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【化学】广东省深圳市高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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广东省深圳市高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是
A．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
C．明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒
D．处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将Mg(OH)2转化为更难溶的MgCO3
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．标况下，11.2L氯气与足量水充分反应，转移电子数为0.5 NA
B．0.5mol氩气含有的质子数为18NA
C．若1L 0.2mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，则胶体微粒数为0.2NA
D．78gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的阴离子数目一定是NA
3．下列离子方程式正确的是
A．大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑
B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
C．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+H2O
D．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+=Mn2++2Cl2↑+4H2O
4．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
5．下列实验装置能达到实验目的的是
A
B
C
D
向该装置中加入金属Zn和稀硫酸，并关闭活塞，用于检查装置的气密性
记录滴定终点读数为12.20mL
灼烧胆矾晶体使其分解
分离含淀粉和葡萄糖的溶液
6．下列实验的现象及相应的结论都正确的是
实验
现象
结论
A
向FeCl3溶液中滴入足量KI溶液，再加入CCl4振荡、静置
上层液体呈紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
将NaAlO2溶液滴入NaHCO3溶液中
有白色沉淀生成
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应
C
向NaCl饱和溶液中先通入NH3至饱和，再通入足量CO2
溶液中有固体析出
固体成分为NaHCO3
D
向碳酸钠溶液中先滴入酚酞，再滴加稀盐酸
溶液先变红，后溶液红色变浅直至消失
非金属性：Cl>C
7．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其单质常温下有三种气态两种固态，A和B形成的气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，E的原子半径在同周期最小，则下列说法不正确的是
A．原子半径大小：C>D>E>A
B．A、C的氧化物均可能含有非极性键
C．B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
D．工业中常用电解熔融DE3制备单质D
8．臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是
A
B
C
D
平衡后升温，NO2含量降低
0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
v正：b点>a点
b点：v逆>v正
恒温，t1时再充入O3
9．下列说法正确的是
A．弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液弱
B．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液所含PO43-浓度也相同
C．如果盐酸中c(H+)是醋酸溶液中c(H+)的2倍，则c (HCl) <2c (CH3COOH)
D．将等体积、等浓度的NaOH溶液和氨水各稀释一倍后，两者中和等浓度盐酸的能力氨水强于NaOH溶液
10．25℃时，下列事实中能说明HA 为弱电解质的是
①NaA 溶液的pH>7 ②用HA溶液做导电实验时灯泡很暗③pH=2 的HA溶液稀释至100倍，pH 约为3.1④HA的溶解度比HCl的小 ⑤ 用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除
A．①②③ B．①②⑤ C．①③④ D．①③
11．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH- △H＞0，下列叙述正确的是
A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c (H+)增大
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大
D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c(H+)降低
12．常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述正确的是
A．H2A的电离方程式为H2A H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2
B．pH＝4的H2A水溶液中c(OH-)=10－12 mol·L－1
C．NaHA、NaHB的混合溶液中，阴离子有A2－、HA－、HB－、B2－、OH-
D．Na2B的水溶液能与H2A溶液发生反应
13．下列关于中和滴定的操作错误的是
A．滴定前需要检查滴定管是否漏水
B．用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶
C．用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙
D．已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低
14．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．曲线Y表示与的变化关系
B．t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝1×106
D．t℃时，向浓度均为0.1mol/ L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c(I－) = 1×10－5 mol/L
15．下列比较中，正确的是
A．同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c()＞c(Cl-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)
D．同浓度的下列溶液中，①(NH4)2SO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c()由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④
16．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
17．某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr2O72-＞Fe3＋，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是
A．甲烧杯的溶液中发生还原反应
B．外电路的电流方向是从b到a
C．电池工作时，盐桥中的SO42-移向乙烧杯
D．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O72-＋14H＋
18．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS－＋4H2O－8e－===SO42-＋9H＋
C．如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
D．若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移，则有0.5 mol H＋通过质子交换膜
二、综合题
19．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4 ]是一种新型高效絮凝剂，常用于污水处理，在医疗上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下所示：
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：
沉淀物
Fe(OH) 3
Fe(OH) 2
Al(OH) 3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
请回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3 的目的是调节溶液的pH，除去Al3＋ ，①pH的范围__________，②写出可能发生的离子方程式：________________。
(2)在实际生产中，反应Ⅱ中常同时通入O2 ，以减少NaNO2 的用量，O2 与NaNO2 在反应中均作__________。若参与反应的O2 有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2 的物质的量为________。
(3)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋ 可部分水解生成Fe2(OH)42－，该水解反应的离子方程式为________________________________________________________________。 Fe(OH)3 的Ksp =____________。(提示，开始沉淀c(Fe 3+ )浓度为1.0×10 -5 mol/L)
(4)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋ 及NO3－。为检验所得的产品中是否含有Fe2＋ ，应使用的试剂为________。
20．氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：
(1)有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol−1、283.0 kJ·mol−1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式________________。
(2)某科研小组研究臭氧氧化−−碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1＝－200.9 kJ•mol−1 Ea1＝3.2 kJ•mol−1
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：
①由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_____________________________________________________________________________。
②下列说法正确的是________。
A．Q点一定为平衡状态点
