衡水中学2014-2015学年高二化学试题及答案下学期暑假作业

2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）化学暑假作业（3）一、选择题1．下列说法正确的是（）A．蛋白质溶液、淀粉溶液都属胶体B．碳纤维、纤维素都是有机高分子C．花生油，牛油互为同分异构体D．普通玻璃、石英玻璃、水玻璃都是硅酸盐2．下列工业生产过程中涉及不到氧化还原反应的是（）A．接触法制硫酸 B．侯德榜制纯碱C．粗铜精炼D．石油的裂化和裂解3．下列各组离子在水溶液能大量共存的是（）A．Cu2+、K+、OH﹣、SO42﹣B．Na+、Ca2+、HCO3﹣、Cl﹣C．NH4+、Al3+、AlO2﹣、H+D．SO32﹣、Ba2+、H+、NO3﹣4．关于下列装置说法正确的是（）A．装置①中的铜棒上冒气泡B．若b是惰性电极，则装置②中的a、b 冒气泡C．装置①换上硫酸铜溶液，将实现锌片上镀铜D．装置②换上硫酸铜溶液，将实现“b极”镀铜5．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D6．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1mol苯中含有3n A个碳碳双键B．标准状况下，22.4 L乙烯和丙烯混合气体中所含的分子数目为2n AC．1mol Cl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移2n A个电子D．1L 0.1 mol•L﹣1 Na2S溶液中含有0.1n A个S2﹣7．常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是（）A．有溶质析出B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小D．溶液的pH不变8．如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（）A．A B．B C．C D．D9．在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用，如图是其能量关系图，下列分析正确的是（）A．曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B．反应物的总键能高于生成物的总键能C．反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=+115.6 kJ/mol D．若反应生成2 mol 液态水，放出的热量高于115.6 kJ10．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57kJ/mol，若保持气体总质量不变．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两点气体的颜色：a浅，c深B．a、c两点气体的平均相对分子质量：a＞cC．b、c两点的平衡常数：K b=K cD．状态a通过升高温度可变成状态b11．在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成．对于该反应的说法一定正确的是（）A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2：3B．AuS﹣既作氧化剂又作还原剂C．每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1molD．反应后溶液的pH值降低12．液态氨中可电离出极少量的NH2﹣和NH4+．下列说法正确的是（）A．NH3属于离子化合物B．常温下，液氨的电离平衡常数为10﹣14C．液态氨与氨水的组成相同D．液氨中的微粒含相同的电子数13．25℃时，NH3•H2O和CH3COOH的电离常数K相等．下列说法正确的是（）A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c（NH4+）、c（CH3COO﹣）均会增大C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同14．下列实验不能达到目的是（）A．用分液的方法分离乙醇和乙酸B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用NaAlO2溶液和过量盐酸制备Al（OH）3D．用足量铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（）A．元素X和Q形成的化合物中只含有离子键B．X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应C．用单质Z做的容器不能盛装浓硫酸D．Y的气态氢化物与R的气态氢化物能反应二、解答题（共2小题，满分0分）16．常温下，10mL pH均为2的HX、HY两种一元酸溶液，加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示：请回答下列问题：（1）在图中用曲线表示将10mL pH=2的盐酸加水稀释到1000mL的过程中溶液pH变化趋势．（2）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaX和NaY溶液，pH较小的是，其中水的电离程度较大的是．（3）常温下，0.1mol•L﹣1的HY溶液中加入等体积pH=1的盐酸后，溶液的pH（填“升高”或“降低”），HY的电离程度（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）H2Z是一种二元弱酸，常温下，0.1mol•L﹣1的H2Z溶液中加入等体积pH=13的KOH 溶液后，溶液的pH＜7．原因可能是．17．铁元素是重要的金属元素，单质铁在工业和生活中使用得最为广泛．铁还有很多的化合物及其化学反应，如铁与水的反应：3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）△H （1）已知：①3Fe（s）+2O2（g）⇌Fe3O4（s）△H 1=﹣1118.4kJ/mol②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H2=﹣483.8kJ/mol③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H3=﹣571.8kJ/mol则△H=（计算结果保留一位小数）．