天津市和平区2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
天津市和平区2018-2019学年度高二年级期末考试
化学试题
第I卷选择题
1. 下列反应在任何温度下均能自发进行的是（ ）
A. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g) △H=+163kJ/mol
B. H2O2(1)=O2(g)+H2O(l) △H= -98kJ/mol
C. 2HgO(s)=2Hg(1)+O2(g) △H=+182kJ/mol
D. Fe(s)+Cl2(g)=FeCl3(s) △H= -138kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应2N2(g)+O2(g)=2N2O(g) △H=+163kJ/mol的△H＞0，ΔS＜0，反应在任何条件下都不能自发进行，A不合题意；
B．反应H2O2(1)=O2(g)+H2O(l) △H= -98kJ/mol的△H＜0，ΔS＞0，反应一定能自发进行，B符合题意；
C．反应2HgO(s)=2Hg(1)+O2(g) △H=+182kJ/mol的△H＞0，ΔS＞0，反应在低温条件下不能自发进行，C不合题意；
D．反应Fe(s)+Cl2(g)=FeCl3(s) △H= -138kJ/mol的△H＜0，ΔS＜0，反应在高温条件下不能自发进行，D不合题意；
故选B。
2. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是( )
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
D. CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH>0
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图象分析金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；
B. 图象分析白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，能量越低越稳定，白磷比红磷活泼，故B错误；
C. 依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量，相同条件下，等质量S(g)和S(s)的能量比较，S(s)较小，△H1<△H2，故C错误；
D. 图象分析反应物CO(g)+H2O(g)的能量总和高于生成物CO2(g)+H2(g)的能量总和，反应是放热反应，故D错误；
故选：A。
3. 如图是关于反应A(g)+3B(g)2C(g)△H<0的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（ ）
A. 升高温度，同时加压
B. 降低温度，同时减压
C. 增大反应物浓度，同时减小生成物浓度
D. 增大反应物浓度，同时使用催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
从图象中可以看出，反应达平衡后，改变某条件，正反应速率瞬间突然增大，逆反应速率瞬间突然减小，则表明改变的条件不是单一的改变体系的温度、压强、催化剂，也不是改变某一种物质的浓度；v正＞v逆，则表明平衡发生正向移动。
【详解】A．由于正反应为放热反应，所以升高温度，平衡正向移动；由于反应物气体分子数大于生成物气体分子数，所以加压时，平衡逆向移动，尽管不能确定平衡如何移动，但条件改变的瞬间，v正、v逆一定大于原平衡时的v正、v逆，A不合题意；
B．降低温度，同时减压，v正、v逆一定小于原平衡时的v正、v逆，B不合题意；
C．增大反应物浓度，v正比原平衡时大；减小生成物浓度，v逆比原平衡时小，达平衡前，有可能v正＞v逆，C符合题意；
D．增大反应物浓度，同时使用催化剂，v正、v逆一定大于原平衡时的v正、v逆，D不合题意；
故选C。
4. 下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③加热能增加纯碱的去污能力；④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；⑥氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑；⑦加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。其中与盐类的水解有关的叙述有( )
A. 7项 B. 6项 C. 5项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①NaHSO4电离产生H+而使溶液呈酸性，与盐类的水解无关；
②长期使用化肥(NH4)2SO4，水解会使土壤酸性增大，发生板结，与盐类的水解有关；
③碳酸钠水解使溶液呈碱性，油污碱性条件下发生水解，盐类的水解是吸热过程，加热促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，所以加热能增加纯碱的去污能力，与盐类的水解有关；
④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体，可以抑制CuCl2水解产生Cu(OH)2沉淀，与盐类的水解有关；
⑤NaHS溶液中HS-的水解程度大于电离程度，所以c(H2S)>c(S2－)，与盐类的水解有关；
⑥氯化铵水解产生的盐酸可以除锈，所以氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑，与盐类的水解有关；
⑦加热FeCl3·6H2O晶体，FeCl3水解产生Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发而逸出，促进FeCl3的水解，往往得到Fe(OH)3而得不到FeCl3固体，与盐类的水解有关；
与盐类的水解有关的叙述有②③④⑤⑥⑦，故答案选B。
5. 体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，
，下列叙述正确的是
A. 两种溶液的pH不相同
B. 它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C. 它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多
D. 分别用水稀释相同倍数时，n（Cl-）=n（CH3COO-）
【答案】C
【解析】
【分析】
这两种酸中都存在c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，c(H+)=n(CH3COO－)+c(OH－)，由于c(Cl－) = c(CH3COO－)，温度相同，因此两溶液的氢离子浓度相等。
【详解】A. 根据分析两种溶液的氢离子浓度相等，所以pH相等，故A错误；
B. 氢离子浓度相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积氢离子浓度相等的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，则放出二氧化碳体积与酸的物质的量成正比，所以醋酸放出的二氧化碳多，故B错误；
