1、2015-2016学年江苏省连云港市海州高级中学、灌南高级中学、海头高级中学高二（下）期中化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1化学与我们人类生活息息相关，下列说法不正确的是（）A合理使用化肥可以提高农作物的产量B生活中常使用热的纯碱溶液去除油污C明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒D船舶外壳装上锌块可以减缓其腐蚀2下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是（）AHNO2溶液用水稀释后，H+浓度下降BHNO2溶液的导电性比盐酸弱CHNO2溶液不与氯化钠反应D常温下，0.1molL1HNO2溶液的pH为33常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 mo
2、lL1盐酸的澄清透明溶液：Fe3+、Na+、SO42、BrBpH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、HCO3C能使石蕊变红的溶液：Cu2+、Na+、AlO2、ClDc（H+）=11013mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、Cl4关于溶液的酸碱性说法正确的是（）Ac（H+）=106 molL1的溶液一定呈酸性BPH=7的溶液一定呈中性Cc（OH）=c（H+）的溶液一定呈中性D不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性525时，水的电离达到平衡：H2OH+OH；H0，下列叙述正确的是（）A向水中加入少量固体KHSO4，c（H+）增大，KW不变B向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c（
3、OH）降低C向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（H+）降低D将水加热，KW增大，pH不变6下列实验设计能达到相应实验目的是（）A用图所示装置制取干燥纯净的氨气B用图所示装置制备并观察氢氧化亚铁的颜色C为制备并收集少量NO2气体D量取0.10 molL1KOH溶液20.00 mL7用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A在密闭容器中，加入1.5mol H2和0.5mol N 2充分反应后，可得到NH3分子数为NAB25时，1L pH=1的稀硫酸溶液中含有的H+数目为0.1NAC1 molL1的NaClO溶液中所含ClO的数目为NAD1L 0.1molL1 AlCl3的溶液中所
4、含Al3+的数目为0.1NA8下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）AAl（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3BFe2O3FeCl3（aq）FeCAlNaAlO2（aq）NaAlO2（s）DCu（OH）2Cu（NO3）2（aq）Cu（NO3）2晶体9下列有关反应的离子方程式正确的是（）A碳酸的电离方程式：H2CO32H+CO32BNaHSO4（溶液）的电离：NaHSO4Na+H+SO42C明矾可用于净水：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+DHCO3的水解方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+10下列对溶液叙述正确的是（）A在中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管
5、用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用B用碱式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液C向冰醋酸中加水至配成醋酸稀溶液的过程中H+的浓度逐渐减小D25时NH4Cl溶液的KW大于100时NaCl溶液的KW二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列有关说法正确的是（）A氨水稀释后，溶液中的值减小B0.1 molL1Na2CO3溶液加蒸馏水稀释，CO32的水解程度增大，溶液的pH减小C298 K时，2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其H0D对N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率减小12下列图示与对应的叙
6、述不相符的是（）A表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系13下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备Fe（OH）3胶体：0.2 molL1 FeCl3溶液与0.6 molL1 NaOH溶液等体积混合B排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡：将胶管弯曲使玻璃尖嘴端
7、向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出C测定浓度均为0.1molL1 CH3COONa与HCOONa溶液的pH，不能比较CH3COOH与HCOOH酸性的强弱D探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象14在常温下，下列溶液中有关微粒浓度的关系正确的是（）A0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c （SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）B常温下pH=2的HCl溶液与pH=12的氨水溶液等体积混合c（NH4+）=c（Cl）C
8、0.2 molL1 Na2CO3溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）15一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g），其中容器中5min时到达平衡容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7下列说法中正确的是（）A容器中前5 min的平均反应速率v（CO）=0.16 molL1min1B该反应正
9、反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55 molD若起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率小于80%三、解答题（共6小题，满分80分）16现有室温下浓度均为1102 molL1的几种溶液：盐酸 硫酸 醋酸氯化铵 氨水 NaOH溶液回答下列问题：（1）上述6种溶液中，水电离出的c（H+）最大的是（填序号）（2）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为（填序号）生成H2最多的是；（填序号）（3）取、溶液各1mL稀释到100mL，溶液的pH变化比较大的是（填序号）（4）将等体积的、混合，则溶液的pH7（填
10、“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因：（5）将、等体积混合后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为（6）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol/LNaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验该学生取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定滴定达到终点的标志是；在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有（填序号）A滴定终点读数时仰视 B碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失C锥形瓶水洗后未干燥 D酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗17在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存（1）现将0.2molL
