2018-2019学年山西省晋中市平遥县第二中学高二12月月考化学试题 解析版
平遥二中高二年级12月月考化学试题
本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分100分，测试时间90分钟。
一．选择题 （每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
B. 放热反应都不需要加热就能发生
C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生
D. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量
【答案】B
【解析】
试题分析：化学反应既有新物质生成，还有能量变化，故A正确；反应热与反应条件无关，故B错误；焓变只是影响反应方向的一个因素，故C正确；化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小，故D正确。
考点：本题考查化学反应中的能量变化。
2.对于：2C4H10(g)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l)ΔH＝－5 800 kJ·mol－1的叙述错误的是
A. 该反应的反应热为ΔH＝－5 800 kJ·mol－1，是放热反应
B. 该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C. 该式的含义为：25 ℃、101 kPa下，2 mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800 kJ
D. 该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义、燃烧热的概念分析判断。
【详解】A项：反应热ΔH包括符号（+吸热、－放热）、热量数值、单位（kJ·mol－1，指每摩化学反应）。A项正确；
B项：物质状态变化时伴有热量变化，物质的用量不同反应热不同。故反应热ΔH与各物质的状态、化学计量数（只表示物质的量）有关。B项正确；
C项：若不特别指明，热化学方程式表示25 ℃、101kPa下测得的反应热。C项正确；
D项：燃烧热是指25 ℃、101kPa条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。由此，丁烷的燃烧热为2900 kJ·mol－1 。D项错误。
本题选D。
【点睛】燃烧热概念要点：条件为25 ℃、101kPa；可燃物为1mol；完全燃烧（足量氧气）；生成物是稳定氧化物[C→CO2(g)、H→H2O(l)]。
3.下列关于反应能量的说法正确的是( )
A. Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s) ΔH＝－216 kJ·mol－1，则反应物总能量＞生成物总能量
B. 相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＝E2
C. 101 kPa时，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则H2的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
D. H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含1 mol NaOH的氢氧化钠固体与含0.5 mol H2SO4的稀硫酸混合后放出57.3 kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.当反应物总能量＞生成物总能量时反应是放热反应，△H＜O，故A正确；
B.如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2。由于原子的能量比分子的能量高，所以原子结合成分子形成化学键放出热量，则2E1＞E2，故B错误；
C.H2的燃烧热必须是1mol氢气燃烧生成最稳定的氧化物液态水时所放出的能量，根据2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1可知H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，故C错误；
D.中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，氢氧化钠固体溶于水放热，所以含1molNaOH的氢氧化钠固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合后放出的热量大于57.3 kJ，故D错误。
答案选A。
4.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(−57.3)kJ·mol－1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝2×(＋283.0 kJ·mol－1)
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
A. 中和热是指稀的强酸、强碱溶液混合生成1mol水时所放出的热量，中和热是不变的，A错误；B. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则反应2CO2(g)＝2CO(g)+O2(g)的ΔH＝+2×283.0kJ·mol−1，B正确；C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，C错误；D. 应该是1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D错误，答案选B。
5.在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积。且有：
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A. 172.5 kJ B. 1 149 kJ C. 283 kJ D. 517.5 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
根据热化学方程式进行简单计算。
【详解】方法一：36 g碳完全燃烧生成3molCO2(g)放热Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，题中36 g不完全燃烧生成1molCO(g)、2molCO2(g)放热Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，则损失热量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283 kJ。
方法二：根据盖斯定律，损失热量就是不完全燃烧的产物完全燃烧放出的热量，即1molCO(g)完全燃烧放出的热量283 kJ。
本题选C。
6.一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.9 kJ· mol－1，下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJ
B. 平衡时，v正(O2)＝v逆(NO)
C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为是可逆反应，所以转化率达不到100％，所以4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出的热量小于905.9 kJ，A错误；
B、反应速率之比不满足相应的化学计量数之比，平衡时应该为4v正(O2)＝5v逆(NO)，B错误；
C、正反应是体积增大的可逆反应，所以降低压强，平衡向正反应方向移动，混合气的平均摩尔质量减小，C错误；
D、反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO的含量降低，D正确。
答案选D。
7.对于平衡体系mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误的是
A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n＜p＋q
B. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
C. 若m＋n＝p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D. 若温度不变时压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】A项：容器体积缩小到原来一半（即加压）的瞬间，A的浓度为原来的2倍。新平衡时A的浓度为原来的2.1倍，即平衡左移。据平衡移动原理，有m＋n ＜p＋q。A项正确；
B项：设起始时A、B的物质的量分别为x、y，平衡时A、B的转化率分别为α、β。则(xα)∶(yβ)＝m∶n。当α＝β时，x∶y＝m∶n。B项正确；
C项：m＋n＝p＋q时，反应中气体分子总数不变。往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol B，不论是否达到新平衡，气体总物质的量都等于2a mol。C项正确；
D项：若缩小容器体积使新平衡压强是原来的2倍，则新平衡体积小于原来的
。若通入与反应无关的气体使压强变成原来的2倍，则体积可以不变。D项错误。
本题选D。
8.在一定温度下，向一个容积可变的容器中，通入3 mol SO2和2 mol O2及固体催化剂，使之反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1，平衡时容器内气体压强为起始时的90%。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4 mol SO2、3 mol O2、2 mol SO3(g)，下列说法正确的是( )
A. 第一次平衡时反应放出的热量为294.9 kJ
B. 两次平衡SO2的转化率相等
C. 第二次达平衡时SO3的体积分数大于
D. 达平衡时用O2表示的反应速率为0.25 mol·(L·min)－1
【答案】B
【解析】
【详解】A、设第一次达平衡时生成SO3(g)的物质的量为2x mol，则根据方程式可知剩余SO2(g)的物质的量为(3－2x)mol、O2(g)为(2－x)mol，所以混合气体总的物质的量为(5－x)mol，根据阿伏加德罗定律有(5－x)/5＝0.9，解得x＝0.5，根据热化学方程式可知，放出的热量为196.6 kJ/2＝98.3 kJ，A错误；
B、起始物质的量改为4 mol SO2、3 mol O2、2 mol SO3(g)，由于是保持恒温恒压，故与第一次平衡是等效平衡，两次平衡中SO2的转化率、SO3的体积分数相等，B正确；
C、两次平衡是等效的，则第二次达平衡时SO3的体积分数仍然为2/9，C错误；
D、容器的体积未知，则无法计算反应速率，D错误。
答案选B。
【点睛】选项B是解答的易错点，掌握等效平衡的含义是解答的关键，注意等效平衡的判断及处理一般步骤：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。
9.在一定条件下，固定容积的密闭容器中反应：2NO2(g)O2(g)＋2NO(g) ΔH＞0，达到平衡。当改变其中一个条件X时，Y随X的变化符合图中曲线的是
A. 当X表示温度时，Y表示O2的物质的量
B. 当X表示压强时，Y表示NO2的转化率
C. 当X表示反应时间时，Y表示混合气体的密度
D. 当X表示NO2的物质的量时，Y表示O2的物质的量
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可以知道，随着X的增大，Y的值减小，
A.正反应吸热，升高温度，平衡向正反应方向移动；
B.从增大压强，平衡向逆反应方向移动分析；
C.达到平衡后，因混合气体的质量和体积不变，混合气体的密度不变；
D.增加NO2的物质的量时，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增加。
【详解】A、反应吸热，升高温度，平衡向正反应方向移动，O2的物质的量增加，而图示曲线为减函数，故A错误；
B、增大压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小，故B正确；
C、达到平衡后，因混合气体的质量和体积不变，混合气体的密度不变，为定值，故C错误；
D、增加NO2的物质的量时，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增加，故D错误；
综上所述，本题选B。
10.在一定条件下，对于反应mA(g)+nB(g)cC(g)+dD(g)，C物质的质量分数w（C）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. ΔH<0，m+n
0，m+n>c+d
C. ΔH>0，m+nc+d
【答案】A
【解析】
根据图像可知，随温度的升高，C的含量降低。说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应。当温度相同时，压强越大，C的含量降低。说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积增大的，所以正确的答案是A。
11. 下列各组物质全部是弱电解质的是
A. H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF B. Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONa
C. H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D. SO2、H2S、CO2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF全为弱电解质，故A正确；B．C2H5OH是非电解质，CH3COONa是强电解质，故B错误；C．Ba(OH)2、BaSO4 均为强电解质，故C错误；D．SO2、CO2是非电解质，故D错误。答案选A。
考点：强弱电解质
12.同温度下的四种溶液，当NH4+浓度相同时，溶液的物质的量浓度最大的是
A. NH4Al(SO4)2 B. NH4Cl C. NH3·H2O D. CH3COONH4
【答案】C
【解析】
试题分析：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABD选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1，C中NH3•H2O部分电离，铵根离子浓度最小，A．NH4Al(SO4)2中的铝离子的水解对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度较大；B．氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；C．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；D．醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，溶液中铵根离子浓度较小；根据分析可知，NH4+的浓度相同时，溶质的浓度最大的是NH3•H2O，浓度最小的是NH4Al(SO4)2，答案选C。
考点：考查盐的水解原理及其影响、弱电解质的电离
13. 下列有关溶液组成的描述合理的是
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl－、S2-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO－、SO42-、I－、
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl－、HCO3－
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl－、SO42－
【答案】C
【解析】
A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。
点睛：离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
视频
14.下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )
A. 室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)
