精品迈向名师之化学星级题库选修4第三章第二节 水的电离和溶液的酸碱性五星题

1、选修4第三章第二节 水的电离和溶液的酸碱性五星题1某二元酸（H2A）按下式发生电离：H2AH+HA；HAH+A2。现有下列四种溶液：L1的H2A溶液L1的NaHA溶液L1L1的NaHA溶液等体积混合 L1L1的NaHA溶液等体积混合下列关于上述四种溶液的说法正确的是（    ）A溶液中存在水解平衡：HA+H2O H2A+OHB溶液中有：c(HA)+2c(A2)=c(Na+)C溶液中有：c(OH)=c(H+)+c(HA)D四种溶液中c (HA)浓度大小：【答案】CD【解析】试题分析：二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2AH+HA-，HA-H+A2-，这说明是二元酸的

2、第一步电离是完全的，而第二步电离存在电离平衡。因此HA-离子只存在电离平衡，不存在水解平衡，溶液显酸性，选项A不正确；B不正确，不符合物料守恒，应该是c(HA)+c(A2)=c(Na+)；中恰好反应生成Na2A，水解溶液显碱性，正确，符合质子守恒；中盐酸的存在抑制HA的电离，c (HA)浓度最大，而中最小。第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离，所以c (HA)浓度大于中，则选项D正确，答案选CD。考点：考查了盐类水解的应用，离子浓度大小的比较点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练

3、，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，其次还需要注意酸式盐的电离程度和水解程度的相对大小。2（1）常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别一元酸NaOHpH甲pH=9乙c(HY)=c1mol/LpH=7甲组实验的混合溶液中离子浓度由大到小顺序为。由水电离出的c(OH)=mol/L。乙组实验中HY为强酸，则HY溶液的c1（填“<”、“=”或“>”）0.1。（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重

4、要课题。某研究小组在实验室以AgZSM5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况和n(NO)/n(CO)比例变化情况如下图。为达到NO转化为N2的最佳转化率，应该选用的温度和n(NO)/n(CO)比例分别为、。用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物生成无污染的物质。CH4与NO2发生反应的化学方程式为。（3）工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) H下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度523K573K623K平衡常数(K)由表中数据判断H 0（填“<”、“=”或“>”）。某温度下，将2m

5、olCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则此时的温度为。请在下列坐标中画出中求得该温度下CO、H2和CH3OH的浓度随时间变化的曲线，并进行适当的标注。【答案】（17分）（1）c(Na+)>c(X)>c(OH)>c(H+)（2分） 105（2分） =（1分）（2）900K（1分，不写单位或900不给分） n(NO)/n(CO)=1（1分，只写1也给分）CH4+2NO2CO2+N2+2H2O（2分，化学式错不给分，系数错扣1分，不写条件不扣分，用等号不扣分）（3）<（2分） 523K（2分，不写单位或5

6、23不给分）（3分，每条曲线1分，标注错或坐标数值错不给分）【解析】试题分析：（1）HX与NaOH恰好完全中和，所得NaX溶液pH=9，说明NaX是强碱弱酸盐，HX是弱酸；由于电离程度NaX>H2O，前者电离出的X部分水解，则混合溶液中c(Na+)>c(X)>c(OH)>c(H+)；H2OOH+H+，NaX能促进水的电离平衡右移，则水电离出的c(OH)>107mol/L，由pH=9可知溶液中c(H+)=109mol/L<107mol/L，由水的离子积可知，溶液中的c(OH)=Kw/ c(H+)=105mol/L>107mol/L，所以混合溶液中水电离出

7、的c(OH)=105mol/L；HY是强酸，则NaY是强酸强碱盐，混合溶液pH=7，说明HY与NaOH恰好完全中和，则c(HY)=c(NaOH)=0.1mol/L，所以c1=0.1；（2）读图可知，相同温度下，n(NO)/n(CO)越大，NO的转化率越小；投料比最小时，温度越高，NO转化率越大，但是 900K时NO转化率已经接近100%，再升高温度，需要消耗更多的能量，NO转化率却增加不大，得不偿失，因此最佳温度和投料比分别为900K、n(NO)/n(CO)=1；根据题意可知反应产物为CO2、N2、H2O，假设甲烷的系数为1，根据碳、氢、氧、氮原子个数守恒配平可得反应式：CH4+2NO2CO2

