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福建省三明第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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三明一中2019～2020学年度上学期学段考高三化学试卷
（满分：100分；考试时间：120分钟）
注意事项：请将所有答案填写在答题卷中，写在试卷和草稿纸上的答案一律无效。
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 Na~23 S~32 Fe~56 Cu~64
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（共23小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共46分）
1.下列化学用语中，正确的是（ ）
A. 镁原子的结构示意图为
B. Na2O2的电子式为
C. 生石灰的分子式为CaO
D. 1H218O摩尔质量为20
【答案】B
【解析】
【详解】A项、镁原子的核外电子总为12，有三个电子层，最外层有2个电子，镁原子的结构示意图为，故A错误；
B项、Na2O2为离子化合物，电子式为，故B正确；
C项、CaO是由钙离子和氧离子组成的离子化合物，不存在分子，其化学式为CaO，故C错误；
D项、1H218O摩尔质量为20g/mol，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了常见化学用语的判断注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法是解答关键。
2.随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A. Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B. 磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C. CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】
【分析】
A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；
B、混合物中至少含有两种物质；
C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；
D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。
【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；
B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；
C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；
D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果是解答本题的关键，学生应熟记概念并能利用概念来判断物质的类别。
3.下列叙述不正确的是
A. 苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存
B. 用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿
C. 碳酸氢钠中混有碳酸钠杂质：加热分解
D. 乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯是有机物，可与橡胶作用而腐蚀橡胶塞，不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存苯，故A正确；
B.NH3遇湿润的红色石蕊试纸使试纸变蓝色，干燥试纸不能变色，故B正确；
C.碳酸氢钠在加热条件下可以分解生成碳酸钠，而碳酸钠不会分解，故C错误；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但乙酸可与碳酸钠反应，最后通过分液可除去乙酸，故D正确，
故选C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 100 g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中,含有4NA个氧原子
B. 1 mol Cl2溶于水,溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子数之和小于2NA
C. 2.24 L(标准状况)D2中含有0.2NA个中子
D. 25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6,则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4NA个，故A正确；
B. 氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2NA，故B正确；
C. 2.24 L(标准状况)D2物质的量为0.1mol，每个D2分子中含有2个中子，所以含有0.2NA个中子，故C正确；
D. 溶液体积未知，不能确定钙离子数目，故D错误，
故选D。
5.温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是
A. 两容器中气体的质量相等 B. 两容器中气体的分子数目相等
C. 两容器中气体的氧原子数目相等 D. 两容器中气体的密度相等
【答案】B
【解析】
【分析】
同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O2和O3，其物质的量相等。
【详解】A.根据m=nM知，二者物质的量相等时，气体质量与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其质量不等，故A错误；
B.根据N=nNA知，二者物质的量相等，则其分子数相等，所以B是正确的；
C..物质的量相等时，二者分子数相等，但氧气和臭氧分子的构成不同，所以其原子个数不等，故C错误；
D.根据=M/Vm知，气体摩尔体积相等时，二者密度与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其密度不等，故D错误；
答案选B。
【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O3，其物质的量相等，根据N=nNA、m=nM、=M/Vm结合分子构成分析解答。
6.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是
A. 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B. 该温度高于25℃
C. 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D. 该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10－10mol/L
【答案】A
【解析】
A、PH为12的NaOH的浓度时1mol·L－1，而硫酸氢钠溶液的H＋浓度时0.01mol·L－1,等体积混合，碱多了故A错误；B、25℃时Ka=10-14，本题Ka=10-6*10-6=10-12，水电离吸热，升高温度，K变大，该温度高于25℃，故B正确；C、加入NaHSO4晶体，提高H＋ 的浓度，抑制了水的电离，故C正确。D、pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正确；故选A。
7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是
A. 2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NA
B. 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜
C. 标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NA
D. 5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下， SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。
【考点定位】有关阿伏加德罗常数的正误判断
【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。
8.常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1×10－5 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是
A. c(CH3COO－)＞c(Na＋) B. c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
C. c(H＋)＜c(OH－) D. c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02 mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1×10－5 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质是醋酸钠和醋酸，且物质的量浓度相等，由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,因此其浓度均为0.005mol/L。醋酸的电离平衡常数是1×10－5 mol/L，则CH3COO-的水解平衡常数是。
【详解】A、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，故A正确；
B、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COOH)
D、由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,所以浓度变为，根据物料守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01 mol/L，故D错误。
9.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+
B. 含有大量的[Al(OH4)]—的溶液：NH4+、Na+、HCO3－、SO42－
C. pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO42－、I－
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－14 mol·L－1的溶液中：HCO3－、NH4+、Cl－、Ca2+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+相互之间不反应，可以大量共存，故A正确；
B. [Al(OH4)]—与HCO3－发生水解反应而不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液呈碱性，ClO－在碱性条件下也可以氧化I－生成I2，故C错误；
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－14 mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，则该溶液为碱或酸的溶液，HCO3－与H+、OH-都反应而不能大量共存，故D错误，
故选A。
【点睛】MnO4－呈紫色，但溶液是澄清的，澄清的溶液不一定是无色溶液，此处是容易出错的地方。
10.下列数据记录合理的是
A. 用托盘天平称取5.85 g食盐
B. 用10 mL量筒量取8.36 mL稀硫酸
