《高二化学上学期第三次月考试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二化学上学期第三次月考试题（含解析）.doc（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、- 1 - / 26【2019【2019 最新最新】精选高二化学上学期第三次月考试题（含解析）精选高二化学上学期第三次月考试题（含解析）化学试题化学试题1. 下列有关合成氨工业的说法正确的是A. N2 的量越多，H2 的转化率越大，因此，充入的 N2 越多越有利于NH3 的合成B. 恒容条件下充入稀有气体有利于 NH3 的合成C. 工业合成氨的反应是熵增加的放热反应，在任何温度下都可自发进行D. 工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行【答案】D【解析】A. N2 的量越多，H2 的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，当投料比为n（N
2、2）:n（H2）= 1:2.8 时，最有利于氨气的合成，故 A 错误；B.恒容条件下充入稀有气体，参与反应的各物质的浓度没有改变，则平衡不移动，对氨气的合成没有影响，故 B 错误；C.根据 N23H22NH3 H0 可知，该反应为熵减小的放热反应，故 C 错误；D. 根据G=HTS0 时反应可以自发进行，该反应的H0、S0，所以在低温或常温下可自发进行，故 D 正确；答案选 D。点睛：本题主要考查平衡移动原理和化学反应进行的方向。本题的易- 2 - / 26错点是 A 项，解题时容易只从平衡移动原理的角度判断，错误认为充入的 N2 越多越有利于 NH3 的合成，忽略了工业生产的实际情况，加入过
3、多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成。2. 一定条件下，体积为 10L 的密闭容器中，1mol X 和 1molY 进行反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经 60 s 达到平衡，生成 0.3 mol Z。下列说法正确的是A. 以 X 浓度变化表示的反应速率为 0.001molL-1s-1B. 将容器体积变为 20 L，Z 的平衡浓度变为原来的C. 若增大压强，则物质 Y 的转化率减小D. 若升高温度，X 的体积分数增大，则该反应的H0【答案】A考点：考查化学反应速率的有关计算，影响平衡的因素等知识。3. 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)+
4、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)，根据图示得出的判断结论正确的是A. 反应速率 abcB. 达到平衡时 A2 的转化率大小为：bacC. 若 T2T1，则正反应是吸热反应D. 达到平衡时，AB3 的物质的量大小为：cba【答案】D- 3 - / 26【解析】a、b、c 三点在同一温度下，但是对应的 B2 的起始物质的量不同，c 点对应的 B2 的物质的量多，反应速率快，所以 a、b、c 的速率关系为 cba，A 错；在 A2 物质的量不变的条件下，增加 B2 的物质的量，A2 的转化率增大，所以 A2 的转化率大小
5、关系为cba，B 错；因为 AB3 的曲线上的点都代表平衡时 AB3 的体积分数，可以选在 b 点后面的 B2 的起始量相同的一点，可以看出在升高温度的条件下，AB3 的体积分数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，C 错；在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3 的物质的量越多，D 对。4. 物质间常常相互联系、互相影响，微粒也不例外。下列各组离子可能大量共存的是A. 常温下水电离出的 c(H+)=110-l0molL-1 的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、C
6、O32-、ClO-、Al3+C. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、SO42-、Fe3+【答案】A- 4 - / 26.点睛：掌握相关离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应” 、 “加入铝粉产生氢气” ；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5. 下列离子方程式表
7、达正确的是A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2OB. 用食醋除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC. 向 NaClO 溶液中通入少量 SO2：2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClOD. Na2S 溶于水呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-【答案】A【解析】A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+ H2O2 +2H+= 2Fe3+2H2O，A 正确；B. 用食醋除水垢：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，B 错误；C. 向 NaClO- 5 - / 26溶液中通入少量 SO2 发
