化学卷·2018届湖南省长沙一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届湖南省长沙一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖南省长沙一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（　　）‎ ‎①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2‎ ‎②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4‎ ‎③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6‎ ‎④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．‎ A．②③④ B．④ C．① D．①②③‎ ‎2．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据图可得出的判断结论正确的是（　　）‎ A．正反应一定是放热反应 B．若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 C．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c D．b点时，平衡体系中A、B原子数之比接近3：1‎ ‎3．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　）‎ A．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 C．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）‎ D．化学反应速率关系是：2v正（NH3）=3v正（H2O）‎ ‎4．把下列四种 X 溶液分别加入四个盛有 10mL2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，均匀加水稀释到50mL．此时X 和盐酸进行反应．其中反应速率最大的是（　　）‎ A．40mL 1.5 mol•L﹣1的 X 溶液 B．20mL 2 mol•L﹣1的 X 溶液 C．10mL 4 mol•L﹣1的 X 溶液 D．l0mL 2 mol•L﹣1的 X 溶液 ‎5．对于平衡体系：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（　　）‎ A．若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d B．若从正反应开始，平衡时，A、B的转化率相等，则投入A、B的物质的量之比为 a：b C．若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d D．若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向左移动，容器中气体的压强不变 ‎6．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 平衡时反应中的能量变化 N2‎ H2‎ NH3‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量a kJ ‎②‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量b kJ ‎③‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎0‎ 放出热量c kJ 下列叙述正确的是（　　）‎ A．放出热量关系：a＜b＜92.4‎ B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②‎ C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③‎ D．N2的转化率：②＞①＞③‎ ‎7．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl　②NaOH　③H2SO4　④（NH4）2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（　　）‎ A．④＞③＞②＞① B．②＞③＞①＞④ C．③＞②＞①＞④ D．④＞①＞②＞③‎ ‎8．对室温下pH相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）‎ A．加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小 B．温度下降10°C，两溶液的pH均不变 C．分别加水稀释10倍，两溶液的pH仍相等 D．用盐酸中和，消耗的盐酸体积相同 ‎9．下列实验操作或所记录的数据合理的是（　　）‎ A．NaOH溶液可保存在玻璃塞的试剂瓶中 B．一学生用pH试纸测得某氯水的pH为2‎ C．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中 D．配制硫酸亚铁溶液，是将晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉 ‎10．下列除杂方法不正确的是（　　）‎ A．除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可向溶液中加入氨水调节pH B．除去金属离子Cu2+、Hg2+，可向溶液中加入Na2S、H2S等沉淀剂 C．除去某溶液中的SO42﹣可向溶液中加入镁盐 D．除去ZnCl2溶液中的Fe3+可向溶液中加入Zn（OH）2‎ ‎11．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．使甲基橙呈红色的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3﹣、CO32﹣‎ B．c（ClO﹣）=1.0 mol•L﹣1溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、Cl﹣‎ C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣12的溶液：K+、NH4+、SO42﹣、Fe3+‎ D． =0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎12．用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是（　　）‎ A．锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出 B．锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗 C．指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定 D．滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失 ‎13．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）‎ B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）‎ C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）‎ D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）‎ ‎14．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点 C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816‎ ‎15．已知常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中 =1×10﹣8，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．0.01 mol•L﹣1HA的溶液中 c（H+）=l×l0﹣4mol•L﹣1‎ B．pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）‎ C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c（H+）﹣c（OH﹣）＞c（A﹣）﹣c（HA）‎ D．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则 c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞＜c（H+）‎ ‎16．R知某温度电离平衡常数为K．该温度下向20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0•1mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中正确的是（　　）‎ A．a点表示溶液中c（CH3COO﹣）﹣定为10﹣3 mol/L B．b点表示的溶液中c（Na+）＜c（CH3COO﹣）‎ C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全 D．d点表示的溶液中大于K ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．工业上用CO生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．‎ ‎（1）图1是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况．从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率v（CO）=　　‎ ‎（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化．曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化．该反应是　　（选填“吸热”或“放热”）反应，写出反应的热化学方程式　　．‎ ‎（3）该反应平衡常数K为　　，温度升高，平衡常数K　　（填“增大”、“不变”或“减小”）．‎ ‎（4）恒容条件下，下列措施中能使增大的有　　．‎ a．升高温度 b．充入He气 c．再充入2molH2 d．使用催化剂．‎ ‎18．A、B、C、D 分别是（NH4）2SO4、Ba（OH）2、A1C13、Na2CO3四种物质中的某一种，现进行如下实验：‎ ‎①实验测得A溶液和D溶液显碱性，B溶液和C溶液显酸性；‎ ‎②A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲；‎ ‎③足量A溶液与B溶液混合共热沉淀乙和刺激性气味气体；‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学式为　　，D的化学式为　　．‎ ‎（2）将C溶液加热蒸干，并灼烧至恒重，最后得固体为　　（填化学式）．‎ ‎（3）B溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎（4）将沉淀甲加入到B溶液中，沉淀甲会转化为沉淀乙．沉淀甲会转化为沉淀乙的离子方程式是　　．‎ ‎19．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．根据要求回答问题 ‎（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是　　（用离子方程式表示）．‎ ‎（2）常温下，取0.2mol•L﹣1 HCl溶液与0.2mol•L﹣1 MOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH=5．写出MOH的电离方程式：　　．‎ ‎（3）0.1mol/L的NaHA溶液中，测得溶液中的显碱性．则 ‎①该溶液中c（H2A）　　c（A2﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②作出上述判断的依据是　　（用文字解释）．‎ ‎（4）含Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3 mol•L﹣1的Cr2O72﹣．为了使废水的排放达标，进行如下处理：‎ ‎①绿矾为FeSO4•7H2O．反应（I）中Cr2O72﹣与FeSO4的物质的量之比为　　．‎ ‎②常温下若处理后的废水中c（Cr3+）=6.0×10﹣7 mol•L﹣1，则处理后的废水的pH=　　．（Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）‎ ‎20．滴定实验是化学学科中重要的定量实验．请回答下列问题：‎ Ⅰ．酸碱中和滴定﹣﹣已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：‎ ‎①称量1.00g样品溶于水，配成250mL溶液； ②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：‎ ‎ 滴定序号 ‎ 待测液体积 ‎ 所消耗盐酸标准的体积（mL）‎ 滴定前 ‎ 滴定后 ‎ 1‎ ‎ 25.00‎ ‎ 0.50‎ ‎ 20.60‎ ‎ 2‎ ‎ 25.00‎ ‎ 6.00‎ ‎ 26.00‎ ‎ 3‎ ‎ 25.00‎ ‎ 1.10‎ ‎ 21.00‎ ‎（1）用　　滴定管（填“酸式”或“碱式”）盛装0.10mol/L的盐酸标准液．‎ ‎（2）试样中NaOH的质量分数为　　．‎ ‎（3）若出现下列情况，测定结果偏高的是　　．‎ a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外 d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数 e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗 Ⅱ．氧化还原滴定﹣取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．‎ ‎（4）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时滴定现象是　　‎ Ⅲ．沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．‎ ‎（5）参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是　　 （填选项字母）．‎ 难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 Ksp ‎1.77×10﹣10‎ ‎5.35×10﹣13‎ ‎1.21×10﹣16‎ ‎1.12×10﹣12‎ ‎1.0×10﹣12‎ A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4．‎ ‎21．在自来水消毒和工业上砂糖、油脂的漂白与杀菌过程中，亚氯酸钠（NaClO2）发挥着重要的作用．下图是生产亚氯酸钠的工艺流程图：‎ 已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；‎ ‎②常温下，Ksp（FeS）=6.3×10﹣18；Ksp（CuS）=6.3×10﹣36；Ksp（PbS）=8×10﹣28‎ ‎③Ⅲ装置中电解硫酸钠溶液，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠．‎ ‎（1）I中发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（2）从滤液中得到NaClO2•3H2O晶体的所需操作依次是　　（填写序号）．‎ a．蒸馏 b．蒸发浓缩 c．过滤 d．冷却结晶 e．灼烧 ‎（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2．表是25℃时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数：‎ 弱酸 HClO2‎ HF H2CO3‎ H2S Ka/mol•L﹣1‎ ‎1×10﹣2‎ ‎6.3×10﹣4‎ K1=4.30×10﹣7‎ K2=5.60×10﹣11‎ K1=9.1×10﹣8‎ K2=l.1×10﹣12‎ ‎①常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaHCO3、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为　　 （用化学式表示）；‎ ‎②Na2S是常用的沉淀剂．