【化學】重慶市巴蜀中學2018-2019學年高二上學期期中考試（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

1.關于反應FeCl3 + 3KSCN 3KCl + Fe(SCN)3的說法不正確的是
A. 用KSCN溶液可檢驗Fe3＋
B. 滴加氫氧化鈉濃溶液，平衡逆向移動
C. 加入KCl固體，平衡不移動
D. 加水，溶液顏色會深
【答案】D
【解析】
【詳解】A. Fe3＋遇KSCN溶液反應生成紅色Fe(SCN)3，可檢驗Fe3＋，故A正確；B. 滴加氫氧化鈉濃溶液，反應生成氫氧化鐵沉淀，c(Fe3+)減小，平衡逆向移動，故B正確；C.反應的離子方程式為Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入KCl固體，與平衡無關，平衡不移動，故C正確；D. 加水稀釋，c[Fe(SCN)3]減小，溶液顏色變淺，故D錯誤；故選D。
【點睛】本題的易錯點為C，要注意根據(jù)反應的本質(離子方程式)分析判斷。
2.0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀釋，下列有關稀釋后溶液的說法正確的是
A. 電離程度不變
B. 溶液中離子總數(shù)增多
C. 溶液導電性增強
D. 溶液中醋酸分子增多
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸為弱酸，存在電離平衡，CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀釋，促進醋酸的電離，據(jù)此分析解答。
【詳解】A. 加水稀釋，促進電離，電離程度變大，故A錯誤；B. 加水稀釋，促進電離，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中離子總數(shù)增多，故B正確；C. 加水稀釋，溶液中的離子濃度減小，溶液導電性減弱，故C錯誤；D. 加水稀釋，促進電離，CH3COOH CH3COO-+ H+平衡右移，溶液中醋酸分子減少，故D錯誤；故選B。
3.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是
A. 0.1 mol H2和0.1 mol I2在密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)等于0.2 NA
B. 向密閉容器中充入2 mol NO2一段時間后，容器中的分子數(shù)為2 NA
C. 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋數(shù)目為0.3 NA
D. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中含有NH4＋數(shù)目為0.1 NA
【答案】A
【解析】
【詳解】A．氫氣和碘蒸氣的反應雖然是可逆反應，但由于此反應同時為分子個數(shù)不變的反應，故無論反應進行程度如何，容器中的分子個數(shù)不變，始終為0.2NA個，故A正確；B. 向密閉容器中充入2 mol NO2一段時間后，由于存在2NO2 N2O4，容器中的分子數(shù)減少，故B錯誤；C.磷酸為中強酸，不能完全電離，因此 1 L 0.1 mol/L H3PO4溶液中含H＋數(shù)目少于0.3 NA，故C錯誤；D、銨根離子為弱堿陽離子，在溶液中會水解，故溶液中的銨根離子個數(shù)小于0.1NA個，故D錯誤；故選A。
4.下列關于酸堿中和滴定實驗的說法正確的是

A. 用圖B的滴定管可準確量取25.00 mL的酸性KMnO4溶液
B. 滴定過程中，眼睛要時刻注視滴定管中液面的變化
C. 滴定管裝入液體前不需用待裝液潤洗
D. 滴定前平視，滴定結束后仰視讀數(shù)，會使測定結果偏大
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 圖B的滴定管下端為乳膠管，是堿式滴定管，高錳酸鉀具有強氧化性，能夠腐蝕乳膠管，不能用堿式滴定管來量取酸性KMnO4溶液，故A錯誤；B. 滴定操作中，眼睛要注視著錐形瓶中溶液的顏色變化，以便及時判斷滴定終點，故B錯誤；C. 為了減小實驗誤差，防止滴定管中的水將溶液稀釋，滴定管應該先使用蒸餾水洗凈，然后使用待測液潤洗，否則會影響標準液的濃度，故C錯誤；D. 滴定前平視，滴定結束后仰視讀數(shù)，導致讀取的數(shù)值偏大，使得標準溶液的體積偏大，根據(jù)c(待測)=可知，會使測定結果偏大，故D正確；故選D。
5.下列說法不正確的是
A. 配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在硫酸溶液中，再加水稀釋
B. 向含F(xiàn)e3＋的CuCl2溶液中加入CuO，調節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3＋
C. 純堿可用作鍋爐除垢時CaSO4沉淀的轉化劑
D. 將AlCl3·6H2O與SOCl2混合并加熱，可得到無水AlCl3
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在硫酸溶液中，再加水稀釋，會混入硫酸雜質，應該溶于鹽酸中，再稀釋，故A錯誤；B. 向含F(xiàn)e3＋的CuCl2溶液中加入CuO，調節(jié)pH，促進鐵離子水解生成氫氧化鐵沉淀，可除去溶液中混有的Fe3＋，故B正確；C. CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4 Ca2++SO42-，加入純堿碳酸根離子與鈣離子反應生成更難溶的碳酸鈣沉淀，促進CaSO4沉淀溶解，因此純堿可用作鍋爐除垢時CaSO4沉淀的轉化劑，故C正確；D. 使SOCl2與AlCl3·6H2O混合并加熱，SOCl2吸收結晶水生成HCl，HCl抑制鋁離子的水解，所以可得到無水AlCl3，故D正確；故選A。
