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四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 Cr， 下列说法不正确的是， 下列方程式书写正确的是， 下图为工业合成氨的流程图等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Si：28 Cl：35.5 Cr：52 Fe：56
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项最符合题意)
1. 下列说法不正确的是
A. 反应物总能量高于生成物的总能量，反应时向环境释放能量
B. S在纯氧中燃烧并未将全部化学能转化为热能
C. 物质所含化学键键能越低，其越稳定
D. 化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，反应时向环境释放能量，故A正确；
B．S在纯氧中燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，并未将全部化学能转化为热能，故B正确；
C．物质所含化学键键能越大，化学键越稳定，则物质越稳定，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，是状态量，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
故答案为C。
2. 下列各组物质依次属于非电解质、强电解质、弱电解质的是
A. NaCl、Cl2、CH3COOHB. 酒精、NH4HCO3、H2O
C. CaO、烧碱、H2CO3D. CO、MgCl2、BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质要求属于化合物，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．非电解质是在水溶液中和熔融态下都不能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质、弱电解质是只能部分电离的电解质，酒精、碳酸氢铵、水依次属于非电解质、强电解质、弱电解质，故B正确；
C．CaO是活泼金属氧化物，在熔融态下能导电，是电解质，故C错误；
D．硫酸钡属于强电解质，故D错误；
故选B。
3. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
4. 反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的ΔH>0B. m＜n+p
C. B、C两点化学平衡常数：KB>KCD. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；
C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；
D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；
故选C。
5. 工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。
A. 反应过程中有极性键的断裂和生成
B. 反应的决速步骤为III→IV
C. 使用催化剂降低了反应的
D. 反应的热化学方程式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；
C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；
D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为 ，D错误；
故选A。
6. 下列方程式书写正确的是
A. 向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3=Al2(CO3)3↓
B. 在水中的水解方程式：
C. 已知：H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，HClO：Ka=4.0×10－8，向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式为：2NaClO＋CO2＋H2O=2HClO＋Na2CO3
D. 在水中的电离方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液发生双水解：，故A错误；
B．亚硫酸是二元弱酸，亚硫酸根离子水解分步进行以第一步为主：，故B错误；
C．H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，HClO：Ka=4.0×10－8，酸性，故向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式为：NaClO＋CO2＋H2O=HClO＋NaHCO3，故C错误；
D．在水分子作用下电离为亚硫酸根离子和水和氢离子：，故D正确；
故选D。
7. 室温下，向10 mL pH=11的氨水中加水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 将10 mL pH=11的氨水与10 mL pH=3的盐酸混合，所得溶液的pH=7
C. 溶液中不变
D. 一水合氨的电离程度增大，c(OH－)亦增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱，越稀越电离，因此稀释时导电粒子的数目增多，故A错误；
B．一水合氨是弱碱，水溶液中微弱电离，将10 mL pH=11的氨水与10 mL pH=3的盐酸混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故B错误；
C．溶液中只受温度影响，因此稀释过程中其值不变，故C正确；
D．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，根据列夏特列原理c(OH－)减小，故D错误；
故选C。
8. 在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 由水电离产生的H+浓度为1×10-13ml/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、
B. 某无色澄清溶液中：K+、H+、Fe2+、
C. 常温下，的溶液中：、Cl-、Na+、Mg2+
D. 加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：Cu2+、K+、Cl-、I-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由水电离产生的H+浓度为1×10-13ml/L的溶液中，水的电离受到抑制，可以为酸性溶液或碱性溶液，与酸性溶液中的氢离子会发生反应生成水和二氧化硫，与碱性溶液中的氢氧离子发生反应生成水和，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe2+显浅绿色，Fe2+不能存在于无色溶液中，且Fe2+可以被H+、氧化成Fe3+，故在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．常温下，KW=c(H+)c(OH-)=10-14ml/L，的溶液中c(H+)=0.1ml/L，c(OH-)=10-13ml/L，c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下，、Cl-、Na+、Mg2+之间不发生化学反应，故C符合题意；
D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有Fe3+，Cu2+、Fe3+都具有氧化性，I-具有还原性，Cu2+、Fe3+与I-之间会发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
9. 下图为工业合成氨的流程图。图中为提高原料转化率而采取的措施是
A. ①②③B. ①③⑤C. ②④⑤D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①净化干燥，不能提高原料的利用率，①错误；
②加压，体积减小，平衡正向移动，原料利用率提高，②正确；
③催化剂对平衡无影响，不能提高原料利用率，③错误；
④液化分离，减小氨气的浓度，平衡正向移动，原料利用率提高，④正确；
⑤剩余的氢气与氮气再循环，可提高原料利用率，⑤正确；
答案为C。
10. 下列说法正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热为57.3 KJ·ml－1，则H2SO3和NaOH反应的中和热为57.3kJ·ml－1
B. 已知C2H5OH(l)＋2O2(g)=2CO(g)＋3H2O(g) ΔH=－1366.8KJ·ml－1，则C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8 kJ·ml－1
C. 在一定温度和压强下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量，则其热化学方程式为ΔH=－38.6 kJ·ml－1
D. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸是弱酸，H2SO3和NaOH反应生成1ml水放出的热量比57.3低，故A错误；
B．燃烧热H指定的化合物是液态水，C指定的化合物是二氧化碳气体，故B错误；
C．该反应是可逆反应，投料不会完全反应，因此该反应的ΔH＜－38.6 kJ·ml－1，故C错误；
D．固态比气态能量低，该反应属于放热反应，因此0＞ΔH1＞ΔH2，故D正确；
故选D。
11. 100℃时， ，。和的消耗速率与浓度存在下列关系：，，其中、是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图象如图所示。下列有关说法正确的是
A. 曲线X表示消耗速率与浓度的关系
B. 与都有单位，且单位相同
C. 图中A点处于平衡状态
D. 若在温度下，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合，分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（ N2O4）=v（ NO2），结合平衡时速率的关系分析判断。
