2017-2018学年云南省玉溪市玉溪一中高二上学期第二次月考化学试题 解析版
2017-2018学年云南省玉溪市玉溪一中高二上学期第二次月考化学试题 解析版
满分：100分，时间：90分钟 命题人：李娇 张淑 胡明祥
注意事项：
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上, ，并将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23
第I卷(共48分)
一．选择题：本题共16题，每题3分，每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在生活中应用广泛，下列物质性质与对应用途错误的是（ ）
A. 明矾易水解生成胶体，可用作净水剂 B. 草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
C. 氮气化学性质稳定，可用作粮食保护气 D. 盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
【答案】B
【解析】明矾电离的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中杂质一起聚沉，选项A正确。草木灰（主要是碳酸钾）和硫酸铵混合施用，其中的碳酸根离子会促进铵根离子的水解，使肥效降低，选项B错误。氮气性质惰性，很少与其他物质反应，可以用做保护气，选项C正确。玻璃里含有的二氧化硅会与氢氧化钠反应，所以盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，选项D正确。
2. 已知25 ℃、101 kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH＝－2834.9 kJ·mol－1
②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s) ΔH＝－3119.1 kJ·mol－1
由此得出的正确结论是( )
A. O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
B. O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应
C. 等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
D. 等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
【答案】D
【解析】反应①减去反应②得到：3O2(g)===2O3(g) ΔH＝+284.2 kJ·mol－1，所以由3molO2（质量为96g）变为2molO3（质量为96g）为吸热反应，随着反应吸热，能量应该升高，所以等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应，选项D正确，选项C错误。物质的能量越低，物质越稳定，所以O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，选项A、选项B都错误。
3. 下列关于化学平衡常数(K)，电离平衡常数(Ka或Kb)，水解平衡常数(Kh)，沉淀溶解平衡常数(Ksp)，水的离子积常数(Kw)的叙述中错误的是( )
A. K、Ka或Kb、Kh、Ksp、Kw都与温度有关，温度越高，常数值越大
B. 比较Ksp与离子积Qc的相对大小，可判断难溶解电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解
C. K值越大，正反应进行的程度越大，一般地说，K＞105时，该反应进行得就基本完全了
D. 弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数Kw三者间的关系可表示为：Kw＝Ka·Kh
【答案】A
【解析】温度升高平衡常数增大的应该是吸热反应，因为不知道反应的热效应，所以无法得到温度越高，K值越大的结论，选项A错误。可以利用Ksp与离子积Qc的相对大小，判断沉淀溶解平衡移动的方向，选项B正确。K值大小代表反应进行的程度，K值越大，正反应进行的程度越大，当K＞105时，认为反应为不可逆反应，选项C正确。 ，，所以，选项D正确。
4. 下列有关溶液组成的描述合理的是( )
A. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-
C. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
D. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、HS-
【答案】A
【解析】碳酸氢根的水解大于电离，溶液显碱性，所以选项A正确。ClO-会氧化I-，所以不能大量共存，选项B错误。Fe3+水解溶液一定显酸性，所以选项C错误。Al3+和HS-可以发生双水解反应，所以不能大量共存，选项D错误。
5. 室温下，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入少量NH4Cl固体，平衡向正向移动，Kw变大
B. 向水中加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，c(OH－)增大
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，平衡向逆向移动，c(H＋)增大
