四川省成都市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷(选择题)1至5页，第Ⅱ卷(非选择题)6至8页，共8页，满分100分，考试时间90分钟
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Ca-40
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
本卷共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意。
1. 能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，下列属于二次能源的是
A. 煤炭B. 地热C. 电力D. 风能
【答案】C
【解析】
【详解】一次能源是直接获得的能源，比如煤炭、石油、风能，地热能等，二次能源是指一次能源经加工转化的能源，比如电能，故C符合题意；故答案为C。
2. 下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是
A. 花香四溢B. 冰块融化C. Na2CO3·10H2O风化D. 水蒸气冷凝
【答案】D
【解析】
【详解】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；
B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；
C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；
D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；
故合理选项是D。
3. 向稀氨水中分别加入以下物质，水的电离平衡会正向移动的是
A. NH4ClB. 浓氨水C. NaOHD. Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，NH3·H2O电离产生OH-，对水的电离平衡起抑制作用。向溶液中加入NH4Cl固体，盐电离产生的使溶液中c()增大，NH3·H2O的电离平衡受到抑制作用，NH3·H2O电离程度减小，其对水电离的抑制作用减弱，使水的电离程度增大，故水的电离平衡正向移动，A符合题意；
B．向其中加入浓氨水，NH3·H2O的浓度增大，其电离产生的c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，B不符合题意；
C．向其中加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，C不符合题意；
D．向其中加入Na2SO4，该物质是强酸强碱盐，不水解，对NH3·H2O+OH-的平衡移动无影响，因此对水的电离平衡也不影响，D不符合题意；
故合理选项是A。
4. 下列溶液显酸性，解释其原因的化学用语错误的是
A. 碳酸溶液：H2CO3⇌2H++
B. 硫酸溶液：H2SO4=2H++
C. 硫酸氢钠溶液：NaHSO4=Na++H++
D. NH4Cl溶液：+H2O⇌NH3∙H2O+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸是多元弱酸，应该分步电离，第一步电离出一个氢离子，H2CO3⇌H++H，A错误；
B．硫酸二元强酸，完全电离，H2SO4=2H++，B正确；
C．硫酸是二元强酸，硫酸氢钠中的硫酸氢根离子完全电离，硫酸氢钠溶液：NaHSO4=Na++H++，C正确；
D．NH4Cl中的铵根离子可以水解，水解方程式为：+H2O⇌NH3∙H2O+H+，D正确；
故选A。
5. 已知：反应HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ/ml。现分别取50 mL0.50 ml/L醋酸与50 mL0.55 ml/LNaOH溶液进行中和反应，用如图实验装置测定该反应的中和热△H，下列叙述正确的是
A. 图中装置缺少铜丝搅拌棒
B. 为了让反应充分进行，NaOH分三次倒入
C. 该实验测定的反应热△H＞-57.3 kJ/ml
D. 用50 mL0.50 ml/LNaOH溶液更准确
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知：图中装置缺少混合溶液的环形玻璃搅拌棒，A错误；
B．为了减少实验过程中的热量损失，NaOH溶液要一次快速倒入，B错误；
C．由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，电离过程需吸收能量，反应放出的热量越少，则相应的反应热就越大，所以使用50 mL0.50 ml/L醋酸与50 mL0.55 ml/LNaOH溶液进行中和反应就比使用50 mL0.50 ml/L盐酸与50 mL0.55 ml/LNaOH溶液进行中和反应放出热量少，因此该实验测定的反应热△H＞-57.3 kJ/ml，C正确；
D．任何反应都具有一定可逆性，为了保证醋酸完全反应，NaOH溶液要稍微过量，这样测定结果才更准确，D错误；
故选C。
6. 以下应用与盐类水解无关的是
A. 用热碱去除废铁屑表面油污
B. 配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液
