2022年高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練 溶液中的離子平衡（含解析）

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1、2022年高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練 溶液中的離子平衡（含解析） 1．對于0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列說法或列式正確的是 A．升高溫度，溶液pH升高 B．c(NH4＋) + c(OH－)＝c(Cl－)+ c(H+) C．通入少量HCl，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大 D．c(Cl－) > c(H+) > c(NH4＋) > c(OH－) 【答案】C 【解析】 試題分析：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋,A、鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡右移，c(H＋)增加，pH減小，錯誤；B、根據(jù)溶液電中性：c(NH

2、4＋) + c(H+)＝c(Cl－)+ c(OH－)，錯誤；C、通入少量HCl，抑制氯化銨的水解，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－)，錯誤。 考點：考查鹽類水解及離子濃度大小比較。 2． 室溫下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是 A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲線 B．pH＝7時，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL C．V(NaOH)＝20.00

3、mL時，兩份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－) D．V(NaOH)＝10.00 mL時，醋酸溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－) 【答案】B 【解析】 試題分析：A、同濃度的鹽酸與醋酸比，鹽酸中氫離子濃度大，所以pH小，所以曲線II代表鹽酸，曲線I代表醋酸，錯誤；B、pH=7時，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，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL，正確；C、V(NaOH)＝20.00 mL時，二者都恰好完全反應(yīng)，由于醋酸根離子水解，使c(CH3COO－)減少，所以兩份溶液中c(Cl－)>c(CH3

4、COO－)，錯誤；D、V(NaOH)＝10.00 mL時，此時為等濃度的醋酸與醋酸鈉的混合液，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，根據(jù)電荷守恒，則有c(CH3COO－)> c(Na＋)，錯誤，答案選B。 考點：考查酸堿中和滴定的計算，對圖像的分析 3．某溫度時，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。該溫度下，下列說法正確的是 A．Ag2SO4的溶度積常數(shù)(Ksp)為1×10-3 B．0.02mol/L的AgNO3溶液與0.2mol/L的Na2SO4溶液等體積混合有Ag2SO4沉淀生成 C．a(chǎn)點表示Ag2SO4的不飽和溶液，蒸發(fā)可以使溶液由a點變到c點 D．a(chǎn)點表示Ag

5、2SO4的不飽和溶液，加入Na2SO4固體可以使溶液由a點變到b點 【答案】D 【解析】 試題分析： 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錯誤；B.0.02mol/L的AgNO3溶液與0.2mol/L的Na2SO4溶液等體積混合，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，所以沒有沉淀析出，故B錯誤；C．蒸發(fā)溶液，Ag+濃度和SO42-濃度都增大，不可能達到c點，故C錯誤；D．點表示Ag2SO4的

6、不飽和溶液，加入Na2SO4固體，Ag+濃度不變，SO42-濃度增大，可以使溶液由a點變到b點，故D正確；故選D。 考點：，題目難度中等， 【考點定位】考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡問題 【名師點晴】注意把握題給圖象曲線的意義，根據(jù)圖象中的數(shù)據(jù)計算溶度積常數(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c、b為平衡狀態(tài)，即溶液達到飽和，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)如下表： 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 電離平衡常數(shù)(25 ℃) K1＝1．77×10－4 K1＝4．9×10－

7、10 Ki1＝4．3×10－7 Ki2＝5．6×10－11 下列選項錯誤的是 A．中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 B．相同溫度時，等濃度的HCOONa和NaCN溶液的pH前者小于后者 C．2CN－＋H2O＋CO2 = 2HCN＋CO32- D．2HCOOH＋CO32-= 2HCOO－＋H2O＋CO2↑ 【答案】C 【解析】 試題分析：A． HCOOH和HCN都是弱酸，由于HCOOH的電離平衡常數(shù)大于HCN，所以等體積、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量n(HCN)>n(HCOOH)，所以反應(yīng)消耗的NaOH的量n(HC