D. 向水中加入少量NaCl固体，平衡向正向移动，c(H＋)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】Kw是水的电离平衡常数，只与温度有关，所以选项A错误。向水中加入少量NaOH固体，增大了氢氧根浓度，平衡向逆反应方向移动，选项B错误。向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出H+，c(H＋)增大，平衡向逆向移动，选项C正确。向水中加入少量NaCl固体，对水的电离应该无影响，选项D错误。
点睛：能够影响水的电离平衡的因素主要是：1、升高温度促进水电离；2、加入可以水解的盐，促进水电离；3、加入酸或者碱，抑制水电离。
6. 用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定浓度比实际浓度偏高的是（ ）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，②锥形瓶中有少量蒸馏水，实验时没有烘干处理，③取未知浓度盐酸的酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗，④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，⑤滴定后读数时，俯视读数．
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤
【答案】A
【解析】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，滴定管内碱液的浓度就会减小，所以会加入更多的碱，增大，使偏高，①正确。
②锥形瓶中有少量蒸馏水，实验时没有烘干处理，这样对于滴定结果应该无影响，原因在于锥形瓶中加入多少水，不影响滴加的氢氧化钠溶液的体积，②错误。
③取未知浓度盐酸的酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗，则取出的盐酸被水稀释，浓度偏小，导致滴加的氢氧化钠溶液体积偏小，最终滴定结果偏小，③错误。
④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则碱式滴定管的读数包括滴加进锥形瓶的体积和原来的尖嘴气泡的体积，所以导致增大，使偏高，④正确。
⑤滴定后读数时，俯视读数，则读数偏小，所以导致减小，使偏低，⑤错误。
所以偏高的是①④，选项A正确。
点睛：中和滴定的计算公式一般为：。是已知的，是用滴定管量取的确定体积（一般为25.00mL），将这些待测液放在锥形瓶中，加入标准液进行滴定。是滴定过程中加入的标准液的体积，由于和都是定值，所以实际由决定。探究中和滴定的误差时，主要就是思考，错误操作会导致发生如何的变化。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3
B. 向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度
D. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
【答案】B
【解析】泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，选项A错误。向CuCl2溶液中加入CuO，使pH升高，可以将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀经过滤除去，选项B正确。配制FeCl3溶液时，应该将FeCl3固体溶解在盐酸中（硫酸会引入硫酸根杂质），后再加水稀释到所需的浓度，选项C错误。将AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧得到氧化铝，将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧得到硫酸铝（硫酸不挥发，无法离开体系，最后不能在硫酸溶液中得到氧化铝，所以只能还是硫酸铝），选项D错误。
8. 不能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A. 相同温度下，Zn粉分别与同浓度的CH3COOH溶液、盐酸反应，与醋酸反应生成H2的速率慢
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D. pH 为2的 CH3COOH溶液1mL，加水稀释到10mL时pH大于2小于3
【答案】C
【解析】A、酸与金属反应时，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快，乙酸和锌反应，速率比同浓度的盐酸慢，说明乙酸中氢离子浓度比盐酸中小，说明乙酸部分电离，故A正确；B、常温下，测得 CH3COONa溶液的pH＞7，说明 CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明 CH3COOH为弱酸，故B正确；C、CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2，只能说明醋酸强于碳酸，不能说明醋酸是弱酸，故C错误；D、pH 为2的 CH3COOH溶液1mL，加水稀释到10mL时pH大于2小于3，不等于4，说明醋酸部分电离，故D正确；故选C。
9. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是( )
A. 30~40min内该反应使用了催化剂
B. 化学方程式中的x=1，正反应为吸热反应
