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【化学】重庆市巴蜀中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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重庆市巴蜀中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.关于反应FeCl3 + 3KSCN 3KCl + Fe(SCN)3的说法不正确的是
A. 用KSCN溶液可检验Fe3＋
B. 滴加氢氧化钠浓溶液，平衡逆向移动
C. 加入KCl固体，平衡不移动
D. 加水，溶液颜色会深
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe3＋遇KSCN溶液反应生成红色Fe(SCN)3，可检验Fe3＋，故A正确；B. 滴加氢氧化钠浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，故B正确；C.反应的离子方程式为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入KCl固体，与平衡无关，平衡不移动，故C正确；D. 加水稀释，c[Fe(SCN)3]减小，溶液颜色变浅，故D错误；故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意根据反应的本质(离子方程式)分析判断。
2.0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后溶液的说法正确的是
A. 电离程度不变
B. 溶液中离子总数增多
C. 溶液导电性增强
D. 溶液中醋酸分子增多
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸为弱酸，存在电离平衡，CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀释，促进醋酸的电离，据此分析解答。
【详解】A. 加水稀释，促进电离，电离程度变大，故A错误；B. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中离子总数增多，故B正确；C. 加水稀释，溶液中的离子浓度减小，溶液导电性减弱，故C错误；D. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中醋酸分子减少，故D错误；故选B。
3.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol H2和0.1 mol I2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2 NA
B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，容器中的分子数为2 NA
C. 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目为0.3 NA
D. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中含有NH4＋数目为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应同时为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数不变，始终为0.2NA个，故A正确；B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，由于存在2NO2 N2O4，容器中的分子数减少，故B错误；C.磷酸为中强酸，不能完全电离，因此 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目少于0.3 NA，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子个数小于0.1NA个，故D错误；故选A。
4.下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是
A. 用图B的滴定管可准确量取25.00 mL的酸性KMnO4溶液
B. 滴定过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的变化
C. 滴定管装入液体前不需用待装液润洗
D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，会使测定结果偏大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图B的滴定管下端为乳胶管，是碱式滴定管，高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管，不能用碱式滴定管来量取酸性KMnO4溶液，故A错误；B. 滴定操作中，眼睛要注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；C. 为了减小实验误差，防止滴定管中的水将溶液稀释，滴定管应该先使用蒸馏水洗净，然后使用待测液润洗，否则会影响标准液的浓度，故C错误；D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，导致读取的数值偏大，使得标准溶液的体积偏大，根据c(待测)=可知，会使测定结果偏大，故D正确；故选D。
5.下列说法不正确的是
A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释
B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
C. 纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂
D. 将AlCl3·6H2O与SOCl2混合并加热，可得到无水AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释，会混入硫酸杂质，应该溶于盐酸中，再稀释，故A错误；B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，可除去溶液中混有的Fe3＋，故B正确；C. CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4 Ca2++SO42-，加入纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成更难溶的碳酸钙沉淀，促进CaSO4沉淀溶解，因此纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂，故C正确；D. 使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，SOCl2吸收结晶水生成HCl，HCl抑制铝离子的水解，所以可得到无水AlCl3，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了盐类的水解和沉淀的溶解平衡。本题的难点为D，要注意SOCl2容易水解，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。
6.25 ℃时，下列溶液的碱性最强的是
A. pH=11的溶液
B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液
C. 1 L含有4 g NaOH的溶液
D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中的c(OH-)越大，pH越大，碱性越强，据此分析判断。
【详解】A. pH=11的溶液的c(OH-)=0.001 mol/L；B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液的c(OH-)=0.2 mol/L；C. 1 L含有4 g NaOH的溶液中c(OH-)==0.1 mol/L；D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液中c(OH-)=0.01 mol/L；综上所述，c(OH-)最大的为B，因此B的碱性最强，故选B。
7.下列四组离子在水溶液中因发生水解反应而不能大量共存的是
A. Fe2＋、NO3－、Na＋、H＋
B. S2－、NH4＋、SO42－、Fe3＋
C. Ba2＋、CO32－、H＋、S2O32－
D. Al3＋、Na＋、HCO3－、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe2＋与NO3－在酸性溶液中能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故A不选；B. S2－与Fe3＋能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故B不选；C. Ba2＋与CO32－；H＋与S2O32－以及CO32－能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故C不选；D. Al3＋与HCO3－能够发生双水解反应，不能大量共存，符合题意，故D选，故选D。
8.在常温恒容的密闭容器中充入浓度均为1 mol/L的NH3和HCl，发生NH3(g) + HCl(g) NH4Cl(?) △H = -a kJ/mol，下列说法正确的是
A. 现象为产生白雾
B. 反应物的活化能为a kJ/mol
C. 该条件下，混合气体的平均摩尔质量始终不变
D. 任何温度下，该反应均能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成的氯化铵为固体颗粒，现象为产生白烟，故A错误；B. 反应的焓变=正反应的活化能与逆反应的活化能的差，△H = -a kJ/mol，无法判断反应物的活化能，故B错误；C. 常温下，氯化铵为固体，混合气体始终为等浓度的NH3和HCl的混合气体，气体的平均摩尔质量始终不变，故C正确；D.△H ＜0，△S＜0，根据△G=△H-T△S，该反应在低温下能自发进行，故D错误；故选C。
9.下列说法正确的是
A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋) = 10-10 mol/L
B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3
C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，则c(NH4＋) < c(NH3·H2O)
D. 向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA－+ OH－ = H2O + A2-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，c(H＋) = 10-4mol/L，则由水电离的c(H＋) 水= c(OH-)水= 10-10 mol/L，故A正确；B. 将pH=2的HCl溶液的c(H＋) = 10-2mol/L，pH=4的H2SO4溶液的c(H＋) = 10-4mol/L，二者等体积混合，所得溶液的c(H＋) = ×(10-2mol/L +10-4mol/L)≈×10-2mol/L＞10-3mol/L，pH＜3，故B错误；C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，即c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，则c(NH4＋) ＞c(Cl-)，因此氨水的电离为主，因此 c(NH4＋) ＞c(NH3·H2O)，故C错误；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA－完全电离，则向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：H++ OH－ =H2O，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性与pH。本题的易错点为D，要注意根据溶液的浓度与pH的关系，判断酸H2A和HA－的强弱，再判断离子方程式的正误。
10.一定条件下发生：2NO2(g) + 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g) △H<0，能使该反应的反应速率增大，且平衡逆向移动的是
