【化学】福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：Li-7 H-1 O-16 Cu-64 C-12 N-14 Cl-35.5
第 Ⅰ 卷(选择题，共45分)
一、单项选择题(只有一个正确选项，每小题3分，共45分)
1.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 小苏打溶液呈弱碱性：HCO3−+H2OCO32−+H3O+
B. 测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH−
C. pH=5的硫酸稀释1000倍，pH约等于7：H2OH++OH−
D. 泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.小苏打溶液呈弱碱性是因为碳酸氢根的水解程度大于电离程度，离子方程式：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故A错误；
B. NH3·H2O为弱电解质，不完全电离，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-，故B正确；
C. pH=5的硫酸稀释1000倍，接近中性，因此pH约等于7，水的电离方程式为：H2OH++OH-，故C正确；
D. 泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子水解相互促进产生氢氧化铝和二氧化碳：Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；
答案选A.
【点睛】选项C是解答的易错点，注意对于酸溶液无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7。对于碱溶液无论稀释多少倍，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7，即当无限稀释时要考虑水的电离。
2.下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值为正确)
A. C2H5OH(l)+3O2(g)==2CO2(g)+3H2O(g) △H =-1367.0kJ·mol-1 (燃烧热)
B. NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(L) △H =+57kJ·mol-1 (中和热)
C. S(s)+O2(g)==SO2(g) △H =-296.8kJ·mol-1 (反应热)
D. 2NO2==O2+2NO △H =+116.2kJ·mol-1 (反应热)
【答案】C
【解析】
【详解】A、C2H5OH的燃烧热是1mol C2H5OH完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，所以C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=－1367.0 kJ·mol-1，不能表示乙醇的标准燃烧热，故A错误；
B、中和反应放热，焓变为负值，NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=－57.3 kJ·mol-1，故B错误；
C、燃烧反应放热，焓变为负值，S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=－269.8 kJ·mol-1，故C正确；
D、热化学方程式要注明物质的状态，2NO2(g)=O2(g)+2NO(g)△H=+116.2 kJ·mol-1，故D错误。
答案选C。
3.下列说法不正确的是
A. Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤
C. pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+)：① < ②
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l) = 2H2O(l) +O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，A正确；
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，由于不能引入新杂质，所以可向溶液中加入足量MgCO3，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，B正确；
C. 醋酸的酸性强于次氯酸，因此次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液浓度是醋酸钠大于次氯酸钠，则溶液中c(Na+)：①＞②，C错误；
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)，根据△G＝△H－T△S＜0可知则该反应的△H＜0，△S＞0，D正确。
答案选C。
4.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是
A. 体系的体积不再发生变化 B. 生成n mol CO的同时消耗n mol H2O
C. v正(CO)＝v逆(H2O) D. 1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
【答案】B
【解析】
【详解】A、因为是容积可变的密闭容器中，所以体系的物质的量发生变化，体积也发生变化，若体积不变，则确定达平衡状态，选项A不符合；
B、根据反应可知，生成n mol CO的同时一定消耗n mol H20，反应正向进行，不能说明反应到达平衡，选项B符合；
C、根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（H2O），若v正（CO）=v逆（H2O），则v正（H2O）=v逆（H2O），说明反应到达平衡，选项C不符合；
D、l molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，选项D不符合；
答案选B。
【点睛】明确平衡状态的含义是解答的关键，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
5.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是

A. 用装置①模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀
B. ②中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀
C. ③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩
D. ①②③中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A项，①为吸氧腐蚀，a极上氧气得电子生成氢氧根离子，而铁是负极，发生氧化反应生成亚铁离子，铁被腐蚀，故A项错误；
B项，金属作电解池的阴极被保护，而铁与电源正极相连，是阳极，发生氧化反应，故B项错误；
C项，锌比铁活泼，所以锌失电子，所以③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，故C项正确；
D项，海水是混合物，不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查电化学防护措施等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。易错点D，忽视了电解质是化合物，海水是混合物，既不是电解质也不是非电解质。
6.一定温度下，将足量的AgCl固体分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是
①10mL0.01mol·L－1KCl溶液 ②10mL蒸馏水③40mL0.03mol·L－1HCl溶液 ④50mL0.02mol·L－1BaCl2溶液 ⑤30mL0.05mol·L－1AgNO3溶液
A. ②>①>③>④>⑤ B. ④>①>③>②>⑤
C. ⑤>④>②>①>③ D. ④>③>⑤>②>①
【答案】A
【解析】
