湖北省武汉市钢城第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

湖北省武汉市钢城第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

湖北省武汉市钢城第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 相对原子量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27‎ 一、选择题（每小题一个选项，每题3分，共54分）‎ ‎1.醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+下列说法不正确的是 A. 加入醋酸钠，平衡向左移动 B. 加入碳酸钠，平衡向右移动 C. 加水稀释，C（H+）减小 D. 加水稀释，溶液中仅有的三种离子浓度都减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．加入CH3COONa，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右移动，故A正确；‎ B．加入Na2CO3，Na2CO3和H+反应生成二氧化碳，促进CH3COOH电离，所以平衡向右移动，故B正确；‎ C．加水稀释促进CH3COOH电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中C（H+）减小，故C正确；‎ D．加水稀释促进CH3COOH电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中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D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中离子浓度变化确定醋酸电离平衡移动方向，注意水的离子积常数、醋酸电离平衡常数只与无关有关，为易错点．‎ ‎2.下列关于反应与能量的说法正确的是 A. Zn(s)+CuSO4(aq)ZnSO4(aq)+Cu(s) ΔH=−216 kJ/mol：E反应物E生成物，A项错误；‎ B. 该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，即E反应物c()>c(H+)>c(OH−)‎ B. 溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO−)＝c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)‎ C. 向10 mL 0.2 mol·L−1 NaCl溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)>c()=c(Cl−)>c(Ag+)‎ D. 常温下pH=2的醋酸与pH=12的烧碱溶液等体积混合：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、NH4+水解，浓度比NO3-小，故A错误；B、溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中，由物料守恒得：c(HClO)+c(ClO−)＝c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=c(Na+)/2，故B正确；C、硝酸银不足，完全反应，且钠离子、硝酸根离子浓度不变，则离子浓度大小为c（Na＋）=c（NO3－）＞c（Cl－）＞c（Ag＋），故C错误；D、pH=2的醋酸，醋酸浓度大于0.01mol·L－1，pH=12的烧碱，NaOH浓度为0.01mol·L－1，等体积混合时醋酸过量，溶液显酸性，则离子浓度为c（CH3COO ‎－）＞（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故D错误；故选B。‎ ‎5.已知某可逆反应m A(g)＋n B(g) p C(g)在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是(　　)‎ A. T1p2　m＋n>p　放热反应 B. T1>T2　p1p　吸热反应 C. T1p2　m＋nT2　p1T2，由图知温度越高，B的含量越低，所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应；‎ 定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、p1与曲线T1、p2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以p1T2，反应吸热；p1Al，C项错误，符合题意；‎ D. 惰性电极电解饱和食盐水，阴极上生成氢气和氢氧化钠，阴极附近滴加酚酞，变红色，可验证阴极有碱生成，D项正确，不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎8.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++ NH2-，据此判断以下叙述中错误的是（  ）‎ A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒 B. 一定温度下，液氨中c(NH4+)·c(NH2-)是个常数 C. 液氨的电离达到平衡时：c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)‎ D. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题解析：液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有 NH3、NH4+、NH2-等粒子，故A正确；液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中 c （NH4+）与 c （NH2-）的乘积为定值，故B正确；液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c （NH4+）="c" （NH2-）＜c （NH3），故C错误；只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2-的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c （NH4+‎ ‎）="c" （NH2-），故D正确。