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2019-2020学年内蒙古赤峰市宁城县高二上学期期末考试化学试题 解析版
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内蒙古赤峰市宁城县2019-2020学年高二上学期期末考试
化学试题
1.生产、生活离不开化学，下列说法不正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器的反应原理是非氧化还原反应
B. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
C. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
D. 燃料电池的燃料都在负极发生反应
【答案】B
【解析】
A、泡沫灭火器是利用双水解原理，不属于氧化还原反应，故说法正确；B、钢铁析氢腐蚀的速率在一定酸性下，快于吸氧腐蚀，故说法错误；C、CaSO4是微溶于水的物质，CaCO3是难溶于水，反应向着更难溶的方向进行，转成碳酸钙沉淀，然后用酸除去，故说法正确；D、原电池中负极上失去电子，化合价升高，因此燃料电池中通燃料的一极为负极，故说法正确。
2.500 mL 1 mol/L的稀HCl与锌粒反应，下列措施不会使反应速率加快的是
A. 升高温度
B. 加入少量的铜粉
C. 将500 mL 1 mol/L的HCl改为1000 mL 1 mol/L的HCl
D. 用锌粉代替锌粒
【答案】C
【解析】
【分析】
影响反应速率的外因有：温度，浓度，催化剂，接触面积等。
【详解】A.升温反应速率加快，A不选；
B.加入铜粉构成铜锌原电池，加快反应速率，B不选；
C. 将500 mL 1 mol/L的改为1000 mL 1 mol/L的，氢离子浓度不变， 反应速率不变，C选；
D. 用锌粉代替锌粒，增大了接触面积，反应速率加快，D不选；
答案选C。
3.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 常温下水电离的c（H+）为1×10-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、AlO2-、Cl-、HCO3-
C. 使石蕊呈红色的溶液：NH4+、NO3﹣、AlO2﹣、I﹣
D. 常温下 =1014的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、Br-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温下水电离的为1×10−12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中 发生氧化还原反应不能大量共存，碱溶液中不能大量存在，故A不符合题意；
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，不能大量存在，且与反应生成氢氧化铝和CO32-不能大量共存，故B不符合题意；
C. 使石蕊变红的溶液显酸性，和氢离子反应不能大量存在，故C不符合题意；
D. 常温下 =1014的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
4.关于恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0,下列说法不正确的是
A. △S>0
B. 在低温下能自发进行
C. 当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态
D. 达到平衡状态时，升高温度， CO2转化率和反应速率均增大
【答案】B
【解析】
恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0，由于该反应是吸热反应，所以其△S>0，根据反应自发进行的综合判剧，只有在高温下才能保证△H－T△S＜0，所以该反应在高温下才能自发进行，低温下不能；随着正反应的发生，混合气体的密度逐渐增大，所以当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态；达到平衡后，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，CO2转化率和反应速率均增大。综上所述，B不正确，本题选B。
点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面 判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变时达平衡。
5.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01mol/L的HClO溶液pH>2
B. NaClO、HClO 都易溶于水
C. HClO 不稳定，见光或受热易分解
D. HClO 与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A、如果HClO属于强酸，pH=2，但pH>2，说明HClO属于弱酸，故A正确；
B、溶解度与是否是强弱电解质无关，故B错误；
C、强弱电解质与稳定性无关，故C错误；
D、此反应体现了HClO的强氧化性，不能说明HClO是弱电解质，故D错误；
答案选A。
6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；
B、甲装置原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；
C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；
D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。
7.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是（ ）
A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的明矾
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向水中加入少量的CH3COONa，醋酸根结合水电离出的氢离子，平衡正向移动，促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，故A错误；
B选项，向水中加入少量的NaHSO4，相当于加了氢离子，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，溶液呈酸性，故B错误；
C选项，加热水至100 ℃，平衡正向移动，促进水的电离，但是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液依然是呈中性，pH＝6，故C错误；
D选项，向水中加少量的明矾，铝离子水解，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，水的电离平衡正向移动，促进水的电离，溶液显酸性，故D正确；
故答案为D。
8.用来表示可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0的正确图像是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，则：
A．温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则C含量增大；压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，则C含量降低，A正确；
B．反应达到平衡时，继续升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，B错误；
C．根据先拐先平数值大可知，P2＞P1，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则C含量增大，C错误；
D．温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则A的转化率增大；压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，则A的转化率降低，D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡移动影响因素，根据方程式特点结合温度、压强对平衡影响来分析解答即可，注意采用“定一议二”的方法解答，注意图像题的解答技巧。
9.下面提到的问题中，与盐的水解有关的是
①明矾可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③NH4Cl溶液可作焊接中的除锈剂
④实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞而不能用玻璃塞
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，故①与盐的水解有关；
