四川省成都市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题

四川省成都市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，下列属于二次能源的是（）A．煤炭 B．地热 C．电力 D．风能2．下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是（）A．花香四溢 B．冰块融化C．Na2CO3·10H2O风化 D．水蒸气冷凝3．向稀氨水中分别加入以下物质，水的电离平衡会正向移动的是（）A．NH4Cl B．浓氨水 C．NaOH D．Na2SO44．下列溶液显酸性，解释其原因的化学用语错误的是（）A．碳酸溶液：H2CO3⇌2H++CB．硫酸溶液：H2SO4=2H++SC．硫酸氢钠溶液：NaHSO4=Na++H++SD．NH4Cl溶液：NH4++H2O⇌NH3∙H5．已知：反应HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。现分别取50mL0.50mol/L醋酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，用如图实验装置测定该反应的中和热△H，下列叙述正确的是（）A．图中装置缺少铜丝搅拌棒B．为了让反应充分进行，NaOH分三次倒入C．该实验测定的反应热△H＞-57.3kJ/molD．用50mL0.50mol/LNaOH溶液更准确6．以下应用与盐类水解无关的是（）A．用热碱去除废铁屑表面油污B．配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液C．用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板7．H-H键键能为436kJ/mol，下列关于反应H2A．1molH-H断裂放出热量436kJB．a值由键能决定，与状态无关C．光照和点燃条件下a的数值不同D．使用催化剂不能改变△H8．常温下，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液在水中的电离示意图如下图所示，下列描述错误的是（）A．代表H3B．冰醋酸是强电解质C．pH：试剂1<试剂2D．中和等体积两份溶液，耗碱量相同9．已知热化学反应方程式：①C(s)+②CO(g)+下列说法错误的是（）A．反应①：EB．CO的燃烧热是283.0kJ/molC．C生成CO需要吸热D．盖斯定律可间接获得不方便测量的反应热10．冰醋酸中乙酸分子间通过氢键结合为二聚体(如下图)。常温下，向50mL冰醋酸中逐滴加入蒸馏水的过程中存在平衡：(CHA．乙酸二聚体逐渐减少 B．c(CHC．电导率与溶液中离子浓度有关 D．水的电离程度逐渐增大11．实验探究浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响。下列实验设计不恰当的是（）

