1、2015-2016学年广东省广州市执信中学高二（上）期中化学试卷（理科）一、单项选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分1下列关于反应方向的说法中正确的是（）A非自发反应一定不能实现B自发反应在任何条件下都能实现C同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大D对于2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，在室温下能自发进行是因为反应是熵增的2下列有关叙述正确的是（）ASO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质BBaSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解质C液溴不导电，所以液溴是非电解
2、质DHI熔融状态不能导电，但HI是强电解质3下列实验操作合理的是（）A用托盘天平称一定质量的NaOH固体，两端应同时放上一张滤纸再调平B用25 mL的碱式滴定管量取14.80 mL的NaOH溶液C25 mL的酸式滴定管装 0.1 mol/L的H2SO4溶液至0.00 刻度，则所盛溶液体积为25.00 mLD用量筒量取一定体积的溶液前，必须先用该溶液润洗4下列说法正确的是（）A等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的C燃烧热是指1mol物质完全燃烧时放出的热量DH+ （aq）+OH（aq）=H2O（1）H=57.
3、3kJ/mol 也能表示稀醋酸与稀NaOH溶液反应的中和热5SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热H为（）A1780kJ/molB1220 kJ/molC450 kJ/molD+430 kJ/mol6在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法
4、不正确的是（）A上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应B25时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2105C80达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2 mol/LD在80时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5 mol/L，则此时v（正）v（逆）7常温条件下，有关pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液，四种溶液的比较中，正确的是（）A水电离的c（H+）：=B将、溶液混合后pH=7，则消耗溶液的体积：=C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：最大D向溶液中加
5、入100mL水后，溶液的pH：8已知温度T时水的离子积常数为Kw该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）=mol/LD向反应后的混合液中滴加石蕊试液后呈紫色9下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是（）A无色溶液中：CO32、Al3+、Cl、NO3B无色溶液中：NH4+、K+、CH3COO、ClCpH=1的溶液中：Fe2+、NH4+、Mg2+、NO3D水电离的c（H+）=1012 mol/L的溶液中：Fe3+、SO42、K+、Na+10下列说法正确的是（）A明
6、矾用于净水与K+、Al3+的水解有关B配制FeCl3溶液时，为了抑制Fe3+的水解，常加入少量稀硫酸C常常用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以避免氯气溶于水而损失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11已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）12氢氰酸（HCN）的下列性质中，不能证明它是弱电解质
7、的是（）AHCN溶液的导电性比盐酸的弱B1mol/LNaCN溶液呈碱性CNaCN可以与盐酸反应D1mol/LHCN溶液的pH约为313下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示催化剂能改变化学反应的焓变B图表示向氨水中加水时溶液导电性的变化情况，且溶液c（OH）大小：abC由图可知反应2A（g）+B（g）C（g）的HO，且 a=2D图表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化情况14对于物质的量浓度均为0.01mol/L的NaHCO3、Na2CO3、CH3COOH、CH3COONa四种溶液，下列说法正确的是（）A的离子浓度为：c（Na+）c（OH）c（HCO3）c（
8、H+）Bc（OH）=c（HCO3）+c（H+）+c（H2CO3）C加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，c（H+）增大D和等体积混合，c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.01 mol/L15一定温度下，水溶液中H+和OH的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A升高温度，可能引起由c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.01013C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化二、非选择题（共55分）16（1）2.00g C2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出99.6kJ的热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式（2）已知下列
9、反应的反应热：CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1=870.3kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJ/molH2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol计算下列反应的反应热：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H=（写出计算结果）（3）已知：CH4 （g）+2O2（g）=CO2 （g）+2H2 O （l）H=Q1 kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2 O （g）H=Q2 kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2 O （l）H=Q3 kJ/mol取体积比4：1的甲烷和氢气的混