C. 用广泛pH试纸测得某溶液pH值为5.5
D. 用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液19.10 mL
【答案】D
【解析】
【分析】
结合托盘天平、量筒、滴定管的精确度进行分析
【详解】A.托盘天平精确度为0.1g,用托盘天平不能称取5.85g食盐,故A项错误;
B.量筒精确度为0.1mL,用10mL量筒不能量取8.36mL稀硫酸,故B项错误;
C.用广泛pH试纸测得某溶液pH值应为整数,故C项错误;
D.滴定管的精确度为0.01mL, 可以用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液19.10 mL，故D项正确;
综上，本题选D。
11.常温下，关于溶液稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
12.下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是
A. 碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液 B. 盐酸和碳酸钠溶液
C. 明矾溶液与烧碱溶液 D. 碳酸氢钠和澄清石灰水
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸钠溶液滴入到硫酸氢钠溶液中迅速产生气泡，硫酸氢钠溶液滴加到碳酸钠溶液中，开始没有气泡，后来随着硫酸氢钠的滴入产生气泡，可鉴别，故A不选；
B. 盐酸少量时无气体生成，盐酸过量时生成气体，可鉴别，故B不选；
C. NaOH少量生成沉淀，NaOH过量沉淀溶解，可鉴别，故C不选；
D. 改变滴加顺序，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D选，
故选D。
【点睛】滴加的顺序决定反应物量的问题，滴入的反应物是不足的，另一种物质是足量或是过量，以此根据现象不同加以鉴别。
13.有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是( )
A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4+
B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4-
C. 肯定有K＋、Al3＋、MnO4-，可能有HCO3-
D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋
【答案】D
【解析】
【分析】
①溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+；根据离子共存判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生．判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-。
【详解】溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；①取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+，同时，根据离子共存的条件可以判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-；
综上所述：溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定无NH4+、SO42-、HCO3-、MnO4-；可能有K+
答案选D。
【点睛】本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等离子，溶液中加入过氧化钠会产生氢氧化钠且具有强氧化性，碱性条件下Al3＋、Mg2＋、NH4+、HCO3-均不能大量存在，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生说明不含有SO42-，根据离子检验进行判断。
14.下列化学用语或描述中，不正确的有
①F－的结构示意图：
②氢氧根的电子式：
③HClO的结构式：H—Cl—O
④SO3的水溶液能导电，说明SO3是电解质
⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32-
⑥同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化
A. 1项 B. 2项 C. 5项 D. 6项
【答案】C
【解析】
【详解】①F－结构示意图：，故正确；②为羟基的电子式，氢氧根的电子式为：，故不正确；③HClO的结构式为：H—O—Cl，故不正确；④SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故不正确；⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋HSO3-，故不正确；⑥同素异形体间的转化是化学变化，同位素间的转化属于核反应，不属于化学变化，故不正确；综上，不正确的有②③④⑤⑥共５项，答案选C。
15.SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是( )
A. a为正极，b为负极
B. 生产过程中氢离子由右移向左
C. 从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%
D. 负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+
【答案】D
【解析】
由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，D项正确。
16.下列离子方程式中，正确的是
A. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++ OH－NH3↑+ H2O
B. 氧化铁和稀硫酸反应：Fe2O3＋6H+＝2Fe2+＋3H2O
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓+ H2O
D. 石灰石与硝酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热反应生成碳酸钾、氨气和水，离子方程式为：NH4++ 2OH－+HCO3-NH3↑+ 2H2O+CO32-，故A错误；
B. 氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O，故B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，则反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2+ + 2OH- +2 H+ + SO42- = BaSO4↓+ 2H2O，故C错误；
D. 石灰石与硝酸发生复分解反应，生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D正确，
故选D。
17.“钙基固硫”是将煤中的硫元素以CaSO4的形式固定脱硫，而煤炭燃烧过程中产生的CO又会发生反应I和反应II，导致脱硫效率降低。某温度下，反应I的速率(v1)大于反应II的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是
反应I：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4kJ·mol-1
反应II：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) △H2=－175.6kJ·mol-1
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】反应Ⅰ为吸热反应，说明反应I生成物的能量比反应物的能量高，排除B、C选项；反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则说明反应I的活化能较小，反应Ⅱ的活化能较大，排除D选项，选项A正确；
故合理选项为A。
18.下列实验操作及结论正确的是
A. 用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+
B. 配制0.lmol·L-lNaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高
C. 萃取碘水中碘时，可以选择苯作为萃取剂
D. 某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含SO42-
【答案】C
【解析】
A，焰色反应呈黄色证明溶液中含Na+，要证明是否含K+必须透过蓝色钴玻璃观察，A项错误；B，若缺少洗涤步骤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，B项错误；C，萃取碘水中的碘可选择苯、CCl4等萃取剂，C项正确；D，某无色溶液中滴加BaCl2产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，原溶液中可能含Ag+、SO42-等，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查焰色反应、配制物质的量浓度溶液的误差分析、萃取剂的选择、SO42-的检验。配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶（如苯难溶于水）、萃取剂与原溶液不反应、溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度（如I2在苯中溶解度远大于I2在水中溶解度）。检验SO42-的方法：先向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；HCl和BaCl2的加入顺序不能颠倒。
19.下列物质中杂质（括号内为杂质）的除杂试剂和除杂方法都正确的是
物质及其杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO2(SO2)
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
NH4Cl(I2)
无
加热
C
Cl2 (HCl)
NaOH溶液
洗气
D
FeCl2（FeCl3）
过量Fe粉
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二者都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；B．加热时碘升华，但同时氯化铵易分解，不能除去碘，故B错误；C．Cl2和HCl均能被NaOH溶液吸收，应用饱和食盐水来除HCl，故C错误；D．Fe能将FeCl3还原为FeCl2，过量的铁粉通过过滤除去，故D正确；故答案为D。
【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，B项为易错点，注意氯化铵加热易分解，不能采用加热的方法分离碘和氯化铵。
20.常温时，将a1mL b1mol • L-1HCl加入到a2mL b2mol•L-1 NH3•H2O中，下列结论正确的是
A. 若混合液的pH <7,则:a1b1=a2b2
B. 若a1=a2且混合液的pH >7，则:b1< b2
C. 若 a1=a2,b1=b2,则混合溶液中:c(Cl-)= c(NH4+)
D. 若混合后溶液pH=7，则混合溶液中: c(Cl-) < c(NH4+)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若a1b1=a2b2，则恰好完全反应，溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，pH<7，若酸过量，溶液也呈酸性，故A错误；
B. 若a1=a2且混合液的pH >7，则氨水过量，则:b1< b2，故B正确；
