1、2015-2016学年湖南省岳阳一中高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1生活处处有化学，下列说法正确的是（）A家里用的金龙鱼油和猪油都是可皂化的饱和酯类B亲购买保温杯时可选购304不锈钢材质的，这种材料耐高温，韧性好，这是一种合金C做衣服用的棉和麻均与淀粉互为同分异构体D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2下列各组离子在溶液中可以大量共存，当溶液呈强酸性时，有气体产生；而当溶液呈强碱性时，又能生成沉淀该组离子可能是（）ANa+、Cu2+、NO3、CO32BNH4+、K+、SO42、HCO3CMg2+、NH4+、S
2、O42、ClDFe2+、Na+、SO42、NO33下列物质在给定条件下能实现转化的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3NaNa2O2NaOHFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3MgCl26H2O MgCl2Mg CuSO4（aq）Cu（OH）2 Cu2OABCD4环境保护是当今社会的热门话题，地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以用下列三步来描述：H2O（l）2H+（aq）+O2（g）+2eH=+284kJmol1CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）2C3+（s）+H2O（l
3、）+O2（g）H=+396kJmol112C3+（s）+12e+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6C5（s）H=1200kJmol1下面关于绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式正确的是（）A6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=1880 kJmol1B6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=+2880 kJmol1C6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=+2560 kJmol1D6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）
4、H=1720 kJmol15下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB水滴石穿：CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2+2ClDNH4Cl溶解在T2O中：NH4+T2ONH3T2O+H+6下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是（）A是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应H0B是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象C是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，a是使用催化剂时的曲
5、线D是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1p27M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）H=192kJmol1隔板固定不动，活塞可自由移动向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABB若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%C若x=1.2，y=1，N中达到平衡时体积为2 L，含有C 0.4 mol，再通入0.4mol A时，v正v逆D起始时，分别向M、N两个容器中加入1molA和1molC，达到平衡时，容器
6、M、N中物质A的体积分数：MN8常温时，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀Cc（Mg2+）为0.11 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D在其他条件不变的情况下，向饱和A
7、gCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变9常温下，向20.00mL 0.1000molL1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000molL1 NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）A点a所示溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点d所示溶液中：c（SO42）c（NH3H2O ）c（OH）c（NH4+）D点c所示溶液中：c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH）10下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变
8、，最终不能得到纯净物的是（）A向漂白粉浊液中通入过量CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含1mol Ca（HCO3）2的溶液中加入1mol Na2O2D向含1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）211控制适合的条件，将反应2Fe3+2I2Fe2+I2设计成如图所示的原电池下列判断正确的是（）A反应开始时，乙中石墨电极上发生还原反应B反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被氧化C盐桥中的K+向乙中迁移，Cl向甲中迁移D电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为正极12室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示下列说
9、法正确的是（）A稀释前，c（A）=10 c（B）B稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度大于107 mol/LC在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等D用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为713根据下表提供的数据，下列判断正确的是（）化学式电离常数HFKa=3.5104H2CO3Ka1=4.3107Ka2=5.61011HClOKa=3.2108A同温同浓度下，溶液的pH值：NaFNaClONa2CO3B结合H+的能力：ClOCO32FC碳酸钠溶液中加入少量氢氟酸的离子方程式：CO32+2HF2F+H2O+CO2D次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO+CO2
10、+H2OHCO3+HClO14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=41010，下列说法不正确的是（）A在t时，AgBr的Ksp为4.9l013B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K81615一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105 molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c
11、（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：16A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示下列分析不正确的是（）A当m2m3=2.96 g时，Fe3O4的质量至少为2.32gB生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+C要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D当m1m2时，溶液a中的阴离子只有1种二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共52分）17煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种
12、化工产品的工业过程（1）已知：C（s）+O2（g）CO（g）H=111kJmol1 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1请写出水蒸气通过红热的碳产生水煤气的热化学方程式一定温度下，在一个容积固定的密闭容器中发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是（填字母编号）a容器中的压强不变 b1mol HH键断裂的同时断裂2mol HO键cv正（CO）=v逆（H2O） dc（CO）=c（H2） e容器中混合气体的密度不再改变（2）将不同物质的量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如表中
13、所示的三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mi nH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt实验1中以v（CO2）表示的反应速率为该反应的逆反应为（填“吸”或“放”）热反应若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），则a、b应满足的关系是（用含a、b的代数式表示）（3）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），如图1表示该反应过程中能量的变化在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中
14、能使CH3OH的体积分数增大的是（填字母编号）a升高温度 b充入He（g） c将H2O（g）从体系中分离出来 d再充入1mol CO2和3mol H2e将该密闭容器改为恒压密闭容器容器中反应的逆反应速率随时间变化的关系如图2t2时改变了某一种条件，改变的条件可能是（任写一点）18：运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义（1）试判断用于汽车净化的一个反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在25、100kPa下能否自发进行（填“能”或“否”）已知：在25、100kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1（2）25下，将a mol
15、L1的氨水与0.005molL1的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=：利用X射线对BaSO4穿透能力较差的特性，医学上常用 BaSO4作内服造影剂，称为钡餐透视某课外活动小组为了探究BaSO4的溶解度，室温下分别将足量BaSO4放入：a.5ml水；b.40ml 0.2molL1的Ba（OH）2溶液；c.20ml 0.5molL1的Na2SO4溶液；d.40ml 0.1molL1的H2SO4溶液中，溶解至饱和（1）以上各溶液中，Ba2+的浓度由大到小的顺序为（用字母编号排序）（2）298K时，Ksp（BaSO4）=1.