②加入盐酸抑制铁离子的水解，，故②与盐的水解有关；
③铵根离子水解使氯化铵溶液显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故③与盐的水解有关；
④碳酸根、硅酸根离子水解使溶液显碱性，OH-与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐把玻璃瓶塞和瓶口粘结，不能用玻璃塞、应用橡皮塞，故④与盐的水解有关；
答案选D。
10.下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钠溶液显碱性 CO32-+H2OH2CO3+2OH-
B. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C 用惰性电极电解MgCl2 溶液 2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－
D. 用FeCl3溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板 Fe3++Cu═Cu2++Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A.水解要分步写，A错误；
B.被氧化为，B正确；
C.用惰性电极电解溶液时会产生沉淀，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，C错误；
D. FeCl3溶液腐蚀铜箔离子方程式为：，D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即原子守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。
11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结 论
A
向一定浓度的Na2SiO3 溶液中通入适量CO2 气体， 出现白色沉淀。
H2SiO3 的酸性比H2CO3的酸性强
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
室温下，测得：0.1mol·L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH约为5。
HSO3－ 结合H+ 的能力比SO32－的强
D
分别向25mL冷水和25mL沸水中滴入6滴FeCl3 饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色。
温度升高，Fe3+的水解程度增大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液与二氧化碳反应生成硅酸，的酸性比的酸性弱，故A错误；
B.滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，检验是否变质时不能加酸酸化，故B错误；
C.由pH可知溶液电离显酸性，亚硫酸钠水解显碱性，结合的能力比的弱，故C错误；
D．冷水中溶液呈黄色，沸水中溶液呈红褐色，说明温度升高促进水解，的水解程度增大，故D正确；
答案选D。
12.下列说法或表示方法正确是
A. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 化学反应A2(g)＋2B2(g)===2AB2(g)能量变化如图所示，该反应为放热反应
C. 在25℃、101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H= -285.8kJ·mol-1
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，整个过程放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；
B.根据图像，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故B错误；
C. 2g氢气是1mol，故热化学方程式应为：，故C错误；
D.浓硫酸溶解放热，所以将含0.5mol的浓硫酸溶液与含1mol的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；
答案选D。
13.下列有关实验的选项正确的是
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
14.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A. pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)
B. 浓度为0.1mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
C. 0.1mol·L－1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)
D. 醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合后，溶液显碱性；
B.根据物料守恒，可知c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)；
C.根据溶液中电荷守恒c(Na＋) +c(H+)= c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，物料守恒c(Na＋)= c(H2S)+c(HS－)+c(S2－)，求解可得c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)；
D.根据溶液中电荷守恒，c(Na＋) +c(H+)=c(CH3COO－) -c(OH－)，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H+)，解得c(Na＋) =c(CH3COO－)；
【详解】A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合充分反应后，氨水过量溶液显碱性，c(OH-）大于c（H+），A错误；
B.根据物料守恒，可知c(Na＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，B错误；
C. 根据溶液中电荷守恒c(Na＋) +c(H+)= c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，物料守恒c(Na＋)= c(H2S)+c(HS－)+c(S2－)，求解可得c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)，C正确；
D. 根据溶液中电荷守恒，c(Na＋) +c(H+)=c(CH3COO－) -c(OH－)，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H+)，解得c(Na＋) =c(CH3COO－)，D错误；
答案为C。
15.根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H为
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/（kJmol-1）
414
489
565
155
A. -485 kJmol-1 B. +485 kJmol-1 C. +1940 kJmol-1 D. -1940 kJmol-1
【答案】D
【解析】
△H=反应物总键能—生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。
16.在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（ ）
A. CO、H2S的转化率之比为1∶1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率；
B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；
C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；
D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。
【详解】A. 设起始时H2S的物质的量为x mol,
CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)；
始(mol) 10 x 0 0
转(mol) 2 2 2 2
平(mol) 8 x-2 2 2
平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；
B. 达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；
C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且
Q＜K
