2019届辽宁沈阳高三化学一模试题及答案解析

1、2019届辽宁省沈阳市高三化学一模试题一、单选题（本大题共 7小题，共42.0分）1,下列关于物质的性质和用途的说法中错误的是（）A.硫酸用于精炼石油、金属加工前的酸洗及制取各种挥发性酸B,明矶净水是因为水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物C.利用高纯单质硅的半导体性能可以制成光电池，将光能直接转化为电能D.碳酸钠和碳酸氢钠溶液都显碱性，因此可作食用碱和工业用碱【答案】B【解析】 解：A.硫酸为沸点高，酸性强，可用于制取多种挥发性酸，在石油精炼中，要用浓硫酸 除去汽油和润滑油中的杂质 -硫化物和不饱和碳氢化合物，故 A正确；B.明矶能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性能够净水，不具有强的氧化

2、性，不能杀菌，故B错误；C.晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能的重要材料，可以将光能直接转化为电能，故C正确；D.根据盐类水解的规律，强碱弱酸盐水解呈碱性，碳酸钠（Na2CO3）和碳酸氢钠（NaHCO3）分别是强碱碳酸盐和强碱碳酸氢盐，所以它们水解都呈碱性；食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏 打，在厨房做面点，一般用小苏打作为面点的蓬松剂，也可用纯碱代替小苏打，故D正确；故选：BoA、硫酸为沸点高，酸性强，在石油精炼中，要用浓硫酸除去汽油和润滑油中的杂质-硫化物和不饱和碳氢化合物；B.明矶能水解生成氢氧化铝胶体，用于净水；C.晶体硅为良好的半导体材料；D.碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的盐

3、，碳酸钠、碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈 碱性，且都可作为食用碱。本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意相关知识的积累。关于阿佛加德罗常数（Na）的说法中错误的是（）A.等物质的量的 CH4和H2O,核外电子总数均为 10NaB. 12克NaHSO4和MgSO4的固体混合物中含阳离子数为0.1NaCL人-一-入一 一 k、，C.反应 2NH4CION2 T +QT +2OT +4HO,每广生 1molO2转移电子数为 7NaD. 100g质量分数为46%C2H50H溶液中，含氢原子数为 12NA【答案】A【解析】解：A、甲烷和水的物质的量不明确，故等物质的

4、量的两者中含有的电子数相同，但不一 定是10Na个，故A错误；B、NaHSO4和MgSO4的摩尔质量均为 120g/mol,个12g混合物的物质的量为 0.1mol,且两者均由1 个阳离子和1个阴离子构成，故 0.1mol混合物中含有的阳离子为0.1Na个，故B正确；C、反应2NH4ClOfN2 T +0lf +2OT +4HO中，氯兀素由+7价降为0价，故此反应转移 14moi电子， 生成2moi氧气，故当生成1mol氧气时，反应转移 7Na个电子，故 C正确；D、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氢原子，100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g,物质的量为1mol,含6NA个

5、H原子；水的质量为54g,物质的量为3mol,含H原子为6Na 个，故共含12Na个，故D正确。第1页，共11页故选：A。A、甲烷和水的物质的量不明确；B、NaHSO4和MgSO4的摩尔质量均为 120g/mol,且均由1个阳离子和1个阴离子构成；卜C、反应2NH4c104 N2 T +0lf +2OT +4HO中，氯元素由+7价降为0价，故此反应转移 14moi电子,生成2moi氧气；D、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氢原子。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。某化学反应可表示为 a+b c+d+吨。（未配平，条件略去）。下列叙述中

6、正确的是（）A.若b为浓硝酸，则c, d不可能同时为气体B.若a为C12,则c, d 一定为漂白粉成分C.若a为H + ,则c, d可能为沉淀和气体D.若反应后为蓝色溶液，该反应需加热才可以发生【答案】C【解析】 解：A.若b为浓硝酸，a为C,发生氧化还原反应可中二氧化碳、二氧化氮气体，故 A错 误；B.若a为Ci2, b为NaOH,可用于制备84消毒液，故B错误；C.若a为H+, b为硫酸硫酸钠，可生成硫和二氧化碳气体，则 c, d可能为沉淀和气体，故 C正确；D.如为铜和浓硝酸的反应，则反应后为蓝色溶液，故 D错误。故选：CoA.若b为浓硝酸，a为C,则c, d为二氧化碳、二氧化氮气体；B

