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山西省晋中市平遥县和诚中学2020届高三上学期12月月考化学试题
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和诚中学2019—2020学年高三12月月考
化学试题
一、单选题(每小题3分，共54分)
1.下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）
A. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) ΔH=-216kJ·mol-1，E反应物
D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应后生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；
C. 该反应为吸热反应；
D. 该反应为可逆反应。
【详解】A.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应ΔH<0，A项错误；
B.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，该反应ΔH>0，B项正确；
C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) ΔH=+92.3kJ·mol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；
D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<-38.6kJ·mol-1，D项错误；
答案选B。
2.温度为T时，向2 L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋B(g)C(g)＋xD(g) ΔH＞0，容器中A、B、D的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应前10 min内反应的平均速率为v(D)＝0.3 mol·L－1·min－1
B. 若平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡逆向移动，平衡常数K值减小
C. 反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是缩小容器体积
D. 反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是降低反应体系温度
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像，改变量之比等于计量系数之比，A、B、D改变量分别为1.5 mol，1.5mol，3mol，因此x =2,
【详解】A选项，反应前10 min内D的平均速率，故A错误；
B选项，若平衡时保持温度不变，压缩容器体积，向体积减小的方向移动即逆向移动，平衡常数K值只与温度有关即K不变，故B错误；
C选项，反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是缩小容器体积，平衡逆向移动，D物质的量减小，A、B物质的量增加，故C正确；
D选项，反应至15 min时，改变条件可能是降低反应体系温度，平衡正向移动，D物质的量增加，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】物质的改变量之比等于计量系数之比。
3.25℃时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA（Ka=1.0×10-3）中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
B. 溶液在a点和b点时水的电离程度不相同
C. b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)
D. V=10mL时，c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)
【答案】A
【解析】
【详解】A、a点时，pH=3，c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1，因为Ka=1.0×10-3，所以c(HA)＝c(A_)，根据电荷守恒c(A_) + c(OH_) = c(Na+) + c(H+)可知c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；
B、a点溶质为HA和NaA，pH＝3，c(H+) = 1.0×10-3mol·L-1，c(OH_)＝10－11 mol·L-1，则水电离出的c(OH－)＝10－11 mol·L-1，b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(H+) =1.0×10-11 mol·L-1，c(OH－)＝10－3 mol·L-1，则水电离出的c(OH－)＝10－11 mol·L-1，两者水电离出的氢氧根离子浓度相等，水的电离程度相同，故B错误；
C、根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(A_) + c(OH_)可得c(Na+) = c(A_) + c(OH_)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A_) + c(OH_)－c(H+) = c(HA) + c(A_ ) + c(OH_)，推出c(HA) + c(H+) = 0，故假设不成立，故C错误；
D、V=10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A_ + H2OHA +OH_，水解后溶液显碱性，c(OH_)＞c(H+)，即c(HA)＞c(H+)，故D错误。
答案为A。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，B为解答易错点。
4.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
C
除去苯中混有的少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。
5.在25℃和100℃两种温度下，碳酸钙(CaCO3)在水中的溶解平衡曲线如图所示：下列有关说法正确的是（ ）
A. CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq) ΔH＜0
B. a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等
C. 25℃时，水分挥发，可使溶液由a点移动到c点
D. 25℃，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据图中信息可知，升高温度，反应CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)的溶度积增大，沉淀溶解平衡是吸热过程，ΔH>0，选项A错误；
B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，选项B错误；
C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，选项C错误；
D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，选项D正确。
答案选D。
6.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B. 0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. 0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
D. 0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【答案】A
【解析】
【详解】A、0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A选项正确；
B、0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH4+水解和NH3·H2O的电离，则c(NH4+)= c(NH3·H2O)=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B选项错误；
C、根据物料守恒，0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)，即c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，C选项错误；
D、0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误。
答案为A。
【点睛】明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
7.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO3－