【详解】A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为，，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，故A错误；
B．根据，，浓度的单位为ml/L ，而反应速率的单位为ml/(L·s)，因此与都有单位，且单位不同，的单位是s-1，的单位为L /( ml·s)，故B错误；
C．交点A表示的消耗速率v（ N2O4）=v（ NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，故C错误；
D．100℃时，，K=0.36=，而平衡时，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此=2，则==0.36；若在温度下，，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即＞100℃，故D正确；
故答案为D。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列分析正确的是
A. 标准状况下，1.12L CCl4所含共价键数为2NA
B. 1ml Cl2与水充分反应，转移电子数为2NA
C. 用NaClO3和SO2制备1ml ClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1L 1ml/L NaClO溶液中含有ClO－数为1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；
B．有1ml氯气参加和水的反应时，转移电子数为NA，故B错误；
C．Cl从+5价降低到+4价，S从+4价升高到+6价，根据得失电子守恒：1ml ClO2~0.5NA SO2，故C正确；
D．次氯酸是弱酸，次氯酸根离子在水溶液中发生水解，1L 1ml/L NaClO溶液中含有ClO－数小于1NA，故D错误；
故选C。
13. 部分弱酸的电离平衡常数如下表：
下列说法不正确的是
A. 室温时，将的稀KOH溶液与的稀HCOOH充分反应，若，，则反应后溶液
B. 中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的物质的量相等
C. 等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH前者小于后者
D. c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，c(NH4HCO3)＞c(NH4CN)＞c(HCOONH4)
【答案】D
【解析】
【分析】酸的电离平衡常数HCOOH>H2CO3>HCN>，则酸根离子水解程度>CN->>HCOO-；
【详解】A．根据反应KOH+HCOOH=HCOOK+H2O，氢氧化钾溶液n(OH-)为x×10-3×10a-14，HCOOH溶液中n(H+)=y×10-3×10-b，由题中信息可知x=y，a+b=14，可知，混合前，氢氧化钾溶液n(OH-)和HCOOH溶液中n(H+)相等，氢氧化钾属于强电解质全部电离，但是醋酸是弱酸部分电离，混合后，还会电离出氢离子，所以混合后的溶液显酸性，pH<7，A正确；
B．HCOOH和HCN都是一元酸，若二者的浓度相等、体积相等，则二者的物质的量相等，与碱发生反应消耗的NaOH的物质的量就相等，B正确；
C．CHCOOH电离常数K大于HCN的电离常数K，稀释前相同浓度CHCOOH的pH小于HCN的pH，温度不变K值不变，稀释相同倍数，稀释后相同浓度CHCOOH的pH仍小于HCN的pH，C正确；
D．由上述分析可知，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN，酸根离子水解程度CN-＞＞HCOO-，促进铵根离子水解程度大小顺序是CN-＞＞HCOO-，则相同浓度的这几种盐溶液中c(NH)小顺序是c(NH4CN)＜c(NH4HCO3)＜c(HCOONH4)，所以c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D错误；
故选D。
14. 常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. M是曲线与 pH 的关系
B.
C. 水的电离程度：d>b>c>a
D. d点溶液：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当=0时，Ka1等于此时的氢离子浓度，当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度，因Ka1>Ka2，=0时的氢离子浓度大于=0时的氢离子浓度，则M为曲线与 pH 的关系，故A正确；
B．当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度=，故B正确；
C．由图可知d点的溶质主要为Na2A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na2A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H2A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用越大，则水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；
D．d点的溶质主要为Na2A和NaHA，且Na2A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：，故D正确；
故选：C。
15. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)HCOOCH3(g)＋2H2(g) ΔH1=＋135.4 kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋106.0 kJ·ml-1
向容积为10 L的恒容密闭容器中通入1 ml CH3OH(g)发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。(已知：HCOOCH3的选择性=)
下列说法错误的是
A. HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH=+76.6 kJ·ml-1
B. 实线代表是CH3OH的转化率
C. 553 K时，H2的体积分数为0.25
D. 高于553 K时，虚线趋势下降可能是因为HCOOCH3分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到 ，A正确；
B．反应Ⅰ、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化率增大，因此实线代表的是的转化率，B正确；
C．553K时，实线为的转化率20.0%，虚线为的选择性（50.0%），则
故553 K时，H2的体积分数为，C错误；
D．根据图中分析虚线为的选择性，实线为的转化率，高于553 K时，虚线趋势下降可能是因为HCOOCH3分解，D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4个大题，共55分)
16. 完成下列问题。
（1）已知石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)的ΔH>0，该反应能够自发进行的反应条件是___________(填“高温”或“低温”)。
（2）合成氨在工业生产中具有重要意义。在合成氨工业中I2O5常用于定量测量CO的含量。已知：2I2(s)＋5O2(g)=2I2O5(s) ΔH=－76 kJ·ml－1；2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=－566 kJ·ml－1.则该测定反应的热化学方程式为___________。
（3）实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。一定条件下，CO2与H2制备气态甲醇CH3OH的反应方程式为。在容积为的恒温密闭容器中，充入1mlCO2和3mlH2，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如下表。
①3~6min内，v(H2)=___________。
②12min末时，混合气体中CH3OH的物质的量分数为___________。
③第3min时v正(CH3OH)___________第9min时v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”，)，第12min时，v正(CH3OH)___________v逆(H2)(填“>”、“<”或“=”)。
（4）保持压强为，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，若投料比，一定温度下发生上述反应，下列说法不能作为反应是否达到平衡的判断依据的是___________(填标号)。
a．容器内气体的密度不再变化 b．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
c．CO2的体积分数不再变化 d．断裂3NA个H－H键的同时生成NA个水分子
（5）CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有以下两个竞争反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
为分析催化剂对反应的选择性，在1 L密闭容器中充入2 ml CO2和4 ml H2，测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示：
该催化剂在较低温度时主要选择___________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。520 ℃时，反应Ⅰ平衡常数K=___________(只列算式不计算)。
（6）温度为T时，将NH4HS(s)置于抽真空容器中，当反应达到平衡时，测得总压强为p，则该反应的压强平衡常数Kp为___________。
【答案】（1）高温 （2）5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s) ΔH=－1 377 kJ·ml－1
（3） ①. 0.075ml·L－1·min－1 ②. 30% ③. > ④. <
（4）cd （5） ①. 反应Ⅰ ②.