C. 若 a1=a2，b1=b2，则a1b1=a2b2，恰好完全反应得到NH4Cl溶液，c(Cl-)> c(NH4+)，故C错误；
D.根据电荷守恒得：c(Cl-) +c(OH-)=c(NH4+) + c(H+)， 若混合后溶液pH=7，c(OH-)= c(H+)，则混合溶液中 c(Cl-)= c(NH4+)，故D错误，
故选B。
21. 下列说法中，正确的是
A. 25℃时，1L pH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉
B. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)将增大
C. V1L pH=12的NaOH溶液与V2L pH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
D. 在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32-的离子浓度均增 大
【答案】D
【解析】
试题分析：A、pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的镁质量大，故A错误；B、硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解，所以向硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大抑制硫酸钡溶解，溶液中钡离子浓度减小，故B错误；C、pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，如果HA为强酸，溶液呈中性，则二者体积相等，如果HA为弱酸，酸的浓度大于氢氧化钠，混合溶液呈中性，则酸体积应该少些，故C错误；D、碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离，所以加入氢氧化钠后，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进碳酸氢根离子电离，则溶液中碳酸根离子和钠离子浓度都增大，故D正确；故选D。
考点：考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等相关知识。
22.下列各组中的比值等于2∶1的是
A. K2S溶液中c(K+)与c(S2－)之比
B. pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比
C. 相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比
D. 室温时,将pH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍,稀释后溶液中的c(H+)与c (SO42-)之比
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为S2-会水解,导致数目减少,比值会大于2：1,故A错误；
B.两者都是强碱，NaOH是一元碱Ba(OH)2,是二元碱，pH相同,所以NaOH的浓度是Ba(OH)2的2倍,故B正确；
C.醋酸是弱酸，浓度越大，电离越小，所以0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，故C错误；
D.pH为5的H2SO溶液中， c(H+)=10-5mol/L， c(SO42-)=C(H+)=5×10-6mol/L；溶液稀释1000倍后，c(H+)只能近似为：1×10-7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=5×10-6mol/L×1/1000=5×10-9mol/L，所以稀释后溶液中C(H+)与c(SO42-)的比值近20：1；故D错误；
本题答案为B。
【点睛】在常温酸或碱的稀释时，无论如何稀释酸溶液中pH只能接近7,不可能大于7，无论如何稀释碱溶液的pH只能接近7，不可能小于7。
23.亚氯酸钠（NaClO2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点．其在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc(OH﹣)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出），此温度下，下列分析正确的是
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6
B. 亚氯酸钠在酸性条件下较稳定
C. pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)＞c(ClO2﹣)＞c(ClO2)＞c(Cl﹣)
D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)-2c(H+)=c(ClO2﹣)-2c(OH﹣)
【答案】A
【解析】
【详解】A. HClO2的电离平衡常数，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2−)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A正确；
B. 由图可以得出：碱性条件下ClO2−浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，而不在酸性条件下稳定，故B错误；
C. 根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c(HClO2)>c(ClO2)>c(Cl−)，故C错误；
D. 依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2−)+2c(OH−)+c(Cl−)，故D错误，
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、填空与简答题（共54分）
24.CuSO4是一种重要化工原料，其制备和有关性质如图所示。
（1）现要用如图所示的浓硫酸来配制步骤①中所需要的1mol/L的稀硫酸480ml，需要用这种浓硫酸的体积为______ml。
（2）配制该稀硫酸所用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯外还有_______、__________。
（3）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 _________。
A. 硫酸转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯
B. 未冷却至室温就转移至容量瓶
C. 容量瓶中存在少量蒸馏水
D. 定容时俯视刻度 E.量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水
（4）制取硫酸铜的途径①②③中，途径_________能更好地体现绿色化学的思想。
（5）配制1000ml 0.1mol/L的硫酸铜溶液，需用托盘天平称取________g胆矾。
【答案】 (1). 27.2 (2). 500ml容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). AE (5). ② (6). 25.0
【解析】
【详解】（1）配制1mol/L的稀硫酸480ml，需要用500ml容量瓶，因此配制稀硫酸的体积为500ml，根据图示，浓硫酸的浓度c（浓硫酸）=，设需要用这种浓硫酸的体积为Vml，根据稀释过程溶质的量不变，列关系式1mol/L×500ml=18.4mol/L×Vml，解得：V=27.2ml；
答案为：27.2
（2）配制该稀硫酸所用到的玻璃仪器玻璃棒、量筒、烧杯外、500ml容量瓶、胶头滴管；
答案为：500ml容量瓶、胶头滴管
（3）根据来进行分析，
A. 未洗涤，所配溶液的溶质的质量减少，因此浓度减小，故A符合；
B. 未冷却至室温就转移至容量瓶，容量瓶内溶液冷却后，体积会减小，浓度偏高，故B不符合；
C. 容量瓶有无水，对实验无影响，故C不符合；
D. 定容时仰视读数，所配溶液的体积偏小，浓度增大，故D不符合；
E. 量筒含有少量的水，导致量取的溶质的体积减少，浓度减小，故E符合；
答案选AE
（4）途径①会产生有毒的一氧化氮气体，污染空气；途径②，硫酸利用率高，且不产生有污染的物质，故最好；途径③产生二氧化硫，二氧化硫有毒对环境有危害，且硫酸利用率低。
答案为：②；
（5）根据硫酸铜守恒，溶液中硫酸铜的物质的量等于胆矾中硫酸铜的物质的量，因此有。
答案为：25.0；
25.纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体，可与水以任意比混合，其水溶液俗称双氧水，为无色透明液体。实验室常用过氧化氢制取氧气，工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：
（1）写出过氧化氢的电子式：_____。
（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为____，当生成标准状况下1.12 L O2时，转移电子为___ mol。
（3）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：___________。
（4）同学们用0.1000 mol·L－1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量。
①写出该反应的离子方程式____________。
②滴定到达终点的现象是____________。
③用移液管吸取25.00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4标准溶液体积如下表所示：
第一次
第二次
第三次
第四次
体积(mL)
17.10
19.10
17.00
16.90
则试样中过氧化氢的浓度为____mol·L－1。
④若滴定前尖嘴中有气泡，滴定后消失，则测定结果____(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
（5）同学们发现向滴加了酚酞的NaOH溶液中加入H2O2后，溶液中红色消失。关于褪色原因：甲同学认为H2O2是二元弱酸，消耗了OH－使红色消失；乙同学认为H2O2具有漂白性使溶液褪色。请设计一个简单的实验方案来判断甲、乙两位同学的说法是否正确___________。
【答案】 (1). (2). 2H2O22H2O＋O2↑ (3). 0.1 (4). H2O2H＋＋HO2－、HO2－H＋＋O22－ (5). 2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ (6). 锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色 (7). 0.1700 (8). 偏高 (9). 向褪色后的溶液中加入足量NaOH溶液，若变红，甲正确；若不变红，乙正确
【解析】
【分析】
根据共价化合物的成键特点分析书写电子式；根据物质性质书写反应方程式及弱酸的电离方程式；根据滴定原理分析滴定现象、进行相关计算并进行误差分析；根据物质检验方法分析设计实验方案。
【详解】（1）过氧化氢是共价化合物，分子中形成的化学键是：氧原子和氢原子间形成极性共价键，氧原子和氧原子间形成非极性共价键，过氧化氢为共价化合物，据此书写电子式为：，故答案为：；
（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑ ，当生成标准状况下1.12LO2时，，生成1mol氧气电子转移2mole-，生成0.05mol氧气电子转移为0.1mol，故答案为：2H2O22H2O＋O2↑；0.1；
（3）H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，水溶液中分步电离，电离方程式为：H2O2⇌HO2-+H+，HO2-⇌H++O22-，故答案为：H2O2⇌HO2-+H+，HO2-⇌H++O22-；
