【化学】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

【化学】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考 一、选择题（共50分）‎ ‎1.下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 酸性溶液中不存在一水合氨分子 B. 稀释pH=3的醋酸，溶液中所有离子浓度均降低 C. 常温下，pH均为10的NaOH溶液和NaCN溶液中，由水电离出来的H+浓度相等 D. 向氢氧化镁的悬浊液中加少量的水，平衡向溶解方向移动且c（Mg2+）不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 在氯化铵溶液中，因铵根离子发生水解反应：NH4＋＋H2O=NH3·H2O＋H＋，使溶液显酸性，溶液中存在一水合氨分子，故A错误；B. 稀释pH=3的醋酸，溶液中的H＋浓度降低，因温度不变，则Kw不变，所以OH－浓度升高，故B错误；C. 碱抑制水的电离，CN－能水解，促进水的电离，则常温下pH均为10的NaOH溶液和NaCN溶液中，由水电离出来的H+浓度后者大，故C错误；D. 向氢氧化镁的悬浊液中加少量的水，使氢氧化镁的溶解平衡向溶解方向移动，由于温度不变，则溶液的浓度不变，c(Mg2+)也不变，故D正确；答案选D。‎ ‎2.室温下，一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的Na2SO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液的pH=11(忽略反应前后的体积变化)，则Ba(OH)2溶液与Na2SO4溶液的体积比是(  )‎ A. 1:9 B. 1:‎1 ‎C. 1:2 D. 1:4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生反应是Ba(OH)2＋Na2SO4=BaSO4↓＋2NaOH，反应前后n(OH-)几乎保持不变，据此进行分析。‎ ‎【详解】令Ba(OH)2的体积为V‎1 L，Na2SO4的体积为V‎2 L，发生Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH，根据反应方程式，反应前后n(OH-)几乎保持不变，因此有V1×=(V1＋V2)×，推出V1：V2=1：9，故A正确；答案：A。‎ ‎3.电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染，其原理如图。下列说法不正确的是( )‎ A. A为电源正极 B. 在Pt电极上发生氧化反应 C. 阴极的电极反应式为：2NO3- + 6H2O + 10e- = N2 + 12OH-‎ D. 若电路转移10mol e-，质子交换膜右侧溶液质量减少‎18g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图，右边NO3-→N2，N的化合价降低，根据电解原理，右边电极为阴极，左边为阳极，装置中有质子交换膜，说明溶液为酸性，据此分析。‎ ‎【详解】A.根据装置图，右边电极NO3-→N2，N的化合价由+5价→0价，化合价降低，根据电解原理，右边电极为阴极，左边电极为阳极，即A为正极，B为负极，故A正确；‎ B.根据选项A的分析，Pt电极为阳极，即该电极上发生氧化反应，故B正确；‎ C.交换膜为质子交换膜，只允许H+通过，说明电解质溶液显酸性，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，故C错误；‎ D.阴极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，电路中转移10mol e-，生成1mol N2，即产生‎28g H2，同时从左边向右边移动10mol H+，即右边溶液质量减少(‎28g‎-10g)=‎18g，故D正确；‎ 答案：C。‎ ‎【点睛】电极反应式是氧化还原反应的半反应，一般按照氧化剂+ne-→还原产物，还原剂－ne-→氧化产物，然后判断溶液的酸碱性，判断出是H＋还是OH－参与反应，像本题交换膜是质子交换膜，说明溶液显酸性，最后根据电荷守恒和原子守恒配平其他。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液中：K+、Na+、SiO32-、SO42-‎ B. 1.0mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3-、Cl-‎ C. 在c(OH-)：c(H+)=1×1012的溶液: NH4+、Ca2+、Cl-、K+‎ D. 滴入酚酞试剂不变色的溶液：Na+、CO32-、NO3-、SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，常温下水电离c（H+）=1×10-13mol/L 的溶液的pH=1或pH=13，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若溶液呈酸性，SiO32-不能大量存在，若溶液呈碱性，离子能大量共存；B项，CH3COOH溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，c（OH-）：c（H+）=11012的溶液呈碱性，NH4+不能大量存在；D项，酚酞的变色范围为8.2~10，滴入酚酞试剂不变色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，在酸性条件下，CO32-、SO32-不能大量存在，同时酸性条件下NO3-会与SO32-发生氧化还原反应不能大量共存；一定能大量共存的是B，答案选B。‎ 点睛：离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀（如H+与SiO32-等）、弱电解质、气体（如H+与CO32-、SO32-等）；（2）离子间发生氧化还原反应，如H+、NO3-与SO32-等；（3）离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；（4）离子间发生双水解反应，如Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-等；（5）注意题干的附加条件，如无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；常温下水电离的c（H+）110-7mol/L溶液、与Al反应放出H2的溶液既可能呈酸性也可能呈碱性。‎ ‎5.在K2S溶液中存在着多种分子和离子，下列关系错误的是 （ ）‎ A. c（K＋）+ c（H＋）= ‎2 c（S 2-）+ c（HS -）+ c（OH-）‎ B. c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ ‎2c（H2S）‎ C. c（K＋）= 2 [c（HS -）+ c（S 2-） + c（H2S）]‎ D. c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ c（H2S）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒和物料守恒进行分析和判断。‎ ‎【详解】A.溶液中存在的离子是K＋、H＋、S2－、HS－、OH－，根据电荷守恒，因此有c(K＋)＋c(H＋)=c(HS－)＋c(OH－)＋‎2c(S2－)，故A说法正确；‎ B.根据电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)=c(HS－)＋c(OH－)＋‎2c(S2－)，根据物料守恒：c(K＋)=2[c(S2‎ ‎－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，两式联立得到c(OH－)=c(H＋)＋c(HS－)＋‎2c(H2S)，故B说法正确；‎ C.根据物料守恒，得出c(K＋)=2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，故C说法正确；‎ D.根据选项B分析，故D说法错误；‎ 答案：D。‎ ‎6.对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液，正确的是 A. 升高温度，溶液的pH降低 B. c(Na＋)=‎2c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)‎ C. c(Na＋)+c(H＋）=‎2 c(SO32－)+ ‎2c(HSO3－)+ c(OH－)‎ D. 加入少量NaOH固体，c(SO32－)与c(Na＋)均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO32－水解溶液显碱性，SO32－水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，OH－离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；‎ B、依据溶液中物料守恒分析判断，n(Na)=2n(S)，溶液中离子浓度存在c(Na+)=‎2c(SO32-)+‎2c(HSO3-)+‎2c(H2SO3)，故B错误；‎ C、溶液中存在电荷守恒分析，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C错误；‎ D、Na2SO3水解显碱性，加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中SO32-浓度增大，Na+浓度增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1mol·L－1 KHC2O4溶液中，下列关系正确的是 A. c(K+)+c(H+) = c(HC2O4－)+c(OH－)+c(C2O42－)‎ B. c(HC2O4－)+c(C2O42－) = 0.1 mol·L－1‎ C. c(C2O42－) < c(H‎2C2O4)‎ D. c(K+) = c(H‎2C2O4)+c(HC2O4－)+c(C2O42－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 既能电离也能水解，溶液显酸性，说明的电离大于水解。