A. 及时分离出CO2
B. 适当提高温度
C. 减小容器的体积使体系压强增大
D. 选择高效的催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 及时分离出CO2，二氧化碳的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B. 适当提高温度，反应速率加快，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B正确；C. 减小容器的体积使体系压强增大，反应速率加快，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，故C错误；D. 选择高效的催化剂，不影响平衡的移动，故D错误；故选B。
11.某化学反应2A(g) B(g) + D(g)在四种不同的条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：
实验序号
0
10
20
30
40
50
60
(1)
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
(2)
800
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
(3)
800
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
(4)
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，下列说法错误的是
A. 在(1)中，反应在10~20 min内A的平均速率为0.013 mol/(L·min)
B. 在(2)中，A的初始浓度c2<1.0 mol/L
C. 设(3)的反应速率为υ3，(1)的反应速率为υ1，则υ3 > υ1
D. 比较(1)和(4)，可推测该反应的正反应是吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.在实验1中，反应在10至20min时间内A的平均速率为V===0.013mol/(L•min)；故A正确；B.反应经20min，A的浓度不再改变，说明达到平衡，较其他实验达到平衡时间最短，故使用了合适的催化剂，起始浓度c2=1.0mol/L；故B错误；C. 以相同时间段的反应速率为例，如10至20min内，在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为υ1===0.013 mol/(L•min)，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为υ3===0.015 mol/(L•min)，故υ3＞υ1，同时可知，实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，故C正确；D.比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，故D正确；故选B。
12.某温度下，在恒容的密闭容器中，发生aA(g) + bB(g) hH(g)，达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为a mol、b mol、h mol。已知a + b = 2h，若保持温度不变，将三者的物质的量扩大一倍，则下列判断正确的是
A. 达到平衡时，混合气体的密度不变
B. 平衡后b mol/L < c(B) < 2b mol/L
C. 达到平衡时，气体A的质量分数减小
D. 若其他条件不变，将容器改为恒压，则平衡后H的体积分数大于1/3
【答案】CD
【解析】
【分析】
在恒容的密闭容器中，发生aA(g) + bB(g) hH(g)，已知a+b=2h，说明反应是气体体积减小的反应；达到平衡后，A、B、H的物质分别为amol、bmol、hmol，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡正向移动，据此分析解答。
【详解】A、混合气体密度等于混合气体质量除以体积，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，体积不变，质量增大，混合气体密度增大，故A错误；B. 容器的体积未知，无法判断平衡后c(B) 的大小，故B错误；C. 若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡正向移动，A的质量分数减小，故C正确；D. aA(g) + bB(g) hH(g)，达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为a mol、b mol、h mol。已知a + b = 2h，此时H的体积分数为==；由于该反应为气体的体积减小的反应，若其他条件不变，将容器改为恒压，相当于达平衡后，增大压强，平衡继续正向移动，H的体积分数增大，故D正确；故选CD。
【点睛】本题考查了化学平衡的分析判断，注意平衡移动原理的理解分析是解题关键。本题的易错点为B，要注意根据c=结合勒夏特列原理分析判断。
13.某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15，用定义pH一样来规定pD，则pD=-lg[c(D+))。该温度下，下列叙述正确的是
A. 纯净的重水(D2O)中，pD=7
B. 纯净的重水中，c(D+)·c(OD-) > 1×10-14
C. 将0.01 mol DC1溶于水形成1 L的重水溶液，其pD=2
D. NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+
【答案】C
【解析】
【详解】A．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，c(D+)·c(OD-)=1.6×10-15，故B错误；C．c(DC1)==0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故C正确；D、氯化铵属于强酸弱碱盐，水解生成氨水和氯化氢，离子方程式为：NH4++2D2ONH3·HDO+ D3O+，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查pH的简单计算和盐类水解的原理的应用。本题的易错点为D，要注意铵根离子水解，本质是铵根离子与水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨。
14.某温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)发生反应H2(g) + CO2(g) H2O(g) + CO(g)，其起始浓度如表所示，已知平衡时甲中H2的转化率为60%。下列判断正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)[mol/L]
0.010
0.020
0.020
c(CO2)[mol/L]
0.010
0.010
0.020
A. 刚开始反应时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
B. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%
C. 平衡时，丙中c(CO) = 0.008 mol/L
D. 该温度下，平衡常数K=9/4
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，即丙中最快，甲中最慢，故A错误；B．乙与甲相比，相当于甲平衡后再充入氢气，则氢气的转化率小于甲，即乙中H2的转化率小于60%，故B错误；C．根据表格数据可知，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲、丙中H2和CO2的转化率相等，甲中H2的转化率为60%，则平衡时甲容器内c(CO)=0.01mol/L×60%=0.006mol/L，丙中c(CO)是甲中的2倍，丙中c(CO) = 0.012 mol/L，故C错误；
D.对于甲容器：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
开始(mol/L)： 0.01 0.01 0 0
变化(mol/L)： 0.006 0.006 0.006 0.006
平衡(mol/L)： 0.004 0.004 0.006 0.006
所以K==，故D正确；故选D。
15.25 ℃时，下列关于亚硫酸及其钠盐的说法不正确的是
A. Na2SO3溶液和 NaHSO3溶液中含有的离子种类完全相同
B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，溶液中各离子浓度均减小
C. H2SO3溶液中c(H＋)·c(SO32－)/c(H2SO3)减小，可能的措施是加入NaHSO4固体
D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(H+)一定小于0.11 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液存在HSO3-+H2O H2SO3+OH-、HSO3- H++SO32-，Na2SO3溶液中存在SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，两种溶液中都存在H2O H++OH-，存在的粒子有：Na+、H+、OH-、HSO3-、H2O、SO32-、H2SO3，故A正确；B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，故B错误；C. H2SO3溶液中加入NaHSO4固体，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，===减小，故C正确；D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，说明亚硫酸氢钠不能完全电离出氢离子，0.1 mol/L NaHSO3溶液HSO3-电离出的c(H+)=0.01 mol/L，亚硫酸为弱酸，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(HSO3－)＜0.1 mol/L ，c(H+)一定小于(0.1+0.01)mol/L，故D正确；故选B。
16.常温下的下列溶液中，微粒浓度关系正确的是
A. 0.2 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L KOH溶液等体积混合：3c(K＋) + c(H＋) = c(OH－) + c(HCO3－) + 2(CO32－)
B. 只含有NH4＋、Cl－、H＋、OH－的溶液中，其离子浓度可能是：c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，则其中离子浓度最大与最小的差值为(0.1-10-4) mol/L
D. c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]
【答案】A
【解析】
【详解】A．将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、0.025mol/L碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正确；B．含有NH4+、Cl-、H+、OH-的溶液中，根据电荷守恒，存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，一定不能存在c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)，故B错误；C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-部分电离，溶液中离子浓度最大的为钠离子为0.1mol/L，浓度最小的不是氢离子(10-4 mol/L)，比氢离子浓度小的还有氢氧根离子等，浓度差值一定不为(0.1-10-4) mol/L，故C错误；D．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中硫酸根离子对铵根离子的水解没有影响，(NH4)2CO3中碳酸根离子促进铵根离子的水解，(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子抑制铵根离子的水解，因此c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了盐类水解的规律和应用。本题的易错点为C，要注意如何水溶液中都存在H+和OH-。
