【化学解析版】福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二6月月考化学试题(精校Word版)
福建省厦门一中2017-2018学年高二下学期月考化学试卷(11月份) Word版含解析
2017-2018学年福建省厦门一中高二（下）月考化学试卷（6月份）一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L 0.1mol•L碳酸钠溶液中，阴离子数目小于0.1N AB．0．lmol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1N AC．常温常压下，6g乙酸所含共价键数目为0.7N AD．1mol苯和苯甲酸的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为7.5N A3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素同周期，X的金属性再同周期元素中最强，Y原子的电子层数与最外层电子数相等；Z元素在地壳中的含量居于第二位，W的最高价氧化物的水化物的化学式为H n WO2n，下列说法正确的是（）+2A．简单离子半径：X＜Y＜WB．Y、Z两种元素的氧化物均具有两性C．X、W分别形成的氢化物中所含化学键种类相同D．Z、W形成化合物的电子式为4．一种高能纳米级Fe3S4和镁的二次电池，其工作原理为：Fe3S4+4Mg3Fe+4MgS，装置如图所示．下列说法不正确的是（）A．放电时，镁电极为负极B．放电时，正极的电极反应式为Fe3S4+8e﹣=3Fe+4S2﹣C．充电时，阴极的电极反应式为MgS+2e﹣=Mg+S2﹣D．充电时，S2﹣从阴离子交换膜左侧向右侧迁移A．A B．B C．C D．D6．2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖，由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成线路如下：下列说法正确的是（）A．①、②反应依次为加成反应、取代反应B．上述三种有机物的含氧官能团完全相同C．青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能D．蒿甲醚的化学式为C16H24O57．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出．下列说法不正确的是（）A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3﹣的水解程度大于电离程度B．加入CaCl2促进了HCO3﹣的水解C．反应的离子方程式是2HCO3﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3D．反应后的溶液中存在：c（Na+）+2c（Ca2+）═c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）二、解答题（共4小题，满分58分）8．氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康．一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染．Ⅰ、已知：氰化钠化学式为NaCN（C元素+2价，N元素﹣3价），氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性．（1）用离子方程式说明氰化钠水溶液呈碱性的原因．（2）CN﹣中C元素显+2价，N元素显﹣3价，则非金属性N C（填“＜”、“＞”或“=”），请设计实验证明：．（3）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是；Ⅱ、某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠（Na2S2O3），并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放．【实验一】实验室通过下图装置制备Na2S2O3．（4）b装置的作用是．c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，还可能有．（5）实验结束后，在e处最好连接盛（选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种）的注射器，然后再，最后拆除装置．【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量．已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L．②Ag++2CN﹣═[Ag（CN）2]﹣，Ag++I﹣═AgI↓，AgI呈黄色，且CN﹣优先与Ag+反应．实验如下：取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000×10﹣4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL．（6）滴定终点的判断方法是；（7）处理后的废水是否达到排放标准（填“是”或“否”），写出判断依据．9．氯化锶晶体在工业上常用作铝的缓蚀剂，工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）的过程为：已知：Ⅰ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．（）操作在实际工业生产中常常把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是，碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为．（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为，能否用新制氯水代替双氧水（填“能”或“否”）（3）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至；宜用的试剂为A．1.5 B．4 C．9.7D．氧化钠E．氢氧化锶粉末F．碳酸钠晶体G．氧化锶粉末（4）操作③中所得滤渣的主要成分是（填化学式）．（5）工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是．（6）步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体最好选用A．水B．稀硫酸C．氢氧化钠溶液D．氯化锶饱和溶液．10．煤的综合利用对于改善大气质量和能源充分利用有重要的意义．（1）下列说法正确的是（填序号）．a．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物b．煤在燃烧过程中会生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质c．可利用生石灰、熟石灰、石灰石等固硫剂使煤在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐d．煤的干馏属于化学变化、煤的气化和液化都属于物理变化（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用氨水吸收生成正盐的离子方程式是．（3）燃煤烟气的一种脱硫方案﹣火碱一石灰一石膏法流程图1如下．①常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=6的NaHSO3溶液，该溶液中离子浓度的大小顺序是．②氢氧化钙与NaHSO3反应的化学方程式是．（4）煤的间接液化法合成二甲醚的三步反应如下：Ⅰ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1Ⅱ.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1Ⅲ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1①总反应热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=；②Y（Y1、Y2），X可分别代表压强或温度．如图2表示Y一定时，总反应中CO的平衡转化率随X的变化关系．判断Y1、Y2的大小关系，并简述理由：．﹣1pH能力最强的是，根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是（填编号）．A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3（2）碳酸氢钠是一种（填“强”或“弱”）电解质，写出HCO3﹣水解的离子方程式：，常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na+、HCO3﹣、H2CO3、CO32﹣、OH ﹣五种微粒的浓度由大到小的顺序为：．（3）实验室中常用NaOH来进行洗气和提纯．如下表：当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，（填离子符号）先沉淀，要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为．（K sp Cu（OH）2=2×10﹣20mol2•L﹣2）（4）难溶电解质FeS在水溶液中存在着溶解平衡：FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），在一定温度K sp=c（Fe2+）c（S2﹣）=6.25×10﹣18，在该温度下，氢硫酸饱和溶液中存在c2（H+）c（S2﹣）=1.0×10﹣22．将适量FeCl2投入氢硫酸饱和溶液中，欲使溶液中c（Fe2+）=1.0mol/L，应调节溶液的pH=（已知lg2=0.3）2015-2016学年福建省厦门一中高二（下）月考化学试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A．用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极周围氢离子的氧化性强于镁离子；B．耐高温材料应具有较高的熔点；C．钡离子为重金属离子，能够使蛋白质变性；D．明矾不能使蛋白质变性，所以不能用于水的消毒、杀菌；【解答】解：A．用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极周围氢离子的氧化性强于镁离子，所以轮不到镁离子放电，而是氢离子放电生成氢气，镁离子与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，故A 错误；B．氧化铝具有较高熔点，可以做耐火材料，故B正确；C．钡离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，所以钡离子有毒，故C错误；D．明矾水解产生具有吸附性的胶体粒子，可以吸附水中杂质做净水剂，不能使蛋白质变性，所以不能用于水的消毒、杀菌，故D错误；故选：B．2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L 0.1mol•L碳酸钠溶液中，阴离子数目小于0.1N AB．0．lmol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1N AC．常温常压下，6g乙酸所含共价键数目为0.7N AD．1mol苯和苯甲酸的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为7.5N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A.1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，还含有OH﹣，阴离子总数大于0.1N A；B．铁和水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气；C，求出乙酸的物质的量，然后根据1mol乙酸中含8mol共价键来分析；D.1mol苯和1mol苯甲酸燃烧时均消耗7.5mol氧气．【解答】解：A.1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，还含有OH﹣，阴离子总数大于0.1N A，故A错误；B．铁和水蒸气反应时，3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，3mol铁生成4mol氢气，故0.1mol铁生成mol氢气，故B错误；C.6g乙酸的物质的量为0.1mol，而1mol乙酸中含8mol共价键，故0.1mol乙酸中含0.8N A个共价键，故C错误；D.1mol苯和1mol苯甲酸燃烧时均消耗7.5mol氧气，故1mol苯和苯甲酸的混合物燃烧消耗7.5mol氧气，即7.5N A个氧气分子，与两者的比例无关，故D正确；故选D．