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【化学】四川省宜宾市第三中学2018-2019学年高二11月月考（解析版） 试卷
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四川省宜宾市第三中学2018-2019学年高二11月月考
考试时间：90分钟 满分：100分。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56
第一部分 选择题（共45分）
（每小题只有一个正确答案，1-15小题每题2分，16-20小题每题3分）
1.下列有关化学反应自发性的说法中正确的是( )
A. 放热反应一定是自发进行的反应
B. 化学反应的熵变与反应的方向无关
C. 反应的自发性要综合考虑焓变和熵变两种因素
D. 只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应的自发性判断依据是吉布斯自由能判据△G=△H-T△S，其中△H表示化学反应的焓变，T表示体系的温度，△S表示化学反应的熵变（对于有气体参与且气态物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值），△S=生成物总熵-反应物总熵。若△G<0，则反应能自发，若△G>0，则反应不能自发，若△G=0，则反应达到平衡状态。
A.放热反应不一定都能自发进行，放热反应的△H<0，若△S>0，该反应在高温条件下不一定能自发进行，故A错误；
B.熵变与化学反应的方向有关，若反应方向相反，则熵变数据不同，故B错误；
C.由上述分析可知，一个反应能否自发进行，需根据熵变和焓变进行综合判断，故C正确；
D.自发过程的含义是：在一定条件下不需要借助外力作用就能自发进行的过程。有时需要提供起始条件，如燃烧反应等，故D错误，答案选C。
【点睛】自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，如水往低处流、冰在室温下融化的过程等，而自发反应一定是自发过程。某些自发反应需在一定条件下才能自发进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。如甲烷燃烧时自发反应，但需要点燃才能发生；石灰石分解为氧化钙和二氧化碳为非自发反应，但在高温下也可以发生。
2.反应 A(g) + 3B(g) =" 2C(g)" + 2D(g) 在不同情况下测得化学反应速率，其中最快的是( )。
A. υ(D) =" 0.4" mol/(L·S) B. υ(B) =" 0.6" mol/(L·S)
C. υ(C) =" 0.5" mol/(L·S) D. υ(A) =" 0.15" mol/(L·S)
【答案】C
【解析】
试题分析：这类题目的做法是将每个选项的速率转化为方程系数为“1”的物质，或者转化为同一个物质的速率。本题利用化学反应速率之比为方程式系数之比，从而全部转化为物质A的反应速率。A为0.4/2="0.2" mol/(L·S)；B为0.6/3="0.2" mol/(L·S)；C 为0.5/2="0.25" mol/(L·S)；D为0.15 mol/(L·S)；所以C的速率最快。
考点：化学反应速率
点评：本题实际上利用了一个化学思维，不同种的物质速率是不能比较的，只有转化为同一种物质的速率才能比较。
3.热化学方程式C（s）+ H2O（g）═ CO（g）+ H2（g）△H=+131 kJ•mol-1表示的意义（ ）
A. 碳与水反应吸收131 kJ的热量
B. 1mol固态碳与1mol水蒸气反应产生一氧化碳气体和氢气，吸收131kJ的热量
C. 1mol碳和1mol水反应吸收131kJ的热量
D. 固态碳和气态水各1mol反应，放出131kJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】热化学反应方程式的定义：表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式。其意义是不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。C（s）+ H2O（g）═ CO（g）+ H2（g）△H=+131 kJ•mol-1表示的含义是1mol固态碳与1mol水蒸气反应产生一氧化碳气体和氢气，吸收131kJ的热量，故答案为B。A选项未指明反应物质的聚集状态和参加反应物质的量以及生成物和状态；C选项未指明反应物质聚集状态和生成物以及聚集状态；D选项未指明生成物和状态，且该反应是吸热反应。
4.在下列各溶液中的离子一定能大量共存的是 ( )
A. 强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B. 常温下水电离的c(H＋)为1×10－13mol/L的溶液中:Na＋、K＋、Cl－、HCO3－
C. 能使酚酞变红的溶液中：Na＋、K+、NO3－、CO32－
D. 酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.强碱性溶液中含有大量OH-，Al3＋能与OH-发生反应，故不能大量共存，不符合题意；
B.常温下水电离的c(H＋)为1×10－13mol/L的溶液，该溶液可能为酸性溶液或者碱性溶液，HCO3－能与酸或碱发生反应，故不能大量共存，不符合题意；
C.能使酚酞变红的溶液，说明溶液中含有大量OH-，溶液中的离子与OH-均不反应，且溶液中离子之间也不会发生反应，故能够大量共存，符合题意；
D.酸性溶液中含有NO3－，组成H++ NO3－的组合具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，溶液中离子不能大量共存，不符合题意；综上所述，答案为C。
【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的 pH 是多少时，溶液的离子哪些存在，Al 在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于 HNO3 有强的氧化性，不会存在 NO3-。掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是解答本题的关键。
5.在25℃时水的离子积Kw＝1.0×10-14，在35℃时水的离子积Kw＝2.1×10-14，下列叙述正确的是（ ）
A. 水中c(H＋)随着温度的升高而降低
B. 25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，Kw变小
C. 35℃时的水比25℃时的水电离程度小
D. 水的电离是吸热过程
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离是可逆反应，其平衡常数为水的离子积Kw，由题可知，升高温度，Kw增大，即升高温度，平衡向电离方向移动，而升高温度，平衡向吸热方向移动，据此分析作答。
【详解】A.由上述分析可知，升高温度，水的电离程度增大，故水中c(H＋)增大，即水中c(H＋)随着温度的升高而增大，错误；
B.向纯水中加入NaOH溶液，溶液中c(OH-)增大，c(H+)减小，而平衡常数Kw只与温度有关，故温度不变，Kw不变，错误；
C.由上述分析可知，升高温度，水的电离程度增大，错误；
D.由上述分析可知，升高温度，平衡向水的电离方向移动，即水的电离是吸热过程，正确,答案选D。
6.下列事实不属于盐类水解应用的是( )
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水
B. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室用Zn和稀H2SO4制氢气时加入少量CuSO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，不符合；
B.草木灰的主要成分是碳酸钾，若与铵态氮肥混合使用，会发生相互促进的双水解反应生成二氧化碳和氨气，会导致氮元素的损失，和盐类水解有关，不符合；
C.氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制铁离子水解，不符合；
D.加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率，和盐类水解无关，符合；综上所述，答案为D。
7.下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成
④N2、H2、NH3的浓度不再变化
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】可逆反应的平衡状态判断依据是“变量不变”一定平衡。
①.由方程式可知，每断裂1个N≡N的同时，一定有3个H-H键断裂，若同时有3个H-H形成，则说明v正=v逆，化学反应达到平衡状态，故①选；
②.题干未告知各物质的起始量以及转化率，无法判断达到平衡时N2、H2、NH3的分子数之比，故根据分子个数比无法判断反应是否达到平衡状态，故②不选；
③.由方程式可知，每断裂1个N≡N，一定会有6个N-H键形成，故无法判断是否达到平衡状态，故③不选；
④.当其它条件不变，反应中物质的浓度不再变化时，反应一定达到平衡状态，故④选；综上所述，可以证明该反应已达到平衡状态的是①④，故答案为A。
【点睛】对于平衡状态的判断，需注意审题，抓住题干的关键词，不能断章取义形成固定思维，要灵活变通，如本题的①表示的是不同方向的速率，而③表示的是同一个方向。
8.下列关于化学平衡常数的说法中正确的是（ ）
A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B. 化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的限度
