河南省南陽(yáng)一中高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題訓(xùn)練溶液中的離子平衡(含解析)

溶液中的離子平衡－1溶液，以下說(shuō)法或列式正確的選項(xiàng)是1．關(guān)于0．1molL·NH4ClA．高升溫度，溶液pH高升＋－－)+c(H+B．c(NH4)+c(OH)＝c(Cl)＋－C．通入少量HCl，c(NH4)和c(Cl)均增大－+＋)>c(OH－D．c(Cl)>c(H)>c(NH4)【答案】C【解析】＋＋H2OV2O5＋高溫、高壓濃硫酸180℃充電催化劑試題解析：NH4NH3·H2O＋H,A、鹽類(lèi)水解是吸熱反應(yīng)，高升溫度，平衡右移，△催化劑催化劑放電c(H＋)增加，pH減小，錯(cuò)誤；B、依照溶液電中性：c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH－)，錯(cuò)誤；C、通入少量HCl，控制氯化銨的水解，＋－c(NH4)和c(Cl)增大，正確；D、水解的程度是微弱的，溶液顯酸性，因此離子濃度的大?。篶(Cl－)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH－)，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：察看鹽類(lèi)水解及離子濃度大小比較。－1－1的鹽酸和醋酸，2．室溫下，用0.100molL·NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100molL·滴定曲線以下列圖。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲線B．pH＝7時(shí)，滴定醋酸耗資的V(NaOH)小于20mLC．V(NaOH)＝20.00mL時(shí)，兩份溶液中－－c(Cl)＝c(CH3COO)D．V(NaOH)＝10.00mL時(shí)，醋酸溶液中＋－＋－c(Na)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)【答案】B【解析】試題解析：A、同濃度的鹽酸與醋酸比，鹽酸中氫離子濃度大，因此pH小，因此曲線II代表鹽酸，曲線I代表醋酸，錯(cuò)誤；B、pH=7時(shí)，溶液呈中性，而醋酸鈉溶液呈堿性，若使溶液呈中性，則醋酸的體積大于氫氧化鈉的體積，滴定醋酸耗資的V(NaOH)小于20mL，正確；C、V(NaOH)＝20.00mL時(shí)，二者都恰好完好反應(yīng)，由于醋酸根離子水解，使c(CH3COO－

－

－)減少，因此兩份溶液中

c(Cl)>c(CH3COO)，錯(cuò)誤；

D、V(NaOH)

＝10.00mL

時(shí)，此時(shí)為等濃度的醋酸與醋酸鈉的混雜液，溶液呈酸性，

c(H＋)>c(OH

－

)，依照電荷守恒，則有c(CH3COO

－

)>c(Na

＋)，錯(cuò)誤，答案選

B。考點(diǎn)：察看酸堿中和滴定的計(jì)算，對(duì)圖像的解析3．某溫度時(shí)，Ag2SO4在水中的積淀溶解平衡曲線以下列圖。該溫度下，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．Ag2SO4的溶度積常數(shù)(Ksp)為1×10-3B．0.02mol/L的AgNO3溶液與0.2mol/L的Na2SO4溶液等體積混雜有Ag2SO4積淀生成C．a(chǎn)點(diǎn)表示Ag2SO4的不飽和溶液，蒸發(fā)能夠使溶液由a點(diǎn)變到c點(diǎn)D．a(chǎn)點(diǎn)表示Ag2SO4的不飽和溶液，加入Na2SO4固體能夠使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)【答案】D【解析】試題解析：A．由圖象可知，Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=（0.02）2×0.05=2×10-5，故A錯(cuò)誤；的AgNO3溶液與0.2mol/L的Na2SO4溶液等體積混雜，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，則（0.01）2×0.1=1×10-5，Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=(0.02)2×0.05=2×10-5，因此沒(méi)有積淀析出，故B錯(cuò)誤；C．蒸發(fā)溶液，Ag+濃度和SO42-濃度都增大，不能能達(dá)到c點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．點(diǎn)表示Ag2SO4的不飽和溶液，加入Na2SO4固體，Ag+濃度不變，SO42-濃度增大，能夠使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)，故D正確；應(yīng)選D?？键c(diǎn)：，題目難度中等，【考點(diǎn)定位】察看難溶電解質(zhì)的溶解平衡問(wèn)題【名師點(diǎn)晴】注意掌握題給圖象曲線的意義，依照?qǐng)D象中的數(shù)據(jù)計(jì)算溶度積常數(shù)是解答的關(guān)鍵；在相同溫度下，Ag2SO4的溶度積為定值，隨著濃度SO42-的增大，Ag+濃度逐漸減小，位于曲線的點(diǎn)c、b為平衡狀態(tài)，即溶液達(dá)到飽和，a為不飽和狀態(tài)，以此解答該題。4．部分弱酸的電離平衡常數(shù)以下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3K1＝1．77×10－4Ki1＝4．3×10－7電離平衡常數(shù)(25℃)K1＝4．9×10－10Ki2＝5．6×10－11以下選項(xiàng)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A．中和等體積、等pH的HCOOH和HCN耗資NaOH的量前者小于后者B．相同溫度時(shí)，等濃度的HCOONa和NaCN溶液的pH前者小于后者－2-C．2CN＋H2O＋CO2=2HCN＋CO3D．2HCOOH＋CO32-－=2HCOO＋H2O＋CO2↑【答案】C【解析】試題解析：A．HCOOH和HCN都是弱酸，由于HCOOH的電離平衡常數(shù)大于HCN，因此等體積、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量n(HCN)>n(HCOOH)，因此反應(yīng)耗資的