17.T ℃，分别向10 mL浓度均为1 mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度对数(lgc)的关系如图所示。
已知：pKa = -lgKa。
下列叙述正确的是
A. 弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
B. a点对应的溶液中c(HA) = 0.1 mol/L，pH=4
C. 酸性：HA
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ka不会随着溶液浓度的降低而变化，只受外界温度的影响，故A错误；B．a点2pH=4，即pH=2，lgc=-1，即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L，所以对应的溶液中：c (HA)=0.1mol/L，c (H+)=0.01mol/L，pH=-lgc(H+)=2，故B错误；C．根据溶液pH 的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系图，得到HA酸中，2pH=4，即pH=2，lgc=-1，即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L，对HB酸，c=0.1mol/L时，pH大于2，所以酸性：HA＞HB，故C错误；D．根据图像，T℃时，弱酸HB 的pKa=-lgKa，Ka=≈=10-5，pKa≈5，故D正确；故选D。
18.反应COCl2(g) Cl2(g) + CO(g) △H>0达到平衡时各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)。
下列说法正确的是
A. 第4 min时改变的条件可能是扩大容器体积
B. 第2 min时的平衡常数K(2)大于第8 min时的平衡常数K(8)
C. 12 min时反应在温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = 0.031 mol/L(结果保留两位有效数字)
D. 产物CO在2~3 min、5~6 min、12~13 min时的平均反应速率大小为：υ(5~6) > υ(2~3) > υ(12~13)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，故A错误；B.第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动。4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，因为正反应为吸热反应，所以温度T(2)＜T(8)，则平衡常数K(2)＜K(8)，故B错误；C.由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故==0.234mol/L，解得c(COCl2)=0.031mol/L，故C正确；D.根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为υ(5～6)＞υ(2～3)= υ(12～13)，故D 错误；故选C。
19.下列有关含碳微粒的说法，按要求填空：
(1)同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性_________ NaHCO3溶液的碱性(填“大于”、“小于”或“等于”)，请设计一个较简便的实验证明___________。
(2)在25 ℃时，在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。
①HC1溶液滴加到一半时，溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是____________________(用主要的离子方程式表示)。
②关于图像下列说法正确的是_________________。
A、0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(OH－) + 2c(CO32－) + c(HCO3－)
B、b曲线代表CO32－
C、pH=11时，c(HCO3－) > c(Cl－)
D、pH=11 时，c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)
E、在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－能大量共存
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，将酸性KMnO4溶液滴入草酸溶液中，会产生气泡，且紫红色褪去，写出该反应的离子方程式________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大 (3). 碱性 (4). HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－ (5). ACD (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋ ＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)根据碳酸钠和碳酸氢钠的水解程度分析判断两溶液的碱性强弱；根据溶液的酸碱性和pH的关系分析解答；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2，据此分析解答；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，根据氧化还原反应方程式的配平原则书写并配平方程式。
【详解】(1)碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性大于NaHCO3溶液的碱性；可以根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱，故答案为：大于；同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大于NaHCO3；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2。
①根据上述分析，HC1溶液滴加到一半时，恰好生成碳酸氢钠，碳酸氢钠水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，故答案为：碱性；HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－；
②A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故A正确；B、根据上述分析，b曲线代表HCO3－，故B错误；C、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，此时溶液显碱性，以碳酸钠的水解为主，根据方程式生成的氯化钠少于溶液中的碳酸氢钠，因此c(HCO3－) > c(Cl－)，故C正确；D、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，溶液中c(HCO3－) = c(CO32-)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)，故D正确；E、根据图像，在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－不能大量共存，如pH=7时，几乎没有CO32-，故E错误；正确的有ACD，故答案为：ACD；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有草酸饱和溶液的试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液的紫红色褪去，说明草酸被酸性高锰酸钾氧化，根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【点睛】本题考查了盐类的水解和氧化还原反应方程式的配平。本题的难点为(2)要注意根据碳酸钠与盐酸反应的顺序判断曲线代表的含碳微粒，如何结合盐类水解的规律和图像解答。
20.某课题小组探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸，按下表进行对照实验。在两种不同温度的水浴中加热相同时间后，记录酯层的体积来确定水解反应的速率。
实验试剂
试管Ⅰ(55 ℃)
试管Ⅱ(55 ℃)
试管Ⅲ(55 ℃)
试管Ⅳ(75 ℃)
乙酸乙酯/mL
1
V1
V2
V3
1 mol/L NaOH mL
V4
3
0
V5
蒸馏水/mL
0
V6
5
2
已知：①水解反应CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；
②CH3COOC2H5难溶于水，密度比水小。
（1）V4 = ____________。
（2）①下列说法正确的是____________________________；
A、加入水，平衡正向移动
B、加入稀盐酸可使平衡逆向移动
C、酯层体积不再改变时，反应停止
D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，反应达平衡状态
②用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则表达式为____________。
（3）实验中常用饱和食盐水代替蒸馏水，目的是减小乙酸乙酯在水中的溶解度，会使实验结果更准确，______________填“能”或“不能”)用饱和Na2CO3溶液代替蒸馏水。
（4）实验中，试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸点为77.1 ℃)
【答案】 (1). 5 (2). AB (3). Kh = c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5) (4). 不能 (5). 温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多
【解析】
【分析】
(1)①根据实验目的“乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率”及对照试验的设计原则进行判断；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，结合平衡移动的影响因素分析判断；②根据化学平衡的表达式书写；
(3)根据碳酸钠溶液水解显碱性，结合实验的探究目的分析判断；
(4)根据反应温度，从反应速率和物质的挥发性角度分析解答。
【详解】(1)探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5mL，即：V4=5，故答案为：5；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；A、加入水，反应物和生成物的浓度均减小，但生成物浓度减小的更大，平衡正向移动，故A正确；B、加入稀盐酸，溶液的酸性增强，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移动，故B正确；C、酯层体积不再改变时，说明反应达到了平衡，但反应仍在进行，没有停止，故C错误；D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，正逆反应速率不一定相等，不能说明反应达平衡状态，故D错误；正确的有AB，故答案为：AB；
②CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则Kh =，故答案为：Kh =；
(3)由于乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小，故实验中，可用饱和食盐水替代蒸馏水，以便减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；但碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响，所以不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水，故答案为：不能；
(4)试管Ⅳ比试管Ⅱ的温度高，温度升高，反应速率加快；乙酸乙酯的沸点为77.1℃，水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，导致试管中酯层减少速率加快，干扰了实验结果，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多。
