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2025重庆市巴蜀中学高二上学期10月月考化学试题含解析
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这是一份2025重庆市巴蜀中学高二上学期10月月考化学试题含解析，文件包含重庆市巴蜀中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题含解析docx、重庆市巴蜀中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
可能需要用到的相对原子质量：Fe-56
一．选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列叙述中，能用盐类水解原理解释的是
A. 用NaHCO3作发酵剂B. 用ZnCl2溶液除去铁锈
C. 用生石灰作干燥剂D. 用食盐腌制咸鸭蛋
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3能作发酵剂，是因为NaHCO3加热分解生成CO2气体，与盐类水解原理无关，A不符合要求；
B．ZnCl2溶液发生水解反应，溶液显酸性，铁锈与酸反应而溶解，B符合要求；
C．生石灰作干燥剂，是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，与盐类水解原理无关，C不符合要求；
D．用食盐腌制咸鸭蛋，是因为食盐具有咸味，能延长食品的保质期，与盐类水解原理无关，D不符合要求；
故选B。
2. 下列各组物质中，前者属于强电解质，后者属于弱电解质的一组是
A. CH3COONa、葡萄糖B. CaCO3、HF
C. Na2SO4、NH3D. H2S、(NH4)2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3COONa为强电解质、葡萄糖为非电解质，故A不符合题意；
B．CaCO3为强电解质、HF为弱电解质，故B符合题意；
C．Na2SO4为强电解质、NH3为非电解质，故C不符合题意；
D．H2S为弱电解质、(NH4)2CO3为强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 水电离出的c(H+)=1×10-12ml·L-1的溶液中：Na+、K+、、
B. 甲基橙为红色的溶液中：Na+、K+、、
C. 澄清透明的溶液中：、、、
D. 0.1ml·L-1 Na[Al(OH)4]的溶液中：、Al3+、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10-12ml·L-1的溶液，可以是酸性也可以是碱性，在强酸性或者强碱性条件下均不能共存，A错误；
B．甲基橙为红色的溶液是酸性溶液，与氢离子反应不能共存，B错误；
C．澄清透明的溶液中：、、、可以共存，C正确；
D．与Al3+发生双水解不能大量共存，D错误；
答案选C。
4. 下列图示实验中，操作规范的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，A错误；
B．用pH试纸测定溶液pH不能将pH试纸伸入溶液中，B错误；
C．测定中和热用简易量热计，用温度计测量温度，并用环形玻璃搅拌器搅拌，C正确；
D．配置NaOH溶液不能在容量瓶中溶解NaOH，应该在烧杯中溶解NaOH固体，冷却后再转移到容量瓶中，D错误；
答案选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合：
B. 高锰酸钾标准溶液测定草酸溶液的浓度：
C. 泡沫灭火器灭火的原理：
D. 水解的离子方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合，Na2S2O3电离出硫代硫酸根离子与硫酸电离出的氢离子反应，生成S沉淀、SO2气体和水，离子方程式为：，A正确；
B．草酸是弱酸，离子方程式中不能拆成离子，，B错误；
C．泡沫灭火器中是碳酸氢钠和硫酸铝双水解反应，离子方程式为：，C错误；
D．水解的离子方程式：，D错误；
答案选A。
6. 25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9(已知：醋酸的Ka=1.8×10-5)，下列说法正确的是
A. 25℃，pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)相同
B. 加热浓度均为0.l ml·L-1的HA溶液和NaOH溶液(溶液体积均保持不变)，两种溶液的pH均减小
C. 25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3 ml·L-1的盐酸等体积混合，混合后pH>3
D. 25℃时，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH>7
【答案】B
【解析】
【分析】25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9小于醋酸的Ka=1.8×10-5，则HA酸性弱于醋酸。
【详解】A．越弱越水解，25℃，c(Na+)相同的NaA溶液和CH3COONa溶液pH不同，NaA溶液pH更大，则pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)不同，故A错误；
B．弱酸HA的电离吸热，加热浓度为0.l ml·L-1的HA溶液时，HA电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，加热浓度为0.l ml·L-1的NaOH溶液时，NaOH电离的n(OH-)不变，溶液中c(OH-)不变，但加热促进水的电离，水的Kw增大，则c(H+)增大，pH减小，故B正确；
C．25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3 ml·L-1的盐酸等体积混合时，瞬间n(CH3COOH)和n(CH3COO-)不变，不变，Q=，即c(H+)不变，混合后pH=3，故C错误；
D．25℃时，将pH=3的强酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH=7，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合时，HA过量，则混合后pH＜7，故D错误；
故答案：B。
7. 金属硫化物(MxSy)催化反应，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，H2S去除的机理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该反应的
B. 题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ是放热过程
C. 步骤Ⅱ可理解为H2S中的S与金属M形成MxSy，同时产生H2
D. 该反应中每转移2ml电子，则消耗1mlH2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5， ，A正确；
B．由图可知，步骤I中H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成新的化学键，成键放出热量，B正确；
C．由题图知，步骤Ⅱ中，H2S中的S与金属M形成作用力生成MxSy，同时产生H2，C正确；
D．由方程式知，消耗同时生成，转移， D错误；
故选D。
8. 等物质的量的HCl溶液分别中和pH为12和11的氨水，设消耗氨水的体积分别为Va和Vb，则两者关系正确的是
A. Vb>10VaB. Va=10VbC. Va＜10VbD. Va>10Vb
【答案】A
【解析】
【详解】如果用pH=12和pH=11的NaOH中和等物质的量的HCl溶液，10-2Va=10-3Vb，则10Va=Vb，由于氨水为弱电解质，且浓度越小，电离程度越大，故前者的浓度大于后者10倍，所以应有：10Va＜Vb，故选A。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温时，pH=11的Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.01NA
B. 将0.1mlCH3COONa与稀CH3COOH混合使溶液呈中性，则溶液中CH3COO-的数目大于0.1NA
C. 将1ml Cl2通入水中，则溶液中
D. 1L pH=1的稀H2SO4中由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．pH=11的Na2CO3溶液的体积未知，因此无法确定溶液中阴离子总数，故A错误；
B．根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1ml，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，B错误；
C．将1ml Cl2通入水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl−)+n(ClO−)=2NA，故C错误；
D．1L pH=1H2SO4溶液中，H+的物质的量浓度为0.1ml/L，则OH-的物质的量浓度为ml/L，OH-全部由水电离出，且水电离出的H+与OH-的个数相等，因此由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA，故D正确；
故选D。