NaOH

的量n(HCN)>n(HCOOH)，正確；

B．由于酸性

HCOOH>HCN

，依照鹽的水解規(guī)律：誰(shuí)弱顯誰(shuí)性，越弱越水解，因此相同溫度時(shí)，等濃度的

HCOONa

和

NaCN

溶液的pH

前者小于后者，正確；

C．由于

HCN

的電離平衡常數(shù)小于

H2CO3的一極電離平衡常數(shù)，大于碳酸的二級(jí)電離平衡常數(shù)，

因此發(fā)生反應(yīng)：CN

－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3-，錯(cuò)誤；D．由于甲酸的電離平衡常數(shù)大于碳酸的一極電離平衡常數(shù)，因此發(fā)生反應(yīng)：

2HCOOH＋CO3

2-=2HCOO

－＋H2O＋CO2↑，正確?？键c(diǎn)：察看弱酸的電離平衡常數(shù)在反應(yīng)的進(jìn)行、酸堿中和、鹽的水解中的應(yīng)用的知識(shí)。5．以下物質(zhì)的酸性強(qiáng)弱序次為：H2A＞H2B＞HA-＞HB-，以下化學(xué)方程式中必然正確的選項(xiàng)是A．NaHB+H2A=H2B+NaHAB．Na2B+H2A=H2B+Na2AC．H2B+Na2A=Na2B+H2AD．H2B+NaHA=NaHB+H2A【答案】A【解析】試題解析：A、吻合強(qiáng)酸制弱酸的原理，A正確；B、Na2B+H2A=H2B+Na2A不對(duì)，H2B+Na2A－－也反應(yīng)，由于H2B>HA>HB，H2B+Na2A反應(yīng)生成NaHA和NaHB，B錯(cuò)誤；C、H2B+Na2A=Na2B+H2A不吻合強(qiáng)酸制弱酸的原理，成了弱酸制強(qiáng)酸了，C錯(cuò)誤；D、H2B+NaHA=NaHB+H2A不對(duì)，成了弱酸制強(qiáng)酸了，D錯(cuò)誤；答案選A考點(diǎn)：強(qiáng)酸制弱酸的原理6．已知常溫下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，向10mL濃度為0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過(guò)程中．水的電離程度向來(lái)增大c(CH3COO)B．c(CH3COOH)先增大再減?。瑿．c(CH3COOH)與c(CH3COO)之和向來(lái)保持不變D．當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】試題解析：A、向10mL濃度為0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，二者反應(yīng)生成醋酸銨，醋酸銨水解促使水的電離，因此在滴加過(guò)程中水的電離程度增大。但完好反應(yīng)后再滴加氨水則控制水的電離，A錯(cuò)誤；B、依照醋酸的電離常數(shù)可知c(CH3COO)KW，在滴加氨水的過(guò)程中氫離子濃度向來(lái)減小，因此比值向來(lái)增大，c(CH3COOH)c(H)－B錯(cuò)誤；C、隨著溶液體積的增大，c(CH3COOH)與c(CH3COO)之和減小，C錯(cuò)誤；D、當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成醋酸銨。已知常溫下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，這說(shuō)明銨根與醋酸根的水解程度相等，溶液顯中性，則c(NH4+)＝c(CH3COO－)，D正確，答案選D?？键c(diǎn)：察看弱電解質(zhì)的電離以及鹽類(lèi)水解的應(yīng)用7．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A．BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42－(aq)的平衡系統(tǒng)中，加入BaCl2濃溶液積淀量增加B．pH=2的酸溶液與pH=12的強(qiáng)堿溶液等體積混雜，所得溶液pH≤7C．苯酚顯色原理為：6C6H5OH+Fe3+Fe(C6H5O)63－(紫色)+6H+，則檢驗(yàn)水楊酸HOCOOH（）中的酚羥基，需加入適合的小蘇打溶液后，再加入氯化鐵溶液D．某試液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色淀淀，該試液中必然含有SO4【答案】D

