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2022-2023学年贵州省黔东南州凯里市第一中学高二上学期12月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年贵州省黔东南州凯里市第一中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
贵州省黔东南州凯里市第一中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效
C．明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌
D．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，A错误；
B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，铵盐和OH-离子会发生反应：，从而使肥效降低，B正确；
C．明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，C错误；
D．12C和14C质子数相同中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案选B。
2．下列有关化学反应能量变化的说法错误的是
A．对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH不相同
B．C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH<0，说明石墨比金刚石稳定
C．热化学方程式的ΔH大小与化学计量数有关
D．若反应物的键能总和小于生成物的键能总和，则该反应是放热反应
【答案】A
【详解】A．同一反应，在相同条件下的焓变不随反应条件的改变而改变，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；
B．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH<0，则石墨具有的能量低于金刚石具有的能量，物质具有的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，则热化学方程式的ΔH大小与化学计量数成正比关系，故C正确；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，焓变为负，该反应是放热反应，故D正确；
故选：A。
3．恒温下，反应达到平衡状态，把容器容积扩大到原来的2倍，且达到新的平衡状态时，X的物质的量浓度从0.2 mol/L减小到0.12 mol/L。下列判断中正确的是
A．a=b+c B．a＞b+c C．a＞b D．a＜b
【答案】C
【详解】恒温下，反应达到平衡状态，把容器容积扩大到原来的2倍，且达到新的平衡状态时，X的物质的量浓度从0.2 mol/L减小到0.12 mol/L。若把容器容积扩大到原来的2倍时，化学平衡不发生移动，X的浓度会变为0.10 mol，现在反应达到平衡时X的浓度实际为0.12 mol/L，说明扩大容器的容积，体系的压强减小，化学平衡逆向移动。根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，所以方程式中相应的化学计量数关系为a＞b，故合理选项是C。
4．25°C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=1的无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、NO
B．=10-8的溶液中：K+、Na+、NO、ClO-
C．0.1 mol·L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO、ClO-
D．由水电离出的c(OH-)=1×10-11 mol·L-1的溶液中：Mg2+、NH、SO、HCO
【答案】B
【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．=10-8的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．0.1 mol·L-1的FeCl2溶液中含有大量Fe2+，Fe2+具有还原性，与H+、ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．由水电离出的c(OH-)=1×10-11 mol·L-1＜1×10-7 mol·L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性环境中，含有大量OH-，OH-与Mg2+、NH、HCO会发生反应，不能大量共存；在酸性环境中，含有大量H+，H+与HCO也会发生反应不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
5．下列离子方程式中，属于水解反应的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．是的电离方程式，A项不选；
B．是H2O和SO2反应生成的H2SO3的一级电离方程式，B项不选；
C．是CO的水解方程式，C项选；
D．是的电离方程式，D项不选；
故选：C。
6．常温下，下列事实能说明某一元酸HX是弱酸的是
A．0.1 mol·L-1 HX溶液的pH=4
B．0.1 mol·L-1NaX溶液pH=7
C．0.1 mol·L-1 HX溶液与0.1 mol·L-1硝酸导电能力相同
D．10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液恰好中和
【答案】A
【详解】A．0.1 mol·L-1 HX溶液，c(HX)=0.1 mol/L，溶液的pH=4，则c(H+)=10-4 mol/L＜c(HX)，说明HX为一元弱酸，A符合题意；
B．0.1 mol·L-1NaX溶液pH=7，溶液显中性，则X-不水解，因此说明HX为强酸，B不符合题意；
C．0.1 mol·L-1 HX溶液与0.1 mol·L-1硝酸导电能力相同，说明两种溶液中自由移动的离子相等，由于HNO3是一元强酸，因此说明HX也是一元强酸，C不符合题意；
D．10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液恰好中和，二者的物质的量相等，因此只能说明HX是一元酸，但不能说明酸性强弱，D不符合题意；
故合理选项是A。
7．向0.1 mol/LCH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加等体积水稀释时，都会引起
A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离程度增大
C．溶液的导电能力减小 D．溶液的c(OH-)减小
【答案】A
【分析】CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，根据平衡移动原理分析判断。
【详解】A．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生CH3COO-，导致c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，使溶液中c(H+)减小，则溶液pH增大；若向醋酸溶液中加入水稀释，电离平衡正向移动，但稀释使c(H+)减小的影响大于平衡正向移动使c(H+)增大的影响，最终达到平衡后，溶液中c(H+)减小，因此溶液pH增大，A符合题意；
B．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生CH3COO-，导致c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，CH3COOH的电离程度减小，B不符合题意；
C．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生大量Na+、CH3COO-，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强，C不符合题意；
D．根据选项A分析可知向醋酸溶液中加入CH3COONa晶体或加等体积水稀释时，都会导致溶液中c(H+)减小。由于该溶液中存在水的电离平衡，c(H+)减小，则溶液中c(OH-)增大，D不符合题意；
故合理选项是A。
8．下列事实与盐类水解有关的是
①NaHCO3水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体
A．除⑥以外 B．除②以外 C．除②、⑥以外 D．以上全部
【答案】B
【详解】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，与盐的水解反应有关，①符合题意；
②NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使其水溶液呈酸性，与盐的水解反应无关，②不符合题意；
③铵态氮肥中铵根离子水解使溶液显酸性，因此长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，与盐的水解反应有关，③符合题意；
④铵态氮肥水解使溶液显酸性，草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，二者混合使用，会导致部分铵态氮肥变为NH3逸出，从而使肥效降低，故铵态氮肥不能与草木灰混合施用，与盐的水解反应有关，④符合题意；
⑤纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。盐的水解反应是吸热反应，加热升高温度，盐水解程度增大，能使溶液碱性增强，因而导致纯碱溶液去污能力增强，与盐的水解反应有关，⑤符合题意；
⑥FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性Fe(OH)3，导致配制的FeCl3溶液变浑浊，为抑制盐的水解反应，在配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体，然后再加水稀释至所需浓度，与盐的水解反应有关，⑥符合题意；
综上所述可知：与盐的水解反应有关的叙述是除②以外的叙述，故合理选项是B。
9．下列说法正确的是
A．向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴等浓度NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加等浓度NaI溶液，产生黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B．常温下，将1mLpH=5盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH=8
C．常温下，pH=2的盐酸和醋酸，c(H+)前者大于后者
D．常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol·L-1时，此溶液的pH可能为1或13
【答案】D
【详解】A．硝酸银过量，均为沉淀生成，不存在沉淀转化，由现象不能比较Ksp大小，故A错误；
B．酸溶液无论如何稀释，不能变为碱性，只能是无限接近中性，故将1mL 1×10-5mol•L-1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH小于7，故B错误；
C．常温下，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度相同，c(H+)前者等于后者，故C错误；
D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol/L，则水电离出的c(OH-)═1.0×10-13mol/L，溶液中c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c(H+)=0.1mol/L或者1.0×10-13mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=1或强碱时pH=13，故D正确；
故选：D。
10．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．常温下：Ka(HB)＞Ka(HC)
B．HC的电离度：a点＜b点
C．当lg =4时，三种溶液同时升高温度，减小
D．当lg =5时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。
【详解】A．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确；
B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B正确；
C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确；
D．HA溶液为酸溶液，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，故D错误；
答案选D。
11．常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。
12．下列说法正确的是
A．室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，的电离平衡不移动
B．向醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸电离度增大，氢离子浓度增大
C．用等浓度的溶液分别中和等值的、溶液，消耗的体积大，说明酸性HF
【答案】A
【详解】A．室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，溶液中的氢氧根离子浓度不变，所以一水合氨的电离平衡不移动，故A正确；
B．向0.01mol/L醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸溶液的浓度增大，电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，但醋酸的电离度减小，故B错误；
C．氢氟酸和硝酸溶液的体积不能确定，所以pH相等的氢氟酸消耗氢氧化钠溶液的体积大不能说明氢氟酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．室温下，某溶液pH<7，该溶液可能是酸或强酸弱碱盐溶液，也可能是酸式盐或弱酸弱碱盐，故D错误；
故选A。
13．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Fe2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体
该固体成分为Fe2O3
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO
C
Ag2CO3白色悬浊液中滴入几滴Na2S稀溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2S)＜Kap(Ag2CO3)
D
向含有甲基橙的盐酸溶液中滴加氨水直到溶液变为黄色
此溶液显碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．在Fe2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Fe2(SO4)3+6H2O⇌2Fe(OH)3+3H2SO4，蒸发结晶时温度升高水解平衡会正向移动，但由于H2SO4是不挥发性酸，故最后水解生成的Fe(OH)3与H2SO4仍会反应得到的白色固体为Fe2(SO4)3，A错误；
B．向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有或Ag+等，B错误；
C．Ag2CO3白色悬浊液中存在溶解平衡：，滴入几滴Na2S稀溶液出现黑色沉淀，说明Ag2CO3转化为更难溶于水的Ag2S沉淀，由于Ag2CO3、Ag2S的类型相同，故Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；
D．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴加甲基橙后溶液呈黄色，溶液可能呈酸性、碱性或中性，D错误；
故选：C。
14．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知pM=-lgc(M)，p(CO)=-lgc(CO)。
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)
【详解】A.由pM、p(CO32-)的表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，则MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp应该依次减小，A错误；
B.因a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，故a点表示MnCO3的饱和溶液，且a点纵、横坐标相等，故c(Mn2+)=c(CO32-)，B正确；
C.b点表示CaCO3的饱和溶液，但是b点：p(CO32-)>p(Ca2＋)，则c(CO32-)
【点睛】当用pM、p(CO32-)或者－lgc(M)、－lgc(CO32−)或其他形式来表示横纵坐标时，一定要根据表达式明确浓度增大表达式是增大还是减小。如本题，根据表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，即可比较出三者的Ksp大小。
二、填空题
