学年吉林省长春实验高中高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx

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学年吉林省长春实验高中高二上学期期末考试化学试题解析版

吉林省实验中学2018---2019学年度上学期

高二年级化学学科期末考试试题

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共20分）

1.化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释不正确的是（）

选项

现象或事实

解释或对应的离子方程式

A

用热的纯碱溶液洗去油污

CO32－+H2O

HCO3－+OH－

溶液呈碱性，温度升高碱性增强

B

酸雨样品在空气中放置pH减小

SO2+H2O=H2SO3

C

用泡沫灭火器灭火

Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑

D

用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固体

NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

A、热的纯碱溶液碱性更强，易洗去油污；

B、酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为硫被氧化，生成硫酸；

C、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，CO2隔绝氧气，Al（OH）3分解吸热，降温；

D、NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去。

【详解】A、CO32－+H2O

HCO3－+OH－，是吸热反应，升温促进碳酸根离子的水解，热的纯碱溶液碱性更强，易洗去油污，故A正确；

B、酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为硫被氧化，生成硫酸，故B错误；

C、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，CO2隔绝氧气，Al（OH）3分解吸热，降温，达到灭火的目的，故C正确；

D、NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去，故D正确；

故选B。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

B.25℃时，1L0.1mol/LNa2S溶液中阴离子总数小于0.1NA

C.25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA

D.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23g钠充分燃烧时转移电子数为NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故A错误；

B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25℃时，1L0.1mol/LNa2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B错误；

C．25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C错误；

D．23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确，答案选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的判断及计算，选项D为易错点，注意钠在化合物中的化合价均为+1价，1mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为1mol，与生成何种氧化物无关。

3.某学生的实验报告中，描述合理的是（）

A.用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸

B.用托盘天平称量25.20gNaCl

C.用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液

D.用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL

【答案】D

【解析】

【详解】A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误； 

B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B错误； 

C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；

D.滴定管精确至0.01mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；

综上所述，本题选D。

【点睛】量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。

4.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是

A.强碱性溶液中：

K+、Al3+、Cl-、SO42-

B.室温下，pH＝1的盐酸中：

Na+、Fe2+、NO3-、SO42-

C.含有Ca2+的溶液中：

Na+、K+、CO32-、Cl-

D.水电离产生的c（H+）＝1×10-13mol／L的溶液中：

Na+、K+、Cl-、SO42-

【答案】D

【解析】

A、在强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，选项A错误；B、因PH=1的溶液有大量H+，则H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C、Ca2+、CO32-之间发生反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，选项C错误；D、因水电离的c（H+）=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，但都能与Na+、K+、Cl-、SO42-大量共存，选项D正确。

答案选D。

点睛：

本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，注意明确离子不能大量共存的一般情况：

能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：

溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

5.某反应由两步反应A

B

C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。

下列有关叙述不正确的是（）

A.A→C的反应为放热反应B.稳定性C＞A＞B.

C.A→C的反应中，△H=（E2+E4）-（E1+E3）D.加入催化剂不会改变反应的焓变

【答案】C

【解析】

【分析】

A．A的能量比C的能量高；

B．能量低的物质稳定；

C．由反应物、生成物总能量判断焓变；

D．催化剂不改变反应的始终态。

【详解】A．A的能量比C的能量高，则A→C为放热反应，故A正确；

B．能量低的物质稳定，则稳定性C＞A＞B，故B正确；

C．由反应物、生成物总能量判断焓变，则A→C的反应中，△H=E1＋（E3-E2）-E4=（E1+E3）-（E2+E4），故C错误；

D．催化剂不改变反应的始终态，加入催化剂时焓变不变，故D正确；

故选：

C。

【点睛】本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，解题关键：

把握图中能量变化、焓变计算、物质的稳定性，难点C，注意活化能和焓变的关系。

6.下列关于化学反应速率的说法正确的是

①有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子数目，从而使反应速率增大。

②其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快。

③6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大。

④升高温度能增大反应物分子中活化分子的百分数。

⑤恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快。

⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多。

A.①②⑤B.②④C.②⑤D.③⑥

【答案】B

【解析】

【详解】①.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子的数目和百分数都不变，但可增加单位体积内活化分子数目，有效碰撞的次数增多，从而使反应速率增大，故①错误；

