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【化学】四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二上学期期末教学质量检测 (解析版)
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四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二上学期期末教学质量检测
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题(本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共50分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。
2.用pH试纸测下列溶液的酸碱性，常温下大于7的一种是（ ）
A. KNO3 B. NH4Cl
C. CuSO4 D. CH3COONa
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下pH大于7的溶液为碱性溶液。
【详解】A. KNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，A项错误；
B. NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，B项错误；
C. CuSO4为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，C项错误；
D. CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，D项正确；
答案选D。
3.一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响生成氢气的量，可向其中加入( )
A. KCl固体 B. 铁粉
C. K2SO4溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、无影响，A错误；B、形成Fe和Zn的原电池,加快了反应速率,Fe和H2SO4反应又加大了H2生成量，B错误；C、加入溶液,溶液中有水,减小了H2SO4的浓度,减小了反应速率,但不减少氢气量,K2SO4对锌无影响，C正确；D、NO3-和H+相遇相当HNO3不会生成H2,减少了氢气的量，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
4.下列表示式错误的是( )
A. Na＋的电子排布图：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据泡利不相溶原理，Na+2p轨道上的电子必须自旋方向相反，A项错误；
B.Na+核外有2层电子，分别为2、8，B项正确；
C.根据核外电子排布规则，11号元素Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，C项正确；
D.Na的核外电子排布式可以简化为[Ne]3s1，D项正确；
答案选A。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 碳与二氧化碳的反应既是放热反应，也是化合反应
B. 含1molH2SO4的溶液和含1molBa(OH)2的溶液完全中和所放出的热量为中和热
C. 在101kPa时，1molC燃烧所放出的热量一定是碳的燃烧热
D. 中和反应都是放热反应，多数分解反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. C与CO2的反应为化合反应，也是吸热反应，A项错误；
B. 含1mol H2SO4的溶液和含1 molBa(OH)2的溶液完全中和生成2mol水和难溶的BaSO4，因此放出的热量不是中和热，B项错误；
C. 在101kPa时，1molC完全燃烧生成CO2时所放出的热量才是碳的燃烧热，C项错误；
D. 所有的酸碱中和反应都是放热反应，大多数的分解反应都是吸热反应，D项正确；
答案选D。
6. pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度的关系前者与后者比较
A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸是弱酸，抑制水的电离。氯化铵溶于水铵根水解促进水的电离，因此pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前者小于后者。答案选B。
7.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是
A. KCl B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. MgSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．KCl中n(Cl-)＝0.1mol(水电离出的OH-可忽略)；
B．Mg(OH)2在水中难溶，故溶液中n(OH-)＜0.1mol；
C．Na2CO3中若有1molCO32-水解，则能产生1mol HCO3-和1molOH-，水解方向是阴离子数目增多的方向，故C中阴离子数＞0.1mol；
D．MgSO4中n(SO42-)＝0.1mol(水电离出的OH-可忽略)；
因此溶液中阴离子数最多的是碳酸钠溶液，故选C。
8.反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L-1·min-1 ②v(B)＝0.6 mol·L-1·s-1 ③v(C)＝0.4 mol·L-1·s-1 ④v(D)＝0.45 mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为
A. ④>③＝②>① B. ④<③＝②<①
C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】首先将速率的单位统一，v(A)＝0.45 mol·L－1·min－1=0.0075 mol·L－1·s－1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。
【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。
9.在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，将达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了
B. 物质A的转化率减小了
C. 物质B的质量分数增加了
D. a＞b
【答案】C
【解析】
【分析】
温度保持不变，容器的体积增加一倍，假设平衡不移动，判断B的浓度，然后根据影响化学平衡移动因素进行分析；
【详解】增大容器的体积相当于降低压强，温度保持不变，容器的体积增加一倍，假设平衡不移动，此时B的浓度是原来的50%<60%，降低压强，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，即a
B、平衡向正反应方向进行，物质A的转化率增大，故B错误；
C、根据上述分析，物质B的质量分数增加，故C正确；
D、根据上述分析，a
10.下列关于pH变化的判断正确的是( )
A. 温度升高，Na2CO3溶液pH减小 B. 温度升高，纯水pH增大
C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小 D. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Na2CO3溶液水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，因此Na2CO3溶液pH增大，故A错误；
B选项，水的电离是吸热过程，温度升高，氢离子浓度增大，纯水pH减小，故B错误；
C选项，新制氯水经光照一段时间后，次氯酸生成盐酸和氧气，因此溶液pH减小，故C正确；
D选项，氢氧化钠溶液久置于空气中，与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，碱性减弱，溶液pH减小，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】水解是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大。
11.在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＜7的是（ ）
A. B. HCO3- C. HSO4- D. K+
【答案】A
【解析】
【分析】
的电离是吸热的，存在电离平衡H2OH++OH-，要使平衡正向移动，应减小溶液中c(H+)或c(OH-)，使溶液的pH＜7，说明溶液显酸性，据此分析判断。
【详解】A. 由示意图可知该微粒为Al3+，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡正向移动，且能使溶液显酸性，A项正确；
B. HCO3-为弱酸的酸式酸根，既能电离又能水解，且水解程度大于电离程度，能促进水的电离，水解后使溶液显碱性，B项错误；
C. HSO4-是强酸的酸式酸根，电离后生成H+和SO42-，使溶液呈酸性，且抑制水的电离，C项错误；
D. K+是强碱的阳离子，不能水解，对水的电离平衡没有影响，溶液显中性，D项错误；
答案选A。
12.下列离子反应方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O＋H2OH3O＋＋OH-
B. HCO3-＋OH-H2O＋CO32-
C. NH3·H2ONH4＋＋OH-
D. NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O＋H2OH3O＋＋OH-简化为H2OH++OH-，属于水的电离，A项错误；
B. HCO3-＋OH-H2O＋CO32-为复分解反应的方程式，B项错误；
C. NH3·H2ONH4＋＋OH-为一水合氨电离的方程式，C项错误；
D. NH4+水解使溶液显弱酸性，水解的离子方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，D项正确；