15．NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2溶液呈_______(填“酸”、“碱”、“中”)，原因是_______，可作净水剂的原理是_______(用离子方程式说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中的c()填_______(“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4溶液中的c()。
(3)几种均为0.1 mol/L的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填罗马数字)，导致溶液的pH随温度变化的原因是_______。
②20℃时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中_______mol/L。(列计算式不必化简)
【答案】(1) 酸 Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+ Al3++H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
(2)小于
(3) I NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 10-3-10-11
【详解】（1）NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，在溶液中、Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+；
NH4Al(SO4)2电离产生的Al3+会发生水解反应产生Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀，从而具有净水作用，该反应的离子方程式为：Al3++H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；
（2）NH4Al(SO4)2溶于水发生电离作用产生、Al3+、，电离方程式为：NH4Al(SO4)2=+Al3++，在溶液中、Al3+发生水解反应：Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+；NH4HSO4溶于水发生电离作用产生NH、H+、，NH4HSO4电离方程式为：NH4HSO4=NH+H++，在该溶液中也存在的水解平衡：NH+H2ONH3•H2O+H+。NH4HSO4电离产生的c(H+)远大于Al3+水解产生c(H+)，因此对NH的抑制作用：NH4HSO4＞NH4Al(SO4)2，故等浓度的NH4Al(SO4)2、NH4HSO4，溶液中c()：NH4Al(SO4)2＜NH4HSO4；
（3）①NH4Al(SO4)2水解吸热且水解使溶液呈酸性，升高温度，盐的水解程度增大，使溶液水解程度增大，因而溶液的pH减小，则符合的曲线为I；
②20℃时0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，c(OH-)=。在溶液中存在电荷守恒： c()+3c(Al3+)+c(H+)=c(OH-)+2c()，则2c()-c()-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3 -10-11)mol/L。
三、工业流程题
16．废弃物回收再利用是环境保护的重要课题。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)、锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为Fe及其氧化物)回收Cu并制备ZnO，其部分实验过程如下图所示：
(1)铜帽溶解前需剪碎，其目的是_______，写出“溶解”过程中主要化学方程式_______，此过程不能加热的原因是_______。
(2)“反应”步骤为确定锌灰用量，以碘量法测定溶液中Cu2+含量：向含Cu2+待测液中加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的至终点，滴定原理如下：2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2；。
①滴定选用的指示剂为_______，滴定终点的现象是_______。
②若待测液中H2O2没有除尽，所测Cu2+含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(3)已知：①滤液1中主要含有的金属离子有Zn2+、Fe2+；
②pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-；
③几种金属离子生成氧氧化物沉淀pH见下表。
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Zn2+
5.9
8.9
利用滤液1制取ZnO，试剂X为_______(填序号A．30% H2O2；B．1.0 mol/LHNO3)，a的范围是_______。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2、Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O H2O2受热易分解
(2) 淀粉溶液 当最后加入半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色恰好褪去且30 s内不恢复原来颜色 偏高
(3) A 8.9≤a＜11
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠调节pH，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，过滤得到海绵铜，滤液加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入NaOH调节pH=4，铁离子生成氢氧化铁，过滤除去，滤液再加入NaOH，调节pH=a，得到Zn(OH)2沉淀，过滤，然后灼烧Zn(OH)2，分解得到ZnO，据此解答。
【详解】（1）铜帽溶解前需剪碎，可以增大接触面积，加快溶解速率，“溶解”过程加入稀硫酸，Zn与H2SO4反应产生ZnSO4、H2，反应方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；Cu、稀硫酸、H2O2发生氧化还原反应产生CuSO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
在此过程不能加热，这是由于H2O2不稳定，受热易分解；
（2）①淀粉遇到碘变蓝，则滴定选用的指示剂为淀粉溶液，若观察到当滴入最后一滴Na2S2O3标准液，锥形瓶内溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复蓝色，说明达到滴定终点；
②若待测液中H2O2没有除尽，H2O2会消耗Na2S2O3标准液，导致消耗的标准液偏多，使所测Cu2+含量将偏高；
（3）利用滤液I制取ZnO，试剂X为30%H2O2，HNO3作氧化剂都可以氧化Fe2+为Fe3+，HNO3会被还原产生污染气体NO，且引入杂质硝酸根离子，故加入X是H2O2，合理选项是A；
Zn2+形成Zn(OH)2沉淀完全需要溶液pH=8.9，但当溶液pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-，故要制取ZnO，应该使Zn2+形成Zn(OH)2沉淀，但不能变为[Zn(OH)4]2-，可溶性调整溶液pH范围为8.9≤a＜11。
四、原理综合题
17．Ⅰ.已知在25℃、101kPa时：
a.
b.
(1)写出与Na反应生成的热化学方程式_______。
Ⅱ.铁系金属常用作CO加氢反应的催化剂。已知某种催化剂可用来催化反应 。在T℃，压强为p时将1 mol CO和3 mol 加入容积为1 L的密闭容器中。实验测得CO的体积分数如表：
0
10
20
30
35
0.25
0.20
0.17
0.15
0.15
(2)达到平衡时，体系的总压强p与初始压强p0之比为_______；
(3)如图是该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系。
图中温度、、由高到低的顺序是_______，理由是_______。
(4)45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol ，再次达到平衡时，CO的平衡转化率_______(填“不变”、“增大”或“减小”)。
【答案】(1)Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=−313 kJ⋅mol−1
(2)5：7
(3) T3>T2>T1 该反应为放热反应，相同压强下，温度升高，CO平衡转化率降低
(4)增大
【详解】（1）已知：a.
b.
