江西省赣州市第三中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题
赣州三中2018-2019学年第一学期12月月考
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量:Pb:207 N:14 O:16 S:32 Fe:56
一、选择题(每题3分,共48分)
1.下列物质能够导电又是强电解质的是 （ ）
A. NaCl晶体 B. 液态氯化氢 C. 熔融的KNO3 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
含有自由移动离子或电子的物质能导电，完全电离的电解质是强电解质，据此分析解答。
【详解】A．氯化钠是强电解质，但氯化钠晶体中不含自由移动离子或电子，所以氯化钠晶体不导电，A错误；
B．氯化氢是强电解质，但液态氯化氢以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以液态氯化氢不导电，B错误；
C．熔融状态硝酸钾能电离出自由移动的阴阳离子而导电，且硝酸钾完全电离，则硝酸钾是强电解质，C正确；
D．一水合氨部分电离，为弱电解质，且一水合氨不导电，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查电解质以及物质导电性判断，明确强弱电解质的区别及物质导电原理是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意：电解质不一定导电、导电的物质不一定是电解质，题目难度不大。
2.下列说法不正确的是
A. 金属铝制品具有较强的抗腐蚀能力，说明铝的金属活动性较差
B. 洁厕灵（主要成分为盐酸）与84消毒液（主要成分为NaClO）混合使用易中毒
C. 锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除
D. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异可以检验司机是否酒后驾车
【答案】A
【解析】
分析：A. 根据金属铝的性质分析；B. 次氯酸钠和盐酸反应；C. 根据沉淀转化以及碳酸钙的性质分析；D. 乙醇能与重铬酸钾反应。
详解：A. 铝是活泼的金属，其表面易形成一层致密的氧化膜而阻止内部金属继续被氧化，因此金属铝制品具有较强的抗腐蚀能力，A错误；
B. 次氯酸钠能与盐酸反应生成氯气，氯气有毒，因此洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒，B正确；
C. 碳酸钙能溶于盐酸，且比硫酸钙更难溶，因此锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除，C正确；
D. 重铬酸钾能氧化乙醇，反应时会发生颜色的变化（橙色变为绿色），因此利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异可以检验司机是否酒后驾车，D正确，答案选A。
3. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液，NH4+大小顺序为①>②>③
B. pH相等的NaF与CH3COOK溶液：[c(Na＋)－c(F－)]>[c(K＋)－c(CH3COO－)]
C. 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液： c(OH－)＝c(HCO3—)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
D. 0.2 mol·L－1HCl与0.1 mol·L－1NaAlO2溶液等体积混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)
【答案】D
【解析】
试题分析：A．pH相等的①NH4Cl、②（NH4）2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，NH4HSO4电离出H+，NH4+浓度最小，NH4Cl和（NH4）2SO4水解程度相同，则c（NH4+）相同，正确顺序为①=②＞③，错误；B.由于酸性HF>CH3COOH，所以等pH相等的NaF与CH3COOK溶液：[c(Na＋)－c(F－)]<[c(K＋)－c(CH3COO－)]，错误；C．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液：根据质子守恒可得： c(OH－)＝c(HCO3—)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，错误；D．0.2 mol·L－1HCl与0.1 mol·L－1NaAlO2溶液等体积混合，得到的是NaCl、AlCl3的混合溶液。而且物质的量n(NaCl)>n(AlCl3),由于NaCl是强酸强碱盐不水解，AlCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，但是盐水解的程度是微弱的，所以根据物料守恒可得：c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)，正确。
考点：考查离子浓度的大小比较的知识。
4.下列操作中，能使水的电离平衡向右移动且使液体呈酸性的是
A. 向水中加入NaHSO4 B. 向水中加入CuSO4
C. 向水中加入Na2CO3 D. 将水加热到100℃，使pH＝6
【答案】B
【解析】
【详解】A.硫酸氢钠电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故错误；
B.硫酸铜电离出铜离子，能水解，促进水的电离，溶液显酸性，故正确；
C.碳酸钠电离出的碳酸根离子能水解促进水的电离，溶液显碱性，故错误；
D.将水加热，促进水的电离，但仍为中性，故错误。
故选B。
【点睛】水的电离受到酸碱盐的影响，水中加入酸或碱，抑制水的电离，水中加入能水解的盐，促进水的电离，注意水中加入酸式盐时要具体问题具体分析，加入硫酸氢钠，由于硫酸氢钠电离的氢离子抑制水的电离，加入碳酸氢钠，因为碳酸氢根的水解大于电离，所以促进水的电离。加入亚硫酸氢钠，因为亚硫酸氢根的电离大于水解，所以抑制水的电离。