（6）
【解析】
【小问1详解】
该反应反应物中只有固体，生成物中有气体△S＞0，ΔH >0，△G=ΔH-T△S＜0时，T较大，该反应高温自发，故答案为：高温；
【小问2详解】
①2I2(s)＋5O2(g)=2I2O5(s) ΔH=－76 kJ·ml－1；
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=－566 kJ·ml－1；
目标反应③为5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s)，，，故答案为：5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s) ΔH=－1 377 kJ·ml－1；
【小问3详解】
3-6min，；，甲醇0-12min增加0.75ml，所以二氧化碳、氢气、甲醇、水的变化量分别为0.75ml、2.25ml、0.75ml、0.75ml，则12min时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为0.25ml、0.75ml、0.75ml、0.75ml，甲醇的物质的量分数为0.75÷（0.25+0.75+0.75+0.75）=30%；3min时反应还在正向进行，9min时已经达到平衡，所以3min时的正反应速率大于9min时的正反应速率，9min正逆反应速率相等，则3min正反应速率大于9min逆反应速率；12min已经达到平衡，甲醇的正逆反应速率相等，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以氢气的逆反应速率大于甲醇的正反应速率，故答案为：、30%、＞、＜；
【小问4详解】
恒压容器，体积变化，都是气体参加反应，气体密度是个变化值，不再变化达到平衡；反应正向体积减小，物质的量变化，都是气体参加的反应，平均相对分子量变化，不再变化达到平衡；设起始二氧化碳和氢气的量都是1，二氧化碳变化为x，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的量分别是1-x、1-3x、x、x，则二氧化碳的体积分数为是个定值，不再变化不能判断平衡；任意时刻都发生断裂3NA个H－H键的同时生成NA个水分子，不能判断平衡，故答案为：cd；
【小问5详解】
图像显示低温时主要生成甲烷，因此该催化剂低温主要选择催化剂Ⅰ；，图中显示520℃时甲烷和乙烯的物质的量都是0.2ml、，容器容积为1L，则平衡时二氧化碳、氢气、甲烷、水的浓度分别为1.4ml/L、2ml/L、0.2ml/L、1.2ml/L，则反应Ⅰ的平衡常数为，故答案为：反应Ⅰ、；
【小问6详解】
，反应前为固体，反应后为物质的量相等的氨气和硫化氢气体，则，，故答案为：。
17. 工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：①为加快酸浸速率可以采取的措施有___________(任写两条)。
②浸渣的主要成分为___________(填化学式)。
（2）氧化：①用H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为___________。
②H2O2实际用量比理论上多的原因是___________(用化学方程式解释)。
（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3＋、Fe3＋转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH最佳为________ (填字母)。
A．4.0左右 B．5.0左右 C．6.0左右
②检验Fe3+沉淀完全的实验方法为________。
（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3的实验操作为________(填名称)。
（5）碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 升温、适当增大H2SO4 的浓度、将铝土矿粉碎、搅拌等 ②. SiO2
（2） ①. 2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O ②. 2H2O22H2O+O2↑
（3） ①. B ②. 取少量沉淀后的溶液，静置，取上层清液于一支试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全或取静置后的上层清液少许于试管，继续滴加NaOH溶液，若无明显现象，则说明Fe3+沉淀完全
（4）过滤 （5）＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋
【解析】
【分析】铝土矿经过酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤可除去，过氧化氢可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用强碱NaOH溶液将Al(OH)3溶解生成偏铝酸盐，将氢氧化铁沉淀滤出进行分离，最后用酸对偏铝酸盐溶液进行处理生成氢氧化铝沉淀，加热使之分解出氧化铝；
【小问1详解】
为提高酸浸速率，可采取的措施：升温、适当增大H2SO4 的浓度、将铝土矿粉碎、搅拌等；二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣为SiO2；
【小问2详解】
①由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②H2O2遇Fe3+会被催化分解：2H2O22H2O+O2↑，从而导致实际用量多于理论用量，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
【小问3详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右，故答案为：B；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全，故答案为：取少量沉淀后的溶液，静置，取上层清液于一支试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全或取静置后的上层清液少许于试管，继续滴加NaOH溶液，若无明显现象，则说明Fe3+沉淀完全；
【小问4详解】
向沉淀中加入NaOH溶液，将Al（OH）3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe（OH）3，故答案为：过滤；
【小问5详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋。
18. 完成下列问题。
（1）①已知：HCN的Ka=4.9×10－10、CH3COOH的Ka=1.7×10－5，等浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液比较pH (NaCN)___________pH (CH3COONa) (填“>”“<”或“=”)。
②常温下若CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中c(Na+) =c(CH3COO－)，则该溶液呈___________性。(填“酸”“碱”或“中”)
③已知100 ℃时，0.01 ml·L－1 NaHSO4溶液中由水电离的c(H＋)=10－10 ml·L－1，该温度下将pH=8的Ba(OH)2溶液V1 L与pH=5的NaHSO4溶液 V2 L混合，所得溶液pH=7，则V1∶V2___________
（2）将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶，再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是___________(填序号)。
①胆矾、②氯化铝、③硫酸铝、④氯化铜、⑤硫酸亚铁、⑥碳酸钠、⑦亚硫酸钠、⑧NH4Cl、⑨KMnO4、⑩Ca(HCO3)2
（3）已知某温度时，Kw=1.0×10－12，Na2CO3溶液的水解常数Kh=2.0×10－3，则当溶液中c()∶c()=2∶1时，试求该溶液的pH=___________。
（4）下列事实，其中与盐类的水解有关的是___________(填序号)。
①NaHSO4溶液呈酸性 ②长期使用(NH4)2SO4化肥会使土壤酸性增大，发生板结
③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体 ④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体
（5）已知：H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，NH3·H2O：Kb=1.8×10－5现有常温下0.1 ml·L－1的(NH4)2CO3溶液，该溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是________ (填字母)。
A．c()＋c(H＋)=c()＋c(OH－)＋c()
B．c()＋c(NH3·H2O)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)
