还剩22页未读，
继续阅读
所属成套资源：2019-2020年全国各地化学高二上册期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
【化学】福建省福州市八县一中2019-2020学年高二上学期期末联考（解析版） 试卷
展开
福建省福州市八县一中2019-2020学年高二上学期期末联考
相对原子质量：N－14 O－16 Na－23 S－32 Ba－137
一、选择题：（共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中错误的是（ ）
A. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
B. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 进行胃镜透视时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾水解生成胶体，双氧水具有强氧化性，则明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒，故A正确；
B. 浓盐水不能缓解重金属盐引起的人体中毒，应服用牛奶、豆浆等解毒，故B错误；
C．金属钠、镁等活泼金属着火时，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D. 进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故D正确；
故选B。
2.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25℃、101kPa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（ ）
A. CaCO3=CaO+CO2↑
B. NaOH的溶解
C. 2H2+O2=2H2O
D. Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反应，混乱度增加，即熵增过程，且在25℃，101KPa时自发进行，据此分析。
【详解】A.碳酸钙分解为吸热反应，熵变大于0，但碳酸钙在25℃，101KPa下不会自发分解，故A错误；
B.NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故B错误；
C.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故C错误；
D.该反应为吸热反应，且熵变大于0，在25℃，101KPa时能自发发生，符合题意，故D正确。
故选D。
3.物质的量浓度相同的下列溶液，由水电离出的c(H+)浓度最小的是（ ）
A. NaHCO3 B. Na2SO4
C. NaHSO4 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
根据酸对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起到促进作用，不水解的盐对水的电离无影响，水的电离程度越大，电离出的氢离子或是氢氧根离子浓度越大．
【详解】NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢离子浓度最小；
NH3·H2O是弱碱，对水的电离抑制程度较小；
硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响；
NaHCO3是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用；
故选C。
4.下列方程式书写正确的是（ ）
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H++CO32-
B. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32-
C. PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-
D. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸是弱酸， NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A错误；
B. 亚硫酸是二元弱酸，分步电离，H2SO3的电离方程式：H2SO3H＋＋HSO3-，故B错误；
C.多元弱酸根分步水解， PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-，故C正确；
D. 沉淀溶解平衡是可逆反应，CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)，故D错误；
故选C。
5.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= +285.8kJ·mol-1
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1，若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、硫蒸汽放出热量会变为硫固体，说明硫蒸汽所含能量比硫固体多，故硫蒸汽和硫固体完全燃烧，硫蒸汽放出的热量较多，A错误；
B、根据热化学方程式可知，该反应是吸热反应，说明金刚石的能量多，则石墨更稳定，B错误；
C、氢气燃烧是放热反应，ΔH小于0，C错误；
D、CH3COOH是弱电解质，其电离方向是吸热的过程，故1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，D正确；
故选D。
【点睛】注意弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热反应。
6.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）
A. 室温下，NaR溶液的pH大于7
B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
C. HR溶液的导电性比盐酸弱
D. 0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8
【答案】C
【解析】
【详解】A. 室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR是强碱弱酸盐，故A不选；
B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明R-是弱酸根离子，抑制HR的电离，故B不选；
C. 没有指明浓度是否相同，HR溶液的导电性比盐酸弱，不能说明HR是弱酸，故C选；
D. 0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8>2，说明HR没有完全电离，故D不选；
故选C。
7.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是
A. 钢铁船身嵌入锌 B. 钢闸门与直流电源负极相连
C. 健身器材刷油漆 D. 车圈、车铃钢上镀铬
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故A符合；
B. 钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故B不符合；
C. 健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故C不符合；
D. 车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故D不符合。
故答案选A。
8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10
B. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水，溶液变成红褐色
C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D. 水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．一水合氨为弱碱，一水合氨存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，则稀释10倍后溶液的pH＞10，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B. 铁离子水解是吸热反应，将饱和氯化铁溶液滴入沸水，促进水解反应正向进行，溶液变成红褐色，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，反应前后气体的物质的量不变，加压平衡不移动，增大压强可使颜色变深，是物理变化，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．CaCO3更难溶，处理锅炉水垢中的CaSO4时，加入饱和Na2CO3溶液，能将CaSO4转化为CaCO3，后加盐酸，水垢溶解，从而除去水垢，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡原理的应用，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件改变引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解释。
9.某密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法错误的是（ ）
A. t2时加入了催化剂
B. t3时减小了压强
C. t5时升高了温度
D. t4～t5时间内X转化率最低
【答案】D
【解析】
【详解】A、t2时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大且仍然相等，说明平衡不移动，该反应前后气体计量数之和改变，所以改变的条件只能是催化剂，故A正确；
B、t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，则改变的条件应该是压强，故B正确；
C、t5时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变的条件应该是升高温度，故C正确；
D、t2时刻平衡不移动，t3、t5时刻平衡逆向移动，所以t6时刻后参加反应的反应物物质的量最少，则反应物的转化率最低，故D错误。
故选D。
10.常温下，由水电离产生的c(H＋)与c(OH－)的乘积为10－24，下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42- B. K＋、Fe2＋、Cl-、NO3-
C. K＋、Ba2＋、NO3-、SO42- D. K＋、NH4＋、ClO-、I-
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，由水电离产生的c(H＋)与c(OH－)的乘积为10－24，溶液为酸溶液或碱溶液。
【详解】A. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42-四种离子在碱性条件下不能大量共存，在酸性条件下可以大量共存，故A符合；
B. 酸性条件下；H＋、Fe2＋、NO3-发生氧化还原反应，碱性条件下， Fe2＋、OH-生成沉淀，故B不符；-
C. Ba2＋、SO42-生成BaSO4 沉淀，故C不符；
D. ClO-强氧化性、I-强还原性，两者不共存，故D不符；
故选A。
11.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是( )
提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S=2NaI+S↓
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性KMnO4溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
