【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学等七校2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

江西省南昌市八一中学、洪都中学等七校2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 S:32
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题都只有一个选项符合题意)
1.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是
①25 ℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗
③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。
考点：考查弱酸的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。
2.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c(H＋) B. Ka(HF) C. c(F-)/c(H+) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不断减小，A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+)不会超过10-7mol•L-1，c(F-)不断减小，则比值变小，C错误；D、因Ka(HF)=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c(F-)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，D正确；答案选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c(H+)不会超过10-7mol•L-1，根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变。
3. 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是

A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】
分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；
据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少；
分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；
据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少；
再利用：升温，平衡向吸热反应方向移动；降压，平衡向气体体积增大的反应方向移动；
4.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液　④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1∶10∶100∶1000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的盐酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水电离产生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；综上所述，本题选A。
【点睛】常温下纯水的电离c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或碱）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或碱）浓度越大，由水电离产生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。
5.室温下，某无色透明溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10－26，一定能大量共存的离子组是(　 )
A. Cl—、HCO3—、Na＋、K＋ B. Fe3＋、NO3—、K＋、H＋
C. NO3—、Ba2＋、K＋、Cl— D. Al3＋、SO42—、NH4＋、Cl—
【答案】C
【解析】
【分析】
室温下某无色透明溶液中由水电离出的H+和OH-浓度的乘积为1×10-26，则c（H+）=1×10-13，溶液为酸或碱溶液，据此答题。
【详解】A.HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，则离子一定不能共存，故A错误；
B.酸溶液中该组离子之间不反应，则能共存；碱溶液中OH-与Fe3＋结合生成氢氧化铁沉淀，则一定不能共存，故B错误；
C.该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D.酸溶液中该组离子之间不反应，则能共存；但碱溶液中氢氧离子分别与Al3＋、NH4＋反应，则不能共存，故D错误。
故选C。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：(1)能发生复分解反应的离子之间；(2)能生成微溶物的离子之间；(3)能发生氧化还原反应的离子之间；(4)能发生络合反应的离子之间。
6.下列实验不能达到预期实验目的是（  ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1 CH3COONa溶液的pH，故A不能达到预期实验目的，故A选；B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不选；C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不选；D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不选；故选A。
7.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15

25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是(　　)




图Ⅰ　碱性锌锰电池
图Ⅱ铅­硫酸蓄电池
图Ⅲ　电解精炼铜
图Ⅳ　银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A.该电池反应中MnO2得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误;B.铅蓄电池放电时电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O, 该反应中有浓H2SO4参加反应,导致硫酸的浓度降低,故B错误;C.粗铜中不仅含有铜,还含有其他金属,电解时,粗铜中有铜和其他金属失电子,纯铜上只有Cu2+得电子,所以阴极_上析出的铜大于阳极上减少的铜,溶液中Cu2+浓度减小，故C错误;D项,原电池中电子由负极沿导线流向正极,所以电子由Zn极流向Ag2O极,故D正确。
9.下列比较中正确的是（ ）
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】A.不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中 NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A错误；B.相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B正确；C.同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，③NaNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，所以 pH：①>③>②，故C错误；D.氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D错误。答案：B。
10. 下图各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为

A. ⑤②①③④ B. ④③①②⑤ C. ⑤④②①③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
判断金属腐蚀快慢，首先判断该金属是充当原电池还是电解池的电极，若是电解池的阳极，金属腐蚀速率最快，其次是充当原电池的负极腐蚀较快，而作为电解池的阴极和原电池的正极不被腐蚀。其中第⑤，Fe作为电解池的阳极，腐蚀最快，②③④均为原电池，第③中，Fe为正极，不被腐蚀，②④中Fe均为负极被腐蚀，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn大，④中铁腐蚀较快，其腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤④②①③。
11.可逆反应mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)，在反应过程中，当其他条件不变时，D的百分含量与温度(T)和压强(P)的关系如图所示，判断下列叙述中不正确的是：

