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【化学】江西省丰城中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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江西省丰城中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
本试卷中可能需要的：C 12 O16 S32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 H 1 Ca 40 Mg 24
选择题 (每题3分，共48分)
1.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程将太阳能转化成为化学能
B. 该过程中，只涉及非极性键的断裂与生成
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D. 原料气N2可通过分离液态空气获得
【答案】B
【解析】A. 该过程将太阳能转化成为化学能，A正确；B. 该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B不正确；C. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D. 原料气N2可通过分离液态空气获得，D正确。本题选B。
2.下列热化学方程式中，正确的是( )
A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol，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
B. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6 kJ/mol
C. 稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol
D. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H =+285.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol表示1mol甲烷完全燃烧产生二氧化碳气体和液态水时放出的热量，题干水为气态，所以A选项错误；
B.该反应为可逆反应，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应转化为1molNH3，热化学方程式中表示的是物质完全转化时的热量变化，B错误；
C.稀盐酸和 稀氢氧化钠反应的实质是H+与OH-结合形成水，反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol，C正确；
D.物质燃烧放出热量，△H<0，D错误；
故合理选项是C。
3.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. a、b、c、d、e中，c最稳定
B. b→a＋c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C. b→a＋d反应的热化学方程式为：3ClO(aq)＝ClO3－(aq)＋2Cl－(aq);ΔH＝＋116 kJ·mol－1
D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
【答案】D
【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。A项，物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A错误；B项，反应物能量-生成物能量=-ΔH，依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C项，a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：ΔH=64kJ•mol-1+2×0kJ•mol-1-3×60kJ•mol-1=-116kJ•mol-1，故C错误；D项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D正确。
4.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为3B+2D6A+4C
B. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等
C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1mol/(L•s)
D. 反应进行到1s时，v(A)3v(D)
【答案】D
【解析】分析：6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D；根据V=∆c/∆t计算反应速率，且各物质的速率之比等于系数比，据以上分析解答。
详解：6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D，A错误；反应进行到6s 时反应达到平衡，各物质的反应速率之比为化学计量数之比，不相等，B错误；反应进行到6s 时，B的平均反应速率为=（1-0.4）/2×6=0.05 mol/(L•s), C 错误；反应进行到1s时，v(A)=0.6/2×1=0.3 mol/(L•s)，v(D)=0.2/2×1=0.1 mol/(L•s)，v(A)3v(D)，D 正确；正确选项D。
5.如图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是（ ）
A. 2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)ΔH<0
B. 4NH3（g）+5O2(g)4NO(g)+6H2O（g）ΔH<0
C. H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH>0
D. 2A(g)+B(s)2C(g)ΔH>0
【答案】B
【解析】试题分析：A、加压平衡向正反应方向移动，此时v正>v逆；B、正向放热，升温平衡向逆反应方向移动，此时v逆>v正，正反应方向为气体体积增大的方向，加压平衡向逆反应方向移动，此时v逆>v正；C、加压平衡不移动，此时v逆=v正；D、升温平衡向正反应方向移动，此时v逆
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
7.反应“P4（s）+3NaOH（aq）+3H2O（l）=3NaH2PO2（aq）+PH3（g）△H＞0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是（ ）
A. P4分子中P原子均满足8电子稳定结构
B. 反应中NaOH作还原剂
C. 该反应能自发进行，则△S＜0
D. 反应中生成1molNaH2PO2，转移电子数目为3×6.02×1023
【答案】A
【解析】A. P原子最外层有5个电子，与其他3个P原子形成共价键，含有1个孤电子对，P4分子中P原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B. 反应中NaOH中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C. 反应能自发进行，须△G=△H-T△S＜0，因为ΔH＞0，则ΔS＞0，故C错误；D. 反应中P元素由0价升高为+1价，由0价降低为-3价，因此生成1 mol NaH2PO2，转移1mol电子，故D错误；故选A。