7、.若a为C12, b可为NaOH等；C.若a为H + , b为硫酸硫酸钠，则 c, d可能为沉淀和气体；D.若反应后为蓝色溶液，应含有铜离子。本题综合考查无机物的推断，全面考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高频考点，注意相关基础知识的积累，牢固把握元素化合物知识为解答该题的关键，难度中等。4.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选 项实验操作现象解释或结论A已知 H3BO3=5.8 M0-10, H2CO3K2=4.7 10-11,向饱和硼酸溶 液中滴加碳酸钠溶液无明显现象硼酸不与碳酸钠反应BAgl沉淀中?入稀 KC1有白色沉淀出 现AgC1比Agl更难溶CA1箔插入

8、稀HNO3中无现象A1箔表面被HNO3氧化， 形成致密的氧化膜D向饱和Na2CO3溶液中通入足量 CO2溶液变浑浊析出了 NaHCO3AB. BC. CD. D【答案】D【解析】 解：A.向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液，由Ka可知反应生成碳酸氢钠，无气体放出,故A错误；第2页，共11页QcKsp时生成沉淀，则生成 AgCl沉淀，不发生沉淀的转化，故 B错误；Al与稀硝酸反应生成 NO,有气体生成，故 C错误；D.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则向饱和Na2CO3溶液中通入足量 CO2,溶液变浑浊，析出了NaHCOa,故D正确；故选：D。A.向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液，由Ka可知反应生成碳酸

9、氢钠；B . QcKsp时生成沉淀；C. Al与稀硝酸反应生成 NO ；D.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。. 2016年国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）发布了 113号、115号、117号、118号四种新元素的元素符号，元素周期表第七周被全部填满。2017年中国科学院、全国科学技术名词审定委员会和国家语言文字工作委员会共同发布了这四种元素的中文名称及元素符号如下。根据元素周期律，117号元素对应的元素名称和元素符号是（）A.馍M

10、cB.金尔NhC.础 TsD.量 Og【答案】C【解析】 解：117号元素对应的元素名称和元素符号是SETs,故选：Co第113号、115号、117号和118号元素的中文名称分别为：（mh）（、对t） （it【X）本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧 重分析与应用能力的考查，注意把握元素周期表的特点，题目难度不大。.下列关于电解质溶液和离子反应叙述中错误的是（）A. Mg （OH） 2沉淀既可以用盐酸也可以用 NH4C1溶液来溶解B.某溶液加A1粉可以生成氢气，则溶液中可能大量存在Na+、NO3-、CC.已知 H2A=H+HA-, ha-? H

11、+A2,则 NaHA 溶液一定显酸性D.向NH4HCO3中加入足量 NaOH溶液，则离子方程式为 NH4+OH-=NH 3?H2O【答案】D【解析】 解：A,氢氧化镁与俊根离子反应生成一水合氨和镁离子，可用氯化俊溶解，氢氧化镁也能够与盐酸反应，故 A正确；B.某溶液加A1粉可以生成氢气，该溶液呈酸性或强碱性，Na+、NO3-、Cl-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中能够共存，故 B正确；C,已知H2A=H+HA-, ha-? H + +A2-,第一步完全电离，则 NaHA只能电离，溶液一定显酸性，故C正确；D.向NH4HCO3溶液中加入足量的 NaOH溶液的离子反应为HCO3+N

12、H 4+2OH-=NH3?H2O+H2O+CO32-,故 D 错误;故选：D。A.氯化俊中的俊根离子可以结合氢氧化镁溶解出的氢氧根，导致氢氧化镁溶解平衡右移；第3页，共11页B .该溶液呈酸性或强碱性，强碱性溶液中三种离子不反应，可共存；C.第一步电离完全，所以 NaHA只电离不水解，溶液呈酸性；D.氢氧化钠足量，碳酸氢根离子和俊根离子都参与反应。本题考查离子共存、盐的水解原理、离子方程式书写等知识，题目难度不大，明确离子反应发生条 件、盐的水解原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的灵活应用 能力。.氯碱工业的原理改进方法如图分两个阶段进行，下列说法中错误的是（）I