10、合气体11.2L（标况），经完全燃烧恢复至常温，放出的热量为（4）请认真观察如图，然后回答问题图中反应是（填“吸热”或“放热”）反应，该反应（填“需要”或“不需要”）环境先提供能量已知热化学方程式：H2（g）+1/2O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为17I某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的离子方程式有；（2）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、FeSO4、K2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是；（3）为了进一
11、步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如表一系列实验将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间实验混合溶液ABCDEF4mol/L H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降请分析氢气生成速率下降的主要原因、某兴趣组进行下列实验测定某稀硫酸的质量分数，选用酚酞
12、做指示剂操作：取5.00mL稀H2SO4溶液（密度为1.00g/mL）置于锥形瓶中加水稀释；操作：用0.1000mol/LKOH标准溶液滴定；操作：用同样方法滴定，4次消耗KOH溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、20.40mL请回答下列问题：（4）如何判定滴定终点：（5）在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有（填序号）A锥形瓶用待测液润洗B量取稀H2SO4溶液的滴定管用蒸馏水洗净，未用稀H2SO4溶液润洗C滴定速度过快，又未摇匀，停止滴定后发现红色褪去D滴定前读数时平视，滴定终点读数时仰视（6）分析数据，计算稀H2SO4溶液中溶质的质量分数为（保留三位有效数
13、字）18（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气反应为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2O的平衡转化率的是A升高温度 B增加碳的用量C加入催化剂 D用CO吸收剂除去CO在体积不变的条件下，投入一定量的C（s）和H2O（g），下列能说明反应达到平衡状态的是A体系压强保持不变B体系的气体平均相对分子质量不变CCO和H2的体积比保持不变DH2O的反应速率与H2的反应速率相等（2）在900时，将2mol CO（g）和1mol H2O（g）分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO（g
14、）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应达到平衡时H2的体积分数为20%，通过计算求出该反应的平衡常数以及CO的平衡转化率（要求写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）（3）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨合成氨反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图1：请回答下列问题：与实验比较，实验改变的条件为，判断依据是实验比实验的温度要高，其它条件相同，请在图2中画出实验和实验中NH3浓度随时间变化的示意图19I对于弱酸，在一定温度下达到电离平衡时，各微粒的浓度存
15、在一种定量的关系如表为几种弱酸在25时的电离平衡常数酸电离平衡常数KCH3COOH1.76105H2CO3K1=4.31107 K2=5.611011H3PO4K1=7.52103 K2=6.23108 K3=2.201013回答下列问题：（1）从电离的角度，HCO3、HPO42、H2PO4都可看作是酸，其中酸性最强的是，最弱的是（2）等浓度的下列溶液中由水电离出的OH浓度由大到小的顺序是（用序号作答）CH3COONa NaH2PO4 NaHPO4 NaHCO3 Na2CO3（3）电离平衡常数是用实验的方法测定出来的现已经测得25时，c mol/L的CH3COOH的电离转化率为a，则该温度下醋
16、酸的电离平衡常数KCH3COOHII已知t时，Kw=11013；在t时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则 a：b=III现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体（CuCl22H2O），为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图所示步骤进行提纯：25部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见如表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀pH2.77.64.7完成沉淀pH3.29.76.7请回答下列问题：（1）流程中加入的试剂a最合适的是（填序号）A酸性高锰酸钾溶液 BNaClO
17、溶液 CH2O2溶液 D稀硝酸加入试剂a的目的是（2）调节pH约4应该加入的物质可以是ACuO BCuCl2 CCu（OH）2 DNaOH利用平衡移动原理简述加入该物质的理由（3）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O？（填“能”或“不能”）如不能，应如何操作？（若能，此空不填）2015-2016学年广东省广州市执信中学高二（上）期中化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分1下列关于反应方向的说法中正确的是（）A非自发反应一定不能实现B自发反应在任何条件下都
18、能实现C同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大D对于2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，在室温下能自发进行是因为反应是熵增的【考点】焓变和熵变【分析】A、反应自发进行的判断依据是HTS0；B、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定；C、同物质气体熵大于液体大于固体；D、依据自发进行的反应判断依据是，自发进行的反应HTS0分析【解答】解：A、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故A错误；B、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，故B错误；C、熵是指体系的混乱度，同物质气体熵大于液体大于固体；同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小