C. 用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火
D. 用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意；
B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意；
D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意；
故合理选项是D。
7. H-H键键能为436 kJ/ml，下列关于反应的能量变化叙述正确的是
A. 1 ml H-H断裂放出热量436 kJ
B. a值由键能决定，与状态无关
C. 光照和点燃条件下a的数值不同
D. 使用催化剂不能改变△H
【答案】D
【解析】
【详解】A．断裂化学键需吸收能量，根据H-H键键能为436 kJ/ml可知：1 ml H-H断裂要吸收热量436 kJ，A错误；
B．a值大小不仅与反应物、生成物的物质的量的多少有关，也与物质的存在状态有关，同一物质不同状态时含有的能量多少不同，B错误；
C．反应热多少与物质的始态、终态有关，而与反应条件是光照还是点燃无关，C错误；
D．使用催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，而不能改变反应物与生成物的能量，因此不能改变反应热△H，D正确；
故合理选项是D。
8. 常温下，浓度均为的醋酸和盐酸溶液在水中的电离示意图如下图所示，下列描述错误的是
A. 代表
B. 冰醋酸是强电解质
C. ：试剂试剂2
D. 中和等体积两份溶液，耗碱量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸电离产生水合氢离子和阴离子，因此 代表H3O+，故A说法正确；
B．根据试剂2示意图，所含微粒为H3O+、CH3COO-、CH3COOH等，根据弱电解质的定义，得出CH3COOH为弱电解质，故B说法错误；
C．盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱电解质，部分电离，相同浓度时c(H+)：盐酸＞醋酸，即pH：试剂1＜试剂2，故C说法正确；
D．盐酸和醋酸均为一元酸，中和等体积等浓度的盐酸和醋酸，消耗碱的量相同，故D说法正确；
答案为B。
9. 已知热化学反应方程式：
①
②
下列说法错误的是
A. 反应①：
B. CO的燃烧热是283.0 kJ/ml
C. C生成CO需要吸热
D. 盖斯定律可间接获得不方便测量的反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①是放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，故对于反应①：，A正确；
B．燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出是热量，由于反应物是1 ml CO，反应产生了CO2气体，所以根据②可知CO的燃烧热是283.0 kJ/ml，B正确；
C．根据盖斯定律，将反应①-②，整理可得：C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ/ml，则C生成CO会放出大量的热量，C错误；
D．盖斯定律可用于计算不能直接进行反应的反应热或不容易测量的化学反应的反应热，D正确；
故合理选项是C。
10. 冰醋酸中乙酸分子间通过氢键结合为二聚体(如下图)。常温下，向冰醋酸中逐滴加入蒸馏水的过程中存在平衡：。下列关于该过程的描述错误的是
A. 乙酸二聚体逐渐减少
B. 可能先增加后减少
C. 电导率与溶液中离子浓度有关
D. 水的电离程度逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．向冰醋酸中逐滴加入蒸馏水，乙酸浓度、乙酸二聚体浓度都降低，但乙酸浓度降低得多，平衡正向移动，因此乙酸二聚体逐渐减少，故A正确；
B．冰醋酸中乙酸分子间通过氢键结合为二聚体，乙酸浓度几乎为0，逐渐加水过程中乙酸二聚体变为乙酸，因此乙酸浓度增大，再不断加水，溶液体积增大占主要，则乙酸浓度降低，因此可能先增加后减少，故B正确；
C．溶液中离子浓度越大，电导率越大即电导率与溶液中离子浓度有关，故C正确；
D．根据B选项分析在整个过程中乙酸电离出氢离子浓度先增大后减小，则水的电离程度先减小后增大，故D错误。
综上所述，答案为D。
11. 实验探究浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响。下列实验设计不恰当的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．要探究浓度对反应速率的影响，应该向两支盛有相同体积相同浓度的Na2S2O3溶液中分别滴加相同体积不同浓度的H2SO4溶液，而不是滴入相同浓度不同体积的H2SO4溶液，A错误；
B．探究温度对反应速率的影响，应该将两组溶液分别放置在不同温度的水中进行预热，然后快速混合溶液，根据出现浑浊现象的快慢判断温度对化学反应速率的影响，B正确；
C．探究温度对H2O2分解速率的影响，可以将相同浓度相同体积的H2O2溶液分别放置在冷水与热水中，根据逸出气泡的快慢分析判断，C正确；
D．要探究催化剂FeCl3对H2O2分解反应速率的影响，应该是向两种盛有等浓度等体积的H2O2溶液中，一支试管中滴有FeCl3溶液，另一种试管中滴加相同体积的蒸馏水，根据产生气泡的快慢分析判断催化剂对化学反应速率的影响，D正确；
