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2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二上学期期末考试化学试题 解析版
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山东省临沂市罗庄区2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题
1.《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”。藏器曰：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。后者的反应原理为
A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应
【答案】B
【解析】
铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。
点睛：本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在空气中与氧气、二氧化碳和水发生的反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。Cu与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成的，反应方程式为2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，据此进行解答。
2.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中，正确的是
A. 已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH＝-483.6 kJ·mol－1，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 氢硫酸溶液显酸性的主要原因：H2S ⇌ 2H++S2-
C. 某反应ΔH＜0，ΔS>0,则该反应在任意条件下均可自发进行
D. NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式：HCO3−+H2O ⇌ CO2↑+OH−
【答案】C
【解析】
【分析】
A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B、多元弱酸分步电离；
C、根据△G＝△H－T·△S判断；
D. NaHCO3在水溶液中的水解生成碳酸和氢氧化钠，盐类的水解是微弱的。
【详解】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中生成的H2O（g）不是稳定的氧化物，选项A错误；
B．氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，存在电离平衡，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，选项B错误；
C、根据△G＝△H－T·△S可知，只要△G小于0，反应就是自发的，某反应ΔH＜0，ΔS>0,则在任意条件下△G均小于0，选项C正确；
D. NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式为：HCO3−+H2O ⇌ H2CO3+OH−，选项D错误。
答案选C。
3. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I－、S2O32－
B. 常温下加水稀释时c(H+)／c(OH－)明显增大的溶液：CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－
C. 0.1mol／L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3－、Na+、SO42－、Cl－
D. 0.1mol／LNaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3－、SO32－
【答案】B
【解析】
试题分析：A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O32－与氢离子反应生成S和二氧化硫，不能大量共存，A错误；B．醋酸根水解溶液显碱性，稀释促进水解，但溶液的碱性降低，酸性增强，常温下加水稀释时c(H+)/c(OH－)明显增大，且CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－之间不反应，可以大量共存，B正确；C．0.1mol/L Fe(NO3)2溶液中[Fe(CN)6]3－与亚铁离子结合生成铁氰化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D．0.1mol/LNaAlO2溶液中HCO3－与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查离子共存判断
【名师点晴】解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等。该题的易错选项是C和D，注意铁氰化亚铁是一种蓝色沉淀，常用于检验亚铁离子。偏铝酸根离子与碳酸根离子发生的是复分解反应，不是水解反应，反应原理是依据较强酸制备较弱酸，注意区分。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用广泛pH试纸测得溶液的pH为2.3
B. 用滴加少量硫酸铜溶液的稀硫酸跟锌粒反应可以加快制取氢气的速率
C. 用酚酞溶液区分稀盐酸和食盐水
D. 将两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中有电流产生。
【答案】B
【解析】
【分析】
A.广泛pH试纸测得溶液的pH为正整数；
B.加少量硫酸铜溶液，Zn置换出Cu，构成原电池；
C. 酸性和中性溶液遇酚酞均不能使其变色；
D.两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中，无对应的氧化还原反应，不能构成原电池。
【详解】A．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.3的溶液的pH，选项A错误；
B、滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，选项B正确；
C、由于酸性和中性溶液遇酚酞均不能使其变色，而稀盐酸显酸性、食盐水显中性，所以鉴别时现象相同无法鉴别，选项C错误；
D、两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中，无对应的氧化还原反应，不能构成原电池，则没有电流产生，选项D错误。
答案选B。
5.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：
FePO4+LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是
A. 可加入硫酸溶液以提高电解质的导电性 B放电时电池内部Li+向负极移动 B. 充电过程中，电池正极材料的质量增加
C. 放电时电池正极反应为：FePO4+e-+Li+=LiFePO4
【答案】D
【解析】
由于金属锂(Li)能与硫酸发生反应，所以不能加入硫酸来提高电解质的导电性，A项错误；放电时，属于原电池原理，阳离子(Li+)移向正极，B项错误；充电过程中，电池正极材料与外接电源是正极连接，发生氧化反应，因此其质量不断减少，C项错误；放电时电池正极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4，D项正确。
点睛：电化学思维模板：(1)确定工作原理（即：什么池？原电池或者电解池）；(2)判断电极和电解质环境（即：什么极？正负或阴阳极）； (3)找出电极上的反应物（即：真正参与得失电子的物质）、分析电极上对应的产物，计算并配出得失电子数，最后补全配平所缺项的成分（根据原子守恒、电荷守恒综合分析）。
6.下列说法正确的是
A. 将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C. 用加热的方法可以除去K2SO4溶液中的Fe3＋
D. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
A．FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；
B．加入盐酸，引入新杂质；
C．存在水解平衡，不能完全除去；
D．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污。
【详解】A．FeCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Fe2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，选项A错误；
B．加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，选项B错误；