C. 化学平衡常数K与温度、反应物浓度、体系的压强都有关
D. 当改变反应物的浓度时，化学平衡常数一定会发生改变
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，据此作答。
【详解】A.化学平衡常数只受温度影响，同一反应温度不同，平衡常数不同，故A错误；
B.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，因此可以用化学平衡常数K推断一个可逆反应进行的限度，故B正确；
C.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强无关，故C错误；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物的浓度无关，故D错误，答案选B。
9.25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI 浓溶液，下列说法正确的是
A. 溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B. PbI2的溶度积常数Ksp增大
C. 沉淀溶解平衡向右移动 D. 溶液中Pb2+的浓度减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；故选D。
考点：考查沉淀溶解平衡的移动、影响Ksp的因素。
10.运用中和反应反应热的测定方法，即保温、隔热条件下，向盛有20mL2.08mol/L的NaOH溶液的试管中分五次共加入5 mL未知浓度的H2SO4溶液(边加边振荡，每次加入1 mL)后，测得溶液的温度分别是21.4℃、22.5℃、24.2℃、25.2℃、25.18℃，则该硫酸溶液的物质的量浓度约是( )
A. 20.8 mol/L B. 5.2 mol/L C. 6.9 mol/L D. 4.16 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
依据反应后溶液的温度分别是21.4℃、22.5℃、24.2℃、25.2℃、25.18℃，可知加入4mL硫酸时放出热量最多，酸碱恰好发生中和反应，依据方程式计算解答。
【详解】由题意可知，当加入硫酸4mL时，氢氧化钠恰好与硫酸发生酸碱中和，放出热量最多，依据氢氧化钠与硫酸反应的方程式：
H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O
1 2
4mL×c(H2SO4) 20mL×2.08mol/L 所以c(H2SO4)==5.2mol/L，故答案为B。
【点睛】本题的突破点在于分析中和反应的终点，与中和热的测定实验联系可知，酸碱中和反应完全的时刻即为溶液温度的最高时刻，再进行相关计算。
11.下列措施中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是
①增大反应物的浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂
A. ①③⑤ B. ②⑤ C. ②③⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，可采取升高温度、加入催化剂等措施。
【详解】①.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，①不符合题意；
②.升高温度能使更多的普通分子变为活化分子，反应物的活化分子数和活化分子百分数都增大，②符合题意；
③.增大压强，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，③不符合题意；
④.移去生成物，平衡正向移动，反应物中活化分子数减少，但活化分子百分数不变，④不符合题意；
⑤.加入催化剂可以降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，⑤符合题意，故答案选B。
12.在相同温度下，100 mL 0.01mol/L醋酸溶液与10 mL 0.1mol/L醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是( )
A. 完全中和时所需NaOH的物质的量 B. CH3COOH的电离程度
C. H＋的物质的量浓度 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
A. 由n=c×V可知，两溶液中醋酸的物质的量相等，中和时所需NaOH的量相等，故A错误；B. 在相同温度下，稀释可以促进弱电解质的电离，所以0.01mol·L－1的醋酸溶液与0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比，前者电离程度大，故B正确；C. 酸的浓度越大，H＋的物质的量浓度越大，则0.01 mol·L－1醋酸溶液与0.1 mol·L－1醋酸溶液相比，H＋的物质的量浓度前者小于后者，故C错误；D. 由上述分析可知，两溶液中CH3COOH的物质的量相等，故D错误；答案选B。
13.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是( )
A. 溶液中c(CO32-)增大 B. 水的电离程度不变
C. 溶液的pH将变小 D. 溶液的碱性增强
【答案】D
【解析】
【分析】
碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，溶液呈碱性，水解是吸热反应，升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，据此分析。
【详解】A.升温促进水解平衡正向移动，溶液中c(CO32-)将会减小，错误；
B.升高温度，碳酸根离子水解程度增大，水解促进水的电离，故水的电离程度增加，错误；
C.升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，溶液的pH将变大，错误；
D. 升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，正确，答案选D。
14.在25℃时，在浓度为1 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是（ ）
A. a＝b＝c B. a > b >c C. a > c >b D. c > a > b
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外界条件对铵根离子水解的影响因素分析解答。
【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的存在对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的存在对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4＋的浓度的大小关系是c＞a＞b，答案选D。
15.下列装置或实验操作正确的是
A. ①用pH试纸测某溶液的酸碱性 B. ②探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2
C. ③吸收氨气制氨水 D. ④中和滴定实验
【答案】B
【解析】
A．用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B．锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性KMnO4＞Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2＞I2，B正确；C．吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D．滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，D错误；答案选B。
16.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是( )
A. c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B. c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
C. c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
CH3COOH是一元弱酸，在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；根据物料守恒分析A选项；根据质子守恒分析B选项；根据醋酸根离子水解和溶液显碱性分析C选项；根据电荷守恒分析D选项。
【详解】A.反应后溶液的溶质为醋酸钠，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
B.醋酸钠溶液中的质子守恒为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
C.醋酸钠溶液中醋酸根水解会消耗醋酸根离子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故c(OH－)> c(H＋)，因醋酸根离子的水解程度很微弱，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)> c(OH－)> c(H＋)，符合题意；
D.醋酸钠溶液中的电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，不符合题意；综上所述，答案为C。