（4）①酸性高锰酸钾将双氧水氧化生成氧气，本身被还原成锰离子，根据得失电子守恒配平离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2；
②高锰酸钾与双氧水恰好完全反应后，颜色褪去，所以滴定到达终点的现象是，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色，；
故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2；锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；
③由于第二次数据误差过大，故舍去；其它三组的平均值为，根据反应2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2，n（H2O2）=2.5×n（MnO4-）=2.5×0.1000mol•L-1×0.017L，c（H2O2）=；
④滴定前尖嘴中有气泡，导致消耗的标准液偏大，测定结果偏高；故答案为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑；锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色； 0.1700；偏高；
（5）如是酸碱中和，可在褪色后再加入碱，观察溶液是否变红，若变红，则甲同学的观点正确；若未出现红色，则乙同学的观点正确，故答案为：在褪色后的溶液中，加入适量的NaOH溶液，若又出现红色，则甲同学的观点正确；若未出现红色，则乙同学的观点正确。
26.2016年以来我国北方的“雾霾”污染日益严重。中科院“大气灰霾追因与控制”项目针对北京强霾过程进行分析，强霾过程中,出现了大量有毒有害的含氮有机颗粒物。燃煤和机动年尾气是氮氧化物的主要来源。现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g) +2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1
②OCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) △H=-44.0kJ·mol-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_________________________。
（2）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反应过程中NO的物质的量随时间变化如下图所示。
①写出该反应的化学方程式：________________________________。
②10min内该反应的速率v(N2)=___________;该反应达平衡时CO的转化率为___________;T℃时该化学反应的平衡常数K=___________。
③ 若该反应△H<0,在恒容的密闭容器中,反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是________。
④一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量NO和CO进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是____________。
a．容器中压强不再变化 b．CO2的浓度不再改变
c．2v正(NO)=v逆(N2) d．气体的密度保持不变
（3）以燃料电池为代表的新能源的推广“使用能大大降低污染物的排放。如图是一种甲醚燃料电池结构，请写出该电池负极的电极反应式：________________________________________。
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ·mol-1 (2). 2NO+2CO=N2+2CO2 (3). 0.005mol·L-1·min-1 (4). 50% (5). 5 (6). c (7). ab (8). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O
【解析】
试题分析：本题为化学反应原理综合题，是高考必考题型，考查点涉及热化学方程式的书写、盖斯定律，化学反应速率计算、化学平衡状态的判断、计算和图像分析，电池反应式的书写，题目难度中等。
（1）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+ CO2（g）+2H2O（g） △H=-574kJ·mol-l ；②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+ CO2（g）+ 2H2O（g） △H=-1160kJ·mol-l；③H2O（g）=H2O（1） △H=-44.0 kJ·mol-l。根据盖斯定律：（①+②+③×2）÷2得CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（1）的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+ 4H2O(l) △H=-955kJ·mol-l 。
（2）① 采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为2NO+2CO=N2+2CO2。
②由图像知10 min内NO的物质的量变化为（0.4-0.2）mol=0.2mol，由反应方程式知N2的物质的量变化为0.1mol，浓度变化为0.05mol/L，该反应的速率v(N2)=0.05mol/L÷10min=0.005mol L-1 min-1；CO的物质的量变化为0.2mol，起始CO的物质的量和NO的物质的量相同，均为0.4mol，该反应达平衡时CO的转化率为0.2mol/0.4mol×100%=50%；
利用三行式分析。2NO+2CO=N2+2CO2
起始浓度（mol/L）0.2 0.2 0 0
转化浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05 0.1
平衡浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05 0.1
则T℃时该化学反应的平衡常数K=c2(CO2)c(N2)/c2(NO)c2(CO)=5。
③a.该反应为放热反应，升高温度，K减小，与图像不符，错误；b.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，与图像不符，错误；c.平衡常数的影响因素为温度，温度不变，K不变，与图像相符，正确；d.增大N2的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与图像不符，错误；故选c。
④a．随着反应的进行，容器内气体的物质的量逐渐减小，根据阿伏伽德罗定律知容器中压强逐渐减小，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，正确；b．反应达平衡后各物质的浓度不变，若CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，正确；c．2v正(NO)=v逆(N2) ，正、逆反应速率不相等，反应维达平衡，错误； d．一定温度下，在恒容密闭容器中，根据质量守恒定律知容器内气体的质量保持不变，气体的密度不随反应的进行而变化，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，错误；故选ab。
（3）碱性甲醚燃料电池中，甲醚发生氧化反应，生成碳酸根，利用原子守恒、电荷守恒配平，该电池负极的电极反应式CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O 。
27.Ⅰ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11`
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）列出CH3COONa的水解平衡常数Kh的计算式：_________。
（2）物质的量浓度相同的三种溶液：a.CH3COONa b．NaHCO3 c．NaClO
三种溶液的pH由小到大排列的顺序是___<___< ____(用编号填写)。
（3）写出向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式________。
Ⅱ.（4）碳酸钠溶液呈碱性的原因是：_____________。（写出离子方程式）。0.01mol/L Na2CO3溶液的pH___0.1mol/LNa2CO3溶液的pH。（填“＞”或“＜”或“=”）
（5）浓度均为0.1mol/L的①CH3COONa溶液②NH4Cl溶液③稀HCl④Na2SO4溶液按pH由大到小的排列顺序为_______。
【答案】 (1). (2). a (3). b (4). c (5). NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO (6). CO32-+H2OHCO3-+OH (7). ＜ (8). ①＞④＞②＞③
【解析】
【分析】
根据水解反应原理及平衡常数概念书写水解平衡常数；根据电离平衡常数比较盐溶液的酸碱性及pH大小；根据水解原理书写相关水解方程式并比较溶液的pH。
【详解】Ⅰ.（1）CH3COONa水解的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，则CH3COONa的水解平衡常数Kh的计算式为： ；
（2）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是CH3COONa
Ⅱ.（4）碳酸钠属于强碱弱酸盐，发生水解反应使溶液呈碱性，离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-； Na2CO3溶液浓度越大，水解产生的OH-浓度越大，溶液碱性越强，pH越大，故0.01mol/L Na2CO3的pH＜0.1mol/LNa2CO3溶液的pH，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH；＜；
（5）①CH3COONa溶液由于水解作用，溶液呈若碱性；②NH4Cl溶液由于水解作用，溶液呈若酸性；③稀HCl属于强酸溶液，酸性较强；④Na2SO4溶液不水解，溶液呈中性，所以pH由大到小的排列顺序为①＞④＞②＞③，故答案为：①＞④＞②＞③。
【点睛】此题易错点在于（3）根据电离常数的大小得出酸性强弱：HClO>HCO3−，在根据复分解反应中强酸制弱酸原理判断，向NaClO溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠而不是碳酸钠。
28.制备锌印刷电路板是用稀硝酸腐蚀锌板产生的废液称“烂板液”。“烂板液”中除含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl－和Fe3+，在实验室里，用“烂板液制取ZnSO4∙7H2O的过程如图所示
（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是____。
（2）若步骤①的pH＞12，则Zn(OH) 2溶解生成四羟基合锌酸钠，Zn(OH) 2溶解的离子方程式为_____。
（3）滤液D中除了含有OH-离子外，还含有的阴离子有___________（填离子符号）。
（4）若滤液E的pH＝4，c(Zn2＋)＝2mol·L-1,c(Fe3＋)＝2.6×10-9mo·L-l试求出Fe(OH)3的溶度积常数__（只需写出结果即可）。
（5）已知:①Fe(OH)3（s）⇌ Fe3＋（aq）＋3OH－（aq）∆H＝a kJ mol·L-1②H2O(l) ⇌ H＋（aq）＋OH－（aq）∆H＝b kJ·mol·L-1，若①的溶度积常数为Ksp，②的离子积常数为Kw，Fe3＋发生水解反应的平衡常数:K＝____（用含Kw、Ksp的代数式表示）。
【答案】 (1). 1:2 (2). Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2− (3). Cl−、NO3− (4). 2.6×10-39 (5).