某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是　　；常温下，当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10﹣5mol•L﹣1）此时体系中的S2﹣的浓度为　　．‎ ‎（4）Ⅲ装置中若生成气体a的体积为1.12L（标准状况），则转移电子的物质的量为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省长沙一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（　　）‎ ‎①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2‎ ‎②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4‎ ‎③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6‎ ‎④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．‎ A．②③④ B．④ C．① D．①②③‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；‎ ‎④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；‎ ‎②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；‎ ‎③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；‎ ‎④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；‎ 根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据图可得出的判断结论正确的是（　　）‎ A．正反应一定是放热反应 B．若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 C．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c D．b点时，平衡体系中A、B原子数之比接近3：1‎ ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1，若该正反应为放热反应，则T2＜T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2‎ 的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．该反应无法确定是吸热反应还是放热反应，故A错误；‎ B．由图可知，若T2＞T1，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，故B正确；‎ C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C错误；‎ D．b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，反应物均为双原子分子，所以平衡体系中A、B原子数之比接近1：3，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　）‎ A．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 C．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）‎ D．化学反应速率关系是：2v正（NH3）=3v正（H2O）‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，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．‎ ‎【解答】解：A、达到化学平衡时，若增加容器体积，则正逆反应速率都减小，故A错误；‎ B、都体现正反应方向，故B错误；‎ C、达到化学平衡时，应有4v正（O2）=5v正（NO）=5v逆（NO），故C正确；‎ D、化学反应速率关系是：3v正（NH3）=2v正（H2O），故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．把下列四种 X 溶液分别加入四个盛有 10mL2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，均匀加水稀释到50mL．此时X 和盐酸进行反应．其中反应速率最大的是（　　）‎ A．40mL 1.5 mol•L﹣1的 X 溶液 B．20mL 2 mol•L﹣1的 X 溶液 C．10mL 4 mol•L﹣1的 X 溶液 D．l0mL 2 mol•L﹣1的 X 溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大来判断．‎ ‎【解答】解：均加水稀释到50mL，‎ A．n（X）=0.04L×1.5mol/L=0.06mol；‎ B．n（X）=0.02L×2mol/L=0.04mol；‎ C．n（X）=0.01L×4mol/L=0.04mol；‎ D．n（X）=0.01L×2mol/L=0.02mol，‎ 物质的量最大的是A，则A浓度最大，反应速率最大．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．对于平衡体系：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（　　）‎ A．若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d B．若从正反应开始，平衡时，A、B的转化率相等，则投入A、B的物质的量之比为 a：b C．若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d D．若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向左移动，容器中气体的压强不变 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.48倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，据此判断；‎ B、平衡时A、B的转化率相等，则A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比；‎ C、衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等；‎ D、气体的物质的量不变，温度升高，压强增大．‎ ‎【解答】解：A、温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，故a+b＜c+d，故A错误；‎ B、A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率一定相等，所以A、B的初始物质的量之比为a：b，故B正确；‎ C、衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，故C错误；‎ D、气体的物质的量不变，温度升高，压强增大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 平衡时反应中的能量变化 N2‎ H2‎ NH3‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量a kJ ‎②‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量b kJ ‎③‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎0‎ 放出热量c kJ 下列叙述正确的是（　　）‎ A．放出热量关系：a＜b＜92.4‎ B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②‎ C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③‎ D．