5.25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L的KHA溶液pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)
B. 0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)
C. 100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0 mol/L
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】A
【解析】
本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。
解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。
故选A。
点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。
6.某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）＋B（g）
2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol。保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡向正反应方向移动的是（ ）
A. 均减半 B. 均加倍 C. 均增加1mol D. 均减少1mol
【答案】C
【解析】
【详解】达到平衡时，A、B和C物质的质量的量分别为4mol、2mol和4mol，假设容器的体积为10L，则A、B和C的物质的量浓度分别为mol/L、mol/L、mol/L，则平衡常数为K==5，在恒压条件下，物质的量均减半或均加倍，浓度不变，则Qc=K，平衡不移动；均减少1mol，则体积变成7L，浓度分别为mol/L、 mol/L、mol/L，则Qc==7＞5，平衡逆向移动；均增加1mol，则容器的体积变成13L，浓度分别为mol/L、mol/L、mol/L，则Qc==＜5，则平衡正向移动，故选C。
【点睛】正确理解反应的前提条件“容器的容积可变”是解题的关键。解答本题可以假设1mol气体的体积为1L，通过定量计算分析判断。
7.某兴趣小组以废弃的易拉罐、漂白粉、氢氧化钠等为原料制造了一种新型环保电池，并进行相关实验，如图所示。电池的总反应方程式为2Al＋3ClO－＋2OH－=3Cl－＋2AlO＋H2O。下列说法正确的是
A. 电池的负极反应式为：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－
B. 当有0.1 mol Al完全溶解时，流经电解液的电子数为1.806×1023个
C. 往滤纸上滴加酚酞试液，b极附近颜色变红
D. b极附近会生成蓝色固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．电池的正极反应式为：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－，错误；
B．电池的负极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，当有0.1 mol Al完全溶解时，流经外电路的电子数为1.806×1023个，而在电解质溶液中则是离子定向移动，错误；
C．往滤纸上滴加酚酞试液，由于Al是负极，所以b极为阴极，在该电极上溶液中的H+放电，破坏了b极附近的水的电离平衡，使该区域的溶液显碱性，所以b电极附近颜色变红，正确；
D．由于Al是负极，所以与之连接的b极是阴极，b极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Cu棒不参与反应，所以b极附近不会生成蓝色固体，错误；
答案选C。
8.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（ ）
A. 上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B. 干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景绿色电源
D. 铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g
【答案】D
【解析】
A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；B、在干电池中，Zn作负极，被氧化，故B正确；C、氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D、铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故D错误；故选D。
9.高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），已知该反应在不同温度下的平衡常数如表，下列说法正确的是（ ）
温度
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
A. ΔH＞0
B. 1000℃时，在固定体积的密闭容器中，某时刻测得上述体系中，CO、CO2的物质的量分别为0.5 mol、1.8 mol，此时反应向正反应方向进行
C. 其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
D. 其他条件不变，升高温度，可以提高CO的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，A错误；
B. 1000℃时，在固定体积的密闭容器中，某时刻测得上述体系中，CO、CO2的物质的量分别为0.5 mol、1.8 mol，Qc==3.6<4.0，此时反应向正反应方向进行，B正确；
C. 其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值不变，C错误；
D. 其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率降低，D错误；