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率
C．温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零
D．臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫
③假设100℃时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是___________；SO2的平均反应速率为________；反应Ⅰ在此时的平衡常数为_______________。
21．磷能形成多种含氧酸。
(1)一元中强酸次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，向10 mL H3PO2溶液中加入10 mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子。
① 写出H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。
② 若25℃时，K (H3PO2) = 1×10-2，则0.01 mol · L-1的H3PO2溶液的pH =________。
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1= 3.7×10-2、K2=2.6×10-7。
试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异______________。
(3) 25 ℃时，HF的电离常数为K = 3.6×10-4； H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3＝4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为______。
(4)相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为______________________________________________________(用酸的分子式表示)。
三、实验题
22．氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2 。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理排放情况。
I.实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3
(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有_____________(写出一条)。
(2)b装置的作用是_____________ 。
(3)反应开始后，c 中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为__________(填化学式)。
(4)实验结束后，在e处最好连接盛__________(填“NaOH 溶液”、“水”、“CCl4”中的一种) 的注射器，接下来的操作为______________，最后拆除装置。
II.氰化钠废水处理
(5)已知: a.废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；
b.Ag++2CN-==[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI 呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。
实验如下: 取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。
①滴定时1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液应用________(填仪器名称) 盛装； 滴定终点时的现象是______________。
②处理后的废水是否达到排放标准_______(填“是”或“否”)。
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
A、电化学腐蚀更普遍；
B、镁比铁活泼，作原电池的负极；
C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水；
D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶。
【详解】
A、电化学腐蚀更普遍，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故A错误；
B、镁比铁活泼，作原电池的负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水，不是用作自来水的杀菌消毒，故C错误；
D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶，处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，故D错误。
故选B。
2．D
【解析】
【分析】
A、氯气与水的反应是可逆反应；
B、1mol氩气含有的质子数为18mol；
C、胶体微粒数是许多微粒的集合体；
D、1molNa2O2和1molNa2S阴离子数目相同，Na2O2和Na2S的摩尔质量都是78g/mol；
【详解】
A、氯气与水的反应是可逆反应，标况下，11.2L氯气与足量水充分反应，转移电子数小于0.5 NA，故A错误；
B、1mol氩气含有的质子数为18mol，0.5mol氩气含有的质子数为9NA，故B错误；
C、胶体微粒数是许多微粒的集合体，若1L 0.2mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，则胶体微粒数小于0.2NA，故C错误；
D、1molNa2O2和1molNa2S阴离子数目相同，Na2O2和Na2S的摩尔质量都是78g/mol，78gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故D正确；
故选D。
3．C
【解析】
【分析】
A．碳酸钙为难溶物质，应保留化学式；
B．生成的H+与ClO-结合成弱酸HClO，Ca2+与SO42-形成微溶于水的CaSO4；
C．二者反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；
D．得失电子不守恒；
【详解】
A．大理石与醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO－+H2O+CO2↑+Ca2＋，故A错误；
B、漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：Ca2＋+3ClO－+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C、氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式：OH－+Ca2＋+HCO3－═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D、高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式：2MnO4－+10Cl－+16H＋═2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O，故D错误；
故选C。
4．D
【解析】
分析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。
详解：A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；
B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；
C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；
D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；
答案选D。
点睛：本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。
5．D
【解析】
【分析】
A、应在加入药品之前检查气密性；
B、滴定管的小刻度在上方；
C、应在坩埚中加热固体；
D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉不能透过。
【详解】
A、检查气密性，不能先加入药品，可利用压强差原理检验，故A错误；
B、滴定管的小刻度在上方，滴定终点读数为11.80mL，故B错误；
C、蒸发皿用于加热液体，应在坩埚中加热固体，故C错误；
D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉属于胶体不能透过半透膜，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理、实验操作规范性及物质性质，易错点A，气密性的检查，不能先加入药品，D项渗析法分离也是易错点，葡萄糖溶液是溶液，而淀粉溶液是胶体。
6．C
【解析】
【分析】
A、FeCl3溶液中滴入足量KI溶 液，发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳的密度比水的密度大；
B、NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀；
C、发生复分解反应生成氯化铵、碳酸氢钠；
D、碳酸钠与盐酸发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸；
【详解】
A、FeCl3溶液中滴入足量KI溶 液，发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳的密度比水的密度大，则下层呈紫红色，故A错误；
B、NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2－结合H＋的能力比CO32－强，故B错误；
C、发生复分解反应生成氯化铵、碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小，溶液中有固体析出，固体成分为NaHCO3，故C正确；
D、碳酸钠与盐酸发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸，不能比较Cl、C的非金属性，故D错误；
故选C。
7．D
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，该气体为NH3，结合原子序数大小，可推知A为氢元素、B为N元素；A和C同主族，C的原子序数大于N，则C为Na；D原子序数大于Na，处于第三周期，D原子最外层电子数与电子层数相等，则D为Al，E的原子半径在同周期最小，则E为Cl,结合元素周期律与元素化合物性质解答。
【详解】
由题干推知，A、B、C、D、E五种元素分别为H、N、Na、Al、Cl。
A项，原子半径从左到右逐渐减小，即原子半径：Na>Al>Cl>H，故A项正确；
B项，H2O2、Na2O2均含有非极性键，故B项正确；
C项，HNO3、NaOH能发生酸碱中和反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，故C项正确；
D项，AlCl3是分子晶体，熔融状态不导电，工业上常电解熔融的Al2O3制备Al，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】
本题考查结构性质位置关系应用，明确元素种类是关键，本题元素推断的突破口在于对物质特性的掌握，比如本题由气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，推出该气体为氨气，本题侧重对元素周期律的考查，要熟练掌握元素性质的递变规律。