反应向正反应方向进行，v正＞v逆
Q＝K
反应处于化学平衡状态，v正＝v逆
Q＞K
反应向逆反应方向进行，v正＜v逆
17.（1）以CH3OH和空气为原料的燃料电池，电解质为KOH溶液。回答下列问题：
① OH－移向____________极。
② 负极反应式为__________________________________。
③ 电池中pH将逐渐______________（填增大、减少、不变）。
（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电一段时间后， e极增重0.064g。则
①电源B极是____________极。
②甲池a电极反应式为 ___________________________________________。
③乙池反应化学方程式________________________________________________
④乙池共可收集到标准状况下气体体积为_____________mL，乙溶液的pH为___________。（常温，不考虑溶液体积变化）
【答案】 (1). 负 (2). CH3OH —6e-+ 8OH－= 6H2O+CO32－ (3). 减小 (4). 正 (5). 2H++2e-= H 2↑ (6). 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2 ↑ (7). 44.8 (8). 12
【解析】
【分析】
（1）①电池中阴离子向负极移动；
②负极发生氧化反应；
③电池总反应为：；
（2）根据e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极，a、c、e为阴极，b、d、f为阳极。
【详解】（1）①电池中阴离子向负极移动，故移向负极；
②负极发生氧化反应，甲醇发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为：；
③电池总反应为：，反应消耗氢氧根，故溶液pH减小；
故答案为：负； ；减小；
（2）根据e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极，a、c、e为阴极，b、d、f为阳极；
①e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极；
②a为阴极，硫酸中氢离子在阴极放电生成氢气，电极反应式为： ；
③乙池中为惰性电极电解氯化钠溶液，总反应为： ；
④根据e极增重0.064g，即生成0.001molCu，故转移电子0.002mol，因为是串联电路，流过每个电极的电子数相同，根据 ，可知c极产生0.001mol，d极产生0.001mol，乙池中产生0.002mol，故乙池中共收集到0.002mol气体，0.002mol气体在标准状况下的体积为44.8mL气体，，故pH=12；
故答案为：正；；； 44.8 ；12。
18.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
Ⅰ. 已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka= 1.77×10-4
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7Ka2=5.6×l0-11
（1）0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c（CN－）______c（HCO3 －）（填“>”、“<”或“=”）。
（2）常温下，pH相同的三种溶液A．HCOONa B．NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是________（填编号）。
（3）室温下，—定浓度的HCOONa溶液pH =9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是___________。
Ⅱ. 室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。
（4）d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_______________。
（5）b点所示的溶液中c(NH3·H2O) － c(NH4+)=______（用溶液中的其它离子浓度表示）。
Ⅲ. 已知Ksp(BaCO3) =2.6×l0-9，Ksp( BaSO4)=1.1×10-10.
（6）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中=___________（保留三位有效数字）。
【答案】 (1). < (2). ABC (3). HCOO-+H2OHCOOH+OH- (4). c（C1-）>c（NH4+）>c(H+)>c（OH-） (5). )2 c(H+)-2c(OH-) (6). 23.6
【解析】
【分析】
（1）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；
（2）常温下，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，
（3）室温下，一定浓度的溶液pH=9，甲酸钠是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性；
（4）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，，结合电荷守恒得，水解程度较小；
（5）b点溶液为含等物质的量的氯化铵和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得质子守恒；
（6）根据=计算。
【详解】（1）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，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：，则水解程度：，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在；
故答案为：<；
（2）常温下，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，浓度相同时水解程度：，故pH相同的，浓度由大到小的顺序是；
故答案为：ABC；
（3）室温下，一定浓度的溶液pH=9，甲酸钠是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：；
故答案为：；
（4）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，，结合电荷守恒得，水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序；
故答案为：；
（5）b点溶液为含等物质的量的氯化铵和一水合氨的混合溶液，故b点溶液中存在电荷守恒，存在物料守恒，所以得，则 ，
故答案为：；
（6）向含有固体的溶液中滴加溶液，当有沉淀生成时，= ===23.6；
故答案为：23.6。
19.雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和 时间(t)的变化曲线如图1所示。
据此判断:
①该反应的ΔH____0(填“>”或“<”)。
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率υ(N2)=_____。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____(填字母)。
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。
煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物,用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
例如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867.0 kJ/mol
2NO2(g)N2O4(g) ΔH=-56.9 kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式:_________________。
（3）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3 = -130.8 kJ/mol
①一定条件下，上述反应达到平衡状态后,若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是______________ (填代号)。
a.逆反应速率先增大后减小
b. H2的转化率增大
c.反应物的体积百分含量减小
d.容器中 值变小
②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图2所示。KA、KB、Kc三者由大到小的关系是_____________________.
