陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期第一次阶段性测试化学试题
化学试题（卷）
一、选择题（本小题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.生产生活中的下列做法正确的是（ ）
A. 用明矾做自来水的消毒剂
B. 废弃的干电池不能随意丢弃，但可以土埋处理
C. 用电解NaCl溶液来制备金属钠
D. 电工操作中，不能把铜线和铝线拧在一起连接线路
【答案】D
【解析】
【详解】A．明矾具有吸附作用，能吸附水中浮着的颗粒，起不到消毒作用，A错误；
B．不可以土埋处理，电池中含有有毒成分，会污染土壤，B错误；
C．用电解熔融NaCl来制备金属钠，C错误；
D．铜和铝在空气中形成原电池，加速铝的腐蚀，D正确；故答案为：D。
【点睛】NaCl(熔融)2Na + Cl2↑；2NaCl + 2H2OH2↑+ Cl2↑+ 2NaOH
2.下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，0.1mol·L－1盐酸pH大于0.1mol·L－1 醋酸的pH
B. 升高温度使反应速率加快，是因为降低了反应的活化能
C. 使用催化剂可以改变反应的平衡常数
D. 光伏电池可实现太阳能到电能的转化
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸为强酸，完全电离，0.1mol·L－1盐酸的pH=1，醋酸为弱酸，部分电离，0.1mol·L－1 醋酸的pH>1，所以，常温下，0.1mol·L－1盐酸pH小于0.1mol·L－1 醋酸的pH，A错误；
B．升高温度，单位体积内活化分子百分数增大，从而单位时间、单位体积内有效碰撞次数增多，使反应速率加快，B错误；
C．平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡常数，C错误；
D．光伏电池时通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置，D
正确，故答案为：D。
3.下列有关热化学反应的描述正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×（－57.3）kJ/mol
B. CO的燃烧热ΔH＝－283.0kJ/mol，则2CO2（g）＝2CO（g）＋O2（g） ΔH=（2×283.0）kJ/mol
C. 已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1 ；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2 ，则△H1>△H2
D. C（石墨，s）= C（金刚石，s） ΔH＝＋1.9kJ·mol－1 ，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是强酸强碱稀溶液完全中和生成1mol水时所释放的能量，H2SO4和Ca(OH)2反应不仅生成水，还生成硫酸钙的沉淀，放出能量更多，ΔH<2×(－57.3)kJ/mol，A错误；
B．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的能量，CO（g）＋1/2O2（g）=CO2（g） ΔH＝－283.0kJ/mol，当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反，则2CO2（g）＝2CO（g）＋O2（g） ΔH=（2×283.0）kJ/mol，B正确；
C．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1<0 ；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2<0 ，，△H2+△H3=△H1，△H1<0，△H2<0 ， △H3<0 ，所以△H1<△H2，C错误；
D．由C（石墨，s）= C（金刚石，s） ΔH＝＋1.9kJ·mol－1 ，可知1mol石墨的总能量比1mol金刚石总能量低，则石墨比金刚石稳定，D错误；故答案为：B。
4.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡: ，。然后在恒定温度下缩小容器体积，重新达到平衡。下列分析正确的是
A. 若，则该反应达到平衡状态
B. 两次平衡时，后一次平衡时的浓度大
C. 重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变
D. 若开始时向容器中加人2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出akJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．，未体现正逆的关系，反应不一定达到平衡状态，选项A错误；
B．反应均按物质的量比例进行，前后两次为等效平衡，两次平衡时相等，选项B错误；
C．NH3、CO2的物质的量比始终为2：1，反应均按物质的量比例进行，前后两次为等效平衡，重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变，选项C正确；
D．因反应为可逆反应，不能反应彻底，故若开始时向容器中加人2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出热量小于akJ，选项D错误；
答案选C。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 对于2HI（g）H2（g）+ I2（g），达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
B. 合成氨反应中为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入到少量的浓盐酸中再加水稀释
D. 用饱和食盐水可以去除Cl2中的HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．2HI（g）H2（g）+ I2（g），反应前后气体分子数不变，缩小体积，压强变大，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合；
B．合成氨的反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，B不符合；
