1、1河北省黄骅中学 2018-2019 学年高二上学期第二次月考化学试题1.有关化学反应的说法，正确的是A. 自发反应都是放热反应 B. 自发反应都是熵增大的反应C. 非自发反应在一定条件下能实现 D. 自发反应常温下一定能实现【答案】C【解析】【分析】A、有些吸热反应也能自发进行；B、有些熵减的反应也能自发进行；C、非自发反应在一定条件下也可以发生；D、有些自发反应需在高温下才能进行。【详解】A、焓变不是影响反应方向的唯一因素，有些吸热反应也能自发进行，故 A 错误；B、熵变不是影响反应方向的唯一因素，有些熵减的反应也能自发进行，故 B 错误；C、非自发反应在一定条件下也可以发生，故 C 正确
2、；D、 的反应，需在高温下才能自发进行，故 D 错误。【点睛】在判断反应是否自发时，应该综合考虑熵变和焓变，即必须根据HTS 进行分析，否则会得出错误的答案。2.实验室中，要使 AlCl3溶液中的 Al3 全部沉淀出来，最适宜选用的试剂是A. NaOH 溶液 B. Ba(OH) 2溶液C. 盐酸 D. 氨水【答案】D【解析】【分析】加入碱性试剂可以使 AlCl3溶液中的 Al3 全部沉淀出来，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝能溶于强碱。【详解】A、AlCl 3溶液中的加入 NaOH 溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量氢氧化钠，沉淀又会溶解，故不选 A；B、AlCl 3溶液中的加入 Ba(OH)
3、2溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量 Ba(OH)2溶液，沉淀又会溶解，故不选 B；C、AlCl 3溶液与盐酸不反应，故不选 C；D、AlCl 3溶液中的加入氨水生成氢氧化铝沉淀，加入过量氨水，沉淀不溶解，故不选 D。23.改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列变化中正确的是A. 生成物浓度一定增大 B. 某生成物的产率可能提高C. 反应物的转化率一定提高 D. 生成物的物质的量分数一定增大【答案】B【解析】【分析】影响化学平衡移动的因素有浓度、温度、压强等，外界条件不同，对平衡移动的影响不同，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量一定增加。【详解
4、】A、如果通过减小某生成物浓度导致平衡正向移动，则该生成物的平衡浓度减小，故 A 错误；B、对于 ，增大 A 的浓度平衡正向移动，若 生成物的产率提aA(g)cC(g)+dD(g) ac+d高，若 生成物的产率降低，故 B 正确；aKsp(AgI),向 AgCl 的悬浊液中加入 KI 固体,有黄色沉淀生成【答案】D【解析】难溶物的 Ksp只与温度有关,A 选项错;CaCO 3沉淀溶解平衡为 CaCO3(s) Ca2+(aq)+C (aq),加入盐酸后,C 与 H+结合为 H2CO3,进一步分解为 CO2逸出,平衡右移,B 选项错;O23 O23通过难溶物的 Ksp数值判断难溶物的溶解度时要考虑
5、化合物类型,C 选项错;AgCl 与 AgI 同为 AB 型化合物,K sp大的 AgCl 可以转化为 Ksp小的 AgI,D 选项正确。11. 在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于 400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（ ）A. 氯化镁溶液 B. 硫酸亚铁溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 硫酸铝溶液【答案】D【解析】试题分析：A氯化镁溶液中，Mg 2+水解生成弱电解质 Mg(OH)2，氢离子和氯离子结合生成6盐酸，HCl 具有挥发性，Mg(OH) 2加热分解生成 MgO，最终只能得到 MgO，A 错误；B.Fe 2+易被氧化为 Fe3+，加热硫酸亚铁溶液只能得到硫酸铁，B 错误；C碳酸氢钠在加
6、热的条件要分解成碳酸钠、水、二氧化碳，加热碳酸氢钠溶液只能得到碳酸钠，C 错误；D硫酸铝溶液中，硫酸铝电离的铝离子要水解，但是硫酸不是挥发性酸，最终得到的还是硫酸铝，D正确，答案选 D。考点：考查阿伏加德罗常数计算12.下列事实能用电化学理论解释的是A. 轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B. 铝片不用特殊方法保存C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓 H2SO4溶液后速率加快D. 镀锌铁不如镀锡铁耐用【答案】A【解析】【分析】根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能用电化学理论解释，否则不能用电化学理论解释，据此分析解答。【详解】A、锌比铁活泼，铁、锌构成原电池，锌被腐蚀而铁被保