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp[CaCO3]＝4.96×10－9，Ksp[MgCO3]＝6.82×10－6，Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是（ ）
A. 沉淀物X为CaCO3
B. 滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C. 滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D. 步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
【答案】A
【解析】
【分析】
步骤①，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；
步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol•L-1．
根据溶度积可判断无Ca(OH)2生成，有Mg(OH)2沉淀生成，据此分析判断。
【详解】A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH )=0.001mol，[即n(OH-)=0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，此时c(Ca2+)c(CO32-)＞Ksp(CaCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓，沉淀溶液中剩余c(Ca2+)约为0.010 mol•L-1，c(CO32-)约为4.96×10－7 mol•L-1，没有MgCO3生成，所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010 mol•L-1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol•L-1，则Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=0.010×(10-3)2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。Qc[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，c(Mg2+)=5.61×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH-。由于Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D错误；
故选A。
【点睛】正确理解沉淀的生成与溶度积的关系是解题的关键。本题的易错点为A，要注意生成碳酸钙沉淀后溶液中Qc(MgCO3)与Ksp(MgCO3)比较。
8.若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg。室温下实验室中用0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是
A. 室温下，醋酸的电离常数约为10－5
B. A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL
C. 若B点为40 mL，所得溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. 从A到B，水的电离程度逐渐变大
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据图象可知：在室温下，醋酸溶液的AG=lg=7，即=107，而水的离子积Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5 mol/L，而在醋酸溶液中，c(CH3COO-)≈c(H＋)=10－3.5 mol/L，因此醋酸的电离平衡常数Ka=≈=10-5，A正确；
B.A点的AG=lg =0，即=1，则c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，B错误；
C.当B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，C错误；
D.A点之后，当V(NaOH)>20 mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D错误；
故合理选项是A。
9.某密闭容器中充入一定量N2、H2发生反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），测得NH3浓度与反应温度关系如图。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应△H＞0
B. N2转化率：c＞b＞a
C. 化学反应速率：c＞b＞a
D. 平衡常数K：b＞c＞a
【答案】C
【解析】
【分析】
反应由O到b点时，未达到平衡状态；b点达到平衡状态，升高温度，氨的浓度减小，平衡逆向移动。
【详解】A. 分析可知，达到平衡状态后，升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应△H<0，与题意不符，A错误；
B. 生成的氨气的浓度越大，则N2转化率越高，则转化率：b＞c＞a，与题意不符，B错误；
C. 反应的温度越高，化学反应速率越快，则化学反应速率：c＞b＞a，符合题意，C正确；
D. 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K越小，平衡常数K：a＞b＞c，与题意不符，D错误；
答案为C。
【点睛】化学平衡常数只与温度有关，与反应的程度无关。
10.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2 (g)＋O2 (g）2SO3(g) ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强对反应速率的影响
B. 图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且P甲大于P乙
D. 图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且T甲小于T乙
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正>v逆，与图像相符，则图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强，与题意不符，A错误；
B. 加入催化剂正逆反应速率相同，且均增大，即图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂，与题意不符，B错误；
C. 增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正>v逆，速率加快反应时间缩短，则P甲小于P乙，与图像不符，图Ⅲ表示的不是压强对化学平衡的影响，符合题意，C正确；
D. 升高温度，正逆反应速率均增大，且T甲小于T乙；平衡逆向移动，二氧化硫的转化率降低，图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，与题意不符，D错误；
答案为C。
11.下列操作或试剂选择合理的是（ ）
A. 焰色反应时需用稀硫酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色。
B. 用湿润的pH试纸测得某碱性溶液的pH为13
C. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
D. 用丁达尔效应可鉴别溶液和胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用稀硫酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，会生成沸点较高的硫酸盐附着在铂丝上，而用稀盐酸洗涤生成的氯化物沸点低，灼烧时容易除去杂质，故A错误；
B. 测定溶液的pH要使用干燥的pH试纸，湿润的试纸会改变溶液中离子浓度，故B错误；
C. 硝酸钾的溶解度随温度升高变化较大，而氯化钠的溶解度随温度升高变化较小，除去硝酸钾，应使氯化钠留在母液中，不能冷却，应趁热过滤，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液中没有丁达尔现象，可鉴别溶液和胶体，故D正确；
答案选D。
12.利用下述操作步骤：①加盐酸溶解 ②加烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量生成沉淀 ⑤加盐酸生成沉淀，由含少量铁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，最恰当的组合是（ ）
A. ②③④③ B. ②③⑤③ C. ①③④③ D. ②⑤③④
【答案】A
【解析】
【分析】
含少量铁粉的铝粉中若先加盐酸，两种金属都溶解，生成FeCl2、AlCl3，再加过量的碱，FeCl2转化为Fe(OH)2，继而转化为Fe(OH)3，AlCl3转化为NaAlO2，过滤出Fe(OH)3，得NaAlO2溶液，再通入过量CO2，再过滤才能得到Al(OH)3，此操作共需五个步骤，且Fe(OH3是胶状沉淀，过滤起来比较困难，所以应采用先加NaOH溶液溶解。