21.某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000 g，加水配成250 mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00 mL溶液，用滴定管盛装0.2000 mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。
（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。
（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。
（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。
（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式滴定管、锥形瓶、烧杯 (3). 淀粉 (4). 当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (5). 18.10 (6). 18.1% (7). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；
(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；
(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；
(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=分析判断误差。
【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10 mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；
(4)消耗的碘的物质的量=0.01810 L×0.2000 mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=×100%= 18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=可知，测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数偏大，故答案为：18.1%；偏大。
22.一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示，回答下列问题：
（1）为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有______任写两种)。
（2）FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应的离子方程式是________。
（3）TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为__________，需要加入Na2CO3粉末的目的是__________________________________________。
（4）常温下，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，需要控制溶液pH____________时，才能使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2。(已知：Ksp[FeCO3] = 3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2] = 1.0×10-16)
【答案】 (1). 加热、研碎、适当提高酸的浓度 (2). Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O (3). TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋ (4). 消耗H＋，促使水解平衡正向移动 (5). ≤8.5
【解析】
【分析】
根据流程图，钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)中加入稀硫酸，氧化铁溶解生成硫酸铁，FeTiO3反应生成TiOSO4，然后在酸性溶液中加入适量铁粉，除去过量的酸，并还原铁离子，冷却结晶得到硫酸亚铁晶体和TiOSO4溶液；将绿矾晶体溶解后加入碳酸氢铵溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳、硫酸铵溶液，碳酸亚铁在空气中煅烧生成氧化铁；富含TiO2+的酸性溶液中加入碳酸钠粉末，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到钛白粉(TiO2·nH2O)，据此结合化学反应原理和化学实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有加热、研碎、适当提高酸的浓度等，故答案为：加热、研碎、适当提高酸的浓度等；
(2)根据题意和上述分析，FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应生成硫酸铵、二氧化碳和他说亚铁，反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O，故答案为：Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O；
(3)TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋，加入Na2CO3粉末可以消耗水解生成的H＋，促使TiO2+水解平衡正向移动，故答案为：TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋；消耗H＋，促使水解平衡正向移动；
(4)常温下，在FeCO3沉淀溶解平衡(FeCO3 Fe2＋＋CO32－)的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，则c(Fe2+)===1.0×10-5由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)•c(OH-)2= Ksp[Fe(OH)2] =1.0×10-5×c2(OH-)=1.0×10-16，c(OH-)==10-5.5 mol/L，要使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2，则需要c(OH-)≤10-5.5 mol/L，即c(H+)≥=10-8.5 mol/L，因此pH≤8.5，故答案为：≤8.5。
【点睛】本题考查了物质的制备、分离与提纯。本题的难点为（4），要注意根据溶解平衡方程式结合溶度积常数进行计算。
23.氢气是一种理想的绿色能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：
已知：反应I和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图2所示：
（1）①写出反应I中的化学方程式是________________。
②若反应I在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，乙醇的平衡转化率___(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是___________。
（2）反应Ⅱ在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同，测得相应的CO的平衡转化率见下图3(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD______________TE(填“<”“=”或“>”)；
②当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___(用简要的文字叙述)。
（3）已知：
a、2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol，该反应在0 ℃时K≈10-4.5；
b、2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g)△H = -110.7 kJ/mol。依据以上数据，文献认为反应a没有工业价值，你认为其理由是______________________；但反应b引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，其原因是_________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2OH ＋ H2O 2CO ＋ 4H2 (2). 增大 (3). 恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，朝气体分子数增大方向移动 (4). < (5). 反应温度与进气比成反比 (6). 平衡常数小，原料转化率低 (7). 反应放热量增加，能量越低越稳定
【解析】
【分析】
(1)①根据图1判断反应I中的反应物和生成物写出反应的化学方程式；②在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，结合书写的反应I的方程式分析判断；(2)根据图1写出反应Ⅱ的反应方程式，并根据图2分析出反应Ⅱ的热量变化情况，结合化学平衡的影响因素分析解答①；结合反应Ⅱ的反应方程式和图中BEF三点，分析反应温度与进气比的关系；(3)根据反应a的K≈10-4.5，结合化学平衡常数的意义分析解答；根据反应b的 △H = -110.7 kJ/mol，结合物质的稳定性与能量的关系分析解答。
【详解】(1)①根据图1，反应I中的反应物为CH3CH2OH和H2O，生成物为CO和H2，反应的化学方程式为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，故答案为：CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)；
②反应I为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，故答案为：增大；恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，平衡朝气体分子数增大方向移动；
(2)根据图1，反应Ⅱ为CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g)，根据图2，反应Ⅱ随温度的升高，平衡常数K减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
①图中D、E两点时=1，CO的平衡转化率D＞E，由于该反应的平衡不受压强的影响，影响改变的条件为温度，由于正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO转化率减小，图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE．D点CO转化率大于E点CO转化率，说明温度TD＜TE，故答案为：＜；
②CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g) △H＜0。根据方程式可知，在其他条件不变时，越大，CO的转化率越小；温度越高，CO的平衡转化率越小；因此当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，如图中BEF三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，即反应温度与进气比成反比，故答案为：反应温度与进气比成反比；
(3)反应a：2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol的K≈10-4.5，表示反应进行的程度很小，原料转化率低，没有工业价值；反应b：2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g) △H = -110.7 kJ/mol，由于该反应放出的热量增加，能量越低越稳定，因此引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，故答案为：平衡常数小，原料转化率低；反应放热量增加，能量越低越稳定。