16、11010，Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，溶液中c （CO32）：c （SO42）=（不考虑CO32的水解）（3）室温下，某同学取同样体积的溶液b和溶液d直接混合，则混合液的pH为（设混合溶液的体积为混合前两溶液的体积之和）：次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，重要的精细化工产品（1）写出次磷酸的电离方程式：（2）已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，混合后溶液PH=7，则此时C（OH）C（H3PO2）=该温度
17、下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，则Va：Vb=（3）已知室温下次磷酸的Ka=102，取0.2mol/L的次磷酸与0.1mol/L的KOH等体积混合，则混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为19有关钴和铁化合物的性质见下表用含钴废料（含少量铁）可制备氯化钴：Co+2HClCoCl2+H2，工艺流程如下，试回答：物质溶度积Ksp沉淀完全时的pHCo（OH）25.910159.4Fe（OH）21.610149.6Fe（OH）31.110363.7（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀的正极反应式为（2）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）X在足量
18、的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y可溶于过量盐酸，形成黄绿色的溶液，写出Y与盐酸反应的化学方程式（3）“净化除铁”中，写出加入H2O2时反应的离子方程式（4）滤液的主要成分是（5）步中用Na2CO3调pH4的原因是20草酸晶体的组成可用H2C2O4xH2O表示，为了测定x值，称取Wg草酸晶体，配成100.00ml水溶液，然后进行如下实验：从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为a molL1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶；滴定管检漏；用待装液润洗滴定管；向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡试回
19、答：（1）以上实验步骤的正确排序是（用编号排序）：（2）判断滴定终点的方法是（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会（偏大、偏小、无影响）（4）在滴定过程中若用amolL1的KMnO4溶液Vml，由此可计算x的值是（5）利用双指示剂滴定由NaHCO3、Na2CO3、NaOH三种物质中的一种或两种物质组成的混合物中各成分的质量分数具体做法是：先向待测溶液中加入酚酞，用标准盐酸滴定，当NaOH或Na2CO3被转化为NaCl和NaHCO3时，酚酞由红色褪为无色，消耗V1ml盐酸；然后滴加甲基橙，继续用标准盐酸滴定，当NaHCO3转化为NaCl时，
20、溶液由黄色变为橙色，消耗V2ml盐酸若称取1.500g 含杂质的试样（杂质不与盐酸反应），配100.0ml水溶液，取出20.00ml溶液，用0.1000mol/L的标准盐酸滴定，测得V1=35.00ml，V2=5ml求试样的成分及质量分数2015-2016学年湖南省岳阳一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1生活处处有化学，下列说法正确的是（）A家里用的金龙鱼油和猪油都是可皂化的饱和酯类B亲购买保温杯时可选购304不锈钢材质的，这种材料耐高温，韧性好，这是一种合金C做衣服用的棉和麻均与淀粉互为同分异构体D磨豆浆的
21、大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【考点】烃的衍生物官能团；生活中常见合金的组成；有机化合物的异构现象【分析】A、花生油属于不饱和油脂，猪油属于饱和油脂；B、不锈钢是一种合金；C、同分异构体是分子式相同结构不同的化合物；D、蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸【解答】解：A、花生油属于不饱和高级脂肪酸形成的甘油酯，猪油是饱和的高级脂肪酸形成的甘油酯，故A错误；B、不锈钢是铁和其他金属熔合在一起形成的具有优良的物理和机械性能的合金，有良好的耐高温、抗腐蚀和韧性好等特点，故B正确；C、棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故C错误；D、蛋白质要在催化剂作用下
22、才能水解为氨基酸，豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误故选B2下列各组离子在溶液中可以大量共存，当溶液呈强酸性时，有气体产生；而当溶液呈强碱性时，又能生成沉淀该组离子可能是（）ANa+、Cu2+、NO3、CO32BNH4+、K+、SO42、HCO3CMg2+、NH4+、SO42、ClDFe2+、Na+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应的能共存，当溶液呈强酸性时，有气体产生，说明该溶液中含有能与H+反应生成气体的弱酸根离子；而当溶液呈强碱性时，又能生成沉淀，说明含有能与OH反应生成沉淀的金属阳离子，据此分析
23、解答【解答】解：ACu2+、CO32生成碳酸铜蓝色沉淀而不能大量共存，故A错误；B这几种离子之间不反应，HCO3和H+反应生成二氧化碳气体，但没有和OH反应生成沉淀的离子，故B错误；C这几种离子之间不反应，Mg2+、OH生成沉淀，但没有和H+反应生成气体的离子，故C错误；D这几种离子之间不反应，酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应生成NO，碱性条件下Fe2+与OH反应生成沉淀，所以符合条件，故D正确；故选D3下列物质在给定条件下能实现转化的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3NaNa2O2NaOHFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na
24、2CO3MgCl26H2O MgCl2Mg CuSO4（aq）Cu（OH）2 Cu2OABCD【考点】化学实验方案的评价【分析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝；过氧化钠能与二氧化碳反应；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；氯化镁溶液蒸干得到氢氧化镁；硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基【解答
25、】解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；过氧化钠能与二氧化碳反应，钠与二氧化碳不反应，故错误；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氯化镁溶液蒸干得到氢氧化镁，得
26、不到氯化镁，故错误硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，所以能一步实现，故正确；故选D4环境保护是当今社会的热门话题，地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以用下列三步来描述：H2O（l）2H+（aq）+O2（g）+2eH=+284kJmol1CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）2C3+（s）+H2O（l）+O2（g）H=+396kJmol112C3+（s）+12e+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6C5（s）H=1200kJm