8.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 25℃时，向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)
B. 25℃时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）- c（B-）=9.9×10-7 mol·L-1
C. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c(oH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】A．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时若c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)则违背溶液呈电中性原理，应该为c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＝c(H＋)，选项A错误。B. 在溶液中存在水解平衡：B-+H2OHB+OH-，pH＝8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L根据电荷守恒有c(Na＋) + c(H+)＝c(B－)+ c(OH-)，则c(Na＋) －c(B－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，选项B正确；C、0.1 mol/LNaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），选项C错误；D、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），选项D错误。答案选B。
9.常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为（ ）
A. 1014-a-2b B. 10 a+b-14 C. 10a-2b D. 10a-2b+14
【答案】A
【解析】pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bmol/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14mol/L,将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14mol/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b 。答案选A。
10.室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(Fe3+)=1 mol/L的溶液中：Na+、SCN-、ClO-、SO42-
B. 0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Cu2+、NH4+、NO3—、HCO3—
C. c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中：Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—
D. 能使甲基橙变红的溶液中：CH3CHO、Na+、SO42-、NO3—
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查离子共存。A.Fe3+与SCN-发生络合反应、与ClO-发生双水解反应；B.Al3+与HCO3—发生双水解反应；C．该溶液中存在大量OH-离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D.能使甲基橙变红的酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应。
【详解】Fe3+和ClO-、SCN-之间反应，在溶液中不能大量共存，A错误；Al3+与HCO3—发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，B错误；c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中存在大量OH-离子，Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—之间不反应，都不与OH-离子反应，在溶液中能够大量共存，C正确；能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选C。
11.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是( )
A. 加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B. 在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C. 图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) ⇌AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】分析：A．Ksp只与温度有关；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)；D．根据K═=计算。
详解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A错误；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B错误。C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C错误；D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═==≈816，故D正确；故选D。
12.如图装置(Ⅰ)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置(Ⅱ)为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是( )
A. K+从左到右通过离子交换膜
B. 电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-
C. 电极Y上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑
D. 当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则
A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22--2e-＝S42-，B错误；
C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，C正确；
D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；
答案选B
13.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是（ ）
A. Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液
B. 放电时，当外电路中有1 mol e－转移时，水性电解液离子总数增加NA
C. 应用该电池电镀铜，阴极质量增加64 g，理论上将消耗11.2 L O2
D. 放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH
【答案】A
【解析】A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1mol OH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2 L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。
14.将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是（ ）
A. 图1盐桥中的阳离子移向甲装置
B. 两图都是将化学能转变成电能的装置
C. 图2中乙装置总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
D. 图2中电子流向为Fe→电流计石墨→石墨b→石墨c→Fe
【答案】C
【解析】分析：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动；
B．图2甲为原电池，乙为电解池；
C．图2乙装置为电解氯化铜的装置；
D．电子只在导线中移动，不能进入溶液。
详解：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，A错误；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，C正确；
D．电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误。
答案选C。
15.下列有关各装置图的叙述，正确的是（ ）
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应式:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+
C. 装置③中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
D. 装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护，该方法叫做牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】根据电流方向判定出，a为电解池的阳极，要精炼铜，粗铜必做阳极，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；铁比铜活泼，铁做负极，铜做正极不参与反应，所以总反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；铁只有在潮湿的空气中易生锈，而越靠近底端，氧气的量越小，腐蚀程度减小，C错误；被保护金属与直流电源的负极相连时，是外加电流的阴极保护法，D错误；正确选项A。
16.已知： ①298K时K(HF)=3.5×10-4，Ksp(CaF2)= 1.8×10-7
②HF(aq)H+(aq)+F-(aq) △H<0
根据以上已知信息判断下列说法正确的是（ ）
A. 298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变
B. 308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4
C. 298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp(CaF2)会减小
D. 2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq) K≈0.68
【答案】D
【解析】A．因=，298 K时，加蒸馏水稀释HF溶液，氢离子浓度减小，则增大，故A错误；B.298K时K(HF)=3.5×10-4，升高温度，平衡逆向移动，则Ka＜3.5×10-4，故B错误；C．温度不变，则溶度积不变，故C错误；D．已知①HF(aq)⇌H+(aq)+F-(aq)，②CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F-(aq)，将①×2-②可得2HF(aq)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+2H+(aq)，则K=≈0.68，故D正确；故选D。
第II卷(共4答题，非选择题，每空2分)
17.草酸亚铁晶体(FeC2O4· 2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。
I、制备草酸亚铁晶体：
①称取硫酸亚铁铵晶体5 g，放入250 mL三颈烧瓶中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15 mL蒸馏水加热溶解；
②加入25 mL饱和草酸溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；
③待黄色晶体FeC2O4∙2H2O沉淀后倾析，洗涤，加入约20 mL蒸馏水搅拌并温热5 min，静置，弃去上层清液，即得黄色草酸亚铁晶体。
回答下列问题：
(1)仪器C的名称是____________；仪器B的作用是_____________
(2) 硫酸亚铁铵晶体用硫酸溶解的原因是____________________
(3)硫酸亚铁铵晶体可能混有一定Fe3+，羟胺(NH2OH，酸性条件下以NH3OH+形式存在)具有强还原性，可用羟胺去除亚铁盐中的Fe3+。写出相关的离子方程式____________________。
II、探究草酸亚铁的纯度：
①准确称取m g草酸亚铁固体样品(含有草酸铵杂质)，溶于25 mL 2 mol/LH2SO4溶液中，在60~80℃水浴加热，用100 mL容量瓶配成100.00 mL溶液；
②取上述溶液20.00 mL，用KMnO4标准溶液(浓度为c mol/L)滴定三次，平均消耗V1 mL；
③加入适量锌粉和2 mL 2 mol/L H2SO4溶液，反应一段时间后，取1滴试液放在点滴板上检验，至Fe3+极微量；
④过滤除去锌粉，滤液收集在另一个锥形瓶中，将滤纸及残余物充分洗涤，洗涤液并入滤液中，再补充约2~3 mL 2 mol/L H2SO4溶液，继续用KMnO4标准溶液(浓度为c mol/L)滴定至终点，共平行测定三次，平均消耗V2 mL。
回答下列问题：
(4)在②中溶液中发生MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O ，还有另一氧化还原反应，写出其离子方程式_____________用KMnO4标准溶液滴定至终点的现象是______________。
(5)计算m g固体样品的纯度为_____________(用含c、V1、V2的式子表示，不必化简)。
【答案】(1). 恒压滴液漏斗 (2). 冷凝回流 (3). 抑制Fe2+的水解 (4). 2NH3OH++2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+ (5). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(6). 最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡紫红色，且半分钟内不褪色 (7).