17.下列生产生活等实际应用中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+ HClO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 使用更有效的催化剂，提高可逆反应的转化率
C. 工业合成NH3是放热反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温的措施
D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率（2SO2+O22SO3）
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，据此分析解答。
【详解】A.氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，生成氯化银沉淀，溶液中氯离子浓度降低，平衡向右移动，氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，不符合题意；
B.由于催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；
C.合成氨反应是放热的反应，降低温度，会促使平衡正向移动，可以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；
D.通入过量空气，增加了氧气的浓度，促进平衡正向移动，二氧化硫的转化率将会增大，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；综上所述，答案为B。
18.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HX
C. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
D. HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应
【答案】D
【解析】
分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
19.制取水煤气的反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH>0；在一定条件下达到化学平衡后，在时间为t时突然改变条件，反应速率的变化如图所示，在t时所改变的条件是( )
A. 加压 B. 升温 C. 增大水蒸气浓度 D. 增大碳的物质的量
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图像可知：在时刻t时，V正、V逆都增大，而且V正增大的多，所以化学平衡向正反应方向移动。A．加压，化学反应速率加快，平衡逆向移动，错误；B．升温，化学反应速率加快，平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，平衡正向移动，正确；C．增大水蒸气浓度，平衡正向移动，但是在改变的那一刻，V逆不变；错误；D．增大碳的物质的量，物质的浓度不变，化学反应速率不变，平衡也不发生移动，错误。
考点：考查影响化学反应速率、化学平衡的移动的因素的知识。
20.下图所示与对应叙述相符合的是（ ）
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)
C. 图丙表示室温下用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00 mL未知浓度的盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.08 mol·L-1
D. 图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)=αB(H2)
【答案】AC
【解析】
A. 依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故A正确；B. 随着稀释，甲酸的pH变化大，说明酸性：甲酸＞乙酸，故B错误；C. 图丙表示用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(HCl)=n(NaOH)，则 c(HCl)==0.0800 mol/L，故C正确；D. 根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，因此αA(H2)＞αB(H2)，故D错误；故选AC。
第二部分 非选择题（共55分）
21.（1）现有下列物质 ①NaCl晶体 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡⑤铜 ⑥酒精(C2H5OH) ⑦熔化的KNO3 ⑧NaOH溶液 ⑨氨水 请用以上物质的序号回答下列问题：
属于强电解质的是________； 属于弱电解质的是_______；在上述状态下能导电的物质是_________。
（2）化学平衡移动原理同样也适用于其它平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH4＋＋OH－
①向氨水中加入NH4Cl固体时，平衡____________移动，(填“向右”或“向左”)，c(OH－)____(填“增大”或“减小”，下同)。
②向氨水中加入MgCl2固体时，平衡_____移动，(填“向右”或“向左”)， c(NH4＋)____(填“增大”或“减小”)
【答案】 (1). ①④⑦ (2). ③ (3). ⑤⑦⑧⑨ (4). 向左 (5). 减小 (6). 向右 (7). 增大
【解析】（1）①NaCl晶体是强电解质，但氯化钠晶体中无自由移动的离子，故氯化钠晶体不导电； ②液态SO2属于非电解质，液态SO2中无自由移动的离子，不能导电；③纯醋酸溶于水可部分电离为氢离子和醋酸根离子，故醋酸是弱电解质，但纯醋酸中无自由移动的离子，不能导电；④硫酸钡是强电解质，但硫酸钡中没有自由移动的离子，故不导电，⑤铜是单质，既不是强电解质也不是弱电解质，但铜中存在自由移动的电子，能够导电；⑥酒精(C2H5OH)是非电解质，自身也不导电，⑦熔化的KNO3是强电解质，硝酸钾在熔融状态下可电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，故可导电，⑧NaOH溶液和⑨氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，NaOH属于强电解质，其水溶液能够导电，氨水中存在可自由移动的NH4+和OH-，溶液可以导电，答案为：①④⑦；③；⑤⑦⑧⑨；
(2) ①氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH4+＋OH－，向氨水中加入NH4Cl固体时，铵根离子的浓度增大，平衡向左移动，导致氢氧根离子浓度减小，故答案为：向左；减小；
②向氨水中加入MgCl2固体时，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀导致氢氧根离子浓度减小，平衡向右移动，铵根离子浓度增大，故答案为：向右；增大。
【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。
22.（1）实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是_________
（2）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）_________将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是______（写化学式）
（3）已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1mol/L的KHC2O4的pH为4.8,则此KHC2O4溶液中c(C2O42-)____c(H2C2O4) (填“大于”或“小于”或“等于”）
（4）泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液，该溶液呈现碱性的原因是（用离子方程式表示）______ ；灭火器内另一容器中装有Al2(SO4)3溶液，该溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）_______，当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为________
【答案】 (1). 抑制Cu2＋的水解 (2). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ (3). Al2O3 (4). 大于 (5). HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ (6). Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (7). 3HCO3－＋Al3＋===Al(OH)3＋3CO2
【解析】
【详解】（1）在配制Cu(NO3)2的溶液时，Cu2＋会发生水解：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2+2H+，故常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以此抑制Cu2＋的水解；
（2）Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；
