精品解析：福建省南安第一中学2024-2025学年高二上学期第二次阶段测试化学试题

南安一中2024～2025学年上学期高二年第二次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：高二必修《化学反应原理》。分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷，共10页，满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5.可能用到的相对原子质量：Cu-64 Pb-207 O-16 H-1 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题：本大题共18小题，1-12题每小题2分，13-18题每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. 下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是 ①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1 ⑤向水中加入亚硝酸钠固体，如图水的电离平衡曲线可以从C点到D点 A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④⑤ D. ①④⑤ 2. 下列描述中，符合生产实际的是 A. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 B. 电解法精炼粗铜，每转移2 mol 电子就有64g铜溶解 C. 氯碱工业中，用阴离子交换膜把阳极室和阴极室隔开 D. 一元硬币材料为钢芯镀镍，硬币制作时，钢芯应作阴极 3. 下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1 D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 4. 某实验小组用0.50 mol·L-1 NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液进行反应热的测定，实验装置如图所示。测得实验数值结果为-52.7 kJ·mol-1与理论值有偏差，产生偏差的原因不可能是 A. 用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 B. 用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数 C. 分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 D. 实验装置保温、隔热效果差 5. 中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是 A. 生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原 B. 生成NH3的总反应方程式为5H2+2NO2H2O+2NH3 C. 决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OH D. 在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2 6. 如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为 A. ②①③④⑤⑥ B. ⑤④③①②⑥ C. ⑤④②①③⑥ D. ⑤③②④①⑥ 7. 保持在室温下，将pH和体积相同的这两种酸(HNO2和CH3COOH)分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如下图所示。 已知：在室温下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，下列说法正确的是 A. 曲线II代表的是CH3COOH溶液 B. 溶液中水的电离程度：b点>c点>d点 C. 体积相同的a点两溶液分别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中：n()＝n(Na＋)＝n(CH3COO-) D. 从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子) 8. 下列关于化学反应的自发性叙述中不正确的是 A. (NH4)2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大 B. 低温更有利于2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的自发进行 C. 由钠和水常温下就能自发进行可知该反应一定是放热反应 D. 由较低温下 CO2(g) +C(s) =2CO(g)不能自发进行，则可知该反应的△H>0 9. 下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是 A. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 B. 向2mL0.1mol/LNaCl溶液中加入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡后加入4滴0.1mol/LKI溶液，先产生的白色沉淀，再产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI，该实验条件下，AgI溶解度小于AgCl C. 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，说明有AgCl和I2生成，氯水中同时存在Cl-和Cl2 D. 由如图装置量取一定体积的盐酸，其读数为12.20 mL 10. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c()＋c(OH-) B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c()>c(Cl-)>c(OH-) C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c()＋c()＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+) D. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)] 11. 一种自生酸和碱的电化学回收体系，原理如图所示。在Ⅲ室中将等含磷微粒转化为羟基磷灰石（），同时将转化为，实现废水中的等含磷微粒和的回收。下列说法不正确的是 （注：表示等含磷微粒，为羟基磷灰石） A. a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. Ⅲ室可发生反应： C. 当电路中通过电子，阴极增重10.04g D. 物质X为硫酸溶液，将其泵入吸收室用于吸收 12. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离产生的c(H+)=10-10 mol/L的溶液中： B. 使甲基橙呈红色的溶液： C. 的溶液： D. 0.2 mol/L的NH4Cl溶液：、、、 13. Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，恒容密闭容器中发生反应Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，该反应的平衡常数与温度的关系如下表所示： 温度/℃ 25 80 230 平衡常数 5×104 2 1.9×10-5 下列说法正确的是 A. 25℃达到平衡时，向容器中继续充入CO(g)，CO的转化率减小 B. 温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产 C. 80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1，则此时v正＜v逆 D. 平衡后，向密闭容器中加入少量镍粉，平衡正向移动，达到新平衡时CO的浓度比原平衡小 14. 