8、+N2+2H2O；（3）根据表中信息推断，升高温度平衡常数减小，前者说明平衡向吸热方向移动，后者说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应是吸热反应，所以正反应是H<0的放热反应；根据各组分的变化浓度之比等于系数之比，可求平衡浓度： CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)起始浓度/molL1 1 3 0变化浓度/molL1平衡浓度/molL1K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H22与表中数据对比可知，平衡时温度为523K。画图要点：a、起点时，t=0，c(CO)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(CH3OH)=0；b、平衡点或拐点时，t=10min，c(CO)=0.2mol

9、/L，c(H2)=1.4mol/L，c(CH3OH)=0.8mol/L；c、起点至平衡点或拐点时，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大，且各组分的变化浓度之比等于化学方程式中相应的系数之比；平衡点或拐点之后，各组分的浓度保持不变。考点：考查化学反应原理，涉及酸和碱混合溶液中离子浓度大小关系、盐类水解、水的电离、化学平衡、化学方程式等考点。3某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，工艺流程如下：硫酸工厂的酸性废水MnO2五价砷的酸性废水生石灰调pH至2滤液I滤渣I生石灰调pH至8左右可排放的废水滤渣2相关数据如下表，请回答以下问题：表1几种盐的

10、Ksp难溶物KspCa3(AsO4)26.8×1019CaSO49.1×106FeAsO45.7×1021表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物H2SO4As废水浓度/L·L1排放标准pH 690.5mg·L1（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=mol·L1。（2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×104mol·L1，c(AsO43)=mol·L1。（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），M

11、nO2被还原为Mn2，反应的离子方程式为。（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为；Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为。砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数(25)为：K1=5.6×103 K2=1.7×107 K3=4.0×1012，第三步电离的平衡常数的表达式为K3=。Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43+H2OHAsO42+OH，该步水解的平衡常数（25）为：（保

12、留两位有效数字）。 【答案】（17分）（1）0.3 （2分）（2）5.7×1017（2分） （3）2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O （3分）（4）CaSO4 （2分）H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀（3分）或：pH增大，促进H3AsO4电离，c(AsO43)增大，Qc=c3(Ca2)·c2(AsO43)KspCa3(AsO4)2，Ca3(AsO4)2才沉淀 （2分） 2.5×103（3分）【解析】试题分析：（1）读表2中信息，以1L2SO4，由于硫酸的相对分子质量为98，m/

13、M=n，则n(H2SO4)=÷98g/mol=0.3mol，由于c=n/V，则c(H2SO4)=0.3mol÷1L=0.3mol/L；（2）FeAsO4是难溶盐，废水中存在其沉淀溶解平衡：FeAsO4 (s)Fe3+AsO43，则Ksp(FeAsO4)=c(Fe3+)c(AsO43)，所以c(AsO43)= Ksp(FeAsO4)/c(Fe3+)=5.7×1021/1.0×104 mol·L1=5.7×1017 mol·L1；（3）H3AsO3失去2个电子被氧化为H3AsO4，MnO2得到2个电子被还原为Mn2，废水是酸性溶

14、液，根据电子、电荷、原子守恒原理可得：2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O；（4）由于CaO+2H+=Ca2+H2O，读表1中信息可知，加入生石灰调解pH到2时，增大钙离子浓度，使CaSO4 (s)Ca2+SO42的平衡向左移动，析出CaSO4沉淀加入生石灰调解pH到2时，增大钙离子浓度，使Qc=c(Ca2)·c(SO42)KspCaSO4)，开始析出CaSO4沉淀；H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43)增大，Ca3(AsO4)2 (s)3Ca2+2AsO43的平衡向左移动，开始析出Ca3(AsO4)2沉淀或pH增大，促进H3AsO4电离