（3）HC2O4-电离生成C2O42-，HC2O4-水解生成H2C2O4，由KHC2O4的pH为4.8可知，HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故KHC2O4溶液中c(C2O42－)大于c(H2C2O4)；
（4）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，水解离子方程式为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；硫酸铝是强酸弱碱盐能水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为：Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，离子方程式为：3HCO3－＋Al3＋=Al(OH)3＋3CO2。
【点睛】在书写离子方程式时，若题干明确指出或分析得出生成物为胶体时，需进行备注；泡沫灭火器主要试剂是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，不能和其它会发生水解的物质搞混淆；在书写相互促进的双水解离子方程式时，可通过两个水解方程式相加得出（需注意配平，可逆符号改为“=”）。
23.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到______（填仪器名称）中定容，摇匀即得．
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂．
（3）读取盛装0.1000mol/L KOH溶液的_________（填仪器名称）的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL．
（4）滴定：当_______时，停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录：
实验数据（mL）
滴定次数
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（KOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（1）经计算，市售白醋总酸量=______g/100mL．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是____（填写序号）。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准KOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.60 (5). 溶液由无色恰好变为红色（或浅红色），并在半分钟内不褪色 (6). 4.5 (7). ab
【解析】
【分析】
本题主要考查酸碱中和滴定实验相关知识。Ⅰ．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定终点时溶液颜色发生变化，并在半分钟内不恢复；
Ⅲ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的KOH溶液的体积，然后根据白醋与KOH 溶液反应的关系式来解答；
（2）根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）以及待测物质的量的影响，以此判断待测液浓度的误差。
【详解】I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
（2）食醋与KOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）KOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.60mL；
（4）KOH滴定食醋，滴定前溶液为无色，终点时溶液为红色或浅红色，所以滴定的终点为：溶液由无色恰好变为红色或浅红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（1）第1次滴定数据明显偏大，应舍去，其他3次消耗的KOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH ag，则
CH3COOOH～KOH
60 56
a×0.2 0.1000mol/L×0.015L×56g/mol
解得a=0.450g，样品总酸量=4.5g/100mL，故答案为：4.5；
（2）a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少量水，待测白醋中酸的物质的量不变，消耗碱的量不变，根据c（待测）=分析可知c（待测）不变；
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液中醋酸物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏小；综上所述，实验结果偏大的是ab。
24.I．常温下将0.1 mol NH4Cl和0.02 mol NaOH溶于水配成1 L溶液。
（1）该溶液中存在的平衡体系有（用离子方程式表示）________
（2）此溶液中共有________ 种离子。
（3）这些离子中浓度为0.1mol/L的是___，浓度为0.02mol/L的离子是___。
（4）____和_____两种微粒的物质的量之和比OH－的物质的量多0.08 mol。
II．（5）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质中最适宜采用的是________（填选项字母）
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列物质中的______（填选项字母）
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
（6）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12，则：该温度下水的离子积常数Kw＝________，在该温度下，将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。
【答案】 (1). H2OH++OH-、NH3·H2ONH4++OH-、NH4++H2ONH3·H2O+OH- (2). 7 (3). Cl- (4). Na+ (5). NH4+ (6). H+ (7). B (8). CD (9). 1×10-12 (10). 11
【解析】
【详解】I．将0.1molNH4Cl和0.02molNaOH溶于水配成1L溶液，反应后生成0.02molNH3·H2O和0.02molNaCl，剩余0.08molNH4Cl；
（1）该溶液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-、NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH4++OH-、NH4+的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+OH-；
（2）由上述分析可知，溶液中存在H2O、NH3·H2O、Na+、Cl-、NH4+、OH-、H+共7种不同的微粒；
（3）Cl-和Na+没有参与反应，其物质的量不变，可计算出c(Cl-)==0.1mol/L；c(Na+)==0.02mol/L；
（4）溶液中存在的离子为Na+、Cl-、NH4+、OH-、H+，根据电荷守恒可知n(Na+)+n(NH4+)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.1mol，所以0.02mol+n(NH4+)+n(H+)=0.1mol+n(OH-)，n(NH4+)+n(H+)=0.08mol+n(OH-)，所以n(NH4+)+n(H+)-n(OH-)=0.08mol；
II．（5）①加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
②调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，若要达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加入的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，且不能引入杂质，则C、D均可，A、B会引入杂质，且难以控制量，不符合；
（6）溶液中的离子积Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-a×1×10-b=1×10-（a+b）=1×10-12；在该温度下，100mL0.1mol·L-1的稀硫酸n（H+）=2×0.1L×0.1mol/L=0.02mol，100mL0.4mol．L-1的NaOH溶液n（OH-）=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，碱过量，反应后溶液呈碱性，反应后溶液的体积为100mL+100mL=200mL=0.2L，则反应后c（OH-）==0.1mol/L，c（H+）==1×10-11mol/L，pH=11。
【点睛】对于混合溶液的pH计算：1.强酸与强酸的混合：先求c（H+）混：将两种酸中的H+物质的量相加除以总体积，再求其它；2.强碱与强碱的混合：先求c (OH-)混：将两种碱中的OH 物质的量相加除以总体积，再求其它(注意：碱性溶液不能直接计算c（H+）混)；3.强酸与强碱的混合：先根据H+ + OH-===H2O计算余下的H+或OH-，H+有余，则用余下的H+数除以溶液总体积求c（H+）混；OH-有余，则用余下的OH-数除以溶液总体积求c（OH-）混，再求其它。
