人教版高二化學(xué) 選修四第三章章節(jié)練習(xí)含答案解析

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1、高二化學(xué) 第三章125時，pH值都等于10的KOH溶液與CH3COOK溶液中水的電離程度比較（ ）A相等 B前者比后者大C后者比前者大 D兩者都比純水電離程度小2用已知濃度鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時，下列操作使測定結(jié)果(NaOH溶液的濃度)偏高的是A滴定達(dá)終點時，俯視讀數(shù)B堿液移入錐形瓶后，加入10mL蒸餾水C酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗D滴定振蕩錐形瓶過程中，有少量溶液濺出3下列說法正確的是（ ）A.鎂與極稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銨的離子方程式為:4Mg+6H+N=4Mg2+N+3H2OB.常溫下,0.1 mol/L一元酸HA溶液中c(OH-)/c(H+)=110-8,則此溶液的

2、pH=3C.相同條件下,濃度均為0.01 mol/L的NH4Cl溶液和NaCl溶液中,前者的陽離子總濃度大于后者的陽離子總濃度D.物質(zhì)的量濃度相等的醋酸和氫氧化鈉溶液等體積混合后的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(CH3COOH)4下列事實一定能證明HNO2是弱電解質(zhì)的是()常溫下NaNO2溶液的pH大于7用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗HNO2和NaCl不能發(fā)生反應(yīng)常溫下01 molL1 HNO2溶液的pH21常溫下pH=3的 HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等體積混合，pH小于7常溫下pH=2的 HNO2溶液稀釋至100倍，pH約為31A B

3、 C D全部5一定溫度下，難溶強(qiáng)電解質(zhì)的飽和溶液中存在著沉淀溶解平衡，其平衡常數(shù)為物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp（25）8.010162.210204.01038對于含F(xiàn)e2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5mol的混合溶液1L，根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷，說法錯誤的是A向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到紅褐色沉淀B向溶液中加入雙氧水，并用CuO粉末調(diào)節(jié)pH，過濾后可獲較純凈的CuSO4溶液C該溶液中c（SO42）：c（Fe3+）+c（Fe2+）+c（Cu2+）=5：4D將少量FeCl3粉末加入含Cu(OH) 2的懸濁液中，其中c（Cu2+）增大6某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)

4、小組對電解質(zhì)溶液作如下的歸納總結(jié)（均在常溫下），其中正確的是 pH1的強(qiáng)酸溶液，加水稀釋后，溶液中各離子濃度都會降低 1 L 0.50 molL1NH4Cl 溶液與2 L 0.25 molL1NH4Cl 溶液含NH4+ 物質(zhì)的量完全相等 pH相等的四種溶液：aCH3COONa bC6H5ONa cNaHCO3 dNaOH，則四種溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由小到大順序為：d b c ”、“”、“”或“”)；若此時溶液中，pH10，則c(MOH)c(OH)_molL1。（4分）11（12分）在0.1 molL-1的酸醋中溶液中存在下列平衡CH3COOHCH3COO-+H+ 當(dāng)改變條 件時，請將溶液中

5、 c（CH3COO-）、c(H+)變化情況(填“增大”、“減小”、“不變”)；平衡移動方向(填“正向”、“逆向”)填入下表： 條件變化 c（CH3COO-）c（H+）平衡移動方向加少量HCl加CH3COONa固體 加少量NaOH固體加水稀釋12（1）物質(zhì)的量濃度相同的三種鹽NX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次為8、9、1 0，則HX、HY、HZ的酸性由強(qiáng)到弱的順序是 。（2）比較下列溶液的pH(填“”“”或“=”)：01 molL-1Na2CO3溶液 01 molL-1NaHCO3溶液01 molL-1NH4Cl溶液 001 molL-1NH4C1溶液（3）把a(bǔ)、b、c、d四塊金屬片浸泡在稀