故合理选项是A。
12. 已知，用如图针筒装入一定量的和并进行如下实验。下列说法正确的是
A. 初态到末态颜色变浅，平衡正向移动
B. 平均摩尔质量：末态大于初态
C. ：初态比末态2倍稍大
D 初态到末态减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，但体积增大引起的浓度变小，颜色变浅，选项A错误；
B．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，气体总质量不变但总物质的量增大，平均摩尔质量：末态小于初态，选项B错误；
C．初态到末态体积增大2倍，若平衡不移动，则末态是初态的一半，但压强减小，平衡逆向移动，故：初态比末态2倍略小，选项C错误；
D．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，初态到末态减小，选项D正确；
答案选D。
13. 一定温度下，向密闭容器中充入8 mlX(g)和2 mlY(g)，其物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 发生的反应为
B. 25 min改变条件重新达平衡后Y的体积分数变大
C. 25 min时改变的条件可能是加压
D. 25 min改变条件后，Kc变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：反应开始后，X的物质的量会减小，Y的物质的量在增加，说明X是反应物，Y是生成物，在相同时间内二者改变的物质的量的比是1：2，改变的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，后来二者都存在，且物质的量不再发生变化，说明反应为可逆反应，反应方程式为X(g)2Y(g)，A错误；
B．反应在25 min改变条件后，X的物质的量增加，Y的物质的量减小，则化学平衡逆向移动，重新达平衡后Y的体积分数变小，B错误；
C．25 min时改变的条件时，X的物质的量逐渐增大，Y的物质的量逐渐减小，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，要使平衡逆向移动，改变的条件可能是加压，使化学平衡逆向移动，C正确；
D．25 min改变条件后，反应温度不变，则化学平衡常数Kc就不变，D错误；
故合理选项是C。
14. 滴定分析法是一种精度很高的定量分析法。以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定某未知浓度的盐酸溶液，下列说法错误的是
A. 用酸式滴定管盛装待测液
B. 装液之前需润洗碱式滴定管
C. 指示剂多加不影响测定结果
D. 滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．某未知浓度的盐酸溶液是待测液，因此用酸式滴定管盛装待测液，故A正确；
B．装标准液之前需润洗碱式滴定管，不润洗会导致结果偏高，故B正确；
C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂，因此多加会影响测定结果，故C错误；
D．开始时，酚酞加入到盐酸中，溶液为无色，当滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，故D正确。
综上所述，答案为C。
15. 某小组进行如下实验证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]。下列相关叙述错误的是
A. 试管Ⅰ中出现白色沉淀，试管Ⅱ沉淀转为蓝色
B. 试管Ⅱ反应：Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)
C. 试管Ⅰ反应后上层清液中有c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]
D. 向试管Ⅰ中滴加过量NaOH溶液不影响结论
【答案】D
【解析】
【详解】A．试管Ⅰ中NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，且NaOH完全反应，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，二者为同种类型沉淀，则Cu(OH)2的溶解度更小，试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，A正确；
B．试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，离子方程式为Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)，B正确；
C．试管Ⅰ反应后上层溶液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，则c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]，C正确；
D．若NaOH溶液过量，则试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后直接和NaOH反应生成蓝色沉淀，而不会发生沉淀的转化，则无法得到正确结论，D错误；