【详解】加烧碱溶液(②)溶解，得到NaAlO2溶液和Fe，过滤(③)得NaAlO2溶液，再通入过量生成沉淀(④)，最后再过滤(③)，即得纯净的氢氧化铝。
所以操作顺序为②③④③。
答案为A。
【点睛】若选用B，在NaAlO2溶液中加入盐酸，盐酸的用量难以控制，一旦盐酸过量，就会造成氢氧化铝的溶解损失。
13.下列离子方程式不正确的是
A. 实验室用过量NaOH溶液吸收二氧化硫气体：2OH-+SO2=SO32-+H2O
B. 久置的二氧化硫水溶液滴加BaCl2溶液出现白色沉淀：Ba2++SO32-=BaSO3↓
C. 小苏打溶液中加入足量的澄清石灰水：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O
D. 在淀粉碘化钾溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液吸收二氧化硫气体，氢氧化钠过量，生成正盐，即生成亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故A正确；
B．久置的二氧化硫水溶液会被空气氧化成硫酸，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，故B错误；
C．小苏打溶液中加入足量澄清石灰水的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．在淀粉-KI溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝，说明有碘生成，二氧化氯作氧化剂，离子方程式：2ClO2+10I-+8H+═5I2+2Cl-+4H2O，故D正确；
故答案为B。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
14.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确是( )
A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；
B. 途径2中，根据原子守恒200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，与题意不符，B错误；
C. CuCl2•2H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。
15.工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体。
下列说法错误的是
A. 步骤a中还需要加入适量的氧气和水
B. 保温去铁后过滤，铁元素主要以+2价的沉淀形式被过滤出去
C. 蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解
D. 硝酸铜溶液中离子浓度大小：
【答案】B
【解析】
【详解】A、氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，所以步骤a中还需要加入适量的氧气和水，故A正确；
B、铁在硝酸中被氧化为+3价，保温去铁后过滤，铁元素主要以Fe(OH)3形式被过滤出去，故B错误；
C、硝酸铜易水解，蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解，故C正确；
D、硝酸铜易水解，溶液呈酸性，所以硝酸铜溶液中离子浓度大小：，故D正确。答案选B。
16.已知：酸式乙二酸钠与浓硫酸共热时反应为。利用该反应所产生的气体（X）用有关仪器装置进行实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 对I装置，活塞关闭，打开活塞，在导管D处能得到纯净而干燥的CO
B. 当A选项反应完成后，再关闭活塞，打开活塞，在导管D处得到纯净而干燥的
C. 利用装置I中D处所得纯净CO气体，通过实验装置II能够说明CO具有还原性
D. 实验装置III与实验装置II相比较，能减少CO污染，能顺利完成氧化铁还原实验
【答案】D
【解析】
【详解】A．对装置Ⅰ，关闭活塞K2，打开活塞K1，气体经过氢氧化钠溶液除去 CO2，再经浓硫酸干燥，即能得到纯净而干燥的 CO，故A正确；
B． CO2 与氢氧化钠溶液生成的碳酸钠溶液中加入稀硫酸生成 CO2，故B正确；
C．纯净的 CO 通过实验装置Ⅱ，若红色粉末变为黑色或澄清石灰水变浑浊，都能够说明CO 具有还原性，故C正确；
D．实验装置Ⅲ气体不能顺利进入硬质玻璃管，无法完成实验，故D错误；
故答案为D。
17.现有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④氯乙烯、⑤2—丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧乙醛，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是( )
A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ②③④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，则分子中含碳碳双键或碳碳三键、-CHO等，以此来解答。
【详解】④氯乙烯中含碳碳双键、⑤2-丁炔中含碳碳三键、⑧乙醛中含-CHO，均既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，而①②③⑥均不能，⑦只能与高锰酸钾溶液反应褪色；
故选C。
【点睛】能使酸性高锰酸钾褪色的有机物有：烯烃、炔烃、部分苯的同系物、醇、酚、醛。能使溴水褪色的有机物有：烯烃、炔烃、醛。故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是烯烃、炔烃、醛。
18.下列叙述正确的是
①氧化还原反应的实质是电子的得失。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。
③标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同。
④溶于水得到的溶液可以导电的物质就是电解质。
⑤利用丁达尔现象区别溶液和胶体。
⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。
⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。
⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑦⑧ D. ④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，与题意不符，错误。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，根据PV=nRT，则它可能处于标准状况下，与题意不符，错误。
③标准状况下，HCl为气体，H2O为液体， 则1 LH2O的物质的量大于 1 LHCl的物质的量，与题意不符，错误。
④溶于水得到的溶液，可能为溶质与水反应生成的物质导电，也可能该物种电离产生的离子导电，则无法判断该物质就是电解质，与题意不符，错误。
⑤胶体具有丁达尔现象，而溶液无此性质，可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，符合题意，正确。
⑥两种物质物质的量相同，若两物质均为气体，则它们在标准状况下的体积也相同，与题意不符，错误。
⑦在同温同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，符合题意，正确。
⑧同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，ρ=、m=nM，则气体的密度与气体的相对分子质量成正比，符合题意，正确。
综上所述，答案为C。
二、综合题(共46分)
19.A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。
阳离子
Na＋、Ba2＋、NH4+
阴离子
CH3COO－、Cl－、OH－、SO42-
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是___，B是___。
（2）写出C与D反应的离子方程式___。
（3）25℃时，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝___(用含有a的关系式表示)。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为___。
（5）在一定体积的0.005mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是___。
【答案】 (1). CH3COONa (2). NH4Cl (3). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (4). 10a-14 (5). c(OH－)>c(Ba2+)=c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+) (6). 1∶4
【解析】
【分析】
有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为CH3COONa；NH4Cl；