19、，故C错误；D、2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0、在室温下能自发即HTS0，所以该反应是熵增的，故D正确；故选D2下列有关叙述正确的是（）ASO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质BBaSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解质C液溴不导电，所以液溴是非电解质DHI熔融状态不能导电，但HI是强电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念【分析】A电解质必须本身能够电离产生自由离子；B电解质强弱取决于电离程度，与导电性无关；C电解质、非电解质必须是化合物；D碘化氢在水中能够完全电离的化合物【解答】解：ASO2的水溶液能导电是因为与水反应生成电解质亚
20、硫酸，本身不能电离，属于非电解质，故A错误；B硫酸钡熔融状态下，能够完全电离，属于强电解质，故B错误；C液溴为单质，不属于电解质，故C错误；D碘化氢在水中能够完全电离的化合物，属于强电解质，故D正确；故选：D3下列实验操作合理的是（）A用托盘天平称一定质量的NaOH固体，两端应同时放上一张滤纸再调平B用25 mL的碱式滴定管量取14.80 mL的NaOH溶液C25 mL的酸式滴定管装 0.1 mol/L的H2SO4溶液至0.00 刻度，则所盛溶液体积为25.00 mLD用量筒量取一定体积的溶液前，必须先用该溶液润洗【考点】计量仪器及使用方法【分析】ANaOH固体有腐蚀性、易潮解； B滴定管精确
21、到0.01；C滴定管下端有一段没有刻度；D量筒不能润洗【解答】解：ANaOH固体有腐蚀性、易潮解，应在小烧杯中称量，故A错误； B滴定管精确到0.01，可量取14.80 mL的NaOH溶液，故B正确；C滴定管下端有一段没有刻度，体积大于25mL，故C错误；D量筒不能润洗，润洗溶质物质的量增大，故D错误故选B4下列说法正确的是（）A等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的C燃烧热是指1mol物质完全燃烧时放出的热量DH+ （aq）+OH（aq）=H2O（1）H=57.3kJ/mol 也能表示稀醋酸与稀NaOH溶液
22、反应的中和热【考点】反应热和焓变【分析】A、从物质的聚集状态不同，反应热不同来分析；B、人们使用的煤、天然气、石油化石能源都是间接利用太阳能；C、依据燃烧热概念分析判断；D、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程【解答】解：A、白磷蒸气和白磷固体的聚集状态不同，当气体转化为固体时要放出热量，故等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，白磷蒸气放出的热量多，故A错误；B、远古时期陆地和海洋的植物通过光合作用，将太阳能转化为生物质能，它们死后身体埋藏在地下和海底腐烂，多年之后形成煤、天然气、石油化石能源都是间接利用太阳能，故B正确；C燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，强调可燃物为
23、1mol，生成物是稳定的氧化物，故C错误；D、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误故选B5SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热H为（）A1780kJ/molB1220 kJ/molC450 kJ/molD+430 kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】根据反应热H=反应物总键能生成物总键能计算反应热【解答】解：反应
24、热H=反应物总键能生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g）SF6（g），其反应热H=280KJ/mol+3160KJ/mol6330KJ/mol=1220kJ/mol，故选：B6在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法不正确的是（）A上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应B25时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2105C80达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4
25、的平衡浓度为2 mol/LD在80时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5 mol/L，则此时v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；B相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；C根据80C平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度；D计算常数的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断【解答】解：A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；B.25C时反应Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4
26、（g）的平衡常数为5104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25C时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为=2105，故B正确；C80C达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，c（CO）=1mol/L，故cNi（CO）4=Kc4（CO）=214mol/L=2mol/L，故C正确；D浓度商Qc=8，大于80C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）v（逆），故D错误；故选D7常温条件下，有关pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液，四种溶液的比较中，正确的是（）A水电离的c（H+）：
27、=B将、溶液混合后pH=7，则消耗溶液的体积：=C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：最大D向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度；CpH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中，氨水浓度大于盐酸；C醋酸为弱酸，弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离【解答】解：A、的氢离子浓度相同，、的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制