10. 根据实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．要比较CH3COO-和结合H+能力，应用pH计分别测定等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，故A错误；
B．不管FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应，向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体，溶液都会先变成血红色，加KCl后无变化，故B错误；
C．为气体体积不变的反应，向恒温恒压密闭玻璃容器中充入HI气体，体积增大，I2的浓度减小、气体颜色变浅，并不是平衡移动引起，故C错误；
D．两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应，温度高的溶液中先出现浑浊，由控制变量法可知，反应速率不同是由温度引起的，即能探究温度对反应速率的影响，故D正确；
故答案为：D。
11. 某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0mlX发生反应，有关数据如表所示。下列说法正确的是
A. 3s时，Y的浓度等于0.15 ml·L-1
B. 2s时，再加入0.1mlY和0.20mlZ，此时2v正(Y)=v逆(Z)
C. 若气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态
D. 若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率大于0.10ml·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】4s时Z的浓度为0.15ml/(L·s)×4s=0.6ml/L，6s时Z的浓度是0.10 ml/(L·s)×6s=0.6ml/L，说明达到平衡时Z的浓度为0.6ml/L，则Y的浓度为0.3ml/L，平衡常数为0.3×(0.6)2=0.108。
【详解】A．反应速率是指一段时间内的平均反应速率，0-4s，产物Z的平均生成速率为0.15 ml/(L·s)，不能说明3s时Z的浓度，也不能确定Y的浓度，A错误；
B．2s时，Z的浓度为0.20ml/(L·s)×2s=0.4ml/L，Y的浓度为0.2ml/L，再加入0.1mlY和0.20mlZ，此时Z浓度为0.6ml/L，Y浓度为0.3ml/L，此时浓度商为0.3×(0.6)2=0.108=K，反应处于平衡状态，则2v正(Y)=v逆(Z)，B正确；
C．反应体系中只有Y、Z是气体，二者的物质的量之比为定值，平均相对分子质量为定值，平均相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态，C错误；
D．经过分析，4s时反应已经处于平衡状态，若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率仍等于0.10ml·L-1·s-1，D错误；
答案选B。
12. 室温下，通过下列实验探究SO2的性质。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1 ml·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。
已知：Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8，lg2=0.3。
下列说法正确的是
A. 实验1所得溶液中：c()＋c()＜10-3ml/L
B. 实验2所得溶液中：c(H2SO3)>c()
C. 实验2所得溶液长期露置空气后，再将蒸干、灼烧所得固体为Na2SO3
D. 将实验1中溶液与水等体积混合后，所得溶液pH>3.3
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：c()+2c()+c(OH_)=c(H+)，则 c()＋c()＜c(H+)=10-3ml/L，A正确；
B．实验2为pH为5，依据Ka1=1.3×10-2，则>1，，则c(H2SO3)C．实验2所得溶液长期露置空气后会被空气中的氧气氧化，再将蒸干、灼烧所得固体为Na2SO4，C错误；
D．将实验1中溶液为pH=3的H2SO3，与等体积水混合后，若电离平衡不发生移动，则c(H+)=×10-4ml/L，pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-4)=3.3，加水稀释促进亚硫酸电离，c(H+)＞5×10-4ml/L，所得溶液pH<3.3，D错误；
答案选A。
13. 常温下Ag+和CH3COOH水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知：初始浓度c(Ag+)=c(CH3COOH)=c0，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)，AgOH难溶于水。下列说法不正确的是
A. 线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况
B. 随着pH的增大，溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0
C. pH=8的溶液中存在等式：c(CH3COOH)＋c(H+)=c(OH-)
D pH=n时，
【答案】C
【解析】
【分析】随着pH的增大，c(OH-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+、水解平衡Ag++H2OAgOH+H+都正向移动，c(CH3COOH)和c(Ag+)减小、c(CH3COO-)增大；在曲线Ⅲ的最高点前，c(CH3COO-)增大对反应Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的影响大于c(Ag+)减小的影响，c(CH3COOAg)增大；当pH增大到一定程度(曲线Ⅲ的最高点后)，Ag+转化为AgOH沉淀，c(Ag+)减小使平衡Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq) 逆向移动，c(CH3COOAg)减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，曲线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况；曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交时溶液pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-m。
【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项正确；
B．根据分析，结合图像，随着pH的增大，c(CH3COOH)减小，c(Ag+)减小，当pH增大到一定程度，Ag+转化成弱电解质CH3COOAg甚至AgOH沉淀，溶液中c(Ag+)几乎为0，则溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0，B项正确；
C．由图可知pH=8溶液呈碱性，溶液中CH3COOH的摩尔分数几乎为0，则c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；
D．pH=n时，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ相交，则c(CH3COOH)= c(CH3COOAg)，溶液中Ka=10-m==，则c(CH3COO-)=10n-m c(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K==，则c(Ag+)=ml/L，D项正确；
答案选C。
14. 在容积可变的密闭容器中，充入2n mlNO和n mlO2发生反应：。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. p1＜p2
B. y点的容器容积大于x点的容器容积
C. x点的v(正)＜y点的v(逆)
D. 350℃下，将2n mlNO和n mlO2充入初始压强为p2的恒容密闭容器，达到平衡后NO的转化率大于60%
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应：，容积可变的密闭容器说明整个反应中恒压；由图可知，随温度升高，的转化率逐渐降低，说明平衡向左移动，正反应放热，；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，的转化率逐增大，则，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，压强越大，的转化率逐越大，所以，，A错误；
B．x点、y点平衡时的转化率都是60%，平衡时2个体系中总的物质的量相等，y点相对于x点来说，压强更大，则说明y点容器体积比x小，B错误；
C．根据图中信息，y点温度、压强都比x点大，则y点反应速率比x点大，所以x点＜y点的，C正确；
D．下，将和充入初始压强为的容积可变的密闭容器中达到平衡时的转化率为60%，容器体积减小；但在恒容密闭容器中由于体积不变，相当于减小压强，平衡向左移动，则达到平衡时的转化率小为60%，D错误；
故答案为：C。
二．非选择题：本题共4个小题，共58分。
15. FeCl3是重要的化工原料，针对FeCl3的制备方法，回答下列问题：
Ⅰ．某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O。