‎ ‎【详解】A.电荷守恒：，A错；‎ B.物料守恒：，B错误；‎ C.由电离而来，由水解而来，因溶液显酸性，所以的电离大于水解，故，C错误；‎ D.物料守恒：，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】电解质溶液中的三大守恒：电荷守恒，无论溶液中有多少种离子存在，溶液总是呈电中性的，所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等；物料守恒，溶液中的某种元素不论存在于那种化合物中，其总量始终是不变的；质子守恒，溶液中由水电离得氢离子始终等于氢氧根。‎ ‎8.已知‎25℃‎，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是（　　） ‎ 酸 电离平衡常数 醋酸 Ki=1.75×10-5‎ 次氯酸 Ki=2.98×10-8‎ 碳酸 Ki1=4.30×10-7‎ Ki2=5.61×10-11‎ 亚硫酸 Ki1=1.54×10-2‎ Ki2=1.02×10-7‎ A. 将0.1 mol/L的醋酸加水不断稀释，c（CH3COO-）始终减小 B. 少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-=CO32-+2HClO C. 少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中反应的离予方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO D. ‎25℃‎，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是NaClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．加水稀释醋酸溶液，能促进醋酸电离，但醋酸根离子增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故A正确；B．少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+，故C错误；D．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，PH越大，水解程度大小顺序是CH3COO-＜SO3 2-＜ClO-＜CO32-，所以碱性最强的是碳酸钠溶液，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查弱电解质的电离、盐类的水解、氧化还原反应等知识点，易错选项是CD，注意二氧化硫能被次氯酸根离子氧化生成硫酸根离子，注意盐类水解程度大小的比较方法。‎ ‎9.一定条件下的可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H <0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 温度：T1< T2 ν（c）； ν（b）>ν（d）‎ C. 平衡常数： K(a) =K(c) ；K(b) >K(d)‎ D. 平均摩尔质量：M(a)M(d)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的正反应方向是放热反应，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，CO的转化率降低，因此根据图像，在相同压强下，得出T1v(d)，故B说法错误；‎ C.平衡常数只受温度的影响，该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数降低，a 点温度低于c点，因此K(a)>K(c)，bd温度相同，则K(b)=K(d)，故C说法错误；‎ D.根据进行分析，组分都是气体，开始时通入量相同，因此混合气体质量相同，CO转化率越大，气体总物质的量越小，a点气体总物质的量最小，即M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，故D说法错误；‎ 答案：A。‎ ‎【点睛】化学平衡图像的做法是：一看面，横坐标和纵坐标代表的意义；二看线，看随着正坐标的增大，线的走向；三看点，看起点、拐点、终点等；四看辅助线，需不需要作等温线或等压线；然后根据影响化学反应速率的因素、勒夏特列原理进行分析。‎ ‎10.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，X元素的原子是所有元素中原子半径最小的，Y、W同主族，Z、W同周期．X与Y可形成具有18个电子的化合物G，在酸性条件下，在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 原子半径：X＜Y＜W＜R＜Z B. 由Y、Z元素可形成两种离子化合物其阳离子与阴离子物质的量之比都是2：1‎ C. 沸点：X2Y＞X2W D. W与R可形成共价化合物WR2，且WR2是极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，X元素的原子是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z位于ⅠA族；Y、W同主族，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期，又Z、W同周期，则Z为Na元素；X与Y可形成具有18个电子的化合物G，在酸性条件下，在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质，则G为双氧水，W为S、Y为O元素；R的原子序数大于W(S)，则R为Cl元素。A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则五种元素的原子半径：X＜Y＜R＜W＜Z，故A错误；B．由Y、Z元素可形成两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阳离子(钠离子)与阴离子(氧离子、过氧根离子)物质的量之比都是2：1，故B正确；C．水分子中存在氢键，导致水的沸点较高，即沸点：X2Y＞X2W，故C正确；D．W(S)与R(Cl)可形成共价化合物SCl2，SCl2为V形，结构不对称，属于极性分子，故D正确；故选A。‎ 点睛：正确推断元素种类是解答的关键。本题的易错点为B，要注意过氧化钠中的阴阳离子分别为钠离子和过氧根离子。‎ ‎11.25℃‎时，向20mL0.1mol·L-1H3PO2溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，滴定曲线如图1，含磷微粒物质的量浓度所占分数(δ)随pH变化关系如图2。下列说法不正确是 A. H3PO2的电离方程式为H3PO2H2PO2-+H+ Ka≈10-5‎ B. B点时，溶液中存在关系：‎2c(H+)+c(H2PO2-)=‎2c(OH-)+c(H3PO2)‎ C. C点时，溶液中存在关系：c(Na+)+c(H+)=C(H2PO2-)+c(OH-)‎ D. D点时，溶液中微粒浓度大小关系：c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.由图1和图2可知，该酸（次磷酸）为一元弱酸，图1中B点对应的是加入10mL氢氧化钠溶液恰好中和一半的酸，此时溶液中c(H3PO2)≈c(H2PO2-)、pH=5,则c(H+)=10-5mol/L所以Ka= ≈10-5，所以A正确；C.由C点溶液中电荷守恒可知，C正确；D.D点为滴定终点，此时因次磷酸根水解而使溶液呈碱性，所以溶液中的各微粒浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)，D正确。所以本题可以用排除法选B。‎ ‎12.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( ) ‎ A. Ka1（H2X）的数量级为10-5‎ B. 曲线N表示pH与lg的变化关系 C. NaHX溶液显碱性 D 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2X发生电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1=，Ka2=因为Ka1>Ka2，因此在相同pH时，>，然后得出N点表示pH与lg的变化关系，M点代表pH与lg的变化关系，据此分析。‎ ‎【详解】H2X发生电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1=，Ka2=因为Ka1>Ka2，因此在相同pH时，>，然后得出N点表示pH与lg的变化关系，M点代表pH与lg的变化关系；‎ A.取lg=0，则=1，Ka1==c(H＋)≈10－4.4=10－5＋0.6≈10－5，故A正确；‎ B.根据上述分析，曲线N代表pH与lg的变化关系，故B错误；‎ C.NaHX中HX－的电离平衡常数Ka2=，取lg=0，则=1，此时对应的pH约为5.4，即Ka2的数量级约为10－6，HX－的水解平衡常数Kh==10－9<10－6，说明HX－的电离大于其水解，溶液显酸性，故C错误；‎ D.