根据盖斯定律，由a2- b得反应Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=2ΔH1-ΔH2=-412 kJ⋅mol−12-(-511 kJ⋅mol−1)=−313 kJ⋅mol−1，故与Na反应生成的热化学方程式为Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=−313 kJ⋅mol−1；
（2）假设反应达到平衡时反应产生CO的物质的量为a mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO)=(1-a) mol， n(H2)=(3-3a) mol， n(CH4)=a mol，n(H2O)=a mol，此时气体总物质的量为n(总)=(1-a) mol+ (3-3a)mol+a mol+a mol=(4-2a)mol，由于平衡时CO的体积分数为=0.15 ，解得a=mol ，n(总)=(4-2a) mol=(4-2) mol=mol，==mol，在同温同压下气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则达到平衡时，体系的总压强p与初始压强p0:p=5:7；
（3）反应，该反应的正反应是放热反应，在压强不变时，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的平衡转化率降低，根据图像可知，温度T3>T2>T1；
（4）该反应的正反应是气体体积减小的反应，在45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol H2，相当于又在1个体积是1L容器中加入1 mol CO和3 mol H2，平衡状态与原平衡相同，然后将容器的容积压缩至1L，即增大了体系的压强，增大体系的压强，化学平衡正向移动，因此当反应再次达到平衡时，CO的平衡转化率会增大，故CO的平衡转化率大于30 min时CO的平衡转化率。
五、实验题
18．Ⅰ．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液，分别向烧杯①中加入生石灰，烧杯②中不加任何物质，向烧杯③中加入NH4NO3晶体。
(1)含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液显浅红色的原因是_______。
(2)三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为_______。
Ⅱ．现用物质的量浓度为的标准NaOH溶液去滴定某盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
(3)实验过程中若要配制240 mL 0.1000 mol/L的NaOH溶液，需称量_______g NaOH固体，配制该溶液需要的玻璃仪器有：_______。
(4)某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是_______→_______→_______→_______→A→_______(用字母填写)。_______
(5)滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
20.00
1.02
21.03
2
20.00
2.00
21.99
3
20.00
0.20
20.20
计算待测盐酸的浓度是_______mol/L。
(6)由于错误操作，使得上述所测盐酸的浓度偏高的是_______(填字母)。
A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡
【答案】(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性
(2)③②①
(3) 1 250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
(4)B→D→C→E→A→F
(5)0.1000
(6)C、F
【分析】CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应使滴有酚酞的溶液变为红色，将该溶液分别放置在三个烧瓶中，然后分别放入三个盛有水的烧杯中，然后向其中一个加入生石灰，一个加入NH4NO3固体，根据溶液红色深浅变化判断温度对盐水解平衡移动的影响。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。在用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，实验步骤是洗涤、润洗、装液、调零、取液、滴加指示剂、进行滴定，为减少实验的偶然性，使测定值更接近真实值，一般是进行几次平行实验，取几次的平均值计算。结合滴定操作对标准溶液体积的影响分析操作误差。
【详解】（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-会发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解反应消耗H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，碱使酚酞试液变为红色。
（2）①向水中加入CaO，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，反应放出热量，使溶液温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强，红色加深；③中加入NH4NO3，NH4NO3溶解吸收热量，导致溶液温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，因此溶液红色变浅，故三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为③②①；
（3）在实验室中不存在规格是240 mL的容量瓶，配制240 mL0.10 mol/LNaOH溶液，需要选用250 mL容量瓶配制250 mL0.1000 mol/LNaOH溶液，则需 称量NaOH的质量m(NaOH)=0.1000 mol/L×0.25 L×40 g/mol=1.0 g；
配制该溶液需要的玻璃仪器有250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管；
（4）进行酸碱中和滴定，根据操作先后顺序可知步骤为：B→D→C→E→A→F；
（5）三次实验消耗NaOH溶液体积分别是20.01 mL、19.99 mL、20.00 mL，三次实验数据相差不大，都有效，则平均消耗NaOH标准溶液的体积V=，根据酸、碱恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)，则待测盐酸的浓度c(HCl)=；
（6）A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，则反应消耗标准溶液体积偏少，最终导致配制溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定，则待测溶液中溶质的物质的量偏少，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，导致标准溶液浓度偏低，以此溶液进行滴定消耗标准溶液体积偏大，则最终导致待测溶液浓度偏高，C符合题意；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线，导致标准溶液浓度偏高，以此为标准溶液进行滴定消耗的标准溶液体积偏少，最终导致待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡，最终导致滴定消耗标准溶液体积偏大，以该溶液为标准进行滴定导致待测溶液浓度偏高，F符合题意；
故合理选项是CF。
贵州省黔东南州凯里市第一中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效
C．明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌
D．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，A错误；
B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，铵盐和OH-离子会发生反应：，从而使肥效降低，B正确；