C．存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，选项C错误；
D．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及盐类的水解等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
7.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度较大，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后溶质为醋酸钠和氯化钠，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的pH较大，Ⅱ的pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7时，醋酸的体积应该稍大，选项B错误；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后溶质浓度相同的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度较大，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8.欲增加Mg(OH)2在水中的溶解度，可采用的方法是
A. 增加溶液pH B. 加入2.0 mol·L－1NH4Cl
C. 加入0.1 mol·L－1MgSO4 D. 加入适量95%乙醇
【答案】B
【解析】
试题分析：Mg(OH)2在水中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq). A．增加溶液pH, c(OH-)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度减小。错误。B．加入2.0 mol·L－1NH4Cl，铵根离子会与OH-离子结合为NH3·H2O，c(OH-)减小，平衡正向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度增大。正确。C．加入0.1 mol·L－1MgSO4溶液，c(Mg2+)浓度增大，是平衡逆向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度减小。错误。D．加入适量95%乙醇。降低Mg(OH)2在水中的溶解度。错误。
考点：考查影响Mg(OH)2在水中的溶解度的因素的知识。
9.下列关于如图装置说法中正确的是
A. 保护铁时，a极为铁片，b极为锌片
B. 电镀铜时，a极为镀件，b极为铜
C. 精炼铜时，a极为粗铜，b极为精铜
D. 惰性电极电解饱和食盐水时，b极有黄绿色气体产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．保护铁时，Fe为阴极，则b极为铁片，a极为锌片，选项A错误；
B．电镀铜时，Cu为阳极，则b极为镀件，a极为铜，a与正极相连，选项B错误；
C．精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，a与正极相连，则a极为粗铜，b极为精铜，选项C正确；
D．惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气，则a极有黄绿色气体产生，选项D错误；
答案选C。
10.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水合法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(P)的关系[起始n(C2H4)∶n(H2O) =1∶1]。下列有关叙述正确的是
A. Y对应的乙醇的质量分数分数为 1/9
B. X、Y、Z对应的反应速率：v(X) > v(Y) > v(Z)
C. X、Y、Z对应的平衡常数数值：Kx > KY > Kz
D. 增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(CH4) : n(H2O)=1:1，设CH4和H2O的起始物质的量均为1mol，根据三段式法有：
C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)
起始(mol) 1 1 0
转化( mol) 0.2 0.2 0.2
平衡(mol) 0.8 0.8 0.2
则平衡时乙醇的质量分数为:=，选项A错误；
B.因该反应是气体体积减小的可逆反应，所以压强越大，乙烯的平衡转化率越大，则结合图象可得: Pr
D.因该反应是气体体积减小的可逆反应，则压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。
答案选C。
11.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是
A. 每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H＋经质子交换膜右侧向左侧迁移
B. 可用湿润的淀粉KI试纸检验气体M
C. 石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－= NCl3 ＋4H＋
D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图示信息知道：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜有右侧向左侧迁移，选项A错误；
B、Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，不可用湿润的淀粉纸质检验氢气，选项B错误；
C、石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，选项C正确；
D、电解过程中，质子交换膜右侧溶液中发生反应：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，但是产生的氢离子会移向阴极Pt电极，右侧溶液的pH几乎不变，选项D错误。
答案选C。
12.下列对各电解质溶液的分析正确的是
A. 硫酸氢钠溶液中：c(H+) ═ c(OH﹣) + c(SO42﹣)
B. 向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和：c(NH4+) ═c (Cl﹣)
C. 0.1mol∙L﹣1Na2S溶液中：c(S2﹣) + c(HS﹣) + c(H2S) ═ c(Na+)
D. 向CH3COONa溶液中加适量蒸馏水：c(CH3COO﹣)与c(OH﹣)都减小，c(OH﹣)/ c(CH3COO﹣)也减小
【答案】A
【解析】
【分析】
A．根据电荷守恒分析；
B．酸碱恰好中和生成盐，根据盐是否水解分析；
C．根据物料守恒分析；
D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，OH-的物质的量增大。
【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度：c(H+) + c(Na+)═ c(OH﹣) +2c(SO42﹣)，因c(Na+)═c(SO42﹣)，故有c(H+) ═ c(OH﹣) + c(SO42﹣)，选项A正确；
B．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，即c(H+)> c(OH﹣)，由c(NH4+)+ c(H+)═c(Cl-)+ c(OH﹣)可知，c(NH4+)< c(Cl-)，选项B错误；
C．0.1mol∙L-1Na2S溶液中，存物料守恒及Na的物质的量等于2倍的S的物质的量，则2c(S2﹣) + 2c(HS﹣) + 2c(H2S) ═ c(Na+)，选项C错误；
D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，CH3COO-的物质的量减小，OH-的物质的量增大，则c(OH-)/ c( CH3COO-)增大，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了盐的水解原理的应用，题目难度不大，注意把握溶液中的守恒关系，侧重于考查学生的分析能力。
13.常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol∙L﹣1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol∙L﹣1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是
A. 点a所示溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. 点b所示溶液中：c(NH4+)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. 点c所示溶液中：c(SO42-)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D. 点d所示溶液中：c(SO42-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，选项A错误；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH4+)＞c(Na+)，选项B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3•H2O )+c(OH-)，选项C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3•H2O )＞c(SO42-)，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。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。