C. 两种溶液中氢离子浓度相等，醋酸是弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故C正确；
D. 稀释两种酸时，醋酸继续电离出醋酸根离子，所以n(Cl－)
10-12mol·L-1，溶液中水的电离度为a4，所以有a2=a3 乙
B. 平衡常数：甲>乙
C. 反应放出的热量：甲<乙
D. 保持容积不变，使乙容器升温可以使甲乙容器中SO2物质的量相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲是恒压容器，乙是恒容容器；由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，则SO3体积分数：甲 > 乙，故A正确；
B. 温度相同，平衡常数：甲=乙，故B错误；
C. 甲是恒压容器，乙是恒容容器；由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，反应放出的热量减少，反应放出的热量：甲＞乙，故C错误；
D. 甲是恒压容器，乙是恒容容器；由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，二氧化硫的物质的量，甲＜乙，若保持容积不变，使乙容器升温，平衡逆向移动，二氧化硫的物质的量更大，不可能使甲乙容器中SO2物质的量相等，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查了化学平衡移动的影响因素。解答本题的关键是如何将甲乙两个容器联系起来。解答的思路可以是将甲平衡后的容器变成乙，即甲平衡后减小压强得到乙；也可以将乙平衡后的容器变成甲，即乙平衡后增大压强得到甲，借助于平衡的移动分析解答。
14. 某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5：4(相同的温度下测量)，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. 增大C，A的平衡转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
利用题给数据建立如下三段式：
因为反应的前后压强之比为5：4，所以，n(平)=4.8mol。
由以上数据可确定，C为液体或固体，D为气体。
【详解】A．因为C为非气体，所以该反应的化学平衡常数表达式是K=，A不正确；
B．此时，B的平衡转化率是=40%，B正确；
C．增大该体系的压强，虽然平衡向右移动，但由于温度不变，所以化学平衡常数不变，C不正确；
D．由于C为非气体，所以增大C，A的平衡转化率不变，D不正确；
故选B。
15. 一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是
A. 稀释溶液，平衡正向移动，增大
B. 通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D 升高温度，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即不变，A不正确；
B. 通入CO2，CO2与水反应生成的碳酸可以与CO32－水解产生的OH－发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH减小，B不正确；
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH增大，C不正确；
D. 升高温度，CO32－水解平衡正向移动，所以增大，D正确；
本题选D。
【点睛】本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。
16. 室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（ ）
A. 若pH＞7，则一定是C1V1＝C2V2
B. 在任何情况下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-)＋C(OH-)
C. 当pH=7时，若V1＝V2，一定是C2＞C1
D. 若V1＝V2，C1＝C2，则C(CH3COO-)＋C(CH3COOH)=C(Na+)
【答案】A
【解析】
【详解】A．若二者恰好中和，溶液呈碱性，若氢氧化钠过量，溶液仍呈碱性，A错误；
B．无论溶液显何性，都有电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，B正确；
C．若pH=7，则一定醋酸过量，C正确；
D．若V1＝V2，c1＝c2，即氢氧化钠与醋酸恰好中和生成醋酸钠，c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)=c(Na+)为物料守恒式，D正确；
故选A。
17. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 该反应的△H<0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则这时一定有正<逆
D. 在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由题中可知，温度升高，c(NO)增大，故平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正反应的△H<0，A正确；
B. 由A分析可知，正反应为放热反应，由图中可知T1K2，B正确；
C. 在T2时，若反应体系处于状态D要回到状态B，此过程c(NO)减小，即向正方向移动，故这时一定有正>逆，C错误；
D. 由于该反应中，C为固体，故在反应过程中混合气体的密度一直在改变，故在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，D正确；
故答案为：C。
18. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 25℃时，向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)
B. 25℃时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）- c（B-）=9.9×10-7 mol·L-1
C. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c(oH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
A．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时若c（Na+）＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)则违背溶液呈电中性原理，应该为c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＝c(H＋)，选项A错误。B. 在溶液中存在水解平衡：B-+H2OHB+OH-，pH＝8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L根据电荷守恒有c(Na＋) + c(H+)＝c(B－)+ c(OH-)，则c(Na＋) －c(B－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，选项B正确；C、0.1 mol/LNaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），选项C错误；D、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），选项D错误。答案选B。