15、，c(AsO43)增大，Qc=c3(Ca2)·c2(AsO43)KspCa3(AsO4)2，Ca3(AsO4)2才沉淀；多元弱酸分步电离，则H3AsO4H+H2AsO4、H2AsO4H+HAsO42、HAsO42H+AsO43，根据平衡常数定义式可得，第三步电离平衡常数K3= c(H+) c(AsO43)/ c(HAsO42)；水的离子积常数Kw= c(H+) c(OH)，AsO43+H2OHAsO42+OH的平衡常数的计算表达式为c(HAsO42)c(OH)/ c(AsO43)，分子、分母同时乘以c(H+)，则水解平衡常数=c(HAsO42)c(OH) c(H+)/ c(H+)c(

16、AsO43)= Kw/K3=（1.0×1014）÷（4.0×1012）=2.5×103。考点：考查含砷等废水处理工艺流程，涉及质量、摩尔质量、物质的量、溶液体积、物质的量浓度、溶度积计算、关键步骤的离子方程式、调解pH分步沉淀的原理、沉淀的成分、解释原因、电离平衡常数、水的离子积、盐类水解平衡常数的计算等。4氧化还原滴定与酸碱中和滴定一样是化学实验室常用的定量测定方法。某氧化还原滴定的反应体系中有反应物和生成物共六种，其中H2SO3的还原性最强，KMnO4的氧化性最强。对此反应体系：(1) 被氧化的元素是_；发生还原反应的过程是_。(2) 请用这六种物质

17、组织一个合理的化学反应,写出它的离子方程式：_(3) 反应中H2SO4是_ (填编号)A,氧化剂B.氧化产物 C.生成物 D.反应物(4) 当有20mL/L的氧化剂参加反应时，电子转移数目是_。(5) 用标准KMnO4溶液滴定H2SO3时,滴定终点时颜色变化是_。(6) 滴定过程中.下列图像所表示的关系正确的是_(填编号）。【答案】（11分）（1） +4价的S（1分）； KMnO4 MnSO4（2分）；（2） 2MnO4-+5H2SO3=2Mn2+5SO42-+4H+3H2O（1分）；（3） B、C（2分）； （4） A（或×1021）（2分）；（5）溶液由无色变为紫红色，且半分钟内

18、不变色（1分）；（6） （a）（c）（2分）【解析】试题分析：(1) H2SO3的还原性最强，说明其中的+4价的S元素易被氧化，KMnO4的氧化性最强，说明发生还原反应，故被氧化的元素是+4价的S，发生还原反应的过程是KMnO4 MnSO4。(2) H2SO3的还原性最强，反应中做为还原剂，KMnO4的氧化性最强，反应中做为氧化剂，离子方程式为2MnO4-+5H2SO3=2Mn2+5SO42-+4H+3H2O。(3) H2SO4是H2SO3被氧化后生成的产物，故反应中H2SO4是氧化产物，故错BC。(4)根据离子方程式分析，2molMnO4-转移电子数为10 NA电子，故20mL/L，即0.0

19、02mol的氧化剂参加反应时，电子转移数目是A（或×1021）。(5)反应过程中，紫红色的KMnO4生成为无色的MnSO4，故用标准KMnO4溶液滴定H2SO3时,滴定终点时颜色变化是溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不变色。(6) 滴定过程中，有酸生成，故pH减小，故（a）正确；反应物H2SO3是弱电解质，部分电离，生成的H2SO4是强电解质，全部电离，离子难度增大，导电性增强，故（b）错误，（c）正确。故选（a）（c）。考点：氧化还原反应的应用 酸碱中和滴定点评：本题考查氧化反应的应用和酸碱中和滴定，题目难度中等，注意把握滴定原理以及实验的误差分析，为该题的易错点。5目前工业合成氨

20、的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=93.0kJ /mol；另据报道，一定条件下：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g) H= +1530.0kJ /mol。（1）氢气的燃烧热H=_kJ/mol。（2）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是。A气体体积不再变化，则已平衡B气体密度不再变化，尚未平衡C平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动D平衡后，压缩装置，生成更多NH3（3）在恒温恒容装置中进行合成氨反应，各组分浓度-时间图像如下。 表示N2浓度变化的曲线是。 前25 min 内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是。 在25 mi

