2018-2019学年云南省玉溪一中高二上学期第二次月考化学试题 解析版 26页

玉溪一中2018——2019学年上学期高二年级月考2化学学科试卷 命题人：罗艳玲 注意事项：‎ ‎1．答卷前考生务必将自己的班级、姓名、学号和考试科目用钢笔、2B铅笔分别填在机读卡上。‎ ‎2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把机读卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。‎ ‎3．第II卷的答案用钢笔、签字笔、中性笔、碳素笔等黑色字迹笔在机读卡上作答。‎ ‎4．考试结束，将机读卡上交（试卷自己保留好，以备评讲）。‎ 可能用到的元素的相对原子质量：H-l C-l2 N-14 O-16 Na-23 Mg ‎-24 A1- 27 S ‎-32 C1 -35.5 K-39 Fe -56 Mn -55 Cu -64 Ag -108‎ 第I卷 选择题（共42分）‎ 一、选择题（共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了相关的化学知识，古化文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是 A. 《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了“KNO3的氧化性”‎ B. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”‎ C. 《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”。‎ D. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈〔Cu2（OH）2CO3〕‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，故A正确；B．香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，故B错误；C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；D．明矾的水溶液水解显酸性，故能除去铜器上的铜锈，故D正确。‎ ‎2.下列问题，与盐类水解有关的是(　 　)‎ ‎①草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎②铁在潮湿的环境下生锈 ‎③加热FeCl3溶液颜色变深 ‎④不用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装Na2CO3溶液 ‎⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体 ‎⑥NH4Cl与ZnCl2溶液可作金属除锈剂 A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤⑥ C. ①③④⑤⑥ D. ①②④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①铵态氮肥中的铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解呈碱性，二者相互促进水解，生成氨气，氨气挥发，肥效降低，与盐类的水解有关，故①选；②铁在潮湿的环境下容易形成原电池，加快了铁生锈，与盐类的水解无关，故②不选；③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，加热促进水解，溶液颜色变深，与盐类的水解有关，故③选；④碳酸根离子水解显碱性，能够和玻璃中的二氧化硅反应，使玻璃瓶塞和瓶口粘结，与盐类的水解有关，故④选；⑤氯化铝水解生成氯化氢，加热促进氯化氢挥发，水解得到氢氧化铝，与盐类的水解有关，故⑤选；⑥铵根离子和锌离子水解显酸性，能够和铁锈反应，可以除去铁锈，与盐类的水解有关，故⑥选；故选C。‎ ‎3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是(　　 )‎ 选项 实验目的 操作 A 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸。调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+‎ 可在加热搅拌的条件下加入NaOH溶液 C 测定醋酸钠溶液的pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D 配制FeCl3溶液 将FeCl3固体溶于适量稀盐酸，再加水稀释至所需浓度 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.50 mL酸式滴定管，50mL刻度线以下还可以可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氢氧化钠，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故B错误；C．用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH，溶液浓度发生变化，导致测定结果发生误差，故C错误；D．为了抑制铁离子水解，配制一定浓度的FeCl3溶液时，需要将FeCl3固体溶于适量浓盐酸并加水稀释到所需浓度，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价。本题的易错点为C，要注意使用pH试纸测定溶液pH的操作方法和注意事项。‎ ‎4.下列事实可以证明HNO2是弱电解质的是(　　)‎ ‎①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红 ②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10-3mol/L　　③在相同条件下，HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱　④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应　⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢　⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在 A. ③⑤⑥ B. ②③④⑤ C. ①④⑤⑥ D. ②③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红说明HNO2显酸性，HNO2能够电离出氢离子，不能说明HNO2为弱电解质，错误；②1mol•L-1的HNO2溶液中c(H+)=10-3mol•L-1，说明HNO2部分电离是弱电解质，故选；③在相同条件下，HNO2溶液的导电性比盐酸的弱，说明HNO2的电离程度小于氯化氢，氯化氢为强电解质，则HNO2为弱电解质，故选；④10mL1mol•L-1的HNO2溶液恰好与10mL1mol•L-1的NaOH溶液完全反应，只能说明HNO2为一元酸，但不能证明HNO2的电离程度，所以不能证明HNO2‎ 为弱电解质，故错误；⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与锌反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢，说明盐酸的电离程度大于HNO2，所以HNO2是弱酸，故选；⑥HNO2溶液中HNO2、NO2-、H+同时存在，说明HNO2没有完全电离，所以HNO2是弱酸，故选；故选D。‎ 点睛：明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明某酸是弱电解质，只要证明某酸部分电离即可，可以根据该酸的钠盐溶液酸碱性、一定浓度的该酸的pH等方法判断。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 使甲基橙呈红色的溶液中：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+‎ B. c(H+)/c(OH－)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3－、Cl－‎ C. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl－、H2PO4－‎ D. c(Fe3+)=0.1 mol·L-1的溶液中：K+、CO32－、NO3－、S2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使甲基橙呈红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．c(H+)/c(OH-)=1012的水溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．由水电离的c(H+)=1×10-14mol•L-1的溶液呈强酸性或强碱性，H2PO4－与氢离子和氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与CO32－、S2－都能发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。‎ ‎6. 下列有关中和热的说法正确的是 A. 中和热的热化学方程式：H+(l)＋OH-(l)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol B. 准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度4次 C. 环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小 D. 若稀酸溶液中H+与稀碱溶液中OH-的物质的量相等，则所测中和热数值更准确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、氢离子和氢氧根离子不能用l符号，应该用aq，错误，不选A；B、每次实验中需要测量氢氧化钠的温度，盐酸的温度，和反应后的温度，一般实验要重复操作，所以至少6次，不选B；C、铜容易导热，使热量损失，所以测量的中和热数值偏小，选C；D、当酸和碱中的氢离子和氢氧根离子物质的量相等时，实验过程中稍有误差就不能确定产生的水的量，一般都是有一种物质稍微过量，不选D。‎ 考点： 中和热的测定 ‎7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是 A. W2-、X+ B. X+、Y3+‎ C. Y3+、Z2- D. X+、Z2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：短周期主族元素简单离子能破坏水的电离平衡的有H+、F－、Al3+及S2－，X不可能为H，选项C符合题意。‎ 考点：元素周期表的结构及水的电离平衡 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.下列说法或表述正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH = 7‎ B. 某醋酸稀溶液的pH = a，将此溶液稀释一倍后，溶液的pH = b，则a > b C. Ba(OH)2溶液中加入过量Al2(SO4)3溶液，反应的离子方程式为：3Ba2++6OH－+2Al3++3SO42－===3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓‎ D. 物质的量浓度均为1 mol·L-1的NaCl和MgCl2混合液中，含有Cl－的数目为3NA（NA表示阿伏伽德罗常数的值）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A‎.25℃‎时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好完全反应生成硝酸铵，硝酸铵水解显酸性，则溶液pH＜7，故A错误；B．某醋酸稀溶液的pH=a，将此溶液稀释一倍后，溶液的pH=b，稀释尽管促进弱电解质的电离，但溶液的酸性仍减弱，pH变大，则b＞a，故B错误；C．Ba(OH)2完全反应，反应生成硫酸钡和氢氧化铝，离子反应为3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故C正确；D．溶液的体积未知，无法计算氯离子的数目，故D错误；故选C。‎ ‎9.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在一恒容的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ②单位时间内生成n mol O2的同时生成 ‎2n mol NO ③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 ⑦混合气体的压强不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①用不同物质的反应速率表示达到平衡，反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成氧气，反应向正反应方向进行，生成NO2反应方向向逆反应方向进行，且两者比值等于化学计量数之比，①能表示反应达到平衡，故①正确；②根据①的分析，②不能说明反应达到平衡，故②错误；③任何时刻三者速率之比等于2：2：1，③不能说明反应达到平衡，故③错误；④NO2红棕色气体，其余为无色气体，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故④正确；⑤根据ρ=m/V，组分都是气体，则气体质量不变，是恒容容器，气体体积不变，因此密度任何时刻都相等，即密度不变，不能作为达到平衡的标志，故⑤错误；⑥根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量增大，因此当气体平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，故⑥正确；⑦因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故⑦正确；综上所述，选项A正确。‎ ‎10.把0.05mol NaOH固体分别加入到下列100mL溶液中，导电能力变化较大的是( )‎ A. 0.5‎‎ mol·L-1 MgSO4溶液 B. 0.5 mol·L-1盐酸 C. 0.5 mol·L-1的醋酸溶液 D. 0.5 mol·L-1NH4Cl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化钠为强电解质，全部电离，电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强，导电能力变化较大，说明溶液中离子浓度应变化较大，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．MgSO4溶液加入氢氧化钠固体生成氢氧化镁沉淀，但同时生成硫酸钠，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力变化不大，故A错误；B．加入到盐酸中，与酸反应生成氯化钠，溶液中离子浓度几乎没变，溶液的导电能力变化不大，故B错误；C ‎．加入到醋酸中，生成醋酸钠，醋酸钠是强电解质，而原醋酸是弱酸，离于浓度较小，故加入后溶液中的离子浓度增大，溶液的导电能力变化较大，故C正确；D．加入到NH4Cl溶液中生成氯化钠和氨气，氯化铵和氯化钠都是强电解质，而一水合氨为弱电解质，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力变化不大，故D错误；故选C。‎ ‎11.T℃时，水的离子积为Kw，该温度下将a mol/L一元酸HA溶液与b mol/L一元碱BOH溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，则下列说法一定正确的是（ ）‎ A. 混合液中，c(H+) = B. 混合液的pH=7‎ C. 混合液中，c(B+) = c(A－) + c(OH－) D. a = b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Kw=c(H+)•c(OH-)，混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，c(H+)=，故A正确；B．