11、1的HA酸溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合若HA是HCN，溶液中c（Na+）c（CN），则该混合溶液c（H+） c（OH）（填“”“”或“=”）若HA是CH3COOH，该混合溶液呈酸性，则c（CH3COOH）c（CH3COO）（填“”“”或“=”）（2）浓度为0.1molL1的下列各物质的溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是（填序号） NH4Cl （NH4）2SO4 NH3H2O （NH4）2CO3（3）常温下在20mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH
12、变化的部分情况如图所示回答下列问题：人造血液的pH约为7.4，则CO2在血液中主要以的形式存在；c（OH）c（HCO3）c（CO32）在同一溶液中，H2CO3、HCO3、CO32（填“能”或“不能”）大量共存；已知在25时，CO32水解反应的平衡常数即水解常数Kh2104，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=20：1时，溶液的pH=18300时，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10回答下列问题：（1）反应02min
13、 Z的平均速率v（Z）=（2）能判断该反应已经达到平衡状态的是A生成X的速率是生成Z的速率的2倍 B容器内压强保持不变C容器内气体的密度保持不变 D容器内各气体的浓度保持不变（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施是（任写一种）（4）温度为300时，该反应的化学平衡常数K=（5）若起始时向该容器中充入X、Y、Z各0.20mol，则反应将向（填“正”或“逆”）反应方向进行，达平衡时Z的体积分数与上述平衡相比（填“增大”、“减小”或“不变”）19以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：S
14、OCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：（2）“滤渣2”的主要成分为（填化学式）；“调pH”时，pH不能过高，其原因是（3）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是20NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝、脱硫（1）利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol12（NH4）2SO3（
15、aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1反应2SO2（g）+4NH3H2O（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的H=kJmol1空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图1所示，则在空气氧化（NH4）2SO3的适宜温度为氨气可用来制取尿素CO（NH2）2反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H，该反应在一定条件下能自发进行的原因是；某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为合成氨用
16、的氢气是以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）而混有的CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收CO后的乙酸二氨合铜（I）溶液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是（填字母）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压（2）NH3催化氧化可制备硝酸4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）生成的NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的氧化率（NO）与
17、温度、压强的关系如图2所示则p1p2（填“”、“”或“=”）；温度高于800时，（NO）几乎为0的原因是21过氧化钙晶体CaO28H2O较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液广泛应用于环境杀菌、消毒等领域过氧化钙晶体含量的测定（假定杂质不发生反应）准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和10mL 2.000molL1 H2SO4，发生化学反应：CaO28H2O+H2SO4CaSO4+H2O2+8H2O用0.0200molL1KMnO4标准溶液滴定至终点H2O2和KMnO4反应的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O重复上述操作两次（1）在滴定过
18、程中，没有选用指示剂是因为（2）滴定终点观察到的现象为（3）根据表中的数据，计算产品中CaO28H2O的质量分数（写出计算过程）滴定次数样品的质量/gKMnO4溶液的体积/mL滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.30001.0226.0420.30002.0025.0230.30000.2023.24（4）用KMnO4溶液做氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，若用放置了两周的KMnO4标准溶液去测定产品中CaO28H2O的质量分数，则测得的值将（填“偏高”或“偏低”）2015-2016学年江苏
19、省连云港市海州高级中学、灌南高级中学、海头高级中学高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1化学与我们人类生活息息相关，下列说法不正确的是（）A合理使用化肥可以提高农作物的产量B生活中常使用热的纯碱溶液去除油污C明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒D船舶外壳装上锌块可以减缓其腐蚀【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A农药、化肥的合理使用提高了农作物产量；B碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下易水解；C明矾不具有强氧化性，明矾不能用于杀菌消毒；D依据牺牲阳极的阴极保护解答【解答】解：A农药、化肥的合理使用提高了农作物产量，缓解了人类粮食危
20、机，故A正确；B纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解碱性增强，促使油脂水解，故B正确；C明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故C错误；D锌活泼性强于铁，形成原电池时锌做负极被氧化，铁受到保护，故D正确；故选：C2下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是（）AHNO2溶液用水稀释后，H+浓度下降BHNO2溶液的导电性比盐酸弱CHNO2溶液不与氯化钠反应D常温下，0.1molL1HNO2溶液的pH为3【考点】弱电解质的判断【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，要证明亚硝酸为弱电解质，只要证明亚硝酸部分电离即可，据此分析解