蓝色→无色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
氢氧化钠滴定醋酸时，因为恰好中和的时候生成醋酸钠，显碱性，所以选择碱变色的指示剂——酚酞，终点颜色变化为：无色→浅红色，选项A正确。盐酸滴定氨水的时候，因为恰好中和的时候生成氯化铵，显酸性，所以选择酸变色的指示剂——甲基橙，终点颜色变化为：黄色→橙色，选项B正确。根据题目反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钠，亚硫酸钠被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，选项C正确。用碘水滴定硫化钠溶液，开始时都无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为：无色→蓝色，选项D错误。
12.一定温度下，可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
③混合气体的密度不再改变的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1的状态
A. ①②③④ B. ①②④
C. ②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；
②总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故②正确；
③总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故③错误；
④一氧化氮和氧气为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1的状态，浓度不一定保持不变，所以不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
①②④正确，故选B。
13.下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾
A. ③④ B. ①③④ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误；
③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；
④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故正确；
⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故错误；
⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰，所以最终得到的固体不是原物质，故错误；
答案选A。
14.常温下，浓度相同稀溶液：①氨水、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④NH4Cl溶液中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为（ ）
A. ①>②>④> ③ B. ②>④>③>①
C. ②>①>③>④ D. ②>①>④>③
【答案】B
【解析】
【分析】
酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大。
【详解】NH4Cl溶液中Cl－对NH4＋水解无影响，NH4Al（SO4）2溶液中Al3＋抑制NH4＋的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO－促进NH4＋的水解，氨水中只电离出少量的NH4＋，故c（NH4＋）由大到小的排列顺序为②>④>③>①，
故选B。
15.下列各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）
A. CH3COOHCH3COO-+H+
B. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl
C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0
【答案】D
【解析】
【详解】A．加醋酸钠，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，与图象不符，故A错误；
B．KCl对平衡移动无影响，则铁离子浓度不变，与图象不符，故B错误；
C．温度、压强不变时，加Ar，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图象不符，故C错误；
D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，CH3OCH3的转化率提高，故D正确；
故选D。
16.硼化钒（VB2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5．下列说法正确的是（ ）
A. 电极a为电池负极
B. 图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过
C. 电子由VB2极经KOH溶液流向a电极
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-═V2O5+2B2O3+11H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故A错误；
B、氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，故B错误；
C、“电子不下水”，电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；
D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查原电池的工作原理，本题注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O2→4B2O3+2V2O5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动。
17.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2
B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；
C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；
D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；
故选C。
18.某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
B. 加入NaCl固体则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C. 蒸发溶液可以实现b点到a点的转化
D. 图中d点对应的是过饱和溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入 AgNO3，c（Ag＋）增大，AgCl（s）Ag＋（aq）+Cl－（aq）平衡逆向移动，c（Cl－）减小，而图中c 点变到 d 点时c（Cl－）不变，故A错误；
B．Ksp与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl 的溶解度减小，Ksp 不变，故B错误；
C．蒸发时银离子和氯离子的浓度均变大，故C错误；
D．d 点时Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），则d 点有 AgCl 沉淀生成，故D正确；
故选D。
19.根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A. c(HCO3― )>c(ClO― )>c(OH― )
B. c(ClO― )>c(HCO3― )>c(H＋)
C. c(HClO)＋c(ClO― )＝c(HCO3― )＋c(H2CO3)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3― )＋c(ClO― )＋c(OH― )
【答案】A
【解析】
【详解】A、从表达数据可以知道，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，那么等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－的水解程度比HCO3-大，ClO－和HCO3-水解使得溶液显碱性，故c(HCO3-)>c(ClO－)>c(OH－)，选项A正确；
B、根据选项A的分析可知，c(HCO3-)>c(ClO－)，选项B错误；
C、根据物料守恒有c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)+ c(CO32-)，选项C错误；
D、根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(ClO－)＋c(OH－) + 2c(CO32-)，选项D错误。
答案选A。
20.常温下，等体积酸和碱的溶液混和后，溶液pH＜7的是（ ）
A. pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液
B. pH=5的盐酸和pH=9的氨水溶液
C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液
D. pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下，酸溶液中氢离子浓度为：c（H＋）=10-pHmol·L-1，碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=10pH-14 mol·L-1。
【详解】A. 由于硝酸和氢氧化钾都是强电解质，pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，混合液为中性，pH=7，故A不符；
B. 氨水为弱碱，盐酸的pH=5，氨水的pH=9，则c（OH－）=109-14 mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的浓度远远大于10-5mol·L-1，氨水远远过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故B不符；
C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液，反应后溶液中溶质为醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故C不符；
D. 硫酸和氢氧化钡为强电解质，设硫酸溶液的pH=a，pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，则氢氧化钡溶液的pH=13-a，溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=10pH-14 mol·L-1=1013-a-14mol·L-1=10-a-1mol·L-1= ×10-amol·L-1，氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，混合液中氢离子过量，溶液显示酸性，溶液的pH＜7，故D符合；
故选D。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离，注意掌握溶液pH的计算方法，明确溶液酸碱性的定性判断方法、弱电解质的电离情况为解答本题的关键，易错点B，氨水的pH=9，则c（OH－）=109-14 mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的浓度远远大于10-5mol·L-1．
