1、北京市清华大学附属中学朝阳分校2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）（考试时间90min 满分100分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56第一部分 选择题（共42分，每题只有一个正确的选项）1. 化学在疫情防控中发挥着重要作用，下列说法不正确的是（ ）A. 二氧化氯可用于自来水消毒B. 医用消毒酒精是95%的乙醇溶液C. 医用防护口罩的材料之一是聚丙烯，聚丙烯属于高分子材料D. 84消毒液和酒精混合消毒作用减弱，可能发生了复杂的化学反应【答案】B【解析】【详解】A二氧化氯可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒，可用
2、于自来水消毒。A项正确；B医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，B项错误；C医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，聚丙烯属于高分子材料，C项正确；D84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，具有氧化性，遇到酒精会发生复杂的化学反应而使消毒作用减弱，D项正确；答案选B。2. 下列实验操作中，符合操作规范的是（）A. 向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁B. 向托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码C. 用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中D. 中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化【答案】D【解析】【详解】A向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易造
3、成试剂的污染，故A不符合题意；B用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故B不符合题意；C使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻璃棒蘸取少量溶液进行检验，故C不符合题意；D滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化，判断反应终点，故D符合题意；答案选D。3. NaC1是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是（ ）A. a离子为Na+B. 水合b离子的图示不科学C. 溶液中含有NA个Na+D. 室温下测定该NaC1溶液的pH小于7是由于Cl-水解导致【答案】B【解析】【详解】A因为r(Cl-)
4、 r(Na+)，所以由离子半径ab，可确定a离子为Cl-，A不正确；Bb离子为Na+，应靠近H2O分子中的O原子，所以水合b离子的图示不科学，B正确；C溶液的体积未知，无法计算溶液中含有Na+的数目，C不正确；DNaCl是强酸强碱盐，Cl-不水解，溶液呈中性，D不正确；故选B。4. 为了除去 MgCl2酸性溶液中的 Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是()A. NH3 H2OB. NaOHC. Na2CO3D. MgCO3【答案】D【解析】【详解】A加入一水合氨会引入新的杂质离子，A不选；B加入NaOH会引入新的杂质离子Na+，B不选；C加入Na2CO
5、3会引入新的杂质离子Na+，故C不选；D溶液显酸性，加入MgCO3，MgCO3与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，D选；答案选D。5. 在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是A. 容器内的压强不再改变B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C. SO2的转化率不再改变D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等【答案】B【解析】【详解】A该反应为气体体积减小的反应，当容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，即反应达
6、平衡状态，A不符题意；Bc(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2不能说明各物质的量浓度不变，无法说明反应一定达到化学平衡状态，B符合题意；CSO2的转化率不再改变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，C不符题意；DSO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D不符题意；答案选B。6. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B. 含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+C. 由水电离出的c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCOD. pH=11的NaO
7、H溶液中：CO、K+、NO、SO【答案】D【解析】【详解】A铜离子不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C水电离出的c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故C不符合题意；D四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；综上所述答案为D。7. 室温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是A. 溶液中H2O电离出的c(OH)=1.0103 molL1B. 加入
8、少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C. 加0.1 molL1 CH3COONa溶液使pH7，则c(CH3COO)=c(Na+)D. 与等体积pH11的NaOH溶液混合，所得溶液呈中性【答案】B【解析】【详解】A.酸抑制水的电离，pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L，溶液中OH-全部来自水的电离，水电离产生c(OH)=10-11 mol/L，A错误；B.CH3COOH溶液存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入少量CH3COONa固体后，增大了c（CH3COO-），平衡左移，c(H+)减小，溶液pH升高，B正确；C.溶液中的电荷守恒为：c(H+)+ c
9、(Na+)= c（CH3COO-）+ c(OH-)，溶液pH7，c(H+) c(OH-)，所以c(CH3COO) c(Y-)【答案】A【解析】【分析】无论哪组溶液都是恰好完全反应，都生成正盐，依据盐类水解的规律，以及混合后的pH，判断HX和HY是强酸还是弱酸。【详解】A、根据乙组，两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；B、两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH=9，溶液显碱性，即HX为弱酸，HX溶液的pH1，故B错误；C、甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X发生水解
10、，即c(Na)c(X)，故C错误；D、乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na)=c(Y)，故D错误。10. 取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1)：下列说法不正确的是A. 实验白色沉淀是难溶的AgClB. 由实验说明AgI比AgCl更难溶C. 若按顺序实验，看不到黑色沉淀D. 若按顺序实验，看不到白色沉淀【答案】C【解析】【分析】利用反应向着更难溶的方向进行分析。【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生AgCl=AgCl，即实验中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；B、实验中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，
11、说明产生AgI，即发生AgCl(s)I(aq)=AgI(s)Cl(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；C、实验得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgClAgIAg2S，按顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；D、根据选项C分析，按照顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。11. 下列事实与所对应的离子方程式正确的是A. 室温下，测定醋酸钠溶液的pH 7：CH3COONa = CH3COO-Na+B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+ +3OH- = Al(OH)3C.