C．明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，C错误；
D．12C和14C质子数相同中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案选B。
2．下列有关化学反应能量变化的说法错误的是
A．对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH不相同
B．C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH<0，说明石墨比金刚石稳定
C．热化学方程式的ΔH大小与化学计量数有关
D．若反应物的键能总和小于生成物的键能总和，则该反应是放热反应
【答案】A
【详解】A．同一反应，在相同条件下的焓变不随反应条件的改变而改变，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；
B．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH<0，则石墨具有的能量低于金刚石具有的能量，物质具有的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，则热化学方程式的ΔH大小与化学计量数成正比关系，故C正确；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，焓变为负，该反应是放热反应，故D正确；
故选：A。
3．恒温下，反应达到平衡状态，把容器容积扩大到原来的2倍，且达到新的平衡状态时，X的物质的量浓度从0.2 mol/L减小到0.12 mol/L。下列判断中正确的是
A．a=b+c B．a＞b+c C．a＞b D．a＜b
【答案】C
【详解】恒温下，反应达到平衡状态，把容器容积扩大到原来的2倍，且达到新的平衡状态时，X的物质的量浓度从0.2 mol/L减小到0.12 mol/L。若把容器容积扩大到原来的2倍时，化学平衡不发生移动，X的浓度会变为0.10 mol，现在反应达到平衡时X的浓度实际为0.12 mol/L，说明扩大容器的容积，体系的压强减小，化学平衡逆向移动。根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，所以方程式中相应的化学计量数关系为a＞b，故合理选项是C。
4．25°C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=1的无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、NO
B．=10-8的溶液中：K+、Na+、NO、ClO-
C．0.1 mol·L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO、ClO-
D．由水电离出的c(OH-)=1×10-11 mol·L-1的溶液中：Mg2+、NH、SO、HCO
【答案】B
【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．=10-8的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．0.1 mol·L-1的FeCl2溶液中含有大量Fe2+，Fe2+具有还原性，与H+、ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．由水电离出的c(OH-)=1×10-11 mol·L-1＜1×10-7 mol·L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性环境中，含有大量OH-，OH-与Mg2+、NH、HCO会发生反应，不能大量共存；在酸性环境中，含有大量H+，H+与HCO也会发生反应不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
5．下列离子方程式中，属于水解反应的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．是的电离方程式，A项不选；
B．是H2O和SO2反应生成的H2SO3的一级电离方程式，B项不选；
C．是CO的水解方程式，C项选；
D．是的电离方程式，D项不选；
故选：C。
6．常温下，下列事实能说明某一元酸HX是弱酸的是
A．0.1 mol·L-1 HX溶液的pH=4
B．0.1 mol·L-1NaX溶液pH=7
C．0.1 mol·L-1 HX溶液与0.1 mol·L-1硝酸导电能力相同
D．10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液恰好中和
【答案】A
【详解】A．0.1 mol·L-1 HX溶液，c(HX)=0.1 mol/L，溶液的pH=4，则c(H+)=10-4 mol/L＜c(HX)，说明HX为一元弱酸，A符合题意；
B．0.1 mol·L-1NaX溶液pH=7，溶液显中性，则X-不水解，因此说明HX为强酸，B不符合题意；
C．0.1 mol·L-1 HX溶液与0.1 mol·L-1硝酸导电能力相同，说明两种溶液中自由移动的离子相等，由于HNO3是一元强酸，因此说明HX也是一元强酸，C不符合题意；
D．10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液恰好中和，二者的物质的量相等，因此只能说明HX是一元酸，但不能说明酸性强弱，D不符合题意；
故合理选项是A。
7．向0.1 mol/LCH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加等体积水稀释时，都会引起
A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离程度增大
C．溶液的导电能力减小 D．溶液的c(OH-)减小
【答案】A
【分析】CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，根据平衡移动原理分析判断。
【详解】A．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生CH3COO-，导致c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，使溶液中c(H+)减小，则溶液pH增大；若向醋酸溶液中加入水稀释，电离平衡正向移动，但稀释使c(H+)减小的影响大于平衡正向移动使c(H+)增大的影响，最终达到平衡后，溶液中c(H+)减小，因此溶液pH增大，A符合题意；
B．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生CH3COO-，导致c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，CH3COOH的电离程度减小，B不符合题意；
C．向其中加入CH3COONa晶体，盐电离产生大量Na+、CH3COO-，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强，C不符合题意；
D．根据选项A分析可知向醋酸溶液中加入CH3COONa晶体或加等体积水稀释时，都会导致溶液中c(H+)减小。由于该溶液中存在水的电离平衡，c(H+)减小，则溶液中c(OH-)增大，D不符合题意；
故合理选项是A。
8．下列事实与盐类水解有关的是
①NaHCO3水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体
A．除⑥以外 B．除②以外 C．除②、⑥以外 D．以上全部
【答案】B
【详解】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，与盐的水解反应有关，①符合题意；
②NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使其水溶液呈酸性，与盐的水解反应无关，②不符合题意；
③铵态氮肥中铵根离子水解使溶液显酸性，因此长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，与盐的水解反应有关，③符合题意；
④铵态氮肥水解使溶液显酸性，草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，二者混合使用，会导致部分铵态氮肥变为NH3逸出，从而使肥效降低，故铵态氮肥不能与草木灰混合施用，与盐的水解反应有关，④符合题意；
⑤纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。盐的水解反应是吸热反应，加热升高温度，盐水解程度增大，能使溶液碱性增强，因而导致纯碱溶液去污能力增强，与盐的水解反应有关，⑤符合题意；