21.常温下，用0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mL未知浓度一元弱碱MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A. 该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L-1
B. a、b、c点水的电离程度逐渐增大
C. b点：c(M+)＝c(Cl-)
D. 常温下，MOH的电离常数Kb＝1×10-5
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 mol·L-1，故A正确；
B. a点有碱溶液、c点酸过量，水的电离均受到抑制，b是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，水的电离程度逐渐增大，故B错误；
C．b点溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），根据电荷守恒得c（M＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），所以得c（M＋）=c（Cl－），故C正确；
D．根据图象知，0.1000mol·L－1MOH溶液中pH=11，则c（OH－）=0.001mol·L－1，常温下，MOH的电离常数Kb===1×10-5，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系．
22.下列实验操作不能达到实验目的是（ ）
实验操作
实验目的
A
向2支盛有2mL5%H2O2的试管中分别滴加1mL同浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液
探究不同催化剂的催化效率
B
取2mL1.0mol/LAgNO3溶液，先滴5滴1.0mol/LNaCl溶液，再滴5滴1.0mol/LNaI溶液，看到白色沉淀变黄色
验证AgCl和AgI的Ksp大小
C
混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度
测定中和反应反应热
D
等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应
比较酸溶液中的c(H+)的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓度相同，只有催化剂一个变量，则可探究催化剂对反应速率的影响，故A能达到；
B．硝酸银过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp，故B不能达到；
C．混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol·L－1HCl溶液与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液的温度，求出开始的温度，故C能达到；
D．等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应，浓度相等，由反应速率快慢，比较酸溶液中的c(H+)的大小，故D能达到；
故选B。
二、填空题
23.25℃时，电离常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HA
电离常数
1.8×10－5
K1：4.3×10－7
K2：5.6×10－11
4.9×10－10
请回答下列问题：
（1）物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质：
a．Na2CO3 b．NaA c．CH3COONa d．NaHCO3
pH由大到小的顺序是__(填标号)。
（2）25℃时，0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的__倍。
（3）写出向NaA溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__。
（4）将0.10molNH4Cl和0.04molNaOH溶于水，配制成0.5L混合溶液。
①其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol，它们是__和__。
②溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=__mol·L-1。
（5）若25℃时BaSO4的溶解度为2.33×10-4g，则其Ksp=__。
（6）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为__。
【答案】 (1). a>b>d>c (2). 9×108 (3). A-＋CO2＋H2O=HCO3-＋HA (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). 0.12 (7). 1×10-10 (8). 9：2
【解析】
【分析】
（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大；
（2）根据醋酸的电离平衡常数和水的离子积计算；
（3）电离平衡常数：H2CO3＞HA＞HCO3－，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；
（4）任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
（5）依据溶解度计算出硫酸钡的物质的量，然后计算钡离子和硫酸根的浓度，然后依据公式计算即可；
（6）该温度下水的离子积为1×10-14，据此计算出pH=11、pH=2、pH=3的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可。
【详解】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大，电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，水解程度：CH3COO－＜HCO3－＜A－＜CO32－，则这几种溶液的pH：a＞b＞d＞c；
故答案为：a＞b＞d＞c；
（2）25℃时，在0.5 mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H＋）= mol·L－1=3×10-3mol·L－1，水电离出的c（H＋）= mol·L－1，则25℃时，在0.5 mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H＋）约是由水电离出的c（H＋）倍数= =9×108，
故答案为：9×108；
（3）电离平衡常数：H2CO3＞HA＞HCO3－，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；离子方程式为A－+CO2+H2O=HA+HCO3－，
故答案为：A－+CO2+H2O=HA+HCO3－；
（4）①根据物料守恒：N原子存在于两种NH4+ 和 NH3·H2O微粒中，两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol；
故答案为：NH4+ 和 NH3·H2O；
②根据电荷守恒：溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(Na+)=（0.2-0.08）mol·L-1=0.12mol·L-1。
故答案为：0.12；
（5）硫酸钡的相对分子质量为：233，故硫酸钡的物质的量为：
2.33×10-4g÷233g·mol－1=1.0×10-6mol，c（SO42－）=c（Ba2＋）=c（BaSO4）=1.0×10-6mol÷0.1L=1.0×10-5mol·L－1，故BaSO4的Ksp=1.0×10-5mol·L－1×1.0×10-5mol·L－1=1.0×10-10mol2·L－2，
故答案为：1.0×10-10；
（6）该温度下水的离子积为Kw=1×10-14，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=mol·L－1=0.001mol·L－1，pH=2的稀硫酸中氢离子浓度为0.01mol·L－1，
pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol·L－1，则混合液中满足：0.01mol·L－1×V2－0.001mol·L－1×V1=0.001mol·L－1×（V1+V2），
整理可得：V1：V2=9：2，
故答案为：9：2。
24.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g) ΔH1 =+41.1kJ/mol-1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=－90.0kJ/mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：__。
（2）为提高CH3OH转化率，理论上应采用的条件是__（填字母）。
A.高温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.低温高压
（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，如图为不同投料比[]时某反应物X平衡转化率变化曲线。
反应物X是__（填“CO2”或“H2”），理由是___。
（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得n(CH3OH)=1.5mol。
①前10min的平均反应速率v(H2)＝__mol·L－1·min －1。
②化学平衡常数K=__。
③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为__（填字母）。
【答案】 (1). 3H2(g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9kJ/mol (2). D (3). CO2 (4). 增大，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B
【解析】
【分析】
（1）根据已知反应，利用盖斯定律来分析，将①+②可得，CO2催化氢化合成甲醇的化学方程式，并据此计算焓变；
（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，根据平衡移动原理分析；
（3）①根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示，进行分析解答；
②横坐标表示，假设C（CO2）不变时，增大C（H2），结合图象分析即可；
（4）①利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=△c÷△t计算v（H2）；
②化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
③分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低。
【详解】（1）①CO2（g）+H2（g）H2O（g）+CO（g）△H1=+41.1 kJ·mol－1
②CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H2=-90.0 kJ·mol－1
利用盖斯定律可知，将①+②可得：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）则△H=（+41.1kJ·mol－1）+（-90kJ·mol－1）=-48.9KJ·mol－1；
（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H=-48.9KJ·mol－1，是气体计量数减小的反应，正反应为放热反应，提高CH3OH平衡转化率，平衡需正向移动。
A．高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，正反应为放热反应，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故A错误；