答案选D。
13.下列各关系中能说明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是（ ）
A. 3molH—H键断裂的同时有6molN—H键形成
B. c(H2)与c(NH3)保持相等
C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3)
D. v正(N2)＝3v逆(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】
达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，据此分析。
【详解】A. 3molH—H键断裂的同时有6molN—H键形成，不能证明正反应速率等于逆反应速率，A项错误；
B. 达到平衡状态时，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，c(H2)与c(NH3)保持相等，并不能证明达到平衡状态，B项错误；
C. 当2v正(H2)＝3v逆(NH3)时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，C项正确；
D. 当3v正(N2)＝v逆(H2)时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，D项错误；
答案选C。
14.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是
A. HX、HY、HZ B. HX、HZ、HY
C. HY、HZ 、HX D. HZ 、HY、HX
【答案】A
【解析】
【分析】
酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱。
【详解】酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X-、Y-、Z-的水解程度逐渐增大，因此酸性：HX＞HY＞HZ，则由强到弱的顺序是HX、HY、HZ，故选A。
15.在0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是（ ）
A c(Na＋)＝2c(CO32-) B. c(CO32-)+c(OH－)＝c(H＋)+c(H2CO3)
C. c(OH-)=2c(H＋) D. c(Na＋)
【解析】
【分析】
在0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中根据电荷守恒有：c(HCO3-)+c(OH－)+2c(CO32-)＝c(H＋)+c(Na+)，根据物料守恒有：c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，据此分析判断。
【详解】A. NaHCO3完全电离生成Na+和HCO3-，HCO3-水解程度大于电离程度，因此c(Na＋)>c(CO32-)，不能得到c(Na＋)＝2c(CO32-)，A项错误；
B. 根据电荷守恒和物料守恒可知：c(CO32-)+c(OH－)＝c(H＋)+c(H2CO3)，B项正确；
C. NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，因此c(OH-)>c(H＋)，不能得到c(OH-)=2c(H＋)，C项错误；
D. 根据物料守恒有：c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，因此可得c(Na＋)>c(CO32-)＋c(HCO3-)，D项错误；
答案选B。
【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等； 物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。
16.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞②＞①＞③
D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。
【点睛】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。
17.下列反应原理的应用，不正确的是（ ）
A. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 明矾净水
B. 用化学平衡移动原理能解释加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. TiCl4＋(x＋2)H2O（过量）TiO2·xH2O↓＋4HCl 制备TiO2粉末
D. CO32-＋H2OHCO3-＋OH-用热的碱溶液清洗油污
【答案】B
【解析】
【详解】A. 明矾的主要成分为KAl(SO4)2•12H2O，溶于水后Al3+水解后生成Al(OH)3胶体，可吸附水中的悬浮物，可用于净水，A项正确，不符合题意；
B. 加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不能用化学平衡移动原理能解释，B项错误，符合题意；
C. TiCl4水解可生成TiO2·xH2O，分解后可得TiO2，可用于制备TiO2粉末，C项正确，不符合题意；
D. CO32-水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下可水解，水解吸热，因此可用热的碱溶液清洗油污，D项正确，不符合题意；
答案选B。
18.符合图1、图2的反应是
A. X＋3Y2Z ΔH>0 B. X＋3Y2Z ΔH<0
C. X＋2Y3Z ΔH<0 D. 5X＋3Y4Z ΔH<0
【答案】B
【解析】
【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。
19.常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. 水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-
B. 含有大量Fe3＋的溶液：K＋、Na＋、AlO2-、SO42-
C. 能使石蕊试纸变红的溶液：NH4+、Na＋、NO3-、HCO3-
D. 含有大量S2-的溶液：Na＋、ClO-、Cl-、CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液，可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，酸性溶液中存在H+，与Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-均可共存，碱性溶液中存在OH-，与Mg2＋发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，不能共存，因此水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-可能大量共存，A项正确；
B. Fe3＋与AlO2-发生双水解，能促进水的电离，不能大量共存，B项错误；
C. 能使石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，与HCO3-能发生复分解反应而不能共存，C项错误；
D. S2-具有还原性，ClO-具有氧化性，可发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；
答案选A。
【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO2-与HCO3-不能大量共存：②“NO3-＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH4＋与CH3COO－、CO32－，Mg2＋与HCO3-等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
20.下列实验操作能达到目的的是
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 ②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 ④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al（OH）3↓；无法制取硫化铝（Al2S3）固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，故①错误；
②碳酸钾受热稳定，可蒸发得到碳酸钾，故②正确；
③硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故③正确；
④氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl2•6H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，故④错误；
故选B。
21.对于可逆反应：2A(g)＋2B(g)C(g)+ 2D(g) △H＜0，下列各图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加催化剂，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡不移动，c(C)不变，A项错误；
B. 该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，正逆反应速率均增大，B项错误；
C. 该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，平衡逆向移动，w(C)减小，C项正确；
D. 该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，D项错误；
答案选C。
【点睛】影响化学平衡的因素
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
22.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )
A. Z为0.3 mol/L B. Y2为0.4 mol/L