氯化银存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。①c(Cl－)＝0.01mol·L－1；②c(Cl－)＝0mol·L－1；③c(Cl－)＝0.03mol·L－1；④c(Cl－)＝0.04mol·L－1；⑤c(Ag＋)＝0.05mol·L－1，因此Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④＜①＜③＜②＜⑤，所以AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为②＞①＞③＞④＞⑤。答案选A。
7.下列有关实验操作的叙述错误的是
A. 测中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH数值偏低
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C. 测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上
D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，但△H偏高，A正确；
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确；
C. 用pH试纸测量溶液的pH时试纸不能事先润湿，C错误；
D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，D正确；
答案选C。
8.图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况，由此可推断

A. A、B、C、D均为气体
B. 若A、 B是气体，则C、 D是液体或固体
C. 温度越高，K越大
D. 在整个过程中，A的转化率一直增大
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此可解答该题。
【详解】A．若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，图示增大压强平衡向正反应方向移动，故A错误；
B．图示增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A、B是气体，D是液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动与图示一致，若C、D是液体或固体，加压逆反应速率不变，故B错误；
C．由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则温度越高，K越小，故C错误；
D．图象中改变条件降低温度、增大压强时平衡都是正向进行，A的转化率一直增大，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题，根据温度、压强对反应速率的影响判断平衡移动的方向是解答该题的关键，注意压强对平衡移动的影响与化学计量数的关系，为易错点。
9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-
C. 能使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、Cl－、SiO32-
D. 常温下的溶液中：Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。
【详解】A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中水的电离平衡被破坏，溶液显酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液显碱性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；
B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液显碱性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反应，可以大量共存，B符合；
C. 能使甲基橙变红色的溶液显酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；
D. 常温下的溶液中Al3+与AlO2﹣水解相互促进生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D不符合。
答案选B。
10.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：

下列说法正确的是
A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－== 2NH3
D. a极上每产生22.4L O2流过电极的电子数为4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；
B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；
C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；
D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2即1mol氧气流过电极的电子数为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。
答案选C。
11.25℃下，弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH) = Kb(NH3•H2O) = 1.75×10-5，下列说法正确的是
A. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂
B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH) +c(H+)
C. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)
D. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．选择指示剂时指示剂的变色范围应与反应后溶液的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A错误；
B.0.2 mol/L的醋酸与0.1 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+），故B错误；
C．pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c(NH4+)=10－14÷10－11 mol/L=10-3mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl-)，故C正确；
D．25℃下，弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3•H2O)＝1.75×10-5，pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，故D错误；
故答案选C。
12.已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol·L－1
0.44
0.6
0.6
下列叙述中正确的是(　　)
A. 增大CH3OH的浓度，可使活化分子百分数增多，反应速率加快
B. 该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆
C. 平衡时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－1
D. 若加入CH3OH，经10 min反应达到平衡，该时间内反应速率v(CH3OH)＝1.6 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大CH3OH的浓度，可使单位体积内活化分子百分数增多，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，A错误；
B．此时浓度熵Q＝[c(CH3OCH3)×c(H2O)]/c2(CH3OH)＝＜400，因此反应向正反应方向进行，则正、逆反应速率的大小为v正＞v逆，B错误；
C． 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.44 0.6 0.6
转化浓度（mol/L） 2x x x