考试时间：90分钟 满分：100分。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56
第一部分 选择题（共45分）
（每小题只有一个正确答案，1-15小题每题2分，16-20小题每题3分）
1.下列有关化学反应自发性的说法中正确的是( )
A. 放热反应一定是自发进行的反应
B. 化学反应的熵变与反应的方向无关
C. 反应的自发性要综合考虑焓变和熵变两种因素
D. 只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应的自发性判断依据是吉布斯自由能判据△G=△H-T△S，其中△H表示化学反应的焓变，T表示体系的温度，△S表示化学反应的熵变（对于有气体参与且气态物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值），△S=生成物总熵-反应物总熵。若△G<0，则反应能自发，若△G>0，则反应不能自发，若△G=0，则反应达到平衡状态。
A.放热反应不一定都能自发进行，放热反应的△H<0，若△S>0，该反应在高温条件下不一定能自发进行，故A错误；
B.熵变与化学反应的方向有关，若反应方向相反，则熵变数据不同，故B错误；
C.由上述分析可知，一个反应能否自发进行，需根据熵变和焓变进行综合判断，故C正确；
D.自发过程的含义是：在一定条件下不需要借助外力作用就能自发进行的过程。有时需要提供起始条件，如燃烧反应等，故D错误，答案选C。
【点睛】自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，如水往低处流、冰在室温下融化的过程等，而自发反应一定是自发过程。某些自发反应需在一定条件下才能自发进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。如甲烷燃烧时自发反应，但需要点燃才能发生；石灰石分解为氧化钙和二氧化碳为非自发反应，但在高温下也可以发生。
2.反应 A(g) + 3B(g) =" 2C(g)" + 2D(g) 在不同情况下测得化学反应速率，其中最快的是( )。
A. υ(D) =" 0.4" mol/(L·S) B. υ(B) =" 0.6" mol/(L·S)
C. υ(C) =" 0.5" mol/(L·S) D. υ(A) =" 0.15" mol/(L·S)
【答案】C
【解析】
试题分析：这类题目的做法是将每个选项的速率转化为方程系数为“1”的物质，或者转化为同一个物质的速率。本题利用化学反应速率之比为方程式系数之比，从而全部转化为物质A的反应速率。A为0.4/2="0.2" mol/(L·S)；B为0.6/3="0.2" mol/(L·S)；C 为0.5/2="0.25" mol/(L·S)；D为0.15 mol/(L·S)；所以C的速率最快。
考点：化学反应速率
点评：本题实际上利用了一个化学思维，不同种的物质速率是不能比较的，只有转化为同一种物质的速率才能比较。
3.热化学方程式C（s）+ H2O（g）═ CO（g）+ H2（g）△H=+131 kJ•mol-1表示的意义（ ）
A. 碳与水反应吸收131 kJ的热量
B. 1mol固态碳与1mol水蒸气反应产生一氧化碳气体和氢气，吸收131kJ的热量
C. 1mol碳和1mol水反应吸收131kJ的热量
D. 固态碳和气态水各1mol反应，放出131kJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】热化学反应方程式的定义：表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式。其意义是不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。C（s）+ H2O（g）═ CO（g）+ H2（g）△H=+131 kJ•mol-1表示的含义是1mol固态碳与1mol水蒸气反应产生一氧化碳气体和氢气，吸收131kJ的热量，故答案为B。A选项未指明反应物质的聚集状态和参加反应物质的量以及生成物和状态；C选项未指明反应物质聚集状态和生成物以及聚集状态；D选项未指明生成物和状态，且该反应是吸热反应。
4.在下列各溶液中的离子一定能大量共存的是 ( )
A. 强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B. 常温下水电离的c(H＋)为1×10－13mol/L的溶液中:Na＋、K＋、Cl－、HCO3－
C. 能使酚酞变红的溶液中：Na＋、K+、NO3－、CO32－
D. 酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.强碱性溶液中含有大量OH-，Al3＋能与OH-发生反应，故不能大量共存，不符合题意；
B.常温下水电离的c(H＋)为1×10－13mol/L的溶液，该溶液可能为酸性溶液或者碱性溶液，HCO3－能与酸或碱发生反应，故不能大量共存，不符合题意；
C.能使酚酞变红的溶液，说明溶液中含有大量OH-，溶液中的离子与OH-均不反应，且溶液中离子之间也不会发生反应，故能够大量共存，符合题意；
D.酸性溶液中含有NO3－，组成H++ NO3－的组合具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，溶液中离子不能大量共存，不符合题意；综上所述，答案为C。
【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的 pH 是多少时，溶液的离子哪些存在，Al 在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于 HNO3 有强的氧化性，不会存在 NO3-。掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是解答本题的关键。
5.在25℃时水的离子积Kw＝1.0×10-14，在35℃时水的离子积Kw＝2.1×10-14，下列叙述正确的是（ ）
A. 水中c(H＋)随着温度的升高而降低
B. 25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，Kw变小
C. 35℃时的水比25℃时的水电离程度小
D. 水的电离是吸热过程
【答案】D
【解析】
【分析】
水的电离是可逆反应，其平衡常数为水的离子积Kw，由题可知，升高温度，Kw增大，即升高温度，平衡向电离方向移动，而升高温度，平衡向吸热方向移动，据此分析作答。
【详解】A.由上述分析可知，升高温度，水的电离程度增大，故水中c(H＋)增大，即水中c(H＋)随着温度的升高而增大，错误；
B.向纯水中加入NaOH溶液，溶液中c(OH-)增大，c(H+)减小，而平衡常数Kw只与温度有关，故温度不变，Kw不变，错误；
C.由上述分析可知，升高温度，水的电离程度增大，错误；
D.由上述分析可知，升高温度，平衡向水的电离方向移动，即水的电离是吸热过程，正确,答案选D。
6.下列事实不属于盐类水解应用的是( )
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水
B. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室用Zn和稀H2SO4制氢气时加入少量CuSO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，不符合；
B.草木灰的主要成分是碳酸钾，若与铵态氮肥混合使用，会发生相互促进的双水解反应生成二氧化碳和氨气，会导致氮元素的损失，和盐类水解有关，不符合；
C.氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制铁离子水解，不符合；
D.加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率，和盐类水解无关，符合；综上所述，答案为D。
7.下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成
④N2、H2、NH3的浓度不再变化
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】可逆反应的平衡状态判断依据是“变量不变”一定平衡。
①.由方程式可知，每断裂1个N≡N的同时，一定有3个H-H键断裂，若同时有3个H-H形成，则说明v正=v逆，化学反应达到平衡状态，故①选；
②.题干未告知各物质的起始量以及转化率，无法判断达到平衡时N2、H2、NH3的分子数之比，故根据分子个数比无法判断反应是否达到平衡状态，故②不选；
③.由方程式可知，每断裂1个N≡N，一定会有6个N-H键形成，故无法判断是否达到平衡状态，故③不选；
④.当其它条件不变，反应中物质的浓度不再变化时，反应一定达到平衡状态，故④选；综上所述，可以证明该反应已达到平衡状态的是①④，故答案为A。
【点睛】对于平衡状态的判断，需注意审题，抓住题干的关键词，不能断章取义形成固定思维，要灵活变通，如本题的①表示的是不同方向的速率，而③表示的是同一个方向。
8.下列关于化学平衡常数的说法中正确的是（ ）
A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B. 化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的限度
C. 化学平衡常数K与温度、反应物浓度、体系的压强都有关
D. 当改变反应物的浓度时，化学平衡常数一定会发生改变
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，据此作答。
