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高二化学试卷（二）
１．Ａ 【解析】Ａ．催化剂降低活化能，提高反应物中活化分子百分数，加快了反应速率，故Ａ正确；Ｂ．催化剂改变
反应速率，不能使平衡移动，故Ｂ错误；Ｃ．工业合成氨正反应放热，根据勒夏特列原理，升高温度平衡逆向移
动，不利于生成氨气。温度控制在７００Ｋ左右是为了加快反应速率，提高单位时间内的产量，不能用勒夏特列
原理解释，故Ｃ错误；Ｄ．ＣａＣＯ 难溶于水，但溶于水中的ＣａＣＯ 能完全电离，ＣａＣＯ 属于强电解质，故Ｄ错误。
３ ３ ３
２．Ｃ 【解析】Ａ．甲烷燃烧热生成物中ＨＯ应为液态，故表示甲烷燃烧热的热化学方程式为ＣＨ（ｇ）＋２Ｏ（ｇ）
２ ４ ２
ＣＯ（ｇ）＋２ＨＯ（ｌ） ΔＨ＝－８９０ｋＪ／ｍｏｌ，故Ａ错误；Ｂ．由于ＳＯ 和Ｏ 反应是一个可逆反应，即在一定条
２ ２ ２ ２
件下将１ｍｏｌＳＯ 和０．５ｍｏｌＯ 置于密闭容器中充分反应，参加反应的ＳＯ 小于１ｍｏｌ，放出热量７９．２ｋＪ，则反应
２ ２ ２
的热化学方程式为２ＳＯ（ｇ）＋Ｏ（ｇ）幑幐２ＳＯ（ｇ） ΔＨ＜－１５８．４ｋＪ·ｍｏｌ－１，故Ｂ错误；Ｃ．已知等质量的Ｃ完
２ ２ ３
全燃烧放出的热量比不完全燃烧生成 ＣＯ时放出的热量多，故已知 Ｃ（ｓ）＋Ｏ（ｇ）ＣＯ（ｇ） ΔＨ＝
２ ２
１
ａｋＪ／ｍｏｌ，Ｃ（ｓ）＋ Ｏ（ｇ）ＣＯ（ｇ） ΔＨ＝ｂｋＪ／ｍｏｌ，则ａ＜ｂ，故Ｃ正确；Ｄ．ＨＳＯ（ａｑ）＋Ｂａ（ＯＨ）（ａｑ）
２ ２ ２ ４ ２
ＢａＳＯ（ｓ）＋２ＨＯ（ｌ），除酸碱中和放出热量，二者还生成了硫酸钡沉淀，也有反应热，ＨＳＯ（ａｑ）＋Ｂａ（ＯＨ）（ａｑ）
４ ２ ２ ４ ２
ＢａＳＯ（ｓ）＋２ＨＯ（ｌ） ΔＨ≠－１１４．６ｋＪ／ｍｏｌ，故Ｄ错误。
４ ２
３．Ｂ 【解析】Ａ．滴加几滴ＫＳＣＮ溶液显红色的溶液中存在Ｆｅ３＋，Ｆｅ３＋与ＯＨ－离子不能大量共存，故Ａ错误；Ｂ．
能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中Ｃｕ２＋、Ｍｇ２＋、ＳＯ２－、Ｃｌ－可以大量共存，故Ｂ正确；Ｃ．ｐＨ＝１１的溶
４
液显碱性，碱性溶液中ＮＨ＋不能大量共存，故 Ｃ错误；Ｄ．ＮａＨＣＯ 溶液电离出 ＨＣＯ－离子，ＨＣＯ－与 ＯＨ－、
４ ３ ３ ３
Ｂａ２＋不能大量共存，故Ｄ错误。
４．Ｂ 【解析】Ａ．合成氨反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则１ｍｏｌＮ 与过量Ｈ 充分反应可生成氨气
２ ２
数目小于１ｍｏｌ×２×Ｎｍｏｌ－１＝２Ｎ，故Ａ错误；Ｂ．ＮＨＮＯ 是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸
Ａ Ａ ４ ３
性，则常温下１Ｌ０．１ｍｏｌ／Ｌ硝酸铵溶液中铵根离子数目小于０．１ｍｏｌ／Ｌ×１Ｌ×Ｎｍｏｌ－１＝０．１Ｎ，故Ｂ正确；Ｃ．
Ａ Ａ
缺溶液体积，无法计算０．１ｍｏｌ／ＬＨＣｌＯ溶液中氢离子数目，故Ｃ错误；Ｄ．ＮａＨＳＯ熔融状态下电离出钠离子和硫
４