【點睛】本題考查了鹽類的水解和沉淀的溶解平衡。本題的難點為D，要注意SOCl2容易水解，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。
6.25 ℃時，下列溶液的堿性最強的是
A. pH=11的溶液
B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液
C. 1 L含有4 g NaOH的溶液
D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中的c(OH-)越大，pH越大，堿性越強，據(jù)此分析判斷。
【詳解】A. pH=11的溶液的c(OH-)=0.001 mol/L；B. 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液的c(OH-)=0.2 mol/L；C. 1 L含有4 g NaOH的溶液中c(OH-)==0.1 mol/L；D. Kw/c(H＋)=1.0×10-2的溶液中c(OH-)=0.01 mol/L；綜上所述，c(OH-)最大的為B，因此B的堿性最強，故選B。
7.下列四組離子在水溶液中因發(fā)生水解反應而不能大量共存的是
A. Fe2＋、NO3－、Na＋、H＋
B. S2－、NH4＋、SO42－、Fe3＋
C. Ba2＋、CO32－、H＋、S2O32－
D. Al3＋、Na＋、HCO3－、Cl－
【答案】D
【解析】
【詳解】A. Fe2＋與NO3－在酸性溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，不符合題意，故A不選；B. S2－與Fe3＋能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，不符合題意，故B不選；C. Ba2＋與CO32－；H＋與S2O32－以及CO32－能夠發(fā)生復分解反應，不能大量共存，不符合題意，故C不選；D. Al3＋與HCO3－能夠發(fā)生雙水解反應，不能大量共存，符合題意，故D選，故選D。
8.在常溫恒容的密閉容器中充入濃度均為1 mol/L的NH3和HCl，發(fā)生NH3(g) + HCl(g) NH4Cl(?) △H = -a kJ/mol，下列說法正確的是
A. 現(xiàn)象為產生白霧
B. 反應物的活化能為a kJ/mol
C. 該條件下，混合氣體的平均摩爾質量始終不變
D. 任何溫度下，該反應均能自發(fā)進行
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 生成的氯化銨為固體顆粒，現(xiàn)象為產生白煙，故A錯誤；B. 反應的焓變=正反應的活化能與逆反應的活化能的差，△H = -a kJ/mol，無法判斷反應物的活化能，故B錯誤；C. 常溫下，氯化銨為固體，混合氣體始終為等濃度的NH3和HCl的混合氣體，氣體的平均摩爾質量始終不變，故C正確；D.△H ＜0，△S＜0，根據(jù)△G=△H-T△S，該反應在低溫下能自發(fā)進行，故D錯誤；故選C。
9.下列說法正確的是
A. 常溫下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水電離的c(H＋) = 10-10 mol/L
B. 將pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等體積混合，所得溶液pH=3
C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等體積混合后所得溶液pH>7，則c(NH4＋) < c(NH3·H2O)
D. 向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反應的離子方程式為：HA－+ OH－ = H2O + A2-
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 常溫下，pH=4的CH3COOH溶液中，c(H＋) = 10-4mol/L，則由水電離的c(H＋) 水= c(OH-)水= 10-10 mol/L，故A正確；B. 將pH=2的HCl溶液的c(H＋) = 10-2mol/L，pH=4的H2SO4溶液的c(H＋) = 10-4mol/L，二者等體積混合，所得溶液的c(H＋) = ×(10-2mol/L +10-4mol/L)≈×10-2mol/L＞10-3mol/L，pH＜3，故B錯誤；C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等體積混合后所得溶液pH>7，即c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，則c(NH4＋) ＞c(Cl-)，因此氨水的電離為主，因此 c(NH4＋) ＞c(NH3·H2O)，故C錯誤；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，說明HA－完全電離，則向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反應的離子方程式為：H++ OH－ =H2O，故D錯誤；故選A。
【點睛】本題考查了溶液酸堿性與pH。本題的易錯點為D，要注意根據(jù)溶液的濃度與pH的關系，判斷酸H2A和HA－的強弱，再判斷離子方程式的正誤。
10.一定條件下發(fā)生：2NO2(g) + 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g) △H 1×10-14
