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2018-2019学年河南省信阳高级中学高二上学期期中化学试题（解析版）
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2018-2019学年河南省信阳高级中学高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 100mL 1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3总数为0.1NA
B. 1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数为2NA
C. 25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
D. 0.1L 3mol•L-1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.3 NA
【答案】A
【解析】解：A．100mL 1mol•L-1的Na2CO3溶液中依据物料守恒，碳元素守恒得到CO32-、HCO3-和H2CO3总数为0.1NA，故A正确；
B．醋酸是弱电解质，1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数小于2NA，故B错误；
C．溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；
D．铁离子水溶液中发生水解，0.1L 3mol•L-1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.3 NA，故D错误；
故选：A。
A．依据溶液中的物料守恒计算分析，碳元素守恒是关键；
B．醋酸是弱酸存在电离平衡；
C．溶液体积不知不能计算微粒数；
D．铁离子水溶液中发生水解。
本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查弱电解质的电离平衡分析，溶液中的物料守恒的分析应用，盐类水解的判断，题目难度中等。
2. 现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是
①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1（ ）
A. 以上三个反应中，只有①是放热反应
B. 反应②的作用足仅为反应③提供还原剂
C. 反应ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g）的△H=kJ•mol-1
D. 用这种方法得到的是纯净的锌单质
【答案】D
【解析】解：A．燃烧反应为放热反应，则①②为放热反应，故A错误；
B．反应②放热提供能量，还为反应③提供还原剂，故B错误；
C．由①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1
结合盖斯定律可知+③得方程式ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g），其△H=+ckJ•mol-1，故C错误；
D．为固体与气体的反应，CO过量，保证ZnO完全反应，则这种方法得到的是纯净的锌单质，故D正确；
故选：D。
A．燃烧反应为放热反应；
B．反应②放热提供能量；
C．由①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1
结合盖斯定律可知+③得方程式ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g）；
D．为固体与气体的反应，CO过量，保证ZnO完全反应。
本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的计算及金属冶炼，题目难度不大。
3. 天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示，其中碳元素显-2价、氮元素显-2价），N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4=3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，下列叙述错误的是（ ）
A. 燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空
B. 每生成1mol N2，该反应转移电子8mol
C. N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物
D. 此反应中R的分子式为C2H8N2
【答案】B
【解析】解：A．该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；
B．每生成1mol N2，该反应转移电子的物质的量=1mol××2×（4-0）=mol，故B错误；
C．该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，所以生成N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；
D．根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；
故选：B。
该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。
4. 碱性电池有容量大，放电电流大的特点，被广泛应用．锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2O=Zn（OH）2+Mn2O3．下列说法错误的是（ ）
A. 电池工作时，锌失去电子
B. 电池正极的电极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-
C. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少13g
D. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
【答案】C
【解析】解：A．Zn在反应中化合价由0价变为+2价，所以放电时锌失电子发生氧化反应，故A正确；
B．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-，故B正确；
C．外电路中每通过0.2mol电子，根据Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2知，消耗锌的质量==6.5g，故C错误；
D．放电时，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故D正确；
故选：C。
根据电池反应式知，Zn在反应中化合价由0价变为+2价，所以Zn作负极、二氧化锰作正极，电解质溶液呈碱性，负极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，正极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．
本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，正确书写电极反应式是解本题关键，也是难点，要结合电解质溶液酸碱性书写，知道电子、电流及电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大．
5. 下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（ ）
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）
C. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
D. 在Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
【答案】B
【解析】解：A．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但合成氨工业选择高温，所以不可以用平衡移动原理解释，故B选；
C．该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，所以有利于SO2和O2反应生成SO3，可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D．增加KSCN溶液浓度，平衡正向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液颜色加深，能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：B。
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．
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵是解本题关键，注意平衡移动原理适用范围，易错选项是B，题目难度不大．
6. 下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）
A. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O+CO2⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g） （红棕色）⇌N2O4 （g） （无色）△H＜0
C. 甲烷的燃烧热为-890.3 kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3 kJ•mol-1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
【答案】C
【解析】解：A．雨水中溶解二氧化碳，生成碳酸电离显酸性，反应为H2O+CO2⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-，故A正确；
B．因2NO2（g）（红棕色）⇌N2O4（g）（无色）△H＜0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，则颜色变浅，故B正确；
C．液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ•mol-1，故C错误；
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选：C。
A．雨水中溶解二氧化碳，生成碳酸电离显酸性；
B．根据温度对化学平衡移动的影响来分析；
C．燃烧热的热化学方程式中，生成水的状态必须为液态；
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水。
本题考查较为综合，涉及离子方程式判断、反应热与焓变、化学平衡及其影响等知识，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握燃烧热的概念，试题培养了学生的灵活应用能力。
7. 下列事实说明HNO2为弱电解质的是（ ）
①0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
②常温下NaNO2溶液的pH＞7
③用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗
④HNO2溶液和KCl溶液不发生反应
⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2
⑥HNO2不稳定，易分解．
A. ①②③⑤ B. ①②④⑤ C. ①②⑥ D. ①②
【答案】D
【解析】解：①.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1，说明HNO2不能完全电离，说明HNO2为弱电解质，故①正确；
②常温下NaNO2溶液的pH＞7，说明NaNO2是强碱弱酸盐，说明HNO2为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电能力与电解质溶液的离子浓度有关，而与电解质强弱无关，无法判断HNO2为弱电解质，故③错误；
④不符合复分解反应发生的条件，不能判断HNO2为弱电解质，故④错误；
⑤只能说明HNO2的酸性比H2CO3的强，但不能说明HNO2为弱电解质，故⑤错误；
⑥稳定性与是否为弱电解质没有必然的联系，无法说明HNO2为弱电解质，故⑥错误；
故选：D。
酸的通性、稳定性、导电性等不能说明酸的电离程度，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
本题考查了弱电解质的判断，题目难度不大，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析即可．
8. 下列各组溶液中每种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L：①H2S ②NaHS ③Na2S ④H2S和NaHS混合液。下列说法不正确的是（ ）
A. c（S2-）由大到小是：③＞①＞②＞④
B. 溶液pH由大到小的是：③＞②＞④＞①
C. 在H2S 和NaHS混合液中：2c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）
D. 在NaHS溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2 c（S2-）
【答案】A
【解析】解：A．H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，且硫化氢部分电离，硫化钠中硫离子水解但是程度较小，所以溶液中c（S2-）：③＞②＞④＞①，故A错误；
B．①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，②NaHS和NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，故B正确；
C．在H2S和NaHS混合液中存在物料守恒，溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，2c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-），故C正确；