酸氢根离子，则１ｍｏｌＮａＨＳＯ在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为１ｍｏｌ×２×Ｎｍｏｌ－１＝２Ｎ，故Ｄ错误。
４ Ａ Ａ
５．Ｃ 【解析】水的离子积常数Ｋ 只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，水的电离是吸热过程，升高温
ｗ
度，水的离子积常数Ｋ 增大，故Ｃ正确。
ｗ
ｍ
６．Ｃ 【解析】①反应中ＡｌＯ 是固体，气体体积Ｖ不变，气体质量会随反应进行改变，根据ρ＝ ，当混合气体密
２ ３ Ｖ
度不变时，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；②ｎ（Ｃｌ）∶ｎ（ＡｌＣｌ）∶ｎ（Ｏ）
２ ３ ２
＝６∶４∶３无法判断反应是否达到平衡，故②错误；③根据质量守恒定律，即使反应未达平衡，容器内物质总质量
也不变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故③错误；④ＡｌＯ 质量不变，说明其消耗量和生成量相等，正
２ ３
逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确；⑤反应前后气体的物质的量发生变化，气体质量也变化。混
ｍ
合气体平均相对分子质量Ｍ＝ 总，当Ｍ不变时，说明ｍ 和ｎ 不再变化，反应达到平衡状态，故⑤正确；⑥速
ｎ 总 总
总
率之比等于化学计量数之比，只有ｖ（Ｃｌ）＝２ｖ（Ｏ）时才表明正逆反应速率相等，反应达到平衡，此选项只
正 ２ 逆 ２
给了ｖ（Ｃｌ）＝２ｖ（Ｏ），不能判断平衡，故⑥错误。
正 ２ 正 ２
参考答案 第 ６页（共１０页）７．Ａ 【解析】Ａ．水是弱电解质，电离方程式为２ＨＯ幑幐ＨＯ＋＋ＯＨ－或ＨＯ幑幐Ｈ＋＋ＯＨ－，故Ａ正确；Ｂ．硫酸
２ ３ ２
氢钠在水中电离的方程式为 ＮａＨＳＯ Ｎａ＋＋Ｈ＋＋ＳＯ２－，故 Ｂ错误；Ｃ．碳酸氢钠在水中电离生成 Ｎａ＋、
４ ４
ＨＣＯ－，电离方程式为 ＮａＨＣＯ Ｎａ＋＋ＨＣＯ－、ＨＣＯ－幑幐Ｈ＋＋ＣＯ２－，水解方程式为 ＨＣＯ－＋ＨＯ幑幐
３ ３ ３ ３ ３ ３ ２
ＨＣＯ ＋ＯＨ－，故Ｃ错误；Ｄ．醋酸铵是强电解质，在水中完全电离的方程式为ＣＨＣＯＯＮＨ ＣＨＣＯＯ－＋
２ ３ ３ ４ ３
ＮＨ＋，故Ｄ错误。
４
８．Ａ 【解析】Ａ．纯水电离出 ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），溶液显中性，且１００℃时水的离子积 Ｋ ＝１０－１２，水电离出的
ｗ
ｃ（Ｈ＋）为１×１０－６ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ＝６，即１００℃时ｐＨ约为６的纯水呈中性，故Ａ正确；Ｂ．ｐＨ＝２的盐酸和醋酸中
ＣＨＣＯＯＨ的浓度大于盐酸，稀释促进ＣＨＣＯＯＨ的电离，ＣＨＣＯＯＨ溶液的酸性增强，所以ＣＨＣＯＯＨ的ｐＨ
３ ３ ３ ３
略小，故Ｂ错误；Ｃ．酸性溶液无论怎么稀释，最终仍然呈酸性，不可能呈碱性，即１×１０－６ｍｏｌ／Ｌ盐酸稀释至
１０００倍所得溶液的ｐＨ约为７，故Ｃ错误；Ｄ．电解质溶液导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，故Ｄ