27、ol1下面关于绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式正确的是（）A6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=1880 kJmol1B6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=+2880 kJmol1C6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=+2560 kJmol1D6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=1720 kJmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】已知：H2O（l）2H+（aq）+O2（g）+2eH=+284kJ
28、mol1CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）2C3+（s）+H2O（l）+O2（g）H=+396kJmol112C3+（s）+12e+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6C5（s）H=1200kJmol1根据盖斯定律，6+6可得：6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g），反应热也进行相应的计算【解答】解：已知：H2O（l）2H+（aq）+O2（g）+2eH=+284kJmol1CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）2C3+（s）+H2O（l）+O2（g）H=+396kJmol112C3+（s）+12e+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+
29、6C5（s）H=1200kJmol1根据盖斯定律，6+6可得：6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g），则H=6396kJmol11200kJmol1+6284kJmol1=+2880kJmol1，故热化学方程式为：6CO2（g）+6H2O（l）C6H12O6（葡萄糖，s）+6O2（g）H=+2880 kJmol1，故选：B5下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB水滴石穿：CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2+2ClDNH4Cl溶解在T2
30、O中：NH4+T2ONH3T2O+H+【考点】离子方程式的书写【分析】A.0.1 mol/L氨水的pH为11，说明一水合氨为弱碱，部分电离；B碳酸钙与二氧化碳、水反应生成可溶性碳酸氢钙；C氯化铜为强电解质，完全电离；D依据盐类水解实质铵根离子结合水电离产生氢氧根离子解答【解答】解：A.0.1 mol/L氨水的pH为11，说明一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3H2ONH4+OH，故A正确；B碳酸钙与二氧化碳、水反应生成可溶性碳酸氢钙，化学方程式：CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，故B正确；C氯化铜为强电解质，完全电离，电离方程式：CuCl2Cu2+2Cl，故C正确；DNH4
31、Cl溶解在T2O中，铵根离子发生水解，离子方程式：NH4+T2ONH3HTO+T+，故D错误；故选：D6下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是（）A是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应H0B是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象C是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，a是使用催化剂时的曲线D是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1p2【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A升高温度，平衡
32、向吸热反应方向移动，根据反应方向判断反应热；B氯化钾不影响平衡移动；C催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，导致平衡不移动；DA的转化率随着B的增加而增大【解答】解：A根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的H0，故A错误；B该反应实质为Fe3+3SCNFe（SCN）3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；C使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；D该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误；故选C7M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g
33、）2C（g）H=192kJmol1隔板固定不动，活塞可自由移动向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABB若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%C若x=1.2，y=1，N中达到平衡时体积为2 L，含有C 0.4 mol，再通入0.4mol A时，v正v逆D起始时，分别向M、N两个容器中加入1molA和1molC，达到平衡时，容器M、N中物质A的体积分数：MN【考点】化学平衡的影响因素【分析】M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和
34、不等，所以两个平衡态也不一样，A、由于x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，用a表示参加反应的B的物质的量，表示出转化率，据此比较；B、题目中热化学方程式的意义为1molA完全反应，放热192 kJ，根据实际放出的热量计算参加反应的A的物质的量，进而表示出转化率进行判断；C、根据平衡时C的物质的量，利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量，进而计算平衡常数再通入0.4 molA时，假定平衡不移动，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算通入0.4 molA时瞬间体积，再计算各物质的量的浓度，进而计算浓度商，与平衡常数比较，判断平衡移动，据此确定；D、加入1molA、1mo
35、lC相当于加入1.5molA、1.5molC，由于压强不同，达到平衡时A的体积分数不同【解答】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，则： A（g）+3B（g）2C（g）初始（mol）：x 2x 0 变化（mol）：a 3a 2a故A的转化率=，B的转化率=，则平衡时，M中的转化率：AB，故A错误；B、题目中热化学方程式的意义：若1molA完全反应，放热192 kJ，当M中放出热量172.8 kJ时，参加反应的A的物质的量为1mol=0.9mol，故A的转化率为，故B错误；C、x=1.