2－【解析】A正確，Ba2+加入后產(chǎn)生同離子效應(yīng)，積淀增加；B正確，若為弱酸，則PH＜7，若為強(qiáng)酸，則PH=7；C正確，水楊酸電離的H+會(huì)控制平衡，難以顯紫色，無(wú)法檢驗(yàn)酚羥基；D錯(cuò)，還可能含有Cl－等。8．向三份均為100mL0.5mol·L-1NaHCO3溶液中，分別加入少量冰醋酸、Ca(OH)2固體、NaAlO2固體（忽略溶液體積變化），則三份溶液中c(CO32－)的變化依次為A．減小、減小、增大B．減小、增大、增大C．增大、減小、減小D．減小、增大、減小【答案】B【解析】試題解析：冰醋酸電離出氫離子，平衡向左搬動(dòng)，CO32-減少；Ca(OH)2電離出OH-與H+結(jié)合，平衡向右搬動(dòng)，CO32-增加；NaAlO2考慮偏鋁酸根水解AlO2-+H2OAl(OH)3+OH-，OH-與H+結(jié)合成水，平衡右移，CO32-增加。選B考點(diǎn)：鹽類(lèi)水解和平衡搬動(dòng)問(wèn)題。9．以下相關(guān)離子的各種說(shuō)法中，正確的選項(xiàng)是A．金屬鈉溶于足量水中的離子方程式：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-B．加入鋁粉后產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：NH4+、Na+、NO3-、Cl-能夠大量共存C．等物質(zhì)的量濃度、等體積的氨水與鹽酸混和，溶液中離子濃度關(guān)系為c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．等物質(zhì)的量的二元弱酸H2X與其鉀鹽K2X的混雜溶液中c(K+)=c(H2X)+c(HX-)+c(X2-)【答案】D【解析】試題解析：A項(xiàng)正確的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-；B項(xiàng)為堿性時(shí)NH4+不能夠大量共存，溶液顯酸性時(shí)由于-+-NO3,不能夠產(chǎn)生氫氣；C項(xiàng)所得溶液顯示酸性，c(H)>c(OH)。考點(diǎn)：離子方程式、離子共存、離子濃度大小的比較。10．以下相關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．在NaHS溶液中滴入少量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色積淀，HS－水解程度增大B．100℃時(shí)，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混雜，溶液顯中性－Na2SO3溶液加入少量－＋)均增大C．0.1molL·1NaOH固體，c(SO32)與c(NaD．常溫下pH＝7的NaHSO3與Na2SO3混雜溶液中：＋－2－c(Na)＝c(HSO3)＋c(SO3)【答案】C【解析】試題解析：A、黑色積淀是CuS，HS－H＋＋S2－，應(yīng)是電離程度增大，故錯(cuò)誤；B、100℃－＋－12－12－1，等體積混雜氫氧化鈉過(guò)分，溶液時(shí)NaOH溶液中c(OH)=Kw/c(H)=10/10=1mol·L顯堿性，故錯(cuò)誤；C、SO32－＋H2OHSO3－＋OH－，加入氫氧化鈉，控制水解，c(SO32－)增大，由于加入NaOH固體，則＋)增大，故正確；D、溶液表現(xiàn)電中性，＋c(Nac(Na)＋c(H)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，由于溶液pH=7，則c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=2c(SO32－)c(HSO3－)，故錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：察看電離和水解、離子濃度大小比較等知識(shí)。11．要使0.1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH的電離程度減小,同時(shí)又使CH3COO-濃度增大;可加入的試劑是A、CH3COONa晶體B、氨水C、0.1mol/LH2SO4溶液D、0.01mol/LCH3COOH溶液【答案】A【解析】醋酸部分電離產(chǎn)生CH3COO-和H+。加入CH3COONa晶體，增大了CH3COO-的濃度，使醋酸的電離平衡逆向搬動(dòng)，CH3COOH的電離程度減小,依照勒夏特列原理，CH3COO-的濃度增大了，故A對(duì)。加入氨水，耗資H+，H+濃度減小，平衡正向搬動(dòng)，CH3COOH的電離程度增大，CH3COO-濃度增大，B錯(cuò)。加入0.1mol/LH2SO4溶液，增大了H+濃度。平衡逆向搬動(dòng)，CH3COOH的電離程度減小，CH3COO-濃度也減小，C錯(cuò)。加入0.01mol/LCH3COOH溶液，降低了CH3COOH的濃度，CH3COOH的電離程度增大，CH3COO-濃度減小，D錯(cuò)。應(yīng)選A12．常溫時(shí)，以下關(guān)于電解質(zhì)溶液的表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A．稀釋pH＝10的氨水，溶液中所有離子的濃度均降低B．pH均為5的鹽酸和氯化銨溶液中，水的電離程度相同C．等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液對(duì)照，碳酸鈉溶液的pH大D．分別中和pH與體積均相同的硫酸和醋酸，硫酸耗資氫氧化鈉的物質(zhì)的量多【答案】C【解析】試題解析：氨水中存在一水合氨的電離平衡，稀釋促使電離，OH－的數(shù)量增加，但濃度降低。溫度不變，因此氫離子的濃度增大，A不正確；B中的鹽酸是強(qiáng)酸，控制水的電離。氯化銨是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解，促使水的電離，B不正確；碳酸鈉的水解程度強(qiáng)于碳酸氫鈉的，因此溶液的堿性強(qiáng)，即等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液對(duì)照，碳酸鈉溶液的pH大，C正確；醋酸是弱酸，在