6、H2SO4中，用導(dǎo)線兩兩相連，可以組成各種原電池。若a、b相連，a為負(fù)極；c、d相連，c為負(fù)極；a、c相連，c為正極；b、d相連，b為正極，則這四種金屬的活動性由強(qiáng)到弱的順序為 。（4）將AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后所得的固體的主要成份是 。（5）氯化鐵溶液呈 性(填“酸”、“堿”或“中”)，原因是(用離子方程式表示)： （6）向明礬溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-剛好沉淀完全時，溶液的pH 7(填“”“”或“=”)，離子反應(yīng)總方程式為： 。13環(huán)境污染中除了有害氣體產(chǎn)生的空氣污染外，重金屬離子在溶液中引起的水體污染也相當(dāng)嚴(yán)重近年來城市汽車擁有量呈較快增長趨勢，汽車尾氣的主要有害

7、成分一氧化碳和氮氧化物加重了城市空氣污染研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理及研究重金屬離子水污染的處理具有非常重要的意義（1）一定條件下，NO2與SO2反應(yīng)生成SO3和NO兩種氣體將體積比為12的NO2、SO2氣體置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，若測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體積比為16，則平衡常數(shù)K （2）工業(yè)上常用Na2CO3溶液吸收法處理氮的氧化物（以NO和NO2的混合物為例） 已知：NO不能與Na2CO3溶液反應(yīng) NONO2Na2CO32NaNO2CO2；2NO2Na2CO3NaNO2NaNO3CO2用足量的Na2CO3溶液完全吸收NO和NO2的混合物，每產(chǎn)生22.4L（標(biāo)準(zhǔn)

8、狀況）CO2（全部逸出）時，吸收液質(zhì)量就增加44g，則混合氣體中NO和NO2的體積比為 （3）如圖是MCFC燃料電池，它是以水煤氣（CO、H2）為燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物為電解質(zhì)A為電池的 極（選填“正”或“負(fù)”）寫出B極電極反應(yīng)式 Cr3Cr(OH)3CrO2c(OH)104molL1c(OH)106molL1（4）含鉻化合物有毒，對人畜危害很大因此含鉻廢水必須進(jìn)行處理才能排放已知： 在含6價鉻的廢水中加入一定量的硫酸和硫酸亞鐵，使6價鉻還原成3價鉻；再調(diào)節(jié)溶液pH在68之間，使Fe3和Cr3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去用離子方程式表示溶液pH不能

9、超過10的原因 （5）鉻化學(xué)豐富多彩，由于鉻光澤度好，常將鉻鍍在其他金屬表面，同鐵、鎳組成各種性能的不銹鋼，CrO3大量地用于電鍍工業(yè)中CrO3具有強(qiáng)氧化性，熱穩(wěn)定性較差，加熱時逐步分解，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示則B點時剩余固體的成分是 （填化學(xué)式）14（8分）某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度，其操作步驟如下：將堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于0刻度以下的位置，記下讀數(shù)；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶23次；從堿式滴定管中放入25.00mL待測溶液到錐形瓶中。將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，立即向其

10、中注入0.1000mol/L標(biāo)準(zhǔn)鹽酸，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于0刻度以下的位置，記下讀數(shù)。向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進(jìn)行滴定。滴定至指示劑剛好變色，且并不馬上變色為止，測得所耗鹽酸的體積為V1mL。重復(fù)以上過程，但在滴定過程中向錐形瓶加入5mL的蒸餾水，測得所耗鹽酸的體積為V2mL。試回答下列問題：（1）錐形瓶中的溶液從 色變?yōu)?色時，停止滴定。（2）滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察A、滴定管內(nèi)液面的變化 B、錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化（3）該小組在步驟中的錯誤是 由此造成的測定結(jié)果 (偏高、偏低或無影響)（4）步驟缺少的操作是（5）下圖，是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)