8、N) >n(HCOOH)，正確；B．由于酸性HCOOH>HCN，根據(jù)鹽的水解規(guī)律：誰弱顯誰性，越弱越水解，所以相同溫度時，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)，大于碳酸的二級電離平衡常數(shù)，所以發(fā)生反應(yīng)：CN－＋H2O＋CO2 = HCN＋HCO3-，錯誤；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)，所以發(fā)生反應(yīng)：2HCOOH＋CO32-= 2HCOO－＋H2O＋CO2↑，正確。 考點：考查弱酸的電離平衡常數(shù)在反應(yīng)的進行、酸堿中和、鹽的水解中的應(yīng)用的知識。 5．下列物質(zhì)的酸性強弱順序為：H2A＞H

9、2B＞HA-＞HB- ，下列化學(xué)方程式中一定正確的是 A．NaHB + H2A = H2B + NaHA B．Na2B + H2A = H2B + Na2A C．H2B + Na2A = Na2B + H2A D．H2B + NaHA = NaHB + H2A 【答案】A 【解析】 試題分析：A、符合強酸制弱酸的原理，A 正確；B、Na2B+H2A=H2B+Na2A 不對，H2B+Na2A 也反應(yīng)，因為H2B>HA－>HB－ ，H2B+Na2A 反應(yīng)生成NaHA和NaHB， B錯誤； C、H2B + Na2A = Na2B + H2A不符合強酸制弱酸

10、的原理，成了弱酸制強酸了，C錯誤；D、H2B+NaHA=NaHB+H2A不對，成了弱酸制強酸了，D錯誤；答案選A 考點：強酸制弱酸的原理 6．已知常溫下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，向10 mL濃度為0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中 A．水的電離程度始終增大 B．先增大再減小 C．c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和始終保持不變 D．當(dāng)加入氨水的體積為10 mL時，c(NH4+)＝c(CH3COO－) 【答案】D 【解析】 試題分析：A、向10 mL濃度為0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨

11、水，二者反應(yīng)生成醋酸銨，醋酸銨水解促進水的電離，因此在滴加過程中水的電離程度增大。但完全反應(yīng)后再滴加氨水則抑制水的電離，A錯誤；B、根據(jù)醋酸的電離常數(shù)可知，在滴加氨水的過程中氫離子濃度始終減小，因此比值始終增大，B錯誤；C、隨著溶液體積的增大，c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和減小，C錯誤；D、當(dāng)加入氨水的體積為10 mL時，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。 考點：考查弱電解質(zhì)的電離以及鹽類水解的應(yīng)用 7．下列說法不正確的是

12、A．BaCrO4(s) Ba2+(aq)+ CrO42－ (aq)的平衡體系中，加入BaCl2濃溶液沉淀量增多 B．pH=2的酸溶液與pH=12的強堿溶液等體積混合，所得溶液pH≤7 C．苯酚顯色原理為：6C6H5OH+Fe3+Fe(C6H5O)63－(紫色)+6H+，則檢驗水楊酸（）中的酚羥基，需加入適量的小蘇打溶液后，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，該試液中一定含有SO42－ 【答案】D 【解析】A正確，Ba2+加入后產(chǎn)生同離子效應(yīng)，沉淀增加；B正確，若為弱酸，則PH＜7，若為強酸，則PH=7；C正確，水楊酸電離的H+會抑制平衡，難以顯紫色，無

13、法檢驗酚羥基；D錯，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】 試題分析：冰醋酸電離出氫離子，平衡向左移動， CO32-減少；Ca(OH)2電離出OH- 與H+結(jié)合，平衡向右移動，CO32-增多；NaAlO2 考慮偏鋁酸根水解 AlO2-+H2OAl(OH)3+OH-， O

14、H-與H+結(jié)合成水，平衡右移， CO32-增多。 選B 考點：鹽類水解和平衡移動問題。 9．下列有關(guān)離子的各種說法中，正確的是 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-可以大量共存 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的混合溶液中c(K+)=c(H2X)+c(HX-)+c(X2-) 【答案】D 【解析】 試題分析：A項正確的離子方程式為2

15、Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-；B項為堿性時NH4+不能大量共存，溶液顯酸性時因為NO3-,不能產(chǎn)生氫氣；C項所得溶液顯示酸性， c(H+)> c(OH-)。 考點：離子方程式、離子共存、離子濃度大小的比較。 10．下列有關(guān)敘述正確的是 A．在NaHS溶液中滴入少量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，HS－水解程度增大 B．100 ℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性 C．0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液加入少量NaOH固體，c(SO)與c(Na＋)均增大 D． 常溫下pH＝7的NaHSO3與Na2SO3混合溶液中： c(Na＋)＝c

