【化学】甘肃省古浪县第二中学2019-2020学年高二12月基础知识竞赛试题（解析版）
甘肃省古浪县第二中学2019-2020学年高二12月基础知识竞赛试题
一、选择题(每小题2分，共46分)
1.原电池的正极所发生的反应及得失电子情况是( )
A. 氧化反应、得电子 B. 还原反应、失电子
C. 氧化反应、失电子 D. 还原反应、得电子
【答案】D
【解析】
【分析】从原电池的工作原理角度进行分析；
【详解】根据原电池的工作原理，正极上得到电子，发生还原反应，故D正确；
答案为D。
2.已知反应X+Y＝M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）
A. X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的
B. 因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行
C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量
D. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应吸热，但X的能量不一定低于M的，Y的能量不一定低于N的，A错误；
B、反应的吸、放热，与反应条件无关，B错误；
C、反应吸热，破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，C错误；
D、反应吸热，因此反应物总能量高于产物总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；
答案选D。
3.沼气是一种能源，它的主要成份是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 2CH4(g)+4O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) △H=+890kJ•moI-1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+890kJ•moI-1
C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ•moI-1
D. 1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ•mo1-1
【答案】C
【解析】
【详解】A、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ热量,1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水,放出890kJ热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故A错误；
B. 0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ热量, 1molCH4在氧气中燃烧生成 CO2和液态水,放出890kJ 热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故B错误；
C、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ 热量,1molCH4在氧气中燃烧生成 CO2和液态水,放出890kJ热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故C正确；
D、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ 热量,1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+2H2O(l) △H=-445kJ•mo1-1，故D错误；
所以答案为：C。
4.已知下列热化学方程式：
Zn（s） + 1/2 O2（g）= ZnO（s） ΔH= -351．1 kJ·mol-1①
Hg（l） + 1/2 O2（g）= HgO（s） ΔH= -90．7 kJ·mol-1 ②
由此可知Zn（s）+ HgO（s）= ZnO（s）+ Hg（l）的反应热ΔH为( )
A. -260．4 kJ·mol-1 B. +260．4 kJ·mol-1
C. - 441．8 kJ·mol-1 D. + 441．8 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】考查盖斯定律的应用。将已知的两式相叠加，即前者减后者得到Zn（s）+ HgO（s）= ZnO（s）+ Hg（l），所以反应热为－351.1 kJ/mol＋90.7 kJ/mol＝－260.4 kJ/mol，所以答案选A。
5.下列反应在常温下均为非自发反应，则在高温下仍为非自发的是( )
A. 2CO(g)=2 C(s)+ O2(g)
B. 2CuO(s)=Cu2O(s)+1/2O2(g)
C. MgCO3(s)=MgO(s)+CO2 (g)
D. SnO2(s)+C(s)=Sn(s)+CO2 (g)
【答案】A
【解析】
【分析】△G=△H－T△S，若△G>0，则反应非自发。
【详解】A、△H>0，△S<0，则△G>0，任何温度都不能自发进行，故正确；
B、△H>0，△S>0，若使△G<0，则需要高温，故错误；
C、△H>0，△S>0，若使△G<0，则需要高温，故错误；
D、△H>0，△S>0，若使△G<0，则需要高温，故错误。
故选A。
6.已知反应：3A + 4BC + 2D 其反应速率可以分别用V(A)、V(B)、V(C)、V(D)[mol/(L·min)]表示，则正确的关系是( )
A. V(A)＝V(C) B. V(B)＝V(A)
C. V(C)＝4V(B) D. V(D)＝V(C)
【答案】B
【解析】
分析】反应速率之比等于化学计量数之比。
【详解】A、V(A):V(C)=3:1，V(A)=3V(C)，故错误；
B、V(B):V(A)=4:3，V(B)=V(A)，故正确；
C、V(C):V(B)=1:4，V(C)=V(B)，故错误；
D、V(D):V(C)=2:1，V(D)=2V(C)，故错误。
故选B。
7.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是（ ）
A 反应速率a＞b＞c
B. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b > c > a
C. 若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应
D. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【详解】A.图像中横坐标是B2起始量，B2浓度越大，反应速率越快，所以反应速率a
b>a，B错误；
C.若T2>T1，由图像可知T2时AB3体积分数大于T1时AB3体积分数，说明正反应是吸热反应，C正确。
D. B2的起始浓度越大，达平衡时A2转化率越大，所以达到平衡时A2的转化率大小为：c>b>a，D错误；
故选C。
8.在2L 密闭容器中充有2 mol SO2和一定量的O2，发生下列反应2SO2＋O22SO3，假设反应过程中温度恒定，当反应进行到4 min时，测得SO2为0.4 mol，若反应进行到2 min时，密闭容器中SO2的物质的量为( )