【详解】A.化学平衡常数只受温度影响，同一反应温度不同，平衡常数不同，故A错误；
B.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，因此可以用化学平衡常数K推断一个可逆反应进行的限度，故B正确；
C.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强无关，故C错误；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物的浓度无关，故D错误，答案选B。
9.25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI 浓溶液，下列说法正确的是
A. 溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B. PbI2的溶度积常数Ksp增大
C. 沉淀溶解平衡向右移动 D. 溶液中Pb2+的浓度减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；故选D。
考点：考查沉淀溶解平衡的移动、影响Ksp的因素。
10.运用中和反应反应热的测定方法，即保温、隔热条件下，向盛有20mL2.08mol/L的NaOH溶液的试管中分五次共加入5 mL未知浓度的H2SO4溶液(边加边振荡，每次加入1 mL)后，测得溶液的温度分别是21.4℃、22.5℃、24.2℃、25.2℃、25.18℃，则该硫酸溶液的物质的量浓度约是( )
A. 20.8 mol/L B. 5.2 mol/L C. 6.9 mol/L D. 4.16 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
依据反应后溶液的温度分别是21.4℃、22.5℃、24.2℃、25.2℃、25.18℃，可知加入4mL硫酸时放出热量最多，酸碱恰好发生中和反应，依据方程式计算解答。
【详解】由题意可知，当加入硫酸4mL时，氢氧化钠恰好与硫酸发生酸碱中和，放出热量最多，依据氢氧化钠与硫酸反应的方程式：
H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O
1 2
4mL×c(H2SO4) 20mL×2.08mol/L 所以c(H2SO4)==5.2mol/L，故答案为B。
【点睛】本题的突破点在于分析中和反应的终点，与中和热的测定实验联系可知，酸碱中和反应完全的时刻即为溶液温度的最高时刻，再进行相关计算。
11.下列措施中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是
①增大反应物的浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂
A. ①③⑤ B. ②⑤ C. ②③⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，可采取升高温度、加入催化剂等措施。
【详解】①.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，①不符合题意；
②.升高温度能使更多的普通分子变为活化分子，反应物的活化分子数和活化分子百分数都增大，②符合题意；
③.增大压强，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，③不符合题意；
④.移去生成物，平衡正向移动，反应物中活化分子数减少，但活化分子百分数不变，④不符合题意；
⑤.加入催化剂可以降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，⑤符合题意，故答案选B。
12.在相同温度下，100 mL 0.01mol/L醋酸溶液与10 mL 0.1mol/L醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是( )
A. 完全中和时所需NaOH的物质的量 B. CH3COOH的电离程度
C. H＋的物质的量浓度 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
A. 由n=c×V可知，两溶液中醋酸的物质的量相等，中和时所需NaOH的量相等，故A错误；B. 在相同温度下，稀释可以促进弱电解质的电离，所以0.01mol·L－1的醋酸溶液与0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比，前者电离程度大，故B正确；C. 酸的浓度越大，H＋的物质的量浓度越大，则0.01 mol·L－1醋酸溶液与0.1 mol·L－1醋酸溶液相比，H＋的物质的量浓度前者小于后者，故C错误；D. 由上述分析可知，两溶液中CH3COOH的物质的量相等，故D错误；答案选B。
13.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是( )
A. 溶液中c(CO32-)增大 B. 水的电离程度不变
C. 溶液的pH将变小 D. 溶液的碱性增强
【答案】D
【解析】
【分析】
碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，溶液呈碱性，水解是吸热反应，升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，据此分析。
【详解】A.升温促进水解平衡正向移动，溶液中c(CO32-)将会减小，错误；
B.升高温度，碳酸根离子水解程度增大，水解促进水的电离，故水的电离程度增加，错误；
C.升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，溶液的pH将变大，错误；
D. 升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，正确，答案选D。
14.在25℃时，在浓度为1 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是（ ）
A. a＝b＝c B. a > b >c C. a > c >b D. c > a > b
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外界条件对铵根离子水解的影响因素分析解答。
【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的存在对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的存在对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4＋的浓度的大小关系是c＞a＞b，答案选D。
15.下列装置或实验操作正确的是
A. ①用pH试纸测某溶液的酸碱性 B. ②探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2
C. ③吸收氨气制氨水 D. ④中和滴定实验
【答案】B
【解析】
A．用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B．锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性KMnO4＞Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2＞I2，B正确；C．吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D．滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，D错误；答案选B。
16.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是( )
A. c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B. c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
C. c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
CH3COOH是一元弱酸，在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；根据物料守恒分析A选项；根据质子守恒分析B选项；根据醋酸根离子水解和溶液显碱性分析C选项；根据电荷守恒分析D选项。
【详解】A.反应后溶液的溶质为醋酸钠，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
B.醋酸钠溶液中的质子守恒为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
C.醋酸钠溶液中醋酸根水解会消耗醋酸根离子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故c(OH－)> c(H＋)，因醋酸根离子的水解程度很微弱，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)> c(OH－)> c(H＋)，符合题意；
D.醋酸钠溶液中的电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，不符合题意；综上所述，答案为C。
17.下列生产生活等实际应用中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+ HClO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 使用更有效的催化剂，提高可逆反应的转化率