N2的转化率：②＞①＞③‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、反应是可逆反应不能进行彻底，焓变是对应化学方程式的物质完全反应放出的热量；‎ B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变；‎ C、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断；‎ D、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断．‎ ‎【解答】解：A、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量；①起始量反应不能全部转化所以a＜92.4KJ，②起始量相当于在①中加入了1mol氮气，所以平衡正向进行反应放出的热量b＞a，但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b＜92.4KJ，故放出热量关系：a＜b＜92.4，故A正确；‎ B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以化学平衡常数为①=②=③，故B错误；‎ C、达到平衡时，氨气的条件分数，依据A分析可知②＞①，③可以看做在②中 加入了3mol氢气，平衡继续正向进行，所以氨气的含量增大，即达平衡时氨气的体积分数：①＜②＜③，故C错误；‎ D、依据C的分析可知，氮气的转化率③＞②；②＜①，③可以看做是在①中加入了相同的平衡体系，压强增大平衡正向进行，所以氮气转化率③＞①＞②，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl　②NaOH　③H2SO4　④（NH4）2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（　　）‎ A．④＞③＞②＞① B．②＞③＞①＞④ C．③＞②＞①＞④ D．④＞①＞②＞③‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】酸或碱都抑制水电离，能水解的盐促进水解，不水解的盐对水的电离无影响，依此进行判断．‎ ‎【解答】解：酸或碱都抑制水电离，故②NaOH和③H2SO4溶液中水的电离程度较小，由于硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，故相同物质的量浓度的硫酸中水的电离程度小于氢氧化钠中水的电离程度；能水解的盐促进水解，故④（NH4）2SO4溶液中水的电离程度最大；不水解的盐①NaCl对水的电离无影响，‎ 故水的电离程度的正确排列顺序为：④＞①＞②＞③，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．对室温下pH相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）‎ A．加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小 B．温度下降10°C，两溶液的pH均不变 C．分别加水稀释10倍，两溶液的pH仍相等 D．用盐酸中和，消耗的盐酸体积相同 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】室温下，pH相等氨水和NaOH溶液中，氨水浓度大于NaOH，‎ A．加入适量的氯化铵晶体，抑制一水合氨电离，NaOH和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨；‎ B．降低温度，一水合氨电离程度减小；‎ C．加水稀释促进一水合氨电离；‎ D．用HCl中和，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比．‎ ‎【解答】解：室温下，pH相等氨水和NaOH溶液中，氨水浓度大于NaOH，‎ A．加入适量的氯化铵晶体，抑制一水合氨电离，NaOH和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，所以加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小，故A正确；‎ B．降低温度，一水合氨电离程度减小，所以氨水的pH减小，故B错误；‎ C．加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，故C错误；‎ D．用HCl中和，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比，pH相等、体积相等的氨水和氢氧化钠溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，所以氢氧化钠消耗的盐酸少，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．下列实验操作或所记录的数据合理的是（　　）‎ A．NaOH溶液可保存在玻璃塞的试剂瓶中 B．一学生用pH试纸测得某氯水的pH为2‎ C．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中 D．配制硫酸亚铁溶液，是将晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．NaOH能和玻璃中二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠；‎ B．氯水中次氯酸有漂白性；‎ C．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；‎ D．硫酸亚铁易水解且易被空气氧化，配制硫酸亚铁溶液时要防止硫酸亚铁水解和被氧化．‎ ‎【解答】解：A．NaOH能和玻璃中二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠，导致玻璃塞不易被打开，应该用橡胶塞，故A错误；‎ B．氯水中次氯酸有漂白性，所以不用pH试纸测定氯水pH值，应该用pH计，故B错误；‎ C．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故C正确；‎ D．硫酸亚铁易水解且易被空气氧化，配制硫酸亚铁溶液时要防止硫酸亚铁水解和被氧化，应该将硫酸亚铁溶于硫酸溶液中然后加水稀释，并在溶液中加入一定量的铁粉，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．下列除杂方法不正确的是（　　）‎ A．除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可向溶液中加入氨水调节pH B．除去金属离子Cu2+、Hg2+，可向溶液中加入Na2S、H2S等沉淀剂 C．除去某溶液中的SO42﹣可向溶液中加入镁盐 D．除去ZnCl2溶液中的Fe3+可向溶液中加入Zn（OH）2‎ ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】A．氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀；‎ B．加入Na2S、H2S等物质，Cu2+、Hg2+易转化为CuS、HgS等沉淀；‎ C．硫酸镁易溶于水；‎ D．加入Zn（OH）2，可消耗溶液中的H+，促进Fe3+的水解．‎ ‎【解答】解：A．氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵，可除杂，故A正确；‎ B．加入Na2S、H2S等物质，Cu2+、Hg2+易转化为CuS、HgS等沉淀，可用于除杂，故B正确；‎ C．硫酸镁易溶于水，应加入钡盐除杂，故C错误；‎ D．加入Zn（OH）2，可消耗溶液中的H+，促进Fe3+的水解，沉淀氢氧化铁沉淀，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．使甲基橙呈红色的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3﹣、CO32﹣‎ B．c（ClO﹣）=1.0 mol•L﹣1溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、Cl﹣‎ C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣12的溶液：K+、NH4+、SO42﹣、Fe3+‎ D． =0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．