2019-2020学年辽宁省大连市高二上学期期中考试化学试题 解析版

2019-2020学年辽宁省大连市高二上学期期中考试化学试题 解析版

‎2018～2019学年第一学期期中考试 高二化学试卷 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；并将条形码粘贴在指定区域。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。‎ ‎2.第Ⅱ卷答案用黑色签字笔填写在试卷指定区域内。‎ 第Ⅰ卷 一、单选题（1-5题每题1分，6-26题每题2分，27-29每题3分，共56分，均为单选题）‎ ‎1.“能源分类相关图”如图所示，四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是：‎ A. 煤炭、石油、天然气 B. 太阳能、生物质能、天然气 C. 地热能、潮汐能、核能 D. 生物质能、风能、沼气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】煤炭、石油、天然气均不是新能源，核能不属于来自太阳的能源，所以生物质能、风能、沼气，其中沼气是生物质能的一种，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意把握新能源和来自太阳的能源的含义为解答关键。新能源指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等；来自太阳辐射的能源有太阳能，水能，风能，生物质能，煤，石油，天然气。‎ ‎2.下列有关叙述正确的是：‎ A. 升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率提高，化学反应速率加快 B. 碱性溶液均可以使无色酚酞试液变红色 C. pH=7的溶液中，Na＋、Al3＋、Cl－、NO3－可以大量共存 D. 同类物质，键能越大，稳定性越弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，A项正确；‎ B. 无色酚酞的变色范围为8-10，7＜pH＜8的碱性较弱的溶液不能使无色酚酞试液变红色，B项错误；‎ C. Al3＋水解显酸性，不能在pH=7的溶液大量共存，C项错误；‎ D. 同类物质，键能越大，稳定性越强，D项错误；‎ 答案选A ‎3.以下说法中正确的是：‎ A. ΔH＜0的反应均是自发反应 B. 自发进行的反应一定能随时自动发生 C. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程 D. MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)高温下，不能自发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据自由能复合判据ΔG=ΔH-TΔS分析作答。‎ ‎【详解】A. 只有满足ΔG=ΔH-TΔS＜0才能自发进行，只有ΔH＜0的反应不一定是自发反应，A项错误；‎ B. 自发进行的反应只能说明有自发的倾向，但不一定能随时自动发生，B项错误；‎ C. 冰在室温下自动熔化成水，从固态变成液态，这是熵增过程，C项正确；‎ D. MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)反应是分解反应，ΔH＞0，有气体生成，则ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS，若要使ΔG＜0，则需高温，故高温下，该反应能自发进行，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列食品添加剂中，其使用目的与某种反应速率有关的是：‎ A. 漂白剂 B. 增稠剂 C. 甜味剂 D. 抗氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漂白剂是为了给食品漂成白色，与速率无关，A项错误；‎ B. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，B项错误；‎ C. 甜味剂是为了增加食品的甜味，与速率无关，C项错误；‎ D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，D项正确； ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。‎ ‎5.甲溶液的pH=2，乙溶液的pH=1，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为：‎ A. 1：10 B. 10：1 C. 2：1 D. 1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据pH=-lg c(H+)公式作答。‎ ‎【详解】甲溶液的pH=2，则溶液中的c(H+)=10-2mol/L；乙溶液的pH=1，则溶液中的c(H+)=10-1mol/L，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10-2mol/L：10-1mol/L=1：10，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎6. 将浓度为0.1 mol/L的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是 A. c(H+) B. Ka(HF)‎ C. c(F-) D. c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：加水稀释溶液的酸性减弱，碱性增强，故c(H+)减小，c(OH-)变大，c(F-) 变小，Ka(HF)只和温度有关，温度不变，Ka(HF)不变，选D 考点：溶液稀释时的物质的浓度变化、平衡常数的影响因素。‎ ‎7.下列条件的改变，一定会同时影响化学反应速率和化学平衡的是 A. 浓度 B. 压强 C. 温度 D. 催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、增大固体和纯液体的量，浓度为常数，对反应速率和化学平衡无影响，选项A错误；B、在化学反应前后体积不变的情况下，改变压强对化学平衡无影响，选项B错误；C、所有化学反应都反应热，温度对于任何反应的反应速率和化学平衡都有影响，选项C正确；D、催化剂能改变反应速率，不能使化学平衡移动，选项D错误。