13、IA.在阶段I中，电源a为正极、b为负极.阶段 n 阴极反应：Na0.44-xMnO2+xe-+xNa+=Na0.44MnO2C.比传统氯碱工业减少了阳离子交换膜，避免氢气和氯气混合，便于 NaOH提纯D.阶段I , n的反应不能都在饱和食盐水的条件下进行【答案】A【解析】 解：A、电解池阳极发生氧化反应（或阴极发生还原反应），阶段 I中阳极H2O-H 2：得 到电子、发生还原反应（或阴极Na0.44MnO2 Na0.44-xMnO2：失去电子、发生氧化反应），所以电源a为负极、b为正极，故A错误；B、阶段n中阴极发生还原反应，并且Na0.44-xMnO 2 Na0.44MnO2,结合守恒规律

14、得到电极反应式为Na0.44-xMnO2+xe-+xNa+=Na0.44MnO 2,故 B 正确；C、阶段I中阴极生成H2,阶段II中阳极生成Cl2,避免氢气和氯气直接混合发生爆炸，更有利于 NaCl和NaOH的分离，故 C正确；D、Cl-的放电性强，阶段I电解NaOH溶液避免了 Cl-的放电，也减少了阳离子交换膜，阶段 II电解 饱和食盐水，使 Cl-的放电性，阴极得到 Na0.44MnO2的循环使用，故 D正确； 故选：A。A、电解池阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，根据阶段I中各电极的生成物判断发生反应类型， 进而判断阴阳极和电源正负极；B、阶段n中阴极发生还原反应，并且Na0.44-

15、xMnO 2 Na0.44MnO2,结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出电极反应式；C、阶段I中阴极生成H2,阶段II中阳极生成Cl2,避免氢气和氯气混合发生爆炸；D、Cl-的放电性强，阶段I电解NaOH溶液避免了 Cl-的放电，也减少了阳离子交换膜，阶段 II电解 饱和食盐水； 本题考查电解原理和方案评价，为高频考点，侧重电极及其电极反应式书写、设计方案评价的考查，题目难度中等，把握好原理是解题关键，注意新型题型的解题方法积累和迁移运用。第4页，共11页二、简答题(本大题共1小题，共12.0分)8. I、在528K、固定计提的容器中，反应 CO (g) +2H 2 (g) ? CH3OH (

16、g)过程中能量变化如a molCO、2amolH2,平衡时能生成图1所示，曲线n表示使用催化剂时的能量变化，若投入 0.1amolCH3OH ,反应就具工业应用价值。该反应的热化学方程式为若按上述投料比使该反应具有工业应用截止,CO的平衡转化率为在容器容积不变的前提下，欲提高H2的转化率，可采取的措施关于反应历程I与反应历程n相比较，下列说法正确的是 ,;(答出两项即可)A.反应历程 B.反应历程 C.反应历程 D.反应历程比反应历程 比反应历程 比反应历程 和反应历程I放出的热量少I反应速率快I平衡常数小I中CO转化率相同n、已知：N2(g)+3H2(g)?2NH3 (g) AH=-92.1

17、KJ/mol ,在容器中充入 1.4mol/LN2与 4 mol/LH 2,其中N2与NH 3在达到平衡后改变某条件下的浓度变化如图2所示t2时刻改变的条件为 (mol/L) -2。t2=t3时刻的平衡常数为【答案】CO (g) +2H2 (g) ? CH3OH (g) AH=-91KJ/mol10% 增大CO浓度；适当降低温度(或及时分离生成的 CH3OH)BD增大压强10【解析】I、( 1)图象分析可知反应生成 0.5mol甲醇的始变 AH=209.5KJ/mol-255KJ/mol=-45.5KJ/mol , 反应CO (g) +2H2 (g) ? CH3OH (g)的烙变H=-91KJ

18、/mol ,标注物质聚集状态和对应反应的始变 写出反应的热化学方程式为：CO (g) +2H2 (g) ? CH 3OH (g)期=-91KJ/mol ,故答案为：CO (g) +2H2 (g) ? CH3OH (g) AH=-91KJ/mol ；(2)若按上述投料比使该反应具有工业应用截止，根据方程式知，参加反应的一氧化碳和生成的甲第5页，共11页醇的物质的量相等，所以 CO的平衡转化率为:X100%=10%,故答案为：10%；(3)可以采取增大 CO浓度、适当降低温度、及时分离生成的 方向移动，从而提高氢气的转化率，故答案为：增大 CO浓度；适当降低温度(或及时分离生成的CH30H的方法来

19、促使平衡向正反应CH3OH)；(4)使用催化剂，只能改变反应速率，不能改变化学平衡，则不会改变反应的始变、不会影响反应 物转化率、不影响化学平衡常数，A.反应历程 B .反应历程 C.反应历程 D.反应历程n和反应历程i放出的热量相同，故 A错误；n降低了反应的活化能，反应速率比反应历程I反应速率快，故 B正确；n比反应历程I温度不变，平衡常数不变，故 C错误；n和反应历程I反应速率不同，达到相同平衡状态，反应中co转化率相同，故 D正确；故答案为：BD;n、(5)图象分析可知，卜时刻改变条件氮气浓度增大，氨气浓度增大，随后氨气浓度增大，氮气浓度减小说明是改变的压强，平衡正向进行, 故答案为：

20、增大压强；(6) t2时刻平衡常数和t3平衡常数不变，t2改变的条件是增大压强,c (N2) =0.3175mol/L , ti 时刻分离氨气 1mol。/L,平衡状态 c (NH3) =1.165mol/L , c (H2) =4mol/L-2 K165mol/L=0.7525mol/L平衡常数K=故答案为：10。I、(1)图象分析可知反应生成 0.5mol 甲醇的始变 AH=209.5KJ/mol-255KJ/mol=-45.5KJ/mol ,反应CO (g) +2H2 (g) ? CH30H (g)的烙变H=-91KJ/mol ,标注物质聚集状态和对应反应的烙变写 出反应的热化学方程式；

21、(2)转化率=参加反应的CO的物质的量与最初 CO的物质的量之比；(3)要提高H2的转化率，可以采取增大CO浓度、适当降低温度、及时分离生成的CH30H的方法;(4)催化剂对可逆反应的影响是降低反应的活化能，几块反应速率，不改变化学平衡；(5)图象分析可知，t2时刻改变条件氮气浓度增大，氨气浓度增大，随后氨气浓度增大，氮气浓度减小说明是改变的压强，平衡正向进行;(6) t2时刻平衡常数和t3平衡常数不变，平衡常数K=本题考查了热化学方程式和化学平衡、 析，题目难度中等，试题知识点较多、 所学知识的能力。化学反应速率及其影响因素、平衡常数的计算和影响因素分 综合性较强，充分考查了学生的分析、理解

22、能力及灵活应用三、实验题(本大题共 3小题，共46.0分)9. 醋酸亚铭(CH3COO2Cr?H2O)为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧 气吸收剂。一般制备方法是先在密闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铭还原为二价铭；二 价需再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铭。实验装置如图所示。回答下列问题(1)实验中所用蒸储水均需经煮沸后迅速冷却，目的是 ;仪器b的名称是。(2)连通管a的作用是;装置丙的作用是 。(3)将过量锌粒和氯化铭固体置于b中，加入少量蒸储水，按图连接好装置。打开Ki、K3,关闭K2ob中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为 ;第6页，共11页同时b中有

23、气体产生，该气体的作用是 。(4)欲使b中亮蓝色溶液流入乙，在乙中析出砖红色沉淀，接下来的操作为打开K3和 o其原因是 o(5)该实验中盐酸必须适量，不能过量的原因是 。【答案】去除水中的溶解氧三颈烧瓶 平衡压强，有利于分液漏斗内的液体顺利滴下、并导气 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ 2Cr3+Zn=2Cr2+Zn2+排除装置中空气K2 Ki b中产生的氢气使压强大于大气压，将 b中溶液压入装置乙中盐酸过量，会溶解醋酸亚铭，不利于醋酸亚铭生成【解析】解：在装置甲中制备出二价的铭离子，在制备过程中，因为二价铭离子容易被空气中的氧气氧化成三价。因此在装置甲中，要放入足够多的锌粒，一是还原三价铭，