目的实验设计A探究浓度对反应速率的影响B探究温度对反应速率的影响C探究温度对反应速率的影响D探究催化剂对反应速率的影响A．A B．B C．C D．D12．已知2NO2(g)⇌NA．初态到末态颜色变浅，平衡正向移动B．平均摩尔质量：末态大于初态C．c(NOD．初态到末态n(N13．一定温度下，向密闭容器中充入8molX(g)和2molY(g)，其物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．发生的反应为2X(g)=Y(g)B．25min改变条件重新达平衡后Y的体积分数变大C．25min时改变的条件可能是加压D．25min改变条件后，Kc变小14．滴定分析法是一种精度很高的定量分析法。以酚酞为指示剂，用0.1500mol/LNaOH标准溶液滴定某未知浓度的盐酸溶液，下列说法错误的是（）A．用酸式滴定管盛装待测液B．装液之前需润洗碱式滴定管C．指示剂多加不影响测定结果D．滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色15．某小组进行如下实验证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]。下列相关叙述错误的是（）A．试管Ⅰ中出现白色沉淀，试管Ⅱ沉淀转为蓝色B．试管Ⅱ反应：Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)⇌Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)C．试管Ⅰ反应后上层清液中有c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]D．向试管Ⅰ中滴加过量NaOH溶液不影响结论16．研究化学反应历程有利于调控化学反应速率。已知反应2NO(g)+Oⅰ：2NO(g)⇌Nⅱ：N2O活化能EaA．反应ⅰ的ΔB．EaC．反应ⅱ是决速步骤D．分离NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响17．Fe3+与SCN-的配位平衡是研究化学热力学原理的重要载体。向5mL0.005mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.01mol/LKSCN溶液，溶液变红，t秒时测得溶液中c(Fe3+)=0.001mol/L，待稳定后将溶液均分于两支试管中，完成下列实验。试管操作现象Ⅰ滴入1mol/LKSCN溶液4滴溶液红色加深Ⅱ加入饱和FeCl3溶液4滴溶液红色加深下列说法正确的是（）A．离子方程式：FB．t时间内，反应平均速率vC．试管Ⅰ溶液颜色加深说明该反应是可逆反应D．将试管Ⅱ饱和FeCl3溶液换为KCl固体，现象相同18．Sb2O3为不溶性固体，可用作白色颜料和阻燃剂，在实验室可利用SbClA．水解总反应可表示为：2SbCB．适当加热可使胶态SbC．大量的水和氨水都能促进SbClD．反应后可直接通过结晶得到Sb19．已知25℃时，向10mL0.01mol⋅L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol⋅L-1的盐酸，滴入过程中，溶液中HCN、CN-分布系数δ下列叙述错误的是（）A．水的电离程度：e<g<hB．Ka(HCN)的数量级是1C．V[HCl(aq)]=5mL时，c(CD．V[HCl(aq)]=10mL时，c(N20．硫化沉淀法处理酸性电镀废水中Cu2+工艺如下，已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2×1A．加入NaOH调pH同时避免生成HB．该过程需要控制pH不能碱性过强C．加入混凝剂可提高CuS的沉降速度D．若电镀废水中含有Fe3+，可直接加入Na二、填空题21．在实验室探究温度对盐溶液和水的pH的影响，测得0.1mol/LCuSO4溶液、0.1mol/LNa2SO3溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。回答下列问题：（1）温度升高H2O的pH减小，c(H+)c(OH-)(填“>”、“<”或“＝”)。（2）加热CuSO4溶液pH变小，试结合化学用语解释原因。（3）常温时向Na2SO3溶液滴加2滴酚酞，现象是；恢复至室温与加热前相比Kw(填“增大”、“减小”或“不变”)；计算25℃时，H2SO3的Ka2的值为(忽略水的电离及SO（4）向加热前后的Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，发现加热后的溶液中产生的白色沉淀更多。试以此分析Na2SO3溶液pH随温度升高而降低的原因：①；②温度升高Kw增大。22．天然水加热时产生水垢.天然水中含Ca(HCO3)2与Mg(HCO（1）加热Ca(HCO3)2的化学方程式为；持续加热，MgC（2）浓缩海水得粗盐水中主要含有Mg2+、Ca2+、SO42-（3）工业上通常用Ca(OH)2除去天然水中Mg2+，已知某天然水中Mg2+开始沉淀的pH（4）工业上制备轻质氧化镁流程如下.轻质氧化镁相比重质氧化镁质量更轻，更加疏松多孔。①水解过程加热的作用是；②不用重质MgO而用轻质MgO酸溶制备MgSO4的原因是三、综合题23．高炉炼铁过程存在的主要反应为：①F②C(s)+C法国科学家勒夏特列经过深入的研究，发现反应②是一个可逆反应，自上而下发生在高炉中有焦炭的地方。回答下列问题：（1）高炉炼铁采用的冶炼方法是(填“湿法炼铁”或“热还原法”)。（2）反应②达到平衡的标志是____(填序号)。A．v(COC．测定c(CO2（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压(压强为pMPa)密闭容器中充入1molCO2与足量碳发生上述反应①反应C(s)+CO2(g)⇌②650℃时CO的分压为MPa；③T℃时，该反应的平衡常数Kp=(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。24．烯烃是化工生产的重要原料，低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对提高化石能源利用率有着重要作用.乙烷脱氢的反应为：C2（1）有关物质的燃烧热如下表。则ΔH=。物质CCH燃烧热/(kJ/mol)−1559−1411−285（2）在一定温度下，有利于提高C2H6（3）研究发现，向反应的恒容体系中充入一定量的CO2发生反应：CO2+H2=CO+H①向2L恒容体系下充入2mol的C2H6，30min达到A点，反应Ⅰ的平均反应速率v②图中C点与B点相同充料，则此时C点v正v逆(填“>”、“<”或“=”)；B点的v正C点的v逆(填“>”、“<”或“=”)。③向反应中加入CO2制备乙烯具有明显优势，其原因是25．天然石灰石是生产水泥的重要原材料之一。对石灰石中CaCO3含量的测定常用KMnO4化还原滴定。简化流程如下：回答下列问题：（1）“溶解”时为增大浸出效率，可采取的措施是(一条即可)。（2）加入稀盐酸溶解后，煮沸的目的是。（3）“过滤”后还需用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀三次，再用蒸馏水快速洗涤。结合CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C（4）“滴定”：用一定浓度的稀硫酸将沉淀多次溶解(CaSO4微溶于水，保证CaC2O4完全转化成H2C2O4)，获得的H2C2O4溶液用cmol/LKMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为VmL。①滴定时需要用到的玻璃仪器有酸式滴定管、胶头滴管、烧杯、；②滴定终点的现象为；③上述沉淀未洗净就滴定，结果可能(用“偏大”、“偏小”、“不变”填空)；④样品中的钙含量为%(列表达式即可。已知：样品质量mg，通常以CaO的质量分数表示钙含量)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】一次能源是直接获得的能源，比如煤炭、石油、风能，地热能等，二次能源是指一次能源经加工转化的能源，比如电能，故C符合题意；故答案为C。