21、n末刚好平衡，则平衡常数K = 。（4）在第25 min 末，保持其它条件不变，升高温度，在第35 min末再次平衡。平衡移动过程中H2浓度变化了1.5 mol·L1，在图中画出第25 min 40 min NH3浓度变化曲线。（5）已知常温下，NH4+ 的水解常数为1.0×1094Cl溶液pH=。（忽略NH4+水解对NH4+浓度的影响）【答案】（16分）（1）286.0 （2分，不写“”扣1分）（2）AD （2分）（3） C （2分） 0.12 mol / (L·min) （3分，数据2分，单位1分） 0.15 （2分）（4）（3分，起点1分，拐点1分，延长线1

22、分）（5） 5 （2分）【解析】试题分析：（1）先将已知两个热化学方程式编号为，再根据盖斯定律，将(×2)/3可得：2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l)H=572.0kJ /mol，最后将系数减半，则焓变随之减半，即H2(g)+O2(g)= 2H2O(l)H=286.0kJ /mol；根据燃烧热概念可得，氢气的燃烧热H=286.0kJ /mol；（2）恒温恒压下，气体摩尔体积相同，由于n=V/Vm，则气体体积不再变化，就是气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡，故A正确；气体密度等于气体质量除以气体总体积，根据质量守恒定律可知气体质量始终不变，若气体密度不再变化时，则气体总体

23、积不变，气体的物质的量不变，说明反应已达平衡，故B错；平衡后充入惰性气体，维持恒温恒压，必须增大容器容积，减小各组分浓度，其实质是减小压强，平衡向逆反应方向或气体体积增大方向移动，故C错；平衡后，压缩装置，缩小容器容积，其实质是增大压强，平衡向正反应方向或气体体积减小方向移动，故D正确；（3）合成氨的原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，读图可知，前25min内A的浓度由6.0mol/L逐渐减小为3.0mol/L，C的浓度由2.0mol/L逐渐减小到1.0mol/L，B的浓度由0逐渐增大到2.0mol/L，则A、C、B的变化浓度分别为3.0mol/L、1.0mol/L、2.0mol/L

24、，因此A、C、B分别表示氢气、氮气和氨气的浓度随反应时间变化的曲线；由于前25min内氢气的浓度由6.0mol/L逐渐减小为3.0mol/L，其变化浓度为3.0mol/L，则v(H2)=c(H2)/t=3.0mol/L÷25min =0.12 mol / (L·min)；根据三行数据法可得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)各组分的起始浓度/ mol·L1 2.0 6.0 0各组分的变化浓度/ mol·L1各组分的平衡浓度/ mol·L1K=0.15（保留两位有效数字）（4）由于合成氨的正反应的H=93.0kJ /mol，则正反应是放热反应

25、，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应方向移动，则反应物浓度增大，氨气浓度减小，根据三行数据法可得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)25min时各组分浓度/ mol·L1各组分的变化浓度/ mol·L135min时各组分浓度/ mol·L1因此，25min35min，氨气浓度由2.0mol/L逐渐减小为1.0mol/L；35min40min，氨气浓度为1.0mol/L，始终保持不变；（5）氯化铵是强酸弱碱盐，其完全电离出的铵根离子部分水解，生成一水合氨和氢离子，存在水解平衡，设溶液中氢离子浓度为xmol/L，由三行数据法可得：NH4+H2ONH3

26、H2O+H+各组分的起始浓度/ mol·L1 0.1 0 0各组分的变化浓度/ mol·L1 x x x各组分的平衡浓度/ mol·L1 0.1x x xK=1.0×109由于铵根离子水解程度很小，则0.1x0.1，则=1.0×109，则x 2=1.0×1010，x=1.0×105；由于pH=lgc(H+)=5。考点：考查化学反应原理，涉及盖斯定律、燃烧热、表示燃烧热的热化学方程式、化学平衡的标志、外界条件对平衡移动的影响、体系各组分浓度与反应时间曲线的识别、平均反应速率的计算、化学平衡常数的计算、放热反应和吸热反应、温度对