11、為 mL（6）根據(jù)下列數(shù)據(jù)：滴定次數(shù)待測液體積(mL)標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積（mL）滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10請計算待測燒堿溶液的濃度(保留四位小數(shù)) mol/L15（20分）高純度鎳是許多有機(jī)反應(yīng)的催化劑。某化學(xué)課題組擬以電鍍廢液（含有NiSO4、CuSO4和FeSO4）為原料，設(shè)計提取高純鎳的簡單工藝如下（陰離子省略）：難溶電解質(zhì)NiSCuSCu(OH)2Ni(OH)2Fe(OH)3Ksp或沉淀完全的pH1.110211.31036pH=9pH=9.5pH=3.7注：Ni(OH)2開始沉淀時的pH=7。（1）加入新制氯水所

12、發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。（2）加入NiCO3的目的是 。（3）在實驗室中灼燒所使用的儀器有 。（4）由氧化鎳制備高純度鎳，有兩種方案：方案1：氧化鎳溶于稀硫酸，加入足量鋅粉，過濾、洗滌、干燥。方案2：鋅與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，氫氣還原氧化鎳。制備等質(zhì)量的鎳粉，從消耗原料量、產(chǎn)品純度、實驗安全等角度評價兩種方案的優(yōu)點。方案1： 。方案2： 。（5）方案2所用的氫氣可以選用下列裝置中的 來制?。ㄌ顚懽帜?，下同），收集氫氣可選用裝置 。（6）若將D裝置和E裝置相連制取并收集干燥純凈的X氣體，則X氣體可以是下列氣體中的 。裝置D中導(dǎo)管a的作用是 。aCO2 bCl2 cNO dSO216(12分)已知

13、常溫下，AgCl的Ksp1.810-10，AgBr的Ksp4.910-13。（1）現(xiàn)向AgCl的懸濁液中：加入AgNO3固體，則c(Cl-) （填“變大”、“變小”或“不變”，下同）；若改加更多的AgCl固體，則c(Ag+) ；若改加更多的KBr固體，則c(Ag+) ，c(Cl-) ；（2）有關(guān)難溶鹽的溶度積及溶解度有以下敘述，其中正確的是 ；A將難溶電解質(zhì)放入純水中，溶解達(dá)到平衡時，升高溫度， Ksp 一定增大B兩種難溶鹽電解質(zhì)，其中Ksp小的溶解度也一定小C難溶鹽電解質(zhì)的Ksp與溫度有關(guān)D向AgCl的懸濁液中加入適量的水，使AgCl再次達(dá)到溶解平衡，AgCl的Ksp不變，其溶解度也不變最近

14、有人制造了一種燃料電池使汽油氧化直接產(chǎn)生電流，其中一個電極通入空氣，另一個電極通入汽油蒸氣，電池的電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2晶體，它在高溫下能傳導(dǎo)O2-?；卮鹣铝袉栴}：（1）以辛烷為汽油的代表物，則這個電池放電時必發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是 。（2）這個電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為C8H18 + 25O2- -50e-=8CO2 + 9H2O,，正極的電極反應(yīng)式為 。固體電解質(zhì)里O2-的移動方向是 ，向外電路釋放電子的電極是 。17（3分） 常溫下，F(xiàn)eS的Ksp=6.2510-18(設(shè)飽和溶液的密度為1g/mL)。若已知H2S飽和溶液在常溫下，c（H+）與c（S2-）之間存在以下關(guān)系：c2（H+

15、）c（S2-）=1.010-22，在該溫度下，將適量FeS投入H2S飽和溶液中，欲使溶液中c（Fe 2+）達(dá)到1mol/L，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH為 （已知：lg2 = 0.3）18(6分)常溫時，將0.05mol/l的鹽酸和未知濃度的氫氧化鈉溶液以1：2的體積比混合，所得溶液pH值為12，用上述氫氧化鈉溶液滴定pH=3的某一元弱酸溶液20ml，達(dá)到終點時，消耗氫氧化鈉溶液12.5ml，試求：（1）氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度？（2）此一元弱酸的電離度？19某溫度下的水溶液中，c（H+）10x mol/L，c（OH-）10y mol/L。x與y的關(guān)系如圖所示：（1）該溫度下水的離子積為 。（2）該溫度