（1）Na2CO3溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)。
（2）操作Ⅱ为_______过滤、洗涤干燥。
A. 蒸发结晶B. 蒸发浓缩、冷却结晶C. 重结晶D. 蒸馏
（3）FeCl3在日常生活中的一种用途_______。
Ⅱ．利用FeCl3·6H2O制备无水氯化铁有如下三种方法。
（4）上述方法a、c中HCl、NH4Cl的作用是_______。
（5）将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热制得无水FeCl3同时产生两种酸性气体。已知SOCl2沸点为77℃，装置如图所示(夹持和加热装置略)。
①仪器A的作用是_______，仪器B的名称为_______。
②制备无水FeCl3的化学方程式_______。
③由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是_______(填序号)。
a．ZnSO4·7H2O b．CuCl2·2H2O c．Na2S2O3·5H2O d．Na2CO3·H2O
【答案】（1）碱性 （2）B
（3）净水剂(答案合理即可)
（4）抑制氯化铁水解 （5） ①. 冷凝回流SOCl2 ②. 球形干燥管 ③. ④. b
【解析】
【分析】某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3∙6H2O。将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，去除表面油污，然后过滤得滤渣；往滤渣中加入稀盐酸，过滤出不溶物；往滤液中通入氯气，将Fe2+氧化为Fe3+；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，从而得到FeCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
Na2CO3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性。
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故选B。
【小问3详解】
FeCl3水解可制取氢氧化铁胶体，在日常生活中的一种用途：净水剂(答案合理即可)。
【小问4详解】
a、b、c三种方法中，都是通过产生HCl气体，抑制氯化铁的水解。
FeCl3晶体受热时，易发生水解，欲获得无水FeCl3(s)，需设法抑制水解，上述方法a、c中HCl、NH4Cl的作用是：抑制氯化铁水解。
【小问5详解】
图中装置用于制取氯化铁的无水盐，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在制得无水FeCl3的同时，产生两种酸性气体。SOCl2沸点为77℃，易挥发，通过冷凝回流装置，提高SOCl2的利用率，反应生成的两种气体用NaOH溶液吸收。
①SOCl2沸点为77℃，易挥发，仪器A的作用是：冷凝回流SOCl2，仪器B的名称为：球形干燥管。
②制备无水FeCl3时，利用SOCl2吸收结晶水生成SO2、HCl，抑制FeCl3水解，化学方程式为。
③FeCl3属于挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧得不到该盐，下列结晶水合物中，a为不挥发性酸的弱碱盐，c、d都为弱酸强碱盐，只有b为挥发性酸的弱碱盐，所以制备无水盐时，适宜使用上述方法的是CuCl2·2H2O，故选b。
【点睛】受热不易分解、不易被空气中氧气氧化的含结晶水的不挥发性酸的弱碱盐，可采用加热法去除结晶水。
16. 生物研究生态平衡，物理研究力平衡，化学研究物质平衡，而溶液中的平衡是一项重要的研究领域，根据所学知识回答下列问题。
已知：25℃下几种常见物质的电离平衡常数如下表所示：
（1）室温下，将1.000ml·L-1的盐酸滴入20.00 mL1.000ml·L-1的氨水中，溶液的pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。
①a点溶液的pH约为_______。(已知：)
②b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系_______。
③d点溶液中离子浓度由大到小排序为_______。
（2）向NaClO溶液中通入少量SO2离子方程式_______。
（3）Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：。在液氨中也存在类似的自耦电离，试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式：_______。
（4）H2SO4、HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，但在其他溶剂中酸性差别较大。以下是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数：
①类比HF在水溶液中的电离，写出HCl在冰醋酸中的电离方程式_____。
②该温度下在冰醋酸中，反应的K=_______。
【答案】（1） ①. 11.63 ②. b＜c＜d ③.
（2）
（3）
（4） ①. ②. 0.2625
【解析】
【分析】由物质的电离平衡常数可以得到物质之间酸性的强弱，从而用强酸制弱酸进行分析；由变化曲线可知随着盐酸滴入该溶液中，水的电离程度与溶液中浓度有关，溶液中浓度越大，水的电离程度越大，由此解答。
【小问1详解】
①a点溶液为溶液，可以看做一小部分电离，由电离常数可知，几乎不变，有，，由水的离子积计算出，故答案为；
②由分析可知水的电离程度与溶液中浓度有关，观察变化曲线可知d点对应的pH值在c点后方，由此可知随着盐酸滴入该溶液中浓度逐渐增大，则b点浓度最小，d点浓度最大，故b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系为，故答案为；
③d点溶液存在电荷守恒，此时pH值小于7，存在水解c(Cl−)>c(NH4+)，又因为该反应是酸碱中和反应，由此得到该溶液中离子浓度由大到小排序为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；故答案为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
【小问2详解】
向溶液中通入少量，由于二氧化硫溶于水形成亚硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，则反应得到，故答案为；
【小问3详解】
液态水的自耦电离方程式为，则液氨中与反应的离子方程式为，故答案为；
【小问4详解】
①类比在水溶液中的电离，在冰醋酸中的电离方程式为，故答案为；
②该温度下在冰醋酸中，反应的平衡常数，故答案为。
17. 科学家常用SnCl2-TiCl3-K2Cr2O7无汞测铁法测定赤铁矿试样中的铁含量。
已知：①FeCl3受热易升华②Sn2+易被空气氧化为Sn4+③可被Fe2+还原为Cr3+。
实验步骤如下：
步骤Ⅰ——配置SnCl2溶液：称取6.00gSnCl2·2H2O溶于20mL某A溶液，加水至100mL，再加入少量锡粒。
步骤Ⅱ——溶解试样：准确称取ag试样于洁净的小烧杯，加入10mL酸，盖上表面皿加热，待试样完全溶解后，将溶液转移至250mL锥形瓶中，用蒸馏水洗涤表面皿和烧杯内壁，洗涤液倒入锥形瓶中。
步骤Ⅲ——定量还原Fe3+：取下锥形瓶稍冷，先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+。
步骤Ⅳ——定量测定铁含量：向步骤Ⅲ的溶液中加入80mL蒸馏水，滴5滴无色二苯胺磺酸钠指示剂，用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，重复实验3次。
完成下列问题
（1）步骤Ⅰ中A溶液为_______(填试剂名称)，加入锡粒的作用_______。
（2）请写出Ti3+还原Fe3+生成TiO2+的离子方程式_______。
（3）若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，请写出产生浑浊现象的离子方程式_______。
（4）①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液应选用下图中的哪个仪器_______(填字母)，滴定管使用前要_______。
②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为，则滴定终点的现象为_______。
③若消耗cml·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe元素的质量分数为_______(用含a、c、V的最简代数式表示)。
（5）实验反思：下列操作会导致测定的铁含量偏小的是
A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁
B．步骤Ⅲ中，TiCl3溶液稍过量
C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失
D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多
E．滴定前平时读数，滴定后俯视
【答案】（1） ①. 浓盐酸 ②. Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化
（2）
（3）
（4） ①. b ②. 捡漏 ③. 滴入最后半滴K2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复 ④.