答案选C。‎ ‎8.下列化学用语所表示的微粒，对水的电离平衡没有影响的是 A. B. C. 1s22s22p63s1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 是硫离子，水解促进水的电离，A错误；B. 是铵根，水解促进水的电离，B错误；C. 1s22s22p63s1是钠，溶于水生成氢氧化钠和氢气，抑制水的电离，C错误；D. 是溴离子，不水解，对水的电离平衡没有影响，D正确，答案选D。‎ ‎9.在一定温度下的定容容器中，不能表明反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态的：‎ A. 混合气体的密度不变 B. 混合气体的压强不变 C. 混合气体的平均相对分子质量不变 D. B的转化率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达平衡状态，故A错误；B、两边的气体的计量数相等，混合气体的压强始终不变，所以不一定是平衡状态，故B正确；C、混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，说明达平衡状态，故C错误；D、转化率不变，说明达平衡状态，故D错误 考点：考查了化学平衡状态的判断的相关知识。‎ ‎10.根据如图，下列判断中正确的是：‎ A. 烧杯b中发生还原反应 B. 烧杯a中的溶液pH增大 C. 烧杯a中发生的反应为2Cl－－2e－＝Cl2↑‎ D. 电流由锌流向铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌比铁活泼，形成原电池反应时，锌为负极，被氧化，铁为正极，正极通入氧气，发生还原反应，电解质溶液为NaCl，为锌的吸氧腐蚀，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. b中锌为原电池负极，发生Zn−2e−=Zn2+，为氧化反应，A项错误；‎ B a池发生O2+4e−+2H2O=4OH−，溶液pH增大，B项正确；‎ C. a池通入氧气为原电池正极，发生O2+4e−+2H2O=4OH−，C项错误；‎ D. 电流由电源的正极流向电源的负极，即铁流向锌，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。‎ ‎11.体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的N2和H2，在相同温度下发生合成氨反应，并达到平衡。在这过程中，甲容器为恒容容器，乙容器为恒压容器，若甲容器中H2的转化率为a%，则乙容器中H2的转化率为：‎ A. 等于a% B. 大于a% C. 小于a% D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，合成氨反应为N2(g)+3H2 (g)2NH3(g)，此反应是气体体积减小的反应。因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积，缩小体积可等效成恒容条件下的压强增大，则会使平衡向正向移动，H2的转化率：甲容器＜乙容器。所以，若甲容器中H2的转化率为a%，则乙容器中H2的转化率大于a%，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.某温度下，在一个2L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)，加入4molA和2molB，2min后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是：‎ A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝‎ B. 此时，B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 若向平衡体系移走部分D，则此时正反应速率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依据平衡常数的概念分析列式得到，C为固体不写入平衡常数的表达式，K＝，A项错误；‎ B. 依据平衡三段式列式计算；加入4molA和2molB进行反应，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则 ‎3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)‎ 起始量(mol) 4 2 0 0‎ 转化量(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8‎ 平衡量(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8‎ 则B的转化率，B项正确；‎ C. 反应后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，但平衡常数只与温度有关，压强变化平衡常数不变，C项错误； D. 若向平衡体系移走部分D，则此时正反应的反应物浓度瞬间不变，故正反应速率瞬间并未变化，然后随着反应的进行，正反应速率减慢，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列实验方案中不能达到相应实验目的的是：‎ A B C D 方案 在2mL1mol/LNaOH溶液中，加入5滴1mol/L氯化镁溶液，有白色沉淀，再加入5滴氯化铁溶液，观察沉淀颜色 实验室制备氢气，用粗锌代替纯锌与稀硫酸反应，反应速率加快 目的 探究浓度对化学反应速率的影响 探究沉淀溶解平衡的移动 探究形成原电池对反应速率的影响 探究温度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性KMnO4溶液等浓度等体积，H2C2O4溶液等体积不同浓度，通过观察紫红色褪去的快慢，探究H2C2O4浓度不同对化学反应速率的影响，能达到目的，A项正确；‎ B. 在2mL1mol/LNaOH溶液中，加入5滴1mol/L氯化镁溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，B项错误；‎ C. 粗锌与纯锌相比较，粗锌中含有杂质，锌与杂质在稀硫酸中易形成原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，快速制取氢气，能达到实验目的，C项正确；‎ D. 