28、水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：=，故A错误；B氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3H2O）c（OH），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3H2O）c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：，故B错误；C醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，、三种溶液的物质的量浓度关系为：=，所以等体积的、溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：最大，故C错误；D醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以、稀释后溶液的pH值7；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以、稀释后溶液的pH值7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，
29、溶液的pH：，故D正确故选D8已知温度T时水的离子积常数为Kw该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）=mol/LD向反应后的混合液中滴加石蕊试液后呈紫色【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，应存在反应后的溶液中c（H+）=c（OH）=mol/L【解答】解：A因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐
30、，则溶液不呈中性，故A错误；B因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）=mol/L，溶液呈中性，故C正确；D紫色石蕊试液变色范围为58，所以反应混合溶液滴入石蕊试液呈紫色的溶液为酸性、中性或碱性，故D错误；故选C9下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是（）A无色溶液中：CO32、Al3+、Cl、NO3B无色溶液中：NH4+、K+、CH3COO、ClCpH=1的溶液中：Fe2+、NH4+、Mg2+、NO3D水电离的c（H+）=1012 mol/L的溶液中：Fe3+、SO42、K+
31、、Na+【考点】离子共存问题【分析】A碳酸根离子与铝离子发生双水解反应；B四种离子之间不反应，都是无色离子；CpH=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够以后亚铁离子；D水电离的c（H+）=1012 mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铁离子与氢氧根离子反应【解答】解：ACO32、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BNH4+、K+、CH3COO、Cl之间不发生反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；CpH=1的溶液中存在大量氢离子，Fe2+、NO3发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D水电离的c（H+）=1012 mol/
32、L的溶液为酸性或碱性溶液，Fe3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选B10下列说法正确的是（）A明矾用于净水与K+、Al3+的水解有关B配制FeCl3溶液时，为了抑制Fe3+的水解，常加入少量稀硫酸C常常用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以避免氯气溶于水而损失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【考点】盐类水解的应用【分析】AAl3+水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；B、应加入盐酸，不能引入新的杂质；C、饱和氯化钠溶液中氯离子抑制氯气和水发生的反应，减少氯气的溶解性；D、氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促
33、进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解，硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，当溶液蒸干时，得到的固体是硫酸铝；【解答】解：A明矾为硫酸铝钾，为强酸弱碱盐，水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，K+无此性质，故A错误；B铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，故B错误；C、合成氨放热为放热反应，温度高，平衡逆向移动，不利用合成氨，不能用勒夏特列原理解释，故C正确；D、氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水蒸气，所以得到的固体为Al2O
34、3，硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，加热促进硫酸铝水解，因为硫酸没有挥发性，所以得到的固体仍然是Al2（SO4）3，硫酸铝水解离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故D错误；故选C11已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反
35、应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其H而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水
36、的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A12氢氰酸（HCN）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（）AHCN溶液的导电性比盐酸的弱B1mol/LNaCN溶液呈碱性CNaCN可以与盐酸反应D1mol/LHCN溶液的pH约为3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较以及对应盐溶液的酸碱性来判断，以此解答该题【解答】解：A溶液的导电性与浓度有关，不注明浓度时，不能通过导电性比较电解质强弱，故A选；BNaCN溶液呈碱性，说明为强碱弱酸盐，则HCN为弱酸，故D不选；C根据强酸制弱酸的
37、原理可知，NaCN可以与盐酸反应，说明HCN的酸性弱于盐酸，说明HCN是弱电解质，故C不选；D氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液的pH=0时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为103mol/L1mol/L，电离不完全，故D不选故选A13下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示催化剂能改变化学反应的焓变B图表示向氨水中加水时溶液导电性的变化情况，且溶液c（OH）大小：abC由图可知反应2A（g）+B（g）C（g）的HO，且 a=2D图表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化情况【考点】化学反应的能量变化规律；体积百分含量随温度、压强变化曲线；弱电