8．C
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热ΔH<0。平衡后升温，平衡左移，NO2含量增加，A项错误；
B项：v(O3)=v(NO2)=×=0.1mol/(L·s)，B项错误；
C项：图中a、b两点混合物组成相同，但b点温度较高、反应较快，即v正：b点>a点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆>v正。C项正确；
D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。
本题选C。
9．C
【解析】
【分析】
A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质强弱无关；
B、磷酸钠是强电解质、磷酸是弱电解质；
C、HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，如果盐酸中c(H＋)是醋酸溶液中c(H＋)的2倍，则c (HCl) <2c (CH3COOH)；
D、将等体积、等浓度的NaOH溶液和氨水各稀释一倍后，溶质的物质的量仍然相同。
【详解】
A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故A错误；
B、磷酸钠是强电解质、磷酸是弱电解质，物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液所含PO43-浓度前者高于后者，故B错误；
C、HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，令醋酸中氢离子浓度为c(H+)，c(H+)
故选C。
10．D
【解析】
【分析】
HA为弱酸，说明HA在水溶液里部分电离，溶液中存在电离平衡，根据HA的电离程度确定HA的强弱，选项中能说明溶液中存在化学平衡的就可以证明HA是弱电解质。
【详解】
①NaA溶液的pH>7，说明A－离子水解，溶液显碱性，对应HA为弱酸，故①正确；
②溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，用HA溶液做导电实验时灯泡很暗，不能说明HA为弱电解质，故②错误；
③pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若为强酸pH应变化为4，说明HA溶液中存在电离平衡，故③正确；
④HA的溶解度比HCl的小，与电解质的强弱无必然联系，故④错误；
⑤ 用HA溶液浸泡水壶中的水垢,可将其清除，只能说明酸性比碳酸强，不能说明它是弱电解质，故⑤错误。
故选D。
【点睛】
本题考查了电解质强弱的判断，根据电解质的电离程度确定电解质强弱，判断酸为弱电解质的方法有：根据0.1mol·L－1酸的pH大小、NaA溶液的酸碱性、相同浓度相同元数的酸溶液导电能力大小，由已知弱酸制取该酸。
11．C
【解析】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。
点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。
12．D
【解析】
【分析】
pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸。
【详解】
pH=2的二元酸H2A加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH=4，所以H2A为强酸，故A错误；由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以水溶液中c(OH-)=10－10 mol·L－1，B错误；水溶液中，NaHA完全电离：NaHA═Na++H++A2-，溶液中不存在HA－离子，C错误；H2A为强酸，H2B为弱酸，Na2B的水溶液中加入H2A溶液，依据强酸制弱酸的原理，Na2B溶液能与H2A溶液发生反应，D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，并注意电离与水解相结合和强酸制弱酸来解答。
13．B
【解析】
【分析】
A、带有活塞和瓶塞子的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；
B、盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；
C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色；
D、根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析浓度的误差。
【详解】
A、滴定管是带有活塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故A正确；
B、应用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，引起误差，故B错误；
C、用标准盐酸测定氨水的浓度，滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙在酸性范围内变色，最适宜使用的指示剂是甲基橙，故C正确；
D、已知浓度滴定未知浓度，终点读数时俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏小，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，解题关键：注意操作的规范性，难点D，实验中常见的误差分析，应用c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析。
14．C
【解析】
【分析】
A．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)比较，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；
B． t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液；
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)；
D．图象可知Ksp(AgCl)=10-10，Ksp(AgI)=10-16，结合溶度积常数计算。
【详解】
A．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)比较，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，由图象可知曲线X的Ksp=10-10，曲线Y的Ksp=10-16，，则Y表示的是AgI离子浓度变化，故A错误；
B．t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液，故B错误；
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)=10-10/10-16=106，故C正确；
D．图象可知Ksp(AgCl)=10-10，Ksp(AgI)=10-16，t℃时，向浓度均为0.1mol·L－1的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3 溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)==10-5mol·L－1，此时c(I－)=10-16/10-5mol·L－1=1×10-11mol·L－1，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查了沉淀溶解平衡的理解应用，解题关键：溶度积常数计算、影响溶解平衡的因素，难点是C、D项关于溶度积常数的计算。
15．D
【解析】
【分析】
A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离，说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小；
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，结合物料守恒判断；
C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒；
D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解；
【详解】
A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，水解能力CN－＞F－，所以相同浓度的钠盐溶液pH，NaF＜NaCN，故A错误；
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒得c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故B错误；
C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2c(S2－)+c(HS－)+c(OH－)，故C错误；
D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c(NH4＋)由大到小的顺是：①＞②＞③＞④，故D正确；
【点睛】
本题考查离子浓度大小比较，解题关键：明确溶液中溶质构成及其性质；易错点C，电荷守恒式子离子浓度前的计量数的含义；难点B，物料守恒判断，注意B中溶液成分及其浓度关系。
16．D
【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。
详解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。
C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。
D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
17．B
【解析】
【分析】
由于氧化性Cr2O72->Fe3+，即Cr2O72-可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72-得电子被还原，故b极为正极。
【详解】
Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，B正确；原电池中，阴离子移向负极，即SO42-移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O72-得电子被还原：Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，D错误。
故选B。
【点睛】
本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧化反应，正极发生还原反应是判断关键点。
18．B
【解析】
A. b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B. a电极是负极，发生失去电子的 氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C. 如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。
19．4.4～7.5H＋＋HCO3－=CO2↑＋H2O，Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑氧化剂2mol2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋10－37.4酸性KMnO4溶液或铁氰化钾
【解析】