使甲基橙呈红色的溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子、碳酸根离子都与氢离子反应；‎ B．次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、硫离子；‎ C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣12的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子、铁离子与碱性溶液中的氢氧根离子反应；‎ D．该溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Na+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：A．使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣、CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．SO32﹣、S2﹣与ClO﹣发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣12的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是（　　）‎ A．锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出 B．锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗 C．指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定 D．滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失 ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】根据c（待测）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差．‎ ‎【解答】解：A．锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出，待测液的物质的量偏小，造成V（标）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故A错误；‎ B．锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，对V（标）无影响，根据c（待测）=分析，c（待测）不变，故B错误；‎ C．指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定，造成V（标）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故C错误；‎ D．滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）‎ B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）‎ C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）‎ D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．‎ ‎【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．‎ ‎【解答】解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；‎ B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；‎ C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；‎ D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．‎ ‎　‎ ‎14．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点 C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小；‎ C．在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液；‎ D．K==．‎ ‎【解答】解：A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13，故A正确；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；‎ C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；‎ D．K===≈816，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．已知常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中 =1×10﹣8，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．0.01 mol•L﹣1HA的溶液中 c（H+）=l×l0﹣4mol•L﹣1‎ B．pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）‎ C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c（H+）﹣c（OH﹣）＞c（A﹣）﹣c（HA）‎ D．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则 c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞＜c（H+）‎ ‎【考点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中 =1×10﹣8，而常温下，c（H+）c（OH﹣）=10﹣14，据此可以解得c（H+）=10﹣3mol/L，c（OH﹣）=10﹣11mol/L．‎ A、根据0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=10﹣3mol/L可知，HA为弱酸，加水稀释，电离平衡被促进；‎ B、由于HA为弱酸，故pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后HA过量；‎ C、浓度均为0.1 mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度；‎ D、pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则说明c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒来分析．‎ ‎【解答】解：常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中 =1×10﹣8，而常温下，c（H+）c（OH﹣）=10﹣14，据此可以解得c（H+）=10﹣3mol/L，c（OH﹣）=10﹣11mol/L．可知HA为弱酸．‎ A、0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=10﹣3mol/L，由于HA为弱酸，加水稀释，电离平衡被促进，故当加水稀释至0.01mol/L时，溶液中氢离子浓度大于10﹣4mol/L，故A错误；‎ B、由于HA为弱酸，故pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后HA过量，根据电离大于水解可知，溶液显酸性，故有c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）＜c（A﹣），则应有：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；‎ C、浓度均为0.1 mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A﹣）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；‎ D、pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则说明c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）＞c（A﹣），故有：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．