1.关于反应FeCl3 + 3KSCN 3KCl + Fe(SCN)3的说法不正确的是
A. 用KSCN溶液可检验Fe3＋
B. 滴加氢氧化钠浓溶液，平衡逆向移动
C. 加入KCl固体，平衡不移动
D. 加水，溶液颜色会深
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe3＋遇KSCN溶液反应生成红色Fe(SCN)3，可检验Fe3＋，故A正确；B. 滴加氢氧化钠浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，故B正确；C.反应的离子方程式为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入KCl固体，与平衡无关，平衡不移动，故C正确；D. 加水稀释，c[Fe(SCN)3]减小，溶液颜色变浅，故D错误；故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意根据反应的本质(离子方程式)分析判断。
2.0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后溶液的说法正确的是
A. 电离程度不变
B. 溶液中离子总数增多
C. 溶液导电性增强
D. 溶液中醋酸分子增多
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸为弱酸，存在电离平衡，CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀释，促进醋酸的电离，据此分析解答。
【详解】A. 加水稀释，促进电离，电离程度变大，故A错误；B. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中离子总数增多，故B正确；C. 加水稀释，溶液中的离子浓度减小，溶液导电性减弱，故C错误；D. 加水稀释，促进电离，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中醋酸分子减少，故D错误；故选B。
3.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol H2和0.1 mol I2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2 NA
B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，容器中的分子数为2 NA
C. 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目为0.3 NA
D. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中含有NH4＋数目为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应同时为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数不变，始终为0.2NA个，故A正确；B. 向密闭容器中充入2 mol NO2一段时间后，由于存在2NO2 N2O4，容器中的分子数减少，故B错误；C.磷酸为中强酸，不能完全电离，因此 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋数目少于0.3 NA，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子个数小于0.1NA个，故D错误；故选A。
4.下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是
A. 用图B的滴定管可准确量取25.00 mL的酸性KMnO4溶液
B. 滴定过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的变化
C. 滴定管装入液体前不需用待装液润洗
D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，会使测定结果偏大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图B的滴定管下端为乳胶管，是碱式滴定管，高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管，不能用碱式滴定管来量取酸性KMnO4溶液，故A错误；B. 滴定操作中，眼睛要注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；C. 为了减小实验误差，防止滴定管中的水将溶液稀释，滴定管应该先使用蒸馏水洗净，然后使用待测液润洗，否则会影响标准液的浓度，故C错误；D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，导致读取的数值偏大，使得标准溶液的体积偏大，根据c(待测)=可知，会使测定结果偏大，故D正确；故选D。
5.下列说法不正确的是
A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释
B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
C. 纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂
D. 将AlCl3·6H2O与SOCl2混合并加热，可得到无水AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释，会混入硫酸杂质，应该溶于盐酸中，再稀释，故A错误；B. 向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，可除去溶液中混有的Fe3＋，故B正确；C. CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4 Ca2++SO42-，加入纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成更难溶的碳酸钙沉淀，促进CaSO4沉淀溶解，因此纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂，故C正确；D. 使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，SOCl2吸收结晶水生成HCl，HCl抑制铝离子的水解，所以可得到无水AlCl3，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了盐类的水解和沉淀的溶解平衡。本题的难点为D，要注意SOCl2容易水解，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。
6.25 ℃时，下列溶液的碱性最强的是
A. pH=11的溶液
B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液
C. 1 L含有4 g NaOH的溶液
D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中的c(OH-)越大，pH越大，碱性越强，据此分析判断。
【详解】A. pH=11的溶液的c(OH-)=0.001 mol/L；B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液的c(OH-)=0.2 mol/L；C. 1 L含有4 g NaOH的溶液中c(OH-)==0.1 mol/L；D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液中c(OH-)=0.01 mol/L；综上所述，c(OH-)最大的为B，因此B的碱性最强，故选B。
7.下列四组离子在水溶液中因发生水解反应而不能大量共存的是
A. Fe2＋、NO3－、Na＋、H＋
B. S2－、NH4＋、SO42－、Fe3＋
C. Ba2＋、CO32－、H＋、S2O32－
D. Al3＋、Na＋、HCO3－、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe2＋与NO3－在酸性溶液中能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故A不选；B. S2－与Fe3＋能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故B不选；C. Ba2＋与CO32－；H＋与S2O32－以及CO32－能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故C不选；D. Al3＋与HCO3－能够发生双水解反应，不能大量共存，符合题意，故D选，故选D。
8.在常温恒容的密闭容器中充入浓度均为1 mol/L的NH3和HCl，发生NH3(g) + HCl(g) NH4Cl(?) △H = -a kJ/mol，下列说法正确的是
A. 现象为产生白雾
B. 反应物的活化能为a kJ/mol
C. 该条件下，混合气体的平均摩尔质量始终不变
D. 任何温度下，该反应均能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成的氯化铵为固体颗粒，现象为产生白烟，故A错误；B. 反应的焓变=正反应的活化能与逆反应的活化能的差，△H = -a kJ/mol，无法判断反应物的活化能，故B错误；C. 常温下，氯化铵为固体，混合气体始终为等浓度的NH3和HCl的混合气体，气体的平均摩尔质量始终不变，故C正确；D.△H ＜0，△S＜0，根据△G=△H-T△S，该反应在低温下能自发进行，故D错误；故选C。
9.下列说法正确的是
A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋) = 10-10 mol/L
B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3
C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，则c(NH4＋) < c(NH3·H2O)
D. 向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA－+ OH－ = H2O + A2-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，c(H＋) = 10-4mol/L，则由水电离的c(H＋) 水= c(OH-)水= 10-10 mol/L，故A正确；B. 将pH=2的HCl溶液的c(H＋) = 10-2mol/L，pH=4的H2SO4溶液的c(H＋) = 10-4mol/L，二者等体积混合，所得溶液的c(H＋) = ×(10-2mol/L +10-4mol/L)≈×10-2mol/L＞10-3mol/L，pH＜3，故B错误；C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，即c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，则c(NH4＋) ＞c(Cl-)，因此氨水的电离为主，因此 c(NH4＋) ＞c(NH3·H2O)，故C错误；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA－完全电离，则向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：H++ OH－ =H2O，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性与pH。本题的易错点为D，要注意根据溶液的浓度与pH的关系，判断酸H2A和HA－的强弱，再判断离子方程式的正误。
10.一定条件下发生：2NO2(g) + 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g) △H<0，能使该反应的反应速率增大，且平衡逆向移动的是
A. 及时分离出CO2
B. 适当提高温度
C. 减小容器的体积使体系压强增大