（2）在t℃时，该反应的平衡常数K=16，在2L恒温恒容密闭容器甲和乙中，分别按如表所示加入物质，在t℃时反应经过一段时间后达到平衡．①甲容器中H2O的平衡转化率为（结果保留一位小数）②下列说法正确的是（填序号）A．若容器压强恒定，则反应达到平衡状态B．若容器内密度恒定，则反应达到平衡状态C．甲容器中H2O的平衡转化率大于乙容器中H2O的平衡转化率D．增加Fe3O4就能提高H2O的转化率（3）若将（2）中装置改为恒容绝热（不与外界交换能量）的装置，按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见表：若在达平衡后的装置中继续加入A、B、C三种状况下的各物质，见下表：当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，将上述各装置中H2的百分含量按由大到小的顺序排列（用A、B、C表示）．（4）一种以甲醇做燃料的电池示意图如图，写出该电池放电时负极的电极反应式：．2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）化学暑假作业（3）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法正确的是（）A．蛋白质溶液、淀粉溶液都属胶体B．碳纤维、纤维素都是有机高分子C．花生油，牛油互为同分异构体D．普通玻璃、石英玻璃、水玻璃都是硅酸盐【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅酸盐工业；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．分散质直径为1﹣100nm的分散系是胶体；B．碳纤维是碳的单质；C．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；D．石英玻璃的成分是二氧化硅．【解答】解：A．蛋白质溶液、淀粉溶液属于胶体分散系，故A正确；B．纤维素属于有机高分子，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故B错误；C．花生油，牛油分子式不同，不为同分异构体，故C错误；D．石英玻璃的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故D错误．故选A．【点评】本题考查胶体、高分子化合物、同分异构体和硅酸盐等，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．2．下列工业生产过程中涉及不到氧化还原反应的是（）A．接触法制硫酸 B．侯德榜制纯碱C．粗铜精炼D．石油的裂化和裂解【考点】氧化还原反应．【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，据此结合各选项中涉及的反应判断．【解答】解：A．用二氧化硫制硫酸中涉及：2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4，其中2SO2+O22SO3属于氧化还原反应，故A不符合；B．侯德榜制纯碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故B符合；C．粗铜精炼利用电解池原理，属于氧化还原反应，故C不符合；D．石油的裂化和裂解由饱和烃生成不饱和烃，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应、化学工业原理，明确各工业生成原理是解本题关键，难度不大．3．下列各组离子在水溶液能大量共存的是（）A．Cu2+、K+、OH﹣、SO42﹣B．Na+、Ca2+、HCO3﹣、Cl﹣C．NH4+、Al3+、AlO2﹣、H+D．SO32﹣、Ba2+、H+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解反应、不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Cu2+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．Al3+、AlO2﹣相互促进水解，AlO2﹣、H+结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D．SO32﹣、Ba2+结合生成沉淀，SO32﹣、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．4．关于下列装置说法正确的是（）A．装置①中的铜棒上冒气泡B．若b是惰性电极，则装置②中的a、b 冒气泡C．装置①换上硫酸铜溶液，将实现锌片上镀铜D．装置②换上硫酸铜溶液，将实现“b极”镀铜【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】①装置是原电池装置，金属锌是负极，金属铜是正极，金属锌发生吸氧腐蚀；②是电解池，b是阳极，氯离子在该电极上发生失电子的氧化反应，a是阴极，该电极上是氢离子发生得电子的还原反应，据此回答判断．【解答】解：①装置是原电池装置，金属锌是负极，金属铜是正极，金属锌发生吸氧腐蚀；②是电解池，b是阳极，氯离子在该电极上发生失电子的氧化反应，a是阴极，该电极上是氢离子发生得电子的还原反应．A、①装置是原电池装置，金属锌是负极，金属铜是正极，金属锌发生吸氧腐蚀装置，铜棒上是氧气得电子的还原反应，不会冒气泡，故A错误；B、②是电解池，b是阳极，氯离子在该电极上发生失电子的氧化反应，产生氯气，a是阴极，该电极上是氢离子发生得电子的还原反应，产生氢气，故B正确；C、装置①换上硫酸铜溶液，构成原电池，在铜电极上析出金属铜，不属于电解池中的电镀池，故C错误；D、装置②换上硫酸铜溶液，在b极阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气的反应，不会析出金属，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意电极反应的书写以及两极反应伴随着的现象是关键，难度中等．5．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】溶解度、饱和溶液的概念；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质．