平衡浓度（mol/L） 0.44－2x 0.6+x 0.6+x
则，解得x＝0.2，所此时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－１，C正确；
D．根据表中数据可知起始时甲醇的浓度是1.64mol/L，平衡时浓度是0.04mol/L，则0～10min内平均反应速率v(CH3OH)＝1.6mol/L÷10min＝0.16 mol/(L·min)，D错误。
答案选C。
13.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度/mol•L−1
物质的平衡浓度/mol•L−1
c(H2)
c(CO)
c(CH3OH)
c(CH3OH)
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0

Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A. 该反应的正反应吸热
B. 达到平衡时，容器I中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中的两倍
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大
【答案】D
【解析】
【详解】A、分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A错误；
B、Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误；
C、Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；
D、温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确。
答案选D。
【点睛】解答时注意利用好放大缩小思想：该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。
14.已知pAg+=−lgc(Ag+)，pX−=−lgc(X−)。某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A. a和c两点的Kw相同
B. Ksp(AgCl)=1.0×10−14 mol2·L−2
C. 向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到d点
D. AgCl(s)＋Br−(aq)AgBr (s)＋Cl−(aq)平衡常数K=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，纵横坐标的乘积越大，Ksp（AgX）越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，据此判断。
【详解】A．Kw只受温度的影响，a、c在相同的温度下，则Kw相同，故A正确；
B．b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，不能计算AgCl的溶度积，故B错误；
C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，阴离子浓度减小，可使a点变到d点，故C正确；
D．AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)平衡常数K=c(Cl－)/c(Br－)=c(Cl－)c(Ag+)/c(Br－)c(Ag+)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，故D正确。
故答案选B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图中离子浓度变化、溶解平衡点的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意坐标上数字的乘积越大、离子浓度乘积越小。
15.常温下0.1mol·L-1的H2A溶液中H2A 、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数)随溶液pH变化关系如图所示。下列表述不正确的是

A. H2AH++HA- K=10-1.2
B. 在0.1mol/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
C. 已知25℃时HF的K=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中发生反应：H2A+F- =HF+HA-
D. 在pH=1.2时，向H2A溶液中加入一定体积的0.l mol·L-1的NaOH溶液使pH=4.2，则c(A2−)、c(HA−)、c(H2A)之和不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA-，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2AH++HA-，则K1=c(H+)·c(HA-)/c(H2A)=10-1.2，A正确；
B、pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mo/LNaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，所以各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；
C、已知25℃时HF的Ka=10-3.45，由以上信息可知K1=10-1.2，K2=10-4.2，则酸性H2A＞HF＞HA-，则将少量H2A溶液加入足量的NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F-＝HF+HA-，C正确；
D、在pH=1.2时，向H2A溶液中加入一定体积的0.l mol·L-1的NaOH溶液使pH=4.2，由于溶液的体积增加，则根据物料守恒可知c(A2－)、c(HA−)、c(H2A)之和减小，D错误；
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、填空题(共5小题，共55分)
16.醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
(1)碳酸钠溶液呈碱性的原因是(用离子方程表示) _______________________。
(2)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是___________ 。
A．两溶液的pH相同
B．两溶液的导电能力相同
C．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
D．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，下列叙述不正确的是_________。
A．CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO‾)
B．0.1 mol·L-1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OHˉ)减小
C．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中c(CH3COO‾)/[c(OH－).c(CH3COOH)]不变
D．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH 溶液等体积混合后溶液pH＞7
(4)25 ℃时， pH 均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的H＋浓度与氯化铵溶液中水电离出的H＋浓度之比是________________。
【答案】 (1). CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). D (3). BD (4). 1：106
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；
（2）根据盐酸是一元强酸完全电离、醋酸是一元弱酸部分电离分析解答；
（3）根据外界条件对电离平衡的影响以及溶液中的电荷守恒等分析判断；
（4）酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，据此解答。