C. X2为0.2 mol/L D. Z为0.4 mol/L
【答案】A
【解析】
因为是可逆反应，所以转化率不可能是100％的，即不可能只有反应物没有生成物，或只有生成物而没有反应物，所以选项A有可能，其余都是错误的，答案选A。
23.下列叙述正确的是（ ）
A. 用水稀释0.1mol·L-1的氨水，则溶液中增大
B. 化学反应的反应热只与反应途径有关，而与反应体系的始态和终态无关
C. 在等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸
D. 两种氨水的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c2＝10c1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用水稀释0.1mol·L-1的氨水，稀释过程中NH4+浓度逐渐减小，NH3•H2O的电离平衡常数Kb不变，溶液中的值逐渐减小，A项错误；
B. 反应热的大小取决于反应体系的始态和终态，与反应过程无关，B项错误；
C. pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越大，消耗的锌越多，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸，C项正确；
D. 两种氨水的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，氨水浓度越大其电离程度越小，因此c2＞10c1，D项错误；
答案选C。
24.化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是( )
A. MnSKsp比CuS的Ksp大
B. 该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应的平衡常数K＝
【答案】B
【解析】
【分析】
A. MnS的Ksp比CuS的Ksp大
B. 该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应的平衡常数K＝
【详解】A. 由反应可知，CuS比MnS更难溶，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，A正确；
B. 该反应达平衡时，此反应的平衡常数不一定等于1，所以c(Mn2＋)与c(Cu2＋)不一定相等，B错误；
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡正向移动，c(Mn2＋)变大，C正确；
D. 该反应的平衡常数K＝==，D正确。
故选B。
25.常温条件下向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列判断中，正确的是（ ）（忽略前后体积的变化）
A. 在M点，两者恰好反应完全
B 滴定前，酸中c(H＋)等于碱中c(OH-)
C. 在N点，c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
D. NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaOH溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些，A项错误；
B. NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，醋酸为弱酸，0.1 mol/L醋酸中c(H+)＜0.1mol/L，B项错误；
C. 在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，CH3COOH的浓度大于H+浓度，溶液中H+浓度大于OH-浓度，根据电荷守恒可知，溶液中CH3COO-浓度大于Na+浓度，即c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C项错误；
D. NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，因此NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1，D项正确；
答案选D
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题(共50分)
26.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1
②CO2(g)+3H2(g)CH 3OH(g)+H2O(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3
已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
H—O
C—H
E/(kJ mol-1)
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
（1）CH3OH中氧在周期表中位于___，属于___区元素，与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为___（用元素符号表示），其原因是___。
（2）写出CH3OH的结构式___；反应①的热化学方程式(热量用具体数值表示)___。
（3）当△H2=-58kJ mol-1，则△H3=__kJ mol-1。
（4）CO和H2的混合气体又称水煤气，可由水和煤在一定条件下产生，写出该反应的化学方程式___。
【答案】 (1). 第二周期VIA族 (2). P (3). F＞N＞O (4). 同一周期从左至右第一电离能逐渐增大，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能反常增大，因而F＞N＞O (5). (6). CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=-99kJ mol-1 (7). +41 (8). C +H2OCO+H2
【解析】
【分析】
（1）O为8号元素，核外有8个电子为非金属元素；同周期从左向右，第一电离能逐渐增大；
（2）甲醇中各原子都是以共价单键结合形成的；根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算出反应热后，书写正确的热化学方程式；
（3）根据盖斯定律可知，反应②-反应①=反应③，据此计算△H3；
（4）C与水蒸气反应生成CO和H2。
【详解】（1）O为8号元素，位于第二周期第VIA族，位于P区；与其同周期相邻两种元素为N、F，同周期，从左向右，第一电离能逐渐增大，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能反常增大，因此第一电离能F＞N＞O；
（2）甲醇中各原子都是以共价单键结合形成的，结构式为：；对于反应①的反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，因此△H1=1076+2×436-(3×413+343+465) kJ mol-1=-99 kJ mol-1，因此热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=-99kJ mol-1；
（3）根据盖斯定律可知，反应②-反应①=反应③，因此△H3=△H2-△H1=-58 kJ mol-1-(-99 kJ mol-1)=+41 kJ mol-1;
（4）C与水蒸气反应生成CO和H2，反应方程式为：C +H2OCO+H2。
27.在密闭容器中，使2molN2和6molH2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0。
（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___；N2和H2的转化率比是___。反应的化学平衡常数K表达式为___。
（2）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量___，密度___。(填“变大”“变小”或“不变”)
（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将___(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将___(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度____(填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。
（5）10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示：则下列说法符合该图像的是____。
A．t1时刻，增大了N2的浓度 B．t1时刻，升高了体系温度
C．t1时刻，缩小了容器体积 D．t1时刻，使用了催化剂
【答案】 (1). 1∶3 (2). 1∶1 (3). (4). 变小 (5). 不变 (6). 逆向 (7). 向左移动 (8). 小于 (9). D
【解析】
【分析】
（1）起始量与转化量之比均为1:3；平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（3）充入氩气，保持压强不变，则反应容器的容积增大，体系中压强减小；
（4）若容器为恒容、绝热，加热使容器内温度迅速上升，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（5）由图可知，10s后的某一时刻(t1)v(正)=v(逆)，处于平衡状态。
【详解】（1）起始量与转化量之比均为1:3，因此当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1:3；N2和H2的转化率比是1:1；反应的平衡常数的表达式为K=；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，总体积不变，总物质的量增大，因此混合气体的平均相对分子质量变小；密度不变；
（3）充入氩气，保持压强不变，则反应容器的容积增大，体系中压强减小，平衡逆向移动；