【解析】
【分析】(1)根据示意图确定仪器名称，并结合仪器的结构分析其用途；
(2)根据硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，弱碱阳离子发生水解反应，从抑制盐的水解角度分析；
(3)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合题干信息书写反应方程式；
(4)在②的溶液中还有草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；若反应完全，再滴加高锰酸钾溶液时，溶液会由黄色变为淡紫红色；
(5)用Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，根据MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O计算20.00mL溶液中含有的草酸亚铁的物质的量，结合样品配制成的溶液体积，最后根据计算。
【详解】(1)由示意图可知仪器C的名称是恒压滴液漏斗；仪器B是球形冷凝管，与三颈烧瓶垂直放置使用，作用是冷凝回流，使未反应的反应物冷凝回流至反应容器中，提高原料的利用率；
(2)硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子NH4+、Fe2+会发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，产生NH3·H2O、Fe(OH)2、使溶液显酸性，加入硫酸，用硫酸溶液溶解，然后再稀释，可以抑制盐的水解，从而得到澄清溶液；
(3)在酸性条件下，Fe3+、羟胺(NH2OH)会发生氧化还原反应，Fe3+转化为Fe2+，羟胺被氧化为N2，从而可除去Fe3+，由于酸性条件下NH2OH会转化为NH3OH+，所以根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2NH3OH++2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+；
(4)在②的溶液中除了含有Fe2+外，还含有H2C2O4，二者都具有还原性，所以发生的反应除MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O ，还有另一氧化还原反应外，还有草酸与高锰酸钾溶液的反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；若反应完全，再滴加最后一滴标准溶液时，KMnO4不再消耗，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡紫红色，且半分钟内不褪色，就证明达到滴定终点；
(5)③加入Zn粉是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，并检验Fe3+被完全还原。根据④中反应：MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O 可知n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×cV2×10-3mol；由于mg样品配制形成了100.00mL溶液，进行实验使用了20.00mL溶液，所以该样品的纯度。
18.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42— (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
19.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装 置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极的电极反应为________。
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应为_____。
(3)当乙池B极质量增加 5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状况)，丙池D极析出_____g 铜。
【答案】(1). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O (2). 阳极 (3). 4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3 (4). 280 (5). 1.6
【解析】
【详解】(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极为负极，负极上CH3OH失去电子，发生氧化反应，在碱性溶液中被氧化生成CO32-，则该电极的电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
(2)乙池中A(石墨)电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，阴极B(Ag)电极上，溶液中的Ag+获得电子，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3；
(3)当乙池B极质量增加 5.4 g 时，n(Ag)=5.4g÷108g/mol=0.05mol，则电路中通过电子物质的量为0.05mol，由于在串联电路中电子转移数目相同，所以甲池中理论上消耗 O2 的物质的量为n(O2)=0.05mol÷4=0.0125mol，则氧气在标准状况下体积为V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，丙池与甲、乙池串联，电子转移的物质的量也是0.05mol，D极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以D极析出Cu的物质的量为0.05mol÷2=0.025mol，m(Cu)=0.025mol×64g/mol=1.6g 。
20.（1）一定温度下，Ksp[Mg3（PO4）2]＝6.0×10－29，Ksp[Ca3（PO4）2]＝6.0×10－26。向浓度均为0.20mol·L－1的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3PO4，先生成________沉淀（填化学式）；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于10－5mol·L－1）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度为________。
（2）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。
②加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是________。
Ca2＋
Mg2＋
Fe3＋
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.7
已知：Ksp（BaC2O4）＝1.6×10－7，Ksp（CaC2O4）＝2.3×10－9。
（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL 0.01mol·L－1 Na2SO4溶液，下列叙述正确的是___（填字母）。
A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c(SO42－)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2＋）、c(SO42－)都变小
C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2＋）、c(SO42－)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42－)比原来的大
【答案】(1). Mg3（PO4）2 (2). ＜10－4mol·L－1 (3). 可以增大反应物的接触面积，增大反应速率 (4). Fe3＋ (5). Mg（OH）2、Ca（OH）2 (6). 会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少 (7). D