(1)该工艺流程的目的为生产碱式硫酸铁，废铁屑中含少量氧化铝等杂质，所以要除去Al保留Fe；加入稀硫酸发生反应Ⅰ，则反应Ⅰ所得溶液中含有Fe2+、Al3+、H+、SO42-等，加入少量NaHCO3调节pH，且控制pH使Al3＋ 完全沉淀，而Fe2 ＋ 不沉淀。根据表格数据可推断，pH应控制在4.4～7.5范围内。
故答案为：4.4～7.5；
(2)根据流程可知，反应Ⅱ中硫酸亚铁转化为硫酸铁，所以通入的O2 与NaNO2 均作氧化剂；若有11.2 L O2即0.5mol O2参与反应，则转移电子2mol；若用NaNO2作氧化剂，还原产物为NO，每mol NaNO2转移1mol电子，所以标况下11.2 L
O2 相当于2mol NaNO2；
故答案为：2mol；
(3)根据已知信息：Fe(OH)2＋ 转化为Fe2(OH)42－，Fe元素化合价没有发生改变，根据原子守恒可知：2 Fe(OH)2＋ →Fe2(OH)42－，根据电荷守恒可知，应生成H＋。该反应为部分水解，应打“⇌”，所以离子方程式应为：2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋；根据Fe(OH)3(s) ⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)，可得Ksp = c(Fe3+)×c3 (OH- )；pH=3.2时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe 3+ )=1.0×10 -5 mol/L，c(H+ )=10 -3.2 mol/L，c(OH- )=10-10.8 mol/L，所以有，Ksp = c(Fe3+)×c3 (OH- )=10-5 ×(10-10.8 )3 =10-37.4 。
故答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋；10-37.4；
(4)可以利用Fe2＋的还原性检验Fe2＋的存在，取少量待测液，则滴入几滴酸性KMnO4 溶液后，若溶液的紫色褪去，则证明存在Fe2＋。也可用铁氰化钾，溶液出现若蓝色沉淀，则证明含有Fe2+；
故答案为：酸性KMnO4溶液或铁氰化钾。
点睛：检验Fe2＋的存在，最常见的一种方法为：取少量样液，滴加少量氯水，溶液不变红，再滴加几滴KSCN溶液，如果溶液变血红色，则证明含有Fe2＋。本题(4)问中不能采用这种方式，因产品中本身含Fe3＋，加KSCN一定会变红，不能判断Fe2＋的存在。此为易错点。
20．2CO(g)+SO2(g)＝2CO2(g)+S(s) ΔH＝－270 kJ·mol−1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 CD 1.4 mol 0.06mol/(L·min) 8
【解析】
【分析】
(1)燃烧热是指101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式；
(2)①反应活化能越小反应越容易进行；
②A．图象为反应相同时间t后的转化率，反应经历时间t后，并不一定达到化学平衡；
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积，相当于对反应减压，考虑到O3的分解反应，利于臭氧分解为O2，O3浓度减小，不利于反应正向进行；
C．根据图象，温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零；
D．脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫；
③其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0mol NO、2.0mol SO2的模拟烟气和4.0mol O3，反应Ⅰ中NO转化率为80%，反应的NO为1.6mol，反应的O3为1.6mol；反应Ⅱ中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.6mol，反应的O3为0.6mol；2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.4mol，则体系中剩余O3的物质的量=4.0mol－1.6mol-0.6mol-0.4mol=1.4mol；
SO2的平均反应速率由公式：反应速率=△c/△t计算。
平衡状态下O2物质的量=1.6mol+0.6mol+0.6mol=2.8mol，O3物质的量1.4mol，NO剩余物质的量=2mol-1.6mol=0.4mol，过程中生成NO2物质的量1.6mol，据此计算平衡常数。
【详解】
(1)已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol−1 、283.0 kJ·mol−1，热化学方程式为：
①S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=-296.0kJ·mol－1
②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol－1
盖斯定律计算②×2-①得到：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)△H=-270 kJ·mol－1；
(2)①反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1＝－200.9 kJ•mol−1 Ea1＝3.2 kJ•mol−1
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1
反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，相同温度下NO的转化率远高于SO2的原因是：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；
②A．图象为反应相同时间t后的转化率，反应经历时间t后，并不一定达到化学平衡，所以Q点不一定为平衡点，故A错误；
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积，相当于对反应减压，考虑到O3的分解反应，利于臭氧分解为O2，O3浓度减小，不利于反应正向进行，所以不能提高NO和SO2的转化率，故B错误；
C．根据图象，温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零，故C正确；
D．脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫，故D正确，
故答案为：CD；
③其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0mol NO、2.0mol SO2的模拟烟气和4.0mol O3，反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ·mol－1 Ea1=3.2kJ·mol－1，反应中NO转化率为80%，反应的NO为1.6mol，反应的O3为1.6mol；反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1，反应中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.6mol，反应的O3为0.6mol；2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.4mol，则体系中剩余O3的物质的量=4.0mol－1.6mol-0.6mol-0.4mol=1.4mol，
SO2的平均反应速率=△c/△t=0.6mol/(2L×5min)=0.06mol/(L·min)，
平衡状态下O2物质的量=1.6mol+0.6mol+0.6mol=2.8mol，O3物质的量1.4mol，NO剩余物质的量=2mol-1.6mol=0.4mol，过程中生成NO2物质的量1.6mol，据此计算平衡常数，NO(g)+O3(g )NO2(g)+O2(g)，平衡常数K= =8。
21．NaH2PO2 c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+) 2 H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用 F- +H3PO4 =HF+H2PO4- H3PO3 >H3PO2 >H3PO4
【解析】
【分析】
(1)①向10mL H3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2－、OH－两种阴离子，H3PO2是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
②该溶液中c(H＋)= ，pH=-lgc(H＋)；
(2)第一步电离出的氢离子抑制第二步电离；
(3)HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠；
(4)相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大。
【详解】
(1)①向10mL H3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2－、OH－两种阴离子，H3PO2是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(H2PO2－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
②该溶液中c(H＋)=，pH=-lgc(H＋)=-lg =2；
(2)第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大，因为：H3PO3第一步电离出的H＋对第二步电离起到抑制作用；
(3)HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为F－+H3PO4=HF+H2PO4－；
(4)相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大，电离平衡常数(多元酸看第一步电离平衡常数)H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，则酸性H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，相同浓度的这几种酸中氢离子浓度H3PO3＞H3PO2＞H3PO4。
22．控制反应温度或调节酸的滴加速度安全瓶，防止倒吸SNaOH溶液打开K1关闭K2酸式滴定管滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失否
【解析】
【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。
(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；
(2)由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；
(3)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S，故答案为：S；
(4)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液；关闭K2打开K1；
【实验二】(5)①硝酸银溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装；Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，半分钟内沉淀不消失；
②消耗AgNO3的物质的量为1.5×10-3L×0.0001mol/L=1.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10-7mol×2×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否。