混合溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，混合溶液中的溶质为Na2X和NaHX，X2－的水解平衡常数Kh==10－8c(NaHX)，从而得出离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)=c(OH－)，故D错误；‎ 答案：A。‎ ‎13.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )‎ A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端，腐蚀越严重 B. 镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用 C. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗 D. 图2中，金属棒X若为Cu，可使埋在地下的钢管免受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、插入海水中的铁棒，除发生化学腐蚀外，靠近液面的地方还会发生电化学腐蚀，越靠近液面腐蚀越严重，A错误；‎ B、镀层破损后，白铁形成原电池时，因为锌比铁活泼，易失电子，从而保护了铁，而镀锡铁破损后，因为形成原电池时，铁比锡活泼，铁被腐蚀，所以镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用，B正确；‎ C、金属银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变质，属于化学腐蚀，C错误；‎ D、图2中，金属棒X若为Cu，铜的金属性比铁弱，作为原电池的正极，可使埋在地下的钢管加快腐蚀，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.常温下，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 盐酸溶液的导电能力一定比醋酸溶液的强 B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH< 7‎ C. 向10mL 0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小 D. 用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，最好选用甲基橙作指示剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定，与电解质强弱无关，故稀盐酸溶液的导电能力可能弱于浓醋酸溶液，A错误；‎ B、酚酞的变色范围为8-10，所以在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，此时溶液的pH< 8，不一定小于7，选项B错误；‎ C、向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，设一水合氨的电离平衡常数为Kb，根据一水合氨的电离平衡常数可知：，随着氨水的加入，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，则的值逐渐减小，选项C正确；‎ D、用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，由于恰好反应时溶液呈碱性，应好选用酚酞作指示剂，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 水处理中用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 B. 制备无水AlCl3，可加热蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 D. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝盐和铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中悬浮物，选项A正确；‎ B、加热蒸发Al与稀盐酸反应后的氯化铝溶液，铝离子水解产生氢氧化铝和盐酸，蒸干时盐酸挥发，得不到无水氯化铝，选项B错误；‎ C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，若溶解在硫酸中，会引入杂质，选项C错误；‎ D. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,选用酚酞为指示剂，造成测定的盐酸浓度偏高的原因可能是(　　)‎ A. 未用标准液润洗碱式滴定管 B. 滴定到终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作均正确 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗 D. 滴定前，滴定管尖嘴部分无气泡，到终点读数时发现滴定管尖嘴内有气泡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未用标准液润洗碱式滴定管，标准液变稀，滴定时消耗标准液的体积偏大，造成测定的盐酸浓度偏高，选项A正确；‎ B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致标准液的体积读数偏小，测定结果偏低，选项B错误；‎ C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，不会影响测定结果，选项C错误；‎ D．滴定前，滴定管尖嘴部分无气泡，到终点读数时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致读数偏小，会导致测定结果偏低，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎17.常温下，浓度均为0.1mol/L的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息判断，下列说法正确的是（　　）‎ 溶质 Na2CO3‎ NaClO NaHCO3‎ NaHSO3‎ pH ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎9.7‎ ‎4.0‎ A. 常温下，HSO3¯的水解能力强于其电离能力 B. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高 C. Na2CO3溶液中存在以下关系：c（Na+）+c（H+）=c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯）‎ D. 向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即电离大于水解，故A错误；B、强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故B正确；C、根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=‎2c(CO32¯)+c(HCO3¯)+c(OH¯)，故C错误；D、向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故D错误；故选B。‎ ‎18.对水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的解释，说法正确的是 A. Mg(OH)2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化 B. Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化 C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度减小，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp，生成Mg(OH)2沉淀 D. 二者不能相互转化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氢氧化镁难溶，而碳酸镁微溶，所以Mg(OH)2的溶度积应小于MgCO3的溶度积，碳酸镁可以转化为氢氧化镁，A项错误；B.水垢的成分是Mg(OH)2而不是MgCO3，是由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化，B项正确；C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度增大，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Ksp＜Qc，生成Mg(OH)2沉淀，C项错误；D. 沉淀的转化是可逆反应，在一定的条件下，二者可以实现相互转化，D项错误。答案选B。‎ ‎19.已知：H2(g)＋F2(g)=2HF(g)；ΔH= -270 kJ/mol，下列说法正确的是( 　　)‎ A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B. 1mol H2与1mol F2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJ C. 在相同条件下，1mol H2与1mol F2的能量总和大于2mol HF气体的能量 D. 该反应中的能量变化可用如图来表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.