B．正反应为放热反应，低温平衡向放热的正反应方向移动，低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，故B错误；
C．低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故C错误；
D．低温平衡向放热的正反应方向移动，高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，故D正确；
故答案为：D；
（3）①同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，图示，横坐标增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2，
故答案为：CO2；
②恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳转化率增大，而氢气的转化率降低；
（4）①列出三段式：
前10 min的平均反应速率v（H2）= =0.225mol·L-1·min-1；
故答案为：0.225；
②化学平衡常数K= = ≈5.33；
故答案为：5.33；
③分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B，
故答案为：B。
【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，明确化学平衡及其影响为解答关键，（3）为难点，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
25.为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。
（1）甲池Fe电极反应式为___。
（2）由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是___(填元素符号)。
（3）写出丙装置发生反应的离子方程式___。
（4）当丙装置阴极产生112mL（标准状况）的气体时，乙中右池减少的离子有___mol。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). Fe>Co>Cu (3). 2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑ (4). 0.01
【解析】
【分析】
甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，可判断Fe为负极；乙池也是原电池，用于电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，据此判断Fe、Co、Cu三种金属的活动性；
电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，据此写出反应的离子方程式；
（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子。
【详解】（1）甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，即Co电极有H2生成，说明Fe比Co活泼，Fe失去电子生成Fe2＋，电极反应式为Fe-2e－=Fe2＋；
（2）乙池也是原电池，电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，说明Co比Cu活泼，所以三种金属的活动性由强到弱的顺序是 Fe＞Co＞Cu；
（3）电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，所以反应的离子方程式为2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑；
（4）关系式为2H＋～H2～2e－～Cu2＋，电路中转移电子n（Cu2＋）=n（H2）=112×10-3L÷22.4L·mol－1=0.005mol，而阴离子交换膜只允许SO42－通过，并且通过交换膜的SO42－数目与铜离子数目相同，乙中右池减少的离子有0.01mol。
【点睛】本题考查原电池原理和电解池的原理及其相关计算，理解并熟练运用电解原理是解题的关键，注意电解池中阳极材料是活泼电极的特殊性，易错点（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子，不能只想到一种离子减少。
26.某化学实验小组探究市售食用白醋中醋酸的的准确浓度，取20.00mL某品牌食用白醋于锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂，用浓度为a mol/L的标准NaOH溶液对其进行滴定。
（1）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差lmL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为___mL。
（2）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为amo1/L，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗NaOH溶液体积/mL
27.02
25.36
25.30
从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是___。
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗
C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗
D.滴定结束时，俯视读数
（3）根据所给数据，计算该白醋中醋酸的物质的量浓度为（含a的表达式）：c＝___mo1/L。
【答案】 (1). 25.40 (2). AB (3). 1.2665a
【解析】
【分析】
（1）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度为25，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；
（2）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；
（3）根据化学方程式CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O计算醋酸的浓度．
【详解】（1）A与C刻度间相差1mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为25，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是25.40mL；
（2）A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡的体积被当成了消耗NaOH溶液的体积，导致NaOH溶液体积偏大，故A符合；
B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，标准液被稀释，浓度偏小，导致NaOH溶液体积偏大，故B符合；
C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，故C不符合；
D.滴定结束时，俯视读数，读取滴定终点时NaOH溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致NaOH溶液体积偏小，故D不符；
故选AB。
（3）第一次数据相差较大，舍去，其余两次使用氢氧化钠溶液的平均体积= =25.33mL，
CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
1 1
c（CH3COOH）×VmL amol·L－1×25.33mL
解得：c（CH3COOH）=a×25.33÷20mol·L－1=1.2665amol·L－1.
【点睛】本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，理解中和滴定的原理是解题关键，易错点（2）误差分析，按照公式c(待)＝ ，标准液浓度、标准液体积读数、待测液体积等误差，在中和滴定实验中直接反映在标准液体积读数上，即V(标)。
27.某科研小组设计出利用工业废酸（10%H2SO4）来堆浸某废弃的氧化铜锌矿，提取锌、铜元素，实现废物综合利用，方案如图所示：
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe2＋
6.34
9.7
Fe3＋
1.48
3.2
Zn2＋
6.2
8.0
请回答下列问题：
（1）加入A物质的目的是___，物质A可使用下列物质中的___。
A.KMnO4 B.O2 C.H2O2 D.Cl2
（2）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)___Ksp(ZnS)（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）反应生成海绵铜的离子方程式：___。
（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在___范围之间。
（5）写出NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3的离子方程式：___。
（6）物质B可用作生产化肥，其化学式是___。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去 (2). BC (3). ＜ (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). 3.2≤pH＜6.2或3.2~6.2 (6). 2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑ (7). (NH4)2SO4
【解析】
【分析】
（1）三价铁离子容易除去，所以要把二价铁离子转化为三价铁离子，考虑除杂过程不引入新的杂质；
（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解；
（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子；
（4）pH的范围应是使铁沉淀完全而锌不沉淀；
（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳；
（6）结合题给信息利用工业废酸和氮肥考虑。
【详解】（1）根据表中数据可知三价铁离子容易除去，所以要将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去，选用，除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC，
故答案为：将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去；BC；
（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；
（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子，反应生成海绵铜的离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
故答案： Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；
（4）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，
故答案为：3.2～6.2；
（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳，离子方程式：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑ 。
故答案为：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑
（6）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4。
