【化学】湖北省荆州中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

湖北省荆州中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.化学与工农业生产、人类生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源
B. 日常生活中可用纯碱溶液除厨房物体表面的油污
C. 纽扣银锌电池体型小，含有害物质少，用后不用分类回收，可以随意处理
D. 可用Na2S、H2S作沉淀剂，除废水中Cu2+、Hg2+
【答案】C
【解析】
【详解】A项、风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；
B项、纯碱是碳酸钠的俗名，碳酸钠的溶液呈碱性，在日常生活中常用热的碳酸钠溶液来除去厨房用具表面的油污，故B正确；
C项、纽扣银锌电池中含有重金属，能够引起环境污染，使用完后应回收，不能随意丢弃，故C错误；
D项、硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成CuS、HgS沉淀，过滤容易除去，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+，所以硫化钠可以做重金属离子的沉淀剂，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学与生活，只有掌握了物质的性质才能确定物质的用途，把握物质性质及基本概念内涵是解本题关键。
2.下列判断正确的是
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 中和等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸，所需氢氧化钠相同
C. 如果盐酸的浓度是醋酸的浓度的两倍，则盐酸的氢离子浓度也是醋酸的两倍
D. 物质的量浓度相同的磷酸溶液和磷酸钠溶液中所含磷酸根离子的物质的量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
A、如果强电解质溶液的浓度很小，导电能力也会很弱；
B、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，中和能力相同；
C、盐酸和醋酸都是一元酸，氯化氢是强电解质，在溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离；
D、磷酸在溶液中分步电离，磷酸钠在溶液中分步水解。
【详解】A项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，如果强电解质溶液的浓度很小，导电能力也会很弱，故A错误；
B项、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠中和需要氢氧化钠物质的量相同，故B正确；
C项、盐酸和醋酸都是一元酸，氯化氢是强电解质，在溶液中完全电离，所以c（HCl）=c（H+），醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，则c（CH3COOH）＞c（H+），如果盐酸的浓度是醋酸的两倍，则盐酸中的H+浓度大于醋酸中的两倍，故C错误；
D项、磷酸是中强酸，在溶液中存在电离平衡，磷酸钠在溶液中存在水解平衡，这两个平衡程度都很小，磷酸是三元酸，在溶液中分步电离，磷酸根离子浓度非常小，磷酸钠在溶液中分步水解，水解的磷酸根离子的量非常小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，注意把握弱电解质的电离和盐类水解特点及影响因素是解答关键。
3.下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是
A. 化学反应中能量变化的本质原因是反应物的总能量和生成物的总能量不同
B. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和在点燃条件下的△H不同
C. 在25℃、101KPa,1mol S(s)和2molS(s) 的燃烧热相等
D. 一定条件，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成；
B、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量，每种物质的燃烧热个定值；
D、该反应为可逆反应，反应物不可能完全反应。
【详解】A项、化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A错误；
B项、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，光照和点燃条件下的△H相同，故B错误；
C项、在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量，每种物质的燃烧热个定值，与物质的量无关，故C正确；
D项、一定条件下将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，该反应为可逆反应，反应物不可能完全反应，若0.5mol氮气完全转化成氨气放热的热量会大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则该热化学方程式满足：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H1
D. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀AgCl多
【答案】D
【解析】
【分析】
A、由电离常数公式可得c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-），稀释时，Ka不变，c（CH3COO-）减小；
B、用惰性电极电解MgCl2溶液时生成氢氧化镁沉淀；
C、中性溶液中c（H+）= c（OH-）；
D、当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多。
【详解】A项、CH3COOH溶液加水稀释，c（CH3COOH）、c（H+）和c（CH3COO-）都减小，电离常数不变，c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-）增大，故A错误；
B项、用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极区生成氢氧化镁沉淀和氢气，阳极区生成氯气，反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B错误；
C项、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c（H+）= c（OH-），由电荷守恒关系c（H+）+ c(NH4+)= c（OH-）+ c(Cl-)可知c(NH4+)=c(Cl-)，故C错误；
D项、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、电解原理、溶液酸碱性、沉淀溶解平衡等，注意把握影响弱电解质电离平衡的因素、溶液中电荷守恒关系的应用是解答关键。
9.298K时，将20mL3xmol·L－1Na3AsO3、20mL3xmol·L－1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO43-(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)，溶液中c(AsO43- 与反应时间(t)的关系如图所示。下列不能判断反应达到平衡的是