8、生氧化还原反应： 3C1O-+SO2+H2O=SO42-+Cl+2HClO，C 错误；D. Na2S 溶于水硫离子水解，溶液呈碱性：S2+ H2OHS +OH，D 错误，答案选 A。点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶
9、物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。6. 在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g) HH2SO4HClB. 保存 FeSO4 溶液时，加入稀 HNO3，抑制 Fe2+水解- 7 - / 26C. 将 FeCl3 溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到 FeCl3 固体D. 将纯水加热的过程中，Kw 变大，pH 变小【答案】D【解析】A.盐酸和硫酸都是强酸，pH=2 的盐酸、硫酸溶液中 c（H+）相等，则二者等体积时消耗 NaOH 的物质的量相等，醋酸是弱酸，等pH 的醋酸和盐酸、硫酸相比，醋酸的浓
10、度大于盐酸和硫酸的浓度，则所需 NaOH 的物质的量最大，即所需 NaOH 的物质的量关系为：CH3COOHH2SO4=HCl，故 A 错误；B. 硝酸是强氧化性酸，加入稀 HNO3可将 Fe2+氧化成 Fe3+，应加稀硫酸，故 B 错误；C. 在 FeCl3 溶液中，Fe3+发生水解反应 FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热使 HCl 挥发，平衡不断向右移动，生成 Fe(OH)3，又因为灼烧时发生 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使 Fe(OH)3 分解生成 Fe2O3，则最终所得固体为Fe2O3，故 C 错误；D. 将纯水加热的过程中促进水的电离，Kw 变大，氢离子
11、浓度变大，pH 变小，故 D 正确；答案选 D。9. 有 4 种混合溶液，分别由等体积 0.1mol/L 的 2 种溶液混合而成：CH3COONa 与 HCl ； CH3COONa 与 NaOH；CH3COONa 与NaCl； CH3COONa 与 NaHCO3下列各项排序正确的是A. pH： B. c(CH3COO-)：C. 溶液中 c(H+)： D. c(CH3COOH)： 【答案】B- 8 - / 26【解析】试题分析：ACH3COONa 与 HCl 等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的 pH7，中有强碱氢氧化钠，溶液 pH 最大，都因盐的水解而显碱性，且中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶
12、液的pH，所以各混合液中的 pH 大小为：，故 A 错误；B因中碱中的 OH-抑制 CH3COO-水解，则 c（CH3COO-）最大，中两种盐相互抑制水解，中只有水解，而中 CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则 c（CH3COO-）最小，即 c（CH3COO-）的大小顺序为：，故 B 正确；C酸性越强，则溶液中 C（H+）越大，pH 越小，则四种混合液中的 pH 大小顺序为：，c（H+）大小为：，故 C 错误；D因水解程度越大，则生成的 CH3COOH 就多，则 c（CH3COOH），而中 CH3COO-与酸结合生成弱电解质 CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即 c（CH3COOH
13、），故 D 错误。故选 B。考点：考查离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等。试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则中显酸性，中显碱性，中只有 CH3COONa 水解显碱性，中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液 pH 越小，碱性越强，溶液的 pH 越大，然后根据盐的水- 9 - / 26解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答。10. 常温下，向 l0mL0.1mol/L 的 HR
14、 溶液中逐渐滴入 0.lmol/L 的NH3H2O 溶液，所得溶液 pH 及导电性变化如图。下列分析不正确的是A. ab 点导电能力增强，说明 HR 为弱酸B. b 点溶液 c(NH3H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)C. c 点溶液，存在 c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，HR 和 NH3H2O 的电离平衡常数近似相等【答案】B【解析】Aab 点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明 HR 在溶液中部分电离，为弱酸，A 正确；B根据图象可知 b 点溶液 pH=7，此时 HR 与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成 NH4R，铵根离子
15、与 R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒 c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B 错误；C根据图象可知，c 点时溶液的 pH7，混合液呈碱性，则 c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)，C 正确；D根据 B 中分析可知常温下，HR 和 NH3H2O 的电离平衡常数相等，D 正确；答案选 B。11. 在 t时，AgBr 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知 t时 AgCl 的 Ksp=410-10，下列说法不正确的是A. 在 t时，AgBr 的 Ksp 为 4.9l0-13B. 在 AgBr 饱和溶液中加入 NaBr 固体，可使溶液由 c 点到 b 点C