生成HF的反应△H<0，说明该反应为放热反应，因此逆反应为吸热反应，故A错误；‎ B.气态HF转化成液态HF放出热量，因此1mol H2(g)与1mol F2(g)反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故B错误；‎ C.生成HF气体的反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故C正确；‎ D.放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，即1mol H2(g)和1mol F2(g)具有的总能量比2mol HF(g)的能量高，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎20.下列浓度关系正确的是（　　）‎ A. 0.1‎‎ mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全：c（NH4+）＞c（OH-）＞c（SO42-）＞c（H +）‎ B. 若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中： ‎2c（CO32-）+c（HCO3-）=0.1mol/L C. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c（Na+）＞c（CN-）＞c（HCN）＞c（OH-）＞c（H+）‎ D. 向‎1L 1mol/L的KOH热溶液中通入一定量的Cl2，恰好完全反应生成氯酸钾、次氯酸钾和氯化钾的混合溶液： c（K+）+c（H+）=‎6c（ClO3-）+‎2c（ClO-）+c（HClO）+c（OH-）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，向0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应为：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，电离方程式为：NH3•H2O NH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)应大于c(NH4+)，故A错误；B项，将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性，根据电荷守恒：‎2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)=c(H+)，则‎2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(Na+)，又因为c(Na+)=0.2mol/L，所以‎2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.2mol/L，故B错误；C项，0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，发生反应：NaOH+HCN=NaCN+H2O，反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液，因为所得溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以各微粒的大小关系为：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D项，由已知反应为：4Cl2+8KOH=6KCl+KClO+KClO3+4H2O，溶液中电荷守恒为：c(K+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO3-)+c(ClO-)+c(OH-)，氧化还原反应得失电子守恒为：c(Cl-)=‎5c(ClO3-)+c(ClO-)+c(HClO)，将电子守恒等式代入上式得，c(K+)+c(H+)=‎6c(ClO3-)+‎2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)，故D正确。‎ ‎21.已知某温度下AgCl(s)的溶度积常数Ksp=1×10-10。在该温度下，向50mL 0.018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL 0.02mol/L的盐酸，生成沉淀（混合后溶液的体积变化忽略不计）。下列说法正确的是（）‎ A. AgCl的溶解性为难溶，则该物质不溶于水 B. 沉淀生成后，溶液中Ag+的浓度1×10-5mol/L C. 沉淀生成后，溶液中NO3-的浓度1.8×10-2mol/L D. 沉淀生成后，溶液的pH为2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据量判断出HCl过量，然后根据Ksp进行分析；‎ ‎【详解】A.AgCl的溶解性为难溶，该物质在水中溶解性很小，绝对不溶于水的物质不存在，故A错误；‎ B.发生AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，n(AgNO3)=50×10‎-3L×0.018mol·L-1，n(HCl)=50×10‎-3L×0.02mol·L-1，HCl过量，反应后溶液中c(Cl-)==0.001mol·L-1，Ksp=c(Ag＋)×c(Cl-)，代入数值，得出c(Ag＋)=10-7mol·L-1，故B错误；‎ C.根据AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，NO3-物质的量不变，因此反应后溶液中c(NO3-)=‎ ‎=0.009mol·L-1，故C错误；‎ D.反应后c(H＋)==0.01mol·L-1，即pH=2，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎22.下列有关说法中正确的是（）‎ A. Ksp(AB2)c(OH－)，溶液显酸性；‎ ‎ (2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性；‎ ‎ (3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；‎ ‎ (4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6 mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×‎0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。‎ ‎【点睛】本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。‎ ‎24.按照要求回答下列问题 ‎（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．‎ ‎（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．‎ ‎（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．‎ ‎（4）将化合物A的蒸气1mol充入‎0.5L容器中加热分解：‎2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．‎ ‎【答案】 (1). Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ (2). 中 (3). ③①②④ (4). 3 (5). 0.2 mol/(L·min) (6). 60%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解，溶液显酸性；‎ ‎(2)根据电荷守恒进行分析；‎ ‎(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；‎ ‎(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；‎ ‎【详解】(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；‎ ‎ (2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性；‎ ‎ (3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；‎ ‎ (4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6 mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×‎0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。‎ ‎【点睛】本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出 NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。‎ ‎25.（1）‎100°C时，KW=1.0×10-12，在该温度下，测得0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6。‎ ‎①H‎2A在水溶液中的电离方程式为_____；‎ ‎②体积相等pH=1的盐酸与H‎2A溶液分别与足量的Zn反应，H‎2A溶液产生的H2_____（填“多”、“少”或“一样多”）。