A. 溶液的pH不再变化
B. 2v正(I－)＝v逆(AsO33-)
C. c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化
D. c(I－)＝2ymol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】
当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A项、溶液pH不变时，则c（OH-）也保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B项、由化学计量数可知，当v正(I－)＝2v逆(AsO33-)时，反应达到平衡状态，故B错误；
C项、当c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故C正确；
D项、由图可知，当c （AsO43-）=y mol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I-）=2y mol•L-1，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意化学平衡的特征和反应速率与化学计量数关系是解答关键。
10.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法不正确的是

A. 该反应正反应的△H＜0
B. 若状态A、B的逆反应速率分别为v逆（A）、v逆（B），则v逆（A）＞v逆（B）
C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆
D. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC＞PD=PB
【答案】B
【解析】
【分析】
A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移；
B、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快；
C、由图可知，T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；
D、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。
【详解】A项、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；
B项、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快，则v逆（B）＞v逆（A），故B错误；
C项、T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有v正＞v逆，故C正确；
D项、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，压强大小为PC＞PD=PB，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡图像，试题以化学平衡图象为载体考查温度对平衡移动的影响，注意曲线上的各点都处于平衡状态。
11.根据下列实验现象，可以得到相应结论的是

实验
现象
结论
A
将少量的饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中
无气泡
酸性:H2CO3>H3BO3
B
向均盛有2mL5% H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL
前者生成气泡的速率更快
催化效果: 
Fe3+> Cu2+
C
分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI的溶液，滴加2滴稀的Ag(NH3)2OH溶液,充分振荡后
KCl溶液中无白色沉淀,KI溶液中有黄色沉淀
微粒结合Ag+的能力：I->NH3>Cl-
D
向1mL2mol/L的NaOH溶液中，滴加1-2滴1mol/ L MgCl2溶液，再滴加2滴1mol/ L FeCl3溶液
先有白色沉淀，后有红褐色沉淀
Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
A、少量的饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中，可能反应，但生成碳酸氢钠；
B、0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金属阳离子不同，离子浓度也不相同；
C、KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明结合Ag+的能力I-强于NH3，NH3强于Cl—；
D、氢氧化钠溶液过量，氢氧根离子浓度大，使镁离子、铁离子沉淀。
【详解】A项、碳酸钠溶液与比碳酸强的酸反应，先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液再与酸反应生成二氧化碳气体，将少量的饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中，可能反应，但生成碳酸氢钠，无气泡生成，不能说明碳酸的酸性强于硼酸，故A错误；
B项、0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金属阳离子不同，离子浓度也不相同，变量不唯一化，前者生成气泡的速率更快，不能说明催化效果，故B错误；
C项、室温下，向浓度均为0.1mol•L-1的KCl和KI混合溶液中滴加2滴稀的Ag(NH3)2OH溶液，KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明结合Ag+的能力I-强于NH3，NH3强于Cl—，故C正确；
D项、氢氧化钠溶液过量，氢氧根离子浓度大，使镁离子、铁离子沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Mg（OH）2、Fe（OH）3的溶解度，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，侧重分析能力及化学实验能力，注意反应原理与实验的结合及实验评价性分析，明确常见化学实验基本操作方法，把握物质的性质、反应原理、实验技能为解答关键。
12.下图所示与对应叙述相符的是