‎ 考点：弱电解质的电离 ‎9.向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，然后过滤。已知：Ksp(ZnS)=2.0×10−22，Ksp(CuS)=1.3×10−36。下列说法不正确的是 A. 先生成CuS后生成ZnS沉淀，属于沉淀的转化 B. 当ZnS沉淀完全时，溶液中=6.5×10−15‎ C. 过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物 D. 过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液，Ksp小的先沉淀；‎ B. 当ZnS沉淀完全时，溶液中=；‎ C. 逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，可知Cu2+和Zn2+均转化为沉淀；‎ D. 难溶电解质存在溶解平衡，且离子浓度为1×10−5mol/L时认为离子完全沉淀。‎ ‎【详解】A. 等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液，Ksp小的先沉淀，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，A项错误，符合题意；‎ B. 当ZnS沉淀完全时，溶液中===6.5×10-15，B项正确，不符合题意；‎ C. 逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，可知Cu2+和Zn2+均转化为沉淀，过滤后得到的沉淀是CuS和ZnS，C项正确，不符合题意；‎ D. 难溶电解质存在溶解平衡，且离子浓度为1×10−5mol/L时认为离子完全沉淀，过滤后溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+，D项正确，不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎10.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 A. a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b B. 用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 C. a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b D. a、b、c三点溶液用1 mol·L−1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小；‎ B. a处溶液稀释时，溶液酸性增强；‎ C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大；‎ D. a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同。‎ ‎【详解】A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小，因此a、b、c三点溶液的pH大小关系为：b＜a＜c，A项错误；‎ B. 用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，因此测量结果偏小，B项正确；‎ C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大，因此a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a＜b＜c，C项错误；‎ D. a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，因此用1 mol·L−1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：a=b=c，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定20 mL同浓度的一元弱酸HA，滴定过程中溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法正确的是 A. X=20‎ B. HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小 C. 0.1 mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)=0.1 mol/L D. 加入NaOH溶液体积为X mL时，溶液中c(A−)=0.05 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 酸碱恰好中和时，因反应生成的盐是强碱弱酸盐水解而使溶液呈碱性，所以pH=7时，X<20，A不正确；B. HA溶液加水稀释后，因HA的电离平衡正向移动，故溶液中的值减小，B正确；C. 0.1 mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)= c(H+)=10-13 mol/L，C不正确；D. 加入NaOH溶液体积为X mL时，因为X<20，由电荷守恒知，所以溶液中c(A−)= c(Na+)<0.05 mol/L，D不正确。本题选B。‎ ‎12.常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较，正确的是（ ）‎ A. NH4+浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，溶液浓度由大到小的顺序是：③＞②＞①‎ B. 由pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)‎ C. pH＝13的Ba(OH)2溶液与pH＝1的HCl溶液等体积混合后，混合溶液的pH＞7‎ D. pH＝12的Ba(OH)2溶液与pH＝14的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH范围是13＜pH＜14‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解对于铵根离子的水解起到抑制作用， ②(NH4)2CO3 中碳酸根离子水解对于铵根离子的水解起到促进作用，③(NH4)2SO4‎ 溶液中硫酸根离子对铵根离子的水解无影响，所以溶液中铵根离子的水解程度的大小顺序为：②＞③＞①。则要达到相同的铵根离子浓度，水解程度大的溶液，物质的浓度应该越大，即溶液浓度由大到小的顺序是：②＞③＞①。选项A错误。由pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，由于醋酸的浓度远大于氢氧化钠的浓度，所以中和以后得到醋酸钠（较少）和醋酸（较多）的混合溶液，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得到：c(CH3COO-)＞c(Na+)。又因为钠离子是醋酸钠完全电离生成的，氢离子使醋酸微弱电离得到的，所以有c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。选项B错误。pH＝13的Ba(OH)2溶液与pH＝1的HCl溶液等体积混合，两溶液的氢氧根离子和氢离子的浓度刚好相等，等体积混合，恰好中和，溶液显中性。选项C错误。pH＝12的Ba(OH)2溶液与pH＝14的NaOH溶液等体积混合，其，所以 ，，选项D正确。 ‎ ‎13.在2 L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。起始反应时NO和CO各为4 mol，10 s后达到化学平衡，测得N2为1 mol。下列说法中，正确的是 A. 在其他条件不变时，增加压强，N2的体积分数不变 B. 前5 s内，用CO表示的反应速率等于0.1 mol·L−1·s−1‎ C. 10 s时密闭容器中压强维持不变 D. 保持容器体积不变，往容器中充入1 mol O2，正、逆反应速率都不改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 增加压强平衡正向移动，N2的体积分数增加，A错误。10 s内用N2表示的平均反应速率为0.05 mol·L−1·s−1，则用CO表示的平均反应速率为0.1 mol·L−1·s−1，显然前5秒内用CO表示的反应速率大于0.1 mol·L−1·s−1，B错误。由于反应前后化学计量数不相等，当压强维持不变时，各种物质的物质的量维持不变，反应达平衡，C正确。保持容器体积不变，往容器中充入1 mol O2，由于NO与O2反应，NO浓度减小，则正反应速率减小，逆反应速率瞬时不变，随后减小，D错误。‎ ‎14.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A. 常温下水电离的c（H+）为1×10﹣12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣‎ B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、AlO2﹣、Cl﹣、HCO3﹣‎ C. 含有大量HCO3﹣的澄清透明溶液中：K+、Al3+、SO42﹣、Na+‎ D. 常温下c（OH﹣）/c（H+）=1014的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、水电离出c(H＋)=10－12<10－7mol·L－1，溶质对水的电离是抑制，溶质可能是酸，也可能是碱，在酸中NO3－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，在碱中Fe2＋和OH－生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，故错误；B、滴加石蕊后溶液呈蓝色，说明溶液显碱性，HCO3－和OH－不能大量共存，且HCO3－和AlO2－发生反应生成Al(OH)3↓和CO32－，不能大量共存，故错误；C、Al3＋和HCO3－发生双水解反应，不能大量共存，故错误；D、该溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故正确。‎ 点睛：本题考查限制条件下离子共存，需要根据限制条件，判断溶液的酸碱性，如D选项，c(OH－)>c(H＋)，说明溶液显碱性，然后根据是否发生反应，进行判断，特别强调的是AlO2－和HCO3－不能大量共存，是因为HCO3－电离出H＋能力强于Al(OH)3，发生H2O＋AlO2－＋HCO3－=Al(OH)3↓＋CO32－。‎ ‎15.在50 mL 0.1mol/L Na2S 溶液中逐滴加入50 mL 0.1mol/L KHSO4溶液，所得溶液中粒子浓度关系正确的是 A. c(SO42-)= c(HS-)= c(K+)>c(OH-)= c(H+)‎ B. c(Na+)> c(K+)> c(S2-)> c(H+)> c(OH-)‎ C. c(Na+)= c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)+ c(SO42-)‎ D. c(K+)+ c(Na+)+ c(H+)= c(SO42-)+ c(S2-)+ c(HS-)+ c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在50 mL 0.1mol/L Na2S 溶液中逐滴加入50 mL 0.1mol/L KHSO4溶液，二者恰好反应生成NaHS、Na2SO4、K2SO4，根据物料守恒可知c(K+)= c(SO42-)= c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)=c(Na+)，根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，据此分析判断。‎ ‎【详解】A. 根据物料守恒可知c(K+)=c(SO42-)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，A项错误；‎ B. 