【点睛】本题属于工艺流程图方面题目，解题关键：明确实验目和题给信息，结合流程和题目设问正确解题，难点（5）Zn2+和HCO3-双水解生成Zn2(OH)2CO3，按质量守恒定律写出方程。
相对原子质量：N－14 O－16 Na－23 S－32 Ba－137
一、选择题：（共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中错误的是（ ）
A. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
B. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 进行胃镜透视时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾水解生成胶体，双氧水具有强氧化性，则明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒，故A正确；
B. 浓盐水不能缓解重金属盐引起的人体中毒，应服用牛奶、豆浆等解毒，故B错误；
C．金属钠、镁等活泼金属着火时，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D. 进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故D正确；
故选B。
2.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25℃、101kPa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（ ）
A. CaCO3=CaO+CO2↑
B. NaOH的溶解
C. 2H2+O2=2H2O
D. Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反应，混乱度增加，即熵增过程，且在25℃，101KPa时自发进行，据此分析。
【详解】A.碳酸钙分解为吸热反应，熵变大于0，但碳酸钙在25℃，101KPa下不会自发分解，故A错误；
B.NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故B错误；
C.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故C错误；
D.该反应为吸热反应，且熵变大于0，在25℃，101KPa时能自发发生，符合题意，故D正确。
故选D。
3.物质的量浓度相同的下列溶液，由水电离出的c(H+)浓度最小的是（ ）
A. NaHCO3 B. Na2SO4
C. NaHSO4 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
根据酸对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起到促进作用，不水解的盐对水的电离无影响，水的电离程度越大，电离出的氢离子或是氢氧根离子浓度越大．
【详解】NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢离子浓度最小；
NH3·H2O是弱碱，对水的电离抑制程度较小；
硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响；
NaHCO3是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用；
故选C。
4.下列方程式书写正确的是（ ）
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H++CO32-
B. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32-
C. PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-
D. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸是弱酸， NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A错误；
B. 亚硫酸是二元弱酸，分步电离，H2SO3的电离方程式：H2SO3H＋＋HSO3-，故B错误；
C.多元弱酸根分步水解， PO43-的水解方程式：PO43-＋H2OHPO42-＋OH-，故C正确；
D. 沉淀溶解平衡是可逆反应，CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32-(aq)，故D错误；
故选C。
5.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= +285.8kJ·mol-1
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1，若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、硫蒸汽放出热量会变为硫固体，说明硫蒸汽所含能量比硫固体多，故硫蒸汽和硫固体完全燃烧，硫蒸汽放出的热量较多，A错误；
B、根据热化学方程式可知，该反应是吸热反应，说明金刚石的能量多，则石墨更稳定，B错误；
C、氢气燃烧是放热反应，ΔH小于0，C错误；
D、CH3COOH是弱电解质，其电离方向是吸热的过程，故1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，D正确；
故选D。
【点睛】注意弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热反应。
6.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）
A. 室温下，NaR溶液的pH大于7
B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
C. HR溶液的导电性比盐酸弱
D. 0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8
【答案】C
【解析】
【详解】A. 室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR是强碱弱酸盐，故A不选；
B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明R-是弱酸根离子，抑制HR的电离，故B不选；
C. 没有指明浓度是否相同，HR溶液的导电性比盐酸弱，不能说明HR是弱酸，故C选；
D. 0.01mol·L-1的HR溶液pH=2.8>2，说明HR没有完全电离，故D不选；
故选C。
7.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是
A. 钢铁船身嵌入锌 B. 钢闸门与直流电源负极相连
C. 健身器材刷油漆 D. 车圈、车铃钢上镀铬
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故A符合；
B. 钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故B不符合；
C. 健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故C不符合；
D. 车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故D不符合。
故答案选A。
8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10
B. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水，溶液变成红褐色
C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D. 水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．一水合氨为弱碱，一水合氨存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，则稀释10倍后溶液的pH＞10，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B. 铁离子水解是吸热反应，将饱和氯化铁溶液滴入沸水，促进水解反应正向进行，溶液变成红褐色，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，反应前后气体的物质的量不变，加压平衡不移动，增大压强可使颜色变深，是物理变化，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．CaCO3更难溶，处理锅炉水垢中的CaSO4时，加入饱和Na2CO3溶液，能将CaSO4转化为CaCO3，后加盐酸，水垢溶解，从而除去水垢，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡原理的应用，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件改变引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解释。
9.某密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法错误的是（ ）
A. t2时加入了催化剂
B. t3时减小了压强
C. t5时升高了温度
D. t4～t5时间内X转化率最低
【答案】D
【解析】
【详解】A、t2时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大且仍然相等，说明平衡不移动，该反应前后气体计量数之和改变，所以改变的条件只能是催化剂，故A正确；
B、t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，则改变的条件应该是压强，故B正确；
C、t5时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变的条件应该是升高温度，故C正确；
D、t2时刻平衡不移动，t3、t5时刻平衡逆向移动，所以t6时刻后参加反应的反应物物质的量最少，则反应物的转化率最低，故D错误。
故选D。
10.常温下，由水电离产生的c(H＋)与c(OH－)的乘积为10－24，下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42- B. K＋、Fe2＋、Cl-、NO3-
C. K＋、Ba2＋、NO3-、SO42- D. K＋、NH4＋、ClO-、I-
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，由水电离产生的c(H＋)与c(OH－)的乘积为10－24，溶液为酸溶液或碱溶液。
【详解】A. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42-四种离子在碱性条件下不能大量共存，在酸性条件下可以大量共存，故A符合；
B. 酸性条件下；H＋、Fe2＋、NO3-发生氧化还原反应，碱性条件下， Fe2＋、OH-生成沉淀，故B不符；-
C. Ba2＋、SO42-生成BaSO4 沉淀，故C不符；
D. ClO-强氧化性、I-强还原性，两者不共存，故D不符；
故选A。
11.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是( )
提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S=2NaI+S↓
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性KMnO4溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
蓝色→无色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