‎ ‎（2）将0.4mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)＞c(A-)：‎ ‎①混合溶液中c(A)_____c(HA)（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；‎ ‎②混合溶液中c(HA)+c(A)_____0.2mol/L。‎ ‎（3）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列5种溶液的pH，如表所示：‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎①少量二氧化碳通入NaClO溶液中的离子方程式_____；‎ ‎②浓度均为0.01mol/L的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是_____（填编号）；‎ a．CH3COOH b．HCN c．HClO d．H2CO3‎ ‎③常温下浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液pH=6，则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=_____mol/L（填准确数值）。‎ ‎【答案】 (1). H‎2A=2H＋＋A2－ (2). 一样多 (3). < (4). = (5). CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－ (6). b (7). 1.98×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据‎100℃‎时，KW=1.0×10－12，求出纯水中c(H＋)=10－6mol/L，即该温度下，当pH=6时，溶液显中性，然后再判断出Na‎2A溶液的酸碱性，从得出H‎2A是强酸还是弱酸；‎ ‎(2)①先判断出反应后溶液中的溶质为HA和NaA，根据c(Na＋)>c(A－)，判断出是电离为主还是水解为主进行分析；‎ ‎②根据物料守恒进行分析；‎ ‎(3)①利用表格中的数据，利用“越弱越水解”分析出CH3COOH、H2CO3、HCO3－、HClO、HCN电离出H＋能力大小，据此分析；‎ ‎②利用酸性最弱的酸，稀释相同倍数，pH变化最小；‎ ‎③利用电荷守恒和物料守恒进行分析；‎ ‎【详解】(1) ①‎100℃‎时，KW=1.0×10-12，纯水中c(H＋)=10-6mol/L，该温度下，当pH=6时，溶液显中性，该温度下，0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6，溶液显中性，Na‎2A为强酸强碱盐，H‎2A为强酸，其电离方程式为H‎2A=2H＋＋A2－；‎ ‎②H‎2A、HCl为强酸，完全电离，体积相等pH=1的盐酸和H‎2A溶液中n(H＋)相等，因此与足量锌反应生成的氢气一样多；‎ ‎(2)HA的浓度是NaOH浓度的2倍，等体积混合后，溶质为NaA和HA，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(A－)，根据电荷守恒，c(H＋)c(A－)；‎ ‎②应是等体积混合，浓度降为原来的一半，根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)=0.2mol/L；‎ ‎(3)根据“越弱越水解”得出电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3－，‎ ‎①少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－；‎ ‎②酸性最强的酸是CH3COOH，加水稀释促进弱酸的电离，相同浓度的不同酸稀释相同倍数，酸的酸性越弱，酸的pH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故b正确；‎ ‎③电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=‎2c(Na＋)，则有：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=‎2c(H＋)－‎2c(OH－)，浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pH=6，即c(H＋)=10－6mol/L，c(OH－)=mol·L－1=10－8mol/L，代入公式，得到c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2(10－6－10－8)=1.98×10-6mol/L。‎ ‎26.（1）‎100°C时，KW=1.0×10-12，在该温度下，测得0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6。‎ ‎①H‎2A在水溶液中的电离方程式为_____；‎ ‎②体积相等pH=1的盐酸与H‎2A溶液分别与足量的Zn反应，H‎2A溶液产生的H2_____（填“多”、“少”或“一样多”）。‎ ‎（2）将0.4mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)＞‎ c(A-)：‎ ‎①混合溶液中c(A)_____c(HA)（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；‎ ‎②混合溶液中c(HA)+c(A)_____0.2mol/L。‎ ‎（3）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列5种溶液的pH，如表所示：‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎①少量二氧化碳通入NaClO溶液中的离子方程式_____；‎ ‎②浓度均为0.01mol/L的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是_____（填编号）；‎ a．CH3COOH b．HCN c．HClO d．H2CO3‎ ‎③常温下浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液pH=6，则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=_____mol/L（填准确数值）。‎ ‎【答案】 (1). H‎2A=2H＋＋A2－ (2). 一样多 (3). < (4). = (5). CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－ (6). b (7). 1.98×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据‎100℃‎时，KW=1.0×10－12，求出纯水中c(H＋)=10－6mol/L，即该温度下，当pH=6时，溶液显中性，然后再判断出Na‎2A溶液的酸碱性，从得出H‎2A是强酸还是弱酸；‎ ‎(2)①先判断出反应后溶液中的溶质为HA和NaA，根据c(Na＋)>c(A－)，判断出是电离为主还是水解为主进行分析；‎ ‎②根据物料守恒进行分析；‎ ‎(3)①利用表格中的数据，利用“越弱越水解”分析出CH3COOH、H2CO3、HCO3－、HClO、HCN电离出H＋能力大小，据此分析；‎ ‎②利用酸性最弱的酸，稀释相同倍数，pH变化最小；‎ ‎③利用电荷守恒和物料守恒进行分析；‎ ‎【详解】(1) ①‎100℃‎时，KW=1.0×10-12，纯水中c(H＋)=10-6mol/L，该温度下，当pH=6时，溶液显中性，该温度下，0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6，溶液显中性，Na‎2A为强酸强碱盐，H‎2A为强酸，其电离方程式为H‎2A=2H＋＋A2－；‎ ‎②H‎2A、HCl为强酸，完全电离，体积相等pH=1的盐酸和H‎2A溶液中n(H＋)‎ 相等，因此与足量锌反应生成的氢气一样多；‎ ‎(2)HA的浓度是NaOH浓度的2倍，等体积混合后，溶质为NaA和HA，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(A－)，根据电荷守恒，c(H＋)c(A－)；‎ ‎②应是等体积混合，浓度降为原来的一半，根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)=0.2mol/L；‎ ‎(3)根据“越弱越水解”得出电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3－，‎ ‎①少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－；‎ ‎②酸性最强的酸是CH3COOH，加水稀释促进弱酸的电离，相同浓度的不同酸稀释相同倍数，酸的酸性越弱，酸的pH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故b正确；‎ ‎③电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=‎2c(Na＋)，则有：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=‎2c(H＋)－‎2c(OH－)，浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pH=6，即c(H＋)=10－6mol/L，c(OH－)=mol·L－1=10－8mol/L，代入公式，得到c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2(10－6－10－8)=1.98×10-6mol/L。‎ ‎27.氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种工业酸性废液（主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣）中回收氧化铁流程如图：‎ 已知：常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10﹣11； Ksp[Fe(OH)2]=2.2×10﹣16；Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10﹣38；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣33。‎ ‎（1）写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式_____。‎ ‎（2）常温下，根据已知条件在pH=5的溶液中，理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3+)=_____。‎ ‎（3）有人用氨水调节溶液pH，在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时可能混有的杂质是 ‎_____（填化学式，下同），用_____试剂可将其除去。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O； (2). 3.5×10－11mol·L－1 (3). Al(OH)3 (4). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸性废液中含有Fe2＋，Fe2＋能被氧气氧化进行分析；‎ ‎(2)根据溶度积进行计算；‎ ‎(3)根据溶度积进行分析和计算。‎ ‎【详解】(1)酸性废液中含有Fe2＋，Fe2＋能被O2氧化，因此离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；‎ 答案：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；‎ ‎(2)溶液的pH=5，则溶液c(OH－)=mol·L－1=10－9mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)×c3(OH－)，代入数值，得到c(Fe3＋)=mol·L－1=3.5×10－11mol·L－1；‎ 答案：3.5×10－11mol·L－1；‎ ‎(3) 溶液的pH=5，则溶液c(OH－)=mol·L－1=10－9mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×c2(OH－)代入数值，c(Mg2＋)=1.2×107mol·L－1，说明Mg2＋没有出现沉淀，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3＋)×c3(OH－)，代入数值，得出c(Al3＋)=10－6mol·L－1<1×10－5mol·L－1，说明Al3＋几乎完全沉淀，混有的杂质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，Fe(OH)3为碱性氢氧化物，因此需要加入NaOH溶液溶解Al(OH)3；‎ 答案：Al(OH)3；NaOH。‎ ‎【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写，先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，即Fe2＋＋O2→Fe3＋，根据化合价升降法进行配平，得出4Fe2＋＋O2→5Fe3＋，然后根据溶液的酸碱性，判断出H＋还是OH－进行分析，如本题废液为酸性，所以H＋参与反应，根据原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式。‎ ‎28.氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种工业酸性废液（主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、‎ Cl﹣、SO42﹣）中回收氧化铁流程如图：‎ 已知：常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10﹣11； Ksp[Fe(OH)2]=2.2×10﹣16；Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10﹣38；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣33。‎ ‎（1）写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式_____。‎ ‎（2）常温下，根据已知条件在pH=5的溶液中，理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3+)=_____。‎ ‎（3）有人用氨水调节溶液pH，在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时可能混有的杂质是_____（填化学式，下同），用_____试剂可将其除去。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O； (2). 3.5×10－11mol·L－1 (3). Al(OH)3 (4). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸性废液中含有Fe2＋，Fe2＋能被氧气氧化进行分析；‎ ‎(2)根据溶度积进行计算；‎ ‎(3)根据溶度积进行分析和计算。‎ ‎【详解】(1)酸性废液中含有Fe2＋，Fe2＋能被O2氧化，因此离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；‎ 答案：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；‎ ‎(2)溶液的pH=5，则溶液c(OH－)=mol·L－1=10－9mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)×c3(OH－)，代入数值，得到c(Fe3＋)=mol·L－1=3.5×10－11mol·L－1；‎ 答案：3.5×10－11mol·L－1；‎ ‎(3) 溶液的pH=5，则溶液c(OH－)=mol·L－1=10－9mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×c2(OH－)代入数值，c(Mg2＋)=1.2×107mol·L－1，说明Mg2＋没有出现沉淀，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3＋)×c3(OH－)，代入数值，得出c(Al3＋)=10－6mol·L－1<1×10－5mol·L－1，说明Al3＋几乎完全沉淀，混有的杂质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，Fe(OH)3为碱性氢氧化物，因此需要加入NaOH溶液溶解Al(OH)3；‎ 答案：Al(OH)3；NaOH。‎ ‎【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写，先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，即Fe2＋＋O2→Fe3＋，根据化合价升降法进行配平，得出4Fe2＋＋O2→5Fe3＋，然后根据溶液的酸碱性，判断出H＋还是OH－进行分析，如本题废液为酸性，所以H＋参与反应，根据原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式。‎ ‎29.将a L NH3通入某恒压的密闭容器中，在一定条件下让其分解，达到平衡后气体体积增大到b L(气体体积在相同条件下测定)。下列说法中正确的是( )‎ A. 平衡后氨气分解率为 ‎ B. 平衡混合气体H2的体积分数为 C. 反应前后气体的密度比为 ‎ D. 平衡后气体的平均摩尔质量为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生2NH3N2＋3H2，根据化学计量数的意义，以及差量法进行分析；‎ ‎【详解】‎ A.　根据上述，消耗NH3的体积为(b－a)L，则氨气的分解率为，故A错误；‎ B.　达到平衡，NH3的体积为[a－(b－a)]L=(‎2a－b)L，生成N2的体积为L，生成H2的体 积为L，则达到平衡时，H2的体积分数为=，故B正确；‎ C.　组分都是气体，则混合气体总质量保持不变，根据，因此有反应前后气体的密度之比等于体积的反比，即反应前后气体的密度比为，故C错误；‎ D.　相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，组分都是气体，气体质量保持不变，即为‎17a g，因此平衡后气体的平均摩尔质量为=g·mol-1，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，学生忽略了摩尔质量的单位，摩尔质量的单位是g·mol-1，因此遇见摩尔质量时不仅注意数值，还要注意单位。‎ ‎30.25℃‎时，三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.8×10-5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ ‎（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。