14.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是
A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y 点变为X点
C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D. 图中a＝×10－4
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用
【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是
。另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。
考点：考查
15.部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2S
电离平衡常数(25℃)
Ka＝1.8×10-4
Ka＝4.9×10-10
Ka1＝1.3×10-7
Ka2＝7.1×10-15
下列有关说法不正确的是
A. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含阴离子数目相等
B. HCOO-、CN-、HS-在溶液中可以大量共存
C. NaHS溶液中加入适量KOH后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+C(S2-)
D. 恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
【答案】A
【解析】
A、根据电荷守恒，HCOONa溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)。NaCN溶液中：c(CN－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)，因为两者是等浓度，等体积，因此c(Na＋)相等，根据电离平衡常数，HCN的酸性弱于HCOOH，因此CN－的水解程度大于HCOO－，NaCN的碱性强于HCOONa，NaCN中c(H＋)小于HCOONa中的c(H＋)，HCOONa中阴离子数目大于NaCN中阴离子数目，故说法A错误；B、根据电离平衡常数，电离出H＋能力：HCOOH>H2S>HCN>HS－，因此这些离子能够大量共存，故说法B正确；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)=c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故说法C正确；D、根据电离平衡常数，HCOOH的酸性强于HCN，等pH等体积时，c(HCN)>c(HCOOH)，HCOOH消耗NaOH的体积小于HCN，故说法D正确。
16.极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示（pcB=－lgcB）。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10﹣5mol·L﹣1 ， 则该溶液中溶质的pc=5。下列说法正确的是
A. 电解质溶液的pc（H+）与pc（OH﹣）之和均为14
B. 用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc（H+）逐渐增大
C. BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc（Ba2+）逐渐减小
D. 某温度下Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10 ，则其饱和溶液中pc（Ag+）+ pc（Cl﹣）=10
【答案】D
【解析】
A、溶液中的c(H+)和c(OH—)与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw = c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣14 ，则pc(H+)+pc(OH—)=14，而在100℃时Kw= c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣12，则pc(H+)+pc(OH—)=12，所以A错误；B、用盐酸滴定某浓度的KOH溶液时，滴定过程中c(OH—)逐渐减小，则c(H+)逐渐增大，所以pc（H+）是逐渐减小的，故B错误；C、向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c(Ba2+)逐渐减小，则pc(Ba2+)逐渐增大，所以C错误；D、某温度下 Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10 ，则饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣)= 1.0×10﹣5mol/L，所以pc(Ag+)+ pc(Cl﹣)=10，故D正确。本题正确答案为D。
17.描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难(微)溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离平衡常数(Ka或Kb)
CH3COOH
1.8×10－5
HNO2
4.6×10－4
HCN
5×10－10
HClO
3×10－8
NH3·H2O
1.8×10－5
表2
难(微)溶物
溶度积常数(Ksp)
BaSO4
1×10－10
BaCO3
2.6×10－9
CaSO4
7×10－5
CaCO3
5×10－9
请回答下列问题：
（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。
（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH >7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐(如BaCl2)。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42-物质的量浓度不小于0.01 mol·L－1，则溶液中CO32-物质的量浓度应 ≥ ______________。
【答案】（1）HCN； B； （2）中性； c(NH)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋) ；
（3）c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)； （4）0.26 mol/L.
【解析】
试题分析：（1）在相同温度下，酸越弱，电离平衡常数就越小。由表1可知电离平衡常数最小的是HCN。因此酸性最弱的是HCN。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。A．升高温度，促进电离，程度增大，但是平衡常数会增大。错误。B．加水稀释，由于离子浓度减小，所以平衡正向移动，电离程度增大，由于温度不变，所以电离常数不变。正确。C．加少量的CH3COONa固体，抑制酸的电离，电离程度减小。错误。D．加少量冰醋酸，对酸的电离起抑制作用。物质的浓度越大，物质的大量程度反而越小。错误。（2）CH3COONH4是弱酸弱碱盐，由于弱酸根离子与弱碱根离子水解程度相差不大，因此该物质的水溶液呈中性。根据电荷守恒可得c(NH)+ c(H＋)＝c(CH3COO－)+c(OH－)；由于溶液为中性，所以c(OH－)＝c(H＋) ；，盐的大量原大于弱电解质水的电离，因此微粒浓度关系是c(NH)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋) ；（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-的水解作用大于HCN的电离作用。根据物料守恒可得c(Na＋)>c(CN－)，因为溶液显碱性，所以c(OH－)> c(H＋)。强电解质的电离大于弱电解质的电离，所以c(CN－) c(OH－)。因此微粒的浓度关系是c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)；（4）Ksp(BaSO4)= 1×10－10=c(Ba2+)·c(SO42-), Ksp(BaCO3)= 2.6×10－9
=c(Ba2+)·c(CO32-), Ksp(BaCO3)÷Ksp(BaSO4)= c(CO32-)÷c(SO42-);所以c(CO32-)= Ksp(BaCO3)÷Ksp(BaSO4)×c(SO42-)= 2.6×10－9÷1×10－10×0.01 mol/L=0.26 mol/L.