D．在NaHS溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），故D正确；
故选：A。
①H2S，硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；
②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度需要水解程度，溶液显示碱性；
③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；
④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，
A．H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，且硫化氢部分电离；
B．上述分析可知c（H2S）大小；
C．溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，在H2S 和NaHS混合液中存在物料守恒；
D．结合溶液中电荷守恒分析判断，阴阳离子所带电荷数相同。
本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒守恒的灵活运用，侧重考查分析判断能力，题目难度不大。
9. 下列实验不能达到预期实验目的是（ ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：A．NaClO溶液具有漂白性，不选pH试纸测定p好，应选pH计测定，然后比较对应酸的酸性，故A错误；
B．由实验可知发生沉淀的转化，则说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，故B正确；
C．加入足量Mg（OH）2粉末，可促进铁离子水解转化为沉淀，则除去MgCl2中少量FeCl3，故C正确；
D．只有硫酸浓度不同，则可研究浓度对反应速率的影响，故D正确；
故选：A。
A．NaClO溶液具有漂白性；
B．由实验可知发生沉淀的转化；
C．加入足量Mg（OH）2粉末，可促进铁离子水解转化为沉淀；
D．只有硫酸浓度不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、pH测定、沉淀转化、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10. 下列实验操作、现象与实验结论一致的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，有白色沉淀生成
发生复分解反应生成难溶物质BaSO3
B
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀
该溶液中可能不含SO42-
C
将FeCl3溶液分别滴入NaBr、NaI溶液中，再分别
滴加CCl4，振荡，静置，下层分别呈无色和紫红色
氧化性：Fe3+＞Br2＞I2
D
向浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴
加1～2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，沉淀呈黄色
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及难溶物溶解平衡、氧化还原反应、常见离子的检验方法等知识，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A为易错点，题目难度不大。
【解答】
A．SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，BaSO3溶于硝酸发生氧化还原反应，结论不合理，故A错误；
B．某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有氯离子，不一定含有SO42-，该实验操作、现象与实验结论一致，故B正确；
C．将FeCl3溶液分别滴入NaBr，滴加CCl4，振荡，静置，下层呈无色，说明溴离子没有被氧化，则氧化性：Fe3+＜Br2，该结论不合理，故C错误；
D．向浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，沉淀呈黄色，说明优先生成碘化银沉淀，则碘化银的溶度积较小，即：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），该结论不合理，故D错误；
故选B。
11. 一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A （g）+B （s）⇌2D （g）△H＜0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是（ ）
实验I
实验II
实验III
反应温度/℃
800
800
850
c（ A ）起始/mol•L-1
1
2
1
c（A）平衡/mol•L-1
0.5
1
0.85
放出的热量/kJ
a
b
c
A. 实验III的化学平衡常数K＜1
B. 实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）为0.005mol•L-1•min-1
C. 当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡
D. 实验放出的热量关系为b＞2a
【答案】D
【解析】解：A．实验III中2A （g）+B （s）⇌2D （g）
开始（mol/L）1 0
反应（mol/L）0.15 0.15
平衡（mol/L）0.85 0.15
化学平衡常数K==0.03＜1，故A正确；
B．实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）==mol/（L．min）=0.005mol•L-1•min-1，故B正确；
C．该反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则反应前后气体密度减小，当容器中气体密度不变时，说明各物质的物质的量不变，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．I、II相比，温度相同，II中气体反应物浓度的I的2倍，相当于增大压强，该反应前后气体物质的量不变，则压强不影响平衡移动，所以I、II中反应物转化率相等，则放出的热量b=2a，故D错误；
故选：D。
A．实验III中2A （g）+B （s）⇌2D （g）
开始（mol/L）1 0
反应（mol/L）0.15 0.15
平衡（mol/L）0.85 0.15
化学平衡常数K==0.03，
B．实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）=；
C．该反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则反应前后气体密度减小；
D．I、II相比，温度相同，II中气体反应物浓度的I的2倍，相当于增大压强，该反应前后气体物质的量不变，则压强不影响平衡移动。
本题考查化学平衡计算，明确化学平衡计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理、化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意该反应方程式特点，D为解答易错点。
12. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的N2和H2的混合气体，在一定条件下发生反应：N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g），若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V L，其中NH3的体积是0.1V L．下列说法正确的是（ ）
A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 反应达平衡时N2消耗掉0.2 V L
C. 原混合气体的体积为1.1VL D. 反应达平衡时H2消耗掉0.5 V L
【答案】C
【解析】解：平衡时生成NH3的体积为0.1VL，
N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）减小 △V
1 3 2 2
0.05VL 0.15VL 0.1VL 0.1VL
则原混合气体总体积=VL+0.1VL=1.1V L，故A错误、C正确；
反应达平衡时N2消耗掉0.05VL，H2消耗掉0.15V L，故B、D错误；
故选：C。
平衡时生成NH3的体积为0.1VL，根据方程式利用差量法计算消耗氮气、氢气的体积、气体体积减少量，原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积，据此进行解答。
本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意利用差量法进行解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
13. E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：
xM（g）⇌Mx（g），反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图．下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式是2HF⇌（HF）2
B. 平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3
C. t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，将增大
D. M的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低
【答案】C
【解析】解：A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，发生的化学反应为：xHF（g）⇌（HF）x（g），根据图象，HF和（HF）x物质的量变化量之比=3：1=系数之比，该反应的化学方程式是3HF⇌（HF）3，故A错误；
B、根据图象，平衡时HF和（HF）3物质的量分别为：2mol、1mol，混合气体的平均摩尔质量===33.3g/mol，故B错误；
C、t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，压强增大，化学平衡正向移动，则重新达到平衡时，将增大，故C正确；
D、因为HF分子间存在氢键，沸点较高，而HCl分子间不存在氢键，所以HF沸点高于HCl，故D错误。
故选：C。
A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，据此来确定化学反应；
B、平衡时混合气体的平均摩尔质量=；
C、再充入1molM，压强增大，根据压强对化学平衡移动的影响来回答；
D、HF分子间存在氢键，导致沸点较高．
本题是一道关于化学反应速率和化学平衡知识的综合题目，结合图象来考查，增加了解题的难度．
14. 全钒氧化还原电池是一种新型可充电电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+．下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，右槽发生还原反应
B. 放电时，左槽中的电极反应式：VO2++2H++e-=VO2++H2O
C. 充电时，每转移1 mol电子，电解质溶液中n（H+）的变化量为1 mol
D. 充电时，阴极电解液pH升高
【答案】B
【解析】解：A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，故A错误；
B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO和VO2+中钒元素的化合价，可写出其电极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，故B正确；
C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1 mol电子，H+的物质的量改变2 mol，故C错误；
D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO+2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。
故选：B。
A、已知电池放电时V2+失去电子，作电池的负极；
B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO和VO2+中钒元素的化合价，可写出其电极反应；
C、由放电时的正极反应式进行计算即可；
D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO+2H+，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），据此回答。
本题综合考察学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的迁移应用，难度不大。
15. 25℃时，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol•L-1的NaOH溶液。整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 实验进程中水的电离程度：c＞a＞b
B. 向a点所示溶液中通入SO2，溶液的pH减小，漂白性增强
C. d点所示的溶液中c（Na+）＞c（ClO-）＞c（Cl-）＞c（HClO）
D. c点所示溶液中：c（Na+）=c（ClO-）+c（HClO）
【答案】A
【解析】解：整个过程发生的反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、H++OH-=H2O、HClO+OH-=ClO-+H2O，溶液中c（H+）先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，
A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，ab点溶液中溶质都是酸，c（H+）：a＜b，则ab两点都抑制水电离且水电离程度a＞b，c点溶液中溶质含有NaClO和HClO，溶液呈中性，水电离程度不变，则水的电离程度：c＞a＞b，故A正确；