②.其他条件不变，升高温度，可使更多的普通分子转化为活化分子，有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故②正确；

③.用同种物质表示同一个化学反应的反应速率时适用，对于不同的化学反应或用不同物质表示反应速率时，6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率不一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大，故③错误；

④.升高温度，可使更多的普通分子变成活化分子，能增大反应物分子中活化分子的百分数，故④正确；

⑤.恒温时，对于有气体参加的可逆反应，若在容器体积不变的情况下充入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，故⑤错误；

⑥.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但不能增大活化分子的百分数，故⑥错误，正确的是②④，答案选B。

【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的概念和影响因素为解答的关键，要特别注意外界条件对活化分子数目和活化分子百分数的影响，改变浓度、压强可以改变单位体积内活化分子数目，但不改变活化分子百分数，为易错点。

7.如图所示，ΔH1=−393.5kJ·mol−1，ΔH2=−395.4kJ·mol−1，下列有关说法或表示式正确的是（）

A.C（s，石墨）＝C（s，金刚石）　ΔH=−1.9kJ·mol−1

B.石墨和金刚石的转化是物理变化

C.金刚石的稳定性比石墨的弱

D.1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，最后结合物质的能量越低越稳定以及反应热=反成物的总能量-生成物的总能量解答。

【详解】由图得：

①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1

②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ·mol－1，

利用盖斯定律将①-②可得：

C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，则

A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，故A错误；

B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；

C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；

D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，所以1mol石墨本身具有的总能量比1mol金刚石本身具有的总能量小1.9kJ，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查利用盖斯定律书写热化学方程式，解题关键：

盖斯定律应用，易错点C，注意物质的稳定性与能量的关系：

物质的能量越大越不稳定。

8.已知2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）　ΔH＝－197kJ·mol－1。

在25℃时，向恒压密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量a1；若25℃时，在此恒压密闭容器中只通入1molSO2和0.5molO2，达到平衡时放出热量a2。

则下列关系正确的是（　　）

A.2a2＝a1＝197kJB.2a2＜a1＜197kJ

C.a2＞a1＞197kJD.197kJ＞a1＝2a2

【答案】D

【解析】

【分析】

恒温恒压下，同一可逆反应，若投料量转化成相同物质时量是成比例的，达平衡时即为等效平衡，平衡后体系中各组分的百分含量相同，各组分的浓度相同；所以题中两个反应为等效平衡，达到平衡时反应物的转化率相等，则反应放出的热量关系为：

a1=2a2；再根据可逆反应特点得出：

197kJ＞a1=2a2．

【详解】恒温恒压下，对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g），向恒压密闭容器中通入2molSO2和1molO2与只通入1molSO2和0.5molO2互为等效平衡，达到平衡时反应物的转化率一定相等，则反应放出的热量关系为：

a1=2a2；

在可逆反应的热化学方程式中，反应热是指完全转化的反应热，所以a1＜197kJ，

即：

197kJ＞a1=2a2，

故选：

D。

9.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（　　）

X

Y

Z

W

A

C

Fe

NaCl

H2O

B

Pt

Cu

CuSO4

CuO

C

C

C

H2SO4

H2SO4

D

Ag

Fe

AgNO3

AgNO3晶体

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，要使溶液恢复到电解前的状态，应该遵循“析出什么加入什么”原则，

A、C作阳极、Fe作阴极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解HCl；

B．Pt作阳极、Cu作阴极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于电解生成CuO；

C、C作阴阳极电解H2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解生成水；

D、用Ag作阳极、Fe作阴极电解硝酸银溶液，阳极上Ag失电子生成银离子、阴极上银离子得电子生成Ag，所以相当于电镀。

【详解】用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，要使溶液恢复到电解前的状态，应该遵循“析出什么加入什么”原则，