16、(HSO)＋c(SO) 【答案】C 【解析】 試題分析：A、黑色沉淀是CuS，HS－H＋＋S2－，應(yīng)是電離程度增大，故錯誤；B、100℃時NaOH溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－12/10－12=1mol·L－1，等體積混合氫氧化鈉過量，溶液顯堿性，故錯誤；C、SO32－＋H2OHSO3－＋OH－，加入氫氧化鈉，抑制水解，c(SO32－)增大，因為加入NaOH固體，則c(Na＋)增大，故正確；D、溶液呈現(xiàn)電中性，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，因為溶液pH=7，則c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=2c(SO32－)＋c(H

17、SO3－)，故錯誤。 考點：考查電離和水解、離子濃度大小比較等知識。 11．要使0.1mol/L CH3COOH溶液中CH3COOH的電離程度減小,同時又使CH3COO-濃度增大;可加入的試劑是 A、CH3COONa晶體 B、氨水 C、0.1mol/L H2SO4溶液 D、0.01mol/L CH3COOH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移動，CH3COOH的電離程度減小,根據(jù)勒夏特列原理，CH3COO-的濃度增大了，故A對。加入氨水，消耗H+，H+濃度減小，平衡正向移動

18、，CH3COOH的電離程度增大，CH3COO-濃度增大，B錯。加入0.1mol/L H2SO4溶液，增大了H+濃度。平衡逆向移動，CH3COOH的電離程度減小，CH3COO-濃度也減小，C錯。加入0.01mol/L CH3COOH溶液，降低了CH3COOH的濃度，CH3COOH的電離程度增大，CH3COO-濃度減小，D錯。故選A 12．常溫時，下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是(　 　) 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相比，碳酸鈉溶液的pH大 D．分別中和pH與體積均相同的硫

19、酸和醋酸，硫酸消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量多 【答案】C 【解析】 試題分析：氨水中存在一水合氨的電離平衡，稀釋促進電離，OH－的數(shù)量增加，但濃度降低。溫度不變，所以氫離子的濃度增大，A不正確；B中的鹽酸是強酸，抑制水的電離。氯化銨是強堿弱酸鹽，水解，促進水的電離，B不正確；碳酸鈉的水解程度強于碳酸氫鈉的，所以溶液的堿性強，即等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液相比，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，所以分別中和pH與體積均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量少，D不正確，答案選C。 考點：考查弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類水解、中和滴定的有關(guān)判

20、斷 點評：該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題。試題綜合性強，在注重對學(xué)生基礎(chǔ)性知識檢驗和訓(xùn)練的同時，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)。有利于培養(yǎng)學(xué)生分析、概念和總結(jié)問題能力，有助于提升學(xué)生的學(xué)科素養(yǎng)，提高學(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，向兩燒杯中同時加入質(zhì)量不等的鋅粒，反應(yīng)結(jié)束后得到等量的氫氣。下列說法不正確的是(　　) A．甲燒杯中放入鋅的質(zhì)量比乙燒杯中放入鋅的質(zhì)量大 B．反應(yīng)所需的時間：乙燒杯比甲燒杯長 C．兩燒杯中參加反應(yīng)的鋅等量 D．乙燒杯中的酸過量 【答案】B 【解析】 試題分析：兩種溶液的體積和pH都

21、相等，說明醋酸的濃度大，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，甲燒杯中鋅過量，乙燒杯中鋅不足，因為醋酸是過量的，不能完全反應(yīng)，否則不滿足等量氫氣，故A、C、D正確；參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量是一樣，開始電離出的c(H+)相同，醋酸存在電離平衡，所以醋酸的反應(yīng)速率快，因此需要的時間短，B錯誤。答案選B。 考點：考察強弱電解質(zhì)和pH的關(guān)系。 點評：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量的，參與反應(yīng)的鋅是一樣多的。 14．5℃時，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，下列說法正確的是