B．向a点溶液中通入SO2，发生反应SO2+HClO+H2O=3H++Cl-+SO42-，导致溶液中c（HClO）减小，溶液的酸性增强、pH减小，但是溶液的漂白性减弱，故B错误；
C．d点溶液中溶质为NaCl和NaClO及NaOH，但是次氯酸根离子水解导致c（ClO-）＜c（Cl-），故C错误；
D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-），该点溶液中存在物料守恒c（ClO-）+c（HClO）=c（Cl-），所以存在c（Na+）=2c（ClO-）+c（HClO），故D错误；
故选：A。
整个过程发生的反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、H++OH-=H2O、HClO+OH-=ClO-+H2O，溶液中c（H+）先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，
A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；
B．向a点溶液中通入SO2，发生反应SO2+HClO+H2O=3H++Cl-+SO42-，导致溶液中c（HClO）减小；
C．d点溶液中溶质为NaCl和NaClO及NaOH，但是次氯酸根离子水解；
D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-），该点溶液中存在物料守恒c（ClO-）+c（HClO）=c（Cl-）。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答易错点，注意B中发生的氧化还原反应，题目难度中等。
16. 常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（ ）
A. HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小
B. HA的电离常数KHA=（x为滴定分数）
C. 当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大
D. 滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）
【答案】D
【解析】解：A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A-物质的量增大，同一溶液中体积相同，溶液中的值减小，故A正确；
B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10-7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-），滴定分数是每毫升标准滴定溶液相当于被滴定物质的质量，结合滴定分数和电离平衡常数概念计算得到，HA的电离常数KHA=，故B正确；
C、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离，酸碱溶液抑制水的电离，所以恰好反应时溶液中水的电离程度最大，故C正确；
D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量，溶液中离子浓度大小可能为：c（A-）＜c（OH-），溶液中离子浓度关系不一定是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误；
故选：D。
A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A-物质的量增大；
B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10-7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-），结合滴定分数和电离平衡常数概念计算；
C、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离；
D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量可能c（A-）＜c（OH-）；
本题考查了弱电解质电离平衡的分析计算，滴定分数和图象理解应用，注意水的电离影响因素判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
17. 室温下，浓度均为0.1mol/L．体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V．已知pOH=-lgc（OH-），pOH与lg=的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
B. 图中pOH随lg=变化始终满足直线关系
C. lg=3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D. 分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，c（X-）=c（Y-）
【答案】A
【解析】【分析】A．如果钠盐是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，则溶液的pOH=7，根据图知，NaX、NaY的pOH都小于7，说明都是强碱弱酸盐，稀释相同的倍数，pOH变化大的是较弱酸对应的钠盐、pOH变化小的是较强酸对应的钠盐，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
B．当溶液无限稀释时，溶液的pOH接近7；
C．当lg=3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y-离子水解程度大，结合溶液中电荷守恒判断；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH=7时，碱性NaX小，需要的盐酸少。
本题考查了图象变化的分析判断、盐类水解原理和平衡常数计算、弱电解质电离平衡及其影响因素，正确分析图中曲线变化与酸的酸性强弱关系是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度中等。
【解答】A．如果钠盐是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，则溶液的pOH=7，根据图知，NaX、NaY的pOH都小于7，说明都是强碱弱酸盐，则HX、HY都是弱酸；稀释相同的倍数，pOH变化大的是较弱酸对应的钠盐、pOH变化小的是较强酸对应的钠盐，则酸性：HX＞HY，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，所以电离平衡常数Ka（HX）＞Ka（HY），故A正确；
B．当溶液无限稀释时，溶液的pOH接近7，所以pOH随lg=变化不始终满足直线关系，故B错误；
C．当lg=3时，NaY溶液POH变化大，说明Y-离子水解程度大，NaX溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），NaY溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），NaX溶液中c（OH-）小于NaY溶液中c（OH-），c（H+）：NaX溶液大于NaY溶液，NaX溶液中所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；
D．相同浓度的钠盐溶液的碱性：NaX＜NaY，向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH=7时，NaX溶液消耗盐酸少，所以c（X-）＞c（Y-），故D错误；
故选：A。
18. 下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，已知Ka（CH3COOH）=1.7×10-5mo1•L-1、Ka（C6H5OH）=1.0×10-10mo1•L-1、Ka1（H2CO3）=4.2×10-7mo1•L-1、Ka2（H2CO3）=5.6×10-11mo1•L-1pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：②＜③＜①
B. 常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，则该溶液可能为NaHSO4溶液
C. 常温下，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V（硫酸）＞V（盐酸）=V（醋酸）
D. 常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
【答案】A
【解析】解：A．酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同pH的钠盐溶液的浓度越大，酸的电离平衡常数：Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（C6H5OH）＞Ka2（H2CO3），则水解程度：CO32-＞C6H5O-＞HCO3-＞CH3COO-，所以相同pH的这几种钠盐溶液浓度：②＜③＜①，c（Na+）大小关系：②＜③＜①，故A正确；
B．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，说明该溶液中溶质促进水电离，硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成氢离子，导致溶液呈强酸性，应该是抑制水电离，故B错误；
C．常温下，不同酸和相同浓度碱发生中和反应时，消耗碱的体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，pH相同的硫酸、盐酸和醋酸，最终电离出氢离子浓度：硫酸=盐酸＜醋酸，相同pH相同体积的这三种酸，消耗碱体积：硫酸=盐酸＜醋酸，故C错误；
D．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），故D错误；
故选：A。
A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同pH的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的其钠盐溶液浓度越小；
B．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，说明该溶液中溶质促进水电离；
C．常温下，不同酸和相同浓度碱发生中和反应时，消耗碱的体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比；
D．洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明钡离子与碳酸根离子浓度之积大于碳酸钡的溶度积，不能说明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确酸电离平衡常数与酸根离子水解程度关系、酸碱中和反应实质是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、简答题（本大题共3小题，共35.0分）
19. 已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
②H2B（少量）+2A-=B2-+2HA
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C 回答下列问题：
（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是______。
（2）A-、B2-、C3-、HB-、H2C-、HC2-六种离子中，最易结合质子（H+）的是______，最难结合质子的是______。
（3）下列反应的离子方程式正确的是______。
A．H3C+3A-=3HA+C3-B．HB-+A-=HA+B2-
（4）完成下列反应的离子方程式：
①H3C+OH-（过量）______；
②HA（过量）+C3-______。
【答案】H2B C3- HB- A H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O 2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-
【解析】解：（1）根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到
H2B＞HB-H3C＞H2C-＞HC2-它们之间能发生下列反应，
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-，即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C，
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-，即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，
即说明H2B＞HB-＞HA，
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C，
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-，
综合信息得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，所以最强的酸为H2B，
故答案为：H2B；
（2）由以上酸性强弱顺序知：物质的酸性越强，其对应酸根离子结合质子的能力越弱，反之越强，所以最易结合质子的是C3-，最难结合质子的是HB-。
故答案为：C3-；HB-；
（3）根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，以及强酸制弱酸的原则，
故离子方程式为：A、H3C+A-=HA+H2C-，故错误；
B、HB-+A-=HA+B2-，故正确；
故答案为：B；
（4））①H3C与过量OH-能够完全中和，生成C3-和H2O，离子方程式为H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O，故答案为：H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O；