pH相同的條件下，醋酸的濃度大于硫酸的濃度，因此分別中和

pH

與體積均相同的硫酸和醋酸，硫酸耗資氫氧化鈉的物質(zhì)的量少，

D不正確，答案選

C?？键c(diǎn)：察看弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類(lèi)水解、中和滴定的相關(guān)判斷議論：該題是高考中的常有題型，屬于中等難度的試題。試題綜合性強(qiáng)，在重視對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)性知識(shí)檢驗(yàn)和訓(xùn)練的同時(shí)，重視對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)。有利于培養(yǎng)學(xué)生解析、看法和總結(jié)問(wèn)題能力，有助于提升學(xué)生的學(xué)科涵養(yǎng)，提升學(xué)生的應(yīng)試能力和學(xué)習(xí)效率。13．在甲燒杯中放入鹽酸，乙燒杯中放入醋酸，兩種溶液的體積和pH都相等，向兩燒杯中同時(shí)加入質(zhì)量不等的鋅粒，反應(yīng)結(jié)束后獲取等量的氫氣。以下說(shuō)法不正確．．．的是( )．甲燒杯中放入鋅的質(zhì)量比乙燒杯中放入鋅的質(zhì)量大．反應(yīng)所需的時(shí)間：乙燒杯比甲燒杯長(zhǎng)C．兩燒杯中參加反應(yīng)的鋅等量．乙燒杯中的酸過(guò)分【答案】B【解析】試題解析：兩種溶液的體積和pH都相等，說(shuō)明醋酸的濃度大，加入質(zhì)量不等的鋅，放出等量的氫氣，可知參加反應(yīng)的鋅相同，甲燒杯中鋅過(guò)分，乙燒杯中鋅不足，由于醋酸是過(guò)分的，不能夠完好反應(yīng)，否則不滿(mǎn)足等量氫氣，故A、C、D正確；參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量是相同，開(kāi)始電離出的c(H+)相同，醋酸存在電離平衡，因此醋酸的反應(yīng)速率快，因此需要的時(shí)間短，B錯(cuò)誤。答案選B?？键c(diǎn)：察看強(qiáng)弱電解質(zhì)和pH的關(guān)系。議論：本題的前提是酸的PH相等，與鋅反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的量還要相等，就可以知道醋酸是過(guò)量的，參加反應(yīng)的鋅是相同多的。14．5℃時(shí)，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.溶液中Pb2+和I－濃度都增大。B.溶度積常數(shù)Ksp增大C.積淀溶解平衡向左搬動(dòng)D.濃度商Qc增大【答案】CD【解析】本題是察看外界因素對(duì)平衡的影響。加入KI溶液增大了溶液中的I－濃度會(huì)使溶液中的濃度商增大，PbI2的溶解平衡向左搬動(dòng)因此應(yīng)選CD。15．以下相關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．常溫下，—1c(OH—)＝c(H＋—)+c(H2S)0．1molL·Na2S溶液中存在：)+c(HSB．等濃度的氨水和氯化銨按體積比－＋2:3混雜,溶液中存在:2c(Cl)=3[c(NH4)+c(NH3．H2O)]C．0．1mol·L—1HA溶液與0．1mol·L—1NaOH溶液正好完好反應(yīng)時(shí)，溶液中必然存在：c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+)—1pH從3．0升到4．0時(shí)，D．常溫下，向0．1molL·CH3COOH溶液加水稀釋?zhuān)?dāng)溶液的溶液中的值c(CH3COO)增大到原來(lái)的10倍c(CH3COOH)【答案】D【解析】試題解析：A、依照質(zhì)子守恒得出：＋)+c(HS—)+2c(H2S)，錯(cuò)誤；B、設(shè)濃度c(OH—)＝c(H均為1mol/L，氨水的體積為2L，氯化銨的體積3L，依照N元素守恒：c(NH4＋)+c(NH3．H2O)=1mol/L，c(Cl－)=0．6mol·L－1，因此5c(Cl－)=3[c(NH4＋)+c(NH3．H2O)]，錯(cuò)誤；C、不知HA是強(qiáng)酸還是弱酸，若為強(qiáng)酸，c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+)，若為弱酸，c(Na+)＞c(A—)＞c(OH—)＞c(H+)，錯(cuò)誤；D、依照電離平衡常數(shù)c(CH3COO)c(H)K=，c(CH3COOH)推導(dǎo)出c(CH3COO)=c(H)×K，pH從3．0升到4．0時(shí)，c(CH3COO)增大到原來(lái)的＋c(CH3COOH)c(CH3COOH)倍，正確?？键c(diǎn)：察看離子濃度大小的比較及電離平衡常數(shù)。16．以下列圖，在密閉容器里盛有飽和H2S溶液和H2S氣體。1）飽和H2S溶液中存在的分子有____________，離子有_____________________。（2）若將容器頂蓋由a壓到b地址，則H2S溶液中，各離子濃度的變化情況是________離子濃度增大，而________離子濃度減小。（3）若從c處不斷通入過(guò)分的SO2氣體，溶液中H+濃度將()A.不斷增大B.先減小，后增大到某值C.不變D.先增大，后減小到某值（4）若由c處不斷通入N2，則溶液中H+濃度將________。