B. 将pH＝4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
D. 室温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
【答案】D
【解析】
A选项，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒： c（NH+4）+ c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），可知c（NH+4）= c（Cl﹣），又水解是微弱的，所以溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）=c（NH+4）＞c（H+）=c（OH﹣），故A错误；B选项，根据离子积常数，c（H+）与c（OH﹣）成反比，将酸性溶液稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，故B错误；C选项，相同pH的盐酸与醋酸，盐酸的浓度等于H+浓度，而醋酸的浓度远大于H+浓度，还有大量醋酸没有电离，即醋酸的浓度大于盐酸浓度，等体积时，醋酸消耗NaOH更多，故C错误；D选项，硫离子水解程度大于硫氢根离子水解程度，溶液碱性强，常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故D正确。故选D。
15.常温下，浓度均为1.0 mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是( )
A. 加入适量的NaCl，可使c(NH4+)＝c(Cl－)
B. 滴加几滴浓氨水，c(NH4+)减小
C. 滴加几滴浓盐酸，的值减小
D. 1.0 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(NH4+)比该混合溶液中的大
【答案】A
【解析】
A、原混合溶液中只有氢离子、铵根离子、氯离子、氢氧根离子四种离子，据电荷守恒和溶液显碱性可知，c（NH4+）＞c（Cl-），滴加适量NaCl，可以使c（NH4+）=c（Cl-），A正确；B、混合溶液中滴加氨水，一水合氨的电离平衡正向移动，铵根离子浓度增大，B错误；C、向混合溶液中滴加盐酸，能够中和氢氧根离子，一水合氨的电离平衡正向移动，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，的值增大，C错误；D、向NH4Cl溶液中滴加氨水，铵根离子浓度增大，所以1.0 mol•L-1的NH4Cl溶液中c（NH4+）比该混合溶液小，D错误；答案选A。
16.实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是
选项
操作
测定结果评价
A
酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次
偏高
B
开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
偏高
C
锥形瓶未干燥
无影响
D
盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
偏低
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸式滴定管在装液前未用标准盐酸溶液润洗2次～3次，标准液浓度偏低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故A正确；
B.开始实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中，气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故B正确；
C.锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；
D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗，导致瓶内氢氧化钠的物质的量增大，消耗标准液的体积也会增大使结果偏高，故D错误。
故选D。
【点睛】根据中和滴定操作方法对c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）中V（标准）的影响判断滴定误差。
17.已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（AgBr）＝7.8×10－13。现将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为
A. 只有AgBr沉淀
B. AgCl和AgBr沉淀等量生成
C. AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D. AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【答案】C
【解析】
试题分析：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，由Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（AgBr）＝7.8×10－13可知，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，答案选C。
考点：考查溶电解质的生成
18.在K2CrO4溶液中存在着如下平衡2CrO42-+ 2H+Cr2O72-+ H2O， K=1×1014。若用0.05mol K2Cr2O7配制成1LK2CrO4溶液，其中c(Cr2O72－)<10－5mol/L,则所配溶液的pH
A. >7 B. <7 C. =7 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
试题分析：根据Cr原子守恒可知，当c(Cr2O72－)＜10－5mol/L时，溶液中c(CrO42－)＞（0.1mol/L－2×10－5mol/L）＝0.1mol/L，因此根据平衡常数表达式可知此时溶液中c(H+)＝＝10－8.5mol/L，所以所配溶液的pH＞7，答案选A。
考点：考查pH计算
19.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A. 未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)= c(NH3·H2O)
B. 加入10mL盐酸时：c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)
C. 加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－) = c(Na＋)
D. 加入20mL盐酸时：c(Cl－) ＝c(NH4＋) ＋c(Na＋)
【答案】B
【解析】
A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故A错
误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝c(OH
－)+c（Cl-），所以c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)
＝ c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋) ＝ c(OH－)，所以c(NH4＋) + c(Na+)＝ c（Cl-），c(Cl－) >c(Na
＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）="2" c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，
所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。
【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
视频
20.20mL0．1mol/LFeCl3溶液中含有部分Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至PH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=8．0×10-16。