【详解】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子水解有两步，以第一步水解为主，第一步水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；
（2）A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故A错误；
B．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故B错误；
C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c（OH-）小于醋酸，故C错误；
D．中和等物质的量的NaOH溶液，消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故D正确；
故答案为D；
（3）A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO‾)，故A正确；
B.0.1mol/L 的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c(OH－)增大，故B错误；
C．室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中c(CH3COO‾)/[c(OH－)·c(CH3COOH)]＝[c(H＋)·c(CH3COO‾)]/[c(H＋)·c(OH－)·c(CH3COOH)]＝Ka/Kw，温度不变，所以比值不变，故C正确；
D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液的浓度，等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液的pH＜7，故D错误；
答案选BD；
（4）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以pH等于4的醋酸溶液中水电离出的c（H+）=10－14÷10－4 mol/L=10－10 mol/L，氯化铵溶液中水电离出的c（H+）=10-4 mol/L，所以醋酸中水电离出的c（H+）与氯化铵溶液中水电离出的c（H+）之比=10-10 mol/L：
10-4 mol/L=1：106。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，明确化学反应原理是解本题关键，注意平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。
17.锌元素是重要的金属元素，锌及其化合物在生活、生产中有广泛应用，回答下列问题：
(1)ZnO和Al2O3的化学性质相似，写出ZnO和NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
(2)闪锌矿(主要成分为ZnS)、软锰矿(主要成分为MnO2)与稀硫酸共热时可以析出单质硫，该反应的化学方程式为_________________________。
(3)火法炼锌时在鼓风炉中加热到1 100 ~ 1 300 ℃，发生反应Ⅰ：
ZnO(s)+CO(g)= Zn(g)+CO2(g)　ΔH=+198 mol•L-1。
①该反应的平衡常数表达式K=_________________。
②温度为T1时，反应Ⅰ的平衡常数为K1，则同温下反应Ⅱ：
ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)的平衡常数K2=____________(用K1表示)。
③某温度时反应Ⅰ的平衡常数K=1.0 mol•L-1，起始时在容积固定的密闭鼓风炉中通入0.11 mol•L-1 CO(ZnO足量)，达平衡时，CO的浓度为_____________mol•L-1 。
(4)粗铜电解精炼的废电解液中常含有Zn2+、Pb2+，向废电解液中加入Na2S溶液，当有PbS和ZnS沉淀时，=________________(已知：Ksp(PbS)=3.4×，Ksp(ZnS)=1.6×) 。用平衡移动原理解释PbS难溶于水，却能溶于硝酸中_______________________________
【答案】 (1). ZnO+2OH﹣═ZnO22﹣+H2O (2). MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O (3). (4). (5). 0.01 (6). 4.7×或× (7). PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，加入硝酸后，S离子被氧化，破坏了PbS的溶解平衡，使平衡向溶解方向移动，故PbS能溶于硝酸
【解析】
【分析】
（1）根据氧化铝的性质推测ZnO的性质；
（2）根据硫元素和锰元素的化合价变化结合守恒法书写；
（3）根据平衡常数的含义解答；
②根据平衡常数的含义解答；
③根据三段式结合平衡常数计算；
（4）根据溶度积常数计算；根据硝酸具有强氧化性，能氧化硫离子解答。
【详解】（1）ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则ZnO和NaOH溶液反应的离子方程式为ZnO+2OH﹣＝ZnO22﹣+H2O。
（2）闪锌矿(主要成分为ZnS)、软锰矿(主要成分为MnO2)与稀硫酸共热时可以析出单质硫，反应中硫元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，锰元素化合价从+4价降低到+2价得到2个电子，则根据电子得失守恒可知该反应的化学方程式为MnO2+ZnS+2H2SO4＝MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O。
（3）①化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此该反应的平衡常数表达式K=c(Zn)·c(CO2)/c(CO)。
②根据方程式可知K2=c1/2(Zn)·c1/2(CO2)/c1/2(CO)＝。
③ ZnO(s)+CO(g)＝Zn(g)+CO2(g)
起始浓度 0.11 0 0
转化浓度 x x x
平衡浓度 0.11－x x x
则
解得x＝0.1
所以达平衡时，CO的浓度为0.01 mol•L-1。
（4）粗铜电解精炼的废电解液中常含有Zn2+、Pb2+，向废电解液中加入Na2S溶液，当有PbS和ZnS沉淀时，c(Zn2+)/c(Pb2+)＝c(Zn2+)·c(SO42－)/c(Pb2+)·c(SO42－)＝Ksp(ZnS)/Ksp(PbS)＝≈4.7×10－3；根据溶解平衡PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)可知加入硝酸后，S离子被氧化，破坏了PbS的溶解平衡，使平衡向溶解方向移动，故PbS能溶于硝酸。
18.FeCl3 具有净水作用，而高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，处理污水比FeCl3 高效。请回答下列问题：(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，lg2=0.3)
(1)FeCl3净水的原理是________________(用离子方程式表示)，Fe3＋水解生成的Fe(OH)3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，常温下此水解反应的平衡常数为_____________(填写数值)。
(2)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入____________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。
(3)工业上由CuCl2·2H2O晶体制备无水CuCl2的合理方法是在HCl气氛中加热，若在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_________________________ (用化学方程式表示)。
(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(已知：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－)
①滴定过程可选用________作指示剂，滴定终点时的现象是_______________________。