现有常温下的四份溶液，下列说法不正确的是 序号 ① ② ③ ④ 溶液 0.01mol/L HCl pH=12 氨水 pH=12 NaOH A. ②④溶液中水电离的氢离子均为 B. ②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积②<③ C. ①④等体积混合后，所得溶液中 D. 向③④中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小 15. 在某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的量浓度、反应速率随时间变化如图所示。下列说法中正确的是 A 20～30 min时温度、压强不变，40 min时温度不变，增大压强 B. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·(L·s)-1 C. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应 D. 20～40 min时该反应的环境温度不变 16. 向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A. 曲线N表示pH与的变化关系 B. 交点e的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)>c(OH－) C. d点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋) D. Ka2(H2Y)＝10－4.3 17. 同温度下，体积均为1 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH=-92.6 kJ·mol-1.测得数据如表： 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 N2 H2 NH3 (1) 2 3 0 27.78 kJ (2) 1.6 1.8 0.8 Q 下列叙述不正确的是 A. 容器(1)(2)反应达平衡时压强不相等 B. 容器(2)中反应开始时v(正)>v(逆) C. 容器(2)中反应达平衡时，吸收热量Q为9.26 kJ D. 若条件为“绝热恒容”，容器(1)中反应达平衡时n(NH3)<0.6 mol 18. 已知 p(A)=-lg c(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. CuS和MnS共存的悬浊液中，=10-20 B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2 C. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)不变 D. a点有ZnS沉淀生成 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、本大题共5小题，共58分。 19. 按要求回答下列问题 Ⅰ. （1）已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号) _______；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中浓度由大到小的顺序是(填序号) _______。 （2）写出Na2CO3水解的离子方程式_______ ，已知水解常数为1.79×10﹣4，当溶液中c()=3.58c()时，溶液的pH=_______ (已知lg2=0.3)。 （3）25℃时，将n mol•L﹣1的氨水与0.2 mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl－)，则溶液显_______ 性(填“酸”、“碱”或“中”)，NH3•H2O的电离常数Kb=_______。(用含n的代数式表示) Ⅱ.已知：pKa=-lg Ka，25 ℃时，H2SeO3的pKa1=1.34，pKa2=7.34。用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2SeO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。(填“＜”或“=”或“＞”) （4）a点所得溶液中：2c(H2SeO3)＋c()_______0.1 mol·L-1。 （5）b点所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(H＋)_______c()＋c(OH-) （6）c点所得溶液中：c(Na＋)_______3c()。 20. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验： ①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。 ②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。 ③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。 （1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。 （2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。 （3）判断滴定终点的方法是________________________。 （4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） ①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________ ②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。 （5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。 21. 回答下列问题： （1）查阅资料知，K2FeO4能将Mn2＋氧化成MnO。实验小组设计如下实验进行验证： 石墨b为电池的_______(填“正”或“负”)极；电极反应式为_______。 （2）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如下图所示。 ①a电极为电解池的_______(填“阴”或“阳”)极，写出该电极的电极反应式：_______；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是_______。 ②该工艺主要副产物H2可做为燃料电池的_______极原料，若采用熔融氧化钇做电解质传导氧离子，该电极的电极反应式为：_______。 （3）工业上可利用CO2和H2生成甲醇，热化学方程式如下： CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)△H1=Q1kJ/mol 又查资料得知：①CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H2=Q2kJ/mol ②H2O(g)=H2O(l)△H3=Q3kJ/mol 则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为_______。 22. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 提示：当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。 （2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。 （3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用X是_______(填标号)。  A．NH3·H2O　　　B．Ca(OH)2　　　C．NaOH 滤渣①的主要成分除SiO2外还有_______、_______。 (填化学式) （4）向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______。 （5）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。 （6）滤液④转化为ZnSO4·7H2O的操作是_______。 23. 回答下列问题： （1）N2O4(g)2NO2(g)该反应中N2O4、NO2的消耗速率与各自浓度间存在关系：，，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。平衡常数K=_______ (用k1、k2表示)，图中X表示N2O4或NO2，表示NO2的曲线是_______(填“AB”或“AC”)，图中标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点是_______。 （2）已知反应：C(s)＋NO2(g)N2(g)＋CO2(g)　ΔH<0。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2 ℃，如图所示为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。 /kPa 请写出反应中NO2的转化率随着压强变化而变化的规律并说明原因_______。 （3）某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：①2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)(慢反应) ΔH<0 ② 2NO2(g)N2O4(g)(快反应) ΔH<0，体系的总压强p(总)和p(O2)随时间的变化如下图所示： ①表示反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1_______E2(填“>”“<”或“=”)。 ②已知N2O5分解的反应速率v=0.12p(N2O5) (kPa·h-1)，t=10 h时，p(N2O5)=_______kPa，v=_______kPa·h-1(结果保留两位小数，下同)。 ③该温度下2NO2(g)N2O4(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa-1(Kp是以分压表示的平衡常数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南安一中2024～2025学年上学期高二年第二次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：高二必修《化学反应原理》。分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷，共10页，满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5.可能用到的相对原子质量：Cu-64 Pb-207 O-16 H-1 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题：本大题共18小题，1-12题每小题2分，13-18题每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. 下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是 ①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1 ⑤向水中加入亚硝酸钠固体，如图水的电离平衡曲线可以从C点到D点 A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④⑤ D. ①④⑤ 【答案】D 【解析】 【详解】①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，说明亚硝酸溶液中存在电离平衡，亚硝酸不完全电离，是弱电解质，故①正确； ②溶液导电能力与离子浓度有关，用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸不完全电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故②错误； ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明HNO2是弱电解质，故③错误； ④0.1mol•L-1 HNO2溶液的，c(H+)=0.015mol/L，氢离子浓度小于酸浓度，说明亚硝酸不完全电离，为弱电解质，故④正确； ⑤向水中加入亚硝酸钠固体，水的电离平衡曲线可以从C点到D点，说明亚硝酸钠促进水的电离，属于强碱弱酸盐，亚硝酸为弱电解质，故⑤正确。 故答案选D。 2. 下列描述中，符合生产实际的是 A. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 B. 电解法精炼粗铜，每转移2 mol 电子就有64g铜溶解 C. 氯碱工业中，用阴离子交换膜把阳极室和阴极室隔开 D. 一元硬币材料为钢芯镀镍，硬币制作时，钢芯应作阴极 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气主要用于自来水消毒，而非处理重金属离子。实际生产中，通常通过沉淀法（如加入硫化物或氢氧化物）去除水中的Cu²⁺、Hg²⁺等离子，A错误； B．电解精炼铜时，阳极粗铜含有杂质如Zn、Fe等参与电极反应，转移2 mol 电子溶解铜的质量小于64g，B错误； C．氯碱工业中，为防止Cl₂与H₂混合及OH⁻进入阳极室，实际使用阳离子交换膜（允许Na⁺通过），而非阴离子交换膜，C错误； D．电镀工艺中，待镀物件（钢芯）作为阴极，镀层金属（如镍）作为阳极，Ni²⁺在阴极被还原并沉积在钢芯表面，D正确； 故选D。 3. 下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1 D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸在水溶液中存在电离平衡：， ，加水稀释，c(CH3COO-)减小，Ka不变， 增大，A错误； B．CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解平衡：， ，升高温度，水解平衡正向移动，Kh增大，则 减小，B错误； C．根据电荷守恒关系：，当溶液呈中性时，，则，即与的比值等于1，C错误； D． ，加入AgNO3后Ksp不变，则 不变，D正确； 故选D。 4. 某实验小组用0.50 mol·L-1 NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液进行反应热的测定，实验装置如图所示。测得实验数值结果为-52.7 kJ·mol-1与理论值有偏差，产生偏差的原因不可能是 A. 用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 B. 用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数 C. 分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 D. 实验装置保温、隔热效果差 【答案】B 【解析】 【详解】A．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，A错误； B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，则量取的氢氧化钠偏多，实验放出的热量偏大，中和热数值偏大，B正确； C．分多次把NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，C错误； D．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，D正确； 故选B； 5. 中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是 A. 生成NH3各基元反应中，N元素均被还原 B. 生成NH3的总反应方程式为5H2+2NO2H2O+2NH3 C. 决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OH D. 在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图示知，生成NH3的过程为：，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，选项 A正确； B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H22NH3+2H2O，选项B正确； C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，选项C正确； D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，选项D错误； 答案选D。 