R知某温度电离平衡常数为K．该温度下向20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0•1mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中正确的是（　　）‎ A．a点表示溶液中c（CH3COO﹣）﹣定为10﹣3 mol/L B．b点表示的溶液中c（Na+）＜c（CH3COO﹣）‎ C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全 D．d点表示的溶液中大于K ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度．‎ B．从溶液电中性的角度分析；‎ C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是否正确．‎ D、电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关．‎ ‎【解答】解：A．a点是c（H+）=10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，醋酸的电离远远大于水的电离，所以溶液中氢离子浓度近似等于醋酸根离子浓度，大约为10﹣3 mol/L，故A错误；‎ B．溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），b点时，c（H+）＞c（OH﹣），则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故B正确；‎ C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；‎ D、d点溶液的温度相同，所以d点表示的溶液中等于K，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．工业上用CO生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．‎ ‎（1）图1是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况．从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率v（CO）=　0.075mol•L﹣1•min﹣1　‎ ‎（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化．曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化．该反应是　放热　（选填“吸热”或“放热”）反应，写出反应的热化学方程式　CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ•mol﹣1　．‎ ‎（3）该反应平衡常数K为　12　，温度升高，平衡常数K　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”）．‎ ‎（4）恒容条件下，下列措施中能使增大的有　c　．‎ a．升高温度 b．充入He气 c．再充入2molH2 d．使用催化剂．‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据v=进行计算；‎ ‎（2）利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；‎ ‎（3）利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；根据温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；‎ ‎（4）使n（CH3OH）/n（CO）应采取措施，使平衡向正反应移动，注意不能增大一氧化碳或降低甲醇的量．‎ ‎【解答】解：（1）v（CO）==0.075 mol•L﹣1•min﹣1，‎ 故答案为：0.075 mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎（2）由图可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应；‎ 由图可知，反应物为1molCO（g）和2molH2（g），生成物为1molCH3OH（g），△H=419﹣510=﹣91 kJ•mol﹣1，‎ 故反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：放热，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91 kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 开始（mol/L） 1 2 0‎ 转化（mol/L） 0.75 1.5 0.75‎ 平衡（mol/L） 0.25 0.5 0.75‎ 则化学平衡常数K==12；温度升高，平衡逆向移动，反应物的浓度增大，生成物的浓度减少，平衡常数减小；‎ 故答案为：12，减小；‎ ‎（4）a．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO）减小，故a错误；‎ b．充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO）不变，故b错误；‎ c．再通入2molH2，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO）增大，故c正确；‎ d．使用催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO）不变，故d错误，‎ 故答案为：c．‎ ‎　‎ ‎18．A、B、C、D 分别是（NH4）2SO4、Ba（OH）2、A1C13、Na2CO3四种物质中的某一种，现进行如下实验：‎ ‎①实验测得A溶液和D溶液显碱性，B溶液和C溶液显酸性；‎ ‎②A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲；‎ ‎③足量A溶液与B溶液混合共热沉淀乙和刺激性气味气体；‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学式为　Ba（OH）2　，D的化学式为　Na2CO3　．‎ ‎（2）将C溶液加热蒸干，并灼烧至恒重，最后得固体为　Al2O3　（填化学式）．‎ ‎（3）B溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．‎ ‎（4）将沉淀甲加入到B溶液中，沉淀甲会转化为沉淀乙．沉淀甲会转化为沉淀乙的离子方程式是　BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq）　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】①实验测得A溶液和D溶液显碱性，则A、D分别为中的一种Ba（OH）2、Na2CO3；B溶液和C溶液显酸性，B、C分别为（NH4）2SO4、A1C13中的一种；‎ ‎②A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲，甲为硫酸钡或碳酸钡；‎ ‎③足量A溶液与B溶液混合共热沉淀乙和刺激性气味气体，可知乙为硫酸钡，气体为氨气，即A为Ba（OH）2，D为Na2CO3，B为（NH4）2SO4，C为A1C13，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）由上述分析可知，A为Ba（OH）2，D为Na2CO3，故答案为：Ba（OH）2；Na2CO3；‎ ‎（2）C为A1C13，将C溶液加热蒸干，水解生成盐酸挥发，并灼烧至恒重，氢氧化铝分解生成氧化铝，则最后得固体为Al2O3，故答案为：Al2O3；‎ ‎（3）B为（NH4）2SO4，铵根离子水解显酸性，且水解程度不大，则离子浓度为c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），‎ 故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎（4）碳酸钡可发生沉淀的转化生成硫酸钡，则沉淀甲加入到B溶液中，沉淀甲会转化为沉淀乙．