错误。
９．Ａ 【解析】Ａ．紫色褪去，则表明 ＫＭｎＯ 被还原，草酸具有还原性，故 Ａ正确；Ｂ．２５℃时，用 ｐＨ计测定
４
０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＮＨＨＣＯ 溶液的 ｐＨ为７．８，说明铵根水解程度小于碳酸氢根水解程度，ＮＨ·ＨＯ的 Ｋ 与
４ ３ ３ ２ ｂ
ＨＣＯ 的Ｋ数值大小Ｋ＞Ｋ，故Ｂ错误；Ｃ．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白ｐＨ试纸，所以不能用ｐＨ试纸测
２ ３ ａ１ ｂ ａ１
定次氯酸钠溶液ｐＨ值，无法比较ＨＣｌＯ和ＨＣＯ 的酸性强弱，故Ｃ错误；Ｄ．将盛有ＮＯ 的密闭烧瓶浸入冷
２ ３ ２
水，红棕色变浅，表明平衡正向移动，正反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，故Ｄ错误。
１０．Ｃ 【解析】Ａ．反应前后气体分子数不变，恒温缩小体积，平衡不移动，Ｉ（ｇ）的物质的量不变，但体积减小，
２
Ｉ（ｇ）浓度增大，故气体颜色加深，故Ａ错误；Ｂ．升高温度能增大反应速率，反应放热，升高温度，平衡逆向移
２
ｃ２（ＨＩ）
动，故Ｂ错误；Ｃ．若起始 ｃ（Ｈ）＝ｃ（Ｉ）＝０．２０ｍｏｌ·Ｌ－１、ｃ（ＨＩ）＝２．０ｍｏｌ·Ｌ－１，Ｑ ＝ ＝
２ ２ ｃ ｃ（Ｈ）·ｃ（Ｉ）
２ ２
２２
＝１００＞５０．３＝Ｋ，反应逆向进行，Ｉ（ｇ）浓度增大，故气体颜色加深，故Ｃ正确；Ｄ．反应放热，故断裂
０．２×０．２ ２
１ｍｏｌＨ 和１ｍｏｌＩ中的共价键所需能量小于断裂２ｍｏｌＨＩ中的共价键所需能量，故Ｄ错误。
２ ２
１１．Ａ 【解析】Ａ．温度升高，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则逆反应是
吸热反应，正反应是放热反应，故Ａ正确；Ｂ．该反应为气体体积相等的反应，增大压强可使化学反应速率增
大，化学平衡不移动，则虚线还可表示增大压强，故Ｂ错误；Ｃ．增大Ｚ的浓度，逆反应速率突然增大，平衡逆
向移动，正反应速率缓缓增大，故Ｃ错误；Ｄ．反应过程中气体总质量不变，气体的总物质的量也不变，因此混
合气体的平均相对分子质量不会随温度的变化而变化，故Ｄ错误。
１２．Ｄ 【解析】Ａ．ＨＣＮ的电离平衡常数小于ＨＣＯ 的电离平衡常数，ＨＣＮ的酸性小于ＨＣＯ，则结合Ｈ＋的能
２ ３ ２ ３
力：ＣＮ－＞ＨＣＯ－，故Ａ正确；Ｂ．根据电离平衡常数知，酸性：ＨＣＯＯＨ＞ＨＣＯ ＞ＨＣＯ－，根据强酸制取弱酸的
３ ２ ３ ３
原理知，ＨＣＯＯＨ能与ＮａＣＯ 反应制得ＣＯ，故Ｂ正确；Ｃ．ＮＨ＋水解导致溶液呈酸性，ＣＮ－水解导致溶液呈
２ ３ ２ ４
碱性，二者恰好完全反应生成ＮＨＣＮ，根据电离平衡常数可知，水解程度：ＮＨ＋＜ＣＮ－，混合溶液呈碱性，故Ｃ
４ ４
正确；Ｄ．ＨＣＯ－水解导致溶液呈碱性，ＮＨ＋水解导致溶液呈酸性，ＮＨ·ＨＯ的Ｋ大于ＨＣＯ的Ｋ，则ＨＣＯ－
３ ４ ３ ２ ｂ ２ ３ ａ１ ３
的水解程度大于ＮＨ＋的水解程度，混合溶液呈碱性，ｃ（Ｈ＋）＜ｃ（ＯＨ－），ｃ（ＨＣＯ－）＜ｃ（ＮＨ＋），故Ｄ错误。