36、2，y=1，N中达到平衡时体积为2 L，含有C 0.4 mol，则： A（g）+3B（g）2C（g）起始：1.2 1反应：0.2 0.6 0.4平衡：1 0.4 0.4故A、B、C的平衡浓度分别为0.5mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，则平衡常数K=10原平衡体系中，2.0L容器中含有分子物质的量为1.0+0.4+0.4mol=1.8mol，当加入0.4molA，体系瞬间有分子物质的量为（1.8+0.4）mol=2.2mol，N容器恒温、恒压，则容器体积比=气体的物质的量比，即：2.2mol：1.8mol=V：2L，瞬间总体积（V）变为=2.44L，此时的浓度商Qc=10.6，Q
37、cK，所以，平衡要逆向移动，即v（正）v（逆），故C正确；D、起始时，分别向M、N两个容器中加入1molA、1molC，相当于加入1.5molA、1.5molC；由于M和N的反应条件不同，该反应又是体积缩小的反应，N中压强大于M，平衡向着正向移动，所以达平衡时，容器M中物质A的体积分数大于N，故D错误；故选C8常温时，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg
38、沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀Cc（Mg2+）为0.11 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变【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Ksp（CH3COOAg）=c（CH3COO）c（Ag+）计算；B根据Ksp（AgCl）以及Ksp（Ag2CrO4）计算生成沉淀时银离子的浓度，根据银离子浓度判断；C根据KspMg（OH）2=c（Mg2+）c
39、2（OH）计算；DKsp（AgCl）只受温度的影响【解答】解：A等体积混合浓度均为0.1molL1，c（CH3COO）c（Ag+）=0.012.3103，一定产生CH3COOAg沉淀，故A正确；B0.001 molL1的KCl溶液中形成AgCl沉淀时，银离子的浓度为c（Ag+）=1.8107mol/L，0.001 molL1的K2CrO4溶液中形成Ag2CrO4沉淀时，c（Ag+）=105mol/L，则KCl溶液中形成AgCl沉淀时银离子浓度小，即AgCl先达到饱和，应先生成AgCl沉淀，故B错误；CKspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH），c（OH）=105 molL1，溶液的pH至
40、少要控制在9以上，故C正确；DKsp（AgCl）只受温度的影响，与浓度无关，所以在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变，故D正确；故选B9常温下，向20.00mL 0.1000molL1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000molL1 NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）A点a所示溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点d所示溶液中：c（SO42）c（NH3H2O ）c（OH）c（NH4+）D点c
41、所示溶液中：c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据溶质的性质判断；Cd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半；Dc点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断【解答】解：Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）c（SO42），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（
42、H+）c（OH），故A错误；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）c（Na+），故B错误；Cd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3H2O ）c（SO42），故C错误；Dc点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c
43、（OH），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（SO42）=2c（Na+），所以得c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH），故D正确；故选D10下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）A向漂白粉浊液中通入过量CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含1mol Ca（HCO3）2的溶液中加入1mol Na2O2D向含1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生
44、成碳酸氢钙和次氯酸，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；B、氧化铝和金属铝和盐酸之间反应都生成氯化铝；C、1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，根据碳酸氢钙和氢氧化钠之间的反应来回答；D、根据铝离子和氢氧根离子、钡离子和硫酸根离子之间量的关系来回答【解答】解：A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A正确；B、向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故B错误；C、1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化
45、钠，2mol氢氧化钠和1mol Ca（HCO3）2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C错误；D、1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是KAl（OH）4，是纯净物，故D错误，故选A11控制适合的条件，将反应2Fe3+2I2Fe2+I2设计成如图所示的原电池下列判断正确的是（）A反应开始时，乙中石墨电极上发生还原反应B反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被氧化C盐桥中的K+向乙中
46、迁移，Cl向甲中迁移D电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为正极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用总反应2Fe3+2I2Fe2+I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的碳棒作正极，乙烧杯中的碳棒作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答【解答】解：A乙中I失去电子放电，元素的化合价升高，发生氧化反应，所以乙中石墨电极上发生氧化反应，故A错误；B由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中Fe3+发生还原反应，故B错误；C甲中碳棒为正极，电流从甲中碳