【分析】一次能源是直接获得的能源，二次能源是指一次能源经加工转化的能源。2．【答案】D【解析】【解答】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；故答案为：D。

【分析】熵可以根据其混乱程度判断，气体增多，则熵增，气体减少，则熵减。固体转化为液体，液体转化为气体，其熵依次增大。3．【答案】A【解析】【解答】A．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O⇌NH4++OH-，NH3·H2O电离产生OH-，对水的电离平衡起抑制作用。向溶液中加入NH4Cl固体，盐电离产生的NH4+使溶液中c(NH4+B．向其中加入浓氨水，NH3·H2O的浓度增大，其电离产生的c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，B不符合题意；C．向其中加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，C不符合题意；D．向其中加入Na2SO4，该物质是强酸强碱盐，不水解，对NH3·H2O⇌NH4+故答案为：A。

【分析】稀氨水会抑制水的电离，若想使水的电离平衡朝，即可以通过抑制一水合氨的电离或者和一水合氨发生反应，可以使水的电离平衡朝正向移动。4．【答案】A【解析】【解答】A．碳酸是多元弱酸，应该分步电离，第一步电离出一个氢离子，H2CO3⇌H++HCOB．硫酸是二元强酸，完全电离，H2SO4=2H++SOC．硫酸是二元强酸，硫酸氢钠中的硫酸氢根离子完全电离，硫酸氢钠溶液：NaHSO4=Na++H++SOD．NH4Cl中的铵根离子可以水解，水解方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2故答案为：A。

【分析】A．多元弱酸应该分步电离；B．强酸完全电离；C．硫酸是二元强酸，硫酸氢钠中的硫酸氢根离子完全电离；D．依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解分析。5．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示可知：图中装置缺少混合溶液的环形玻璃搅拌棒，A不符合题意；B．为了减少实验过程中的热量损失，NaOH溶液要一次快速倒入，B不符合题意；C．由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，电离过程需吸收能量，反应放出的热量越少，则相应的反应热就越大，所以使用50mL0.50mol/L醋酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应就比使用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应放出热量少，因此该实验测定的反应热△H＞-57.3kJ/mol，C符合题意；D．任何反应都具有一定的可逆性，为了保证盐酸完全反应，NaOH溶液要稍微过量，这样测定结果才更准确，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．装置缺少环形玻璃搅拌棒；B．溶液要一次快速倒入；C．弱酸电离过程需吸收能量；D．任何反应都具有一定的可逆性，为了保证盐酸完全反应。6．【答案】D【解析】【解答】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意；B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意；C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意；D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、油污在碱性条件下可以发生水解；

B、氢氧化钠可以抑制硫离子的水解；

C、铝离子和碳酸氢根可以发生完全双水解，生成二氧化碳灭火；

D、铁离子和铜发生氧化还原反应，不属于水解的应用。7．【答案】D【解析】【解答】A．断裂化学键需吸收能量，根据H-H键键能为436kJ/mol可知：1molH-H断裂要吸收热量436kJ，A不符合题意；B．a值大小不仅与反应物、生成物的物质的量的多少有关，也与物质的存在状态有关，同一物质不同状态时含有的能量多少不同，B不符合题意；C．反应热多少与物质的始态、终态有关，而与反应条件是光照还是点燃无关，C不符合题意；D．使用催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，而不能改变反应物与生成物的能量，因此不能改变反应热△H，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据H-H键键能为436kJ/mol分析；B．反应热的大小不仅与反应物、生成物的物质的量的多少有关，也与物质的存在状态有关，同一物质不同状态时含有的能量多少不同；C．反应热多少与物质的始态、终态有关，而与反应条件无关；D．使用催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，而不能改变反应热。8．【答案】B【解析】【解答】A．酸电离产生水合氢离子和阴离子，因此代表H3O+，故A说法不符合题意；B．根据试剂2示意图，所含微粒为H3O+、CH3COO-、CH3COOH等，根据弱电解质的定义，得出CH3COOH为弱电解质，故B说法符合题意；C．盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱电解质，部分电离，相同浓度时c(H+)：盐酸＞醋酸，即pH：试剂1＜试剂2，故C说法不符合题意；D．盐酸和醋酸均为一元酸，中和等体积等浓度的盐酸和醋酸，消耗碱的量相同，故D说法不符合题意；故答案为B。