点睛：本题考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的理解。本题的易错点为(5)②的计算判断，注意根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是
A．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
C．明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒
D．处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将Mg(OH)2转化为更难溶的MgCO3
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．标况下，11.2L氯气与足量水充分反应，转移电子数为0.5 NA
B．0.5mol氩气含有的质子数为18NA
C．若1L 0.2mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，则胶体微粒数为0.2NA
D．78gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的阴离子数目一定是NA
3．下列离子方程式正确的是
A．大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑
B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
C．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+H2O
D．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+=Mn2++2Cl2↑+4H2O
4．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
5．下列实验装置能达到实验目的的是
A
B
C
D
向该装置中加入金属Zn和稀硫酸，并关闭活塞，用于检查装置的气密性
记录滴定终点读数为12.20mL
灼烧胆矾晶体使其分解
分离含淀粉和葡萄糖的溶液
6．下列实验的现象及相应的结论都正确的是
实验
现象
结论
A
向FeCl3溶液中滴入足量KI溶液，再加入CCl4振荡、静置
上层液体呈紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
将NaAlO2溶液滴入NaHCO3溶液中
有白色沉淀生成
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应
C
向NaCl饱和溶液中先通入NH3至饱和，再通入足量CO2
溶液中有固体析出
固体成分为NaHCO3
D
向碳酸钠溶液中先滴入酚酞，再滴加稀盐酸
溶液先变红，后溶液红色变浅直至消失
非金属性：Cl>C
7．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其单质常温下有三种气态两种固态，A和B形成的气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，E的原子半径在同周期最小，则下列说法不正确的是
A．原子半径大小：C>D>E>A
B．A、C的氧化物均可能含有非极性键
C．B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
D．工业中常用电解熔融DE3制备单质D
8．臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是
A
B
C
D
平衡后升温，NO2含量降低
0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
v正：b点>a点
b点：v逆>v正
恒温，t1时再充入O3
9．下列说法正确的是
A．弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液弱
B．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液所含PO43-浓度也相同
C．如果盐酸中c(H+)是醋酸溶液中c(H+)的2倍，则c (HCl) <2c (CH3COOH)
D．将等体积、等浓度的NaOH溶液和氨水各稀释一倍后，两者中和等浓度盐酸的能力氨水强于NaOH溶液
10．25℃时，下列事实中能说明HA 为弱电解质的是
①NaA 溶液的pH>7 ②用HA溶液做导电实验时灯泡很暗③pH=2 的HA溶液稀释至100倍，pH 约为3.1④HA的溶解度比HCl的小 ⑤ 用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除
A．①②③ B．①②⑤ C．①③④ D．①③
11．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH- △H＞0，下列叙述正确的是
A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c (H+)增大
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大
D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c(H+)降低
12．常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述正确的是
A．H2A的电离方程式为H2A H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2
B．pH＝4的H2A水溶液中c(OH-)=10－12 mol·L－1
C．NaHA、NaHB的混合溶液中，阴离子有A2－、HA－、HB－、B2－、OH-
D．Na2B的水溶液能与H2A溶液发生反应
13．下列关于中和滴定的操作错误的是
A．滴定前需要检查滴定管是否漏水
B．用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶
C．用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙
D．已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低
14．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．曲线Y表示与的变化关系
B．t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝1×106
D．t℃时，向浓度均为0.1mol/ L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c(I－) = 1×10－5 mol/L
15．下列比较中，正确的是
A．同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c()＞c(Cl-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)
D．同浓度的下列溶液中，①(NH4)2SO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c()由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④
16．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
17．某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr2O72-＞Fe3＋，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是
A．甲烧杯的溶液中发生还原反应
B．外电路的电流方向是从b到a
C．电池工作时，盐桥中的SO42-移向乙烧杯
D．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O72-＋14H＋
18．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS－＋4H2O－8e－===SO42-＋9H＋
C．如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
D．若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移，则有0.5 mol H＋通过质子交换膜
二、综合题
19．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4 ]是一种新型高效絮凝剂，常用于污水处理，在医疗上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下所示：
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：
沉淀物
Fe(OH) 3
Fe(OH) 2
Al(OH) 3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
请回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3 的目的是调节溶液的pH，除去Al3＋ ，①pH的范围__________，②写出可能发生的离子方程式：________________。
(2)在实际生产中，反应Ⅱ中常同时通入O2 ，以减少NaNO2 的用量，O2 与NaNO2 在反应中均作__________。若参与反应的O2 有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2 的物质的量为________。
(3)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋ 可部分水解生成Fe2(OH)42－，该水解反应的离子方程式为________________________________________________________________。 Fe(OH)3 的Ksp =____________。(提示，开始沉淀c(Fe 3+ )浓度为1.0×10 -5 mol/L)
(4)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋ 及NO3－。为检验所得的产品中是否含有Fe2＋ ，应使用的试剂为________。
20．氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：
(1)有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol−1、283.0 kJ·mol−1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式________________。
(2)某科研小组研究臭氧氧化−−碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1＝－200.9 kJ•mol−1 Ea1＝3.2 kJ•mol−1
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：
①由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_____________________________________________________________________________。
②下列说法正确的是________。
A．Q点一定为平衡状态点
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率
C．温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零
D．臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫
③假设100℃时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是___________；SO2的平均反应速率为________；反应Ⅰ在此时的平衡常数为_______________。
21．磷能形成多种含氧酸。
(1)一元中强酸次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，向10 mL H3PO2溶液中加入10 mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子。
① 写出H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。
② 若25℃时，K (H3PO2) = 1×10-2，则0.01 mol · L-1的H3PO2溶液的pH =________。
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1= 3.7×10-2、K2=2.6×10-7。
试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异______________。
(3) 25 ℃时，HF的电离常数为K = 3.6×10-4； H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3＝4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为______。
(4)相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为______________________________________________________(用酸的分子式表示)。
三、实验题
22．氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2 。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理排放情况。
I.实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3
(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有_____________(写出一条)。
(2)b装置的作用是_____________ 。
(3)反应开始后，c 中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为__________(填化学式)。
(4)实验结束后，在e处最好连接盛__________(填“NaOH 溶液”、“水”、“CCl4”中的一种) 的注射器，接下来的操作为______________，最后拆除装置。
II.氰化钠废水处理
(5)已知: a.废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；
b.Ag++2CN-==[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI 呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。
实验如下: 取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。
①滴定时1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液应用________(填仪器名称) 盛装； 滴定终点时的现象是______________。
②处理后的废水是否达到排放标准_______(填“是”或“否”)。
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
A、电化学腐蚀更普遍；
B、镁比铁活泼，作原电池的负极；
C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水；
D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶。
【详解】
A、电化学腐蚀更普遍，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故A错误；
B、镁比铁活泼，作原电池的负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水，不是用作自来水的杀菌消毒，故C错误；
D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶，处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，故D错误。
故选B。
2．D
【解析】
【分析】
A、氯气与水的反应是可逆反应；
B、1mol氩气含有的质子数为18mol；
C、胶体微粒数是许多微粒的集合体；
D、1molNa2O2和1molNa2S阴离子数目相同，Na2O2和Na2S的摩尔质量都是78g/mol；
【详解】
A、氯气与水的反应是可逆反应，标况下，11.2L氯气与足量水充分反应，转移电子数小于0.5 NA，故A错误；
B、1mol氩气含有的质子数为18mol，0.5mol氩气含有的质子数为9NA，故B错误；
C、胶体微粒数是许多微粒的集合体，若1L 0.2mol/L的FeCl3溶液完全水解形成胶体，则胶体微粒数小于0.2NA，故C错误；
D、1molNa2O2和1molNa2S阴离子数目相同，Na2O2和Na2S的摩尔质量都是78g/mol，78gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故D正确；
故选D。
3．C
【解析】
【分析】
A．碳酸钙为难溶物质，应保留化学式；
B．生成的H+与ClO-结合成弱酸HClO，Ca2+与SO42-形成微溶于水的CaSO4；
C．二者反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；
D．得失电子不守恒；
【详解】
A．大理石与醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO－+H2O+CO2↑+Ca2＋，故A错误；
B、漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：Ca2＋+3ClO－+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C、氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式：OH－+Ca2＋+HCO3－═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D、高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式：2MnO4－+10Cl－+16H＋═2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O，故D错误；
故选C。
4．D
【解析】
分析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。
详解：A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；
B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；
C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；
D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；
答案选D。
点睛：本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。
5．D
【解析】
【分析】
A、应在加入药品之前检查气密性；
B、滴定管的小刻度在上方；
C、应在坩埚中加热固体；
D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉不能透过。
【详解】
A、检查气密性，不能先加入药品，可利用压强差原理检验，故A错误；
B、滴定管的小刻度在上方，滴定终点读数为11.80mL，故B错误；
C、蒸发皿用于加热液体，应在坩埚中加热固体，故C错误；
D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉属于胶体不能透过半透膜，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理、实验操作规范性及物质性质，易错点A，气密性的检查，不能先加入药品，D项渗析法分离也是易错点，葡萄糖溶液是溶液，而淀粉溶液是胶体。
6．C
【解析】
【分析】
A、FeCl3溶液中滴入足量KI溶 液，发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳的密度比水的密度大；
B、NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀；
C、发生复分解反应生成氯化铵、碳酸氢钠；
D、碳酸钠与盐酸发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸；
【详解】
A、FeCl3溶液中滴入足量KI溶 液，发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳的密度比水的密度大，则下层呈紫红色，故A错误；
B、NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2－结合H＋的能力比CO32－强，故B错误；
C、发生复分解反应生成氯化铵、碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小，溶液中有固体析出，固体成分为NaHCO3，故C正确；
D、碳酸钠与盐酸发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸，不能比较Cl、C的非金属性，故D错误；
故选C。
7．D
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，该气体为NH3，结合原子序数大小，可推知A为氢元素、B为N元素；A和C同主族，C的原子序数大于N，则C为Na；D原子序数大于Na，处于第三周期，D原子最外层电子数与电子层数相等，则D为Al，E的原子半径在同周期最小，则E为Cl,结合元素周期律与元素化合物性质解答。
【详解】
由题干推知，A、B、C、D、E五种元素分别为H、N、Na、Al、Cl。
A项，原子半径从左到右逐渐减小，即原子半径：Na>Al>Cl>H，故A项正确；
B项，H2O2、Na2O2均含有非极性键，故B项正确；
C项，HNO3、NaOH能发生酸碱中和反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，故C项正确；
D项，AlCl3是分子晶体，熔融状态不导电，工业上常电解熔融的Al2O3制备Al，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】
本题考查结构性质位置关系应用，明确元素种类是关键，本题元素推断的突破口在于对物质特性的掌握，比如本题由气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，推出该气体为氨气，本题侧重对元素周期律的考查，要熟练掌握元素性质的递变规律。
8．C
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热ΔH<0。平衡后升温，平衡左移，NO2含量增加，A项错误；
B项：v(O3)=v(NO2)=×=0.1mol/(L·s)，B项错误；
