江蘇省蘇州市2024-2025學年高二化學下學期期中試題含解析

PAGE19-江蘇省蘇州市2024-2025學年高二化學下學期期中試題（含解析）本試卷包括第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137第I卷(選擇題共40分)單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列有關氯元素及其化合物的化學用語表示正確的是A.中子數為18的氯原子：B.氯原子的結構示意圖：C.氯化氫的電子式：D.2?氯丙烷的結構簡式：CH3CH2CH2Cl【答案】B【解析】中子數為18的氯原子表示為，質子數為17，A錯誤；氯原子的結構示意圖中質子數為17，最外層電子數為7，B正確；氯化氫為共價化合物，不存在陰陽離子，C錯誤；結構簡式為CH3CH2CH2Cl的名稱是1?氯丙烷，2?氯丙烷的結構簡式：CH3CHClCH3，D錯誤。2.下列有關物質性質與用途具有對應關系的是ASO2具有氧化性，常用于漂白秸稈、織物B.明礬水解形成Al(OH)3膠體，可用作水處理中的凈水劑C石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體D.次氯酸有酸性，可用于自來水的殺菌消毒【答案】B【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸稈、織物，A錯誤；明礬水解形成Al(OH)3膠體，具有吸附作用，可以汲取水中固體雜質顆粒，所以可用作水處理中的凈水劑，B正確；燒堿是氫氧化鈉，純堿是碳酸鈉，為強堿性鹽，二氧化硅為酸性氧化物能夠與堿性物質反應，所以不能用石英坩堝來加熱燒堿或純堿，C錯誤；HClO具有強氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，與酸性無關，D錯誤。3.我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有關說法正確的是（）A.反應物和生成物都含有π鍵B.0.5molHCHO含有1molσ鍵C.HCHO、CO2分子中中心原子雜化類型相同D.HCHO能溶解在H2O中【答案】D【解析】【詳解】A．H2O中化學鍵均為單鍵，不含有π鍵，故A錯誤；B．依據結構式可知，0.5molHCHO含有1.5molσ鍵，故B錯誤；C．HCHO、CO2分子中中心原子分別采納sp2、sp雜化，故C錯誤；D．HCHO和H2O都屬于極性分子，HCHO能溶解在H2O中，故D正確；故答案為：D。4.下列事實中，能說明HNO2是弱電解質的是A.用HNO2溶液做導電性試驗，燈泡較暗B.HNO2是共價化合物C.HNO2溶液不與NaCl反應D.室溫下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH為2.15【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.沒有用強酸在相同條件下進行比照，故A不能說明HNO2是弱電解質；B.電解質的強弱與是否為共價化合物無干脆關系，故B不能說明HNO2是弱電解質；C.在一般狀況下強酸也不與NaCl反應，故C不能說明HNO2是弱酸；D.室溫下，對于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是強酸，則其pH為1，實際pH為2.15，由此說明HNO2不能完全電離，故其為弱酸，故D能說明HNO2是弱電解質。故選D。5.H2與O2發(fā)生反應的過程可用如圖模型圖表示(“—”表示化學鍵)。下列說法不正確的是（）A.過程Ⅰ是吸熱過程B.過程Ⅲ肯定是放熱過程C.該反應過程中全部舊化學鍵都斷裂，且形成了新化學鍵D.該反應的能量轉化形式只能以熱能的形式進行【答案】D【解析】【詳解】A、過程I表示化學鍵的斷裂，該過程是吸熱過程，A正確；B、過程III表示化學鍵的形成，該過程是放熱過程，B正確；C、如圖所示，該反應過程中全部舊化學鍵都斷裂，且形成了新化學鍵，C正確；D、可以利用該反應設計燃料電池，將化學能轉化為電能，D錯誤；故選D。6.短周期主族元素M、X、Y、Z原子序數依次增大，潮濕的紅色石蕊試紙遇M的氣態(tài)氫化物變藍色。含X、Y和Z三種元素的化合物R有如下轉化關系(已知酸性強弱：HClO3>HNO3)。下列說法正確的是A.簡潔離子半徑：Y>Z>M>XB.簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：M>XC.加熱單質甲與品紅溶液反應所得的“無色溶液”，可變成紅色溶液D.常溫下，向蒸餾水中加入少量R，水的電離程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成強堿的是Na元素，所以強堿戊為NaOH。能使品紅溶液褪色的氣體可能是SO2、Cl2，單質只有Cl2。電解氯化鈉水溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，故R可能是NaClO。M的氣態(tài)氫化物使潮濕的紅色石蕊試紙變藍色，說明M為氮元素。