温度不一定为常温，则中性时溶液pH不一定为7，故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，应有：c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故C错误；D．由于酸碱的强弱未知，则不能确定a、b的关系，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，需要注意题中温度、酸碱的强弱等问题。本题的易错点为B。‎ ‎12.0.1‎‎ mol·L-1的氨水10mL，加蒸馏水稀释到‎1L后，下列变化中正确的是（ ）‎ ‎①NH3·H2O电离程度增大 ②c(NH3·H2O)增大 ③NH4+数目增多 ④c(OH－)增大 ‎⑤溶液导电能力增强 ⑥增大 A. ①⑤⑥ B. ②③④ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①因加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；②加水时电离平衡正向移动，n(NH3•H2O)减小，且溶液的体积变大，则c(NH3•H2O)减小，故②错误；③加水时电离平衡正向移动，n(NH4+)增大，由N=n×NA，则NH4+数目增多，故③正确；④加水稀释，溶液的碱性减弱，则c(OH-)减小，故④错误；⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；⑥加水时电离平衡正向移动，n(NH4+)增大，n(NH3•H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则 增大，故⑥正确；正确的有①③⑥，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质电离平衡的影响因素。本题的易错点为②④⑥，要注意加水稀释，促进弱电解质的电离，溶液中的主要离子浓度均会减小，但碱性溶液中的氢离子浓度、酸性溶液中的氢氧根离子浓度会增大。‎ ‎13.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（ ）‎ A. 等pH的醋酸溶液、盐酸溶液、硫酸溶液中：c(CH3COO－) = c(Cl－) = c(SO42－)‎ B. 将10mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL 0.1 mol·L-1的盐酸中：c(Na+) > c(Cl－) > c(HCO3－) > c(CO32－)‎ C. 向NH4HCO3 溶液中滴加NaOH溶液至pH=7：c(Na+)+ c(NH4+) = c(HCO3－) + c(CO32－)‎ D. 0.2 mol·L-1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后的溶液：‎2c(OH－) +c(A－) = ‎2c(H+) + c(HA) ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等pH的醋酸溶液、盐酸溶液、硫酸溶液中c(H+)、c(H+)相等，则醋酸中c(CH3COO－) + c(OH-)= c(H+)，盐酸中c(Cl－) + c(OH-)= c(H+)、硫酸中‎2c(SO42－)+ c(OH-)= c(H+)，则c(CH3COO－) = c(Cl－) ＞ c(SO42－)，故A错误；B．二者先反应生成氯化钠、水和二氧化碳，当盐酸反应完全后，再滴加碳酸钠溶液，碳酸钠不反应，溶液中的溶质是氯化钠和碳酸钠，且碳酸钠和氯化钠的物质的量相等，结合物料守恒得c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)，故B错误；C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+‎2c(CO32-)，pH=7，则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(HCO3-)+‎2c(CO32-)，故C错误；D．混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaA和HA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得c(A-)+c(HA)=‎2c(Na+)，所以得‎2c(OH-)+c(A-)=‎2c(H+)+c(HA)，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液性质再结合守恒思想分析是解答的基本方法。本题的易错点为B，注意碳酸钠溶液滴入盐酸中和盐酸滴入碳酸钠溶液中的区别。‎ ‎14.2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为‎2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。下列判断正确的是 甲 乙 丙 起始物质的量 n(SO2)/mol ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ n(O2)/mol ‎0.24‎ ‎0.24‎ ‎0.48‎ SO2的平衡转化率/%‎ ‎80‎ α1‎ α2‎ A. 甲中反应的平衡常数小于乙 B. 该温度下，平衡常数值为400‎ C. 平衡时，丙中c(SO3)是甲中的2倍 D. 平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；‎ B．根据 所以该温度下，平衡常数值为=400，故B正确；‎ C．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，故C错误；‎ D．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，则乙中O2的转化率大于甲中O2的转化率，故D错误。‎ 考点：本题考查化学平衡转化率。‎ ‎15.在‎10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，所得实验数据如下表：‎ 实验 编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)‎ n(Y)‎ n(M)‎ ‎①‎ ‎700‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.090‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎0.080‎ ‎③‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ a ‎④‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ b 下列说法正确的是 A. 实验①中，若5 min时测得n (M) == 0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率υ (N) = 1.0×10－2 mol/(L·min)‎ B. 实验②中，该反应的平衡常数K = 2.0‎ C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%‎ D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050mol/L ÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则 X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.012 0.012 0.012 0.012‎ 平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012‎ 温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D‎.700℃‎时 X(g)＋Y(g)M(g)＋ N(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009‎ 平衡浓度（mol/L） 0.0310. 001 0.009 0.009‎ 则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.9>1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是‎800℃‎，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝‎0.5a＝0.06。当温度升高到‎900℃‎时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误，答案选C。‎ 考点：考查化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.已知常温下测得浓度均为0.1 mol·L-1的下列6种溶液的pH：‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN NaAlO2‎ pH ‎8.8‎ ‎9.1‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎12.3‎ 请根据上述信息判断下列反应不能发生的是（ ）‎ A. CO2 + H2O + 2NaClO === Na2CO3 + 2HClO B. CH3COOH + NaHCO3 === CH3COONa + CO2 ↑+ H2O C. CO2 + 3H2O + 2NaAlO2 === 2Al(OH)3↓ + Na2CO3‎ D. CH3COOH + NaCN === CH3COONa + HCN ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 六种盐都为强碱弱酸盐，盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，根据强酸生成弱酸的特点判断反应能否进行。‎ ‎【详解】六种盐都为强碱弱酸盐，盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，则酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-＞Al(OH)3。A．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，应生成NaHCO3，所以反应不能发生，故A选；B．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，反应能进行，故B不选；C．酸性H2CO3＞Al(OH)3，反应能发生，故C不选；D．酸性CH3COOH＞HCN，反应能发生，故D不选；故选A。‎ ‎17.室温下，将1．000mol·L－1盐酸滴入20．00mL 1．000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。‎ 下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的c(H＋)=1．0×10－14mol/L B. b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)‎ C. c点：c(Cl－)= c(NH4＋)‎ D. d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1，A项错误；B．盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-），B项错误；C．C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），C项正确；D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D项错误；答案选C。‎ ‎【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH值的计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。涉及水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。①根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度；②b点时pH＞7，盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；③c点pH=7，根据电荷守恒解答；④根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎18.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是 A. ‎550℃‎时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. ‎650℃‎时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. ‎925℃‎时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当‎550℃‎时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在‎650℃‎时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．‎925℃‎时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎19.Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) H="+11" kJ·mol-1。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎ ‎0 ‎ ‎20 ‎ ‎40 ‎ ‎60 ‎ ‎80 ‎ ‎120 ‎ x(HI) ‎ ‎1 ‎ ‎0.91 ‎ ‎0.85 ‎ ‎0.815 ‎ ‎0.795 ‎ ‎0.784 ‎ x(HI） ‎ ‎0 ‎ ‎0.60 ‎ ‎0.73 ‎ ‎0.773 ‎ ‎0.780 ‎ ‎0.784 ‎ 由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是 A. 若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E B. 若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大 C. 若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同 D. 若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、该反应正向为吸热反应，升高温度平衡正向移动，HI的体积分数减小，H2的体积分数增大，又升高温度反应速率加快，相应点上移，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E，正确；B、该反应为反应前后气体物质的量不变的分解反应，若再次充入a mol ‎ HI，则达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标值不变，反应速率加快，纵坐标值增大，正确；C、该反应为反应前后气体物质的量不变的分解反应，增大压强，再次达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标上移，错误；D、若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标上移，正确。‎ 考点：考查化学反应速率和化学平衡。‎ ‎20.