(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故答案为Ba2++SO42-=BaSO4↓；
(3)B是NH4Cl，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，将两个等式相减得c(H+)-c(NH3•H2O)=c(OH-)=10 a-14，故答案为10 a-14；
(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故答案为c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)；
(5)C是氢氧化钡，在一定体积的0.005mol·L－1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH-)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得x∶y=1∶4，故答案为1∶4。
【点睛】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的难点是(4)中判断溶液中离子浓度大小的比较，要注意根据物料守恒和电荷守恒分析判断。
20.卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。
②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。
写出图中仪器的名称：①_____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：_____（填g或f）。
（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：__________________________
②上述反应中氧化剂：__________，还原剂：__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。
③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_________________________
【答案】 (1). 1:5 (2). 0.5NA (3). 溶液分层，下层液为紫红色 (4). 蒸馏烧瓶 (5). 温度计 (6). g (7). MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O (8). MnO2 (9). HCl (10). 1:1 (11). Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；
②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；
②依据氧化还原反应的规律分析；
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；
【详解】（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++ Cl2↑+2H2O；
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；
③a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2> I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+> I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。
【点睛】本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断
(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。
(2)还原性强弱：还原剂>还原产物。
21.氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。
(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下两个反应进行:
反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
请回答：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=_____________，该反应能自发进行的主要原因是__________________．
(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。
①若700℃发生该反应，经3分钟达到平衡，计算0—3分钟v(S2)=_______mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数为_________．
②若该反应在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率________90%(填“＞”、“＜”或“=”)．
③下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是_______．
A．焦炭的质量不再变化时
B．CO2、SO2的浓度相等时
C．SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1:1
D．容器的总压强不再变化时
(3) NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示．
石墨I附近发生的反应为__________________________________，当外电路通过1mole-，正极上共消耗_______mol N2O5 。
【答案】 (1). +95.5 kJ·mol-1 (2). ΔS＞0 (3). 0.15 (4). 36.45 (5). ＜ (6). AD (7). NO2+NO3--e-=N2O5 (8). 0.5
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到；反应自发进行的条件是△H-T△S＜0；
（2）①利用反应的三段式结合反应速率公式、平衡常数表达式计算；
②700℃时升高温度，SO2转化率降低，则平衡逆向移动，正向反应为放热反应，该体系相当在恒温恒容平衡体系中升温，平衡逆向移动；
③化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
（3）石墨I为电池的负极：NO2失电子生成N2O5，写出电极反应式；写出反应的总方程式再计算电子转移数。
【详解】(1)反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=[-117.2 kJ·mol-1+(+21.7 kJ·mol-1)]×（-1）=+95.5 kJ·mol-1 ，该反应能自发进行的主要原因是：该反应是吸热反应，反应能发生则△S＞0；
(2)① 反应的三段式为 2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）
起始浓度（mol·L－1） 1 0 0
变化浓度（mol·L－1） 0.9 0.45 0.9
平衡浓度（mol·L－1） 0.1 0.45 0.9
v（S2）=△c÷△t=0.45mol·L－1÷3min=0.15mol/（L·min）
该温度下的平衡常数k= = =36.45；
②1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、700℃反应时，SO2的转化率为90%，若1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当在恒容、700℃反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；
③A．焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量增加，则反应逆向进行，若焦炭的质量不再变化时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．CO2、SO2的浓度相等时，不能确定正逆反应速率是否相等，所以不能确定反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．无论反应是否达到平衡，SO2的消耗速率与CO2的生成速率始终相等，所以SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1：1时，不能确定反应状态是否平衡，故C错误；
D．反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强不再变化时，反应达到平衡状态，故D正确；
故选AD；
（3）石墨I，NO2失电子生成N2O5，附近发生的反应为NO2+NO3--e-=N2O5；
总反应为：4NO2+O2=2N2O5，每转移4mol电子，生成2molN2O5，当外电路通过1mole-，正极上共消耗 0.5mol N2O5 。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率计算、化学平衡常数应用及其计算、化学平衡状态的判定、电池电极反应等，掌握基础知识与迁移运用是解题关键，注意（3）是易错点，也是难点，写出反应的总方程式再计算电子转移数。