3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素同周期，X的金属性再同周期元素中最强，Y原子的电子层数与最外层电子数相等；Z元素在地壳中的含量居于第二位，W的最高价氧化物的水化物的化学式为H n WO2n，下列说法正确的是（）+2A．简单离子半径：X＜Y＜WB．Y、Z两种元素的氧化物均具有两性C．X、W分别形成的氢化物中所含化学键种类相同D．Z、W形成化合物的电子式为【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中的含量居于第二位，则Z为Si元素；四种元素同周期，X的金属性在同周期元素中最强，则X为Na元素；Y原子的电子层数与最外层电子数相等，则Y最外层含有3个电子，为Al元素；W的最高价，设W的最高正化合价为x，则x+n=4n+4，则x=3n+4，氧化物的水化物的化学式为H n WO2n+2n只能为1，即其最高正化合价为+7，故W为Cl元素，据此进行解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中的含量居于第二位，则Z为Si元素；四种元素同周期，X的金属性在同周期元素中最强，则X为Na 元素；Y原子的电子层数与最外层电子数相等，则Y最外层含有3个电子，为Al元素；W的，设W的最高正化合价为x，则x+n=4n+4，则最高价氧化物的水化物的化学式为H n WO2n+2x=3n+4，n只能为1，即其最高正化合价为+7，故W为Cl元素，A．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小：Y＜X＜W，故A错误；B．Y的氧化物为氧化铝，Z的氧化物为二氧化硅，氧化铝具有两性，而二氧化硅为酸性氧化物，故B错误；C．X的氢化物为NaH，W的氢化物为HCl，NaH含有离子键，而HCl中含有共价键，故C 错误；D．Z、W形成化合物为四氯化碳，四氯化碳的电子式为，故D正确；故选D．4．一种高能纳米级Fe3S4和镁的二次电池，其工作原理为：Fe3S4+4Mg3Fe+4MgS，装置如图所示．下列说法不正确的是（）A．放电时，镁电极为负极B．放电时，正极的电极反应式为Fe3S4+8e﹣=3Fe+4S2﹣C．充电时，阴极的电极反应式为MgS+2e﹣=Mg+S2﹣D．充电时，S2﹣从阴离子交换膜左侧向右侧迁移【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池反应式知，放电时为原电池反应，Mg失电子发生氧化反应，则Mg是负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，Fe3S4为正极，正极反应式为Fe3S4+8e﹣=3Fe+4S2﹣，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源的正极相连，发生氧化反应，结合电极方程式解答该题．【解答】解：根据电池反应式知，放电时为原电池反应，Mg失电子发生氧化反应，则Mg是负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，Fe3S4为正极，正极反应式为Fe3S4+8e﹣=3Fe+4S2﹣，A．通过以上分析知，Mg失电子发生氧化反应，则Mg是负极，故A正确；B．放电时，Fe3S4为正极，正极反应式为Fe3S4+8e﹣=3Fe+4S2﹣，故B正确；C．充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，阴极的电极反应式为MgS+2e ﹣=Mg+S2﹣，故C正确；D．原电池的负极与电源的负极连接，原电池的正极与电源的正极相连，则左侧为阳极，右侧为阴极，充电时，S2﹣应移向阳极即从阴离子交换膜右侧向左侧迁移，故D错误；故选D．（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．还原性气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集；C．二氧化氮与水反应生成硝酸，可氧化KI生成碘单质；D．氯气与水反应生成盐酸和HClO，均为酸，且HClO具有漂白性．【解答】解：A．还原性气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不一定是二氧化硫，故A错误；B．氨气的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集，图中收集气体的装置不合理，故B错误；C．氧化氮密度比空气大，与水反应生成硝酸，可氧化KI生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，NO2有氧化性，故C错误；D．氯气与水反应生成盐酸和HClO，均为酸，且HClO具有漂白性，结论应为氯气与水反应生成物具有酸性，HClO具有漂白性，故D正确．故选D．6．2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖，由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成线路如下：下列说法正确的是（）A．①、②反应依次为加成反应、取代反应B．上述三种有机物的含氧官能团完全相同C．青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能D．蒿甲醚的化学式为C16H24O5【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】A．①中C=O转化为﹣OH，②中﹣OH上H被甲基取代；B．青蒿素含﹣COOC﹣，而另两种有机物不含；C．青蒿素中含有﹣O﹣O﹣化学键，与双氧水分子结构（H﹣O﹣O﹣H）相似；D．由结构可知分子式．【解答】解：A．①中C=O转化为﹣OH，②中﹣OH上H被甲基取代，则分别发生加成、取代反应，故A正确；B．青蒿素含﹣COOC﹣，而另两种有机物不含，则三种有机物中的官能团不完全相同，故B 错误；C．青蒿素中含有﹣O﹣O﹣化学键，与双氧水分子结构（H﹣O﹣O﹣H）相似，则具有强氧化性，可杀菌消毒，但与酯基无关，故C错误；D．由蒿甲醚结构可知分子式为C16H26O5，故D错误；故选A．7．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出．下列说法不正确的是（）A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3﹣的水解程度大于电离程度B．加入CaCl2促进了HCO3﹣的水解C．反应的离子方程式是2HCO3﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3D．反应后的溶液中存在：c（Na+）+2c（Ca2+）═c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【分析】A．NaHCO3既能电离又能水解；B．加入CaCl2消耗CO32﹣；C．HCO3﹣与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3﹣生成H2CO3；D．根据电荷守恒分析．【解答】解：A．NaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A正确；B．溶液中存在HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，加入CaCl2消耗CO32﹣，促进HCO3﹣的电离，故B错误；C．HCO3﹣与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3﹣生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2CO3，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），故D正确；故选B．二、解答题（共4小题，满分58分）8．氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康．一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染．Ⅰ、已知：氰化钠化学式为NaCN（C元素+2价，N元素﹣3价），氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性．（1）用离子方程式说明氰化钠水溶液呈碱性的原因CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣．（2）CN﹣中C元素显+2价，N元素显﹣3价，则非金属性N＞C（填“＜”、“＞”或“=”），请设计实验证明：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N＞C．（3）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是CN﹣+H2O2+H2O═HCO3﹣+NH3↑；Ⅱ、某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠（Na2S2O3），并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放．【实验一】实验室通过下图装置制备Na2S2O3．（4）b装置的作用是安全瓶，防止倒吸．c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，还可能有Na2SO3．（5）实验结束后，在e处最好连接盛NaOH溶液（选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种）的注射器，然后再关闭K2打开K1，最后拆除装置．【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量．已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L．②Ag++2CN﹣═[Ag（CN）2]﹣，Ag++I﹣═AgI↓，AgI呈黄色，且CN﹣优先与Ag+反应．实验如下：取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000×10﹣4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL．（6）滴定终点的判断方法是滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀；（7）处理后的废水是否达到排放标准否（填“是”或“否”），写出判断依据消耗3的物质的量为1.5×10﹣3L×0.0001mol/L=1.50×10﹣7mol，根据方程式Ag++2CN=[Ag（CN）7mol×2×49g/mol=1.47×10﹣5g，废水中氰化钠2]﹣，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10﹣的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）非金属性强的元素显示负价，非金属性弱的则显示正价；非金属的非金属越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．（3）NaCN用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明二者反应生成氨气、和碳酸氢钠；【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气．（4）由仪器结构特征，b装置为安全瓶，防止溶液倒吸；d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成；（5）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；关闭K2打开K1拆除装置，防止污染空气；【实验二】（6）Ag+与CN﹣反应生成[Ag（CN）2]﹣，当CN﹣反应结束时，Ag+与I﹣生成AgI 黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；（7）计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag++2CN﹣=[Ag（CN）2]﹣计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准．【解答】解：（1）氰化钠化学式为NaCN（C元素+2价，N元素﹣3价），氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，故答案为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣；（2）CN﹣中C元素显+2价，N元素显﹣3价，说明N非金属性强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其检验方法为：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N＞C；故答案为：＞；取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N＞C；（3）用双氧水处理氰化钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，根据原子守恒一种酸式盐为碳酸氢钠，所以反应为：NaCN+H2O2+H2O═NaHCO3+NH3↑，离子反应为：CN﹣+H2O2+H2O═HCO3﹣+NH3↑，故答案为：CN﹣+H2O2+H2O═HCO3﹣+NH3↑；【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气．