②根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，过量HA与C3-反应生成H2C-与2A-，反应的离子方程式为2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-，
故答案为：2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-。
（1）根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-，它们之间能发生下列反应，
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C，
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-
即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，
即说明H2B＞HB-＞HA
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-
综合，得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，
（2）酸的酸性越强，其对应的酸根离子和质子越难结合；
（3）强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
（4）①三元酸和过量碱反应生成正盐和水；
②过量HA和C3-反应是H2C-、A-。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，正确判断酸的酸性强弱关系及题干中信息“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较弱酸”是解本题关键，题目难度中等。
20. 氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉（主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质）制备氟化钡的流程如图：
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。
（1）滤渣A的名称为______。
（2）滤液1加H2O2的目的是______。
（3）加NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是______。
（4）滤液3加入盐酸酸化后再经加热浓缩、______、______、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2•2H2O晶体。
（5）常温下，用BaCl2•2H2O配制成0.2mol/L水溶液与氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式______。已知Ksp（BaF2）=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5mol/L），至少需要的氟离子浓度是______mol/L（已知=1.36，计算结果保留三位有效数字）。
（6）5.0t含80%BaCO3的钡矿粉，理论上最多能生成BaCl2•2H2O晶体______t．（保留2位小数）
【答案】SiO2 将Fe2+氧化成Fe3+ Mg（OH）2 冷却结晶 过滤 Ba2++2F¯=BaF2↓ 0.136 4.95
【解析】解：（1）钡矿粉的主要成分BaCO3（含有SiO2、Fe2+、Mg2+等），加盐酸溶解，SiO2不溶于盐酸，过滤，得滤渣A为SiO2；
故答案为：SiO2；
（2）加过氧化氢的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）滤液2的金属离子为Mg2+、Ba2+，加20%NaOH溶液调节pH=12.5，沉淀镁离子，故滤渣C为Mg（OH）2；
故答案为：Mg（OH）2；
（4）滤液3中加入盐酸酸化，再通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2•2H2O晶体；
故答案为：冷却结晶；过滤；
（5）BaCl2•2H2O晶体与NH4F溶液反应制备氟化钡，反应物为：Ba2++2F¯=BaF2↓，已知Ksp（BaF2）=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5L），至少需要的氟离子浓度是mol/L=0.136mol/L；
故答案为：Ba2++2F¯=BaF2↓；0.136；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=×244g/mol=4.95×106g=4.95t，
故答案为：4.95。
钡矿粉的主要成分BaCO3（含有SiO2、Fe2+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物SiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Mg2+、Ba2+，加20%NaOH溶液调节pH=12.5，沉淀镁离子，过滤，滤液中加入盐酸酸化，再通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2•2H2O晶体，将晶体与NH4F溶液反应制备氟化钡，据此分析可解答（1）～（4）；
（5）Ba2+和F¯发生离子反应生成难溶于水的BaF2；根据Ksp=c（Ba2+）×c2（F¯）=1.84×10-7，及Ba2+完成沉淀时c（Ba2+）≤10-5mol/L进行计算即可。
（6）根据Ba元素质量守恒计算m（BaCl2•2H2O）。
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
21. 研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分．
Ⅰ．NOx主要来源于汽车尾气．
已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1
2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1
（1）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．写出该反应的热化学方程式______．
（2）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（0-15min）中NO的物质的量随时间变化的关系如图1所示．
①T℃时该化学反应的平衡常数K=______；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将______移动．（填“向左”、“向右”或“不）
②图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）．
③15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图2所示的变化，则改变的条件可能是______．
Ⅱ．SO2主要来源于煤的燃烧．燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．
（3）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3-．该反应的离子方程式是______．
（4）如图2电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-．物质A的化学式为______，阴极的电极反应式是______．
【答案】2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1 5（mol/L）-1 向右 b 增加CO的物质的量浓度或增大压强 H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑ H2SO4 NO+6H++5e-=NH4++H2O
【解析】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1①
2CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1②
根据盖斯定律：②-①得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1；
故答案为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1；
（2）①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，
2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2
起始物质的量：0.4mol 0.4mol 0 0
转化的物质量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，
K===5（mol/L）-1；
平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，
Qc===1.8＜k，则平衡将向右移动；
故答案为：5（mol/L）-1；向右；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；
故答案为：b；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；
故答案为：增加CO的物质的量浓度或增大压强；
（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑；
故答案为：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑；
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；阴极是一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电极反应式为：NO+6H++5e-=NH4++H2O；
故答案为：H2SO4；NO+6H++5e-=NH4++H2O．
（1）已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1①
2CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1②
根据盖斯定律：②-①得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）据此计算；
（2）①起始时，NO为4mol，平衡时NO为0.2mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与k的相对大小分析；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；
（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析．
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动和平衡常数的计算、电解原理的应用，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力，注意把握三段式在化学平衡计算中的应用．
三、实验题（本大题共1小题，共11.0分）
22. 滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。
中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L-1．某兴趣小组用如图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是______，水通入A的进口为______。B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为______。滴定终点现象为______。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：______g•L-1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是______，在不改变装置的情况下，如何改进：______。
【答案】冷凝管或冷凝器 b 酚酞 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 0.24 盐酸易挥发 用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）
【解析】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，
故答案为：冷凝管或冷凝器；b；
（2）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0），滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色，
故答案为：酚酞；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色；
（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，
故答案为：0.24；
（4）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，
故答案为：盐酸易挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）。
（1）仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；
（2）滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；
（3）利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（4）盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
本题考查物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