③上述合成二甲醚的过程中提高CO2的转化率可采取的措施有__________________、__________________(回答2点）。
【答案】 (1). < (2). 0.05mol/（L•s） (3). 不变 (4). bd (5). CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=-810.1kJ/mol (6). b (7). KA=Kc＞KB (8). 增大投料比 (9). 增大压强、降低温度等
【解析】
【分析】
（1）①由图像可知，温度T1先达到平衡，故温度T1>T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；
②υ（CO2）= ，根据反应中的系数比得υ(N2)；
③催化剂对平衡无影响；
④当变量不再变化时，可逆反应达到平衡状态；
（2）根据盖斯定律，用①-②即可得到目标方程式；
（3）①a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
b.的转化率增大，平衡一定正向移动；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量；
②A与C的温度相同， T1温度下，二氧化碳的转化率高，由于正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，故温度T1＜T2该反应为放热反应，温度升高，K值减小。
③想要提高的转化率，要求反应正向移动；从图像可知投料比越大，的转化率也越大。
【详解】（1）①由图像可知，温度T1先达到平衡，故温度T1>T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即：；
②在T1温度下，0～2 s内υ（CO2）===0.1mol/(L·s) ，根据反应中的系数比，υ(N2)=0.05mol/(L·s)；
③催化剂同等程度的改变正逆反应速率，对平衡无影响，故增大催化剂的表面积转化率不变；
④a.t1时，正反应速率还在变化，故反应未达到平衡状态，a错误；
b.反应为绝热容器，t1时平衡常数不变，说明温度不再变化，反应达到平衡状态，b正确；
c. t1时，一氧化氮和二氧化碳的物质的量虽然相等，但是还在变化，故反应未达到平衡状态，c错误；
d. t1时一氧化氮的质量分数不再变化，说明反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：<；0.05mol/（L•s）；不变 ； bd；
（2）已知① ② ，用①-②即可得到目标方程式： ；
故答案为：；
（3）①a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a不符合题意；
b.的转化率增大，平衡一定正向移动，故b符合题意；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c不符合题意；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d不符合题意；
故选b；
②A与C的温度相同，所以KA=KC，投料比相同，T1温度下，二氧化碳的转化率高，由于正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，故温度T1＜T2，B的温度高于A、C，该反应为放热反应，温度升高，K值减小，所以KA=KC>KB；
③反应为放热反应、气体体积减小，想要提高的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度等，从图像可知投料比越大，的转化率也越大；
故答案：b ；KA=Kc＞KB；增大投料比；增大压强、降低温度等。
【点睛】平衡图像题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
20.三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：
铁含量的测定
步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO4－被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤三：用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液分别为19.98 mL和20.00 mL。请回答下列问题：
（1）滴定过程中，高锰酸钾溶液应盛装在__________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）。
（2）用离子方程式表示步骤二中涉及到的相关化学反应：________________； Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+。
（3）步骤三中滴定终点的判定：____________________。
（4）在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量____________。在步骤三中，若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测得的铁含量__________。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）
（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。
【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4- + 5C2O42- + 16 H+ ＝ 2Mn2+ + 10 CO2↑+ 8H2O (3). 当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色 (4). 偏高 (5). 偏低 (6). 11.2%
【解析】
【分析】
步骤二中涉及的反应为2MnO4- + 5C2O42- + 16H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；故步骤二得到的溶液为硫酸钾、硫酸锌、硫酸锰及硫酸亚铁组成的混合溶液；步骤三涉及反应为MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O；结合实验和数据进行解答。
【详解】（1）高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，则高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，答案为酸式；
（2）根据分析可知，步骤二中涉及到的反应为2MnO4- + 5C2O42- + 16H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；
（3）步骤三的反应为MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，滴定终点为溶液中的亚铁离子消耗完全，滴加最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不褪色，答案为：当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色；
（4）若步骤二中的高锰酸钾量不够，则草酸有剩余，导致步骤三中消耗的高锰酸钾的量偏大，使测得的铁的含量偏高；步骤三中，滴定前仰视，读数偏大，滴定终点俯视，读数偏小，两次读数的差值为消耗高锰酸钾溶液的体积，体积偏小，则物质的量偏小，计算出的铁的含量偏低，答案为：偏高；偏低；
（5）步骤三中平均消耗高锰酸钾溶液的体积为=（20.02+19.98+20.00）mL÷3=20.00mL，n（MnO4-）=0.010mol/L×0.020L=0.0002mol，发生的反应为：MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，n（MnO4-）：n（Fe2+）=1：5，则铁元素的物质的量为n（MnO4-）×5=0.001mol，其质量为0.056g，质量分数为×100%=11.2%。
化学试题
1.生产、生活离不开化学，下列说法不正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器的反应原理是非氧化还原反应
B. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
C. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
D. 燃料电池的燃料都在负极发生反应
【答案】B
【解析】