A. 一定条件下，X和Y反应生成Z，由图①推出该反应的方程式为：X + 3YZ
B. 图②表示用NaOH溶液滴定0.1 mol/L的某一元酸溶液得到的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂
C. 图③中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g) △H＜0,使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
D. 用硝酸银溶液滴定等浓度的A-、B-、C-的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图④可确定首先沉淀的是C-
【答案】B
【解析】
【分析】
A、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同；
B、强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；
C、催化剂能降低反应的活化能；
D、c（X-）越小，越先生成沉淀。
【详解】A项、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知n(X)：n(Y)=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+YZ，故A错误；
B项、滴定开始时0.1mol•L-1某酸pH为3，所以酸为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂，故B正确；
C项、依据催化剂能降低反应的活化能可知图中a、b曲线可分别表示反应使用催化剂和未使用催化剂的变化曲线，反应过程中的能量变化，故C错误；
D项、由图象可知，-lgc（X-）越大，则c（X-）越小，越先生成沉淀，由图4曲线，可确定首先沉淀的是A-，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了与化学反应原理有关的图像，涉及了化学平衡的移动、中和滴定、反应过程中的能量变化、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，注意从实验的评价性及物质性质分析，把握反应原理为解答的关键。
13.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。已知水中含Na+、Cl－等离子，电极为惰性电极。则淡水的出口为

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】B
【解析】
阳极周围是氯离子发生失去电子的氧化反应，乙中的氯离子通过阴离子交换膜进入甲室。阴极附近是水电离出的氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入丙室。同时乙中的钠离子通过阳离子交换膜进入丙室，所以乙是淡水出口，答案选B。
点睛：本题考查了电解原理的应用，电极反应，电极判断，题干信息的分析应用。难点是电极反应式的书写和离子的移动方向判断，注意交换膜的作用。
14.将少量V2O5及一定量Ag2SO4 固体置于恒容真空密闭容器，在一定温度下发生反应:Ag2SO4(s)Ag2O(s)+SO3(g) 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) 10min后反应达平衡，此时c(SO3)=0.4mol/L，c(SO2)=0.1mol/L。下列说法中不正确的是
A. 平衡时，容器内气体密度为40g/L
B. 10min内氧气的平均反应速率为0.01mol·(L·min)-1
C. 若再加入少量Ag2SO4固体，则氧气的浓度不变
D. 该温度下，2Ag2SO4(s)2Ag2O(s)+2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为5×10-4
【答案】B
【解析】
【分析】
已知①Ag2SO4（s）Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g）2SO2（g）+O2（g），平衡时c（SO2）=0.1mol/L，则由反应②可知消耗0.1mol/L SO3，测得c（SO3）=0.4mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L
【详解】A项、c（SO2）=0.1mol/L，则c（O2）=0.05mol/L，设容器体积为1L，则容器里气体的密度为（0.4mol/L×1L×80g/mol+0.1mol/L×1L×64g/mol+0.05mol/L×1L×32g/mol）/1L=40g/L，故A正确；
B项、平衡时c（SO2）=0.1mol/L，则c（O2）=0.05mol/L，在10min内平衡时氧气的反应速率为0.05mol/L/10min=0.005mol/（L•min），故B错误；
C项、Ag2SO4为固体，增加固体的量，化学平衡不移动，则氧气的浓度不变，故C正确；
D项、该温度下，平衡时c（SO2）=0.1mol/L、c（O2）=0.05mol/L，则平衡常数K为c2（SO2）c（O2）=（0.1mol/L）2×（0.05mol/L）=5×10-4，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，注意平衡常数的意义和表达式，注意根据两个反应的浓度关系结合方程式进行计算是解答关键。
15.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )

A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。

16.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法正确的是

A. 电源B极是正极
B. (甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1
C. 欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深, 说明Fe(OH)3胶粒带正电荷
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故B错误；C、若用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；故选D。
考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。
17.填空
（1）氢离子浓度为0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液。
①三种溶液的浓度依次为a mol·L-1，b mol·L-1，c mol·L-1，其从大到小的顺序为___。
②等体积的三种酸分别与NaOH溶液中和生成正盐时，消耗NaOH的物质的量依次是n1、n2、n3，其大小关系_______________。
（2）将以下几种溶液在空气中蒸干，能得到原物质的是（填序号）___________。
①MgCl2溶液 ②Na2SO3溶液 ③NaClO溶液 ④CuSO4溶液 ⑤NaAlO2溶液
（3）已知，Ksp(AgCl)=1.8×10-10, Ksp(AgBr)=5.4×10-13,现有0.1mol AgBr沉淀，每次用1L 2mol/L的NaCl溶液处理（忽略溶液体积变化），如需AgBr中的Br - 完全转到溶液中，至少需反复处理_______次。
【答案】 (1). c>a>b (2). n3>n1=n2 (3). ④⑤ (4). 17
【解析】
【分析】
（1）①盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离；
②强酸的中和能力取决于氢离子的物质的量的大小，弱酸的中和能力取决于酸的物质的量的大小；
（2）将物质投入水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质，说明在加热过程中，物质的性质没有发生改变，可以结合物质与水的反应情况，以及物质的稳定性和水解的性质解答。
（3）每次处理时反应方程式为：AgBr+Cl—= AgCl+Br—，反应平衡常数K= c(Br—)/ c(Cl—)= Ksp(AgBr)/ Ksp(AgCl)= 5.4×10-13/1.8×10-10=3×10-3，结合方程式计算c(Br—)，依据起始物质的量计算处理次数。
【详解】（1）①盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离，所以氢离子浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液的浓度分别为0.1mol•L-1、0.05mol•L-1、大于0.1mol•L-1，所以c>a>b，故答案为：c>a>b；
②氢离子浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液的浓度分别为0.1mol•L-1、0.05mol•L-1、大于0.1mol•L-1，等体积的三种酸的中和能力为n3>n1=n2，则消耗NaOH的物质的量为n3>n1=n2，故答案为：n3>n1=n2；
（2）①氯化镁为强酸弱碱盐，氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化镁水解，蒸干时得到氢氧化镁，故错误；
②亚硫酸钠具有还原性，在加热过程中易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，故错误；
③NaClO溶液易和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钠，蒸干溶液时得到碳酸钠，故错误；
④加热蒸干CuSO4溶液时，硫酸铜水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸没有挥发性，所以最终得到的仍然是硫酸铜，故正确；
⑤加热蒸干NaAlO2溶液时，偏铝酸钠易水解但不生成易挥发性物质，所以能得到原物质，故正确；
故④⑤正确，故答案为：④⑤；
（3）每次处理时反应方程式为：AgBr+Cl—= AgCl+Br—，反应平衡常数K= c(Br—)/ c(Cl—)= Ksp(AgBr)/ Ksp(AgCl)= 5.4×10-13/1.8×10-10=3×10-3，设每次用1L 2mol/L的NaCl溶液能处理xmolAgBr，则溶液中c(Br—)为xmol/L，c(Cl—)为（2—x）mol/L，则有xmol/L/（2—x）mol/L=3×10-3，解得x=0.006，处理次数0.1/0.006=16.7，所以至少需反复处理17次，故答案为：17。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，正确理解和运用弱电解质的电离平衡、水解平衡原理的运用以及溶度积常数是解答关键。
18.在容积一定、温度一定的容器中加入一定量的A2和B2，发生如下反应：A2(?) + 2B2(g) 2AB2(g)
（1）若反应过程中气体的平均相对分子质量增大，则对于A2状态判断正确的是___________
A.一定是固体
B.一定是气体
C.可能是气体，也可能是固体
（2）若假设A2为气体，根据下图回答问题

①该反应为________(填“放”或“吸”)热反应，P2________P1(填“＞”或“＜”)。
②在一容积可变的密闭容器中充入10mo1 A2气体和30mo1 B2气体，当达到平衡状态A时，容器容积为20L。如反应开始时仍充入10mo1 A2和30mo1 B2，则在平衡状态B时，容器容积为____________L（保留两位有效数字）。
③若在一定温度，容积固定为VL的密闭容器中加入n molA2及2n molB2，反应达到平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。K和x的关系满足K=_____________（化为最简表达式），在保证A2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡______（填字母）。
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
④若改变反应条件后，该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示，若在t2、t4时都只改变一个条件，请判断改变的条件是什么：t2时 ______________________； t4时______________________；