C. 將0.01 mol DC1溶于水形成1 L的重水溶液，其pD=2
D. NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氫離子的化學式為NH3·D2O和HD2O+
【答案】C
【解析】
【詳解】A．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故A錯誤；B．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，c(D+)·c(OD-)=1.6×10-15，故B錯誤；C．c(DC1)==0.01mol/L，則c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故C正確；D、氯化銨屬于強酸弱堿鹽，水解生成氨水和氯化氫，離子方程式為：NH4++2D2ONH3·HDO+ D3O+，故D錯誤；故選C。
【點睛】本題考查pH的簡單計算和鹽類水解的原理的應用。本題的易錯點為D，要注意銨根離子水解，本質是銨根離子與水電離出的氫氧根離子結合生成一水合氨。
14.某溫度下，在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，投入H2(g)和CO2(g)發(fā)生反應H2(g) + CO2(g) H2O(g) + CO(g)，其起始濃度如表所示，已知平衡時甲中H2的轉化率為60%。下列判斷正確的是
起始濃度
甲
乙
丙
c(H2)[mol/L]
0.010
0.020
0.020
c(CO2)[mol/L]
0.010
0.010
0.020
A. 剛開始反應時，乙中的反應速率最快，甲中的反應速率最慢
B. 平衡時，乙中H2的轉化率大于60%
C. 平衡時，丙中c(CO) = 0.008 mol/L
D. 該溫度下，平衡常數(shù)K=9/4
【答案】D
【解析】
【詳解】A．濃度越大反應速率越快，由表中數(shù)據(jù)可知，甲、乙容器內，開始CO2濃度相等，乙中H2濃度比甲中濃度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器內，開始H2濃度相等，丙中CO2濃度比乙中濃度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，即丙中最快，甲中最慢，故A錯誤；B．乙與甲相比，相當于甲平衡后再充入氫氣，則氫氣的轉化率小于甲，即乙中H2的轉化率小于60%，故B錯誤；C．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，甲、丙為等效平衡，平衡時，甲、丙中H2和CO2的轉化率相等，甲中H2的轉化率為60%，則平衡時甲容器內c(CO)=0.01mol/L×60%=0.006mol/L，丙中c(CO)是甲中的2倍，丙中c(CO) = 0.012 mol/L，故C錯誤；
D.對于甲容器：H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)
開始(mol/L)： 0.01?? 0.01????? 0???? ?? 0
變化(mol/L)： 0.006? ?0.006 ???0.006?????? 0.006
平衡(mol/L)： 0.004? 0.004?? 0.006 0.006
所以K==，故D正確；故選D。
15.25 ℃時，下列關于亞硫酸及其鈉鹽的說法不正確的是
A. Na2SO3溶液和 NaHSO3溶液中含有的離子種類完全相同
B. pH=3的 NaHSO3溶液稀釋后，溶液中各離子濃度均減小
C. H2SO3溶液中c(H＋)·c(SO32－)/c(H2SO3)減小，可能的措施是加入NaHSO4固體
D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，則0.1 mol/L H2SO3溶液中c(H+)一定小于0.11 mol/L
【答案】B
【解析】
【詳解】A．NaHSO3溶液存在HSO3-+H2O H2SO3+OH-、HSO3- H++SO32-，Na2SO3溶液中存在SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，兩種溶液中都存在H2O H++OH-，存在的粒子有：Na+、H+、OH-、HSO3-、H2O、SO32-、H2SO3，故A正確；B. pH=3的 NaHSO3溶液稀釋后，c(H+)減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c(OH-)增大，故B錯誤；C. H2SO3溶液中加入NaHSO4固體，溶液的酸性增強，c(H＋)增大，===減小，故C正確；D. 若0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=2，說明亞硫酸氫鈉不能完全電離出氫離子，0.1 mol/L NaHSO3溶液HSO3-電離出的c(H+)=0.01 mol/L，亞硫酸為弱酸，則0.1 mol/L H2SO3溶液中c(HSO3－)＜0.1 mol/L ，c(H+)一定小于(0.1+0.01)mol/L，故D正確；故選B。
16.常溫下的下列溶液中，微粒濃度關系正確的是
A. 0.2 mol/L NaHCO3溶液與0.1 mol/L KOH溶液等體積混合：3c(K＋) + c(H＋) = c(OH－) + c(HCO3－) + 2(CO32－)
B. 只含有NH4＋、Cl－、H＋、OH－的溶液中，其離子濃度可能是：c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，則其中離子濃度最大與最小的差值為(0.1-10-4) mol/L