②该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________。
【答案】 (1). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (2). 2.5×10－5 (3). CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (4). 4.0×10－8 mol·L-1 (5). CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl (6). 淀粉溶液 (7). 滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色 (8). 95%
【解析】
【分析】
（1）根据铁离子水解生成氢氧化铁胶体分析；根据水解平衡常数的含义解答；
（2）根据除杂的原则分析判断；依据氢氧化铁的溶度积常数计算；
（3）根据铜离子易水解分析判断；
（4）根据碘遇淀粉显蓝色分析；利用关系式计算。
【详解】（1）氯化铁溶于水生成氢氧化铁胶体，Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，因此可以作为净水剂，水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，常温下此水解反应的平衡常数为。
（2）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，由于不能引入新杂质，则可以加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中氢氧根的浓度是10－10mol/L，则c(Fe3＋)＝＝4×10－8 mol/L。
（3）氯化铜在水存在的条件下易水解，且水解吸热，所以在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，反应的方程式为CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl；
（4）①由于有单质碘参加反应，则滴定过程可选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时的现象是滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色。
②根据方程式2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2、I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可知CuCl2·2H2O～Na2S2O3，所以该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。
19.以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用。
(1) 已知：2Al2O3(s)= 4Al(g) ＋3O2(g) ΔH1＝+3351 kJ·molˉ1；
2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH2＝－221 kJ·molˉ1 ；
2Al(g)＋N2(g)= 2AlN(s) ΔH3＝－318 kJ·molˉ1
碳热还原Al2O3合成AlN(可逆反应)的总热化学方程式是______________________，该反应自发进行的条件___________，随着温度升高，反应物Al2O3的平衡转化率将__________(填“增大”、“不变”或“减小”)；一定温度下，在压强为p的反应体系中，平衡时CO的物质的量浓度为c；若温度不变，反应体系的压强减小为0. 5p，则平衡时CO的物质的量浓度__________。
A．小于0.5c B．大于0.5c，小于c C．等于c D．大于c
(2) 据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是___________________________。
【答案】 (1). Al2O3(s)＋3C(s)＋N2(g)= 2AlN(s)＋3CO(g)　ΔH＝+1 026 kJ·mol－1 (2). 高温 (3). 增大 (4). B (5). CO2＋6H2O＋8e－= CH4＋8OH－
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答；根据ΔG＝ΔH－T·ΔS判断；根据温度和压强对平衡状态的影响分析解答；
（2）反应中二氧化碳得到电子，根据溶液显碱性书写。
【详解】（1）已知：
①2Al2O3(s)=4Al(g)＋3O2(g) ΔH1＝+3351 kJ·molˉ1
②2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－221 kJ·molˉ1
③2Al(g)＋N2(g)=2AlN(s) ΔH3＝－318 kJ·molˉ1
根据盖斯定律可知①÷2+②×1.5+③即得到碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是Al2O3(s)＋3C(s)＋N2(g)=2AlN(s)＋3CO(g)ΔH＝+1 026 kJ·mol－1，由于该反应是吸热的熵值增加的反应，所以根据ΔG＝ΔH－T·ΔS＜0可知该反应自发进行的条件是高温，正反应吸热，随着温度升高，平衡向正反应方向进行，所以反应物Al2O3的平衡转化率将增大；一定温度下，在压强为p的反应体系中，平衡时CO的物质的量浓度为c；若温度不变，反应体系的压强减小为0.5p，平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理可知平衡时CO的物质的量浓度大于0.5c，小于c，答案选B；
（2）CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，反应中二氧化碳得到电子，碳元素化合价从+4价降低到－4价，又因为溶液显碱性，则生成甲烷的电极反应式是CO2＋6H2O＋8e－=CH4＋8OH－。
20.甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。下左图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。

(1)甲中正极的电极反应式为________________________________。
(2)乙装置中初始时电解的化学方程式为_______________________________ 。断开K后，乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____________。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右图，则D极的电极反应式为___________________________，混合液中c(Fe3+)=_____________。反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要__________mL 5.0 mol•L-1 NaOH溶液。
【答案】 (1). O2+4e-+2H2O=4OH- (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (3). 2.24L (4). Fe3＋＋e－=Fe2＋ (5). 4 mol•L-1 (6). 280
【解析】
【分析】
通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；利用甲池作电源电解硫酸铜溶液、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，结合电极材料和离子的放电顺序进行相关的判断与计算，据此解答。
【详解】（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，正极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）惰性电极电解硫酸铜溶液，阴极铜离子得到电子，阳极氢氧根失去电子，则乙装置中初始时电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，A电极是阳极，溶液中的氢氧根失去电子，设生成气体物质的量为x mol，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到0.2+2x=4x，解得x=0.1，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
