2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期末质量检测化学（理）试题 解析版



2018-2019学年度第一学期期末质量检测高二化学（理科）试题
说明：1、本试卷分第I卷和第II卷两部分;满分100分，考试时间100分钟。
2、请将第I卷和第II卷两部分的答案用黑笔或蓝色笔写在试卷答题卷上。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O: 16 N:14 Na:23 S: 32
第I卷 （选择题 共48分）
一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法不正确的是
A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是过滤
C. “取碱”得到的是一种盐溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，发生相互促进的水解反应，降低肥效，故A错误；
B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B正确；
C.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液属于盐溶液，故C正确；
D.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液由于CO32-水解呈碱性，“浣衣”过程中促进油脂的水解，有化学变化，故D正确。
故选A。
2.下列叙述正确的是
A. 使用催化剂可以改变反应的活化能，也可以改变反应的焓变
B. 金属腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀
C. 电解饱和食盐水，阳极产物一定是氯气
D. 同种弱电解质溶液，增大物质的量浓度导电能力不一定增强
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂能改变反应的活化能、改变反应速率，不改变反应的焓变，故A错误；
B.金属的腐蚀分为：金属和化学物质直接反应的是化学腐蚀，不纯金属（或合金）和电解质溶液构成原电池的是电化学腐蚀，电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，故B错误；
C.若用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产物是氯气，若用活性电极电解饱和食盐水，则活性电极本身失去电子发生氧化反应，故C错误；
D.同种弱电解质溶液，增大物质的量浓度，电离平衡向电离的方向移动，但溶液中离子浓度不一定增大，所以导电能力不一定增强，故D正确。
故选D。
3.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 铅蓄电池放电时，负极反应式为PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－=PbSO4＋2H2O
B. 粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu
C. 生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强
D. 铁制品上镀锌，锌做阴极，铁制品做阳极，电解质溶液中含Zn2＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.由铅蓄电池放电时的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A错误；
B.粗铜精炼时，纯铜为阴极，与电源负极相连，Cu2＋在阴极上得电子被还原为Cu，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故B正确；
C.生铁中含有碳，易形成原电池铁被腐蚀，抗腐蚀能力不如纯铁强，故C错误；
D.电镀时，将镀层金属做阳极，镀件做阴极，故在铁制品上镀锌，应用锌做阳极，铁制品做阴极，含Zn2＋的溶液为电解质溶液，故D错误。
故选B。
【点睛】注意电镀时，镀层金属做阳极，镀件做阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电解质溶液。
4.下列溶液一定呈酸性的是
A. 含有H＋的溶液 B. pH=6.5的溶液
C. c(OH－) 【答案】C
【解析】
【分析】
A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子；
B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小；
C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的；
D.常温下由水电离的c(OH－)=1.0×10－13mol/L可能为酸性或碱性溶液。
【详解】A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；
B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，故B错误；
C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故C正确；
D.常温下由水电离出的c（OH-）水=1.0×10-13mol/L<10-7mol/L，说明溶液中的溶质抑制了水的电离，酸、碱溶液抑制水的电离，水解的盐会促进水的电离，所以抑制水的电离是酸、碱溶液，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误。
故选C。
5.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. NaHS水解反应：HS－＋H2O H3O＋＋S2－
B. Fe(OH)2与稀硝酸反应：2H＋＋Fe(OH)2=Fe2＋＋2H2O
C. 过量的SO2通入到漂白粉溶液中：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-
D. Na2CO3水溶液中存在平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应是电离方程式，水解方程式应该是HS－＋H2OOH－＋H2S；故A错误；
B.Fe(OH)2与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为：10H＋＋3Fe(OH)2+NO3-=3Fe3＋＋8H2O+NO↑，故B错误；
C.漂白粉溶液中通入过量SO2气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，离子反应为Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═4H++2Cl-+CaSO4↓+SO42-，故C错误；