2018-2019学年河南省信阳高级中学高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 100mL 1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3总数为0.1NA
B. 1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数为2NA
C. 25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
D. 0.1L 3mol•L-1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.3 NA
【答案】A
【解析】解：A．100mL 1mol•L-1的Na2CO3溶液中依据物料守恒，碳元素守恒得到CO32-、HCO3-和H2CO3总数为0.1NA，故A正确；
B．醋酸是弱电解质，1L 1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数小于2NA，故B错误；
C．溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；
D．铁离子水溶液中发生水解，0.1L 3mol•L-1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.3 NA，故D错误；
故选：A。
A．依据溶液中的物料守恒计算分析，碳元素守恒是关键；
B．醋酸是弱酸存在电离平衡；
C．溶液体积不知不能计算微粒数；
D．铁离子水溶液中发生水解。
本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查弱电解质的电离平衡分析，溶液中的物料守恒的分析应用，盐类水解的判断，题目难度中等。
2. 现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是
①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1（ ）
A. 以上三个反应中，只有①是放热反应
B. 反应②的作用足仅为反应③提供还原剂
C. 反应ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g）的△H=kJ•mol-1
D. 用这种方法得到的是纯净的锌单质
【答案】D
【解析】解：A．燃烧反应为放热反应，则①②为放热反应，故A错误；
B．反应②放热提供能量，还为反应③提供还原剂，故B错误；
C．由①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1
结合盖斯定律可知+③得方程式ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g），其△H=+ckJ•mol-1，故C错误；
D．为固体与气体的反应，CO过量，保证ZnO完全反应，则这种方法得到的是纯净的锌单质，故D正确；
故选：D。
A．燃烧反应为放热反应；
B．反应②放热提供能量；
C．由①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=a kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=b kJ•mol-1
③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=c kJ•mol-1
结合盖斯定律可知+③得方程式ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+SO2（g）+CO2（g）；
D．为固体与气体的反应，CO过量，保证ZnO完全反应。
本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的计算及金属冶炼，题目难度不大。
3. 天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示，其中碳元素显-2价、氮元素显-2价），N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4=3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，下列叙述错误的是（ ）
A. 燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空
B. 每生成1mol N2，该反应转移电子8mol
C. N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物
D. 此反应中R的分子式为C2H8N2
【答案】B
【解析】解：A．该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；
B．每生成1mol N2，该反应转移电子的物质的量=1mol××2×（4-0）=mol，故B错误；
C．该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，所以生成N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；
D．根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；
故选：B。
该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。
4. 碱性电池有容量大，放电电流大的特点，被广泛应用．锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2O=Zn（OH）2+Mn2O3．下列说法错误的是（ ）
A. 电池工作时，锌失去电子
B. 电池正极的电极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-
C. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少13g
D. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
【答案】C
【解析】解：A．Zn在反应中化合价由0价变为+2价，所以放电时锌失电子发生氧化反应，故A正确；
B．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-，故B正确；
C．外电路中每通过0.2mol电子，根据Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2知，消耗锌的质量==6.5g，故C错误；
D．放电时，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故D正确；
故选：C。
根据电池反应式知，Zn在反应中化合价由0价变为+2价，所以Zn作负极、二氧化锰作正极，电解质溶液呈碱性，负极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，正极反应式为2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．
本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，正确书写电极反应式是解本题关键，也是难点，要结合电解质溶液酸碱性书写，知道电子、电流及电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大．
5. 下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（ ）
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）
C. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
D. 在Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
【答案】B
【解析】解：A．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但合成氨工业选择高温，所以不可以用平衡移动原理解释，故B选；
C．该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，所以有利于SO2和O2反应生成SO3，可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D．增加KSCN溶液浓度，平衡正向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液颜色加深，能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：B。
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．
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵是解本题关键，注意平衡移动原理适用范围，易错选项是B，题目难度不大．
6. 下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）
A. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O+CO2⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-
B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g） （红棕色）⇌N2O4 （g） （无色）△H＜0
C. 甲烷的燃烧热为-890.3 kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3 kJ•mol-1
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
【答案】C
【解析】解：A．雨水中溶解二氧化碳，生成碳酸电离显酸性，反应为H2O+CO2⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-，故A正确；
B．因2NO2（g）（红棕色）⇌N2O4（g）（无色）△H＜0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，则颜色变浅，故B正确；
C．液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ•mol-1，故C错误；
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选：C。
A．雨水中溶解二氧化碳，生成碳酸电离显酸性；
B．根据温度对化学平衡移动的影响来分析；
C．燃烧热的热化学方程式中，生成水的状态必须为液态；
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水。
本题考查较为综合，涉及离子方程式判断、反应热与焓变、化学平衡及其影响等知识，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握燃烧热的概念，试题培养了学生的灵活应用能力。
7. 下列事实说明HNO2为弱电解质的是（ ）
①0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
②常温下NaNO2溶液的pH＞7
③用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗
④HNO2溶液和KCl溶液不发生反应
⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2
⑥HNO2不稳定，易分解．
A. ①②③⑤ B. ①②④⑤ C. ①②⑥ D. ①②
【答案】D
【解析】解：①.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1，说明HNO2不能完全电离，说明HNO2为弱电解质，故①正确；
②常温下NaNO2溶液的pH＞7，说明NaNO2是强碱弱酸盐，说明HNO2为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电能力与电解质溶液的离子浓度有关，而与电解质强弱无关，无法判断HNO2为弱电解质，故③错误；
④不符合复分解反应发生的条件，不能判断HNO2为弱电解质，故④错误；
⑤只能说明HNO2的酸性比H2CO3的强，但不能说明HNO2为弱电解质，故⑤错误；
⑥稳定性与是否为弱电解质没有必然的联系，无法说明HNO2为弱电解质，故⑥错误；
故选：D。
酸的通性、稳定性、导电性等不能说明酸的电离程度，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
本题考查了弱电解质的判断，题目难度不大，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析即可．
8. 下列各组溶液中每种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L：①H2S ②NaHS ③Na2S ④H2S和NaHS混合液。下列说法不正确的是（ ）
A. c（S2-）由大到小是：③＞①＞②＞④
B. 溶液pH由大到小的是：③＞②＞④＞①
C. 在H2S 和NaHS混合液中：2c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）
D. 在NaHS溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2 c（S2-）
【答案】A
【解析】解：A．H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，且硫化氢部分电离，硫化钠中硫离子水解但是程度较小，所以溶液中c（S2-）：③＞②＞④＞①，故A错误；
B．①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，②NaHS和NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，故B正确；
C．在H2S和NaHS混合液中存在物料守恒，溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，2c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-），故C正确；