４ ３ ４
１３．Ｄ 【解析】Ａ．①、④溶液等体积混合，ＨＣｌ溶液浓度为０．００１ｍｏｌ／Ｌ，氨水浓度远大于０．００１ｍｏｌ／Ｌ，氨水有大
量剩余，溶液会显碱性，故Ａ错误；Ｂ．①ＨＣｌ溶液浓度为０．００１ｍｏｌ／Ｌ，加入等体积的的０．００１ｍｏｌ／ＬＢａ（ＯＨ）
２
溶液，混合液中有０．０００５ｍｏｌ／Ｌ的氢氧根剩余，混合液的ｐＨ＞７，故Ｂ错误；Ｃ．①ＨＣｌ溶液、②ＣＨＣＯＯＨ溶
３
液、③ＮａＯＨ溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，发生反应的方程式分别为２Ａｌ＋６ＨＣｌ２ＡｌＣｌ＋
３
３Ｈ↑、２Ａｌ＋６ＣＨＣＯＯＨ２（ＣＨＣＯＯ）Ａｌ＋３Ｈ↑、２Ａｌ＋２ＮａＯＨ＋６ＨＯ２Ｎａ［Ａｌ（ＯＨ）］＋３Ｈ↑，假
２ ３ ３ ３ ２ ２ ４ ２
设反应的Ａｌ为０．００２ｍｏｌ，ＨＣｌ溶液浓度为０．００１ｍｏｌ／Ｌ，需要６Ｌ，ＣＨＣＯＯＨ溶液浓度远大于０．００１ｍｏｌ／Ｌ，需
３
要溶液体积小于６Ｌ，ＮａＯＨ溶液浓度为０．００１ｍｏｌ／Ｌ，需要２Ｌ，则消耗溶液体积最大的是①，故Ｃ错误；Ｄ．向等
参考答案 第 ７页（共１０页）体积溶液中分别加水稀释１００倍后，ＨＣｌ溶液浓度由０．００１ｍｏｌ／Ｌ变为０．００００１ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ为５，ＣＨＣＯＯＨ溶
３
液在稀释过程中会继续电离，则ｐＨ＜５，ＮａＯＨ溶液浓度由０．００１ｍｏｌ／Ｌ变为０．００００１ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ为９，氨水在
稀释过程中会继续电离，则ｐＨ＞９，则稀释后溶液的ｐＨ为④＞③＞①＞②，故Ｄ正确。
１４．Ｂ 【解析】Ａ．由图可知，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，ΔＨ＜０，故Ａ正确；
Ｂ．由图可知，步骤②中是ＨＯＨ ＋ＯＨ，存在Ｏ—Ｈ键的断裂，故Ｂ错误；Ｃ．由图可知，该反应的决
２
速步是过程④，能垒最大，即 ＨＯＨ ＋ＯＨ，故 Ｃ正确；Ｄ．由图可知，步骤⑤的化学方程式为：
２
ＣＯＯＨ ＋２Ｈ ＋ＯＨＣＯ（ｇ） ＋Ｈ（ｇ） ＋ＨＯ，故Ｄ正确。
２ ２ ２
１５．Ｄ 【解析】Ａ．ＣＨＣＯＯＨ是弱电解质，０．１ｍｏｌ／Ｌ的ＣＨＣＯＯＨ溶液中ｃ（Ｈ＋）＜０．１ｍｏｌ／Ｌ，因而ａ点由水电离
３ ３
的氢离子浓度大于 １０－１３ｍｏｌ／Ｌ，故 Ａ错误；Ｂ．ｂ点为加入 １０ｍＬＮａＯＨ溶液，恰好反应生成等浓度的
ＣＨＣＯＯＮａ和ＣＨＣＯＯＨ，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为３０ｍＬ，依据物料守恒可知 ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）＋
３ ３ ３
２０ｍＬ×０．１ｍｏｌ／Ｌ
ｃ（ＣＨＣＯＯＮａ）＝ ≈０．０６７ｍｏｌ／Ｌ，故 Ｂ错误；Ｃ．当加入 ＮａＯＨ溶液为２０ｍＬ时，恰好生成
３ ３０ｍＬ
ＣＨＣＯＯＮａ，水解使溶液呈碱性，则 Ｖ（ＮａＯＨ）＝２０ｍＬ时，溶液 ｐＨ＞７，故 Ｃ错误；Ｄ．反应过程中的
３
ｃ（ＣＨＣＯＯ－） Ｋ ｃ（ＣＨＣＯＯ－）
３ ＝ ａ ，反应过程中ｃ（Ｈ＋）不断降低，则 ３ 值不断增大，故Ｄ正确。
ｃ（ＣＨＣＯＯＨ） ｃ（Ｈ＋） ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）
３ ３
１６．（１３分，除特殊标注外，每空２分）
（１）放热（１分） 用复合判据ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ，当ΔＧ＜０时，反应能自发进行；已知该反应能自发进行，且ΔＳ
＜０，因此ΔＨ＜０，即该反应为放热反应
（２）①ＢＣ（１分） ②Ｄ（１分）
（３）①０．９ ３ １ ②正向
【解析】（１）用复合判据ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ，当ΔＧ＜０时，反应能自发进行；已知该反应能自发进行，且ΔＳ＜０，因
此ΔＨ＜０，即该反应为放热反应；
（２）①Ａ．ＮＯ 的消耗速率与Ｏ 的消耗速率相等，不能说明正逆反应速率相等，不可判定反应已达到平衡状
２ ２
态，故Ａ错误；Ｂ．在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，该反应是一个气体分子数减小的
反应，因此压强是一个变量，当混合气体的压强保持不变时，可判定反应已达到平衡状态，故Ｂ正确；Ｃ．混合
气体的平均相对分子质量在数值上等于平均摩尔质量，平衡体系中混合气体的质量不变，反应前后混合气体
的分子数减小，所以当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，可判定反应已达平衡，故Ｃ正确；Ｄ．ＮＯ
２ ５
与Ｏ 的物质的量浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不可判定反应已达到平衡状态，故Ｄ错误；②Ａ．恒
２
温恒容条件下，若充入氦气，引起总压增大，但各气体反应物的分压不变，即各气体反应物浓度不变，平衡不
移动，故Ａ错误；Ｂ．已知该反应正向是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，ＮＯ 的转化率降低，故Ｂ错
２
误；Ｃ．充入２ｍｏｌＮＯ，平衡正向移动，但是ＮＯ 的转化率降低，故Ｃ错误；Ｄ．该反应正向是一个气体分子数减
２ ２
小的反应，充入２ｍｏｌＮＯ和１ｍｏｌＯ，相当于加压，增大压强，平衡正向移动，ＮＯ的转化率增大，故Ｄ正确；
２ ３ ２
（３）①根据题目所给数据，０～５ｍｉｎ内，Δｎ（Ｏ）＝８ｍｏｌ－３．５ｍｏｌ＝４．５ｍｏｌ，结合转化量之比等于化学计量数之
３
Δｃ Δｎ ９ｍｏｌ
比，有Δｎ（ＮＯ）＝２Δｎ（Ｏ）＝９ｍｏｌ，因此ν（ＮＯ）＝ ＝ ＝ ＝０．９ｍｏｌ／（Ｌ·ｍｉｎ）；结合题目所
２ ３ ２ Δｔ Ｖ·Δｔ２Ｌ·５ｍｉｎ
给数据，利用“三段式”进行计算，
２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ（ｇ）幑幐ＮＯ（ｇ）＋Ｏ（ｇ）
２ ３ ２ ５ ２
起始量（ｍｏｌ） １８ ８ ０ ０
转化量（ｍｏｌ） １２ ６ ６ ６
平衡量（ｍｏｌ） ６ ２ ６ ６
６ ６
（ ）×（ ）
６ｍｏｌ ｃ（ＮＯ）·ｃ（Ｏ） ２ ２
平衡时，ｃ（ＮＯ）＝ ＝３ｍｏｌ／Ｌ；因此该条件下的平衡常数Ｋ＝ ２ ５ ２ ＝ Ｌ／ｍｏｌ＝
２ ５ ２Ｌ ｃ２（ＮＯ）·ｃ（Ｏ） ６ ２
２ ３ （ ）２×（ ）
２ ２
参考答案 第 ８页（共１０页）１Ｌ／ｍｏｌ；②若１５ｍｉｎ时，保持Ｔ不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各１ｍｏｌ，此时该条件下的 Ｑ＝
１
７ ７
（ ）×（ ）
ｃ（ＮＯ）·ｃ（Ｏ） ２ ２
２ ５ ２ ＝ ＝０．６７＜１＝Ｋ，平衡正向移动。
ｃ２（ＮＯ）·ｃ（Ｏ） ７ ３
２ ３ （ ）２×（ ）
２ ２
１７．（１４分，除特殊标注外，每空２分）
（１）释放（１分） ３４８
（２）－１４０５．６ １９１．２
（３）①偏大（１分）
②使中和反应充分进行（或者使酸完全反应）
③４１８（Ｔ－Ｔ）
１ ０
④Ｂ
【解析】（１）ΔＨ＝生成物的相对能量 －反应物的相对能量，Ｈ 与 ＨＯ 反应的热化学方程式为：Ｈ（ｇ）＋
２ ２ ２ ２
ＨＯ（ｇ）２ＨＯ（ｇ） ΔＨ＝－２４２ｋＪ／ｍｏｌ×２＋１３６ｋＪ／ｍｏｌ＝－３４８ｋＪ／ｍｏｌ，则１ｍｏｌＨ（ｇ）与足量ＨＯ（ｇ）反
２ ２ ２ ２ ２ ２
应生成ＨＯ（ｇ）释放的能量为３４８ｋＪ；
２
（２）根据ΔＨ＝断键吸收的总能量 －成键放出的总能量，代入数值计算可得 ΔＨ ＝＋１１．３ｋＪ／ｍｏｌ－
２
１４１６．９ｋＪ／ｍｏｌ＝－１４０５．６ｋＪ／ｍｏｌ，｜ΔＨ｜为形成化学键放出的总能量，则ΔＨ＝－（３９１．３×２＋ｘ＋４３１．８）ｋＪ／ｍｏｌ＝
２ ２
－１４０５．６ｋＪ／ｍｏｌ，解得ｘ＝１９１．２；
（３）①若大烧杯上不盖杯盖，则会导致热量散失，该中和反应求得的焓变ΔＨ偏大；②为使中和反应充分进行
（或者使酸完全反应），实验中碱稍过量；③实验测得反应前后体系的温度值分别为Ｔ℃、Ｔ℃，则该过程放
０ １
出的热量Ｑ＝ｃρＶ ΔＴ＝４．１８Ｊ／（ｇ·℃）×（５０×１＋５０×１）ｇ×（Ｔ－Ｔ）℃＝４１８（Ｔ－Ｔ）Ｊ；④Ａ．向内筒加入
总 １ ０ １ ０
稀碱液时，若缓慢分批加入，将会导致热量散失，Ａ错误；Ｂ．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最
高温度，两者的差值为温度差，Ｂ正确；Ｃ．实验中，测量酸液的初始温度后，若使用同一支温度计直接测量碱
液的初始温度，则所测温度差偏低，故测量酸液的初始温度后，洗干净擦干后用同一支温度计测量碱液的初
始温度，Ｃ错误；Ｄ．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致热量散失，测得的中和热ΔＨ偏大，Ｄ错误。
１８．（１３分，除特殊标注外，每空２分）
（１）适当升高温度等（合理即可）（１分）
（２）２ＨＳＯ ＋２ＣｕＳ＋Ｏ２ＣｕＳＯ ＋２Ｓ＋２ＨＯ
２ ４ ２ ４ ２
（３）３．２～４．２（１分）
（４）Ｆｅ３＋在溶液中存在水解反应：Ｆｅ３＋＋３ＨＯ幑幐Ｆｅ（ＯＨ）＋３Ｈ＋，加入ＮＨ 后ｃ（Ｈ＋）降低，水解平衡正向