【分析】A、相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反应生成的碳酸氢钠的溶解度小；B、二氧化硫属于酸性氧化物，可以与碱反应，与不如亚硫酸酸性强的弱酸盐反应；C、NH3能使酚酞溶液变红是由于氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱碱；D、水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙、水、二氧化碳．【解答】解：A、相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反应生成的碳酸氢钠的溶解度小，则由晶体析出可知，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故A正确；B、二氧化硫属于酸性氧化物，可以与碱反应，与不如亚硫酸酸性强的弱酸盐反应，不能与氯化钙反应，故B错误；C、NH3能使酚酞溶液变红是由于氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，NH3可用于设计喷泉实验是由于氨气的溶解度很大，故C错误；D、水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙、水、二氧化碳，不能除净锅垢，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学与生活，难度不大．要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点．6．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1mol苯中含有3n A个碳碳双键B．标准状况下，22.4 L乙烯和丙烯混合气体中所含的分子数目为2n AC．1mol Cl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移2n A个电子D．1L 0.1 mol•L﹣1 Na2S溶液中含有0.1n A个S2﹣【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、根据分子数N=来计算；C、氯气与铁反应后变为﹣1价；D、S2﹣是弱酸根离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故A错误；B、标况下，22.4L混合气体中的分子数N===n A，故B错误；C、氯气与铁反应后，Cl元素的化合价由0变为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子，故C 正确；D、S2﹣是弱酸根离子，在溶液中会水解，故溶液中该离子的个数小于0.1n A个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是（）A．有溶质析出B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小D．溶液的pH不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】生石灰与水反应生成氢氧化钙，此过程中饱和溶液中溶剂的质量减小，故会有溶质析出，那么钙离子的物质的量减小，由于温度不变，故此饱和溶液的溶度积不变，即氢氧根的浓度不变，据此选择即可．【解答】解：A、氧化钙溶于水，结合水生成氢氧化钙，故水的质量减少，有溶质析出，故A正确；B、由于溶质减小，温度不变，溶解度不变，故钙离子的物质的量减小，即溶液中Ca2+的数目减少，故B错误；C、水与氧化钙反应生成氢氧化钙，质量减小，故C正确；D、此时温度不变，氢氧化钙的溶度积常数不变，故氢氧根浓度不变，pH不变，故D正确，故选B．【点评】本题主要考查的是饱和溶液的概念、难溶电解质的溶解平衡等知识点，属于常考题，难度不大．8．如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；常见气体制备原理及装置选择．【分析】该装置属于固液混合不加热型装置，所以反应物必须是固体和液体且不需要加热即可反应，生成的气体不和氧气反应且密度大于空气，采用向上排空气法收集，生成的气体有毒，不能直接排空，应该用Z吸收，据此分析解答．【解答】解：A．浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，故A正确；B．氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，故B错误；C．二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，故C错误；D．乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及常见气体的制备、收集及尾气处理，明确实验原理及物质性质是解本题关键，会从实验原理及实验评价性分析判断，易错选项是C．9．在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用，如图是其能量关系图，下列分析正确的是（）A．曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B．反应物的总键能高于生成物的总键能C．反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=+115.6 kJ/mol D．若反应生成2 mol 液态水，放出的热量高于115.6 kJ【考点】反应热和焓变．【分析】A、催化剂改变反应速率，降低活化能；B、依据反应物和生成物能量变化判断反应吸热放热，结合△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能判断；C、依据反应物和生成物能量变化判断反应吸热放热，据此书写热化学方程式；D、依据气态水变成液态水还要放热判断．