27、平衡移动的影响、画出温度对生成物浓度与反应时间关系的图像、盐类水解平衡常数的应用、计算溶液的pH等。6铁是地壳中含量第二的金属元素，其单质、合金化合物在生产生活中的应用广泛。（一）工业废水中有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。常用的处理方法是电解法，该法用Fe作电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解的进行，阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。（1）用Fe作电极的目的是_。（2）阴极附近溶液pH升高的原因是_（用电极反应式解释）；溶液中同时生成的沉淀还有_。（二）氮化铁磁粉是一种磁记录材料，利用氨气在400以上分解得到的氮原

28、子渗透到高纯铁粉中可制备氮化铁。制备高纯铁涉及的主要生产流程如下：已知：2O3、3.6% FeO，还含有Al2O3、MnO2、CuO等。部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：（3）步骤中加双氧水的目的是_，pH控制在3.4的作用是_；已知25时，KspCu(OH) 2×10-20，该温度下反应：Cu2+2H2O Cu(OH) 2+2H+的平衡常数K=_。（4）如何判断步骤中沉淀是否洗涤干净？_。【答案】(14分)（1）提供还原剂Fe2+(2分)（2）2H+2e-=H2 （或2H2O-2e-= H2+2OH-）(2分)；Fe(OH)3 (1分)（3）将溶液中的Fe2+氧化成Fe

29、3+(1分)；使溶液中的Fe3+ 完全沉淀，而其他金属离子不沉淀(1分)；×10-9(2分)（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则表明沉淀没有洗净；若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净(2分) 【解析】试题分析： （1）Fe作电极的目的是提供还原剂Fe2+与Cr2O72-反应。（2）H+在阴极放电：2H+2e-=H2，导致附近溶液pH升高；附近溶液pH升高使得Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，平衡正移出现Fe(OH)3沉淀，（3）根加双氧水的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+3+；KspCu(OH) 2 =c(Cu2+)×c2(

30、OH-×10-20, K= c2(H+)/ c(Cu2+)=K2W/ KspCu(OH) 2×10-9。（4）检验方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则表明沉淀没有洗净；若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗净考点：本题考查氧化还原、沉淀的生成、化学实验、电池等相关知识。7（12分）Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途（1）25时将氯气溶于水形成氯气氯水体系，该体系中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如左上图所示。已知HClO的杀菌能力比ClO强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH7.5与pH6时

31、杀菌效果强的是_。氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为_。（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式_。（3）工业上还可用下列方法制备ClO2，在80时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2。电解时，NaClO3在_极（填阴或阳）生成，生成ClO3的电极反应式为_。（4）一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl、1mol ClOx（x=1,2,3,4）的能量大小与化合价的关系如右上图所示从能量角度看，C、D、E中最不稳定的离子是（填离子符号）。B A + D反应的热化学方程式为（用离

32、子符号表示）。【答案】（共12分）（1）pH=6时 （1分）Cl2(aq)H2OHClOHCl（1分）； HClOHClO（1分）Cl2(g)Cl2(aq) （不算给分点）；（2）Cl2+2NaClO2 2NaCl+2ClO2（2分）（3）阳（1分）； Cl6e +3 H2O6HClO3（2分）（4）ClO2（2分）3ClO(aq) 2Cl(aq)ClO3(aq) H-116kJ·mol1 （2分）【解析】试题分析：（1）已知HClO的杀菌能力比ClO强，由图可知，pH6时，HClO的浓度比ClO的浓度大，杀菌效果强；氯气氯水体系中，存在氯气与水的反应平衡、次氯酸的电离平衡、氯气的溶

33、解平衡、水的电离平衡；（2）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，由元素守恒及得失电子平衡可得该反应的化学方程式Cl2+2NaClO2 2NaCl+2ClO2 ；（3）电解氯化钠溶液时Cl-氧化得到ClO3-，NaClO3在阳极生成，电极反应式为Cl6e +3 H2O6HClO3 ；（4）由右上图可知+3价氯能量最高，从能量角度看，C最不稳，该离子是ClO2 ；由右上图可知，B具有的能量为60 kJ·mol1，A的能量为0 kJ·mol1，D的能量为64 kJ·mol1，所以B A + D反应的热化学方程式为3ClO(aq) 2Cl(aq)ClO3(aq) H-