答案为B。
【点睛】化学平衡常数只与温度有关，与浓度无关。
10.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是 ( )
A. 强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－
B. 由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO3－
C. 强碱性的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
D. 酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、I－
【答案】A
【解析】
本题考查离子共存。
详解：强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，A正确；由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，酸溶液中HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-反应生成碳酸根离子和水，故一定不能大量共存，B错误；强碱性溶液中，Al3＋与OH-反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，C错误；酸性溶液中，NO3－与Fe2＋、I－发生氧化还原反应不能大量共存，D错误。
故选A。
点睛：所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应，若离子在溶液中发生反应，就不能共存。
11.向甲乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2moLA、2molB和1molA、1molB．相同条件下，发生下列反应：A（g）＋B（g）xC（g）ΔH＜0．测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示：下列说法正确的是
A. x可能等于2也可能等于3
B. 向平衡后的乙容器中充入氦气可使c（A）增大．
C. 向甲容器中再充入2molA、2molB，则平衡时甲容器中0.78mol·L－1＜c（A）＜1.56mol·L－1
D. 将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同
【答案】C
【解析】
由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为 =61%，乙容器内A的转化率为
=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1＞x，所以x=1。A、由上述分析可知x=1，若x=2，反应前后气体体积不变，甲、乙为等效平衡，转化率相等，故A错误；B、向平衡后的乙容器中充入氦气，容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度不变，故B错误；C、向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，所以平衡时甲容器中c(A)小于2倍原平衡中的c(A)，平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大，所以平衡时甲容器中0.78mol/L＜c(A)＜1.56mol/L，故C正确；D、该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率比甲容器的转化率低，不可能使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同，故D错误；故选C。
点睛：本题考查平衡图象、等效平衡、外界条件对平衡影响、平衡计算等，根据图象计算平衡时转化率，确定x值是解题的关键。本题的易错点是C，向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动。
12.按如图装置实验,若x轴表示流入正极的电子的物质的量,则y轴可表示()
①c(Ag+) ②c(NO3-) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量.
A. ①③ B. ③④ C. ②④ D. ②
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知该装置为原电池，其中铁作负极，失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，银作正极，电解质溶液中的Ag+得电子，生成Ag，电极反应为：Ag++e-=Ag；右侧图象可知y轴的物理量不发生变化，由此分析判断。
【详解】①原电池的装置中银作正极，电解质溶液中的Ag+得电子，生成Ag，因此 c(Ag+) 减小；
②电解质溶液中NO3-不参与反应，c(NO3-) 不变；
③原电池的装置中铁作负极，失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，因此a棒的质量减小；
④银作正极，电解质溶液中的Ag+得电子，生成Ag ，生成的Ag附着在b的表面，因此b棒的质量增加；
⑤电解质溶液中形成了Fe2+，减少了Ag+，得失电子相同时溶液的质量减小；
符合右图的是②；
答案选D。
【点睛】解答本题时掌握活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应是关键，要能够根据原电池的工作原理判断离子浓度的变化。
13.浓度均为0.1 mol／L体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. 相同温度下，电离常数K(HX): a>b
C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a
1，说明HX部分电离、为弱电解质；HY的pH=1，说明HY完全电离、为强电解质；
B、相同温度下，酸的电离平衡常数不变；
C、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小；