22、 ( ) A.溶液中Pb2+和I－濃度都增大。 B.溶度積常數(shù)Ksp增大 C.沉淀溶解平衡向左移動 D.濃度商Qc增大 【答案】CD 【解析】本題是考查外界因素對平衡的影響。加入KI溶液增大了溶液中的I－濃度會使溶液中的濃度商增大，PbI2的溶解平衡向左移動所以應(yīng)選CD。 15．下列有關(guān)說法正確的是 A．常溫下，0．1 mol·L—1Na2S溶液中存在：c(OH—)＝c(H＋) + c(HS—) + c(H2S) B．等濃度的氨水和氯化銨按體積比2:3混合,溶液中存在:2c(Cl－)=3[c(NH4＋)+c(NH3．H2O)] C．0．1

23、mol·L—1HA溶液與0．1 mol·L—1 NaOH溶液正好完全反應(yīng)時，溶液中一定存在：c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+) D．常溫下，向0．1 mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀釋，當(dāng)溶液的pH從3．0升到4．0時，溶液中的值增大到原來的10倍 【答案】D 【解析】 試題分析：A、根據(jù)質(zhì)子守恒得出：c(OH—)＝c(H＋) + c(HS—) +2c(H2S)，錯誤；B、設(shè)濃度均為1mol/L，氨水的體積為2L，氯化銨的體積3L，根據(jù)N元素守恒：c(NH4＋)+c(NH3．H2O)=1mol/L，c(Cl－)=0．6mol·L－1，因此5c(Cl－)=3[c(

24、NH4＋)+c(NH3．H2O)] ，錯誤；C、不知HA是強酸還是弱酸，若為強酸，c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+)，若為弱酸，c(Na+)＞c(A—)＞c(OH—)＞c(H+)，錯誤；D、根據(jù)電離平衡常數(shù)K=，推導(dǎo)出=c(H＋)×K，pH從3．0升到4．0時，增大到原來的10倍，正確。 考點：考查離子濃度大小的比較及電離平衡常數(shù)。 16．如圖所示，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位置，則H2S溶液中，各離子濃度的變化

25、情況是________離子濃度增大，而________離子濃度減小。 （3）若從c處不斷通入過量的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、H2O H+、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將會導(dǎo)致（1）中出錯。若不

26、用勒夏特列原理分析溶解平衡、電離平衡，將導(dǎo)致（2）題的分析中思維混亂。 解答本題的關(guān)鍵是要認識到密閉容器中存在如下平衡體系： 其中平衡①屬氣體的溶解平衡，②和③屬電離平衡。 （1）由上述平衡體系可知，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，氣體壓強增大①向右移動，c〔H2S(aq)〕增大，致使平衡②③均右移。所以濃度增大的離子有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

27、(aq)〕減小，故c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均減小，當(dāng)SO2過量時，SO2和H2O反應(yīng)生成比氫硫酸酸性更強的H2SO3，故c(H+)再變大，若充入足量的SO2，最后溶液中c(H+)比原來更大。故選B。 （4）若由c處不斷通入N2，則頂蓋將向上移動，使H2S(g)的濃度減小，平衡①左移，導(dǎo)致c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均減小。 17．普通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，倒置滅火器，兩種藥液相混合就會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_______＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿

28、＿______。 （2）不能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，是因為_____________________＿＿＿＿___。 【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，會腐蝕鐵筒，Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ （3）與酸反應(yīng)速率NaHCO3＞Na2CO3；產(chǎn)生等量CO2時，消耗Al3+量：Na2CO3＞NaHCO3；等質(zhì)量的Na2CO3、NaHCO3分別與足量Al3+反應(yīng)，生

29、成CO2量NaHCO3＞Na2CO3 18．某學(xué)生用0.200 0 mol·L－1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作為如下幾步： ①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入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液體 ③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線以下某一刻度，并記下讀數(shù) ④移取20.00 mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液 ⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù) 請回答： (1)以上步驟有錯誤的是(填編號) ，該錯誤操作會導(dǎo)致測定結(jié)果(填“偏大”、“偏小”或“無影響”) 。 (2)判斷滴定終點的現(xiàn)象是