D. 选择高效的催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 及时分离出CO2，二氧化碳的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B. 适当提高温度，反应速率加快，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B正确；C. 减小容器的体积使体系压强增大，反应速率加快，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，故C错误；D. 选择高效的催化剂，不影响平衡的移动，故D错误；故选B。
11.某化学反应2A(g) B(g) + D(g)在四种不同的条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：
实验序号
0
10
20
30
40
50
60
(1)
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
(2)
800
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
(3)
800
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
(4)
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，下列说法错误的是
A. 在(1)中，反应在10~20 min内A的平均速率为0.013 mol/(L·min)
B. 在(2)中，A的初始浓度c2<1.0 mol/L
C. 设(3)的反应速率为υ3，(1)的反应速率为υ1，则υ3 > υ1
D. 比较(1)和(4)，可推测该反应的正反应是吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.在实验1中，反应在10至20min时间内A的平均速率为V===0.013mol/(L•min)；故A正确；B.反应经20min，A的浓度不再改变，说明达到平衡，较其他实验达到平衡时间最短，故使用了合适的催化剂，起始浓度c2=1.0mol/L；故B错误；C. 以相同时间段的反应速率为例，如10至20min内，在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为υ1===0.013 mol/(L•min)，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为υ3===0.015 mol/(L•min)，故υ3＞υ1，同时可知，实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，故C正确；D.比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，故D正确；故选B。
12.某温度下，在恒容的密闭容器中，发生aA(g) + bB(g) hH(g)，达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为a mol、b mol、h mol。已知a + b = 2h，若保持温度不变，将三者的物质的量扩大一倍，则下列判断正确的是
A. 达到平衡时，混合气体的密度不变
B. 平衡后b mol/L < c(B) < 2b mol/L
C. 达到平衡时，气体A的质量分数减小
D. 若其他条件不变，将容器改为恒压，则平衡后H的体积分数大于1/3
【答案】CD
【解析】
【分析】
在恒容的密闭容器中，发生aA(g) + bB(g) hH(g)，已知a+b=2h，说明反应是气体体积减小的反应；达到平衡后，A、B、H的物质分别为amol、bmol、hmol，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡正向移动，据此分析解答。
【详解】A、混合气体密度等于混合气体质量除以体积，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，体积不变，质量增大，混合气体密度增大，故A错误；B. 容器的体积未知，无法判断平衡后c(B) 的大小，故B错误；C. 若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡正向移动，A的质量分数减小，故C正确；D. aA(g) + bB(g) hH(g)，达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为a mol、b mol、h mol。已知a + b = 2h，此时H的体积分数为==；由于该反应为气体的体积减小的反应，若其他条件不变，将容器改为恒压，相当于达平衡后，增大压强，平衡继续正向移动，H的体积分数增大，故D正确；故选CD。
【点睛】本题考查了化学平衡的分析判断，注意平衡移动原理的理解分析是解题关键。本题的易错点为B，要注意根据c=结合勒夏特列原理分析判断。
13.某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15，用定义pH一样来规定pD，则pD=-lg[c(D+))。该温度下，下列叙述正确的是
A. 纯净的重水(D2O)中，pD=7
B. 纯净的重水中，c(D+)·c(OD-) > 1×10-14
C. 将0.01 mol DC1溶于水形成1 L的重水溶液，其pD=2
D. NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+
【答案】C
【解析】
【详解】A．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故A错误；B．温度不变，水的离子积常数不变，c(D+)·c(OD-)=1.6×10-15，故B错误；C．c(DC1)==0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故C正确；D、氯化铵属于强酸弱碱盐，水解生成氨水和氯化氢，离子方程式为：NH4++2D2ONH3·HDO+ D3O+，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查pH的简单计算和盐类水解的原理的应用。本题的易错点为D，要注意铵根离子水解，本质是铵根离子与水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨。
14.某温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)发生反应H2(g) + CO2(g) H2O(g) + CO(g)，其起始浓度如表所示，已知平衡时甲中H2的转化率为60%。下列判断正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)[mol/L]
0.010
0.020
0.020
c(CO2)[mol/L]
0.010
0.010
0.020
A. 刚开始反应时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
B. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%
C. 平衡时，丙中c(CO) = 0.008 mol/L
D. 该温度下，平衡常数K=9/4
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，即丙中最快，甲中最慢，故A错误；B．乙与甲相比，相当于甲平衡后再充入氢气，则氢气的转化率小于甲，即乙中H2的转化率小于60%，故B错误；C．根据表格数据可知，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲、丙中H2和CO2的转化率相等，甲中H2的转化率为60%，则平衡时甲容器内c(CO)=0.01mol/L×60%=0.006mol/L，丙中c(CO)是甲中的2倍，丙中c(CO) = 0.012 mol/L，故C错误；
D.对于甲容器：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
开始(mol/L)： 0.01 0.01 0 0
变化(mol/L)： 0.006 0.006 0.006 0.006
平衡(mol/L)： 0.004 0.004 0.006 0.006
所以K==，故D正确；故选D。
15.25 ℃时，下列关于亚硫酸及其钠盐的说法不正确的是
A. Na2SO3溶液和 NaHSO3溶液中含有的离子种类完全相同
B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，溶液中各离子浓度均减小
C. H2SO3溶液中c(H＋)·c(SO32－)/c(H2SO3)减小，可能的措施是加入NaHSO4固体
D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(H+)一定小于0.11 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液存在HSO3-+H2O H2SO3+OH-、HSO3- H++SO32-，Na2SO3溶液中存在SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，两种溶液中都存在H2O H++OH-，存在的粒子有：Na+、H+、OH-、HSO3-、H2O、SO32-、H2SO3，故A正确；B. pH=3的 NaHSO3溶液稀释后，c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，故B错误；C. H2SO3溶液中加入NaHSO4固体，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，===减小，故C正确；D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，说明亚硫酸氢钠不能完全电离出氢离子，0.1 mol/L NaHSO3溶液HSO3-电离出的c(H+)=0.01 mol/L，亚硫酸为弱酸，则0.1 mol/L H2SO3溶液中c(HSO3－)＜0.1 mol/L ，c(H+)一定小于(0.1+0.01)mol/L，故D正确；故选B。
16.常温下的下列溶液中，微粒浓度关系正确的是
A. 0.2 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L KOH溶液等体积混合：3c(K＋) + c(H＋) = c(OH－) + c(HCO3－) + 2(CO32－)
B. 只含有NH4＋、Cl－、H＋、OH－的溶液中，其离子浓度可能是：c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，则其中离子浓度最大与最小的差值为(0.1-10-4) mol/L
D. c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]
【答案】A
【解析】
【详解】A．将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、0.025mol/L碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正确；B．含有NH4+、Cl-、H+、OH-的溶液中，根据电荷守恒，存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，一定不能存在c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)，故B错误；C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-部分电离，溶液中离子浓度最大的为钠离子为0.1mol/L，浓度最小的不是氢离子(10-4 mol/L)，比氢离子浓度小的还有氢氧根离子等，浓度差值一定不为(0.1-10-4) mol/L，故C错误；D．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中硫酸根离子对铵根离子的水解没有影响，(NH4)2CO3中碳酸根离子促进铵根离子的水解，(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子抑制铵根离子的水解，因此c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，则c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了盐类水解的规律和应用。本题的易错点为C，要注意如何水溶液中都存在H+和OH-。
17.T ℃，分别向10 mL浓度均为1 mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度对数(lgc)的关系如图所示。
已知：pKa = -lgKa。