综上所述答案为D。
16. 研究化学反应历程有利于调控化学反应速率。已知反应的反应进程和能量变化图如下：
ⅰ： 活化能
ⅱ： 活化能
活化能，下列叙述错误的是
A. 反应ⅰ的
B. 较小，则反应ⅰ平衡转化率小
C. 反应ⅱ是决速步骤
D. 分离NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：对于反应ⅰ，反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，所以该反应的反应热的，A正确；
B．反应i的较小，说明反应ⅰ更容易发生，化学反应速率快，而不能说该反应的化学平衡转化率小，B错误；
C．反应的活化能越高，反应就越不容易发生，反应速率就越慢。对于多步反应，反应总反应速率由慢反应决定。由于两步反应的活化能，所以反应ⅱ是决速步骤，C正确；
D．分离NO2的瞬间，反应物的浓度不变，生成物的浓度瞬间减小，则此时正反应速率不变，逆反应速率瞬间减小，故分离出NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响，D正确；
故合理选项是B。
17. Fe3+与SCN-的配位平衡是研究化学热力学原理的重要载体。向5 mL0.005 ml/LFeCl3溶液中加入5 mL0.01 ml/LKSCN溶液，溶液变红，t秒时测得溶液中c(Fe3+)=0.001 ml/L，待稳定后将溶液均分于两支试管中，完成下列实验。
下列说法正确的是
A. 离子方程式：
B. t时间内，反应平均速率
C. 试管Ⅰ溶液颜色加深说明该反应是可逆反应
D. 将试管Ⅱ饱和FeCl3溶液换为KCl固体，现象相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应产生的Fe(SCN)3不是难溶性物质，而是属于弱电解质，离子方程式应该为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，A错误；
B．将两种溶液刚混合时，溶液中c(Fe3+)=0.0025 ml/L，t秒时c(Fe3+)=0.001 ml/L，则用Fe3+浓度变化表示反应速率v(Fe3+)=，B错误；
C．试管Ⅰ溶液颜色加深说明，再加入KSCN溶液时，反应正向进行，产生更多的Fe(SCN)3，使Fe(SCN)3的浓度增大，因此证明该反应是可逆反应，C正确；
D．FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，向其中加入KCl固体，不能改变反应体系中任何微粒的浓度，因此化学平衡不移动，溶液的颜色不会加深，因此二者的实验现象不同，D错误；
故合理选项是C。
18. 为不溶性固体，可用作白色颜料和阻燃剂，在实验室可利用的水解反应制取。为了得到较多的，操作时要将缓慢加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水，下列叙述错误的是
A. 水解总反应可表示为：
B. 适当加热可使胶态聚沉，便于分离
C. 大量的水和氨水都能促进水解
D. 反应后可直接通过结晶得到固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．为不溶性固体，在实验室可利用的水解反应制取，其水解总反应可表示为：，故A正确；
B．适当加热可使胶态聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，故B正确；
C．大量的水和氨水都是降低HCl的浓度，平衡正向移动，能促进水解，故C正确；
D．为不溶性固体，因此反应后要通过过滤得到固体，故D错误。
综上所述，答案为D。
19. 已知时，向溶液中逐滴加入的盐酸，滴入过程中，溶液中、分布系数【如的分布系数：】与的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是
A. 水的电离程度：
B. 的数量级是
C. 时，
D. 时，
【答案】C
【解析】
【详解】A．随溶液pH逐渐增大，CN-浓度逐渐增大，且CN-促进水的电离平衡，故水的电离程度依次增大，即，故A正确；
B．e点时，c(CN-)=c(HCN)，=10-9.2，数量级是，故B正确；
C．时，发生反应HCl+NaCN=NaCl+HCN，故溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，根据B中电离常数可得NaCN水解大于HCN电离，故，故C错误；
D．根据电荷守恒可得，，故D正确；
故选C。
20. 硫化沉淀法处理酸性电镀废水中工艺如下，已知，，可溶于过量的溶液中。相关叙述错误的是
A. 加入调同时避免生成
B. 该过程需要控制不能碱性过强
C. 加入混凝剂可提高的沉降速度
D. 若电镀废水中含有，可直接加入将其全部转化为除去
【答案】D
【解析】
【分析】理酸性电镀废水中加入NaOH溶液，中和酸，可以防止加入硫化钠后生成硫酸氢，调节pH值后再加入硫化钠生成硫化铜沉淀，再加入混凝剂形成混凝沉淀后过滤出水，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析可知加入NaOH后可中和溶液中的氢离子，防止加硫化钠时生成硫化氢气体，故A正确；
B．碱性太强会使铜离子生成氢氧化铜沉淀或形成配合离子，不利于生成硫化铜而除去，故B正确；