A、泡沫灭火器是利用双水解原理，不属于氧化还原反应，故说法正确；B、钢铁析氢腐蚀的速率在一定酸性下，快于吸氧腐蚀，故说法错误；C、CaSO4是微溶于水的物质，CaCO3是难溶于水，反应向着更难溶的方向进行，转成碳酸钙沉淀，然后用酸除去，故说法正确；D、原电池中负极上失去电子，化合价升高，因此燃料电池中通燃料的一极为负极，故说法正确。
2.500 mL 1 mol/L的稀HCl与锌粒反应，下列措施不会使反应速率加快的是
A. 升高温度
B. 加入少量的铜粉
C. 将500 mL 1 mol/L的HCl改为1000 mL 1 mol/L的HCl
D. 用锌粉代替锌粒
【答案】C
【解析】
【分析】
影响反应速率的外因有：温度，浓度，催化剂，接触面积等。
【详解】A.升温反应速率加快，A不选；
B.加入铜粉构成铜锌原电池，加快反应速率，B不选；
C. 将500 mL 1 mol/L的改为1000 mL 1 mol/L的，氢离子浓度不变， 反应速率不变，C选；
D. 用锌粉代替锌粒，增大了接触面积，反应速率加快，D不选；
答案选C。
3.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 常温下水电离的c（H+）为1×10-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、AlO2-、Cl-、HCO3-
C. 使石蕊呈红色的溶液：NH4+、NO3﹣、AlO2﹣、I﹣
D. 常温下 =1014的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、Br-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温下水电离的为1×10−12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中 发生氧化还原反应不能大量共存，碱溶液中不能大量存在，故A不符合题意；
B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，不能大量存在，且与反应生成氢氧化铝和CO32-不能大量共存，故B不符合题意；
C. 使石蕊变红的溶液显酸性，和氢离子反应不能大量存在，故C不符合题意；
D. 常温下 =1014的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
4.关于恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0,下列说法不正确的是
A. △S>0
B. 在低温下能自发进行
C. 当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态
D. 达到平衡状态时，升高温度， CO2转化率和反应速率均增大
【答案】B
【解析】
恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0，由于该反应是吸热反应，所以其△S>0，根据反应自发进行的综合判剧，只有在高温下才能保证△H－T△S＜0，所以该反应在高温下才能自发进行，低温下不能；随着正反应的发生，混合气体的密度逐渐增大，所以当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态；达到平衡后，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，CO2转化率和反应速率均增大。综上所述，B不正确，本题选B。
点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面 判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变时达平衡。
5.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01mol/L的HClO溶液pH>2
B. NaClO、HClO 都易溶于水
C. HClO 不稳定，见光或受热易分解
D. HClO 与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A、如果HClO属于强酸，pH=2，但pH>2，说明HClO属于弱酸，故A正确；
B、溶解度与是否是强弱电解质无关，故B错误；
C、强弱电解质与稳定性无关，故C错误；
D、此反应体现了HClO的强氧化性，不能说明HClO是弱电解质，故D错误；
答案选A。
6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；
B、甲装置原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；
C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；
D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。
7.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是（ ）
A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的明矾
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向水中加入少量的CH3COONa，醋酸根结合水电离出的氢离子，平衡正向移动，促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，故A错误；
B选项，向水中加入少量的NaHSO4，相当于加了氢离子，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，溶液呈酸性，故B错误；
C选项，加热水至100 ℃，平衡正向移动，促进水的电离，但是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液依然是呈中性，pH＝6，故C错误；
D选项，向水中加少量的明矾，铝离子水解，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，水的电离平衡正向移动，促进水的电离，溶液显酸性，故D正确；
故答案为D。
8.用来表示可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0的正确图像是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，则：
A．温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则C含量增大；压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，则C含量降低，A正确；
B．反应达到平衡时，继续升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，B错误；
C．根据先拐先平数值大可知，P2＞P1，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则C含量增大，C错误；
D．温度一定时，增大压强，平衡正向移动，则A的转化率增大；压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，则A的转化率降低，D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡移动影响因素，根据方程式特点结合温度、压强对平衡影响来分析解答即可，注意采用“定一议二”的方法解答，注意图像题的解答技巧。
9.下面提到的问题中，与盐的水解有关的是
①明矾可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③NH4Cl溶液可作焊接中的除锈剂
④实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞而不能用玻璃塞
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，故①与盐的水解有关；
②加入盐酸抑制铁离子的水解，，故②与盐的水解有关；
③铵根离子水解使氯化铵溶液显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故③与盐的水解有关；
④碳酸根、硅酸根离子水解使溶液显碱性，OH-与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐把玻璃瓶塞和瓶口粘结，不能用玻璃塞、应用橡皮塞，故④与盐的水解有关；
答案选D。
10.下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钠溶液显碱性 CO32-+H2OH2CO3+2OH-
B. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C 用惰性电极电解MgCl2 溶液 2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－
D. 用FeCl3溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板 Fe3++Cu═Cu2++Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A.水解要分步写，A错误；
B.被氧化为，B正确；
C.用惰性电极电解溶液时会产生沉淀，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，C错误；
D. FeCl3溶液腐蚀铜箔离子方程式为：，D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即原子守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。
11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结 论
A
向一定浓度的Na2SiO3 溶液中通入适量CO2 气体， 出现白色沉淀。
H2SiO3 的酸性比H2CO3的酸性强
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
室温下，测得：0.1mol·L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH约为5。
HSO3－ 结合H+ 的能力比SO32－的强
D
分别向25mL冷水和25mL沸水中滴入6滴FeCl3 饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色。
温度升高，Fe3+的水解程度增大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液与二氧化碳反应生成硅酸，的酸性比的酸性弱，故A错误；
B.滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，检验是否变质时不能加酸酸化，故B错误；
C.由pH可知溶液电离显酸性，亚硫酸钠水解显碱性，结合的能力比的弱，故C错误；
D．冷水中溶液呈黄色，沸水中溶液呈红褐色，说明温度升高促进水解，的水解程度增大，故D正确；
答案选D。
12.下列说法或表示方法正确是
A. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 化学反应A2(g)＋2B2(g)===2AB2(g)能量变化如图所示，该反应为放热反应
C. 在25℃、101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H= -285.8kJ·mol-1
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，整个过程放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；
B.根据图像，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故B错误；
C. 2g氢气是1mol，故热化学方程式应为：，故C错误；
D.浓硫酸溶解放热，所以将含0.5mol的浓硫酸溶液与含1mol的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；
答案选D。
13.下列有关实验的选项正确的是
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
14.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A. pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)
B. 浓度为0.1mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
C. 0.1mol·L－1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)
D. 醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合后，溶液显碱性；
B.根据物料守恒，可知c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)；
C.根据溶液中电荷守恒c(Na＋) +c(H+)= c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，物料守恒c(Na＋)= c(H2S)+c(HS－)+c(S2－)，求解可得c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)；
D.根据溶液中电荷守恒，c(Na＋) +c(H+)=c(CH3COO－) -c(OH－)，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H+)，解得c(Na＋) =c(CH3COO－)；
【详解】A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合充分反应后，氨水过量溶液显碱性，c(OH-）大于c（H+），A错误；
B.根据物料守恒，可知c(Na＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，B错误；
C. 根据溶液中电荷守恒c(Na＋) +c(H+)= c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，物料守恒c(Na＋)= c(H2S)+c(HS－)+c(S2－)，求解可得c(OH－)=c(H+)－c(S2－)+c(H2S)，C正确；
D. 根据溶液中电荷守恒，c(Na＋) +c(H+)=c(CH3COO－) -c(OH－)，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H+)，解得c(Na＋) =c(CH3COO－)，D错误；
答案为C。
15.根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H为
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/（kJmol-1）
414
489
565
155
A. -485 kJmol-1 B. +485 kJmol-1 C. +1940 kJmol-1 D. -1940 kJmol-1
【答案】D
【解析】
△H=反应物总键能—生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。
16.在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（ ）
A. CO、H2S的转化率之比为1∶1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率；
B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；
C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；
D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。
【详解】A. 设起始时H2S的物质的量为x mol,
CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)；
始(mol) 10 x 0 0
转(mol) 2 2 2 2
平(mol) 8 x-2 2 2
平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；
B. 达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；
C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且
Q＜K
反应向正反应方向进行，v正＞v逆
Q＝K
反应处于化学平衡状态，v正＝v逆
Q＞K
反应向逆反应方向进行，v正＜v逆
17.（1）以CH3OH和空气为原料的燃料电池，电解质为KOH溶液。回答下列问题：
① OH－移向____________极。
② 负极反应式为__________________________________。