A. 1.6 mol B. 1.2 mol C. 大于1.6 mol D. 小于1.2 mol
【答案】D
【解析】
【详解】进行到4min时，测得n (SO2)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)=
=0.2mol/L•min；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)= ＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol，故选D。
9.CO2和H2的混和气体加热到1023K时，可建立下列平衡：CO2+H2CO+H2O（g）,在该温度下,平衡时有90%的氢气变成水蒸气(平衡常数K=1),则原混合气体中CO2和H2的分子数之比是（ ）
A. 9:1 B. 1:5 C. 1:10 D. 1:1
【答案】A
【解析】
【详解】设原混合气体中CO2和H2的物质的量分别为x、y，体积为1L，在一定温度下，平衡有90%的H2变成了H2O，消耗氢气0.9y，则
依据平衡常数K=1，有c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)，得到：(x-0.9y)×0.1y=0.9y×0.9y，计算得到x：y=9：1，故选A。
10.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C. 打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出
D. 向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低
【答案】D
【解析】
【分析】如果改变影响平衡的1个条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。
【详解】A. 熟石灰的悬浊液存在溶解平衡，Ca(OH)2
的溶解度随温度的升高而降低，加热熟石灰的悬浊液，溶解平衡逆向移动，固体质量增加，故A可以用勒夏特列原理解释；
B.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，是可逆反应，饱和食盐水中含有浓度较大的Cl-，因此可以降低氯气在水中的溶解度，故B可以用勒夏特列原理解释；
C.汽水瓶中溶有二氧化碳，二氧化碳和水生成碳酸是可逆反应，打开汽水瓶，压强降低，平衡逆向移动，二氧化碳从水中逸出，故C可以用勒夏特列原理解释；
D. 盐酸是被稀释，浓度降低，所有不能用该原理来解释；
答案选D。
11. 能在溶液中大量共存的一组离子是( )
A. NH4+、Ag+、PO43-、Cl- B. Fe3+、H+、I-、HCO3-
C. K+、Na+、NO3-、MnO4- D. Al3+、Mg2+、SO42-、CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ag+与PO43-、Cl-均能生成沉淀，不能大量共存；
B．Fe3+与I-、HCO3-均能发生离子反应，不能大量共存；
C．K+、Na+、NO3-、MnO4-在同一溶液中，不发生离子反应，可大量共存；
D．Al3+与CO32-能发生双水解反应，不能大量共存，Mg2+与CO32-能生成沉淀，不能大量共存；
答案为C。
12.下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0．1 mol/L Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B. 0．1 mol/L NH4Cl溶液：c(NH4＋)＝c(Cl－)
C. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＞c(NO3－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.符合质子守恒即水中氢原子守恒，正确。
B.NH4＋水解，所以c(NH4＋)＜c(Cl－)，B不正确。
C.根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)可知，选项C是错误的。
D.根据物料守恒，NaNO3中Na和N等量，所以c(Na＋)＝c(NO3－)，因此D是错误的。
答案选A。
13.在pH=1的无色溶液中能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、Mg2+、SO42-、Cl- B. Ba2+、K+、OH-、NO3-
C. Al3+、Cu2+、SO42-、Cl- D. Na+、Ca2+、Cl-、AlO2-
【答案】A
【解析】
【详解】pH=1的无色溶液是酸性溶液。B中OH-与H+，D中AlO2-与H+不共存，C中Cu2+是蓝色。只有A正确。
14. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为( )
A. 9:1 B. 1:11 C. 1:9 D. 11:1
【答案】C
【解析】
【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，
答案选C。
15.下列物质的稀溶液中，溶质的阴、阳离子个数之比为1∶2的是( )
A. Na2HPO4 B. NaHSO4 C. (NH4)2SO4 D. K2S
【答案】B
【解析】
【详解】A中的酸根存在水解和电离两个平衡，且程度不同，所以溶质的阴、阳离子个数之比不是1∶2。
B中硫酸氢钠属于强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和SO42－，所以溶质的阴、阳离子个数之比为1∶2，B正确。
C中NH4＋水解，所以溶质的阴、阳离子个数之比不是1∶2。
D中S2－水解，所以溶质的阴、阳离子个数之比也不是1∶2。
答案选B。
16.pH=11 的 NaOH溶液和 pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中 c(Na+ )、
c(CHCOO -) 的正确关系是（ ）
A. c(Na+ )> c(CHCOO -) B. c(Na+ )= c(CHCOO -)
C c(Na+ )< c(CHCOO -) D. 不能确定
【答案】C
【解析】NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)＜c(CH3COO-)。故选C。
17.关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）
A. c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)
B. c(Na+)+c(H+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(OH－)
C. HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度
D. 存在的电离有：NaHCO3 = Na++ HCO3- ，HCO3- = H++ CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A．c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3) 此式子为物料守恒，正确；