38、解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、催化剂改变活化能不改变焓变；B、溶液导电能力与离子浓度成正比；C、由图象可知，温度越高，C的含量越大，说明此反应正反应为吸热反应，A与B的速率之比符合化学计量数之比；D、向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离【解答】解：A、根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故A错误；B、溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图象可知，a点导电能力b点，故溶液中c（OH）浓度：a点b点，故B错误；C、由图象可知，温度越高，C的含量越大，说明此反应正反应为吸热反应，A与B的速率
39、之比符合化学计量数之比，故a=2，故C正确；D、向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故D错误，故选C14对于物质的量浓度均为0.01mol/L的NaHCO3、Na2CO3、CH3COOH、CH3COONa四种溶液，下列说法正确的是（）A的离子浓度为：c（Na+）c（OH）c（HCO3）c（H+）Bc（OH）=c（HCO3）+c（H+）+c（H2CO3）C加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，c（H+）增大D和等体积混合，c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.01 mol/L【考点】盐类水解的应用；弱电解质在
40、水溶液中的电离平衡【分析】A中碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，HCO3水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，但水解程度较小；B溶液中存在质子守恒分析；C加水稀释CH3COOH，促进CH3COOH电离，但溶液中c（H+）减小；D和等体积混合后溶液的pH7，根据物料守恒判断【解答】解：A中碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，HCO3水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，但水解程度较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+），故A错误；BNa2CO3溶液中存在质子守恒为：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故B错误；C加水稀释CH3COOH，促进C
41、H3COOH电离，但溶液中醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故C错误；D和等体积混合后溶液的pH7，则c（OH）c（H+），依据溶液中物料守恒可知，c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）=20.005 mol/L=0.01mol/L，故D正确；故选D15一定温度下，水溶液中H+和OH的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A升高温度，可能引起由c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.01013C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、由图
42、可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.01014；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH）=1.0107，故KW=1.01071.0107=1.01014，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数
43、减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C二、非选择题（共55分）16（1）2.00g C2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出99.6kJ的热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）H=1294.8kJ/mol（2）已知下列反应的反应热：CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1=870.3kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJ/molH2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol计算下列反应的反应热：2C（s）+2H2（
44、g）+O2（g）=CH3COOH（l）H=H22+H32H1=488.3kJ/mol（写出计算结果）（3）已知：CH4 （g）+2O2（g）=CO2 （g）+2H2 O （l）H=Q1 kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2 O （g）H=Q2 kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2 O （l）H=Q3 kJ/mol取体积比4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标况），经完全燃烧恢复至常温，放出的热量为（0.4Q1+0.05Q3）kJ（4）请认真观察如图，然后回答问题图中反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应，该反应需要（填“需要”或“不需要”）环境先提供能量已知热化学方程式：H
45、2（g）+1/2O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为409.0kJmol1【考点】热化学方程式【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，依据热化学方程式的书写方法进行解答，注意标注物质聚集状态和对应焓变；（2）依据盖斯定律和热化学方程式构造所需热化学方程式计算得到；（3）根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学反应方程式计算放出的热量注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算；（4）图象分析，反应物能量高