16、. 图中 a 点对应的是 AgBr 的不饱和溶液- 10 - / 26D. 在 t时，AgCl(s)+Br(aq) AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数 K816【答案】B【解析】试题分析：根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到饱和，在线右上方的点是过饱和溶液。A在 t时, Ksp(AgBr) c(Br-)c(Ag+)4.910-13，A 正确；B、在AgBr 的饱和溶液中加入 NaBr 固体，沉淀溶解平衡仍然存在，由于c(Br-)增大，所以平衡逆向移动，c(Ag+)减小，但是二者的乘积不变，只能是线上的点，溶液不可能由 c 点到 b 点，B 错误；C、图中 a 点在线
17、的左下方，由于 c(Br-)c(Ag+)Ksp(AgBr)=4.910-13，所以对应的是 AgBr 的不饱和溶液，C 正确；D、t时 AgCl 的 Ksp= c(Cl-)c(Ag+)410-10，c(Cl-) c(Ag+)=210-5，Ksp(AgBr)c(Br-)c(Ag+)4.910-13,则 AgCl(s)+ Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数 K c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr) 410-104.910-13816，D 正确，答案选 B。【考点定位】考查溶度积常数的有关判断与计算【名师点晴】Ksp 的有关计算及其图像分析需要注意：曲线
18、上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。从图像中找到数据，根据 Ksp 公式计算得出 Ksp 的值。比较溶液的 Qc 与 Ksp 的大小，判断溶液中有无沉淀析出。涉及 Qc 的计- 11 - / 26算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。12. 某温度下，向一定体积 0.1molL-1 一元弱酸 HA 溶液中逐滴加入等浓度
19、的 NaOH 溶液，溶液中 pH 与 pOHpOH=-lgc(OH-)的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 此温度下，水的离子积常数为 1.010-2aB. M、N 两点所示的溶液中，水的电离程度相同C. Q 点消耗的 NaOH 溶液的体积等于 HA 洛液的体积D. N 点溶液 D 水稀释，C(A-)/C(HA )减小【答案】C【解析】AQ 点时 pOH=pH，说明 c(OH-)=c(H+)=l0-amol/L，水的离子积 Kw=c(OH-)c(H+)=1.0l0-2a，故 A 正确；B由于 M 点的 OH-浓度等于 N 点的 H+浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，
20、故 B 正确；C恰好反应得到 NaA 溶液呈碱性，Q 点的pH=pOH，溶液呈中性，HA 稍过量，则 Q 点消耗的 NaOH 的体积小于 HA的体积，故 C 错误；DN 点溶液加水稀释，Ka=，温度不变，Ka 不变，加水稀释氢氧根离子浓度减小，c(H+)增大，所以变小，故 D 正确；故选 C。点睛：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查。看懂图像是解题的关键，本题中碱溶液中 pOH 越大、pH 越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性- 12 - / 26越强，随着氢氧化钠的加入，发生中和反应，溶液氢离子的浓度逐渐减小，则溶液 pH 逐渐增大，p
21、OH 逐渐减小。13. 某同学用稀 NaOH 溶液作 SO2 的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液的 pH 约为 10(已知：相同温度下饱和 Na2SO3 溶液的 pH 约为 9.5)，则下列说法正确的是A. 该溶液中：c(OH-)c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(H+)B. 该溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)C. 该溶液的溶质为 Na2SO3 和 NaHSO3D. 该溶液 pH 约为 10 的原因是 NaOH 过量【答案】D【解析】NaOH 溶液作 SO2 的尾气吸收液，实验完毕测得吸收液，c(Na+)c(OH)，故 A 错误；根据电荷守恒，该溶液
22、中：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(SO32)+ c(HSO3)，故 B 错误；相同温度下饱和 Na2SO3 溶液的 pH 约为 9.5，实验完毕测得吸收液的 pH 约为10，说明该溶液的溶质为 Na2SO3 和 NaOH ，故 C 错误；饱和 Na2SO3溶液的 pH 约为 9.5，该溶液 pH 约为 10 的原因是 NaOH 过量，故 D 正确。14. 常温下，向 IL0.1molL-1NH4Cl 溶液中，不断加入固体 NaOH后，NH4+与 NH3H2O 的浓度变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发)，下列说法正确的是A. M 点溶液中水的电离程度比原溶液大B. 随着