其他条件相同，通过观察温度不同颜色深浅的变化探究温度对化学平衡的影响，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.4 kJ/mol，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以化学平衡常数降低，A错误；‎ B.该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物CO的转化率降低，B错误；‎ C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以改变NO的量，化学平衡常数不变，C正确；‎ D.N2是生成物，增大N2的物质的量，c(N2)增大，平衡逆向移动，NO的质量降低，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池正极反应为：‎ A. O2＋4H+＋4e–＝2H2O B. H2 – 2e–＝2H+‎ C. O2＋2H2O＋4e–＝4OH– D. H2 – 2e–＋2OH–＝2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氢气具有还原性，在负极上发生氧化反应，由于电解质溶液呈酸性，则负极上氢气失电子生成氢离子，负极反应为H2 – 2e–＝2H+，正极电极反应式为O2＋4H+＋4e–＝2H2O，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性。‎ ‎16.下列溶液一定呈中性的是：‎ A. pH=7的溶液 B. Kw=1.0×10－14的溶液 C. c2（OH－）=Kw D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，pH=7的溶液呈中性，由于水的电离是吸热反应，温度降低，水的电离程度减小，所以pH=7的溶液中，氢离子浓度不一定等于氢氧根离子浓度，A项错误； B. Kw与温度有关，在常温下，不管溶液呈酸性、碱性还是中性，Kw=1.0×10－14，B项错误；‎ C. 因Kw=c(H+)c(OH-)，且c2（OH－）=Kw，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，溶液一定显示中性，C项正确； D. pH=3的酸与pH=11碱等体积混合后的溶液，酸碱的情况不知道，不能确定反应后的溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小关系，无法判断是否显示中性，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】溶液的酸性、碱性，取决于溶液中的c(H+)、c(OH-)相对大小，如c(H+)＞c(OH-)，溶液显示酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液显示中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液显示碱性。‎ ‎17.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是：‎ A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B. 配制氯化铁溶液时，需加少量稀盐酸 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 合成氨工业中，需要高温与催化剂条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是因为压强降低，二氧化碳浓度降低，二氧化碳和水反应生成碳酸的化学平衡逆向移动，能用勒沙特列原理解释，不符题意，A项不选； B．氯化铁溶液中存在铁离子的水解平衡，配制氯化铁溶液时，加入一些稀盐酸目的是防止铁离子水解，能用勒夏特列原理解释，B项不选； C．排饱和食盐水溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO加入NaCl，增大了Cl-的浓度，使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，C项不选； D．合成氨工业中，合适的温度可加快化学反应速率，使催化活性最大；催化剂可加快化学反应速率，但对于化学平衡无影响，因此不能用勒夏特列原理解释，符合题意，D项选；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。‎ ‎18.含Cd2＋废水可通过如下反应转化为CdS，以消除镉对环境的污染：‎ Cd2＋(aq)＋H2S(g)CdS(s)＋2H＋(aq)　ΔH<0‎ 该反应达到平衡后，改变横坐标表示的条件，下列示意图正确的是(　　)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，反应物转化率降低，A、D项错误；该反应为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率升高，B项正确；增大c(H＋)，平衡逆向移动，c(Cd2＋)也增大，C项错误 ‎19.下列反应既属于氧化还原反应，又是放热反应的是：‎ A. 酸碱中和反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热炭与CO2的反应 D. 合成氨反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，且反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 酸碱中和反应属于放热反应，但无元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，A项错误；‎ B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应的反应为吸热反应，且无元素的化合价变化，B项错误；‎ C. 灼热的炭与CO2的反应为吸热反应，C元素的化合价变化，C项错误；‎ D. 合成氨反应为放热反应，且N与H元素化合价均有变化，属于氧化还原反应，符合题意，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.下列有关说法正确的是：‎ A. 