【分析】A．酸电离产生水合氢离子和阴离子，由比例模型分析；B．根据弱电解质的定义判断；C．强酸完全电离，弱酸部分电离；D．依据中和反应的定义分析。9．【答案】C【解析】【解答】A．反应①是放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，故对于反应①：E(反应物)B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出是热量，由于反应物是1molCO，反应产生了CO2气体，所以根据②可知CO的燃烧热是283.0kJ/mol，B不符合题意；C．根据盖斯定律，将反应①-②，整理可得：C(s)+12O2D．盖斯定律可用于计算不能直接进行反应的反应热或不容易测量的化学反应的反应热，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出是热量；C．根据盖斯定律分析；D．盖斯定律可用于计算不能直接进行反应的反应热或不容易测量的化学反应的反应热。10．【答案】D【解析】【解答】A．向50mL冰醋酸中逐滴加入蒸馏水，乙酸浓度、乙酸二聚体浓度都降低，但乙酸浓度降低得多，平衡正向移动，因此乙酸二聚体逐渐减少，故A不符合题意；B．冰醋酸中乙酸分子间通过氢键结合为二聚体，乙酸浓度几乎为0，逐渐加水过程中乙酸二聚体变为乙酸，因此乙酸浓度增大，再不断加水，溶液体积增大占主要，则乙酸浓度降低，因此c(CHC．溶液中离子浓度越大，电导率越大即电导率与溶液中离子浓度有关，故C不符合题意；D．根据B选项分析在整个过程中乙酸电离出氢离子浓度先增大后减小，则水的电离程度先减小后增大，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；B．依据题目中的信息和平衡方程式判断；C．溶液中离子浓度越大，电导率越大；D．根据B选项分析，利用酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离分析。11．【答案】A【解析】【解答】A．要探究浓度对反应速率的影响，应该向两支盛有相同体积相同浓度的Na2S2O3溶液中分别滴加相同体积不同浓度的H2SO4溶液，而不是滴入相同浓度不同体积的H2SO4溶液，A符合题意；B．探究温度对反应速率的影响，应该将两组溶液分别放置在不同温度的水中进行预热，然后快速混合溶液，根据出现浑浊现象的快慢判断温度对化学反应速率的影响，B不符合题意；C．探究温度对H2O2分解速率的影响，可以将相同浓度相同体积的H2O2溶液分别放置在冷水与热水中，根据逸出气泡的快慢分析判断，C不符合题意；D．要探究催化剂FeCl3对H2O2分解反应速率的影响，应该是向两种盛有等浓度等体积的H2O2溶液中，一支试管中滴有FeCl3溶液，另一种试管中滴加相同体积的蒸馏水，根据产生气泡的快慢分析判断催化剂对化学反应速率的影响，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同。12．【答案】D【解析】【解答】A．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，但体积增大引起的浓度变小，颜色变浅，选项A不符合题意；B．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，气体总质量不变但总物质的量减少，平均摩尔质量：末态小于初态，选项B不符合题意；C．初态到末态体积增大2倍，若平衡不移动，则末态c(NO2)D．初态到末态体积增大，压强减小，平衡逆向移动，初态到末态n(N故答案为：D。

【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．根据图象可知：反应开始后，X的物质的量会减小，Y的物质的量在增加，说明X是反应物，Y是生成物，在相同时间内二者改变的物质的量的比是1：2，改变的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，后来二者都存在，且物质的量不再发生变化，说明反应为可逆反应，反应方程式为X(g)⇌2Y(g)，A不符合题意；B．反应在25min改变条件后，X的物质的量增加，Y的物质的量减小，则化学平衡逆向移动，重新达平衡后Y的体积分数变小，B不符合题意；C.25min时改变的条件时，X的物质的量逐渐增大，Y的物质的量逐渐减小，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，要使平衡逆向移动，改变的条件可能是加压，使化学平衡逆向移动，C符合题意；D.25min改变条件后，反应温度不变，则化学平衡常数Kc就不变，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据图象，反应中改变的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，可逆反应进行不到底书写；B．依据化学平衡移动原理分析；