21、答【解答】解：A亚硝酸溶液用水稀释后氢离子浓度下降，因为溶液体积增大，即使亚硝酸是强电解质，溶液中氢离子浓度也减小，则不能说明亚硝酸部分电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故A错误；B溶液导电性与离子浓度成正比，HNO2溶液的导电性比盐酸弱，说明亚硝酸中离子浓度小于盐酸，则不能说明亚硝酸部分电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故B错误；C亚硝酸不能和氯化钠反应，说明不具备复分解反应条件，不能说明亚硝酸部分电离，则不能说明亚硝酸是弱电解质，故C错误；D常温下，0.1molL1HNO2溶液的pH为3，溶液中氢离子浓度小于酸浓度，则酸部分电离，为弱电解质，故D正确；故选D3常温下，下列各组离子在指定
22、溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1盐酸的澄清透明溶液：Fe3+、Na+、SO42、BrBpH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、HCO3C能使石蕊变红的溶液：Cu2+、Na+、AlO2、ClDc（H+）=11013mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、Cl【考点】离子共存问题【分析】A酸溶液中该组离子之间不反应；BpH=1的溶液，显酸性；C能使石蕊变红的溶液，显酸性；Dc（H+）=11013mol/L的溶液，显碱性【解答】解：A酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BpH=1的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3，故B错误；C能使石蕊变红的溶液，显酸性，不
23、能大量存在AlO2，故C错误；Dc（H+）=11013mol/L的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Cu2+，故D错误；故选A4关于溶液的酸碱性说法正确的是（）Ac（H+）=106 molL1的溶液一定呈酸性BPH=7的溶液一定呈中性Cc（OH）=c（H+）的溶液一定呈中性D不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性【考点】探究溶液的酸碱性【分析】只要溶液中存在c（OH）=c（H+），则该溶液一定呈中性；溶液中存在c（OH）c（H+），溶液呈碱性，溶液中存在c（OH）c（H+），溶液呈酸性，据此分析解答【解答】解：A.95时纯水中c（H+）=106 molL1，但纯水呈中性，故A错误；B.95时纯水
24、pH=6，则该温度下pH=7的溶液呈碱性，故B错误；C只要溶液中存在c（OH）=c（H+），则该溶液一定呈中性，故C正确；D酚酞的变色范围为810，则不能使酚酞试液变红色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故D错误；故选C525时，水的电离达到平衡：H2OH+OH；H0，下列叙述正确的是（）A向水中加入少量固体KHSO4，c（H+）增大，KW不变B向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c（OH）降低C向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（H+）降低D将水加热，KW增大，pH不变【考点】水的电离【分析】水的电离平衡：H2OH+OH中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH）的浓
25、度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小【解答】解：A、向水中加入少量固体KHSO4，硫酸氢钾电离出的氢离子抑制水的电离，平衡逆向移动，c（H+）增大，平衡常数只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，故A正确；B、向水中加入少量氢氧化钠溶液，抑制水电离，平衡逆向移动，但是c（OH）增大，故B错误；C、向水中加入少固体NH4Cl，铵根水解促进水的电离，平衡正向进行，c（H+）增大，故C错误；D、水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选A6下列实验设计能达到相应实验目的是（）A用图所示装置制取干燥纯净
26、的氨气B用图所示装置制备并观察氢氧化亚铁的颜色C为制备并收集少量NO2气体D量取0.10 molL1KOH溶液20.00 mL【考点】化学实验方案的评价【分析】A氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；B用电解法制取氢氧化亚铁时需要Fe做阳极；C稀硝酸和铜反应生成NO，且二氧化氮能和水反应；D碱式滴定管只能盛放碱性溶液，且滴定管感量为0.01mL【解答】解：A氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，所以集气瓶应该倒置，故A错误；B用电解法制取氢氧化亚铁时需要Fe做阳极，阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，故B错误；C
27、稀硝酸和铜反应生成NO，且二氧化氮能和水反应，NO不易溶于水，应该用浓硝酸和Cu反应制取二氧化氮，且采用向上排空气法收集，故C错误；D碱式滴定管只能盛放碱性溶液，且滴定管感量为0.01mL，NaOH溶于呈碱性，应该用碱式滴定管量取，故D正确；故选D7用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A在密闭容器中，加入1.5mol H2和0.5mol N 2充分反应后，可得到NH3分子数为NAB25时，1L pH=1的稀硫酸溶液中含有的H+数目为0.1NAC1 molL1的NaClO溶液中所含ClO的数目为NAD1L 0.1molL1 AlCl3的溶液中所含Al3+的数目为0.1NA【考点】阿伏加
28、德罗常数【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；B、pH=1的硫酸溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L；C、溶液体积不明确；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则得到的氨气分子个数小于NA个，故A错误；B、pH=1的硫酸溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢离子的个数为0.1NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸根的个数无法计算，故C错误；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.1NA个，故D错误故选B8下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）AAl（OH）3AlCl3（
29、aq）无水AlCl3BFe2O3FeCl3（aq）FeCAlNaAlO2（aq）NaAlO2（s）DCu（OH）2Cu（NO3）2（aq）Cu（NO3）2晶体【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A氢氧化铝加入盐酸溶解生成氯化铝溶液，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发氯化氢挥发促进水解正向进行得到水解产物；B氧化铁溶解在盐酸中生成氯化铁，加入铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜；C铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠水解生成氢氧化铝和氢氧化钠，蒸发浓缩是蒸发的水；D氢氧化铜加入硝酸溶解生成硝酸铜，硝酸铜水解生成氢氧化铜和硝酸，蒸发