12、用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3 + 2H+ = SO2 + S+ 2Na+ + H2OD. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s) + CO32-(aq) = CaCO3(s) + SO42-(aq)【答案】D【解析】【详解】A、CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO发生水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，是溶液显碱性，故A错误；B、NH3H2O是弱碱，不能拆写成离子形式，正确是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故B错误；C、Na2S2O3是可溶的强电解质，需要拆写成离子形式，正确的是S2O322H=SO2SH2O，故C错误；D
13、、CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，因此可以发生CaSO4(s) + CO32-(aq) = CaCO3(s) + SO42-(aq)，故D正确。12. 25时，0.1molL-1的3种溶液盐酸氨水CH3COONa溶液下列说法中，不正确的是（）A. 3种溶液中pH最小的是B. 3种溶液中水的电离程度最大的是C. 与等体积混合后溶液显酸性D. 与等体积混合后c（H+）c（CH3COO-）c（OH-）【答案】B【解析】盐酸PHc(Cl-)C. c点时，加入的n(HCI)小于通入的n(NH3)D. ab，水的电离程度减小【答案】D【解析】【分析】【详解】A.a点溶液PH=10，c(H+)=11
14、0-10 mol/L c(OH-)= =ll0-4 mol/L，A项正确；B.b点溶液呈碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(H+)c(Cl-)，B项正确；C.由图可知c点对应PH值大于8，c点溶液还是呈碱性，说明加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)，C项正确；D.ab，碱性变弱，水电电离受到的抑制逐渐变弱，所以水的电离程度增大，D项错误；答案选D。17. 测定0.1molL-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对
15、比试验，产生白色沉淀多。下列说法错误的是（）A. NaSO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-B. 的pH与不同,是由于SO32-浓度减小造成的C. 的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D. 与的Kw值相等【答案】C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（S
16、O32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动
17、方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。18. 某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)2NO(g) +O2(g) H 0。实验测得：正(NO2)k正c2(NO2)，逆(NO)k逆c2(NO)c(O2)，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度（molL1）平衡浓度（molL1）c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)0.6000.20.60.10下列说法不正确的是A
18、. 中NO2的平衡转化率约为66.7%B. 中达到平衡状态时，c(O2)0.2 molL1C. 该反应的化学平衡常数可表示为K=D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小【答案】D【解析】【分析】先用三段式法计算出实验中各组分的改变浓度和平衡浓度： 而实验相当于在基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。【详解】A、由上述分析可知，中NO2的平衡转化率为，故A正确；B、中平衡时c(O2)=0.2 molL1，实验相当于在基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)0.2 molL1，故B正确；C、平衡时正(NO2)逆(NO)，即k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2)，得=K，故C
19、正确；D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。答案选D。19. 三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50 和70 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列叙述不正确的是A. 该反应为吸热反应B. 反应速率大小：va vbC. 70 时，平衡常数K =0.112/0.782D. 增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间【答案】D【解析】【详解】A. 升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，故A正确；B. a、b两点的浓度相
20、同，a点的温度大于b点，所以反应速率大小：va vb，故B正确；C. 70 时，达到平衡时SiHCl3的平衡转化率为22%，2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)n 0 00.22n 0.11n 0.11n0.78n 0.11n 0.11n平衡常数K =(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故C正确；D. 增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，故D错误。选D。20. 常温下，浓度均为的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是（ ）溶质NaClOpHA. 四种溶液中，溶液中水的电离程度最大B. 溶液显酸性的原因是：C. 向氯水
