【化学】重庆市巴蜀中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

重庆市巴蜀中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.关于反应FeCl3 + 3KSCN 3KCl + Fe(SCN)3的说法不正确的是
A. 用KSCN溶液可检验Fe3＋
B. 滴加氢氧化钠浓溶液，平衡逆向移动
C. 加入KCl固体，平衡不移动
D. 加水，溶液颜色会深
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe3＋遇KSCN溶液反应生成红色Fe(SCN)3，可检验Fe3＋，故A正确；B. 滴加氢氧化钠浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，故B正确；C.反应的离子方程式为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入KCl固体，与平衡无关，平衡不移动，故C正确；D. 加水稀释，c[Fe(SCN)3]减小，溶液颜色变浅，故D错误；故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意根据反应的本质(离子方程式)分析判断。
2.0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后溶液的说法正确的是
A. 电离程度不变
B. 溶液中离子总数增多
C. 溶液导电性增强
D. 溶液中醋酸分子增多
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸为弱酸，存在电离平衡，CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀释，促进醋酸的电离，据此分析解答。
【详解】A. 加水稀释，促进电离，电离程度变大，故A错误；B. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中离子总数增多，故B正确；C. 加水稀释，溶液中的离子浓度减小，溶液导电性减弱，故C错误；D. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中醋酸分子减少，故D错误；故选B。
3.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol H2和0.1 mol I2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2 NA
B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，容器中的分子数为2 NA
C. 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目为0.3 NA
D. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中含有NH4＋数目为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应同时为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数不变，始终为0.2NA个，故A正确；B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，由于存在2NO2 N2O4，容器中的分子数减少，故B错误；C.磷酸为中强酸，不能完全电离，因此 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目少于0.3 NA，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子个数小于0.1NA个，故D错误；故选A。
4.下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是