C．c()＋c()＋c(H2CO3)=0.1 ml·L－1
D．c(H＋)＋c()＋c(H2CO3)=c(OH－)＋c(NH3·H2O)
E．c()>c()>c()>c(NH3·H2O)
【答案】（1） ①. > ②. 中 ③. 2：9
（2）③⑥ （3）9
（4）②③④⑤ （5）AD
【解析】
【小问1详解】
由已知条件可知，HCN的酸性比CH3COOH的酸性弱，酸越弱，其盐碱性越强，则等浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液比较pH (NaCN)＞pH (CH3COONa)；混合溶液存在电荷守恒，若溶液中c(Na+) =c(CH3COO－)，则，溶液呈中性；碳酸氢钠溶液中，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，0.01 ml/L NaHSO4溶液中，水电离出的氢氧根离子为ml/L，则100℃时，该温度下，pH=8的Ba(OH)2溶液中，pH=5的NaHSO4溶液中，，根据两种溶液混合后所得溶液pH=7，则溶液呈碱性，氢氧根离子过量，，；
【小问2详解】
①胆矾溶于水得到硫酸铜溶液，蒸发结晶，再灼烧，得到硫酸铜，①不符合题意；
②氯化铝在水中发生水解，最终灼烧得到，②不符合题意；
③硫酸铝在水中发生水解，但由于硫酸难挥发，最终灼烧产物仍是硫酸铝，③符合题意；
④氯化铜在水中水解，最终灼烧产物为，④不符合题意；
⑤硫酸亚铁在蒸发过程容易被氧化，⑤不符合题意；
⑥碳酸钠溶于水，蒸发结晶，再灼烧得到的仍是碳酸钠，⑥符合题意；
⑦亚硫酸钠在蒸发、灼烧过程中易被氧化为硫酸钠，⑦不符合题意；
⑧NH4Cl在蒸发、灼烧过程中分解产生氨气和氯化氢，⑧不符合题意；
⑨高锰酸钾在蒸发、灼烧过程中分解，⑨不符合题意；
⑩Ca(HCO3)2在蒸发、灼烧过程中分解，⑩不符合题意；
故选③硫酸铝、⑥碳酸钠；
【小问3详解】
某温度时，水的离子积，碳酸钠的水解常数，当溶液中，则，结合，则，溶液的；
【小问4详解】
①NaHSO4溶液呈酸性，与电离有关，与水解无关，①不符合题意；
②长期使用(NH4)2SO4化肥会使土壤酸性增大，发生板结，是由于铵根离子在土壤中发生水解，产生氢离子，使土壤酸化，该过程与水解有关，②符合题意；
③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体，避免或减少的水解，该过程与水解有关，③符合题意；
④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，是由于碳酸钠水解产生的氢氧根离子与磨口玻璃塞中的反应生成硅酸，具有较强粘合性，瓶盖会打不开，该过程与水解有关，④符合题意；
⑤加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体，是因为发生水解，⑤符合题意；
故选②③④⑤；
【小问5详解】
A．根据电荷守恒，，A错误；
B．根据物料守恒，氮原子总数等于碳原子总数的2倍，，，B正确；
C．含碳粒子总浓度为，，C正确；
D．根据溶液中质子守恒，，，两式消去得，D错误；
E．溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以，溶液中离子浓度大小为，E正确；
故选AD。
19. 完成下列问题。
（1）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定Fe3O4中的二价铁的含量。若需配制浓度为0.010 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取___________ g K2Cr2O7[保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)=294.0 g·ml－1]。配制该标准溶液时，下列仪器中不是必须用到的有___________(填序号)。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（2）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高。以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：准确移取25.00 mL含和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液，将Cr3＋氧化成，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 ml·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。已知测定过程中发生的反应为：①2；②；③；废水中铬元素的总浓度是___________mg·L－1。
（3）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度：
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 ml·L－1的碘标准溶液滴定。反应原理为。
①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。
②滴定起始和终点的液面位置如图所示，则消耗碘标准溶液体积为________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为Mr) ________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是________ (填字母)。
A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】（1） ①. 0.7350 ②. ③⑦
（2）208 （3） ①. 滴入最后半滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 18.10 ③. ④. AD
【解析】
【小问1详解】
配制浓度为0.01000 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取0.01×0.25×294g=0.7350gK2Cr2O7；称取溶质固体需要电子天平，溶解固体需要用到烧杯、玻璃棒，最终配制溶液以及定容需要用到容量瓶、胶头滴管，故答案为：0.7350、③⑦；
【小问2详解】
经过处理后所有的Cr都以的形式存在，根据反应方程式有：，，m=0.0052g=5.2mg，则废水中铬元素的总浓度是5.2mg÷0.025L=208mg/L，故答案为208；
【小问3详解】弱酸
HCOOH
HCN
电离平衡常数(25℃)
时间
0min
3min
6min
9min
12min
n(CH3OH)/ml
0
0.50
a
0.75
0.75
n(CO2)/ml
1
0.50
0.35
025
0.25
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Si：28 Cl：35.5 Cr：52 Fe：56
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项最符合题意)
1. 下列说法不正确的是
A. 反应物总能量高于生成物的总能量，反应时向环境释放能量
B. S在纯氧中燃烧并未将全部化学能转化为热能
C. 物质所含化学键键能越低，其越稳定
D. 化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，反应时向环境释放能量，故A正确；
B．S在纯氧中燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，并未将全部化学能转化为热能，故B正确；
C．物质所含化学键键能越大，化学键越稳定，则物质越稳定，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，是状态量，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
故答案为C。
2. 下列各组物质依次属于非电解质、强电解质、弱电解质的是
A. NaCl、Cl2、CH3COOHB. 酒精、NH4HCO3、H2O
C. CaO、烧碱、H2CO3D. CO、MgCl2、BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质要求属于化合物，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．非电解质是在水溶液中和熔融态下都不能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质、弱电解质是只能部分电离的电解质，酒精、碳酸氢铵、水依次属于非电解质、强电解质、弱电解质，故B正确；
C．CaO是活泼金属氧化物，在熔融态下能导电，是电解质，故C错误；
D．硫酸钡属于强电解质，故D错误；
故选B。
3. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
4. 反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的ΔH>0B. m＜n+p