２ ３ ３
移动促进Ｆｅ（ＯＨ）的生成，从而使Ｆｅ３＋转化为沉淀
３
（５）Ｃｕ２＋＋Ｈ Ｃｕ＋２Ｈ＋
２
（６）①滴入最后半滴ＮａＳＯ 时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
２ ２ ３
０．６４ｂＶ
② ×１００％
ａ
③偏高（１分）
【解析】（１）“浸取”操作中可加快浸取速率的措施是适当升高温度等；
（２）“浸取”过程有硫单质生成，ＣｕＳ在“浸取”中发生反应的化学方程式为２ＨＳＯ ＋２ＣｕＳ＋Ｏ ２ＣｕＳＯ
２ ４ ２ ４
＋２Ｓ＋２ＨＯ
２
（３）“中和调ｐＨ”过程中，ｐＨ范围是３．２～４．２，从而确保铁离子完全沉淀，铜离子没有沉淀；
（４）结合平衡移动原理解释“中和调ｐＨ”生成固体Ｘ的原因是：Ｆｅ３＋在溶液中存在水解反应：Ｆｅ３＋＋３ＨＯ
２
幑幐Ｆｅ（ＯＨ）＋３Ｈ＋，加入ＮＨ 后ｃ（Ｈ＋）降低，水解平衡正向移动，促进Ｆｅ（ＯＨ）的生成，从而使Ｆｅ３＋转化
３ ３ ３
参考答案 第 ９页（共１０页）为沉淀；
（５）“还原”步骤中发生反应的离子方程式为：Ｃｕ２＋＋Ｈ Ｃｕ＋２Ｈ＋；
２
（６）①滴定达终点时的现象为：滴入最后半滴ＮａＳＯ 时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；②根据题意有
２ ２ ３
２５０ｍＬ ６４ｇ／ｍｏｌ ０．６４ｂＶ
关系式：Ｃｕ２＋～ＳＯ２－，则样品中铜的质量分数为ｂｍｏｌ／Ｌ×Ｖ×１０－３Ｌ× × ×１００％＝ ×
２ ３ ２５ｍＬ ａｇ ａ
１００％；③步骤１中若没有除尽未反应的ＨＮＯ，ＨＮＯ 也能把Ｉ－氧化为Ｉ，则导致消耗的ＮａＳＯ 偏多，测定
３ ３ ２ ２ ２ ３
结果偏高。
１９．（１５分，除特殊标注外，每空２分）
（１）ＣＨＣＯＯ－＋ＨＯ幑幐ＣＨＣＯＯＨ＋ＯＨ－
３ ２ ３
（２）１０４∶１
（３）１０－５－１０－９ １０－９
（４）不能（１分）
（５）ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（Ｃｌ－）＞ｃ（ＨＣＯ－）
３
（６）１０
（７）Ａ
【解析】（１）ＣＨＣＯＯＨ和 ＮａＯＨ以 １∶１反应，ｎ（ＣＨＣＯＯＨ）＝ｎ（ＮａＯＨ），所以二者恰好完全反应生成
３ ３
ＣＨＣＯＯＮａ和ＨＯ，混合溶液的ｐＨ＝９，则混合溶液呈碱性，ＣＨＣＯＯ－水解生成ＣＨＣＯＯＨ和ＯＨ－而导致混
３ ２ ３ ３
合溶液呈碱性，水解离子方程式为ＣＨＣＯＯ－＋ＨＯ幑幐ＣＨＣＯＯＨ＋ＯＨ－；
３ ２ ３
（２）强碱弱酸盐促进水电离、碱抑制水电离，ＣＨＣＯＯＮａ促进水电离、ＮａＯＨ抑制水电离，该混合溶液中由水
３
１０－１４
电离出的ｃ（Ｈ＋）和ｐＨ＝９的ＮａＯＨ溶液中由水电离出ｃ（Ｈ＋）的比值为 ｍｏｌ／Ｌ∶１０－９ｍｏｌ／Ｌ＝１０４∶１；
１０－９
（３）混合溶液中存在电荷守恒ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－）＋ｃ（ＣＨＣＯＯ－），则ｃ（Ｎａ＋）－ｃ（ＣＨＣＯＯ－）＝
３ ３