A. 用图B的滴定管可准确量取25.00 mL的酸性KMnO4溶液
B. 滴定过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的变化
C. 滴定管装入液体前不需用待装液润洗
D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，会使测定结果偏大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图B的滴定管下端为乳胶管，是碱式滴定管，高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管，不能用碱式滴定管来量取酸性KMnO4溶液，故A错误；B. 滴定操作中，眼睛要注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；C. 为了减小实验误差，防止滴定管中的水将溶液稀释，滴定管应该先使用蒸馏水洗净，然后使用待测液润洗，否则会影响标准液的浓度，故C错误；D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，导致读取的数值偏大，使得标准溶液的体积偏大，根据c(待测)=可知，会使测定结果偏大，故D正确；故选D。
5.下列说法不正确的是
A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释
B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
C. 纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂
D. 将AlCl3·6H2O与SOCl2混合并加热，可得到无水AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释，会混入硫酸杂质，应该溶于盐酸中，再稀释，故A错误；B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，可除去溶液中混有的Fe3＋，故B正确；C. CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4 Ca2++SO42-，加入纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成更难溶的碳酸钙沉淀，促进CaSO4沉淀溶解，因此纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂，故C正确；D. 使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，SOCl2吸收结晶水生成HCl，HCl抑制铝离子的水解，所以可得到无水AlCl3，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了盐类的水解和沉淀的溶解平衡。本题的难点为D，要注意SOCl2容易水解，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。
6.25 ℃时，下列溶液的碱性最强的是
A. pH=11的溶液
B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液
C. 1 L含有4 g NaOH的溶液
D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中的c(OH-)越大，pH越大，碱性越强，据此分析判断。
【详解】A. pH=11的溶液的c(OH-)=0.001 mol/L；B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液的c(OH-)=0.2 mol/L；C. 1 L含有4 g NaOH的溶液中c(OH-)==0.1 mol/L；D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液中c(OH-)=0.01 mol/L；综上所述，c(OH-)最大的为B，因此B的碱性最强，故选B。
7.下列四组离子在水溶液中因发生水解反应而不能大量共存的是
A. Fe2＋、NO3－、Na＋、H＋
B. S2－、NH4＋、SO42－、Fe3＋
C. Ba2＋、CO32－、H＋、S2O32－
D. Al3＋、Na＋、HCO3－、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe2＋与NO3－在酸性溶液中能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故A不选；B. S2－与Fe3＋能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故B不选；C. Ba2＋与CO32－；H＋与S2O32－以及CO32－能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故C不选；D. Al3＋与HCO3－能够发生双水解反应，不能大量共存，符合题意，故D选，故选D。
8.在常温恒容的密闭容器中充入浓度均为1 mol/L的NH3和HCl，发生NH3(g) + HCl(g) NH4Cl(?) △H = -a kJ/mol，下列说法正确的是
A. 现象为产生白雾
B. 反应物的活化能为a kJ/mol
C. 该条件下，混合气体的平均摩尔质量始终不变
D. 任何温度下，该反应均能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成的氯化铵为固体颗粒，现象为产生白烟，故A错误；B. 反应的焓变=正反应的活化能与逆反应的活化能的差，△H = -a kJ/mol，无法判断反应物的活化能，故B错误；C. 常温下，氯化铵为固体，混合气体始终为等浓度的NH3和HCl的混合气体，气体的平均摩尔质量始终不变，故C正确；D.△H ＜0，△S＜0，根据△G=△H-T△S，该反应在低温下能自发进行，故D错误；故选C。
9.下列说法正确的是
A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋) = 10-10 mol/L
B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3
C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，则c(NH4＋) < c(NH3·H2O)
D. 向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA－+ OH－ = H2O + A2-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，c(H＋) = 10-4mol/L，则由水电离的c(H＋) 水= c(OH-)水= 10-10 mol/L，故A正确；B. 将pH=2的HCl溶液的c(H＋) = 10-2mol/L，pH=4的H2SO4溶液的c(H＋) = 10-4mol/L，二者等体积混合，所得溶液的c(H＋) = ×(10-2mol/L +10-4mol/L)≈×10-2mol/L＞10-3mol/L，pH＜3，故B错误；C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，即c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，则c(NH4＋) ＞c(Cl-)，因此氨水的电离为主，因此 c(NH4＋) ＞c(NH3·H2O)，故C错误；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA－完全电离，则向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：H++ OH－ =H2O，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性与pH。本题的易错点为D，要注意根据溶液的浓度与pH的关系，判断酸H2A和HA－的强弱，再判断离子方程式的正误。
10.一定条件下发生：2NO2(g) + 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g) △H 1×10-14
C. 将0.01 mol DC1溶于水形成1 L的重水溶液，其pD=2
D. NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+
【答案】C
【解析】
【详解】A．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，c(D+)·c(OD-)=1.6×10-15，故B错误；C．c(DC1)==0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故C正确；D、氯化铵属于强酸弱碱盐，水解生成氨水和氯化氢，离子方程式为：NH4++2D2ONH3·HDO+ D3O+，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查pH的简单计算和盐类水解的原理的应用。本题的易错点为D，要注意铵根离子水解，本质是铵根离子与水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨。
14.某温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)发生反应H2(g) + CO2(g) H2O(g) + CO(g)，其起始浓度如表所示，已知平衡时甲中H2的转化率为60%。下列判断正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)[mol/L]
0.010
0.020
0.020
c(CO2)[mol/L]
0.010
0.010
0.020
A. 刚开始反应时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
B. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%
C. 平衡时，丙中c(CO) = 0.008 mol/L
D. 该温度下，平衡常数K=9/4
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，即丙中最快，甲中最慢，故A错误；B．乙与甲相比，相当于甲平衡后再充入氢气，则氢气的转化率小于甲，即乙中H2的转化率小于60%，故B错误；C．根据表格数据可知，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲、丙中H2和CO2的转化率相等，甲中H2的转化率为60%，则平衡时甲容器内c(CO)=0.01mol/L×60%=0.006mol/L，丙中c(CO)是甲中的2倍，丙中c(CO) = 0.012 mol/L，故C错误；
D.对于甲容器：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
开始(mol/L)： 0.01   0.01      0        0
变化(mol/L)： 0.006   0.006    0.006       0.006
平衡(mol/L)： 0.004  0.004   0.006 0.006
所以K==，故D正确；故选D。
15.25 ℃时，下列关于亚硫酸及其钠盐的说法不正确的是
A. Na2SO3溶液和 NaHSO3溶液中含有的离子种类完全相同
B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，溶液中各离子浓度均减小
C. H2SO3溶液中c(H＋)·c(SO32－)/c(H2SO3)减小，可能的措施是加入NaHSO4固体
D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(H+)一定小于0.11 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液存在HSO3-+H2O H2SO3+OH-、HSO3- H++SO32-，Na2SO3溶液中存在SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，两种溶液中都存在H2O H++OH-，存在的粒子有：Na+、H+、OH-、HSO3-、H2O、SO32-、H2SO3，故A正确；B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，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. H2SO3溶液中加入NaHSO4固体，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，===减小，故C正确；D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，说明亚硫酸氢钠不能完全电离出氢离子，0.1 mol/L NaHSO3溶液HSO3-电离出的c(H+)=0.01 mol/L，亚硫酸为弱酸，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(HSO3－)＜0.1 mol/L ，c(H+)一定小于(0.1+0.01)mol/L，故D正确；故选B。
16.常温下的下列溶液中，微粒浓度关系正确的是
A. 0.2 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L KOH溶液等体积混合：3c(K＋) + c(H＋) = c(OH－) + c(HCO3－) + 2(CO32－)
B. 只含有NH4＋、Cl－、H＋、OH－的溶液中，其离子浓度可能是：c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，则其中离子浓度最大与最小的差值为(0.1-10-4) mol/L
D. c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]
【答案】A
【解析】
【详解】A．将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、0.025mol/L碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正确；B．含有NH4+、Cl-、H+、OH-的溶液中，根据电荷守恒，存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，一定不能存在c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)，故B错误；C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-部分电离，溶液中离子浓度最大的为钠离子为0.1mol/L，浓度最小的不是氢离子(10-4 mol/L)，比氢离子浓度小的还有氢氧根离子等，浓度差值一定不为(0.1-10-4) mol/L，故C错误；D．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中硫酸根离子对铵根离子的水解没有影响，(NH4)2CO3中碳酸根离子促进铵根离子的水解，(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子抑制铵根离子的水解，因此c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了盐类水解的规律和应用。本题的易错点为C，要注意如何水溶液中都存在H+和OH-。
17.T ℃，分别向10 mL浓度均为1 mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度对数(lgc)的关系如图所示。