考点：考查电离平衡常数的应用、影响物质电离的因素、离子浓度的比较、盐的水解、溶度积常数的应用。
18.某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
（1）此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。
（2）电池工作时，盐桥中的SO42-移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
（3）两烧杯中的电极反应式分别为
甲________________________________________________________________________；
乙________________________________________________________________________。
（4）若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为____mol。
【答案】(1)a 还原 (2)乙
(3)MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O 5Fe2＋－5e－=5Fe3＋
(4)0.5
【解析】
(1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO42-向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe2＋－5e－=5Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol。
19.I. 甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g) △H1（反应Ⅰ）。该反应的原料CO和H2本身都可作为燃料提供动力，已知这两种物质燃烧的热化学方程式为：
CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H2＝－283 kJ·mol－1 (反应Ⅱ)
H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) △H3＝－242 kJ·mol－1 (反应Ⅲ)
某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C－C
C－H
H－H
C－O
CO
H－O
键能／kJ·mol－1
348
413
436
358
1072
463
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的焓变△H1＝_____________。
（2）CH3OH (g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为：____________。
II. 若在恒温条件下，在体积可变的 5L 密闭容器中，充入2 molCO、3molH2 发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，平衡后 CH3OH 的物质的量为 1mol。
（1）H2 的平衡转化率为_____________。
（2）该温度反应的平衡常数K＝________。
（3）平衡后再往容器中通入3mol CO，平衡______（填“向左”、“ 向右”或“不”）移动。
III. ToC，2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)的 Kp=6.0×10-3（kPa）-2。（用平衡分压代替平衡浓度所得平衡常数，分压= 总压×物质的量分数）。该温度下的某容器中，若起始充入2molH2、1molCO，平衡时甲醇的平衡分压 p(CH3OH)=24.0kPa，则平衡时混合气体中 CO 的体积分数约为________%（小数点后保留 1 位）
【答案】 (1). -116 kJ·mol－1 (2). CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H= -651 kJ·mol－1 (3). 66.7% (4). 25 L2·mol－2 (5). 正向 (6). 18.5
【解析】
【分析】
I.（1）反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g) △H1的焓变可以根据表内的化学键键能计算，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；
（2）依据（1）反应热化学方程式和题干一氧化碳燃烧热化学方程式、氢气燃烧热化学方程式，结合盖斯定律计算得到；
【详解】I. （1）CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)，反应的焓变可以根据反应物的总键能和生成物的总键能计算得到，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能计算得到，）△H1=C≡O+2H-H-（3C-H+C-O+H-O）=1072kJ/mol+2×436kJ/mol-（3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol）=-116 kJ•mol-1；
（2）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)，△H1=-116 kJ•mol-1 （反应Ⅰ）
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1（反应Ⅱ）
③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1（反应Ⅲ）
根据盖斯定律③×2+②-①得到：
CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-651 kJ•mol-1；
II. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始量(mol) 2 3 0
转化量(mol) 1 2 1
平衡量(mol) 1 1 1
（1）氢气的平衡转化率为100%=66.7%；
（2）该温度反应的平衡常数K==25 L2·mol－2；
（3）平衡后再往容器中通入3molCO，反应物浓度增大，平衡正向移动；
III.起始时投入2molH2、1molCO，二者按2：1反应，故平衡时二者物质的量之比为2：1，二者分压之比为2：1，设平衡时CO分压为P，则氢气分压为2P，该反应的平衡常数Kp=6.0×10-3（kPa）-2，反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则，解得P=10kPa，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故平衡时H2、CO、CH3OH的物质的量之比为20：10：24=10：5：12，则平衡混合气体中CO的物质的量分数为×100%≈18.5%。
20.（1）下列溶液一定呈中性的是________。
A．pH＝7的溶液 B．c(H＋)＝10－7 mol·L－1的溶液
C．c(H＋)/c(OH－)＝10－14的溶液 D．氨水和氯化铵的混合液中c(NH4+)＝c(Cl－)
（2）已知T ℃时，Kw＝1×10－13，则T ℃________25 ℃(填“>”、“ <” 或“＝”)。在T ℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的硫酸b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝10，则a∶b＝________。
（3）25 ℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：若x＋y＝13，则 a/b＝________(填数据)；
（4）①某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________mol·L－1。
②某次滴定前滴定管液面如图所示，读数为________mL。
③若酚酞作指示剂，滴定终点现象是_______________________________。
（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】 (1). D (2). ＞ (3). 101∶9 (4). 0.1 (5). 0.104 4 mol·L－1 (6). 0.29(或0.28) (7). 当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复 (8). D
【解析】
【分析】
（1）溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断；
（2）升高温度，促进水的电离，Kw越大，温度越大；在t℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4的溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则氢氧化钠过量，利用剩余氢氧根离子的浓度计算pH；
（3）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH-），即10-x•a=10y-14•b进行求算；
【详解】(1)A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；
B、c（H+）=10-7mol•L-1的溶液，溶液的pH=7，如A所分析，溶液不一定成中性，选项B错误；
C、c（H+）/c（OH-）=10-14溶液，溶液呈碱性，选项C错误；