D. c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，則c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]
【答案】A
【解析】
【詳解】A．將0.2mol?L-1NaHCO3溶液與0.1mol?L-1KOH溶液等體積混合，反應后的溶質為0.025mol/L的碳酸鉀、0.025mol/L碳酸鈉和0.05mol/L的NaHCO3，根據(jù)電荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，則c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正確；B．含有NH4+、Cl-、H+、OH-的溶液中，根據(jù)電荷守恒，存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，一定不能存在c(Cl－) > c(NH4＋) > c(OH－) > c(H＋)，故B錯誤；C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，說明HA-部分電離，溶液中離子濃度最大的為鈉離子為0.1mol/L，濃度最小的不是氫離子(10-4 mol/L)，比氫離子濃度小的還有氫氧根離子等，濃度差值一定不為(0.1-10-4) mol/L，故C錯誤；D．根據(jù)化學式組成可知，(NH4)2SO4中硫酸根離子對銨根離子的水解沒有影響，(NH4)2CO3中碳酸根離子促進銨根離子的水解，(NH4)2Fe(SO4)2中亞鐵離子抑制銨根離子的水解，因此c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，則c[(NH4)2CO3] > c[(NH4)2SO4] > c[(NH4)2Fe(SO4)2]，故D錯誤；故選A。
【點睛】本題考查了鹽類水解的規(guī)律和應用。本題的易錯點為C，要注意如何水溶液中都存在H+和OH-。
17.T ℃，分別向10 mL濃度均為1 mol/L的兩種弱酸HA、HB中不斷加水稀釋，并用pH傳感器測定溶液pH。所得溶液pH的兩倍(2pH)與溶液濃度對數(shù)(lgc)的關系如圖所示。

已知：pKa = -lgKa。
下列敘述正確的是
A. 弱酸的Ka隨溶液濃度的降低而增大
B. a點對應的溶液中c(HA) = 0.1 mol/L，pH=4
C. 酸性：HA0達到平衡時各物質的濃度在不同條件下的變化狀況如圖所示(第10 min到14 min的COCl2濃度變化曲線未示出)。

下列說法正確的是
A. 第4 min時改變的條件可能是擴大容器體積
B. 第2 min時的平衡常數(shù)K(2)大于第8 min時的平衡常數(shù)K(8)
C. 12 min時反應在溫度T(8)下重新達到平衡，則此時c(COCl2) = 0.031 mol/L(結果保留兩位有效數(shù)字)
D. 產物CO在2~3 min、5~6 min、12~13 min時的平均反應速率大小為：υ(5~6) > υ(2~3) > υ(12~13)
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強、濃度，應是改變溫度，故A錯誤；B.第8min時反應物的濃度比第2min時減小，生成物濃度增大，平衡向正反應方向移動。4min瞬間濃度不變，不可能為改變壓強、濃度，應是改變溫度，因為正反應為吸熱反應，所以溫度T(2)＜T(8)，則平衡常數(shù)K(2)＜K(8)，故B錯誤；C.由圖可知，10min瞬間Cl2濃度不變，CO的濃度降低，故改變條件為移走CO，降低CO的濃度，平衡常數(shù)不變，與8min到達平衡時的平衡常數(shù)相同，由圖可知，12min時到達平衡時Cl2的平衡濃度為0.12mol/L，CO的平衡濃度為0.06mol/L，故==0.234mol/L，解得c(COCl2)=0.031mol/L，故C正確；D.根據(jù)化學反應速率的定義，可知反應在2～3 min和12～13 min處于平衡狀態(tài)，CO的平均反應速率為0，在5～6min時，反應向正反應進行，故CO的平均反應速率為υ(5～6)＞υ(2～3)= υ(12～13)，故D 錯誤；故選C。
19.下列有關含碳微粒的說法，按要求填空：
(1)同溫度，同濃度的Na2CO3溶液的堿性_________ NaHCO3溶液的堿性(填“大于”、“小于”或“等于”)，請設計一個較簡便的實驗證明___________。
(2)在25 ℃時，在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物質的量隨溶液pH的變化如圖所示。

①HC1溶液滴加到一半時，溶液呈___________(填“酸性”、“堿性”或“中性”)，理由是____________________(用主要的離子方程式表示)。
②關于圖像下列說法正確的是_________________。
A、0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(OH－) + 2c(CO32－) + c(HCO3－)
B、b曲線代表CO32－
C、pH=11時，c(HCO3－) > c(Cl－)
D、pH=11 時，c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)
E、在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－能大量共存