【解析】
【分析】
根据实验目的及流程图分析各步发生的反应及沉淀组成，书写相关反应离子方程式；根据电离及水解原理，运用平衡常数表达式进行相关计算。
【详解】因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl−、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀B中加硫酸并控制pH，使氢氧化铁沉淀，锌离子溶解得到硫酸锌溶液，最终得到硫酸锌晶体；
(1)若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，则反应的方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，由方程式可知反应中HNO3为氧化剂，Zn为还原剂，当4molZn参加反应时，有2molHNO3被还原，则氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故答案为：1:2；
(2)Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2−，
故答案为：Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2−；
(3)固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl−、NO3−等离子，则滤液中应含有Cl−、NO3−，故答案为：Cl−、NO3−；
（4）若滤液E的pH＝4，则c(OH-)＝1×10-10mo·L-l，得到的沉淀为Fe(OH)3，则Fe(OH)3的溶度积常数为： ，故答案为：2.6×10-39；
（5）Fe3+发生水解反应的方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，已知①Fe(OH)3（s）⇌ Fe3＋（aq）＋3OH－（aq）， ②H2O(l) ⇌ H＋（aq）＋OH－（aq） ，则②×3−①可得Fe3+(aq)+3H2O(l)⇌Fe(OH)3(aq)+3H+(aq)，则Fe3+发生水解反应的平衡常数为： ，故答案为：。
三明一中2019～2020学年度上学期学段考高三化学试卷
（满分：100分；考试时间：120分钟）
注意事项：请将所有答案填写在答题卷中，写在试卷和草稿纸上的答案一律无效。
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 Na~23 S~32 Fe~56 Cu~64
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（共23小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共46分）
1.下列化学用语中，正确的是（ ）
A. 镁原子的结构示意图为
B. Na2O2的电子式为
C. 生石灰的分子式为CaO
D. 1H218O摩尔质量为20
【答案】B
【解析】
【详解】A项、镁原子的核外电子总为12，有三个电子层，最外层有2个电子，镁原子的结构示意图为，故A错误；
B项、Na2O2为离子化合物，电子式为，故B正确；
C项、CaO是由钙离子和氧离子组成的离子化合物，不存在分子，其化学式为CaO，故C错误；
D项、1H218O摩尔质量为20g/mol，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了常见化学用语的判断注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法是解答关键。
2.随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A. Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B. 磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C. CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】
【分析】
A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；
B、混合物中至少含有两种物质；
C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；
D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。
【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；
B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；
C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；
D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果是解答本题的关键，学生应熟记概念并能利用概念来判断物质的类别。
3.下列叙述不正确的是
A. 苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存
B. 用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿
C. 碳酸氢钠中混有碳酸钠杂质：加热分解
D. 乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯是有机物，可与橡胶作用而腐蚀橡胶塞，不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存苯，故A正确；
B.NH3遇湿润的红色石蕊试纸使试纸变蓝色，干燥试纸不能变色，故B正确；
C.碳酸氢钠在加热条件下可以分解生成碳酸钠，而碳酸钠不会分解，故C错误；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但乙酸可与碳酸钠反应，最后通过分液可除去乙酸，故D正确，
故选C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 100 g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中,含有4NA个氧原子
B. 1 mol Cl2溶于水,溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子数之和小于2NA
C. 2.24 L(标准状况)D2中含有0.2NA个中子
D. 25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6,则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4NA个，故A正确；
B. 氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2NA，故B正确；
C. 2.24 L(标准状况)D2物质的量为0.1mol，每个D2分子中含有2个中子，所以含有0.2NA个中子，故C正确；
D. 溶液体积未知，不能确定钙离子数目，故D错误，
故选D。
5.温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是
A. 两容器中气体的质量相等 B. 两容器中气体的分子数目相等
C. 两容器中气体的氧原子数目相等 D. 两容器中气体的密度相等
【答案】B
【解析】
【分析】
同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O2和O3，其物质的量相等。
【详解】A.根据m=nM知，二者物质的量相等时，气体质量与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其质量不等，故A错误；
B.根据N=nNA知，二者物质的量相等，则其分子数相等，所以B是正确的；
C..物质的量相等时，二者分子数相等，但氧气和臭氧分子的构成不同，所以其原子个数不等，故C错误；
D.根据=M/Vm知，气体摩尔体积相等时，二者密度与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其密度不等，故D错误；
答案选B。
【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O3，其物质的量相等，根据N=nNA、m=nM、=M/Vm结合分子构成分析解答。
6.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是
A. 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B. 该温度高于25℃
C. 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D. 该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10－10mol/L
【答案】A
【解析】
A、PH为12的NaOH的浓度时1mol·L－1，而硫酸氢钠溶液的H＋浓度时0.01mol·L－1,等体积混合，碱多了故A错误；B、25℃时Ka=10-14，本题Ka=10-6*10-6=10-12，水电离吸热，升高温度，K变大，该温度高于25℃，故B正确；C、加入NaHSO4晶体，提高H＋ 的浓度，抑制了水的电离，故C正确。D、pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正确；故选A。
7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是
A. 2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NA
B. 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜
C. 标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NA
D. 5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下， SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。
【考点定位】有关阿伏加德罗常数的正误判断
【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。
8.常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1×10－5 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是
A. c(CH3COO－)＞c(Na＋) B. c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
C. c(H＋)＜c(OH－) D. c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02 mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1×10－5 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质是醋酸钠和醋酸，且物质的量浓度相等，由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,因此其浓度均为0.005mol/L。醋酸的电离平衡常数是1×10－5 mol/L，则CH3COO-的水解平衡常数是。
【详解】A、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，故A正确；
B、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COOH)
D、由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,所以浓度变为，根据物料守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01 mol/L，故D错误。
9.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+
B. 含有大量的[Al(OH4)]—的溶液：NH4+、Na+、HCO3－、SO42－
C. pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO42－、I－
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－14 mol·L－1的溶液中：HCO3－、NH4+、Cl－、Ca2+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 澄清透明的溶液中：MnO4－、SO42－、K+、H+相互之间不反应，可以大量共存，故A正确；