30、硝酸挥发，促进水解正向进行得到水解产物【解答】解：A氢氧化铝加入盐酸溶解生成氯化铝溶液，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，蒸发氯化氢挥发促进水解正向进行得到水解产物Al（OH）3，故A错误；B氧化铁溶解在盐酸中生成氯化铁，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，加入铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B错误；C铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，偏铝酸钠水解生成氢氧化铝和氢氧化钠，NaAlO2+2H2ONaOH+Al（O
31、H）3，蒸发浓缩是蒸发的水，故C正确；D氢氧化铜加入硝酸溶解生成硝酸铜，Cu（OH）2+2HNO3=Cu（NO3）2+2H2O，硝酸铜水解生成氢氧化铜和硝酸，Cu（NO3）2+2H2OCu（OH）2+2HNO3，蒸发硝酸挥发，促进水解正向进行得到水解产物Cu（OH）2，故D错误；故选C9下列有关反应的离子方程式正确的是（）A碳酸的电离方程式：H2CO32H+CO32BNaHSO4（溶液）的电离：NaHSO4Na+H+SO42C明矾可用于净水：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+DHCO3的水解方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸为弱酸，其电离方程
32、式需要分步书写；B硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；C铝离子的水解为可逆反应，水解程度较小，不能使用等号、沉淀符号；D碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子【解答】解：A碳酸的电离分步进行，主要以第一步为主，其正确的电离方程式为：H2CO3H+HCO3，故A错误；BNaHSO4（溶液）完全电离，其电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42，故B正确；C明矾可用于净水，原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，该反应为可逆反应，正确的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故C错误；DHCO3+H2OCO32+H3O+为碳酸氢根离子的电离方程式，碳酸氢根离子
33、正确的水解方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，故D错误；故选B10下列对溶液叙述正确的是（）A在中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用B用碱式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液C向冰醋酸中加水至配成醋酸稀溶液的过程中H+的浓度逐渐减小D25时NH4Cl溶液的KW大于100时NaCl溶液的KW【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；不能加热的仪器及使用方法；中和热的测定【分析】A容量瓶和锥形瓶不需要润洗，滴定管需要润洗；B高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶管；C冰醋酸加水过程中，促进冰醋酸电离，氢离子浓
34、度先增大后减小；D水的离子积常数随温度的升高而增大【解答】解：A容量瓶和锥形瓶不需要润洗，若润洗一定有误差，而滴定管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用，不润洗相当于稀释，也存在误差，故A正确；B高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶管，所以用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液，故B错误；C冰醋酸是分子晶体，向冰醋酸中加水，促进冰醋酸电离，氢离子浓度逐渐增大，增大到一定程度时，再向溶液中加水稀释，溶液中离子浓度反而减小，故C错误；D温度越高水的离子积常数越大，所以25时NH4Cl溶液的KW小于100时NaCl溶液的KW，故D错误；故选A二、选择题（共5小题，每小题4分，满
35、分20分）11下列有关说法正确的是（）A氨水稀释后，溶液中的值减小B0.1 molL1Na2CO3溶液加蒸馏水稀释，CO32的水解程度增大，溶液的pH减小C298 K时，2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其H0D对N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理【分析】A氨水溶液中一水合氨在电离平衡，加水稀释促进电离，铵根离子物质的量增加，一水合氨分子减少；B碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，加水稀释促进水解正向进行，氢氧根离子浓度减小
36、；C反应自发进行的判断依据HTS0；D增大反应物浓度，正逆反应速率都增大【解答】解：A氨水溶液中一水合氨在电离平衡，加水稀释促进电离，铵根离子物质的量增加，一水合氨分子减少，比值增大，故A错误；B碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，加水稀释促进水解正向进行，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液PH碱性，故B正确；C.298 K时，2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自发进行，反应前后气体体积减小，S0，则满足HTS0，其H0，故C正确；D增大反应物浓度，正逆反应速率都增大，对N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率也增
37、大，故D错误；故选BC12下列图示与对应的叙述不相符的是（）A表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大
38、数值小于n；B水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行；一定温度下存在离子积常数；C两种反应物增加一种会提高另一种物质的转化率；D体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行【解答】解：A醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向进行，如稀释10n倍，溶液PH增大数值小于n，图象中是体积增大10n，溶液PH增大n个单位，不能表示出电离平衡正向进行的变化，图想错误，故A选；B水的电离过程是吸热过程，加热促进电离平衡正向进行，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，一定温度下存在离子积常数，温度越高氢离子和氢氧根离子浓度越大，T2T1，图象变化符合离子浓度变化，故B不选；C两种反应物增加
39、一种会提高另一种物质的转化率，随氢气体积分数增大，氮气转化率增大，所以图中a点N2的转化率小于b点，图象变化符合转化率变化，故C不选；D.2NO2（g）2NO（g）+O2（g），反应是气体体积增大的反应，体积越大压强越小，平衡向气体体积增大的分析进行，正向进行，但体积增大对浓度影响大，所以氧气平衡浓度减小，图象变化符合反应变化，故D不选；故选A13下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备Fe（OH）3胶体：0.2 molL1 FeCl3溶液与0.6 molL1 NaOH溶液等体积混合B排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡：将胶管弯曲使玻璃尖嘴端向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出