綜上所述，M為氮元素，X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素?！驹斀狻緼．X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素，M為氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半徑依次減小，故A錯誤；B．X為氧元素，M為氮元素，非金屬性越強，簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：O＞N，H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強，故B錯誤；C．若氣體甲為氯氣，則加熱“無色溶液”，由于次氯酸漂白后較穩(wěn)定，溶液不變色，故C錯誤；D．NaClO屬于強堿弱酸鹽，能夠發(fā)生水解，可促進水的電離，故D正確；答案選D。7.常溫下，下列各組離子肯定能在指定溶液中大量共存的是A.無色透亮的溶液：Na＋、Cu2＋、、B.的溶液：、Ca2＋、Cl－、C.c(Fe2＋)＝1mol·L－1的溶液：K＋、、、D.水電離的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液：K＋、Na＋、、【答案】B【解析】【詳解】A.含Cu2＋的溶液呈藍色，因此在無色透亮的溶液中不能大量存在Cu2＋，故A錯誤；B.的溶液呈酸性，離子之間均不發(fā)生反應，故可大量共存，故B正確；C.Fe2＋能與發(fā)生氧化還原反應，故不行大量共存，故C錯誤；D.水電離的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，呈酸性時，、均可以與H＋發(fā)生反應，呈堿性時，離子之間均不發(fā)生反應，故該組離子不肯定能大量共存，故D錯誤故選B。8.已知：①H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)?H1＝akJ·mol－1②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)?H2＝bkJ·mol－1③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)?H3＝ckJ·mol－1④2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)?H4＝dkJ·mol－1下列關系式中正確的是A.a<c<0 B.d<b<0 C.2a＝b>0 D.2c＝d>0【答案】B【解析】【分析】

燃燒反應為放熱反應，則△H均小于0，物質的聚集狀態(tài)不同，反應放出的熱量不同，熱化學反應方程式中物質的量與反應放出的熱量成正比，以此來解答?！驹斀狻緼.對于放熱反應，當反應物能量相同時，生成物的能量越低，反應放出的熱量越多，△H越小，而①和③相比，③中水為液態(tài)，能量低于氣態(tài)水，故反應③放出的熱量大于①，即c＜a＜0，故A錯誤；

B.由于燃燒均為放熱反應，故△H均小于0，且對于放熱反應，當反應物能量相同時，生成物的能量越低，反應放出的熱量越多，△H越小，而④和②相比，④中水為液態(tài)，能量低于氣態(tài)水，故反應④放出的熱量大于②，即d＜b＜0，故B正確；C.由于燃燒均為放熱反應，故△H均小于0，且由于反應②是①的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b＜0，故C錯誤；D.由于燃燒均為放熱反應，故△H均小于0，故D錯誤；故選B。9.下列各組物質中，化學鍵類型與晶體類型均相同的是A.冰和干冰 B.二氧化硫和二氧化硅C.NH4Cl和MgCl2 D.Na2O2和H2O2【答案】A【解析】【詳解】A.冰和干冰均為分子晶體，均只含共價鍵，故A正確；B.二氧化硫為分子晶體，二氧化硅為原子晶體，二者晶體類型不同，故B錯誤；C.NH4Cl和MgCl2均為離子晶體，但是NH4Cl含有離子鍵和共價鍵，MgCl2只含有離子鍵，故二者化學鍵類型不同，故C錯誤；D.Na2O2為離子晶體，H2O2為分子晶體，二者晶體類型不同，故D錯誤；故選A。10.依據下列圖示所得出的結論不正確的是A.圖甲是2A(g)＋B(g)?2C(g)的A平衡轉化率與溫度、壓強改變曲線，說明壓強P1＜P2B.圖乙是MgCl2·6H2O在空氣中加熱時固體質量隨時間的改變曲線，說明最終固體為MgCl2C.圖丙是室溫下V0mL0.10mol·L－1MOH加水稀釋至VmL，pH隨lg的改變曲線，說明MOH是強堿D.圖丁是HA、HB溶液稀釋過程中導電實力改變曲線，說明HA酸性小于HB【答案】B【解析】【詳解】A．可逆反應2A(g)+B(g)?2C(g)，相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，A的轉化率增大，即有壓強P1＜P2，故A結論正確；B．