（4）若容器为恒容、绝热，加热使容器内温度迅速上升，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，达到新的平衡后，容器内温度小于原来的2倍；
（5）由图可知，10s后的某一时刻(t1)v(正)=v(逆)，处于平衡状态，改变外界条件，平衡不移动，因此t1时刻，使用了催化剂。
28.在水溶液中橙色的Cr2O72-与黄色的CrO42-有下列平衡关系：Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H＋，重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙黄色的。
（1）向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈___色。因为___。
（2）向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，则溶液呈__色，因为___。
（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡___(填“向左移动”或“向右移动”)。
【答案】 (1). 黄 (2). OH-与H＋结合生成水，c(H＋)减小，使平衡向右移动，CrO42-浓度增大，溶液由橙黄色变为黄色 (3). 橙 (4). c(H＋)增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液又由黄色变为橙色 (5). 向右移动
【解析】
【分析】
根据外界条件对平衡状态的影响分析解答。
【详解】（1）加入NaOH溶液，OH-与H+结合生成水，使c(H+)减小，平衡正向移动，因此溶液的颜色由橙色变为黄色；
（2）向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，增大了c(H+)，平衡逆向移动，溶液颜色由黄色变为橙色；
（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，Ba2+与CrO42-结合生成BaCrO4黄色沉淀，使c(CrO42-)减小，平衡向右移动。
29.化学与生活、生产、科研密切相关，请根据所学知识回答：
物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。
（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。
（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；
（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。
【答案】 (1). c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-) (2). 在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性 (3). 盐酸 (4). 抑制Fe3＋水解 (5). Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）NH4+水解使溶液呈酸性，但水解程度微弱；
（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7，从弱酸的阴离子水解的角度分析；
（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；
（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体。
【详解】（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；
（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性，溶液的pH＞7；
（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；
（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。
【点睛】比较溶液中粒子浓度关系的解题流程
。
30.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量[(g·(100 mL)-1]。
（Ⅰ）实验步骤
（1）用___(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。
（3）读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为___mL。
（4）滴定。当___时，停止滴定，并记录 NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
（Ⅱ）实验记录
滴定次数
1
2
3
4
V(样品)(mL)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)(mL)
15.95
15.00
15.05
14.95
（Ⅲ）数据处理与讨论
（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝mL＝15.24mL，乙指出其计算不合理。按正确数据处理，可得市售白醋总酸量＝____g·（100mL）-1；
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是___填写序号)。
a．碱式滴定管滴定时用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 酸式滴定管(或10mL移液管) (2). 0.60 (3). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (4). 4.5 (5). b
【解析】
【分析】
（Ⅰ）（1）白醋的成分是CH3COOH，用酸式滴定管量取；
（3）根据图片读数；
（4）酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色恰好变为浅红色；
（Ⅲ）（1）由表格中数据可知第一组数据误差较大，舍弃，根据其余三组数据进行计算；
（2）根据c(待测)=分析判断误差。
【详解】（Ⅰ）（1）白醋的成分是CH3COOH，应该用酸式滴定管量取；
（3）由滴定管数据可知，液体的体积为0.60mL；
（4）酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色；
（Ⅲ）（1）由表格中数据可知第一组数据误差较大，舍弃，消耗NaOH溶液的平均体积V＝mL＝15.00mL，设10mL白醋样品中含有CH3COOH x g，由CH3COOH～NaOH可知x==0.45g，因此100mL该样品中含有醋酸的质量为0.45g×=4.5g，即市售白醋总酸量＝4.5g·(100mL)-1；
（2）a.碱式滴定管在滴定时用标准NaOH溶液润洗，操作方法正确，不影响滴定结果，a项错误；
b. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，使V(标准)偏大，导致溶液浓度偏高，b项正确；
c. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，c项错误；
d. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液的物质的量偏小，导致V(标准)偏小，溶液浓度偏低，d项错误；
答案选b。
【点睛】解答本题时要注意误差分析的原理：依据c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。
31.目前国内外使用的融雪剂一般有两大类：一类是以醋酸钾为主要成分的有机融雪剂；另一类是以“氯盐”为主要成分的无机融雪剂，如氯化钠、氯化钙、氯化镁等，通称“化冰盐”。某研究性学习小组拟对融雪氯盐(主要含有氯化钠及不溶性杂质、Mg2＋、Ca2＋等)进行回收提纯研究。
化学式
CaCO3
CaSO3
CaC2O4
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
6.8×10－8
4.0×10－9
1.8×10－11
该小组设计流程如图
（1）为检验溶液B中的Mg2＋、Ca2＋，通常分别取少量溶液B于两支试管中，进行如下实验：
步骤一：检验Mg2＋，向其中一支试管中加入___溶液(填化学式)，看是否有沉淀生成。
步骤二：检验Ca2＋，向另一支试管中加入某溶液，看是否有沉淀生成。下列三种溶液，其沉淀效果最好的是__。
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液 B．0.1mol·L-1Na2SO3溶液 C．0.1mol·L-1Na2C2O4溶液
（2）在除杂过程中，向粗盐悬浊液中加混合液A时需控制溶液pH＝12以确保Mg2＋除尽，根据提供的数据计算，溶液B中Mg2＋物质的量浓度将被控制在____以下。
（3）对溶液B加热并不断滴加6mol·L-1的盐酸，同时用pH试纸检测溶液，直至pH＝2时停止加盐酸，得到溶液C。该操作的目的是___。
（4）溶液C倒入蒸发皿中，加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到有大量固体析出时停止加热。
【答案】 (1). NaOH (2). A (3). 1.8×10－7mol·L-1 (4). 除去NaOH和Na2CO3(或除去CO32-、OH-)
【解析】
【分析】
（1）步骤一步骤二：检验溶液中B中的Mg2+、Ca2+，根据沉淀法进行检验；
（2）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)c2(OH-)进行计算；
（3）能和杂质反应同时不能引入新杂质，NaOH和Na2CO3中阴离子可以用H+除去。
【详解】（1）步骤一：Mg2+与强碱反应生成沉淀，因此检验Mg2＋，向其中一支试管中加入NaOH溶液；步骤二：沉淀的溶度积越小，说明将Ca2+沉淀需要的溶液的浓度越小，由于CaCO3的溶度积最小，检验Ca2+时选择Na2CO3溶液效果最好，因此选择0.1mol·L-1Na2CO3溶液，答案选A；
（2）加热可加速沉淀的生成，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)c2(OH-)可得c(Mg2＋)==mol/L=1.8×10-7mol/L；