B. [Al(OH4)]—与HCO3－发生水解反应而不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液呈碱性，ClO－在碱性条件下也可以氧化I－生成I2，故C错误；
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－14 mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，则该溶液为碱或酸的溶液，HCO3－与H+、OH-都反应而不能大量共存，故D错误，
故选A。
【点睛】MnO4－呈紫色，但溶液是澄清的，澄清的溶液不一定是无色溶液，此处是容易出错的地方。
10.下列数据记录合理的是
A. 用托盘天平称取5.85 g食盐
B. 用10 mL量筒量取8.36 mL稀硫酸
C. 用广泛pH试纸测得某溶液pH值为5.5
D. 用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液19.10 mL
【答案】D
【解析】
【分析】
结合托盘天平、量筒、滴定管的精确度进行分析
【详解】A.托盘天平精确度为0.1g,用托盘天平不能称取5.85g食盐,故A项错误;
B.量筒精确度为0.1mL,用10mL量筒不能量取8.36mL稀硫酸,故B项错误;
C.用广泛pH试纸测得某溶液pH值应为整数,故C项错误;
D.滴定管的精确度为0.01mL, 可以用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液19.10 mL，故D项正确;
综上，本题选D。
11.常温下，关于溶液稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
12.下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是
A. 碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液 B. 盐酸和碳酸钠溶液
C. 明矾溶液与烧碱溶液 D. 碳酸氢钠和澄清石灰水
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸钠溶液滴入到硫酸氢钠溶液中迅速产生气泡，硫酸氢钠溶液滴加到碳酸钠溶液中，开始没有气泡，后来随着硫酸氢钠的滴入产生气泡，可鉴别，故A不选；
B. 盐酸少量时无气体生成，盐酸过量时生成气体，可鉴别，故B不选；
C. NaOH少量生成沉淀，NaOH过量沉淀溶解，可鉴别，故C不选；
D. 改变滴加顺序，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D选，
故选D。
【点睛】滴加的顺序决定反应物量的问题，滴入的反应物是不足的，另一种物质是足量或是过量，以此根据现象不同加以鉴别。
13.有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是( )
A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4+
B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4-
C. 肯定有K＋、Al3＋、MnO4-，可能有HCO3-
D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋
【答案】D
【解析】
【分析】
①溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+；根据离子共存判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生．判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-。
【详解】溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；①取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+，同时，根据离子共存的条件可以判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-；
综上所述：溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定无NH4+、SO42-、HCO3-、MnO4-；可能有K+
答案选D。
【点睛】本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等离子，溶液中加入过氧化钠会产生氢氧化钠且具有强氧化性，碱性条件下Al3＋、Mg2＋、NH4+、HCO3-均不能大量存在，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生说明不含有SO42-，根据离子检验进行判断。
14.下列化学用语或描述中，不正确的有
①F－的结构示意图：
②氢氧根的电子式：
③HClO的结构式：H—Cl—O
④SO3的水溶液能导电，说明SO3是电解质
⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32-
⑥同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化
A. 1项 B. 2项 C. 5项 D. 6项
【答案】C
【解析】
【详解】①F－结构示意图：，故正确；②为羟基的电子式，氢氧根的电子式为：，故不正确；③HClO的结构式为：H—O—Cl，故不正确；④SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故不正确；⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋HSO3-，故不正确；⑥同素异形体间的转化是化学变化，同位素间的转化属于核反应，不属于化学变化，故不正确；综上，不正确的有②③④⑤⑥共５项，答案选C。
15.SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是( )
A. a为正极，b为负极
B. 生产过程中氢离子由右移向左
C. 从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%
D. 负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+
【答案】D
【解析】
由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，D项正确。
16.下列离子方程式中，正确的是
A. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++ OH－NH3↑+ H2O
B. 氧化铁和稀硫酸反应：Fe2O3＋6H+＝2Fe2+＋3H2O
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓+ H2O
D. 石灰石与硝酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热反应生成碳酸钾、氨气和水，离子方程式为：NH4++ 2OH－+HCO3-NH3↑+ 2H2O+CO32-，故A错误；
B. 氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O，故B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，则反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2+ + 2OH- +2 H+ + SO42- = BaSO4↓+ 2H2O，故C错误；
D. 石灰石与硝酸发生复分解反应，生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D正确，
故选D。
17.“钙基固硫”是将煤中的硫元素以CaSO4的形式固定脱硫，而煤炭燃烧过程中产生的CO又会发生反应I和反应II，导致脱硫效率降低。某温度下，反应I的速率(v1)大于反应II的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是
反应I：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4kJ·mol-1
反应II：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) △H2=－175.6kJ·mol-1
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】反应Ⅰ为吸热反应，说明反应I生成物的能量比反应物的能量高，排除B、C选项；反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则说明反应I的活化能较小，反应Ⅱ的活化能较大，排除D选项，选项A正确；
故合理选项为A。
18.下列实验操作及结论正确的是
A. 用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+
B. 配制0.lmol·L-lNaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高
C. 萃取碘水中碘时，可以选择苯作为萃取剂
D. 某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含SO42-
【答案】C
【解析】
A，焰色反应呈黄色证明溶液中含Na+，要证明是否含K+必须透过蓝色钴玻璃观察，A项错误；B，若缺少洗涤步骤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，B项错误；C，萃取碘水中的碘可选择苯、CCl4等萃取剂，C项正确；D，某无色溶液中滴加BaCl2产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，原溶液中可能含Ag+、SO42-等，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查焰色反应、配制物质的量浓度溶液的误差分析、萃取剂的选择、SO42-的检验。配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶（如苯难溶于水）、萃取剂与原溶液不反应、溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度（如I2在苯中溶解度远大于I2在水中溶解度）。检验SO42-的方法：先向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；HCl和BaCl2的加入顺序不能颠倒。
19.下列物质中杂质（括号内为杂质）的除杂试剂和除杂方法都正确的是
物质及其杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO2(SO2)
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
NH4Cl(I2)
无
加热
C
Cl2 (HCl)
NaOH溶液
洗气
D
FeCl2（FeCl3）
过量Fe粉
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二者都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；B．加热时碘升华，但同时氯化铵易分解，不能除去碘，故B错误；C．Cl2和HCl均能被NaOH溶液吸收，应用饱和食盐水来除HCl，故C错误；D．Fe能将FeCl3还原为FeCl2，过量的铁粉通过过滤除去，故D正确；故答案为D。
【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，B项为易错点，注意氯化铵加热易分解，不能采用加热的方法分离碘和氯化铵。
20.常温时，将a1mL b1mol • L-1HCl加入到a2mL b2mol•L-1 NH3•H2O中，下列结论正确的是
A. 若混合液的pH <7,则:a1b1=a2b2
B. 若a1=a2且混合液的pH >7，则:b1< b2
C. 若 a1=a2,b1=b2,则混合溶液中:c(Cl-)= c(NH4+)
D. 若混合后溶液pH=7，则混合溶液中: c(Cl-) < c(NH4+)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若a1b1=a2b2，则恰好完全反应，溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，pH<7，若酸过量，溶液也呈酸性，故A错误；
B. 若a1=a2且混合液的pH >7，则氨水过量，则:b1< b2，故B正确；
C. 若 a1=a2，b1=b2，则a1b1=a2b2，恰好完全反应得到NH4Cl溶液，c(Cl-)> c(NH4+)，故C错误；