氢气燃烧热为285.5kJ·mol－1，则2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g) △H＝+285.5 kJ·mol－1‎ B. 等pH的强碱与弱碱，稀释相同的倍数，弱碱pH值偏小 C. 中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒如果用铜代替，则测量出的中和热数值偏小 D. 已知N2(g)＋3H2(g)2 NH3(g) ；△H＝－92.4kJ·mol－1，则在一定条件下将1molN2和4molH2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4kJ的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ•mol-1，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)；△H=+571.6 kJ•mol-1 ，A项错误；‎ B. 弱碱溶液存在电离平衡，加水稀释会促进弱碱的电离，使溶质再电离一部分氢氧根离子，等pH的强碱与弱碱，稀释相同的倍数，弱碱中的氢氧根离子减小的倍数小于稀释倍数，导致最终pH值较强碱的偏大，B项错误；‎ C. 中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒如果用铜代替，由于铜的导热性强，导致实验过程中热量散失多，则测量出的中和热数值偏小，C项正确；‎ D. 已知N2(g)＋3H2(g)2 NH3(g) ；△H＝－92.4kJ·mol－1，反应是可逆反应，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，放出热量小于92.4kJ，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.下列关于平衡常数的说法正确的是：‎ A. K不变，平衡可能移动 B. 同一个反应的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍 C. K值越大，反应速率也越快 D. 对于合成氨反应，压强增大，平衡右移，K增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K值只与温度有关，影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等。如在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，但平衡发生移动，所以K值不变，平衡可能移动，A项正确；‎ B. 相同条件下，同一个反应，其方程式的计量数增大2倍，K值应为原来的平方，B项错误；‎ C. K值表示反应进行的程度，其值越大，则说明正向进行的程度越大，与反应速率无关，C项错误；‎ D. 合成氨反应为N2(g)+3H2 (g)2NH3(g)，此反应是气体体积减小的反应，则压强增大，平衡右移，但K值只与温度有关，温度不变，则K值不变，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化。‎ ‎22.在20℃1LH2S的饱和溶液中，浓度约为0.1mol·L－1，其电离方程式为：H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，若使该溶液c(S2－)增大，可采用的措施是 A. 加入适量NaOH固体 B. 加入适量水 C. 通入硫化氢气体 D. 加入适量CuSO4固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 加入适量的NaOH溶液， NaOH电离出的OH-和H+反应生成水，促进了H2S的电离，溶液中c(S2－)增大，A项正确；‎ B. 加入适量水，促进电离，由于加水会稀释溶液，因此电解质电离的各物质离子浓度均会下降，即溶液中c(S2－)减小，B项错误；‎ C. 该溶液为饱和溶液，则通入硫化氢气体，溶液中各离子浓度保持不变，C项错误；‎ D. 加入适量CuSO4固体后，铜离子会与硫离子结合生成硫化铜沉淀，使溶液中的c(S2－)减小，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎23.在一定温度下，下列说法正确的是：‎ A. 体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，发生中和时消耗氢氧化钠的物质的量，前者多 B. 现有等体积等pH的盐酸、硫酸、醋酸，分别放入足量的锌，产生氢气的量最大的是醋酸 C. 加热蒸干并灼烧FeCl2溶液，最终产物是FeO D. 加热KNO3溶液，pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COOH为弱酸，则体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液中n(CH3COOH)＞n（HCl），故中和氢氧化钠的量，后者多，A项错误；‎ B. 因醋酸为弱酸，则等体积等pH的盐酸、硫酸、醋酸中，醋酸溶质的物质的量最多，则三种溶液分别放入足量的锌，产生氢气的量最大的是醋酸，B项正确；‎ C. FeCl2易被空气氧化，则加热蒸干并灼烧FeCl2溶液，最终产物是Fe2O3，C项错误；‎ D. KNO3为中性溶液，加热KNO3溶液，溶液中的pH不变，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.下列说法正确的是：‎ A. 除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入适量的NaOH固体 B. 用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 C. 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀和气体生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg2＋与Fe3＋均能和氢氧化钠反应生成沉淀，因此加入适量的NaOH固体不能除去MgCl2中的Fe3＋，A项错误；‎ B. 硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2−+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓;无法制取硫化铝(Al2S3)固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，B项错误；‎ C. 