天津市耀华中学2019-2020学年高二上学学期期中考试化学试题

天津市耀华中学2019-2020学年高二上学学期期中考试化学试题

天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期期中形成性检测 高二年级化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Na-23 Mn-55‎ Ⅰ卷选择题 一、选择题（每小题3分，共36分，每小题只有一个选项最符合题意）‎ ‎1.下列解释实验事实的方程式不正确的是 A. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0‎ B. NH4Cl溶液显酸性：NH4++2H2O=NH3·H2O+H3O+‎ C. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O D. 用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0的正反应是放热反应，根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，使c(NO2)降低，因此混合气体颜色变浅，A正确；‎ B. NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解作用，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，水解存在平衡，水解方程式为：NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，B错误；‎ C. Mg(OH)2难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，Mg(OH)2电离出的OH-与氯化铵电离出的NH4+反应生成氨水，氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O，C正确； ‎ D.用Na2S去除废水中的Hg2+：二者反应产生HgS黑色沉淀，离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列实验误差分析不正确的是 A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小 B. 滴定前平视读数，终点时俯视刻度线读数，所测体积偏大 C. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时气泡消失，所测体积偏大 D. 测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用pH试纸测溶液的pH不能湿润，若用湿润的pH测定碱液的pH，对待测溶液起到了稀释作用，最终导致测定值偏小，A正确；‎ B.滴定前平视读数，终点时俯视刻度线读数，会使所测体积偏小，B错误；‎ C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时气泡消失，则消耗标准溶液的体积就会偏大，C正确；‎ D.测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，就会使少量热量损失，最终导致所测温度值偏小，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列实验操作不能达到实验目的的是 A. 热的Na2CO3溶液除去试管中的油污 B. 将AlCl3溶液加热蒸干制取无水AlCl3‎ C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. 除去MgCl2溶液中少量FeCl3杂质，加入Mg(OH)2固体后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油污在碱性条件下会发生皂化反应，产生可溶性的物质，温度升高促进水解，溶液碱性增强，所以热的Na2CO3溶液可以除去试管中的油污，A正确；‎ B.将AlCl3溶液加热蒸干得到Al(OH)3，为防止盐的水解，制取无水AlCl3应该在HCl环境中加热AlCl3溶液，B错误；‎ C.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+容易发生水解产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释带一定浓度，C正确；‎ D.Mg(OH)2难溶于水，可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH增大到一定范围时，Fe3+就会形成Fe(OH)3，然后过滤，除去难溶性的物质，就得到MgCl2溶液，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W(s)+2I2(g)WI4(g)。下列说法不正确的是 A. 灯管内的I2可循环使用 B. WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上 C. 温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢 D 利用该反应可以提纯W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，WI4在高温下会分解产生W和I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，AB正确；温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率也会加快，C错误；不纯的钨与I2会发生反应产生气态WI4，而杂质与I2不能反应，从而去除了杂质，而WI4在高温下发生分解反应，分解W(s)和I2(g)，从而得到纯净的W(s)，达到提纯W的目的，D正确；故合理选项是C。‎ ‎5.向绝热恒容密闭器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是 A. 反应在c点达到平衡状态 B. 反应物浓度：a点小于b点 C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学平衡状态标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A错误；‎ B.反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，所以反应物浓度：a点大于b点，B错误；‎ C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应的正反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；‎ D.随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，SO2‎ 的转化率：a~b段小于b~c段,D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.25℃‎时，下列说法正确的是 A. 某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH=a+1‎ B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液pH<7‎ C. NH4Cl溶液的Kw大于NaCl溶液的Kw D. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，因此稀释后的pH应小于a+1，A错误；‎ B.酚酞的变色范围为8.0～10，加入NH4Cl的溶液恰好无色，溶液可能呈碱性、中性或酸性，B错误；‎ C.