21、中加入少量，可以增大氯水中次氯酸的浓度D. 常温下，相同物质的量浓度的、HClO，pH最小的是【答案】B【解析】【详解】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，A.相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，故B错误；C.盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故C正确；D.酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离
22、子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，所以常温下，相同物质的量浓度的、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是，故D正确；故选：B。21. 为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验：向2mL 0.2mol/LMgCl2溶液中滴加1mol/LNaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。向一份中逐滴加入4mol/L NH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4mol/L CH3COONH4溶液(pH7)，边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。将中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。下列说法不正确的是A. Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s
23、)Mg2+(aq)+2OH(aq)B. 中两组实验中均存在反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2OC. H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程D. 中获得的图象与相同【答案】D【解析】【详解】A.Mg(OH)2浊液中，Mg(OH)2为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，则浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，A正确；B.根据图象，加入NH4Cl或CH3COONH4，Mg(OH)2质量减少，说明Mg(OH)2溶于铵盐溶液，发生反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2O，B正确；C.NH4Cl溶液为酸性溶液，NH4+发生水解产生H+
24、，相当于发生酸碱反应，则H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程，C正确；D.中将中NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制Mg(OH)2的溶解，所得的图象与不相同，D错误；故合理选项是D。第二部分 填空题（共58分）22. 维持pH的稳定对生命体的生理活、化学电源的高效工作等具有重要意义。已知：常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。(1)a=_(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。(2)结合化学用语解释ii显酸性的原因：_。(3)试剂ii中微利浓度关系正确的有_(填序号)。a.c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)b.2c(
25、H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L(4)由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列具有缓冲作用的溶液是_(填序号)。a.HCl-NaCl b.Na2CO3-NaHCO3c.NH3H2O-NH4Cl d.KOH-KCl【答案】 (1). 2 (2). 试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件下，醋
26、酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相同时，溶液中c(H+)c(OH-) (3). bc (4). bc【解析】【详解】(1)溶液中c(HCl)=0.01mol/L，HCl为一元强酸，可以完全电离，则溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，所以pH=2，即a=2；(2)试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相同时，溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性；(
27、3)a0.10mol CH3COOH+0.10mol CH3COONa配制成1L的溶液，因为电离大于水解，该溶液微粒浓度关系：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)，故a错误；b由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)推出下面的关系式，2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，故b正确；c物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L，故c正确；故答案为：bc；(4)缓冲溶液要有结合H+和OH-生成弱电
28、解质的离子，aHCl一NaCl，无法缓冲氢离子，故a错误；bNa2CO3一NaHCO3，碳酸根缓冲氢离子，碳酸氢根缓冲氢氧根离子，故b正确；cNH3H2O一NH4Cl，一水合氨缓冲氢离子，铵根缓冲氢氧根离子，故c正确；dKOH-KCl，无法缓冲氢氧离子，故d错误；故选：bc。23. 室温下，用0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 molL1 的盐酸和醋酸，如图所示。（1）表示滴定盐酸的曲线是_。（填I或II）（2）当醋酸中滴入10 mL NaOH溶液时，溶液中含有的溶质有：_；溶液中离子浓度由大到小顺序为：_。（3）当醋酸中滴入20 mL NaOH溶液时，将