⑥FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性Fe(OH)3，导致配制的FeCl3溶液变浑浊，为抑制盐的水解反应，在配制FeCl3溶液，需用盐酸溶解FeCl3固体，然后再加水稀释至所需浓度，与盐的水解反应有关，⑥符合题意；
综上所述可知：与盐的水解反应有关的叙述是除②以外的叙述，故合理选项是B。
9．下列说法正确的是
A．向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴等浓度NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加等浓度NaI溶液，产生黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B．常温下，将1mLpH=5盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH=8
C．常温下，pH=2的盐酸和醋酸，c(H+)前者大于后者
D．常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol·L-1时，此溶液的pH可能为1或13
【答案】D
【详解】A．硝酸银过量，均为沉淀生成，不存在沉淀转化，由现象不能比较Ksp大小，故A错误；
B．酸溶液无论如何稀释，不能变为碱性，只能是无限接近中性，故将1mL 1×10-5mol•L-1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH小于7，故B错误；
C．常温下，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度相同，c(H+)前者等于后者，故C错误；
D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol/L，则水电离出的c(OH-)═1.0×10-13mol/L，溶液中c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c(H+)=0.1mol/L或者1.0×10-13mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=1或强碱时pH=13，故D正确；
故选：D。
10．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．常温下：Ka(HB)＞Ka(HC)
B．HC的电离度：a点＜b点
C．当lg =4时，三种溶液同时升高温度，减小
D．当lg =5时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。
【详解】A．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确；
B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B正确；
C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确；
D．HA溶液为酸溶液，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，故D错误；
答案选D。
11．常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。
12．下列说法正确的是
A．室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，的电离平衡不移动
B．向醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸电离度增大，氢离子浓度增大
C．用等浓度的溶液分别中和等值的、溶液，消耗的体积大，说明酸性HF
【答案】A
【详解】A．室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，溶液中的氢氧根离子浓度不变，所以一水合氨的电离平衡不移动，故A正确；
B．向0.01mol/L醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸溶液的浓度增大，电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，但醋酸的电离度减小，故B错误；
C．氢氟酸和硝酸溶液的体积不能确定，所以pH相等的氢氟酸消耗氢氧化钠溶液的体积大不能说明氢氟酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．室温下，某溶液pH<7，该溶液可能是酸或强酸弱碱盐溶液，也可能是酸式盐或弱酸弱碱盐，故D错误；
故选A。
13．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Fe2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体
该固体成分为Fe2O3
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO
C
Ag2CO3白色悬浊液中滴入几滴Na2S稀溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2S)＜Kap(Ag2CO3)
D
向含有甲基橙的盐酸溶液中滴加氨水直到溶液变为黄色
此溶液显碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．在Fe2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Fe2(SO4)3+6H2O⇌2Fe(OH)3+3H2SO4，蒸发结晶时温度升高水解平衡会正向移动，但由于H2SO4是不挥发性酸，故最后水解生成的Fe(OH)3与H2SO4仍会反应得到的白色固体为Fe2(SO4)3，A错误；
B．向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有或Ag+等，B错误；
C．Ag2CO3白色悬浊液中存在溶解平衡：，滴入几滴Na2S稀溶液出现黑色沉淀，说明Ag2CO3转化为更难溶于水的Ag2S沉淀，由于Ag2CO3、Ag2S的类型相同，故Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；
D．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴加甲基橙后溶液呈黄色，溶液可能呈酸性、碱性或中性，D错误；
故选：C。
14．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知pM=-lgc(M)，p(CO)=-lgc(CO)。
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)
【详解】A.由pM、p(CO32-)的表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，则MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp应该依次减小，A错误；
B.因a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，故a点表示MnCO3的饱和溶液，且a点纵、横坐标相等，故c(Mn2+)=c(CO32-)，B正确；
C.b点表示CaCO3的饱和溶液，但是b点：p(CO32-)>p(Ca2＋)，则c(CO32-)
【点睛】当用pM、p(CO32-)或者－lgc(M)、－lgc(CO32−)或其他形式来表示横纵坐标时，一定要根据表达式明确浓度增大表达式是增大还是减小。如本题，根据表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c(CO32-)时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，即可比较出三者的Ksp大小。
二、填空题
15．NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2溶液呈_______(填“酸”、“碱”、“中”)，原因是_______，可作净水剂的原理是_______(用离子方程式说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中的c()填_______(“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4溶液中的c()。