40、C测定浓度均为0.1molL1 CH3COONa与HCOONa溶液的pH，不能比较CH3COOH与HCOOH酸性的强弱D探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象【考点】化学实验方案的评价【分析】A氢氧化铁胶体制备：向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液几滴，然后将溶液加热至红褐色为止；B将碱式滴定管的胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可排除尖嘴部分的气泡；C相同浓度的一元酸的钠盐，该溶液的pH越大，该酸的酸性越弱；D探究催化剂
41、对双氧水分解速率的影响时，只有催化剂不同，其它条件必须完全相同【解答】解：A氢氧化铁胶体制备：向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液几滴，然后将溶液加热至红褐色为止，将氯化铁溶液和NaOH溶液混合得到氢氧化铁沉淀而得不到胶体，故A错误；B将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，故B正确；C相同浓度的一元酸的钠盐，该溶液的pH越大，该酸的酸性越弱，所以可以根据相同浓度的CH3COONa与HCOONa溶液的pH，能比较CH3COOH与HCOOH酸性的强弱，故C错误；D探究催化剂对双氧水分解速率的影响时，只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，在
42、相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，该实验催化剂不同，且其它条件相同，所以可以实现实验目的，故D正确；故选BD14在常温下，下列溶液中有关微粒浓度的关系正确的是（）A0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c （SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）B常温下pH=2的HCl溶液与pH=12的氨水溶液等体积混合c（NH4+）=c（Cl）C0.2 molL1 Na2CO3溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液：c（Na+）+c（
43、H+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A不考虑离子水解，硫酸根离子浓度和铵根离子浓度相同，都大于亚铁离子浓度，铵根离子水解减小，小于硫酸根离子浓度；B常温下pH=2的HCl溶液与pH=12的氨水溶液等体积混合，一水合氨是弱碱存在电离平衡，混合后一水合氨又电离出氢氧根离子，溶液显碱性；CNa2CO3溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（C）；D溶液中存在电荷守恒分析判断【解答】解：A不考虑离子水解，硫酸根离子浓度和铵根离子浓度相同，都大于亚铁离子浓度，铵根离子水解减小，小于硫酸根离子浓度，0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c （SO42）c（
44、NH4+）c（Fe2+）c（H+），故A正确；B常温下pH=2的HCl溶液与pH=12的氨水溶液等体积混合，一水合氨是弱碱存在电离平衡，混合后一水合氨又电离出氢氧根离子，溶液显碱性，溶液中c（NH4+）c（Cl），故B错误；CNa2CO3溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（C），c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故C错误；D溶液中存在电荷守恒，某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），故D错误；故选A15一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g）
45、，其中容器中5min时到达平衡容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7下列说法中正确的是（）A容器中前5 min的平均反应速率v（CO）=0.16 molL1min1B该反应正反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55 molD若起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率小于80%【考点】化学平衡的计算【分析】AI中平衡时得到n（COCl2）=0.8mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）=n（COCl2）=0.8mol
46、，则5min内v（CO）=；BI、III是等效平衡，升高温度产物浓度降低，说明平衡逆向移动；C相同温度下化学平衡常数相等，根据化学平衡常数计算氯气初始物质的量；DI中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率=100%=80%，如果起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入1.0molCO、1.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动【解答】解：AI中平衡时得到n（COCl2）=0.8mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）=n（COCl2）=0.8mol，则5min内v（CO）=0.32 molL1min1，故A错误；BI
47、、III是等效平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度产物浓度降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故B错误；CI中达到平衡状态时，n（CO）=n（Cl2）=1.0mol0.8mol=0.2mol，则平衡时c（CO）=c（Cl2）=0.4mol/L，c（COCl2）=1.6mol/L，化学平衡常数K=10，温度相同化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10， CO（g）+Cl2（g）COCl2（g），初始1.0 a 0反应0.5 0.5 0.5平衡0.5 （a0.5）0.5平衡时c（CO）=c（COCl2）=1mol/L，c（Cl2）=mol/L=2（a0.5）mol/L，化学平
48、衡常数K=10，a=0.55，故C正确；DI中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率=100%=80%，如果起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入1.0molCO、1.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以CO转化率小于80%，故D正确；故选CD三、解答题（共6小题，满分80分）16现有室温下浓度均为1102 molL1的几种溶液：盐酸 硫酸 醋酸氯化铵 氨水 NaOH溶液回答下列问题：（1）上述6种溶液中，水电离出的c（H+）最大的是（填序号）（2）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速
49、率由快到慢的顺序为（填序号）生成H2最多的是；（填序号）（3）取、溶液各1mL稀释到100mL，溶液的pH变化比较大的是（填序号）（4）将等体积的、混合，则溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因：NH4+H2ONH 3H2O+H+（5）将、等体积混合后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c （H+）（6）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol/LNaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验该学生取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定滴定达到终点的标志是最后一滴NaOH