47、棒流向乙中碳棒，则盐桥中的K+向甲中迁移，Cl向乙中迁移，故C错误；D当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D正确；故选D12室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示下列说法正确的是（）A稀释前，c（A）=10 c（B）B稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度大于107 mol/LC在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等D用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】由图并根据酸碱中和及电离来解答；A、依据图象分析判断AB稀释相同倍数，A
48、的pH变化大，B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；C、M点AB溶液pH相同；D、醋酸是弱酸和一元碱反应生成的盐溶液酸碱性由离子的水解程度决定，恰好反应溶液pH不为7【解答】解：A、稀释前，c（AOH）=0.1mol/L，c（BOH）0.01mol/L，则c（AOH）10c（BOH），故A错误；B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度小于107 mol/L，故B错误；C、M点AB溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，故C正确；D、用醋酸中和A溶液至恰好完全反应
49、时，醋酸是弱酸，生成的醋酸根离子水解显碱性，故D错误；故选C13根据下表提供的数据，下列判断正确的是（）化学式电离常数HFKa=3.5104H2CO3Ka1=4.3107Ka2=5.61011HClOKa=3.2108A同温同浓度下，溶液的pH值：NaFNaClONa2CO3B结合H+的能力：ClOCO32FC碳酸钠溶液中加入少量氢氟酸的离子方程式：CO32+2HF2F+H2O+CO2D次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO+CO2+H2OHCO3+HClO【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，弱酸的电离平衡常数越小，酸性越弱，其酸根结合氢离
50、子的能力越强，其对应的盐水解程度越大，强酸可以制弱酸【解答】解：据表格分析，酸性由强到弱的顺序为：HF、H2CO3、HClO，A、酸性由强到弱的顺序为：HF、H2CO3、HClO，酸性越弱，其酸根水解结合氢离子的能力越强，溶液的碱性越强，所以溶液pH：Na2CO3NaClONaF，故A错误；B、酸性由强到弱的顺序为：HF、H2CO3、HClO，结合H+ 的能力：CO32ClOF，故B错误；C、碳酸钠溶液中加入少量氢氟酸时，先生成碳酸氢根离子，离子方程式为：CO32+HF=F+HCO3，故C错误；D、碳酸的第一步电离酸性比次氯酸强，可以发生反应，ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故D正
51、确；故选D14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=41010，下列说法不正确的是（）A在t时，AgBr的Ksp为4.9l013B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K816【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4.91013；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QcKsp，故
52、为AgBr的不饱和溶液；DK=【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4.91013，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QcKsp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；DK=816，故D正确；故选B15一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105 molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O
53、4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较【分析】A硫化氢是二元弱酸分步电离；B氨水溶液中一水合氨是弱碱存在电离平衡，稀释促进电离；C溶液中存在物料守恒，n（Na）=n（C2O42）；D对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液PH越大；当PH相同时，酸越强，盐的浓度越大；【解答】解：ApH=5的H2S溶液中存在电离平衡，H2SH+HS，HSH+S2，c（H+）=1105 molL1c（HS），故A错误；B氨水溶液中一水合氨是弱碱存在电离平衡，稀释促进电离pH=a的氨水溶液，
54、稀释10倍后，其pH=b，则ba+1，故B错误；C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在物料守恒：2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故C错误；D在相同的条件下测得CH3COONaNaHCO3 NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOHHClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即c（Na+）：，故D正确；故选D16A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示下列分析不正确的是（）A当m2m
55、3=2.96 g时，Fe3O4的质量至少为2.32gB生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+C要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D当m1m2时，溶液a中的阴离子只有1种【考点】镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应；BFe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性；C金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应；D当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液【解答】解：A根据反应方程式Fe3O4+8H+=Fe2
56、+2Fe3+4H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+可知若Fe3O4产生的Fe3+恰好与Cu反应，二者的物质的量关系是：Fe3O42Fe3+Cu，即232g的Fe3O4反应会消耗64g Cu，固体总质量减轻：232g+64g=296g，所以当m2m3=2.96g时，Fe3O4的反应消耗质量为2.32 g，若Fe3O4过量则其质量大于2.32 g，因此Fe3O4至少为2.32 g，故A正确；BFe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生反应为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应，可取A加入适量稀HCl，
57、如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子大于一种，故D错误；故选D二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共52分）17煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程（1）已知：C（s）+O2（g）CO（g）H=111kJmol1 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1请写出水蒸气通过红热的碳产生水煤气的热化学方程式C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+13