（3）加热并不断滴加6mol·L-1的盐酸，可以将溶液中多余的NaOH和Na2CO3除去。
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题(本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共50分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。
2.用pH试纸测下列溶液的酸碱性，常温下大于7的一种是（ ）
A. KNO3 B. NH4Cl
C. CuSO4 D. CH3COONa
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下pH大于7的溶液为碱性溶液。
【详解】A. KNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，A项错误；
B. NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，B项错误；
C. CuSO4为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，C项错误；
D. CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，D项正确；
答案选D。
3.一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响生成氢气的量，可向其中加入( )
A. KCl固体 B. 铁粉
C. K2SO4溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、无影响，A错误；B、形成Fe和Zn的原电池,加快了反应速率,Fe和H2SO4反应又加大了H2生成量，B错误；C、加入溶液,溶液中有水,减小了H2SO4的浓度,减小了反应速率,但不减少氢气量,K2SO4对锌无影响，C正确；D、NO3-和H+相遇相当HNO3不会生成H2,减少了氢气的量，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
4.下列表示式错误的是( )
A. Na＋的电子排布图：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据泡利不相溶原理，Na+2p轨道上的电子必须自旋方向相反，A项错误；
B.Na+核外有2层电子，分别为2、8，B项正确；
C.根据核外电子排布规则，11号元素Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，C项正确；
D.Na的核外电子排布式可以简化为[Ne]3s1，D项正确；
答案选A。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 碳与二氧化碳的反应既是放热反应，也是化合反应
B. 含1molH2SO4的溶液和含1molBa(OH)2的溶液完全中和所放出的热量为中和热
C. 在101kPa时，1molC燃烧所放出的热量一定是碳的燃烧热
D. 中和反应都是放热反应，多数分解反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. C与CO2的反应为化合反应，也是吸热反应，A项错误；
B. 含1mol H2SO4的溶液和含1 molBa(OH)2的溶液完全中和生成2mol水和难溶的BaSO4，因此放出的热量不是中和热，B项错误；
C. 在101kPa时，1molC完全燃烧生成CO2时所放出的热量才是碳的燃烧热，C项错误；
D. 所有的酸碱中和反应都是放热反应，大多数的分解反应都是吸热反应，D项正确；
答案选D。
6. pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度的关系前者与后者比较
A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸是弱酸，抑制水的电离。氯化铵溶于水铵根水解促进水的电离，因此pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前者小于后者。答案选B。
7.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是
A. KCl B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. MgSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．KCl中n(Cl-)＝0.1mol(水电离出的OH-可忽略)；
B．Mg(OH)2在水中难溶，故溶液中n(OH-)＜0.1mol；
C．Na2CO3中若有1molCO32-水解，则能产生1mol HCO3-和1molOH-，水解方向是阴离子数目增多的方向，故C中阴离子数＞0.1mol；
D．MgSO4中n(SO42-)＝0.1mol(水电离出的OH-可忽略)；
因此溶液中阴离子数最多的是碳酸钠溶液，故选C。
8.反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L-1·min-1 ②v(B)＝0.6 mol·L-1·s-1 ③v(C)＝0.4 mol·L-1·s-1 ④v(D)＝0.45 mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为
A. ④>③＝②>① B. ④<③＝②<①
C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】首先将速率的单位统一，v(A)＝0.45 mol·L－1·min－1=0.0075 mol·L－1·s－1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。
【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。
9.在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，将达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了
B. 物质A的转化率减小了
C. 物质B的质量分数增加了
D. a＞b
【答案】C
【解析】
【分析】
温度保持不变，容器的体积增加一倍，假设平衡不移动，判断B的浓度，然后根据影响化学平衡移动因素进行分析；
【详解】增大容器的体积相当于降低压强，温度保持不变，容器的体积增加一倍，假设平衡不移动，此时B的浓度是原来的50%<60%，降低压强，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，即a
B、平衡向正反应方向进行，物质A的转化率增大，故B错误；
C、根据上述分析，物质B的质量分数增加，故C正确；
D、根据上述分析，a
10.下列关于pH变化的判断正确的是( )
A. 温度升高，Na2CO3溶液pH减小 B. 温度升高，纯水pH增大
C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小 D. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Na2CO3溶液水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，因此Na2CO3溶液pH增大，故A错误；
B选项，水的电离是吸热过程，温度升高，氢离子浓度增大，纯水pH减小，故B错误；
C选项，新制氯水经光照一段时间后，次氯酸生成盐酸和氧气，因此溶液pH减小，故C正确；
D选项，氢氧化钠溶液久置于空气中，与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，碱性减弱，溶液pH减小，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】水解是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大。
11.在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＜7的是（ ）
A. B. HCO3- C. HSO4- D. K+
【答案】A
【解析】
【分析】
的电离是吸热的，存在电离平衡H2OH++OH-，要使平衡正向移动，应减小溶液中c(H+)或c(OH-)，使溶液的pH＜7，说明溶液显酸性，据此分析判断。
【详解】A. 由示意图可知该微粒为Al3+，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡正向移动，且能使溶液显酸性，A项正确；
B. HCO3-为弱酸的酸式酸根，既能电离又能水解，且水解程度大于电离程度，能促进水的电离，水解后使溶液显碱性，B项错误；
C. HSO4-是强酸的酸式酸根，电离后生成H+和SO42-，使溶液呈酸性，且抑制水的电离，C项错误；
D. K+是强碱的阳离子，不能水解，对水的电离平衡没有影响，溶液显中性，D项错误；
答案选A。
12.下列离子反应方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O＋H2OH3O＋＋OH-
B. HCO3-＋OH-H2O＋CO32-
C. NH3·H2ONH4＋＋OH-
D. NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O＋H2OH3O＋＋OH-简化为H2OH++OH-，属于水的电离，A项错误；
B. HCO3-＋OH-H2O＋CO32-为复分解反应的方程式，B项错误；
C. NH3·H2ONH4＋＋OH-为一水合氨电离的方程式，C项错误；
D. NH4+水解使溶液显弱酸性，水解的离子方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，D项正确；
答案选D。
13.下列各关系中能说明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是（ ）
A. 3molH—H键断裂的同时有6molN—H键形成
B. c(H2)与c(NH3)保持相等