7、护，属于牺牲阳极的阴极保护法，可用原电池理论解释，故选 A；B、铝在空气中，表面被氧化为氧化膜，保护内部金属不再被腐蚀，不能用电化学理论解释，故不选 B；C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓 H2SO4溶液，氢离子浓度增大，反应速率加快，没有构成原电池，不能用电化学理论解释，故不选 C；D、镀锌的铁被破坏后，锌被氧化，而铁被保护，镀锡的铁被破坏后，铁失电子被氧化，加快了腐蚀，镀锌铁比镀锡铁耐用，故 D 错误。13. 已知 1 g 氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量 121 kJ，且氧气中 1 mol O=O 键完全断裂时吸收热量 496 kJ，水蒸气中 1 mol HO 键形成时放出热量 463
8、 kJ，则氢气中 1 mol HH 键断裂时吸收热量为A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ【答案】C【解析】7考查反应热的计算。根据题意 1mol 氢气完全燃烧放出 242kJ 能量。则有，解得 X436kJ。14.可逆反应 aA(g)+bB(s) cC(g)+dD(g)在反应过程中，其他条件不变，C 的物质的量分数和 T 或 p 关系如图所示，下列叙述中正确的是 A. 化学方程式化学计量数 ac+dB. 使用催化剂，C 的物质的量分数增加C. 温度降低，化学平衡向逆反应方向移动D. 无法根据图像确定改变温度后化学平衡移动方向【答案】A【解析】【分析】
9、根据“先拐先平” ，可知 、 ；加压或升高温度，C 的平衡百分含量减小，说T2T1 P2P1明加压或升高温度时，平衡逆向移动。加压平衡向气体系数和减小的方向移动；升高温度平衡向吸热的方向移动。【详解】A、 ，加压 C 的平衡百分含量减小，平衡逆向移动，所以 ac+d，故 A 正P2P1确；B、催化剂不能使平衡移动，使用催化剂，C 的物质的量分数不变，故 B 错误；C、根据图像，温度降低，C 的平衡百分含量增大，化学平衡向正反应方向移动，故 C 错误；D、升高温度，C 的平衡百分含量减小，说明升高温度时，平衡逆向移动，故 D 错误。【点睛】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，
10、明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意催化剂，不影响平衡的移动。15.25时，1 mol/L 的 NH4Cl、CH 3COONH4、NH 4HSO4三种溶液中，测得 c(NH4+)分别为a、b、c(单位为 mol/L)，下列判断正确的是A. abc B. abc C. acb D. cab【答案】D8【解析】【分析】铵根离子的水解平衡 ，根据影响盐水解的因素分析。NH4+H2ONH3H2O+H+【详解】铵根离子的水解平衡 ，NH 4Cl 溶液中 NH4+正常水解；NH4+H2ONH3H2O+H+NH4HSO4溶液中存在氢离子会抑制铵根的水解；醋酸根离子是弱酸根离子会促使铵根的水解平衡向右移
11、动；所以 25时，1 mol/L 的 NH4Cl、CH 3COONH4、NH 4HSO4三种溶液中，c(NH 4+)最大的是 NH4HSO4溶液、最小的是 CH3COONH4溶液，cab，故选 D。16.将H +、Cl 、Al 3 、K 、S 2 、OH 、NO 3 、NH 4 分别加入 H2O 中，基本上不影响水的电离平衡的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：H +、OH -抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以抑制水电离，属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有，故选 B。考点：以盐类水解为载体考查水的电离。17.已知：25时，K spMg
12、(OH)25.6110 12 ，K spMgF27.4210 11 .下列说法正确的是A. 25时，饱和 Mg(OH)2溶液与饱和 MgF2溶液相比，前者的 c(Mg2 )大B. 25时，在 Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的 NH4Cl 固体，c(Mg 2 )增大C. 25时，Mg(OH) 2固体在 20 mL 0.01 mol/L 氨水中的 Ksp比在 20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的 Ksp小D. 25时，在 Mg(OH)2悬浊液中加入 NaF 溶液后，Mg(OH) 2不可能转化为 MgF2【答案】B【解析】【分析】A、Mg(OH) 2、MgF 2结构相似，溶度积常数
13、越大，c(Mg 2 )越大；B、加入少量的 NH4Cl，促进 Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；C、溶度积常数只与温度有关；9D、只要 c(Mg2 )c(F-)27.4210 -11，就能生成 MgF2沉淀。【详解】A、Mg(OH) 2、MgF 2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg 2 )越大，所以饱和 MgF2溶液中的 c(Mg2 )比饱和 Mg(OH)2溶液大，故 A 错误；B、加入少量的 NH4Cl，铵根离子结合氢氧根离子，促进氢氧化镁溶解，溶液 c（Mg 2+）增大，故 B 正确；C、溶度积常数只与温度有关，25时，Mg(OH) 2固体在 20 mL 0.01 mol/L 氨水中的 K