和诚中学2019—2020学年高三12月月考
化学试题
一、单选题(每小题3分，共54分)
1.下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）
A. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) ΔH=-216kJ·mol-1，E反应物
D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应后生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；
C. 该反应为吸热反应；
D. 该反应为可逆反应。
【详解】A.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应ΔH<0，A项错误；
B.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，该反应ΔH>0，B项正确；
C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) ΔH=+92.3kJ·mol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；
D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<-38.6kJ·mol-1，D项错误；
答案选B。
2.温度为T时，向2 L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋B(g)C(g)＋xD(g) ΔH＞0，容器中A、B、D的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应前10 min内反应的平均速率为v(D)＝0.3 mol·L－1·min－1
B. 若平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡逆向移动，平衡常数K值减小
C. 反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是缩小容器体积
D. 反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是降低反应体系温度
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像，改变量之比等于计量系数之比，A、B、D改变量分别为1.5 mol，1.5mol，3mol，因此x =2,
【详解】A选项，反应前10 min内D的平均速率，故A错误；
B选项，若平衡时保持温度不变，压缩容器体积，向体积减小的方向移动即逆向移动，平衡常数K值只与温度有关即K不变，故B错误；
C选项，反应至15 min时，其他条件不变，改变的条件可能是缩小容器体积，平衡逆向移动，D物质的量减小，A、B物质的量增加，故C正确；
D选项，反应至15 min时，改变条件可能是降低反应体系温度，平衡正向移动，D物质的量增加，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】物质的改变量之比等于计量系数之比。
3.25℃时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA（Ka=1.0×10-3）中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
B. 溶液在a点和b点时水的电离程度不相同
C. b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)
D. V=10mL时，c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)
【答案】A
【解析】
【详解】A、a点时，pH=3，c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1，因为Ka=1.0×10-3，所以c(HA)＝c(A_)，根据电荷守恒c(A_) + c(OH_) = c(Na+) + c(H+)可知c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；
B、a点溶质为HA和NaA，pH＝3，c(H+) = 1.0×10-3mol·L-1，c(OH_)＝10－11 mol·L-1，则水电离出的c(OH－)＝10－11 mol·L-1，b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(H+) =1.0×10-11 mol·L-1，c(OH－)＝10－3 mol·L-1，则水电离出的c(OH－)＝10－11 mol·L-1，两者水电离出的氢氧根离子浓度相等，水的电离程度相同，故B错误；
C、根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(A_) + c(OH_)可得c(Na+) = c(A_) + c(OH_)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A_) + c(OH_)－c(H+) = c(HA) + c(A_ ) + c(OH_)，推出c(HA) + c(H+) = 0，故假设不成立，故C错误；
D、V=10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A_ + H2OHA +OH_，水解后溶液显碱性，c(OH_)＞c(H+)，即c(HA)＞c(H+)，故D错误。
答案为A。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，B为解答易错点。
4.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
C
除去苯中混有的少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。
5.在25℃和100℃两种温度下，碳酸钙(CaCO3)在水中的溶解平衡曲线如图所示：下列有关说法正确的是（ ）
A. CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq) ΔH＜0
B. a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等
C. 25℃时，水分挥发，可使溶液由a点移动到c点
D. 25℃，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据图中信息可知，升高温度，反应CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)的溶度积增大，沉淀溶解平衡是吸热过程，ΔH>0，选项A错误；
B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，选项B错误；
C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，选项C错误；
D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，选项D正确。
答案选D。
6.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B. 0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. 0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
D. 0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【答案】A
【解析】
【详解】A、0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，A选项正确；
B、0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH4+水解和NH3·H2O的电离，则c(NH4+)= c(NH3·H2O)=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B选项错误；
C、根据物料守恒，0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)，即c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，C选项错误；
D、0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误。
答案为A。
【点睛】明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
7.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO3－
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp[CaCO3]＝4.96×10－9，Ksp[MgCO3]＝6.82×10－6，Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是（ ）