30、：錐形瓶中溶液從 色變?yōu)? 色，且半分鐘內(nèi)不變色。 (3)如圖是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)為 mL。 (4)根據(jù)下列數(shù)據(jù)：請計算待測鹽酸溶液的濃度為 mol/L 滴定次數(shù) 待測液體積(mL) 標準NaOH溶液讀數(shù)記錄(mL) 滴定前讀數(shù) 滴定后讀數(shù) 第一次 20.00 0.40 20.40 第二次 20.00 4.00 24.00 第三次 20.00 2.00 24.10 【答案】(1)①　偏大 (2)無　粉紅 (3)22.60 (4)0.200 0 【解析】(1)①用蒸餾水洗滌堿式滴

31、定管后，不能立即注入NaOH溶液，應(yīng)先用NaOH溶液潤洗；否則所用NaOH溶液的體積偏大，導(dǎo)致測定鹽酸的濃度偏大。(2)酚酞試劑在酸性溶液中呈無色，當(dāng)溶液呈弱堿性時，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)，然后代入公式進行計算：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)中有著重要的用途，請根據(jù)要求完成下列各題。 Ⅰ.某化學(xué)興趣小組欲從下列裝置中選取必要的裝置制取(NH4)2SO4溶液。 （1）儀器連接的順序（用接口序號字母表示）是：a （2

32、）試從電離平衡角度分析該實驗裝置A中能產(chǎn)生氨氣的原因： 。 （3）將裝置C中兩種液體分離開的操作名稱是 。 （4）(NH4)2SO4“低毒，有刺激性，有吸濕性、吸濕后固結(jié)成塊”。儲存應(yīng)注意 。 Ⅱ.為提高氯化銨的經(jīng)濟價值，我國化學(xué)家設(shè)計了利用氫氧化鎂熱分解氯化銨制氨氣并得到堿式氯化鎂[Mg(OH)Cl]的工藝。某同學(xué)根據(jù)該原理設(shè)計的實驗裝置如圖： 請回答下列

33、問題： （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)過程中持續(xù)通入N2的作用有兩點：一是使反應(yīng)產(chǎn)生的氨氣完全導(dǎo)出并被稀硫酸充分吸收，二是 。 （3）由MgCl2溶液蒸發(fā)得到MgCl2·6H2O晶體，蒸發(fā)的目的是_________。 a．得到熱飽和溶液 b．析出晶體 （4）鎂是一種用途很廣的金屬材料，目前世界上60%的鎂從海水中提取。 ①若要驗證所得無水MgCl2中不含NaCl，最簡單的操作方法是：

34、 。 ②由MgCl2·6H2O制備無水MgCl2的操作在 氛圍中進行，若在空氣中加熱，則會生成Mg(OH)Cl。 【答案】(18分) Ⅰ（1）d e f (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+H2O NH4++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+NH4Cl MgOHCl+NH3↑+H2O(

35、2分) （2）防止裝置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,若無黃色火焰產(chǎn)生，則證明所得無水氯化鎂晶體中不含氯化鈉。（2分）（答焰色反應(yīng)也給分） ②HCl（氣流）（2分） 【解析】 試題分析：Ⅰ（1）制取的氨氣與硫酸反應(yīng)生成硫酸銨，剩余的氨氣用水吸收，故連接順序為a→d→e→f。 （2）氨水中存在電離平衡： NH3+H2O NH4++OH—，與NaOH混合后，NaOH電離出OH－，促使氨水電離平衡向左移動，有利氨氣逸出。 （3）分離互不相溶的液體的方法是：分液。 （4）因為(NH4)2SO

36、4“低毒，有刺激性，有吸濕性、吸濕后固結(jié)成塊”，應(yīng)防止水分進入，所以儲存應(yīng)注意密封、陰涼、通風(fēng)。 Ⅱ（1）根據(jù)題目所給信息，反應(yīng)物為Mg(OH)2和NH4Cl，生成物為MgOHCl、NH3和H2O，所以化學(xué)方程式為：Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3↑+H2O。 （2）防止裝置C中的AlCl3溶液倒吸入裝置B （3）由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶體的方法為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，所以蒸發(fā)的目的是：得到熱飽和溶液，故a項正確。 （4）①Na元素用焰色反應(yīng)進行鑒別，所以操作方法是：用鉑絲蘸取少量固體，置于酒精燈火焰上灼燒,若無黃色火焰產(chǎn)生，則證明所得無水氯化鎂晶體中不