A. 达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动
B. 达到平衡后，若使用催化剂，D的物质的量分数不变
C. 化学方程式中一定有m＜p＋q
D. 平衡后增大B的量，有利于平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
在可逆反应中，温度越高或压强越大，平衡越快到达平衡。由图可知，T2温度时反应较快达到平衡，即T2>T1，在同一时间，降低温度，平衡转化率升高，故可逆正反应放热；P2压强时反应较快平衡，即P2>P1，在同一时间，降低压强，平衡转化率升高，故m 【详解】A. 反应放热，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A正确；
B. 达到平衡后，若使用催化剂，催化剂不改变平衡状态，只改变反应速率，故D的物质的量分数不变，B正确；
C.降低压强，平衡正向移动，故化学方程式中一定有m＜p＋q，C正确；
D. B为固体，在平衡中增大浓度不改变反应平衡，D错误；
答案为D。
【点睛】本题难点是温度或压强对于反应反应快慢的影响，然后根据因素变化进行分析，易错点在于固体物质的质量不影响平衡或反应速率。
12.下列说法中，与盐类水解有关的是（　　）
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶于少量的浓盐酸再加水稀释；
③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】:①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物,铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用作净水剂,故①正确;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行,实验室配制FeCl3溶液时,往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸,故②正确;③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理,故③正确;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性, NH4Cl+H2O⇌NH3H2O+HCl,加入镁会和盐酸发生反应生成氢气,故④正确;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗,草木灰与氨态氮肥不能混合施用,故⑤正确;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性,则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性,是利用盐溶液水解后酸碱性不同,故⑥正确;综上所述①②③④⑤⑥正确; A. ①④⑥；符合题意；B. ②③⑤不符合题意；C. ③④⑤不符合题意；D. ①②③④⑤⑥符合题意；答案：D。
【点睛】①明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用于净水;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行;③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,加入镁会发生反应生成氢气;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性.
13.已知A(g)＋C(g)===D(g)；ΔH＝－Q1kJ/mol，B(g)＋C(g)===E(g)；ΔH＝－Q2kJ/mol，Q1、Q2均大于0，且Q1>Q2，若A与B组成的混合气体 1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ，则原混合气体中A与B物质的量之比为(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.1molA与C完全反应放出热量为Q1 kJ,1molB与C完全反应放出热量为Q2kJ ,设混合气体中A的物质的量为x,B的物质的量为y,则①x+y=1mol,再根据放出的热量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根据①和②计算得出:x=mol、y=mol,则A和B的物质的量之比为::=:(), A. 符合题意； B. 不符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：A。
【点睛】设混合物中A的物质的量为x、B的物质的量为y,然后根据二者的反应热及总物质的量列式计算出A和B的物质的量,再计算出A和B的物质的量之比.
14.用石墨作电极电解AlCl3溶液时,如下图所示的电解变化曲线合理的是(　　)

A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】因为Al3+水解呈酸性，pH＜7，随着电解的进行，H+减少，pH增大，生成难溶物增多：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑。但pH不会大于7，而且Al(OH)3沉淀也不会溶解，故②③错误，①④正确。
答案选A。
15.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
16.常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是

A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)＜c(CN-)
B. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
C. 点④所示溶液液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】B
【解析】
点①溶液有电荷守恒：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以点①溶液的c(CN-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；点②溶液有电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以点②溶液的c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；因为两点所处的溶液中加入的氢氧化钠溶液体积相等，所以c(Na+)一定相等，而点①溶液的pH高于点②溶液，即点①溶液的c(H+)小于点②溶液而且点①溶液的c(OH-)大于点②溶液，所以得到点①溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)一定小于点②溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)，即点①溶液的c(CN-)小于点②溶液的c(CH3COO-)，选项A错误。开始时为20.00mL浓度均为0.10 mol·L-1 的CH3COOH溶液和HCN溶液，所以两溶液中CH3COOH和HCN的物质的量相等，由物料守恒得到：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)，加入氢氧化钠不会影响上述的物料守恒，所以等式依然成立，点①和点②所示溶液的体积相等，所以在等式：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)的两侧都除以相同的溶液体积得到：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH) =c(HCN)+c(CN-)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，选项B正确。点④所示溶液加入了20mL的氢氧化钠溶液，此时酸碱恰好中和，形成CH3COONa溶液，该溶液的离子溶度顺序为c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项C错误。根据电荷守恒，点②和点③所示溶液中都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，如果题目所说两点所示溶液都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)成立，则两点溶液都应该有c(Na+)=c(CH3COOH)，实际两点溶液均不存在以上结果。点②所示溶液加入了10mL氢氧化钠溶液，中和一半的醋酸，应该得到CH3COOH和CH3COONa浓度相等的混合溶液，此时溶液显酸性，可以认为CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以有c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，即c(Na+)≠c(CH3COOH)；点②所示溶液中已经是c(Na+)＞c(CH3COOH)，随着氢氧化钠的加入c(Na+)增大，c(CH3COOH)减小，点③所示溶液中两者更不可能相等，选项D错误。
Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、非选择题(本题共5个大题，除说明外，每空2分，共52分)
17.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问題。
(1)生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是_____________(用离子方程式表示)。
(2)常温下，取0.2 mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH=5，则PH=13的MOH溶液的浓度_______0.1mol/L(填＜、＞或＝)。
(3)0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则
① 该溶液中 c(H2A)_______________c(A2-)(填＜、＞或＝)。
② 作出上述判断的依据是_____________(用文字解释)。
(4)含Cr2O72-的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10-3 mol/L的Cr2O72-。为了使废水的排放达标，进行如下处理：