14、sp与在 20 mL 0.01 mol/L NH4Cl 溶液中的 Ksp相同，故 C 错误；D、不管氢氧化镁的 ksp 有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合，使溶液中 c(Mg2 )c(F-)27.4210 -11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，故 D 错误。18.把 a,b,c 三块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若 a、b 相连时，a为负极；b、c 相连时，c 不易被腐蚀。则三种金属的活动性由强到弱的顺序为A. abc B. acb C. cba D. bca【答案】A【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，负极失去电子发生氧化反应被腐蚀。【详解】若 a、b 相连时，
15、a 为负极，说明 a 的金属性强于 b；b、c 相连时，c 不易被腐蚀，说明 c 的金属性比 b 的弱；所以金属性强弱顺序是 a b c，故选 A。19.在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和 pH 都相等，向两烧杯同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气，下列说法不正确的是A. 甲烧杯中酸过量B. 两烧杯中参加反应的锌等量C. 甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大D. 反应开始后，乙烧杯中的 c（H ）始终比甲烧杯中的 c（H ）大【答案】A【解析】【分析】醋酸是弱酸，盐酸是强酸，同 PH 的盐酸、醋酸，c(CH 3COOH) c(HCl)；两种溶液的体积和p
16、H 都相等，则 n(CH3COOH) n(HCl)；反应结束后得到等量的氢气，说明消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，消耗锌的质量也相同。10【详解】A、n(CH 3COOH) n(HCl)，消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，所以醋酸有剩余，故 A 错误；B、反应结束后得到等量的氢气，所以消耗锌的质量也相同，故 B 正确；C、消耗锌的质量相同，醋酸有剩余，则放入醋酸中的锌完全反应，放入盐酸中的锌有剩余，所以甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大，故 C 正确；D、由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的 H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的 C（H +）始终比甲烧
17、杯中的 c（H +）大，故 D 正确。选 A。【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸与金属的反应，明确浓度与氢离子的关系，氢气与金属的质量关系是解答本题的关键，题目难度不大，但属于易错题。20.相同物质的量浓度的 NaCN 和 NaClO 相比，NaCN 溶液的 pH 较大，则同温同体积同浓度的 HCN 和 HClO 说法正确的是A. 电离程度：HCNHClOB. pH：HClOHCNC. 酸根离子浓度：c(CN )c(ClO )D. 与 NaOH 溶液恰好完全反应时，消耗 NaOH 的物质的量：HClOHCN【答案】C【解析】【分析】盐类水解的规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水
18、解。相同物质的量浓度的 NaCN 和 NaClO 相比，NaCN 溶液的 pH 较大，说明 CN-水解程度比 ClO-大，酸性HCNc(OH )，故 C 错误；14D、由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的 2 倍,所以浓度变为 ，根据物料守恒，c(CH 3COOH)c(CH 3COO )0.01 mol/L，故 D 错误。1226. 用标准 NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗滴
19、定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失终点读数时俯视，其他读数方法正确A. B. C. D. 【答案】D【解析】略27.某同学为了使反应 2HCl2Ag=2AgClH 2能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是 A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】因 Ag 与盐酸不反应，可设计为电解池，选择 Ag 为阳极，盐酸为电解质溶液即可。【详解】A 装置是电解池，Ag 作阴极，Ag 不能失去电子，所以不能发生该反应，故 A 错误；B 装置是电解池，Ag 作阴极，Ag 不能失去电子，所以不能发生该反应，故 B 错误；C 装置是电解池，Ag 作阳极，发生氧化反应，Ag-