C. B、C两点化学平衡常数：KB>KCD. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；
C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；
D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；
故选C。
5. 工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。
A. 反应过程中有极性键的断裂和生成
B. 反应的决速步骤为III→IV
C. 使用催化剂降低了反应的
D. 反应的热化学方程式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；
C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；
D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为 ，D错误；
故选A。
6. 下列方程式书写正确的是
A. 向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3=Al2(CO3)3↓
B. 在水中的水解方程式：
C. 已知：H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，HClO：Ka=4.0×10－8，向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式为：2NaClO＋CO2＋H2O=2HClO＋Na2CO3
D. 在水中的电离方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液发生双水解：，故A错误；
B．亚硫酸是二元弱酸，亚硫酸根离子水解分步进行以第一步为主：，故B错误；
C．H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，HClO：Ka=4.0×10－8，酸性，故向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式为：NaClO＋CO2＋H2O=HClO＋NaHCO3，故C错误；
D．在水分子作用下电离为亚硫酸根离子和水和氢离子：，故D正确；
故选D。
7. 室温下，向10 mL pH=11的氨水中加水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 将10 mL pH=11的氨水与10 mL pH=3的盐酸混合，所得溶液的pH=7
C. 溶液中不变
D. 一水合氨的电离程度增大，c(OH－)亦增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱，越稀越电离，因此稀释时导电粒子的数目增多，故A错误；
B．一水合氨是弱碱，水溶液中微弱电离，将10 mL pH=11的氨水与10 mL pH=3的盐酸混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故B错误；
C．溶液中只受温度影响，因此稀释过程中其值不变，故C正确；
D．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，根据列夏特列原理c(OH－)减小，故D错误；
故选C。
8. 在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 由水电离产生的H+浓度为1×10-13ml/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、
B. 某无色澄清溶液中：K+、H+、Fe2+、
C. 常温下，的溶液中：、Cl-、Na+、Mg2+
D. 加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：Cu2+、K+、Cl-、I-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由水电离产生的H+浓度为1×10-13ml/L的溶液中，水的电离受到抑制，可以为酸性溶液或碱性溶液，与酸性溶液中的氢离子会发生反应生成水和二氧化硫，与碱性溶液中的氢氧离子发生反应生成水和，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe2+显浅绿色，Fe2+不能存在于无色溶液中，且Fe2+可以被H+、氧化成Fe3+，故在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．常温下，KW=c(H+)c(OH-)=10-14ml/L，的溶液中c(H+)=0.1ml/L，c(OH-)=10-13ml/L，c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下，、Cl-、Na+、Mg2+之间不发生化学反应，故C符合题意；
D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有Fe3+，Cu2+、Fe3+都具有氧化性，I-具有还原性，Cu2+、Fe3+与I-之间会发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
9. 下图为工业合成氨的流程图。图中为提高原料转化率而采取的措施是
A. ①②③B. ①③⑤C. ②④⑤D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①净化干燥，不能提高原料的利用率，①错误；
②加压，体积减小，平衡正向移动，原料利用率提高，②正确；
③催化剂对平衡无影响，不能提高原料利用率，③错误；
④液化分离，减小氨气的浓度，平衡正向移动，原料利用率提高，④正确；
⑤剩余的氢气与氮气再循环，可提高原料利用率，⑤正确；
答案为C。
10. 下列说法正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热为57.3 KJ·ml－1，则H2SO3和NaOH反应的中和热为57.3kJ·ml－1
B. 已知C2H5OH(l)＋2O2(g)=2CO(g)＋3H2O(g) ΔH=－1366.8KJ·ml－1，则C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8 kJ·ml－1
C. 在一定温度和压强下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量，则其热化学方程式为ΔH=－38.6 kJ·ml－1
D. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸是弱酸，H2SO3和NaOH反应生成1ml水放出的热量比57.3低，故A错误；
B．燃烧热H指定的化合物是液态水，C指定的化合物是二氧化碳气体，故B错误；
C．该反应是可逆反应，投料不会完全反应，因此该反应的ΔH＜－38.6 kJ·ml－1，故C错误；
D．固态比气态能量低，该反应属于放热反应，因此0＞ΔH1＞ΔH2，故D正确；
故选D。
11. 100℃时， ，。和的消耗速率与浓度存在下列关系：，，其中、是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图象如图所示。下列有关说法正确的是
A. 曲线X表示消耗速率与浓度的关系
B. 与都有单位，且单位相同
C. 图中A点处于平衡状态
D. 若在温度下，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合，分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（ N2O4）=v（ NO2），结合平衡时速率的关系分析判断。
【详解】A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为，，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，故A错误；
B．根据，，浓度的单位为ml/L ，而反应速率的单位为ml/(L·s)，因此与都有单位，且单位不同，的单位是s-1，的单位为L /( ml·s)，故B错误；
C．交点A表示的消耗速率v（ N2O4）=v（ NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，故C错误；
D．100℃时，，K=0.36=，而平衡时，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此=2，则==0.36；若在温度下，，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即＞100℃，故D正确；
故答案为D。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列分析正确的是
A. 标准状况下，1.12L CCl4所含共价键数为2NA
B. 1ml Cl2与水充分反应，转移电子数为2NA