已知：pKa = -lgKa。
下列叙述正确的是
A. 弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
B. a点对应的溶液中c(HA) = 0.1 mol/L，pH=4
C. 酸性：HA0达到平衡时各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)。

下列说法正确的是
A. 第4 min时改变的条件可能是扩大容器体积
B. 第2 min时的平衡常数K(2)大于第8 min时的平衡常数K(8)
C. 12 min时反应在温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = 0.031 mol/L(结果保留两位有效数字)
D. 产物CO在2~3 min、5~6 min、12~13 min时的平均反应速率大小为：υ(5~6) > υ(2~3) > υ(12~13)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，故A错误；B.第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动。4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，因为正反应为吸热反应，所以温度T(2)＜T(8)，则平衡常数K(2)＜K(8)，故B错误；C.由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故==0.234mol/L，解得c(COCl2)=0.031mol/L，故C正确；D.根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为υ(5～6)＞υ(2～3)= υ(12～13)，故D 错误；故选C。
19.下列有关含碳微粒的说法，按要求填空：
(1)同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性_________ NaHCO3溶液的碱性(填“大于”、“小于”或“等于”)，请设计一个较简便的实验证明___________。
(2)在25 ℃时，在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。

①HC1溶液滴加到一半时，溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是____________________(用主要的离子方程式表示)。
②关于图像下列说法正确的是_________________。
A、0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(OH－) + 2c(CO32－) + c(HCO3－)
B、b曲线代表CO32－
C、pH=11时，c(HCO3－) > c(Cl－)
D、pH=11 时，c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)
E、在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－能大量共存
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，将酸性KMnO4溶液滴入草酸溶液中，会产生气泡，且紫红色褪去，写出该反应的离子方程式________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大 (3). 碱性 (4). HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－ (5). ACD (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋ ＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)根据碳酸钠和碳酸氢钠的水解程度分析判断两溶液的碱性强弱；根据溶液的酸碱性和pH的关系分析解答；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2，据此分析解答；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，根据氧化还原反应方程式的配平原则书写并配平方程式。
【详解】(1)碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性大于NaHCO3溶液的碱性；可以根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱，故答案为：大于；同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大于NaHCO3；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2。
①根据上述分析，HC1溶液滴加到一半时，恰好生成碳酸氢钠，碳酸氢钠水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，故答案为：碱性；HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－；
②A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故A正确；B、根据上述分析，b曲线代表HCO3－，故B错误；C、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，此时溶液显碱性，以碳酸钠的水解为主，根据方程式生成的氯化钠少于溶液中的碳酸氢钠，因此c(HCO3－) > c(Cl－)，故C正确；D、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，溶液中c(HCO3－) = c(CO32-)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)，故D正确；E、根据图像，在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－不能大量共存，如pH=7时，几乎没有CO32-，故E错误；正确的有ACD，故答案为：ACD；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有草酸饱和溶液的试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液的紫红色褪去，说明草酸被酸性高锰酸钾氧化，根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【点睛】本题考查了盐类的水解和氧化还原反应方程式的配平。本题的难点为(2)要注意根据碳酸钠与盐酸反应的顺序判断曲线代表的含碳微粒，如何结合盐类水解的规律和图像解答。
20.某课题小组探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸，按下表进行对照实验。在两种不同温度的水浴中加热相同时间后，记录酯层的体积来确定水解反应的速率。
实验试剂
试管Ⅰ(55 ℃)
试管Ⅱ(55 ℃)
试管Ⅲ(55 ℃)
试管Ⅳ(75 ℃)
乙酸乙酯/mL
1
V1
V2
V3
1 mol/L NaOH mL
V4
3
0
V5
蒸馏水/mL
0
V6
5
2