③ 电池中pH将逐渐______________（填增大、减少、不变）。
（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电一段时间后， e极增重0.064g。则
①电源B极是____________极。
②甲池a电极反应式为 ___________________________________________。
③乙池反应化学方程式________________________________________________
④乙池共可收集到标准状况下气体体积为_____________mL，乙溶液的pH为___________。（常温，不考虑溶液体积变化）
【答案】 (1). 负 (2). CH3OH —6e-+ 8OH－= 6H2O+CO32－ (3). 减小 (4). 正 (5). 2H++2e-= H 2↑ (6). 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2 ↑ (7). 44.8 (8). 12
【解析】
【分析】
（1）①电池中阴离子向负极移动；
②负极发生氧化反应；
③电池总反应为：；
（2）根据e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极，a、c、e为阴极，b、d、f为阳极。
【详解】（1）①电池中阴离子向负极移动，故移向负极；
②负极发生氧化反应，甲醇发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为：；
③电池总反应为：，反应消耗氢氧根，故溶液pH减小；
故答案为：负； ；减小；
（2）根据e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极，a、c、e为阴极，b、d、f为阳极；
①e极增重，可知e极生成了铜，即e为阴极，故A为负极，B为正极；
②a为阴极，硫酸中氢离子在阴极放电生成氢气，电极反应式为： ；
③乙池中为惰性电极电解氯化钠溶液，总反应为： ；
④根据e极增重0.064g，即生成0.001molCu，故转移电子0.002mol，因为是串联电路，流过每个电极的电子数相同，根据 ，可知c极产生0.001mol，d极产生0.001mol，乙池中产生0.002mol，故乙池中共收集到0.002mol气体，0.002mol气体在标准状况下的体积为44.8mL气体，，故pH=12；
故答案为：正；；； 44.8 ；12。
18.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
Ⅰ. 已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka= 1.77×10-4
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7Ka2=5.6×l0-11
（1）0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c（CN－）______c（HCO3 －）（填“>”、“<”或“=”）。
（2）常温下，pH相同的三种溶液A．HCOONa B．NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是________（填编号）。
（3）室温下，—定浓度的HCOONa溶液pH =9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是___________。
Ⅱ. 室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。
（4）d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_______________。
（5）b点所示的溶液中c(NH3·H2O) － c(NH4+)=______（用溶液中的其它离子浓度表示）。
Ⅲ. 已知Ksp(BaCO3) =2.6×l0-9，Ksp( BaSO4)=1.1×10-10.
（6）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中=___________（保留三位有效数字）。
【答案】 (1). < (2). ABC (3). HCOO-+H2OHCOOH+OH- (4). c（C1-）>c（NH4+）>c(H+)>c（OH-） (5). )2 c(H+)-2c(OH-) (6). 23.6
【解析】
【分析】
（1）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；
（2）常温下，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，
（3）室温下，一定浓度的溶液pH=9，甲酸钠是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性；
（4）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，，结合电荷守恒得，水解程度较小；
（5）b点溶液为含等物质的量的氯化铵和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得质子守恒；
（6）根据=计算。
【详解】（1）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，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：，则水解程度：，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在；
故答案为：<；
（2）常温下，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，浓度相同时水解程度：，故pH相同的，浓度由大到小的顺序是；
故答案为：ABC；
（3）室温下，一定浓度的溶液pH=9，甲酸钠是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：；
故答案为：；
（4）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，，结合电荷守恒得，水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序；
故答案为：；
（5）b点溶液为含等物质的量的氯化铵和一水合氨的混合溶液，故b点溶液中存在电荷守恒，存在物料守恒，所以得，则 ，
故答案为：；
（6）向含有固体的溶液中滴加溶液，当有沉淀生成时，= ===23.6；
故答案为：23.6。
19.雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和 时间(t)的变化曲线如图1所示。
据此判断:
①该反应的ΔH____0(填“>”或“<”)。
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率υ(N2)=_____。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____(填字母)。
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。
煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物,用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
例如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867.0 kJ/mol
2NO2(g)N2O4(g) ΔH=-56.9 kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式:_________________。
（3）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3 = -130.8 kJ/mol
①一定条件下，上述反应达到平衡状态后,若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是______________ (填代号)。
a.逆反应速率先增大后减小
b. H2的转化率增大
c.反应物的体积百分含量减小
d.容器中 值变小
②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图2所示。KA、KB、Kc三者由大到小的关系是_____________________.