D.Na2CO3溶液存在水解平衡，水解方程式为：CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。
6.在铝与稀硫酸的反应中，已知10 s末硫酸的浓度减少了0.9 mol·L－1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10 s内生成硫酸铝的平均反应速率是
A. 0.02 mol·L－1·min－1 B. 1.8 mol·L－1·min－1
C. 1.2 mol·L－1·min－1 D. 0.18 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可得：υ(H2SO4)=0.9mol/L÷10s=0.09mol/(L·s)，由于υ(硫酸铝)=1/3υ(H2SO4)=0.03mol/(L·s)=1.8 mol·L－1·min－1，故B正确。
故选B。
7.室温下，下列离子组在给定条件下一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：K＋、Na＋、NO3－、CH3COO－
B. c(ClO－)=1.0mol/L 的溶液：K＋、SO32－、S2－、Cl－
C. KCl溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42－、SCN－
D. c(OH－)=1.0×10－13mol/L的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.pH=l的溶液显酸性，不能大量存在CH3COO-，故A不选；
B.ClO-分别与SO32-、S2-发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；
C.Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故C不选；
D.室温下c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选。
故选D。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存。
8.下图中甲池是以甲醇为原料，KOH为电解质的高效燃料电池，电化学过程的如图，下列说法中不正确的是

A. 甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O
B. 若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极的电极反应为: 4OH－－4e－= 2H2O+O2↑
C. 甲池中随着反应的不断进行，溶液的pH减小
D. 若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据装置图可知甲池是燃料电池，甲醇在负极失去电子，氧气在正极得到电子，由于电解质是氢氧化钾溶液，因此总的反应式为2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O，故A正确；
B.若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极是氢氧根离子放电，电极反应为4OH--4e-＝2H2O+O2↑，故B正确；
C.甲池中总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O，随着反应的不断进行，KOH的量逐渐减少，所以溶液的pH减小，故C正确；
D.若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，这说明阴极开始是铜离子放电，析出铜，在后阶段溶液中的氢离子也放电生成氢气，但阳极始终是氢氧根离子放电生成氧气，所以根据氧原子守恒可知生成0.1mol氧气，则电解过程中转移的电子数为0.4NA，故D错误。
故选D。
9.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是
A. AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小
B. AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/L
C. 将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001 mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出
D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)< Ksp(AgBr)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．溶度积常数只与温度有关系，A错误；B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L，B正确；C．将0.001 mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C错误；D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D错误，答案选B。
考点：考查溶解平衡的有关判断
10.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是
选项
操作
现象
解释或结论
A
测定等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液的pH
Na2SO3溶液的pH较大
HSO3－结合H+的能力比SO32－的强
B
向盛有2mL 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加一定量0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加一定量 0.1mol/L KI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)
C
室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和1.0mol/L的盐酸中
Zn粒与1.0mol/L的反应更剧烈
探究浓度对化学反应速率的影响
D
用石墨做电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液
阴极上先析出铜
金属活动性：Cu > Mg


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误；
