴定——某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaO