化学卷·2018届四川省成都市双流县棠湖中学高二上学期期中化学试卷 （解析版） 39页

‎2016-2017学年四川省成都市双流县棠湖中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题，共50分）‎ ‎1．下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是（　　）‎ A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳的泡沫 C．厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污 D．可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳 ‎2．下列关于强弱电解质的叙述错误的是（　　）‎ A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡 B．在溶液中导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质 C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不相同 D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电 ‎3．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（　　）‎ A．是吸热反应 B．是放热反应 C．是熵减少的反应 D．熵增大效应大于能量效应 ‎4．在医院中，为酸中毒病人输液不应采用（　　）‎ A．0.9%氯化钠溶液 B．0.9%氯化铵溶液 C．1.25%碳酸氢钠溶液 D．5%葡萄糖溶液 ‎5．下列说法不正确的是（　　）‎ A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 B．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变 D．两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小 ‎6．对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）‎ A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎7．设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol Al3+离子含有的核外电子数为3NA B．1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA C．10 LpH=l的硫酸溶液中含有的H+离子数为NA D．1L0.5mol/L的碳酸钠溶液中含有的CO32﹣离子数为0.5NA ‎8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．1.0mol▪L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣‎ B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣‎ C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎9．下列有关方程式书写正确的是（　　）‎ A．醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O B．H2S在水溶液中的电离：H2S+H2O⇌H3O++HS﹣‎ C．甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1‎ D．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO32﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O ‎10．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ/mol D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2．则△H1＞△H2‎ ‎11．25℃、101kPa 下：‎ ‎①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414KJ/mol ‎②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511KJ/mol 下列说法正确的是（　　）‎ A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D．25℃、101kPa 下，Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ/mol ‎12．下列事实中，能证实一元酸HR是弱电解质的是（　　）‎ A．HR溶液和KCl溶液不发生反应 B．能与水以任意比例互溶 C．0.1 mol•L﹣1 的HR溶液中c（R﹣ ）=0.01 mol•L﹣1‎ D．HR属于共价化合物 ‎13．在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+．加入少量下列物质或采取下述方法，能使平衡逆向移动的是（　　）‎ A．加水 B．CH3COONa固体 C．升温 D．NaCl固体 ‎14．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（　　）‎ A．明矾溶液加热 B．CH3COONa溶液加热 C．氨水中加入少量NH4Cl固体 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体 ‎15．在一定温度下某容积固定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（　　）‎ A．体系的压强不再发生变化 B．v正（CO）=v逆（H2O）‎ C．生成nmolCO的同时生成nmolH2‎ D．1molH﹣H键断裂的同时断裂2molH﹣O键 ‎16．下列关于平衡体系的各说法中不正确的是（　　）‎ A．在N2+3H2⇌2NH3的平衡体系中，缩小体积，平衡向右移动，氨的产率增加 B．在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡向左移动 C．对Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），升高温度，其Ksp一定增大 D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡向溶解的方向移动 ‎17．pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m和n的关系是（　　）‎ A．m＞n B．m=n C．m＜n D．不能确定 ‎18．下列实验装置设计正确的是（　　）‎ A．‎ 干燥氯气 B．‎ 稀释浓硫酸 C．‎ 实验室制氨气 D．‎ 测定盐酸浓度 ‎19．下列说法不正确的是（　　）‎ A．中和热测定实验中，应迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合 B．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 C．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1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 D．已知4H++4I﹣+O2=2I2+2H2O，为了利用该反应探究反应速率与温度的关系，所用试剂除1 mol•L﹣1KI溶液、0.1 mol•L﹣1稀硫酸外，还需要用到淀粉溶液 ‎20．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图下列叙述正确的是（　　）‎ A．达平衡后，若升温，平衡左移 B．达平衡后，加入催化剂则C%增大 C．化学方程式中a+b＞c+d D．达平衡后，减少A的量有利于平衡向右移动 ‎21．相同温度，相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分別为（　　）‎ A．NH4Cl、（NH4）2SO4、CH3COONa B．（NH4）2SO4、NH4Cl、CH3COONa C．（NH4）2SO4、NH4Cl、NaOH D．CH3COONa、NH4Cl、（NH4）2SO4‎ ‎22．如图表示不同温度下水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系，下列判断正确的是（　　）‎ A．两条曲线上任意点均有c（H+）×c （OH﹣）=Kw B．T＜25‎ C．b点和c点pH均为6，溶液呈酸性 D．只采用升温的方式，可由a点变成d点 ‎23．已知T℃时，水的离子积为Kw，在该温度下，将a mol/L一元酸HA和b mol/L一元碱BOH等体积混合，并使混合液显中性，则必要的条件是（　　）‎ A．混合液的PH=7‎ B．混合液中Kw=C2（H+）‎ C．a=b D．混合液满足：C（B+）+C（H+）=C（A﹣）+C（OH﹣）‎ ‎24．