C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3)
D. v正(N2)＝3v逆(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】
达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，据此分析。
【详解】A. 3molH—H键断裂的同时有6molN—H键形成，不能证明正反应速率等于逆反应速率，A项错误；
B. 达到平衡状态时，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，c(H2)与c(NH3)保持相等，并不能证明达到平衡状态，B项错误；
C. 当2v正(H2)＝3v逆(NH3)时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，C项正确；
D. 当3v正(N2)＝v逆(H2)时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，D项错误；
答案选C。
14.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是
A. HX、HY、HZ B. HX、HZ、HY
C. HY、HZ 、HX D. HZ 、HY、HX
【答案】A
【解析】
【分析】
酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱。
【详解】酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X-、Y-、Z-的水解程度逐渐增大，因此酸性：HX＞HY＞HZ，则由强到弱的顺序是HX、HY、HZ，故选A。
15.在0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是（ ）
A c(Na＋)＝2c(CO32-) B. c(CO32-)+c(OH－)＝c(H＋)+c(H2CO3)
C. c(OH-)=2c(H＋) D. c(Na＋)
【解析】
【分析】
在0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中根据电荷守恒有：c(HCO3-)+c(OH－)+2c(CO32-)＝c(H＋)+c(Na+)，根据物料守恒有：c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，据此分析判断。
【详解】A. NaHCO3完全电离生成Na+和HCO3-，HCO3-水解程度大于电离程度，因此c(Na＋)>c(CO32-)，不能得到c(Na＋)＝2c(CO32-)，A项错误；
B. 根据电荷守恒和物料守恒可知：c(CO32-)+c(OH－)＝c(H＋)+c(H2CO3)，B项正确；
C. NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，因此c(OH-)>c(H＋)，不能得到c(OH-)=2c(H＋)，C项错误；
D. 根据物料守恒有：c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，因此可得c(Na＋)>c(CO32-)＋c(HCO3-)，D项错误；
答案选B。
【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等； 物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。
16.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞②＞①＞③
D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。
【点睛】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。
17.下列反应原理的应用，不正确的是（ ）
A. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 明矾净水
B. 用化学平衡移动原理能解释加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. TiCl4＋(x＋2)H2O（过量）TiO2·xH2O↓＋4HCl 制备TiO2粉末
D. CO32-＋H2OHCO3-＋OH-用热的碱溶液清洗油污
【答案】B
【解析】
【详解】A. 明矾的主要成分为KAl(SO4)2•12H2O，溶于水后Al3+水解后生成Al(OH)3胶体，可吸附水中的悬浮物，可用于净水，A项正确，不符合题意；
B. 加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不能用化学平衡移动原理能解释，B项错误，符合题意；
C. TiCl4水解可生成TiO2·xH2O，分解后可得TiO2，可用于制备TiO2粉末，C项正确，不符合题意；
D. CO32-水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下可水解，水解吸热，因此可用热的碱溶液清洗油污，D项正确，不符合题意；
答案选B。
18.符合图1、图2的反应是
A. X＋3Y2Z ΔH>0 B. X＋3Y2Z ΔH<0
C. X＋2Y3Z ΔH<0 D. 5X＋3Y4Z ΔH<0
【答案】B
【解析】
【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。
19.常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. 水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-
B. 含有大量Fe3＋的溶液：K＋、Na＋、AlO2-、SO42-
C. 能使石蕊试纸变红的溶液：NH4+、Na＋、NO3-、HCO3-
D. 含有大量S2-的溶液：Na＋、ClO-、Cl-、CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液，可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，酸性溶液中存在H+，与Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-均可共存，碱性溶液中存在OH-，与Mg2＋发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，不能共存，因此水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-可能大量共存，A项正确；
B. Fe3＋与AlO2-发生双水解，能促进水的电离，不能大量共存，B项错误；
C. 能使石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，与HCO3-能发生复分解反应而不能共存，C项错误；
D. S2-具有还原性，ClO-具有氧化性，可发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；
答案选A。
【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO2-与HCO3-不能大量共存：②“NO3-＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH4＋与CH3COO－、CO32－，Mg2＋与HCO3-等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
20.下列实验操作能达到目的的是
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 ②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 ④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】B
【解析】
【详解】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al（OH）3↓；无法制取硫化铝（Al2S3）固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，故①错误；
②碳酸钾受热稳定，可蒸发得到碳酸钾，故②正确；
③硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故③正确；
④氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl2•6H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，故④错误；
故选B。
21.对于可逆反应：2A(g)＋2B(g)C(g)+ 2D(g) △H＜0，下列各图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加催化剂，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡不移动，c(C)不变，A项错误；
B. 该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，正逆反应速率均增大，B项错误；
C. 该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，平衡逆向移动，w(C)减小，C项正确；
D. 该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，D项错误；
答案选C。
【点睛】影响化学平衡的因素
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
22.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )
A. Z为0.3 mol/L B. Y2为0.4 mol/L
C. X2为0.2 mol/L D. Z为0.4 mol/L
【答案】A
【解析】
因为是可逆反应，所以转化率不可能是100％的，即不可能只有反应物没有生成物，或只有生成物而没有反应物，所以选项A有可能，其余都是错误的，答案选A。