C．配制FeCl3溶液，在少量浓盐酸中加水稀释，抑制铁离子的水解，能用勒夏特列原理解释，C不符合；
D．Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中氯离子的浓度很高，根据勒夏特列原理，氯离子的浓度高能使该反应平衡逆向移动，抑制该反应进行的程度，能减小氯气在水中的溶解，能用勒夏特列原理解释，D不符合；故答案为：A。
6.一定条件下，将2 molA、1 molB放在体积为2L密闭容器中反应：3A（g）＋B（g） xC（g）＋2D（g），2 min达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断错误的是（ ）
A. x＝1 B. 2min内A的反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
C. B的转化率为40% D. 达平衡状态时， 2 v正（B）＝v逆（D）
【答案】B
【解析】
【详解】C的浓度为0.2 mol·L－1，C的物质的量为0.4mol，则：
A ．x=1，A正确；
B．v(A)=，B错误；
C．B的转化率为：，C正确；
D．速率之比等于反应系数之比，则2 v正（B）＝v逆（D），D正确；故答案为：B。
7.对于可逆反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0，下列研究目的和示意图相符的是（ ）
A
B
C
D
研究目的
压强对反应的影响
（p2＞p1）
温度对反应的影响
平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应的反应前后为气体分子数减小的反应，压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，氨气体积分数增大，p2＞p1，p2速率大于p1，研究目的和示意图相不相符，A错误；
B．该反应正反应为放热反应，温度增大，平衡逆向移动，氮气转化率减小，研究目的和示意图不相符，B错误；
C．增加N2的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，研究目的和示意图相相符，C正确；
D．加入催化剂，反应速率加快，研究目的和示意图相不相符，D错误；故答案为：C。
8.工业制硫酸工艺的催化氧化反应原理是：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，起始以相同的物质的量进行投料，测得SO2在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1温度最高
B. 正反应速率：υ(a)>υ(b)=υ(d)>υ(c)
C. 平均摩尔质量：M(a)
K(b)=K(d)>K(c)
【答案】D
【解析】
【分析】
温度不变时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大；压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率减小，由图中SO2的转化率关系，可推知，T1< T2< T3。
【详解】A．温度：T3温度最高，A不正确；
B．正反应速率：T3温度最高，υ(c)最大，B不正确；
C．平均摩尔质量：T3温度最高，平衡逆向移动的程度最大，气体的物质的量最大，平均相对分子质量最小，即M(c)最小，C不正确；
D．升高温度，平衡逆向移动，温度不变时改变压强，平衡常数不变，所以平衡常数：K(a)>K(b)=K(d)>K(c)，D正确；
故选D。
9.下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Na2CO3溶液显碱性，可用作油污去除剂
B. FeCl3易水解，能加快H2O2分解
C. CuSO4溶液显酸性，可加快锌与硫酸反应的速率
D. Al易于氧气反应，工业上用电解熔融的AlCl3制备铝
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2CO3水解导致其溶液呈碱性，碱性条件能促进油脂的水解，从而促进油脂水解而去除油脂，A正确；
B．FeCl3可作催化剂，能加快H2O2的分解，与水解无关，B错误；
C．Zn置换出硫酸铜溶液中的Cu，与稀硫酸构成Cu、Zn原电池，从而加快反应速率，C错误；
D．AlCl3为共价化合物，电解熔融的AlCl3不能制备铝，工业上电解熔融Al2O3制备铝，D错误；故答案为：A。
10.已知某温度下，K(HCN)＝ 6.2×10－10 、K(HF)＝6.8×10－4 、K(CH3COOH)＝ 1.8×10－5。下列说法正确的是（ ）
A. 酸性：HCN>CH3COOH>HF
B. 同浓度的NaF、CH3COONa、NaCN三种溶液其pH：NaF>CH3COONa>NaCN
C. CH3COOH可与NaF溶液反应：CH3COOH+NaF=CH3COONa+ HF
D. 等质量的NaOH分别与CH3COOH、HCN、HF恰好反应时，消耗三种酸的物质的量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，由电离平衡常数的值，可得出酸性：HF>CH3COOH>HCN，A不正确；
B．酸性越弱，酸根离子水解的程度越大，溶液的pH越大，则同浓度的NaF、CH3COONa、NaCN三种溶液其pH：NaF Kh1，所以HC2O4-在溶液中以电离为主。在NaHC2O4溶液中，存在以下电离或水解：NaHC2O4=Na++ HC2O4-，HC2O4- C2O42-+H+，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，H2OH++OH-。
【详解】A．依据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)= c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，A正确；
B．依据物料守恒，在NaHC2O4中，c(Na+)= c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+ c(H2C2O4)，B正确；
C．由于HC2O4-在溶液中以电离为主，所以溶液显酸性，c(OH-)Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液使酚酞变红，表明溶液显碱性，但碳酸钠属于盐，A不正确；
B．NaClO溶液具有强氧化性，不能用pH试纸测定溶液的pH，B不正确；