C. 工业合成NH3是放热反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温的措施
D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率（2SO2+O22SO3）
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，据此分析解答。
【详解】A.氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，生成氯化银沉淀，溶液中氯离子浓度降低，平衡向右移动，氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，不符合题意；
B.由于催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；
C.合成氨反应是放热的反应，降低温度，会促使平衡正向移动，可以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；
D.通入过量空气，增加了氧气的浓度，促进平衡正向移动，二氧化硫的转化率将会增大，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；综上所述，答案为B。
18.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HX
C. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
D. HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应
【答案】D
【解析】
分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
19.制取水煤气的反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH>0；在一定条件下达到化学平衡后，在时间为t时突然改变条件，反应速率的变化如图所示，在t时所改变的条件是( )
A. 加压 B. 升温 C. 增大水蒸气浓度 D. 增大碳的物质的量
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图像可知：在时刻t时，V正、V逆都增大，而且V正增大的多，所以化学平衡向正反应方向移动。A．加压，化学反应速率加快，平衡逆向移动，错误；B．升温，化学反应速率加快，平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，平衡正向移动，正确；C．增大水蒸气浓度，平衡正向移动，但是在改变的那一刻，V逆不变；错误；D．增大碳的物质的量，物质的浓度不变，化学反应速率不变，平衡也不发生移动，错误。
考点：考查影响化学反应速率、化学平衡的移动的因素的知识。
20.下图所示与对应叙述相符合的是（ ）
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)
C. 图丙表示室温下用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00 mL未知浓度的盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.08 mol·L-1
D. 图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)=αB(H2)
【答案】AC
【解析】
A. 依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故A正确；B. 随着稀释，甲酸的pH变化大，说明酸性：甲酸＞乙酸，故B错误；C. 图丙表示用0.1000 mol·L-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(HCl)=n(NaOH)，则 c(HCl)==0.0800 mol/L，故C正确；D. 根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，因此αA(H2)＞αB(H2)，故D错误；故选AC。
第二部分 非选择题（共55分）
21.（1）现有下列物质 ①NaCl晶体 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡⑤铜 ⑥酒精(C2H5OH) ⑦熔化的KNO3 ⑧NaOH溶液 ⑨氨水 请用以上物质的序号回答下列问题：
属于强电解质的是________； 属于弱电解质的是_______；在上述状态下能导电的物质是_________。
（2）化学平衡移动原理同样也适用于其它平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH4＋＋OH－
①向氨水中加入NH4Cl固体时，平衡____________移动，(填“向右”或“向左”)，c(OH－)____(填“增大”或“减小”，下同)。
②向氨水中加入MgCl2固体时，平衡_____移动，(填“向右”或“向左”)， c(NH4＋)____(填“增大”或“减小”)
【答案】 (1). ①④⑦ (2). ③ (3). ⑤⑦⑧⑨ (4). 向左 (5). 减小 (6). 向右 (7). 增大
【解析】（1）①NaCl晶体是强电解质，但氯化钠晶体中无自由移动的离子，故氯化钠晶体不导电； ②液态SO2属于非电解质，液态SO2中无自由移动的离子，不能导电；③纯醋酸溶于水可部分电离为氢离子和醋酸根离子，故醋酸是弱电解质，但纯醋酸中无自由移动的离子，不能导电；④硫酸钡是强电解质，但硫酸钡中没有自由移动的离子，故不导电，⑤铜是单质，既不是强电解质也不是弱电解质，但铜中存在自由移动的电子，能够导电；⑥酒精(C2H5OH)是非电解质，自身也不导电，⑦熔化的KNO3是强电解质，硝酸钾在熔融状态下可电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，故可导电，⑧NaOH溶液和⑨氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，NaOH属于强电解质，其水溶液能够导电，氨水中存在可自由移动的NH4+和OH-，溶液可以导电，答案为：①④⑦；③；⑤⑦⑧⑨；
(2) ①氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH4+＋OH－，向氨水中加入NH4Cl固体时，铵根离子的浓度增大，平衡向左移动，导致氢氧根离子浓度减小，故答案为：向左；减小；
②向氨水中加入MgCl2固体时，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀导致氢氧根离子浓度减小，平衡向右移动，铵根离子浓度增大，故答案为：向右；增大。
【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。
22.（1）实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是_________
（2）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）_________将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是______（写化学式）
（3）已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1mol/L的KHC2O4的pH为4.8,则此KHC2O4溶液中c(C2O42-)____c(H2C2O4) (填“大于”或“小于”或“等于”）
（4）泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液，该溶液呈现碱性的原因是（用离子方程式表示）______ ；灭火器内另一容器中装有Al2(SO4)3溶液，该溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）_______，当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为________
【答案】 (1). 抑制Cu2＋的水解 (2). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋ (3). Al2O3 (4). 大于 (5). HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ (6). Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (7). 3HCO3－＋Al3＋===Al(OH)3＋3CO2
【解析】
【详解】（1）在配制Cu(NO3)2的溶液时，Cu2＋会发生水解：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2+2H+，故常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以此抑制Cu2＋的水解；
（2）Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；
（3）HC2O4-电离生成C2O42-，HC2O4-水解生成H2C2O4，由KHC2O4的pH为4.8可知，HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故KHC2O4溶液中c(C2O42－)大于c(H2C2O4)；