第II卷(非选择题，共64分)
19. (1)已知在一定温度下，各反应的平衡常数如下：
C(S)+CO2(g)=2CO(g)，K1
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，K2
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，K3
则K1、K2、K3之间的关系为K2=__。
(2)雾霾的主要成分之一是汽车尾气中的氮氧化物，研究表明CH4可以消除汽车尾气中的氮氧化物的污染。
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -889.6kJ·mol-l
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.2kJ·mol-l
③2NO2(g)=N2O4(g) △H= -56.9kJ·mol-1
写出甲烷气体催化还原N2O4气体生成稳定的单质气体、二氧化碳气体和液态水的热化学方程式：__。
(3)已知：反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的△H= -41.8kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是__。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO2和NO的体积比保持不变
d．每消耗1molSO3的同时生成lmolNO2
e．混合气体的密度不变
f．混合气体的平均相对分子质量不变
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K=__。
【答案】 (1). (2). CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) △H= -899.9kJ/mol (3). bc (4). 2.67或
【解析】
【分析】
若某一反应为两已知反应之和，则其平衡常数为两已知反应的平衡常数之积；若某一反应为两已知反应之差，则其平衡常数为两已知反应的平衡常数之商。由已知热化学反应方程式求未知反应的热化学方程式时，可利用盖斯定律进行计算。利用混合气的某量变化判断平衡状态时，可利用“变量不变达平衡”进行分析；利用已知数据推断未知数据并求平衡常数时，常利用“三段式”。
【详解】(1)①C(S)+CO2(g)=2CO(g)，K1
②CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，K2
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，K3
由反应知，反应②可看成反应③减去反应①，所以K2=，也可利用反应分别写出K1、K2、K3的表达式，然后建立K2与K1、K3之间的关系。答案为：；
(2)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -889.6kJ·mol-l
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.2kJ·mol-l
③2NO2(g)=N2O4(g) △H= -56.9kJ·mol-1
利用盖斯定律，将①-②-③得，甲烷气体催化还原N2O4气体生成稳定的单质气体、二氧化碳气体和液态水的热化学方程式：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) △H= -899.9kJ/mol。答案为：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) △H= -899.9kJ/mol；
(3)对于反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的△H= -41.8kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以1：2置于密闭容器中发生上述反应。
a．因为反应前后气体分子数相等，所以体系压强始终保持不变，a不合题意；
b．混合气体中，只有NO2为红棕色气体，所以颜色保持不变表明c(NO2)不变，反应达平衡状态，b符合题意；
c．SO2和NO的体积比保持不变，则二者的物质的量不变，反应达平衡状态，c符合题意；
d．只要反应发生，每消耗1molSO3时，一定同时生成lmolNO2，则不一定达平衡状态，d不合题意；
e．混合气体的质量不变、体积不变，所以密度始终不变，e不合题意；
f．混合气体的质量不变、物质的量不变，平均相对分子质量始终不变，f不合题意；
故选bc。答案为：bc；
设n(NO2)=1mol，则n(SO2)=2mol，NO2的物质的量为x，由此建立如下三段式：
依题意知：，从而求出x=0.8mol；
则平衡常数K= ==。答案为bc；2.67或。
【点睛】调整热化学方程式的化学计量数时，△H需进行同等程度的调整。
20. 新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为__。
(2)闭合开关K后，a、b电极上均有气体产生，其中b
电极上得到的是__，电解氯化钠溶液的总反应方程式为__。
【答案】 (1). CH4-8e-+10OH-=+7H2O (2). H2 (3). 2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH
【解析】
【分析】
在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极；在电解池中，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的是阳极。
【详解】(1)甲烷燃料电池中，通入CH4的电极为负极，CH4失电子后，与OH-发生反应生成和H2O，负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O。答案为：CH4-8e-+10OH-=+7H2O；
(2)闭合开关K后，a电极与正极(通O2的电极)相连，则此电极为阳极；b电极为阴极，水得电子生成氢气，所以b电极得到的是H2，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。答案为：H2；2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。
【点睛】在书写电极反应式时，需注意电解质的性质，碱性电解质中，电极反应式中不能出现H+。
21. 用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料均为石墨)。
(1)图中a极要连接电源的________(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是________。
(2)SO32－放电的电极反应式为__________。
【答案】 (1). 负 (2). 硫酸或H2SO4 (3).