C．锌片质量减小，则表明锌失电子，锌被氧化，C不正确；
D．氯化银浊液中滴入KI溶液，浊液中固体由白色变为黄色，表明AgCl转化为AgI，从而得出结论：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；
故选D。
14.某化学小组进行电化学研究，甲同学设计如图所示装置，乙同学利用甲同学的装置和桌面上其他的药品与材料，不能完成的实验是( )
A. 使甲同学装置中的正极变为负极 B. 设计一个新的原电池
C. 在石墨电极上镀锌 D. 使锌电极受到保护
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故A不选；
B. 可将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B不选；
C. 因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故C选；
D. 将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D不选；
正确答案选C。
15.己知：与反应的；与反应的。则在水溶液中电离的等于
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
主要考查关于△H的计算和对盖斯定律的迁移应用。
【详解】HCN(aq)、HCl(aq)分别与NaOH(aq)反应△H的差值即为HCN在溶液中电离的能量，HCN属于弱电解质，其电离过程要吸收，即△H＞0，综合以上分析，可知△H =+43.5kJ·mol-1，
答案为C。
16.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释（溶液体积为V），溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c（X+）：XOH大于X2CO3
C. CO32-的水解常数Kh1约为1.0×10－3.8
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且 减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c(OH−)=c(XOH)，XOH完全电离，为强碱，A错误；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)”、“<”或“=”）K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是________（填字母）。
a．降低温度
b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．使用合适的催化剂
③生成甲醇的化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是_____ ；
④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.6MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数KP＝________(MPa)-2（小数点后保留2位小数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
(3)甲醇(CH3OH)燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。请写出负极的电极反应为_______________。
【答案】 (1). C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ∆H=+131.6 kJ/mol (2). 高温 (3). > (4). c (5). 加压 (6). 66.67 (7). CH3OH-6e-+8OH- = CO32-+6H2O
【解析】
【分析】
(1)焦炭制水煤气时，发生反应为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)。1.2 g 碳为0.1mol，与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16 kJ热量。由此可写出该反应的热化学方程式；该反应的∆H>0，由此可确定该反应能自发进行的温度。
(2)①从达平衡所用的时间可确定T10，该反应在高温条件下能自发进行。答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ∆H=+131.6 kJ/mol；高温；
(2)①从达平衡所用的时间可确定T1K2。答案为：>；
②a．降低温度 ，平衡正向移动，CO转化率增大，a符合题意；
b．将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大，b符合题意；
c．使用合适的催化剂 ，加快反应速率，但平衡不发生移动，c不合题意；
故选c。答案为：c；
③从图中可以看出，改变条件后，v正、v逆都增大，且平衡正向移动，若为升高温度，则平衡逆向移动，所以应为加压。答案为：加压；
④假设CO和H2的物质的量都为1mol，参加反应CO的物质的量为x，建立三段式：
依题意得：，x=0.4mol，生成甲醇的压强平衡常数KP=≈66.67(MPa)-2。答案为：66.67；
(3)甲醇(CH3OH)燃料电池(以KOH溶液为电解质溶液)中，负极加入CH3OH，放电后生成CO32-和水，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH- = CO32-+6H2O。答案为：CH3OH-6e-+8OH- = CO32-+6H2O。
【点睛】书写甲醇(CH3OH)
燃料电池的负极反应式时，若忽视电解质呈碱性，则会认为产物为二氧化碳和水，则会将负极反应式错误地写为CH3OH-6e-+H2O= CO2+6H+。
18.“84”消毒液的成分是NaClO，某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO并探究其性质。该学习小组用如图装置进行实验（部分夹持装置略去），反应一段时间后，取C瓶中的溶液进行实验，测得溶液的pH=12。（查阅资料：饱和NaClO溶液pH为11）。回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(2)实验结束后，在m处最好连接盛________（填“NaOH 溶液”或“水”） 的注射器，然后打开K1关闭K2，最后再拆除装置。