由題中圖示可知，20.3gMgCl2·6H2O物質的量為n(MgCl2·6H2O)==0.1mol，若最終固體為MgCl2，由元素守恒可知，MgCl2的物質的量也為0.1mol，質量為9.5g，與圖象不符合，其實質是20.3gMgCl2?6H2O(即為0.1mol)在空氣中加熱時，鎂離子要水解，得到氫氧化鎂、氯化氫，氯化氫揮發(fā)，氫氧化鎂接著分解，最終得到產物為4.0g氧化鎂（0.1mol），故B結論錯誤；C．由圖可知，lg的值增加4，即稀釋104倍，pH值下降4，符合強堿的稀釋規(guī)律，故C結論正確；D．稀釋過程中導電實力改變較小的酸，說明在稀釋過程中其存在電離平衡的正向移動，說明HA酸性小于HB，故D結論正確；答案為B。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11.下列敘述正確的是A.合成氨反應放熱，采納低溫可以提高氨的生成速率B.常溫下，等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的電離程度相同C.反應4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)＝4Fe(OH)3(s)常溫下能自發(fā)進行，該反應的△H＜0D.在一容積可變的密閉容器中反應2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)達平衡后，保持溫度不變，縮小體積，平衡正向移動，的值增大【答案】C【解析】【詳解】A．降低溫度，會減慢氨的生成速率，故A錯誤；B．等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氫離子濃度大，對水的電離的抑制程度大，所以等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；C．反應4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，說明△H-T?△S＜0，因此可知△H＜0，故C正確；D．反應2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)的平衡常數表達式為，平衡常數只受溫度影響，溫度不變，平衡常數不變，則該值不變，故D錯誤；答案選C。12.常溫下，下列有關敘述正確的是A.常溫下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c()－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1B.向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后：c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]C.等物質的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：D.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合：c(Na＋)＋c()＋c()＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－1【答案】AC【解析】【詳解】A．常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-6mol/L，c(OH－)=10-8mol/L，電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+

c(OH-)，物料守恒為c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，兩式合并，所以溶液中存在c()-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH－)=9.9×10-7mol?L-1，故A正確；B．原碳酸鈉溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c()＋c()＋c(H2CO3)]，通入CO2，c()、c()、c(H2CO3)都增大，c(Na+)不變，該守恒關系被破壞，故B錯誤；C．，，碳酸的第一步電離程度遠大于其次步電離程度，所以Ka1＞Ka2，所以，故C正確；D．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)=0.1mol·L－1，0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合，溶液混合后體積增大一倍，導致濃度降為原來的一半，混合溶液中c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)==0.15mol·L－1，故D錯誤；答案選AC。13.下列推斷錯誤的是A.碳碳鍵的鍵長：C2H4＞C2H2B.晶體的熔點：SiO2＞CO2C.晶格能的大?。篘aF＞MgOD.金屬鍵的強弱：Li＞K【答案】C【解析】【詳解】A.碳碳雙鍵鍵長大于碳碳三鍵鍵長，所以碳碳鍵的鍵長：C2H4＞C2H2，故A正確；