C．加入混凝剂有利于硫化铜转化成混凝沉淀，加快硫化铜的沉淀，故C正确；
D．具有较强的氧化性，硫化钠具有强的还原性，两者能发生氧化还原反应，不能生成硫化铁，故D错误；
故选：D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
21. 在实验室探究温度对盐溶液和水的pH的影响，测得0.1 ml/LCuSO4溶液、0.1 ml/L Na2SO3溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。
回答下列问题：
（1）温度升高H2O的pH减小，c(H+)_______c(OH-)(填“>”、“<”或“＝”)。
（2）加热 CuSO4溶液pH变小，试结合化学用语解释原因_______。
（3）常温时向Na2SO3溶液滴加2滴酚酞，现象是_______；恢复至室温与加热前相比Kw_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；计算25℃时，H2SO3的Ka2的值为_______(忽略水的电离及的二级水解)。
（4）向加热前后的Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，发现加热后的溶液中产生的白色沉淀更多。试以此分析Na2SO3溶液pH随温度升高而降低的原因：①_______；②温度升高Kw增大。
【答案】（1）= （2）CuSO4溶液中存在，该反应吸热，温度升高，平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小
（3） ①. 溶液变红 ②. 不变 ③. 或
（4）加热过程中亚硫酸钠溶液被氧气氧化，使得c(Na2SO3)减小，碱性减弱
【解析】
【小问1详解】
水是极弱的电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，水电离过程会吸收热量，升高温度，水电离平衡正向移动，导致其中c(H+)、c(OH-)都增大，但电离产生的H+、OH-的浓度仍然相等，即c(H+)=c(OH-)；
【小问2详解】
CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：，水解反应发生会吸收热量。温度升高，水解平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小，所以升高温度，溶液的pH减小；
【小问3详解】
Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，因此向Na2SO3溶液滴加2滴酚酞，现象是溶液变为红色；溶液中水的离子积Kw只与温度有关，温度相同，水的离子积常数Kw就相同，故恢复至室温与加热前相比Kw不变；
根据图象可知：在25℃时0.1 ml/L的Na2SO3溶液的pH=9.7，则溶液中c(H+)=10-9.7 ml/L，溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-，所以c()=c(OH-)=，c()=0.1 ml/L，则H2SO3的二级电离平衡为+H+，Ka2=；
【小问4详解】
向加热前后的Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，发现加热后的溶液中产生的白色沉淀更多。Na2SO3溶液pH随温度升高而降低的原因可能是①加热过程中亚硫酸钠溶液被氧气氧化，产生Na2SO4，使得c(Na2SO3)减小，溶液的碱性减弱；②是温度升高，水的离子积常数Kw增大，c(H+)增大，导致溶液pH减小。
22. 高炉炼铁过程存在的主要反应为：
①
②
法国科学家勒夏特列经过深入的研究，发现反应②是一个可逆反应，自上而下发生在高炉中有焦炭的地方。回答下列问题：
（1）高炉炼铁采用的冶炼方法是_______(填“湿法炼铁”或“热还原法”)。
（2）反应②达到平衡标志是_______(填序号)。
A. B. 恒容体系中，压强不发生改变
C. 测定D. 碳的质量不再改变
（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压(压强为)密闭容器中充入与足量碳发生上述反应②，平衡体系中气体体积分数与温度关系如下图所示。
①反应_______0(填“>”、“<”或“=”)；该反应在_______(填“高温”或“低温”)下自发进行。
②时的分压为_______；
③时，该反应的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）热还原法 （2）BD
（3） ①. > ②. 高温 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
高炉炼铁的主要原理是：，因此应用的冶炼方法为热还原法。
【小问2详解】
反应达到平衡的标志是一定条件下正逆反应速率相等，各物质的量不变。
A．二氧化碳生成速率等于一氧化碳的生成速率，代表消耗2ml一氧化碳的同时又生成了1ml一氧化碳，一氧化碳的量改变，正逆反应速率不相等，A项错误；
B．反应②为反应前后气体分子数改变的反应，若在恒容条件下，压强不在改变，说明气体分子数不变，各物质的量不变，反应已经达到平衡，B项正确；
C．初始浓度未知，到达平衡时二氧化碳和一氧化碳浓度之比未知，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；