B．c(Na+)+c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH－) 此式子为电荷守恒，错误；
C．HCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度而显碱性，错误；
D．存在的电离有：NaHCO3 = Na++ HCO3-，HCO3-的电离是可逆的HCO3-H++ CO32-，错误；
故选A。
18.在密闭容器中进行的下列反应：M(g)＋N(g) R(g)＋2L，此反应符合下图。下列叙述正确的是( )
A. 正反应吸热，L是气体
B. 正反应吸热，L是固体
C. 正反应放热，L是气体
D. 正反应放热，L是固体或液体
【答案】C
【解析】
【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，则该反应的正反应为放热反应，L是气体，故选C。
19.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3CH2COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】
【分析】溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。
【详解】A. CH3CH2COOH在水中能电离出氢离子，水溶液能导电，CH3CH2COOH是电解质，不选A；
B. Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，不选B；
C. NH4HCO3是盐，在水中能电离出NH4+和HCO3-，水溶液能导电，NH4HCO3是电解质，不选C；
D.SO2溶于水可以导电，但导电的原因并不是SO2电离出的离子，而是SO2和水反应生成的H2SO3电离出的离子导致的，所以H2SO3是电解质，另外SO2在液态时也不能导电，所以SO2是非电解质。
答案是D。
20.将0.1 mol·L－1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是( )
A. 溶液中c(OH－)和c(H＋)都减小 B. 溶液中c(H＋)增大
C. 醋酸电离平衡向左移动 D. 溶液的pH增大
【答案】D
【解析】A. 溶液中c(OH－)增大，故A错误；B. 溶液中c(H＋)减小，故B错误；C. 稀释促进醋酸电离，醋酸电离平衡向右移动，故C错误；D. c(H＋)减小，溶液的pH增大，故D正确。故选D。
21.从下列现象可以判断某一元酸是强酸的是( )
A. 加热该酸至沸腾也不分解
B. 该酸可以与石灰石反应放出CO2
C. 该酸可以把Al(OH)3沉淀溶解
D. 该酸浓度为0.1 mol·L-1时的pH为1
【答案】D
【解析】
【详解】A、物质的稳定性与酸的强弱无关，故A不符合题意；
B、石灰石的成分是碳酸钙，该酸可以与石灰石反应放出CO2，说明该酸的酸性强于碳酸，不能说明该酸为是否为强酸，故B不符合题意；
C、该酸可以把Al(OH)3沉淀溶解，不能说明该酸完全电离，故C不符合题意；
D、该酸的pH=1，该溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，等于该酸的浓度，该酸是完全电离，即该酸为一元强酸，故D符合题意；
答案为D。
22.常温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)=1×10-5mol·L-1，则下列叙述正确的是( )
A. pH值为5 B. 一定是酸溶液
C. 可能是强酸的酸式盐溶液 D. pH值可能为9
【答案】D
【解析】
【分析】常温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)=10－5mol·L－1，说明促进水的电离，酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，据此分析；
【详解】A、常温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)=10－5mol·L－1>10－7mol·L－1，促进水的电离，可能是水解显酸性的盐，也可能是水解显碱性的盐，溶液的pH可能是5，也可能是 9，故A说法错误；
B、酸、碱抑制水的电离，因此一定不是酸溶液，故B说法错误；
C、强酸的酸式盐抑制水的电离，因此不可能是强酸的酸式盐，故C说法错误；
D、溶液中水电离出的c(H＋)增大，说明水的电离被促进，水解显碱性的盐可以促进水的电离，溶液的pH=9，故D说法正确；
答案为D。
23.下图为一原电池的结构示意图，下列说法中，不正确的是( )
A. 原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该反应一定为放热反应
B. 原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应
C. 原电池工作时，铜电极上发生氧化反应，CuSO4溶液蓝色变深
D. 如果将Cu电极改为Fe电极，Zn电极依然作负极
【答案】C
【解析】
【详解】A.原电池中发生的是放热的自发的氧化还原反应，故A正确；
B.在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，锌比铜活泼，所以锌作负极，故B正确；
C.在此原电池中，铜作正极，溶液中的铜离子在铜上得到电子，发生还原反应，溶液颜色变浅，故C错误；
D. 如果将Cu电极改为Fe电极，锌比铁活泼，所以Zn电极依然作负极，故D正确；
故选C。
二、非选择题(共54分)
24.根据下列叙述写出相应的热化学方程式：
（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．
（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．
（3）拆开1mol H﹣H键、1mol N﹣H键、1mol N≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1mol N2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1mol H2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．
【答案】(1). S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8 kJ/mol (2). 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198 kJ•mol﹣1 (3). △H=﹣92kJ•mol﹣1 (4). 30.67kJ
【解析】
【详解】（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8 kJ/mol，
（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501 kJ•mol﹣1﹣600 kJ•mol﹣1=99 kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198 kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198 kJ•mol﹣1 ；