（5）ADE
【解析】
【分析】先用盐酸溶解样品，溶解完后移入锥形瓶中，先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+，再用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，可被Fe2+还原为Cr3+，重复实验3次，记录数据进行计算。
【小问1详解】
防止Sn2+水解，步骤Ⅰ中A溶液为浓盐酸；加入锡粒的作用，加入锡粒的作用Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；
【小问2详解】
Ti3+还原Fe3+生成TiO2+的离子方程式；
【小问3详解】
若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，产生浑浊现象的离子方程式；
【小问4详解】
①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液具有很强的氧化性，应选用酸式滴定管，选择b，滴定管使用前要捡漏；
②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为，则滴定终点二苯胺磺酸钠得失去电子变成浅紫红色，滴定终点现象为滴入最后半滴K2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复。
③若消耗cml·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，可被Fe2+还原为Cr3+，根据电荷电子得失守恒可知：，，
则ag试样中Fe元素的质量分数为；
【小问5详解】
A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁，导致铁离子减少，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故A符合题意；
B．步骤Ⅲ中，TiCl3溶液稍过量，TiCl3也会消耗一部分K2Cr2O7，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故B不符合题意；
C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故C不符合题意；
D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多，其会造成变色提前，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故D符合题意；
E．滴定前平时读数，滴定后俯视，导致读数偏小，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故E符合题意；
故选：ADE。
18. 天然气是三大化石燃料之一，其主要成分CH4是重要的化工原料。
Ⅰ．在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃C6H6(苯)。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ． ；
ⅱ． 。
（1）反应ⅰ的正反应活化能为E kJ·ml-1，则逆反应的活化能为_______，该反应在_______(填“低温”、“高温”、“任意温度”)可以自发进行。
（2）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是_______。(已知：催化剂为固体)
（3）引入丙烷(C3H8)可促进甲烷芳构化制备C6H6(苯)和C8H10(二甲苯)，反应如下：
对于同级数的平行反应有，其中v、K分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。若要提高苯的产率，可采取的措施有_______。
Ⅱ．CH4与H2O(g)反应是制备CH3OH(g)的重要方法之一，反应如下：
主反应： 。
副反应ⅰ： ；
ⅱ： 。
（4）在一定条件下，将CH4、H2O、Ar以1∶4∶2的比例投入反应区，反应区温度对CH4平衡转化率和产物选择性的影响如图所示；
【产物A的选择性=】
①随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大的原因_______。
②若投入10mlCH4，结合数据分析在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度是_____。
③170℃时，主反应的平衡常数Kx=_______(x表示物质的量分数，列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. (E-74.6)kJ/ml ②. 高温
（2）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
（3）适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)
（4） ①. 反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大 ②. 170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%，则甲醇的物质的量为10×5%×50%=0.25ml，同理250℃甲醇的物质的量为10×8%×40%=0.32ml，300℃甲醇的物质的量为10×9%×31%=0.279ml，故250℃产生的甲醇最多 ③.
【解析】
【小问1详解】
反应ⅰ． ，正反应活化能为E kJ·ml-1，正反应的活化能=逆反应的活化能+，则逆反应的活化能为(E-74.6)kJ/ml，该反应ΔS＞0，△H＞0，在高温可以自发进行。
【小问2详解】
反应ⅰ中，有炭生成，炭覆盖在催化剂表面，减少反应物与催化剂的接触面积，则受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是：反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小。
【小问3详解】
已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。升高温度，有利于活化能大的反应，则降低温度，有利于活化能小的反应，所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)。
【小问4详解】
①从图中可以看出，CH4参加的三个反应都是吸热反应，所以随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大，原因是：反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大。
②若投入10mlCH4，提取图中数据：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%；250℃时，甲烷的转化率为8%，甲醇的选择性为40%，通过计算结果进行分析。确定在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%，则甲醇的物质的量为10ml×5%×50%=0.25ml，同理250℃甲醇的物质的量为10ml×8%×40%=0.32ml，300℃甲醇的物质的量为10ml×9%×31%=0.279ml，故250℃产生的甲醇最多。
③170℃时，设投入的CH4为100ml，H2O为400ml，Ar为200ml，甲烷的平衡转化率为5%,，则反应的CH4为100ml×5%=5ml，平衡时甲烷的物质的量为95ml，根据各物质选择性可知，生成的甲醇的物质的量为5ml×50%=2.5ml，乙烷的物质的量为=0.5ml，CO的物质的量为5ml×30%=1.5ml，氢气的物质的量为(2.5+1.5×3+0.5)ml=7.5ml，H2O的物质的量为(400-2.5-1.5)ml=396ml，反应Ⅰ反应前后气体的分子数相等，可用物质的量代替物质的量分数计算平衡常数，故主反应的平衡常数Kx===。
【点睛】催化剂的催化活性不仅受温度的影响，也受表面积的影响。A．调控滴定速度
B．测稀硫酸pH
C．测定中和反应的反应热
D．配制NaOH溶液
实验目的
方案设计
现象
A
CH3COO-和结合H+能力
用pH计分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH
CH3COONa溶液pH大
结合H+能力：CH3COO->
B
探究FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体
溶液先变成血红色，加KCl后无变化
FeCl3与KSCN的反应不可逆
C
探究压强对的化学平衡的影响
向恒温恒压密闭玻璃容器中充入HI气体，达到平衡后增大体积
气体颜色变浅
对于该分解反应，减小压强，平衡逆向移动
D
探究温度对反应速率的影响
两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应
温度高的溶液中先出现浑浊
温度越高，反应速率越快
时间段/s
产物Z的平均生成速率ml·L-1·s-1
0~2
0.20
0~4
0.15
0~6
0.10
化学式
NH3·H2O
CH3COOH
HClO
H2SO3
电离平衡常数K
1.8×10-5
1.8×10-5
3.0×10-8
1.5×10-2
1.0×10-7
酸