A. 沉淀物X为CaCO3
B. 滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C. 滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D. 步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
【答案】A
【解析】
【分析】
步骤①，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；
步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol•L-1．
根据溶度积可判断无Ca(OH)2生成，有Mg(OH)2沉淀生成，据此分析判断。
【详解】A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH )=0.001mol，[即n(OH-)=0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，此时c(Ca2+)c(CO32-)＞Ksp(CaCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓，沉淀溶液中剩余c(Ca2+)约为0.010 mol•L-1，c(CO32-)约为4.96×10－7 mol•L-1，没有MgCO3生成，所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010 mol•L-1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol•L-1，则Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=0.010×(10-3)2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。Qc[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，c(Mg2+)=5.61×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH-。由于Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D错误；
故选A。
【点睛】正确理解沉淀的生成与溶度积的关系是解题的关键。本题的易错点为A，要注意生成碳酸钙沉淀后溶液中Qc(MgCO3)与Ksp(MgCO3)比较。
8.若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg。室温下实验室中用0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是
A. 室温下，醋酸的电离常数约为10－5
B. A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL
C. 若B点为40 mL，所得溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. 从A到B，水的电离程度逐渐变大
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据图象可知：在室温下，醋酸溶液的AG=lg=7，即=107，而水的离子积Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5 mol/L，而在醋酸溶液中，c(CH3COO-)≈c(H＋)=10－3.5 mol/L，因此醋酸的电离平衡常数Ka=≈=10-5，A正确；
B.A点的AG=lg =0，即=1，则c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，B错误；
C.当B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，C错误；
D.A点之后，当V(NaOH)>20 mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D错误；
故合理选项是A。
9.某密闭容器中充入一定量N2、H2发生反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），测得NH3浓度与反应温度关系如图。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应△H＞0
B. N2转化率：c＞b＞a
C. 化学反应速率：c＞b＞a
D. 平衡常数K：b＞c＞a
【答案】C
【解析】
【分析】
反应由O到b点时，未达到平衡状态；b点达到平衡状态，升高温度，氨的浓度减小，平衡逆向移动。
【详解】A. 分析可知，达到平衡状态后，升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应△H<0，与题意不符，A错误；
B. 生成的氨气的浓度越大，则N2转化率越高，则转化率：b＞c＞a，与题意不符，B错误；
C. 反应的温度越高，化学反应速率越快，则化学反应速率：c＞b＞a，符合题意，C正确；
D. 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K越小，平衡常数K：a＞b＞c，与题意不符，D错误；
答案为C。
【点睛】化学平衡常数只与温度有关，与反应的程度无关。
10.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2 (g)＋O2 (g）2SO3(g) ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强对反应速率的影响
B. 图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且P甲大于P乙
D. 图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且T甲小于T乙
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正>v逆，与图像相符，则图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强，与题意不符，A错误；
B. 加入催化剂正逆反应速率相同，且均增大，即图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂，与题意不符，B错误；
C. 增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正>v逆，速率加快反应时间缩短，则P甲小于P乙，与图像不符，图Ⅲ表示的不是压强对化学平衡的影响，符合题意，C正确；
D. 升高温度，正逆反应速率均增大，且T甲小于T乙；平衡逆向移动，二氧化硫的转化率降低，图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，与题意不符，D错误；
答案为C。
11.下列操作或试剂选择合理的是（ ）
A. 焰色反应时需用稀硫酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色。
B. 用湿润的pH试纸测得某碱性溶液的pH为13
C. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
D. 用丁达尔效应可鉴别溶液和胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用稀硫酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，会生成沸点较高的硫酸盐附着在铂丝上，而用稀盐酸洗涤生成的氯化物沸点低，灼烧时容易除去杂质，故A错误；
B. 测定溶液的pH要使用干燥的pH试纸，湿润的试纸会改变溶液中离子浓度，故B错误；
C. 硝酸钾的溶解度随温度升高变化较大，而氯化钠的溶解度随温度升高变化较小，除去硝酸钾，应使氯化钠留在母液中，不能冷却，应趁热过滤，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液中没有丁达尔现象，可鉴别溶液和胶体，故D正确；
答案选D。
12.利用下述操作步骤：①加盐酸溶解 ②加烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量生成沉淀 ⑤加盐酸生成沉淀，由含少量铁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，最恰当的组合是（ ）
A. ②③④③ B. ②③⑤③ C. ①③④③ D. ②⑤③④
【答案】A
【解析】
【分析】
含少量铁粉的铝粉中若先加盐酸，两种金属都溶解，生成FeCl2、AlCl3，再加过量的碱，FeCl2转化为Fe(OH)2，继而转化为Fe(OH)3，AlCl3转化为NaAlO2，过滤出Fe(OH)3，得NaAlO2溶液，再通入过量CO2，再过滤才能得到Al(OH)3，此操作共需五个步骤，且Fe(OH3是胶状沉淀，过滤起来比较困难，所以应采用先加NaOH溶液溶解。
【详解】加烧碱溶液(②)溶解，得到NaAlO2溶液和Fe，过滤(③)得NaAlO2溶液，再通入过量生成沉淀(④)，最后再过滤(③)，即得纯净的氢氧化铝。
所以操作顺序为②③④③。
答案为A。