D．在NaHS溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），故D正确；
故选：A。
①H2S，硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；
②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度需要水解程度，溶液显示碱性；
③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；
④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，
A．H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，且硫化氢部分电离；
B．上述分析可知c（H2S）大小；
C．溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，在H2S 和NaHS混合液中存在物料守恒；
D．结合溶液中电荷守恒分析判断，阴阳离子所带电荷数相同。
本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒守恒的灵活运用，侧重考查分析判断能力，题目难度不大。
9. 下列实验不能达到预期实验目的是（ ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：A．NaClO溶液具有漂白性，不选pH试纸测定p好，应选pH计测定，然后比较对应酸的酸性，故A错误；
B．由实验可知发生沉淀的转化，则说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，故B正确；
C．加入足量Mg（OH）2粉末，可促进铁离子水解转化为沉淀，则除去MgCl2中少量FeCl3，故C正确；
D．只有硫酸浓度不同，则可研究浓度对反应速率的影响，故D正确；
故选：A。
A．NaClO溶液具有漂白性；
B．由实验可知发生沉淀的转化；
C．加入足量Mg（OH）2粉末，可促进铁离子水解转化为沉淀；
D．只有硫酸浓度不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、pH测定、沉淀转化、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10. 下列实验操作、现象与实验结论一致的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，有白色沉淀生成
发生复分解反应生成难溶物质BaSO3
B
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀
该溶液中可能不含SO42-
C
将FeCl3溶液分别滴入NaBr、NaI溶液中，再分别
滴加CCl4，振荡，静置，下层分别呈无色和紫红色
氧化性：Fe3+＞Br2＞I2
D
向浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴
加1～2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，沉淀呈黄色
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及难溶物溶解平衡、氧化还原反应、常见离子的检验方法等知识，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A为易错点，题目难度不大。
【解答】
A．SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，BaSO3溶于硝酸发生氧化还原反应，结论不合理，故A错误；
B．某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有氯离子，不一定含有SO42-，该实验操作、现象与实验结论一致，故B正确；
C．将FeCl3溶液分别滴入NaBr，滴加CCl4，振荡，静置，下层呈无色，说明溴离子没有被氧化，则氧化性：Fe3+＜Br2，该结论不合理，故C错误；
D．向浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，沉淀呈黄色，说明优先生成碘化银沉淀，则碘化银的溶度积较小，即：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），该结论不合理，故D错误；
故选B。
11. 一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A （g）+B （s）⇌2D （g）△H＜0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是（ ）
实验I
实验II
实验III
反应温度/℃
800
800
850
c（ A ）起始/mol•L-1
1
2
1
c（A）平衡/mol•L-1
0.5
1
0.85
放出的热量/kJ
a
b
c
A. 实验III的化学平衡常数K＜1
B. 实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）为0.005mol•L-1•min-1
C. 当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡
D. 实验放出的热量关系为b＞2a
【答案】D
【解析】解：A．实验III中2A （g）+B （s）⇌2D （g）
开始（mol/L）1 0
反应（mol/L）0.15 0.15
平衡（mol/L）0.85 0.15
化学平衡常数K==0.03＜1，故A正确；
B．实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）==mol/（L．min）=0.005mol•L-1•min-1，故B正确；
C．该反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则反应前后气体密度减小，当容器中气体密度不变时，说明各物质的物质的量不变，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．I、II相比，温度相同，II中气体反应物浓度的I的2倍，相当于增大压强，该反应前后气体物质的量不变，则压强不影响平衡移动，所以I、II中反应物转化率相等，则放出的热量b=2a，故D错误；
故选：D。
A．实验III中2A （g）+B （s）⇌2D （g）
开始（mol/L）1 0
反应（mol/L）0.15 0.15
平衡（mol/L）0.85 0.15
化学平衡常数K==0.03，
B．实验III在30min达到平衡，则反应速率v （A）=；
C．该反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则反应前后气体密度减小；
D．I、II相比，温度相同，II中气体反应物浓度的I的2倍，相当于增大压强，该反应前后气体物质的量不变，则压强不影响平衡移动。
本题考查化学平衡计算，明确化学平衡计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理、化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意该反应方程式特点，D为解答易错点。
12. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的N2和H2的混合气体，在一定条件下发生反应：N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g），若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V L，其中NH3的体积是0.1V L．下列说法正确的是（ ）
A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 反应达平衡时N2消耗掉0.2 V L
C. 原混合气体的体积为1.1VL D. 反应达平衡时H2消耗掉0.5 V L
【答案】C
【解析】解：平衡时生成NH3的体积为0.1VL，
N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）减小 △V
1 3 2 2
0.05VL 0.15VL 0.1VL 0.1VL
则原混合气体总体积=VL+0.1VL=1.1V L，故A错误、C正确；
反应达平衡时N2消耗掉0.05VL，H2消耗掉0.15V L，故B、D错误；
故选：C。
平衡时生成NH3的体积为0.1VL，根据方程式利用差量法计算消耗氮气、氢气的体积、气体体积减少量，原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积，据此进行解答。
本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意利用差量法进行解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
13. E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：
xM（g）⇌Mx（g），反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图．下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式是2HF⇌（HF）2
B. 平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3
C. t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，将增大
D. M的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低
【答案】C
【解析】解：A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，发生的化学反应为：xHF（g）⇌（HF）x（g），根据图象，HF和（HF）x物质的量变化量之比=3：1=系数之比，该反应的化学方程式是3HF⇌（HF）3，故A错误；
B、根据图象，平衡时HF和（HF）3物质的量分别为：2mol、1mol，混合气体的平均摩尔质量===33.3g/mol，故B错误；
C、t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，压强增大，化学平衡正向移动，则重新达到平衡时，将增大，故C正确；
D、因为HF分子间存在氢键，沸点较高，而HCl分子间不存在氢键，所以HF沸点高于HCl，故D错误。
故选：C。
A、F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，据此来确定化学反应；
B、平衡时混合气体的平均摩尔质量=；
C、再充入1molM，压强增大，根据压强对化学平衡移动的影响来回答；
D、HF分子间存在氢键，导致沸点较高．
本题是一道关于化学反应速率和化学平衡知识的综合题目，结合图象来考查，增加了解题的难度．
14. 全钒氧化还原电池是一种新型可充电电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+．下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，右槽发生还原反应
B. 放电时，左槽中的电极反应式：VO2++2H++e-=VO2++H2O
C. 充电时，每转移1 mol电子，电解质溶液中n（H+）的变化量为1 mol
D. 充电时，阴极电解液pH升高
【答案】B
【解析】解：A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，故A错误；
B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO和VO2+中钒元素的化合价，可写出其电极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，故B正确；
C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1 mol电子，H+的物质的量改变2 mol，故C错误；
D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO+2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。
故选：B。
A、已知电池放电时V2+失去电子，作电池的负极；
B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO和VO2+中钒元素的化合价，可写出其电极反应；
C、由放电时的正极反应式进行计算即可；
D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO+2H+，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），据此回答。
本题综合考察学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的迁移应用，难度不大。
15. 25℃时，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol•L-1的NaOH溶液。整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 实验进程中水的电离程度：c＞a＞b
B. 向a点所示溶液中通入SO2，溶液的pH减小，漂白性增强
C. d点所示的溶液中c（Na+）＞c（ClO-）＞c（Cl-）＞c（HClO）
D. c点所示溶液中：c（Na+）=c（ClO-）+c（HClO）
【答案】A
【解析】解：整个过程发生的反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、H++OH-=H2O、HClO+OH-=ClO-+H2O，溶液中c（H+）先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，
A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，ab点溶液中溶质都是酸，c（H+）：a＜b，则ab两点都抑制水电离且水电离程度a＞b，c点溶液中溶质含有NaClO和HClO，溶液呈中性，水电离程度不变，则水的电离程度：c＞a＞b，故A正确；