B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；
C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：Mg>Cu，故D错误。
故选C。
11.向0.50 L 0.3mol·L－1NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g。有关该溶液说法正确的是
A. 溶质为Na2CO3
B. c（Na+）/2=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）
C. c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）
D. c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
【答案】D
【解析】
【分析】
向0.50L0.3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g，增重4.4g是二氧化碳，物质的量为0.1mol，溶液中含有氢氧化钠为0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=1：1.5。二氧化碳与氢氧化钠可能发生反应①CO2+NaOH=NaHCO3；②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。n（CO2）：n（NaOH）=1：1.5，介于1：1与1：2之间，两个反应都发生，所以反应后的溶液中含有物质的量都为0.05mol的NaHCO3和Na2CO3，据此答题。
【详解】A.由分析可知，溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液，故A错误；
B.由碳元素守恒可知c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.2mol/L，溶液中c（Na+）=0.3mol/L，所以2/3c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故B错误；
C.碳酸根离子、碳酸氢根离子都水解，且碳酸根的水解能力大于碳酸氢根的水解能力，而钠离子不水解，所以其混合溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故D正确。
故选D。
【点睛】作答此类题目时应注意电荷守恒、质子守恒、物料守恒结合使用。
12.某弱酸溶液中存在电离平衡HAH++A－，下列叙述不正确的是
A. 溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋) = c(OH－)＋c(A－)
B. 常温下，加入NaA固体可使HA的电离常数增大
C. HA溶液中加少量的NaA固体，平衡逆向移动
D. 0.10mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c（OH-）增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（H+）=c（OH-）+c（A-），故A正确；
B.温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，故B错误；
C.加入少量的NaA时，c（A-）增大，从而抑制弱酸电离，平衡逆向移动，故C正确；
D.加水稀释促进弱电解质电离，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，所以c（OH-）增大，故D正确。
故选B。
13.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是
溶质
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
NaHSO3
pH
11.6
10.3
9.7
4.0


A. 常温下，HSO3－的水解能力强于其电离能力
B. 向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度
C. Na2CO3 溶液中存在以下关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)
D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高
【答案】D
【解析】
【分析】
A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，从而使HClO的浓度增大；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱。
【详解】A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度，故A错误；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故B错误；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故C错误；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故D正确。
故选D。
14.下列有关中和滴定的部分操作顺序正确的是：①标准溶液润洗滴定管②往滴定管中注入标准溶液③检查滴定管是否漏水④滴定⑤洗涤滴定管⑥调整滴定管中液面在“0”或“0”以下刻度⑦记数
A. ⑤①②③④⑥⑦ B. ③⑤①②⑥⑦④
C. ③⑤②⑦①⑥④ D. ②⑥⑦①③⑤④
【答案】B
【解析】
试题分析：由中和滴定的操作顺序：检漏→洗涤→润洗→调零（标准液或待测液）→读数→待测液注入锥形瓶→加指示剂→滴定→计算。故上述顺序为③⑤①②⑥⑦④；答案选B。
考点：本题酸碱中和滴定的主要步骤及其注意事项。
【名师点睛】化学是一门与实验联系紧密的自然科学，在化学学习过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。
15.常温下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），根据图示判断，当V（NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是

A. c(Na+)＞c(HB－)＞c(H+)＞c(B2－)＞c(H2B)
B. c(Na+)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)
C. c(Na+)＞c(H+)＞c(HB－)＞c(B2－)＞c(OH－)＞c(H2B)
D. c(Na+)＞c(OH－)＞c(HB－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)