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
可能需要用到的相对原子质量：Fe-56
一．选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列叙述中，能用盐类水解原理解释的是
A. 用NaHCO3作发酵剂B. 用ZnCl2溶液除去铁锈
C. 用生石灰作干燥剂D. 用食盐腌制咸鸭蛋
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3能作发酵剂，是因为NaHCO3加热分解生成CO2气体，与盐类水解原理无关，A不符合要求；
B．ZnCl2溶液发生水解反应，溶液显酸性，铁锈与酸反应而溶解，B符合要求；
C．生石灰作干燥剂，是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，与盐类水解原理无关，C不符合要求；
D．用食盐腌制咸鸭蛋，是因为食盐具有咸味，能延长食品的保质期，与盐类水解原理无关，D不符合要求；
故选B。
2. 下列各组物质中，前者属于强电解质，后者属于弱电解质的一组是
A. CH3COONa、葡萄糖B. CaCO3、HF
C. Na2SO4、NH3D. H2S、(NH4)2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3COONa为强电解质、葡萄糖为非电解质，故A不符合题意；
B．CaCO3为强电解质、HF为弱电解质，故B符合题意；
C．Na2SO4为强电解质、NH3为非电解质，故C不符合题意；
D．H2S为弱电解质、(NH4)2CO3为强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 水电离出的c(H+)=1×10-12ml·L-1的溶液中：Na+、K+、、
B. 甲基橙为红色的溶液中：Na+、K+、、
C. 澄清透明的溶液中：、、、
D. 0.1ml·L-1 Na[Al(OH)4]的溶液中：、Al3+、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10-12ml·L-1的溶液，可以是酸性也可以是碱性，在强酸性或者强碱性条件下均不能共存，A错误；
B．甲基橙为红色的溶液是酸性溶液，与氢离子反应不能共存，B错误；
C．澄清透明的溶液中：、、、可以共存，C正确；
D．与Al3+发生双水解不能大量共存，D错误；
答案选C。
4. 下列图示实验中，操作规范的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，A错误；
B．用pH试纸测定溶液pH不能将pH试纸伸入溶液中，B错误；
C．测定中和热用简易量热计，用温度计测量温度，并用环形玻璃搅拌器搅拌，C正确；
D．配置NaOH溶液不能在容量瓶中溶解NaOH，应该在烧杯中溶解NaOH固体，冷却后再转移到容量瓶中，D错误；
答案选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合：
B. 高锰酸钾标准溶液测定草酸溶液的浓度：
C. 泡沫灭火器灭火的原理：
D. 水解的离子方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合，Na2S2O3电离出硫代硫酸根离子与硫酸电离出的氢离子反应，生成S沉淀、SO2气体和水，离子方程式为：，A正确；
B．草酸是弱酸，离子方程式中不能拆成离子，，B错误；
C．泡沫灭火器中是碳酸氢钠和硫酸铝双水解反应，离子方程式为：，C错误；
D．水解的离子方程式：，D错误；
答案选A。
6. 25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9(已知：醋酸的Ka=1.8×10-5)，下列说法正确的是
A. 25℃，pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)相同
B. 加热浓度均为0.l ml·L-1的HA溶液和NaOH溶液(溶液体积均保持不变)，两种溶液的pH均减小
C. 25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3 ml·L-1的盐酸等体积混合，混合后pH>3
D. 25℃时，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH>7
【答案】B
【解析】
【分析】25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9小于醋酸的Ka=1.8×10-5，则HA酸性弱于醋酸。
【详解】A．越弱越水解，25℃，c(Na+)相同的NaA溶液和CH3COONa溶液pH不同，NaA溶液pH更大，则pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)不同，故A错误；
B．弱酸HA的电离吸热，加热浓度为0.l ml·L-1的HA溶液时，HA电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，加热浓度为0.l ml·L-1的NaOH溶液时，NaOH电离的n(OH-)不变，溶液中c(OH-)不变，但加热促进水的电离，水的Kw增大，则c(H+)增大，pH减小，故B正确；
C．25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3 ml·L-1的盐酸等体积混合时，瞬间n(CH3COOH)和n(CH3COO-)不变，不变，Q=，即c(H+)不变，混合后pH=3，故C错误；
D．25℃时，将pH=3的强酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH=7，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合时，HA过量，则混合后pH＜7，故D错误；
故答案：B。
7. 金属硫化物(MxSy)催化反应，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，H2S去除的机理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该反应的
B. 题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ是放热过程
C. 步骤Ⅱ可理解为H2S中的S与金属M形成MxSy，同时产生H2
D. 该反应中每转移2ml电子，则消耗1mlH2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5， ，A正确；
B．由图可知，步骤I中H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成新的化学键，成键放出热量，B正确；
C．由题图知，步骤Ⅱ中，H2S中的S与金属M形成作用力生成MxSy，同时产生H2，C正确；
D．由方程式知，消耗同时生成，转移， D错误；
故选D。
8. 等物质的量的HCl溶液分别中和pH为12和11的氨水，设消耗氨水的体积分别为Va和Vb，则两者关系正确的是
A. Vb>10VaB. Va=10VbC. Va＜10VbD. Va>10Vb
【答案】A
【解析】
【详解】如果用pH=12和pH=11的NaOH中和等物质的量的HCl溶液，10-2Va=10-3Vb，则10Va=Vb，由于氨水为弱电解质，且浓度越小，电离程度越大，故前者的浓度大于后者10倍，所以应有：10Va＜Vb，故选A。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温时，pH=11的Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.01NA
B. 将0.1mlCH3COONa与稀CH3COOH混合使溶液呈中性，则溶液中CH3COO-的数目大于0.1NA
C. 将1ml Cl2通入水中，则溶液中
D. 1L pH=1的稀H2SO4中由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．pH=11的Na2CO3溶液的体积未知，因此无法确定溶液中阴离子总数，故A错误；
B．根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1ml，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，B错误；
C．将1ml Cl2通入水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl−)+n(ClO−)=2NA，故C错误；
D．1L pH=1H2SO4溶液中，H+的物质的量浓度为0.1ml/L，则OH-的物质的量浓度为ml/L，OH-全部由水电离出，且水电离出的H+与OH-的个数相等，因此由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA，故D正确；
故选D。
10. 根据实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．要比较CH3COO-和结合H+能力，应用pH计分别测定等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，故A错误；