6. 如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为 A. ②①③④⑤⑥ B. ⑤④③①②⑥ C. ⑤④②①③⑥ D. ⑤③②④①⑥ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由装置图可知，②③④是原电池，装置②④中铁为负极，且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀的速度越快，因此④>②，装置③中铁作正极，被保护，所以④>②>③，装置⑤⑥是电解池，⑤中铁作阳极，⑥中铁作阴极，阳极金属腐蚀速度快，阴极被保护，因此⑤>⑥，又因电解池引起的腐蚀速度>原电池引起的腐蚀速度>化学腐蚀速度>有防护措施的腐蚀速度，因此可得铁被腐蚀的速度大小关系为：⑤④②①③⑥，答案选C。 7. 保持在室温下，将pH和体积相同的这两种酸(HNO2和CH3COOH)分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如下图所示。 已知：在室温下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，下列说法正确的是 A. 曲线II代表的是CH3COOH溶液 B. 溶液中水的电离程度：b点>c点>d点 C. 体积相同的a点两溶液分别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中：n()＝n(Na＋)＝n(CH3COO-) D. 从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子) 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误； B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c＞d，则水的电离程度：b＜c＜d，故B错误； C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，反应后溶液中n(NaNO2)＜n(CH3COONa)，则两份溶液中：n()＜n(CH3COO-)＜n(Na＋)，故C错误； D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中=Kh(HA)不变，故D正确； 故答案为D。 8. 下列关于化学反应的自发性叙述中不正确的是 A. (NH4)2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大 B. 低温更有利于2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的自发进行 C. 由钠和水常温下就能自发进行可知该反应一定是放热反应 D. 由较低温下 CO2(g) +C(s) =2CO(g)不能自发进行，则可知该反应的△H>0 【答案】C 【解析】 【详解】A．在室温下分解产生氨气等气体，体系中气体分子数增多，混乱度增大，即熵增大，根据熵增原理，该反应能自发进行，A选项正确； B．反应是气体分子数减少反应，即熵减反应（），根据自发反应的判断公式（反应自发进行），要使，在（该反应为放热反应）的情况下，低温时较小，更有利于，即低温更有利于反应自发进行，B选项正确； C．钠和水在常温下能自发反应，该反应是放热反应，但自发反应与反应是放热还是吸热没有必然的因果关系，有些吸热反应在一定条件下也能自发进行，不能仅根据反应能自发进行就判定一定是放热反应 ，C选项错误； D．对于反应，该反应是气体分子数增多的反应，熵增（），低温下不能自发进行，即低温时，因为，T为低温，所以只有时才满足条件，D选项正确； 综上所述，正确答案是Ｃ。 9. 下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是 A. 为测定新制氯水pH，用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 B. 向2mL0.1mol/LNaCl溶液中加入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡后加入4滴0.1mol/LKI溶液，先产生的白色沉淀，再产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI，该实验条件下，AgI溶解度小于AgCl C. 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，说明有AgCl和I2生成，氯水中同时存在Cl-和Cl2 D. 由如图装置量取一定体积的盐酸，其读数为12.20 mL 【答案】B 【解析】 【详解】A． 新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸准确测定新制氯水的pH，A错误； B．向 NaCl 溶液中加入 AgNO₃溶液，会生成 AgCl 白色沉淀，此时溶液中存在溶解平衡。加入 KI 溶液后，I-与溶液中的Ag+结合生成更难溶的 AgI 黄色沉淀，说明在该实验条件下，AgI 溶解度小于 AgCl，发生了沉淀的转化，B正确； C．滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明氯水中含有Cl−，发生反应Ag++Cl−=AgCl↓；滴加淀粉KI溶液变蓝色，说明有I2生成，氯水中HClO也可与I-反应生成I2，不可说明氯水中同时存在Cl−和Cl2，C错误； D．图中是酸式滴定管，刻度是从上到下增大的，所以读数应为11.80mL，D错误； 故选B。 10. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c()＋c(OH-) B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c()>c(Cl-)>c(OH-) C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c()＋c()＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+) D. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)] 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42-，H2OH++OH-，溶液中质子守恒，c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，A正确； B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，B错误； C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C错误； D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，D错误； 答案选A。 【点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用。要熟练使用电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中：n(Na+):n(c)＝1:1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)；质子守恒：(不一定掌握)电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如：在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。 11. 一种自生酸和碱的电化学回收体系，原理如图所示。在Ⅲ室中将等含磷微粒转化为羟基磷灰石（），同时将转化为，实现废水中的等含磷微粒和的回收。下列说法不正确的是 （注：表示等含磷微粒，为羟基磷灰石） A. a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. Ⅲ室可发生反应： C. 