下列溶液中离子浓度关系的表示正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）‎ B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）‎ C．0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）‎ D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）‎ ‎25．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见表，下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ n（A）/mol ‎1.0‎ ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ A．反应在前5 s的平均速率v（A）=0.03 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．达到平衡时，B的转化率为80%‎ C．相同温度下，若起始时向容器中充入2.0 mol C，则达到平衡时C的浓度小于0.2 mol•L﹣1‎ D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）‎ ‎　‎ 二、解答题（共10小题，满分50分）‎ ‎26．25℃时，NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为12．两溶液中，由水电离出的c（H+）分别是　　、　　．‎ ‎27．Na2CO3溶液呈　　性，原因是（用离子方程式表示）　　．KHSO4溶液呈　　性，原因是（用离子方程式表示）　　．‎ ‎28．加热蒸干并灼烧AlCl3溶液的产物是　　；加热蒸干并灼烧FeCl2溶液的产物是　　．‎ ‎29．pH=1的HCl与pH=13的NaOH溶液混合后，pH变为2，求HCl与NaOH的体积比　　．‎ ‎30．物质的量浓度相同的CH3COOH和NaOH溶液混合后，溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则醋酸体积　　氢氧化钠溶液体积（填“＞”或“=”或“＜”）．‎ ‎31．写出下列反应离子方程式 ①泡沫灭火器原理　　．②向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液：　　．‎ ‎32．近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：‎ ‎（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．‎ 已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574 kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160 kJ/mol ‎③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0 kJ/mol 写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式：　　．‎ ‎（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物．某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=akJ•mol﹣1．‎ 在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表：‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.58‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ ‎0.48‎ ‎0.48‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ ‎①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率V（NO）=　　；计算该反应的平衡常数K=；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　　（填字母编号）．‎ A．通人一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积 D．通人一定量的NO E．加入一定量的活性炭 ‎③若50min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：1：1，则达到新平衡时NO的转化率　　（填“升高”或“降低”），a　　 0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎33．用酸式滴定管准确移取25.00mL，某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol•L﹣1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定得结果如表 ‎ NaOH起始读数 NaOH终点读数 第一次 ‎0.10ml ‎20.30ml 第二次 ‎0.30ml ‎20.10ml ‎（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为　　 mol•L﹣1．‎ ‎（2）在配制250mL0.20mol•L﹣1的氢氧化钠标准溶液时，用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒还有　　．‎ ‎（3）以下操作造成测定结果偏高的有　　．‎ A．配制标准溶液的氢氧化钠固体中混有KOH杂质 B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 E．未用标准液润洗碱式滴定管．‎ ‎34．某兴趣小组欲测定市场上某H2O2消毒液质量分数，现进行如下操作 己知：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2‎ 操作①：取10.00mLH2O2溶液（密度为1.00g•mL﹣1）置于锥形瓶中加水稀释，再加稀硫酸酸化；‎ 操作②：用0.200 0mol•L﹣1KMnO4溶液滴定；‎ 操作③：用同样方法滴定，4次消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、22.00mL．请回答下列问题：‎ ‎（1）滴定时盛装KMnO4溶液应选取的仪器是　　（填序号）．‎ A．50mL酸式滴定管 B．50mL碱式滴定管 C．25mL酸式滴定管 D．25mL碱式滴定管 ‎（2）是否需要选用指示剂　　（填“是”或“否”）达到滴定终点的现象是　　．‎ ‎（3）分析数据，计算该H2O2溶液中溶质的质量分数为　　（保留三位有效数字）．‎ ‎35．工业上从含有Cr2O72﹣和Cr3+的废水中回收铬的工艺流程如图所示：‎ 己知：①2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O；‎ ‎②常温下，Ksp[（Fe（OH）3]=4.0×10﹣38；Ksp[（Cr（OH）3]=1.0×10﹣32‎ ‎③当离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为沉淀完全 请回答下列问题：‎ ‎（1）酸化后的溶液A显　　色．‎ ‎（2）配制FeSO4溶液时，除了加水外还需要加入的试剂是　　（填试剂名称）．‎ ‎（3）向溶液A中加入FeSO4溶液发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（4）沉淀C的化学式为　　，要使Cr3+沉淀完全pH2值至少为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市双流县棠湖中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，共50分）‎ ‎1．下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是（　　）‎ A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳的泡沫 C．厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污 D．可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳 ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】碳酸钠和碳酸氢钠都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且碳酸钠水解程度比碳酸氢钠大，结合影响盐类水解因素以及平衡移动的角度解答该题．‎ ‎【解答】解：A．碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃瓶打不开，故A不选；‎ B．碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，故B不选；‎ C．碳酸钠水解呈碱性，可使油污水解而达到清洗的目的，故C不选；‎ D．