③上述合成二甲醚的过程中提高CO2的转化率可采取的措施有__________________、__________________(回答2点）。
【答案】 (1). < (2). 0.05mol/（L•s） (3). 不变 (4). bd (5). CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=-810.1kJ/mol (6). b (7). KA=Kc＞KB (8). 增大投料比 (9). 增大压强、降低温度等
【解析】
【分析】
（1）①由图像可知，温度T1先达到平衡，故温度T1>T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；
②υ（CO2）= ，根据反应中的系数比得υ(N2)；
③催化剂对平衡无影响；
④当变量不再变化时，可逆反应达到平衡状态；
（2）根据盖斯定律，用①-②即可得到目标方程式；
（3）①a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
b.的转化率增大，平衡一定正向移动；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量；
②A与C的温度相同， T1温度下，二氧化碳的转化率高，由于正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，故温度T1＜T2该反应为放热反应，温度升高，K值减小。
③想要提高的转化率，要求反应正向移动；从图像可知投料比越大，的转化率也越大。
【详解】（1）①由图像可知，温度T1先达到平衡，故温度T1>T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即：；
②在T1温度下，0～2 s内υ（CO2）===0.1mol/(L·s) ，根据反应中的系数比，υ(N2)=0.05mol/(L·s)；
③催化剂同等程度的改变正逆反应速率，对平衡无影响，故增大催化剂的表面积转化率不变；
④a.t1时，正反应速率还在变化，故反应未达到平衡状态，a错误；
b.反应为绝热容器，t1时平衡常数不变，说明温度不再变化，反应达到平衡状态，b正确；
c. t1时，一氧化氮和二氧化碳的物质的量虽然相等，但是还在变化，故反应未达到平衡状态，c错误；
d. t1时一氧化氮的质量分数不再变化，说明反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：<；0.05mol/（L•s）；不变 ； bd；
（2）已知① ② ，用①-②即可得到目标方程式： ；
故答案为：；
（3）①a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a不符合题意；
b.的转化率增大，平衡一定正向移动，故b符合题意；
c.反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c不符合题意；
d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d不符合题意；
故选b；
②A与C的温度相同，所以KA=KC，投料比相同，T1温度下，二氧化碳的转化率高，由于正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，故温度T1＜T2，B的温度高于A、C，该反应为放热反应，温度升高，K值减小，所以KA=KC>KB；
③反应为放热反应、气体体积减小，想要提高的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度等，从图像可知投料比越大，的转化率也越大；
故答案：b ；KA=Kc＞KB；增大投料比；增大压强、降低温度等。
【点睛】平衡图像题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
20.三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：
铁含量的测定
步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO4－被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤三：用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液分别为19.98 mL和20.00 mL。请回答下列问题：
（1）滴定过程中，高锰酸钾溶液应盛装在__________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）。
（2）用离子方程式表示步骤二中涉及到的相关化学反应：________________； Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+。
（3）步骤三中滴定终点的判定：____________________。
（4）在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量____________。在步骤三中，若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测得的铁含量__________。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）
（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。
【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4- + 5C2O42- + 16 H+ ＝ 2Mn2+ + 10 CO2↑+ 8H2O (3). 当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色 (4). 偏高 (5). 偏低 (6). 11.2%
【解析】
【分析】
步骤二中涉及的反应为2MnO4- + 5C2O42- + 16H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；故步骤二得到的溶液为硫酸钾、硫酸锌、硫酸锰及硫酸亚铁组成的混合溶液；步骤三涉及反应为MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O；结合实验和数据进行解答。
【详解】（1）高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，则高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，答案为酸式；
（2）根据分析可知，步骤二中涉及到的反应为2MnO4- + 5C2O42- + 16H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；
（3）步骤三的反应为MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，滴定终点为溶液中的亚铁离子消耗完全，滴加最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不褪色，答案为：当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色；
（4）若步骤二中的高锰酸钾量不够，则草酸有剩余，导致步骤三中消耗的高锰酸钾的量偏大，使测得的铁的含量偏高；步骤三中，滴定前仰视，读数偏大，滴定终点俯视，读数偏小，两次读数的差值为消耗高锰酸钾溶液的体积，体积偏小，则物质的量偏小，计算出的铁的含量偏低，答案为：偏高；偏低；
（5）步骤三中平均消耗高锰酸钾溶液的体积为=（20.02+19.98+20.00）mL÷3=20.00mL，n（MnO4-）=0.010mol/L×0.020L=0.0002mol，发生的反应为：MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，n（MnO4-）：n（Fe2+）=1：5，则铁元素的物质的量为n（MnO4-）×5=0.001mol，其质量为0.056g，质量分数为×100%=11.2%。
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