水的离子积常数只与温度有关，温度不变，则水的离子积常数就不变，所以室温下的NH4Cl溶液的Kw等于NaCl溶液的Kw，C错误； ‎ D.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，对溶液的离子的浓度其稀释作用，溶液中c(H+)、c(CH3COOH)都减小，稀释促进了醋酸的电离平衡正向移动，则c(CH3COOH)进一步减小，所以溶液中增大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.25℃‎时，下列说法正确的是 A. 某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐 B. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)‎ D. pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)＞c(CH3COO-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，某物质的溶液pH＜7，说明溶液呈酸性，可以是酸的溶液，酸电离使溶液呈酸性；也可以是盐的溶液，盐类水解使溶液呈酸性，盐可以是强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，也可能是强酸的酸式盐，A错误；‎ B.一定温度下AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)是定值，c(Ag+)=，同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，Cl-浓度前者是后者的2倍，所以AgCl在NaCl溶液中的溶解度更大，B错误；‎ C.向盐酸中加入氨水，在该溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于所得的溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，C正确；‎ D.CH3COOH与CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液的pH=5.6，则c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＜c(CH3COO-)，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液成分的判断和微粒浓度大小比较的知识，利用电荷守恒是解本题的关键，掌握电解质溶液的酸碱性与物质成分的关系，结合化学平衡移动原理在电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡中的应用是解答该题的基础。‎ ‎8.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变 B. ‎25℃‎时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA C. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，浓硫酸溶于水会放出大量热，促进了水的电离平衡正向移动，所以Kw增大，A错误；‎ B.只知道溶液的浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B错误；‎ C.NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，对水的电离平衡起促进作用，所以两个溶液均显中性，两溶液中水的电离程度前者大，C错误；‎ D.①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解作用，使溶液显碱性，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，弱酸的酸性越强，等浓度时其酸根离子水解越小，溶液的碱性就越弱。所以当三种溶液的pH相同时，盐的浓度CH3COONa＞NaHCO3＞NaClO，盐的浓度越大，该盐电离产生的Na+就越大，所以三种溶液的c(Na+)：①>②>③，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎9.下列有关溶液中粒子浓度的说法不正确的是 A. 0.1‎mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(CO32-)>c(H2CO3)>c(OH-)>c(H+)‎ B. Na2S稀溶液：c(H+)=c(OH-)‎-2c(H2S)-c(HS-)‎ C. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)‎ D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na‎2C2O4的溶液：‎2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H‎2C2O4)]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3电离产生Na+、HCO3-，HCO3-会发生电离作用产生H+、CO32-，也会发生水解作用产生H2CO3、OH-，所以c(Na+)>c(CO32-)，由于HCO3-的电离作用小于其水解作用，所以c(H2CO3)>c(CO32-)，溶液中除HCO3-水解产生OH-，还有水电离产生的OH-，所以c(OH-)>c(H2CO3)，水电离作用及其微弱，则c(H2CO3)>c(H+)，该该溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H2CO3) >c(CO32-)>c(H+)，A错误；‎ B.在Na2S稀溶液：根据质子守恒可得c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+‎2c(H2S)，所以c(H+)=c(OH-)‎-2c(H2S)-c(HS-)，B正确；‎ C.NaHSO4会发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，还存在水的电离平衡：H2OH++OH-，所以根据物料守恒和电荷守恒可知pH=1的NaHSO4溶液中离子浓度为c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，C正确；‎ D.含等物质的量的NaHC2O4和Na‎2C2O4的溶液中，根据物料守恒可得：‎2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H‎2C2O4)]，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎10.已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是 A. 容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙 B. SO3的质量m：m甲＝m丙> ‎2m乙 C. c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙 D. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙> 2Q乙 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。