【解答】解：A、催化剂改变反应速率，降低活化能，所以曲线b是使用了催化剂，故A错误；B、依据图象反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，又△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能＜0，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故B错误；C、依据图象反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，则反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）△H=﹣115.6 kJ/mol，故C错误；D、由C反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6 kJ/mol，又气态水变成液态水还要放热，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6 kJ，故D正确；故选D．【点评】本题考查了热化学方程式书写及其键能与焓变之间的关系等，图象分析是关键，催化剂的作用分析是解题关键，题目难度中等．10．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57kJ/mol，若保持气体总质量不变．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两点气体的颜色：a浅，c深B．a、c两点气体的平均相对分子质量：a＞cC．b、c两点的平衡常数：K b=K cD．状态a通过升高温度可变成状态b【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学平衡建立的过程．【分析】A．二氧化氮为红棕色气体，a与c相比较，c点压强大；B．结合M=及n的变化分析；C．b、c两点温度不同，该反应为放热反应；D．放热反应，降低温度平衡正向移动，则二氧化氮的体积分数减小．【解答】解：A．二氧化氮为红棕色气体，a与c相比较，c点压强大，体积减小，二氧化氮浓度会变大，颜色深，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故A正确；B．气体总质量不变，a与c相比较，c点压强大，平衡正向移动，则n变小，由M=可知，c点相对分子质量大，则a、c两点气体的平均相对分子质量：a＜c，故B错误；C．放热反应，降低温度平衡正向移动，则二氧化氮的体积分数减小，可知T1＜T2，b、c 两点温度不同，则b、c两点的平衡常数：K b＞K c，故C错误；D．放热反应，降低温度平衡正向移动，则二氧化氮的体积分数减小，由a→b体积分数减小，则应降低温度，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡的图象，为高频考点，把握外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义为解答的关键，注意结合“定一议二”、“先拐先平”解答该题，题目难度不大．11．在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成．对于该反应的说法一定正确的是（）A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2：3B．AuS﹣既作氧化剂又作还原剂C．每生成2.24L气体，转移电子数为0.1molD．反应后溶液的pH值降低【考点】氧化还原反应．【分析】根据在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成，则发生的反应为2AuS﹣+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，其中AuS﹣中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，据此分析解答；【解答】解：根据在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成，则发生的反应为2AuS﹣+3Fe2++4H2O Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，其中AuS﹣中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，A、根据以上分析，AuS﹣中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，又3mol 二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3•FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2：2=1：1，故A错误；B、AuS﹣中Au化合价降低只作氧化剂，故B错误；C、未标明标况，体积无法计算，故C错误；D、根据反应方程式2AuS﹣+3Fe2++4H2O Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，生成氢离子，所以反应后溶液的pH值降低，故D正确；故选：D；【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键．12．液态氨中可电离出极少量的NH2﹣和NH4+．下列说法正确的是（）A．NH3属于离子化合物B．常温下，液氨的电离平衡常数为10﹣14C．液态氨与氨水的组成相同D．液氨中的微粒含相同的电子数【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、氨气是共价化合物；B、氨气不是电解质，其电离平衡常数应该比弱电解质水小；C、液态氨是纯净物，氨水是混合物；D、每个NH2﹣和NH4+中都含有10个电子．【解答】解：A、氨气是共价化合物，故A错误；B、常温下，液氨的电离平衡常数小于10﹣14，故B错误；C、液态氨是纯净物，氨水是混合物，故C错误；D、每个NH2﹣和NH4+中都含有10个电子，故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质的相关概念，注意对基础知识的积累，题目难度不大．13．25℃时，NH3•H2O和CH3COOH的电离常数K相等．下列说法正确的是（）A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c（NH4+）、c（CH3COO﹣）均会增大C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子都能够水解，pH=7是因为其水解程度相同；B、向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c（CH3COO﹣）增大，c（NH4+）减小；C、NH3•H2O和CH3COOH的电离常数K相等，则醋酸根离子与铵根离子水解程度相同；D、温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释相同倍数时，溶液pH的变化值一定相同．