34、116kJ·mol1。考点：化学平衡、电解原理、化学反应过程中的能量变化8（16分）雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：（1）装置中的主要离子方程式为。（2）含硫各微粒(H2SO3、HSO3和SO32)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。若是0.1molNaOH反应后的溶液，测得溶液的pH8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是。向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用

35、化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：。（3）写出装置中，酸性条件下反应的离子方程 式 ， 。（4）装置还可以使Ce4+再生，其原理如图所示。生成Ce4+从电解槽的(填字母序号)口流出。写出阴极的反应式。（5）已知进入装置的溶液中，NO2的浓度为a g·L-1，要使1 m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2L。(用含a代数式表示，计算结果保留整数)【答案】(1)SO2+OH-=HSO3-（2）c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)；因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3- H+ SO

36、32-，加入氯化钙后，Ca2+ SO32-= CaSO3，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小；（3）NO+3Ce4+2H2O=NO3-+ 3Ce3+4 H+, NO+Ce4+H2O=NO2-+ Ce3+2 H+；（4）a；2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O;（5）243a或5600a/23【解析】试题分析：（1）根据流程图可知，二氧化硫与NO的混合气体与氢氧化钠溶液反应主要生成亚硫酸氢钠，所以装置中的主要离子方程式为SO2+OH-=HSO3-；（2）由图可知，pH=8时溶液中主要的阴离子是亚硫酸根离子，说明二氧化硫与氢氧化钠溶液反应主要生成亚硫酸钠，其次还有少量的亚硫

37、酸氢钠，则溶液中离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)；向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，溶液的酸性增强，因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3- H+ SO32-，钙离子与亚硫酸根离子结合为亚硫酸钙沉淀，促进亚硫酸氢根离子的电离,氢离子浓度增大，pH减小；（3）装置II是Ce4+与NO的反应，将NO氧化为硝酸根离子和亚硝酸根离子，自身被还原为Ce3+，离子方程式是NO+3Ce4+2H2O=NO3-+ 3Ce3+4 H+, NO+Ce4+H2O=NO2-+ Ce

38、3+2 H+；（4）装置还可以使Ce4+再生，则Ce3+被氧化为Ce4+，阳极发生氧化反应，所以Ce4+从电解槽的a口流出；阴极发生还原反应，根据流程图可知，HSO3-得到电子生成S2O42-，则电极反应式是2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O;（5）NO2-与氨气、氧气反应生成硝酸铵，则N元素被氧化，化合价从+3价升高到+5价，1m3的溶液中的NO2的物质的量是1000L×ag/L/46g/mol=1000a/46mol，失去电子的物质的量是1000a/46×2mol=，根据得失电子守恒，则需要氧气在标准状况下的体积是1000a/23mol/4×

39、;/mol=5600a/23L。考点：考查电解质溶液中离子浓度的关系，对流程的分析，氧化还原反应的分析判断9常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是A0.1mol·L1NaHCO3溶液中的粒子浓度：c(Na+)>c(HCO3)>c(CO32)>c(H2CO3)>c(OH)>c(H)B将标况下的CO2通入150mL 1mol·L-1NaOH溶液中充分反应后的溶液：2c(Na)3c(CO32)3c(HCO3)3c(H2CO3)CpH3的二元弱酸H2R溶液与pH11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则反应后的混合液：2c(R2

40、)c(HR)c(Na)D0.2 mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c(OH)2c(A)c(H)2c(HA)【答案】B【解析】试题分析：A、碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离和水解，水解程度大于其电离程度，所以溶液层碱性，则不水解的离子钠离子的浓度最大，其次为碳酸氢根离子，然后是水解产生的氢氧根离子，所以粒子的浓度关系是c(Na+)>c(HCO3)> c(OH)>c(H2CO3)> c(H) >c(CO32)，错误；B、标准状况下二氧化碳的物质的量是0.1mol，与