D、=3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），n（X-）增大，n（Y-）不变，二者溶液体积相等。
【详解】A、根据图知，=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，错误；
B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，错误；
C、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度aa>b
D. b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确。
点睛：强酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈中性，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸、弱碱滴定，达到滴定终点时溶液呈酸性，可以用甲基橙作指示剂；弱酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈碱性，可以用酚酞作指示剂。
15.已知:pNi=-lgc(Ni2+)；常温下，K(NiCO3)=1.4×10-7，H2S电离平衡常数：Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。常温下，向10mL0.1mol·L-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A. E、F、G三点中，F点对应溶液中水电离程度最小
B. 常温下，Ksp(NiS)=1×10-21
C. 在NiS和NiCO3浊液中=1.4×1014
D. Na2S溶液中，S2-第一步水解常数Kh1=
【答案】D
【解析】
分析：硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，据此分析A的正误；根据NiS(s) Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)分析B的正误；根据NiCO3(s)＋S2-(aq) NiS(s)＋CO32-(aq) K＝分析C的正误；根据S2-＋H2OHS-＋OH-，Kh1＝分析D的正误。
详解：A.硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小，故A正确；B.NiS(s) Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)＝1×10-21，故B正确；C.NiCO3(s)＋S2-(aq) NiS(s)＋CO32-(aq) K＝＝＝1.4×1014，故C正确；D.S2-＋H2OHS-＋OH-，Kh1＝＝，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了电解质溶液中的平衡表达式的计算，掌握和理解平衡表达式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意能够水解的盐促进水的电离，酸或碱抑制水的电离。
16.常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。
二、非选择题（共52分）
17.有下列六种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④Al2(SO4)3 ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3。
（1）25℃时，0.1mol·L-1②溶液的pH________7（填“>”、“＝”或“<”）；其原因是______________________________________（用离子方程式表示）；
（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类________（填“相同”或是“不相同”）；
（3）将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是____________（填化学式）；
（4）常温下0.1 mol/L的⑤溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是_________。
A．c(H＋) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
【答案】 (1). < (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). 相同 (4). Al2(SO4)3 (5). B
【解析】
分析：（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根水解；
（2）碳酸根水解，碳酸氢根既水解又电离；
（3）硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸；
（4）醋酸是一元弱酸，存在电离平衡，根据外界条件对电离平衡的影响分析。
详解：（1）铵根水解，则0.1mol·L-1氯化铵溶液的pH＜7，铵根水解的离子方程式为NH4++H2O
NH3·H2O+H+；
（2）碳酸钠中碳酸根水解，且水解分步进行，碳酸氢钠中的碳酸氢根离子存在水解平衡和电离平衡，则浓度均为0.1mol/L的两溶液中离子种类相同；
（3）铝离子水解，水解吸热，但由于生成的硫酸是难挥发性酸，则将硫酸铝溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质仍然是Al2(SO4)3；
（4）醋酸是弱酸，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，稀释促进电离，则A．氢离子的物质的量增加，但c(H＋)降低，A错误；B．稀释过程中氢离子的物质的量增加，醋酸的物质的量减少，则比值c(H+)/c(CH3COOH)增大，B正确；C．温度不变，水的离子积常数不变，即c(H＋)·c(OH－)不变，C错误。答案选B。