A．C作阳极、Fe作阴极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解HCl，要使溶液恢复原状，应该通入适量的HCl，故A错误；

B．Pt作阳极、Cu作阴极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于电解生成CuO，要使溶液恢复原状加入加入适量的CuO，故B正确；

C、C作阴阳极电解H2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解生成水，要使溶液恢复原状加入加入适量的水，故C错误；

D、用Ag作阳极、Fe作阴极电解硝酸银溶液，阳极上Ag失电子生成银离子、阴极上银离子得电子生成Ag，所以相当于电镀，溶液浓度不变，不需要加入任何物质，故D错误；

故选B。

【点睛】本题考查电解原理，解题关键：

正确判断各个电解上发生的反应及电解产物成分，易错点D中较活泼金属作阳极，阳极上金属电极失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子。

10.合成氨反应为：

3H2＋N2

2NH3，其反应速率可以分别用v（H2）、v（N2）、v（NH3）表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是（）

A.3v（H2）正＝v（N2）逆B.v（H2）生成＝v（NH3）生成

C.v（N2）消耗＝2v（NH3）消耗D.2v（H2）逆＝3v（NH3）正

【答案】D

【解析】

【分析】

根据不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，反应达平衡时，正速率等于逆速率分析。

【详解】A、平衡时，v（H2）正：

v（N2）逆=3：

1，故A错误；

B、平衡时，v（H2）生成：

v（NH3）生成=3：

2，故B错误；

C、平衡时，v（N2）消耗：

v（NH3）消耗=1：

2，故C错误；

D、平衡时，v（H2）逆：

v（NH3）正=3：

2，故D正确；

故选D。

二、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共30分）

11.室温下，有2种溶液0.01mol·L-1NH3·H2O和0.01mol·L-1NH4Cl，下列操作可以使2种溶液中c（NH4+）都增大的是（）

A.通入少量HCl气体B.加入少量H2O

C.加入少量NaOH固体D.升高温度

【答案】A

【解析】

试题分析：

有两种溶液：

①0.01mol·L－1NH3·H2O溶液，存在：

NH3·H2O

NH4++OH—、②0.01mol·L－1NH4Cl溶液，存在：

NH4Cl=NH4++Cl—，NH4++H2O

NH3·H2O+H+；故通入少量HCl气体①平衡正向移动c（NH4+）增大，②平衡逆向移动c（NH4+）增大，故A项正确；加入少量NaOH固体①平衡逆向移动，c（NH4+）减小，②平衡正向移动c（NH4+）减小，B项错误；加入少量H2O两平衡均正向移动，但主体微粒浓度均减小，c（NH4+）均减小，C项错误；升高温度两平衡均正向移动，则①中c（NH4+）增大，②中c（NH4+）减小，故D项错误。

考点：

溶液中离子平衡。

12.质子交换膜燃料电池（PEMFC）常作为电动汽车的动力源。

该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+。

下列对该燃料电池的描述中正确的是（　　）

①正极反应为：

O2+4H++4e-

2H2O

②负极反应为：

2H2-4e-

4H+

③总的化学反应为：

2H2+O2

2H2O

④氢离子通过电解质向负极移动

A.①②B.②③④C.①②③D.①②③④

【答案】A

【解析】

【分析】

该燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，通入氧化剂的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，阳离子向正极移动，电子从负极沿导线流向正极．

【详解】①正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：

O2+4H＋+4e－═2H2O，故正确；

②通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，负极反应为：

2H2-4e-

4H+，故正确；

③将正负极电极反应式相加得总的化学反应为：

2H2+O2═2H2O，不是点燃生成水，故错误；

④该电池放电时，阳离子向正极移动，所以H＋通过电解质向正极移动，故错误；

故选A。

13.某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是

A.石墨电极与直流电源负极相连

B.铜电极的反应式为：

2H2O+2e-

2OH-+H2↑

C.氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na+向石墨电极迁移

D.用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色

【答案】B

【解析】

氯碱工业原理：

阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，由图可知Cu为阴极（若铜为阳极，则铜失电子，氯离子不反应），C为阳极。