46、于生成物，反应是放热反应，反应物发生反应的活化能是反应物需要提供能量达到，反应进行需要反应物变化为活化分子需要环境提供能量才能反应；逆反应的活化能=正反应活化能反应焓变【解答】解：（1）2.00g乙炔是=mol，其完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出99.6kJ热量，1mol乙炔燃烧放热1294.8KJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）H=1294.8kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）H=1294.8kJ/mol；（2）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1=870.3k
47、J/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJ/molH2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol依据盖斯定律计算，2+2得到下列反应的热化学方程式和反应热：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H=H22+H32H1=488.3kJ/mol，故答案为：H=H22+H32H1=488.3kJ/mol；（3）甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.5mol=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol0.4mol=0
48、.1mol由CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=Q1kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4molQ1kJ/mol=0.4Q1kJ；由2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1molQ3kJ/mol=0.05Q3kJ所以放出的热量为（0.4Q1+0.05Q3）KJ，故答案为：（0.4 Q1+0.05 Q3）kJ；（4）图象分析，反应物能量高于生成物能量，依据能量守恒分析反应是放热反应，反应发生需要提供能量达到能量E1使反应物变化为活化分子发生有效碰撞发生反应，故答案为：放热；需要；已知
49、热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJmol1，该反应的活化能为167.2kJmol1，则其逆反应的活化能=正反应活化能反应焓变=167.2KJ/mol（241.8KJ/mol）=409.0KJ/mol，故答案为：409.0KJ/mol17I某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的离子方程式有Zn+Cu2+Zn2+Cu，Zn+2H+Zn2+H2；（2）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、FeSO4、K2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是FeSO4；（3）为了进一
50、步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如表一系列实验将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间实验混合溶液ABCDEF4mol/L H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100完成此实验设计，其中：V1=30，V6=10，V9=17.5该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降请分析氢气生成速率下降的主要原因当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会
51、沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积、某兴趣组进行下列实验测定某稀硫酸的质量分数，选用酚酞做指示剂操作：取5.00mL稀H2SO4溶液（密度为1.00g/mL）置于锥形瓶中加水稀释；操作：用0.1000mol/LKOH标准溶液滴定；操作：用同样方法滴定，4次消耗KOH溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、20.40mL请回答下列问题：（4）如何判定滴定终点：当滴入最后一滴KOH标准溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不再恢复原来的颜色（5）在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有AD（填序号）A锥形瓶用待测液润洗B量取稀H2SO4溶液的滴定管用蒸馏水洗净，
52、未用稀H2SO4溶液润洗C滴定速度过快，又未摇匀，停止滴定后发现红色褪去D滴定前读数时平视，滴定终点读数时仰视（6）分析数据，计算稀H2SO4溶液中溶质的质量分数为1.96%（保留三位有效数字）【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）锌为活泼金属，加入硫酸铜发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，（2）能与锌发生置换反应只有FeSO4溶液；（3）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同；生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液
53、的接触面积；（4）酚酞在酸中无色，遇碱变红，当滴入最后一滴KOH标准溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不再恢复原来的颜色，认为达到终点；（5）根据c（H2SO4）=分析误差；（6）根据=计算【解答】解：（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关离子方程式为Zn+Cu2+Zn2+Cu，Zn+2H+Zn2+H2，故答案为：Zn+Cu2+Zn2+Cu，Zn+2H+Zn2+H2；（2）Na2SO4、MgSO4、FeSO4、K2SO4等4种溶液等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有FeSO4，故答案为：FeSO4；（3
54、）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml，故答案为：30；10；17.5；因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降
55、低了锌与溶液的接触面积；（4）酚酞在酸中无色，遇碱变红，当滴入最后一滴KOH标准溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不再恢复原来的颜色，认为达到终点，故答案为：当滴入最后一滴KOH标准溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不再恢复原来的颜色；（5）根据c（H2SO4）=分析误差；A锥形瓶用待测液润洗，导致标准液氢氧化钾消耗更多，氢氧化钾的体积增大，使结果偏高，故A正确；B量取稀H2SO4溶液的滴定管用蒸馏水洗净，未用稀H2SO4溶液润洗，相当于稀释了待测液硫酸的浓度，消耗的氢氧化钾体积减小，使结果偏低，故B错误；C滴定速度过快，又未摇匀，停止滴定后发现红色褪去，说明未达到终点，消耗氢氧化