C. 30min时降低温度，40min时升高温度
D. 8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1
【答案】D
10. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T1
v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据图像中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，A错误；B．由图2图像可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，B错误；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），C正确；D．a曲线的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，D错误，答案选C。
【考点定位】本题考查了外界条件对化学平衡的影响
【名师点晴】明确图象中“先拐先平，数值大”以及判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是解本题的关键，注意反应前后气体体积不变的反应，增大压强只改变反应速率，对化学平衡无影响，为易错点。
11. 等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行反应：X(g)+2Y(g)3Z(g)+Q(s) ΔH
＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 当容器中X与Y的物质的量的比满足1∶2时反应达到平衡
B. 达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K值为9/4
C. 达到平衡后，反应速率2v正（Y）=3v逆（Z）
D. 达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动
【答案】B
【解析】试题分析：A.当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡，A错误；B.设起始时X和Y的物质的量浓度都为1mol/L，则
X（g）+2Y（g）3Z（g）+Q（s）
初起量（mol） 1 1 0
变化量（mol） 0.25 0.5 0.75
状态1（mol） 0.75 0.5 0.75
考点：考查化学平衡及平衡状态的判断。
12. 已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1mol•L‾1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）
A. 水的电离程度始终增大
B. 先增大再减小
C. c（CH3COOH）与c（CH3COO‾）之和始终保持不变
D. 当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)=c(CH3COO‾)
【答案】D
【解析】试题分析：A、CH3COOH属于弱酸，抑制水的电离，加入NH3·H2O，消耗CH3COOH，水的电离程度增大，但氨水过量后，对水电离抑制，故错误；B、当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的NH3·H2O，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H＋)×c(NH3·H2O)]/c(NH4＋)，随着氨水的加入，c(H＋)逐渐减小，Kh不变，因此c(NH4＋)/c(NH3·H2
O)变小，当氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH－)×c(NH4＋)]/c(NH3·H2O)，随着氨水的加入，c(OH－)逐渐增大，Kb不变，c(NH4＋)/c(NH3·H2O)变小，因此此比值始终变小；C、根据物料守恒，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)=0.001mol，由于溶液体积逐渐增大，因此c(CH3COOH)和c(CH3COO－)之和逐渐减小，故错误；D、当加入氨水的体积为10mL，醋酸和NH3·H2O物质的量相等，由于二者电离常数相等，因此溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH4＋)=c(CH3COO－)，故正确。
考点：考查电离平衡常数、水解平衡常数、离子浓度大小比较等知识。
13. 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。
14. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A. Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)
B. 20 mL 0.1 mol•L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol•L-1 HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
D. pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)＞c(NH4+)+c(OH-)
【答案】B