D.根据电荷守恒得：c(Cl-) +c(OH-)=c(NH4+) + c(H+)， 若混合后溶液pH=7，c(OH-)= c(H+)，则混合溶液中 c(Cl-)= c(NH4+)，故D错误，
故选B。
21. 下列说法中，正确的是
A. 25℃时，1L pH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉
B. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)将增大
C. V1L pH=12的NaOH溶液与V2L pH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
D. 在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32-的离子浓度均增 大
【答案】D
【解析】
试题分析：A、pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的镁质量大，故A错误；B、硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解，所以向硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大抑制硫酸钡溶解，溶液中钡离子浓度减小，故B错误；C、pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，如果HA为强酸，溶液呈中性，则二者体积相等，如果HA为弱酸，酸的浓度大于氢氧化钠，混合溶液呈中性，则酸体积应该少些，故C错误；D、碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离，所以加入氢氧化钠后，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进碳酸氢根离子电离，则溶液中碳酸根离子和钠离子浓度都增大，故D正确；故选D。
考点：考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等相关知识。
22.下列各组中的比值等于2∶1的是
A. K2S溶液中c(K+)与c(S2－)之比
B. pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比
C. 相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比
D. 室温时,将pH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍,稀释后溶液中的c(H+)与c (SO42-)之比
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为S2-会水解,导致数目减少,比值会大于2：1,故A错误；
B.两者都是强碱，NaOH是一元碱Ba(OH)2,是二元碱，pH相同,所以NaOH的浓度是Ba(OH)2的2倍,故B正确；
C.醋酸是弱酸，浓度越大，电离越小，所以0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，故C错误；
D.pH为5的H2SO溶液中， c(H+)=10-5mol/L， c(SO42-)=C(H+)=5×10-6mol/L；溶液稀释1000倍后，c(H+)只能近似为：1×10-7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=5×10-6mol/L×1/1000=5×10-9mol/L，所以稀释后溶液中C(H+)与c(SO42-)的比值近20：1；故D错误；
本题答案为B。
【点睛】在常温酸或碱的稀释时，无论如何稀释酸溶液中pH只能接近7,不可能大于7，无论如何稀释碱溶液的pH只能接近7，不可能小于7。
23.亚氯酸钠（NaClO2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点．其在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc(OH﹣)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出），此温度下，下列分析正确的是
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6
B. 亚氯酸钠在酸性条件下较稳定
C. pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)＞c(ClO2﹣)＞c(ClO2)＞c(Cl﹣)
D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)-2c(H+)=c(ClO2﹣)-2c(OH﹣)
【答案】A
【解析】
【详解】A. HClO2的电离平衡常数，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2−)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A正确；
B. 由图可以得出：碱性条件下ClO2−浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，而不在酸性条件下稳定，故B错误；
C. 根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)
D. 依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2−)+2c(OH−)+c(Cl−)，故D错误，
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、填空与简答题（共54分）
24.CuSO4是一种重要化工原料，其制备和有关性质如图所示。
（1）现要用如图所示的浓硫酸来配制步骤①中所需要的1mol/L的稀硫酸480ml，需要用这种浓硫酸的体积为______ml。
（2）配制该稀硫酸所用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯外还有_______、__________。
（3）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 _________。
A. 硫酸转移至容量瓶后，没有洗涤烧杯
B. 未冷却至室温就转移至容量瓶
C. 容量瓶中存在少量蒸馏水
D. 定容时俯视刻度 E.量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水
（4）制取硫酸铜的途径①②③中，途径_________能更好地体现绿色化学的思想。
（5）配制1000ml 0.1mol/L的硫酸铜溶液，需用托盘天平称取________g胆矾。
【答案】 (1). 27.2 (2). 500ml容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). AE (5). ② (6). 25.0
【解析】
【详解】（1）配制1mol/L的稀硫酸480ml，需要用500ml容量瓶，因此配制稀硫酸的体积为500ml，根据图示，浓硫酸的浓度c（浓硫酸）=，设需要用这种浓硫酸的体积为Vml，根据稀释过程溶质的量不变，列关系式1mol/L×500ml=18.4mol/L×Vml，解得：V=27.2ml；
答案为：27.2
（2）配制该稀硫酸所用到的玻璃仪器玻璃棒、量筒、烧杯外、500ml容量瓶、胶头滴管；
答案为：500ml容量瓶、胶头滴管
（3）根据来进行分析，
A. 未洗涤，所配溶液的溶质的质量减少，因此浓度减小，故A符合；
B. 未冷却至室温就转移至容量瓶，容量瓶内溶液冷却后，体积会减小，浓度偏高，故B不符合；
C. 容量瓶有无水，对实验无影响，故C不符合；
D. 定容时仰视读数，所配溶液的体积偏小，浓度增大，故D不符合；
E. 量筒含有少量的水，导致量取的溶质的体积减少，浓度减小，故E符合；
答案选AE
（4）途径①会产生有毒的一氧化氮气体，污染空气；途径②，硫酸利用率高，且不产生有污染的物质，故最好；途径③产生二氧化硫，二氧化硫有毒对环境有危害，且硫酸利用率低。
答案为：②；
（5）根据硫酸铜守恒，溶液中硫酸铜的物质的量等于胆矾中硫酸铜的物质的量，因此有。
答案为：25.0；
25.纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体，可与水以任意比混合，其水溶液俗称双氧水，为无色透明液体。实验室常用过氧化氢制取氧气，工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：
（1）写出过氧化氢的电子式：_____。
（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为____，当生成标准状况下1.12 L O2时，转移电子为___ mol。
（3）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：___________。
（4）同学们用0.1000 mol·L－1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量。
①写出该反应的离子方程式____________。
②滴定到达终点的现象是____________。
③用移液管吸取25.00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4标准溶液体积如下表所示：
第一次
第二次
第三次
第四次
体积(mL)
17.10
19.10
17.00
16.90
则试样中过氧化氢的浓度为____mol·L－1。
④若滴定前尖嘴中有气泡，滴定后消失，则测定结果____(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
（5）同学们发现向滴加了酚酞的NaOH溶液中加入H2O2后，溶液中红色消失。关于褪色原因：甲同学认为H2O2是二元弱酸，消耗了OH－使红色消失；乙同学认为H2O2具有漂白性使溶液褪色。请设计一个简单的实验方案来判断甲、乙两位同学的说法是否正确___________。
【答案】 (1). (2). 2H2O22H2O＋O2↑ (3). 0.1 (4). H2O2H＋＋HO2－、HO2－H＋＋O22－ (5). 2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ (6). 锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色 (7). 0.1700 (8). 偏高 (9). 向褪色后的溶液中加入足量NaOH溶液，若变红，甲正确；若不变红，乙正确
【解析】
【分析】
根据共价化合物的成键特点分析书写电子式；根据物质性质书写反应方程式及弱酸的电离方程式；根据滴定原理分析滴定现象、进行相关计算并进行误差分析；根据物质检验方法分析设计实验方案。
【详解】（1）过氧化氢是共价化合物，分子中形成的化学键是：氧原子和氢原子间形成极性共价键，氧原子和氧原子间形成非极性共价键，过氧化氢为共价化合物，据此书写电子式为：，故答案为：；
（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑ ，当生成标准状况下1.12LO2时，，生成1mol氧气电子转移2mole-，生成0.05mol氧气电子转移为0.1mol，故答案为：2H2O22H2O＋O2↑；0.1；
（3）H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，水溶液中分步电离，电离方程式为：H2O2⇌HO2-+H+，HO2-⇌H++O22-，故答案为：H2O2⇌HO2-+H+，HO2-⇌H++O22-；
（4）①酸性高锰酸钾将双氧水氧化生成氧气，本身被还原成锰离子，根据得失电子守恒配平离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2；
②高锰酸钾与双氧水恰好完全反应后，颜色褪去，所以滴定到达终点的现象是，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色，；
故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2；锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；
③由于第二次数据误差过大，故舍去；其它三组的平均值为，根据反应2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2，n（H2O2）=2.5×n（MnO4-）=2.5×0.1000mol•L-1×0.017L，c（H2O2）=；
④滴定前尖嘴中有气泡，导致消耗的标准液偏大，测定结果偏高；故答案为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑；锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色； 0.1700；偏高；