醋酸酸性比碳酸弱，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，与盐类水解无关，故D选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于强弱电解质的叙述错误的是（　　）‎ A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡 B．在溶液中导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质 C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不相同 D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电 ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡；‎ B．溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，‎ C．弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同；‎ D．NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电．‎ ‎【解答】解：A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡，故A正确；‎ B．溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故B错误；‎ C．弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故C正确 D．离子化合物类强电解质，液态时导电，如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（　　）‎ A．是吸热反应 B．是放热反应 C．是熵减少的反应 D．熵增大效应大于能量效应 ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T•△S＜0才可．‎ ‎【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，‎ 根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T•△S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．在医院中，为酸中毒病人输液不应采用（　　）‎ A．0.9%氯化钠溶液 B．0.9%氯化铵溶液 C．1.25%碳酸氢钠溶液 D．5%葡萄糖溶液 ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】为酸中毒病人输液的目的是降低血液中的酸的浓度，应用碱性物质．‎ ‎【解答】解：为酸中毒病人输液的目的是降低血液中的酸的浓度，题中氯化铵溶液呈酸性，不能用于酸中毒病人输液，而碳酸氢钠溶液可与酸反应而降低酸的浓度，另外0.9%氯化钠溶液、5%葡萄糖溶液是医院常用输液物质，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法不正确的是（　　）‎ A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 B．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变 D．两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，与溶液中离子浓度无关；‎ B．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；‎ C．Ksp只受温度的影响；‎ D．Ksp小的，溶解度不一定小．‎ ‎【解答】解：A．化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关了，故A正确；‎ B．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），在ZnS饱和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，故B正确；‎ C．Ksp只受温度的影响，与浓度无关，故C正确；‎ D．对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大．对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp 的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）‎ A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动．‎ ‎【解答】解：反应2X（g）+Y（g）2Z（g）有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，‎ A、正逆反应速率都减小，故A错误；‎ B、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，故B错误；‎ C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故C正确；‎ D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol Al3+离子含有的核外电子数为3NA B．1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA C．10 LpH=l的硫酸溶液中含有的H+离子数为NA D．1L0.5mol/L的碳酸钠溶液中含有的CO32﹣离子数为0.5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．铝离子含有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子；‎ B．1mol氯气与铁完全反应得到2mol电子；‎ C．pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，根据n=cV计算氢离子的物质的量；‎ D．碳酸根离子部分水解，导致碳酸根离子的数目减少．‎ ‎【解答】解：A．1mol Al3+离子含有10mol电子，含有的核外电子数为10NA，故A错误；‎ B．1molCl2与足量的铁反应，最多转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故B错误；‎ C．10 LpH=l的硫酸溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1mol/L×10L=1mol，含有的H+离子数为NA，故C正确；‎ D．1L0.5mol/L的碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠的物质的量为：0.5mol/L×1L=0.5mol，由于碳酸根离子发生水解，则溶液中含有碳酸根离子的物质的量小于0.5mol，含有的CO32﹣离子数小于0.5NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．1.0mol▪L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣‎ B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣‎ C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A、在酸性条件下，从NO3﹣离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性的角度分析；‎ B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与H+离子反应的离子不能共存；‎ C、pH=12的溶液呈碱性，判断在碱性条件下离子之间能否发生反应；‎ D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，从这两个角度分析．‎ ‎【解答】解：A、在酸性条件下，NO3﹣离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；‎ B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2﹣离子与H+离子反应而不能大量共存，故B错误；‎ C、pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；‎ D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下CO32﹣离子与H+离子反应而不能大量共存，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列有关方程式书写正确的是（　　）‎ A．醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O B．H2S在水溶液中的电离：H2S+H2O⇌H3O++HS﹣‎ C．甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1‎ D．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO32﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．