下列叙述正确的是
A. 弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
B. a点对应的溶液中c(HA) = 0.1 mol/L，pH=4
C. 酸性：HA
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ka不会随着溶液浓度的降低而变化，只受外界温度的影响，故A错误；B．a点2pH=4，即pH=2，lgc=-1，即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L，所以对应的溶液中：c (HA)=0.1mol/L，c (H+)=0.01mol/L，pH=-lgc(H+)=2，故B错误；C．根据溶液pH 的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系图，得到HA酸中，2pH=4，即pH=2，lgc=-1，即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L，对HB酸，c=0.1mol/L时，pH大于2，所以酸性：HA＞HB，故C错误；D．根据图像，T℃时，弱酸HB 的pKa=-lgKa，Ka=≈=10-5，pKa≈5，故D正确；故选D。
18.反应COCl2(g) Cl2(g) + CO(g) △H>0达到平衡时各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)。
下列说法正确的是
A. 第4 min时改变的条件可能是扩大容器体积
B. 第2 min时的平衡常数K(2)大于第8 min时的平衡常数K(8)
C. 12 min时反应在温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = 0.031 mol/L(结果保留两位有效数字)
D. 产物CO在2~3 min、5~6 min、12~13 min时的平均反应速率大小为：υ(5~6) > υ(2~3) > υ(12~13)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，故A错误；B.第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动。4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，因为正反应为吸热反应，所以温度T(2)＜T(8)，则平衡常数K(2)＜K(8)，故B错误；C.由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故==0.234mol/L，解得c(COCl2)=0.031mol/L，故C正确；D.根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为υ(5～6)＞υ(2～3)= υ(12～13)，故D 错误；故选C。
19.下列有关含碳微粒的说法，按要求填空：
(1)同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性_________ NaHCO3溶液的碱性(填“大于”、“小于”或“等于”)，请设计一个较简便的实验证明___________。
(2)在25 ℃时，在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。
①HC1溶液滴加到一半时，溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是____________________(用主要的离子方程式表示)。
②关于图像下列说法正确的是_________________。
A、0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(OH－) + 2c(CO32－) + c(HCO3－)
B、b曲线代表CO32－
C、pH=11时，c(HCO3－) > c(Cl－)
D、pH=11 时，c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)
E、在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－能大量共存
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，将酸性KMnO4溶液滴入草酸溶液中，会产生气泡，且紫红色褪去，写出该反应的离子方程式________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大 (3). 碱性 (4). HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－ (5). ACD (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋ ＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)根据碳酸钠和碳酸氢钠的水解程度分析判断两溶液的碱性强弱；根据溶液的酸碱性和pH的关系分析解答；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2，据此分析解答；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，根据氧化还原反应方程式的配平原则书写并配平方程式。
【详解】(1)碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，同温度，同浓度的Na2CO3溶液的碱性大于NaHCO3溶液的碱性；可以根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱，故答案为：大于；同温、同浓度下测量两者溶液pH值，Na2CO3大于NaHCO3；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氢钠继续反应生成二氧化碳和水、氯化钠，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根据图像可知，a为CO32－，b为HCO3－，c为CO2。
①根据上述分析，HC1溶液滴加到一半时，恰好生成碳酸氢钠，碳酸氢钠水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，故答案为：碱性；HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－；
②A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故A正确；B、根据上述分析，b曲线代表HCO3－，故B错误；C、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，此时溶液显碱性，以碳酸钠的水解为主，根据方程式生成的氯化钠少于溶液中的碳酸氢钠，因此c(HCO3－) > c(Cl－)，故C正确；D、根据图像，pH=11时，溶液中含有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，溶液中c(HCO3－) = c(CO32-)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)，故D正确；E、根据图像，在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－不能大量共存，如pH=7时，几乎没有CO32-，故E错误；正确的有ACD，故答案为：ACD；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有草酸饱和溶液的试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液的紫红色褪去，说明草酸被酸性高锰酸钾氧化，根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【点睛】本题考查了盐类的水解和氧化还原反应方程式的配平。本题的难点为(2)要注意根据碳酸钠与盐酸反应的顺序判断曲线代表的含碳微粒，如何结合盐类水解的规律和图像解答。
20.某课题小组探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸，按下表进行对照实验。在两种不同温度的水浴中加热相同时间后，记录酯层的体积来确定水解反应的速率。
实验试剂
试管Ⅰ(55 ℃)
试管Ⅱ(55 ℃)
试管Ⅲ(55 ℃)
试管Ⅳ(75 ℃)
乙酸乙酯/mL
1
V1
V2
V3
1 mol/L NaOH mL
V4
3
0
V5
蒸馏水/mL
0
V6
5
2
已知：①水解反应CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；
②CH3COOC2H5难溶于水，密度比水小。
（1）V4 = ____________。
（2）①下列说法正确的是____________________________；
A、加入水，平衡正向移动
B、加入稀盐酸可使平衡逆向移动
C、酯层体积不再改变时，反应停止
D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，反应达平衡状态
②用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则表达式为____________。
（3）实验中常用饱和食盐水代替蒸馏水，目的是减小乙酸乙酯在水中的溶解度，会使实验结果更准确，______________填“能”或“不能”)用饱和Na2CO3溶液代替蒸馏水。
（4）实验中，试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸点为77.1 ℃)
【答案】 (1). 5 (2). AB (3). Kh = c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5) (4). 不能 (5). 温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多
【解析】
【分析】
(1)①根据实验目的“乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率”及对照试验的设计原则进行判断；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，结合平衡移动的影响因素分析判断；②根据化学平衡的表达式书写；
(3)根据碳酸钠溶液水解显碱性，结合实验的探究目的分析判断；
(4)根据反应温度，从反应速率和物质的挥发性角度分析解答。
【详解】(1)探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5mL，即：V4=5，故答案为：5；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；A、加入水，反应物和生成物的浓度均减小，但生成物浓度减小的更大，平衡正向移动，故A正确；B、加入稀盐酸，溶液的酸性增强，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移动，故B正确；C、酯层体积不再改变时，说明反应达到了平衡，但反应仍在进行，没有停止，故C错误；D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)时，正逆反应速率不一定相等，不能说明反应达平衡状态，故D错误；正确的有AB，故答案为：AB；
②CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则Kh =，故答案为：Kh =；
(3)由于乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小，故实验中，可用饱和食盐水替代蒸馏水，以便减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；但碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响，所以不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水，故答案为：不能；
(4)试管Ⅳ比试管Ⅱ的温度高，温度升高，反应速率加快；乙酸乙酯的沸点为77.1℃，水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，导致试管中酯层减少速率加快，干扰了实验结果，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多。