‎ A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙加入的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙<2p乙，故A错误；‎ B项，根据A项分析，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以m甲=m丙>‎2m乙，故B正确；‎ C项，加入的量均为2∶1，反应的量为2∶1，三者剩余的量也一定相等，为2∶1，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；‎ D项，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。‎ ‎11.25℃‎时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是(　　)‎ A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. B点的横坐标a＝12.5‎ C. 水的电离程度：D > C > B D. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝‎2c(Na＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. 该滴定过程为弱酸滴定强碱，滴定终点是溶液显碱性；B、a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性；C. 根据滴定原理可知，B、C、D均为醋酸过量，水解的电离均受到抑制；D、在D点时，氢氧化钠溶液和醋酸溶液反应后剩余醋酸，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物；据此分析判断。‎ 详解：A. 用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A错误；B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B错误；C. B点时溶液显中性，则醋酸过量，‎ C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制水的电离程度：D＜C＜B，故C错误；D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=‎2c(Na+)，故D正确；故选D。‎ ‎12.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B. 曲线N表示pH与的变化关系 C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)‎ D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H ‎＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。‎ Ⅱ卷非选择题 二、填空题 ‎13.(1)联氨(N2H4)是二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为____（已知：N2H4+H+N2H5+，K=8.7×107，Kw=1×10-14），联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为____。‎ ‎(2)次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，写出其电离方程式：_______。NaH2PO2溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。‎ ‎(3)已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，若向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol·L-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为_______mol·L-1。‎ ‎(4)如图所示为二元酸H‎2A溶液中各微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线(25ºC)。‎ H‎2A的电离平衡常数Ka1=_______，溶液pH=7时，=______。‎ ‎(5)‎25℃‎时，amol∙L-1氨水与0.01mol∙L-1的盐酸等体积混合，若混合后所得溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=_____。‎ ‎【答案】 (1). 8.7×10-7 (2). N2H6(HSO4)2 (3). H3PO2H++H2PO2- (4). 弱碱性 (5). 1.8×10-7 (6). 1×10-4.2 (7). 1×100.8 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)联氨(N2H4)是二元弱碱，在水中电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应方程式为：N2H4+H2ON2H5++OH-，其电离平衡常数Kb==8.7×10-7‎ ‎；联氨是二元弱碱，其与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；‎ ‎(2)次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，说明分子中只含有1个-OH与P原子连接，其电离方程式为：H3PO2H++H2PO2-；由于次磷酸是一元中强酸，所以NaH2PO2是强碱弱酸盐，在溶液中H2PO2-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，因此其水溶液显弱碱性； ‎ ‎(3)n(AgNO3)=‎0.05L×0.018mol/L=0.0009mol，n(HCl)=‎0.05L×0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c(Cl-)==10-3mol/L，则根据AgCl的溶度积常数可知该溶液中c(Ag+)=mol/L=1.8×10-7mol/L；‎ ‎(4)H‎2A是二元弱酸，第一步电离方程式为H‎2AH++HA-，Ka1=，当c(HA-)=c(H‎2A)时，Ka1=c(H+)=1×10-4.2；H‎2A是二元弱酸，第二步电离方程式为HA-H++A2-，Ka2=，当溶液中c(HA-)=c(A2-)时，Ka2=c(H+)=1×10-6.2。Ka2=c(H+)×=1×10-6.2，当溶液pH=7时，c(H+)=10-7mol/L，则=(1×10-6.2)÷(1×10-7)=1×100.8；‎ ‎(5)所得混合溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(OH-)=c(H+)，根据物料守恒得c(NH3·H2O)=(‎0.5a-0.005)mol/L，根据水的离子积常数Kw=c(OH-)·c(H+)=10-14，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb=。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、溶液定性判断溶度积常数计算等知识点，把握化学反应原理及难溶物溶解平衡是解本题关键，注意弱电解质电离平衡常数与其对应弱离子水解程度关系，侧重考查学生分析计算能力。‎ ‎14.T℃时，测得0.1mol·L-1 NaOH溶液的pH=11。‎ ‎(1)T___25（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎(2)该温度下，V1LpH=a的NaOH溶液与V2LpH=b的H2SO4‎ 溶液混合，混合后所得溶液呈中性，且a+b=14，则V1:V2=_______。