D、氨水和氯化铵的混合液中c（NH4+）=c（Cl-），根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），所以溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，选项D正确；
答案选D；
（2）T℃，KW=1×10-13＞1×10-14，促进了水的电离，则T℃＞25℃，
T℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4的溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则=0.001mol/L，解得a：b=101∶9；
（3）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH-），即10-x•a=10y-14•b，整理得：=10x+y-14，
若x+y=13，则=10x+y-14=10-1=0.1；
（4）①由三次盐酸溶液的体积可知，舍去第2组数据，求出1、3组平均消耗V（盐酸）平均值为=26.10mL，②由c（碱）=可知，c（碱）==0.1044mol/L；
②滴定管的能精确到0.1mL，读数到0.01mL。又因为滴定管的刻度自上而下时逐渐增大的，所以根据液面的位置可知，正确的读数是0.29mL或0.28mL；
③若酚酞作指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复；
（2）由c（碱）=可知，
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，选项A不选；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=，可知c（标准）不变，选项B不选；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，选项C不选；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏小，选项D选；
故答案为D。
山东省临沂市罗庄区2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题
1.《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”。藏器曰：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。后者的反应原理为
A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应
【答案】B
【解析】
铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。
点睛：本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在空气中与氧气、二氧化碳和水发生的反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。Cu与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成的，反应方程式为2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，据此进行解答。
2.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中，正确的是
A. 已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH＝-483.6 kJ·mol－1，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 氢硫酸溶液显酸性的主要原因：H2S ⇌ 2H++S2-
C. 某反应ΔH＜0，ΔS>0,则该反应在任意条件下均可自发进行
D. NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式：HCO3−+H2O ⇌ CO2↑+OH−
【答案】C
【解析】
【分析】
A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B、多元弱酸分步电离；
C、根据△G＝△H－T·△S判断；
D. NaHCO3在水溶液中的水解生成碳酸和氢氧化钠，盐类的水解是微弱的。
【详解】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中生成的H2O（g）不是稳定的氧化物，选项A错误；
B．氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，存在电离平衡，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，选项B错误；
C、根据△G＝△H－T·△S可知，只要△G小于0，反应就是自发的，某反应ΔH＜0，ΔS>0,则在任意条件下△G均小于0，选项C正确；
D. NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式为：HCO3−+H2O ⇌ H2CO3+OH−，选项D错误。
答案选C。
3. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I－、S2O32－
B. 常温下加水稀释时c(H+)／c(OH－)明显增大的溶液：CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－
C. 0.1mol／L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3－、Na+、SO42－、Cl－
D. 0.1mol／LNaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3－、SO32－
【答案】B
【解析】
试题分析：A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O32－与氢离子反应生成S和二氧化硫，不能大量共存，A错误；B．醋酸根水解溶液显碱性，稀释促进水解，但溶液的碱性降低，酸性增强，常温下加水稀释时c(H+)/c(OH－)明显增大，且CH3COO－、Ba2+、NO3－、Br－之间不反应，可以大量共存，B正确；C．0.1mol/L Fe(NO3)2溶液中[Fe(CN)6]3－与亚铁离子结合生成铁氰化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D．0.1mol/LNaAlO2溶液中HCO3－与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查离子共存判断
【名师点晴】解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等。该题的易错选项是C和D，注意铁氰化亚铁是一种蓝色沉淀，常用于检验亚铁离子。偏铝酸根离子与碳酸根离子发生的是复分解反应，不是水解反应，反应原理是依据较强酸制备较弱酸，注意区分。
4.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用广泛pH试纸测得溶液的pH为2.3
B. 用滴加少量硫酸铜溶液的稀硫酸跟锌粒反应可以加快制取氢气的速率
C. 用酚酞溶液区分稀盐酸和食盐水
D. 将两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中有电流产生。
【答案】B
【解析】
【分析】
A.广泛pH试纸测得溶液的pH为正整数；
B.加少量硫酸铜溶液，Zn置换出Cu，构成原电池；
C. 酸性和中性溶液遇酚酞均不能使其变色；
D.两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中，无对应的氧化还原反应，不能构成原电池。
【详解】A．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.3的溶液的pH，选项A错误；
B、滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，选项B正确；
C、由于酸性和中性溶液遇酚酞均不能使其变色，而稀盐酸显酸性、食盐水显中性，所以鉴别时现象相同无法鉴别，选项C错误；
D、两根碳棒用导线相连接分别插入用盐桥相连的氯化铁溶液和氯化钾溶液中，无对应的氧化还原反应，不能构成原电池，则没有电流产生，选项D错误。
答案选B。
5.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：
FePO4+LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是
A. 可加入硫酸溶液以提高电解质的导电性 B放电时电池内部Li+向负极移动 B. 充电过程中，电池正极材料的质量增加
C. 放电时电池正极反应为：FePO4+e-+Li+=LiFePO4
【答案】D
【解析】
由于金属锂(Li)能与硫酸发生反应，所以不能加入硫酸来提高电解质的导电性，A项错误；放电时，属于原电池原理，阳离子(Li+)移向正极，B项错误；充电过程中，电池正极材料与外接电源是正极连接，发生氧化反应，因此其质量不断减少，C项错误；放电时电池正极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4，D项正确。
点睛：电化学思维模板：(1)确定工作原理（即：什么池？原电池或者电解池）；(2)判断电极和电解质环境（即：什么极？正负或阴阳极）； (3)找出电极上的反应物（即：真正参与得失电子的物质）、分析电极上对应的产物，计算并配出得失电子数，最后补全配平所缺项的成分（根据原子守恒、电荷守恒综合分析）。
6.下列说法正确的是