58、1kJmol1一定温度下，在一个容积固定的密闭容器中发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是abce（填字母编号）a容器中的压强不变 b1mol HH键断裂的同时断裂2mol HO键cv正（CO）=v逆（H2O） dc（CO）=c（H2） e容器中混合气体的密度不再改变（2）将不同物质的量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如表中所示的三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mi nH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt
59、实验1中以v（CO2）表示的反应速率为0.16mol（Lmin）1该反应的逆反应为吸（填“吸”或“放”）热反应若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），则a、b应满足的关系是b=2a，且a1（用含a、b的代数式表示）（3）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），如图1表示该反应过程中能量的变化在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使CH3OH的体积分数增大的是cde（填字母编号）a升高温度 b充入He（g） c将H2O（g）从体系中分离出来 d再充入
60、1mol CO2和3mol H2e将该密闭容器改为恒压密闭容器容器中反应的逆反应速率随时间变化的关系如图2t2时改变了某一种条件，改变的条件可能是升高温度（任写一点）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；等效平衡【分析】（1）已知：C（s）+O2（g）CO（g）H=111kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1；根据盖斯定律可得；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；（2）根据v=计算计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；第二组温度比
61、第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可；（3）根据图象知，该反应的正反应是放热反应，能使c（CH3OH）增大，说明平衡向正反应方向移动；图示中t2时的逆反应速率加快，根据及影响化学反应速率的因素判断改变的条件【解答】解：（1）C（s）+O2（g）CO（g）H=111kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1；根据盖斯定律得：C（s）+H2O（g）CO（g
62、）+H2（g）H=+131kJmol1；a反应前后气体的物质的量发生变化，随反应进行气体的物质的量增加，压强增大，容器中的压强不变，说明反应到达平衡，故正确；bl molHH键断裂的同时断裂2mol HO键，断裂2mol HO键同时生成l molHH键，说明反应到达平衡，故正确；c根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（H2O），若v正（CO）=v逆（H2O），则v正（H2O）=v逆（H2O），说明反应到达平衡，故正确；d根据反应可知，自始至终c（CO）=c（H2），不能说明反应到达平衡，故错误；e容器的容积不变，随反应进行容器内气体的质量增加，所以随反应进行密度增大，容器中气体的密度不变，
63、说明反应到达平衡，故正确；故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131kJmol1；abce；（2）v（CO）=0.16mol（Lmin）1，速率之比等于化学计量数之，则v（CO2）=0.16mol（Lmin）1，故答案为：0.16mol（Lmin）1；实验1中CO的转化率为100%=40%，实验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；故答案为：吸热；使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，即b
64、=2a，且a1，；故答案为：b=2a，且a1；（3）a根据图象知，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c（CH3OH）减小，故a错误；b充入He（g），使体系压强增大，由于容器为恒容容器，各组分浓度不变，平衡不移动，c（CH3OH）不变，故b错误；c将H2O（g）从体系中分离出来，平衡正向移动，c（CH3OH）增大，故c正确；d再充入1mol CO2和3molH2，平衡正向移动，c（CH3OH）增大，故d正确；e将该密闭容器改为恒压密闭容器，反应是个体积减小的反应，则相对于恒容为加压，正方向移动，c（CH3OH）增大，故e正确；故答案为：cde；根据图象知，t2时，逆反应速率突然
65、增大，原因可能是使用了催化剂、升高了温度、增大了压强、增大了生成物的浓度，而后逆反应速率减小，平衡逆向移动，则只能是t2时增大了生成物的浓度或升高了温度，故答案为：升高温度（增大生成物CH3OH的浓度）18：运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义（1）试判断用于汽车净化的一个反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在25、100kPa下能否自发进行能（填“能”或“否”）已知：在25、100kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1（2）25下，将a molL1的氨水与0.005molL1的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（N
66、H4+）=2c（SO42），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=：利用X射线对BaSO4穿透能力较差的特性，医学上常用 BaSO4作内服造影剂，称为钡餐透视某课外活动小组为了探究BaSO4的溶解度，室温下分别将足量BaSO4放入：a.5ml水；b.40ml 0.2molL1的Ba（OH）2溶液；c.20ml 0.5molL1的Na2SO4溶液；d.40ml 0.1molL1的H2SO4溶液中，溶解至饱和（1）以上各溶液中，Ba2+的浓度由大到小的顺序为（用字母编号排序）（2）298K时，Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓
67、度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，溶液中c （CO32）：c （SO42）=260：11（不考虑CO32的水解）（3）室温下，某同学取同样体积的溶液b和溶液d直接混合，则混合液的pH为13（设混合溶液的体积为混合前两溶液的体积之和）：次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，重要的精细化工产品（1）写出次磷酸的电离方程式：H3PO2H2PO2+H+（2）已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，混合后溶液PH=7，则此时C（OH）C（H3PO2）=c（H+）该温度下将pH=a的盐酸V