B．不管FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应，向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体，溶液都会先变成血红色，加KCl后无变化，故B错误；
C．为气体体积不变的反应，向恒温恒压密闭玻璃容器中充入HI气体，体积增大，I2的浓度减小、气体颜色变浅，并不是平衡移动引起，故C错误；
D．两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应，温度高的溶液中先出现浑浊，由控制变量法可知，反应速率不同是由温度引起的，即能探究温度对反应速率的影响，故D正确；
故答案为：D。
11. 某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0mlX发生反应，有关数据如表所示。下列说法正确的是
A. 3s时，Y的浓度等于0.15 ml·L-1
B. 2s时，再加入0.1mlY和0.20mlZ，此时2v正(Y)=v逆(Z)
C. 若气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态
D. 若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率大于0.10ml·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】4s时Z的浓度为0.15ml/(L·s)×4s=0.6ml/L，6s时Z的浓度是0.10 ml/(L·s)×6s=0.6ml/L，说明达到平衡时Z的浓度为0.6ml/L，则Y的浓度为0.3ml/L，平衡常数为0.3×(0.6)2=0.108。
【详解】A．反应速率是指一段时间内的平均反应速率，0-4s，产物Z的平均生成速率为0.15 ml/(L·s)，不能说明3s时Z的浓度，也不能确定Y的浓度，A错误；
B．2s时，Z的浓度为0.20ml/(L·s)×2s=0.4ml/L，Y的浓度为0.2ml/L，再加入0.1mlY和0.20mlZ，此时Z浓度为0.6ml/L，Y浓度为0.3ml/L，此时浓度商为0.3×(0.6)2=0.108=K，反应处于平衡状态，则2v正(Y)=v逆(Z)，B正确；
C．反应体系中只有Y、Z是气体，二者的物质的量之比为定值，平均相对分子质量为定值，平均相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态，C错误；
D．经过分析，4s时反应已经处于平衡状态，若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率仍等于0.10ml·L-1·s-1，D错误；
答案选B。
12. 室温下，通过下列实验探究SO2的性质。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1 ml·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。
已知：Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8，lg2=0.3。
下列说法正确的是
A. 实验1所得溶液中：c()＋c()＜10-3ml/L
B. 实验2所得溶液中：c(H2SO3)>c()
C. 实验2所得溶液长期露置空气后，再将蒸干、灼烧所得固体为Na2SO3
D. 将实验1中溶液与水等体积混合后，所得溶液pH>3.3
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：c()+2c()+c(OH_)=c(H+)，则 c()＋c()＜c(H+)=10-3ml/L，A正确；
B．实验2为pH为5，依据Ka1=1.3×10-2，则>1，，则c(H2SO3)
D．将实验1中溶液为pH=3的H2SO3，与等体积水混合后，若电离平衡不发生移动，则c(H+)=×10-4ml/L，pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-4)=3.3，加水稀释促进亚硫酸电离，c(H+)＞5×10-4ml/L，所得溶液pH<3.3，D错误；
答案选A。
13. 常温下Ag+和CH3COOH水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知：初始浓度c(Ag+)=c(CH3COOH)=c0，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)，AgOH难溶于水。下列说法不正确的是
A. 线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况
B. 随着pH的增大，溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0
C. pH=8的溶液中存在等式：c(CH3COOH)＋c(H+)=c(OH-)
D pH=n时，
【答案】C
【解析】
【分析】随着pH的增大，c(OH-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+、水解平衡Ag++H2OAgOH+H+都正向移动，c(CH3COOH)和c(Ag+)减小、c(CH3COO-)增大；在曲线Ⅲ的最高点前，c(CH3COO-)增大对反应Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的影响大于c(Ag+)减小的影响，c(CH3COOAg)增大；当pH增大到一定程度(曲线Ⅲ的最高点后)，Ag+转化为AgOH沉淀，c(Ag+)减小使平衡Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq) 逆向移动，c(CH3COOAg)减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，曲线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况；曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交时溶液pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-m。
【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项正确；
B．根据分析，结合图像，随着pH的增大，c(CH3COOH)减小，c(Ag+)减小，当pH增大到一定程度，Ag+转化成弱电解质CH3COOAg甚至AgOH沉淀，溶液中c(Ag+)几乎为0，则溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0，B项正确；
C．由图可知pH=8溶液呈碱性，溶液中CH3COOH的摩尔分数几乎为0，则c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；
D．pH=n时，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ相交，则c(CH3COOH)= c(CH3COOAg)，溶液中Ka=10-m==，则c(CH3COO-)=10n-m c(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K==，则c(Ag+)=ml/L，D项正确；
答案选C。
14. 在容积可变的密闭容器中，充入2n mlNO和n mlO2发生反应：。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. p1＜p2
B. y点的容器容积大于x点的容器容积
C. x点的v(正)＜y点的v(逆)
D. 350℃下，将2n mlNO和n mlO2充入初始压强为p2的恒容密闭容器，达到平衡后NO的转化率大于60%
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应：，容积可变的密闭容器说明整个反应中恒压；由图可知，随温度升高，的转化率逐渐降低，说明平衡向左移动，正反应放热，；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，的转化率逐增大，则，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，压强越大，的转化率逐越大，所以，，A错误；
B．x点、y点平衡时的转化率都是60%，平衡时2个体系中总的物质的量相等，y点相对于x点来说，压强更大，则说明y点容器体积比x小，B错误；
C．根据图中信息，y点温度、压强都比x点大，则y点反应速率比x点大，所以x点＜y点的，C正确；
D．下，将和充入初始压强为的容积可变的密闭容器中达到平衡时的转化率为60%，容器体积减小；但在恒容密闭容器中由于体积不变，相当于减小压强，平衡向左移动，则达到平衡时的转化率小为60%，D错误；
故答案为：C。
二．非选择题：本题共4个小题，共58分。
15. FeCl3是重要的化工原料，针对FeCl3的制备方法，回答下列问题：
Ⅰ．某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O。
（1）Na2CO3溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)。
（2）操作Ⅱ为_______过滤、洗涤干燥。
A. 蒸发结晶B. 蒸发浓缩、冷却结晶C. 重结晶D. 蒸馏