(3)测定C瓶溶液中NaClO含量的实验步骤如下：
步骤1：将C瓶溶液加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，塞紧瓶塞并在暗处充分反应后滴入5~6滴淀粉溶液。
步骤2：分两次各取步骤1的溶液20mL于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定，滴定终点时两次耗Na2S2O3 溶液体积的平均值为16.00mL。（已知：I2+2S2O32- =2I-+S4O62-）
①步骤1的C瓶中发生反应的离子方程式为：______________________________。
②滴定终点的现象为__________________________________________________。
③C瓶溶液中NaClO含量为____________g·L－1。
④若盛Na2S2O3 标准溶液的滴定管未用Na2S2O3 标准溶液润洗，则测得C瓶溶液中NaClO含量__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). NaOH溶液 (3). ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O (4). 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色 (5). 2.98 (6). 偏大
【解析】
【分析】
在A装置中，发生MnO2与浓盐酸的反应，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；生成的Cl2进入B装置，此装置是防倒吸装置；然后Cl2进入C装置中，与NaOH溶液发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；多余的Cl2用碱石灰吸收，可防止污染环境。实验结束后，打开K1关闭K2，让余气进入盛NaOH溶液的注射器中，最后再拆除装置。
【详解】(1)装置A中发生MnO2与浓盐酸的反应，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)为了防止多余的Cl2逸出污染环境，实验结束后，在m处最好连接盛NaOH溶液的注射器，然后打开K1关闭K2，最后再拆除装置。答案为：NaOH溶液；
(3)①步骤1的C瓶中NaClO在酸性溶液中与KI溶液发生反应，生成NaCl、I2等，离子方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O。答案为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；
②反应后的C瓶中滴入5~6滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.1000mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定，滴定终点的现象为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；
③C瓶溶液中发生反应的关系式为：NaClO——I2——2Na2S2O3，NaClO含量为=2.98g·L－1。答案为：2.98；
④若盛Na2S2O3 标准溶液的滴定管未用Na2S2O3标准溶液润洗，则c(Na2S2O3)减小，所用体积偏大，因此测得C瓶溶液中NaClO含量偏大。答案为：偏大。
【点睛】在判断滴定终点时的颜色变化时，我们常会将变化的颜色弄反，若将滴定前与滴定后的颜色分开进行分析，便可将此问题解决。
19.“垃圾是放错了位置的资源”，应该分类回收。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的资源。
(1)碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+ Zn(OH)2，其正极的电极反应式为_________。
(2)铜帽溶解时加入H2O2的目的是___________________ （用化学方程式表示）。铜帽溶解完全后，可采用________ 方法除去溶液中过量的H2O2。
(3)填充物中可以回收得到氯化铵，写出氯化铵溶液中各离子浓度的大小顺序______。
(4)铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀如图所示：
环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其若生成4.29g Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气体积为______L（标准状况）。
【答案】 (1). MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH- (2). Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (3). 加热 (4). c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－) (5). 0.448
【解析】
【分析】
在碱性锌锰干电池中，电极为锌和碳棒，电解质为KOH，在负极：Zn-2e- +2OH- =Zn(OH)2，在正极：2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，所以废电池中，电池周围被锌筒包围，中间有碳棒，碳棒上有铜帽，填充物为MnO2、NH4Cl、MnOOH、 Zn(OH)2等。将它们分离后，铜帽加入足量稀硫酸和30%H2O2，发生反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，溶解后加入锌筒，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，然后过滤，得到海绵铜和含有Zn2+的滤液。
【详解】(1)碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+ Zn(OH)2，其正极的电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-。答案为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-；