‎ ‎(3)该温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH=a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：‎ 实验序号 Ba(OH)2溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH ‎①‎ ‎22.00‎ ‎0.00‎ ‎8‎ ‎②‎ ‎22.00‎ ‎18.00‎ ‎7‎ ‎③‎ ‎22.00‎ ‎22.00‎ ‎6‎ 假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则a=_______，实验②中由水电离产生的c(OH-)=______mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 1：100 (3). 4 (4). 1×10-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据溶液的pH计算该温度下溶液的Kw，利用此时的Kw与室温下的Kw比较，判断温度高低；‎ ‎(2)根据混合时溶液显中性，则n(OH-)=n(H+)计算；‎ ‎(3)根据①计算出氢氧根离子浓度，根据③溶液显示中性及酸碱中和反应实质计算出盐酸的浓度；②中显示碱性，溶液中氢离子为水电离的；‎ ‎【详解】(1) T℃时，0.1mol·L-1 NaOH溶液pH=11，c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-11mol/L，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-11×0.1=10-12>10-14，由于水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，所以温度T大于‎25℃‎；‎ ‎(2)该温度下，V1LpH=a的NaOH溶液，c(H+)=10-amol/L，则c(OH-)=‎10a-12mol/L，n(OH-)=‎10a-12mol/L×V‎1L=V‎110a-12mol；V2LpH=b的H2SO4溶液，c(H+)=10-bmol/L，n(H+)=10-bmol/L×V‎2L=V210-bmol；两溶液混合后所得溶液呈中性，则n(OH-)=n(H+)，V‎110a-12mol= V210-bmol，则V1：V2=10-b：‎10a-12=1012-(a+b)，由于a+b=14，所以V1：V2=10-2=1：100；‎ ‎(3)此条件下，pH=6时，溶液呈中性，根据表中实验①的数据可得c(OH-)=10-4mol/L，根据表中实验③的数据有22.00×10‎-3L×10-4mol/L=22.00×10‎-3L×10-amol/L，可得a=4，即pH=4；实验②中，所得溶液pH=7，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，由H2O电离产生的c(OH-)‎ 等于由水电离产生的c(H+)，即由水电离产生的c(OH-)=1×10-7mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了温度对水的离子积常数的影响及酸碱混合的定性判断及溶液pH的简单计算，注意结合水的离子积判断溶液酸碱性，并与溶液pH进行换算，能够根据酸碱溶液体积计算出反应后溶液的pH大小。‎ ‎15.某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。‎ ‎(1)对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表：‎ 离子 K+‎ Na+‎ NH4+‎ SO42-‎ NO3-‎ Cl-‎ 浓度/mol•L-1‎ ‎4×10-6‎ ‎6×10-6‎ ‎2×10-5‎ ‎4×10-5‎ ‎3×10-5‎ ‎2×10-5‎ 根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为_______，试样的pH=_______。‎ ‎(2)为减少SO2的排放，常采取的措施是将煤转化为清洁气体燃料。已知：‎ H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-1105kJ·mol-1‎ 则C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的ΔH=________kJ·mol-1。‎ ‎(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：‎ ‎①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH＞0，若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2，‎1300℃‎时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10-4mol，计算该温度下的平衡常数K=_______。汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是________。‎ ‎②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=‎2C(s)+O2(g)。已知该反应的ΔH＞0，简述该设想能否实现的依据：_________。‎ ‎【答案】 (1). 酸性 (2). 4 (3). +131.3 (4). 4×10-6 (5). 温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 (6). 熵减焓增的反应，任何温度下不能自发进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；‎ ‎(2)利用盖斯定律计算反应热；‎ ‎(3)①计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，结合平衡常数的表达式计算；依据化学反应速率和平衡移动原理分析判断；‎ ‎②根据反应的自由能公式进行判断。‎ ‎【详解】(1)观察表格中发现NH4+水解显酸性，则PM2.5的酸碱性为酸性溶液。试样的pH值根据溶液中电荷守恒可得c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=‎2c(SO42-)+c(NO3-)+c(Cl-)，将表格数据代入该式子，可得4×10-6+6×10-6+2×10-5+c(H+)=2×4×10-5+3×10-5+2×10-5，解得c(H+)=10-4mol/L，所以该溶液的pH=4；‎ ‎(2)①已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-241.81kJ•mol-1‎ ‎②C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1‎ 利用盖斯定律，将②-①可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+ H2(g)△H=(-110.51kJ•mol-1)-(-241.81kJ•mol-1)=+‎13l.3kJ•mol-1；‎ ‎(3)①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH＞0，若气缸中进入1mol空气(1mol空气含有0.8mol N2和0.2molO2)，‎1300℃‎时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10-4mol，反应前后气体物质的量相同，计算平衡常数时可以用物质的量代替平衡浓度计算，先计算物质的平衡量，n(N)2=0.8mol-4×10-4mol，n(O2)=0.2mol-4×10-4 mol，带入平衡常数表达式即可，得K==4×10-6；气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热的正反应方向移动，产生更多的NO气体；‎ ‎②2CO(g)=‎2C(s)+O2(g)，已知该反应的ΔH＞0，根据方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，则体系的自由能ΔG=ΔH-TΔS＞0。