56、钾的体积偏小，使结果偏低，故C错误；D滴定前读数时平视，滴定终点读数时仰视，使氢氧化钾的体积偏大，使结果偏高，故D正确；故答案为：AD；（6）根据c（H2SO4）=算硫酸浓度，4次消耗KOH溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、20.40mL，滴定管的读数误差为0.02mL02mL，所以20.40mL无效，则氢氧化钾溶液体积平均值为：（20.00mL+19.98mL+20.02mL）3=20.00mL，c（H2SO4）=0.2000molL1，根据=计算硫酸的质量分数，=0.0196=1.96%，故答案为：1.96%18（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气反应为：
57、C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJ/mol以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2O的平衡转化率的是ADA升高温度 B增加碳的用量C加入催化剂 D用CO吸收剂除去CO在体积不变的条件下，投入一定量的C（s）和H2O（g），下列能说明反应达到平衡状态的是ABA体系压强保持不变B体系的气体平均相对分子质量不变CCO和H2的体积比保持不变DH2O的反应速率与H2的反应速率相等（2）在900时，将2mol CO（g）和1mol H2O（g）分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应达
58、到平衡时H2的体积分数为20%，通过计算求出该反应的平衡常数以及CO的平衡转化率（要求写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）（3）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨合成氨反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图1：请回答下列问题：与实验比较，实验改变的条件为使用催化剂，判断依据是实验与实验平衡状态相同，而实验达到平衡所需时间短实验比实验的温度要高，其它条件相同，请在图2中画出实验和实验中NH3浓度随时间变化的示意图【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析
59、】（1）提高H2O的平衡转化率，应改变条件使平衡正向移动，但不能只增大水蒸汽浓度，由于等效为增大压强，有利于平衡逆向移动，水的转化率减小；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（2）反应气体气体物质的量不变，反应达到平衡时H2的体积分数为20%，则生成氢气为（2+1）mol20%=0.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：2 1 0 0变化量（mol）：0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol）：1.4 0.4 0
60、.6 0.6根据K=计算平衡常数，转化率=100%；（3）实验与实验平衡状态相同，而实验达到平衡所需时间短，正反应是气体体积减小的反应，故实验应是使用催化剂；实验比实验的温度要高，其它条件相同，升高温度反应速率加快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时中氨气浓度较小【解答】解：（1）A正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2O的平衡转化率减小，故A错误； B碳为固体，增加碳的用量不影响平衡移动，H2O的平衡转化率不变，故B错误；C加入催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡移动，H2O的平衡转化率不变，故C错误； D用CO吸收剂除去CO，平衡正向移动，H2O的平
61、衡转化率增大，故D正确，故选：D；A反应前后气体物质的量不相等，恒温恒容下，随反应进行，体系压强发生变化，当体系压强保持不变，说明到达平衡，故A正确；B反应前后气体物质的量不相等，随反应进行气体质量增大，平均相对分子质量发生变化，体系的气体平均相对分子质量不变，说明到达平衡；CCO和H2的体积比始终保持不变，故C错误；D未指明正逆反应速率，若均为正反应速率，则始终相等，若分别为正逆速率反应到达平衡，故D错误，故选：AB；（2）反应气体气体物质的量不变，反应达到平衡时H2的体积分数为20%，则生成氢气为（2+1）mol20%=0.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起
62、始量（mol）：2 1 0 0变化量（mol）：0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol）：1.4 0.4 0.6 0.6平衡常数K=0.64，CO转化率=100%=30%，答：该反应的平衡常数为0.64，CO的平衡转化率为30%；（3）实验与实验平衡状态相同，而实验达到平衡所需时间短，正反应是气体体积减小的反应，故实验应是使用催化剂，故答案为：使用催化剂；实验与实验平衡状态相同，而实验达到平衡所需时间短；实验比实验的温度要高，其它条件相同，升高温度反应速率加快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时中氨气浓度较小，实验和实验中NH3浓度随时间变化的示意图为：，
63、故答案为：19I对于弱酸，在一定温度下达到电离平衡时，各微粒的浓度存在一种定量的关系如表为几种弱酸在25时的电离平衡常数酸电离平衡常数KCH3COOH1.76105H2CO3K1=4.31107 K2=5.611011H3PO4K1=7.52103 K2=6.23108 K3=2.201013回答下列问题：（1）从电离的角度，HCO3、HPO42、H2PO4都可看作是酸，其中酸性最强的是H2PO4，最弱的是HPO42（2）等浓度的下列溶液中由水电离出的OH浓度由大到小的顺序是（用序号作答）CH3COONa NaH2PO4 NaHPO4 NaHCO3 Na2CO3（3）电离平衡常数是用实验的方法
64、测定出来的现已经测得25时，c mol/L的CH3COOH的电离转化率为a，则该温度下醋酸的电离平衡常数KCH3COOHII已知t时，Kw=11013；在t时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则 a：b=9：2III现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体（CuCl22H2O），为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图所示步骤进行提纯：25部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见如表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀pH2.77.64.7完成沉淀pH3.29.76.