(2)铜帽溶解时加入H2O2的目的，是将Cu氧化并最终转化为CuSO4，发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。因为H2O2受热后易分解生成氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热；
(3)填充物中可以回收得到氯化铵，在氯化铵溶液中发生如下电离与水解：NH4Cl=NH4++Cl-，NH+H2ONH3·H2O + H+，H2OH++OH-，所以各离子浓度的大小顺序c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。答案为：c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)；
(4)铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀，负极2Cu-4e-=2Cu2+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，发生反应的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-= Cu2(OH)3Cl↓，由此可得出关系式：2Cu——O2——Cu2(OH)3Cl，若生成4.29g Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气体积为=0.448L。答案为：0.448。
【点睛】在书写电极反应式时，可从总反应中提取信息：价态变化的元素及对应的物质，由此便可确定正、负极反应的主反应物和主产物，同时关注电解质的性质。也可利用总反应式减去另一电极反应式。
20.通过学习，同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题
(1)FeCl3溶液呈酸性原因是__________________（用离子方程式表示）；若把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到固体产物是 ____________。
(2)将1L 0.2 mol·L－1HA溶液与1L 0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），测得混合溶液中c(Na＋)> c(A－)，则混合溶液中c(HA)＋c(A－)_____0.1 mol·L－1（填“>”、“<”或“＝”）。
(3)浓度均为0.1 mol/L的四种溶液①氯化铵溶液、②碳酸氢铵溶液、③氨水、④硫酸氢铵中，NH4+浓度由大到小的顺序为________________________。（填序号）
(4)已知：常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38。
①常温下，某酸性MgCl2溶液中含有少量的FeCl3 ，为了得到纯净的MgCl2·2H2O晶体，应加入________（填化学式），调节溶液的pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________mol·L－1。
②常温下，若将0.01 mol·L－1 MgCl2溶液与________ mol·L－1 NaOH
溶液等体积混合时有沉淀生成。
【答案】 (1). Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+ (2). Fe2O3 (3). = (4). ④>①>②>③ (5). MgO[或Mg(OH)2、MgCO3]等 (6). 4×10-8 (7). 1.2×10-4
【解析】
【分析】
(1)FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3+发生水解生成Fe(OH)3和H+；若把FeCl3溶液蒸干、灼烧，水解生成的HCl挥发，Fe(OH)3分解，由此可得最后得到固体产物的成分。
(2)将1L 0.2 mol·L－1HA溶液与1L 0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，发生反应HA+NaOH=NaA+H2O，此时溶液中c(HA)=c(A－)，测得混合溶液中c(Na＋)> c(A－)，则表明溶液中以A-水解为主，依据物料守恒，可得出c(HA)＋c(A－)与0.1 mol·L－1关系。
(3)浓度均为0.1 mol/L的四种溶液
①氯化铵溶液中，NH4Cl=NH4++Cl-，NH+H2ONH3·H2O + H+；
②碳酸氢铵溶液中，NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH+ HCO3-+H2ONH3·H2O + H2CO3；
③氨水中，NH3·H2ONH+ OH-；
④硫酸氢铵中，NH4HSO4=NH4++H++SO42-，NH+H2ONH3·H2O + H+；
以①中氯化铵溶液为参照，依据NH4+所在环境对NH4+的促进或抑制，确定浓度由大到小的顺序。
(4)①常温下，某酸性MgCl2溶液中含有少量的FeCl3，为了得到纯净的MgCl2·2H2O晶体，应加入镁的氧化物、氢氧化物、碳酸盐等，调节溶液的pH＝4，此时c(OH-)=10-10mol/L，代入Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，求溶液中的c(Fe3＋)。
②常温下，利用Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，求0.01 mol·L－1 MgCl2溶液有沉淀生成时，所需NaOH溶液的浓度。
【详解】(1)FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3+发生水解生成Fe(OH)3和H+，反应的离子方程式为Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+；若把FeCl3溶液蒸干、灼烧，水解生成的HCl挥发，Fe(OH)3分解，最后得到固体产物为Fe2O3。答案为：Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+；Fe2O3；