（5）如是酸碱中和，可在褪色后再加入碱，观察溶液是否变红，若变红，则甲同学的观点正确；若未出现红色，则乙同学的观点正确，故答案为：在褪色后的溶液中，加入适量的NaOH溶液，若又出现红色，则甲同学的观点正确；若未出现红色，则乙同学的观点正确。
26.2016年以来我国北方的“雾霾”污染日益严重。中科院“大气灰霾追因与控制”项目针对北京强霾过程进行分析，强霾过程中,出现了大量有毒有害的含氮有机颗粒物。燃煤和机动年尾气是氮氧化物的主要来源。现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g) +2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1
②OCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) △H=-44.0kJ·mol-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_________________________。
（2）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反应过程中NO的物质的量随时间变化如下图所示。
①写出该反应的化学方程式：________________________________。
②10min内该反应的速率v(N2)=___________;该反应达平衡时CO的转化率为___________;T℃时该化学反应的平衡常数K=___________。
③ 若该反应△H<0,在恒容的密闭容器中,反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是________。
④一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量NO和CO进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是____________。
a．容器中压强不再变化 b．CO2的浓度不再改变
c．2v正(NO)=v逆(N2) d．气体的密度保持不变
（3）以燃料电池为代表的新能源的推广“使用能大大降低污染物的排放。如图是一种甲醚燃料电池结构，请写出该电池负极的电极反应式：________________________________________。
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ·mol-1 (2). 2NO+2CO=N2+2CO2 (3). 0.005mol·L-1·min-1 (4). 50% (5). 5 (6). c (7). ab (8). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O
【解析】
试题分析：本题为化学反应原理综合题，是高考必考题型，考查点涉及热化学方程式的书写、盖斯定律，化学反应速率计算、化学平衡状态的判断、计算和图像分析，电池反应式的书写，题目难度中等。
（1）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+ CO2（g）+2H2O（g） △H=-574kJ·mol-l ；②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+ CO2（g）+ 2H2O（g） △H=-1160kJ·mol-l；③H2O（g）=H2O（1） △H=-44.0 kJ·mol-l。根据盖斯定律：（①+②+③×2）÷2得CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（1）的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+ 4H2O(l) △H=-955kJ·mol-l 。
（2）① 采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为2NO+2CO=N2+2CO2。
②由图像知10 min内NO的物质的量变化为（0.4-0.2）mol=0.2mol，由反应方程式知N2的物质的量变化为0.1mol，浓度变化为0.05mol/L，该反应的速率v(N2)=0.05mol/L÷10min=0.005mol L-1 min-1；CO的物质的量变化为0.2mol，起始CO的物质的量和NO的物质的量相同，均为0.4mol，该反应达平衡时CO的转化率为0.2mol/0.4mol×100%=50%；
利用三行式分析。2NO+2CO=N2+2CO2
起始浓度（mol/L）0.2 0.2 0 0
转化浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05 0.1
平衡浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05 0.1
则T℃时该化学反应的平衡常数K=c2(CO2)c(N2)/c2(NO)c2(CO)=5。
③a.该反应为放热反应，升高温度，K减小，与图像不符，错误；b.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，与图像不符，错误；c.平衡常数的影响因素为温度，温度不变，K不变，与图像相符，正确；d.增大N2的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与图像不符，错误；故选c。
④a．随着反应的进行，容器内气体的物质的量逐渐减小，根据阿伏伽德罗定律知容器中压强逐渐减小，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，正确；b．反应达平衡后各物质的浓度不变，若CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，正确；c．2v正(NO)=v逆(N2) ，正、逆反应速率不相等，反应维达平衡，错误； d．一定温度下，在恒容密闭容器中，根据质量守恒定律知容器内气体的质量保持不变，气体的密度不随反应的进行而变化，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，错误；故选ab。
（3）碱性甲醚燃料电池中，甲醚发生氧化反应，生成碳酸根，利用原子守恒、电荷守恒配平，该电池负极的电极反应式CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O 。
27.Ⅰ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11`
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）列出CH3COONa的水解平衡常数Kh的计算式：_________。
（2）物质的量浓度相同的三种溶液：a.CH3COONa b．NaHCO3 c．NaClO
三种溶液的pH由小到大排列的顺序是___<___< ____(用编号填写)。
（3）写出向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式________。
Ⅱ.（4）碳酸钠溶液呈碱性的原因是：_____________。（写出离子方程式）。0.01mol/L Na2CO3溶液的pH___0.1mol/LNa2CO3溶液的pH。（填“＞”或“＜”或“=”）
（5）浓度均为0.1mol/L的①CH3COONa溶液②NH4Cl溶液③稀HCl④Na2SO4溶液按pH由大到小的排列顺序为_______。
【答案】 (1). (2). a (3). b (4). c (5). NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO (6). CO32-+H2OHCO3-+OH (7). ＜ (8). ①＞④＞②＞③
【解析】
【分析】
根据水解反应原理及平衡常数概念书写水解平衡常数；根据电离平衡常数比较盐溶液的酸碱性及pH大小；根据水解原理书写相关水解方程式并比较溶液的pH。
【详解】Ⅰ.（1）CH3COONa水解的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，则CH3COONa的水解平衡常数Kh的计算式为： ；
（2）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是CH3COONa
Ⅱ.（4）碳酸钠属于强碱弱酸盐，发生水解反应使溶液呈碱性，离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-； Na2CO3溶液浓度越大，水解产生的OH-浓度越大，溶液碱性越强，pH越大，故0.01mol/L Na2CO3的pH＜0.1mol/LNa2CO3溶液的pH，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH；＜；
（5）①CH3COONa溶液由于水解作用，溶液呈若碱性；②NH4Cl溶液由于水解作用，溶液呈若酸性；③稀HCl属于强酸溶液，酸性较强；④Na2SO4溶液不水解，溶液呈中性，所以pH由大到小的排列顺序为①＞④＞②＞③，故答案为：①＞④＞②＞③。
【点睛】此题易错点在于（3）根据电离常数的大小得出酸性强弱：HClO>HCO3−，在根据复分解反应中强酸制弱酸原理判断，向NaClO溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠而不是碳酸钠。
28.制备锌印刷电路板是用稀硝酸腐蚀锌板产生的废液称“烂板液”。“烂板液”中除含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl－和Fe3+，在实验室里，用“烂板液制取ZnSO4∙7H2O的过程如图所示
（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是____。
（2）若步骤①的pH＞12，则Zn(OH) 2溶解生成四羟基合锌酸钠，Zn(OH) 2溶解的离子方程式为_____。
（3）滤液D中除了含有OH-离子外，还含有的阴离子有___________（填离子符号）。
（4）若滤液E的pH＝4，c(Zn2＋)＝2mol·L-1,c(Fe3＋)＝2.6×10-9mo·L-l试求出Fe(OH)3的溶度积常数__（只需写出结果即可）。
（5）已知:①Fe(OH)3（s）⇌ Fe3＋（aq）＋3OH－（aq）∆H＝a kJ mol·L-1②H2O(l) ⇌ H＋（aq）＋OH－（aq）∆H＝b kJ·mol·L-1，若①的溶度积常数为Ksp，②的离子积常数为Kw，Fe3＋发生水解反应的平衡常数:K＝____（用含Kw、Ksp的代数式表示）。
【答案】 (1). 1:2 (2). Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2− (3). Cl−、NO3− (4). 2.6×10-39 (5).
【解析】
【分析】
根据实验目的及流程图分析各步发生的反应及沉淀组成，书写相关反应离子方程式；根据电离及水解原理，运用平衡常数表达式进行相关计算。
【详解】因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl−、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀B中加硫酸并控制pH，使氢氧化铁沉淀，锌离子溶解得到硫酸锌溶液，最终得到硫酸锌晶体；
(1)若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，则反应的方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，由方程式可知反应中HNO3为氧化剂，Zn为还原剂，当4molZn参加反应时，有2molHNO3被还原，则氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故答案为：1:2；
(2)Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2−，
故答案为：Zn(OH)2+2OH−=[Zn(OH)4]2−；
(3)固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl−、NO3−等离子，则滤液中应含有Cl−、NO3−，故答案为：Cl−、NO3−；
（4）若滤液E的pH＝4，则c(OH-)＝1×10-10mo·L-l，得到的沉淀为Fe(OH)3，则Fe(OH)3的溶度积常数为： ，故答案为：2.6×10-39；
（5）Fe3+发生水解反应的方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，已知①Fe(OH)3（s）⇌ Fe3＋（aq）＋3OH－（aq）， ②H2O(l) ⇌ H＋（aq）＋OH－（aq） ，则②×3−①可得Fe3+(aq)+3H2O(l)⇌Fe(OH)3(aq)+3H+(aq)，则Fe3+发生水解反应的平衡常数为： ，故答案为：。
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