16、下0.01 mol/L的NaOH溶液pH為 。20（15分）碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途。回答下列問題：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為_。（2）上述濃縮液中含有I-、Cl-等離子，取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當(dāng)AgCl開始沉淀時，溶液中為：_，已知Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510-17。（3）已知反應(yīng)2HI(g) =H2(g) + I2(g)的H= +11kJmol1，1mol H2(g)、1mol I2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時分別需要吸收43

17、6kJ、151kJ的能量，則1molHI(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為_kJ。（4）Bodensteins研究了下列反應(yīng)：2HI(g)H2(g) + I2(g)在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反應(yīng)時間t的關(guān)系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K的計算式為：_。上述反應(yīng)中，正反應(yīng)速率為v正= k正x2(HI)，逆反應(yīng)速率為v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆為速率常數(shù)，則k逆為_(以K和k正表示)

18、。若k正 = 0.0027min-1，在t=40min時，v正=_min-1由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的關(guān)系可用下圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，相應(yīng)的點分別為_（填字母）試卷第9頁，總9頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細(xì)校對后使用，答案僅供參考。參考答案1C【解析】 試題分析：pH=10的醋酸鉀和氫氧化鉀溶液中，氫離子濃度為：110-10mol/L；醋酸鉀溶液中，醋酸根離 子促進(jìn)了水的電離，溶液中的氫氧根離子是水電離的，氫氧根濃度為：mol/L=10-4mol/L，氫氧化鉀溶液中抑制了水的電離，溶液中氫離子是水電離的，氫離子濃度是110-10mol/L，所以

19、溶液中水的電離程度：醋酸鉀溶液大于氫氧化鉀溶液，答案選C考點：水的電離平衡和溶液的pH2C【解析】試題分析：根據(jù)C測C標(biāo)V標(biāo)/V測可知，如果滴定達(dá)終點時，俯視讀數(shù)，則讀數(shù)偏小，消耗鹽酸的體積減少，測定結(jié)果偏低；堿液移入錐形瓶后，加入10mL蒸餾水，并沒有改變堿的物質(zhì)的量，測定結(jié)果不變；酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，則鹽酸的濃度降低，消耗鹽酸的體積增加，測定結(jié)果偏高；滴定振蕩錐形瓶過程中，有少量溶液濺出，堿液減少，消耗鹽酸的體積減少，測定結(jié)果偏低，答案選C?？键c：考查中和滴定實驗中的誤差分析點評：該題是高考中的常見考點之一，試題難易適中，注重基礎(chǔ)，側(cè)重能力的考查。該題的關(guān)鍵是明確誤差

20、分析的總依據(jù)為：由C測=C標(biāo)V標(biāo)/V測 由于C標(biāo)、V待均為定植，所以C測的大小取決于V標(biāo)的大小，即V標(biāo)：偏大或偏小，則C測偏大或偏小。3B【解析】A項電荷、原子不守恒,應(yīng)為4Mg+10H+N=4Mg2+N+3H2O,錯誤;c(OH-)/c(H+)=110-8與c(OH-)c(H+)=110-14聯(lián)立,可得c(H+)=110-3 molL-1,故pH=3,B對;根據(jù)溶液電中性,NH4Cl溶液中存在c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),NaCl溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由于NH4Cl溶液顯酸性而NaCl溶液顯中性,即前者的c(OH-)小于后者,而c

21、(Cl-)均為0.01 mol/L,故c(N)+c(H+)c(Na+)+c(H+),C錯;根據(jù)溶液電中性,CH3COONa溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D錯。4C【解析】試題分析：弱電解質(zhì)的定義是：不能夠完全電離子成離子的電解質(zhì)。常溫下NaNO2溶液的pH大于7表明是強(qiáng)堿弱酸鹽，正確；用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗，燈泡很暗，也可能是溶液的濃度太小，不能說明亞硝酸是弱電解質(zhì)，錯誤；HNO2和NaCl不能發(fā)生反應(yīng)，硝酸與氯化鈉也不反應(yīng)，但硝酸是強(qiáng)酸，錯誤；常溫下01 molL1 HNO2溶液的pH21，若是強(qiáng)酸的話，其pH應(yīng)該等于1，因此，表明亞硝酸