【解析】
【详解】（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3（PO4）2先生成沉淀，当溶液中c（Mg2+）=10－5 mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为，所以溶液中c（Ca2+）＝，即当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于10－5mol·L－1）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度＜10－4mol·L－1；
（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；
②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.7，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2。溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）＝1.6×10－7，Ksp（CaC2O4）＝2.3×10－9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；
（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42－）=3.0×10－3 mol/L，Ksp（CaSO4）=9.0×10－6。向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL 0.01mol·L－1Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）＝0.1L×3.0×10−3mol/L/(0.1L+0.4L)＝6.0×10－4 mol/L，c（SO42－）＝(0.1L×3.0×10−3mol/L+0.4L×0.01mol/L)/(0.1L+0.4L)＝8.6×10－3 mol/L，溶液中c（Ca2+）·c（SO42－）=5.16×10－6＜Ksp（CaSO4）=9.0×10－6，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大，答案选D。
本试卷中可能需要的：C 12 O16 S32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 H 1 Ca 40 Mg 24
选择题 (每题3分，共48分)
1.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程将太阳能转化成为化学能
B. 该过程中，只涉及非极性键的断裂与生成
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D. 原料气N2可通过分离液态空气获得
【答案】B
【解析】A. 该过程将太阳能转化成为化学能，A正确；B. 该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B不正确；C. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D. 原料气N2可通过分离液态空气获得，D正确。本题选B。
2.下列热化学方程式中，正确的是( )
A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol，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
B. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6 kJ/mol
C. 稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol
D. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H =+285.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol表示1mol甲烷完全燃烧产生二氧化碳气体和液态水时放出的热量，题干水为气态，所以A选项错误；
B.该反应为可逆反应，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应转化为1molNH3，热化学方程式中表示的是物质完全转化时的热量变化，B错误；
C.稀盐酸和 稀氢氧化钠反应的实质是H+与OH-结合形成水，反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol，C正确；
D.物质燃烧放出热量，△H<0，D错误；
故合理选项是C。
3.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. a、b、c、d、e中，c最稳定
B. b→a＋c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C. b→a＋d反应的热化学方程式为：3ClO(aq)＝ClO3－(aq)＋2Cl－(aq);ΔH＝＋116 kJ·mol－1
D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
【答案】D
【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。A项，物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A错误；B项，反应物能量-生成物能量=-ΔH，依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C项，a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：ΔH=64kJ•mol-1+2×0kJ•mol-1-3×60kJ•mol-1=-116kJ•mol-1，故C错误；D项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D正确。
4.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为3B+2D6A+4C
B. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等
C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1mol/(L•s)
D. 反应进行到1s时，v(A)3v(D)
【答案】D
【解析】分析：6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D；根据V=∆c/∆t计算反应速率，且各物质的速率之比等于系数比，据以上分析解答。
详解：6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D，A错误；反应进行到6s 时反应达到平衡，各物质的反应速率之比为化学计量数之比，不相等，B错误；反应进行到6s 时，B的平均反应速率为=（1-0.4）/2×6=0.05 mol/(L•s), C 错误；反应进行到1s时，v(A)=0.6/2×1=0.3 mol/(L•s)，v(D)=0.2/2×1=0.1 mol/(L•s)，v(A)3v(D)，D 正确；正确选项D。
5.如图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是（ ）
A. 2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)ΔH<0
B. 4NH3（g）+5O2(g)4NO(g)+6H2O（g）ΔH<0
C. H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH>0
D. 2A(g)+B(s)2C(g)ΔH>0
【答案】B