65、7请回答下列问题：（1）流程中加入的试剂a最合适的是C（填序号）A酸性高锰酸钾溶液 BNaClO溶液 CH2O2溶液 D稀硝酸加入试剂a的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再除去（2）调节pH约4应该加入的物质可以是ACACuO BCuCl2 CCu（OH）2 DNaOH利用平衡移动原理简述加入该物质的理由溶液中存在平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO或Cu（OH）2后，消耗溶液中H+，使平衡正向移动，从而使Fe3+转化为Fe（OH）3（3）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O？不能（填“能”或“不能”）如不能，应如何操作？（若能，此空不填）应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结
66、晶【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；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）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数确定酸性强弱；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；（3）根据Ka=进行计算即可；、在t时将pH=11的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）=0.01mol/L，据此计算a、b之比；、加入氧化剂X的目的是把亚铁
67、离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体（1）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，除杂时，不能引入新的杂质；（2）物质Y的作用是调节溶液的pH，沉淀铁离子，不沉淀铜离子，不引入新的杂质，氧化铜，氢氧化铜能促进三价铁离子的水解，据此来选择合适的试剂；（3）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发）【解答】解：I、（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性最强的是H2PO4，最弱的是HPO42，故答案为：H2PO4；HPO42
68、；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，CH3COONa水解溶液显碱性促进水电离，NaH2PO4 电离大于水解溶液显酸性抑制水的电离，NaHPO4，水解大于电离溶液显碱性促进水的电离，NaHCO3，水解大于电离溶液显碱性促进水的电离，Na2CO3 碳酸根离子水解溶液显碱性促进水的电离，依据电离平衡常数分析可知酸性大小为：H3PO4CH3COOHH2CO3H2PO4HCO3CO32，盐溶液中离子水解程度大小为H2PO4CH3COOHCO3HPO42CO32，所以溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的
69、顺序为：，故答案为：；（3）根据Ka=，故答案为：；II在t时将pH=11的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）=0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为：9：2；III（1）流程中加入的试剂a最合适的是氧化剂，能氧化亚铁离子且不能引入新的杂质离子，A酸性高锰酸钾溶液可以氧化亚铁离子，但会引入杂质离子钾离子、锰离子，故A错误； BNaClO溶液可以氧化亚铁离子，但引入新的杂质离子氯离子、钠离子，故B错误； CH2O2溶液能氧化亚铁离子，不引入新的杂质，故C正确； D
70、稀硝酸能氧化亚铁离子，但引入硝酸根离子，故D错误；选C；Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去，故答案为：C、将Fe2+氧化为Fe3+，再除去；（2）结合题示，调节pH至4，使Fe3+全部沉淀，所以Y最好为CuO或Cu（OH）2或CuCO3，CuCl2不能调节pH，NaOH会引入新的杂质离子钠离子，Fe3+水解显酸性，有关离子方程式Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入氧化铜、氢氧化铜和溶液中氢离子反应：Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O，使水解平衡向正反应方向一定，总反应式为：2Fe3+3Cu（OH）22Fe（OH）3+3Cu2+，故答案为：AC，溶液中存在平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO或Cu（OH）2后，消耗溶液中H+，使平衡正向移动，从而使Fe3+转化为Fe（OH）3（3）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体，故答案为：不能；应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结晶；2016年5月26日版权所有：高考资源网()