(3)几种均为0.1 mol/L的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填罗马数字)，导致溶液的pH随温度变化的原因是_______。
②20℃时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中_______mol/L。(列计算式不必化简)
【答案】(1) 酸 Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+ Al3++H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
(2)小于
(3) I NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 10-3-10-11
【详解】（1）NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，在溶液中、Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+；
NH4Al(SO4)2电离产生的Al3+会发生水解反应产生Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀，从而具有净水作用，该反应的离子方程式为：Al3++H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；
（2）NH4Al(SO4)2溶于水发生电离作用产生、Al3+、，电离方程式为：NH4Al(SO4)2=+Al3++，在溶液中、Al3+发生水解反应：Al3++H2OAl(OH)3+3H+、NH+H2ONH3•H2O+H+；NH4HSO4溶于水发生电离作用产生NH、H+、，NH4HSO4电离方程式为：NH4HSO4=NH+H++，在该溶液中也存在的水解平衡：NH+H2ONH3•H2O+H+。NH4HSO4电离产生的c(H+)远大于Al3+水解产生c(H+)，因此对NH的抑制作用：NH4HSO4＞NH4Al(SO4)2，故等浓度的NH4Al(SO4)2、NH4HSO4，溶液中c()：NH4Al(SO4)2＜NH4HSO4；
（3）①NH4Al(SO4)2水解吸热且水解使溶液呈酸性，升高温度，盐的水解程度增大，使溶液水解程度增大，因而溶液的pH减小，则符合的曲线为I；
②20℃时0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，c(OH-)=。在溶液中存在电荷守恒： c()+3c(Al3+)+c(H+)=c(OH-)+2c()，则2c()-c()-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3 -10-11)mol/L。
三、工业流程题
16．废弃物回收再利用是环境保护的重要课题。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)、锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为Fe及其氧化物)回收Cu并制备ZnO，其部分实验过程如下图所示：
(1)铜帽溶解前需剪碎，其目的是_______，写出“溶解”过程中主要化学方程式_______，此过程不能加热的原因是_______。
(2)“反应”步骤为确定锌灰用量，以碘量法测定溶液中Cu2+含量：向含Cu2+待测液中加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的至终点，滴定原理如下：2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2；。
①滴定选用的指示剂为_______，滴定终点的现象是_______。
②若待测液中H2O2没有除尽，所测Cu2+含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(3)已知：①滤液1中主要含有的金属离子有Zn2+、Fe2+；
②pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-；
③几种金属离子生成氧氧化物沉淀pH见下表。
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Zn2+
5.9
8.9
利用滤液1制取ZnO，试剂X为_______(填序号A．30% H2O2；B．1.0 mol/LHNO3)，a的范围是_______。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2、Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O H2O2受热易分解
(2) 淀粉溶液 当最后加入半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色恰好褪去且30 s内不恢复原来颜色 偏高
(3) A 8.9≤a＜11
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠调节pH，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，过滤得到海绵铜，滤液加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入NaOH调节pH=4，铁离子生成氢氧化铁，过滤除去，滤液再加入NaOH，调节pH=a，得到Zn(OH)2沉淀，过滤，然后灼烧Zn(OH)2，分解得到ZnO，据此解答。
【详解】（1）铜帽溶解前需剪碎，可以增大接触面积，加快溶解速率，“溶解”过程加入稀硫酸，Zn与H2SO4反应产生ZnSO4、H2，反应方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；Cu、稀硫酸、H2O2发生氧化还原反应产生CuSO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
在此过程不能加热，这是由于H2O2不稳定，受热易分解；
（2）①淀粉遇到碘变蓝，则滴定选用的指示剂为淀粉溶液，若观察到当滴入最后一滴Na2S2O3标准液，锥形瓶内溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复蓝色，说明达到滴定终点；
②若待测液中H2O2没有除尽，H2O2会消耗Na2S2O3标准液，导致消耗的标准液偏多，使所测Cu2+含量将偏高；
（3）利用滤液I制取ZnO，试剂X为30%H2O2，HNO3作氧化剂都可以氧化Fe2+为Fe3+，HNO3会被还原产生污染气体NO，且引入杂质硝酸根离子，故加入X是H2O2，合理选项是A；
Zn2+形成Zn(OH)2沉淀完全需要溶液pH=8.9，但当溶液pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-，故要制取ZnO，应该使Zn2+形成Zn(OH)2沉淀，但不能变为[Zn(OH)4]2-，可溶性调整溶液pH范围为8.9≤a＜11。
四、原理综合题
17．Ⅰ.已知在25℃、101kPa时：
a.
b.
(1)写出与Na反应生成的热化学方程式_______。
Ⅱ.铁系金属常用作CO加氢反应的催化剂。已知某种催化剂可用来催化反应 。在T℃，压强为p时将1 mol CO和3 mol 加入容积为1 L的密闭容器中。实验测得CO的体积分数如表：
0
10
20
30
35
0.25
0.20
0.17
0.15
0.15
(2)达到平衡时，体系的总压强p与初始压强p0之比为_______；
(3)如图是该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系。
图中温度、、由高到低的顺序是_______，理由是_______。
(4)45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol ，再次达到平衡时，CO的平衡转化率_______(填“不变”、“增大”或“减小”)。
【答案】(1)Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=−313 kJ⋅mol−1
(2)5：7
(3) T3>T2>T1 该反应为放热反应，相同压强下，温度升高，CO平衡转化率降低
(4)增大
【详解】（1）已知：a.
b.