【点睛】若选用B，在NaAlO2溶液中加入盐酸，盐酸的用量难以控制，一旦盐酸过量，就会造成氢氧化铝的溶解损失。
13.下列离子方程式不正确的是
A. 实验室用过量NaOH溶液吸收二氧化硫气体：2OH-+SO2=SO32-+H2O
B. 久置的二氧化硫水溶液滴加BaCl2溶液出现白色沉淀：Ba2++SO32-=BaSO3↓
C. 小苏打溶液中加入足量的澄清石灰水：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O
D. 在淀粉碘化钾溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液吸收二氧化硫气体，氢氧化钠过量，生成正盐，即生成亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故A正确；
B．久置的二氧化硫水溶液会被空气氧化成硫酸，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，故B错误；
C．小苏打溶液中加入足量澄清石灰水的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．在淀粉-KI溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝，说明有碘生成，二氧化氯作氧化剂，离子方程式：2ClO2+10I-+8H+═5I2+2Cl-+4H2O，故D正确；
故答案为B。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
14.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确是( )
A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；
B. 途径2中，根据原子守恒200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，与题意不符，B错误；
C. CuCl2•2H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。
15.工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体。
下列说法错误的是
A. 步骤a中还需要加入适量的氧气和水
B. 保温去铁后过滤，铁元素主要以+2价的沉淀形式被过滤出去
C. 蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解
D. 硝酸铜溶液中离子浓度大小：
【答案】B
【解析】
【详解】A、氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，所以步骤a中还需要加入适量的氧气和水，故A正确；
B、铁在硝酸中被氧化为+3价，保温去铁后过滤，铁元素主要以Fe(OH)3形式被过滤出去，故B错误；
C、硝酸铜易水解，蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解，故C正确；
D、硝酸铜易水解，溶液呈酸性，所以硝酸铜溶液中离子浓度大小：，故D正确。答案选B。
16.已知：酸式乙二酸钠与浓硫酸共热时反应为。利用该反应所产生的气体（X）用有关仪器装置进行实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 对I装置，活塞关闭，打开活塞，在导管D处能得到纯净而干燥的CO
B. 当A选项反应完成后，再关闭活塞，打开活塞，在导管D处得到纯净而干燥的
C. 利用装置I中D处所得纯净CO气体，通过实验装置II能够说明CO具有还原性
D. 实验装置III与实验装置II相比较，能减少CO污染，能顺利完成氧化铁还原实验
【答案】D
【解析】
【详解】A．对装置Ⅰ，关闭活塞K2，打开活塞K1，气体经过氢氧化钠溶液除去 CO2，再经浓硫酸干燥，即能得到纯净而干燥的 CO，故A正确；
B． CO2 与氢氧化钠溶液生成的碳酸钠溶液中加入稀硫酸生成 CO2，故B正确；
C．纯净的 CO 通过实验装置Ⅱ，若红色粉末变为黑色或澄清石灰水变浑浊，都能够说明CO 具有还原性，故C正确；
D．实验装置Ⅲ气体不能顺利进入硬质玻璃管，无法完成实验，故D错误；
故答案为D。
17.现有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④氯乙烯、⑤2—丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧乙醛，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是( )
A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ②③④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，则分子中含碳碳双键或碳碳三键、-CHO等，以此来解答。
【详解】④氯乙烯中含碳碳双键、⑤2-丁炔中含碳碳三键、⑧乙醛中含-CHO，均既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，而①②③⑥均不能，⑦只能与高锰酸钾溶液反应褪色；
故选C。
【点睛】能使酸性高锰酸钾褪色的有机物有：烯烃、炔烃、部分苯的同系物、醇、酚、醛。能使溴水褪色的有机物有：烯烃、炔烃、醛。故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是烯烃、炔烃、醛。
18.下列叙述正确的是
①氧化还原反应的实质是电子的得失。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。
③标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同。
④溶于水得到的溶液可以导电的物质就是电解质。
⑤利用丁达尔现象区别溶液和胶体。
⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。
⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。
⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑦⑧ D. ④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，与题意不符，错误。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，根据PV=nRT，则它可能处于标准状况下，与题意不符，错误。
③标准状况下，HCl为气体，H2O为液体， 则1 LH2O的物质的量大于 1 LHCl的物质的量，与题意不符，错误。
④溶于水得到的溶液，可能为溶质与水反应生成的物质导电，也可能该物种电离产生的离子导电，则无法判断该物质就是电解质，与题意不符，错误。
⑤胶体具有丁达尔现象，而溶液无此性质，可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，符合题意，正确。
⑥两种物质物质的量相同，若两物质均为气体，则它们在标准状况下的体积也相同，与题意不符，错误。
⑦在同温同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，符合题意，正确。
⑧同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，ρ=、m=nM，则气体的密度与气体的相对分子质量成正比，符合题意，正确。
综上所述，答案为C。
二、综合题(共46分)
19.A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。
阳离子
Na＋、Ba2＋、NH4+
阴离子
CH3COO－、Cl－、OH－、SO42-
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是___，B是___。
（2）写出C与D反应的离子方程式___。
（3）25℃时，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝___(用含有a的关系式表示)。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为___。
（5）在一定体积的0.005mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是___。
【答案】 (1). CH3COONa (2). NH4Cl (3). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (4). 10a-14 (5). c(OH－)>c(Ba2+)=c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+) (6). 1∶4
【解析】
【分析】
有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为CH3COONa；NH4Cl；
(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故答案为Ba2++SO42-=BaSO4↓；
(3)B是NH4Cl，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，将两个等式相减得c(H+)-c(NH3•H2O)=c(OH-)=10 a-14，故答案为10 a-14；