68、aml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，则Va：Vb=1：100（3）已知室温下次磷酸的Ka=102，取0.2mol/L的次磷酸与0.1mol/L的KOH等体积混合，则混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（H2PO2）c（K+）c（OH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较【分析】（1）依据G=HTS计算判断，若G0，反应自发进行，若G0，反应非自发进行；（2）在25下，将amol/L的氨水与0.005mol/L的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH），平衡时溶液中c（NH4+）=
69、2c（SO42）=0.01mol/L，根据物料守恒得c（NH3H2O）=（0.5a0.01）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb=；（1）含有相同的离子能抑制硫酸钡的溶解，难溶物质向更难溶物质进行转化； （2）将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，依据沉淀转化平衡常数和溶度积常数计算；（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据离子积公式计算氢离子浓度，从而确定溶液的pH值；（1）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，
70、据此写出电离方程式；（2）已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，氢离子浓度c（H+）=1010mol/L，该温度下Kw=1012，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，混合后溶液PH=7，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到离子浓度关系，该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量列式计算；（3）依据电离平衡常数和溶液中离子积常数计算水解平衡常数，比较水解平衡常数和电离平衡常数的大小，来判断水解程度和电离程度大小确定溶液酸碱性；【解答】解：（1）已知：在298K、1
71、00kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1，G=HTS=113.0 kJmol1298 K（145.3 Jmol1K1）10369.7 kJmol10，反应自发进行，故答案为：能；（2）在25下，将amol/L的氨水与0.005mol/L的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH），平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3H2O）=（0.5a0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb=，故答案为：；（1）根据难溶电解
72、质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低，氢氧化钡能抑制硫酸钡的电离，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大；水中的钡离子浓度次之；硫酸钠溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的电离，硫酸钠中的硫酸根浓度大于硫酸中的浓度，所以硫酸钠溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是：，故答案为：；（2）298K时，Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，BaCO3+SO42=BaSO4
73、+CO32，K=，溶液中c （CO32）：c （SO42）=260：11，故答案为：260：11；（3）40ml 0.2molL1的Ba（OH）2溶液和40ml 0.1molL1的H2SO4溶液中混合后溶液中C（OH）=0.1mol/L，则C（H+）=1013 mol/L，所以pH=13，故答案为：13；（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为H3PO2H2PO2+H+，故答案为：H3PO2H2PO2+H+；（2）已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，氢离子浓度c（H+）=1010mol/L，该温度下Kw=1012，将该NaOH溶液与等浓度等体
74、积的H3PO2溶液混合恰好反应生成盐为NaH2PO2，混合后溶液PH=7，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（H2PO2 ），物料守恒为：c（Na+）=c（H2PO2）+c（H3PO2）计算得到离子浓度关系，C（OH）C（H3PO2）=c（H+），该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，Va ml10amol/L=Vbml，Va：Vb=1012+a+b，a+b=10，Va：Vb=1：100，故答案为：c（H+），1：100；（3）取0.2mol/L的次磷酸与0.1
75、mol/L的KOH等体积混合反应后得到等浓度的H3PO2和KH2PO2，H2PO2+H2OH3PO2+OH，Kh=1012，电离程度大于水解程度，则等浓度的H3PO2和KH2PO2混合溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c（H2PO2）c（K+）c（OH）c（H+），故答案为：c（H2PO2）c（K+）c（OH）c（H+）19有关钴和铁化合物的性质见下表用含钴废料（含少量铁）可制备氯化钴：Co+2HClCoCl2+H2，工艺流程如下，试回答：物质溶度积Ksp沉淀完全时的pHCo（OH）25.910159.4Fe（OH）21.610149.6Fe（OH）31.110363.7（1）钢铁在潮湿的空气
76、中发生吸氧腐蚀的正极反应式为O2+4e+2H2O=4OH（2）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y可溶于过量盐酸，形成黄绿色的溶液，写出Y与盐酸反应的化学方程式Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O（3）“净化除铁”中，写出加入H2O2时反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4）滤液的主要成分是CoCl2、NaCl、HCl（5）步中用Na2CO3调pH4的原因是碳酸钠可与盐酸反应，降低溶液的酸性，增大pH，使铁离子沉淀完全【考点】制备实验方案的设计【分析】含钴废料（含少量铁）加入盐酸，可得CoCl2、
77、FeCl2，加入过氧化氢，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至4，可得到Fe（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、NaCl、HCl，为得到CoCl26H2O晶体，防止钴离子水解，加盐酸调节pH值在23，然后结晶、干燥得氯化钴晶体，（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极为氧气得电子生成氢氧根离子；（2）Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y应为四氧化三铁，四氧化三铁可溶于过量盐酸，生成氯化铁和氯化亚铁；（3）双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价；（4）当除尽Fe3+后，滤液中所含溶质有NaCl、CoCl2；（5）根据KspFe（OH）3=c（Fe3+