硫化铜为黑色沉淀，用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体，可发生反应，C项正确；‎ D. 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，铁离子与碳酸根离子会发生双水解反应，其离子方程式为：2Fe3＋+ 3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，则现象是：有红褐色沉淀与气体生成，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎25.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为：‎ A. 减小、增大、增大 B. 增大、减小、减小 C. 减小、增大、减小 D. 增大、增大、减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小； 碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致CH3COO－浓度增大；‎ 硫酸铝为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；‎ 综上所述，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解。‎ ‎26.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）‎ A. 0.4mol B. 0.2mol C. 小于0.2mol D. 大于0.2mol，小于0.4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。‎ ‎27.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的△H＜0‎ B. 在D点时v（正）＜v（逆）‎ C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＞KC D. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，△H<0，故不选A； B.曲线上的点都是平衡点，D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态，反应正在向正反应进行，v（正）>v（逆）故选B； C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KB>KC，故不选C； D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；‎ 答案：B ‎【点睛】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意根据SO3的含量随温度变化情况判断平衡移动的方向。‎ ‎28.物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2S②NaHS③H2S④(NH4)2S⑤NH4HS，按c(S2-)由小到大顺序排列正确的是：‎ A. ③＜⑤＜④＜②＜① B. ③＜⑤＜②＜④＜①‎ C. ③＜②＜⑤＜④＜① D. ⑤＜④＜③＜②＜①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2S是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的S2－部分水解，但水解微弱，所以S2－浓度降低，c(S2-)接近0.1mol/L；‎ ‎②NaHS是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的HS－存在水解平衡和电离平衡，因NaHS溶液显碱性，所以部分HS－的电离小于其水解，C项(S2-)远远小于c(HS－)，远远小于0.1mol/L；‎ ‎③H2S溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，第二步电离出c(S2-)，但它是酸，溶液显酸性，所以， c(S2-)远小于0.1mol/L， NH4HS溶液中电离出S2-只需HS－一步电离，而H2S溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱， c(S2-)：H2S＜NH4HS；‎ ‎④(NH4)2S是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和S2-分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以c(S2-)略小于0.1mol/L，c(S2-)：(NH4)2S＜Na2S；‎ ‎⑤NH4HS是易溶于水的盐，在水中完全电离在水中完全电离，电离出的NH4＋和HS－分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以， HS－电离出来的c(S2-)非常小，比NaHS溶液中c(S2-)小，即c(S2-)：NH4HS＜NaHS；‎ 综上所述c(S2-)浓度为：H2S＜NH4HS＜NaHS＜(NH4)2S＜Na2S，即③＜⑤＜②＜④＜①，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】盐类水解的规律为“无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性”。‎ ‎29.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是：‎ A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)‎ B. 点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)‎ C. 点①②③所示溶液中，均成立：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)‎ D. 