D．碳的质量不变，说明各物质的质量都不再改变，反应达到平衡状态，D项正确；
答案选BD。
【小问3详解】
①由图示可知，随着温度升高，一氧化碳的体积分数逐渐增大，说明温度升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H＞0；又因此反应是一个气体分子数增加的反应，△S＞0，依据△G=△H-T△S＞0反应自反进行，可知此反应在高温下自发。
②由图可知，时的体积分数为40%，因此的分压为0.4pMPa。
③由图可知，时CO和CO2的体积分数相等，则CO的分压为，CO2的分压为，化学平衡常数。
23. 天然石灰石是生产水泥的重要原材料之一。对石灰石中CaCO3含量的测定常用KMnO4化还原滴定。简化流程如下：
回答下列问题：
（1）“溶解”时为增大浸出效率，可采取的措施是_______(一条即可)。
（2）加入稀盐酸溶解后，煮沸的目的是_______。
（3）“过滤”后还需用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀三次，再用蒸馏水快速洗涤。结合，解释用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤的原因_______。
（4）“滴定”：用一定浓度的稀硫酸将沉淀多次溶解(CaSO4微溶于水，保证CaC2O4完全转化成H2C2O4)，获得的H2C2O4溶液用c ml/L KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为V mL。
①滴定时需要用到的玻璃仪器有酸式滴定管、胶头滴管、烧杯、_______；
②滴定终点的现象为_______；
③上述沉淀未洗净就滴定，结果可能_______(用“偏大”、“偏小”、“不变”填空)；
④样品中的钙含量为_______%(列表达式即可。已知：样品质量m g，通常以CaO的质量分数表示钙含量)。
【答案】（1）将石灰石粉碎或搅拌或适当升温或适当增大盐酸浓度等
（2）除去生成的CO2，避免生成CaCO3
（3）沉淀时存在平衡，用(NH4)2C2O4溶液洗涤，使得平衡逆向移动，减少沉淀的溶解
（4） ①. 锥形瓶 ②. 当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为紫红色，且30秒不复原 ③. 偏大 ④.
【解析】
【分析】石灰石与稀盐酸发生反应产生CaCl2、H2O、CO2，加热煮沸使CO2气体挥发逸出，然后向溶液中加入氨水，降低溶液的酸性，调节溶液pH，再缓慢加入适量(NH4)2C2O4溶液，反应产生CaC2O4沉淀，并过滤，用(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀，再加入适量的热的稀硫酸，得到草酸溶液，再用酸性KMnO4溶液标准溶液滴定至终点。
【小问1详解】
“溶解”时为增大浸出效率，可采取的措施是将石灰石粉碎、搅拌、适当升温或适当增大盐酸浓度等；
【小问2详解】
加入稀盐酸溶解后，煮沸的目的是除去生成的CO2，避免加入氨水水又生成CaCO3沉淀；
【小问3详解】
CaC2O4沉淀时溶液中存在沉淀溶解平衡：，用(NH4)2C2O4溶液洗涤，使溶液中c()增大，导致沉淀溶解平衡逆向移动，从而可以减少沉淀的溶解；
【小问4详解】
①滴定时需要用到的玻璃仪器有酸式滴定管、胶头滴管、烧杯、锥形瓶；
②用KMnO4酸性溶液滴定H2C2O4溶液，开始为无色，随着反应的进行，当草酸反应完全后，再滴定KMnO4酸性溶液，溶液变会为紫红色，因此滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为紫红色，且30秒不复原；
③上述沉淀若未洗净就滴定，沉淀表面的也会消耗KMnO4，导致消耗KMnO4溶液体积偏大，导致结果偏高；
④用硫酸溶解CaC2O4，发生反应为：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4，反应产生的草酸用酸性KMnO4溶液滴定，反应的离子方程式：5H2C2O4+2+8H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(KMnO4)=cV×10-3 ml，则根据方程式可得关系式：5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaC2O4)=n(KMnO4)=×cV×10-3 ml，因此m g样品中的钙含量用CaO表示为。
24. 天然水加热时产生水垢.天然水中含与，热分解产物有、。回答下列问题：
（1）加热的化学方程式为_______；持续加热，沉淀可转换为，说明_______更难溶。
（2）浓缩海水得粗盐水中主要含有、、等离子.粗盐水精制食盐过程中，按除杂顺序写出除杂试剂的化学式为_______、_______、_______，过滤取滤液，加过量盐酸酸化后，蒸发结晶纯化。
（3）工业上通常用除去天然水中，已知某天然水中开始沉淀的为9.6，则溶液中的初始浓度是_______。
（4）工业上制备轻质氧化镁流程如下.轻质氧化镁相比重质氧化镁质量更轻，更加疏松多孔。
①水解过程加热的作用是_______；
②不用重质而用轻质酸溶制备的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. ③.