18.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，500K、30MPa下n(NH3)、n(H2)和n(N2)随时间变化的关系如图所示。请回答下列问题：
（1）上图中属于氢气物质的量随时间变化的曲线是_____________(填“I”、“II”或“Ⅲ”)。
（2）关于t2时刻的说法正确的是______。
A．t2时该反应达到平衡状态 b．t2时II和III代表的物质反应速率相同
c．t2时氢气、氮气与氨气的反应速率之比为3:1:2 D．t2时氨气与氢气的物质的量相同
（3）对于II所代表的物质，其逆反应速率最大的点是__________(填“c”、“d”或“g”)；对于I所代表的物质，其正反应速率最小的点是___________ (填“a”、“e”或“f”)。
（4）其他条件不变，只改变温度，在改变的这个温度下反应至t3时刻，此时n(H2)比图象中的值大，那么该温度可能是____________(填序号）。
A．673 K B．273 K C．373 K
（5）在密闭容器中充入2 mol N2和6 mol H2，—定条件下建立平衡：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，测得 N2 的转化率为 90%,则在此条件下，反应放出的热量为___________kJ。若与上述反应的温度和体积相同时，向密闭容器中充入4 mol NH3
，则达平衡后，反应_________(填“放出”或“吸收”）的热量为___________kJ。
【答案】 (1). III (2). CD (3). g (4). f (5). A (6). 165.96 (7). 吸收 (8). 18.44
【解析】
(1)氢气是反应物，其物质的量减少，且其减少量与氮气之比为3：1，可以判断Ⅲ为氢气，故答案为：Ⅲ；
(2)t2时刻氢气和氨气的物质的量相等，反应未达到平衡状态。A、反应未达到平衡状态，故A错误；B、t2时刻氢气和氨气的物质的量相等，反应速率不同，故B错误；C、各物质反应速率之比始终大于化学计量数之比，故C正确；D、t2时刻氢气和氨气的物质的量相等，故D正确；故答案为：CD；
(3)合成氨开始后，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，到平衡后，正逆反应速率相等，正反应速率最小，逆反应速率增大，故答案为：g；f；
(4)合成氨是反应放热，温度改变后，n(H2)比图象中的值大，说明平衡逆向移动，温度升高平衡逆向移动，温度高于500K，故答案为：A；
(5)参加反应的氮气的物质的量为90%×2mol=1.8mol，放热1.8mol×92.2kJ/mol=165.96kJ；在相同容器中充入2mol N2和6mol H2与充入4mol NH3达到平衡状态后，各物质浓度相同，充入2mol N2和6mol H2时，平衡后氮气有0.2mol，氢气有0.6mol、氨气有3.6mol，则加入4mol氨气，只反应0.4mol，生成2mol氨气放热92.2kJ，分解2mol氨气吸热92.2kJ，负极0.4mol氨气吸热0.4mol×=18.44kJ，故答案为：165.96；吸收；18.44。
点睛：解答本题的关键是根据图象判断反应物和生成物以及平衡状态的判断。本题的易错点和难点是(5)的计算，根据方程式，生成2mol氨气放热92.2kJ，分解2mol氨气吸热92.2kJ，然后根据等效平衡原理判断分解氨气的物质的量进行计算。
19.Ⅰ.(1)室温下,使用pH计测定0.1mol/L NH4Cl溶液的pH=5.12.由此可以得到的结论是_____________(填字母).
a、溶液中c(H+)>c(OH−) b、NH4+水解是微弱的
c、NH3⋅H2O是弱碱 d、由H2O电离出的c(H+)<10−7mol/L
e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7
(2)室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
①表示滴定盐酸的曲线是____________(填序号).
②滴定醋酸溶液的过程中：
i、V(NaOH)=10.00mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________.
ii、当c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)时,溶液pH________7(填“>”、“=”或“<”).
Ⅱ.复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型。
(1)已知在常温下测得浓度均为0.1mol⋅L−1的下列6种溶液的pH值：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
C6H5ONa
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
11.3
复分解存在这样一个规律：一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，如：2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2↑+H2O 若换个角度看，它同时揭示出另一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质。依照该规律，请判断下列反应不能成立的是______(填编号).
A.CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO
B.CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO
C.CO2+H2O+C6H5ONa→NaHCO3+C6H5OH
D.CO2+H2O+2C6H5ONa→Na2CO3+2C6H5OH
E.Na2CO3+C6H5OH→NaHCO3+C6H5ONa
F.CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN
(2)根据前述信息判断，常温下，浓度均为0.05mol⋅L−1的下列5种物质的溶液中，pH最小的是______(填编号)，其pH值为______(填数值)；pH最大的是______(填编号).