绿矾为FeSO4• 7H2O。反应(I)中Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为___________。常温下若处理后的废水中c(Cr3+)=6.0×10-7mol/L，则处理后的废水的 pH=_______。{Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (2). ＞ (3). ＞ (4). NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度 (5). 1：6 (6). 6
【解析】
【详解】（1）硫酸铝溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
（2）酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：＞；
（3）①溶液显碱性，说明水解大于电离，所以水解出的H2A浓度大于电离出的A2－浓度。②NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度；
（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为1：6；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=c3（OH-）×6.0×10-7=6.0×10-31 ，c（OH-）=1.0×10-8 ，其pH=6。
18.已知某气体反应的平衡常数可表示为K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3OH)，该反应在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。请回答下列问题：
（1）写出上述反应的化学方程式：_____________________________________________。
（2）该反应的△H__________0。
（3）已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
物质
CH3OH(g）
CH3OCH3(g）
H2O(g）
浓度/（mol•L-1）
0.54
0.68
0.68
①此时温度400℃，则某时刻υ正_______（填＜、＞或＝，下同）υ逆。

②如上图，若以温度为横坐标，以该温度下平衡态甲醇物质的量n为纵坐标，此时反应点在图象的位置是图中________点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率υB_________υD，理由是____________________________________________________。
（4）一定条件下要提高反应物的转化率，可以采用的措施是_______。
a．升高温度 b．加入催化剂 c．压缩容器的体积
d．增加水蒸气的浓度 e．及时分离出产物
【答案】 (1). 2CH3OHCH3OCH3+H2O (2). > (3). > (4). A (5). < (6). 温度升高，化学反应速率加快 (7). ae
【解析】
试题分析：（1）根据气体反应的平衡常数K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3OH)，可得该反应的化学方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O。
（2）根据400℃，K=32；500℃，K=44，温度升高，K值增大，该反应是吸热反应，△H > 0.
（3）①根据表格提供的数据Q=（0.68×0.68）÷（0.54×0.54）=1.6υ逆；②根据图像，位于图像上的点都是化学平衡点，位于图像上方的点，都需要降低甲醇物质的量达到平衡，即反应正向移动，υ正 >υ逆，所以此时反应点在图象的位置是图中A点，因为温度升高，化学反应速率加快，所以图中B、D两点所对应的正反应速率υB <υD。
（4）a．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应物转化率增大，正确；b．加入催化剂，平衡不移动，错误；c．压缩容器的体积，即增大压强，平衡不移动，错误；d．增加水蒸气的浓度，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，错误；e．及时分离出产物，平衡正向移动，反应为转化率增大，正确；选ae。
考点：考查化学反应方程式的书写，化学图像的分析与判断，影响平衡的因素。
19.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：

(1)若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动　
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝　
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度　
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
且此时装置内总反应的离子方程式为_____________________________________________________
(3)该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。