常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列选项正确的是( )‎ A. a点所示的溶液中c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)‎ B. b点所示的溶液中c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)＞c(ClO－)‎ C. c点所示的溶液中c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)‎ D. d点所示的溶液中c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(Cl－)＞c(HClO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．a点溶液呈酸性，根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，故A错误；B．b点溶液酸性最强，根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(Cl-)，酸性越强，次氯酸的电离程度越小，所以c(HClO)＞c(ClO-)，所以离子浓度大小顺序是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，故B正确；C．c点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)=c(HClO)+‎2c(ClO-)，故C错误；D．d点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(Cl0-)，根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Cl-)＞c(ClO-)，故D错误；故选B。‎ ‎21.氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。‎25℃‎时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：‎ Cl2(g)Cl2(aq) K1=10－1.2‎ Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl－K2=10－3.4‎ HClOH++ ClO－Ka=?‎ 其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（ ）‎ A. Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－K=10－10.9‎ B. 在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO－) =c(H+)－c(OH－)‎ C. 用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好 D. 氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图象知，HClOH++ClO-中pH=7.5，Ka= c(H+)c(ClO－)/c(HClO)=10-7.5；A、将已知的三个式子相加可得Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－，所以K=K1·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，错误；B、体系中存在电荷守恒c（H+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），即c（Cl-）+c（ClO-）=c（H+）-c（OH-），在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c（HClO）＜c（Cl-），所以c（HClO）+c（ClO-）＜c（H+）-c（OH-），错误；C、起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，错误；D、夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，正确。‎ 考点：考查电解质溶液中的离子平衡 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共58分）‎ 填空题（本题包括5个小题，共58分）‎ ‎22.（1）在一定温度下，容积为‎0.5L 的密闭容器中，将一定量的二氧化氮和二氧化硫气体混合后发生反应：SO2(g)＋NO2(g) NO(g) ＋SO3(g)在上述平衡体系中通入少量O2，平衡 ________移动（填“向右”、“向左”或“不”），NO的浓度将_______（填“增大”、“减少”或“不变”），c（NO）与c（NO2）之和 ________（填“增大”、“减少”或“不变”）。‎ ‎（2）①碳酸钾溶液蒸干得到的固体物质是____________ ，原因是______________________； ‎ ‎②碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是____________ ，原因是______________________。‎ ‎（3）请用离子方程式表示泡沫灭火器（成分：NaHCO3、Al2(SO4)3）的灭火原理：___________。‎ ‎（4）‎25 ℃‎时，将a mol·L-1氨水与0.01 mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。‎ ‎（5）若常温下取0.2 mol·L-1MOH溶液与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合，测得混合溶液的pH < 7，说明MOH的电离程度___________(填“>”、“<”或“=”)MCl的水解程度。溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________________。‎ ‎【答案】 (1). 向右 (2). 减小 (3). 不变 (4). K2CO3 (5). 尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应仍生成K2CO3 (6). BaCO3 (7). 由于在溶液中Ba(HCO3)2分解生成BaCO3、CO2和H2O，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3 (8). Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ (9). 中 (10). (11). < (12). c(Cl－) > c(M+) > c(H+) > c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在SO2(g)＋NO2(g) NO(g) ＋SO3(g)平衡体系中通入少量O2，NO与O2反应生成NO2，据此判断；(2)碳酸钾中的碳酸根可以水解，以第一步水解为主；碳酸氢钡在溶液中受热容易分解，据此判断；(3)Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液发生双水解反应，据此书写方程式；(4)根据电荷守恒判断；NH3•H2O的电离常数Kb=，结合电离常数计算；(5)室温下，0.2mol•L-1 MOH溶液与0.1mol•L-1 HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH＜7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，根据电荷守恒判断离子浓度大小。