22、是弱酸，正確；常溫下pH=3的 HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等體積混合，pH小于7，若亞硝酸是強(qiáng)酸的話，pH7，因此是弱酸，正確。綜述，選C?？键c：考查弱電解質(zhì)的判斷。5C【解析】試題分析：A向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)可知形成Fe(OH)3沉淀需要的溶液的OH-的濃度最小，因此最先看到紅褐色沉淀，正確；B向溶液中加入雙氧水，可以把溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，然后用CuO粉末調(diào)節(jié)pH，就可以將溶液中的雜質(zhì)Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，過濾后可獲較純凈的CuSO4溶液，正確；C在該溶液中c(SO42)= 0.53+ 0.51+ 0.51=2. 5mol/

23、L；c(Fe3+)= 0.5mol/L2=1.0mol/L；c(Fe2+)= 0.5mol/L1=0.5mol/L；c(Cu2+)= 0.5mol/L1=0.5mol/L；所以c（SO42）：c（Fe3+）+c（Fe2+）+c（Cu2+）= 2. 5：(1.0+0.5+0.5)=5：4 ，正確； D 將少量FeCl3粉末加入含Cu(OH) 2的懸濁液中，由于Fe3+發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯酸性，對Cu(OH)2的沉淀溶液平衡來說起抑制作用，平衡逆向移動，所以其中c(Cu2+)減小，錯誤。考點：考查沉淀溶解平衡的應(yīng)用的知識。6C【解析】試題分析： pH1的強(qiáng)酸溶液，加水稀釋后，溶液中各離子濃度都會降

24、低，但是氫氧根離子濃度會升高，錯誤； 1 L 0.50 molL1NH4Cl 溶液與2 L 0.25 molL1NH4Cl 溶液含NH4+ 物質(zhì)的量完全相等，這個說法也是錯誤的，原因是兩種溶液中氯化銨的濃度不一樣大，水解程度不一樣。 pH相等的四種溶液：aCH3COONa bC6H5ONa cNaHCO3 dNaOH，則四種溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由小到大順序為：d b c a，正確。因為酸性強(qiáng)弱順序為：醋酸、碳酸、苯酚，所以相應(yīng)的鈉鹽的堿性強(qiáng)弱就為苯酚鈉、碳酸氫鈉、醋酸鈉，四種溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由小到大的順序為：d b c a； pH=8.3的NaHCO3溶液中，碳酸氫根離子存在水解和

25、電離子兩種趨勢，又由于溶液顯堿性，因此水解程度大于電離程度，所以有：c(Na) c(HCO3) c(H2CO3) c(CO32)，所以錯誤； pH2的一元酸和pH12的二元強(qiáng)堿等體積混合：c(OH) c(H)，正確； pH4、濃度均為0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，表明溶液顯酸性，也就是說醋酸的電離程度比醋酸根離子的水解程度大。所以有： c(CH3COOH)c(Na+)，再根椐電荷守恒：c(CH3COO)c(OH) = c(Na+)c(H+)，于是就有以下關(guān)系式：c(CH3COO)c(OH) c(CH3COOH)c(H+)。因此選C?？键c：考查水解和電離的有關(guān)知

26、識。7BC【解析】試題分析：HX和CH3COOH都是酸，均可抑制水的電離，A對，不選；CH3COOH是弱酸，不能完全電離，所以HX與CH3COOH 各0.1mol不能電離出0.2mol的H+，故B錯，選B；等物質(zhì)的量濃度、等體積的HX與CH3COONa兩溶液混合后發(fā)生強(qiáng)酸制弱酸，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH、NaX，由于水也會電離出H+，那么c(H+)c(CH3COO-)，則濃度關(guān)系為： c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)，C錯，選C；c(CH3COO)+ c(CH3COOH)= c(K+)是物料守恒，D對，不選?？键c：強(qiáng)弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解、離子濃度的大小比較