A. 将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C. 用加热的方法可以除去K2SO4溶液中的Fe3＋
D. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
A．FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；
B．加入盐酸，引入新杂质；
C．存在水解平衡，不能完全除去；
D．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污。
【详解】A．FeCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Fe2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，选项A错误；
B．加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，选项B错误；
C．存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，选项C错误；
D．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及盐类的水解等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
7.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度较大，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后溶质为醋酸钠和氯化钠，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的pH较大，Ⅱ的pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7时，醋酸的体积应该稍大，选项B错误；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后溶质浓度相同的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度较大，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8.欲增加Mg(OH)2在水中的溶解度，可采用的方法是
A. 增加溶液pH B. 加入2.0 mol·L－1NH4Cl
C. 加入0.1 mol·L－1MgSO4 D. 加入适量95%乙醇
【答案】B
【解析】
试题分析：Mg(OH)2在水中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq). A．增加溶液pH, c(OH-)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度减小。错误。B．加入2.0 mol·L－1NH4Cl，铵根离子会与OH-离子结合为NH3·H2O，c(OH-)减小，平衡正向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度增大。正确。C．加入0.1 mol·L－1MgSO4溶液，c(Mg2+)浓度增大，是平衡逆向移动，Mg(OH)2在水中的溶解度减小。错误。D．加入适量95%乙醇。降低Mg(OH)2在水中的溶解度。错误。
考点：考查影响Mg(OH)2在水中的溶解度的因素的知识。
9.下列关于如图装置说法中正确的是
A. 保护铁时，a极为铁片，b极为锌片
B. 电镀铜时，a极为镀件，b极为铜
C. 精炼铜时，a极为粗铜，b极为精铜
D. 惰性电极电解饱和食盐水时，b极有黄绿色气体产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．保护铁时，Fe为阴极，则b极为铁片，a极为锌片，选项A错误；
B．电镀铜时，Cu为阳极，则b极为镀件，a极为铜，a与正极相连，选项B错误；
C．精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，a与正极相连，则a极为粗铜，b极为精铜，选项C正确；
D．惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气，则a极有黄绿色气体产生，选项D错误；
答案选C。
10.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水合法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(P)的关系[起始n(C2H4)∶n(H2O) =1∶1]。下列有关叙述正确的是
A. Y对应的乙醇的质量分数分数为 1/9
B. X、Y、Z对应的反应速率：v(X) > v(Y) > v(Z)
C. X、Y、Z对应的平衡常数数值：Kx > KY > Kz
D. 增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(CH4) : n(H2O)=1:1，设CH4和H2O的起始物质的量均为1mol，根据三段式法有：
C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)
起始(mol) 1 1 0
转化( mol) 0.2 0.2 0.2
平衡(mol) 0.8 0.8 0.2
则平衡时乙醇的质量分数为:=，选项A错误；
B.因该反应是气体体积减小的可逆反应，所以压强越大，乙烯的平衡转化率越大，则结合图象可得: Pr
D.因该反应是气体体积减小的可逆反应，则压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。
答案选C。
11.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是
A. 每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H＋经质子交换膜右侧向左侧迁移
B. 可用湿润的淀粉KI试纸检验气体M
C. 石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－= NCl3 ＋4H＋
D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图示信息知道：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜有右侧向左侧迁移，选项A错误；
B、Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，不可用湿润的淀粉纸质检验氢气，选项B错误；
C、石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，选项C正确；
D、电解过程中，质子交换膜右侧溶液中发生反应：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，但是产生的氢离子会移向阴极Pt电极，右侧溶液的pH几乎不变，选项D错误。
答案选C。
12.下列对各电解质溶液的分析正确的是
A. 硫酸氢钠溶液中：c(H+) ═ c(OH﹣) + c(SO42﹣)
B. 向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和：c(NH4+) ═c (Cl﹣)
C. 0.1mol∙L﹣1Na2S溶液中：c(S2﹣) + c(HS﹣) + c(H2S) ═ c(Na+)
D. 向CH3COONa溶液中加适量蒸馏水：c(CH3COO﹣)与c(OH﹣)都减小，c(OH﹣)/ c(CH3COO﹣)也减小
【答案】A
【解析】
【分析】
A．根据电荷守恒分析；
B．酸碱恰好中和生成盐，根据盐是否水解分析；
C．根据物料守恒分析；
D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，OH-的物质的量增大。
【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度：c(H+) + c(Na+)═ c(OH﹣) +2c(SO42﹣)，因c(Na+)═c(SO42﹣)，故有c(H+) ═ c(OH﹣) + c(SO42﹣)，选项A正确；
B．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，即c(H+)> c(OH﹣)，由c(NH4+)+ c(H+)═c(Cl-)+ c(OH﹣)可知，c(NH4+)< c(Cl-)，选项B错误；
C．0.1mol∙L-1Na2S溶液中，存物料守恒及Na的物质的量等于2倍的S的物质的量，则2c(S2﹣) + 2c(HS﹣) + 2c(H2S) ═ c(Na+)，选项C错误；
D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，CH3COO-的物质的量减小，OH-的物质的量增大，则c(OH-)/ c( CH3COO-)增大，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了盐的水解原理的应用，题目难度不大，注意把握溶液中的守恒关系，侧重于考查学生的分析能力。
13.常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol∙L﹣1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol∙L﹣1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是