41、0.15molNaOH反应，则Na元素的物质的量浓度与C元素的物质的量浓度之比是0.15:0.1=3:2，根据物料守恒，则2c(Na)3c(CO32)3c(HCO3)3c(H2CO3)，正确；C、pH=3的二元弱酸中氢离子浓度与氢氧化钠溶液混合后溶液pH=7，为中性，则c(OH)c(H)，根据电荷守恒，则c(OH)2c(R2)c(HR)c(H)+ c(Na)，所以2c(R2)c(HR)=c(Na)，错误；D、0.2 mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为等浓度的HA和NaA的混合液，溶液pH>7，说明混合液为碱性

42、，A-的水解程度大于HA的电离程度，根据物料守恒，则2c(Na)= c(A)+ c(HA)，根据电荷守恒，有c(OH)c(A)c(H)c(Na)，两式联立，消去c(Na)，可得2c(OH)c(A)2c(H)c(HA)，错误，答案选B。考点：考查电解质溶液中离子浓度的比较，守恒规律的应用10（14分）（1）常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：混合溶液中由水电离出的c(H+c(H+)；(填“”、“”、或“”)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Cl-)c(M)= mol

43、/L。（2）常温下若将0.2mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则说明在相同条件下MOH的电离程度MCl的水解程度。(填“”、“”、或“”)（3）常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则混合溶液的pH。(填“7”、“7”、或“无法确定”)（4）用0.1032mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如下所示实验序号待测NaOH溶液体积/mL123待测NaOH溶液的物质的量浓度为mol/L。（保留四位有效数字）下列情况可能引起测定结果偏高的是。A酸式滴定管未用标准盐酸溶液

44、润洗B锥形瓶未用待测液润洗 C滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了D滴定前，滴定管中的溶液液面最低点在“0”点以下（5）滴定的方法有酸碱中和滴定、沉淀滴定、络合滴定等。沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂。已知一些银盐的颜色和Ksp（20）如下，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定。化学式AgClAgBrAgIAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黄色黑色红色Ksp1.8×10-105.0×10-138.3×10-172.0×10-481.8×10-10滴定时，你认为该滴定适宜选用的指示剂是下列中的 。22CrO4【答案】

45、（1） 9.9×10-7 （2）（3）7（4）0.1149； A C （5）D【解析】试题分析：（1）常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，可知MOH为弱碱，混合溶液为强酸弱碱盐MCl水解呈酸性，促进水的电离，而HCl抑制水的电离，故混合溶液中由水电离出的c(H+c(H+)；由电荷守恒：c(H+)+c(M+)= c(Cl)+c(OH)可知：c(Cl-)c(M)= c(H+)- c(OH)=10-6-10-8= 9.9×10-7 mol/L（2）将0.2mol/L MOH溶液与0.1m

46、ol/L HCl溶液等体积混合，所得溶液为MOH与MCl 1:1的混合液，混合溶液的pH7说明溶液呈酸性即MOH的电离程度< MCl的水解程度；（3）常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则HR为弱酸，故反应后溶液为NaR与大量的HR的混合液，溶液呈酸性，pH7；（4）0.1032mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液重复三次的实验数据，可知第二组数据错误不可用，故 ，酸式滴定管未用标准液润洗，则标准液会被稀释，则消耗的V（标准）偏大，根据可知会导致测得c(NaOH)偏高；锥形瓶不用润洗，故没有润洗对实验结果无影响；滴定前滴定管

47、尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，会导致V（标准）偏大，故则会导致c(NaOH)偏高；滴定前，滴定管中的溶液液面最低点在“0”点以下，对实验结果无影响，消耗标准酸体积为滴定前后两次读数差值，故对结果无影响，故会导致偏高的为A、C；（5），沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定，则选用指示剂应能与Ag+产生有颜色的沉淀，该沉淀的Ksp应大于或等于AgCl 的Ksp，故可选用D. K2CrO4。考点：滴定实验考查。11（13分）通常状况下，X、Y和Z是三种气态单质。X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素(稀有气体元素除外)；Y和Z均由元素R组成