B.熔點：原子晶體＞分子晶體，二氧化硅是原子晶體、干冰是分子晶體，則熔點：SiO2＞CO2，故B正確；C.晶格能與離子半徑成反比，與離子所帶電荷數成正比，離子所帶電荷數：鎂離子＞鈉離子、氧離子＞氟離子，半徑：氟離子＜氧離子、鈉離子＞鎂離子，故晶格能：NaF＜MgO，故C錯誤；D.金屬鍵與金屬陽離子所帶電荷成正比，與原子半徑成反比，金屬陽離子所帶電荷：Li=K，原子半徑：Li<K，則金屬鍵：Li>K，故D正確；故選C。14.某學生用0.1023mol·L－1標準氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸，測定中運用耐酸、堿和強氧化劑腐蝕的“特氟龍”旋鈕的滴定管。其操作可分解為如下幾步：①移取20.00mL待測鹽酸溶液注入干凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液②用標準氫氧化鈉溶液潤洗滴定管3次③把盛有標準氫氧化鈉溶液的滴定管固定好，調整滴定管尖嘴使之充溢溶液④取標準氫氧化鈉溶液注入滴定管至“0”刻度以上約2mL⑤調整液面至“0”或“0”刻度以下，登記讀數⑥把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準氫氧化鈉溶液滴定至終點并登記滴定管的讀數下列有關上述中和滴定操作步驟的正確依次是A.①②③④⑤⑥ B.②④③⑤①⑥ C.③①②⑥④⑤ D.⑤①②③④⑥【答案】B【解析】【詳解】中和滴定依據檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等依次操作，則正確的依次為：②④③⑤①⑥，故選B。15.I、II、III三個容積均為1L恒容密閉容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同溫度下發(fā)生反應：CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)。反應10min，測得各容器內CO2的物質的量分別如圖所示。下列說法不正確的是A.該正反應△H＜0B.T1時，該反應的平衡常數為C.10min內，容器II中的平均速率v(CH3OH)＝0.07mol·L－1·min－1D.10min后，向容器III中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此時v(逆)＜v(正)【答案】BD【解析】【詳解】A.依據圖中信息可知，Ⅰ中反應末達平衡，Ⅱ、Ⅲ反應達平衡，則上升溫度，CO2的物質的量增大，平衡逆向移動，證明該正反應ΔH＜0，選項A正確；B.T1時，反應末達平衡狀態(tài)，無法計算反應的平衡常數，選項B錯誤；C.10min內，容器Ⅱ中的平均速率：v(CH3OH)=v(CO2)==0.07mol·L－1·min－1，故C正確；D.10min時n(CO2)=0.7mol，則n(H2)=2.1mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.3mol，平衡常數K=，向容器Ⅲ中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此時Q=＞K，反應逆向移動，v(逆)＞v(正)，故D錯誤；故選BD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)16.(1)如圖為氫－氧燃料電池裝置示意圖。其中A為KOH，C為多孔惰性電極。①在該電池工作時，a是_____極；b是_____極。②B物質的化學式為_____。③該電池反應的化學方程式為_____。(2)如圖為氯堿工業(yè)電解飽和氯化鈉溶液裝置示意圖。①電解時，陽極的電極反應式為_____。②逸出的氣體E是_____；流出的物質G是_____。③該電解池中陽離子交換膜的作用是_____?！敬鸢浮?1).負(2).正(3).H2O(4).2H2+O2=2H2O(5).2Cl--2e-=Cl2↑(6).H2(7).NaOH(8).只允許陽離子通過，阻擋陽極區(qū)生成的Cl2與陰極生成的OH-反應【解析】【詳解】（1）①氫－氧燃料電池環(huán)境是堿性環(huán)境，由化合價改變可知，H2+2OH--2e-=2H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-，則通入H2極失電子，化合價上升，發(fā)生氧化反應，為原電池的負極，通入O2極得電子，化合價降低，發(fā)生還原反應，為原電池的正極，即a為負極，b為正極；答案為負，正。②H2和O2發(fā)生反應生成H2O，物質B為H2O；答案為H2O。③該燃料電池中H2和O2發(fā)生反應生成H2O，化學方程式為2H2+O2=2H2O；答案為2H2O+O2=2H2O。