【解析】
【分析】
依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，在阳极失去电子变成，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，a接电源负极；C口流出的物质是H2SO4，
故答案：负；硫酸或H2SO4；
（2）发生氧化反应，放电的电极反应式为：，
故答案为：。
22. (1)FeCl3净水原理__(用离子方程式说明)，将FeCl3溶液蒸干并灼烧，最后得到的主要固体产物是__(填化学式)。
(2)相同浓度的下列溶液中，c()的大小顺序是__(填序号)。
①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3
(3)现将足量的固体AgCl分别放入下列物质中：
①30mL0.02mol/LCaCl2溶液；②20mL0.01mol/LKCl溶液；③40mL0.03mol/LHCl溶液；④10mL蒸馏水；⑤50mL0.05mol/LAgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是__(填序号)。
【答案】 (1). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (2). Fe2O3 (3). ①＞④＞②＞⑤＞③ (4). ④＞②＞③＞①＞⑤
【解析】
【分析】
挥发性酸的弱碱盐溶液，在蒸干、灼烧过程中，酸挥发、碱分解，最后得到金属氧化物；比较溶液中某离子浓度时，相同浓度的电解质溶液中，完全电离产生的该离子浓度最大，电离产生该离子的反应中，抑制程度越大，产生的该离子浓度越小；难溶电解质在与其相关离子的溶液中的溶解度，随相关离子浓度的减小而增大。
【详解】(1) FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解生成Fe(OH)3胶体和H+，净水原理为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；将FeCl3溶液蒸干并灼烧，HCl挥发、Fe(OH)3分解，最后得到的主要固体产物是Fe2O3。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；Fe2O3；
(2)相同浓度的下列溶液中，①Na2CO3发生完全电离，且的水解不受其它离子的影响，所以c()最大；④(NH4)2CO3也能完全电离出，但受水解的促进，所以c()次之；②NaHCO3电离产生的，少部分发生电离，c()再次之；⑤NH4HCO3中，由于受水解的促进，c()减小，c()比NaHCO3中小；③H2CO3第二步电离才产生，c()最小，所以c()的大小顺序是①＞④＞②＞⑤＞③。答案为：①＞④＞②＞⑤＞③；
(3)将足量的固体AgCl分别放入下列五种物质中，c(Cl-)或c(Ag+)由小到大的顺序为④＞②＞③＞①＞⑤，溶液中c(Cl-)或c(Ag+)越小，AgCl的溶解度越大，所以AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是④＞②＞③＞①＞⑤。答案为：④＞②＞③＞①＞⑤。
【点睛】由AgCl的电离方程式可知，Ag+、Cl-对其溶解度的影响程度是相同的。
23. 某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如图工艺流程。
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
7.6
4.4
完全沉淀的pH
3.2
9.7
64
(1)酸浸后加入H2O2的目的是___，调pH的最适宜范围为__。
(2)调pH过程中加入的试剂最好是__。
A ．NaOH B ．CuO C ．NH3·H2O D ．HC1
(3)煮沸CuSO4溶液的原因是__。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式___。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH与Cu2+分离 (2). 3.2～4.4 (3). B (4). 除尽溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (5). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4
【解析】
【分析】
某工厂以电镀污泥(含有铜、铁等金属化合物)为原料，经过一系列操作，实现铁、铜化合物的分离，并制得铁红和CuCl产品。在制取过程中，先将原料用稀硫酸溶解，再利用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，通过调节pH将Fe3+转化为沉淀，最后通过灼烧、煮沸、还原获得产品。
【详解】(1)由表中数据可以看出，当Fe2+完全沉淀时，Cu2+也生成沉淀，为实现分离，应将Fe2+氧化为Fe3+，所以酸浸后需加入H2O2，其目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH，与Cu2+分离；调pH时，应让Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以最适宜pH范围为3.2～4.4；
(2)调pH过程中，需加入能中和H+的物质，同时不能引入新的杂质，A、C、D中分别引入Na+、、Cl-等，所以加入的试剂最好是CuO，故选B；
(3)因为需加入还原剂，将Cu2+还原为Cu+，而受热易分解的H2O2会将还原剂及Cu+氧化，所以需煮沸CuSO4溶液，其原因是除尽溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，发生氧化还原反应，生成白色的CuCl沉淀，同时生成Na2SO4等，发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O=2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4。
【点睛】将Fe3+转化为Fe(OH)3时，常采用促进Fe3+水解的方法，同时需注意，不能引入新的杂质。
24. ，两种酸的电离平衡常数如下表。
的电离平衡常数表达式________。
溶液中离子浓度由大到小的顺序为________。
溶液和溶液反应的主要离子方程式为________。
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】
【详解】(1)的电离方程式为：，平衡常数表达式为；故答案为：；
(2)溶液显碱性，存在两步水，，以第一步水解为主，水解程度较小，则
溶液中的离子浓度顺序为：；故答案为：；
(3)由表可知的二级电离小于的一级电离，所以酸性强弱为，所以反应的主要离子方程式为；故答案为：。
25. “中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：
①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；
②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
22.50
21.50
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。
（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。
（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）
（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。
a．滴定终点俯视读数
b．锥形瓶用待测溶液润洗
c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡
d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4). 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc
【解析】
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a
．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。