氢氧化钠滴定醋酸时，因为恰好中和的时候生成醋酸钠，显碱性，所以选择碱变色的指示剂——酚酞，终点颜色变化为：无色→浅红色，选项A正确。盐酸滴定氨水的时候，因为恰好中和的时候生成氯化铵，显酸性，所以选择酸变色的指示剂——甲基橙，终点颜色变化为：黄色→橙色，选项B正确。根据题目反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钠，亚硫酸钠被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，选项C正确。用碘水滴定硫化钠溶液，开始时都无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为：无色→蓝色，选项D错误。
12.一定温度下，可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
③混合气体的密度不再改变的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1的状态
A. ①②③④ B. ①②④
C. ②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；
②总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故②正确；
③总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故③错误；
④一氧化氮和氧气为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1的状态，浓度不一定保持不变，所以不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
①②④正确，故选B。
13.下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾
A. ③④ B. ①③④ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误；
③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；
④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故正确；
⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故错误；
⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰，所以最终得到的固体不是原物质，故错误；
答案选A。
14.常温下，浓度相同稀溶液：①氨水、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④NH4Cl溶液中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为（ ）
A. ①>②>④> ③ B. ②>④>③>①
C. ②>①>③>④ D. ②>①>④>③
【答案】B
【解析】
【分析】
酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大。
【详解】NH4Cl溶液中Cl－对NH4＋水解无影响，NH4Al（SO4）2溶液中Al3＋抑制NH4＋的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO－促进NH4＋的水解，氨水中只电离出少量的NH4＋，故c（NH4＋）由大到小的排列顺序为②>④>③>①，
故选B。
15.下列各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）
A. CH3COOHCH3COO-+H+
B. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl
C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0
【答案】D
【解析】
【详解】A．加醋酸钠，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，与图象不符，故A错误；
B．KCl对平衡移动无影响，则铁离子浓度不变，与图象不符，故B错误；
C．温度、压强不变时，加Ar，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图象不符，故C错误；
D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，CH3OCH3的转化率提高，故D正确；
故选D。
16.硼化钒（VB2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5．下列说法正确的是（ ）
A. 电极a为电池负极
B. 图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过
C. 电子由VB2极经KOH溶液流向a电极
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-═V2O5+2B2O3+11H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故A错误；
B、氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，故B错误；
C、“电子不下水”，电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；
D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查原电池的工作原理，本题注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O2→4B2O3+2V2O5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动。
17.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2
B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；
C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；
D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；
故选C。
18.某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
B. 加入NaCl固体则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C. 蒸发溶液可以实现b点到a点的转化
D. 图中d点对应的是过饱和溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入 AgNO3，c（Ag＋）增大，AgCl（s）Ag＋（aq）+Cl－（aq）平衡逆向移动，c（Cl－）减小，而图中c 点变到 d 点时c（Cl－）不变，故A错误；
B．Ksp与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl 的溶解度减小，Ksp 不变，故B错误；
C．蒸发时银离子和氯离子的浓度均变大，故C错误；
D．d 点时Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），则d 点有 AgCl 沉淀生成，故D正确；
故选D。
19.根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A. c(HCO3― )>c(ClO― )>c(OH― )
B. c(ClO― )>c(HCO3― )>c(H＋)
C. c(HClO)＋c(ClO― )＝c(HCO3― )＋c(H2CO3)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3― )＋c(ClO― )＋c(OH― )
【答案】A
【解析】
【详解】A、从表达数据可以知道，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，那么等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－的水解程度比HCO3-大，ClO－和HCO3-水解使得溶液显碱性，故c(HCO3-)>c(ClO－)>c(OH－)，选项A正确；
B、根据选项A的分析可知，c(HCO3-)>c(ClO－)，选项B错误；
C、根据物料守恒有c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)+ c(CO32-)，选项C错误；
D、根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(ClO－)＋c(OH－) + 2c(CO32-)，选项D错误。
答案选A。
20.常温下，等体积酸和碱的溶液混和后，溶液pH＜7的是（ ）
A. pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液
B. pH=5的盐酸和pH=9的氨水溶液
C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液
D. pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下，酸溶液中氢离子浓度为：c（H＋）=10-pHmol·L-1，碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=10pH-14 mol·L-1。
【详解】A. 由于硝酸和氢氧化钾都是强电解质，pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，混合液为中性，pH=7，故A不符；
B. 氨水为弱碱，盐酸的pH=5，氨水的pH=9，则c（OH－）=109-14 mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的浓度远远大于10-5mol·L-1，氨水远远过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故B不符；
C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液，反应后溶液中溶质为醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故C不符；
D. 硫酸和氢氧化钡为强电解质，设硫酸溶液的pH=a，pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，则氢氧化钡溶液的pH=13-a，溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=10pH-14 mol·L-1=1013-a-14mol·L-1=10-a-1mol·L-1= ×10-amol·L-1，氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，混合液中氢离子过量，溶液显示酸性，溶液的pH＜7，故D符合；
故选D。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离，注意掌握溶液pH的计算方法，明确溶液酸碱性的定性判断方法、弱电解质的电离情况为解答本题的关键，易错点B，氨水的pH=9，则c（OH－）=109-14 mol·L-1=10-5mol·L-1，氨水的浓度远远大于10-5mol·L-1．
21.常温下，用0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mL未知浓度一元弱碱MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A. 该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L-1
B. a、b、c点水的电离程度逐渐增大