（4）由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成，故答案为：安全瓶，防止倒吸；Na2SO3；（5）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液；关闭K2打开K1；【实验二】（6）Ag+与CN﹣反应生成[Ag（CN）2]﹣，当CN﹣反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀；（7）消耗AgNO3的物质的量为1.5×10﹣3L×0.0001mol/L=1.50×10﹣7mol，根据方程式Ag++2CN﹣=[Ag（CN）2]﹣，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10﹣7mol×2×49g/mol=1.47×10﹣5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否；消耗AgNO3的物质的量为1.5×10﹣3L×0.0001mol/L=1.50×10﹣7mol，根据方程式Ag++2CN﹣=[Ag（CN）2]﹣，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10﹣7mol×2×49g/mol=1.47×10﹣5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准．9．氯化锶晶体在工业上常用作铝的缓蚀剂，工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）的过程为：已知：Ⅰ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．Ⅱ．有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH在实际工业生产中常常把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是加快反应速率，碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O．（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe氧化成Fe，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，能否用新制氯水代替双氧水能（填“能”或“否”）（3）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至B；宜用的试剂为EG A．1.5 B．4 C．9.7D．氧化钠E．氢氧化锶粉末F．碳酸钠晶体G．氧化锶粉末（4）操作③中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4（填化学式）．（5）工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去．（6）步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体最好选用DA．水B．稀硫酸C．氢氧化钠溶液D．氯化锶饱和溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O，为减少氯化锶的损失，用氯化锶饱和溶液洗涤，以此来解答．【解答】解：（1）把碳酸锶粉碎并加以搅拌，可以加快反应速率，碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的化学方程式为SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，故答案为：加快反应速率；SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O；（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，也可以用新制氯水代替双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；能；（3）在步骤②﹣③的过程中，主要目的是将铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，而除去铁元素，要使铁沉淀完全，要将溶液的pH值由1调节至4左右，故选B，调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，故选EG，故答案为：B；EG；（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以操作③中所得滤渣有两种即BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；（5）由于温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去，所以工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，故答案为：温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去；（6）步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体时，要尽可能减少氯化锶的损失，根据沉淀溶解平衡移动的原理可知，用氯化锶饱和溶液洗涤，可以减少氯化锶的损失，故选D．10．煤的综合利用对于改善大气质量和能源充分利用有重要的意义．（1）下列说法正确的是abc（填序号）．a．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物b．煤在燃烧过程中会生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质c．可利用生石灰、熟石灰、石灰石等固硫剂使煤在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐d．煤的干馏属于化学变化、煤的气化和液化都属于物理变化（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用氨水吸收生成正盐的离子方程式是H2S+2NH3•H2O═2NH4++S2﹣+2H2O．（3）燃煤烟气的一种脱硫方案﹣火碱一石灰一石膏法流程图1如下．①常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=6的NaHSO3溶液，该溶液中离子浓度的大小顺序是（+）＞（3﹣）＞（+）＞（32﹣）＞（﹣）．②氢氧化钙与NaHSO3反应的化学方程式是（）2+3═3↓+NaOH+H2O．（4）煤的间接液化法合成二甲醚的三步反应如下：Ⅰ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1Ⅱ.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1Ⅲ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1①总反应热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.4 kJ•mol ﹣1；②Y（Y1、Y2），X可分别代表压强或温度．如图2表示Y一定时，总反应中CO的平衡转化率随X的变化关系．判断Y1、Y2的大小关系，并简述理由：1＜2，由2（）+（）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）可知，压强增大，CO的平衡转化率增大，温度升高，CO的平衡转化率减小，所以X代表压强，Y代表温度，压强一定时，温度越低平衡转化率越大．．【考点】煤的干馏和综合利用．【分析】（1）a．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物；b．从煤中含有的元素和不完全燃烧分析；c．碳酸钙受热分解为氧化钙，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱、碱性氧化发生反应；d．煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化；（2）H2S用氨水吸收生成正盐硫化铵和水；（3）①常温下，NaHSO3溶液的pH=6，NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度；②氢氧化钙与NaHSO3反应生成沉淀亚硫酸钙、NaOH和水；（4）①据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；②3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＜0，正反应气体体积减小，通过分析升高温度和增大压强导致平衡的移动方向，通过CO的平衡转化率的变化判断X、Y．【解答】解：（1）a．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物，主要含有C元素，故a正确；b．煤中伴有硫元素和氮元素，不完全燃烧时生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质，故b正确；c．碳酸钙受热分解为氧化钙，二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钙、氧化钙发生反应生成亚硫酸钙，然后被氧气氧化生成稳定的硫酸盐，故c正确；d．煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，故d错误；故答案为：abc；（2）H2S用氨水吸收生成正盐硫化铵和水，离子方程式为：H2S+2NH3•H2O═2NH4++S2﹣+2H2O；。
厦门市外国语学校2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学
厦门市外国语学校2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．【2017届河北省八所重点中学高三下学期第一次联考】将10 mL某气态的烃，在60 mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为45mL的混合气体，则该烃可能为（）A．甲烷B．乙烷C．丙烷D．丁烯2．用式量是71的烃基取代乙苯苯环上的一个氢原子，能得到的有机物共有（不含立体异构）（）A．8种B．16种C．24种D．36种3．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（）A．7种B．8种C．9种D．10种4．已知在和条件下，燃烧生成水蒸气放出热量，下列热化学方程式正确的是A. ；B. ；C. ；D. ；5．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（）①Ag++Cl﹣═AgCl↓②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O③CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O④Fe+Cu2+═Fe2++Cu．A．①③ B．②④ C．②③ D．没有6．下列有关有机物的说法正确的是（）A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B．1mol苹果酸[HOOCCH（OH）CH2COOH]可与3 mol NaHCO3发生反应C．酸性条件下,C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OHD．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应7．【2017新课标1卷】下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（）A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣8．下列说法正确的是A．煤、石油、天然气均为化石燃料，它们属于可再生资源B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用C．石油的分馏、催化裂化、裂解等石油加工方法，其目的均为得到更多的汽油D．化肥的大量使用不会造成环境污染9．已知还原性Iˉ＞Fe2+＞I2，在水溶液中I2可被Cl2氧化为IO3ˉ。