沉淀甲会转化为沉淀乙的离子方程式是BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq），故答案为：BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq）．‎ ‎　‎ ‎19．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．根据要求回答问题 ‎（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）．‎ ‎（2）常温下，取0.2mol•L﹣1 HCl溶液与0.2mol•L﹣1 MOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH=5．写出MOH的电离方程式：　MOH⇌M++OH﹣　．‎ ‎（3）0.1mol/L的NaHA溶液中，测得溶液中的显碱性．则 ‎①该溶液中c（H2A）　＞　c（A2﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②作出上述判断的依据是　NaHA溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度　（用文字解释）．‎ ‎（4）含Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3 mol•L﹣1的Cr2O72﹣．为了使废水的排放达标，进行如下处理：‎ ‎①绿矾为FeSO4•7H2O．反应（I）中Cr2O72﹣与FeSO4的物质的量之比为　1：6　．‎ ‎②常温下若处理后的废水中c（Cr3+）=6.0×10﹣7 mol•L﹣1，则处理后的废水的pH=　6　．（Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】（1）明矾中含有铝离子，易水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物而净水；‎ ‎（2）室温下取0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1 MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，说明得到的盐是强酸弱碱盐；‎ ‎（3）NaHA溶液中，HA﹣离子既电离也水解，测得溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度；‎ ‎（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72﹣与FeSO4的物质的量之比；‎ ‎②据Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31和c（Cr3+）=6.0×10﹣7 mol•L﹣1求得c（OH﹣）可求得pH．‎ ‎【解答】解：（1）明矾溶于水电离出铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，所以明矾能净水，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；‎ ‎（2）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，弱碱电离可逆，其电离方程式为：MOH⇌M++OH﹣，‎ 故答案为：MOH⇌M++OH﹣；‎ ‎（3）①NaHA溶液中，HA﹣离子既电离也水解，电离产生A2﹣，水解生成H2A，溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度，所以c（H2A）＞c（A2﹣）故答案为：＞；‎ ‎②NaHA溶液中，HA﹣离子既电离也水解，电离产生A2﹣，水解生成H2A，溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度，‎ 故答案为：NaHA溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度；‎ ‎（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72﹣与FeSO4的物质的量之比为1：6，故答案为：1：6；‎ ‎②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）=c3（OH﹣）×6.0×10﹣7=6.0×10﹣31 ，c（OH﹣）=1.0×10﹣8 ，其pH=6，故答案为：6．‎ ‎　‎ ‎20．滴定实验是化学学科中重要的定量实验．请回答下列问题：‎ Ⅰ．酸碱中和滴定﹣﹣已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：‎ ‎①称量1.00g样品溶于水，配成250mL溶液； ②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：‎ ‎ 滴定序号 ‎ 待测液体积 ‎ 所消耗盐酸标准的体积（mL）‎ 滴定前 ‎ 滴定后 ‎ 1‎ ‎ 25.00‎ ‎ 0.50‎ ‎ 20.60‎ ‎ 2‎ ‎ 25.00‎ ‎ 6.00‎ ‎ 26.00‎ ‎ 3‎ ‎ 25.00‎ ‎ 1.10‎ ‎ 21.00‎ ‎（1）用　酸式　滴定管（填“酸式”或“碱式”）盛装0.10mol/L的盐酸标准液．‎ ‎（2）试样中NaOH的质量分数为　80%　．‎ ‎（3）若出现下列情况，测定结果偏高的是　ce　．‎ a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外 d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数 e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗 Ⅱ．氧化还原滴定﹣取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．‎ ‎（4）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时滴定现象是　滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟不褪色　‎ Ⅲ．沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．‎ ‎（5）参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是　D　 （填选项字母）．‎ 难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 Ksp ‎1.77×10﹣10‎ ‎5.35×10﹣13‎ ‎1.21×10﹣16‎ ‎1.12×10﹣12‎ ‎1.0×10﹣12‎ A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）酸性溶液应用酸式滴定管盛放；‎ ‎（2）先分析数据的有效性，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据关系式NaOH～HCl求出NaOH的物质的量，再计算NaOH的质量分数；‎ ‎（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎（4）KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点；‎ ‎（5）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应．