29、所得溶液加热，溶液pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是_。（填序号）a. 加热促进水的电离和醋酸钠水解b. 加热使溶液碱性减弱c. 加热使溶液中c(H+)/c(OH-)比值减小【答案】 (1). (2). CH3COONa、CH3COOH (3). c(CH3COO-) c (Na+) c (H+) c (OH-) (4). a、c【解析】【详解】（1）0.100molL-1盐酸的pH为1，故曲线I表示滴定盐酸，曲线II表示滴定醋酸；（2）向20mL 0.100molL-1醋酸中加入10mL 0.100molL-1 NaOH溶液，溶液中含有0.001mol CH3COOH和0.001mol
30、 CH3COONa，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；（3）当醋酸中滴入20mL NaOH溶液时，溶液中只有CH3COONa，溶液中有：H2OH+OH-，CH3COO-+H+CH3COOH，将所得溶液加热，a、从图中可知，加热使得水中H+的浓度增大，则加热能促进H2O水的电离；在CH3COONa溶液中，加热促进H2O水的电离，使得溶液中H+浓度增大，从而促进反应CH3COO-+H+CH3COOH正向移动，即加热促进水的电离和醋酸钠水解，a正确；b、加热后，溶液中c(OH)-增大，溶液的碱性增强，故b错误； c、加热后，溶液中减小，故也减小，c正确；故
31、选ac。24. 合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微利用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。NH3的电子式是_。写出步骤c的化学方程式_。由图像可知合成氨反应H_0(填“”、“”或“=”)。(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中通入5mol N2、15mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。温度T1、T2、T3大小关系是_。M点的平衡常数K=_(可用分数表示)。【答案】 (1). (2). (3
32、). (4). T1T2T3 (5). 或7.3210-3【解析】【详解】(1)NH3属于共价化合物，分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，其电子式为，答案：；由图可知，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N，所以步骤c的化学方程式为，答案：；根据能量图，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，H0，答案：；(2)相同压强下，由于合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于反应向正向进行，所以温度越高氨气的产量越低，所以温度T1、T2、T3大小关系是T1T2T3，答案：T1T2A-HCO (4). A-+CO2+H2O=HA+HCO (5). Na+、Cl- (6). Ca2
33、+2HCO=CaCO3+CO2+H2O【解析】【详解】(1)因为HNO2为弱酸，所以NaNO2为强碱弱酸盐，其在水溶液中水解使溶液呈碱性，用方程式表示为NO+H2OHNO2+OH-；(2)碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO、HCOH+CO；(3)根据图表电离常数知：Ka(HNO2)Ka(HA)Ka2(H2CO3)，电离平衡常数越大，酸性越强，结合氢离子的能力越弱，所以结合H+能力，COA-HCO；(4)根据表格数据可知酸性强弱：H2CO3HAHCO，所以反应能生成HA和HCO，即A-+CO2+H2O=HA+HCO；(5)a管中是Na2CO3和CaCl2充分反应后生成CaCO3沉淀
34、和NaCl，a中完全生成CaCO3沉淀，大量存在的离子为Na+、Cl-；b试管中同时产生沉淀和气体，沉淀为CaCO3，气体为CO2，则离子方程式为Ca2+2HCO=CaCO3+CO2+H2O。26. 有一种细菌在酸性水溶液、氧气存在下，可以将黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2）氧化成硫酸盐。运用该原理生产铜和绿矾（FeSO47H2O）的流程如下：（1）已知：Fe2+Cu2+Fe3+开始转化为氢氧化物沉淀时的PH7.64.72.7完全转化为氢氧化物沉淀时的PH9.66.73.7加入CuO将溶液的pH调节到约为4，用平衡移动原理解释该操作的原因_。（2）写出能实现反应III的化学方
35、程式_。（3）试剂b为_。（4）反应|的化学方程式_。【答案】 (1). Fe3+在溶液中存在存在平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO消耗溶液中的H+，使c(H+)减小，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，不损耗铜离子且不引入杂质 (2). (3). Fe (4). 【解析】【分析】黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2）浸泡于有一种细菌在酸性水溶液中，不断通入氧气，过滤得到硫酸铁和硫酸铜的混合溶液，加入适量氧化铜调节pH，沉淀铁离子为氢氧化铁，过滤，固体A为氢氧化铁，滤液含有硫酸铜，电解可得铜单质，固体A为氢氧化铁，加入稀硫酸溶解得到硫酸铁溶液，向其中加入
36、过量的Fe与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤多余的铁，将滤液浓缩、结晶、过滤得到绿矾，据此分析解答。【详解】(1)向硫酸铁和硫酸铜的混合溶液，加入适量氧化铜，Fe3+在溶液中存在存在平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO消耗溶液中的H+，使c(H+)减小，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，不损耗铜离子且不引入杂质；(2)反应为电解硫酸铜溶液制得铜的反应，化学方程式为：；(3)试剂b的作用是还原铁离子，为Fe时能还原铁离子为亚铁离子且不引入新杂质；故答案为：Fe；(4) 反应I为将黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2)氧化成硫酸盐的反应，化学方程为： 。27.