（填“變大”“變小”或“不變”）【答案】（1）H2S、H2OH+、HS-、S2-、OH-（2）H+、HS-、S2-OH-（3）B（4）變小【解析】本題若不清楚氫硫酸的電離平衡，或忽略溶液中的H2O將會(huì)致使（1）中出錯(cuò)。若不用勒夏特列原理解析溶解平衡、電離平衡，將致使（2）題的解析中思想凌亂。解答本題的要點(diǎn)是要認(rèn)識(shí)到密閉容器中存在以下平衡系統(tǒng)：其中平衡①屬氣體的溶解平衡，②和③屬電離平衡。（1）由上述平衡系統(tǒng)可知，溶液中存在的分子有H2S、H2O；離子有H+、HS-、S2-、OH-。（2）當(dāng)頂蓋由a壓向b時(shí)，氣體壓強(qiáng)增大①向右搬動(dòng)，c〔H2S(aq)〕增大，致使平衡②③均右移。因此濃度增大的離子有H+、HS-、S2-；濃度減小的離子有OH-。（3）通入SO2氣體，SO2與H2S反應(yīng)生成S和H2O，使H2S(g)濃度減小，平衡①左移，c〔H2S(aq)〕減小，故c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均減小，當(dāng)SO2過(guò)分時(shí)，SO2和H2O反應(yīng)生成比氫硫酸酸性更強(qiáng)的H2SO3，故c(H+)再變大，若充入足量的SO2，最后溶液中c(H+)比原來(lái)更大。應(yīng)選B。（4）若由c處不斷通入N2，則頂蓋將向上搬動(dòng)，使H2S(g)的濃度減小，平衡①左移，致使c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均減小。17．一般泡沫滅火器的鐵筒里裝著一只小玻璃筒，玻璃筒內(nèi)盛裝硫酸鋁溶液，鐵筒里盛裝碳酸氫鈉飽和溶液。使用時(shí)，倒置滅火器，兩種藥液相混雜就會(huì)噴出含二氧化碳的白色泡沫。（1）產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子方程式是_______＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿_(dá)_____。（2）不能夠把硫酸鋁溶液裝在鐵筒里的主要原因是_____________。（3）一般不用碳酸鈉代替碳酸氫鈉，是由于_____________________＿＿＿＿_(dá)__。【答案】（1）Al3+與HCO3—發(fā)生雙水解反應(yīng)。Al3＋+3HCO3—===Al(OH)3↓+3CO2↑（2）Al2(SO4)3溶液因水解呈酸性，會(huì)腐化鐵筒，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+3）與酸反應(yīng)速率NaHCO3＞Na2CO3；產(chǎn)生等量CO2時(shí)，耗資Al3+量：Na2CO3＞NaHCO3；等質(zhì)量的Na2CO3、NaHCO3分別與足量Al3+反應(yīng)，生成CO2量NaHCO3＞Na2CO3－118．某學(xué)生用0.2000molL·的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作為以下幾步：①用蒸餾水沖洗堿式滴定管，并馬上注入NaOH溶液至“0刻”度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿(mǎn)液體③調(diào)治液面至“0或”“0刻”度線以下某一刻度，并記下讀數(shù)④移取20.00mL待測(cè)液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面讀數(shù)請(qǐng)回答：(1)以上步驟有錯(cuò)誤的選項(xiàng)是(填編號(hào))，該錯(cuò)誤操作會(huì)致使測(cè)定結(jié)果(填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響”)。(2)判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液從色變成色，且半分鐘內(nèi)不變色。(3)如圖是某次滴準(zhǔn)時(shí)的滴定管中的液面，其讀數(shù)為mL。(4)依照以下數(shù)據(jù)：請(qǐng)計(jì)算待測(cè)鹽酸溶液的濃度為mol/L標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液讀數(shù)記錄(mL)滴定次數(shù)待測(cè)液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次20.000.4020.40第二次20.004.0024.00第三次20.002.0024.10【答案】(1)①偏大(2)無(wú)粉紅(3)22.60(4)0.2000【解析】(1)①用蒸餾水沖洗堿式滴定管后，不能夠馬上注入NaOH溶液，應(yīng)先用NaOH溶液潤(rùn)洗；否則所用NaOH溶液的體積偏大，致使測(cè)定鹽酸的濃度偏大。(2)酚酞試劑在酸性溶液中呈無(wú)色，當(dāng)溶液呈弱堿性時(shí)，溶液呈粉紅色。(4)取前兩次所用NaOH溶液體積的平均值(第三次誤差較大，舍去)，爾后代入公式進(jìn)行計(jì)算：c(酸)V(酸)＝c(堿)V(堿)，故c(酸)＝c(堿)V(堿)/V(酸)。19．（18分）銨鹽在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有重視要的用途，請(qǐng)依照要求完成以下各題。Ⅰ.某化學(xué)興趣小組欲從以下裝置中采納必要．．的裝置制取(NH4)2SO4溶液。（1）儀器連接的序次（用接口序號(hào)字母表示）是：a（2）試從電離平衡角度解析該實(shí)驗(yàn)裝置