当电路中通过电子，阴极增重10.04g D. 物质X为硫酸溶液，将其泵入吸收室用于吸收 【答案】C 【解析】 【分析】由I室电极产生O2，III室电极产生H2可知，左侧为阳极，右侧为阴极，I室产生H+进入II室溶液，为了保证II室溶液电中性，脱盐室中硫酸根离子进入II室，II室物质X为硫酸，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，II室硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，脱盐室中硫酸根经过b膜进入II室，则Na+通过c膜进入III室，c膜为阳离子交换膜； 【详解】A．由分析知，a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，A正确； B．III室要生成羟基磷灰石，所给离子方程式符合原理且满足电荷、质量守恒，B正确； C．III室电极为阴极，电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移0.14mol电子，共生成0.14molOH-，OH-除了生成羟基磷灰石，还要与铵根反应，根据B选项反应式，当参与B选项反应式的OH-少于0.14mol，生成的羟基磷灰石少于0.01mol，0.01mol羟基磷灰石为10.04g，故阴极增重小于10.04g，C错误； D．由分析，物质X为硫酸溶液，将其泵入吸收室用于吸收NH3，D正确； 本题选C。 12. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离产生的c(H+)=10-10 mol/L的溶液中： B. 使甲基橙呈红色的溶液： C. 的溶液： D. 0.2 mol/L的NH4Cl溶液：、、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．25℃时时水电离产生的c(H+)=10-10 mol/L＜10-７ mol/L，水电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Mg2+、Fe2+会反应产生Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中含有大量H+，H+与、Fe2+会氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，也不能大量共存，A不符合题意； B．使甲基橙呈红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生H2O、S、SO2，不能大量共存，B不符合题意； C．的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意； D．0.2 mol/L的NH4Cl溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生H2SiO3沉淀，不能大量共存，D不符合题意； 故合理选项是C。 13. Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，恒容密闭容器中发生反应Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，该反应的平衡常数与温度的关系如下表所示： 温度/℃ 25 80 230 平衡常数 5×104 2 1.9×10-5 下列说法正确的是 A. 25℃达到平衡时，向容器中继续充入CO(g)，CO的转化率减小 B. 温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产 C. 80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1，则此时v正＜v逆 D. 平衡后，向密闭容器中加入少量镍粉，平衡正向移动，达到新平衡时CO的浓度比原平衡小 【答案】C 【解析】 【详解】A．向容器中继续通入CO(g)，相当于增大压强，化学平衡正向进行，CO转化率增大，A错误； B．由图表数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，说明该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，B错误； C．依据浓度商计算和平衡常数比较分析判断反应进行方向，在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol/L，Qc==8＞K=2，化学反应逆向进行，因此此时v正＜v逆，C正确； D．固体物质浓度不变，因此平衡后，向密闭容器中加入少量镍粉，对化学平衡无影响，平衡不移动，CO的浓度不变，D错误； 故合理选项是C。 14. 现有常温下的四份溶液，下列说法不正确的是 序号 ① ② ③ ④ 溶液 0.01mol/L HCl pH=12 氨水 pH=12 NaOH A. ②④溶液中水电离的氢离子均为 B. ②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积②<③ C. ①④等体积混合后，所得溶液中 D. 向③④中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．0.01mol/L 溶液中水电离出的氢氧根离子的浓度，水电出氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，pH=12 水电离的氢离子为 ，A正确； B．②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积②大于③，B错误； C．①④等体积混合后，得到乙酸钠溶液显碱性，所得溶液中，C正确； D．向③④中分别加入适量的氯化铵晶体后，前者会抑制其电离，碱性减弱，后者铵根离子会结合氢氧根离子也使其碱性减弱，故两溶液的pH均减小，D正确； 故选B。 15. 在某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的量浓度、反应速率随时间变化如图所示。下列说法中正确的是 A. 20～30 min时温度、压强不变，40 min时温度不变，增大压强 B. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·(L·s)-1 C. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应 D. 20～40 min时该反应的环境温度不变 【答案】D 【解析】 【分析】由左图可知，8min时，A、B浓度变化为2.00mol/L—1.36mol/L=0.64mol/L，由物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比可知，x=1，则该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，由右图可知，40 min条件改变的瞬间，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，改变的条件为压强不变，升高温度。 【详解】A．由左图可知，20～30 min时，反应体系中各物质的浓度和反应速率不变，说明反应已达到平衡，则反应体系的温度和压强都不变；由分析可知，改变的条件为压强不变，升高温度，故A错误； B．由左图可知，8min时，A、B浓度变化为2.00mol/L—1.36mol/L=0.64mol/L，则0～8min内A的反应速率为=0.08 mol/(L·min)，故B错误； C．由分析可知，该反应为放热反应，故C错误； D．由右图可知，30 min条件改变的瞬间，正逆反应速率均减小，平衡不移动，则20～40 min时该反应的环境温度不变，故D正确； 故选D。 16. 向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A. 曲线N表示pH与的变化关系 B. 交点e的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)>c(OH－) C. d点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋) D. Ka2(H2Y)＝10－4.3 【答案】D 【解析】 【详解】H2Y溶液中滴加KOH溶液，随着pH的不断增大，先发生H2Y+OH-=HY-+H2O，后发生HY-+OH-=Y2-+H2O。 