23、 NaOH 的加入，NH4+与 NH3H2O 物质的量总量减少- 13 - / 26C. 当 n(NaOH)=0.05mol 时，溶液中有：c(Cl-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D. 在 M 点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)【答案】D【解析】AM 点是向 1L 0.1molL-1NH4Cl 溶液中，不断加入 NaOH 固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故 A 错误；B1L0lmolL-1NH4Cl 溶液中，存在物料守恒 c(NH4+)+c(NH3H2
24、0)=0.1mol/L，随着 NaOH 的加入，NH4+与 NH3H2O 物质的量总量不变，故 B 错误；C向 1L 0.1molL-1NH4Cl 溶液中，不断加入 NaOH 固体后，当 n(NaOH)=0.05mol 时，得到物质的量均为 0.05molNH4Cl、0.05molNaCl 和 0.05molNH3H2O 的混合物，由于 NH3H2O 电离大于 NH4Cl 水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，故 C 错误；D在 M 点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n
25、(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，则 n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故 D 正确；答案为 D。15. 25 时，Fe(OH)2 和 Cu(OH)2 的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液 pH 的变化关系如图所示，已知该温度下 KspCu(OH)2-KspFe(OH)2，下列说法正确的是A. b 线表示 Fe(OH)2 饱和溶液中的变化关系，且 KspFe(OH)2=10-15.1- 14 - / 26B. 当 Fe(OH)2 和 Cu(OH)2 沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)= l：104.6
26、C. 向 X 点对应的饱和溶液中加入少量 NaOH，可转化为 Y 点对应的溶液D. 除去 CuSO4 溶液中含有的少量 Fe2+，可加入适量 CuO【答案】A【解析】A该温度下，KspCu(OH)2KspFe(OH)2，则 c(Fe2+)c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中 c(Fe2+)较大，所以 Fe(OH)2 饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b 线表示 Fe(OH)2 饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8 时，-lgc(Fe2+)=3.1，KspFe(OH)2=10-3.1(10-6)2=10-15.1，故 A 正确；B当 pH=1
27、0 时，-lgc(Cu2+)=11.7，则 KspCu(OH)2=10-11.7(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)=，故 B 错误；C向X 点对应的饱和溶液中加入少量 NaOH，溶液中会生成 Cu(OH)2 沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从 X 点到 Y 点铜离子浓度不变，故 C错误；DKspCu(OH)2KspFe(OH)2，Cu(OH)2 更易生成沉淀，在含有 Fe2+的 CuSO4 溶液中，加入适量 CuO，不能生成 Fe(OH)2 沉淀，所以 Fe2+浓度不变，故 D 错误；故选 A。16. 下列所述有关离子浓度之司的关系错误的是A. 将 CO2 通入
28、0.1molL-1Na2CO4 溶液至中性，溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1molL-1- 15 - / 26B. 浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COOH 与 CH3COONa 溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-5-10-9)mol/LC. 将 0 2molL-1NaHCO3 溶夜与 0.lmolL-1KOH 溶液等体混合：3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)D. 已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.810-5，则常温下0.1molL-1C
29、H3COONH4 中：c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】A【解析】A. 将 CO2 通入 0.1molL-1Na2CO3 溶液至中性，根据电荷守恒 2c(CO32-)+c(HCO3-)+ (OH-)=c(H+)+ c(Na+)可知溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)= c(Na+)=0.2molL-1，A 错误；B. 浓度均为0.lmol/L 的 CH3COOH 与 CH3COONa 溶液等体积混合后，pH=5，根据电荷守恒和物料守恒可知混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)=2(10-5-10-9) mol/L，B 正确；C.