【解析】碳酸钠溶液的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，选项A错误。20 mL 0.1 mol•L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol•L-1 HCl溶液混合后得到c(CH3COONa)= c(CH3COOH)= c(NaCl)的混合溶液。溶液显酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，得到：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，选项B正确。CH3COONa的物料守恒为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，CaCl2溶液中一定有2c(Ca2+)= 2c(Cl-)，两个等式相加得到：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，选项C错误。溶液有电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)＝c(NH4+)+ c(H+)，即c(Cl-)＝c(NH4+)+ c(H+)- c(OH-)，将其带入题目给的式子得到：c(NH4+)+ c(H+)- c(OH-)+c(H+)＞c(NH4+)+c(OH-)，化简得到c(H+)＞c(OH-)，即如果题目的结论是对的，则溶液一定显酸性。题目是pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，因为氨水的浓度远大于盐酸，最后一定是氨水完全过量，溶液显碱性，选项D错误。
点睛：酸碱溶液pH之和为14，两个溶液等体积混合，混合后溶液的酸碱性可以按照以下的结论进行判断：谁弱谁过量，谁过量显谁性。此外类似选项D的问题，有一种解决的方法是：先写出一个该溶液的等式（一般为电荷守恒），将其与题目的式子联立化简，得到新的式子，判断该式子是否正确，若该式子正确，则题目式子正确，反之不正确。
15. 在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH ②固体KOH ③固体NaHSO4 ④固体CH3COONa ⑤冰醋酸
A. 只有②⑤ B. 只有①②⑤
C. 只有①② D. 只有②④⑤
【答案】D
【解析】加入固体NaOH，溶液中c(Na＋)明显增大，虽然氢氧根离子会抑制醋酸根离子的水解，但是c(CH3COO－)的增大一定不明显，所以c(CH3COO－)/c(Na＋)
比值减小，①错误。加入固体KOH，氢氧根离子会抑制CH3COONa的水解，c(CH3COO－)增大，c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，②正确。加入固体NaHSO4，溶液中c(Na＋)明显增大，同时电离出的氢离子会促进CH3COONa的水解，c(CH3COO－)减小，c(CH3COO－)/c(Na＋)比值减小，③错误。加入固体CH3COONa，增大了溶液中的CH3COONa浓度，浓度越大CH3COONa的水解成都越小，所以c(CH3COO－)/c(Na＋)比值越大，④正确。加入冰醋酸，醋酸电离会增大c(CH3COO－)，c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，⑤正确。所以正确的是②④⑤，选项D正确。
16. 40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 在pH＝9.0时，c(NH4+）＞c(HCO3－）＞c(NH2COO－）＞c(CO32－）
B. 不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COO－）＋c(OH－)
C. 在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成
D. 随着CO2的通入，不断增大
【答案】D
【解析】从图中在pH=9的点，做一条垂线就可以大致判断其浓度，所以有c(NH4+）＞c(HCO3－）＞c(NH2COO－）＞c(CO32－），选项A正确。c(NH4+)＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COO－）＋c(OH－)是溶液的电荷守恒，所以是任何pH下都成立的。选项B正确。随着pH的降低，NH2COOˉ的浓度增大，说明生成了含有NH2COOˉ的化合物，后期NH2COOˉ的浓度又减小，说明该化合物又被反应，说明含有NH2COOˉ的化合物是中间产物，选项C正确。根据一水合氨的电离平衡常数，得到
，因为通入二氧化碳实际就是加入碳酸，加入酸c(NH4+)一定增大，所以减小，即减小，选项D错误。
第II卷(共52分)
二．填空题：
17. 下列物质中：A．KI（s） B．C2H5OH（l） C．Cl2（g） D．CH3COOH（l）E．BaSO4（s） F．NaHSO4（aq） G．石墨（s） H．蔗糖（s） I．NaOH（l） J.硫酸 K.盐酸
（1）属于非电解质的是____________（填序号，下同），属于强电解质的是____________，属于弱电解质的是____________。
（2）能直接导电的是________________，电解质中能溶于水,且水溶液能导电是________________。
【答案】 (1). BH (2). AEI J (3). D (4). FGIK (5). ADIJ