C. b点：c(M+)＝c(Cl-)
D. 常温下，MOH的电离常数Kb＝1×10-5
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 mol·L-1，故A正确；
B. a点有碱溶液、c点酸过量，水的电离均受到抑制，b是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，水的电离程度逐渐增大，故B错误；
C．b点溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），根据电荷守恒得c（M＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），所以得c（M＋）=c（Cl－），故C正确；
D．根据图象知，0.1000mol·L－1MOH溶液中pH=11，则c（OH－）=0.001mol·L－1，常温下，MOH的电离常数Kb===1×10-5，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系．
22.下列实验操作不能达到实验目的是（ ）
实验操作
实验目的
A
向2支盛有2mL5%H2O2的试管中分别滴加1mL同浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液
探究不同催化剂的催化效率
B
取2mL1.0mol/LAgNO3溶液，先滴5滴1.0mol/LNaCl溶液，再滴5滴1.0mol/LNaI溶液，看到白色沉淀变黄色
验证AgCl和AgI的Ksp大小
C
混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度
测定中和反应反应热
D
等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应
比较酸溶液中的c(H+)的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓度相同，只有催化剂一个变量，则可探究催化剂对反应速率的影响，故A能达到；
B．硝酸银过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp，故B不能达到；
C．混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol·L－1HCl溶液与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液的温度，求出开始的温度，故C能达到；
D．等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应，浓度相等，由反应速率快慢，比较酸溶液中的c(H+)的大小，故D能达到；
故选B。
二、填空题
23.25℃时，电离常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HA
电离常数
1.8×10－5
K1：4.3×10－7
K2：5.6×10－11
4.9×10－10
请回答下列问题：
（1）物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质：
a．Na2CO3 b．NaA c．CH3COONa d．NaHCO3
pH由大到小的顺序是__(填标号)。
（2）25℃时，0.5mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的__倍。
（3）写出向NaA溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__。
（4）将0.10molNH4Cl和0.04molNaOH溶于水，配制成0.5L混合溶液。
①其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol，它们是__和__。
②溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=__mol·L-1。
（5）若25℃时BaSO4的溶解度为2.33×10-4g，则其Ksp=__。
（6）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为__。
【答案】 (1). a>b>d>c (2). 9×108 (3). A-＋CO2＋H2O=HCO3-＋HA (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). 0.12 (7). 1×10-10 (8). 9：2
【解析】
【分析】
（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大；
（2）根据醋酸的电离平衡常数和水的离子积计算；
（3）电离平衡常数：H2CO3＞HA＞HCO3－，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；
（4）任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
（5）依据溶解度计算出硫酸钡的物质的量，然后计算钡离子和硫酸根的浓度，然后依据公式计算即可；
（6）该温度下水的离子积为1×10-14，据此计算出pH=11、pH=2、pH=3的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可。
【详解】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大，电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HA＞HCO3－，水解程度：CH3COO－＜HCO3－＜A－＜CO32－，则这几种溶液的pH：a＞b＞d＞c；
故答案为：a＞b＞d＞c；
（2）25℃时，在0.5 mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H＋）= mol·L－1=3×10-3mol·L－1，水电离出的c（H＋）= mol·L－1，则25℃时，在0.5 mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H＋）约是由水电离出的c（H＋）倍数= =9×108，
故答案为：9×108；
（3）电离平衡常数：H2CO3＞HA＞HCO3－，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；离子方程式为A－+CO2+H2O=HA+HCO3－，
故答案为：A－+CO2+H2O=HA+HCO3－；
（4）①根据物料守恒：N原子存在于两种NH4+ 和 NH3·H2O微粒中，两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol；
故答案为：NH4+ 和 NH3·H2O；
②根据电荷守恒：溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(Na+)=（0.2-0.08）mol·L-1=0.12mol·L-1。
故答案为：0.12；
（5）硫酸钡的相对分子质量为：233，故硫酸钡的物质的量为：
2.33×10-4g÷233g·mol－1=1.0×10-6mol，c（SO42－）=c（Ba2＋）=c（BaSO4）=1.0×10-6mol÷0.1L=1.0×10-5mol·L－1，故BaSO4的Ksp=1.0×10-5mol·L－1×1.0×10-5mol·L－1=1.0×10-10mol2·L－2，
故答案为：1.0×10-10；
（6）该温度下水的离子积为Kw=1×10-14，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=mol·L－1=0.001mol·L－1，pH=2的稀硫酸中氢离子浓度为0.01mol·L－1，
pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol·L－1，则混合液中满足：0.01mol·L－1×V2－0.001mol·L－1×V1=0.001mol·L－1×（V1+V2），
整理可得：V1：V2=9：2，
故答案为：9：2。
24.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g) ΔH1 =+41.1kJ/mol-1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=－90.0kJ/mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：__。
（2）为提高CH3OH转化率，理论上应采用的条件是__（填字母）。
A.高温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.低温高压
（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，如图为不同投料比[]时某反应物X平衡转化率变化曲线。
反应物X是__（填“CO2”或“H2”），理由是___。
（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得n(CH3OH)=1.5mol。
①前10min的平均反应速率v(H2)＝__mol·L－1·min －1。
②化学平衡常数K=__。
③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为__（填字母）。
【答案】 (1). 3H2(g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9kJ/mol (2). D (3). CO2 (4). 增大，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B
【解析】
【分析】
（1）根据已知反应，利用盖斯定律来分析，将①+②可得，CO2催化氢化合成甲醇的化学方程式，并据此计算焓变；
（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，根据平衡移动原理分析；
（3）①根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示，进行分析解答；
②横坐标表示，假设C（CO2）不变时，增大C（H2），结合图象分析即可；
（4）①利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=△c÷△t计算v（H2）；
②化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
③分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低。
【详解】（1）①CO2（g）+H2（g）H2O（g）+CO（g）△H1=+41.1 kJ·mol－1
②CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H2=-90.0 kJ·mol－1
利用盖斯定律可知，将①+②可得：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）则△H=（+41.1kJ·mol－1）+（-90kJ·mol－1）=-48.9KJ·mol－1；
（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H=-48.9KJ·mol－1，是气体计量数减小的反应，正反应为放热反应，提高CH3OH平衡转化率，平衡需正向移动。
A．高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，正反应为放热反应，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故A错误；
B．正反应为放热反应，低温平衡向放热的正反应方向移动，低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，故B错误；
C．低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故C错误；
