D.向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，说明Fe3+能催化H2O2分解，一段时间后，黄色溶液转变为红褐色，，说明该分解反应为放热反应，温度升高促进FeCl3水解形成红褐色的Fe（OH）3胶体，故D正确。
答案选A。
10.在一定温度下，可逆反应A（g）＋3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志是（）
A.C生成的速率和C分解的速率相等B.A、B、C的浓度相等
C.生成nmolA，同时生成3nmolBD.A、B、C的分子数之比为1：
3：
2
【答案】A
【解析】
C生成的速率和C分解的速率相等，即v正=v逆，证明反应达平衡，选项A正确。
A、B、C的浓度相等但是没有说浓度不变，有可能是三者浓度瞬间相等，然后发生变化，所以无法证明反应达平衡，选项B错误。
生成A和生成B说的都是逆反应的情况，没有说明正反应的情况，所以选项C错误。
A、B、C的分子数之比为1：
3：
2，但是没有说分子数不变，有可能是三者的分子数瞬间达到这个关系，然后发生改变，所以不能说明反应达平衡，选项D错误。
11.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应
；ΔH<0，达到平衡后测得A气体的浓度为0．5mol·L-1；当恒温下将密闭容器的容积扩大两倍并再次达到平衡时，测得A的浓度为0．3mol·L-1。
则下列叙述正确的是（）
A.平衡向右移动B.x+y>zC.B的转化率提高D.C的体积分数增加
【答案】B
【解析】
试题分析：
A保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，实际上A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即平衡向左移动，A错误;B增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，B正确；C、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，B的转化率降低，C错误；D、平衡向逆反应移动，气体C的物质的量减少，C的体积分数降低，D错误，选B。
考点：
考查化学平衡移动。
12.对于可逆反应A（g）+2B（g）
2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是
【答案】D
【解析】
该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。
所以增大压强时，平衡向正反应方向移动，A不正确。
升高温度平衡向正反应方向移动，B不正确。
温度越高，反应越快，到达平衡的时间越短，A的转化率越大，而A的百分含量越少，C不正确，D正确。
所以答案是D。
13.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A.等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后的溶液：
c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O）
B.浓度为0.1mol·L－1的碳酸钠溶液：
c（Na＋）＝2c（CO
）＋c（HCO
）＋c（H2CO3）
C.pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：
c（Cl－）>c（NH
）>c（H＋）>c（OH－）
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：
c（Na＋）>c（CH3COO－）
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可得：
c（H+）=c（OH−）+c （NH3⋅H2O），故A正确；
B.碳酸钠溶液中存在物料守恒：
c（Na+）=2c（CO32−）+2c（HCO3−）+2c（H2CO3），故B错误；
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液呈碱性，则：
c（NH4+）>c（Cl−）>c（OH−）>c（H+），故C错误；
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO−）+c（OH−），所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH−），所以（Na+）=c（CH3COO−），故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是离子浓度大小的比较。
解题时特别注意C选项氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性；D选项所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒进行判断。
据此解答。
14.如图所示，硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。
下列说法不正确的是
A.该过程可循环利用的物质是I2和HI
B.该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2
C.X物质是I2
D.SO2在过程中表现出了还原性与漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】根据题中所给流程和信息可知，反应I为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。
可循环利用的物质是I2和HI，该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2，X物质是I2，SO2中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4，作还原剂体现还原性，没有漂白性。
故A、B、C正确，D错误。
答案选D。
15.利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。
下列说法中正确的是
A.阴极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
B.从A口出来的是NaOH溶液
C.b是阳离子交换膜，允许Na+通过
D.Na2SO4溶液从G口加入
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：
H++2e-=H2↑,故A错误；
B.连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极，氢氧根离子在阳极放电产生氧气，同时生成氢离子，在阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是硫酸溶液，故B错误；
C.在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，故b为阳离子交换膜，允许Na+通过，故C正确；
D.NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从F口加入，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查的是电解池知识。
本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，题目难度中等。
据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，阴极附近是H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两分别生极成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，知允许通过阴离子，在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子。