（3）FeCl3在日常生活中的一种用途_______。
Ⅱ．利用FeCl3·6H2O制备无水氯化铁有如下三种方法。
（4）上述方法a、c中HCl、NH4Cl的作用是_______。
（5）将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热制得无水FeCl3同时产生两种酸性气体。已知SOCl2沸点为77℃，装置如图所示(夹持和加热装置略)。
①仪器A的作用是_______，仪器B的名称为_______。
②制备无水FeCl3的化学方程式_______。
③由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是_______(填序号)。
a．ZnSO4·7H2O b．CuCl2·2H2O c．Na2S2O3·5H2O d．Na2CO3·H2O
【答案】（1）碱性 （2）B
（3）净水剂(答案合理即可)
（4）抑制氯化铁水解 （5） ①. 冷凝回流SOCl2 ②. 球形干燥管 ③. ④. b
【解析】
【分析】某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3∙6H2O。将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，去除表面油污，然后过滤得滤渣；往滤渣中加入稀盐酸，过滤出不溶物；往滤液中通入氯气，将Fe2+氧化为Fe3+；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，从而得到FeCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
Na2CO3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性。
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故选B。
【小问3详解】
FeCl3水解可制取氢氧化铁胶体，在日常生活中的一种用途：净水剂(答案合理即可)。
【小问4详解】
a、b、c三种方法中，都是通过产生HCl气体，抑制氯化铁的水解。
FeCl3晶体受热时，易发生水解，欲获得无水FeCl3(s)，需设法抑制水解，上述方法a、c中HCl、NH4Cl的作用是：抑制氯化铁水解。
【小问5详解】
图中装置用于制取氯化铁的无水盐，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在制得无水FeCl3的同时，产生两种酸性气体。SOCl2沸点为77℃，易挥发，通过冷凝回流装置，提高SOCl2的利用率，反应生成的两种气体用NaOH溶液吸收。
①SOCl2沸点为77℃，易挥发，仪器A的作用是：冷凝回流SOCl2，仪器B的名称为：球形干燥管。
②制备无水FeCl3时，利用SOCl2吸收结晶水生成SO2、HCl，抑制FeCl3水解，化学方程式为。
③FeCl3属于挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧得不到该盐，下列结晶水合物中，a为不挥发性酸的弱碱盐，c、d都为弱酸强碱盐，只有b为挥发性酸的弱碱盐，所以制备无水盐时，适宜使用上述方法的是CuCl2·2H2O，故选b。
【点睛】受热不易分解、不易被空气中氧气氧化的含结晶水的不挥发性酸的弱碱盐，可采用加热法去除结晶水。
16. 生物研究生态平衡，物理研究力平衡，化学研究物质平衡，而溶液中的平衡是一项重要的研究领域，根据所学知识回答下列问题。
已知：25℃下几种常见物质的电离平衡常数如下表所示：
（1）室温下，将1.000ml·L-1的盐酸滴入20.00 mL1.000ml·L-1的氨水中，溶液的pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。
①a点溶液的pH约为_______。(已知：)
②b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系_______。
③d点溶液中离子浓度由大到小排序为_______。
（2）向NaClO溶液中通入少量SO2离子方程式_______。
（3）Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：。在液氨中也存在类似的自耦电离，试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式：_______。
（4）H2SO4、HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，但在其他溶剂中酸性差别较大。以下是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数：
①类比HF在水溶液中的电离，写出HCl在冰醋酸中的电离方程式_____。
②该温度下在冰醋酸中，反应的K=_______。
【答案】（1） ①. 11.63 ②. b＜c＜d ③.
（2）
（3）
（4） ①. ②. 0.2625
【解析】
【分析】由物质的电离平衡常数可以得到物质之间酸性的强弱，从而用强酸制弱酸进行分析；由变化曲线可知随着盐酸滴入该溶液中，水的电离程度与溶液中浓度有关，溶液中浓度越大，水的电离程度越大，由此解答。
【小问1详解】
①a点溶液为溶液，可以看做一小部分电离，由电离常数可知，几乎不变，有，，由水的离子积计算出，故答案为；
②由分析可知水的电离程度与溶液中浓度有关，观察变化曲线可知d点对应的pH值在c点后方，由此可知随着盐酸滴入该溶液中浓度逐渐增大，则b点浓度最小，d点浓度最大，故b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系为，故答案为；
③d点溶液存在电荷守恒，此时pH值小于7，存在水解c(Cl−)>c(NH4+)，又因为该反应是酸碱中和反应，由此得到该溶液中离子浓度由大到小排序为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；故答案为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
【小问2详解】
向溶液中通入少量，由于二氧化硫溶于水形成亚硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，则反应得到，故答案为；
【小问3详解】
液态水的自耦电离方程式为，则液氨中与反应的离子方程式为，故答案为；
【小问4详解】
①类比在水溶液中的电离，在冰醋酸中的电离方程式为，故答案为；
②该温度下在冰醋酸中，反应的平衡常数，故答案为。
17. 科学家常用SnCl2-TiCl3-K2Cr2O7无汞测铁法测定赤铁矿试样中的铁含量。
已知：①FeCl3受热易升华②Sn2+易被空气氧化为Sn4+③可被Fe2+还原为Cr3+。
实验步骤如下：
步骤Ⅰ——配置SnCl2溶液：称取6.00gSnCl2·2H2O溶于20mL某A溶液，加水至100mL，再加入少量锡粒。
步骤Ⅱ——溶解试样：准确称取ag试样于洁净的小烧杯，加入10mL酸，盖上表面皿加热，待试样完全溶解后，将溶液转移至250mL锥形瓶中，用蒸馏水洗涤表面皿和烧杯内壁，洗涤液倒入锥形瓶中。
步骤Ⅲ——定量还原Fe3+：取下锥形瓶稍冷，先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+。
步骤Ⅳ——定量测定铁含量：向步骤Ⅲ的溶液中加入80mL蒸馏水，滴5滴无色二苯胺磺酸钠指示剂，用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，重复实验3次。
完成下列问题
（1）步骤Ⅰ中A溶液为_______(填试剂名称)，加入锡粒的作用_______。
（2）请写出Ti3+还原Fe3+生成TiO2+的离子方程式_______。
（3）若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，请写出产生浑浊现象的离子方程式_______。
（4）①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液应选用下图中的哪个仪器_______(填字母)，滴定管使用前要_______。
②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为，则滴定终点的现象为_______。
③若消耗cml·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe元素的质量分数为_______(用含a、c、V的最简代数式表示)。
（5）实验反思：下列操作会导致测定的铁含量偏小的是
A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁
B．步骤Ⅲ中，TiCl3溶液稍过量
C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失
D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多
E．滴定前平时读数，滴定后俯视
【答案】（1） ①. 浓盐酸 ②. Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化
（2）
（3）
（4） ①. b ②. 捡漏 ③. 滴入最后半滴K2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复 ④.