C.根据影响化学平衡移动的因素分析；D.反应温度不变，化学平衡常数Kc就不变。14．【答案】C【解析】【解答】A．某未知浓度的盐酸溶液是待测液，因此用酸式滴定管盛装待测液，故A不符合题意；B．装标准液之前需润洗碱式滴定管，不润洗会导致结果偏高，故B不符合题意；C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂，因此多加会影响测定结果，故C符合题意；D．开始时，酚酞加入到盐酸中，溶液为无色，当滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．依据待测液的性质选择滴定管；B．滴定管装液前必须润洗；C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂；D．依据指示剂的颜色变化判断。15．【答案】D【解析】【解答】A．试管Ⅰ中NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，且NaOH完全反应，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，二者为同种类型沉淀，则Cu(OH)2的溶解度更小，试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，A不符合题意；B．试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，离子方程式为Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)⇌Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)，B不符合题意；C．试管Ⅰ反应后上层溶液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，则c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]，C不符合题意；D．若NaOH溶液过量，则试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后直接和NaOH反应生成蓝色沉淀，而不会发生沉淀的转化，则无法得到符合题意结论，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.沉淀会向溶解度更小的转化；

B.加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀；

C.试管Ⅰ中生成了Mg(OH)2沉淀，为Mg(OH)2的饱和溶液。16．【答案】B【解析】【解答】A．根据图示可知：对于反应ⅰ，反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，所以该反应的反应热的ΔHB．反应i的EaC．反应的活化能越高，反应就越不容易发生，反应速率就越慢。对于多步反应，反应总反应速率由慢反应决定。由于两步反应的活化能EaD．分离NO2的瞬间，反应物的浓度不变，生成物的浓度瞬间减小，则此时正反应速率不变，逆反应速率瞬间减小，故分离出NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；

B、活化能影响化学反应速率；

C、活化能越大，反应速率越慢；

D、减少生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，接着逆反应速率逐渐增大，正反应速率逐渐减小。17．【答案】C【解析】【解答】A．反应产生的Fe(SCN)3不是难溶性物质，而是属于弱电解质，离子方程式应该为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，A不符合题意；B．将两种溶液刚混合时，溶液中c(Fe3+)=0.0025mol/L，t秒时c(Fe3+)=0.001mol/L，则用Fe3+浓度变化表示反应速率v(Fe3+)=(0.0025-0.001)tC．试管Ⅰ溶液颜色加深说明，再加入KSCN溶液时，反应正向进行，产生更多的Fe(SCN)3，使Fe(SCN)3的浓度增大，因此证明该反应是可逆反应，C符合题意；D．FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，向其中加入KCl固体，不能改变反应体系中任何微粒的浓度，因此化学平衡不移动，溶液的颜色不会加深，因此二者的实验现象不同，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．Fe(SCN)3不是难溶性物质；B．依据v=C．依据化学平衡移动原理判断反应是可逆反应；D．依据反应的实质和化学平衡移动原理判断。18．【答案】D【解析】【解答】A．Sb2O3为不溶性固体，在实验室可利用B．适当加热可使胶态SbC．大量的水和氨水都是降低HCl的浓度，平衡正向移动，能促进SbClD．Sb2O故答案为：D。

【分析】A．依据水解反应原理，结合反应物和产物书写；B．依据胶体的性质分离；C．依据化学平衡移动原理分析；D．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物。19．【答案】C【解析】【解答】A．随溶液pH逐渐增大，CN-浓度逐渐增大，且CN-促进水的电离平衡，故水的电离程度依次增大，即e<g<h，故A符不合题意；B．e点时，c(CN-)=c(HCN)，Ka(HCN)=c(CN−)c(HC．V[HCl(aq)]=5mL时，发生反应HCl+NaCN=NaCl+HCN，故溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，根据B中电离常数可得NaCN水解大于HCN电离，故c(ClD．根据电荷守恒可得，c(Na故答案为：C。