由于HS-水解，反应后溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)> c(K+)> c(S2-)> c(OH-)>c(H+)，B项错误；‎ C. 根据物料守恒可知c(K+)= c(SO42-)= c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)=c(Na+)，因此c(Na+)= c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)+ c(SO42-)，C项正确；‎ D. 根据电荷守恒可得，c(K+)+ c(Na+)+ c(H+)= 2c(SO42-)+2 c(S2-)+ c(HS-)+ c(OH-)，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时，书写物料守恒的关系式是重点也是难点，物料守恒的实质是溶液中某些元素的原子存在的守恒关系，书写方法为：①只与溶质有关、②在电解质溶液中，溶质中离子有的发生变化，有的没有改变，但仍保持原溶质中或反应前溶质微粒关系。‎ ‎16.常温，下列溶液中各浓度关系不正确的是 A. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液pH＞７，则一定有：c(Na+)＞c(HX)＞c(X-)＞c(H+)＞c(OH-)‎ B. 1L0.1mol•L-1CuSO4·(NH4)2SO4•6H2O的溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)＞c(H+)＞c(OH-)‎ C. 0.1mol•L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)+c（H2CO3）≠c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)‎ D. 物质的量浓度分别为c1和c2的两种醋酸溶液，若其pH分别为a和a+1，则c1＞10c2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、混合后溶液的pH>7，说明X－的水解程度大于HX的电离程度，X－发生水解，因此c(Na＋)>c(X－)，X－＋H2O HX＋OH－，NaX与HX是等浓度等体积混合，因此有c(HX)>c(Na＋)，水解后溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解的程度微弱，因此有c(HX)>c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，故说法错误；B、假设NH4＋不水解，c(NH4＋)=c(SO42－)，但NH4＋属于弱碱根离子，发生水解，因此c(SO42－)>c(NH4＋)，此溶液中Cu2＋和NH4＋发生水解，水解的程度是微弱的，或者Cu2＋得OH－的能力比NH4＋强，有c(NH4＋)>c(Cu2＋)，无论Cu2＋还是NH4＋水解时溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，即有c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，NaHCO3的溶液显碱性，HCO3－的水解大于其电离，因此有c(H2CO3)>c(CO32－)，因此有c(Na＋)+c(H＋)+c（H2CO3）>c(HCO3－)+c(CO32－)+c(OH－)，故说法正确；D、假设醋酸是强酸，c1/c2=10－a/10－(a＋1)=10，即c1=10c2，但醋酸是弱酸，部分电离，如果c1=10c2，c2的pH小于a＋1，大于a，需要继续加水稀释，因此c1＞10c2，故说法正确。‎ ‎17.已知下列反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1①；2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2‎ ‎ ②；2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH3 ③；2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH4 ④。下列关系正确的是 A. ΔH4=ΔH3+ΔH2+ΔH1 B. ΔH4=ΔH3+2ΔH2+2ΔH1‎ C. ΔH4=ΔH3+2ΔH2−2ΔH1 D. ΔH4=ΔH3+2ΔH2−ΔH1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律书写热化学方程式，计算反应热。‎ ‎【详解】CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1①‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2 ②‎ ‎2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH3 ③‎ 根据盖斯定律可知，③+2×②-2×①得2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)，ΔH4=ΔH3+2ΔH2−2ΔH1；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的难点是根据盖斯定律书写出正确的热化学方程式，一般情况下，盖斯定律在应用分三步走：‎ ‎18.下表是25℃时5种银盐的溶度积常数(Ksp)：‎ 化学式 AgCl Ag2SO4‎ Ag2S AgBr AgI 溶度积(Ksp）‎ ‎1.4×10−10‎ ‎1.4×10−5‎ ‎1.4×10−50‎ ‎1.4×10−13‎ ‎1.4×10−16‎ 下列说法中不正确是 A. 在AgCl、Ag2SO4、AgBr、AgI饱和溶液中分别滴加Na2S溶液，均会生成相同的沉淀 B. 25℃时，5种银盐饱和溶液中c(Ag+)最大的是Ag2SO4饱和溶液 C. 25℃时，在等物质的量浓度的NaCl溶液和CaCl2溶液中加入足量的AgCl固体，形成饱和溶液，两溶液中AgCl溶度积相同，但c(Ag+)不同 D. AgBr沉淀可转化为AgI沉淀，而AgI沉淀不可能转化为AgBr沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表格中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl，AgBr、AgI的溶解度依次减小；‎ A. 