A中能產(chǎn)生氨氣的原因：。（3）將裝置

C中兩種液體分別開(kāi)的操作名稱(chēng)是

。（4）(NH4)2SO4“低毒，有刺激性，有吸濕性、吸濕后固結(jié)成塊”。儲(chǔ)蓄應(yīng)注意。.為提升氯化銨的經(jīng)濟(jì)價(jià)值，我國(guó)化學(xué)家設(shè)計(jì)了利用氫氧化鎂熱分解氯化銨制氨氣并獲取堿式氯化鎂[Mg(OH)Cl]的工藝。某同學(xué)依照該原理設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖：請(qǐng)回答以下問(wèn)題：（1）裝置A中發(fā)生反應(yīng)生成堿式氯化鎂的化學(xué)方程式為。（2）反應(yīng)過(guò)程中連續(xù)通入N2的作用有兩點(diǎn)：一是使反應(yīng)產(chǎn)生的氨氣完好導(dǎo)出并被稀硫酸充分吸取，二是（3）由MgCl2溶液蒸發(fā)獲取

MgCl·6HO22

。是_________。晶體，蒸發(fā)的目的．．．．．a(chǎn)．獲取熱飽和溶液b．析出晶體4）鎂是一種用途很廣的金屬資料，目前生界上60%的鎂從海水中提取。①若要考據(jù)所得無(wú)水MgCl2中不含NaCl，最簡(jiǎn)單的操作方法是：。②由MgCl2·6H2O制備無(wú)水MgCl2的操作在氛圍中進(jìn)行，若在空氣中加熱，則會(huì)生成Mg(OH)Cl?！敬鸢浮?/p>