30、将 0.2mol L-lNaHCO3 溶液与 0.lmol L-1KOH 溶液等体积混合后根据电荷守恒和物料守恒 2c(K+)c(Na+)可知 3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C 正确；D. 已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.810-5，这说明二者的电离程度相同，则常温下 0.1 molL-1CH3COONH4 溶液中离子的水解程度相同，溶液显中性，则溶液中c(NH4+)=c(CH3COO-)，D 正确，答案选 A。17. （1）常温下，0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液中有 1% CH3COOH 分子发生电离，
31、则溶液的 pH=_；可以使 0.10molL-1 - 16 - / 26CH3COOH 的电离程度增大的是_。 、a.加入少量 0.10 molL-1 的稀盐酸 b.加热 CH3COOH 溶液c.加水稀释至 0.010 molL-1. d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量 0.10 molL-1 的NaOH 溶液（2）将等质量的锌投入等体积且 pH 均等于 3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V( 盐酸)_V(醋酸)(填“” 、 “ bcd (6). c (Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+) (7)
32、. 0.62 (8). CH3COONa 溶液NaCN 溶液Na2CO3 溶液 (9). NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【解析】 （1）.Al3+水解生成的 Al(OH)3 胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒使其沉降从而达到净水的目的，离子方程式为：Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：A13+水解生成的 Al(OH)3胶体具有吸附性，即 Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3 吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）. NH4Al(SO4)2 是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，升高温度促进水解，使其水解程度增大，pH 减小，符合
33、的曲线为，故答案为：；NH4Al(SO4)2 水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大， pH 减小；.NH4Al(SO4)2 饱和溶液与 NH4HCO3 饱和溶液液混合，Al3与HCO3发生双水解反应，反应方程式为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；（3）. a、b、c、d 四个点，根据反应物量的关系，a 点时 NaOH 恰好和 NH4HSO4 中的 H+完全反应，溶液中只有（NH4）2SO4 与Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含有 NH3H2O 且浓度越来越大， （NH4）2SO4 可以促进水的电离，而 NH3H
34、2O 抑制水的电离，因此- 20 - / 26a、b、c、d 四个点，水的电离程度由大到小顺序为是 abcd；b 点溶液呈中性，溶液中含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O 三种成分，因 a 点时 c（Na+）=c（SO42-） ，则 b 点时 c（Na+）c（SO42-） ，根据 N 元素与 S 元素的关系，可以得出 c（SO42-）c（NH4+） ，故c (Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)，故答案为：abcd；c c (Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)；（4）. 25，将 SO2 通入该氨水中，当 c(OH-)降至 1
35、.010-7molL-1 时，c（H+）=1.010-7molL-1，由 H2SO3 的 Ka2=可知，溶液中的 c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62，故答案为：0.62；（5）. .根据图表数据可知，电离常数：醋酸HCN碳酸氢根离子，根据“越弱越水解” ，等浓度的 NaCN 溶液、Na2CO3 溶液、CH3COONa 溶液水解程度为：Na2CO3 溶液NaCN 溶液CH3COONa 溶液，溶液的 pH 为：Na2CO3 溶液NaCN 溶液CH3COONa 溶液，反之，等pH 的 NaCN 溶液、Na2CO3 溶液、CH3COONa 溶液的物质的量浓度大小顺序为：CH3COONa 溶液
36、NaCN 溶液Na2CO3 溶液，故答案为：CH3COONa溶液NaCN 溶液Na2CO3 溶液；. 向 NaCN 溶液中通入少量 CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3-，则反应生成 HCN 和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为 NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。- 21 - / 2619. 元素铬(Cr)在溶液中主要以 Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4-(绿色)、Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)等形式存在，Cr(OH)3 为难溶水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）Cr3+与 Al3+的
37、化学性质相似，在 Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是_。（2）CrO42-和 Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0molL-1 的 Na2CrO4 溶液中 c(Cr2O72-)随 c(H+)的变化如图所示。用离子方程式表示 Na2CrO4 溶波中的转化反应_。由图可知，溶液酸性增大，CrO42- 的平衡转化率_(填“增大” “ 减小”或“不变”)。根据 A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中 CrO42- 的平衡转化率减小，则该反应的H_0 (填“大于” “小于”或“等于”)。（3）已知 Ag2CrO4、AgC