醋酸在离子反应中保留化学式；‎ B．电离分步进行，以第一步为主；‎ C．燃烧热中水为液态；‎ D．漏写铵根离子与碱的反应．‎ ‎【解答】解：A．醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为CH3COOH++OH﹣═CH3COO﹣+H2O，故A错误；‎ B．H2S在水溶液中的电离为H2S+H2O⇌H3O++HS﹣，故B正确；‎ C．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ/mol D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2．则△H1＞△H2‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据燃烧热概念分析，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；‎ B、物质能量越高越活泼；‎ C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析；‎ D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热分析．‎ ‎【解答】解：A、依据燃烧热概念分析，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ/mol，生成的水不是稳定氧化物，则氢气的燃烧热大于241.8kJ，故A错误；‎ B、已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨能量高，物质能量越高越活泼，金刚石稳定性小于石墨，故B错误；‎ C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，40g氢氧化钠完全反应放热57.4 kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ/mol，故C正确；‎ D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变为负值比较大小，2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＜△H2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．25℃、101kPa 下：‎ ‎①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414KJ/mol ‎②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511KJ/mol 下列说法正确的是（　　）‎ A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D．25℃、101kPa 下，Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ/mol ‎【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应；反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．①和②产物的阴阳离子个数比均为1：2；‎ B．①和②生成等物质的量的产物，由Na元素的化合价判断转移电子；‎ C．加热生成Na2O2；‎ D．由盖斯定律可知，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s）．‎ ‎【解答】解：A．①和②产物中阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子，过氧根离子，则阴阳离子个数比均为1：2，故A正确；‎ B．①和②生成等物质的量的产物，由Na元素的化合价变化可知转移电子数相同，故B错误；‎ C．加热生成Na2O2，随温度升高生成Na2O的速率减小，故C错误；‎ D．由盖斯定律可知，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2 Na（s）═2Na2O（s），则△H=（﹣414KJ/mol）×2﹣（﹣511KJ/mol）=﹣317kJ/mol，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．下列事实中，能证实一元酸HR是弱电解质的是（　　）‎ A．HR溶液和KCl溶液不发生反应 B．能与水以任意比例互溶 C．0.1 mol•L﹣1 的HR溶液中c（R﹣ ）=0.01 mol•L﹣1‎ D．HR属于共价化合物 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】酸的通性、稳定性、导电性等不能说qe明酸的电离程度，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．‎ ‎【解答】解：A、不符合复分解反应发生的条件，不能判断HR为弱电解质，故A错误； ‎ B、溶解性与无电解质的强弱无关，故B错误；‎ C、0.1 mol•L﹣1 的HR溶液中c（R﹣ ）=0.01 mol•L﹣1‎ ‎，说明HR不能完全电离，说明HR为弱电解质，故C正确；‎ D、电解质的强弱电解质与化合物的类型无直接关系，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+．加入少量下列物质或采取下述方法，能使平衡逆向移动的是（　　）‎ A．加水 B．CH3COONa固体 C．升温 D．NaCl固体 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸的电离过程为吸热反应，升高温度后平衡向着正向移动；醋酸浓度越小，电离程度越大，则加水后平衡向着正向移动；加入氯化钠固体不影响醋酸的电离平衡；加入醋酸钠固体后，醋酸根离子的浓度增大，平衡向着逆向移动，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A．加水后醋酸的电离程度增大，平衡向着正向移动，故A错误；‎ B．加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，故B正确；‎ C．弱电解质的电离为吸热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，故C错误；‎ D．加入氯化钠，钠离子和氯离子不影响醋酸的电离平衡，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（　　）‎ A．明矾溶液加热 B．CH3COONa溶液加热 C．氨水中加入少量NH4Cl固体 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体 ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH﹣浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析．‎ ‎【解答】解：A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；‎ B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；‎ C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH﹣，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl﹣，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；‎ D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离，酚酞溶液不变深，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．在一定温度下某容积固定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（　　）‎ A．体系的压强不再发生变化 B．v正（CO）=v逆（H2O）‎ C．生成nmolCO的同时生成nmolH2‎ D．1molH﹣H键断裂的同时断裂2molH﹣O键 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、体系的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；‎ B、v正（CO）=v逆（CO）=v逆（H2O），故B正确；‎ C、只要反应发生就符合生成nmolCO的同时生成nmolH2，所以不一定平衡，故C错误；‎ D、1molH﹣H键断裂等效于形成2molH﹣O键同时断裂2molH﹣O键，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．下列关于平衡体系的各说法中不正确的是（　　）‎ A．在N2+3H2⇌2NH3的平衡体系中，缩小体积，平衡向右移动，氨的产率增加 B．在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡向左移动 C．对Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），升高温度，其Ksp一定增大 D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡向溶解的方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、在N2+3H2⇌2NH3的平衡体系中，缩小体积，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动；‎ B、同离子效应；‎ C、升高温度，氢氧化钙的溶解度减小，所以溶液中钙离子和氢氧根离子的浓度减小，则Ksp减小；‎ D、稀盐酸能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动．‎ ‎【解答】解：A、在N2+3H2⇌2NH3的平衡体系中，缩小体积，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，平衡正向移动，氨的产率增加，故A正确；‎ B、根据同离子效应，在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡逆向移动，故B正确；‎ C、升高温度，氢氧化钙的溶解度减小，所以溶液中钙离子和氢氧根离子的浓度减小，则Ksp减小，而不是增大，故C错误；‎ D、碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），加入稀盐酸能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m和n的关系是（　　）‎ A．m＞n B．m=n C．m＜n D．不能确定 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡．‎ ‎【解答】‎ 解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．下列实验装置设计正确的是（　　）‎ A．‎ 干燥氯气 B．‎ 稀释浓硫酸 C．‎ 实验室制氨气 D．‎ 测定盐酸浓度 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氯气进出方向错误；‎ B．稀释浓硫酸时，应防止酸液飞溅；‎ C．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集；‎ D．氢氧化钠溶液不能放在酸式滴定管中．‎ ‎【解答】解：A．干燥氯气时，氯气应从长管进，短管出，故A错误；‎ B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，防止酸液飞溅，故B错误；‎ C．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，可用于制备并收集氨气，故C正确；‎ D．氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃，不能放在酸式滴定管中，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．下列说法不正确的是（　　）‎ A．中和热测定实验中，应迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合 B．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 C．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1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 D．已知4H++4I﹣+O2=2I2+2H2O，为了利用该反应探究反应速率与温度的关系，所用试剂除1 mol•L﹣1KI溶液、0.1 mol•L﹣1稀硫酸外，还需要用到淀粉溶液 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．在中和热测定的实验中，将NaOH溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度； ‎ B．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；‎ C．相同条件下，只有催化剂不同；‎ D．碘与淀粉变蓝．‎ ‎【解答】解：A．应迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合，慢的话误差增大，故A正确； ‎ B．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；‎ C．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故C正确；‎ D．KI溶液在硫酸提供的酸性环境下，被氧气氧化成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，通常利用此性质检验碘，所以除了碘化钾溶液、稀硫酸溶液外还必须使用的试剂是：淀粉，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图下列叙述正确的是（　　）‎ A．达平衡后，若升温，平衡左移 B．达平衡后，加入催化剂则C%增大 C．化学方程式中a+b＞c+d D．达平衡后，减少A的量有利于平衡向右移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】依据先拐先平数值大的原则，T2＞T1，温度升高时，C的百分含量降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，据此分析．‎ ‎【解答】解：依据先拐先平数值大的原则，T2＞T1，温度升高时，C的百分含量降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，‎ A、正反应放热，升温平衡逆向移动，故A正确；‎ B、催化剂不影响平衡移动，故B错误；‎ C、无法判断反应物和生成物气体体积的大小，故C错误；‎ D、减小生成物浓度平衡逆向移动，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎21．相同温度，相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分別为（　　）‎ A．NH4Cl、（NH4）2SO4、CH3COONa B．（NH4）2SO4、NH4Cl、CH3COONa C．（NH4）2SO4、NH4Cl、NaOH D．CH3COONa、NH4Cl、（NH4）2SO4‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】NH4HSO4是强电解质，在溶液中完全电离，其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则如果都是酸时，①中酸的电离程度大于②，如果是酸和盐时，则①是强酸的酸式盐，②是盐，③溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子．‎ ‎【解答】解：NH4HSO4是强电解质，在溶液中完全电离，其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则如果都是酸时，①中酸的电离程度大于②，如果是酸和盐时，则①是酸，②是盐，③溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子．‎ A．NH4Cl中铵根离子的浓度小于（NH4）2SO4的，水解程度小，酸性弱，故A错误；‎ B．（NH4）2SO4中铵根离子的浓度小于NH4Cl的，水解程度大，酸性强，所以符合图象，故B正确；‎ C．氢氧化钠是强碱，其碱性强于碳酸钠溶液的，故C错误；‎ D．CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性；而（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．如图表示不同温度下水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系，下列判断正确的是（　　）‎ A．两条曲线上任意点均有c（H+）×c （OH﹣）=Kw B．T＜25‎ C．b点和c点pH均为6，溶液呈酸性 D．只采用升温的方式，可由a点变成d点 ‎【考点】离子积常数；水的电离．‎ ‎【分析】A．两条曲线表示两种温度下的离子积常数曲线，c（H+）．c （OH﹣）=Kw；‎ B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大；‎ C．要根据溶液中c（H+）、c （OH﹣）的相对大小判断溶液酸碱性；‎ D．a点溶液呈中性、d点溶液呈碱性，且d的离子积常数大于a．‎ ‎【解答】解：A．两条曲线表示两种温度下的离子积常数曲线，所以两条曲线上任意点均有c（H+）．c （OH﹣）=Kw，故A正确；‎ B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，T℃下离子积常数大于25℃，所以T＞25，故B错误；‎ C．c点c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；b点c（H+）＞c （OH﹣），溶液呈酸性，故C错误；‎ D．a点溶液呈中性、d点溶液呈碱性，且d的离子积常数大于a，所以应该采用升高温度且加入碱的方法使a点变为d点，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎23．