50、溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色；在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有AB（填序号）A滴定终点读数时仰视 B碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失C锥形瓶水洗后未干燥 D酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）弱离子的水解对水的电离起促进作用，酸碱对水的电离起抑制作用，氢离子和氢氧根离子浓度越大对水的电离抑制程度越大；（2）向相同体积的硫酸醋酸盐酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1103mol/L溶质物质的量相同，溶液中氢离子浓度2，氢气浓度越大，产生氢气的速率越快；中生成氢气的量最大，生成
51、的氢气相等；（3）NaOH溶液为强碱溶液，氨水为弱碱，各1mL稀释到100mL，氨水中一水合氨存在电离平衡，加水稀释平衡会正向进行，又电离出氢氧根离子；（4）将等体积等浓度的盐酸、氨水混合恰好生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；（5）将醋酸、NaOH溶液等体积等浓度混合后，恰好生成醋酸钠，溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，据此写出溶液中的离子浓度由大到小的顺序；（6）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差【解答】解：（1）弱离子的水解对水的电离起促进作用，酸碱对水的电离起抑制作用，所以氯化铵对水的电离起促进
52、作用，氢离子和氢氧根离子浓度越大对水的电离抑制程度越大，氯化铵中铵根离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，6种溶液中氯化铵溶液中水电离出的c（H+）最大；硫酸是二元强酸，氢离子浓度最大，所以对水的抑制程度最大，所以水电离出的c（H+）最小，故答案为：；（2）向相同体积铜浓度的盐酸 硫酸 醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1103mol/L溶质物质的量相同，溶液中氢离子浓度为：，则产生氢气的速率快慢为：；生成氢气的量与酸能够提供氢离子的物质的量有关，三种溶液中：中生成氢气的量最大，、生成的氢气相等，所以生成氢气总量关系为：=，故答案为：；：（3）NaOH溶液为强碱溶液，氨水为弱
53、碱，各1mL稀释到100mL，氨水中一水合氨存在电离平衡，加水稀释平衡会正向进行，又电离出氢氧根离子，溶液PH强碱变化大，选，故答案为：；（4）将等体积等浓度的盐酸、氨水混合恰好生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液PH7，水解离子方程式为：NH4+H2ONH 3H2O+H+，故答案为：；NH4+H2ONH 3H2O+H+；（5）将醋酸、NaOH溶液等体积等浓度混合后，恰好生成醋酸钠，溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c （H+），故答案为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c （H+）； （6）滴定时，当溶液颜色变
54、化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；A滴定终点读数时仰视，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故A正确；B碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故B正确；C锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，V（标准）不变，据c（待测）=分析，c（待测）无影响，故C错误；D酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，盐酸溶液被稀释，待测液的物质的量偏小，导致V（标准）偏小，据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故D错误；故答案为：最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半
55、分钟内不褪色；AB17在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存（1）现将0.2molL1的HA酸溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合若HA是HCN，溶液中c（Na+）c（CN），则该混合溶液c（H+） c（OH）（填“”“”或“=”）若HA是CH3COOH，该混合溶液呈酸性，则c（CH3COOH）c（CH3COO）（填“”“”或“=”）（2）浓度为0.1molL1的下列各物质的溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是（填序号） NH4Cl （NH4）2SO4 NH3H2O （NH4）2CO3（3）常温下在20mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HC
56、l溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示回答下列问题：人造血液的pH约为7.4，则CO2在血液中主要以HCO3的形式存在；c（OH）c（HCO3）c（CO32）在同一溶液中，H2CO3、HCO3、CO32（填“能”或“不能”）不能大量共存；已知在25时，CO32水解反应的平衡常数即水解常数Kh2104，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=20：1时，溶液的pH=9【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）如HA是HCN，反应后为等浓度的HCN、NaCN的混合溶液，根据溶液呈电中性的角度比较离子
57、浓度大小；如HA是CH3COOH，反应后为等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，该混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度；（2）氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，相同浓度的溶液中一水合氨中铵根离子浓度最小；（3）根据图判断C元素存在形式；酸性条件下，能存在大量碳酸，碱性条件下，能存在大量碳酸根离子；常温下在20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，以此分析解答【解答】解：（1）如HA是HCN，反应后为等浓度的HCN、NaCN的混合
58、溶液，根据溶液电中性原则可知c（Na+）+c（H+）=c（CN）+c（OH），由于c（Na+）c（CN），则c（H+）c（OH）；如HA是CH3COOH，反应后为等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，该混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c（CH3COOH）c（CH3COO），故答案为：；（2）氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，相同浓度的溶液中一水合氨中铵根离子浓度最小，浓度相等的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；（3）根据图知，人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3的形式存在，故答案为：H