23.下列叙述正确的是（ ）
A. 用水稀释0.1mol·L-1的氨水，则溶液中增大
B. 化学反应的反应热只与反应途径有关，而与反应体系的始态和终态无关
C. 在等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸
D. 两种氨水的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c2＝10c1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用水稀释0.1mol·L-1的氨水，稀释过程中NH4+浓度逐渐减小，NH3•H2O的电离平衡常数Kb不变，溶液中的值逐渐减小，A项错误；
B. 反应热的大小取决于反应体系的始态和终态，与反应过程无关，B项错误；
C. pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越大，消耗的锌越多，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸，C项正确；
D. 两种氨水的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，氨水浓度越大其电离程度越小，因此c2＞10c1，D项错误；
答案选C。
24.化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是( )
A. MnSKsp比CuS的Ksp大
B. 该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应的平衡常数K＝
【答案】B
【解析】
【分析】
A. MnS的Ksp比CuS的Ksp大
B. 该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应的平衡常数K＝
【详解】A. 由反应可知，CuS比MnS更难溶，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，A正确；
B. 该反应达平衡时，此反应的平衡常数不一定等于1，所以c(Mn2＋)与c(Cu2＋)不一定相等，B错误；
C. 往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡正向移动，c(Mn2＋)变大，C正确；
D. 该反应的平衡常数K＝==，D正确。
故选B。
25.常温条件下向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列判断中，正确的是（ ）（忽略前后体积的变化）
A. 在M点，两者恰好反应完全
B 滴定前，酸中c(H＋)等于碱中c(OH-)
C. 在N点，c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
D. NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaOH溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些，A项错误；
B. NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，醋酸为弱酸，0.1 mol/L醋酸中c(H+)＜0.1mol/L，B项错误；
C. 在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，CH3COOH的浓度大于H+浓度，溶液中H+浓度大于OH-浓度，根据电荷守恒可知，溶液中CH3COO-浓度大于Na+浓度，即c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C项错误；
D. NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，因此NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1，D项正确；
答案选D
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题(共50分)
26.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1
②CO2(g)+3H2(g)CH 3OH(g)+H2O(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3
已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
H—O
C—H
E/(kJ mol-1)
436
343
1076
465
413
回答下列问题：
（1）CH3OH中氧在周期表中位于___，属于___区元素，与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为___（用元素符号表示），其原因是___。
（2）写出CH3OH的结构式___；反应①的热化学方程式(热量用具体数值表示)___。
（3）当△H2=-58kJ mol-1，则△H3=__kJ mol-1。
（4）CO和H2的混合气体又称水煤气，可由水和煤在一定条件下产生，写出该反应的化学方程式___。
【答案】 (1). 第二周期VIA族 (2). P (3). F＞N＞O (4). 同一周期从左至右第一电离能逐渐增大，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能反常增大，因而F＞N＞O (5). (6). CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=-99kJ mol-1 (7). +41 (8). C +H2OCO+H2
【解析】
【分析】
（1）O为8号元素，核外有8个电子为非金属元素；同周期从左向右，第一电离能逐渐增大；
（2）甲醇中各原子都是以共价单键结合形成的；根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算出反应热后，书写正确的热化学方程式；
（3）根据盖斯定律可知，反应②-反应①=反应③，据此计算△H3；
（4）C与水蒸气反应生成CO和H2。
【详解】（1）O为8号元素，位于第二周期第VIA族，位于P区；与其同周期相邻两种元素为N、F，同周期，从左向右，第一电离能逐渐增大，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能反常增大，因此第一电离能F＞N＞O；
（2）甲醇中各原子都是以共价单键结合形成的，结构式为：；对于反应①的反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，因此△H1=1076+2×436-(3×413+343+465) kJ mol-1=-99 kJ mol-1，因此热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H=-99kJ mol-1；
（3）根据盖斯定律可知，反应②-反应①=反应③，因此△H3=△H2-△H1=-58 kJ mol-1-(-99 kJ mol-1)=+41 kJ mol-1;
（4）C与水蒸气反应生成CO和H2，反应方程式为：C +H2OCO+H2。
27.在密闭容器中，使2molN2和6molH2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0。
（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___；N2和H2的转化率比是___。反应的化学平衡常数K表达式为___。
（2）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量___，密度___。(填“变大”“变小”或“不变”)
（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将___(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将___(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度____(填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。
（5）10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示：则下列说法符合该图像的是____。
A．t1时刻，增大了N2的浓度 B．t1时刻，升高了体系温度
C．t1时刻，缩小了容器体积 D．t1时刻，使用了催化剂
【答案】 (1). 1∶3 (2). 1∶1 (3). (4). 变小 (5). 不变 (6). 逆向 (7). 向左移动 (8). 小于 (9). D
【解析】
【分析】
（1）起始量与转化量之比均为1:3；平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（3）充入氩气，保持压强不变，则反应容器的容积增大，体系中压强减小；
（4）若容器为恒容、绝热，加热使容器内温度迅速上升，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（5）由图可知，10s后的某一时刻(t1)v(正)=v(逆)，处于平衡状态。
【详解】（1）起始量与转化量之比均为1:3，因此当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1:3；N2和H2的转化率比是1:1；反应的平衡常数的表达式为K=；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，总体积不变，总物质的量增大，因此混合气体的平均相对分子质量变小；密度不变；
（3）充入氩气，保持压强不变，则反应容器的容积增大，体系中压强减小，平衡逆向移动；
（4）若容器为恒容、绝热，加热使容器内温度迅速上升，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，达到新的平衡后，容器内温度小于原来的2倍；
（5）由图可知，10s后的某一时刻(t1)v(正)=v(逆)，处于平衡状态，改变外界条件，平衡不移动，因此t1时刻，使用了催化剂。