点③表示整个滴定过程恰好达到滴定终点，在过程中溶液中始终不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 点①所示溶液中，滴入10mL氢氧化钠溶液，则反应后溶液中溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则：c(H+)＞c(OH－)、c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，结合物料守恒可得：c(CH3COO－)＞c(Na＋) ＞c(CH3COOH)，A项错误；‎ B. 点②所示溶液中一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，因pH=7，则c(H+)=c(OH－)，结合电荷守恒式可知c(Na+)=c(CH3COO－)，因溶质为醋酸钠与醋酸，满足c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)，B项正确；‎ C. 点①②③所示溶液中，均满足电荷守恒则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，C项正确；‎ D. 可变形为，由于滴定过程中醋酸的电离平衡常数始终不变，则的值始终不变，D项正确。‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷 共44分 ‎30.基础知识与技能考查 ‎（1）Na2S2O3与稀硫酸反应（化学方程式）：___；‎ ‎（2）泡沫灭火器是硫酸铝和碳酸氢钠溶液反应，写出相关离子方程式：___；‎ ‎（3）为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是___。（填写化学式，只填一种即可）‎ ‎（4）碳酸氢钠溶液中：比较c(H2CO3)___c(CO32-)（答>，<，=）‎ ‎（5）常温下，将0.1mol/L盐酸和0.1mol/L的NaOH按体积比11：9混合后，溶液的pH为___；‎ ‎（6）写出碳酸钠溶液的物料守恒___；在2mol/L的氨水中，加入等体积1mol/L的盐酸，写出质子守恒（水的电离守恒）：___；‎ ‎（7）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：电池的负极是___（填“a”或“b”）极，该极的电极反应式是___。‎ ‎【答案】 (1). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O (2). Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑ (3). MgO或Mg(OH)2或MgCO3 (4). ＞ (5). 12 (6). c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2(H2CO3) (7). c(NH4＋)＋2c(H＋)= 2c(OH－)＋c(NH3·H2O) (8). a (9). CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Na2S2O3与稀硫酸会发生歧化反应；‎ ‎（2）硫酸铝和碳酸氢钠会发生双水解反应；‎ ‎（3）Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质；‎ ‎（4）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子存在水解平衡和电离平衡，其中水解程度大于电离程度；‎ ‎（5）碱与酸体积分别为11L、9L，等浓度酸与碱混合后，溶液呈碱性，根据c(OH－)=计算；‎ ‎（6）根据盐溶液的三大守恒分析；混合后的溶液为等浓度的一水合氨与氯化铵，根据电荷守恒式与物料守恒式推出其质子守恒式；‎ ‎（7）碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，负极上是燃料发生失电子的氧化反应。‎ ‎【详解】（1）Na2S2O3与稀硫酸发生氧化还原反应，其反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O；‎ ‎（2）硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，两者混在一起相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，发生的离子方程式为：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑；‎ ‎（3）加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故答案为：MgO或Mg(OH)2或MgCO3；‎ ‎（4）碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子存在水解平衡为：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，电离平衡为：HCO3－H＋＋CO32－，因水解程度大于电离程度，则 溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)，故答案为：＞；‎ ‎（5）0.1mol/L盐酸和0.1mol/L的NaOH按体积比11：9混合后，溶液显碱性，溶液中的的c(OH－)===0.01mol/L，则根据Kw= c(OH－) c(H+)得到c(H+)==10-12 mol/L，故pH=-lg c(H+)=12，故答案为：12；‎ ‎（6）碳酸钠溶液存在主要存在的平衡为碳酸根离子的水解平衡，其中钠元素原子与碳元素原子遵循2:1比例关系式，因此其物料守恒式为：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2(H2CO3)；在2mol/L的氨水中，加入等体积1mol/L的盐酸，反应后得到溶液中一水合氨与氯化铵的浓度均为0.05mol/L，根据电荷守恒规律可知：c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒式为2c(Cl－)= c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)，联立两式可得质子守恒得：c(NH4＋)＋2c(H＋)= 2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故答案为：c(Na＋)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2(H2CO3)；c(NH4＋)＋2c(H＋)= 2c(OH－)＋c(NH3·H2O)；‎ ‎（7）碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极a为原电池的负极，该极上是燃料发生失电子的氧化反应，即CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，‎ 故答案为：a；CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O；‎ ‎31.