A、石墨为阳极，与直流电源的正极相连，选项A错误；Ｂ、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铜电极的反应式为：

2H++2e-═H2↑，选项Ｂ正确；C、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，电解池中阳离子向阴极移动，Na+向Cu电极移动，选项C错误；Ｄ、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有氯气生成，所以用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸不变蓝色，选项Ｄ错误。

答案选Ｂ。

14.物质的量浓度相同的以下溶液：

①NH4HSO4②（NH4）2CO3③NH4Fe（SO4）2④NH4NO3⑤NH4HCO3，C（NH4＋）由大到小的顺序为

A.②①③④⑤B.③①④②⑤C.①③④⑤②D.①④②⑤③

【答案】A

【解析】

【分析】

物质的量相等的这几种溶液中，铵根离子水解程度较小，所以要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可。

【详解】①③④⑤中铵根离子系数都是1，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，，但氢离子抑制作用强于亚铁离子；

②中铵根离子系数是2，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②①③④⑤，故选A。

【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，先根据铵根离子系数进行分类，最后根据其它离子对铵根离子的影响来分类即可，难度中等。

15.可逆反应：

A＋B

C，在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是

A.ΔH＞0、ΔS＞0B.ΔH＜0、ΔS＜0

C.ΔH＜0、ΔS＞0D.ΔH＞0、ΔS＜0

【答案】B

【解析】

试题分析：

由混合判据可知，当

<0时反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，那么当ΔH＜0、ΔS＜0时，

，反应能自发进行。

考点：

反应进行的方向判断

16.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是

A.NH3·H2OB.NaOHC.Na2CO3D.MgCO3

【答案】D

【解析】

试题分析：

Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，正确，选D。

考点：

考查盐类水解的应用。

17.已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：

化学式

Zn（OH）2

ZnS

AgCl

Ag2S

MgCO3

Mg（OH）2

溶度积

5×10－17

2.5×10－22

1.8×10－10

6.3×10－50

6.8×10－6

1.8×10－11

根据上表数据，判断下列化学过程不能实现的是（）

A.2AgCl＋Na2S＝2NaCl＋Ag2S

B.MgCO3＋H2O＝Mg（OH）2＋CO2↑

C.ZnS＋2H2O＝Zn（OH）2＋H2S↑

D.Mg（HCO3）2＋2Ca（OH）2＝Mg（OH）2↓＋2CaCO3↓＋2H2O

【答案】C

【解析】

根据溶度积常数可知，溶解度：

ZnS＜Zn（OH）2，由于发生复分解反应时生成溶解度更小的物质，故C不正确。

18.对于0.1mol•L-1Na2CO3溶液,下列说法正确的是（）

A.升高温度，溶液的pH降低

B.c（Na＋）=2c（CO32―）+c（HCO3―）+c（H2CO3）

C.c（Na＋）+c（H＋）="2"c（CO32―）+2c（HCO3―）+c（OH―）

D.加入少量NaOH固体，c（CO32―）与c（Na＋）均增大

【答案】D

【解析】

碳酸钠水解显碱性，水解吸热，升高温度，促进水解，pH增大，A不正确。

B不正确，不符合物料守恒，应该是c（Na＋）=c（CO32―）+c（HCO3―）+c（H2CO3）。

C不正确，应该是c（Na＋）+c（H＋）="2"c（CO32―）+c（HCO3―）+c（OH―）。

加入氢氧化钠抑制水解，c（CO32―）与c（Na＋）均增大，D正确，答案选D。

19.常温下，在20.0mL0.10mol•L-1氨水中滴入0.10mol•L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。

已知0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是（）

A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂

B.M点对应的盐酸体积大于20.0mL

C.M点处的溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）>c（H＋）=c（OH－）

D.N点处的溶液中pH小于12

【答案】D

【解析】

【分析】

A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；

B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；

C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c