(2)将1L 0.2 mol·L－1HA溶液与1L 0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，发生反应HA+NaOH=NaA+H2O，此时溶液中c(HA)=c(A－)=0.05 mol·L－1，测得混合溶液中c(Na＋)> c(A－)，则表明溶液中以A-水解为主，依据物料守恒，可得出c(HA)＋c(A－)= 2×0.05 mol·L－1=0.1 mol·L－1。答案为：=；
(3)①氯化铵溶液中，NH4Cl=NH4++Cl-，NH+H2ONH3·H2O + H+；
②碳酸氢铵溶液中，NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH+ HCO3-+H2ONH3·H2O + H2CO3，由于HCO3-水解反应的促进，c(NH)比①中小；
③氨水中，NH3·H2ONH+ OH-，由于电离程度较小，所以溶液中c(NH)比②中小；
④硫酸氢铵中，NH4HSO4=NH4++H++SO42-，NH+H2ONH3·H2O + H+，由于H+的抑制作用，溶液中c(NH)比①中大；
依据上述分析，c(NH)由大到小的顺序为④>①>②>③。答案为：④>①>②>③；
(4)①常温下，某酸性MgCl2溶液中含有少量的FeCl3，为了得到纯净的MgCl2·2H2O晶体，应加入MgO[或Mg(OH)2、MgCO3]等；溶液的pH＝4，此时c(OH-)=10-10 mol·L－1，代入Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，求得溶液中的c(Fe3＋)==4×10-8 mol·L－1。答案为：MgO[或Mg(OH)2、MgCO3]等；4×10-8；
②常温下，利用Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，要使0.01 mol·L－1 MgCl2溶液有沉淀生成，设加入等体积NaOH溶液的浓度为x，则，x=1.2×10-4 mol·L－1。答案为：1.2×10-4。
【点睛】常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，则NH4Cl溶液中，NH4+的水解常数Kh==5.6×10-10，所以0.1mol/L NH3·H2O中c(NH)=1.34×10-3mol/L；0.1mol/L NH4Cl中c(NH)=0.1mol/L-=(0.1-7.48×10-6)mol/L≈0.1mol/L，由计算结果可以看出，铵盐中的c(NH)比同浓度的氨水中要大得多。
21.在800℃时，在2L密闭容器中将一定量的NO和O2混合发生反应，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/S
0
10
20
30
40
50
n(NO)/mol
0.2
0.1
0.08
0.07
0.07
0.07
请回答下列问题：
(1)用O2表示从0～20s内该反应的速率为___________。
(2)若升温到850℃，平衡后n(NO)= n(NO2)，则该反应是______热反应（填：“吸”、“放”）
(3)若改变某一条件，达新平衡时n(NO)= 0.06 mol，下列说法正确的是_______。
A．平衡一定正向移动
B．可能是向容器中加入了一定量的NO气体
C．可能是缩小了容器的体积
(4)假设在一定条件下0.2molNO气体与氧气反应，达到平衡时测得放出热量akJ，此时NO转化率为80%，写出在此条件下该反应的热化学方程式 _________ 。
(5)等温时，a、b容器开始体积相等，各充入2molNO和1molO2，平衡时NO的转化率a___b（填“大于”“小于”“等于”）
【答案】 (1). 0.0015mol∙L-1∙s-1 (2). 放热 (3). C (4). 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -12.5akJ∙mol-1 (5). <
【解析】
【分析】
(1)从0～20s，NO气体物质的量由0.20mol减小到0.08mol，则参加反应的NO为0.12mol，参加反应的O2为0.06mol，由此可求出用O2表示的该反应的速率。
(2)若升温到850℃，平衡后n(NO)= n(NO2)=0.10mol，则表明平衡逆向移动。
(3)A．移去部分NO，平衡向逆反应进行；
B．向容器中加入了一定量的NO气体，虽然平衡正向移动，但平衡时NO的物质的量增大；
C．缩小了容器体积，相当于加压，平衡正向移动。
(4)假设在一定条件下0.2molNO气体与氧气反应，达到平衡时测得放出热量akJ，此时NO转化率为80%，则0.16molNO完全反应，放出热量akJ，由此可求出2molNO参加反应，放出热量12.5akJ，便可写出在此条件下该反应的热化学方程式。
(5)等温时，a、b容器开始体积相等，各充入2molNO和1molO2，随着反应的进行，混合气的物质的量减小，b容器为恒压容器，则b中活塞不断左移，相当于a容器加压，平衡正向移动，由此可确定平衡时NO的转化率a与b的关系。
【详解】(1)从0～20s，NO气体物质的量由0.20mol减小到0.08mol，则参加反应的NO为0.12mol，参加反应的O2为0.06mol，v(O2)==0.0015mol∙L-1∙s-1。答案为：
0.0015mol∙L-1∙s-1；
(2)若升温到850℃，平衡后n(NO)= n(NO2)=0.10mol，则表明平衡逆向移动，该反应是放热反应。答案为：放热；
(3)改变某一条件，是NO的物质的量从0.07mol减小到0.06mol，
A．移去部分NO，平衡向逆反应进行，A不正确；
B．向容器中加入了一定量的NO气体，虽然平衡正向移动，但平衡时NO的物质的量增大，B不正确；
C．缩小了容器体积，相当于加压，平衡正向移动，C正确；
故选C。答案为：C；
(4)假设在一定条件下0.2molNO气体与氧气反应，达到平衡时测得放出热量akJ，此时NO转化率为80%，则0.16molNO完全反应，放出热量akJ，由此可求出2molNO参加反应，放出热量12.5akJ，此条件下该反应的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -12.5akJ∙mol-1。答案为：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -12.5akJ∙mol-1；
(5)等温时，a、b容器开始体积相等，各充入2molNO和1molO2，随着反应的进行，混合气的物质的量减小，b容器为恒压容器，则b中活塞不断左移，相当于a容器加压，平衡正向移动，NO的转化率增大，由此可确定平衡时NO的转化率a
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