27、。8B【解析】根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸、弱酸根陰離子越弱越水解的原理，A項，相同溫度時三種溶液的關(guān)系：NaClONa2CO3Na2SO3；B項，正確；C項，ClOSO2H2O=HClOHSO3；D項，等體積、等物質(zhì)的量濃度的和混合后溶液呈堿性；答案選B。9（4分） Na2CO3 + H2O= NaOH+NaHCO3 Na2CO3 +CaSO4= Na2SO4+CaCO3【解析】試題分析：碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶于水水解顯堿性，水解方程式是Na2CO3 + H2O= NaOH+NaHCO3；石膏是硫酸鈣，能和碳酸鈉反應(yīng)生成難溶性的碳酸鈣沉淀，從而抑制水解，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Na2CO3 +CaSO4= Na

28、2SO4+CaCO3。考點：考查鹽類水解的應(yīng)用點評：本題關(guān)鍵是要從平衡的角度去理解如何降低溶液的酸堿性，因此要利用勒夏特例原理。10(1)強(qiáng)0.01 molL1HA的pH為2，說明HA完全電離(2)c(A)c(OH)c(H),(4)0.005【解析】此題為關(guān)于溶解度曲線的題目，首先要看清曲線：起點（強(qiáng)酸弱酸、強(qiáng)堿弱堿），曲線平滑、滴定終點、pH=7的點等等。（1）因為濃度0.01mol/L,pH=2，故該酸為一元強(qiáng)酸；（2）V=50ml滴定終點時，pHc(A)c(OH)c(H)，（4）根據(jù)物料守恒，c(A-)+c(HA)=0.1L0.01mol/L=0.001mol,c(M)c(MOH)= 0

29、.1L0.02mol/L=0.002mol；故有c(M)c(MOH)=2c(A-)+c(HA) 2c(A-)11條件變化 c（CH3COO-）c（H+）平衡移動方向加少量HCl減小增大逆向加CH3COONa固體 增大減小逆向加少量NaOH固體來增大減小正向加水稀釋減小減小正向【解析】試題解析：加少量HCl，氫離子濃度增大，平衡向逆向移動，醋酸根濃度減?。患哟姿徕c，醋酸根濃度增大，平衡向逆向移動，氫離子濃度減小；加少量燒堿，酸堿中和，氫離子濃度減小，平衡向正向移動；加水，稀釋溶液，氫離子濃度和醋酸根濃度都降低，平衡向正向移動?？键c：水的電離平衡的移動12（1）HXHYHZ（2）; （3）acdb

30、（4）氧化鋁（5）酸Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+（6）Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O【解析】試題分析：（1）因pH越大，說明酸根離子水解越是強(qiáng)烈，對應(yīng)的酸越弱，所以HX、HY、HZ的酸性由強(qiáng)到弱的順序：HXHYHZ（2） 同濃度的Na2CO3 和NaHCO3溶液，CO32-水解程度大于 HCO3-所以01 molL-1Na2CO3溶液 01 molL-1NaHCO3溶液不同濃度的NH4Cl溶液濃度越小，NH4+水解程度越大，但是水解后溶液的酸性越弱。所以01 molL-1NH4Cl溶液 001 molL-1NH4C1溶液. （3） 組成

31、各種原電池。若a、b相連，a為負(fù)極；活動性ab, c、d相連，c為負(fù)極；cd; b、d相連，b為正極db,綜上：acdb. （4） AlCl3溶液蒸干得到氫氧化鋁，灼燒得到氧化鋁。（5） 氯化鐵溶液呈酸性，因為Fe3+水解。Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+（6）向明礬溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-剛好沉淀完全時,發(fā)生的反應(yīng)如下Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O得到的是NaAlO2溶液，溶液的pH7.考點：鹽類的水解的應(yīng)用和金屬活動性比較13（1）2.67或8/3（2分）（2）17（2分）（3）負(fù)（2分） O24e2CO22CO32