B．向a点溶液中通入SO2，发生反应SO2+HClO+H2O=3H++Cl-+SO42-，导致溶液中c（HClO）减小，溶液的酸性增强、pH减小，但是溶液的漂白性减弱，故B错误；
C．d点溶液中溶质为NaCl和NaClO及NaOH，但是次氯酸根离子水解导致c（ClO-）＜c（Cl-），故C错误；
D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-），该点溶液中存在物料守恒c（ClO-）+c（HClO）=c（Cl-），所以存在c（Na+）=2c（ClO-）+c（HClO），故D错误；
故选：A。
整个过程发生的反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、H++OH-=H2O、HClO+OH-=ClO-+H2O，溶液中c（H+）先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，
A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；
B．向a点溶液中通入SO2，发生反应SO2+HClO+H2O=3H++Cl-+SO42-，导致溶液中c（HClO）减小；
C．d点溶液中溶质为NaCl和NaClO及NaOH，但是次氯酸根离子水解；
D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-），该点溶液中存在物料守恒c（ClO-）+c（HClO）=c（Cl-）。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答易错点，注意B中发生的氧化还原反应，题目难度中等。
16. 常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（ ）
A. HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小
B. HA的电离常数KHA=（x为滴定分数）
C. 当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大
D. 滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）
【答案】D
【解析】解：A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A-物质的量增大，同一溶液中体积相同，溶液中的值减小，故A正确；
B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10-7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-），滴定分数是每毫升标准滴定溶液相当于被滴定物质的质量，结合滴定分数和电离平衡常数概念计算得到，HA的电离常数KHA=，故B正确；
C、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离，酸碱溶液抑制水的电离，所以恰好反应时溶液中水的电离程度最大，故C正确；
D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量，溶液中离子浓度大小可能为：c（A-）＜c（OH-），溶液中离子浓度关系不一定是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误；
故选：D。
A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A-物质的量增大；
B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10-7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-），结合滴定分数和电离平衡常数概念计算；
C、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离；
D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量可能c（A-）＜c（OH-）；
本题考查了弱电解质电离平衡的分析计算，滴定分数和图象理解应用，注意水的电离影响因素判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
17. 室温下，浓度均为0.1mol/L．体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V．已知pOH=-lgc（OH-），pOH与lg=的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
B. 图中pOH随lg=变化始终满足直线关系
C. lg=3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D. 分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，c（X-）=c（Y-）
【答案】A
【解析】【分析】A．如果钠盐是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，则溶液的pOH=7，根据图知，NaX、NaY的pOH都小于7，说明都是强碱弱酸盐，稀释相同的倍数，pOH变化大的是较弱酸对应的钠盐、pOH变化小的是较强酸对应的钠盐，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
B．当溶液无限稀释时，溶液的pOH接近7；
C．当lg=3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y-离子水解程度大，结合溶液中电荷守恒判断；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH=7时，碱性NaX小，需要的盐酸少。
本题考查了图象变化的分析判断、盐类水解原理和平衡常数计算、弱电解质电离平衡及其影响因素，正确分析图中曲线变化与酸的酸性强弱关系是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度中等。
【解答】A．如果钠盐是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，则溶液的pOH=7，根据图知，NaX、NaY的pOH都小于7，说明都是强碱弱酸盐，则HX、HY都是弱酸；稀释相同的倍数，pOH变化大的是较弱酸对应的钠盐、pOH变化小的是较强酸对应的钠盐，则酸性：HX＞HY，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，所以电离平衡常数Ka（HX）＞Ka（HY），故A正确；
B．当溶液无限稀释时，溶液的pOH接近7，所以pOH随lg=变化不始终满足直线关系，故B错误；
C．当lg=3时，NaY溶液POH变化大，说明Y-离子水解程度大，NaX溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），NaY溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），NaX溶液中c（OH-）小于NaY溶液中c（OH-），c（H+）：NaX溶液大于NaY溶液，NaX溶液中所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；
D．相同浓度的钠盐溶液的碱性：NaX＜NaY，向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH=7时，NaX溶液消耗盐酸少，所以c（X-）＞c（Y-），故D错误；
故选：A。
18. 下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，已知Ka（CH3COOH）=1.7×10-5mo1•L-1、Ka（C6H5OH）=1.0×10-10mo1•L-1、Ka1（H2CO3）=4.2×10-7mo1•L-1、Ka2（H2CO3）=5.6×10-11mo1•L-1pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：②＜③＜①
B. 常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，则该溶液可能为NaHSO4溶液
C. 常温下，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V（硫酸）＞V（盐酸）=V（醋酸）
D. 常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
【答案】A
【解析】解：A．酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同pH的钠盐溶液的浓度越大，酸的电离平衡常数：Ka（CH3COOH）＞Ka1（H2CO3）＞Ka（C6H5OH）＞Ka2（H2CO3），则水解程度：CO32-＞C6H5O-＞HCO3-＞CH3COO-，所以相同pH的这几种钠盐溶液浓度：②＜③＜①，c（Na+）大小关系：②＜③＜①，故A正确；
B．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，说明该溶液中溶质促进水电离，硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成氢离子，导致溶液呈强酸性，应该是抑制水电离，故B错误；
C．常温下，不同酸和相同浓度碱发生中和反应时，消耗碱的体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，pH相同的硫酸、盐酸和醋酸，最终电离出氢离子浓度：硫酸=盐酸＜醋酸，相同pH相同体积的这三种酸，消耗碱体积：硫酸=盐酸＜醋酸，故C错误；
D．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），故D错误；
故选：A。
A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同pH的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的其钠盐溶液浓度越小；
B．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mo1•L-1，若a＜7时，说明该溶液中溶质促进水电离；
C．常温下，不同酸和相同浓度碱发生中和反应时，消耗碱的体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比；
D．洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明钡离子与碳酸根离子浓度之积大于碳酸钡的溶度积，不能说明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确酸电离平衡常数与酸根离子水解程度关系、酸碱中和反应实质是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、简答题（本大题共3小题，共35.0分）
19. 已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
②H2B（少量）+2A-=B2-+2HA
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C 回答下列问题：
（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是______。
（2）A-、B2-、C3-、HB-、H2C-、HC2-六种离子中，最易结合质子（H+）的是______，最难结合质子的是______。
（3）下列反应的离子方程式正确的是______。
A．H3C+3A-=3HA+C3-B．HB-+A-=HA+B2-
（4）完成下列反应的离子方程式：
①H3C+OH-（过量）______；
②HA（过量）+C3-______。
【答案】H2B C3- HB- A H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O 2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-
【解析】解：（1）根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到
H2B＞HB-H3C＞H2C-＞HC2-它们之间能发生下列反应，
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-，即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C，
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-，即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，
即说明H2B＞HB-＞HA，
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C，
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-，
综合信息得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，所以最强的酸为H2B，
故答案为：H2B；
（2）由以上酸性强弱顺序知：物质的酸性越强，其对应酸根离子结合质子的能力越弱，反之越强，所以最易结合质子的是C3-，最难结合质子的是HB-。
故答案为：C3-；HB-；
（3）根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，以及强酸制弱酸的原则，
故离子方程式为：A、H3C+A-=HA+H2C-，故错误；
B、HB-+A-=HA+B2-，故正确；
故答案为：B；
（4））①H3C与过量OH-能够完全中和，生成C3-和H2O，离子方程式为H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O，故答案为：H3C+3OH-（过量）=C3-+3H2O；
②根据H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，过量HA与C3-反应生成H2C-与2A-，反应的离子方程式为2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-，