78、）c3（OH），pH=lgc（H+），可知，pH4Fe（OH）3沉淀完全；【解答】解：（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极为氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e+2H2O=4OH；（2）Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y应为四氧化三铁，四氧化三铁可溶于过量盐酸，生成氯化铁和氯化亚铁，反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，故答案为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；（3）双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：2Fe2+H2O2+2H+=
79、2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）除去Fe3+，滤液中主要含有NaCl、CoCl2、以及极少量的HCl，故答案为：CoCl2、NaCl、HCl；（5）滤液中（Fe3+）1.0105mol/L时，可视为Fe3+沉淀完全，KspFe（OH）3=1.01035=c（Fe3+）c3（OH）=1.0105molL1c3（OH），所以c（OH）=1010molL1，c（H+）=molL1=104molL1，PH=lgc（H+）=lg104=4，所以为了使Fe3+完全沉淀，用Na2CO3调pH4，碳酸钠可与盐酸反应，降低溶液的酸性，增大pH，使铁离子沉淀完全
80、，故答案为：碳酸钠可与盐酸反应，降低溶液的酸性，增大pH，使铁离子沉淀完全；20草酸晶体的组成可用H2C2O4xH2O表示，为了测定x值，称取Wg草酸晶体，配成100.00ml水溶液，然后进行如下实验：从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为a molL1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶；滴定管检漏；用待装液润洗滴定管；向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡试回答：（1）以上实验步骤的正确排序是（用编号排序）：（2）判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色
81、（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会无影响（偏大、偏小、无影响）（4）在滴定过程中若用amolL1的KMnO4溶液Vml，由此可计算x的值是（5）利用双指示剂滴定由NaHCO3、Na2CO3、NaOH三种物质中的一种或两种物质组成的混合物中各成分的质量分数具体做法是：先向待测溶液中加入酚酞，用标准盐酸滴定，当NaOH或Na2CO3被转化为NaCl和NaHCO3时，酚酞由红色褪为无色，消耗V1ml盐酸；然后滴加甲基橙，继续用标准盐酸滴定，当NaHCO3转化为NaCl时，溶液由黄色变为橙色，消耗V2ml盐酸若称取1.500g 含杂质的试样（
82、杂质不与盐酸反应），配100.0ml水溶液，取出20.00ml溶液，用0.1000mol/L的标准盐酸滴定，测得V1=35.00ml，V2=5ml求试样的成分及质量分数NaOH：69.4%，Na2CO3：30.6%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定【分析】（1）根据氧化还原滴定的操作和滴定管的使用规范可知，滴定时首先要滴定管检漏，然后用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶，用待装液润洗滴定管，向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡，从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为a molL1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，据此答题；
83、（2）用KMnO4溶液滴定草酸溶液，滴定终点时溶液由无色变为紫色不褪去；（3）在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对实验没有影响；（4）根据电子得失守恒有关系式2KMnO4 5H2C2O4，可计算得草酸的物质的量，进而确定草酸的质量，用样品的质量减去草酸的质量即为结晶水的质量，据此可计算出x值；（5）根据题意可知，以酚酞作指示剂，指示反应为NaOH+HClNaCl+H2O、Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3；甲基橙作指示剂，指示反应为：NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，由于V1V2，所以样品中一定含有氢氧化钠，由于碳酸氢钠与氢氧化钠反应，所以另一物质为碳酸钠
84、，再根据反应需要盐酸的量计算固体中各成分的质量分数【解答】解：（1）根据氧化还原滴定的操作和滴定管的使用规范可知，滴定时首先要滴定管检漏，然后用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶，用待装液润洗滴定管，向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡，从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为a molL1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，所以实验编号为，故答案为：；（2）用KMnO4溶液滴定草酸溶液，滴定终点时溶液由无色变为紫色不褪去，所以判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色，故答案为：当滴入最后一滴
85、高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色；（3）在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对实验没有影响，故答案为：无影响；（4）amolL1的KMnO4溶液Vml中含有高锰酸钾的物质的为aV103 mol，根据电子得失守恒有关系式2KMnO4 5H2C2O4，可知草酸的物质的量为2.5aV103 mol，进而确定草酸的质量为255aV103 g，所以结晶水的质量为Wg255aV103 g，所以有，则x=，故答案为：；（5）根据题意可知，以酚酞作指示剂，指示反应为NaOH+HClNaCl+H2O、Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3；甲基橙作指示剂，指示反应为：N
86、aHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，由于V1V2，所以样品中一定含有氢氧化钠，由于碳酸氢钠与氢氧化钠反应，所以另一物质为碳酸钠，即混合物为NaOH和Na2CO3，第一步发生的反应为NaOH+HClNaCl+H2O、Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，第二步发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，碳酸钠第一步、第二步和盐酸反应需要体积相等，则第一步多出的盐酸和氢氧化钠反应，n（NaOH）=0.1000mol/L（0.0350.005）L=0.003mol，和碳酸钠反应的盐酸的体积为5mL，则n（Na2CO3）=0.1000mol/L0.005L=0.0005mol，所以NaOH的质量分数为100%=69.4%，Na2CO3的质量分数为169.4%=30.6%，故答案为：NaOH：69.4%，Na2CO3：30.6%2016年12月12日