【解析】试题分析：A、加压平衡向正反应方向移动，此时v正>v逆；B、正向放热，升温平衡向逆反应方向移动，此时v逆>v正，正反应方向为气体体积增大的方向，加压平衡向逆反应方向移动，此时v逆>v正；C、加压平衡不移动，此时v逆=v正；D、升温平衡向正反应方向移动，此时v逆
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
7.反应“P4（s）+3NaOH（aq）+3H2O（l）=3NaH2PO2（aq）+PH3（g）△H＞0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是（ ）
A. P4分子中P原子均满足8电子稳定结构
B. 反应中NaOH作还原剂
C. 该反应能自发进行，则△S＜0
D. 反应中生成1molNaH2PO2，转移电子数目为3×6.02×1023
【答案】A
【解析】A. P原子最外层有5个电子，与其他3个P原子形成共价键，含有1个孤电子对，P4分子中P原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B. 反应中NaOH中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C. 反应能自发进行，须△G=△H-T△S＜0，因为ΔH＞0，则ΔS＞0，故C错误；D. 反应中P元素由0价升高为+1价，由0价降低为-3价，因此生成1 mol NaH2PO2，转移1mol电子，故D错误；故选A。
8.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 25℃时，向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)
B. 25℃时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）- c（B-）=9.9×10-7 mol·L-1
C. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c(oH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】A．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时若c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)则违背溶液呈电中性原理，应该为c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＝c(H＋)，选项A错误。B. 在溶液中存在水解平衡：B-+H2OHB+OH-，pH＝8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L根据电荷守恒有c(Na＋) + c(H+)＝c(B－)+ c(OH-)，则c(Na＋) －c(B－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，选项B正确；C、0.1 mol/LNaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），选项C错误；D、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），选项D错误。答案选B。
9.常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为（ ）
A. 1014-a-2b B. 10 a+b-14 C. 10a-2b D. 10a-2b+14
【答案】A
【解析】pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bmol/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14mol/L,将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14mol/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b 。答案选A。
10.室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(Fe3+)=1 mol/L的溶液中：Na+、SCN-、ClO-、SO42-
B. 0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Cu2+、NH4+、NO3—、HCO3—
C. c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中：Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—
D. 能使甲基橙变红的溶液中：CH3CHO、Na+、SO42-、NO3—
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查离子共存。A.Fe3+与SCN-发生络合反应、与ClO-发生双水解反应；B.Al3+与HCO3—发生双水解反应；C．该溶液中存在大量OH-离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D.能使甲基橙变红的酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应。
【详解】Fe3+和ClO-、SCN-之间反应，在溶液中不能大量共存，A错误；Al3+与HCO3—发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，B错误；c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中存在大量OH-离子，Ba2+、K+、CH3COO—、Cl—之间不反应，都不与OH-离子反应，在溶液中能够大量共存，C正确；能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选C。
11.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是( )
A. 加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B. 在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C. 图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) ⇌AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】分析：A．Ksp只与温度有关；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)；D．根据K═=计算。
详解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A错误；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B错误。C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C错误；D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═==≈816，故D正确；故选D。
12.如图装置(Ⅰ)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置(Ⅱ)为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是( )
A. K+从左到右通过离子交换膜
B. 电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-
C. 电极Y上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑
D. 当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则