根据盖斯定律，由a2- b得反应Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=2ΔH1-ΔH2=-412 kJ⋅mol−12-(-511 kJ⋅mol−1)=−313 kJ⋅mol−1，故与Na反应生成的热化学方程式为Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=−313 kJ⋅mol−1；
（2）假设反应达到平衡时反应产生CO的物质的量为a mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO)=(1-a) mol， n(H2)=(3-3a) mol， n(CH4)=a mol，n(H2O)=a mol，此时气体总物质的量为n(总)=(1-a) mol+ (3-3a)mol+a mol+a mol=(4-2a)mol，由于平衡时CO的体积分数为=0.15 ，解得a=mol ，n(总)=(4-2a) mol=(4-2) mol=mol，==mol，在同温同压下气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则达到平衡时，体系的总压强p与初始压强p0:p=5:7；
（3）反应，该反应的正反应是放热反应，在压强不变时，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的平衡转化率降低，根据图像可知，温度T3>T2>T1；
（4）该反应的正反应是气体体积减小的反应，在45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol H2，相当于又在1个体积是1L容器中加入1 mol CO和3 mol H2，平衡状态与原平衡相同，然后将容器的容积压缩至1L，即增大了体系的压强，增大体系的压强，化学平衡正向移动，因此当反应再次达到平衡时，CO的平衡转化率会增大，故CO的平衡转化率大于30 min时CO的平衡转化率。
五、实验题
18．Ⅰ．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液，分别向烧杯①中加入生石灰，烧杯②中不加任何物质，向烧杯③中加入NH4NO3晶体。
(1)含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液显浅红色的原因是_______。
(2)三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为_______。
Ⅱ．现用物质的量浓度为的标准NaOH溶液去滴定某盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
(3)实验过程中若要配制240 mL 0.1000 mol/L的NaOH溶液，需称量_______g NaOH固体，配制该溶液需要的玻璃仪器有：_______。
(4)某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是_______→_______→_______→_______→A→_______(用字母填写)。_______
(5)滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
20.00
1.02
21.03
2
20.00
2.00
21.99
3
20.00
0.20
20.20
计算待测盐酸的浓度是_______mol/L。
(6)由于错误操作，使得上述所测盐酸的浓度偏高的是_______(填字母)。
A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡
【答案】(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性
(2)③②①
(3) 1 250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
(4)B→D→C→E→A→F
(5)0.1000
(6)C、F
【分析】CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应使滴有酚酞的溶液变为红色，将该溶液分别放置在三个烧瓶中，然后分别放入三个盛有水的烧杯中，然后向其中一个加入生石灰，一个加入NH4NO3固体，根据溶液红色深浅变化判断温度对盐水解平衡移动的影响。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。在用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，实验步骤是洗涤、润洗、装液、调零、取液、滴加指示剂、进行滴定，为减少实验的偶然性，使测定值更接近真实值，一般是进行几次平行实验，取几次的平均值计算。结合滴定操作对标准溶液体积的影响分析操作误差。
【详解】（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-会发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解反应消耗H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，碱使酚酞试液变为红色。
（2）①向水中加入CaO，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，反应放出热量，使溶液温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强，红色加深；③中加入NH4NO3，NH4NO3溶解吸收热量，导致溶液温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，因此溶液红色变浅，故三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为③②①；
（3）在实验室中不存在规格是240 mL的容量瓶，配制240 mL0.10 mol/LNaOH溶液，需要选用250 mL容量瓶配制250 mL0.1000 mol/LNaOH溶液，则需 称量NaOH的质量m(NaOH)=0.1000 mol/L×0.25 L×40 g/mol=1.0 g；
配制该溶液需要的玻璃仪器有250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管；
（4）进行酸碱中和滴定，根据操作先后顺序可知步骤为：B→D→C→E→A→F；
（5）三次实验消耗NaOH溶液体积分别是20.01 mL、19.99 mL、20.00 mL，三次实验数据相差不大，都有效，则平均消耗NaOH标准溶液的体积V=，根据酸、碱恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)，则待测盐酸的浓度c(HCl)=；
（6）A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，则反应消耗标准溶液体积偏少，最终导致配制溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定，则待测溶液中溶质的物质的量偏少，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，导致标准溶液浓度偏低，以此溶液进行滴定消耗标准溶液体积偏大，则最终导致待测溶液浓度偏高，C符合题意；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线，导致标准溶液浓度偏高，以此为标准溶液进行滴定消耗的标准溶液体积偏少，最终导致待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡，最终导致滴定消耗标准溶液体积偏大，以该溶液为标准进行滴定导致待测溶液浓度偏高，F符合题意；
故合理选项是CF。
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