（2）①依據題中圖示信息可知，左邊加入飽和NaCl溶液，右邊加入去離子水，運用陽離子交換膜，則左邊是Cl-放電，即Cl-失電子，化合價上升，發(fā)生氧化反應，左邊電極為陽極，與電源正極相連，陽極的電極反應為2Cl--2e-=Cl2↑；答案為2Cl--2e-=Cl2↑。②右邊是H+放電，得電子，化合價降低，發(fā)生還原反應，右邊電極為陰極，與電源負極相連，陰極的電極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，E為H2，G為生成的NaOH；答案為H2，NaOH。③電解池中陽離子交換膜只允許陽離子通過交換膜進入右邊陰極區(qū)，阻擋陽極產生的Cl2與陰極的OH-反應；答案為只允許陽離子通過，阻擋陽極產生的Cl2與陰極生成的OH-反應。17.利用鈦礦的酸性廢液(含TiO2＋、Fe2＋、Fe3＋、等)，可回收獲得FeS2納米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等產品，流程如下：(1)TiO2＋中鈦元素的化合價為_____價。TiO2＋只能存在于強酸性溶液中，因為TiO2＋易水解生成TiO2·nH2O，寫出水解的離子方程式：_____。(2)向富含TiO2＋的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固體TiO2·nH2O。請用化學反應原理說明：_____。(3)NHHCO3溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式為_____，該反應需溫度在308K以下，其目的是_____。(4)Fe2＋的外層電子排布式為_____。(5)試驗室常用KSCN溶液來檢驗Fe3＋的存在，與SCN互為等電子體的分子有_____(寫一個物質即可)【答案】(1).+4(2).TiO2++(n+1)H2O?TiO2·nH2O+2H+(3).Na2CO3消耗H+，c(H+)減小，使TiO2+水解平衡向生產TiO2·nH2O方向移動(4).Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O(5).防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，削減FeCO3的生成損失(6).1s22s22p63s23p63d6(7).CO2或N2O【解析】【分析】鈦礦的酸性廢液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，該工藝流程過程中有如下反應發(fā)生：加入鐵屑，2Fe3++Fe=3Fe2+；冷卻結晶得到綠礬FeSO4·7H2O和含有TiO2+的酸性溶液，向溶液加入碳酸鈉粉末，降低溶液酸性，得到TiO2?nH2O，綠礬晶體可制備FeS2納米材料，將綠礬晶體溶解為FeSO4溶液，加入足量的碳酸氫銨溶液，發(fā)生反應：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，將得到的固體FeCO3與氧氣煅燒生成Fe2O3，據此分析解答?！驹斀狻浚?）TiO2+中氧元素-2價，則鈦元素+4；TiO2+只能存在于強酸性溶液中，因為TiO2+易水解生成TiO2?nH2O，水解的反應方程式為：TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+；答案為：+4，

TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+。（2）含有TiO2+的酸性溶液，存在平衡TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+，向溶液加入碳酸鈉粉末，Na2CO3消耗H+，c(H+)削減，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O方向移動；答案為Na2CO3消耗H+，c(H+)削減，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O方向移動。（3）NH4HCO3溶液與FeSO4溶液反應生成FeCO3和二氧化碳，離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，該反應需限制溫度在308K以下，防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，減小FeCO3的生成損失；答案為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，減小FeCO3的生成損失。（4）Fe是26號元素，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能級2個電子形成Fe2+，Fe2＋的外層電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；答案為1s22s22p63s23p63d6。