根据溶度积大小，在AgCl、Ag2SO4、AgBr、AgI饱和溶液中分别滴加Na2S溶液，都生成黑色的Ag2S沉淀；‎ B. 根据溶度积大小判断；‎ C. Cl-浓度不同，Ag+浓度不同；‎ D. AgI的溶度积小于AgBr的溶度积，反应向更难溶的方向进行，所以AgBr可转化为AgI，AgI能否转化为AgBr与Br-的浓度有关。‎ ‎【详解】A. 根据溶度积大小，在AgCl、Ag2SO4、AgBr、AgI饱和溶液中分别滴加Na2S溶液，都生成黑色的Ag2S沉淀，A项正确，不符合题意；‎ B. 由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，因此c(Ag+)最大的是Ag2SO4饱和溶液，B项正确，不符合题意；‎ C. 在等物质的量浓度的NaCl和CaCl2溶液中c(Cl-)比为1:2，根据Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，因此两溶液中AgCl的溶度积相同，c(Ag+)不相同，C项正确，不符合题意；‎ D. AgI的溶度积小于AgBr的溶度积，反应向更难溶的方向进行，所以AgBr可转化为AgI，Ksp(AgI)”“<”或“=”），_______(填“增大”“减小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). 1×10−14 (2). H2SO4 (3). NH4Cl (4). 1×10a−14 mol·L−1 (5). 1×10－a mol·L−1 (6). > (7). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）室温下，水的离子积为1×10-14；‎ ‎（2）强酸溶液稀释，H+浓度随体积变化减小，NH4Cl溶液稀释除了体积变化浓度减小外，稀释促进NH4+的水解，H+物质的量增大，浓度减小；‎ ‎（3）NH4+的水解是吸热的过程，加热溶液，促进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变；‎ ‎（4）硫酸中的OH-是水电离得到的，NH4Cl溶液中的H+是水电离出来的，据此进行计算；‎ ‎（5）NH4Cl溶液稀释促进了水解，平衡正向进行，依据溶液中体积相同，离子浓度之比可以比较离子物质的量之比。‎ ‎【详解】（1）室温下，水的离子积KW=c(H+)c(OH-)=1×10-14；‎ ‎（2）室温条件下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL，分别加水稀释，至50mL，稀释10倍，H2SO4溶液pH变化为a+1，稀释促进NH4+水解，导致溶液pH小于a+1，因此pH较大的是硫酸溶液；‎ ‎（3）室温下，NH4+的水解是吸热的过程，加热溶液，促进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变，因此各取5 mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是NH4Cl溶液；‎ ‎（4）室温下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液存在离子积常数，酸溶液中，c(H+)酸c(OH-)碱=10-14，水电离出的c(OH-)水==1×10a-14mol/L，NH4Cl溶液中，c(H+)水c(OH-)水剩余=10-14，水电离出的c(H+)水=1×10-amol/L，‎ ‎（5）取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，体积减小到原来的10倍，稀释促进了水解，因此溶液中c(H+)<10-amol/L，大于10-(a+1)mol/L，NH4+水解，稀释会促进水解，溶液中的n(NH4+)增大，n(H+)也增大，溶液中H+的不但来自NH4+水解，加入的水也会带入H+，n(H+)增大的更多，所以减小。‎ ‎21.在100℃时，将0.40 mol二氧化氮气体充入一个2 L抽空的密闭容器中，发生反应：2NO2⇌ N2O4。每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据：‎ 时间/s ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ n(NO2)/mol ‎0.40‎ n1‎ ‎0.26‎ n3‎ n4‎ n(N2O4)/mol ‎0.00‎ ‎0.05‎ n2‎ ‎0.08‎ ‎0.08‎ ‎（1）在上述条件下，从反应开始至20 s时，用NO2表示的平均反应速率为__________mol·L−1·s−1。‎ ‎（2）n3________(填“>”“<”或“=”)n4；该反应的平衡常数K的数值为___________(精确到0.1)。‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入N2O4，要达到上述平衡状态，N2O4的起始浓度是______mol·L−1。‎ ‎（4）上述（3）达到平衡后N2O4的转化率为______________，混合气体的平均摩尔质量为______________。‎ ‎（5）达到平衡后，如果升高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2⇌N2O4的平衡常数将_______________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（6）达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32 mol He，并把容器体积扩大为4 L，则平衡将______________（填“向左移动”“向右移动”或“不移动”）。‎ ‎【答案】 (1). 2.5×10−3 (2). = (3). 2.8 (4). 0.10 (5). 60% (6). 57.5 g·mol−1 (7). 减小 (8). 