【答案】A
【解析】
【分析】
向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。
【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。
故选A。
16.某温度下，Fe(OH)3（s）、Cu(OH)2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如右图所示。据图分析，下列判断错误的是

A. Ksp[Fe(OH)3]< Ksp [Cu(OH)2]
B. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH－)乘积相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)•(OH-)3＝c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]＝c(Cu2+)•(OH-)2＝c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)＝c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，A正确；B、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，C错误；D、只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等
【名师点晴】对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据(或坐标点)之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解等是解题关键；根据图象找出可用来比较Fe(OH)3与Cu(OH)2溶度积常数点，可用b、c进行计算；由a点变到b点，pH增大，氯化铵水解呈酸性，不会增大溶液的pH；Kw只与温度有关；注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别，答题时注意灵活应用。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空题（本大题5小题，共计52分）
17.室温下，把下列各题的结果填在横线上。
（1）c(OH－)=1×10－3mol/L的溶液的pH=___________________
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水电离出的H+的物质的量的浓度c(H＋)=_________________
（3）某溶液由水电离出H+的物质的量的浓度c(H＋)= 1×10－5mol/L，则该溶液可以是______（填“硫酸”或“氯化铵”或 “氢氧化钠” 或“氯化钠”）溶液
（4）将0.39g过氧化钠溶于足量水中并配成100 mL溶液，则溶液的pH=_____________
（5）0. 12mol/L HCl溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=___________
【答案】 (1). 11 (2). 1×10-12mol/L (3). 氯化铵 (4). 13 (5). 2
【解析】
【分析】
（1）根据pH的计算公式进行计算；
（2）0.01mol/LHNO3溶液中c（H+）=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，所以由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），根据Kw计算溶液中c（OH-）；
（3）水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，由于c(OH-)=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明水的电离被促进；NH4Cl中含有弱碱阳离子NH4+，可结合水电离的OH-，使平衡正向移动，符合题意；
（4）由n（NaOH）=2n（Na2O2）=0.005mol×2=0.01mol可知，故形成的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg0.1=1，所以溶液的pH=14-1=13；
（5）根据酸和碱混合计算溶液的pH值。
【详解】（1）c(OH－)=1×10－3mol/L的溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg1×10－3=3，所以溶液的pH=14-3=11，故答案为：11。
（2）0.01mol/LHNO3溶液中c（H+）=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-14，溶液中c（OH-）=1×10-14/0.01=1×10-12（mol/L），由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），故溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10-12mol/L，
故答案为：1×10-12mol/L。
（3）水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，由于c(OH-)=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明水的电离被促进；NH4Cl中含有弱碱阳离子NH4+，可结合水电离的OH-，使平衡正向移动，符合题意，而H2SO4可电离出H+抑制水的电离，NaOH可电离出OH－抑制水的电离，NaCl对水的电离平衡无影响，
故答案为：氯化铵。
（4）0.39g过氧化钠的物质的量为0.39g÷78g/mol=0.005mol，由化学方程式2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑及钠元素守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2O2）=0.005mol×2=0.01mol，故形成的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg0.1=1，所以溶液的pH=14-1=13，故答案为：13。
（5）NaOH与HCl以1：1发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，现在盐酸浓度为0.12mol/L，氢氧化钠浓度为0.1mol/L，且溶液体积相等，设盐酸和氢氧化钠溶液的体积都是VL，则完全反应后，溶液中盐酸有剩余，剩余的盐酸的浓度为：（0.12mol/L×VL-0.1mol/L×VL)/2VL=0.01mol/L，即：c(HCl)剩余=0.01mol/L，则c(H+)剩余=0.01mol/L，pH=-lg[c(H+)]=-lg0.01=2。