C项：图中a、b两点混合物组成相同，但b点温度较高、反应较快，即v正：b点>a点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆>v正。C项正确；
D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。
本题选C。
9．C
【解析】
【分析】
A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质强弱无关；
B、磷酸钠是强电解质、磷酸是弱电解质；
C、HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，如果盐酸中c(H＋)是醋酸溶液中c(H＋)的2倍，则c (HCl) <2c (CH3COOH)；
D、将等体积、等浓度的NaOH溶液和氨水各稀释一倍后，溶质的物质的量仍然相同。
【详解】
A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故A错误；
B、磷酸钠是强电解质、磷酸是弱电解质，物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液所含PO43-浓度前者高于后者，故B错误；
C、HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，令醋酸中氢离子浓度为c(H+)，c(H+)
故选C。
10．D
【解析】
【分析】
HA为弱酸，说明HA在水溶液里部分电离，溶液中存在电离平衡，根据HA的电离程度确定HA的强弱，选项中能说明溶液中存在化学平衡的就可以证明HA是弱电解质。
【详解】
①NaA溶液的pH>7，说明A－离子水解，溶液显碱性，对应HA为弱酸，故①正确；
②溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，用HA溶液做导电实验时灯泡很暗，不能说明HA为弱电解质，故②错误；
③pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若为强酸pH应变化为4，说明HA溶液中存在电离平衡，故③正确；
④HA的溶解度比HCl的小，与电解质的强弱无必然联系，故④错误；
⑤ 用HA溶液浸泡水壶中的水垢,可将其清除，只能说明酸性比碳酸强，不能说明它是弱电解质，故⑤错误。
故选D。
【点睛】
本题考查了电解质强弱的判断，根据电解质的电离程度确定电解质强弱，判断酸为弱电解质的方法有：根据0.1mol·L－1酸的pH大小、NaA溶液的酸碱性、相同浓度相同元数的酸溶液导电能力大小，由已知弱酸制取该酸。
11．C
【解析】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。
点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。
12．D
【解析】
【分析】
pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸。
【详解】
pH=2的二元酸H2A加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH=4，所以H2A为强酸，故A错误；由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以水溶液中c(OH-)=10－10 mol·L－1，B错误；水溶液中，NaHA完全电离：NaHA═Na++H++A2-，溶液中不存在HA－离子，C错误；H2A为强酸，H2B为弱酸，Na2B的水溶液中加入H2A溶液，依据强酸制弱酸的原理，Na2B溶液能与H2A溶液发生反应，D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，并注意电离与水解相结合和强酸制弱酸来解答。
13．B
【解析】
【分析】
A、带有活塞和瓶塞子的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；
B、盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；
C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色；
D、根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析浓度的误差。
【详解】
A、滴定管是带有活塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故A正确；
B、应用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，引起误差，故B错误；
C、用标准盐酸测定氨水的浓度，滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙在酸性范围内变色，最适宜使用的指示剂是甲基橙，故C正确；
D、已知浓度滴定未知浓度，终点读数时俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏小，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，解题关键：注意操作的规范性，难点D，实验中常见的误差分析，应用c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析。
14．C
【解析】
【分析】
A．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)比较，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；
B． t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液；
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)；
D．图象可知Ksp(AgCl)=10-10，Ksp(AgI)=10-16，结合溶度积常数计算。
【详解】
A．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)比较，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，由图象可知曲线X的Ksp=10-10，曲线Y的Ksp=10-16，，则Y表示的是AgI离子浓度变化，故A错误；
B．t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液，故B错误；
C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)=10-10/10-16=106，故C正确；
D．图象可知Ksp(AgCl)=10-10，Ksp(AgI)=10-16，t℃时，向浓度均为0.1mol·L－1的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3 溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)==10-5mol·L－1，此时c(I－)=10-16/10-5mol·L－1=1×10-11mol·L－1，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查了沉淀溶解平衡的理解应用，解题关键：溶度积常数计算、影响溶解平衡的因素，难点是C、D项关于溶度积常数的计算。
15．D
【解析】
【分析】
A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离，说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小；
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，结合物料守恒判断；
C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒；
D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解；
【详解】
A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，水解能力CN－＞F－，所以相同浓度的钠盐溶液pH，NaF＜NaCN，故A错误；
B．0.2 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒得c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故B错误；
C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2c(S2－)+c(HS－)+c(OH－)，故C错误；
D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c(NH4＋)由大到小的顺是：①＞②＞③＞④，故D正确；
【点睛】
本题考查离子浓度大小比较，解题关键：明确溶液中溶质构成及其性质；易错点C，电荷守恒式子离子浓度前的计量数的含义；难点B，物料守恒判断，注意B中溶液成分及其浓度关系。
16．D
【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。
详解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。
C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。
D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
17．B
【解析】
【分析】
由于氧化性Cr2O72->Fe3+，即Cr2O72-可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72-得电子被还原，故b极为正极。
【详解】
Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，B正确；原电池中，阴离子移向负极，即SO42-移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O72-得电子被还原：Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，D错误。
故选B。
【点睛】
本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧化反应，正极发生还原反应是判断关键点。
18．B
【解析】
A. b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B. a电极是负极，发生失去电子的 氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C. 如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。
19．4.4～7.5H＋＋HCO3－=CO2↑＋H2O，Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑氧化剂2mol2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋10－37.4酸性KMnO4溶液或铁氰化钾
【解析】
(1)该工艺流程的目的为生产碱式硫酸铁，废铁屑中含少量氧化铝等杂质，所以要除去Al保留Fe；加入稀硫酸发生反应Ⅰ，则反应Ⅰ所得溶液中含有Fe2+、Al3+、H+、SO42-等，加入少量NaHCO3调节pH，且控制pH使Al3＋ 完全沉淀，而Fe2 ＋ 不沉淀。根据表格数据可推断，pH应控制在4.4～7.5范围内。
故答案为：4.4～7.5；
(2)根据流程可知，反应Ⅱ中硫酸亚铁转化为硫酸铁，所以通入的O2 与NaNO2 均作氧化剂；若有11.2 L O2即0.5mol O2参与反应，则转移电子2mol；若用NaNO2作氧化剂，还原产物为NO，每mol NaNO2转移1mol电子，所以标况下11.2 L
