安徽省涡阳县第一中学2019-2020学年高二12月月考化学试题
2018级涡阳一中高二年级第三次质量检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量 H：1 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.《本草纲目》中记载了草木灰的获取及使用的过程——“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列有关该记载的说法中，不正确的是( )
A. “以灰淋汁”的操作是过滤 B. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用
C. “取碱”得到的实际是一种盐溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．从草木灰中分离出碳酸钾的方法为过滤，故A正确；
B．"薪柴之灰"主要成分为碳酸钾，溶液呈碱性，铵盐溶液呈酸性，二者不能共用，故B错误；
C．所得碱溶液为碳酸钾溶液，碳酸钾属于盐，故C正确；
D．碳酸钾水解呈碱性，有利于油脂的水解，所以“浣衣”过程有化学变化，故D正确；
故答案为B。
2.下列关于化学反应原理基础知识的叙述中，正确的是( )
A. 使用催化剂可以改变反应的活化能，但不会改变反应的焓变。
B. 对于已经达到平衡的化学反应，改变压强，平衡常数（K）可能改变
C. 强电解质水溶液的导电性一定比弱电解质水溶液的导电性强
D. 电解饱和食盐水，阳极产物一定是氯气
【答案】A
【解析】
【分析】
A．催化剂改变反应的活化能，不能改变反应的焓变；
B．化学平衡常数是关于温度的量，故压强改变平衡常数不变；
C．溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关；
D．电解饱和食盐水，当氯化钠电解完成后，电解本质为电解水，阳极产物是氧气；
【详解】A
．催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，催化剂不能改变化学平衡，不能改变反应的焓变，故A正确；
B．化学平衡常数，是指对于可逆化学反应在一定温度下达到化学平衡时计算出的比值； 在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不考虑反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数，且一般用浓度表示平衡常数，该常数是关于温度的变量，温度不变常数值不变，故B错误；
C．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质水溶液的导电性强，如氯化钠的稀溶液导电性不一定比醋酸的浓溶液导电性强，故C错误；
D．电解饱和食盐水时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极上是氢离子得电子生成氢气，同时得到氢氧化钠，当氯化钠电解完成，本质为电解水，阳极产物是氧气，故D错误；
故答案选择A。
【点睛】高中化学中未特殊说明的情况下化学平衡常数为浓度平衡常数，该常数是关于温度的一个变量，温度不变平衡常数不发生变化。
3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
B. 已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应数值均为57.3kJ
D. 已知2C(s)＋2O2(g) = 2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【解析】
【分析】
A．从金刚石和石墨的转化关系式可见，金刚石能量比石墨高；
B．放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；
C．弱酸弱碱电离要吸热，浓酸浓碱溶解要放热；
D．根据C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量分析；
【详解】A．金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，故A错误；
B．放热反应为反应物总能量大于生成物总能量，所以不能确定的能量与
的能量大小，故B 错误；
C. H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，表示稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol液态水时，放出热量57.3KJ，不能代表弱酸弱碱以及浓酸浓碱，故C错误；
D．因为C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量。又放热焓变为负值，所以2C(s)＋2O2(g) = 2CO2(g) ΔH1,， 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则△H1<△H2，故D正确；
故答案选D。
【点睛】中和热数值57.3kJ/mol特制强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态水时的反应热数据。
4.已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H= —701.0kJ·mol-1 ，2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H= —181.6kJ·mol-1，则反应Zn（s）+ HgO（s）=ZnO（s）+ Hg（l）的△H为( )
A. -259.7 kJ·mol-1 B. +259.7 kJ·mol-1 C. +519.4kJ·mol-1 D. -519.4kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s) △H=-701.0kJ•mol-1，②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) △H=-181.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，将①-②得到：2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l) △H=-519.4kJ/mol，则反应：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)△H=-259.7kJ/mol，故选A。
5.一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
265
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1