37、优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3 + H2SO4= Na2SO4 + SO2+ S + H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/浓度/(mol/L)体积/mL浓度/(mol/L)体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930表中，a为_，b为_。实验表明，实验III的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_。（2）硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O + 4S2O32- +
38、 H2O 2Ag(S2O3)23- + 2OH-，实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.59.5，解释其原因_（3）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO42H2O），其中的物质转化过程如下图所示。过程I、II中，起催化剂作用的物质是_。过程II中，反应的离子方程式为_。根据物质转化过程，若将10 L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320 mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_L。【答案】 (1). 20 (2). 2.5 (3). 实验III中出现浑浊所需时间最短 (4). 若pH小于8.5，c(H+)
39、增大，H+与S2O32-反应使c(S2O32-)减小，不利于反应正向进行，浸出率下降；若pH大于9.5，c(OH-)增大，不利于反应正向进行，浸出率下降 (5). Mn(OH)2 (6). 4MnO32- +2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2 + 10OH- (7). 4.48【解析】【详解】（1）探究反应速率的影响遵循控制变量的思想，实验I和实验II中溶液的体积不同，则温度应相同，则a为20，实验II和实验III，温度不同，则其他变量应相同，则b为2.5，答案为：20；2.5；根据反应Na2S2O3 + H2SO4= Na2SO4 + SO2+ S + H2O可知
40、，通过实验现象能表现出反应快慢的现象是产生硫沉淀的速度，硫沉淀出现越快表明反应速率越快，能表明实验III的反应速率最快的实验现象为出现浑浊所需时间最短，答案为：实验III中出现浑浊所需时间最短；（2）根据Ag2O + 4S2O32- + H2O 2Ag(S2O3)23- + 2OH-为可逆反应，若pH小于8.5，c(H+)增大，H+与S2O32-反应使c(S2O32-)减小，不利于反应正向进行，浸出率下降；若pH大于9.5，c(OH-)增大，不利于反应正向进行，浸出率下降，答案为：若pH小于8.5，c(H+)增大，H+与S2O32-反应使c(S2O32-)减小，不利于反应正向进行，浸出率下降；
41、若pH大于9.5，c(OH-)增大，不利于反应正向进行，浸出率下降；（3）根据过程I、II中的转化关系，起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，答案为：Mn(OH)2；根据转化关系图，过程II中S2-与MnO32-生成S2O32-和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为4MnO32- +2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2 + 10OH-，10 L上清液中的S2-的物质的量=0.1mol，根据物质转化过程，S2-转化为S2O32-过程中需要消耗氧气，S2O32-转化为SO42-也需要消耗氧气，0.1mol S2-转化为S2O32-时，硫
42、元素的化合价由-2价变为+2，共失去0.1mol4=0.4mol电子；氧气转变为水时氧元素由0价变为-2价，即1mol氧气转移4mol电子，根据电子得失守恒，得到0.4mol电子需要氧气的物质的量=0.1mol；根据反应4MnO32- +2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2 + 10OH-，0.1mol S2-参与反应生成S2O32-的物质的量=0.1mol=0.05mol，0.05mol S2O32-转化为SO42-，硫元素的化合价由+2价变为+6价，共失去0.05mol24=0.4mol电子，氧气由0价变为-2价，即1mol氧气转移4mol电子，根据电子得失守恒，
43、得到0.4mol电子需要氧气的物质的量=0.1mol；则上清液中的S2-转化为SO42-过程中一共需要氧气的物质的量=0.1mol+0.1mol=0.2mol，标准状况下的O2的体积=0.2mol22.4L/mol=4.48L，答案为：4.48。28. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。(1) 室温下，测得 0.1 molL1 H2C2O4溶液的pH = 1.3，写出草酸的电离方程式_。(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示： 向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH = 2.5时发生的主要反应的离子方程式是_。 0.1 molL1 KHC2O4溶