A. 按反应的先后次序，可确定曲线N表示pH与的变化关系，A不正确； B. 交点e的溶液中，=，由此得出c(H2Y)＝c(Y2－)，由反应H2Y+OH-=HY-+H2O、HY-+OH-=Y2-+H2O的顺序，可确定c(HY－)>c(H2Y)＝c(Y2－)>c(H＋)>c(OH－)，B不正确； C. 依电荷守恒，d点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)，C不正确； D. 根据图像当pH=3时=1.3，H2Y的第二步电离方程式为HY-H++Y2-，Ka2(H2Y)== =10－4.3，D正确； 故选D。 17. 同温度下，体积均为1 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH=-92.6 kJ·mol-1.测得数据如表： 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 N2 H2 NH3 (1) 2 3 0 27.78 kJ (2) 1.6 1.8 0.8 Q 下列叙述不正确的是 A. 容器(1)(2)反应达平衡时压强不相等 B. 容器(2)中反应开始时v(正)>v(逆) C. 容器(2)中反应达平衡时，吸收的热量Q为9.26 kJ D. 若条件为“绝热恒容”，容器(1)中反应达平衡时n(NH3)<0.6 mol 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A．分析容器(1)(2)中的投料量可知，二者可建立等效平衡，所以二者的平衡状态相同，因此平衡时两个容器内压强相等，A项错误； B．根据容器(1)中反应达到平衡时体系能量的变化可知，该反应中转化的N2为，根据三段式分析： K=≈0.023，容器(2)中反应开始时，浓度商Qc=≈0.069>K，所以反应向逆反应方向进行，v(正)<v(逆)，B项错误； C．容器(2)中反应向逆反应方向进行最终达到平衡，所以吸收热量，由于(1)和(2)的平衡常数相同，所以容器(2)中反应达平衡时，吸收的热量Q=mol×92.6 kJ·mol-1=9.26 kJ，C项正确； D．由上述三段式可知，容器(1)中反应达平衡时，氨的物质的量是0.6 mol，若条件为“绝热恒容”，反应放热，体系温度升高，平衡逆向移动，因此反应达平衡时n(NH3)<0.6 mol，D项正确； 答案选AB。 18. 已知 p(A)=-lg c(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. CuS和MnS共存的悬浊液中，=10-20 B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2 C. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)不变 D. a点有ZnS沉淀生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．由平衡曲线可知：当c(S2-)=1mol/L时，c(Mn2+)=10-15mol/L，则Ksp(MnS)= c(Mn2+)·c(S2-)=10-15，当c(S2-)=10-25mol/L时，c(Cu2+)=10-10mol/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)·c(S2-)=10-10·10-25=10-35，所以CuS和MnS共存的悬浊液中，=，A正确； B．离子浓度的负对数越大，其离子浓度越小，由平衡曲线可知：Ksp(MnS)>Ksp(ZnS)，则MnS沉淀可以向ZnS沉淀转化，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，B正确； C．根据，向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但因悬浊液中有固体存在，上层清液为CuS的饱和溶液，c(S2-)不变，C正确； D．离子浓度的负对数越大，其离子浓度越小，a点在ZnS沉淀溶解平衡曲线的右上方，则a点溶液的离子积，一定没有ZnS沉淀生成，D错误；  故选：D。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 二、本大题共5小题，共58分。 19. 按要求回答下列问题 Ⅰ. （1）已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号) _______；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中浓度由大到小的顺序是(填序号) _______。 （2）写出Na2CO3水解的离子方程式_______ ，已知水解常数为1.79×10﹣4，当溶液中c()=3.58c()时，溶液的pH=_______ (已知lg2=0.3)。 （3）25℃时，将n mol•L﹣1的氨水与0.2 mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl－)，则溶液显_______ 性(填“酸”、“碱”或“中”)，NH3•H2O的电离常数Kb=_______。(用含n的代数式表示) Ⅱ.已知：pKa=-lg Ka，25 ℃时，H2SeO3的pKa1=1.34，pKa2=7.34。用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2SeO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。(填“＜”或“=”或“＞”) （4）a点所得溶液中：2c(H2SeO3)＋c()_______0.1 mol·L-1。 （5）b点所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(H＋)_______c()＋c(OH-)。 （6）c点所得溶液中：c(Na＋)_______3c()。 【答案】（1） ①. ④＞②＞③＞① ②. ⑥＞⑦＞④＞⑤＞⑧ （2） ①. +H2O+OH﹣ ②. 9.7 （3） ①. 中 ②. （4）＜ （5）= （6）＞ 【解析】 【小问1详解】 根据水电离平衡：H2OH++OH-，结合平衡移动原理可知：酸电离产生的H+及碱电离产生的OH-会抑制水的电离，酸或碱电离产生的c(H+)、c(OH-)越大，对水电离平衡的抑制作用就越强，水电离产生的离子浓度就越小。盐电离产生的弱离子会促进水的电离，导致水电离程度增大，使水电离产生的离子浓度增大。在这四种溶液中，其中①、②、③对水的电离起到抑制作用，只有④对水的电离起到促进作用；所以④中水电离产生H+浓度c(H+)最大，由水的离子积Kw= c(H+)·c(OH-)可计算水电离产生H+浓度：①中c(H+) =5×10-14 mol/L、②c(H+)＞10-l3 mol/L、③c(H+)=10-13 mol/L，所以四种溶液中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序是④＞②＞③＞①；⑧为弱电解质的水溶液，离子浓度最小；在④、⑤、⑥、⑦几种盐溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O +H+，根据盐的组成，⑥(NH4)2SO4产生的是其它盐的2倍，故⑥(NH4)2SO4中的浓度最大；⑦中盐电离产生H+，使的水解受到抑制作用，其水解程度比④氯化铵的要小；⑤醋酸铵为弱酸弱碱盐，盐电离产生的CH3COO-与发生互促的水解反应，导致水解程度比④大，因此⑤中浓度比④氯化铵小，故④、⑤、⑥、⑦、⑧溶液中浓度由大到小的顺序是⑥＞⑦＞④＞⑤＞⑧； 【小问2详解】 Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的会发生水解反应产生和OH﹣，产生的会进一步再发生水解反应，主要是第一步的水解反应，其水解反应的离子方程式为：+H2O+OH﹣；水解反应+H2O+OH﹣的水解平衡常数Kh1==1.79×10-4，当溶液中c()=3.58c()时，Kh1==3.58c(OH-)=1.79×10-4 mol/L，c(OH-)=0.5×10-4 mol/L，c(H+)=mol/L=2×10-10 mol/L，所以pH=10-0.3=9.7； 【小问3详解】 在该溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c()=c(Cl－)+c(OH-)，由于反应后溶液中c()=c(Cl－)，所以c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；将n mol•L﹣1的氨水与0.2 mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后溶液中c(Cl-)=0.1 mol/L，c()+c(NH3·H2O)=0.5n mol/L，平衡时溶液中c()=c(Cl－)=0.1 mol/L，则c(NH3·H2O)=(0.5n-0.1) mol/L，溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，故NH3·H2O的电离平衡常数Kb==； 【小问4详解】 已知：pKa=-lg Ka，25 ℃时，H2SeO3的pKa1=1.34，Ka1=，pKa2=7.34，Ka2=；在H2SeO3溶液中存在物料守恒：c(H2SeO3)+ c()+c()=0.1 mol/L，加入NaOH溶液后，溶液体积增大，则c(H2SeO3)+c()+c()＜0.1 mol/L。