某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为_______________。‎ ‎（2）反应开始至2min，气体Z的反应速率为_____________。‎ ‎（3）若X、Y、Z均为气体，反应达平衡时：①压强是开始时的_______倍；②若此时将容器的体积缩小为原来的0.5倍，达平衡时，容器内温度将降低（容器不与外界进行热交换），则该反应的正反应为_________反应（填“放热”或“吸热”）。‎ ‎【答案】（1）3X＋Y2Z （2）0.05 mol·L－1·min－1‎ ‎（3）①0.9 ②吸热 ‎【解析】‎ ‎（1）△n（X）=0.3mol；△n（Y）=0.1mol；△n（Z）=0.2mol，所以三者计量数之比为3：1：2，故答案为：3X+Y2Z；‎ ‎（2）v(Z)＝＝＝=0.05mol•L-1•min-1，故答案为：0.05mol•L-1•min-1；   ‎ ‎（3）①根据图象中可知，开始时气体总物质的量为：2mol；平衡后气体总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol；＝＝＝0.9，故答案为：0.9；‎ ‎②压强变大，平衡向右移动，而体系温度降低，说明正反应方向为吸热，故答案为：吸热。‎ 点睛：该题通过图象中物质的物质的量的变化，来考查化学平衡的移动、化学反应速率计算，还涉及到阿伏伽德罗定律，综合考查学生对知识的综合应用能力。根据物质的量变化曲线，可知X、Y物质的量减小，为反应物；反应物没有完全反应，所以该反应为可逆反应；Z物质的量增加，为生成物，再根据其物质的量变化量之比等于其计量数之比，写出化学方程式。‎ ‎32.热化学：（1）已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g) ΔH1=a kJ·mol-1；‎ ‎2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=bkJ·moL-1；‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=ckJ·moL-1；‎ 则C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=___(用a、b、c表示)kJ·moL-1。‎ ‎（2）根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH=___。‎ 化学键 C—H C—F H—F F—F 键能(kJ·mol-1)‎ ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ ‎【答案】 (1). (2a+b+c) (2). -1940 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律分析计算；‎ ‎（2）ΔH=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量。‎ ‎【详解】（1）C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g) ΔH1=a kJ·mol-1 ①；‎ ‎2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=bkJ·moL-1 ②；‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=ckJ·moL-1 ③；‎ 则根据盖斯定律可知，(①2+②+③)得到C(s)+O2(g)=CO2(g)，因此ΔH=(2ΔH1+ΔH2+ΔH3)=(2a+b+c) kJ·moL-1，故答案为：(2a+b+c)；‎ ‎（2）结合表格数据，根据反应CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)可知，ΔH=4414 kJ·mol-1+4155 kJ·mol-1-4489 kJ·mol-1-4565 kJ·mol-1=-1940 kJ·mol-1，故答案为：-1940 kJ·mol-1。‎ ‎33.某化学实验小组想要了解市场上所售食用白醋（主要是醋酸的水溶液）的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定。‎ ‎（1）实验中应选用___作指示剂。‎ ‎（2）用标准的NaOH溶液滴定待测的白醋时，如何判断滴定终点：___。‎ ‎（3）第一次滴定前后，碱式滴定管中的液面位置如图所示，则V标=__mL。‎ ‎（4）下列有关中和滴定操作：①用标准液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤。‎ 正确的操作顺序是____‎ A．⑤④③②①⑥ B．⑤①②⑥④③‎ C．③⑥①②⑤④ D．③⑥①②④⑤‎ ‎（5）滴定过程中进行如下操作，分别指出该项操作对滴定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ Ⅰ.滴定前未用标准液润洗碱式滴定管___；‎ Ⅱ.滴定结束时俯视滴定管刻度___。‎ ‎【答案】 (1). 酚酞 (2). 当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色(或红色)，半分钟内不褪色 (3). 26.10 (4). C (5). 偏高 (6). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据恰好完全反应生成盐的酸碱性选择指示剂；‎ ‎（2）根据锥形瓶内溶液颜色的变化情况判断终点；‎ ‎（3）根据V标=V末-V初，注意读数要精确到0.01mL；‎ ‎（4）根据中和滴定的操作步骤分析；‎ ‎（5）根据操作不当对实验结果的影响。