已知T℃时，水的离子积为Kw，在该温度下，将a mol/L一元酸HA和b mol/L一元碱BOH等体积混合，并使混合液显中性，则必要的条件是（　　）‎ A．混合液的PH=7‎ B．混合液中Kw=C2（H+）‎ C．a=b D．混合液满足：C（B+）+C（H+）=C（A﹣）+C（OH﹣）‎ ‎【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，即Kw=c2（H+），据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A．因温度未知，则pH=7的溶液不一定为中性，故A错误；‎ B．混合溶液中，Kw=c2（H+），则c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液一定呈中性，故B正确；‎ C．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，则溶液不呈中性，故C错误；‎ D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎24．下列溶液中离子浓度关系的表示正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）‎ B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）‎ C．0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）‎ D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；‎ B．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+）；‎ C．铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（H+）；‎ D．根据混合液中的物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知：：c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故A错误；‎ B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，溶液显示酸性：c（OH﹣）＜c（H+），故B错误；‎ C．0.1mol/L的NH4Cl溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（H+），正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；‎ D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3‎ COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎25．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见表，下列说法正确的是（　　）‎ t/s ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ n（A）/mol ‎1.0‎ ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ A．反应在前5 s的平均速率v（A）=0.03 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．达到平衡时，B的转化率为80%‎ C．相同温度下，若起始时向容器中充入2.0 mol C，则达到平衡时C的浓度小于0.2 mol•L﹣1‎ D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．反应在前5 s的平均速率v（A）=；‎ B．根据表中数据知，20s时该反应达到平衡状态，根据方程式知△n（A）=△n（B）=（1.0﹣0.80）mol=0.20mol，转化率=×100%；‎ C．温度相同化学平衡常数相同，根据化学平衡常数相等计算平衡时C的浓度；‎ D．可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等．‎ ‎【解答】解：A．反应在前5 s的平均速率v（A）===0.015 mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；‎ B．根据表中数据知，20s时该反应达到平衡状态，根据方程式知△n（A）=△n（B）=（1.0﹣0.80）mol=0.20mol，转化率=×100%=×100%=80%，故B正确；‎ C．充入1.0mol A和1.0mol B，平衡时n（A）=n（B）=0.80mol，生成n（C）=△n（A）=0.20mol，则c（A）=c（B）==0.40mol/L，c（C）==0.10mol/L，化学平衡常数K==0.625，‎ 若起始时向容器中充入2.0 mol C，设剩余C的物质的量为xmol，‎ ‎ A（g）+B（g）⇌C（g）‎ 开始（mol） 0 0 2.0‎ 反应（mol）2.0﹣x 2.0﹣x 2.0﹣x 平衡（mol）2.0﹣x 2.0﹣x x 平衡时c（A）=c（B）=mol/L、c（C）=mol/L，‎ 温度相同化学平衡常数相同，所以=0.625，‎ x=1.6，‎ 所以达到平衡时C的浓度==0.8mol/L，故C错误；‎ D．可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，所以相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）=v（逆）且不等于0，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共10小题，满分50分）‎ ‎26．25℃时，NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为12．两溶液中，由水电离出的c（H+）分别是　10﹣12mol/　、　10﹣2mol/　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，根据溶液的pH值，分别求出水电离产生的氢离子或者是氢氧根的浓度即可．‎ ‎【解答】解：酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，对于NaOH而言，溶液中的氢离子是由水离出的，pH=12的溶液中c（H+）=10﹣12mol/L，则NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为：c（H+）=10﹣12mol/L；‎ 对于Na2CO3而言，碳酸根与水发生水解反应，导致溶液呈碱性，溶液中的氢氧根离子为水电离的，则pH=12的碳酸钠溶液中水电离的氢离子浓度为10﹣2mol/L，‎ 故答案为：10﹣12mol/；10﹣2mol/．‎ ‎　‎ ‎27．Na2CO3溶液呈　碱　性，原因是（用离子方程式表示）　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．KHSO4溶液呈　酸　性，原因是（用离子方程式表示）　KHSO4=K++H++SO42﹣　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，KHSO4溶液中完全电离溶液显酸性．‎ ‎【解答】解：碳酸钠为强碱弱酸盐，钠离子不水解、碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，KHSO4溶液中完全电离溶液显酸性，电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42﹣，‎ 故答案为：碱；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；酸；KHSO4=K++H++SO42﹣．‎ ‎　‎ ‎28．加热蒸干并灼烧AlCl3溶液的产物是　Al2O3　；加热蒸干并灼烧FeCl2溶液的产物是　Fe2O3　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，Al（OH）3在加热条件下分解生成Al2O3；氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热过程中促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后蒸干时得到氢氧化铁固体，氢氧化铁灼烧得到固体氧化铁．‎ ‎【解答】解：AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3．氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热过程中促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧时氢氧化铁固体分解生成氧化铁，所以最后得到的固体是氧化铁，‎ 故答案为：Al2O3；Fe2O3．‎ ‎　‎ ‎29．pH=1的HCl与pH=13的NaOH溶液混合后，pH变为2，求HCl与NaOH的体积比　11：9　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】pH=1的HCl与pH=13的NaOH溶液混合后，pH变为2，溶液显酸性，故混合溶液中的c（H+）=，据此计算．