由于Ka1=，在a点时pH=1.34，则c(H+)=10-1.34=Ka1，则c(H2SeO3)= c()，在该点溶液仍然存在物料守恒，故a点溶液中2c(H2SeO3)+c()＜0.1 mol/L。 【小问5详解】 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2SeO3溶液，在V=20 mL时，n(H2SeO3)=n(NaOH)，二者恰好发生反应：NaOH+H2SeO3=NaHSeO3+H2O，溶液为NaHSeO3。根据质子守恒可得c(OH-)=c(H+)+c(H2SeO3)- c()，所以c(H+)+c(H2SeO3)= c()+c(OH-)； 【小问6详解】 在V=20 mL时，n(H2SeO3)=n(NaOH)，二者恰好发生反应：NaOH+H2SeO3=NaHSeO3+H2O，溶液为NaHSeO3。当V=40 mL时，2n(H2SeO3)=n(NaOH)，二者恰好发生反应：2NaOH+H2SeO3=Na2SeO3+2H2O，溶液为Na2SeO3。c点溶液组成为Na2SeO3、NaHSeO3的混合溶液。pKa2=7.34，则Ka2=。在c点时pH=7.34，则c(H+)=10-7.34mol/L，故c点溶液中c()=c()，根据电荷守恒可知c(Na＋)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，但由于溶液显碱性，所以c点溶液中微粒浓度关系为：c(Na＋)＞3c()。 20. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验： ①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。 ②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。 ③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。 （1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。 （2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。 （3）判断滴定终点的方法是________________________。 （4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） ①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。 ②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。 （5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。 【答案】（1）2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O （2）酸式 （3）滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 （4） ①. 偏高 ②. 偏高 （5）2.5×10﹣3 【解析】 【小问1详解】 高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O； 【小问2详解】 高锰酸钾具有氧化性，能够腐蚀乳胶管，应该用酸式滴定管盛放，故答案为酸式； 【小问3详解】 高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫红色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； 【小问4详解】 ①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则酸性KMnO4标准液被稀释，浓度变小，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为偏高； ②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为偏高； 【小问5详解】 由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n(Ca2+)=2.5n(KMnO4)=1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5=5×10-6mol，血液中含钙离子的浓度为=2.5×10﹣3mol/L，故答案为2.5×10﹣3。 21. 回答下列问题： （1）查阅资料知，K2FeO4能将Mn2＋氧化成MnO。实验小组设计如下实验进行验证： 石墨b为电池的_______(填“正”或“负”)极；电极反应式为_______。 （2）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如下图所示。 ①a电极为电解池的_______(填“阴”或“阳”)极，写出该电极的电极反应式：_______；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是_______。 ②该工艺主要副产物H2可做为燃料电池的_______极原料，若采用熔融氧化钇做电解质传导氧离子，该电极的电极反应式为：_______。 （3）工业上可利用CO2和H2生成甲醇，热化学方程式如下： CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)△H1=Q1kJ/mol 又查资料得知：①CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H2=Q2kJ/mol ②H2O(g)=H2O(l)△H3=Q3kJ/mol 则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为_______。 【答案】（1） ①. 负极 ②. Mn2＋-5e-＋4H2O=MnO＋8H＋ （2） ①. 阳 ②. NH＋3F--6e-=NF3＋4H＋ ③. F2 ④. 负极 ⑤. H2＋O2--2e-=H2O （3）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=(2Q1+3Q2+2Q3)kJ/mol 【解析】 【小问1详解】 K2FeO4能将Mn2＋氧化成MnO，可知石墨a为电池的正极，石墨b为电池的负极，负极Mn2＋发生氧化反应生成MnO，电极反应式为Mn2＋-5e-＋4H2O=MnO＋8H＋； 【小问2详解】 ①a电极铵根离子发生氧化反应生成NF3，a电极为电解池的阳极，电极反应式为NH＋3F--6e-=NF3＋4H＋；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质是氟气，该气体的分子式是F2； ②该工艺主要副产物H2可做为燃料电池的负极原料，发生氧化反应；若采用熔融氧化钇做电解质传导氧离子，该电极的电极反应式为：H2＋O2--2e-=H2O； 【小问3详解】 根据盖斯定律，CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的△H=(2△H1+3△H2+2△H3)=(2Q1+3Q2+2Q3)kJ/mol，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=(2Q1+3Q2+2Q3)kJ/mol。 22. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ Ksp 4.0×10-38 67×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 提示：当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。 （2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。 （3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是_______(填标号)。  A．NH3·H2O　　　B．Ca(OH)2　　　C．NaOH 滤渣①的主要成分除SiO2外还有_______、_______。 (填化学式) （4）向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______。 （5）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。 （6）滤液④转化为ZnSO4·7H2O的操作是_______。 【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑ （2） ①. 将焙烧后的产物碾碎 ②. 适当增大所用稀硫酸的浓度、加热或搅拌等(填其中两项措施，合理即可) （3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 （4）MnO+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ （5） ①. CaSO4 ②. MgSO4 （6）蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。 【小问1详解】 由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑； 【小问2详解】 为了提高锌的浸取效果，可以加快浸取时的反应速率，故可采用将焙烧后的产物粉碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率； 【小问3详解】 A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜； B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜； C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜； 故答案选B； 当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； 【小问4详解】 向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+； 【小问5详解】 由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4； 【小问6详解】 滤液④为ZnSO4溶液，为得到ZnSO4·7H2O晶体，需要采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，可以析出ZnSO4·7H2O晶体。 23. 回答下列问题： （1）N2O4(g)2NO2(g)该反应中N2O4、NO2的消耗速率与各自浓度间存在关系：，，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。平衡常数K=_______ (用k1、k2表示)，图中X表示N2O4或NO2，表示NO2的曲线是_______(填“AB”或“AC”)，图中标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点是_______。 （2）已知反应：C(s)＋NO2(g)N2(g)＋CO2(g)　ΔH<0。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2 ℃，如图所示为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。 /kPa 请写出反应中NO2的转化率随着压强变化而变化的规律并说明原因_______。 （3）某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：①2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)(慢反应) ΔH<0 ② 2NO2(g)N2O4(g)(快反应) ΔH<0，体系的总压强p(总)和p(O2)随时间的变化如下图所示： ①表示反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1_______E2(填“>”“<”或“=”)。 ②已知N2O5分解的反应速率v=0.12p(N2O5) (kPa·h-1)，t=10 h时，p(N2O5)=_______kPa，v=_______kPa·h-1(结果保留两位小数，下同)。 ③该温度下2NO2(g)N2O4(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa-1(Kp是以分压表示的平衡常数)。 【答案】（1） ①. ②. AC ③. B点和D点 （2）1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，正反应速率加快，NO2转化率提高，1050kPa后反应达平衡状态，随着压强增大，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率下降 （3） ①. > ②. 28.2 ③. 3.38 ④. 0.05 【解析】 【小问1详解】 平衡常数，根据，，反应达平衡时，，即消耗速率，，则平衡常数；反应达平衡时，，即消耗速率，图中符合条件的为B、D点，故B、D点能表示反应达到平衡状态；且D点速率为B点速率的2倍，则B点所在曲线AB表示，D点所在曲线AC表示； 故答案为：；AC；B点和D点； 【小问2详解】 从图中可看出，反应经过相同时间，1050kPa前，随压强增大，NO2转化率提高，1050kPa后，随压强增大，NO2转化率下降，这是因为1050kPa前，反应未达平衡状态，随着压强增大，正反应速率加快，NO2转化率提高，1050kPa后反应达平衡状态，随着压强增大，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率下降； 故答案为：1050kPa前，反应未达平衡状态，随着压强增大，正反应速率加快，NO2转化率提高，1050kPa后反应达平衡状态，随着压强增大，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率下降； 【小问3详解】 反应①为慢反应，反应②为快反应，慢反应的活化能较大，即E1> E2；t=10 h时，p(O2)=12.8kPa，根据2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)反应分析，反应的N2O5的分压为2p(O2)=2×12.8kPa=25.6kPa，由图可知起始的N2O5压强为53.8kPa，则t=10 h时，p(N2O5)= 53.8kPa-25.6kPa=28.2kPa；N2O5分解的反应速率v=0.12p(N2O5) (kPa·h-1)= (kPa·h-1)；根据2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)反应分析，起始的N2O5压强为53.8kPa，则完全分解生成的p(NO2)=2×53.8kPa=107.6kPa，p(O2)=26.9kPa，由三段式分析，结合图像平衡时总压为94.7kPa，根据气体成分可知，解得x=39.8 kPa，2NO2(g)N2O4(g)反应的平衡常数； 故答案为：>；28.2；3.38；0.05。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$