A. 点a所示溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. 点b所示溶液中：c(NH4+)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. 点c所示溶液中：c(SO42-)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D. 点d所示溶液中：c(SO42-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，选项A错误；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH4+)＞c(Na+)，选项B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3•H2O )+c(OH-)，选项C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3•H2O )＞c(SO42-)，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。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。
14.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是
A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y 点变为X点
C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D. 图中a＝×10－4
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用
【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是
。另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。
考点：考查
15.部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2S
电离平衡常数(25℃)
Ka＝1.8×10-4
Ka＝4.9×10-10
Ka1＝1.3×10-7
Ka2＝7.1×10-15
下列有关说法不正确的是
A. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含阴离子数目相等
B. HCOO-、CN-、HS-在溶液中可以大量共存
C. NaHS溶液中加入适量KOH后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+C(S2-)
D. 恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
【答案】A
【解析】
A、根据电荷守恒，HCOONa溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)。NaCN溶液中：c(CN－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)，因为两者是等浓度，等体积，因此c(Na＋)相等，根据电离平衡常数，HCN的酸性弱于HCOOH，因此CN－的水解程度大于HCOO－，NaCN的碱性强于HCOONa，NaCN中c(H＋)小于HCOONa中的c(H＋)，HCOONa中阴离子数目大于NaCN中阴离子数目，故说法A错误；B、根据电离平衡常数，电离出H＋能力：HCOOH>H2S>HCN>HS－，因此这些离子能够大量共存，故说法B正确；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)=c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故说法C正确；D、根据电离平衡常数，HCOOH的酸性强于HCN，等pH等体积时，c(HCN)>c(HCOOH)，HCOOH消耗NaOH的体积小于HCN，故说法D正确。
16.极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示（pcB=－lgcB）。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10﹣5mol·L﹣1 ， 则该溶液中溶质的pc=5。下列说法正确的是
A. 电解质溶液的pc（H+）与pc（OH﹣）之和均为14
B. 用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc（H+）逐渐增大
C. BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc（Ba2+）逐渐减小
D. 某温度下Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10 ，则其饱和溶液中pc（Ag+）+ pc（Cl﹣）=10
【答案】D
【解析】
A、溶液中的c(H+)和c(OH—)与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw = c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣14 ，则pc(H+)+pc(OH—)=14，而在100℃时Kw= c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣12，则pc(H+)+pc(OH—)=12，所以A错误；B、用盐酸滴定某浓度的KOH溶液时，滴定过程中c(OH—)逐渐减小，则c(H+)逐渐增大，所以pc（H+）是逐渐减小的，故B错误；C、向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c(Ba2+)逐渐减小，则pc(Ba2+)逐渐增大，所以C错误；D、某温度下 Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10 ，则饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣)= 1.0×10﹣5mol/L，所以pc(Ag+)+ pc(Cl﹣)=10，故D正确。本题正确答案为D。
17.描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难(微)溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离平衡常数(Ka或Kb)
CH3COOH
1.8×10－5
HNO2
4.6×10－4
HCN
5×10－10
HClO
3×10－8
NH3·H2O
1.8×10－5
表2
难(微)溶物
溶度积常数(Ksp)
BaSO4
1×10－10
BaCO3
2.6×10－9
CaSO4
7×10－5
CaCO3
5×10－9
请回答下列问题：
（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。
（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH >7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐(如BaCl2)。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42-物质的量浓度不小于0.01 mol·L－1，则溶液中CO32-物质的量浓度应 ≥ ______________。
【答案】（1）HCN； B； （2）中性； c(NH)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋) ；
（3）c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)； （4）0.26 mol/L.
【解析】
试题分析：（1）在相同温度下，酸越弱，电离平衡常数就越小。由表1可知电离平衡常数最小的是HCN。因此酸性最弱的是HCN。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。A．升高温度，促进电离，程度增大，但是平衡常数会增大。错误。B．加水稀释，由于离子浓度减小，所以平衡正向移动，电离程度增大，由于温度不变，所以电离常数不变。正确。C．加少量的CH3COONa固体，抑制酸的电离，电离程度减小。错误。D．加少量冰醋酸，对酸的电离起抑制作用。物质的浓度越大，物质的大量程度反而越小。错误。（2）CH3COONH4是弱酸弱碱盐，由于弱酸根离子与弱碱根离子水解程度相差不大，因此该物质的水溶液呈中性。根据电荷守恒可得c(NH)+ c(H＋)＝c(CH3COO－)+c(OH－)；由于溶液为中性，所以c(OH－)＝c(H＋) ；，盐的大量原大于弱电解质水的电离，因此微粒浓度关系是c(NH)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋) ；（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-的水解作用大于HCN的电离作用。根据物料守恒可得c(Na＋)>c(CN－)，因为溶液显碱性，所以c(OH－)> c(H＋)。强电解质的电离大于弱电解质的电离，所以c(CN－) c(OH－)。因此微粒的浓度关系是c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)；（4）Ksp(BaSO4)= 1×10－10=c(Ba2+)·c(SO42-), Ksp(BaCO3)= 2.6×10－9
=c(Ba2+)·c(CO32-), Ksp(BaCO3)÷Ksp(BaSO4)= c(CO32-)÷c(SO42-);所以c(CO32-)= Ksp(BaCO3)÷Ksp(BaSO4)×c(SO42-)= 2.6×10－9÷1×10－10×0.01 mol/L=0.26 mol/L.