【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；B．选择e点，利用Ka(HCN)=c(CC．根据电离常数计算；D．根据电荷守恒分析。20．【答案】D【解析】【解答】A．根据以上分析可知加入NaOH后可中和溶液中的氢离子，防止加硫化钠时生成硫化氢气体，故A不符合题意；B．碱性太强会使铜离子生成氢氧化铜沉淀或形成配合离子，不利于生成硫化铜而除去，故B不符合题意；C．加入混凝剂有利于硫化铜转化成混凝沉淀，加快硫化铜的沉淀，故C不符合题意；D．Fe故答案为：D。

【分析】A．根据反应物和产物的性质分析；B．碱性太强会使铜离子生成氢氧化铜沉淀或形成配合离子；C．依据混凝剂的用途分析；D．依据物质的性质，被提纯的物质不能反应，杂质反应且不引入新的杂质。21．【答案】（1）=（2）CuSO4溶液中存在Cu2++（3）溶液变红；不变；10−6（4）加热过程中亚硫酸钠溶液被氧气氧化，使得c(Na2SO3)减小，碱性减弱【解析】【解答】(1)水是极弱的电解质，存在电离平衡：H2O⇌H++OH-，水电离过程会吸收热量，升高温度，水电离平衡正向移动，导致其中c(H+)、c(OH-)都增大，但电离产生的H+、OH-的浓度仍然相等，即c(H+)=c(OH-)；(2)CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：Cu2++2H2(3)Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32−发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，因此向Na2SO3溶液滴加2滴酚酞，现象是溶液变为红色；溶液中水的离子积Kw只与温度有关，温度相同，水的离子积常数Kw根据图象可知：在25℃时0.1mol/L的Na2SO3溶液的pH=9.7，则溶液中c(H+)=10-9.7mol/L，溶液中存在水解平衡：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH-，所以c(HSO3−)=c(OH-)=10−1410−9.(4)向加热前后的Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，发现加热后的溶液中产生的白色沉淀更多。Na2SO3溶液pH随温度升高而降低的原因可能是①加热过程中亚硫酸钠溶液被氧气氧化，产生Na2SO4，使得c(Na2SO3)减小，溶液的碱性减弱；②是温度升高，水的离子积常数Kw增大，c(H+)增大，导致溶液pH减小。

【分析】（1）水电离的c(H+)=c(OH-)；

（2）铜离子的水解反应为吸热反应，温度升高，平衡Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+正向移动，c(H+)增大，pH减小；

22．【答案】（1）Ca(HCO（2）NaOH；BaCl2（3）1（4）促进MgCO3水解；轻质【解析】【解答】(1)加热Ca(HCO3)2(2)“盐水精制”步骤中需要加入三种除杂试剂，用NaOH除去Mg2+，用BaCl2除去SO42−(3)pH为9.6，则c(H+)=10-9.6，c(OH-)=10-4.4，根据Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，可得M(4)①水解过程加热促进碳酸镁水解生成氢氧化镁。②根据题意，轻质MgO更疏松多孔，与硫酸反应速度更快，故不用重质MgO而用轻质MgO酸溶制备MgSO

【分析】（1）Ca(HCO3)2不稳定，受热易分解生成碳酸钙、二氧化碳和水；难溶的物质可以转化为更难溶的物质；

（2）Mg2+、Ca2+、SO42-23．【答案】（1）热还原法（2）B；D（3）>；高温；0.4p；1【解析】【解答】(1)高炉炼铁的主要原理是：Fe(2)反应达到平衡的标志是一定条件下正逆反应速率相等，各物质的量不变。A．二氧化碳生成的速率等于一氧化碳的生成速率，代表消耗2mol一氧化碳的同时又生成了1mol一氧化碳，一氧化碳的量改变，正逆反应速率不相等，A项不正确；B．反应②为反应前后气体分子数改变的反应，若在恒容条件下，压强不在改变，说明气体分子数不变，各物质的量不变，反应已经达到平衡，B项正确；C．初始浓度未知，到达平衡时二氧化碳和一氧化碳浓度之比未知，无法判断是否达到平衡状态，C项不正确；D．碳的质量不变，说明各物质的质量都不再改变，反应达到平衡状态，D项正确；故答案为：BD。(3)①由图示可知，随着温度升高，一氧化碳的体积分数逐渐增大，说明温度升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H＞0；又因此反应是一个气体分子数增加的反应，△S＞0，依据△G=△H-T△S＞0反应自反进行，可知此反应在高温下自发。②由图可知，650℃时CO的体积分数为40%，因此CO的分压为0.4pMPa。③由图可知，T℃时CO和CO2的体积分数相等，则CO的分压为12