‎ a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－‎ ‎（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。‎ a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O ‎ b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－‎ d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO ‎【答案】 (1). 增大 (2). a (3). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)升高温度，促进电离；‎ ‎(2)利用“越弱与水解”进行分析；‎ ‎(3)利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的；‎ ‎【详解】(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，因此升高温度，电离平衡常数增大；‎ ‎ (2)根据表格中的数据，得出电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－，结合“越弱与水解”，得出结合H＋能力顺序是CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，故a正确；‎ ‎ (3)根据(2) 得出电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－，‎ a.　因为醋酸的酸性强于碳酸，因此醋酸能把碳酸制取碳酸，该反应能够发生，故a不符合题意；‎ b.　醋酸的酸性强于HClO，醋酸能够制取HClO，该反应能够发生，故b不符合题意；‎ c.　碳酸的酸性强于次氯酸，因此该反应不能发生，故c符合题意；‎ d.　电离出H＋大小：HClO>HCO3-，因此碳酸与ClO-反应生成HClO和HCO3-，即反应反应不能发生，故d符合题意；‎ 答案：cd。‎ ‎31.阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题。‎ 某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4溶液25.00mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。‎ ‎（1）该学生用标准0.14mol·L－1 NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：‎ A．用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00mL，注入锥形瓶中，加入几滴酚酞做指示剂 B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管 C．用蒸馏水洗干净滴定管 D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管，调整液面，记下开始读数 E．检查滴定管是否漏水　　　‎ F．另取锥形瓶，再重复操作一次 G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度 滴定操作的正确顺序是（用序号填写）_______________。‎ ‎（2）在D操作中应该调整液面到_________________，并使尖嘴处_____________。‎ ‎（3）配制准确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的主要容器是__________________。‎ ‎（4）滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为________；终点时颜色变化是____________。‎ ‎（5）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入____（选填“甲”或“乙”）中。‎ ‎（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值___________（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（7）计算待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度（计算结果到小数点后二位）____。‎ ‎【答案】 (1). ECDBAGF或ECBADGF (2). 0刻度或0刻度一下某一具体位置 (3). 充满标准NaOH溶液 (4). 100mL容量瓶 (5). 9 (6). 无色变为浅红色（或粉红色），且半分钟内不褪色 (7). 乙 (8). 偏小 (9). 8.40mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滴定的操作步骤为：验漏→水洗→润洗→装液→读数→滴定→读数→计算；故正确的操作顺序为ECDBAGF或ECBADGF；‎ ‎（2）装液之后，读数前应将液面调至0刻线或0刻线以下，并使尖嘴处充满溶液，若尖嘴处有气泡，则需要将气泡排出；‎ ‎（3）题中说明需要配置100mL稀H2SO4溶液，故需要使用100mL容量瓶来配制；‎ ‎（4）滴定终点是溶液由无色变为浅红色，且30s内不变色，此时溶液的pH约为9（酚酞的变色范围为8.2-10.0）；‎ ‎（5）NaOH应装入乙（碱式滴定管）中；‎ ‎（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，会使得V(碱)偏小，根据c(酸)×V(酸)= c(碱)×V(碱)可得知，c(酸)偏小；‎ ‎（7）25.00mL H2SO4中，n(H2SO4)=c(NaOH)×V(NaOH)=0.14mol•L-1×15.00×10‎-3L=0.0021mol，则100mL H2SO4中，n(H2SO4)=×0.0021mol=0.0084mol，故1mL H2SO4的浓度为=8.40mol/L。‎ ‎32.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：‎ ‎（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_______________(‎ 用必要的化学用语和相关文字说明)。‎ ‎（2）相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH)。‎ ‎（3）如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。‎ ‎①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是___________________；‎ ‎②‎20℃‎时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中‎2c(SO)－c(NH)－‎3c(Al3＋)＝________。‎ ‎（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：‎ 试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2). 小于 (3). Ⅰ (4). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 (5). 10－3mol/L (6). a点 (7). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性； （2）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，NH4HSO4中的铵根离子水解显示酸性，‎ 根据铵根离子的水解程度来回答； （3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题；①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4； ②依据电荷守恒得出结论；‎ ‎（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性；b点溶液为中性，溶质为（NH4）2SO4与Na2SO4、NH3•H2O，V（NaOH）>V（NH4HSO4）。‎ ‎【详解】（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，‎ 故答案为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；‎ ‎（2）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性，会抑制NH4+的水解，HSO4-电离出的H＋同样抑制NH4+的水解，因为HSO4-电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4Al(SO4)2中NH4+水解程度比NH4HSO4中的大，故0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH4+)小于0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH4+)，‎ 故答案为小于；‎ ‎（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；‎ ‎②‎20℃‎时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH=3，即c(H＋)=10-3mol/L，c(OH－)较小，根据电荷守恒，可以求出‎2c(SO42-)－c(NH4+)－‎3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol/L- c(OH－)≈10－3mol/L，‎ 故答案为Ⅰ；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小；10－3mol/L；‎ ‎（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO42-)，则b点时c(Na＋)>c(SO42-)，根据N原子与S原子数目相等以及N元素与S元素组成物质的关系，可以得出c(SO42-)>c(NH4+)，故b点溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)，‎ 故答案为a点；c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)。