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福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）一、选择题：本题共15题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意1.已知：A(g)＋2B(g) 2C(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)，在恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，一定条件下发生反应。
下列有关说法正确的是( )A. 平衡前，随着反应的进行，容器内气体密度逐渐减小B. 平衡时，该反应放出的热量为Q kJC. 平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，A的转化率增大D. 平衡后，缩小容器容积，A的浓度增大【答案】D【解析】和V在反应中始终不变，所以密度是定值，故A错误；【详解】A.密度=，m总B.反应可逆，不可进行到底，因此，平衡时，该反应放出的热量小于Q kJ，故B 错误；C.平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，容器容积固定，反应物和生成物浓度未变，速率未变，依然处于平衡状态，故C错误；D.平衡后，缩小容器容积，体积缩小，反应物和生成物浓度均增大，根据勒夏特利原理，平衡虽然正向移动消耗A，但A的浓度还是比以前增大了，故D正确；答案：D2.5L容器中充入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下发生反应： 2A(g)＋B(g)2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体压强是反应前的5/6，则A的转化率为( )A. 67%B. 50%C. 25%D. 5%【答案】B【解析】试题分析：根据化学方程式计算2A(g)＋B(g)2C(g)起始物质的量 2 1 0改变物质的量 2x x 2x平衡物质的量 2-2x 1-x 2x (2-2x+1-x+2x)/(2+1)="5/6" 解 x=0.5,则A 的转化率为0.5×2/2=50%，选B。
考点：化学平衡的计算3.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应：x A(g)＋y B(g)z C(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列有关判断正确的是( )A. x＋y>zB. 平衡向逆反应方向移动C. B的转化率降低D. A的体积分数减小【答案】D【解析】【分析】：x A(g)＋y B(g)z C(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，如果平衡不移动，C的浓度为0.5mol·L－1，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，说明平衡正向移动了。
福建省厦门市外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析
厦门外国语学校2018-2019学年第二学期期中考试高二化学试题能用到的相对原子量:H-1, C-12, O-16, Li-7, Mg-24, Cu-64， Cl-35.5第Ⅰ卷（本卷共计45分）一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）1.常温下，下列各溶液中水的电离程度最大的是( )A. pH=1的硫酸溶液B. c(H+ )=10-10 mol/L纯碱溶液C. 0.01mol/L的烧碱溶液D. c(H+ )=10-5 mol/L的硫酸铵溶液【答案】B【解析】【详解】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。
c(H+ )=10－10mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH- )=10－4mol/L；c(H+ )=10－5mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。
显然,碳酸钠溶液中c(OH- )大于硫酸铵溶液中的c(H+)，故纯碱溶液中水的电离度最大。
综上所述，本题选B。
【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
2.常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是( )A. H+、Na+、SO42-、CH3COO-B. Na+、I-、Cl-、Fe3+C. Al3+、NH4+、Br-、HCO3-D. K+、Mg2+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.H+与CH3COO-结合生成弱电解质，则不能大量共存，故A错误；B.I-与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C.Al3+与HCO3-发生相互促进的双水解反应而不能大量共存，故C错误；D.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。
①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。
福建省厦门外国语学校2017_2018学年高二物理6月月考试题2-含答案
福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二物理6月月考试题一、选择题：本题共8小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求选对得4分，选错的得0分。
1．如图所示为α粒子散射实验装置图，粒子打到荧光屏上都会引起闪烁，若将带有荧光屏的显微镜分别放在图中a 、b 、c 、d 四处位置．则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数符合事实的是A ．1305、25、7、1B ．202、405、605、203C ．1202、1010、723、203D ．1202、1305、723、2032．据《中国科技报》报道，我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置（又称为人造太阳）已经完成了首次工程调试，“人造太阳”的核反应方程是324112H+H He+X →，设氚核质量为m 1，氘核质量为m 2，氦核质量为m 3，X 质量为m 4，下列关于“人造太阳”的说法中正确的是A ．X 是质子B ．“人造太阳”的核反应发生的条件是反应物质的体积要达到临界体积C ．“人造太阳”的核反应过程中发生质量亏损，该过程释放的核能为（m 3+m 4-m 1-m 2）c 2D ．“人造太阳”的核反应必须在极高温度下，使参与核反应的原子核间的距离接近到10-15米的范围内才能够发生3．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如，有些还有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是（ ）A ．已知氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下一个氡原子核B ．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素衰变的速度C ．降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可以减小衰变速度D ．放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需要的时间越短，衰变越快4．如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射时，在光屏P上观察到干涉条纹，要得到相邻亮条纹间距更大的干涉图样，可以采取A．增大S1与S2的间距B．减小双缝屏到光屏的距离C．将绿光换为红光D．增大单缝与双缝间的距离5．在对下列四副图形的描述说明中，说法错误的是A．甲图是立体电影的放映与观看情景示意图，其中利用了光的偏振原理B．乙图是电磁波的发射过程中对发射信号进行调制原理图，其中采用的是“调频”方式C．丙图中出现明暗相间的圆环，是由光的衍射形成的D．丁图是利用激光进行全息照相的原理示意图，其主要是利用了激光相干性好的优点6．用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA．移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.8V时，电流表读数为0，则（）A．光电管阴极的逸出功为0.8eVB．光电子的最大初动能为0.8eVC．电键k断开后，没有电流流过电流表GD．改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小7．如图所示，一倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，斜面长为L。
福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试化学试卷含答案
福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试可能用到的相对原子量: H-1, C-12, O-16, Li-7, Mg-24, Cu-64，Cl-35.5第Ⅰ卷（本卷共计45分）一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）1．常温下，下列各溶液中水的电离程度最大的是( )A．pH=1的硫酸溶液B．c(H+ )=10-10 mol/L纯碱溶液C．0.01mol/L的烧碱溶液D．c(H+ )=10-5 mol/L的硫酸铵溶液2．常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是( )A．H+、Na+、SO42-、CH3COO-B．Na+、I-、Cl-、Fe3+C．Al3+、NH4+、Br-、HCO3-D．K+、Mg2+、NO3-、SO42-3．下列关于图示四个装置的叙述不正确的是()甲乙丙丁A．装置甲的a端产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝B．装置乙可用于测定化学反应的反应热C．装置丙是可以在铁钉上镀铜的装置D．装置丁若为电解精炼铜装置，则X电极为精铜4．下列实验过程中的相关步骤正确的是( )5．一定条件下，向密闭恒容容器中加入1.0 mol·L －1 X ，发生反应：2X(g)Y(g) + Z(g) ΔH<0。
反应到8min 时达 到平衡；在14min 时改变温度，16min 时建立新平衡。
X 的物质的量浓度变化如图所示。
下列有关说法正确的是 （ ）A ．0~8min 用Y 表示的该反应的速率为0.1mol·L －1·min－1B ．8min 时达到平衡，该反应的平衡常数为K=0.5C ．14min 时，改变的反应条件是降低了体系的温度D ．16min 时的正反应速率，比8min 时的正反应速率大 6．已知：2Cl 2(g)+NH 3(g)NHCl 2(g)+2HCl(g)。
向容积均为2 L 的甲、乙恒温容器中分别加入含 Cl 2和NH 3各2mol 的混合物，测得容器中n (Cl 2)随反应时间t 变化情况如下表。
【化学】福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二下学期期中考试(解析版)
福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二下学期期中考试可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23第Ⅰ卷（本卷共计45分）一．选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。
只有一个选项符合题目要求）1. 常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)=1×10－13 mol·L－1，该溶液可能是①二氧化硫水溶液②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A. ①④B. ①②C. ②③D. ③④【答案】A【解析】常温下某溶液中由水电离的c(H+)=10-13mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，①二氧化硫水溶液，即为亚硫酸溶液抑制水电离；②氯化铵水溶液，含有弱离子的盐促进水电离；③硝酸钠属于强酸强碱盐，不水解，既不抑制也不促进水的电离；④氢氧化钠水溶液，属于强碱能抑制水电离，故选A。