‎ ‎【详解】(1)在SO2(g)＋NO2(g) NO(g) ＋SO3(g)平衡体系中通入少量O2，NO与O2反应生成NO2，体系中NO浓度降低，NO2浓度增大，促使化学平衡正向移动，根据N元素守恒，则c(NO)与c(NO2)之和不变，故答案为：向右；减少；不变；‎ ‎(2)①碳酸钾中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应仍生成碳酸钾，故答案为：碳酸钾；尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应仍生成碳酸钾；‎ ‎②碳酸氢钡在溶液中受热分解生成碳酸钡、水和二氧化碳，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3，所以最后得到的固体物质是碳酸钡，故答案为：碳酸钡；由于在溶液中Ba(HCO3)2分解生成BaCO3、CO2和H2O，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3；‎ ‎(3)Al2(SO4)3溶液水解呈酸性，NaHCO3溶液水解呈碱性，二者相互促进水解生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(4)根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，已知c(NH4+)=c(Cl-)，则有c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3•H2O的电离常数Kb===mol•L-1，故答案为：中；mol•L-1（单位可不写）；‎ ‎(5)室温下取0.2mol•L-1 MOH溶液与0.1mol•L-1 HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH＜7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒知c(Cl-)＞c(M+)，盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：＜；c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎23.近期发现，H2S是继NO、CO之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：‎ ‎（1）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。‎ 通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________（填“系统（Ⅰ）”或“系统（Ⅱ）”）。‎ ‎（2）羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将1 mol CO2与1 mol H2S充入‎2 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。‎ ‎①H2S的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。‎ ‎②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____，该反应的H_____0。（填“>”、“<”或“=”）‎ ‎③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）‎ A．N2 B．H2S C．COS D．CO2‎ ‎（3）‎25℃‎，在0.10 mol·L-1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-) 关系如下图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。‎ ‎①硫化氢的电离方程式为__________________________。‎ ‎②向硫化氢溶液中加入CuSO4溶液时，硫化氢的电离平衡向______（“左”或“右”）移动，c(S ‎2－)_____________（填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ ‎③当调节溶液pH=13时，溶液中的c( H2S ) + c( HS－)=_____mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). H2O(l)=H2(g)+ O2(g) ΔH=+286 kJ/mol (2). H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol (3). 系统（II） (4). 4 (5). 1.7×10-3 (6). > (7). > (8). D (9). H2SHS—+H+ 、HS—S2—+H+ (10). 右 (11). 减小 (12). 0.043‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)系统(Ⅰ)涉及水的分解，系统(Ⅱ)涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式；‎ ‎(2)根据三段式结合反应平衡后水的物质的量分数为0.02，计算出各物质的平衡浓度，再结合平衡移动的影响因素分析解答；‎ ‎(3)①硫化氢为弱电解质，分步电离；②向硫化氢溶液中加入CuSO4溶液，反应生成硫化铜沉淀，据此分析解答；③根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，结合硫元素守恒分析解答。‎ ‎【详解】(1)系统(Ⅰ)涉及水的分解，系统(Ⅱ)涉及硫化氢的分解，根据盖斯定律分别将系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统(I)的热化学方程式为：H2O(l)=H2(g)+O2(g)△H=（+327 kJ/mol）+（-151 kJ/mol）+（+110 kJ/mol）=+286kJ/mol；系统(II)的热化学方程式为：H2S (g)=H2(g)+S(s)△H=（-151 kJ/mol）+（+110 kJ/mol）+（+61 kJ/mol）=+20kJ/mol；根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II，故答案为：H2O(l)=H2(g)+O2(g)△H=+286kJ/mol；H2S (g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol；系统(Ⅱ)；‎ ‎(2)设反应的硫化氢为xmol ，‎ 对于反应H2S(g)+CO2(g)⇌COS(g)+H2O(g)‎ ‎ 起始(mol)   1            1                0                0‎ 转化(mol)    x            x                x                x 平衡(mol)  1-x        1-x                x                x 反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.04。‎ ‎①H2S的平衡转化率a1=×100%=4%，体积为‎2.0L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=mol/L=0.48mol/L，c(CO2)=mol/L=0.48mol/L，c(COS)=c(H2O)=mol/L=0.02mol/L，则K=≈1.7×10-3，故答案为：4；1.7×10-3；‎ ‎②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，说明平衡正向移动了，所以H2S的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，故答案为：＞；＞；‎ ‎③A．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故A错误；B．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化的消耗量，所以H2S转化率降低，故B错误；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；D．增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2S转化率增大，故D正确；故答案为：D；‎ ‎(3)①硫化氢为弱电解质，分步电离，电离方程式为H2SHS—+H+ ，HS—S2—+H+，故答案为：H2SHS—+H+ ，HS—S2—+H+；‎ ‎②向硫化氢溶液中加入CuSO4溶液，反应生成硫化铜沉淀，硫离子浓度减小，促进硫化氢的电离平衡向右移动，故答案为：右；减小；‎ ‎③根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中，根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol•L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的计算、反应热与焓变等，明确化学平衡及其影响因素为解答关键。