B. 0～4min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10－2mol·L－1·min－1
C. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
D. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.25 mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A.0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O2=2H2O+O2可知△c（H2O2）==0.2mol/L，所以v（H2O2）=≈0.033mol/（L•min），故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，0～4min的平均反应速率大于0～6min时间内的平均反应速率，因此v(H2O2)>3.3×10－2mol·L－1·min－1 ，B正确；
C．6min内△c（H2O2）=0.2mol/L，则H2O2分解率为：×100%=50%，故C正确；
D．由A计算可知，反应至6 min时c（H2O2）=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故D错误；
故选：D
6.如下操作能达到实验目的的是（ ）
A. 电解精炼铜
B. 量取9.00mL的稀盐酸溶液
C. 在铁上镀铜
D. 测定溶液的pH值
【答案】C
【解析】
【分析】
A．电解精炼铜时，粗铜连接正极做阳极；
B．量筒的精确度为0.1mL；
C．电镀中，镀件连接负极做阴极，镀层金属连接正极做阳极；
D．测pH时用干燥的pH试纸；
【详解】A．粗铜的精炼中利用阳极：Cu-2e-=Cu2+；阴极：Cu2+ +2e-= Cu对金属铜进行提纯，所以粗铜连接正极做阳极发生氧化反应，精铜连接负极做阴极发生还原反应，故A错误；
B．由图片可知量筒的精确度为0.1mL，故B选项错误；
C．电镀原理是镀层金属连接正极做阳极发生氧化反应,金属铜失电子：Cu-2e-=Cu2+；镀件连接负极做阴极，溶液中的铜离子发生还原反应：Cu2++2e-= Cu，故C选项正确；
D．溶液pH测量时为避免因稀释导致pH的变化，pH试纸保持干燥，故D错误；
故答案选择C。
7.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 向H2S水溶液中加入NaOH有利于S2-增多
B. 过氧化氢分解加催化剂二氧化锰，使单位时间内产生的氧气的量增多
C. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
D. 新制氯水久置后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)
，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理使用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释；
【详解】A．水溶液中存在平衡，加入，与反应，浓度减小平衡正向移动，有利于增多，能用勒夏特列原理解释；
B．双氧水的分解不是可逆反应过程，故不能用列夏特勒原理解释；
C．将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，能用勒夏特列原理解释；
D．氯气溶于水生成次氯酸，方程式为，次氯酸见光分解，促进平衡向正向移动，故可以用勒夏特列原理解释；
故答案选择B。
【点睛】勒夏特列原理使用对象：1、可逆反应；2、改变了影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度等。
8.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( )
A. 碱性锌锰干电池的负极反应式为：MnO2+2H2O-2e−=Mn（OH）2＋2OH−
B. 铅蓄电池放电时，正极反应式为PbO2＋4H+＋SO42−＋2e−=PbSO4＋2H2O
C. NaHS水解反应方程式：HS−＋H2O H3O+＋S2−
D. 过量的SO2通入到漂白粉溶液中，反应方程式：ClO−＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3−
【答案】B
【解析】
【分析】
A．干电池的工作原理和原电池一致，放电的时候负极发生氧化反应；
B．铅蓄电池为二次电源，放电的过程中正极发生还原反应；
C．水解过程是溶液中的离子结合水电离产生的 的过程；
D．漂白粉有氧化性，二氧化硫有还原性，故将二氧化硫通入漂白粉中发生氧化还原反应；
【详解】A．碱性锌锰干电池的负极发生氧化反应，反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，故A错误；
B．铅蓄电池放电时，正极发生还原反应，故B正确；
C．NaHS溶液水解过程为：HS−＋H2O ⇌H2S＋OH-，故C选项错误；
D．漂白粉溶液中通入SO2 发生氧化还原反应，ClO−＋SO2＋2H2O=4H++Cl＋SO42-−
，故D选项错误；
故答案选择B。
【点睛】一次电源，二次电源放电的工作原理都是原电池原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；盐类水解的定义是盐类电离的弱离子和水电离的氢离子或氢氧根结合的过程。
9.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3−、SO42−、Na+
B. 存在较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN−、CO32−、K+
C. 常温下水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中：：NH4+、Cl−、CO32−、F−
D. 在能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、CO32−、S2−、NO3−
【答案】D
【解析】
【分析】
离子大量共存的条件是在同一个环境中离子浓度不会发生改变。
【详解】A. PH=1，溶液中存在较多，在酸性环境中具有强氧化性，不能和还原性离子共存，有还原性，故A组离子不能大量共存；
B. ，同时存在的环境为酸性环境不能和共存，故B组离子不能共存；
C.常温下水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，酸性溶液中不能存在，碱性溶液中不能存在，故C组离子不能共存；
D.能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，不能体现强氧化性，D组离子都可以存在，故D组离子可以共存；
故答案为D。
【点睛】离子共存的前提是所有离子不发生反应，离子浓度不会改变。