（3）丙装置溶液中D极是阴极，溶液中的铁离子得到电子，则电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；C电极是阳极，铜失去电子，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，故①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，因此溶液中c(Fe3+)＝0.4mol÷0.1L＝4.0mol/L。由图可知电子转移为0.4mol，生成Cu2+的物质的量为0.2mol，反应结束后，溶液中有Fe2+为0.5mol，Cu2+为0.2mol，所以需要加入NaOH的物质的量为0.5mol×2+0.2mol×2＝1.4mol，因此所需NaOH溶液的体积为1.4mol÷5mol/L＝0.28L＝280mL。
【点睛】本题综合原电池、电解原理，主要考查学生分析问题的能力，答题时注意体会电极方程式的书写。易错点和难点是电化学计算，注意掌握计算的依据。依据就是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
21.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知20℃时：K(C6H5OH)=1.2×10-10、K(CH3COOH)=1.8×10-5、K(H2CO3)=4.3×10-7、K(HCO3-)=5.6×10-11、K(HCN)=4.9×10-10。
(1)请根据上述信息求Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的化学平衡常数K=__________；
(2)常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，则该电解质可能是_________(填序号)；
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
(3)常温下，将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①浓度为1.0×l0-3mol·L-1的氨水b L；②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水c L；③c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间由大到小的关系是_________；
(4)室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后所得溶液的pH=4，则所得溶液中各离子浓度大小关系是________________，所得溶液中的物料守恒式为：________+________=__________=_________ mol•L-1，所得溶液中c(CH3COOH)=____________________mol•L-1(写出算式，不做计算)；
(5)已知常温时Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2•L-2，向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，则c(Ag+)=_______________，此时所得混合溶液的pH=_____。
【答案】 (1). 2.14 (2). CD (3). b＞a=d＞c (4).  c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (5). c(CH3COO-) (6). c(CH3COOH) (7). 2c(Na+) (8). 0.1mol•L-1 (9). c(CH3COOH) = 0.05-10-4+10-10 (10). 1.8×10-7mol/L (11). 2
【解析】
【分析】
（1）根据反应的方程式结合平衡常数的含义和表达式计算；
（2）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，说明溶液显碱性，据此判断；
（3）根据电解质的强弱、溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度结合溶液显中性判断消耗碱溶液的体积；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液的pH=4，说明醋酸的电离程度大于水解程度，据此解答；
（5）根据溶度积常数结合方程式计算。
【详解】（1）反应Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的离子反应方程式为CO32-+C6H5OHHCO3-+C6H5O-，化学平衡常数K=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）]=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）×c（H+）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）×c（H+）]=K（C6H5OH）/K（HCO3-）=（1.2×10-10）÷（5.6×10-11）=2.14；
（2）溶液中的c（H+）=10-9mol•L-1，说明溶液呈碱性，则
A．CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解溶液显酸性，A不符合；
B．HCl溶于水显酸性，B不符合；
C．Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解，溶液显碱性，C符合；
D．NaOH是一元强碱，其溶液显碱性，D符合；
E．K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，E不符合；
答案选CD；
（3）①将pH=3的盐酸a L与浓度为1.0×10-3mol•L-1的氨水b L溶液混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水过量，b＞a；
②将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氨水c L，等体积混合，平衡状态下的氢氧根和盐酸溶液中氢离子恰好反应，此时氨水电离平衡正向进行，氢氧根离子增大，若溶液呈中性，需要加入盐酸多，a＞c；
③将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L，等体积混合，氢离子和氢氧根恰好反应，溶液呈中性，a=d；
所以a、b、c、d之间由大到小的关系是得到b＞a=d＞c；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸组成的混合溶液，溶液的pH=4，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于水解程度，则所得溶液中各离子浓度大小关系是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，根据碳原子守恒可知所得溶液中的物料守恒式为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)＝0.1mol•L-1，则根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)可知所得溶液中c(CH3COOH)＝2c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Na+)+c(OH-)－c(H+)＝（0.05+10－9－10－4）mol•L-1；
（5）向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，盐酸过量，根据方程式Ag++Cl－＝AgCl↓可知反应后的c（Cl-）=（0.02mol/L×0.05L－0.018mol/L×0.05L）÷0.1L=0.001mol/L，则c（Ag+）=Ksp(AgCl)÷c(Cl－)=1.8×10－10/0.001 mol·L－1=1.8×10-7 mol/L，c（H+）=0.02mol/L×0.05L/0.1L=0.01mol/L，所以pH=2。