【答案】 (1). C (2). 放 (3). ＞ (4). 1.5 (5). （x2V）/[n(1-x)3] (6). C (7). 增大生成物的浓度或升高温度 (8). 使用催化剂
【解析】
【分析】
（1）若A2为气体，反应前后气体质量不变，物质的量减小；若A2为固体，反应前后气体质量增大，物质的量不变；
（2）①升高温度，A2的转化率减小；增大压强，平衡正向移动；
②在平衡状态B时，A2的转化率为0.8，由题给数据建立三段式计算平衡常数，再分析判断；
③由题意建立三段式计算，依据浓度熵和平衡常数判断移动方向；
④由图可知，t2时逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；t4时，逆反应速率增大，平衡不移动。
【详解】（1）平衡时气体的平均相对分子质量为m(g)/n(g)，若A2为气体，反应前后气体质量不变，物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大；若A2为固体，反应前后气体质量增大，物质的量不变，气体的平均相对分子质量增大，则A2可能是气体，也可能是固体，故答案为：C；
（2）①由图可知，升高温度，A2的转化率减小，说明平衡向吸热的逆反应方向移动，则正反应为放热反应；假设A2为气体，该反应为反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，A2的转化率增大，则P2＞P1，故答案为：放；＞；
②在平衡状态B时，A2的转化率为0.8，由题给数据建立如下三段式：
A2(g) + 2B2(g) 2AB2(g)
起（mol） 10 30 0
A平（mol） 5 20 10
B平（mol） 2 14 16
由A可知化学平衡常数K=c2(AB2)/c(A2)c2(B2)=(10/20)2/(5/20) ×(20/20)2=1，温度不变平衡常数不变，设平衡状态B时，容器容积为VL，则有(16/V)2/(2/V) ×(14/V)2=1，解得V=1.53≈1.5，故答案为：1.5；
③由题意建立如下三段式：
A2(g) + 2B2(g) 2AB2(g)
起（mol/L） n/V 2n/V 0
变（mol/L） nx/V 2nx/V 2nx/V
B平（mol/L） (n-nx)/V 2(n-nx)/V 2nx/V
化学平衡常数K=c2(AB2)/c(A2)c2(B2)= (2nx/V)2/(n-nx)/V ×[2(n-nx)/V]2=（x2V）/[n(1-x)3]；在保证A2浓度不变的情况下，增大容器的体积，AB2和B2的浓度变化相同，浓度熵Q=K，则化学平衡不移动，故答案为：（x2V）/[n(1-x)3]；C；
④由图可知，t2时逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，增大生成物的浓度，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；t4时，逆反应速率增大，平衡不移动，使用催化剂，正、逆反应速率增大，平衡不移动，故答案为：增大生成物的浓度或升高温度；使用催化剂。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，涉及了化学平衡图象和化学平衡计算等问题，注意根据图象的曲线变化趋势判断，运用三段式计算，特别是注意外界条件对平衡移动的影响与反应方程式的关系分析是解答关键。
19.已知25℃时草酸（H2C2O4）的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的Ksp=2.5×10-9。不同温度下水的离子积常数见下表：
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10-14
0.134
0.292
0.681
1.00
2.92
5.57
38.0
55.0