C. 用NaClO3和SO2制备1ml ClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1L 1ml/L NaClO溶液中含有ClO－数为1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；
B．有1ml氯气参加和水的反应时，转移电子数为NA，故B错误；
C．Cl从+5价降低到+4价，S从+4价升高到+6价，根据得失电子守恒：1ml ClO2~0.5NA SO2，故C正确；
D．次氯酸是弱酸，次氯酸根离子在水溶液中发生水解，1L 1ml/L NaClO溶液中含有ClO－数小于1NA，故D错误；
故选C。
13. 部分弱酸的电离平衡常数如下表：
下列说法不正确的是
A. 室温时，将的稀KOH溶液与的稀HCOOH充分反应，若，，则反应后溶液
B. 中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的物质的量相等
C. 等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH前者小于后者
D. c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，c(NH4HCO3)＞c(NH4CN)＞c(HCOONH4)
【答案】D
【解析】
【分析】酸的电离平衡常数HCOOH>H2CO3>HCN>，则酸根离子水解程度>CN->>HCOO-；
【详解】A．根据反应KOH+HCOOH=HCOOK+H2O，氢氧化钾溶液n(OH-)为x×10-3×10a-14，HCOOH溶液中n(H+)=y×10-3×10-b，由题中信息可知x=y，a+b=14，可知，混合前，氢氧化钾溶液n(OH-)和HCOOH溶液中n(H+)相等，氢氧化钾属于强电解质全部电离，但是醋酸是弱酸部分电离，混合后，还会电离出氢离子，所以混合后的溶液显酸性，pH<7，A正确；
B．HCOOH和HCN都是一元酸，若二者的浓度相等、体积相等，则二者的物质的量相等，与碱发生反应消耗的NaOH的物质的量就相等，B正确；
C．CHCOOH电离常数K大于HCN的电离常数K，稀释前相同浓度CHCOOH的pH小于HCN的pH，温度不变K值不变，稀释相同倍数，稀释后相同浓度CHCOOH的pH仍小于HCN的pH，C正确；
D．由上述分析可知，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN，酸根离子水解程度CN-＞＞HCOO-，促进铵根离子水解程度大小顺序是CN-＞＞HCOO-，则相同浓度的这几种盐溶液中c(NH)小顺序是c(NH4CN)＜c(NH4HCO3)＜c(HCOONH4)，所以c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D错误；
故选D。
14. 常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. M是曲线与 pH 的关系
B.
C. 水的电离程度：d>b>c>a
D. d点溶液：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当=0时，Ka1等于此时的氢离子浓度，当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度，因Ka1>Ka2，=0时的氢离子浓度大于=0时的氢离子浓度，则M为曲线与 pH 的关系，故A正确；
B．当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度=，故B正确；
C．由图可知d点的溶质主要为Na2A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na2A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H2A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用越大，则水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；
D．d点的溶质主要为Na2A和NaHA，且Na2A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：，故D正确；
故选：C。
15. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)HCOOCH3(g)＋2H2(g) ΔH1=＋135.4 kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋106.0 kJ·ml-1
向容积为10 L的恒容密闭容器中通入1 ml CH3OH(g)发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。(已知：HCOOCH3的选择性=)
下列说法错误的是
A. HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH=+76.6 kJ·ml-1
B. 实线代表是CH3OH的转化率
C. 553 K时，H2的体积分数为0.25
D. 高于553 K时，虚线趋势下降可能是因为HCOOCH3分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到 ，A正确；
B．反应Ⅰ、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化率增大，因此实线代表的是的转化率，B正确；
C．553K时，实线为的转化率20.0%，虚线为的选择性（50.0%），则
故553 K时，H2的体积分数为，C错误；
D．根据图中分析虚线为的选择性，实线为的转化率，高于553 K时，虚线趋势下降可能是因为HCOOCH3分解，D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4个大题，共55分)
16. 完成下列问题。
（1）已知石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)的ΔH>0，该反应能够自发进行的反应条件是___________(填“高温”或“低温”)。
（2）合成氨在工业生产中具有重要意义。在合成氨工业中I2O5常用于定量测量CO的含量。已知：2I2(s)＋5O2(g)=2I2O5(s) ΔH=－76 kJ·ml－1；2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=－566 kJ·ml－1.则该测定反应的热化学方程式为___________。
（3）实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。一定条件下，CO2与H2制备气态甲醇CH3OH的反应方程式为。在容积为的恒温密闭容器中，充入1mlCO2和3mlH2，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如下表。
①3~6min内，v(H2)=___________。
②12min末时，混合气体中CH3OH的物质的量分数为___________。
③第3min时v正(CH3OH)___________第9min时v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”，)，第12min时，v正(CH3OH)___________v逆(H2)(填“>”、“<”或“=”)。
（4）保持压强为，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，若投料比，一定温度下发生上述反应，下列说法不能作为反应是否达到平衡的判断依据的是___________(填标号)。
a．容器内气体的密度不再变化 b．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
c．CO2的体积分数不再变化 d．断裂3NA个H－H键的同时生成NA个水分子
（5）CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有以下两个竞争反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
为分析催化剂对反应的选择性，在1 L密闭容器中充入2 ml CO2和4 ml H2，测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示：
该催化剂在较低温度时主要选择___________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。520 ℃时，反应Ⅰ平衡常数K=___________(只列算式不计算)。
（6）温度为T时，将NH4HS(s)置于抽真空容器中，当反应达到平衡时，测得总压强为p，则该反应的压强平衡常数Kp为___________。
【答案】（1）高温 （2）5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s) ΔH=－1 377 kJ·ml－1
（3） ①. 0.075ml·L－1·min－1 ②. 30% ③. > ④. <
（4）cd （5） ①. 反应Ⅰ ②.