本题的易错点为（3）③，要注意守恒法在解题中的应用。‎ ‎24.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：‎ 实验一 焦亚硫酸钠的制取 采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5‎ ‎（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。‎ ‎（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。‎ ‎（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。‎ 实验二 焦亚硫酸钠的性质 Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。‎ ‎（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。‎ a．测定溶液的pH b．加入Ba(OH)2溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测 ‎（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。‎ 实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定 ‎（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：‎ ‎(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)‎ ‎①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。‎ ‎②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O (2). 过滤 (3). d (4). a、e (5). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (6). 0.16 (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－=H++SO32－，HSO3－+H2O==H2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸 ，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选a e；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；(6)①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×‎0.025L=0．0025mol，残留量==‎0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2==2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。‎ 点睛：本题考查二氧化硫的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，掌握实验原理是解题的关键。明确氧化还原反应配平原理及掌握实验中的基础操作，从而规范作答，才能提高得分率。‎ ‎25.（1）FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1) FeCl3净水的原理是_______；FeCl3‎ 溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)________。‎ ‎（2）为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为____。‎ ‎（3）FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1 ；‎ Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+ K2；‎ Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H+ K3。‎ 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由小到大的顺序是_____；‎ ‎（4）通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+,欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)_____；‎ A.降温　　B.加水稀释 C.加入NH4Cl D.加入NaHCO3‎ ‎（5）室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是____________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 2 (4). K3＜K2＜K1 (5). BD (6). 调节溶液的pH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；‎ ‎（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=‎2c（Fe2+）+‎3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；‎ ‎（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；‎ ‎（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动，A错误；‎ B.加水稀释，则水解平衡也正向移动，B正确；‎ C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，C错误；‎ D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动，D正确；‎ 答案为：BD ‎（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；‎ ‎【详解】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；‎ ‎（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=‎2c（Fe2+）+‎3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；‎ ‎（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，答案为K3＜K2＜K1；‎ ‎（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；‎ B.加水稀释，则水解平衡也正向移动；‎ C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；‎ D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；‎ 答案为：BD ‎（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；‎ ‎【点睛】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，注意多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，在写其水解的离子方程式时可以并作一步写，但是不能理解为一步电离，。‎ ‎ ‎