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有還原性，將酸性KMnO4溶液滴入草酸溶液中，會產生氣泡，且紫紅色褪去，寫出該反應的離子方程式________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 同溫、同濃度下測量兩者溶液pH值，Na2CO3大 (3). 堿性 (4). HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－ (5). ACD (6). 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)碳酸鈉和碳酸氫鈉的水解程度分析判斷兩溶液的堿性強弱；根據(jù)溶液的酸堿性和pH的關系分析解答；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸鈉首先與鹽酸反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氫鈉繼續(xù)反應生成二氧化碳和水、氯化鈉，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根據(jù)圖像可知，a為CO32－，b為HCO3－，c為CO2，據(jù)此分析解答；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有還原性，酸性KMnO4溶液具有強氧化性，根據(jù)氧化還原反應方程式的配平原則書寫并配平方程式。
【詳解】(1)碳酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子，同溫度，同濃度的Na2CO3溶液的堿性大于NaHCO3溶液的堿性；可以根據(jù)等物質的量濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判斷溶液的堿性強弱，故答案為：大于；同溫、同濃度下測量兩者溶液pH值，Na2CO3大于NaHCO3；
(2)在10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液，碳酸鈉首先與鹽酸反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，然后碳酸氫鈉繼續(xù)反應生成二氧化碳和水、氯化鈉，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑；根據(jù)圖像可知，a為CO32－，b為HCO3－，c為CO2。
①根據(jù)上述分析，HC1溶液滴加到一半時，恰好生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉水解，溶液呈堿性，水解的離子方程式為HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，故答案為：堿性；HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－；
②A、任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故A正確；B、根據(jù)上述分析，b曲線代表HCO3－，故B錯誤；C、根據(jù)圖像，pH=11時，溶液中含有等物質的量濃度的Na2CO3和NaHCO3，此時溶液顯堿性，以碳酸鈉的水解為主，根據(jù)方程式生成的氯化鈉少于溶液中的碳酸氫鈉，因此c(HCO3－) > c(Cl－)，故C正確；D、根據(jù)圖像，pH=11時，溶液中含有等物質的量濃度的Na2CO3和NaHCO3，溶液中c(HCO3－) = c(CO32-)，結合電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，則c(Na＋) + c(H＋) = 3c(CO32－) + c(OH－)，故D正確；E、根據(jù)圖像，在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－不能大量共存，如pH=7時，幾乎沒有CO32-，故E錯誤；正確的有ACD，故答案為：ACD；
(3)草酸(H2C2O4)溶液具有還原性，酸性KMnO4溶液具有強氧化性，向盛有草酸飽和溶液的試管中滴入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，溶液的紫紅色褪去，說明草酸被酸性高錳酸鉀氧化，根據(jù)氧化還原反應方程式的配平原則：得失電子守恒、質量守恒和電荷守恒配平該反應的離子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【點睛】本題考查了鹽類的水解和氧化還原反應方程式的配平。本題的難點為(2)要注意根據(jù)碳酸鈉與鹽酸反應的順序判斷曲線代表的含碳微粒，如何結合鹽類水解的規(guī)律和圖像解答。
20.某課題小組探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的試管，在試管外壁貼上體積刻度紙，按下表進行對照實驗。在兩種不同溫度的水浴中加熱相同時間后，記錄酯層的體積來確定水解反應的速率。
實驗試劑
試管Ⅰ(55 ℃)
試管Ⅱ(55 ℃)
試管Ⅲ(55 ℃)
試管Ⅳ(75 ℃)
乙酸乙酯/mL
1
V1
V2
V3
1 mol/L NaOH mL
V4
3
0
V5
蒸餾水/mL
0
V6
5
2

已知：①水解反應CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；
②CH3COOC2H5難溶于水，密度比水小。
（1）V4 = ____________。
（2）①下列說法正確的是____________________________；
A、加入水，平衡正向移動
B、加入稀鹽酸可使平衡逆向移動
C、酯層體積不再改變時，反應停止
D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)時，反應達平衡狀態(tài)