向左移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程式可知，20s时二氧化氮的变化量△n=0.05mol×2=0.1mol，根据计算二氧化氮表示的平均反应速率；‎ ‎（2）根据表格中数据知，60s、80s时四氧化二氮的物质的量均为0.08mol，则反应达到平衡状态；平衡时，则二氧化氮的物质的量为0.40mol-0.08mol×2=0.24mol，四氧化二氮、二氧化氮的浓度分别为0.04mol·L-1、0.12mol·L-1，进而计算平衡常数；‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，则四氧化二氮的起始物质的量应该是0.20mol； ‎ ‎（4）该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，平衡时，四氧化二氮的物质的量为0.08mol，二氧化氮的物质的量为0.24mol；‎ ‎（5）升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度平衡逆向移动，则平衡常数的值将减小；‎ ‎（6）He是惰性气体，不参与反应，但容器体积扩大，压强减小，平衡将向气体体积减小的方向移动。‎ ‎【详解】（1）根据方程式可知，20s时二氧化氮的变化量△n=0.05mol×2=0.1mol，用二氧化氮表示的平均反应速率为；‎ 故答案为2.5×10−3；‎ ‎（2）根据表格中数据知，60s、80s时四氧化二氮的物质的量均为0.08mol，则反应达到平衡状态，则二氧化氮的物质的量也保持不变，n3=n4；平衡时，则二氧化氮的物质的量为0.40mol-0.08mol×2=0.24mol，四氧化二氮、二氧化氮的浓度分别为0.04mol·L-1、0.12mol·L-1，故平衡常数；‎ 故答案为=；2.8；‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，则四氧化二氮的起始物质的量应该是0.20mol，其；‎ 故答案为0.10； ‎ ‎（4）该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，平衡时，四氧化二氮的物质的量为0.08mol，二氧化氮的物质的量为0.24mol，故转化率；混合气体的总物质的量为(0.80+0.24)mol=0.32mol，平均摩尔质量为；‎ 故答案为60%；57.5 g·mol−1；‎ ‎（5）升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度平衡逆向移动，则平衡常数的值将减小；‎ 故答案为减小；‎ ‎（6）He是惰性气体，不参与反应，但容器体积扩大，压强减小，平衡将向气体体积减小的方向移动，即向左移动；‎ 故答案为向左移动。‎ ‎22. 硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效。以菱镁矿（主要成分是MgCO3‎ ‎）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：‎ ‎（1）步骤②中发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎（2）步骤④中调节pH=6.0~6.5目的是____________。‎ ‎（3）步骤⑤的操作为___________。‎ ‎（4）对MgSO4·7H2O晶体直接加热_______（填“能”或“不能”）得到无水MgSO4固体。‎ ‎（5）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：‎ pH ‎< 8.0‎ ‎8.0 ~ 9.6‎ ‎> 9.6‎ 颜色 黄色 绿色 蓝色 ‎25℃时，向Mg (OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为：______[已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2] =5.6×10-11‎ ‎【答案】 (1). 2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O (2). 抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 能 (5). 蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）步骤②中硫酸铵和氧化镁反应，生成氨气、硫酸镁和水；‎ ‎（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制Mg2+的水解；‎ ‎（3）根据温度较高时会导致MgSO4·7H2O中的结晶水失去分析操作方法；‎ ‎（4）将MgSO4·7H2O晶体直接加热，硫酸镁较稳定，结晶水脱去；‎ ‎（5）根据Mg(OH)2饱和溶液的溶度积计算饱和溶液中OH-的浓度，结合水溶液中离子积计算H+浓度，进一步计算pH，确定溶液的颜色。‎ ‎【详解】（1）步骤②中硫酸铵和氧化镁反应，生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为：2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O；‎ ‎（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制Mg2+的水解，平衡逆向移动，得到纯净的MgSO4·7H2O；‎ ‎（3）MgSO4·7H2O在加热条件下失去结晶水，无法得到纯净的MgSO4·7H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO4·7H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎（4）将MgSO4·7H2O晶体直接加热，硫酸镁较稳定，结晶水脱去，因此对MgSO4·7H2O晶体直接加热能得到无水MgSO4固体；‎ ‎（5）25℃时，Mg (OH)2溶度积Ksp[Mg(OH)2] =5.6×10-11，c(Mg2+)c2(OH-)=5.6×10-11，解得c (OH-)=4.8×10-5mol/L，(H+)==2.1×10-10mol/L，溶液的pH=9.7>9.6，因此溶液呈蓝色。‎ ‎ ‎