故答案为：2。
18.利用所学化学反应原理，解决以下问题：
（1）KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)
（2）碳酸氢钠溶液蒸干并灼烧得到的固体物质是__________（填化学式）。
（3）向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_____________。
（4）将AgCl分别放入①5 mL H2O　②10 mL 0.2 mol·L－1 MgCl2溶液　③20 mL 0.5 mol·L－1 NaCl溶液④40 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液中溶解至饱和，各溶液中Ag＋的浓度由大到小的顺序是______（用序号填空）。
（5）常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合：若c(K+)＜c (CH3COO－)，则a_____________b（填>、<、=）。
（6）室温下，1 mol/L相同体积的下列四种溶液：①KCl②FeCl3③HF④Na2CO3中，所含阳离子数由少到多的顺序是_________________________（用序号填空）。
【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). Na2CO3 (3). Fe 3＋＋3HCO3-= Fe (OH)3↓＋3CO2↑ (4). ①>④>②>③ (5). > (6). ③<①<②<④
【解析】
【分析】
（1）铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物而净水；
（2）NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3；
（3）NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，所以氯离子浓度越大，Ag＋的浓度就越小；
（5）若c（K+）＜c（CH3COO-），由电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，所以c（OH-）＜c（H+），所以a＞b；
（6）假设溶液体积为1L，分别计算溶液中溶质的物质的量，然后依据强电解质完全电离，弱电解质部分电离，弱碱阳离子、弱酸根离子部分水解的性质判断解答。
【详解】（1）明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝而使溶液呈酸性，水解离子方程式为：Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物而净水，故答案为：Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+。
（2）NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以得到的固体物质Na2CO3；故答案为：Na2CO3。
（3）NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-═Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Fe3++3HCO3-═Fe(OH)3↓+3CO2↑。
（4）AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，所以氯离子浓度越大，Ag＋的浓度就越小。②③④中氯离子的浓度分别是0.4mol/L、0.5mol/L、0.1mol/L，所以c（Ag+）由大到小的顺序是①>④>②>③；故答案为：①>④>②>③。
（5）若c（K+）＜c（CH3COO-），由电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，所以c（OH-）＜c（H+），所以a＞b，故答案为：＞。
（6）假设溶液体积为1L，浓度均为1mol•L-1相同体积的下列四种溶液，①含有KCl物质的量为1mol，氯化钾为强电解质，完全电离所以含有钾离子物质的量为1mol；②含有FeCl3物质的量为1mol，氯化铁为强电解质完全电离产生1mol三价铁离子，铁离子为弱碱阳离子，部分水解，所以溶液中三价铁离子水解：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，所以阳离子物质的量略大于1mol；③含有HF物质的量为1mol，HF为弱电解质，部分电离，所以含有的氢离子小于1mol；④含有碳酸钠的物质的量为1mol，碳酸钠为强电解质完全电离，产生2mol钠离子，所以含有阳离子物质的量为2mol；
所以上述溶液中含有阳离子数目由少到多的顺序为：③<①<②<④，故答案为：③<①<②<④。
19.研究氮的氧化物、碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义。
I. 已知：①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)  ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1 ②CO的燃烧热△H=－283 kJ·mol－1。
（1）汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物（NO和CO）转化为无毒的大气循环物质，该反应的热化学方程式为_________________________________________________。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 molNO和2 molCO进行该反应，下列不能判断反应达到化学平衡状态的是_______（用序号填空））
①单位时间内消耗a mo1 CO的同时生成2a mol NO
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③混合气体中NO和CO的物质的量之比保持不变
④混合气体的密度不再改变
II. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，向甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分别在T1、T2温度下，经过一段时间后达到平衡。反应过程中n(O2)随时间（t）变化情况见下表：
t/s
0
3
6
12
24
36
甲容器（T1）n(O2)/mol
0
0.36
0.60
0.80
0.80
0.80
乙容器（T2）n(O2)/mol
0
0.30
0.50
0.70
0.85