（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1mol H2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。
25.（1）AgNO3的水溶液呈___（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH___7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：___；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。
（2）氯化铝水溶液呈___性，原因是（用离子方程式表示）：___；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___。
（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的___。
【答案】(1). 酸 (2). < (3). Ag++H2OAgOH+H+ (4). 抑制 (5). 酸 (6). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (7). Al2O3 (8). 盐酸
【解析】
【分析】（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3
固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。
（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，由此可知，最终得到的主要固体产物的成分。
（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的酸。
【详解】（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性，pH<7，原因是Ag++H2OAgOH+H+；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。答案为：酸；<；Ag++H2OAgOH+H+；抑制；
（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最终所得主要固体的成分为Al2O3。答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3；
（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的盐酸。答案为：盐酸。
26.工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤：
参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3。
请回答以下问题：
（1）第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？___，理由是___。
（2）有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是____。（填序号）
A．一定增大 B．一定减小 C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？___，理由是___。
③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有___（多选）。
A．浓HNO3 B．KMnO4 C．Cl2 D．O2 E．H2O2
（3）除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有___（多选）。
A．NaOH B．氨水 C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3 E．CuO F．Cu(OH)2
【答案】(1). 不能 (2). 因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋
也会沉淀完全 (3). A (4). 否 (5). 引入新杂质 (6). CDE (7). CEF
【解析】
【详解】⑴第一步除去Fe2＋，不能直接调整pH＝9.6，根据已知信息，如果直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀，而Cu2＋早已经变为沉淀，因此不能直接调整pH，故答案为不能；因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完全；
⑵①有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生的离子反应为
2Fe2＋ ＋ ClO－ ＋2H＋ =2Fe3＋＋Cl－＋H2O，根据反应方程式可知，加入NaClO后，消耗氢离子，溶液的pH变大，故答案为A；
②用NaClO作氧化剂，虽然将亚铁离子氧化成了铁离子，但会引入新的杂质
③能氧化亚铁离子，而不引入新的杂质，所以除去混合溶液中Fe2＋主要有Cl2、O2、H2O2，故答案为CDE；
⑶除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，通过加要保留的物质对应的难溶于水的物质，利用该物质与酸反应，使得pH升高，铁离子水解直到全部生成氢氧化铁，因此可用Cu2(OH)2CO3、CuO、Cu(OH)2，故答案为DEF。
27.在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合后于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：
(1)x值等于________________
(2)该反应的平衡常数为___________
(3)A的转化率为_________________
(4)生成D的反应速率为_________________
(5)如果增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数_________
【答案】(1). 2 (2). 0.5 (3). 60% (4). 0.2mol/(L·min) (5). 不变
【解析】
【分析】（1）利用反应方程式系数进行计算；
（2）利用三段式以及化学平衡常数的定义进行分析；
（3）根据（2）中的分析；
（4）根据化学反应速率的数学表达式进行计算；
（5）考查影响化学平衡移动的因素；
【详解】（1）2min达到平衡，生成C的物质的量2L×0.4mol·L－1
=0.8mol，根据反应方程式，推出x=2；
答案为2；
（2），达到平衡后，A、B、C、D的浓度为0.4mol·L－1、0.8mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，根据化学平衡常数的表达式，K==0.5；答案为0.5；
（3）根据（2）A的转化率为×100%=60%；答案为60%；
（4）依据（2），根据化学反应速率数学表达式，v(D)==0.2mol/(L·min)；
答案为0.2mol/(L·min)；
（5）反应前后气体的系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，平衡体系中C的质量分数不变；答案为不变。