下列说法错误的是
A. 沉淀中只有Fe(OH)3 B. 沉淀中有Fe(OH)3和Fe(OH)2
C. 滤液c(Fe3+)=4．0×10-8mol/L D. 向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生
【答案】B
【解析】
AB．20mL 0.1mol·L－1溶液中含有Fe2＋，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，则c（OH－）=10-10mol·L－1，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10-16=c（Fe2＋）×c2（OH－）=c（Fe2＋）×（10-10）2，解得c（Fe2＋）=8×104mol·L－1，所以溶液中没有Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2在溶液中易被氧化为Fe（OH）3；所以溶液中生成的沉淀是Fe（OH）3沉淀，故A正确，B错误；C．已知溶液的PH=4，则c（OH－）=10-10mol·L－1，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38=c（Fe3＋）×c（OH－）3=c（Fe3＋）×（10-10）3，解得c（Fe3＋）=4.0×10-8mol·L－1，所以滤液c（Fe3＋）=4.0×10-8mol·L－1，故C正确；D．向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液的体积增大，氢氧根离子的浓度减小，所以没有沉淀生成，故D正确；
故选B．
点睛：Ksp相关计算直接代入
二．非选择题(共40分)
21.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致:N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH>0。已知该反应在2 404 ℃时,平衡常数K=64×10-4。请回答:
（1）某温度下,向2 L的密闭容器中充入N2和O2各1 mol,5分钟后O2的物质的量为0.5 mol,则N2的反应速率为___。
（2）假定该反应是在恒容条件下进行,判断该反应达到平衡的标志___(填字母序号)。
A.消耗1 mol N2同时生成1 mol O2
B.混合气体密度不变
C.混合气体平均相对分子质量不变
D.2v正(N2)=v逆(NO)
（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中,下列变化趋势正确的是__(填字母序号)。
（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2,达到平衡状态后再向其中充入一定量NO,重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比,此时平衡混合气体中NO的体积分数_____(填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）该温度下,某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1 mol·L-1、4.0×10-2 mol·L-1和3.0×10-3 mol·L-1,此时反应________________(填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”),理由是_______________________。
【答案】 (1). 0.05 mol·L-1s-1 (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 根据计算得浓度商Qc”“<”或“＝”)25 ℃。在t ℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________。
【答案】 (1). ④②③① (2). ⑥④⑤⑦ (3). c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H
＋) (4). > (5). 9∶2
【解析】
试题分析：（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，醋酸为弱酸，溶液中氢离子浓度较小，硫酸和氢氧化钠为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大；（2）氯化铵、醋酸铵、硫酸氢铵溶液中都存在，氯化铵属于强电解质，能完全电离，硫酸氢铵存在大量的氢离子，抑制铵根离子的水解，醋酸铵为弱酸强碱盐，相互促进水解，铵根离子浓度最大，氨水为弱电解质，难以电离，因此铵根离子浓度最小；（3）混合后，溶液溶质为氯化钠和氯化铵、氨水，据物料守恒可知氯离子浓度大于铵根离子浓度，由于溶液中存在一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，故铵根离子浓度大于钠离子的浓度，溶液呈碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度；（4）水电离为吸热过程，升高温度促进电离，水离子积常数增大，所以t℃大于25℃，t℃时氢氧根离子浓度，t℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的H2SO4溶液b L混合，若所得混合溶液的pH＝2，则
考点：考查溶液离子浓度比较以及盐类水解和弱电解质电离的相关知识点。
24.(1)在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质可采用的是________。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的________。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
(2)甲同学怀疑调整至溶液pH＝4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]时溶液的pH为________，通过计算确定上述方案________(填“可行”或“不可行”)
【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3 (5). 可行
【解析】
【分析】
（1）根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，以此来解答；
（2）依据氢氧化铜的溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全分析解答。
【详解】（1）①KMnO4、氯水、HNO3虽然能氧化亚铁离子，但会引进新的杂质。只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质，答案选B；
②调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质离子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu(OH)2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，故答案选CD；
（2）Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c（Cu2+）=3.0mol•L-1，依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20可知c2（OH-）=3×10－20/3.0 mol•L-1=10-20 mol•L-1，解得c（OH-）=10-10mol/L，则溶液中c（H+）=10-4mol/L，所以pH=4，即氢氧化铜开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，c（Fe3+）×c3（OH-）=1.0×10-38；c3（OH-）=1.0×10－38/10－5 mol•L-1=1.0×10-33 mol•L-1，解得c（OH-）=1×10-11mol/L，因此溶液中c（H+）=10-3mol/L，则pH=3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行。