10.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0．将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是（ ）
A. b点的操作是压缩注射器
B. c点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小
C. d 点：v（正）＞v（逆）
D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＞T（c）
【答案】A
【解析】
试题分析：A、气体颜色变深，透光率变小，b点开始时压缩注射器的过程，A正确；B、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，B错误；C、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以逆反应速率大于正反应速率，C错误；D、b点开始时压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)
0
B. 实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】
【分析】
A．分析①②中达平衡时平衡常数的变化，利用勒夏特列原理可以得知反应为放热反应；
B．由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；
C．温度不变平衡常数不变，根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率；
D．对比实验①②的平衡常数可知，正反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减，转化率减小，根据实验③中X的转化率为60%，则实验④4中X的转化率小于60%，达到平衡时，b<0.060；
【详解】X(g)＋Y(g) ⇌⇌ M(g)＋N(g)
起始浓度（mol/L）0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol/L）0.009 0.009 0.009 0.009
平衡浓度（mol/L）0.0010.031 0.009 0.009
实验①中，该反应的平衡常数K= ==2.61；
X(g)＋Y(g) ⇌⇌ M(g)＋N(g)，
起始浓度（mol/L）0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol/L）0.008 0.008 0.008 0.008
平衡浓度（mol/L）0.0020.032 0.008 0.008
实验②中，该反应的平衡常数K= ==1.0
A．由①可知700℃时，反应的平衡常数为2.61，由②可知800℃反应达平衡时平衡常数为1.0，即温度升高平衡常数减小，可知温度升高平衡左移，由列夏特勒原理可知升温平衡向吸热方向移动，故逆反应方向为吸热反应，即△H<0.故A错误；
B．由表格可知达平衡时该反应在800℃时的平衡常数为1.0，故B项错误；
C．由③可知，达平衡时平衡常数为1.0，故可知达平衡时n(M)=0.12mol，n(X)=0.12，故X的转化率为60%；
D．由表格可知在温度不变时③和④为等效平衡，此时b=0.06，但是由①和②可知该反应正向为放热反应，温度升高平衡左移，故b<0.060，D项错误；
故答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题 （本题共4个大题，共52分）
17.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
实验温度
试管中所加试剂及其用量/mL
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/L H2C2O4溶液
H2O
3mol/L 稀H2SO4溶液
0.05mol/L KMnO4溶液
①
25
3.0
V1
2.0
3.0
1.5
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
③
50
2.0
V2
2.0
3.0
1.0
(1)请完成此实验设计，其中：V1=_________，V2=___________。
(2)根据上表中实验①、②的数据，可以得到的结论是_________________________________。
(3)探究温度对化学反应速率的影响，应选择__________（填实验编号）。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。
实验编号
实验温度/℃
试管中所加试剂及其用量
再向试管中加入某种固体
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/L H2C2O4溶液
H2O
3mol/L 稀H2SO4溶液
0.05mol/L KMnO4溶液
④
25
2.0
3.0
2.0
3.0
MnSO4
t
该小组同学提出的假设是___________________________________________。
【答案】 (1). 2.0 (2). 3.0 (3). 其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，化学反应速率加快（减慢） (4). ②③ (5). Mn2+对该反应有催化效果
【解析】
【分析】
（1）.利用实验2、3中的数据，可知溶液的总体积为10.0mL，所以实验1中 =2.0mL, =3.0mL；
（2）.实验①、②其他条件相同，只有
浓度不同，则实验①、②探究的是浓度对反应速率的影响，根据表中的实验数据，实验①的草酸浓度大，溶液褪至无色所需时问更短，则浓度大，反应速率大；
（3）.实验2和③的温度不同，其他条件相同；
（4）.由①④可知，反应中的变量为是否加入，故本实验为验证Mn2+对该反应有催化效果;
【详解】（1）.利用实验2、3中的数据，可知溶液的总体积为10.0mL，所以实验1中=2.0mL, =3.0mL,故答案为:2.0，3.0；
（2） 实验①、②其他条件相同，只有浓度不同,则实验①、②探究的是浓度对反应速率的影响，根据表中的实验数据，实验①的草酸浓度大，溶液褪至无色所需时间更短，则浓度大，反应速率大故答案为：其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，加快(減慢)化学反应速率；
（3）.为探究温度对化学反应速率的影响，必须温度不同，其他条件相同，实验②和③满故答案为：②③；
（4）.由①④可知，反应中的变量为是否加入，故本实验为验证Mn2+对该反应有催化效果；
18.氮元素可形成多种化合物，在工业生产中具有重要价值。 请回答下列问题：
(1)已知拆开1molH－H 键，1molN－H键， 1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应合成NH3的热化学方程式为___________________________________。