(18

分)Ⅰ（1）def

(2

分)（2）氫氧化鈉電離出的

OH－增大了氨水中

OH－濃度，促使氨水電離平衡

NH3+H2ONH4++OH

—左移，有利氨氣逸出。

(2

分)3）分液（2分）。4）密封、陰涼、通風(fēng)(2分)Ⅱ（1）Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O(2分)（2）防范裝置C中的AlCl3溶液倒吸入裝置B(2分)3）a(2分)4）①用鉑絲蘸取少量固體，置于酒精燈火焰上灼燒,若無(wú)黃色火焰產(chǎn)生，則證明所得無(wú)水氯化鎂晶體中不含氯化鈉。（2分）（答焰色反應(yīng)也給分）HCl（氣流）（2分）【解析】試題解析：Ⅰ（1）制取的氨氣與硫酸反應(yīng)生成硫酸銨，節(jié)余的氨氣用水吸取，故連接序次為a→d→e→f。（2）氨水中存在電離平衡：NH3+H2O++OH—，與NaOH混雜后，NaOH電離出NH4OH－，促使氨水電離平衡向左搬動(dòng)，有利氨氣逸出。（3）分別互不相溶的液體的方法是：分液。（4）由于(NH4)2SO4“低毒，有刺激性，有吸濕性、吸濕后固結(jié)成塊”，應(yīng)防范水分進(jìn)入，因此儲(chǔ)蓄應(yīng)注意密封、陰涼、通風(fēng)。Ⅱ（1）依照題目所給信息，反應(yīng)物為Mg(OH)2和NH4Cl，生成物為MgOHCl、NH3和H2O，因此化學(xué)方程式為：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O。2）防范裝置C中的AlCl3溶液倒吸入裝置B3）由MgCl2溶液獲取MgCl2·6H2O晶體的方法為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，因此蒸發(fā)的目的是：獲取熱飽和溶液，故a項(xiàng)正確。4）①Na元素用焰色反應(yīng)進(jìn)行鑒別，因此操作方法是：用鉑絲蘸取少量固體，置于酒精燈火焰上灼燒,若無(wú)黃色火焰產(chǎn)生，則證明所得無(wú)水氯化鎂晶體中不含氯化鈉。②由于MgCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，Mg2+發(fā)生水解反應(yīng)，在HCl（氣流）中能夠控制MgCl2的水解，因此由MgCl2·6H2O制備無(wú)水MgCl2的操作在HCl氛圍中進(jìn)行?？键c(diǎn)：本題察看實(shí)驗(yàn)基本操作、實(shí)驗(yàn)方案的解析、物質(zhì)的檢驗(yàn)、平衡搬動(dòng)、鹽類(lèi)的水解。20．滴定度是指每毫升標(biāo)準(zhǔn)溶液相當(dāng)于被測(cè)定物質(zhì)的克數(shù)，平時(shí)用T（M1/M2）表示，如T（H2SO4/NaOH）=0.040，表示每毫升標(biāo)準(zhǔn)硫酸溶液恰好中和0.040gNaOH。1）若要使某標(biāo)準(zhǔn)鹽酸對(duì)氧化鈣的滴定度為T(mén)（HCl/CaO）=0.0056，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是多少？2）上述鹽酸對(duì)NaOH的滴定度是多少？3）現(xiàn)欲測(cè)定含有雜質(zhì)的NaOH樣品純度（雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng)），若用上述鹽酸滴定到終點(diǎn)時(shí)，耗資鹽酸體積數(shù)恰好等于NaOH的純度（如耗資1mL鹽酸，NaOH的純度為1%），則樣品的質(zhì)量應(yīng)取多少克？-1【答案】（1）0.20mol·L（3）0.80g【解析】（1）m（CaO）=0.0056g耗資鹽酸的物質(zhì)的量n（HCl）=2×10-4mol因此c（HCl）=2×10-4mol·L-1/10-3L=0.20mol·L-12）由于2NaOH～CaO相當(dāng)，即0.0056gCaO相當(dāng)0.0080gNaOH，故T（HCl/NaOH）=0.0080。（3）設(shè)耗資鹽酸為1mL，則樣品純度為1%，依照（2）可知1mL鹽酸能與0.0080gNaOH反應(yīng)，故樣質(zhì)量量m（樣品）

=0.0080g/1%=0.80g

。21．A~G

是中學(xué)化學(xué)中常有的物質(zhì)，在必然條件下它們之間的轉(zhuǎn)變關(guān)系以下列圖，其中

A為金屬，

F是一種有毒的氣體單質(zhì)，

G為NaOH

溶液。請(qǐng)回答以下問(wèn)題。（1）物質(zhì)A的化學(xué)式是。（2）檢驗(yàn)E溶液中的金屬離子，常采納的試劑是

(填化學(xué)式

)。（3）溶液

B與氣體

F反應(yīng)的離子方程式是

。（4）物質(zhì)

C轉(zhuǎn)變成物質(zhì)