（5）等電子體是指原子總數相同，價電子總數也相同的微粒，SCN-原子總數3，價電子數為6+4+5+1=16，而CO2中，原子總數3，價電子總數為4+6+6=16，符合等電子體的要求，N2O中原子總數3，價電子總數為5+5+6=16，符合等電子體的要求，所以與SCN互為等電子體的分子是CO2或N2O；答案為CO2或N2O。18.已知25℃時，二元酸H2C2O4的pKa1、pKa2(pK＝-lgK)依次為1.23、4.19，氨水的pKb為4.75。回答下列問題。(1)比較0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四種離子濃度的大小依次為_____。(2)寫出NaHC2O4溶液中的電荷守恒：_____。(3)推斷NaHC2O4溶液顯_____性(填酸或中或堿)，請計算說明理由：_____。(4)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用NaOH溶液滴定至pH＝4.19。請推斷c()_____c()(填等于或大于或小于)(5)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用氨水滴定至pH＝7.0時：c()、c()、c()三者之間的關系用一等式來表示_____。【答案】(1).c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)(2).c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()(3).酸(4).H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的電離常數為10-4.19，的水解常數為＜10-4.19，的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性(5).等于，(6).c()=c()+2c()【解析】【分析】(1)依據電離常數，分析的電離程度、的水解程度、的水解程度的大小關系，從而比較離子濃度的大小關系；(3)比較的電離程度和水解程度的大小關系，分析NaHC2O4溶液的酸堿性；(4)依據電離常數表達式分析；(5)依據溶液呈中性以及電荷守恒表達式分析?！驹斀狻?1)由于pK＝-lgK，則Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，Kb=10-4.75，的電離程度、的水解程度、的水解程度的大小關系為：10-4.19＞＞，故溶液顯酸性，結合水的電離可知NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四種離子濃度的大小依次為c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；(2)NaHC2O4溶液中存在的電離和水解以及水的電離，溶液中的離子有Na+、H+、OH-、、，故電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；(3)H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的電離常數為10-4.19，的水解常數為＜10-4.19，故的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性；(4)此時溶液的pH＝4.19，，故c()等于c()；(5)溶液pH＝7.0，呈中性，則c(H+)=c(OH-)，又溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c()=c()+2c()+c(OH-)，故c()=c()+2c()?！军c睛】多元弱酸的酸式鹽溶液顯酸性還是堿性，對水的電離是促進還是抑制，是同學們的易混點。例如，在NaHCO3溶液中，存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，水解會促進水的電離，同時存在電離平衡HCO3-?H++CO32-，電離會抑制水的電離，由于HCO3-的水解程度大于其電離程度，所以NaHCO3溶液呈堿性，促進水的電離；又例如，在NaHSO3溶液中，存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，水解會促進水的電離，同時存在電離平衡HSO3-?H++SO32-，電離會抑制水的電離，由于HSO3-的電離程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液呈酸性，抑制水的電離。該題中經過計算，的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性。19.難溶電解質的沉淀溶解平衡及其溶度積在生產、科研等領域有著很多的應用。(1)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃時，氯化銀的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10?