32、（2分）（4）Cr(OH)3OHCrO22H2O（2分）（5）Cr2O3（2分）【解析】試題分析：（1）設(shè)原來NO2、SO2的體積分別是1L、2L，參加反應(yīng)的二氧化氮的體積是x， NO2 + SO2 SO3 + NO開始 1L 2L 0 0反應(yīng) x x x x平衡 （1-x）（2-x） x x平衡時NO2與SO2體積比為1：6，即（1-x）：（2-x）=1：6,所以x=0.8平衡常數(shù)K=xx/(1x)(2x)= 8/3（2） (NONO2)Na2CO32NaNO2CO2 m 1 mol 32g 2NO2Na2CO3NaNO2NaNO3CO2 m 2mol 48g根據(jù)差量法可得：32g 4 44

33、48g 12和按1:3進(jìn)行，所以NO和NO2體積比=1:7（3）A電極發(fā)生氧化反應(yīng)，作負(fù)極，B電極為：O24e2CO22CO32；（4）pH超過10時，Cr(OH)3會與OH形成CrO2，離子方程式為：Cr(OH)3OHCrO22H2O；（5）根據(jù)圖像所給剩余固體的質(zhì)量計算可得B點時剩余固體的成分是Cr2O3?？键c：常見的生活環(huán)境的污染及治理、化學(xué)電源新型電池、離子方程的書寫、化學(xué)方程式的計算等知識。14（1）紅色、無色 （2）B （3）待測液潤洗錐形瓶 偏高（4）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，應(yīng)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗2-3次（5）22.60 （6）0.0800【解析】試題分析：（1）標(biāo)準(zhǔn)酸滴定NaOH溶

34、液，以酚酞作指示劑，滴定終點時，溶液的顏色由紅色變?yōu)闊o色；（2）滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察錐形瓶錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。（3）裝液前不能潤洗；若錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質(zhì)的量偏多，造成V（酸）增大，根據(jù)c（堿）=c(酸)V(酸）/V(堿)可知，c（堿）偏高；（4）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，應(yīng)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗2-3次；（5）滴定管中的液面的讀數(shù)為22.60mL，故答案為：22.60；（4）兩次消耗的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的體積為24.90mL，25.10mL，均有效，鹽酸溶液的平均體積為（24.90mL+25.10mL）/2=25.00mL，HClNaOH1 10.1000molL-125.00

35、 c（燒堿）20.00解得c（鹽酸）=0.1250mol/L，考點：中和滴定。15（共20分）（1）Cl22Fe2=2Fe32Cl（2分）（2）調(diào)節(jié)溶液pH=3.7，使溶液中的 Fe3完全變成Fe(OH)3沉淀而除去（2分）（3）酒精燈、三腳架、泥三角、坩堝、坩堝鉗（3分）（4）方案1：操作簡便、節(jié)省原料、實驗安全（2分）方案2：產(chǎn)品純度較高（2分）（5）BD（2分）；FH（2分）（6）d（2分）；平衡分液漏斗和燒瓶中的氣壓，便于分液漏斗中液體順利流下。（3分）【解析】試題分析：（1）分析題給流程知電鍍廢液加入新制氯水Fe2被氧化為Fe3，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl22Fe2=2Fe32Cl；

36、（2）結(jié)合題給工藝流程和信息知加入NiCO3的目的是調(diào)節(jié)溶液pH=3.7，使溶液中的 Fe3完全變成Fe(OH)3沉淀而除去；（3）在實驗室中固體的灼燒所使用的儀器有酒精燈、三腳架、泥三角、坩堝、坩堝鉗；（4）方案1：操作簡便、節(jié)省原料、實驗安全。方案2：產(chǎn)品純度較高；（5）鋅與稀硫酸反應(yīng)制備氫氣為固體和液體不加熱制備氣體，可選用裝置中的BD來制取；氫氣難溶于水，可用排水法收集，氫氣密度比空氣小且與空氣中的成分不反應(yīng)，可用向下排空氣法收集，故收集氫氣可選用FH裝置；（6）根據(jù)裝置D裝置和E裝置的特點及氣體的性質(zhì)分析，該裝置可制取并收集干燥純凈的氯氣，選b；裝置D中導(dǎo)管a的作用是平衡分液漏斗和燒