0.85


（3）T1_____________T2（填>、<或=，下同），该反应ΔH______________0。
（4）甲容器中，0~3s内的平均反应速率υ(NO2)=______________________。
（5）甲容器中NO2平衡转化率为___________，T1时该反应的平衡常数为_______________________。
III. 将NO2(g)转化为N2O4(g)，再以N2O4、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y。

（6）石墨I为__________极（选填正、负），Y化学式为____________。
（7）II电极反应式为_________________________________________。
【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g) =N2(g) +2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol (2). ①④ (3). > (4). < (5). 0.24mol·L－1·s－1 (6). 80% (7). 20 L/mol (8). 负 (9). N2O5 (10). O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）根据判断达到化学平衡状态的依据进行分析；
（3）向甲、乙两个体积都为1.0L的恒容密闭容器中分别充入2.0molNO2和1.0molO3，发生反应2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，根据表中数据，T1温度下建立平衡需要的时间短，说明T1＞T2，平衡时T1温度下n（O2）小于T2温度下n（O2），说明降低温度，平衡正向移动，正反应为放热反应，所以ΔH＞0；
（4）根据计算化学速率的公式进行计算；
（5）平衡时，甲容器中O2为0.8mol，则反应的NO2为1.60mol，NO2的平衡转化率为1.60mol÷2.0mol×100%=80%，T1时该反应的平衡常数为K=（0.8mol÷1.0L）×（0.8mol÷1.0L）/[（2.0mol-1.60mol）÷1.0L]2×[（1.0mol-0.8mol）÷1.0L]=20L/mol；
（6）通入氧气的电极为正极，即石墨II电极为正极，石墨I为负极，N2O4在负极失电子发生氧化反应，氮元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5；
（7）根据图示，N2O4在负极失电子发生氧化反应生成Y，反应的电极反应式为：N2O4+2NO3--2e-=2N2O5，Y和氧气在石墨II电极上发生还原反应生成NO3-，电极反应式为：O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-。
【详解】（1）汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物（NO和CO）转化为无毒的大气循环物质，生成物为氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：2NO+2CO=N2 +2CO2，已知①N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝＋180.5kJ·mol－1②CO的燃烧热△H=－283kJ·mol－1，热化学方程式为CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将②×2-①可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=(－283kJ·mol－1)×2-(＋180.5kJ·mol－1)= -746.5kJ/mol，即该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 molNO和2 molCO进行该反应2NO(g)+2CO(g) N2(g) +2CO2(g)。
①单位时间内消耗amo1CO的同时生成2amolNO，表示逆反应速率大于正反应速率，不是平衡状态，故①选；
②该反应前后气体的质量不变，物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量不再改变，表示气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故②不选；
③混合气体中NO和CO的起始物质的量之比与反应的物质的量之比不同，随着反应的进行，物质的量之比发生变化，当物质的量之比保持不变，能够说明达到了平衡状态，故③不选；
④混合气体的质量和体积始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明是平衡状态，故④选。
故答案为：①④。
（3）向甲、乙两个体积都为1.0L的恒容密闭容器中分别充入2.0molNO2和1.0molO3，发生反应2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，根据表中数据，T1温度下建立平衡需要的时间短，说明T1＞T2，平衡时T1温度下n（O2）小于T2温度下n（O2），说明降低温度，平衡正向移动，正反应为放热反应，所以ΔH＞0，故答案为：＞，＜。
（4）甲容器中，0～3s内O2的平均反应速率υ（O2）=0.36mol÷1L÷3s=0.12mol/（L·s），速率之比等于其化学计量数之比，故υ（NO2）=2υ（O2）=2×0.12mol/（L·s）=0.24mol/（L·s），故答案为：0.24mol/（L·s）。
（5）平衡时，甲容器中O2为0.8mol，则反应的NO2为1.60mol，NO2的平衡转化率为1.60mol÷2.0mol×100%=80%，T1时该反应的平衡常数为K=（0.8mol÷1.0L）×（0.8mol÷1.0L）/[（2.0mol-1.60mol）÷1.0L]2×[（1.0mol-0.8mol）÷1.0L]=20L/mol，故答案为：80%，20L/mol。
（6）通入氧气的电极为正极，即石墨II电极为正极，石墨I为负极，以N2O4、O2、熔融NaNO3组成燃料电池，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，N2O4在负极失电子发生氧化反应，氮元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，故答案为：负，N2O5。
（7）根据图示，N2O4在负极失电子发生氧化反应生成Y，反应的电极反应式为：N2O4+2NO3--2e-=2N2O5，Y和氧气在石墨II电极上发生还原反应生成NO3-，电极反应式为：O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-，故答案为：O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-。