2. 可以证明可逆反应N2 + 3H22NH3已达到平衡状态的是①一个N N键断裂的同时，有6个N-H键断裂②v(NH3)=0.4 mol·L-1·min-1v(H2)=0.6mol·L-1·min-1③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变；A. ②③④B. ①②④C. ①③④D. ③④⑤【答案】C【解析】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；②v（H2）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，v（NH3）=0.4mol•L﹣1•min﹣1，未体现正与逆的关系，故错误；③保持其他条件不变时，体系压强不再改变，说明物质的物质的量不变，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；⑤恒温恒容时，混合气体质量一直保持不变，故错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．3. 硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如图,该电池工作时反应为:4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。
2025届福建省厦门市外国语学校化学高二第二学期期末联考试题含解析
2025届福建省厦门市外国语学校化学高二第二学期期末联考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将0.2mol某烷烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通过0.5L 2mol/L的NaOH溶液中，生成正盐和酸式盐的物质的量之比为1：3，则该烷烃是A．甲烷B．乙烷C．丙烷D．丁烷2、某有机物A的结构简式如图所示，下列关于A的说法正确的是A．分子式为C18H16O3B．1molA最多可以与8molH2发生加成反应C．A在酸催化条件下的水解产物都能在一定条件下发生聚合反应D．A能与Na、NaHCO3、溴水、酸性KMnO4溶液等反应3、常温下0.1mol L-1醋酸溶液的PH=a ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2 mol L-1盐酸D．提高溶液的温度4、某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：HIn(aq) H++ In—(aq)（红色）（蓝色）下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（）A．稀硫酸B．氯化铝溶液C．稀氨水D．饱和食盐水5、在0.l mol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B．加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C．加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/ c(CH3COO－)增大D．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少是（）A．甲作负极，丙是硫酸铜溶液B．甲作负极，丙是硫酸溶液C．乙作负极，丙是硫酸铜溶液D．乙作正极，丙是硫酸溶液7、碳原子的基态外围电子排布式正确的是( )A．B．C．D．8、下列说法正确的是A．很多零食包装袋上印有“精炼植物油”，这里使用的“精炼植物油”是将液态植物油通过加氢硬化而成的固态油B．多吃含粗纤维的食物对身体有好处，因为摄入的纤维素能在人体的纤维素酶的作用下水解生成葡糖糖为人体提供能量C．将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合加热，将逸出气体通过酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色证明发生的是消去反应D．除去乙烷中的乙烯可以将气体先通过酸性高锰酸钾溶液，再通过浓硫酸可得纯净干燥的乙烷气体9、下列有机物的命名正确的是A．2-甲基-2,3-二氯戊烷B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．2,4,6-三氯己烷D．3-甲基-3-丁烯10、下列各组离子能大量共存的是( )①“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋②加入KSCN显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Al3＋、SO、K＋④pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋⑤无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnOA．①②③B．①③⑤C．①②⑤D．③④11、将下列各种液体：①苯；② 四氯化碳；③碘化钾溶液；④乙烯；⑤植物油，分别与溴水混合后充分振荡、静置，液体分为两层，原溴水层几乎是无色的是（）A．②⑤B．①②④⑤C．②③④⑤D．①②③④⑤12、燃烧0.1 mol某有机物得0.2 mol CO2和0.3 mol H2O，由此得出的结论不正确的是()A．该有机物分子的结构简式为CH3—CH3B．该有机物中碳、氢元素原子数目之比为1∶3C．该有机物分子中不可能含有双键D．该有机物分子中可能含有氧原子13、下列物质与CH3OH互为同系物的是( )A．B．C．D．CH2=CHCH2OH14、共价键、离子键和范德华力都是微粒间的作用力，下列物质：①Na2O2；②SiO2；③石墨；④金刚石；⑤CaH2；⑥白磷，其中含有两种结合力的组合是A．①③⑤⑥B．①③⑥C．②④⑥D．①②③⑥15、N A代表阿伏加德罗常数的值。
2010-2023历年福建省厦门外国语学校高三月考化学试卷
2010-2023历年福建省厦门外国语学校高三月考化学试卷第1卷一.参考题库(共12题)1.下列关于电解质溶液的正确判断是A．在pH = 12的溶液中，K＋、Cl－、HCO3－、Na+可以常量共存B．在pH＝0的溶液中，Na+、NO3－、SO32－、K+可以常量共存C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝B++OH－D．由0.1 mol·L－1一元碱HA溶液的pH＝3,可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2 。
用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
请回答下列问题：⑴TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_______________________________。
⑵检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是______________________________。
(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是________________ _；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量简外，还需要下图中的_____（填字母代号）。
b c d e___________________________________________________。
⑹滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g·mol－1）试样w g，消耗cmol·L－1NH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为_________________________。
福建省厦门外国语学校2017-2018学年高考化学适应性试卷(10月份) Word版含解析
2017-2018学年福建省厦门外国语学校高考化学适应性试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．晚唐诗人李商隐的《无题•相见时难别亦难》中写到“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，下列说法正确的是（）A．蚕丝属于纤维素B．蜡烛的主要成分是石蜡，属于混合物C．“泪”是指石蜡燃烧生成的水D．蚕丝和石蜡完全燃烧所得产物相同2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．N A个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107gB．标准状况下，1L液态水中含有的H+数目为10﹣7N AC．14g分子式为C n H2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为N A/nD．1 mol冰醋酸和l mo1乙醇经酯化反应可生成H2O分子数为N A3．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）A．分子中含有四种官能团B．1mol该有机物完全燃烧消耗O2的物质的量为10molC．能发生加成、取代、消去、水解等反应D．相同条件下，等量的该有机物分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应产生的气体的量相同4．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是（）A．a电极发生还原反应，做原电池的正极B．b电极反应式为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2OC．H+由右室通过质子交换膜进入左室D．标准状况下，电路中产生6moLCO2同时产生22.4L的N26．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等．Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等．X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个．Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素．下列说法正确的是（）A．离子半径大小顺序为：Z＞X＞Y＞WB．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物C．X、Y、Z三种元素与W 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高D．X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液一定显中性7．在t℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，又知t℃时AgBr的K sp=5×10﹣13．下列说法不正确的是（）A．在t℃时，AgI的K sp=2.5×10﹣15 mol2•L﹣2B．图中b点有碘化银晶体析出C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点D．在t℃时，反应AgBr（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K=200二、非选择题：8．TiO2和TiCl4都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究．Ⅰ．制备TiCl4实验室利用反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下制备TiCl4，装置图和有关信息如下：（1）仪器A的名称是．（2）实验开始前后的操作包括：①检查装置气密性，②组装仪器，③通N2一段时间，④加装药品，⑤点燃酒精灯⑥停止通N2⑦停止加热．正确的操作顺序是实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是．（3）装置E能否（填“能”或“不能”）换成装置A，理由是（4）TiCl4是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料．某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素．Ⅱ．制备TiO2及测定TiO2的质量分数：在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•xH2O，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．（5）写出生成TiO2•xH2O的化学方程式．（6）检验沉淀是否洗涤干净的方法是．（7）一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．滴定分析时，称取上述TiO2试样0.2g，消耗0.1mol•L﹣1 NH4Fe（SO4）2标准溶液20mL①配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量H2SO4的目的是：．