，F將足量氯化銀分別放入下列溶液：①100mL蒸餾水中；②100mL0.1mol·L－1鹽酸中；③100mL0.1mol·L－1氯化鋁溶液中；④100mL0.1mol·L－1氯化鎂溶液中。充分攪拌后，相同溫度下，銀離子濃度由大到小的依次是_____(填序號)。在0.1mol·L－1氯化鋁溶液中，銀離子的濃度最大可達到_____mol·L－1。(2)25℃時，1L水中約能溶解2.4×10－3g硫酸鋇。①試計算25℃時硫酸鋇的溶度積Ksp(BaSO4)＝_____。②當人體中鋇離子濃度達到2×10－3mol·L－1時會影響健康，那么硫酸鋇可作為“鋇餐”的緣由是_____。③在25℃時，1L水中約能溶解0.018g碳酸鋇，且胃液是酸性的，碳酸鋇不能代替硫酸鋇作為“鋇餐”的理由是_____。(要運用題中所給數據，經計算回答上述②、③兩小題)(3)鍋爐水垢會降低燃料利用率，還會形成平安隱患，因此要定期除去鍋爐水垢。水垢中含有CaSO4[Ksp(CaSO4)＝7.10×10－5]，若用1mol·L－1碳酸鈉溶液處理，使之轉化為疏松、易溶于酸的CacCO3[Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]，試利用Ksp計算反應的平衡常數說明這一轉化的原理_____?！敬鸢浮?1).①＞②＞④＞③(2).6.0×10-10mol/L(3).1.1×10-10(4).BaSO4(s)?Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+對BaSO4的沉淀溶液平衡沒有影響，所以BaSO4可用做鋇餐(5).在25℃時，1L水中約能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9.14×10-5mol/L，雖然9.14×10-5mol/L＜2×10-3mol/L，但由于胃液是酸性的，假如服下BaCO3，胃酸可與反應生成二氧化碳，使?jié)舛冉档?，使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移動，使Ba2+濃度大于2×10-3mol/L，引起人體中毒(6).因為CaSO4?Ca2++Ksp(CaSO4)=7.10×10-5，CaCO3?Ca2++Ksp(CaCO3)=4.96×10-9，所以CaSO4+?CaCO3+的平衡常數K===1.43×104，將c()=1mol/L代入K，可求出c()=1.43×104，從而實現這一沉淀的轉化【解析】【分析】(1)氯化銀飽和溶液中存在沉淀溶解平衡，飽和溶液中的溶度積是常數，只隨溫度改變；依據溶度積分別計算比較分析；(2)①在25℃時，1L水中約能溶解2.4×10?3g硫酸鋇，n(BaSO4)=mol，則c(Ba2+)=c()=mol/L，結合Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c()計算；②依據硫酸鋇的溶度積常數計算硫酸鋇溶液中的鋇離子濃度，推斷是否對人體有害；③依據碳酸鋇能溶解于胃酸分析能否代替；(3)依據平衡反應CaSO4+?CaCO3+，該反應的平衡常數K====1.43×104，將c()=1mol/L代入K，可得c()=1.43×104mol/L，即溶度積大的物質可轉化為溶度積小的物質?！驹斀狻?1)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃時，氯化銀的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10=c(Ag+)?c(Cl-)，通過計算分別得到：①100mL蒸餾水中含銀離子濃度和氯離子濃度相同，c(Ag+)=c(Cl-)=≈1.34×10-5mol/L；②100mL0.1mol?L-1鹽酸溶液中氯離子濃度為0.1mol/L，c(Ag+)==1.8×10-9mol/L；③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中氯離子濃度為0.3mol/L，c(Ag+)==6×10-10mol/L；④100mL0.1mol?L-1MgCl2溶液中Cl-濃度為0.2mol/l，抑制沉淀溶解平衡，c(Ag+)==9×10-10mol/L；綜上所述銀離子的物質的量濃度大小依次為：①＞②＞④＞③；在0.1mol?L-1氯化鋁溶液中，銀離子的物質的量濃度最大可達到：6.0×10-10mol/L；(2)①在25℃時，1L水中約能溶解2.4×10?3g硫酸鋇，n(BaSO4)=mol，則c(Ba2+)=c()=mol/L，則25℃時硫酸鋇的Ksp=c(Ba2+)×c()=×≈1.1×10-10；②依據硫酸鋇的溶解平衡計算，在硫酸鋇中存在平衡：BaSO4(s)?Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+對BaSO4的沉淀溶液平衡沒有影響，所以BaSO4可用做鋇餐；③在25℃時，1L水中約能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9