‎ ‎【详解】（1）该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；‎ ‎(2)当达到终点时，醋酸完全反应，溶液显弱碱性，溶液颜色由无色变为浅红色(或红色)，则滴定至终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色(或红色)，半分钟内不褪色；‎ ‎（3）第一次滴定前刻度为0.00mL，滴定后刻度为26.10mL，消耗溶液的体积为26.10mL；‎ ‎（4）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，正确顺序应该为③⑥①②⑤④，C项正确，故答案为：C；‎ ‎（5）Ⅰ.碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，则标准液会被残留的水稀释，滴定时所用标准液体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高；‎ Ⅱ.滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，读数偏小，测定结果偏低，故答案为：偏低。‎ ‎【点睛】在酸碱中和滴定实验中，滴定管都要事先检查是否漏液，用水洗后再用待装溶液润洗。在酸碱中和滴定实验中，误差分析时，考虑所有的操作对标准溶液体积的影响，例如用来装待测液的滴定管没有润洗，则待测液的浓度变小，需要的标准液体积变小，则结果变小；若用待测液润洗锥形瓶，则待测液的体积变大，需要的标准液变多，结果偏大；标准液的滴定管没有润洗，标准液浓度变小，需要的体积变大，结果变大；对于滴定过程中的读数情况，看标准液的体积变化，体积变大，结果变大，反之则变小。‎ ‎34.回答问题：‎ Ⅰ.常温下，CaS的Ksp=10－8，饱和溶液中存在平衡： CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)‎ ‎（1）①该温度下，将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合，能否产生沉淀？答___；温度升高时，Ksp__(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。‎ ‎②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)___，原因是___(用文字和离子方程式说明)。‎ ‎（2）若向CaS悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式___。‎ Ⅱ.(已知Ksp[Fe(OH)3]＝10－38)若0.01mol/L FeCl3溶液中，如果要生成Fe(OH)3沉淀，应调整溶液pH，使pH___，若要使其沉淀完全，pH应___。（提示：填数据时，要有>，<，=）‎ ‎【答案】 (1). 浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成 (2). 增大 (3). 增大 (4). 滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大 (5). CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq) (6). ＞2 (7). ＞3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）①计算溶液混合后溶液中离子的浓度商Qc与Ksp的大小关系判断是否有沉淀产生；一般情况下，Ksp随着温度的升高而增大；‎ ‎②根据化学反应对该沉淀溶解平衡的影响效果分析作答。‎ ‎（2）铜离子会与硫离子结合生成硫化铜黑色沉淀；‎ Ⅱ.要生成Fe(OH)3沉淀，根据溶液中铁离子浓度为0.01mol/L计算；沉淀完全时，根据溶液中铁离子浓度最多为10-5mol/L计算，根据Ksp推导。‎ ‎【详解】（1）将10-4mol/L氯化钙溶液与2×10-4mol/L硫化钠溶液等体积混合后，c(Ca2+) =510-5 mol/L，c(S2-)=1×10-4mol/L，则浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，故无沉淀生成；CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)为吸热反应，则温度升高时，Ksp增大，故答案为：浓度商Qc= c(Ca2+)c(S2-)=5×10-5 mol/L×1×10-4mol/L=5×10-9 mol/L＜Ksp=10－8，无沉淀生成；增大；‎ ‎②滴加少量浓盐酸后会与硫离子结合生成硫化氢，其离子方程式为：2H++S2-=H2S，因此会破坏溶解平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)，使平衡向正向移动，使c(Ca2＋)增大，故答案为：增大；滴加少量浓盐酸后，HCl电离出的氢离子与硫离子结合，发生反应：2H++S2-=H2S，使溶液平衡CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)向正向移动，c(Ca2＋)增大。‎ ‎（2）CaS悬浊液存在CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)　平衡，若向中加入CuSO4溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式：CaS(s) + Cu2+(aq)= CuS(s)+ Ca2+(aq)；‎ Ⅱ.0.01mol/L FeCl3溶液中开始沉淀时c(Fe3+)=0.01mol/L，则c(OH-)===1×10－12mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-2 mol/L，pH = -lgc(H+) = 2，也就是使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH为2，即pH＞2；若要使其沉淀完全，则溶液中Fe3＋最大浓度为1×10－5，则c(OH-)===1×10－11 mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==1×10-3 mol/L，pH = -lgc(H+) = 3，pH应大于3，故答案为：＞2；＞3。‎ ‎ ‎