（6）
【解析】
【小问1详解】
该反应反应物中只有固体，生成物中有气体△S＞0，ΔH >0，△G=ΔH-T△S＜0时，T较大，该反应高温自发，故答案为：高温；
【小问2详解】
①2I2(s)＋5O2(g)=2I2O5(s) ΔH=－76 kJ·ml－1；
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=－566 kJ·ml－1；
目标反应③为5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s)，，，故答案为：5CO(g)＋I2O5(s)=5CO2(g)＋I2(s) ΔH=－1 377 kJ·ml－1；
【小问3详解】
3-6min，；，甲醇0-12min增加0.75ml，所以二氧化碳、氢气、甲醇、水的变化量分别为0.75ml、2.25ml、0.75ml、0.75ml，则12min时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为0.25ml、0.75ml、0.75ml、0.75ml，甲醇的物质的量分数为0.75÷（0.25+0.75+0.75+0.75）=30%；3min时反应还在正向进行，9min时已经达到平衡，所以3min时的正反应速率大于9min时的正反应速率，9min正逆反应速率相等，则3min正反应速率大于9min逆反应速率；12min已经达到平衡，甲醇的正逆反应速率相等，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以氢气的逆反应速率大于甲醇的正反应速率，故答案为：、30%、＞、＜；
【小问4详解】
恒压容器，体积变化，都是气体参加反应，气体密度是个变化值，不再变化达到平衡；反应正向体积减小，物质的量变化，都是气体参加的反应，平均相对分子量变化，不再变化达到平衡；设起始二氧化碳和氢气的量都是1，二氧化碳变化为x，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的量分别是1-x、1-3x、x、x，则二氧化碳的体积分数为是个定值，不再变化不能判断平衡；任意时刻都发生断裂3NA个H－H键的同时生成NA个水分子，不能判断平衡，故答案为：cd；
【小问5详解】
图像显示低温时主要生成甲烷，因此该催化剂低温主要选择催化剂Ⅰ；，图中显示520℃时甲烷和乙烯的物质的量都是0.2ml、，容器容积为1L，则平衡时二氧化碳、氢气、甲烷、水的浓度分别为1.4ml/L、2ml/L、0.2ml/L、1.2ml/L，则反应Ⅰ的平衡常数为，故答案为：反应Ⅰ、；
【小问6详解】
，反应前为固体，反应后为物质的量相等的氨气和硫化氢气体，则，，故答案为：。
17. 工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如下。
（1）酸浸：①为加快酸浸速率可以采取的措施有___________(任写两条)。
②浸渣的主要成分为___________(填化学式)。
（2）氧化：①用H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为___________。
②H2O2实际用量比理论上多的原因是___________(用化学方程式解释)。
（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3＋、Fe3＋转化为沉淀。溶液终点pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。
①为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH最佳为________ (填字母)。
A．4.0左右 B．5.0左右 C．6.0左右
②检验Fe3+沉淀完全的实验方法为________。
（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3的实验操作为________(填名称)。
（5）碳分：向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 升温、适当增大H2SO4 的浓度、将铝土矿粉碎、搅拌等 ②. SiO2
（2） ①. 2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O ②. 2H2O22H2O+O2↑
（3） ①. B ②. 取少量沉淀后的溶液，静置，取上层清液于一支试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全或取静置后的上层清液少许于试管，继续滴加NaOH溶液，若无明显现象，则说明Fe3+沉淀完全
（4）过滤 （5）＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋
【解析】
【分析】铝土矿经过酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤可除去，过氧化氢可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用强碱NaOH溶液将Al(OH)3溶解生成偏铝酸盐，将氢氧化铁沉淀滤出进行分离，最后用酸对偏铝酸盐溶液进行处理生成氢氧化铝沉淀，加热使之分解出氧化铝；
【小问1详解】
为提高酸浸速率，可采取的措施：升温、适当增大H2SO4 的浓度、将铝土矿粉碎、搅拌等；二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣为SiO2；
【小问2详解】
①由题干流程图信息可知，在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②H2O2遇Fe3+会被催化分解：2H2O22H2O+O2↑，从而导致实际用量多于理论用量，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
【小问3详解】
①由题干图示信息可知，pH=5.0左右时铝铁的沉淀率均比较高了，接近100%，再提高pH沉淀率增大不显著，且消耗更多的Na2CO3，故为获得较高的铝、铁沉淀率，应控制溶液pH为5.0左右，故答案为：B；
②检验Fe3+沉淀完全的操作为：静置，取上层清液于一试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全，故答案为：取少量沉淀后的溶液，静置，取上层清液于一支试管，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明Fe3+沉淀完全或取静置后的上层清液少许于试管，继续滴加NaOH溶液，若无明显现象，则说明Fe3+沉淀完全；
【小问4详解】
向沉淀中加入NaOH溶液，将Al（OH）3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe（OH）3，故答案为：过滤；
【小问5详解】
向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋。
18. 完成下列问题。
（1）①已知：HCN的Ka=4.9×10－10、CH3COOH的Ka=1.7×10－5，等浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液比较pH (NaCN)___________pH (CH3COONa) (填“>”“<”或“=”)。
②常温下若CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中c(Na+) =c(CH3COO－)，则该溶液呈___________性。(填“酸”“碱”或“中”)
③已知100 ℃时，0.01 ml·L－1 NaHSO4溶液中由水电离的c(H＋)=10－10 ml·L－1，该温度下将pH=8的Ba(OH)2溶液V1 L与pH=5的NaHSO4溶液 V2 L混合，所得溶液pH=7，则V1∶V2___________
（2）将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶，再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是___________(填序号)。
①胆矾、②氯化铝、③硫酸铝、④氯化铜、⑤硫酸亚铁、⑥碳酸钠、⑦亚硫酸钠、⑧NH4Cl、⑨KMnO4、⑩Ca(HCO3)2