44、液中，下列粒子浓度关系正确的是_(填序号)。a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4) + c(C2O42) + c(OH)b.c(K+) c(HC2O4) c(C2O42) c(H2C2O4)c.c(K+) = c(HC2O4) + c(C2O42) + c(H2C2O4)(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4xH2O + 2H+ 制备时需添加氨水以提高FeC2O4xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：_。 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)的x值，实验如下：称取0.5400 g草酸
45、亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 molL1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4xH2O中x = _(FeC2O4的摩尔质量是144 gmol1)。【答案】 (1). H2C2O4 H+ + HC2O4，HC2O4 C2O42- + H+ (2). (3). bc (4). NH3H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2+ H2C2O4 + xH2O FeC2O4xH2O + 2H+ 平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4xH2O (5
46、). 2【解析】【分析】（1）测得 0.1 molL1 H2C2O4溶液的pH=1.3，说明草酸是二元弱酸；（2）向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5，图像可以看出，随着氢氧化钾的加入，HC2O4的浓度逐渐增大，草酸与氢氧化钾反应后生成HC2O4和水； a. 根据电荷守恒判断；b根据溶液中离子的电离和水解情况分析；c根据物料守恒判断； (3)应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4xH2O + 2H+，滴加NH3H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4xH2O；根据10FeC2O4xH2O+6KM
47、nO4+4H2SO45Fe2(SO4)3+2CO2+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O可知，n(FeC2O4xH2O)=n(KMnO4)=1mol/L0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4xH2O)=180g/mol，即FeC2O4xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180计算出x即可；【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4 H+HC2O4，HC2O4C2O42- +H+，故答案为：H2C2O4 H+ + HC2O4，HC2O4 C2O42- + H+；(2) a. 溶液中有的离子：HC2O4、H2C2O4、C2O42-、OH、K+
48、，根据电荷守恒c(K+) + c(H+) = c(HC2O4) +2c(C2O42) + c(OH)，故a错误；b. KHC2O4溶液中，HC2O4要水解，c(K+) c(HC2O4) ，C2O42是由HC2O4电离后得到的，c(HC2O4) c(C2O42)，H2C2O4是由HC2O4水解后得到的，HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O42) c(H2C2O4)，c(K+) c(HC2O4) c(C2O42) c(H2C2O4)，故b正确；c. 根据物料守恒，可以得到c(K+) = c(HC2O4) + c(C2O
49、42) + c(H2C2O4)，故c正确；故答案为b，c；(3)应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4xH2O + 2H+，滴加NH3H2O与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4xH2O，故答案为：NH3H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2+ H2C2O4 + xH2O FeC2O4xH2O + 2H+平衡向正反应方向移动，产生更多FeC2O4xH2O；根据10FeC2O4xH2O+6KMnO4+4H2SO45Fe2（SO4）3+2CO2+6MnSO4+3K2SO4+（12+x）H2O可知，n（FeC2O4xH2O）=n(KMnO4)=1mol/L0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4xH2O)=180g/mol，即FeC2O4xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180，解得x=2；故答案为：2。