【解答】解：A、CH3COONH4溶液中水的电离程度大于纯水，故A错误；B、向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，溶液呈碱性，促进铵根离子的水解，c （CH3COO﹣）增大，c（NH4+）减小，故B错误；C、醋酸根离子与铵根离子水解程度相同，常温下，将等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液混合，溶液pH=7，所以等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，故C正确；D、氨水和醋酸溶液体积不一定相同，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱酸与弱碱的电离常数相同时，其酸根和弱碱阳离子水解程度相同以及影响平衡移动的因素，题目难度不大．14．下列实验不能达到目的是（）A．用分液的方法分离乙醇和乙酸B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用NaAlO2溶液和过量盐酸制备Al（OH）3D．用足量铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．乙醇和乙酸能互溶；B．溴与NaOH溶液反应，而溴苯不反应；C．氢氧化铝能溶于盐酸；D．加铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+．【解答】解：A．乙醇和乙酸能互溶，不分层，不能用分液分离，故A错误；B．溴与NaOH溶液反应，而溴苯不反应，则用NaOH溶液除去溴苯中的溴，然后分液即可，故B正确；C．氢氧化铝能溶于盐酸，应通入过量的二氧化碳，故C错误；D．加铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，除去了杂质，生成主体物质，故D正确．故选AC．【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质．15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（）A．元素X和Q形成的化合物中只含有离子键B．X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应C．用单质Z做的容器不能盛装浓硫酸D．Y的气态氢化物与R的气态氢化物能反应【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素中，Q只有最低价﹣2，没有最高价，故Q为O元素；Y有最高价+7、最低价﹣1，故Y为Cl；R有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，故R为N元素；X、Z、M最高价分别为+1、+3、+2，则原子半径X＞M＞Z＞Cl，可推知X为Na，Z为Al，M为Mg，据此解答．【解答】解：短周期元素中，Q只有最低价﹣2，没有最高价，故Q为O元素；Y有最高价+7、最低价﹣1，故Y为Cl；R有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，故R为N 元素；X、Z、M最高价分别为+1、+3、+2，则原子半径X＞M＞Z＞Cl，可推知X为Na，Z为Al，M为Mg．A．元素X和Q形成的化合物由氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故A 错误；B．X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、HNO3，氢氧化钠与硝酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硝酸反应，故B正确；C．常温下，Al再浓硫酸中发生钝化现象，可以用铝制容器盛装浓硫酸，故C错误；D．Y的气态氢化物为HCl，R的气态氢化物为NH3，二者反应生成NH4Cl，故D正确，故选BD．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价、原子半径推断元素是解题关键，注意对周期律的理解掌握．二、解答题（共2小题，满分0分）16．常温下，10mL pH均为2的HX、HY两种一元酸溶液，加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示：请回答下列问题：（1）在图中用曲线表示将10mL pH=2的盐酸加水稀释到1000mL的过程中溶液pH变化趋势．（2）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaX和NaY溶液，pH较小的是NaX溶液，其中水的电离程度较大的是NaY溶液．（3）常温下，0.1mol•L﹣1的HY溶液中加入等体积pH=1的盐酸后，溶液的pH降低（填“升高”或“降低”），HY的电离程度减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）H2Z是一种二元弱酸，常温下，0.1mol•L﹣1的H2Z溶液中加入等体积pH=13的KOH 溶液后，溶液的pH＜7．原因可能是HZ﹣的电离程度大于水解程度．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）pH=2的盐酸，稀释100倍后溶液的pH变为4；（2）由图可知，稀释时HX的pH变化大，则酸性HX＞HY，NaX和NaY溶液促进水的电离，结合对应酸越弱，水解程度越大分析；（3）0.1mol•L﹣1的HY溶液中加入等体积pH=l的盐酸后，抑制HY的电离，溶液中氢离子浓度增大；（4）常温下，0.1mol•L﹣1的H2Z溶液中加入等体积pH=13的KOH溶液后，生成NaHZ，溶液的pH＜7，则HZ﹣电离大于其水解程度．【解答】解：（1）HCl为强电解质，pH=2的盐酸稀释100倍后，溶液的pH变为4，则溶液pH变化趋势为：，故答案为：；（2）由图可知，稀释时HX的pH变化大，则酸性HX＞HY，NaX和NaY溶液促进水的电离，水解显碱性，NaX水解程度小，其pH小；NaY的水解程度大，则水的电离程度大，。