(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故答案为c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)；
(5)C是氢氧化钡，在一定体积的0.005mol·L－1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH-)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得x∶y=1∶4，故答案为1∶4。
【点睛】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的难点是(4)中判断溶液中离子浓度大小的比较，要注意根据物料守恒和电荷守恒分析判断。
20.卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。
②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。
写出图中仪器的名称：①_____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：_____（填g或f）。
（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：__________________________
②上述反应中氧化剂：__________，还原剂：__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。
③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_________________________
【答案】 (1). 1:5 (2). 0.5NA (3). 溶液分层，下层液为紫红色 (4). 蒸馏烧瓶 (5). 温度计 (6). g (7). MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O (8). MnO2 (9). HCl (10). 1:1 (11). Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；
②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；
②依据氧化还原反应的规律分析；
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；
【详解】（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++ Cl2↑+2H2O；
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；
③a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2> I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+> I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。
【点睛】本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断
(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。
(2)还原性强弱：还原剂>还原产物。
21.氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。
(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下两个反应进行:
反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
请回答：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=_____________，该反应能自发进行的主要原因是__________________．
(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。
①若700℃发生该反应，经3分钟达到平衡，计算0—3分钟v(S2)=_______mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数为_________．
②若该反应在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率________90%(填“＞”、“＜”或“=”)．
③下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是_______．
A．焦炭的质量不再变化时
B．CO2、SO2的浓度相等时
C．SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1:1
D．容器的总压强不再变化时
(3) NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示．
石墨I附近发生的反应为__________________________________，当外电路通过1mole-，正极上共消耗_______mol N2O5 。
【答案】 (1). +95.5 kJ·mol-1 (2). ΔS＞0 (3). 0.15 (4). 36.45 (5). ＜ (6). AD (7). NO2+NO3--e-=N2O5 (8). 0.5
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到；反应自发进行的条件是△H-T△S＜0；
（2）①利用反应的三段式结合反应速率公式、平衡常数表达式计算；
②700℃时升高温度，SO2转化率降低，则平衡逆向移动，正向反应为放热反应，该体系相当在恒温恒容平衡体系中升温，平衡逆向移动；
③化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
（3）石墨I为电池的负极：NO2失电子生成N2O5，写出电极反应式；写出反应的总方程式再计算电子转移数。
【详解】(1)反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l) ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=[-117.2 kJ·mol-1+(+21.7 kJ·mol-1)]×（-1）=+95.5 kJ·mol-1 ，该反应能自发进行的主要原因是：该反应是吸热反应，反应能发生则△S＞0；
(2)① 反应的三段式为 2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）
起始浓度（mol·L－1） 1 0 0
变化浓度（mol·L－1） 0.9 0.45 0.9
平衡浓度（mol·L－1） 0.1 0.45 0.9
v（S2）=△c÷△t=0.45mol·L－1÷3min=0.15mol/（L·min）
该温度下的平衡常数k= = =36.45；
②1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、700℃反应时，SO2的转化率为90%，若1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当在恒容、700℃反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；
③A．焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量增加，则反应逆向进行，若焦炭的质量不再变化时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．CO2、SO2的浓度相等时，不能确定正逆反应速率是否相等，所以不能确定反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．无论反应是否达到平衡，SO2的消耗速率与CO2的生成速率始终相等，所以SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1：1时，不能确定反应状态是否平衡，故C错误；
D．反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强不再变化时，反应达到平衡状态，故D正确；
故选AD；
（3）石墨I，NO2失电子生成N2O5，附近发生的反应为NO2+NO3--e-=N2O5；
总反应为：4NO2+O2=2N2O5，每转移4mol电子，生成2molN2O5，当外电路通过1mole-，正极上共消耗 0.5mol N2O5 。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率计算、化学平衡常数应用及其计算、化学平衡状态的判定、电池电极反应等，掌握基础知识与迁移运用是解题关键，注意（3）是易错点，也是难点，写出反应的总方程式再计算电子转移数。
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