已知：①水解反应CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；
②CH3COOC2H5难溶于水，密度比水小。
（1）V4 = ____________。
（2）①下列说法正确的是____________________________；
A、加入水，平衡正向移动
B、加入稀盐酸可使平衡逆向移动
C、酯层体积不再改变时，反应停止
D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，反应达平衡状态
②用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则表达式为____________。
（3）实验中常用饱和食盐水代替蒸馏水，目的是减小乙酸乙酯在水中的溶解度，会使实验结果更准确，______________填“能”或“不能”)用饱和Na2CO3溶液代替蒸馏水。
（4）实验中，试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸点为77.1 ℃)
【答案】 (1). 5 (2). AB (3). Kh = c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5) (4). 不能 (5). 温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多
【解析】
【分析】
(1)①根据实验目的“乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率”及对照试验的设计原则进行判断；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，结合平衡移动的影响因素分析判断；②根据化学平衡的表达式书写；
(3)根据碳酸钠溶液水解显碱性，结合实验的探究目的分析判断；
(4)根据反应温度，从反应速率和物质的挥发性角度分析解答。
【详解】(1)探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5mL，即：V4=5，故答案为：5；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；A、加入水，反应物和生成物的浓度均减小，但生成物浓度减小的更大，平衡正向移动，故A正确；B、加入稀盐酸，溶液的酸性增强，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移动，故B正确；C、酯层体积不再改变时，说明反应达到了平衡，但反应仍在进行，没有停止，故C错误；D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，正逆反应速率不一定相等，不能说明反应达平衡状态，故D错误；正确的有AB，故答案为：AB；
②CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则Kh =，故答案为：Kh =；
(3)由于乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小，故实验中，可用饱和食盐水替代蒸馏水，以便减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；但碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响，所以不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水，故答案为：不能；
(4)试管Ⅳ比试管Ⅱ的温度高，温度升高，反应速率加快；乙酸乙酯的沸点为77.1℃，水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，导致试管中酯层减少速率加快，干扰了实验结果，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多。
21.某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000 g，加水配成250 mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00 mL溶液，用滴定管盛装0.2000 mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。
（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。
（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。
（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。

（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式滴定管、锥形瓶、烧杯 (3). 淀粉 (4). 当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (5). 18.10 (6). 18.1% (7). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；
(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；
(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；
(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=分析判断误差。
【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10 mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；
(4)消耗的碘的物质的量=0.01810 L×0.2000 mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=×100%= 18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=可知，测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数偏大，故答案为：18.1%；偏大。
22.一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示，回答下列问题：