21.某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000 g，加水配成250 mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00 mL溶液，用滴定管盛装0.2000 mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。
（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。
（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。
（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。
（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式滴定管、锥形瓶、烧杯 (3). 淀粉 (4). 当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (5). 18.10 (6). 18.1% (7). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；
(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；
(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；
(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=分析判断误差。
【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10 mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；
(4)消耗的碘的物质的量=0.01810 L×0.2000 mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=×100%= 18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=可知，测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数偏大，故答案为：18.1%；偏大。
22.一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示，回答下列问题：
（1）为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有______任写两种)。
（2）FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应的离子方程式是________。
（3）TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为__________，需要加入Na2CO3粉末的目的是__________________________________________。
（4）常温下，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，需要控制溶液pH____________时，才能使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2。(已知：Ksp[FeCO3] = 3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2] = 1.0×10-16)
【答案】 (1). 加热、研碎、适当提高酸的浓度 (2). Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O (3). TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋ (4). 消耗H＋，促使水解平衡正向移动 (5). ≤8.5
【解析】
【分析】
根据流程图，钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)中加入稀硫酸，氧化铁溶解生成硫酸铁，FeTiO3反应生成TiOSO4，然后在酸性溶液中加入适量铁粉，除去过量的酸，并还原铁离子，冷却结晶得到硫酸亚铁晶体和TiOSO4溶液；将绿矾晶体溶解后加入碳酸氢铵溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳、硫酸铵溶液，碳酸亚铁在空气中煅烧生成氧化铁；富含TiO2+的酸性溶液中加入碳酸钠粉末，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到钛白粉(TiO2·nH2O)，据此结合化学反应原理和化学实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有加热、研碎、适当提高酸的浓度等，故答案为：加热、研碎、适当提高酸的浓度等；
(2)根据题意和上述分析，FeSO4溶液与 NH4HCO3溶液反应生成硫酸铵、二氧化碳和他说亚铁，反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O，故答案为：Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O；
(3)TiO2+水解为TiO(OH)2沉淀的离子方程式为TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋，加入Na2CO3粉末可以消耗水解生成的H＋，促使TiO2+水解平衡正向移动，故答案为：TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋；消耗H＋，促使水解平衡正向移动；
(4)常温下，在FeCO3沉淀溶解平衡(FeCO3 Fe2＋＋CO32－)的溶液中，测得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，则c(Fe2+)===1.0×10-5由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)•c(OH-)2= Ksp[Fe(OH)2] =1.0×10-5×c2(OH-)=1.0×10-16，c(OH-)==10-5.5 mol/L，要使所得的FeCO3中不含Fe(OH)2，则需要c(OH-)≤10-5.5 mol/L，即c(H+)≥=10-8.5 mol/L，因此pH≤8.5，故答案为：≤8.5。
【点睛】本题考查了物质的制备、分离与提纯。本题的难点为（4），要注意根据溶解平衡方程式结合溶度积常数进行计算。
23.氢气是一种理想的绿色能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：
已知：反应I和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图2所示：
（1）①写出反应I中的化学方程式是________________。
②若反应I在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，乙醇的平衡转化率___(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是___________。
（2）反应Ⅱ在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同，测得相应的CO的平衡转化率见下图3(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD______________TE(填“<”“=”或“>”)；
②当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___(用简要的文字叙述)。
（3）已知：
a、2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol，该反应在0 ℃时K≈10-4.5；
b、2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g)△H = -110.7 kJ/mol。依据以上数据，文献认为反应a没有工业价值，你认为其理由是______________________；但反应b引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，其原因是_________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2OH ＋ H2O 2CO ＋ 4H2 (2). 增大 (3). 恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，朝气体分子数增大方向移动 (4). < (5). 反应温度与进气比成反比 (6). 平衡常数小，原料转化率低 (7). 反应放热量增加，能量越低越稳定
【解析】
【分析】
(1)①根据图1判断反应I中的反应物和生成物写出反应的化学方程式；②在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，结合书写的反应I的方程式分析判断；(2)根据图1写出反应Ⅱ的反应方程式，并根据图2分析出反应Ⅱ的热量变化情况，结合化学平衡的影响因素分析解答①；结合反应Ⅱ的反应方程式和图中BEF三点，分析反应温度与进气比的关系；(3)根据反应a的K≈10-4.5，结合化学平衡常数的意义分析解答；根据反应b的 △H = -110.7 kJ/mol，结合物质的稳定性与能量的关系分析解答。
【详解】(1)①根据图1，反应I中的反应物为CH3CH2OH和H2O，生成物为CO和H2，反应的化学方程式为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，故答案为：CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)；
②反应I为CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，故答案为：增大；恒温恒压充入惰性气体，相当于减压，平衡朝气体分子数增大方向移动；
(2)根据图1，反应Ⅱ为CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g)，根据图2，反应Ⅱ随温度的升高，平衡常数K减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
①图中D、E两点时=1，CO的平衡转化率D＞E，由于该反应的平衡不受压强的影响，影响改变的条件为温度，由于正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO转化率减小，图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE．D点CO转化率大于E点CO转化率，说明温度TD＜TE，故答案为：＜；
②CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g) △H＜0。根据方程式可知，在其他条件不变时，越大，CO的转化率越小；温度越高，CO的平衡转化率越小；因此当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，如图中BEF三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，即反应温度与进气比成反比，故答案为：反应温度与进气比成反比；
(3)反应a：2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol的K≈10-4.5，表示反应进行的程度很小，原料转化率低，没有工业价值；反应b：2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g) △H = -110.7 kJ/mol，由于该反应放出的热量增加，能量越低越稳定，因此引入环氧丙烷()可有效促进CO2与CH3OH反应生成CO(OCH3)2，故答案为：平衡常数小，原料转化率低；反应放热量增加，能量越低越稳定。
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