（5）ADE
【解析】
【分析】先用盐酸溶解样品，溶解完后移入锥形瓶中，先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+，再用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，可被Fe2+还原为Cr3+，重复实验3次，记录数据进行计算。
【小问1详解】
防止Sn2+水解，步骤Ⅰ中A溶液为浓盐酸；加入锡粒的作用，加入锡粒的作用Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；
【小问2详解】
Ti3+还原Fe3+生成TiO2+的离子方程式；
【小问3详解】
若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，产生浑浊现象的离子方程式；
【小问4详解】
①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液具有很强的氧化性，应选用酸式滴定管，选择b，滴定管使用前要捡漏；
②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为，则滴定终点二苯胺磺酸钠得失去电子变成浅紫红色，滴定终点现象为滴入最后半滴K2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复。
③若消耗cml·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，可被Fe2+还原为Cr3+，根据电荷电子得失守恒可知：，，
则ag试样中Fe元素的质量分数为；
【小问5详解】
A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁，导致铁离子减少，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故A符合题意；
B．步骤Ⅲ中，TiCl3溶液稍过量，TiCl3也会消耗一部分K2Cr2O7，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故B不符合题意；
C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故C不符合题意；
D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多，其会造成变色提前，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故D符合题意；
E．滴定前平时读数，滴定后俯视，导致读数偏小，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故E符合题意；
故选：ADE。
18. 天然气是三大化石燃料之一，其主要成分CH4是重要的化工原料。
Ⅰ．在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃C6H6(苯)。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ． ；
ⅱ． 。
（1）反应ⅰ的正反应活化能为E kJ·ml-1，则逆反应的活化能为_______，该反应在_______(填“低温”、“高温”、“任意温度”)可以自发进行。
（2）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是_______。(已知：催化剂为固体)
（3）引入丙烷(C3H8)可促进甲烷芳构化制备C6H6(苯)和C8H10(二甲苯)，反应如下：
对于同级数的平行反应有，其中v、K分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。若要提高苯的产率，可采取的措施有_______。
Ⅱ．CH4与H2O(g)反应是制备CH3OH(g)的重要方法之一，反应如下：
主反应： 。
副反应ⅰ： ；
ⅱ： 。
（4）在一定条件下，将CH4、H2O、Ar以1∶4∶2的比例投入反应区，反应区温度对CH4平衡转化率和产物选择性的影响如图所示；
【产物A的选择性=】
①随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大的原因_______。
②若投入10mlCH4，结合数据分析在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度是_____。
③170℃时，主反应的平衡常数Kx=_______(x表示物质的量分数，列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. (E-74.6)kJ/ml ②. 高温
（2）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
（3）适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)
（4） ①. 反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大 ②. 170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%，则甲醇的物质的量为10×5%×50%=0.25ml，同理250℃甲醇的物质的量为10×8%×40%=0.32ml，300℃甲醇的物质的量为10×9%×31%=0.279ml，故250℃产生的甲醇最多 ③.
【解析】
【小问1详解】
反应ⅰ． ，正反应活化能为E kJ·ml-1，正反应的活化能=逆反应的活化能+，则逆反应的活化能为(E-74.6)kJ/ml，该反应ΔS＞0，△H＞0，在高温可以自发进行。
【小问2详解】
反应ⅰ中，有炭生成，炭覆盖在催化剂表面，减少反应物与催化剂的接触面积，则受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是：反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小。
【小问3详解】
已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。升高温度，有利于活化能大的反应，则降低温度，有利于活化能小的反应，所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)。
【小问4详解】
①从图中可以看出，CH4参加的三个反应都是吸热反应，所以随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大，原因是：反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大。
②若投入10mlCH4，提取图中数据：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%；250℃时，甲烷的转化率为8%，甲醇的选择性为40%，通过计算结果进行分析。确定在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%，则甲醇的物质的量为10ml×5%×50%=0.25ml，同理250℃甲醇的物质的量为10ml×8%×40%=0.32ml，300℃甲醇的物质的量为10ml×9%×31%=0.279ml，故250℃产生的甲醇最多。
③170℃时，设投入的CH4为100ml，H2O为400ml，Ar为200ml，甲烷的平衡转化率为5%,，则反应的CH4为100ml×5%=5ml，平衡时甲烷的物质的量为95ml，根据各物质选择性可知，生成的甲醇的物质的量为5ml×50%=2.5ml，乙烷的物质的量为=0.5ml，CO的物质的量为5ml×30%=1.5ml，氢气的物质的量为(2.5+1.5×3+0.5)ml=7.5ml，H2O的物质的量为(400-2.5-1.5)ml=396ml，反应Ⅰ反应前后气体的分子数相等，可用物质的量代替物质的量分数计算平衡常数，故主反应的平衡常数Kx===。
【点睛】催化剂的催化活性不仅受温度的影响，也受表面积的影响。A．调控滴定速度
B．测稀硫酸pH
C．测定中和反应的反应热
D．配制NaOH溶液
实验目的
方案设计
现象
A
CH3COO-和结合H+能力
用pH计分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH
CH3COONa溶液pH大
结合H+能力：CH3COO->
B
探究FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体
溶液先变成血红色，加KCl后无变化
FeCl3与KSCN的反应不可逆
C
探究压强对的化学平衡的影响
向恒温恒压密闭玻璃容器中充入HI气体，达到平衡后增大体积
气体颜色变浅
对于该分解反应，减小压强，平衡逆向移动
D
探究温度对反应速率的影响
两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应
温度高的溶液中先出现浑浊
温度越高，反应速率越快
时间段/s
产物Z的平均生成速率ml·L-1·s-1
0~2
0.20
0~4
0.15
0~6
0.10
化学式
NH3·H2O
CH3COOH
HClO
H2SO3
电离平衡常数K
1.8×10-5
1.8×10-5
3.0×10-8
1.5×10-2
1.0×10-7
酸
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
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