②该滴定操作所用到的指示剂是．③则TiO2质量分数为．9．砷（As）是第四周期第V A族元素，它在自然界中的含量不高，但人类认识它、研究它的历史却很长．（1）砷的氢化物的化学式为，其稳定性比磷的氢化物（填“强或弱”）．已知H3AsO3是两性偏酸性的化合物，它与硫酸反应的化学方程式为．NaHAsO3溶液呈碱性，该溶液中c（H2AsO3﹣）C（AsO33﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）砷在自然界中主要以硫化物形式（如雄黄As4S4、雌黄As2S3等）存在．①工业上以雄黄为原料制备砷的过程是：先在空气中煅烧使其转化为砒霜（As2O3），然后用焦炭还原．写出焦炭还原时发生反应的化学方程式：．砒霜有剧毒，卫生防疫分析中鉴定的方法是：先将试样与锌、硫酸混合在一起反应，将生成的气体导入到热玻璃管中热解，若玻璃管中产生亮黑色的“砷镜”，则说明试样中含有As2O3．写出上述鉴定过程中有关反应的化学方式：．②“砷镜”可被漂白精氧化为H3AsO4，反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为．（3）已知砷酸（H3AsO4）是三元酸，有较强的氧化性．①常温下砷酸的K1=6×10﹣3、K2=1×10﹣7，则NaH2AsO4溶液的PH为7．（填“＞”、“＜”、“=”）判断依据为．②某原电池装置如图所示，电池总反应为AsO43﹣+2I﹣+H2O⇌AsO33﹣+I2+2OH﹣．当P池中溶液由无色变成蓝色时，正极上的电极反应式为．当电流计指针归中后向Q池中加入一定量的NaOH，则电池负极所在的烧杯为（填“P”或“Q”）．10．研究NO x、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的．（1）利用甲烷催化还原NO x：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为．（2）已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），500℃时的平衡常数为9，若在该温度下进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol•L﹣1，则CO的平衡转化率为：．（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图1所示．①写出总反应化学方程式．②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，该反应是_反应（填“吸热”或“放热”）．③该反应的含氮气体组分随温度变化如图2所示，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式．（4）图3是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3﹣，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气．如图4，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响．①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3﹣反应的离子方程式．②溶液的pH对NO去除率影响的原因是．③若极板面积10cm2，实验烟气含NO 1.5%，流速为0.070L•s﹣1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500C•mol﹣1，测得电流密度为1.0A•cm﹣2．列式计算实验中NO除去率．[化学--选修3：物质结构与性质]11．太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质．（1）基态硅原子的价电子排布图：．（2）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的第二电离能由小到大的顺序为．（用I2X表示）（3）气态SeO3分子的杂化类型为，与SeO3互为等电子体的一种阴离子为（填化学式）．（4）胆矾CuSO4•5H2O可写成[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如下：胆矾中含有的粒子间作用力是（填序号）．A．离子键B．极性键C．金属键D．配位键E．氢键F．非极性键（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物K2[Cu（CN）4]，该配合物属于晶体，已知CN﹣与N2为等电子体，指出1molCN﹣中π键的数目为．（6）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中铜原子（Cu）与金原子（Au）个数比为；若该晶体的晶胞棱长为a nm，则该合金密度为g/cm3．（列出计算式，不要求计算结果，阿伏加德罗常数的值为N A）[化学--选修5：有机化学基础]12．芳香族化合物X是一种天然食用香料，可以从某些植物中提取．X能发生下列转化：已知：①A的核磁共振氢谱有6个峰；②H为酯类结构，结构中除苯环外还含有一个六元环．③G的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志请回答下列问题：（1）反应①～⑥中，属于加成反应的是（填序号）．③的反应条件是．（2）反应①的化学方程式为．检验A中非含氧官能团所用的试剂为．（3）D的结构简式为．（4）F的同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应，且能与碳酸氢钠溶液反应，其苯环上一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体数目为种，写出所有的同分异构体结构简式：．2016年福建省厦门外国语学校高考化学适应性试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．晚唐诗人李商隐的《无题•相见时难别亦难》中写到“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，下列说法正确的是（）A．蚕丝属于纤维素B．蜡烛的主要成分是石蜡，属于混合物C．“泪”是指石蜡燃烧生成的水D．蚕丝和石蜡完全燃烧所得产物相同【考点】混合物和纯净物．【分析】A．蚕丝是蛋白质；B．蜡烛的主要成分是石蜡，是各种烃的混合物；C．诗句中的“泪”指的是液态石蜡；D．石蜡属于烃的混合物，蚕丝属于蛋白质，分子中除C、H元素外，还含有其它元素，如N 元素等．【解答】解：A．蚕丝是蛋白质，纤维素属于多糖，故A错误；B．石蜡的主要成份是正构烷烃，极纯净的正构烷烃无色无臭透明或半透明，暴露于大气中长期也不会变色变质，但市售的石蜡不可能是100%的正构烷烃，而含有少量环烷烃、异构烷烃、芳香烃、不饱和烃、微量铁、硫、氮等无机物杂质，故B正确；C．蜡烛燃烧放热温度升高使蜡烛受热熔化变为蜡油，即所说的泪，故C错误；D．石蜡属于烃的混合物，蚕丝属于蛋白质，分子中除C、H元素外，还含有其它元素，如N 元素，蚕丝燃烧除生产二氧化碳、水外还生成氮氧化物，故D错误；故选B．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．N A个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107gB．标准状况下，1L液态水中含有的H+数目为10﹣7N AC．14g分子式为C n H2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为N A/nD．1 mol冰醋酸和l mo1乙醇经酯化反应可生成H2O分子数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．胶体粒子是氢氧化铁的微粒集合体；B．根据没有告诉标准状况下水的离子积分析；C．据n=计算物质的量，C n H2n的链烃是烯烃含有一个碳碳双键；D．酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底．【解答】解：A．胶体粒子守恒氢氧化铁的微粒集合体，N A个Fe（OH）3胶体粒子的质量不是107g，故A错误；B．标准状况下，水的离子积不知道，无法计算溶液中含有的氢离子个数，故B错误；C．依据n=计算物质的量=，C n H2n的链烃是烯烃含有一个碳碳双键数目一定为×N A=，故C正确；D．酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以1 mol冰醋酸和l mo1乙醇经酯化反应可生成H2O分子数小于N A，故D错误；故选：C．3．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）A．分子中含有四种官能团B．1mol该有机物完全燃烧消耗O2的物质的量为10molC．能发生加成、取代、消去、水解等反应D．相同条件下，等量的该有机物分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应产生的气体的量相同【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团；B．该有机物的分子式为C9H13O3，根据方程式计算；C．含有碳碳双键，可发生加成，含有羧基、羟基，可发生取代反应，不能发生水解反应；D．只有羧基可与碳酸氢钠反应，1mol羧基与1mol碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳，羧基、羟基都可与钠反应，1mol羧基和羟基分别与钠反应共产生1mol氢气．【解答】解：A．分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，故A错误；B．该有机物的分子式为C9H13O3，1mol该有机物完全燃烧消耗O2的物质的量为10.75mol，故B错误；C．含有碳碳双键，可发生加成，含有羧基、羟基，可发生取代反应，不能发生水解反应，故C错误；D．只有羧基可与碳酸氢钠反应，1mol羧基与1mol碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳，羧基、羟基都可与钠反应，1mol羧基和羟基分别与钠反应共产生1mol氢气，故D正确．故选D．4．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是（）A．a电极发生还原反应，做原电池的正极B．b电极反应式为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2OC．H+由右室通过质子交换膜进入左室D．标准状况下，电路中产生6moLCO2同时产生22.4L的N2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、a是负极，发生氧化反应；B、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2O；C、原电池中阳离子从负极移向正极；D、根据两极得失电子数目相等进行计算．【解答】解：A、a是负极，发生氧化反应，故A错误；B、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2O，故B正确；C、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故C错误；D、电路中产生6moLCO2时，转移28mol电子，根据2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2O，产生2.8mol氮气，标况下的体积为62.7L，故D错误．故选B．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．利用压强差检验装置气密性；B．氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁；C．浓度商大于溶度积时产生沉淀；D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：A．利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，故A不选；B．氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，故B不选；C．浓度商大于溶度积时产生沉淀，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，碳酸钡的浓度商大于溶度积，所以产生沉淀，实际上K SP（BaCO3）＞K SP（BaSO4），故C选；D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，故D不选；故选C．．6．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等．Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等．X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个．Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素．下列说法正确的是（）A．离子半径大小顺序为：Z＞X＞Y＞WB．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物C．X、Y、Z三种元素与W 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高D．X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液一定显中性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等，则W是H；Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素，则Z是Na，则X、Y在第二周期，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个，X内层2个电子，则最外层为5个，则X为N；Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等，则Y的最外层为6个电子，即Y为O，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等，则W是H；Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素，则Z是Na，则X、Y在第二周期，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个，X内层2个电子，则最外层为5个，则X为N；Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等，则Y的最外层为6个电子，即Y为O，据此解答．A．W、X、Y、Z的离子分别是H+、N3﹣、O2﹣、Na+，一般电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则离子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，故A错误；B．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们可形成离子化合物铵盐硝酸铵，故B错误；C．X、Y、Z三种元素与W元素形成的最简单化合物分别是NH3、H2O、NaH，室温时它们依次是气体、液体、固体，则沸点依次升高，故C正确；D．其中NH3、NaH的水溶液分别是氨水、氢氧化钠溶液，呈碱性，故D错误；故选：C．7．在t℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，又知t℃时AgBr的K sp=5×10﹣13．下列说法不正确的是（）A．在t℃时，AgI的K sp=2.5×10﹣15 mol2•L﹣2B．图中b点有碘化银晶体析出C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点D．在t℃时，反应AgBr（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K=200【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．根据c点银离子、碘离子的浓度计算t℃时AgI的K sp；B．b点时碘离子浓度大于5×10﹣8mol/L，此时为碘化银的过饱和溶液；C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，碘离子浓度一定减小，则c（I﹣）＜5×10﹣8mol/L；D．t℃时，反应AgBr（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K==．【解答】解：A．t℃时，根据图象中c点银离子、溴离子浓度分别为：c（I﹣）=5×10﹣8mol/L，c（Ag+）=5×10﹣8mol/L，则K sp（AgI）=c（I﹣）×c（Ag+）=5×10﹣8mol/L×5×10﹣8mol/L=2.5×10﹣15 mol2•L﹣2，故A正确；B．b点c（Ag+）=5×10﹣8mol/L，c（I﹣）＞5×10﹣8mol/L，则c（I﹣）×c（Ag+）＞K sp（AgI），所以会析出AgI沉淀，故B正确；C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，溶液体积增大，导致c（I﹣）＜5×10﹣8mol/L，不可能使溶液由c点到a点，故C错误；D．t℃时，K sp（AgI）=c（I﹣）×c（Ag+）=2.5×10﹣15，K sp（AgBr）=5×10﹣13，反应AgBr（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K====200，故D正确；故选C．二、非选择题：8．TiO2和TiCl4都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究．Ⅰ．制备TiCl4实验室利用反应TiO2（s）+CCl4（g ）TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下制备（1）仪器A的名称是球形干燥管．（2）实验开始前后的操作包括：①检查装置气密性，②组装仪器，③通N2一段时间，④加装药品，⑤点燃酒精灯⑥停止通N2⑦停止加热．正确的操作顺序是②①④③⑤⑦⑥实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是蒸馏（或分馏）．（3）装置E能否不能（填“能”或“不能”）换成装置A，理由是装置A不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进行（4）TiCl4是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料．某钛合金的元素还有Al和Si等，已知在常温下，钛是一种耐强酸强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素．取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有SiⅡ．制备TiO2及测定TiO2的质量分数：在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•xH2O，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．（5）写出生成TiO2•xH2O的化学方程式TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl．（6）检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中加入硝酸酸化的AgNO3若没有产生沉淀，则已洗干净．（7）一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．滴定分析时，称取上述TiO2试样0.2g，消耗0.1mol•L﹣1 NH4Fe（SO4）2标准溶液20mL ①配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量H2SO4的目的是：抑制NH4Fe（SO4）2水解．②该滴定操作所用到的指示剂是KSCN溶液．③则TiO2质量分数为80%．【考点】制备实验方案的设计．【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气，（1）根据仪器的特征及常见仪器的名称解答；（2）对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2；D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置不能吸收空气中的氧气；（4）根据钛是一种耐强酸强碱的金属，而硅能溶于碱生成硅酸盐，硅酸盐和酸生成硅酸沉淀，据此分析设计检验实验方案；（5）根据反应物和生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；（6）TiO2•xH2O的表面有氯离子杂质，所以检验沉淀是否洗涤干净的方法是检验洗涤滤液中是否含有氯离子；（7）①铁离子易水解，配制溶液时先加一些硫酸，使溶液呈酸性，抑制NH4Fe（SO4）2水解；②用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3；③根据转移电子数相等计算二氧化钛的质量，再根据质量分数公式进行计算．【解答】解：通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气．（1）仪器A呈球形，在该实验中用于干燥氮气，为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，正确的操作顺序是②①④③⑤⑦⑥，D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离，故答案为：②①④③⑤⑦⑥；蒸馏（或分馏）；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置可以吸收水，但不能不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进，故E装置不能换成A装置；故答案为：不能；装置A不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进行；（4）钛是一种耐强酸强碱的金属，而硅能溶于碱生成硅酸盐，取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有Si，故答案为：取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有Si；（5）TiCl4水解生成TiO2•xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（x+2），所以化学方程式为：TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl，故答案为：TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl；（6）TiO2•xH2O的表面有氯离子杂质，所以检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中加入硝酸酸化的AgNO3若没有产生沉淀，则已洗干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中加入硝酸酸化的AgNO3若没有产生沉淀，则已洗干净；（7）①铁离子易水解，配制溶液时先加一些硫酸，使溶液呈酸性，抑制NH4Fe（SO4）2水解，故答案为：抑制NH4Fe（SO4）2水解；②因为KSCN作指示剂时，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3，所以用KSCN作指示剂，故答案为：KSCN溶液；③根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TiO2～NH4Fe（SO4）2，二氧化钛的质量=g/mol=0.16g，TiO2试样0.2g，其质量分数==80%，故答案为：80%．9．砷（As）是第四周期第V A族元素，它在自然界中的含量不高，但人类认识它、研究它的历史却很长．（1）砷的氢化物的化学式为3，其稳定性比磷的氢化物弱（填“强或弱”）．已知H3AsO3是两性偏酸性的化合物，它与硫酸反应的化学方程式为2H3AsO3+3H2SO4=As2（SO4）3+6H2O．NaHAsO3溶液呈碱性，该溶液中c（H2AsO3﹣）＞C（AsO3）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）砷在自然界中主要以硫化物形式（如雄黄As4S4、雌黄As2S3等）存在．①工业上以雄黄为原料制备砷的过程是：先在空气中煅烧使其转化为砒霜（As2O3），然后用焦炭还原．写出焦炭还原时发生反应的化学方程式：2As2O3+3C4As+3CO2．砒霜有剧毒，卫生防疫分析中鉴定的方法是：先将试样与锌、硫酸混合在一起反应，将生成的气体导入到热玻璃管中热解，若玻璃管中产生亮黑色的“砷镜”，则说明试样中含有As2O3．写出上述鉴定过程中有关反应的化学方式：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，2AsH3=2As↓+3H2．②“砷镜”可被漂白精氧化为H3AsO4，反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为2：5．（3）已知砷酸（H3AsO4）是三元酸，有较强的氧化性．①常温下砷酸的K1=6×10﹣3、K2=1×10﹣7，则NaH2AsO4溶液的PH为＜7．（填“＞”、“＜”、“=”）判断依据为H2AsO4﹣+H2O⇌H3AsO4+OH﹣，K h=K w/K1=1.0×10﹣14/6×10﹣3=1.67×10﹣12＜K2，水解程度小于电离程度．②某原电池装置如图所示，电池总反应为AsO43﹣+2I﹣+H2O⇌AsO33﹣+I2+2OH﹣．当P池中溶液由无色变成蓝色时，正极上的电极反应式为AsO43﹣+H2O+2e﹣=AsO33﹣+2OH ﹣．当电流计指针归中后向Q池中加入一定量的NaOH，则电池负极所在的烧杯为Q（填“P”或“Q”）．【考点】元素周期表的结构及其应用；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）砷（As）是第四周期第V A族元素，最低负价为﹣3价，则砷的氢化物化学式为AsH3；同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱；H3AsO3是两性偏。