考点：考查电离平衡常数的应用、影响物质电离的因素、离子浓度的比较、盐的水解、溶度积常数的应用。
18.某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
（1）此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。
（2）电池工作时，盐桥中的SO42-移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
（3）两烧杯中的电极反应式分别为
甲________________________________________________________________________；
乙________________________________________________________________________。
（4）若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为____mol。
【答案】(1)a 还原 (2)乙
(3)MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O 5Fe2＋－5e－=5Fe3＋
(4)0.5
【解析】
(1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO42-向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe2＋－5e－=5Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol。
19.I. 甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g) △H1（反应Ⅰ）。该反应的原料CO和H2本身都可作为燃料提供动力，已知这两种物质燃烧的热化学方程式为：
CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H2＝－283 kJ·mol－1 (反应Ⅱ)
H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) △H3＝－242 kJ·mol－1 (反应Ⅲ)
某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C－C
C－H
H－H
C－O
CO
H－O
键能／kJ·mol－1
348
413
436
358
1072
463
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的焓变△H1＝_____________。
（2）CH3OH (g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为：____________。
II. 若在恒温条件下，在体积可变的 5L 密闭容器中，充入2 molCO、3molH2 发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，平衡后 CH3OH 的物质的量为 1mol。
（1）H2 的平衡转化率为_____________。
（2）该温度反应的平衡常数K＝________。
（3）平衡后再往容器中通入3mol CO，平衡______（填“向左”、“ 向右”或“不”）移动。
III. ToC，2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)的 Kp=6.0×10-3（kPa）-2。（用平衡分压代替平衡浓度所得平衡常数，分压= 总压×物质的量分数）。该温度下的某容器中，若起始充入2molH2、1molCO，平衡时甲醇的平衡分压 p(CH3OH)=24.0kPa，则平衡时混合气体中 CO 的体积分数约为________%（小数点后保留 1 位）
【答案】 (1). -116 kJ·mol－1 (2). CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H= -651 kJ·mol－1 (3). 66.7% (4). 25 L2·mol－2 (5). 正向 (6). 18.5
【解析】
【分析】
I.（1）反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g) △H1的焓变可以根据表内的化学键键能计算，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；
（2）依据（1）反应热化学方程式和题干一氧化碳燃烧热化学方程式、氢气燃烧热化学方程式，结合盖斯定律计算得到；
【详解】I. （1）CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)，反应的焓变可以根据反应物的总键能和生成物的总键能计算得到，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能计算得到，）△H1=C≡O+2H-H-（3C-H+C-O+H-O）=1072kJ/mol+2×436kJ/mol-（3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol）=-116 kJ•mol-1；
（2）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)，△H1=-116 kJ•mol-1 （反应Ⅰ）
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1（反应Ⅱ）
③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1（反应Ⅲ）
根据盖斯定律③×2+②-①得到：
CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-651 kJ•mol-1；
II. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始量(mol) 2 3 0
转化量(mol) 1 2 1
平衡量(mol) 1 1 1
（1）氢气的平衡转化率为100%=66.7%；
（2）该温度反应的平衡常数K==25 L2·mol－2；
（3）平衡后再往容器中通入3molCO，反应物浓度增大，平衡正向移动；
III.起始时投入2molH2、1molCO，二者按2：1反应，故平衡时二者物质的量之比为2：1，二者分压之比为2：1，设平衡时CO分压为P，则氢气分压为2P，该反应的平衡常数Kp=6.0×10-3（kPa）-2，反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则，解得P=10kPa，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故平衡时H2、CO、CH3OH的物质的量之比为20：10：24=10：5：12，则平衡混合气体中CO的物质的量分数为×100%≈18.5%。
20.（1）下列溶液一定呈中性的是________。
A．pH＝7的溶液 B．c(H＋)＝10－7 mol·L－1的溶液
C．c(H＋)/c(OH－)＝10－14的溶液 D．氨水和氯化铵的混合液中c(NH4+)＝c(Cl－)
（2）已知T ℃时，Kw＝1×10－13，则T ℃________25 ℃(填“>”、“ <” 或“＝”)。在T ℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的硫酸b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝10，则a∶b＝________。
（3）25 ℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：若x＋y＝13，则 a/b＝________(填数据)；
（4）①某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________mol·L－1。
②某次滴定前滴定管液面如图所示，读数为________mL。
③若酚酞作指示剂，滴定终点现象是_______________________________。
（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】 (1). D (2). ＞ (3). 101∶9 (4). 0.1 (5). 0.104 4 mol·L－1 (6). 0.29(或0.28) (7). 当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复 (8). D
【解析】
【分析】
（1）溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断；
（2）升高温度，促进水的电离，Kw越大，温度越大；在t℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4的溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则氢氧化钠过量，利用剩余氢氧根离子的浓度计算pH；
（3）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH-），即10-x•a=10y-14•b进行求算；
【详解】(1)A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；
B、c（H+）=10-7mol•L-1的溶液，溶液的pH=7，如A所分析，溶液不一定成中性，选项B错误；
C、c（H+）/c（OH-）=10-14溶液，溶液呈碱性，选项C错误；
D、氨水和氯化铵的混合液中c（NH4+）=c（Cl-），根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），所以溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，选项D正确；
答案选D；
（2）T℃，KW=1×10-13＞1×10-14，促进了水的电离，则T℃＞25℃，
T℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4的溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则=0.001mol/L，解得a：b=101∶9；
（3）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH-），即10-x•a=10y-14•b，整理得：=10x+y-14，
若x+y=13，则=10x+y-14=10-1=0.1；
（4）①由三次盐酸溶液的体积可知，舍去第2组数据，求出1、3组平均消耗V（盐酸）平均值为=26.10mL，②由c（碱）=可知，c（碱）==0.1044mol/L；
②滴定管的能精确到0.1mL，读数到0.01mL。又因为滴定管的刻度自上而下时逐渐增大的，所以根据液面的位置可知，正确的读数是0.29mL或0.28mL；
③若酚酞作指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复；
（2）由c（碱）=可知，
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，选项A不选；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=，可知c（标准）不变，选项B不选；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c（碱）偏大，选项C不选；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏小，选项D选；
故答案为D。
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