59、CO3H2CO3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，HCO3分别与H2CO3、CO32都能共存，酸性条件下，能存在大量碳酸，碱性条件下，存在大量碳酸根离子，因为二者存在环境不同，所以H2CO3和CO32在溶液中不能大量共存，故答案为：不能；水解常数Kh=2104，当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=20：1时，c（OH）=103mol/L，由Kw可知，c（H+）=109mol/L，所以pH=9，故答案为：918300时，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过
60、程中测定的数据如下表：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10回答下列问题：（1）反应02min Z的平均速率v（Z）=0.004 mol/（Lmin）（2）能判断该反应已经达到平衡状态的是DA生成X的速率是生成Z的速率的2倍 B容器内压强保持不变C容器内气体的密度保持不变 D容器内各气体的浓度保持不变（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施是降低温度（任写一种）（4）温度为300时，该反应的化学平衡常数K=1.44（5）若起始时向该容器中充入X、Y、Z各0.20mol，则反应将向正（填“正”或“逆”）反应方向进行，达平衡时Z的体积分数与上述平衡相比不变（填“增大”
61、、“减小”或“不变”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；（2）A生成X的速率是生成Z的速率的2倍，均为逆反应速率；B恒温恒容下，反应前后气体物质的量不变，容器内压强始终保持不变；C容器内气体的密度始终保持不变；D可逆反应得到平衡时各组分的浓度保持不变；（3）正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可以移走Z使平衡正向移动；（4）由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，计算平衡时其它组分的物质
62、的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；（5）计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向；等效为开始通入0.3molX、0.3molY，与原平衡中X、Y的物质的量之比均为1：1，该反应气体气体体积不变，恒温恒容下与原平衡为等效平衡，平衡时相同物质的体积分数相同【解答】解：（1）2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，则v（Y）=0.002 mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（Z）=2v（Y）=0.004 mol/（Lmin），故答案为：0.004 mol/（Lmin）；（2）A生成X的速率是生成
63、Z的速率的2倍，均为逆反应速率，自反应开始始终满足该关系，故A错误；B恒温恒容下，反应前后气体物质的量不变，容器内压强始终保持不变，故B错误；C混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内气体的密度始终保持不变，故C正确；D容器内各气体的浓度保持不变，说明反应到达平衡，故D正确，故选：D；（3）正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，可以移走Z使平衡正向移动，提供反应的转化率，故答案为：降低温度；（4）由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.1mol，则： X（g）+Y（g）2Z（g）起始量（mol）：0.16 0.16 0变化量（mol）：0.06 0.06 0.12平衡
64、量（mol）：0.1 0.1 0.12由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度计算，平衡常数K=1.44，故答案为：1.44；（5）此时浓度商Qc=1K=1.44，平衡向正反应进行；等效为开始通入0.3molX、0.3molY，与原平衡中X、Y的物质的量之比均为1：1，该反应气体气体体积不变，恒温恒容下与原平衡为等效平衡，即达平衡时Z的体积分数与上述平衡相比保持不变，故答案为：正；不变19以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸
65、”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当加快搅拌速率适当延长酸浸时间（2）“滤渣2”的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）；“调pH”时，pH不能过高，其原因是pH过高，Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀（3）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是SOCl2水解生成的HCl，抑制Cu2+的水解【考点】制备实验方案的设计【分析】以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得
66、到滤渣1为SiO2 ，H2SiO3，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOCl2加热脱水得到氯化铜，（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除
67、去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；“调pH”时，pH不能过高，否则Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀；（3）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【解答】解：（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间，故答案为：CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+
68、CO2+3H2O；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；“调pH”时，pH不能过高，否则Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀，故答案为：Fe（OH）3；pH过高，Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀；（3）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解（1）CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，故答案为：SOCl2水解生成的HCl，抑
69、制Cu2+的水解20NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝、脱硫（1）利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol12（NH4）2SO3（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1反应2SO2（g）+4NH3H2O（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的H=2a+2b+ckJmol1空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图1所示