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福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二6月月考化学试题1. 《天工开物》膏液篇，关于提取油脂有如下的叙述，“若水煮法，则并用两釜。
将蓖麻、苏麻子碾碎，入一釜中，注水滚煎，其上浮沫即油”。
此文中涉及到的下列操作是A. 分液B. 蒸发C. 升华D. 蒸馏【答案】A2. 能正确表示下列反应的离子方程式是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OB. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时：H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2OD. 己知电离平衡常数：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-【答案】C【解析】A．磁性氧化铁为四氧化三铁，属于难溶物质，四氧化三铁与稀硝酸反应生成NO、硝酸铁和水，则离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，离子方程式为：SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时，生成BaSO4、NaOH和水，其反应的离子方程式为：H++SO42-+OH-+Ba2+═BaSO4↓+H2O，故C正确；D．依据电离平衡常数，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题的关键。
本题的易错点为D，依据电离平衡常数，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢钠和次氯酸。
3. 常温下，用0.1mol/L的HCl溶液滴定10.00mL 0.1mol/LROH，其滴定曲线如图所示。
，下列分析不正确的是A. ROH为弱碱B. 若a=8，从A到B的过程中，水的电离程度逐渐减小C. A点溶液c ( Cl-）=c (R+)D. 若b=15，溶液中存在c(Cl-)+c(ROH)+c(OH-)=c(H+)【答案】B【解析】分析：A．依据0.1mol/LROH的AG值计算判断；B．依据水电离影响因素判断：酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；C．A点溶液呈中性，依据电荷守恒判断；D．b=15，溶液中存在RCl两份，HCl一份，依据溶液中存在的物料、电荷守恒判断。
详解：A．依据图象可知：0.1mol/LROH的AG为-7.2，则：c(H+)/c(OH-)=10-7.2，结合c(H+)·c(OH-)=10-14得c(OH-)=10-3.4mol/L，小于0.1mol/L，所以ROH为弱碱，A正确；B．RCl为强酸弱碱盐，A点溶液为中性，但没有达到恰好完全反应的点前，水的电离程度是越来越大，恰好反应后加入酸，抑制水的电离，水的电离程度减小，B错误；C．依据溶液中电荷守恒原则：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），A点溶液呈中性，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，则c（Cl-）=c（R+），C正确；D．b=15，溶液中存在RCl两份，HCl一份，依据溶液中存在的电荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），物料守恒：3[c（R+）+c（ROH）]=2c（Cl-），得：c(Cl-)+c(ROH)+c(OH-)=c(H+)，D正确；答案选B。
4. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A. 用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B. 用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层C. 用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D. 用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体【答案】D【解析】分析：A．二者均与NaOH反应；B．苯的密度比水的密度小；C．纯碱为粉末固体，不能实现固液分离；D．NaCl溶于水。
详解：A．二者均与NaOH反应，则不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中含有的少量氯化氢，A错误；B．苯的密度比水的密度小，则图中水层在下层，B错误；C．纯碱为粉末固体，易溶于水，不能实现固液分离，不能用简易启普发生器制取少量纯净的二氧化碳气体，C错误；D．NaCl溶于水，则蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，D正确；答案选D。
5. 已知苯乙烯(b)、立方烷(d)、环辛四烯(p)的分子式均为C8H8。
下列说法正确的是A. b、d的二氯代物均只有三种B. b、p均能与酸性高锰酸钾溶液反应C. d是烷烃，只能取代，不能加成D. b和苯乙炔一样，所有原子一定处于同一平面【答案】B【解析】分析：A．二氯代物的种类取决于一氯代物中氢原子的种类；B．b、p分子中均含有碳碳双键；C．d是立方烷，不属于烷烃；D．b结构是苯环连接乙烯基，单键可以旋转，结合苯分子和乙烯分子是平面分子判断。
详解：A．二氯代物取决于一氯代物中氢原子的种类，b分子中一氯代物5种，根据定一移一可知其二氯代物的结构超过3种，立方烷的二氯代物有3种，即体对角线、面对角线和同一个面的相邻边，A错误；B．b、p分子中均含有碳碳双键，都可与酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；C．烷烃的通式为C n H2n+2，d是立方烷，不属于烷烃，C错误；D．苯乙烯分子中的所有原了可能处于同一平面，但由于单键可以旋转，所以所有原了不一定处于同一平面，D错误；答案选B。
6. 已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的 pKa1=1．85，pKa2=7．19．用0．1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0．1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)．下列说法不正确的是A. a点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32-)＜0．1 mol•L-1B. b点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)C. c点所得溶液中：c(Na+)＜3c(HSO3− )D. d点所得溶液中：c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)【答案】C【解析】试题分析：A、用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，PH=1.85=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)＜0.1 mol•L-1 ，故A正确；B、b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故B正确；C、c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，c(OH-代入计算得到：c(HSO32-)=c(SO32-)，根据物料守恒，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)]=3[c(H2SO3)+2c(HSO3-)]，c(Na+)＞3c(HSO3−)，故C错误；D、加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，d点溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)，故D 正确；故选C。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算【名师点晴】本题考查了图象变化的分析，酸碱反应溶液酸碱性，盐类水解原理，电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识，题目难度较大。
本题中的难点是C选项，c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，c(OH-c(HSO32-)=c(SO32-)，结合溶液中物料守恒分析解答。
7. 在通电条件下，用如图所示装置由乙二醛（OHC-CHO）制备乙二酸（H00C-COOH）。
其制备反应为：OHC-CHO+2Cl2+2H2O→HOOC-COOH+4HCl。
下列说法正确的是A. 每消耗0.1mol乙二醛在Pt1极放出2.24L气体（标准状况）B. Pt1的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑C. 盐酸是起提供Cl-和增强导电性的作用D. 每得到lmol乙二酸将有2molH+从右室迁移到左室【答案】C【解析】分析：A．Pt1为阴极得电子发生还原反应；B．Pt1为阴极得电子发生还原反应；C．HCl是电解质；D．Pt2为阳极，据此进行分析。
详解：A．Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为Cl2+2e-＝2Cl-，故为吸收Cl2，而不是放出Cl2，A错误；B．Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为Cl2+2e-＝2Cl-，B错误；C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，C正确；点睛：本题考查了电解池原理的分析应用，把握电解池原理以及电解过程中电极方程式的书写是解题的关键，题目难度中等。
8. 室温时，下列各溶液的叙述中正确的是A. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀B. 已知酸性：HF＞CH3COOH，pH相等的NaF与CH3COOK溶液中：[c(Na+)－c(F－)]＜[c(K+)－c(CH3COO－) ]C. 0.1mol/L的氨水的pH＝a，0.01mol/L的氨水的pH＝b，则a－1＞bD. 0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液的pH恰好等于7，则c(Na＋)>c(CHCOOH)=c(Cl－)3【答案】D【解析】A、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化,生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，选项A错误；B、pH相等的NaF与CH3COOK溶液中c（OH-）、c （H+）浓度分别相等，根据电荷守恒得c（OH-）+c（F-）=c（Na+）+c（H+）、c（OH-）+c（CH3COO-）=c（K+）+c（H+）、则c（OH-）-c（H+）=c（Na+）-c（F-）=c（K+）-c（CH3COO-），选项B错误；C、同一温度下，浓度不同的氨水中，氨水的浓度越大其电离程度越小，所以0.1mol/L 的氨水电离程度小于0.01mol/L的氨水，如果二者电离程度相等，则b=a-1，但稀氨水的电离程度大于浓氨水，则b>a-1，选项C错误；D、pH恰好等于7，则c（OH-）=c（H+），电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）= c（CH3COO-）+ c（OH-）+ c(Cl－)，故①c（Na+）= c（CH3COO-）+ c(Cl－)，故c（Na+）> c（CH3COO-），物料守恒为：②c（Na+）= c（CH3COO-）+ c（CH3COOH），②式代入①式得c(CH3COOH)=c(Cl－)，综上，得：c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)，选项D正确。