28.在水溶液中橙色的Cr2O72-与黄色的CrO42-有下列平衡关系：Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H＋，重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙黄色的。
（1）向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈___色。因为___。
（2）向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，则溶液呈__色，因为___。
（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡___(填“向左移动”或“向右移动”)。
【答案】 (1). 黄 (2). OH-与H＋结合生成水，c(H＋)减小，使平衡向右移动，CrO42-浓度增大，溶液由橙黄色变为黄色 (3). 橙 (4). c(H＋)增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液又由黄色变为橙色 (5). 向右移动
【解析】
【分析】
根据外界条件对平衡状态的影响分析解答。
【详解】（1）加入NaOH溶液，OH-与H+结合生成水，使c(H+)减小，平衡正向移动，因此溶液的颜色由橙色变为黄色；
（2）向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，增大了c(H+)，平衡逆向移动，溶液颜色由黄色变为橙色；
（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，Ba2+与CrO42-结合生成BaCrO4黄色沉淀，使c(CrO42-)减小，平衡向右移动。
29.化学与生活、生产、科研密切相关，请根据所学知识回答：
物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。
（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。
（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；
（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。
【答案】 (1). c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-) (2). 在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性 (3). 盐酸 (4). 抑制Fe3＋水解 (5). Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）NH4+水解使溶液呈酸性，但水解程度微弱；
（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7，从弱酸的阴离子水解的角度分析；
（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；
（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体。
【详解】（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；
（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性，溶液的pH＞7；
（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；
（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。
【点睛】比较溶液中粒子浓度关系的解题流程
。
30.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量[(g·(100 mL)-1]。
（Ⅰ）实验步骤
（1）用___(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。
（3）读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为___mL。
（4）滴定。当___时，停止滴定，并记录 NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
（Ⅱ）实验记录
滴定次数
1
2
3
4
V(样品)(mL)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)(mL)
15.95
15.00
15.05
14.95
（Ⅲ）数据处理与讨论
（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝mL＝15.24mL，乙指出其计算不合理。按正确数据处理，可得市售白醋总酸量＝____g·（100mL）-1；
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是___填写序号)。
a．碱式滴定管滴定时用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 酸式滴定管(或10mL移液管) (2). 0.60 (3). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (4). 4.5 (5). b
【解析】
【分析】
（Ⅰ）（1）白醋的成分是CH3COOH，用酸式滴定管量取；
（3）根据图片读数；
（4）酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色恰好变为浅红色；
（Ⅲ）（1）由表格中数据可知第一组数据误差较大，舍弃，根据其余三组数据进行计算；
（2）根据c(待测)=分析判断误差。
【详解】（Ⅰ）（1）白醋的成分是CH3COOH，应该用酸式滴定管量取；
（3）由滴定管数据可知，液体的体积为0.60mL；
（4）酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色；
（Ⅲ）（1）由表格中数据可知第一组数据误差较大，舍弃，消耗NaOH溶液的平均体积V＝mL＝15.00mL，设10mL白醋样品中含有CH3COOH x g，由CH3COOH～NaOH可知x==0.45g，因此100mL该样品中含有醋酸的质量为0.45g×=4.5g，即市售白醋总酸量＝4.5g·(100mL)-1；
（2）a.碱式滴定管在滴定时用标准NaOH溶液润洗，操作方法正确，不影响滴定结果，a项错误；
b. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，使V(标准)偏大，导致溶液浓度偏高，b项正确；
c. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，c项错误；
d. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液的物质的量偏小，导致V(标准)偏小，溶液浓度偏低，d项错误；
答案选b。
【点睛】解答本题时要注意误差分析的原理：依据c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。
31.目前国内外使用的融雪剂一般有两大类：一类是以醋酸钾为主要成分的有机融雪剂；另一类是以“氯盐”为主要成分的无机融雪剂，如氯化钠、氯化钙、氯化镁等，通称“化冰盐”。某研究性学习小组拟对融雪氯盐(主要含有氯化钠及不溶性杂质、Mg2＋、Ca2＋等)进行回收提纯研究。
化学式
CaCO3
CaSO3
CaC2O4
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
6.8×10－8
4.0×10－9
1.8×10－11
该小组设计流程如图
（1）为检验溶液B中的Mg2＋、Ca2＋，通常分别取少量溶液B于两支试管中，进行如下实验：
步骤一：检验Mg2＋，向其中一支试管中加入___溶液(填化学式)，看是否有沉淀生成。
步骤二：检验Ca2＋，向另一支试管中加入某溶液，看是否有沉淀生成。下列三种溶液，其沉淀效果最好的是__。
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液 B．0.1mol·L-1Na2SO3溶液 C．0.1mol·L-1Na2C2O4溶液
（2）在除杂过程中，向粗盐悬浊液中加混合液A时需控制溶液pH＝12以确保Mg2＋除尽，根据提供的数据计算，溶液B中Mg2＋物质的量浓度将被控制在____以下。
（3）对溶液B加热并不断滴加6mol·L-1的盐酸，同时用pH试纸检测溶液，直至pH＝2时停止加盐酸，得到溶液C。该操作的目的是___。
（4）溶液C倒入蒸发皿中，加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到有大量固体析出时停止加热。
【答案】 (1). NaOH (2). A (3). 1.8×10－7mol·L-1 (4). 除去NaOH和Na2CO3(或除去CO32-、OH-)
【解析】
【分析】
（1）步骤一步骤二：检验溶液中B中的Mg2+、Ca2+，根据沉淀法进行检验；
（2）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)c2(OH-)进行计算；
（3）能和杂质反应同时不能引入新杂质，NaOH和Na2CO3中阴离子可以用H+除去。
【详解】（1）步骤一：Mg2+与强碱反应生成沉淀，因此检验Mg2＋，向其中一支试管中加入NaOH溶液；步骤二：沉淀的溶度积越小，说明将Ca2+沉淀需要的溶液的浓度越小，由于CaCO3的溶度积最小，检验Ca2+时选择Na2CO3溶液效果最好，因此选择0.1mol·L-1Na2CO3溶液，答案选A；
（2）加热可加速沉淀的生成，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)c2(OH-)可得c(Mg2＋)==mol/L=1.8×10-7mol/L；
（3）加热并不断滴加6mol·L-1的盐酸，可以将溶液中多余的NaOH和Na2CO3除去。
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