【解析】电解质是酸、碱、盐和活泼金属氧化物，非电解质是除了电解质之外的所有化合物。强电解质是强酸、强碱和盐，弱电解质是弱酸、弱碱和水。注意：单质既不是电解质也不是非电解质。（1）属于非电解质的是乙醇和蔗糖，强电解质是碘化钾（盐）、硫酸钡、氢氧化钠和硫酸（注意：F是硫酸氢钠溶液，K是HCl溶液，都属于混合物），弱电解质是醋酸。
（2）固体导电要求是金属或者石墨，熔融状态导电的要求是离子化合物，溶液导电要求是溶液中存在能只有移动的离子（电解质电离）。所以直接导电的是硫酸氢钠溶液、石墨、氢氧化钠溶液、盐酸。属于电解质，能溶于水，且能导电（本条件多余，电解质能溶于水，则其溶液一定导电）的是碘化钾、醋酸、氢氧化钠、硫酸。硫酸钡不溶。
18. 根据下列事实，完成相关的离子方程式或化学式，必要时可加一定文字说明：
（1）硫酸铝钾[明矾KAl（SO4）2·12H2O]可以作净水剂_____________________。
（2）泡沫灭火器的化学原理________________________________________________。
（3）热的纯碱溶液清洗油污___________________________________________。
（4）加热蒸干FeCl2水溶液并灼烧，得到物质的化学式为___________。
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+ (2). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (3). CO32-+H2OHCO3-+OH-，加热可以促进水解，溶液碱性增强 (4). Fe2O3
【解析】（1
）明矾净水的原理是氯离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中杂质，所以离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+。
（2）泡沫灭火器中加入的是碳酸氢钠和硫酸铝，利用其双水解反应，离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（3）热的纯碱溶液清洗油污是利用碳酸钠水解得到的碱与油污发生皂化反应，以除去油污，加热是为了促进碳酸根离子的水解，增强溶液的碱性。反应为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
（4）加热蒸干FeCl2水溶液并灼烧，氯化亚铁水解得到氢氧化亚铁和HCl,因为HCl挥发，所以水解平衡移动，得到的氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，分解得到氧化铁。
19. 实验题
（一）实验室中有一瓶含有一定量杂质的烧碱样品，某学生用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中所含杂质与酸不反应，请根据实验回答：
（1）将准确称取的5g烧碱样品配成100 mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、托盘天平外，还必须用到的玻璃仪器有：____________、_____________。
（2）取10.00 mL待测液，选择右图中_________（填A或B）来移取。
（3）用0.5000mol/L标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂。滴定时左手旋转滴定管玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视___________，直到滴定终点。滴定达到终点的标志是：_________。
（4）根据下列数据，烧碱的纯度为：_______________________（纯度=纯物质的质量/样品的质量×100％）
滴定次数
待测液体积（mL）
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
（二）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）计算：血液中含钙离子的浓度为_____mol·L-1。
【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 100mL容量瓶 (3). A (4). 锥形瓶内颜色的变化 (5). 最后一滴盐酸滴进锥形瓶内红色褪去且30s不复原 (6). 80% (7). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (8). 酸式 (9). 2.5×10-3
【解析】（一）（1）配制一定浓度的溶液，需要用到100mL的容量瓶，还需要胶头滴管定容。
（2）待测的氢氧化钠溶液应该使用碱式滴定管，选择A。
（3）滴定时眼睛应该注意锥形瓶内液体颜色的变化，达到终点时要及时停止滴定。滴定终点的现象为：溶液红色褪去且30s不复原，所以答案为：最后一滴盐酸滴进锥形瓶内红色褪去且30s不复原。
（4）两次滴定加入的盐酸的体积分别为19.90mL和20.10mL，所以平均为20.00mL，所以HCl的物质的量为20×0.5÷1000=0.01mol，所以氢氧化钠为0.01mol，因为配了100mL溶液取出10mL进行的滴定，所以原来的氢氧化钠为0.1mol，质量为4g，质量分数为4÷5=80%。
（二）（1）KMnO4滴定H2C2O4的方程式为：2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = 2MnSO4 + K2SO4 + 10CO2↑ + 8H2O，对应的离子方程式为：2MnO4-+ 5H2C2O4 + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O（草酸是弱酸不能拆分）。