16.水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是
A.纯水中25℃时的c（H＋）比100℃时的c（H＋）大
B.100℃时某溶液中由水电离产生的c（H＋）＝1×10－11mol/L，则该溶液的pH可能是11或3
C.将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=4的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2溶液和盐酸的体积比为10:
1
D.25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42－）=5×10－4mol/L，则溶液中c（Na＋）：
c（OH－）为104:
1
【答案】D
【解析】
试题分析：
A选项错误。
25℃时c（H＋）=c（OH-）为10-6mol/L，当100℃时c（H＋）=c（OH-）为10-7mol/L。
B选项错误。
100℃时某溶液中由水电离产生的c（H＋）＝1×10－11mol/L，又因为当100摄氏度时KW值为1．0×10-12，故PH可能是11或1。
C选项错误。
若将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=4的稀盐酸按照体积比10:
1混合，得到位中性溶液。
在100摄氏度时中性溶液PH=6，故错误。
D选项争取。
考点：
水的离子积
第Ⅱ卷非选择题（共52分）
二、非选择题
17.某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。
请回答下列问题
（1）从水溶液中萃取碘可以选用的试剂是____________。
（填序号）
A．酒精B．CCl4C．己烯D．直馏汽油
（2）KI晶体的制备，实验装置如图：
实验步骤如下
i．配制0.5mol·L−1的KOH溶液。
i．在三颈瓶中加入12.7g单质I2和250mL0.5mol·L−1的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。
ⅲ．通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO2，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
得KI产品8.3g。
请回答下列问题：
①配制0.5mol·L−1KOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是_____（填序号）。
A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体
B．KOH固体样品中混有K2O2
C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶
D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容
E．定容时仰视刻度线
②步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5，请写出氧化产物的化学式：
____________。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞___________。
（填“a”“b”或“a和b”）
④实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为____________________。
⑤实验中KI的产率为________________%
【答案】
（1）.BD
（2）.BC（3）.KIO3（4）.b（5）.3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O（6）.50
【解析】
【详解】
（1）从水溶液中萃取碘，作为萃取剂的物质要满足：
溶质在萃取剂中溶解度较大、萃取剂与原溶剂及溶质均不反应、萃取剂与原溶剂不互溶。
A.酒精与碘水不反应，但与水互溶，故不选A；
B.四氯化碳与碘水不反应，与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度更大，故选B；
C.己烯可以和碘反应，不能做萃取剂，故不选C；
D.直馏汽油的主要成份是烷烃与环烷烃，与碘水不反应，与水不互溶，且碘在其中的溶解度更大，故选D。
本小题答案为：
BD。
（2）①A.KOH固体具有吸水性，且能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；
B.1molK2O2与水反应生成2molKOH，1molK2O2的质量为110g，而2molKOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；
C.溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；
D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故不选D；
E.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E。
本小题答案为：
BC。
②I2与KOH溶液反应，I2既被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：
5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，可推出氧化产物为KIO3。
本小题答案为：
KIO3。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下。
本小题答案为：
b。
④由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为：
3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O。
本小题答案为：
3HCOOH+IO3-===I-+3CO2↑+3H2O。
⑤12.7gI2的物质的量为0.05mol，KOH的物质的量为0.125mol，由
可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.05molI2可生成0.1molKI（质量为16.6g），所以实验中KI的产率为
。
本小题答案为：
50%。
18.碱式氧化（NiOOH）可用废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_____________________。
（2）“过滤1”用到的玻璃仪器________________________________________。
（3）已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2+
6.2
8.6
Fe2+
7.6
9.1
Fe3+
2.3
3.3
Cr3+
4.5
5.6
“调pH1”时，溶液pH范围为_______________；
（4）在空气中加热Ni（OH）2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式________________。
（5）在酸性溶液中CrO
可以转化成Cr2O
，用离子方程式表示该转化反应__________，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中CrO
沉淀完全（c（CrO
）≦1×10-5mol·L−1）,溶液中钡离子浓度至少为________mol·L−1。
【答案】
（1）.2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑
（2）.烧杯、漏斗、
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