故答案为：2HA（过量）+C3-=H2C-+2A-。
（1）根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B＞HB-、H3C＞H2C-＞HC2-，它们之间能发生下列反应，
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
即HA＞H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明HA＜H3C，
②H2B（少量）+2A-=2HA+B2-
即H2B＞HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，
即说明H2B＞HB-＞HA
③H2B（少量）+H2C-=HB-+H3C
即H2B＞H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B＞H3C＞HB-
综合，得到H2B＞H3C＞HB-＞HA＞H2C-＞HC2-，
（2）酸的酸性越强，其对应的酸根离子和质子越难结合；
（3）强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
（4）①三元酸和过量碱反应生成正盐和水；
②过量HA和C3-反应是H2C-、A-。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，正确判断酸的酸性强弱关系及题干中信息“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较弱酸”是解本题关键，题目难度中等。
20. 氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉（主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质）制备氟化钡的流程如图：
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。
（1）滤渣A的名称为______。
（2）滤液1加H2O2的目的是______。
（3）加NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是______。
（4）滤液3加入盐酸酸化后再经加热浓缩、______、______、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2•2H2O晶体。
（5）常温下，用BaCl2•2H2O配制成0.2mol/L水溶液与氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式______。已知Ksp（BaF2）=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5mol/L），至少需要的氟离子浓度是______mol/L（已知=1.36，计算结果保留三位有效数字）。
（6）5.0t含80%BaCO3的钡矿粉，理论上最多能生成BaCl2•2H2O晶体______t．（保留2位小数）
【答案】SiO2 将Fe2+氧化成Fe3+ Mg（OH）2 冷却结晶 过滤 Ba2++2F¯=BaF2↓ 0.136 4.95
【解析】解：（1）钡矿粉的主要成分BaCO3（含有SiO2、Fe2+、Mg2+等），加盐酸溶解，SiO2不溶于盐酸，过滤，得滤渣A为SiO2；
故答案为：SiO2；
（2）加过氧化氢的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）滤液2的金属离子为Mg2+、Ba2+，加20%NaOH溶液调节pH=12.5，沉淀镁离子，故滤渣C为Mg（OH）2；
故答案为：Mg（OH）2；
（4）滤液3中加入盐酸酸化，再通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2•2H2O晶体；
故答案为：冷却结晶；过滤；
（5）BaCl2•2H2O晶体与NH4F溶液反应制备氟化钡，反应物为：Ba2++2F¯=BaF2↓，已知Ksp（BaF2）=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5L），至少需要的氟离子浓度是mol/L=0.136mol/L；
故答案为：Ba2++2F¯=BaF2↓；0.136；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=×244g/mol=4.95×106g=4.95t，
故答案为：4.95。
钡矿粉的主要成分BaCO3（含有SiO2、Fe2+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物SiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Mg2+、Ba2+，加20%NaOH溶液调节pH=12.5，沉淀镁离子，过滤，滤液中加入盐酸酸化，再通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2•2H2O晶体，将晶体与NH4F溶液反应制备氟化钡，据此分析可解答（1）～（4）；
（5）Ba2+和F¯发生离子反应生成难溶于水的BaF2；根据Ksp=c（Ba2+）×c2（F¯）=1.84×10-7，及Ba2+完成沉淀时c（Ba2+）≤10-5mol/L进行计算即可。
（6）根据Ba元素质量守恒计算m（BaCl2•2H2O）。
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
21. 研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分．
Ⅰ．NOx主要来源于汽车尾气．
已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1
2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1
（1）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．写出该反应的热化学方程式______．
（2）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（0-15min）中NO的物质的量随时间变化的关系如图1所示．
①T℃时该化学反应的平衡常数K=______；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将______移动．（填“向左”、“向右”或“不）
②图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）．
③15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图2所示的变化，则改变的条件可能是______．
Ⅱ．SO2主要来源于煤的燃烧．燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．
（3）用纯碱溶液吸收SO2可将其转化为HSO3-．该反应的离子方程式是______．
（4）如图2电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-．物质A的化学式为______，阴极的电极反应式是______．
【答案】2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1 5（mol/L）-1 向右 b 增加CO的物质的量浓度或增大压强 H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑ H2SO4 NO+6H++5e-=NH4++H2O
【解析】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1①
2CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1②
根据盖斯定律：②-①得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1；
故答案为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-746.50kJ•mol-1；
（2）①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，
2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2
起始物质的量：0.4mol 0.4mol 0 0
转化的物质量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol
则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，
K===5（mol/L）-1；
平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，
Qc===1.8＜k，则平衡将向右移动；
故答案为：5（mol/L）-1；向右；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；
故答案为：b；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；
故答案为：增加CO的物质的量浓度或增大压强；
（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑；
故答案为：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑；
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；阴极是一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电极反应式为：NO+6H++5e-=NH4++H2O；
故答案为：H2SO4；NO+6H++5e-=NH4++H2O．
（1）已知：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180.50kJ•mol-1①
2CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H=-566.00kJ•mol-1②
根据盖斯定律：②-①得到：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）据此计算；
（2）①起始时，NO为4mol，平衡时NO为0.2mol，根据方程式求出平衡时CO、CO2、N2的浓度，根据平衡常数表达式计算；根据Qc与k的相对大小分析；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；
（3）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析．
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动和平衡常数的计算、电解原理的应用，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力，注意把握三段式在化学平衡计算中的应用．
三、实验题（本大题共1小题，共11.0分）
22. 滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。
中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L-1．某兴趣小组用如图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是______，水通入A的进口为______。B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为______。滴定终点现象为______。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：______g•L-1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是______，在不改变装置的情况下，如何改进：______。
【答案】冷凝管或冷凝器 b 酚酞 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 0.24 盐酸易挥发 用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）
【解析】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，
故答案为：冷凝管或冷凝器；b；
（2）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0），滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色，
故答案为：酚酞；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色；
（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，
故答案为：0.24；
（4）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，
故答案为：盐酸易挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）。
（1）仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；
（2）滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；
（3）利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（4）盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
本题考查物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
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