37、含氯化鈉。 ②因為MgCl2為強酸弱堿鹽，Mg2+發(fā)生水解反應(yīng)，在HCl（氣流）中可以抑制MgCl2的水解，所以由MgCl2·6H2O制備無水MgCl2的操作在HCl氛圍中進行。 考點：本題考查實驗基本操作、實驗方案的分析、物質(zhì)的檢驗、平衡移動、鹽類的水解。 20．滴定度是指每毫升標準溶液相當(dāng)于被測定物質(zhì)的克數(shù)，通常用T（M1/M2）表示，如T（H2SO4/NaOH）=0.040，表示每毫升標準硫酸溶液恰好中和0.040 g NaOH。 （1）若要使某標準鹽酸對氧化鈣的滴定度為T（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NaOH的滴定度是多少

38、？ （3）現(xiàn)欲測定含有雜質(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時，消耗鹽酸體積數(shù)恰好等于NaOH的純度（如消耗1 mL鹽酸，NaOH的純度為1%），則樣品的質(zhì)量應(yīng)取多少克？ 【答案】（1）0.20 mol·L-1 （2）T=0.0080 （3）0.80 g 【解析】（1）m（CaO）=0.0056 g 消耗鹽酸的物質(zhì)的量n（HCl）=2×10-4 mol 所以c（HCl）=2×10-4 mol·L-1/10-3 L=0.20 mol·L-1 （2）由于2NaOH～CaO相當(dāng)，即0.0056 g CaO相當(dāng)0.0080 g NaOH，故T（HCl/NaO

39、H）=0.0080。 （3）設(shè)消耗鹽酸為1 mL，則樣品純度為1%，根據(jù)（2）可知1 mL鹽酸能與0.0080 g NaOH反應(yīng)，故樣品質(zhì)量 m（樣品）=0.0080 g/1%=0.80 g。 21．A~G是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，在一定條件下它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中A為金屬，F(xiàn)是一種有毒的氣體單質(zhì)，G為NaOH溶液。 請回答問題。 （1）物質(zhì)A的化學(xué)式是 。 （2）檢驗E溶液中的金屬離子，常選用的試劑是 (填化學(xué)式)。 （3）溶液B與氣體F反應(yīng)的離子方程式是 。 （4）

40、物質(zhì)C轉(zhuǎn)化為物質(zhì)D的反應(yīng)中伴隨的主要現(xiàn)象是 ，化學(xué)方程式是 。 （5）將SO2氣體通入BaCl2溶液中無沉淀產(chǎn)生，再將此溶液一分為二，向其中一份中通入足量的氨氣，有白色沉淀產(chǎn)生，該沉淀是 (填化學(xué)式)。向另一份中滴加幾滴E溶液也有白色沉淀產(chǎn)生，請用離子方程式表示該沉淀的產(chǎn)生過程 。 【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）白色沉淀迅速變

41、成灰綠色，最終變成紅褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （5）BaSO3；SO32-+2Fe3+ +H2O=SO42- +2Fe2+ +2H+；SO42- + Ba2+ =BaSO4↓ 【解析】 試題分析：由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A應(yīng)為變價金屬，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）由以上分析可知A為Fe，故答案為：Fe； （2）檢驗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+

42、+Cl2=2Fe3++2Cl-； （4）Fe(OH)2不穩(wěn)定，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)象是白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色，故答案為：白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； （5）將SO2氣體通入BaCl2溶液中無沉淀產(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

43、鋇沉淀，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↓。 考點：考查了無機推斷的相關(guān)知識。 22．A、B、C、D都是中學(xué)化學(xué)常見的物質(zhì)，其中A、B、C均含有同一種元素。在一定條件下相互的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。請回答下列問題： （1）若A、B、C的溶液均顯堿性，C為焙制糕點的發(fā)酵粉的主要成分之一． ①A中所含化學(xué)鍵類型為___________，D的電子式為________

44、___； ②25℃時，0.1mol?L-1 B、C溶液，pH較大的是___________溶液(填溶質(zhì)的化學(xué)式)，寫出B溶液中顯電中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，則其水電離出來的H+的濃度為________________。 （2）向反應(yīng)體系中同時通入甲烷、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 II．CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/mol III．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.