（1）25℃,将20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液与20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后溶液显___________
（选填“酸”、“碱”、“中”）性，混合后溶液中各离子浓度的由小到大的顺序为____________________；
（2）已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液（稀硫酸酸化）褪色，试写出反应的离子方程式：________________________________。若在锥形瓶中放入20.00mL未知浓度的草酸，用0.1mol/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，溶液颜色的变化是____________________；
若进行滴定实验时，锥形瓶中有少量蒸馏水，会使计算的结果_________（选填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
（3）90℃时，将0.005 mol/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH=___________；
（4）25℃时若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4 mol/L的碳酸钾溶液10 mL，能否产生沉淀，___________（填“能”或“否”）。
【答案】 (1). 酸 (2). c (OH—)＜c (C2O42—) ＜c (H＋)＜c (HC2O4—)＜c(K＋) (3). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (4). 溶液由无色变成紫红色 (5). 无影响 (6). 10 (7). 能
【解析】
【分析】
（1）25℃,将20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液与20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后，两者恰好反应生成草酸氢钾溶液，草酸氢钾在溶液中即存在电离趋势也存在水解趋势，计算可知草酸氢根离子的水解常数小于电离常数，电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），故草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，同时除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)；
（2）草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，产生二氧化碳，滴定终点前，草酸浓度大于高锰酸钾浓度，溶液为无色，最终高锰酸钾过量，溶液变为紫色；
（3）90℃时，将0.005 mol/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，氢氧化钙过量，溶液显碱性；
（4）计算溶液中浓度熵，依据浓度熵与溶度积大小比较判断；
【详解】（1）25℃,将20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液与20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后，两者恰好反应生成草酸氢钾溶液，草酸氢钾在溶液中即存在电离趋势也存在水解趋势，草酸氢钾在溶液中的水解常数Kh=Kw/ K1=1×10—14/5.0×10-2=2.0×10—13＜K2=5.4×10-5，草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），溶液中除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)，则混合后溶液中各离子浓度的由小到大的顺序为c (OH—)＜c (C2O42—) ＜c (H＋)＜c (HC2O4—)＜c(K＋)，故答案为：酸；的由小到大的顺序为；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色；若进行滴定实验时，锥形瓶中有少量蒸馏水，溶质的物质的量没有变化，对测定结果无影响，故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；溶液由无色变成紫红色；无影响；
（3）0.005mol/L 20ml的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n=CV=0.005mol/L×0.02L
=10-4mol，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10-4mol，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生，在90℃下，Kw=3.8×10-13， c(OH-)=（0.01-0.0024）/2=0.0038mol/L，则c(H+)=
1.0×10-10mol/L，混合后溶液的pH=-lg c(H+)=10，故答案为：10；
（4）在草酸钙的饱和溶液中，c（C2O42-）=C（Ca2+），根据草酸钙的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c（Ca2+）=2×10-4×2/3=4/3×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4 /3=8/3×10-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca2+）•c（CO32-）=3.6×10-8＞Ksp（2.5×10-9），有沉淀产生，故答案为：有。
【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、氧化还原反应滴定、酸碱混合的定性判断、难溶物的溶解平衡等，试题涉及的知识点较多，侧重于分析能力和计算能力的考查，明确弱电解质电离特点及溶度积常数的运用是解本题关键。
20.（1）某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：

①若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
②若开始时开关K与b连接，则装置内总反应的离子方程式为_________________；根据此时的装置，判断下列说法正确的是________(填序号)
a.溶液中Na＋向A极移动　
b.从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝　
c.反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度　
d.若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
（2）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料。如LiFePO4电池中某电极的工作原理如下图所示：