A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22--2e-＝S42-，B错误；
C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，C正确；
D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；
答案选B
13.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是（ ）
A. Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液
B. 放电时，当外电路中有1 mol e－转移时，水性电解液离子总数增加NA
C. 应用该电池电镀铜，阴极质量增加64 g，理论上将消耗11.2 L O2
D. 放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH
【答案】A
【解析】A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1mol OH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2 L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。
14.将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是（ ）
A. 图1盐桥中的阳离子移向甲装置
B. 两图都是将化学能转变成电能的装置
C. 图2中乙装置总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
D. 图2中电子流向为Fe→电流计石墨→石墨b→石墨c→Fe
【答案】C
【解析】分析：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动；
B．图2甲为原电池，乙为电解池；
C．图2乙装置为电解氯化铜的装置；
D．电子只在导线中移动，不能进入溶液。
详解：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，A错误；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，C正确；
D．电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误。
答案选C。
15.下列有关各装置图的叙述，正确的是（ ）
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应式:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+
C. 装置③中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
D. 装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护，该方法叫做牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】根据电流方向判定出，a为电解池的阳极，要精炼铜，粗铜必做阳极，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；铁比铜活泼，铁做负极，铜做正极不参与反应，所以总反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；铁只有在潮湿的空气中易生锈，而越靠近底端，氧气的量越小，腐蚀程度减小，C错误；被保护金属与直流电源的负极相连时，是外加电流的阴极保护法，D错误；正确选项A。
16.已知： ①298K时K(HF)=3.5×10-4，Ksp(CaF2)= 1.8×10-7
②HF(aq)H+(aq)+F-(aq) △H<0
根据以上已知信息判断下列说法正确的是（ ）
A. 298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变
B. 308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4
C. 298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp(CaF2)会减小
D. 2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq) K≈0.68
【答案】D
【解析】A．因=，298 K时，加蒸馏水稀释HF溶液，氢离子浓度减小，则增大，故A错误；B.298K时K(HF)=3.5×10-4，升高温度，平衡逆向移动，则Ka＜3.5×10-4，故B错误；C．温度不变，则溶度积不变，故C错误；D．已知①HF(aq)⇌H+(aq)+F-(aq)，②CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F-(aq)，将①×2-②可得2HF(aq)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+2H+(aq)，则K=≈0.68，故D正确；故选D。
第II卷(共4答题，非选择题，每空2分)
17.草酸亚铁晶体(FeC2O4· 2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。
I、制备草酸亚铁晶体：
①称取硫酸亚铁铵晶体5 g，放入250 mL三颈烧瓶中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15 mL蒸馏水加热溶解；
②加入25 mL饱和草酸溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；
③待黄色晶体FeC2O4∙2H2O沉淀后倾析，洗涤，加入约20 mL蒸馏水搅拌并温热5 min，静置，弃去上层清液，即得黄色草酸亚铁晶体。
回答下列问题：
(1)仪器C的名称是____________；仪器B的作用是_____________
(2) 硫酸亚铁铵晶体用硫酸溶解的原因是____________________
(3)硫酸亚铁铵晶体可能混有一定Fe3+，羟胺(NH2OH，酸性条件下以NH3OH+形式存在)具有强还原性，可用羟胺去除亚铁盐中的Fe3+。写出相关的离子方程式____________________。
II、探究草酸亚铁的纯度：
①准确称取m g草酸亚铁固体样品(含有草酸铵杂质)，溶于25 mL 2 mol/LH2SO4溶液中，在60~80℃水浴加热，用100 mL容量瓶配成100.00 mL溶液；
②取上述溶液20.00 mL，用KMnO4标准溶液(浓度为c mol/L)滴定三次，平均消耗V1 mL；
③加入适量锌粉和2 mL 2 mol/L H2SO4溶液，反应一段时间后，取1滴试液放在点滴板上检验，至Fe3+极微量；
④过滤除去锌粉，滤液收集在另一个锥形瓶中，将滤纸及残余物充分洗涤，洗涤液并入滤液中，再补充约2~3 mL 2 mol/L H2SO4溶液，继续用KMnO4标准溶液(浓度为c mol/L)滴定至终点，共平行测定三次，平均消耗V2 mL。
回答下列问题：
(4)在②中溶液中发生MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O ，还有另一氧化还原反应，写出其离子方程式_____________用KMnO4标准溶液滴定至终点的现象是______________。
(5)计算m g固体样品的纯度为_____________(用含c、V1、V2的式子表示，不必化简)。
【答案】(1). 恒压滴液漏斗 (2). 冷凝回流 (3). 抑制Fe2+的水解 (4). 2NH3OH++2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+ (5). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(6). 最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡紫红色，且半分钟内不褪色 (7).