45、2kJ/mol Ⅳ．CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol 請回答下列問題： 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?。篍II ________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)。 【答案】（1）①離子鍵、共價鍵 ②Na2CO3 c(Na+?)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-) 10-4mol/L（2） ① ＜ ② ＜ 【

46、解析】 試題分析：（1）若A、B、C的溶液均顯堿性，C為焙制糕點的發(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)鍵類型為：離子鍵、共價鍵，D為CO2，電子式為 ；②25℃時，0.1mol?L-1 Na2CO3、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是因水解促進水的電離，溶液里的OH-來源于水的電離，

47、c(OH-)=，則其水電離出來的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：考查無機物推斷、離子濃度的大小比較、熱化學(xué)以及化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡等。 23．A、B、C、D為四種單質(zhì)，常溫時，A、B是氣體，C、D是固體。E、F、G、H、I為五種化合物，F(xiàn)不溶水，E為氣體且極易溶水成為無色溶液，G溶于水得黃棕色溶液。這九種物質(zhì)間反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示 （1）寫出四種單質(zhì)的化學(xué)式

48、A________ B_______ C______ D______ （2）寫出H+B→G的離子方程式 ； （3）寫出G+I→H+D+E的化學(xué)方程式 ； （4）某工廠用B制漂白粉。 ①寫出制漂白粉的化學(xué)方程式 。 ②為測定該工廠制得的漂白粉中有效成分的含量，某該小組進行了如下實驗：稱取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到錐形瓶中，再加入過量的

49、KI溶液和過量的硫酸（此時發(fā)生的離子方程式為： ），靜置。待完全反應(yīng)后，用0.2mol·L-1的Na2S2O3溶液做標準溶液滴定反應(yīng)生成的碘，已知反應(yīng)式為：2Na2S2O3+I2 =Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL。則該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分數(shù)為 保留到小數(shù)點后兩位）。 【答案】（1）A H2 B Cl2 C Fe D S （2）2Fe2＋+Cl2 = 2Fe3＋+2Cl－ （3）2FeCl3 +H2S =2FeCl2+S↓+2HCl （4）①2Cl2+2Ca(OH)

50、2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ②2H＋+2I－+ClO－=I2+Cl－+H2O 47.67% 【解析】 試題分析：A、B、C、D為四種單質(zhì)，常溫時，A、B是氣體，C、D是固體，E、F、G、H、I為五種化合物，G溶于水得黃棕色溶液，則G中含鐵離子，由元素守恒可知，C為Fe，F(xiàn)不溶于水，F(xiàn)為FeS，D為S，E為氣體且極易溶于水成為無色溶液，則E為HCl，HCl與Fe反應(yīng)生成氫氣，則A為H2，B為Cl2，G為FeCl3，H為FeCl2，I為H2S，G與I反應(yīng)生成FeCl2、S、HCl，據(jù)此回答。 （1）由上述分析可知，A為H2，B為Cl2，C為Fe，D為S。 （2）由Fe

51、Cl2和氯氣反應(yīng)生成FeCl3 的離子方程式為2Fe2＋+Cl2 = 2Fe3＋+2Cl－。 （3）FeCl3和H2S反應(yīng)生成FeCl2 、S和HCl，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒配平，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCl3 +H2S =2FeCl2+S↓+2HCl。 （4）①工業(yè)上用氯氣和石灰乳反應(yīng)制取漂白粉，化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。②漂白粉中的ClO－具有氧化性，I－具有還原性，在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成I2、Cl－和水，再根據(jù)得失電子守恒、原子守恒配平，反應(yīng)的離子方程式為2H＋+2I－+ClO－=I2+Cl－+H2O；加入過量的KI溶液和過量的硫酸與漂白粉溶液反應(yīng)發(fā)生2H＋+2I－+ClO－=I2+Cl－+H2O，由2Na2S2O3+I2 =Na2S4O6+2NaI，得關(guān)系式Ca(ClO)2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3 ， n[Ca(ClO)2]=1/4n（Na2S2O3）=[20.0 mL×10-3 L?mL-1×0.2 mol?L-1×250/25]÷4=0.01 mol，則該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分數(shù)為0.01mol×143g/mol÷3.0g×100%=47.67%。 考點：考查無機物的推斷，常見物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，氧化還原滴定等知識。