‎ ‎【解答】解：pH=1的HCl与pH=13的NaOH溶液混合后，pH变为2，即混合溶液显酸性，设盐酸的体积为xL，氢氧化钠溶液的体积为yL，则混合溶液中的c（H+）=0.01mol/L==，解得x：y=11：9，故答案为：11：9．‎ ‎　‎ ‎30．物质的量浓度相同的CH3COOH和NaOH溶液混合后，溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则醋酸体积　＞　氢氧化钠溶液体积（填“＞”或“=”或“＜”）．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），根据电荷守恒得c（OH﹣）=c（H+），据此确定溶液酸碱性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸的物质的量应该稍微大于氢氧化钠，据此分析．‎ ‎【解答】解：由于混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），根据电荷守恒可得c（OH﹣）=c（H+），即溶液呈中性．而若醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，所得的醋酸钠溶液呈碱性，故要使混合溶液呈中性，醋酸的物质的量应该稍微大于氢氧化钠，而醋酸和氢氧化钠浓度相等，所以醋酸体积大于氢氧化钠，故答案为：＞；‎ ‎　‎ ‎31．写出下列反应离子方程式 ①泡沫灭火器原理　Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑　．②向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液：　3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+　．‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】①泡沫灭火器原理：铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；‎ ‎②向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，实现沉淀的转化生成氢氧化铁和氯化镁．‎ ‎【解答】解：①泡沫灭火器原理，离子方程式：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ 故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎②向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，实现沉淀的转化生成氢氧化铁和氯化镁，离子方程式：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+；‎ 故答案为：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+．‎ ‎　‎ ‎32．近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：‎ ‎（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．‎ 已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574 kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160 kJ/mol ‎③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0 kJ/mol 写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式：　2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1910kJ/mol　．‎ ‎（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物．某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=akJ•mol﹣1．‎ 在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表：‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.58‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ ‎0.48‎ ‎0.48‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ ‎①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率V（NO）=　0.042mol•L﹣1•min﹣1　；计算该反应的平衡常数K=；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　BE　（填字母编号）．‎ A．通人一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积 D．通人一定量的NO E．加入一定量的活性炭 ‎③若50min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：1：1，则达到新平衡时NO的转化率　降低　（填“升高”或“降低”），a　＜　 0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）由反应：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574 kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160 kJ/mol ‎③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知：2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=①+②+4×③，由此分析解答；‎ ‎（2）①分析图表数据结合反应速率概念是单位时间内物质浓度变化计算化学反应速率，V=计算得到反应速率，计算平衡浓度得到平衡常数，k=；‎ ‎②依据图表数据分析，结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断，30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=‎ ‎==，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；‎ ‎③若50min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：1＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动；‎ ‎【解答】解：（1）由反应：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574 kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160 kJ/mol ‎③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知：2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=①+②+4×③=﹣574﹣1160﹣4×44=﹣1910kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1910kJ/mol；‎ ‎（2）①0～10min内，NO的平均反应速率v（NO）==0.042mol•L﹣1•min﹣1；‎ C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L；反应的平衡常数K===；‎ 故答案为：0.042mol•L﹣1•min﹣1，；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K===‎ ‎，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；‎ A、通人一定量的CO2，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故正确；‎ B、加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故错误；‎ C、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故正确；‎ D、通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故正确；‎ E、加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故错误；‎ 故答案为：BE；‎ ‎③若50min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：1＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故答案为：降低；＜．‎ ‎　‎ ‎33．