70、，则在空气氧化（NH4）2SO3的适宜温度为60氨气可用来制取尿素CO（NH2）2反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H，该反应在一定条件下能自发进行的原因是H0；某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为2500合成氨用的氢气是以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）而混有的CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+
71、NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收CO后的乙酸二氨合铜（I）溶液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是B（填字母）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压（2）NH3催化氧化可制备硝酸4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）生成的NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的氧化率（NO）与温度、压强的关系如图2所示则p1p2（填“”、“”或“=”）；温度高于800时，（NO）几乎为0的原因是温度高于800时，NO2几乎完全分解【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】（1）根据盖斯
72、定律，给已知方程式编号SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1；NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol1；2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1；目标反应的反应热为：2+2+，由此分析解答；根据图1分析，60氧化速率最快； 根据2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H，该反应为熵减小的反应，则在一定条件下能自发进行是因为该反应为放热反应，根据平衡常数表达式计算K；根据题意恢复乙酸二氨合铜（I）溶液吸收CO的能力以供
73、循环使用即使Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0平衡逆向移动，据此由平衡移动原理分析；（2）温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，温度高于800时，NO2几乎完全分解【解答】解：（1）根据盖斯定律，给已知方程式编号SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1；NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol1；2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=
74、c kJmol1；目标反应的反应热为：2+2+，故答案为：2a+2b+c；根据图1分析，60氧化速率最快，则在空气氧化（NH4）2SO3的适宜温度为60，故答案为：60；根据2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H，该反应为熵减小的反应，则在一定条件下能自发进行是因为该反应为放热反应，即H0；根据题给数据，初始浓度为c（NH3）=0.04mol/L，c（CO2）=0.02mol/L，则 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g），初始（mol/L） 0.04 0.02 0转化（mol/L） 0.02 0.0250% 0.01平衡（mol/L） 0
75、.02 0.01 0.01则平衡常数K=2500，故答案为：H0；2500； 根据题意恢复乙酸二氨合铜（I）溶液吸收CO的能力以供循环使用即使Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0平衡逆向移动，该反应正向为放热、气体体积缩小的反应，根据平衡移动原理升温或减压平衡逆向移动，故答案为：B；（2）温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动，所以p1p2；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，温度高于800时，NO2几乎完全分解；故答案为：；温度高于800时，NO2几乎完全分解21过氧化钙晶体CaO28H2O较稳定，呈白色，
76、微溶于水，能溶于酸性溶液广泛应用于环境杀菌、消毒等领域过氧化钙晶体含量的测定（假定杂质不发生反应）准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和10mL 2.000molL1 H2SO4，发生化学反应：CaO28H2O+H2SO4CaSO4+H2O2+8H2O用0.0200molL1KMnO4标准溶液滴定至终点H2O2和KMnO4反应的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O重复上述操作两次（1）在滴定过程中，没有选用指示剂是因为高锰酸钾未过量前，溶液是无色的，当溶液变成浅红色（2）滴定终点观察到的现象为当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红
77、色，且30s不褪色（3）根据表中的数据，计算产品中CaO28H2O的质量分数（写出计算过程）滴定次数样品的质量/gKMnO4溶液的体积/mL滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.30001.0226.0420.30002.0025.0230.30000.2023.24（4）用KMnO4溶液做氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，若用放置了两周的KMnO4标准溶液去测定产品中CaO28H2O的质量分数，则测得的值将偏高（填“偏高”或“偏低”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）高猛酸
78、碱溶液时紫红色溶液过氧化氢溶液为无色，用高猛酸碱溶液的颜色可以指示反应终点；（2）高锰酸钾未过量前，溶液是无色的，当溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，滴定结束；（3）三次消耗的高锰酸钾溶液的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为23.03mL；再根据关系式5（CaO28H2O）5H2O22KMnO4计算出过氧化钙晶体的物质的量，最后求出过氧化钙晶体的质量分数；（4）KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，滴定消耗溶液体积增多，结果偏高；【解答】解：（1）高猛酸碱溶液时紫红色溶液过氧化氢溶液为无色，高
79、锰酸钾未过量前，溶液是无色的，当溶液变成浅红色，所以不需要添加指示剂，故答案为：高锰酸钾未过量前，溶液是无色的，当溶液变成浅红色；（2）滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；（3）高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为： =23.03mL，根据关系式 5（CaO28H2O）5H2O22KMnO4n（CaO28H2O）=n（KMnO4）=0.0200 molL123.03mL103LmL1 =1.151103 mol，CaO28H2O的质量分数为：100%=82.9%；故答案为：82.9%；（4）KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，再用此溶液滴定实验消耗标准溶液体积增多，测定结果会偏高故答案为：偏高；2016年11月27日