20、e -=Ag+，在阴极 H+得到电子发生还原反应：2H+2e-=H2；总反应方程式是 2HCl2Ag=“=“ 2AgClH 2，故 C 正确；15D 装置中，由于活动性 Ag” “HCl开始反应时的速率 HClCH3COOH参加反应的锌粉物质的量 HCl=CH3COOH反应过程的平均速率 CH3COOHHClHCl 溶液里有锌粉剩余CH 3COOH 溶液里有锌粉剩余(3)将等体积、等物质的量浓度的 NH3H2O 和 NH4HSO4溶液混合后，升高温度(溶质不会分解)溶液 pH 随温度变化如图中的_曲线(填写序号)。21(4)室温下，向 0.01 molL-1 NH4HSO4溶液中滴加 0.01
21、 molL-1 NaOH 溶液至中性，得到的溶液中：c(Na +)+c(NH4+) _2c(SO42- )(填“” “=”或“” “=”或“ (6). NH4 H SO 42-Ba 2+2OH BaSO4H 2ONH 3H2O (7). NH4 H 2O NH3H2OH (8). 逆向【解析】【分析】(1)一元强酸、一元强碱溶液，等物质的量混合溶液呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；（2）H +浓度相同，由于醋酸为弱酸、氯化氢为强电解质，说明盐酸的浓度小于 CH3COOH 的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反应，若最后仅有
22、一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，由此分析解题。(3)将等体积、等物质的量浓度的 NH3H2O 和 NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH 4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式是 NH4 H 2ONH3H2OH ；氨水抑制水电离，所以滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向移动。【点睛】本题考查酸碱混合定性判断及溶液 pH 的判断、弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液 pH 的关系，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素。黄骅中学 20182019 年
23、度高中二年级第一学期第二次月考化学试卷附加卷35.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是A. 以石墨为电极，电解含甲基橙的 0.1 mol/L 硫酸溶液B. 以铜为电极，电解 1 mol/L 硫酸溶液C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水D. 以石墨为电极，电解 1 mol/L 溴化钾溶液【答案】A23【解析】【分析】A. 以石墨为电极，电解稀硫酸，实质是电解水，硫酸浓度变化很小；B、以铜为电极，电解 1 mol/L 硫酸溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极氢离子得电子生成氢气；C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠；D. 以石墨为电极
24、，电解 1 mol/L 溴化钾溶液，阴极生成氢气、氢氧化钾，阳极生成溴单质。【详解】A. 以石墨为电极，电解稀硫酸，实质是电解水，硫酸浓度变化很小，所以溶液颜色不会发生显著改变，故选 A；B、以铜为电极，电解 1 mol/L 硫酸溶液，阳极铜失电子生成铜离子，所以溶液由无色变为蓝色，故 B 错误；C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，溶液颜色变红，故 C 错误；D. 以石墨为电极，电解 1 mol/L 溴化钾溶液，阳极生成溴单质，溶液变为橙色，故 D 错误。36.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A. 稀醋酸与 0.1 molL-1 NaOH 溶液反应：H
25、+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H =-57.3 kJmol-1B. 氢气的标准燃烧热为 285.5 kJmol-1， 则水分解的热化学方程式：2H 2O(l)=2H2(g)+O2(g) H =285.5 kJmol -1C. 密闭容器中，9.6 g 硫粉与 11.2 g 铁粉混合加热生成硫化亚铁 17.6 g 时，放出 19.12 kJ 热量。 则 Fe(s)+S(s)=FeS(s) H =-95.6 kJmol -1D. 已知 2C(s)+O2(g)2CO(g)H =221 kJmol -1，则可知 C 的标准燃烧热为 110.5 kJmol-1【答案】C【解析】【分析】A、稀的