用酸式滴定管准确移取25.00mL，某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol•L﹣1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定得结果如表 ‎ NaOH起始读数 NaOH终点读数 第一次 ‎0.10ml ‎20.30ml 第二次 ‎0.30ml ‎20.10ml ‎（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为　0.16　 mol•L﹣1．‎ ‎（2）在配制250mL0.20mol•L﹣1的氢氧化钠标准溶液时，用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒还有　250mL容量瓶、胶头滴管　．‎ ‎（3）以下操作造成测定结果偏高的有　DE　．‎ A．配制标准溶液的氢氧化钠固体中混有KOH杂质 B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 E．未用标准液润洗碱式滴定管．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）计算出两次滴定消耗标准液体积，然后根据c（酸）=计算出盐酸的物质的量浓度为；‎ ‎（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用仪器；‎ ‎（3）根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响．‎ ‎【解答】解：（1）第一次滴定消耗标准液体积为：20.30mL﹣0.10mL=20.2mL，第二次滴定消耗标准液的体积为：20.10mL﹣0.30mL=19.80mL，则两次滴定消耗标准液的平均体积为： =20.00mL，‎ 该元素的物质的量浓度为：c（HCl）===0.16mol/L，‎ 故答案为：0.16；‎ ‎（2）在配制250mL0.20mol•L﹣1的氢氧化钠标准溶液时，用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒，还有规格为250mL的容量瓶及定容时使用的胶头滴管，‎ 故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（3）A．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH﹣浓度偏大，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=可知c（酸）偏低，故A错误；‎ B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏低，根据c（酸）=可知c（酸）偏低，故B错误；‎ C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不一定滴定结果，故C错误；‎ D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（酸）=可知c（酸）偏高，故D正确；‎ E．未用标准液润洗碱式滴定管，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故E正确；‎ 故答案为：DE．‎ ‎　‎ ‎34．某兴趣小组欲测定市场上某H2O2消毒液质量分数，现进行如下操作 己知：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2‎ 操作①：取10.00mLH2O2溶液（密度为1.00g•mL﹣1）置于锥形瓶中加水稀释，再加稀硫酸酸化；‎ 操作②：用0.200 0mol•L﹣1KMnO4溶液滴定；‎ 操作③：用同样方法滴定，4次消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、22.00mL．请回答下列问题：‎ ‎（1）滴定时盛装KMnO4溶液应选取的仪器是　C　（填序号）．‎ A．50mL酸式滴定管 B．50mL碱式滴定管 C．25mL酸式滴定管 D．25mL碱式滴定管 ‎（2）是否需要选用指示剂　否　（填“是”或“否”）达到滴定终点的现象是　滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，30秒内不恢复　．‎ ‎（3）分析数据，计算该H2O2溶液中溶质的质量分数为　3.40%　（保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）依据高锰酸钾溶液是强氧化剂具有腐蚀氧化橡胶管的小猪猪，选择酸式滴定管，依据四次消耗溶液体积可知选择25ml酸式滴定管可以完成实验要求；‎ ‎（2）高锰酸钾溶液为有色溶液，可以根据溶液颜色变化判断滴定终点，不需要指示剂；滴定结束前为无色，滴定结束后为紫红色，据此判断滴定终点；‎ ‎（3）分析反应过程和实验数据计算过氧化氢的质量分数．‎ ‎【解答】解：（1）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，四次消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、22.00mL，所以选用25ml酸式滴定管可以完成实验，‎ 故答案为：C； ‎ ‎（2）KMnO4溶液为紫红色溶液，可以根据高锰酸钾溶液溶液颜色变化判断滴定终点，所以不需要指示剂；该滴定终点的现象为：滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，30秒内不恢复，说明反应结束，‎ 故答案为：否； 滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，30秒内不恢复；‎ ‎（3）过氧化氢溶液中过氧化氢质量=5.0ml×1.0g/ml=5g，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，用同样方法滴定，四次消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL、22.00ml，第四次误差较大舍去，平均 消耗高锰酸钾溶液体积==20.00mL，‎ 根据反应 2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑‎ ‎ 2 5‎ ‎ 0.2000mol/L×0.02L n（H2O2）‎ ‎=，解得：n（H2O2）=0.01mol，‎ 则过氧化氢质量分数为：×100%=3.40%，‎ 故答案为：3.40%．‎ ‎　‎ ‎35．工业上从含有Cr2O72﹣和Cr3+的废水中回收铬的工艺流程如图所示：‎ 己知：①2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O；‎ ‎②常温下，Ksp[（Fe（OH）3]=4.0×10﹣38；Ksp[（Cr（OH）3]=1.0×10﹣32‎ ‎③当离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为沉淀完全 请回答下列问题：‎ ‎（1）酸化后的溶液A显　橙　色．‎ ‎（2）配制FeSO4溶液时，除了加水外还需要加入的试剂是　铁粉、硫酸　（填试剂名称）．‎ ‎（3）向溶液A中加入FeSO4溶液发生反应的离子方程式为　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O　．‎ ‎（4）沉淀C的化学式为　Fe（OH）3　，要使Cr3+沉淀完全pH2值至少为　5　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】含有Cr2O72﹣和CrO42﹣的废水经酸化后主要转化为Cr2O72﹣，Cr2O72﹣具有强氧化性，加入还原性的亚铁离子，将其还原为Cr3+，本身被氧化成Fe3+，然后依据溶度积常数调节pH1使Fe3+沉淀，过滤得沉淀C为Fe（OH）3，滤液含Cr3+，再依据溶度积常数调节pH2使Cr3+沉淀，据此分析解答；‎ ‎（1）根据2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，酸化平衡正向移动分析；‎ ‎（2）防止亚铁离子氧化，还要抑制亚铁离子水解，据此解答即可；‎ ‎（3）亚铁离子具有还原性，铬酸根具有强氧化性，据此书写离子反应方程式即可；‎ ‎（4）根据以上分析，沉淀C的化学式为Fe（OH）3；当离子浓度小于1.0×10﹣5 mol•L﹣1时，认为沉淀完全，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）因为2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，所以酸化平衡正向移动，则酸化后的溶液A显橙色；故答案为：橙；‎ ‎（2）防止亚铁离子氧化，并抑制水解，则配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸，‎ 故答案为：铁粉、硫酸；‎ ‎（3）依据分析可知：溶液A含有Cr2O72﹣，具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，离子反应方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O； ‎ ‎（4）根据以上分析，沉淀C的化学式为Fe（OH）3；当离子浓度小于1.0×10﹣5 mol•L﹣1时，认为沉淀完全，故铬离子完全沉淀时有：1×10﹣5×c（OH）3=1.0×10﹣32，解得c（OH）==10﹣9，即pH≥5完全沉淀，所以要使Cr3+沉淀完全pH2值至少为5，故答案为：Fe（OH）3；5．‎