（4）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，水解离子方程式为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；硫酸铝是强酸弱碱盐能水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为：Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，离子方程式为：3HCO3－＋Al3＋=Al(OH)3＋3CO2。
【点睛】在书写离子方程式时，若题干明确指出或分析得出生成物为胶体时，需进行备注；泡沫灭火器主要试剂是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，不能和其它会发生水解的物质搞混淆；在书写相互促进的双水解离子方程式时，可通过两个水解方程式相加得出（需注意配平，可逆符号改为“=”）。
23.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到______（填仪器名称）中定容，摇匀即得．
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂．
（3）读取盛装0.1000mol/L KOH溶液的_________（填仪器名称）的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL．
（4）滴定：当_______时，停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录：
实验数据（mL）
滴定次数
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（KOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（1）经计算，市售白醋总酸量=______g/100mL．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是____（填写序号）。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准KOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.60 (5). 溶液由无色恰好变为红色（或浅红色），并在半分钟内不褪色 (6). 4.5 (7). ab
【解析】
【分析】
本题主要考查酸碱中和滴定实验相关知识。Ⅰ．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定终点时溶液颜色发生变化，并在半分钟内不恢复；
Ⅲ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的KOH溶液的体积，然后根据白醋与KOH 溶液反应的关系式来解答；
（2）根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）以及待测物质的量的影响，以此判断待测液浓度的误差。
【详解】I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
（2）食醋与KOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）KOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.60mL；
（4）KOH滴定食醋，滴定前溶液为无色，终点时溶液为红色或浅红色，所以滴定的终点为：溶液由无色恰好变为红色或浅红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（1）第1次滴定数据明显偏大，应舍去，其他3次消耗的KOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH ag，则
CH3COOOH～KOH
60 56
a×0.2 0.1000mol/L×0.015L×56g/mol
解得a=0.450g，样品总酸量=4.5g/100mL，故答案为：4.5；
（2）a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少量水，待测白醋中酸的物质的量不变，消耗碱的量不变，根据c（待测）=分析可知c（待测）不变；
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液中醋酸物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏小；综上所述，实验结果偏大的是ab。
24.I．常温下将0.1 mol NH4Cl和0.02 mol NaOH溶于水配成1 L溶液。
（1）该溶液中存在的平衡体系有（用离子方程式表示）________
（2）此溶液中共有________ 种离子。
（3）这些离子中浓度为0.1mol/L的是___，浓度为0.02mol/L的离子是___。
（4）____和_____两种微粒的物质的量之和比OH－的物质的量多0.08 mol。
II．（5）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质中最适宜采用的是________（填选项字母）
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列物质中的______（填选项字母）
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
（6）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12，则：该温度下水的离子积常数Kw＝________，在该温度下，将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。
【答案】 (1). H2OH++OH-、NH3·H2ONH4++OH-、NH4++H2ONH3·H2O+OH- (2). 7 (3). Cl- (4). Na+ (5). NH4+ (6). H+ (7). B (8). CD (9). 1×10-12 (10). 11
【解析】
【详解】I．将0.1molNH4Cl和0.02molNaOH溶于水配成1L溶液，反应后生成0.02molNH3·H2O和0.02molNaCl，剩余0.08molNH4Cl；
（1）该溶液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-、NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH4++OH-、NH4+的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+OH-；
（2）由上述分析可知，溶液中存在H2O、NH3·H2O、Na+、Cl-、NH4+、OH-、H+共7种不同的微粒；
（3）Cl-和Na+没有参与反应，其物质的量不变，可计算出c(Cl-)==0.1mol/L；c(Na+)==0.02mol/L；
（4）溶液中存在的离子为Na+、Cl-、NH4+、OH-、H+，根据电荷守恒可知n(Na+)+n(NH4+)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.1mol，所以0.02mol+n(NH4+)+n(H+)=0.1mol+n(OH-)，n(NH4+)+n(H+)=0.08mol+n(OH-)，所以n(NH4+)+n(H+)-n(OH-)=0.08mol；
II．（5）①加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
②调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，若要达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加入的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，且不能引入杂质，则C、D均可，A、B会引入杂质，且难以控制量，不符合；
（6）溶液中的离子积Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-a×1×10-b=1×10-（a+b）=1×10-12；在该温度下，100mL0.1mol·L-1的稀硫酸n（H+）=2×0.1L×0.1mol/L=0.02mol，100mL0.4mol．L-1的NaOH溶液n（OH-）=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，碱过量，反应后溶液呈碱性，反应后溶液的体积为100mL+100mL=200mL=0.2L，则反应后c（OH-）==0.1mol/L，c（H+）==1×10-11mol/L，pH=11。
【点睛】对于混合溶液的pH计算：1.强酸与强酸的混合：先求c（H+）混：将两种酸中的H+物质的量相加除以总体积，再求其它；2.强碱与强碱的混合：先求c (OH-)混：将两种碱中的OH 物质的量相加除以总体积，再求其它(注意：碱性溶液不能直接计算c（H+）混)；3.强酸与强碱的混合：先根据H+ + OH-===H2O计算余下的H+或OH-，H+有余，则用余下的H+数除以溶液总体积求c（H+）混；OH-有余，则用余下的OH-数除以溶液总体积求c（OH-）混，再求其它。
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