（2）高锰酸钾具有强氧化性，会氧化碱式滴定管下端的橡胶管，所以只能用酸式滴定管盛放。
（3）根据反应的整个过程，得到如下的关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～2/5 KMnO4，所以Ca2+是KMnO4的5/2倍。高锰酸钾为20×1×10-4÷1000=2×10-6mol，所以Ca2+为5×10-6mol，所以浓度为5×10-6÷0.002＝2.5×10-3mol/L。
20. 盐酸、醋酸和碳酸是化学实验和研究中常用的几种酸。
已知室温下：Ka（CH3COOH）＝1.7×10－5 mol· L－1；
H2CO3的电离常数Ka1＝4.2×10－7mol·L－1、Ka2＝5.6×10－11mol·L－1。
（1）①请用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因________________。
②常温下，物质的量浓度相同的下列四种溶液：a、碳酸钠溶液 b、醋酸钠溶液 c、氢氧化钠溶液 d、碳酸氢钠溶液。其pH由大到小的顺序是：___________（填序号）。
（2）常温下，取 pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如下图所示。则表示醋酸溶液pH变化的曲线是___ （填“A”或“B”）。设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为 m2。则 m1 ___ m2 （ 选填“<”、“=”、“>”）。
（3）某温度下，pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体积变化的曲线图如下，其中a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是_______；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是______________。
a．c(H＋) b．c(OH－)
c． d．
（4）含Cr2O72-的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10-3mol/L的Cr2O72-。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
常温下若处理后的废水中c(Cr3+)=6.0×10-7mol/L，则处理后的废水的 pH=___________。{Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】 (1). HCO3— + H2O H2CO3 + OH— (2). cadb (3). B (4). < (5). b＝c＞a (6). ad (7). pH=6
【解析】（1）①碳酸氢钠溶液显碱性的原因是，碳酸氢根的水解大于电离，所以离子方程式为：HCO3— + H2O H2CO3 + OH—。
②根据题目给出的电离平衡常数，得到电离出氢离子的能力为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，所以得到水解能力为CH3COO-＜HCO3-＜CO32-。明显氢氧化钠的碱性最强，其他物质的碱性顺序由上可得，所以碱性为NaOH＞Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa。物质的量浓度相同时，其pH由大到小的顺序是：NaOH＞Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa。即cadb。
（2）醋酸存在电离平衡，Zn和氢离子反应使氢离子浓度减小，电离平衡向正反应方向移动，电离出一定量的氢离子减缓了氢离子浓度的下降，所以醋酸的pH上升的比较慢，代表醋酸的是曲线B（盐酸没有电离平衡，所以氢离子的减小比较快）。如果两个溶液中反应的锌一样多，则应该反应相同的氢离子，盐酸就会减少对应的氢离子浓度，而醋酸因为存在电离平衡，减少的氢离子浓度会比盐酸少（此时电离平衡向正反应方向移动），所以醋酸的氢离子浓度会大于盐酸的氢离子浓度，即醋酸的pH小于盐酸。题目图像中最后两者的pH相等，所以醋酸中应该多加一些Zn，继续反应氢离子，使pH上升，才可能使两个溶液pH相等，即醋酸中应该多加Zn，所以m1 ＜ m2。
（3）理论上醋酸和盐酸都不影响水的电离，应该是酸电离出来的氢离子在抑制水的电离，所以氢离子浓度越大（pH越小），对于水的电离的抑制越强，水电离的越少。因为pH的关系是b＝c＞a，所以水的电离程度为：b＝c＞a。醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度一定减小，选项a正确。氢离子浓度减小则氢氧根浓度一定增大（乘积等于水的离子积常数），选项b错误。选项c可以进行如下计算：
所以等同于两个常数的比值，只与温度有关，选项c错误。，随着加水稀释，醋酸根的浓度逐渐减小，所以减小（Ka不变），即减小，选项d正确。
（4）流程最后将Cr3+转化为Cr(OH)3的沉淀除去，所以溶液对于Cr(OH)3为饱和溶液。因为c(Cr3+)=6.0×10-7mol/L，则 ，所以c(H+)=1×10-6mol/L，即pH=6。
21. 火力发电厂释放出大量氮的氧化物（NOx）、二氧化硫等气体会造成环境污染，对燃煤废气进行脱除处理．可实现绿色环保、低碳减排、废物利用等目的．