48、，反应Y+2I-+2H+=I2+Z+H2O常作为Y的鉴定反应。W是短周期元素，最外层电子数是最内层电子数的三倍，吸引电子对的能力比X单质的组成元素要弱。（1） Z的化学式_（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色。简述用褪色的溶液区别Y和二氧化硫的实验方法:_。（3）举出实例说明X的氧化性比W单质氧化性强(仅用一个化学方程式表示):_。如图是0.1 mol·L1四种电解质溶液的pH随温度变化的图像。（1）其中符合0.1 mol·L1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填写序号)，（2）20 时，0.1 mol·L1NH4Al(SO4)2中

49、2c(SO42-)c(NH4+)3c(Al3)_。（计算精确值）（3）室温时，向100 mL 0.1 mol·L1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L1 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，水的电离程度最大是_点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_【答案】（1）O2（2分）（2）加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3（2分）（3） H2S+Cl2=S2HCl（1分）(其他合理答案均可)（1）（2分）（2）（103-1011）mol·L1

50、 （2分） （3)a（2分）c(Na)c(SO42-)c(NH4+)c(OH)c(H) （2分）【解析】试题分析：I：首先根据信息确定X为Cl2，R为氧元素，Y为O3，Z为O2，W为硫元素。O3因具有强氧化性使品红褪色，与SO2不同，故对褪色后的溶液进行加热，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3；能说明Cl2的氧化性比S的氧化性强的反应有H2S+Cl2=S2HCl，K2S+Cl2=S2KCl等。NH4Al(SO4)2中NH4+、Al3发生水解使溶液显酸性（pH7），且温度升高，促进水解，酸性增强，pH减小，曲线正确。据NH4Al(SO4)2溶液中的电荷守恒式为

51、2c(SO42-)+ c(OH)c(H+)+c(NH4+)+3c(Al3)，则2c(SO42-)c(NH4+)3c(Al3)c(H+) c(OH)（1×1031×1011）mol·L1；在a点两物质恰好反应生成(NH4)2SO4，NH4+发生水解，水的电离程度最大；在b点在a点（恰好生成(NH4)2SO4）之后再稍多加一点NaOH，使少量NH4+与OH反应生成NH3·H2O，即c(Na)c(SO42-)c(NH4+)，又根据溶液为中性，故有c(Na)c(SO42-)c(NH4+)c(OH)c(H)。考点：本题考查元素周期律、盐的水解、电荷守恒、离子浓度大

52、小比较等知识。12NH4Al(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，01 mol·L1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)(填“等于”、“大于”或“小于”)01 mol·L1NH4HSO4中c(NH4+)。（3）如图是01 mol·L1电解质溶液的pH随温度变化的图像。其中符合01 mol·L1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是(填写字母)，导致pH随

53、温度变化的原因是；20 时，01 mol·L1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)c(NH4+)3c(Al3)。（4）室温时，向100 mL 01 mol·L1NH4HSO4溶液中滴加01 mol·L1NaOH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Al33H2OAl(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分) （2）小于（3） NH4Al(SO4

54、)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小 103mol·L1（4）a (Na)>c(SO42-)>c(NH4+>c(OH)c(H)【解析】试题分析：（1）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3水解生成的Al(OH)3晶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)33H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水。（2）由于NH4HSO4溶于水完全电离出氢离子，抑制NH4水解，所以相同条件下，01 mol·L1NH4Al(SO4)2中c(NH4)小于01 mol·L1NH4HSO4中c(NH4)。（3）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的NH4、Al3水解溶液显酸性，且水解是吸热的，加入促进水解，溶液的酸性增强，pH减小，因此符合条件的曲线是I。20 时，01 mol·L1NH4Al(SO4)2中pH3，根据电荷守恒可知，20 时，01 mol·L1NH4Al(SO4)2中2c(SO42)c(OH) c(NH4)c(H)3c(Al3)，则 2c(SO42)c(NH4)3c(Al3)c(H)c(OH) 103-1011mol·L1。（