①已知该电池的电解质为能传导Li+的固体材料。放电时该电极是电池的_______________极（填“正”或“负”），该电极反应式为_______________________________________。
②用此电池电解含有0．1 mol/L CuSO4和0．1 mol/L NaCl的混合溶液100 mL，假如电路中转移了0.1 mole-，且电解池的电极均为惰性电极，则阳极产生的气体在标准状况下的体积是_______L。
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (4). b (5). 正 (6). FePO4+e-+Li+=LiFePO4 (7). 0．168
【解析】
【分析】
（1）①开始时开关K与a连接则构成原电池，该装置为铁的吸氧腐蚀；
②若开始时开关K与b连接，则构成电解池，该装置为电解饱和食盐水的电解装置；
（2）①在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；
②由离子放电顺序可知，电解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100ml，阳极上氯离子和氢氧根离子放电生成氯气和氧气，阴极上铜离子放电生成铜。
【详解】（1）①开始时开关K与a连接则构成原电池，活泼金属作负极，即铁是负极，石墨是正极，该装置为铁的吸氧腐蚀，A电极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；吸氧；
②若开始时开关K与b连接，则构成电解池，该装置为电解饱和食盐水的电解装置，石墨和电源正极相连作阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，铁和电源负极相连作阴极，阴极上氢离子发生生成氢气，总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；电解池中阳离子向阴极方向移动，a错误；A处得到氯气，氯气氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，b正确；根据总反应式可知，从溶液中放出的是氢气和氯气，所以要恢复原状态需要通入氯化氢气体，c错误；B极产生的2.24L气体是氢气，在标准状况下2.24L 氢气的物质的量为0.1mol，根据2H＋＋2e－=H2↑可知，反应转移0.2mol电子，不是溶液中转移0.2 mol电子，d错误，故选b；故答案为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑;b;
（2）①放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4，故答案为：正；FePO4+e-+Li+=LiFePO4；
②电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电路中转移了0.02mol e-，则阴极上0.01mol Cu2+放电，阳极上0.01molCl-先完全放电生成0.005mol Cl2，后水电离出的0.01mol OH-放电生成0.0025molO2，阳极上生成的气体在标准状况下的体积=（0.005mol+0.0025mol）×22.4L/mol=0.168L，故答案为：0.168。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，侧重于分析能力和电化学知识的综合应用考查，依据元素化合价分析电极反应及生成物，注意根据电子守恒计算是解答关键。
21.（1）在1800K时，2Fe(s)+3/2O2(g)=Fe2O3(s) ∆H= -354.2kJ/mol；
3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ∆H= -550.9kJ/mol
则反应：2Fe3O4(s)+1/2O2(g) === 3Fe2O3(s)的∆H =_____ kJ·mol−1，四氧化三铁在充满氧气的集气瓶中反应生成Fe2O3_____(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g） NH3（g） △H(298K)= - 46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程如下（*表示吸附态）
化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反应：N*+ H* NH*；NH*+ H* NH2*；NH2* + H*NH3*
脱附：NH3* NH3（g）
其中， N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 请回答：
①利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。
A．低温 　　B.高温 　　 C.低压 　 D.高压 　E.催化剂
②实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0 ×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。
分析说明原料气中N2过量的两个理由_________；_____________。
③关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。
A.合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
B.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
C.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发
【答案】 (1). +39.2 (2). 不能 (3). AD (4). 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率 (5). N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 (6). ACD
【解析】
【分析】
（1）依据盖斯定律计算反应∆H；依据∆H—T∆S判断反应能否自发进行；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应；
②加过量氮气，平衡正向移动；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤；
③A、合成氨反应为气体体积减小的放热反应；
B、恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压；
C、不断将氨气液化，生成物浓度降低；
D、CH4、CO等易燃易爆气体，可能会与催化剂反应。
【详解】（1）将已知反应依次编号，由盖斯定律①×3—②×2得2Fe3O4(s)+1/2O2(g) === 3Fe2O3(s)，则∆H=（-354.2kJ/mol）×3—（-550.9kJ/mol）×2=+39.2 kJ/mol；因该反应∆H＞0，∆S＜0，则∆H—T∆S＞0，该反应不能自发进行，故答案为：+39.2；不能；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，由勒夏特列原理可知，低温和高压，平衡正向移动，有利于提高合成氨平衡产率，故答案为：AD；
②加过量氮气，平衡正向移动，有利于提高H2的转化率以及氨气的产率；根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
③A、合成氨反应为气体体积减小的放热反应，在不同温度下∆H＜0，∆S＜0，正确；
B、恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，错误；
C、不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，正确；
D、通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4、CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4、CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，正确；
故选ACD，故答案为：ACD。
【点睛】本题考查盖斯定律与化学平衡，侧重分析与应用能力的考查，把握反应热计算、勒夏特列原理理解与应用、信息分析与扑捉为解答的关键。