37、瓶中的氣壓，便于分液漏斗中液體順利流下?？键c：以電鍍廢液再利用的工藝流程為載體考查物質(zhì)的分離提純，化學(xué)實驗基本操作，氣體的制備，化學(xué)實驗方案的分析、評價及離子方程式的書寫。16（12分）（1）變小 不變 變小，變大；（各1分共4分）（2）CD；（2分）（1）2C8H18 + 25O216CO2 + 18H2O（2分）（2）O2 + 4e-=2O2-（2分）；向負(fù)極移動（1分）；負(fù)極（1分）【解析】17pH=32lg2= 2.4【解析】考查溶度積常數(shù)的有關(guān)計算。c（Fe 2+）達(dá)到1mol/L，則根據(jù)FeS的Ksp=6.2510-18可知硫離子的濃度為c（S2-）=6.2510-18mol/L。

38、又因為c2（H+）c（S2-）=1.010-22，所以c（H+），所以pH32lg2= 2.4。18（1）0.04mol/L （3分） （2）4% （3分）【解析】19（1）10-15 (2) 13【解析】試題分析：（1）根據(jù)圖知，當(dāng)c（H+）=10-5 mol/L，c（OH-）=10-10 mol/L，由離子積常數(shù)=c（H+）c（OH-）=10-5.10-10=10-15，答案為：10-15；（2）c(OH-)=0.01 mol/L c(H+)=10-15/0.01=10-13 mol/L PH=13.考點：考查水的離子積常數(shù)，PH值的計算。20（1）MnSO4；（2）4.710-7；（3）

39、299（4）；k逆= k正/K ；1.9510-3； A、E【解析】（1）問中根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式來判斷還原產(chǎn)物是中學(xué)常規(guī)考法，遷移實驗室制氯氣的原理可得MnSO4。（2）體系中既有氯化銀又有碘化銀時，存在沉淀轉(zhuǎn)化平衡：AgI(s) +Cl AgCl(s) +I。分子、分母同時乘以，有：，將Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510-17代入得：。（3）鍵能一般取正值來運(yùn)算，H=E（反應(yīng)物鍵能總和）E（生成物鍵能總和）；設(shè)1molHI（g）分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為xkJ，代入計算：+11=2x（436+151）x =299（4）問中的反應(yīng)是比較特殊的，反應(yīng)前后

40、氣體體積相等，不同的起始態(tài)很容易達(dá)到等效的平衡狀態(tài)。大家注意表格中的兩列數(shù)據(jù)是正向和逆向的兩組數(shù)據(jù)。716K時，取第一行數(shù)據(jù)計算：2HI（g）H2（g）+I2（g）n（始）（取1mol） 1 0 0n （0.216） （0.108） （0.108）n（平） 0.784 （0.108） （0.108）化學(xué)平衡常數(shù)為本小題易錯點：計算式會被誤以為是表達(dá)式。問的要點是：平衡狀態(tài)下，v正= v逆，故有：k正x2(HI) = k逆x(H2)x(I2)變形：k正/ k逆= x(H2)x(I2)/ x2(HI)=K故有： k逆= k正/K 問看似很難，其實注意到升溫的兩個效應(yīng)（加快化學(xué)反應(yīng)速率、使平衡移動）即可突破：先看圖像右半?yún)^(qū)的正反應(yīng)，速率加快，坐標(biāo)點會上移；平衡（題中已知正反應(yīng)吸熱）向右移動，坐標(biāo)點會左移。綜前所述，找出A點。同理可找出E點。答案第9頁，總9頁