(2)在绝热、容积固定的密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，下列说法能说明上述反应达到平衡的是___________(填序号)。
①单位时间内生成2n mol NH3的同时生成3n mol H2
②单位时间内生成6n mol N—H键的同时生成n mol N≡N键
③N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2
④混合气体的平均摩尔质量不变。
⑤容器内的气体密度不变
(3)一定温度下，2L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应：N2O4(g) 2NO2(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：
时间／s
20
40
60
80
100
C(NO2)/(mol/L)
0．12
0．20
0．26
0．30
0.30
①升高温度时，气体颜色加深，则正反应是_________(填“放热”或“吸热”)反应。
②该温度下反应的化学平衡常数数值为_____________。
③相同温度下，若开始向该容器中充入0.80molN2O4，则达到平衡后: c(NO2) ______ 0．60mol·L-1(填“>”、 “=”或“<”)
(4)N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受人们关注。现以 H2、O2、熔融盐 Z(Na2CO3)组成的燃料电池电解制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。
①写出石墨I电极上发生反应的电极反应式 _______________________________________；
②在电解池中生成N2O5的电极反应式为_______________________________________
【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol－1 (2). ①②④ (3). 吸热 (4). 1.8 (5). < (6). H2+CO32-－2e－=CO2+H2O (7). N2O4+2HNO3－2e－=2N2O5+2H+
【解析】
【分析】
（1）由∆H=反应物总能量-生成物总能量，可知与反应合成的热化学方程式；
（2）化学反应平衡的两大标志为“等”，“定”， “等”正逆反应速率相等（可解读为1.反应物的消耗量和生成物的消耗量等于反应系数比；2.反应物断键和生成物断键或反应物成键和生成物成键数目为一定比例），“定”指反应中变化的量不在变化；
（3）反应中四氧化二氮为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，升高温度时，气体颜色加深，可以得知反应向生成二氧化氮的方向移动，将勒夏特列原理可以得知反应为放热；
（4）装置中左侧为熔融碳酸盐做电解质的燃料电池装置为右侧的装置提供外部电源，右侧工作原理为电解池原理；
【详解】（1）拆开1molH-H键,1moLN-H键，1moN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ
，化学方程式为，依据化学方程式计算反应热为△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol+6×391kJ/mol=-92KJ/mol，故反应的热化学方程式为：，△H=-92KJ/mol；
（2）①单位时间内生成2n mol 的同时消耗3nmol，于此同时生成3n mol，故可知①可以作为达成平衡的标志；
②单位时间内生成6n mol 键的同时消耗nmol，此时生成n mol键故②可以作为达成平衡的标志；
③的物质的量浓度之比为1∶3∶2，并不能说明物质的量浓度不变，故③不能作为达成平衡的标志；
④ ，由反应式可知质量为定值，为变化的值，故不变可以作为达成平衡的标志；
⑤容器内的气体密度，为定值，为定值，故容器内的气体密度不变不能作为达成平衡的标志；
选①②④；
（3）①2对于，反应中四氧化二氮为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，升高温度时，气体颜色加深，说明平衡正向进行，则正反应为吸热反应；
②.该温度下2L密闭容器中充入0.40mol结合三段式得到
起始量(mo/L) 0.2 0
变化量(mo/L) 0.15 0.3
平衡量(mol/L) 0.05 0.3
平衡常数K= ==1.8；
③.
起始量(mol) 0.4 0
全部转化 0 0.8
则相同温度下，若开始向该容器中充入0.80mol ，则达到平衡后和充入0.4mol
四氧化二氮达到相同的平衡状态，故c（NO2）=0.3mol/L,所以 c(NO2)小于 0.60mol·L-1；
（4）.①燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，故电极反应式为：H2+CO32-－2e－=CO2+H2O；②中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价，因此应该在左侧生成，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H++2e-=H2↑的反应，则阳极为：N2O4+2HNO3－2e－=2N2O5+2H+。
19.利用所学化学反应原理，解决以下问题：
(1)一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如右图所示，请回答下列问题：
①写出冰醋酸电离方程式____________
②加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：_______________________________________
③a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：__________（填“相同”、“a点大”、“b点大”、“c点大”）
(2)常温下，将0.2 mol·L－1的CH3COOH和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=5(溶液体积变化忽略不计)，则该溶液中：
c(CH3COO−) + c(CH3COOH)= _______mol/L
c(H+) - c(CH3COO−)+ c(Na+) = _______mol/L
(3)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)
(4)在0.10 mol·L-1 Na2SO3溶液中，离子浓度由大到小顺序为___________________________________。
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO−＋H+ (2).
冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时，水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降 (3). 相同 (4). 0.1 (5). 10−9 (6). Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+ (7). c(Na+)> c(SO32-) > c(OH−)>c(HSO3-) >c(H+)
【解析】
【分析】
（1）溶液中电解质的导电能力与离子浓度有关，弱电解质加水稀释的过程中存在电离平衡的移动；
（2）盐类溶液中离子之间存在：物料守恒为等同于原醋酸溶液稀释之后浓度；电荷守恒，源自；
（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做净水剂；
（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解显碱性。
【详解】（1） ①醋酸属于弱电解质，部分发生电离，离子方程式为： ；
②冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时，水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降；
③由于酸的物质的量未发生改变，所以酸碱中和中所需的碱的物质的量相同；
（2）由物质的量守恒可知=0.1mol/L. == 10−9；
（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做净水剂，离子方程式为：；
（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小关系为： ；
【点睛】盐类溶液中离子之间存在三个守恒：物料守恒，电荷守恒，质子守恒，在进行计算时注意观察题中所给式子符合什么变形；盐类溶液中离子浓度大小比较时注意离子来源，确认溶液中原有的离子和水解或电离出来的离子，原有存在的离子浓度大于水解或者电离产生的离子浓度。
20.铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用．
(1)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：
回答下列问题：
(1)操作Ⅰ、II的名称分别是______、_______．写出在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的化学方程式__________________________。
(2)某同学在实验室中用KMnO4溶液滴定的方法来测定绿矾（FeSO4•7H2O）样品的纯度，操作过程如下：
a．称取3.00g绿矾（FeSO4•7H2O）样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．
①滴定达到终点时锥形瓶中溶液颜色变化为：__________________且半分钟内不恢复原色
②计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为_______ 已知【M（FeSO4•7H2O）=278g/mol】
③写出酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式_________________________
④下列操作会导致样品中FeSO4•7H2O的质量分数的测定结果偏高的有_________．
a．盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗
b．未干燥锥形瓶
c．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
d．量取待测液，视线注视刻度时开始平视、结束俯视．
【答案】 (1). 过滤 (2). 洗涤 (3). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 (4). 溶液由浅绿色变成紫红色 (5). 0.9266 (6). 5Fe2+＋MnO4−＋8H+=Fe3+＋2Mn2+＋4H2O (7). a d
【解析】
【分析】
(1)分离可溶物和不溶物用过滤，除去固体上的少量可溶性杂质用洗涤；
(2)①.亚铁离子被氧化为三价铁离子，高锰酸钾溶液做指示剂，滴定终点时溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不立即褪去；
②.根据5Fe2+---MnO4-关系，计算出n（），从而配制的250mL溶液中含亚铁离子物质的量，根据n（Fe2+）=n（FeSO4∙7H2O）关系计算出绿矾的质量，计算出质量分数；
③高锰酸钾具有氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，据此写出离子方程式；
④依据滴定过程中c(待测)=c(标准)V(标准)/ V(待测),操作中引起的误差需要分析标准液的体积变化。
【详解】（1）分离可溶物和不溶物用过滤，除去固体上的少量可溶性杂质用洗涤，故答案为：过滤；洗涤；在空气中煅烧，与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳，故答案为：；
（2）①滴定实验是利用高锰酸钾溶液的颜色变化指示反应终点，所以反应完全后，溶液呈紫红色，故答案为：溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不立即褪去；
②.依据步骤分析，25mL溶液被高锰酸钾溶液滴定反应，终点时消耗亚铁离子物质的量为：
1 5
1mol 5mol
故n（）=0.001mol，配制的250mL溶液中含亚铁离子物质的量n=0.01mol；样品中绿矾的质量分数=×100%=97.5%，故答案为:97.5%；
③高锰酸钾具有氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为锰离子，离子方程式为：；
④.依据滴定过程中c(待测)=c(标准)V(标准)/ V(待测)，操作中引起的误差需要分析标准液的体积变化，a.盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则导致标准液稀释浓度实际减小V（标准）增大，故结果偏高；b．未干燥锥形瓶，不影响待测液的物质的量的变化，故结果没变化；c．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则V(标准)
偏小故结果偏低；d．量取待测液，视线注视刻度时开始平视、结束俯视，俯视滴定管读数偏小，则V（待测）偏小，故测定结果偏高；故选a d；