D的反應(yīng)中陪同的主要現(xiàn)象是

，化學(xué)方程式是

。（5）將SO2氣體通入BaCl2溶液中無(wú)積淀產(chǎn)生，再將此溶液一分為二，向其中一份中通入足量的氨氣，有白色積淀產(chǎn)生，該積淀是

(填化學(xué)式

)。向另一份中滴加幾滴

E溶液也有白色積淀產(chǎn)生，請(qǐng)用離子方程式表示該積淀的產(chǎn)生過(guò)程

。【答案】

(15分，第（5）第一空

BaSO3給1分，其余每空

2分)（1）Fe；（2）KSCN；（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（4）白色積淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)35）BaSO3；SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓【解析】試題解析：由轉(zhuǎn)變關(guān)系可知A應(yīng)為變價(jià)金屬，應(yīng)為Fe，F(xiàn)為有毒氣體，應(yīng)為Cl2，則B應(yīng)為FeCl2，E為FeCl3，C為Fe(OH)2，D為Fe(OH)3，（1）由以上解析可知A為Fe，故答案為：Fe；（2）檢驗(yàn)Fe3+，可用KSCN，溶液呈紅色，故答案為：KSCN；（3）溶液B與氣體F反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（4）Fe(OH)2不穩(wěn)固，易于空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)生成Fe(OH)3，方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，現(xiàn)象是白色積淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，故答案為：白色積淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）將SO2氣體通入BaCl2溶液中無(wú)積淀產(chǎn)生，再將此溶液一分為二，向其中一份中通入足量的氨氣，氨氣與亞硫酸反應(yīng)生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與BaCl2溶液反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀和氯化銨；向另一份中滴加幾滴FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3溶液將亞硫酸氧化為硫酸，硫酸與BaCl2溶液反應(yīng)生成硫酸鋇積淀，反應(yīng)的離子方程式為：SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓，故答案為：BaSO3；SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓?？键c(diǎn)：察看了無(wú)機(jī)推斷的相關(guān)知識(shí)。22．A、B、C、D都是中學(xué)化學(xué)常有的物質(zhì)，其中A、B、C均含有同一種元素。在必然條件下相互的轉(zhuǎn)變關(guān)系以以下列圖所示。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：1）若A、B、C的溶液均顯堿性，C為焙制糕點(diǎn)的發(fā)酵粉的主要成分之一．①A中所含化學(xué)鍵種類(lèi)為_(kāi)__________，D的電子式為_(kāi)__________；25℃時(shí)，0.1mol?L-1B、C溶液，pH較大的是___________溶液(填溶質(zhì)的化學(xué)式)，寫(xiě)出B溶液中顯電中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，則其水電離出來(lái)的度為_(kāi)_______________。（2）向反應(yīng)系統(tǒng)中同時(shí)通入甲烷、氧氣和水蒸氣，發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)有：I．CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802.6kJ/mol

H+的濃II．CH(g)+O(g)42

═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/molIII．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.2kJ/molⅣ．CH4(g)+2HO(g)═CO22(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol請(qǐng)回答以下問(wèn)題：①CH4的燃燒熱△H________△H1．(填“＞”、“＜”或“=”)；②在反應(yīng)初始階段，反應(yīng)II的反應(yīng)速率大于反應(yīng)III的反應(yīng)速率．比較反應(yīng)II的活化能EII和反應(yīng)III的活化能EIII的大小：EII________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)?！敬鸢浮浚?）①離子鍵、共價(jià)鍵++2----4＜②＜②Na2CO3c(Na)+c(H)=2c(CO3)+c(HCO3)+c(OH)10mol/L（2）①【解析】試題解析：（1）若A、B、C的溶液均顯堿性，C為焙制糕點(diǎn)的發(fā)酵粉的主要成分之一，則A為NaOH、D為CO2、B為Na2CO3、C為NaHCO3．①NaOH中所含化學(xué)鍵種類(lèi)為：離子鍵、共價(jià)鍵，D為CO2，電子式為；②25℃時(shí)，0.1mol?L-1Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32-的水解程度大于(HCO3-水解，故Na2CO3溶液的pH較大，，Na2CO3溶液中離子微粒間存在電荷守恒可故溶液顯中性，電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，已知，Na2CO3溶液里的pH=10是因水解促使水的電離，溶液里的OH-本源于水的電離，c(OH-)=，則其水電離出來(lái)的H+的濃度也為10-4mol/L。（2）①反應(yīng)生成液態(tài)水放出的熱量更多，則CH4的燃燒熱△H＜△H1；②活化能越低，反應(yīng)速率越快，初始階段，反應(yīng)II的反應(yīng)速率大于反應(yīng)III的反應(yīng)速率，則反應(yīng)II的活化能EII＜反應(yīng)III的活化能EIII。考點(diǎn)：察看無(wú)機(jī)物推