‎ ‎33.25 ℃‎时，部分物质电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO NH3·H2O H2SO3‎ 电离平衡常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.2×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎4.7×10－8‎ ‎1.8×10－5‎ Ka1=1.3×10−2‎ Ka2=6.2×10−8‎ ‎（1）‎25℃‎时，等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液，3种溶液的pH由大到小的顺序为____________________________________________。‎ ‎（2）工业上可用氨水除去尾气SO2。‎ ‎①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=________mol·L−1。向该氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH__________（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH的浓度____________（填“增大”或“减小”）。‎ ‎②将SO2通入氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=_________________。‎ ‎（3）若某溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)‎ ‎___________c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)____________c(OH－)。‎ ‎（4）根据表中所给的信息，向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3溶液、Na2SO3溶液、CH3COONa溶液 (2). 6.0×10-3 (3). 降低 (4). 增大 (5). 0.62 (6). 小于 (7). 大于 (8). ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①依据图表数据分析，电离常数CH3COOH＞HSO3-＞HCO3-，所以等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液水解程度：Na2CO3溶液＞Na2SO3溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH由大到小依次为Na2CO3＞Na2SO3＞CH3COONa；‎ ‎（2）①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，根据电离常数可知，溶液中的c(OH−)==mol·L−1=6.0mol·L−1；向该氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低；若加 入少量明矾，铝离子的水解促进氨水的电离，溶液中NH的浓度增大；‎ ‎②根据H2SO3的Ka2=6.2×10−8可知，=6.2×10−8，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=0.62；‎ ‎（3）‎25℃‎时，将a mol•L-1稀盐酸和b mol•L-1氨水混合而成等体积混合后，溶液呈中性，则混合后溶液的pH=7，当a=b时，两溶液恰好反应生成氯化铵，溶液显示酸性，若使溶液的pH=7，则一水合氨的浓度应该稍大一些，即aHClO>HCO3-，故向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。‎ ‎34.A、B代表不同的物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质， A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。（说明：NH4NO2不稳定，不考虑），请填写下列空白：‎ ‎（1）写出化学式：A1___________、A2__________、B1___________、B2___________。‎ ‎（2）已知，Ka(HNO2)=4.60×10-4，则0.01mol∙L-1 HNO2和0.01mol∙L‎-1 A2等体积混合组成溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________。‎ ‎（3）B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是_________________。‎ ‎（4）常温下，若B1、B2两种溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质 的量浓度之比为________。‎ ‎（5）常温下，0.01mol∙L-1的HCOONa溶液的pH=10，则HCOOH的电离平衡常数Ka=_____。‎ ‎【答案】 (1). NaOH (2). NaNO2 (3). HNO3 (4). NH4NO3 (5). c(NO2－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) (6). 硝酸电离出的氢离子抑制了水的电离，NH4＋的存在促进了水的电离 (7). 1×10-4∶1 或（1∶） (8). 10－8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出的元素，其中三种元素组成的强电解质，中学常见物质有：强碱(NaOH)、强酸(HNO3)‎ ‎、盐(NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等)，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，说明A1为强碱，A2为强碱弱酸盐，即A1为NaOH，A2为NaNO2；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，说明B1为酸，B2强酸弱碱盐，即B1为HNO3，B2为NH4NO3，据此分析。‎ ‎【详解】(1) 根据给出的元素，其中三种元素组成的强电解质，中学常见物质有：强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐(NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等)，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，说明A1为强碱，A2为强碱弱酸盐，即A1为NaOH，A2为NaNO2；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，说明B1为酸，B2强酸弱碱盐，即B1为HNO3，B2为NH4NO3；‎ ‎ (2)A2为NaNO2，等体积等浓度混合后，NO2－水解平衡常数为Kh==×10－10<10－4，说明HNO2电离大于NO2－的水解，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是c(NO2－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；‎ ‎ (3)B1为HNO3，属于酸，抑制水的电离，B2为NH4NO3，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解，促进水的电离；‎ ‎ (4)硝酸为酸，pH=5的硝酸溶液中c(H＋)=10－5mol·L－1，该H＋可以认为是由HNO3电离产生，根据水电离出c(H＋)等于水电离c(OH－)，因此pH=5的硝酸溶液中水电离出的c(H＋)=c(OH－)=mol·L－1=10－9mol·L－1，硝酸铵溶液中H＋是由水电离产生，该溶液中c(H＋)=10－5mol·L－1，即两溶液中水电离出c(H＋)1×10－9：(1×10－5)=1×10－4：1或(1：104)；‎ ‎ (5)HCOONa溶液中存在HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，c(CHCOOH)≈c(OH－)==10－4mol·L－1，c(CHCOO－) ≈0.01mol·L－1，HCOO－水解常数Kh==10－6，则HCOOH的电离平衡常数Ka==10－8。‎