【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
20.为证明化学反应有一定的限度，进行如下探究活动：
I．取5mL0.1mol/L的KI溶液，滴加5至6滴FeCl3稀溶液；
Ⅱ．继续加入2mLCCl4振荡；
Ⅲ．取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液。
（1）探究活动I的实验现象为____________，探究活动Ⅱ的实验现象为_______________。
（2）为了测定探究活动I中的FeCl3稀溶液的浓度，现进行以下操作：
①移取20.00mLFeCl3稀溶液至锥形瓶中，加入___________用作指示剂，再用c mol/LKI标准溶液进行滴定，达到滴定终点时的现象是__________________________________________。
②重复滴定三次，平均耗用cmol/LKI标准溶液VmL，则FeCl3溶液物质的量浓度为_________mol/L。
③若滴定前滴定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，则测定结果_________（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。
Ⅳ．探究活动Ⅲ的意图是通过生成血红色的Fe(SCN)3溶液，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度，但在实验中却未见溶液呈血红色。对此同学们提出了下列两种猜想：
猜想一：Fe3+全部转化为Fe2+ 猜想二：生成的Fe(SCN)3浓度极小，其颜色肉眼无法观察，为了验证猜想，查阅资料获得下列信息：
信息一：乙醚微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大；
信息二：Fe3+可与[Fe(CN)6]4—反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe(CN)6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。
结合新信息，现设计以下实验方案验证猜想：
①完成下表
实验操作
现象和结论
步骤一：取萃取后的上层清液滴加______________
若___________________________，则猜想一不成立。
步骤二：往探究Ⅲ所得溶液中加入少量乙醚，充分振荡、静置分层
若____________________________，则猜想二成立。


②写出实验操作“步骤一”中的反应离子方程式：_____________________________________。
【答案】 (1). 液体呈棕黄色 (2). 溶液分层，下层四氯化碳层呈紫色 (3). KSCN溶液 (4). 当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且30秒内不恢复 (5). 0.05cV (6). 偏低 (7). 2滴K4[Fe(CN)6] (8). 若产生蓝色沉淀 (9). 若乙醚层呈血红色 (10). 4Fe3+ + 3[Fe(CN)6]4- = Fe4[Fe(CN)6]3↓
【解析】
【分析】
（1）根据KI和FeCl3发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，液体呈棕黄色；四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘单质易溶于四氯化碳，混合液分层，四氯化碳层呈紫红色；
（2）①铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，可以使用硫氰化钾作为指示剂；反应结束前溶液为红色，反应结束溶液红色消失，据此判断滴定终点现象；
②根据氧化还原反应中得失电子相等计算出氯化铁的物质的量，再计算出氯化铁的物质的量浓度；
③滴定前滴定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，导致消耗的碘化钾的物质的量偏小，测定结果偏低；
Ⅳ．①根据题目中的信息一和信息二解答反应的现象和结论；
②Fe3+可与[Fe（CN）6]4-反应生成蓝色沉淀，据此写出反应的离子方程式。
【详解】（1）探究活动I中发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，碘溶于水呈棕黄色；碘单质易溶于有机溶剂四氯化碳，所以CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以碘的四氯化碳层在下层，
故答案为：溶液呈棕黄色；溶液分层，下层CCl4层呈紫红色。
（2）①铁离子与硫氰化钾溶液反应生成红色硫氰化铁，可使用硫氰化钾溶液为指示剂；滴定终点现象为：当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且半分钟内不恢复，
故答案为：KSCN溶液；当滴加最后一滴KI标准溶液时，红色褪去且半分钟内不恢复。
②cmol/LKI标准溶液VmL，含有碘离子的物质的量为cmol/L×0.001V=0.001cVmol，I-失去的电子的物质的量为0.001cVmol，铁离子变成亚铁离子化合价降低1价，得到1个电子，所以被还原的铁离子的物质的量为0.001cV，氯化铁的物质的量浓度为0.001cVmol/0.02L=0.05cVmol/L，
故答案为：0.05cVmol/L。
③滴定前滴定管尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，会导致消耗的碘化钾溶液的体积偏小，则KI物质的量偏小，据此计算出的氯化铁的物质的量偏小，所以氯化铁的物质的量浓度偏低，
故答案为：偏低。
Ⅳ．①由信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2滴K4[Fe（CN）6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明上层清液中含Fe3+，则猜想一不成立；
由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，若乙醚层呈血红色，则猜想二成立；
故答案为：2滴K4[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，若乙醚层呈血红色。
②因Fe3+可与[Fe（CN）6]4-反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：4Fe3++3[Fe（CN）6]4-=Fe4[Fe（CN）6]3↓，
故答案为：4Fe3++3[Fe（CN）6]4-═Fe4[Fe（CN）6]3↓。