②用各物質的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則表達式為____________。
（3）實驗中常用飽和食鹽水代替蒸餾水，目的是減小乙酸乙酯在水中的溶解度，會使實驗結果更準確，______________填“能”或“不能”)用飽和Na2CO3溶液代替蒸餾水。
（4）實驗中，試管Ⅳ比試管Ⅱ中的酯層減少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸點為77.1 ℃)
【答案】 (1). 5 (2). AB (3). Kh = c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5) (4). 不能 (5). 溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多
【解析】
【分析】
(1)①根據(jù)實驗目的“乙組探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率”及對照試驗的設計原則進行判斷；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，結合平衡移動的影響因素分析判斷；②根據(jù)化學平衡的表達式書寫；
(3)根據(jù)碳酸鈉溶液水解顯堿性，結合實驗的探究目的分析判斷；
(4)根據(jù)反應溫度，從反應速率和物質的揮發(fā)性角度分析解答。
【詳解】(1)探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，四個試管中乙酸乙酯的體積都應該為1mL，即：V1=V2=V3=1；試驗Ⅰ和試驗Ⅲ中蒸餾水的體積不同，則探究的是氫氧化鈉的濃度對乙酸乙酯水解的影響，還必須保證溶液總體積相等，則氫氧化鈉溶液體積應該為5mL，即：V4=5，故答案為：5；
(2)①CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH；A、加入水，反應物和生成物的濃度均減小，但生成物濃度減小的更大，平衡正向移動，故A正確；B、加入稀鹽酸，溶液的酸性增強，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移動，故B正確；C、酯層體積不再改變時，說明反應達到了平衡，但反應仍在進行，沒有停止，故C錯誤；D、c(CH3COOH) = c(C2H5OH)時，正逆反應速率不一定相等，不能說明反應達平衡狀態(tài)，故D錯誤；正確的有AB，故答案為：AB；
②CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH，用各物質的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則Kh =，故答案為：Kh =；
(3)由于乙酸乙酯在飽和食鹽水中的溶解度減小，故實驗中，可用飽和食鹽水替代蒸餾水，以便減小乙酸乙酯在水中的溶解度，使實驗結果更準確；但碳酸鈉溶液水解顯堿性，干擾了探究NaOH溶液對水解速率的影響，所以不能用飽和Na2CO3溶液替代蒸餾水，故答案為：不能；
(4)試管Ⅳ比試管Ⅱ的溫度高，溫度升高，反應速率加快；乙酸乙酯的沸點為77.1℃，水浴溫度接近乙酸乙酯的沸點，溫度越高，乙酸乙酯揮發(fā)也越快，導致試管中酯層減少速率加快，干擾了實驗結果，故答案為：溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多。
21.某探究小組用碘量法來測定樣品中N2H4·H2O的含量。取樣品5.000 g，加水配成250 mL無色溶液，已知溶液呈堿性，取25.00 mL溶液，用滴定管盛裝0.2000 mol/L的I2標準液進行滴定。滴定反應中氧化產物和還原產物分別為N2和I－。
（1）用_____________填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝I2標準液，在取液、盛裝、滴定過程中還需要的玻璃儀器有_____________________________________。
（2）滴定過程中，需要加入_____作為指示劑，滴定終點的判斷方法___________。
（3）滴定前后液面如圖所示，所用I2標準液的體積為________________mL。

（4）樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)為_____________________，若滴定過程中，盛放I2標準液的滴定管剛開始有氣泡，滴定后無氣泡，則測得樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)____________填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。
【答案】 (1). 酸式 (2). 堿式滴定管、錐形瓶、燒杯 (3). 淀粉 (4). 當?shù)稳胱詈笠坏蜪2標準液，溶液顏色由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色 (5). 18.10 (6). 18.1% (7). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)碘水顯酸性分析判斷，結合滴定的操作步驟分析需要的儀器；
(2)根據(jù)碘單質的特征性質來分析選擇指示劑，根據(jù)題意反應的方程式為N2H4+2I2═N2+4HI，根據(jù)反應后的產物判斷終點現(xiàn)象；
(3)滴定管的讀數(shù)是由上而下標注的，根據(jù)圖示解答；