O2 相当于2mol NaNO2；
故答案为：2mol；
(3)根据已知信息：Fe(OH)2＋ 转化为Fe2(OH)42－，Fe元素化合价没有发生改变，根据原子守恒可知：2 Fe(OH)2＋ →Fe2(OH)42－，根据电荷守恒可知，应生成H＋。该反应为部分水解，应打“⇌”，所以离子方程式应为：2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋；根据Fe(OH)3(s) ⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)，可得Ksp = c(Fe3+)×c3 (OH- )；pH=3.2时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe 3+ )=1.0×10 -5 mol/L，c(H+ )=10 -3.2 mol/L，c(OH- )=10-10.8 mol/L，所以有，Ksp = c(Fe3+)×c3 (OH- )=10-5 ×(10-10.8 )3 =10-37.4 。
故答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2O⇌Fe2(OH)42－＋2H＋；10-37.4；
(4)可以利用Fe2＋的还原性检验Fe2＋的存在，取少量待测液，则滴入几滴酸性KMnO4 溶液后，若溶液的紫色褪去，则证明存在Fe2＋。也可用铁氰化钾，溶液出现若蓝色沉淀，则证明含有Fe2+；
故答案为：酸性KMnO4溶液或铁氰化钾。
点睛：检验Fe2＋的存在，最常见的一种方法为：取少量样液，滴加少量氯水，溶液不变红，再滴加几滴KSCN溶液，如果溶液变血红色，则证明含有Fe2＋。本题(4)问中不能采用这种方式，因产品中本身含Fe3＋，加KSCN一定会变红，不能判断Fe2＋的存在。此为易错点。
20．2CO(g)+SO2(g)＝2CO2(g)+S(s) ΔH＝－270 kJ·mol−1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 CD 1.4 mol 0.06mol/(L·min) 8
【解析】
【分析】
(1)燃烧热是指101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式；
(2)①反应活化能越小反应越容易进行；
②A．图象为反应相同时间t后的转化率，反应经历时间t后，并不一定达到化学平衡；
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积，相当于对反应减压，考虑到O3的分解反应，利于臭氧分解为O2，O3浓度减小，不利于反应正向进行；
C．根据图象，温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零；
D．脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫；
③其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0mol NO、2.0mol SO2的模拟烟气和4.0mol O3，反应Ⅰ中NO转化率为80%，反应的NO为1.6mol，反应的O3为1.6mol；反应Ⅱ中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.6mol，反应的O3为0.6mol；2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.4mol，则体系中剩余O3的物质的量=4.0mol－1.6mol-0.6mol-0.4mol=1.4mol；
SO2的平均反应速率由公式：反应速率=△c/△t计算。
平衡状态下O2物质的量=1.6mol+0.6mol+0.6mol=2.8mol，O3物质的量1.4mol，NO剩余物质的量=2mol-1.6mol=0.4mol，过程中生成NO2物质的量1.6mol，据此计算平衡常数。
【详解】
(1)已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol−1 、283.0 kJ·mol−1，热化学方程式为：
①S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=-296.0kJ·mol－1
②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol－1
盖斯定律计算②×2-①得到：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)△H=-270 kJ·mol－1；
(2)①反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1＝－200.9 kJ•mol−1 Ea1＝3.2 kJ•mol−1
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1
反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，相同温度下NO的转化率远高于SO2的原因是：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；
②A．图象为反应相同时间t后的转化率，反应经历时间t后，并不一定达到化学平衡，所以Q点不一定为平衡点，故A错误；
B．其它条件不变，若扩大反应器的容积，相当于对反应减压，考虑到O3的分解反应，利于臭氧分解为O2，O3浓度减小，不利于反应正向进行，所以不能提高NO和SO2的转化率，故B错误；
C．根据图象，温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零，故C正确；
D．脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫，故D正确，
故答案为：CD；
③其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0mol NO、2.0mol SO2的模拟烟气和4.0mol O3，反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ·mol－1 Ea1=3.2kJ·mol－1，反应中NO转化率为80%，反应的NO为1.6mol，反应的O3为1.6mol；反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2＝－241.6 kJ•mol−1 Ea2＝58 kJ•mol−1，反应中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.6mol，反应的O3为0.6mol；2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.4mol，则体系中剩余O3的物质的量=4.0mol－1.6mol-0.6mol-0.4mol=1.4mol，
SO2的平均反应速率=△c/△t=0.6mol/(2L×5min)=0.06mol/(L·min)，
平衡状态下O2物质的量=1.6mol+0.6mol+0.6mol=2.8mol，O3物质的量1.4mol，NO剩余物质的量=2mol-1.6mol=0.4mol，过程中生成NO2物质的量1.6mol，据此计算平衡常数，NO(g)+O3(g )NO2(g)+O2(g)，平衡常数K= =8。
21．NaH2PO2 c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+) 2 H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用 F- +H3PO4 =HF+H2PO4- H3PO3 >H3PO2 >H3PO4
【解析】
【分析】
(1)①向10mL H3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2－、OH－两种阴离子，H3PO2是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
②该溶液中c(H＋)= ，pH=-lgc(H＋)；
(2)第一步电离出的氢离子抑制第二步电离；
(3)HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠；
(4)相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大。
【详解】
(1)①向10mL H3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2－、OH－两种阴离子，H3PO2是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(H2PO2－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
②该溶液中c(H＋)=，pH=-lgc(H＋)=-lg =2；
(2)第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大，因为：H3PO3第一步电离出的H＋对第二步电离起到抑制作用；
(3)HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为F－+H3PO4=HF+H2PO4－；
(4)相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大，电离平衡常数(多元酸看第一步电离平衡常数)H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，则酸性H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，相同浓度的这几种酸中氢离子浓度H3PO3＞H3PO2＞H3PO4。
22．控制反应温度或调节酸的滴加速度安全瓶，防止倒吸SNaOH溶液打开K1关闭K2酸式滴定管滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失否
【解析】
【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。
(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；
(2)由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；
(3)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S，故答案为：S；
(4)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液；关闭K2打开K1；
【实验二】(5)①硝酸银溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装；Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，半分钟内沉淀不消失；
②消耗AgNO3的物质的量为1.5×10-3L×0.0001mol/L=1.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10-7mol×2×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否。
点睛：本题考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的理解。本题的易错点为(5)②的计算判断，注意根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准。
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