①HCN ②CH3COOH ③HClO4 ④HClO ⑤H2SO4
【答案】 (1). abc (2). II (3). c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)>c(OH-) (4). >
(5). AD (6). ⑤ (7). 1 (8). ①
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/L NH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3⋅H2O是弱碱，据此分析；
（2）①醋酸为弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH；
②i、V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断；
ii、当c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)时，根据物料守恒可知，加入的NaOH溶液的物质的量与醋酸的物质的量相同，据此分析；
Ⅱ.（1）根据强酸制弱酸的规律进行分析；
（2）浓度均为0.05mol•L−1的下列5种物质的溶液中，H+的浓度越大，pH越小，反之则越大，强酸的电离程度大于弱酸的电离程度。
【详解】Ⅰ.（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/L NH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3⋅H2O是弱碱；
a. 溶液的pH=5.12，显酸性，因此溶液中c(H+)>c(OH−)，a项正确；
b.NH3⋅H2O是弱碱，NH4+是弱碱的阳离子，在水溶液中可水解，但水解是微弱的，b项正确；
c. NH4Cl溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3⋅H2O是弱碱，c项正确；
d. NH4Cl溶液显酸性，NH4+在水溶液中可水解，而盐的水解促进了水的电离，因此由H2O电离出的c(H+)>10−7mol/L，d项错误；
e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，恰好完全反应得到NH4Cl溶液，溶液显酸性，因此溶液pH<7，e项错误；
正确的选abc；
（2）①醋酸为弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，II表示的是盐酸的曲线；
②i、V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，再结合电荷守恒得c(Na+) c(Na+)> c(H+)>c(OH-)；
ii、当c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3
COOH)时，根据物料守恒知，加入的NaOH溶液的物质的量与醋酸的物质的量相同，此时两者恰好完全反应得醋酸钠溶液，而醋酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液的pH>7；
Ⅱ.（1）相同浓度的钠盐溶液，酸根水解程度越大，则钠盐溶液的pH越大，酸的酸性越小，根据钠盐溶液的pH可知，酸性强弱顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH，根据强酸制弱酸判断：
A. 酸性H2CO3>HClO>HCO3- ，因此反应生成碳酸氢钠，而不是碳酸钠，A项错误；
B. 酸性H2CO3>HClO>HCO3- ，因此反应生成碳酸氢钠，反应为：CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO，B项正确；
C. 酸性H2CO3> C6H5OH >HCO3- ，因此反应生成碳酸氢钠，方程式为：CO2+H2O+C6H5ONa→NaHCO3+C6H5OH，C项正确；
D. 酸性H2CO3> C6H5OH >HCO3- ，因此反应生成碳酸氢钠，而不是碳酸钠，D项错误；
E. 酸性H2CO3> C6H5OH >HCO3- ，反应生成碳酸氢钠，方程式为：Na2CO3+C6H5OH→NaHCO3+C6H5ONa，E项正确；
F.酸性CH3COOH >HCN，所以 CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN可以发生，F项正确；
不能成立的是AD；
（2）浓度均为0.05mol•L−1的下列5种物质的溶液中，只有硫酸为二元酸，电离出的H+浓度最大，因此酸性最强，pH最小，浓度为0.05mol•L−1的硫酸中，c(H+)=0.1mol•L−1，因此pH=1，根据表格中的数据可知HCN得酸性最弱，电离程度最小，因此H+的浓度最小，即pH最大。
20.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用．制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．请回答下列问题：
(1)TiCl4水解生成TiO2•x H2O的化学方程式为____________________________________．
(2)配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要如图中的______（填字母代号）
(3)滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g•mol-1）试样w g，消耗c mol•L-1 NH4Fe（SO4）2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为______．
(4)判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填 “偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe（SO4）2溶液有少量溅出，使测定结果______．
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果______．
【答案】 (1). TiCl4+(2+x) H2O=TiO2•x H2O↓+4HCl (2). 抑制Fe3+水解 (3). ac (4). ×100% (5). 偏高 (6). 偏低