26、强酸与强碱生成 1molH2O 放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热；B、燃烧热是指在 1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；24C、生成硫化亚铁 17.6 g 即 0.2mol 时，放出 19.12 kJ 热量，注意物质的状态即可写出热化学方程式；D、燃烧热必须是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。【详解】A、稀的强酸与强碱生成 1molH2O 放出的热量为中和热，而醋酸为弱电解质，电离吸热，故反应热H-57.3 kJmol -1，而且醋酸为弱酸，不能拆，故 A 错误；B、燃烧热必须是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，如果是
27、 2molH2，燃烧的燃烧放热 571.50kJ，则水电解的热化学方程式为：2H 2O（l）2H 2（g）+O 2（g）H=+571.0 kJmol-1，故 B 错误；C、生成硫化亚铁 17.6 g 即 0.2mol 时，放出 19.12 kJ 热量，所以生成 1mol 硫化亚铁时，放出 95.6kJ 热量，故热化学方程式为：Fe（s）+S（s）FeS（s）H=-95.6 kJmol -1，故 C 正确；D、燃烧热必须是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此反应是碳的不完全燃烧，故 D 错误。37.常温下，将 pH3 的 H2SO4和 pH12 的 NaOH 溶液混合，当混
28、合溶液的 pH10 时，强酸和强碱的体积之比为A. 19 B. 91 C. 101 D. 110【答案】B【解析】【分析】将 pH3 的 H2SO4和 pH12 的 NaOH 溶液混合，当混合溶液的 pH10 时，溶液呈碱性，根据 c(OH-)= 计算。c(碱 )v(碱 )c(酸 )v(酸 )v(酸 )+v(碱 )【详解】根据 c(OH-)= ， ， ，故选 B。c(碱 )v(碱 )c(酸 )v(酸 )v(酸 )+v(碱 ) 10-4=10-2v(碱 )103v(酸 )v(酸 )+v(碱 ) v(酸 )v(碱 )=9138.常温下，用 0.100 0 molL1 NaOH 溶液滴定 20.00
29、 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH 溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是25A. 点所示溶液中：c(CH 3COO )c(OH )=c(CH3COOH)c(H )B. 点所示溶液中：c(Na )=c(CH3COOH)c(CH 3COO )C. 点所示溶液中：c(Na )c(OH )c(CH 3COO )c(H )D. 滴定过程中可能出现：c(CH 3COOH)c(CH 3COO )c(H )c(Na )c(OH )【答案】D【解析】【分析】A. 点是 10 mL 0.100 0 molL1 NaOH 溶液与 20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH 反应后
30、的溶液，溶质是等浓度的 CH3COONa、CH 3COOH 的混合液；B、点溶液呈中性，根据电荷守恒分析；C、 点是 20 mL 0.100 0 molL1 NaOH 溶液与 20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是 CH3COONa 溶液；D加入的 NaOH 比较少，形成 CH3COONa、CH 3COOH 混合溶液时可能存在。【详解】A. 点是等浓度的 CH3COONa、CH 3COOH 的混合液，根据质子守恒 c(CH3COO )2c(OH )=c(CH3COOH)2c(H )，故 A 错误；B、根据电荷守恒，c(CH 3COO )c(OH )=
31、c(Na )+c(H )，点溶液呈中性 c(OH )= c(H )，所以 c(Na )= c(CH3COO )，故 B 错误；C、 点是 20 mL 0.100 0 molL1 NaOH 溶液与 20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是 CH3COONa 溶液，水解呈碱性，c(Na ) c(CH 3COO )c(OH )c(H )，故 C 错误；D、加入的 NaOH 比较少，形成 CH3COONa、CH 3COOH 混合溶液时可能存在 c(CH3COOH)c(CH 3COO )c(H )c(Na )c(OH )，故 D 正确。【点睛】本题以滴定曲线为载体