所以该反应是熵减、焓增的反应，在任何温度下不能自发进行。‎ ‎【点睛】本题综合考查了pH值的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算等，注意掌握化学反应原理的有关知识，注重相关知识的积累，并灵活运用。‎ 三、实验题 ‎16.工业上用粗CuO粉末（含有Fe2O3和FeO杂质）制备纯净的CuCl2·xH2O晶体。‎ 有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH 离子 Cu2+‎ Fe2+‎ Fe3+‎ 开始沉淀pH ‎5.4‎ ‎8.1‎ ‎2.7‎ 沉淀完全pH ‎6.9‎ ‎9.6‎ ‎3.7‎ 制备方法如下：‎ ‎(1)加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X是_______。‎ ‎(2)加入试剂Y的目的是调节溶液的pH，试剂Y是______，调节pH的范围是_____，生成的固体Z是________。‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). CuO或Cu(OH)2 (3). 3.7≤pH<5.4 (4). Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗CuO粉末(含有Fe2O3和FeO杂质)用浓盐酸溶解，反应后得到含有CuCl2、FeCl3、FeCl2的混合溶液，然后向其中加入氧化剂，可以将FeCl2氧化为FeCl3，再向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，调节溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+仍然以离子形式存在于溶液中，通过结晶方法获得CuCl2晶体。‎ ‎【详解】(1)加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，同时又不能引入新的杂质，试剂X是可以是Cl2或H2O2。‎ ‎(2)加入试剂Y可以消耗溶液中H+，提高溶液的pH，通过调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，试剂Y可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，调节的溶液的pH，此时Cu2+仍然以Cu2+离子形式存在于溶液中，根据Fe3+、Cu2+开始形成沉淀和沉淀完全的pH数值，可知溶液的pH的范围是3.7≤pH<5.4，生成的固体Z是Fe(OH)3。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的分离提纯的知识，涉及氧化还原反应、溶液的pH调节方法，使用除杂试剂不能引入新的杂质，过量的杂质要容易除去。‎ ‎17.已知KMnO4、MnO2在酸性条件下均能将草酸钠(Na‎2C2O4)氧化，反应的离子方程式：‎ ‎2MnO4-+‎5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O。‎ 某研究小组为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，实验步骤如下：‎ 准确称取‎1.00g软锰矿样品，加入‎2.68g Na‎2C2O4，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液全部转移到250mL容量瓶中并定容。取出25.00mL待测液置于锥形瓶中，再用0.0200mol·L-1 KMnO4标准溶液进行滴定，当滴入20.00mL KMnO4溶液时恰好完全反应。‎ ‎(1)0.0200mol·L-1 KMnO4标准溶液应置于______滴定管中（填“酸式”或“碱式”），判断滴定终点的依据是_______。‎ ‎(2)根据实验数据计算，软锰矿中MnO2的质量分数为________。‎ ‎(3)判断下列情况对测定结果的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。若溶液转移至容量瓶中，未洗涤烧杯和玻璃棒，会使测定结果________；若未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，会使测定结果________。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 溶液恰好变为浅红色，且半分钟不褪色 (3). 87% (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)KMnO4溶液具有强的氧化性，能够腐蚀橡胶；据此判断使用的仪器；其水溶液呈紫红色，草酸钠反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫红色不褪去，证明滴定到终点；‎ ‎(2)先根据Na‎2C2O4的质量计算其物质的量，并计算滴定25.00mL稀释后溶液，消耗KMnO4的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+n(KMnO4)×5= n(Na‎2C2O4) ×2，计算n(MnO2)，再根据质量分数公式计算其质量分数；‎ ‎(3)根据c=分析实验误差。‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应该装在酸式滴定管中；草酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，再滴入一滴KMnO4溶液变成紫色(或红色)且半分钟不褪色，可说明达到滴定终点；‎ ‎(2)n(C2O42-)=‎2.68g÷‎134g/mol=0.02mol，滴定250mL稀释后溶液，消耗n(MnO4-)=0.0200mol/L×‎0.0200L×10=0.00400mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+0.00400mol×5=0.0200mol×2，n(MnO2)=0.0100mol，MnO2的质量分数=‎ ‎×100%=87%；‎ ‎(3)根据反应原理，消耗的高锰酸钾标准液体积偏大，高锰酸钾消耗的草酸根离子偏大，二氧化锰消耗的草酸根离子会偏小，测定的二氧化锰的含量偏小。若溶液转移至容量瓶中，未洗涤烧杯、玻璃棒，会导致配制的样品溶液的溶质物质的量减小，滴定时消耗的高锰酸钾溶液偏小，测定的二氧化锰的含量结果偏大；若未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，则标消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，高锰酸钾消耗的草酸根离子偏大，二氧化锰消耗的草酸根离子会偏小，测定的二氧化锰的含量偏小。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原滴定，虽然反应原理与中和滴定不同，但实验原理及操作、所用仪器等类似，要结合物质本身的性质选择仪器，可根据滴定终点时物质的颜色变化判断滴定终点，而不使用其它指示剂进行判断。可结合氧化还原反应中还原剂失去电子与氧化剂获得电子数目相等计算物质的纯度。‎