（1）己知：N2 (g) +O2 (g) =2NO (g) △H=+180.5kJ·mol-1
C (s) +O2 (g) =CO2 (g) △H=-393.5 kJ·mol-1
2C (s) +O2(g) =2CO (g)△H=-221 kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为：，请写出此反应的热化学方程式_____________。
（2）脱硝
利用甲烷与NO2反应，生成无污染的物质，则该反应的化学方程式为：___________。
（3）脱碳．
将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H3
①取五份等体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为1:3），分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系曲线（见如图1），则上述CO2转化为甲醇反应的△H3_____ 0（填“＞”、“＜”或“=”．）
②在一恒温恒容密闭容器中充入0.5molCO2和1.5molH2，进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如上图2所示．请回答：第10min
后，若升温，该反应的平衡常数将_____（填“变大”、“变小”、“不变”）；若向该容器中再充入1molCO2和3molH2再次达到平衡时，则CH3OH（g）的体积分数将___（“变大”、“变小”、“不变”）．
（4）脱硫．
某种脱硫工艺中将废气经处理后，与一定量的氨气、潮湿的空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物作为副产品化肥．设烟气中的SO2、NO2的物质的量之比为1:1，则该反应的化学方程式为__________．若在0.1mol/L的硝酸铵溶液中加入等体积的0.09mol/L氨水，配制了pH=8.2的溶液，则该溶液中微粒浓度由大到小的顺序为______________。
【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△ H=-746.5kJ/mol (2). CH4 + 2NO2 = N2 + CO2 + 2H2O (3). ＜ (4). 变小 (5). 变大 (6). 12NH3+3O2+4SO2+4NO2+6H2O=4（NH4）2SO4+4NH4NO3 (7). c（NH4+）> c（NO3﹣）> c（NH3•H2O）> c（OH﹣）>c（H+）
【解析】（1）因为反应的平衡常数为，所以反应方程式为2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）。将第二个方程式扩大2倍，减去第一个方程式，再减去第三个方程式皆可以得到上面的反应，该反应的△H=2×(-393.5)－180.5－(-221)=-756.5 kJ/mol，所以热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△ H=-746.5kJ/mol。
（2）甲烷与NO2反应，生成无污染的物质，一定是得到CO2、N2和H2O，根据化合价升降相等和原子个数守恒得到方程式为：CH4 + 2NO2 = N2 + CO2 + 2H2O。
（3）①该图像是发生上述反应，反应相同时间后，再测体系中甲醇的体积分数，即不一定是平衡状态的体积分数。当温度比较低的时候，反应速率比较慢，则这个时间点上还没有达平衡，那么反应的速率越快，反应的量越多，甲醇的体积分数越大；当温度较高的时候，反应速率比较快，则这个时间点上应该已经达到平衡态，那么随着温度变化对平衡产生影响，甲醇的体积分数也会变化。根据以上理论，图像中右半边温度较高的区域是平衡移动导致甲醇的体积变化，温度升高肌醇体积分数降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，即△H3＜ 0。
②该反应放热，升高温度平衡常数减小。恒容，原来加入0.5molCO2和1.5molH2，再充入1molCO2和3molH2，就是同时同比例增大所有反应物的浓度，甲醇体积分数的变化相当于不加入物质，直接增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大。
（4）根据题目表述反应物为氨气、二氧化硫、一氧化氮、水，生成物一定有硫酸铵和硝酸铵，所以得到部分反应方程式：NH3+O2+SO2+NO2+H2O→(NH4)2SO4+NH4NO3，
因为烟气中的SO2、NO2的物质的量之比为1:1，所以将两者视为一个整体，化合价升高3价（S升高2价，N升高1价），O2降低4价，所以O2的系数为3，SO2、NO2的系数都是4。最后根据原子个数守恒配平即得：12NH3+3O2+4SO2+4NO2+6H2O=4(NH4)2SO4+4NH4NO3。若在0.1mol/L的硝酸铵溶液中加入等体积的0.09mol/L氨水，则溶液中硝酸铵的浓度为0.05mol/L，一水合氨的浓度为0.045mol/L，即开始时可以认为：c（NH4+）＝ c（NO3﹣）＝0.05mol/L， c（NH3•H2O）=0.045mol/L。溶液的pH=8.2，说明一水合氨的电离占主导地位。一水合氨电离为铵根离子，所以c（NH4+）> c（NO3﹣）> c（NH3•H2O），明显溶液中一水合氨的电离程度较小，氢氧根的浓度应该远小于一水合氨的浓度，溶液显碱性有：c（OH﹣）>c（H+），所以有：c（NH4+）> c（NO3﹣）> c（NH3•H2O）> c（OH﹣）>c（H+）。