（1）为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有______任写两种)。
（2）FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应的离子方程式是________。
（3）TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为__________，需要加入Na2CO3粉末的目的是__________________________________________。
（4）常温下，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，需要控制溶液pH____________时，才能使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2。(已知：Ksp[FeCO3] = 3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2] = 1.0×10-16)
【答案】 (1). 加热、研碎、适当提高酸的浓度 (2). Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O (3). TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋ (4). 消耗H＋，促使水解平衡正向移动 (5). ≤8.5
【解析】
【分析】
根据流程图，钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)中加入稀硫酸，氧化铁溶解生成硫酸铁，FeTiO3反应生成TiOSO4，然后在酸性溶液中加入适量铁粉，除去过量的酸，并还原铁离子，冷却结晶得到硫酸亚铁晶体和TiOSO4溶液；将绿矾晶体溶解后加入碳酸氢铵溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳、硫酸铵溶液，碳酸亚铁在空气中煅烧生成氧化铁；富含TiO2+的酸性溶液中加入碳酸钠粉末，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到钛白粉(TiO2·nH2O)，据此结合化学反应原理和化学实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有加热、研碎、适当提高酸的浓度等，故答案为：加热、研碎、适当提高酸的浓度等；
(2)根据题意和上述分析，FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应生成硫酸铵、二氧化碳和他说亚铁，反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O，故答案为：Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O；
(3)TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋，加入Na2CO3粉末可以消耗水解生成的H＋，促使TiO2+水解平衡正向移动，故答案为：TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋；消耗H＋，促使水解平衡正向移动；
(4)常温下，在FeCO3沉淀溶解平衡(FeCO3 Fe2＋＋CO32－)的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，则c(Fe2+)===1.0×10-5由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)•c(OH-)2= Ksp[Fe(OH)2] =1.0×10-5×c2(OH-)=1.0×10-16，c(OH-)==10-5.5 mol/L，要使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2，则需要c(OH-)≤10-5.5 mol/L，即c(H+)≥=10-8.5 mol/L，因此pH≤8.5，故答案为：≤8.5。
【点睛】本题考查了物质的制备、分离与提纯。本题的难点为（4），要注意根据溶解平衡方程式结合溶度积常数进行计算。
23.氢气是一种理想的绿色能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：

已知：反应I和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图2所示：
（1）①写出反应I中的化学方程式是________________。
②若反应I在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，乙醇的平衡转化率___(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是___________。
（2）反应Ⅱ在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同，测得相应的CO的平衡转化率见下图3(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。

①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD______________TE(填“”)；
②当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___(用简要的文字叙述)。
（3）已知：
a、2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol，该反应在0 ℃时K≈10-4.5；
b、2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g)△H = -110.7 kJ/mol。依据以上数据，文献认为反应a没有工业价值，你认为其理由是______________________；但反应b引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，其原因是_________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2OH ＋ H2O 2CO ＋ 4H2 (2). 增大 (3). 恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，朝气体分子数增大方向移动 (4). < (5). 反应温度与进气比成反比 (6). 平衡常数小，原料转化率低 (7). 反应放热量增加，能量越低越稳定
【解析】
【分析】
(1)①根据图1判断反应I中的反应物和生成物写出反应的化学方程式；②在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，结合书写的反应I的方程式分析判断；(2)根据图1写出反应Ⅱ的反应方程式，并根据图2分析出反应Ⅱ的热量变化情况，结合化学平衡的影响因素分析解答①；结合反应Ⅱ的反应方程式和图中BEF三点，分析反应温度与进气比的关系；(3)根据反应a的K≈10-4.5，结合化学平衡常数的意义分析解答；根据反应b的 △H = -110.7 kJ/mol，结合物质的稳定性与能量的关系分析解答。
【详解】(1)①根据图1，反应I中的反应物为CH3CH2OH和H2O，生成物为CO和H2，反应的化学方程式为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，故答案为：CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)；
②反应I为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，故答案为：增大；恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，平衡朝气体分子数增大方向移动；
(2)根据图1，反应Ⅱ为CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g)，根据图2，反应Ⅱ随温度的升高，平衡常数K减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
①图中D、E两点时=1，CO的平衡转化率D＞E，由于该反应的平衡不受压强的影响，影响改变的条件为温度，由于正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO转化率减小，图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE．D点CO转化率大于E点CO转化率，说明温度TD＜TE，故答案为：＜；
②CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g) △H＜0。根据方程式可知，在其他条件不变时，越大，CO的转化率越小；温度越高，CO的平衡转化率越小；因此当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，如图中BEF三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，即反应温度与进气比成反比，故答案为：反应温度与进气比成反比；
(3)反应a：2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol的K≈10-4.5，表示反应进行的程度很小，原料转化率低，没有工业价值；反应b：2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g) △H = -110.7 kJ/mol，由于该反应放出的热量增加，能量越低越稳定，因此引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，故答案为：平衡常数小，原料转化率低；反应放热量增加，能量越低越稳定。