ｃ（ＯＨ－）－ｃ（Ｈ＋）＝（１０－５－１０－９）ｍｏｌ／Ｌ；溶液中存在电荷守恒 ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－）＋
ｃ（ＣＨＣＯＯ－）、物料守恒ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（ＣＨＣＯＯ－）＋ｃ（ＣＨＣＯＯＨ），则 ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）＋ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），
３ ３ ３ ３
ｃ（ＯＨ－）－ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）＝ｃ（Ｈ＋）＝１０－９ｍｏｌ／Ｌ；
３
（４）根据图可知，ｐＨ＝８时只有碳酸氢根离子，ｐＨ大于８时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子，ｐＨ小于８时存
在碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，ＨＣＯ、ＨＣＯ－、ＣＯ２－不能大量共存；
２ ３ ３ ３
（５）当ｐＨ＝７时，溶液呈中性，ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），溶液中存在电荷守恒 ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－）＋
ｃ（Ｃｌ－）＋ｃ（ＨＣＯ－），则ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ｃｌ－）＋ｃ（ＨＣＯ－），溶液中的溶质为ＮａＨＣＯ、ＮａＣｌ、ＨＣＯ，ＮａＣｌ溶液呈
３ ３ ３ ２ ３
中性，溶液中ＮａＨＣＯ 的量较小，所以溶液中Ｎａ＋、Ｃｌ－、ＨＣＯ－三种离子的浓度大小关系为ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（Ｃｌ－）
３ ３
＞ｃ（ＨＣＯ－）；
３
ｃ（ＨＣＯ－）×ｃ（ＯＨ－）
（６）在２５℃时，当溶液中ｃ（ＨＣＯ－）∶ｃ（ＣＯ２－）＝２∶１时，ＣＯ２－的第一步水解常数Ｋ ＝ ３ ＝
３ ３ ３ ｈ１ ｃ（ＣＯ２－）
３
１０－１４
２×ｃ（ＯＨ－）＝２．０×１０－４，ｃ（ＯＨ－）＝１．０×１０－４ｍｏｌ／Ｌ，ｃ（Ｈ＋）＝ ｍｏｌ／Ｌ＝１．０×１０－１０ｍｏｌ／Ｌ，溶液的ｐＨ＝１０；
１０－４
（７）①灼烧胆矾得到的固体为ＣｕＳＯ；②ＡｌＣｌ溶液蒸干得到的固体是Ａｌ（ＯＨ），灼烧Ａｌ（ＯＨ）得到的固体
４ ３ ３ ３
是ＡｌＯ；③Ａｌ（ＳＯ）溶液蒸干得到的固体是Ａｌ（ＳＯ），灼烧固体时Ａｌ（ＳＯ）不分解；④ＮａＣＯ 溶液蒸
２ ３ ２ ４ ３ ２ ４ ３ ２ ４ ３ ２ ３
干得到的固体是ＮａＣＯ，灼烧固体时ＮａＣＯ 不分解；⑤ＮａＨＣＯ 溶液蒸干灼烧得到的固体为 ＮａＣＯ；⑥
２ ３ ２ ３ ３ ２ ３
ＫＭｎＯ 灼烧得到的固体是ＫＭｎＯ 和ＭｎＯ。则得到化学组成与原固体物质相同的是③④，故答案为Ａ。
４ ２ ４ ２
参考答案 第 １０页（共１０页）