①该电解槽的阳极反应式为_________________________________________，此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
②制得的氢氧化钾溶液从出口________(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
用惰性电极电解体积为1L的CuSO4溶液，当阴阳极都产生3.36L(标况)气体时，请问硫酸铜的浓度为______，若要此溶液恢复到原状态需要加入________(填选项)
A.CuSO4 B.CuO C.Cu(OH)2 D.Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ②④ (4). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+) (6). 小于 (7). D (8). 0.15mol/L (9). C
【解析】
【详解】（1）开始时开关K与a连接，组成了原电池，铁为负极，A为正极，A极氧气得到电子产生氢氧根离子，A的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；B极的Fe发生吸氧腐蚀；
（2）①电解时阳离子向阴极移动，故①错误；
②A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故②正确；
③阳极生成氯气，阴极生成氢气，则通入适量氯化氢可恢复到原浓度，故③错误；
④若标准状况下B极产生2.24L氢气，由2H++2e-=H2↑可知转移0.2mol电子，故④正确．
故答案为：②④；
开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，总的电极反应是电解饱和食盐水，电极反应方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
(3) ①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；
故答案为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+；＜；
②氢氧化钠在阴极生成，所以在D口导出；
用石墨电极电解CuSO4溶液，阳极反应为:4OH- -4e-=2H2O+ O2↑，
阴极电极反应为:Cu2+ +2e- = Cu,2H++2e- = H2↑,总反应离子方程式为:
2Cu2+ + 2H2O2Cu +4H++O2↑，当阳极产生标准状况下气体3.36L时，生成氧气的物质的量为: = 0.15mol, 电子转移0.15mol4=0.6mol, 生成氢气的物质的量为: = 0.15mol, 电子转移0.15mol2=0.3mol,根据得失电子守恒可知，n(Cu2+)== 0.15mol，硫酸铜的浓度为0.15mol/L；据此进行分析,阳极析出氧气，阴极析出Cu和氢气，则应加入Cu(OH)2，可恢复到原状态,答案选C。
20.已知25℃时草酸(H2C2O4)的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的Ksp=2.5×10-9。不同温度下水的离子积常数见下表：
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10-14
0.134
0.292
0.681
1.00
2.92
5.57
38.0
55.0
(1)常温下将0.2 mol/L的KOH溶液20 mL与0.2 mol/L的草酸溶液20 mL混合后溶液显酸性，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为__________________________________；
(2)已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液(稀硫酸酸化)褪色，若在锥形瓶中放入20.00mL未知浓度的草酸，用0.1mol/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，若共消耗VmL高锰酸钾溶液，则草酸的物质的量浓度为__________mol/L。
(3)90℃时，将0.005 mol/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH=___________；
(4)25℃时若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4 mol/L的碳酸钾溶液10 mL，能否产生沉淀，___________(填“能”或“否”)。
【答案】 (1). c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—) (2). V/80 (3). 10 (4). 能
【解析】
【详解】（1）常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反应生成草酸氢钾，由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度，所以溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-） 溶液中离子浓度大小为：c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—)；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：
2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
10-4Vmol 0.02Xmol
可得：=
解得X=mol/L；
（3）0.005mol/L 20mL的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n=cV=0.005mol/L×0.02L=10-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10-4mol/L，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生，90℃下，Kw=3.8×10-13，c（OH-）=，则c（H+）=1.0×10-10，混合后溶液的pH=-lgc(H+)=10；
（4）在草酸钙的饱和溶液中，c（C2O42-）= c（Ca2+），根据草酸钙的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c（Ca2+）=2×10-4mol/L×=×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4mol/L×=×10-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca2+）·c （CO32-）=3.6×10-8＞Ksp=2.5×10-9，故有沉淀产生，故答案为能。
21.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：
(1)酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作造成测定结果偏高的是________ (填选项字母)
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确。
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
(2)氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：
滴定次数
待测液体积
(mL)
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10

①滴定时发生的离子反应方程式___________，KMnO4溶液应装在______________ (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________________。
②该草酸溶液的物质的量浓度为_____________。
(3)沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10－10
5.35×10－13
1.21×10－16
1.12×10－12
1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】 (1). C,D (2). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (3). 酸 (4). 锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.2 mol·L-1 (6). D
【解析】
【分析】
（1）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
（2）①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；
②先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c（待测）=分析计算出待测液的浓度；
（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。
【详解】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏低，选项A错误；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作正确，不影响测定结果，选项B错误；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c（待测）=可知，测定结果偏高，选项C正确；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据c（待测）=可知，测定结果偏高，选项D正确；
答案选：CD；
（2）①滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②三次滴定消耗标准液体积分别为：（20.40-0.50）mL=19.90mL，（23.00-3.00）mL=20.00 mL，（24.10-4.00）mL=20.10mL，可见三次滴定的数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为：=20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.1mol•L-1×0.020L=0.0020mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.005mol，则待测液草酸的物质的量浓度为：=0.2 mol•L-1；
（3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定操作，注意掌握中和滴定的操作方法、指示剂的选择、误差分析，该题是中等难度的试题，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。