（3）
（4） ①. 促进水解 ②. 轻质更疏松多孔，与硫酸反应速度更快
【解析】
【小问1详解】
加热生成碳酸钙、二氧化碳和水，化学方程式为；难溶的物质可以转化为更难溶的物质，故更难溶。
【小问2详解】
“盐水精制”步骤中需要加入三种除杂试剂，用除去Mg2+，用除去，用除去Ca2+。
【小问3详解】
为9.6，则c(H+)=10-9.6，c(OH-)=10-4.4，根据，可得的初始浓度是ml/L=。
【小问4详解】
①水解过程加热促进碳酸镁水解生成氢氧化镁。
②根据题意，轻质更疏松多孔，与硫酸反应速度更快，故不用重质而用轻质酸溶制备。
25. 烯烃是化工生产的重要原料，低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对提高化石能源利用率有着重要作用.乙烷脱氢的反应为：反应Ⅰ
（1）有关物质的燃烧热如下表。则_______。
（2）在一定温度下，有利于提高平衡转化率的措施是_______(写一条).
（3）研究发现，向反应的恒容体系中充入一定量的发生反应：。相同条件下，充入和未充入时的平衡转化率()随温度变化曲线如下图。
①向恒容体系下充入的，达到A点，反应Ⅰ的平均反应速率_______；
②图中C点与B点相同充料，则此时C点v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)；B点的v正_______C点的v逆(填“>”、“<”或“=”)。
③向反应中加入制备乙烯具有明显优势，其原因是_______。
【答案】（1）
（2）分离出产物、减压
（3） ①. 0.01 ②. > ③. < ④. 消耗产物中，促使反应正向进行，增大乙烷的平衡转化率
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据，Ⅰ.C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)-1559.8kJ/ml，Ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)-1411.0kJ/ml，Ⅲ.H2(g)+O2(g)=H2O(l)-285.8kJ/ml，根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ可得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)，则+137.0kJ/ml。
【小问2详解】
该反应为气体计量数增大的反应，减小压强，增大体积可使平衡正向移动，或及时分离出生成物也能使平衡正向移动，从而提高平衡转化率。
【小问3详解】
①
则0.01。
②C点的平衡转化率应该高于80%，故C点应反应正向进行，故v正＞v逆；C点温度高于B点，温度越高，速率越快，故B点的v正＜C点的v逆。
③反应中加入二氧化碳，发生反应，消耗产物中，促使反应正向进行，增大乙烷的平衡转化率。目的
实验设计
A
探究浓度对反应速率的影响
B
探究温度对反应速率的影响
C
探究温度对反应速率的影响
D
探究催化剂对反应速率的影响
试管
操作
现象
Ⅰ
滴入1 ml/LKSCN溶液4滴
溶液红色加深
Ⅱ
加入饱和FeCl3溶液4滴
溶液红色加深
物质
燃烧热/()