‎ ‎【解答】解：（1）盐酸显酸性，应用酸式滴定管盛装0.10mol/L的盐酸标准液；‎ 故答案为：酸式；‎ ‎（2）三次消耗盐酸体积分别为：20.10ml、20.00ml、19.00ml，三组数据均有效，三消耗盐酸的平均体积为20.00mL，‎ ‎ NaOH～HCl ‎ 1 1‎ ‎ n（NaOH） 0.10mol/L×20.00mL 解得：n（NaOH）=0.00200mol，即25.00mL待测溶液含有m（NaOH）=nM=0.00200mol×40g/mol=0.08g，所以250mL待测溶液含有m（NaOH）=0.0800g×10=0.8g，试样中NaOH的质量分数为ω（NaOH）=×100%=80%；‎ 故答案为：80%；‎ ‎（3）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，操作正确，无影响，故a错误；‎ b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故b错误；‎ c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故c正确；‎ d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d错误；‎ e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，溶液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故e正确；‎ 故选ce；‎ ‎（4）KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴定终点时滴定现象是滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟不褪色；‎ 故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟不褪色；‎ ‎（5）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，‎ 故答案为：D．‎ ‎　‎ ‎21．在自来水消毒和工业上砂糖、油脂的漂白与杀菌过程中，亚氯酸钠（NaClO2）发挥着重要的作用．下图是生产亚氯酸钠的工艺流程图：‎ 已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；‎ ‎②常温下，Ksp（FeS）=6.3×10﹣18；Ksp（CuS）=6.3×10﹣36；Ksp（PbS）=8×10﹣28‎ ‎③Ⅲ装置中电解硫酸钠溶液，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠．‎ ‎（1）I中发生反应的离子方程式为　SO32﹣+2ClO3﹣+2H+=2C1O2+SO42﹣+H2O　．‎ ‎（2）从滤液中得到NaClO2•3H2O晶体的所需操作依次是　bdc　（填写序号）．‎ a．蒸馏 b．蒸发浓缩 c．过滤 d．冷却结晶 e．灼烧 ‎（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2．表是25℃时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数：‎ 弱酸 HClO2‎ HF H2CO3‎ H2S Ka/mol•L﹣1‎ ‎1×10﹣2‎ ‎6.3×10﹣4‎ K1=4.30×10﹣7‎ K2=5.60×10﹣11‎ K1=9.1×10﹣8‎ K2=l.1×10﹣12‎ ‎①常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaHCO3、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为　pH（Na2S）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）　 （用化学式表示）；‎ ‎②Na2S是常用的沉淀剂．某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是　CuS　；常温下，当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10﹣5mol•L﹣1）此时体系中的S2﹣的浓度为　6.3×10﹣13mol/L　．‎ ‎（4）Ⅲ装置中若生成气体a的体积为1.12L（标准状况），则转移电子的物质的量为　0.2mol　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】由流程图可知反应I为NaClO3、Na2SO3在硫酸溶液中发生氧化还原反应生成C1O2，III中电解质是Na2SO4，电解Na2SO4溶液的本质是电解水，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，所以a气体是氧气、b气体是氢气、A是NaOH，反应Ⅱ为C1O2与双氧水、NaOH溶液混合反应经过滤得到NaClO2溶液，NaClO2溶液采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到NaClO2•3H2O晶体，据此分析．‎ ‎（1）由流程图可知I中目的是产生C1O2，SO32﹣具有还原性，将ClO3﹣还原为C1O2，自身被氧化为SO42﹣；‎ ‎（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体；‎ ‎（3）①弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；‎ ‎②根据三者的溶度积结合物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；最后析出沉淀是FeS，根据溶度积计算S2﹣的浓度；‎ ‎（4）据图知，III中电解质是Na2SO4，电解Na2SO4溶液的本质是电解水，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，则阳极上电极反应式为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+、阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，所以a气体是氧气、b气体是氢气、A是NaOH，根据电极反应计算转移电子的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）由流程图可知I中目的是产生C1O2，SO32﹣具有还原性，将ClO3﹣还原为C1O2，自身被氧化为SO42﹣，反应的离子方程式为：SO32﹣+2ClO3﹣+2H+=2C1O2+SO42﹣+H2O；故答案为：SO32﹣+2ClO3﹣+2H+=2C1O2+SO42﹣+H2O；‎ ‎（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为：bdc；‎ 故答案为：bdc；‎ ‎（3）①根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO2＞HF＞H2CO3＞HS﹣，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；‎ 故答案为：pH（Na2S）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；‎ ‎②Ksp（FeS）=6.3×10﹣18；Ksp（CuS）=6.3×10﹣28；Ksp（PbS）=2.4×10﹣28‎ ‎，物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS；最后析出沉淀是FeS，当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10﹣5mol•L﹣1），此时的S2﹣的浓度c（S2﹣）==mol/L=6.3×10﹣13mol/L；‎ 故答案为：CuS；6.3×10﹣13mol/L；‎ ‎（4）据图知，III中电解质是Na2SO4，电解Na2SO4溶液时，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，则阳极上电极反应式为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，左边流出硫酸，所以a气体是氧气，b气体是氢气、A是NaOH，A在阴极上生成，生成气体a的电极反应式：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，生成气体a的体积为1.12L（标准状况）即0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol×4=0.2mol；‎ 故答案为：0.2mol．‎ ‎　‎