D．低温平衡向放热的正反应方向移动，高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，故D正确；
故答案为：D；
（3）①同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，图示，横坐标增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2，
故答案为：CO2；
②恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳转化率增大，而氢气的转化率降低；
（4）①列出三段式：
前10 min的平均反应速率v（H2）= =0.225mol·L-1·min-1；
故答案为：0.225；
②化学平衡常数K= = ≈5.33；
故答案为：5.33；
③分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B，
故答案为：B。
【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，明确化学平衡及其影响为解答关键，（3）为难点，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
25.为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。
（1）甲池Fe电极反应式为___。
（2）由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是___(填元素符号)。
（3）写出丙装置发生反应的离子方程式___。
（4）当丙装置阴极产生112mL（标准状况）的气体时，乙中右池减少的离子有___mol。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). Fe>Co>Cu (3). 2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑ (4). 0.01
【解析】
【分析】
甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，可判断Fe为负极；乙池也是原电池，用于电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，据此判断Fe、Co、Cu三种金属的活动性；
电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，据此写出反应的离子方程式；
（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子。
【详解】（1）甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，即Co电极有H2生成，说明Fe比Co活泼，Fe失去电子生成Fe2＋，电极反应式为Fe-2e－=Fe2＋；
（2）乙池也是原电池，电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，说明Co比Cu活泼，所以三种金属的活动性由强到弱的顺序是 Fe＞Co＞Cu；
（3）电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，所以反应的离子方程式为2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑；
（4）关系式为2H＋～H2～2e－～Cu2＋，电路中转移电子n（Cu2＋）=n（H2）=112×10-3L÷22.4L·mol－1=0.005mol，而阴离子交换膜只允许SO42－通过，并且通过交换膜的SO42－数目与铜离子数目相同，乙中右池减少的离子有0.01mol。
【点睛】本题考查原电池原理和电解池的原理及其相关计算，理解并熟练运用电解原理是解题的关键，注意电解池中阳极材料是活泼电极的特殊性，易错点（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子，不能只想到一种离子减少。
26.某化学实验小组探究市售食用白醋中醋酸的的准确浓度，取20.00mL某品牌食用白醋于锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂，用浓度为a mol/L的标准NaOH溶液对其进行滴定。
（1）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差lmL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为___mL。
（2）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为amo1/L，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗NaOH溶液体积/mL
27.02
25.36
25.30
从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是___。
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗
C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗
D.滴定结束时，俯视读数
（3）根据所给数据，计算该白醋中醋酸的物质的量浓度为（含a的表达式）：c＝___mo1/L。
【答案】 (1). 25.40 (2). AB (3). 1.2665a
【解析】
【分析】
（1）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度为25，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；
（2）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；
（3）根据化学方程式CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O计算醋酸的浓度．
【详解】（1）A与C刻度间相差1mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为25，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是25.40mL；
（2）A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡的体积被当成了消耗NaOH溶液的体积，导致NaOH溶液体积偏大，故A符合；
B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，标准液被稀释，浓度偏小，导致NaOH溶液体积偏大，故B符合；
C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，故C不符合；
D.滴定结束时，俯视读数，读取滴定终点时NaOH溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致NaOH溶液体积偏小，故D不符；
故选AB。
（3）第一次数据相差较大，舍去，其余两次使用氢氧化钠溶液的平均体积= =25.33mL，
CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
1 1
c（CH3COOH）×VmL amol·L－1×25.33mL
解得：c（CH3COOH）=a×25.33÷20mol·L－1=1.2665amol·L－1.
【点睛】本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，理解中和滴定的原理是解题关键，易错点（2）误差分析，按照公式c(待)＝ ，标准液浓度、标准液体积读数、待测液体积等误差，在中和滴定实验中直接反映在标准液体积读数上，即V(标)。
27.某科研小组设计出利用工业废酸（10%H2SO4）来堆浸某废弃的氧化铜锌矿，提取锌、铜元素，实现废物综合利用，方案如图所示：
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe2＋
6.34
9.7
Fe3＋
1.48
3.2
Zn2＋
6.2
8.0
请回答下列问题：
（1）加入A物质的目的是___，物质A可使用下列物质中的___。
A.KMnO4 B.O2 C.H2O2 D.Cl2
（2）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)___Ksp(ZnS)（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）反应生成海绵铜的离子方程式：___。
（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在___范围之间。
（5）写出NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3的离子方程式：___。
（6）物质B可用作生产化肥，其化学式是___。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去 (2). BC (3). ＜ (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). 3.2≤pH＜6.2或3.2~6.2 (6). 2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑ (7). (NH4)2SO4
【解析】
【分析】
（1）三价铁离子容易除去，所以要把二价铁离子转化为三价铁离子，考虑除杂过程不引入新的杂质；
（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解；
（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子；
（4）pH的范围应是使铁沉淀完全而锌不沉淀；
（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳；
（6）结合题给信息利用工业废酸和氮肥考虑。
【详解】（1）根据表中数据可知三价铁离子容易除去，所以要将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去，选用，除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC，
故答案为：将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去；BC；
（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；
（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子，反应生成海绵铜的离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
故答案： Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；
（4）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，
故答案为：3.2～6.2；
（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳，离子方程式：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑ 。
故答案为：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O +3CO2↑
（6）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4。
【点睛】本题属于工艺流程图方面题目，解题关键：明确实验目和题给信息，结合流程和题目设问正确解题，难点（5）Zn2+和HCO3-双水解生成Zn2(OH)2CO3，按质量守恒定律写出方程。
相关资料
更多