38、l 的 Ksp 分别为 2.010-12 和 2.010-10，在化学分析中采用 K2CrO4 为指示剂，以 AgNO3 标准溶液滴定溶液中的 Cl-，利用 Ag+与 CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中 Cl-恰好完全沉淀(浓度等于 1.010-5molL-1)时，溶液中 c(Ag+)为_ molL-1，此时溶液中 c(CrO42-)等于_ molL-1。（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用 NaHSO3 将废液中的 Cr2O72-还原成 Cr3+，反应的离子方程式为_。- 22 - / 26【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿
39、色溶液 (2). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (3). 增大 (4). 1.01014 (5). 小于 (6). 2.010-5 (7). 510-3 (8). Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O【解析】试题分析：（1）根据题给信息知在 Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。（2）根据图像知随着氢离子浓度的增大，Na2CrO4 溶液中 CrO42-转化为 Cr2O72-，离子方程式为 2CrO42-+2HCr2O72-+H2O。由图可知
40、，溶液酸性增大，Cr2O72-的浓度逐渐增大，CrO42的平衡转化率增大。根据 A 点数据知，Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，CrO42-的浓度 c(CrO42)=0.5mol/L；H+浓度为 110-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为 K=c(Cr2O72-)/ c2(CrO42)c2(H)= 1.01014。由于升高温度，溶液中 CrO42的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中 CrO42的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的 H0；（3）当溶液中 Cl-
41、完全沉淀时，即 c(Cl-)=1.0105molL1，根据溶度积常数 Ksp(AgCl)=2.01010，可得溶液中 c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2.01010(1.0105molL1)=2.010-5molL1；则此时溶液中 c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)- 23 - / 26=2.01012(2.010-5)2=510-3molL1。（4）NaHSO3 具有还原性，Cr2O72具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为Cr2O72+3HSO3+5H=2Cr3+3SO42+4H
42、2O。考点：考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质的知识。20. （1）用 0.lmolL-1NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00mL、浓度均为 0.1molL-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积而变化的两条滴定曲线。滴定醋酸的曲线是_(填“I”或“”)。V1 和 V2 的关系：V1_V2(填“” 、 “=”或“c(Na+)c(H+)c(OH-) (4). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (5). 浊液中存在沉淀溶解平衡 AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入 KI 后，因为溶解度：AgIc(
43、Na+)c(H+)c(OH)，故答案为：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)；(2).铁离子遇到硫氰化钾显红色，发生的反应为：Fe3+3SCN- 25 - / 26Fe(SCN)3，故答案为：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；. 浊液中存在沉淀溶解平衡 AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入 KI后，因为溶解度：AgI0如表为反应在 T1 温度下的部分实验数据：t/s05001000c(N2O5)/molL-15.003.522.48则 500s 内 N2O5 的分解速率为_。在 T 2 温度下，反应 1000s 时测得 NO2 的浓度为 4.98 molL-1
44、，则 T2_T1( 填、或=)。（2）现以 H2、O2、熔融 Na2CO3 组成的燃料电池采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中 Y 为 CO2。写出石墨电极上发生反应的电极反应式_。N2O5 在电解池的_区生成(填“阳极”或“阴极”)。【答案】 (1). 0.00296molL-1s-1 (2). (3). - 26 - / 26H2+CO32-2e-=H2O+CO2 (4). 阳极【解析】 （1）. . 由表中数据可知，500s 内 N2O5 的浓度变化量为c（N2O5）=5mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，故 N2O5 的分解速率为=0.00296molL-1s-1，
45、故答案为：0.00296molL-1s-1；.在 T2 温度下，反应 1000s 时测得 NO2 的浓度为 4.98molL1，则此时 N2O5 的浓度为 5mol/L4.98molL1=2.51mol/L，因该反应是吸热反应，高于在 T1 温度下 1000s 时 N2O5 的浓度 2.48 mol/L，说明T2 温度下反应逆向进行，故温度 T2T1，故答案为：；（2）.原电池负极发生氧化反应，由装置图可知，负极上氢气失去电子，与熔融盐中碳酸根离子结合生成二氧化碳与水，负极电极反应式为：H2+CO322eH2O+CO2，从电解原理来看，N2O4 制备 N2O5 为氧化反应，则 N2O5 应在阳极区生成，故答案为：H2+CO322eH2O+CO2；阳极。点睛：本题主要考查反应速率的计算、平衡移动原理和电化学原理。本题的难点是第（2）问，在解题时要先根据原电池和电解池的特点判断左右两个装置的类型，左侧装置两个电极分别通入氢气和氧气，属于典型的氢氧燃料电池，则左侧装置为原电池、右侧装置为电解池，再利用电化学原理分析解答即可。