【解析】
【分析】
（1）TiCl4水解生成TiO2•x H2O和HCl，根据物质的性质和质量守恒书写化学方程式；
（2）Fe3+水解易使溶液变浑浊，应加入对应的酸抑制其水解，根据配制溶液的过程和步骤进行分析，需要的仪器是容量瓶和胶头滴管；
（3）根据得失电子守恒有Ti3+~Fe3+，因此n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，据此计算质量分数；
（4）①烧杯中的NH4Fe（SO4）2溶液有少量溅出，物质的量浓度减小，消耗的体积增大，质量分数增大；
②若在滴定终点俯视标准液液面，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。
【详解】（1）设TiCl4的计量数为1，根据原子守恒，TiO2•x H2O的计量数为1，HCl的系数为4，再根据O元素守恒，可知H2O的计量数为(2+x)，反应为：TiCl4+(2+x) H2O=TiO2•x H2O↓+4HCl；
（2）Fe3+水解易使溶液变浑浊，应加入对应的酸抑制其水解，为了不引入新的杂质，所以加入硫酸；配制溶液时称量需要托盘天平，溶解时需要烧杯和玻璃棒，转移溶液需要容量瓶和玻璃棒，定容过程需要胶头滴管，因此还需要图中的容量瓶和胶头滴管；
（3）根据得失电子守恒有Ti3+~Fe3+，因此n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，质量分数=×100%=×100%
（4）①烧杯中NH4Fe（SO4）2溶液有少量溅出，物质的量浓度减小，消耗的体积增大，质量分数偏高；
②若在滴定终点俯视标准液液面，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。
21.从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种流程如下：
请回答下列问题：
（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是____________________。
（2）流程Ⅱ中加入烧碱溶液后，生成SiO的离子方程式是__________________。
（3）验证滤液A中含Fe3＋，可取少量滤液并加入______________(填写试剂名称)。
（4）滤液C中溶质的主要成分是___________(填化学式)。
（5）滤液F中离子电荷守恒的关系式为___________________________。
（6）滤液C和滤液F共同的溶质为G，用惰性电极电解500mL 0.1 mol·L－1的G溶液，若阳极得56 mL气体(标准状况)，则所得溶液在常温下pH为_____________(忽略电解前后溶液体积的变化)。
（7）已知25 ℃时Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝1.8×10-11。取适量的滤液A，加入一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH＝13.00，则25℃时残留在溶液中的c(Mg2＋)＝________ mol·L-1。
【答案】（1）Al2O3+6H+===2Al3++3H2O，Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+(各2分)
（2）SiO2+2OH-===SiO32-+H2O(2分)
（3）硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案）(2分)
（4）NaCl、NaHCO3(2分)
（5）c(NH4+)+ c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)(2分)
（6）12(2分) （5）1.8×10-9(2分)
【解析】
试题分析：Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和Na2SiO3在D溶液中，过滤残渣D是不与NaOH溶液反应的MgO、Fe2O3；NaAlO2和Na2SiO3的溶液，加入盐酸，溶液E中有AlCl3、NaCl和HCl溶质，滤去的固体E是H2SiO3；溶液E中通入NH3，固体F是Al(OH)3,溶液F含NaCl和NH4Cl。
铝土矿中除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3、MgO均与盐酸反应，故A溶液中有AlCl3、FeCl3、MgCl2和HCl；在加入过量烧碱，生成沉淀B是Fe(OH)3和Mg(OH)2，溶液B中有NaAlO2和NaOH；溶液B中通入过量CO2，溶液C是NaCl和NaHCO3两种溶质，产生C沉淀是Al(OH)3；Al(OH)3灼烧生成Al2O3。
故（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是Al2O3+6H+===2Al3++3H2O，Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+。
（2）流程Ⅱ中加入烧碱溶液后，生成SiO的离子方程式是SiO2+2OH-===SiO32-+H2O。
（3）验证滤液A中含Fe3＋，可取少量滤液并加入硫氰化钾或硫氰酸钾或苯酚溶液等。
（4）滤液C中溶质的主要成分是NaCl、NaHCO3。
（5）滤液F(NaCl和NH4Cl)中离子电荷守恒的关系式为c(NH4+)+ c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)。
（6）滤液C和滤液F共同的溶质为NaCl，用惰性电极电解500mL 0.1 mol·L－1的NaCl溶液，阳极得56 mL气体Cl2(标准状况)；2NaCl+H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH
n(NaOH)="2" n(Cl2)=2×56×10-3/22.4mol=0.005mol，溶液中故c(NaOH)=0.01mol/L，pOH=2，pH=12。
（7） pH=13.00时，c(OH-)="0.1" mol·L-1，Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11,可得c(Mg2+)=1.8×10-9mol·L-1。
考点：从铝土矿提炼氧化铝。考查过程中的离子方程式的书写、离子的鉴别、溶液成分及电荷守恒关系，Ksp的计算等。