32、，考查弱电解质电离、盐类水解、离子浓度大小比较等，较好的考查学生获取信息能力、知识迁移运用能力，是对学生综合能力的考查。2639.下列叙述正确的是A. 焓减或熵增的过程在任何条件下都能自发进行B. 向饱和 AgCl 溶液中加入盐酸，K sp变大C. 将饱和 FeCl3溶液滴入到沸水中可制备 Fe(OH)3胶体D. pH=5 的 CH3COOH 溶液加水稀释 1 000 倍后 pH=8【答案】C【解析】【分析】A、不能只根据焓变或熵变分析判断反应方向；B、K sp只与温度有关；C、加热促进 FeCl3水解平衡正向移动；D、酸溶液无限稀释后 PH 不能大于 7。【详解】A、反应自发进行的判断依据是
33、H-TS0，取决于焓变和熵变及其温度，单独焓减不一定能自发进行，单独熵增也不一定能自发进行，故 A 错误；B. 向饱和 AgCl 溶液中加入盐酸，K sp不变，故 B 错误；C、加热促进 FeCl3水解平衡正向移动，所以将饱和 FeCl3溶液滴入到沸水中可制备 Fe(OH)3胶体，故 C 正确；D、酸溶液无限稀释后 PH 无限接近 7，但不能大于 7，故 D 错误。40.已知 H2A 在水中存在以下平衡：H 2A H HA ，HA H A 2 。回答以下问题：(1)NaHA 溶液_(填“显酸性” “显碱性” “显中性”或“酸碱性无法确定”)，原因是_。(2)某温度下，向 0.1 molL1 的
34、 NaHA 溶液中滴入 0.1 molL1 KOH 溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是_(填字母)。A.c(H )c(OH )=11014B.c(Na )c(K )=c(HA )2c(A 2 )C.c(Na )c(K )D.c(Na )c(K )=0.05 molL1(3)已知常温下 H2A 的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2 (aq)A 2 (aq) H0。温度升高时，K sp_(填“增大” “减小”或“不变” ，下同)。27滴加少量浓盐酸，c(Ca 2 )_，原因是_ (用文字和离子方程式说明)。(4)若向 CaA 悬浊液中加入 CuSO4溶液，生成一种黑
35、色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 酸碱性无法确定 (2). 不能确定 HA 的电离程度和水解程度的大小 (3). BC (4). 增大 (5). 增大 (6). 加盐酸发生反应：A 2 H HA A2 浓度减小 CaA 的溶解平衡向右移动 n(Ca2 )显著增大 。而溶液体积变化不大所以 c(Ca2 )增大 (7). CaA (s)Cu 2 (aq) Ca2 (aq)CuA (s)【解析】【分析】(1) NaHA 溶液中存在 HA 的电离平衡和水解平衡，HA 电离呈酸性、HA 水解呈碱性；(2) A.温度不确定，所以水的离子积常数不能确定；B.根据电荷守恒 c(
36、Na )c(K )+ c(H ) =c(HA )2c(A 2 )+ c(OH )；0.1 molL1 的 NaHA 溶液中与 0.1 molL1 KOH 溶液等体积混合时，溶质是 Na2A、K 2A，此时溶液呈碱性，所以向 0.1 molL1 的 NaHA 溶液中滴入0.1 molL1 KOH 溶液至中性时，NaHA 的物质的量大于 KOH； 0.1 molL1 的 NaHA 溶液中滴入 0.1 molL1 KOH 溶液，根据物料守恒分析 c(Na )c(K )；(3) CaA(s) Ca2 (aq)A 2 (aq) H0，升高温度平衡正向移动，离子浓度增大；滴加少量浓盐酸，H 与 A2 生成
37、 HA ，A 2 浓度减小， CaA(s) Ca2 (aq)A 2 (aq)平衡正向移动；(4)若向 CaA 悬浊液中加入 CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质 CuA，发生沉淀转化。【详解】(1) NaHA 溶液中存在 HA 的电离平衡和水解平衡，HA 电离呈酸性、HA 水解呈碱性，由于不能确定 HA 的电离程度和水解程度的大小，所以溶液酸碱性无法确定；(2)A.温度不确定，所以水的离子积常数不能确定，所以某温度下，c(H )c(OH )不一定等于11014 ，故不选 A；B.根据电荷守恒 c(Na )c(K )+ c(H ) =c(HA )2c(A 2 )+ c(OH )，溶液呈中性 c(
38、H )=c(OH )，所以 c(Na )c(K )=c(HA )2c(A 2 )，故选 B；向 0.1 molL1 的 NaHA 溶液中滴入 0.1 molL1 KOH 溶液至中性时，NaHA 的物质的量大于 KOH，所以 c(Na )c(K )，故选 C；V 1L 0.1 molL1 的 NaHA 溶液中滴入 V2L 0.1 molL1 KOH 溶液，根据物料守恒，c(Na )c(K )= molL1 ，故不选D；(3) CaA(s) Ca2 (aq)A 2 (aq) H0，升高温度平衡正向移动，离子浓度增大，所以温度升高时 Ksp增大；滴加少量浓盐酸，H 与 A2 生成 HA ，A 2 浓度减小， 28CaA(s) Ca2 (aq)A 2 (aq)平衡正向移动，所以 c(Ca2 )增大；(4)若向 CaA 悬浊液中加入 CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质 CuA，发生沉淀转化，反应离子方程式是 CaA(s)Cu 2 (aq) Ca2 (aq)CuA (s)。