(4)根據(jù)反應的方程式列式計算；結合c(待測)=分析判斷誤差。
【詳解】(1)碘水顯酸性，且能夠橡膠中的碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，會腐蝕橡膠，應放在酸式滴定管中；滴定中用錐形瓶盛待測液，用滴定管盛標準液，故所需玻璃儀器有：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、燒杯，故答案為：酸式；堿式滴定管、錐形瓶、燒杯；
(2)用碘量法來測定樣品中N2H4·H2O的含量，滴定反應中氧化產物和還原產物分別為N2和I－，依據(jù)碘單質特征性質，應選擇淀粉為滴定指示劑，滴定終點的現(xiàn)象為：當加入最后一滴標準溶液時，錐形瓶中溶液恰好由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，故答案為：淀粉溶液；當加入最后一滴I2標準溶液時，錐形瓶中溶液恰好由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；
(3)根滴定前后液面的圖示，初始讀數(shù)為0.00mL，終點讀數(shù)為18.10 mL，所用I2標準液的體積為18.10mL，故答案為：18.10；
(4)消耗的碘的物質的量=0.01810 L×0.2000 mol/L=0.003620mol，根據(jù)N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物質的量為0.001810mol×=0.01810mol，樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)=×100%= 18.1%；若滴定過程中，盛放I2標準液的滴定管剛開始有氣泡，滴定后無氣泡，導致消耗的碘水的體積偏大，根據(jù)c(待測)=可知，測得樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)偏大，故答案為：18.1%；偏大。
22.一種利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量Fe2O3)聯(lián)合生產鐵紅和鈦白粉的工藝流程如圖所示，回答下列問題：

（1）為加快鈦鐵礦在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有______任寫兩種)。
（2）FeSO4溶液與 NH4HCO3溶液反應的離子方程式是________。
（3）TiO2+水解為TiO(OH)2沉淀的離子方程式為__________，需要加入Na2CO3粉末的目的是__________________________________________。
（4）常溫下，在生成的FeCO3達到沉淀溶解平衡的溶液中，測得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，需要控制溶液pH____________時，才能使所得的FeCO3中不含F(xiàn)e(OH)2。(已知：Ksp[FeCO3] = 3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2] = 1.0×10-16)
【答案】 (1). 加熱、研碎、適當提高酸的濃度 (2). Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O (3). TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋ (4). 消耗H＋，促使水解平衡正向移動 (5). ≤8.5
【解析】
【分析】
根據(jù)流程圖，鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量Fe2O3)中加入稀硫酸，氧化鐵溶解生成硫酸鐵，F(xiàn)eTiO3反應生成TiOSO4，然后在酸性溶液中加入適量鐵粉，除去過量的酸，并還原鐵離子，冷卻結晶得到硫酸亞鐵晶體和TiOSO4溶液；將綠礬晶體溶解后加入碳酸氫銨溶液，反應生成碳酸亞鐵沉淀和二氧化碳、硫酸銨溶液，碳酸亞鐵在空氣中煅燒生成氧化鐵；富含TiO2+的酸性溶液中加入碳酸鈉粉末，促進TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到鈦白粉(TiO2·nH2O)，據(jù)此結合化學反應原理和化學實驗的基本操作分析解答。
【詳解】(1)根據(jù)影響化學反應速率的因素可知，為加快鈦鐵礦在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有加熱、研碎、適當提高酸的濃度等，故答案為：加熱、研碎、適當提高酸的濃度等；
(2)根據(jù)題意和上述分析，F(xiàn)eSO4溶液與 NH4HCO3溶液反應生成硫酸銨、二氧化碳和他說亞鐵，反應的離子方程式為Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O，故答案為：Fe2＋＋2HCO3－ FeCO3↓ + CO2↑ + H2O；
(3)TiO2+水解為TiO(OH)2沉淀的離子方程式為TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋，加入Na2CO3粉末可以消耗水解生成的H＋，促使TiO2+水解平衡正向移動，故答案為：TiO2＋＋2H2O TiO(OH)2↓＋2H＋；消耗H＋，促使水解平衡正向移動；