【解析】
【分析】(1)根据示意图确定仪器名称，并结合仪器的结构分析其用途；
(2)根据硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，弱碱阳离子发生水解反应，从抑制盐的水解角度分析；
(3)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合题干信息书写反应方程式；
(4)在②的溶液中还有草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；若反应完全，再滴加高锰酸钾溶液时，溶液会由黄色变为淡紫红色；
(5)用Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，根据MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O计算20.00mL溶液中含有的草酸亚铁的物质的量，结合样品配制成的溶液体积，最后根据计算。
【详解】(1)由示意图可知仪器C的名称是恒压滴液漏斗；仪器B是球形冷凝管，与三颈烧瓶垂直放置使用，作用是冷凝回流，使未反应的反应物冷凝回流至反应容器中，提高原料的利用率；
(2)硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子NH4+、Fe2+会发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，产生NH3·H2O、Fe(OH)2、使溶液显酸性，加入硫酸，用硫酸溶液溶解，然后再稀释，可以抑制盐的水解，从而得到澄清溶液；
(3)在酸性条件下，Fe3+、羟胺(NH2OH)会发生氧化还原反应，Fe3+转化为Fe2+，羟胺被氧化为N2，从而可除去Fe3+，由于酸性条件下NH2OH会转化为NH3OH+，所以根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2NH3OH++2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+；
(4)在②的溶液中除了含有Fe2+外，还含有H2C2O4，二者都具有还原性，所以发生的反应除MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O ，还有另一氧化还原反应外，还有草酸与高锰酸钾溶液的反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；若反应完全，再滴加最后一滴标准溶液时，KMnO4不再消耗，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡紫红色，且半分钟内不褪色，就证明达到滴定终点；
(5)③加入Zn粉是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，并检验Fe3+被完全还原。根据④中反应：MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O 可知n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×cV2×10-3mol；由于mg样品配制形成了100.00mL溶液，进行实验使用了20.00mL溶液，所以该样品的纯度。
18.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42— (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
19.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装 置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极的电极反应为________。
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应为_____。
(3)当乙池B极质量增加 5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状况)，丙池D极析出_____g 铜。
【答案】(1). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O (2). 阳极 (3). 4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3 (4). 280 (5). 1.6
【解析】
【详解】(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极为负极，负极上CH3OH失去电子，发生氧化反应，在碱性溶液中被氧化生成CO32-，则该电极的电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
(2)乙池中A(石墨)电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，阴极B(Ag)电极上，溶液中的Ag+获得电子，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3；
(3)当乙池B极质量增加 5.4 g 时，n(Ag)=5.4g÷108g/mol=0.05mol，则电路中通过电子物质的量为0.05mol，由于在串联电路中电子转移数目相同，所以甲池中理论上消耗 O2 的物质的量为n(O2)=0.05mol÷4=0.0125mol，则氧气在标准状况下体积为V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，丙池与甲、乙池串联，电子转移的物质的量也是0.05mol，D极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以D极析出Cu的物质的量为0.05mol÷2=0.025mol，m(Cu)=0.025mol×64g/mol=1.6g 。
20.（1）一定温度下，Ksp[Mg3（PO4）2]＝6.0×10－29，Ksp[Ca3（PO4）2]＝6.0×10－26。向浓度均为0.20mol·L－1的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3PO4，先生成________沉淀（填化学式）；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于10－5mol·L－1）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度为________。
（2）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。
②加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是________。
Ca2＋
Mg2＋
Fe3＋
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.7
已知：Ksp（BaC2O4）＝1.6×10－7，Ksp（CaC2O4）＝2.3×10－9。
（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL 0.01mol·L－1 Na2SO4溶液，下列叙述正确的是___（填字母）。
A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c(SO42－)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2＋）、c(SO42－)都变小
C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2＋）、c(SO42－)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42－)比原来的大
【答案】(1). Mg3（PO4）2 (2). ＜10－4mol·L－1 (3). 可以增大反应物的接触面积，增大反应速率 (4). Fe3＋ (5). Mg（OH）2、Ca（OH）2 (6). 会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少 (7). D
【解析】
【详解】（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3（PO4）2先生成沉淀，当溶液中c（Mg2+）=10－5 mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为，所以溶液中c（Ca2+）＝，即当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于10－5mol·L－1）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度＜10－4mol·L－1；
（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；
②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.7，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2。溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）＝1.6×10－7，Ksp（CaC2O4）＝2.3×10－9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；
（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42－）=3.0×10－3 mol/L，Ksp（CaSO4）=9.0×10－6。向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL 0.01mol·L－1Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）＝0.1L×3.0×10−3mol/L/(0.1L+0.4L)＝6.0×10－4 mol/L，c（SO42－）＝(0.1L×3.0×10−3mol/L+0.4L×0.01mol/L)/(0.1L+0.4L)＝8.6×10－3 mol/L，溶液中c（Ca2+）·c（SO42－）=5.16×10－6＜Ksp（CaSO4）=9.0×10－6，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大，答案选D。
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