（3）已知某温度时，Kw=1.0×10－12，Na2CO3溶液的水解常数Kh=2.0×10－3，则当溶液中c()∶c()=2∶1时，试求该溶液的pH=___________。
（4）下列事实，其中与盐类的水解有关的是___________(填序号)。
①NaHSO4溶液呈酸性 ②长期使用(NH4)2SO4化肥会使土壤酸性增大，发生板结
③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体 ④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体
（5）已知：H2CO3：Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11，NH3·H2O：Kb=1.8×10－5现有常温下0.1 ml·L－1的(NH4)2CO3溶液，该溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是________ (填字母)。
A．c()＋c(H＋)=c()＋c(OH－)＋c()
B．c()＋c(NH3·H2O)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)
C．c()＋c()＋c(H2CO3)=0.1 ml·L－1
D．c(H＋)＋c()＋c(H2CO3)=c(OH－)＋c(NH3·H2O)
E．c()>c()>c()>c(NH3·H2O)
【答案】（1） ①. > ②. 中 ③. 2：9
（2）③⑥ （3）9
（4）②③④⑤ （5）AD
【解析】
【小问1详解】
由已知条件可知，HCN的酸性比CH3COOH的酸性弱，酸越弱，其盐碱性越强，则等浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液比较pH (NaCN)＞pH (CH3COONa)；混合溶液存在电荷守恒，若溶液中c(Na+) =c(CH3COO－)，则，溶液呈中性；碳酸氢钠溶液中，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，0.01 ml/L NaHSO4溶液中，水电离出的氢氧根离子为ml/L，则100℃时，该温度下，pH=8的Ba(OH)2溶液中，pH=5的NaHSO4溶液中，，根据两种溶液混合后所得溶液pH=7，则溶液呈碱性，氢氧根离子过量，，；
【小问2详解】
①胆矾溶于水得到硫酸铜溶液，蒸发结晶，再灼烧，得到硫酸铜，①不符合题意；
②氯化铝在水中发生水解，最终灼烧得到，②不符合题意；
③硫酸铝在水中发生水解，但由于硫酸难挥发，最终灼烧产物仍是硫酸铝，③符合题意；
④氯化铜在水中水解，最终灼烧产物为，④不符合题意；
⑤硫酸亚铁在蒸发过程容易被氧化，⑤不符合题意；
⑥碳酸钠溶于水，蒸发结晶，再灼烧得到的仍是碳酸钠，⑥符合题意；
⑦亚硫酸钠在蒸发、灼烧过程中易被氧化为硫酸钠，⑦不符合题意；
⑧NH4Cl在蒸发、灼烧过程中分解产生氨气和氯化氢，⑧不符合题意；
⑨高锰酸钾在蒸发、灼烧过程中分解，⑨不符合题意；
⑩Ca(HCO3)2在蒸发、灼烧过程中分解，⑩不符合题意；
故选③硫酸铝、⑥碳酸钠；
【小问3详解】
某温度时，水的离子积，碳酸钠的水解常数，当溶液中，则，结合，则，溶液的；
【小问4详解】
①NaHSO4溶液呈酸性，与电离有关，与水解无关，①不符合题意；
②长期使用(NH4)2SO4化肥会使土壤酸性增大，发生板结，是由于铵根离子在土壤中发生水解，产生氢离子，使土壤酸化，该过程与水解有关，②符合题意；
③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体，避免或减少的水解，该过程与水解有关，③符合题意；
④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，是由于碳酸钠水解产生的氢氧根离子与磨口玻璃塞中的反应生成硅酸，具有较强粘合性，瓶盖会打不开，该过程与水解有关，④符合题意；
⑤加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体，是因为发生水解，⑤符合题意；
故选②③④⑤；
【小问5详解】
A．根据电荷守恒，，A错误；
B．根据物料守恒，氮原子总数等于碳原子总数的2倍，，，B正确；
C．含碳粒子总浓度为，，C正确；
D．根据溶液中质子守恒，，，两式消去得，D错误；
E．溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以，溶液中离子浓度大小为，E正确；
故选AD。
19. 完成下列问题。
（1）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定Fe3O4中的二价铁的含量。若需配制浓度为0.010 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取___________ g K2Cr2O7[保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)=294.0 g·ml－1]。配制该标准溶液时，下列仪器中不是必须用到的有___________(填序号)。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（2）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高。以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：准确移取25.00 mL含和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液，将Cr3＋氧化成，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 ml·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。已知测定过程中发生的反应为：①2；②；③；废水中铬元素的总浓度是___________mg·L－1。
（3）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度：
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 ml·L－1的碘标准溶液滴定。反应原理为。
①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。
②滴定起始和终点的液面位置如图所示，则消耗碘标准溶液体积为________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为Mr) ________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是________ (填字母)。
A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】（1） ①. 0.7350 ②. ③⑦
（2）208 （3） ①. 滴入最后半滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 18.10 ③. ④. AD
【解析】
【小问1详解】
配制浓度为0.01000 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取0.01×0.25×294g=0.7350gK2Cr2O7；称取溶质固体需要电子天平，溶解固体需要用到烧杯、玻璃棒，最终配制溶液以及定容需要用到容量瓶、胶头滴管，故答案为：0.7350、③⑦；
【小问2详解】
经过处理后所有的Cr都以的形式存在，根据反应方程式有：，，m=0.0052g=5.2mg，则废水中铬元素的总浓度是5.2mg÷0.025L=208mg/L，故答案为208；
【小问3详解】弱酸
HCOOH
HCN
电离平衡常数(25℃)
时间
0min
3min
6min
9min
12min
n(CH3OH)/ml
0
0.50
a
0.75
0.75
n(CO2)/ml
1
0.50
0.35
025
0.25
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