(4)常溫下，在FeCO3沉淀溶解平衡(FeCO3 Fe2＋＋CO32－)的溶液中，測得溶液中c(CO32－) = 3.0×10-6 mol/L，則c(Fe2+)===1.0×10-5由題中數(shù)據(jù)可知，溶液中c(Fe2+)?c(OH-)2= Ksp[Fe(OH)2] =1.0×10-5×c2(OH-)=1.0×10-16，c(OH-)==10-5.5 mol/L，要使所得的FeCO3中不含F(xiàn)e(OH)2，則需要c(OH-)≤10-5.5 mol/L，即c(H+)≥=10-8.5 mol/L，因此pH≤8.5，故答案為：≤8.5。
【點睛】本題考查了物質的制備、分離與提純。本題的難點為（4），要注意根據(jù)溶解平衡方程式結合溶度積常數(shù)進行計算。
23.氫氣是一種理想的綠色能源。利用生物質發(fā)酵得到的乙醇制取氫氣，具有良好的應用前景。乙醇水蒸氣重整制氫的部分反應過程如圖1所示：

已知：反應I和反應Ⅱ的平衡常數(shù)隨溫度變化曲線如圖2所示：
（1）①寫出反應I中的化學方程式是________________。
②若反應I在恒溫恒壓條件下，向體系中充入N2，乙醇的平衡轉化率___(填“增大”、“減小”或“不變”)，理由是___________。
（2）反應Ⅱ在進氣比[n(CO)：n(H2O)]不同，測得相應的CO的平衡轉化率見下圖3(各點對應的反應溫度可能相同，也可能不同)。

①圖中D、E兩點對應的反應溫度分別為TD和TE。判斷：TD______________TE(填“”)；
②當不同的進氣比達到相同的CO平衡轉化率時，對應的反應溫度和進氣比的關系是___(用簡要的文字敘述)。
（3）已知：
a、2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol，該反應在0 ℃時K≈10-4.5；
b、2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g)△H = -110.7 kJ/mol。依據(jù)以上數(shù)據(jù)，文獻認為反應a沒有工業(yè)價值，你認為其理由是______________________；但反應b引入環(huán)氧丙烷()可有效促進CO2與CH3OH反應生成CO(OCH3)2，其原因是_________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2OH ＋ H2O 2CO ＋ 4H2 (2). 增大 (3). 恒溫恒壓充入惰性氣體，相當于減壓，朝氣體分子數(shù)增大方向移動 (4). < (5). 反應溫度與進氣比成反比 (6). 平衡常數(shù)小，原料轉化率低 (7). 反應放熱量增加，能量越低越穩(wěn)定
【解析】
【分析】
(1)①根據(jù)圖1判斷反應I中的反應物和生成物寫出反應的化學方程式；②在恒溫恒壓條件下，向體系中充入N2，容器的體積增大，相當于減小壓強，結合書寫的反應I的方程式分析判斷；(2)根據(jù)圖1寫出反應Ⅱ的反應方程式，并根據(jù)圖2分析出反應Ⅱ的熱量變化情況，結合化學平衡的影響因素分析解答①；結合反應Ⅱ的反應方程式和圖中BEF三點，分析反應溫度與進氣比的關系；(3)根據(jù)反應a的K≈10-4.5，結合化學平衡常數(shù)的意義分析解答；根據(jù)反應b的 △H = -110.7 kJ/mol，結合物質的穩(wěn)定性與能量的關系分析解答。
【詳解】(1)①根據(jù)圖1，反應I中的反應物為CH3CH2OH和H2O，生成物為CO和H2，反應的化學方程式為CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，故答案為：CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)；
②反應I為CH3CH2OH(g)＋ H2O(g)→2CO(g)＋ 4H2(g)，在恒溫恒壓條件下，向體系中充入N2，容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡正向移動，乙醇的平衡轉化率增大，故答案為：增大；恒溫恒壓充入惰性氣體，相當于減壓，平衡朝氣體分子數(shù)增大方向移動；
(2)根據(jù)圖1，反應Ⅱ為CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g)，根據(jù)圖2，反應Ⅱ隨溫度的升高，平衡常數(shù)K減小，說明升高溫度，平衡逆向移動，則正反應為放熱反應；
①圖中D、E兩點時=1，CO的平衡轉化率D＞E，由于該反應的平衡不受壓強的影響，影響改變的條件為溫度，由于正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向進行，CO轉化率減小，圖中D、E兩點對應的反應溫度分別為TD和TE．D點CO轉化率大于E點CO轉化率，說明溫度TD＜TE，故答案為：＜；
②CO(g) +H2O(g) → H2(g) +CO2(g) △H＜0。根據(jù)方程式可知，在其他條件不變時，越大，CO的轉化率越?。粶囟仍礁?，CO的平衡轉化率越??；因此當不同的進氣比達到相同的CO平衡轉化率時，如圖中BEF三點，當CO的轉化率相同時，溫度由低到高對應的進氣比為0.5、1、1.5，進氣比越高達到相同轉化率所需的溫度越低，即反應溫度與進氣比成反比，故答案為：反應溫度與進氣比成反比；
(3)反應a：2CH3OH(g) + CO2(g) CO(OCH3)2(g) + H2O(g) △H = -15.5 kJ/mol的K≈10-4.5，表示反應進行的程度很小，原料轉化率低，沒有工業(yè)價值；反應b：2CH3OH(g) + CO2(g) + (g) CO(OCH3)2(g) + (g) △H = -110.7 kJ/mol，由于該反應放出的熱量增加，能量越低越穩(wěn)定，因此引入環(huán)氧丙烷()可有效促進CO2與CH3OH反應生成CO(OCH3)2，故答案為：平衡常數(shù)小，原料轉化率低；反應放熱量增加，能量越低越穩(wěn)定。