24、二是用来产生氢气排除装置内的空气。反应开始前，应该先打开Ki让氢气充满整个装置，然后再关闭Ki,打开K2,利用生成的氢气将装置甲中的二价铭离子压入装置乙中，跟醋酸钠反应生成醋酸亚铭水合物，装置丙的 作用是：可以防止空气进入装置乙。(1)蒸储水中溶解的氧气可以氧化Cr2+,加热煮沸去除水中的溶解氧；仪器b是三颈烧瓶，故答案为：去除水中的溶解氧；三颈烧瓶；(2)导管a平衡分液漏斗与三颈烧瓶内的压强，有利于分液漏斗内的液体顺利滴下、并导气；装置丙中导管口水封，可以防止空气进入装置乙中氧化Cr2+,故答案为：平衡压强，有利于分液漏斗内的液体顺利滴下、并导气；防止空气进入装置乙中氧化 Cr2+;(3)b

25、中溶液颜色变化是 Cr3+与Zn反应生成Cr2+,同时生成Zn2+,反应离子方程式为：2Cr3+Zn=2Cr2+Zn2+,故答案为：2Cr3+Zn=2Cr 2+Zn2+ ;打开Ki、K3,关闭K2情况下，生成氢气排除装置中空气，防止氧化Cr2+,故答案为：排除装置中空气；(4) b中产生的氢气使压强大于大气压，将b中溶液压入装置乙中，跟醋酸钠反应生成醋酸亚铭水合物，需要打 K2,关闭K3和Ki,故答案为：K2； Ki； b中产生的氢气使压强大于大气压，将 b中溶液压入装置乙中；(5)盐酸过量，会溶解醋酸亚铭，不利于醋酸亚铭生成，该实验中盐酸必须适量，故答案为：盐酸过量，会溶解醋酸亚铭，不利于醋

26、酸亚铭生成。在装置甲中制备出 Cr2+离子，在制备过程中，因为 Cr2+离子容易被空气中的氧气氧化成Cr3+.因此在装置甲中，要放入足够多的锌粒，一是还原三价铭，二是用来产生氢气排除装置内的空气。反应开始前，应该先打开 Ki让氢气充满整个装置，然后再关闭Ki,打开K2,利用生成的氢气将装置甲中的二价铭离子压入装置乙中，跟醋酸钠反应生成醋酸亚铭水合物，由于醋酸亚铭易溶于酸，加入 的盐酸不能过来。装置丙的作用是：可以防止空气进入装置乙。本题考查了物质制备实验，涉及化学仪器识别、对操作与装置的分析评价、实验方案设计等，关键第7页，共ii页是明确反应原理与各装置作用，注意对题目信息的应用，难度中等。1

27、0.氯化亚锡用途广泛，在无机工业中用作还原剂，在口腔护理行业中，二水氯化亚锡多用于防龈 齿脱敏类牙膏中，以预防龈齿的发生。某研究小组制取二水氯化亚锡工艺流程如下：片Sn旎清查阅资料：I .酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。n . SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡。(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3),写出该反应的化学方程式 ；(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是 ;(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为 C；二入不“*后产福

28、的(4)反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为 (5)反应釜中发生反应的化学方程式为 ;(6)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)将该试样溶于盐酸，发生反应为Sn+2HCl=SnCl 2+H2 T；加入过量FeCl3溶液用已知浓度的K2Cr2O7滴定中生成的Fe2+,则反应的离子方程式为 ;(7)取1.125g锡粉，经上述各步反应后，共用去 0.1000mol/LK 2Cr2O7溶液30.00mL,锡粉中 锡的质量分数为。【答案】SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl增大接触面积，加快反应速率60 1-3% 抑制水解，且浓度过大生成 SnC

29、l4 SnCl2+Cl2=SnCl4 6Fe2+Cr2O72-+14H +=6Fe3+2Cr3+7H2O 95.2%【解析】解：(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3),该反应的化学方程式为SnCl4+3H2O=H2SnO3+4HCl ,故答案为：SnCl4+3H2O=H 2SnO3+4HCl ;(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为60 C,故答案为：60;(4)反应原料

30、中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为1-3%,原因为第8页，共11页抑制水解，且浓度过大生成SnCl4,故答案为：1-3%;抑制水解，且浓度过大生成SnCl4；(5)反应釜中发生反应的化学方程式为SnCl2+Cl 2=SnCl4,故答案为：SnCl2+Cl 2=SnCl4；(6) K2Cr2O7滴定中生成的 Fe2+,反应的离子方程式为 6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O, 故答案为：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O； TOC o 1-5 h z (7)令锡粉中锡的质量分数为x,则： n2+2Fe3+2FT2

31、Cr2071119gmol1.125g X0.100mol/L 0O3L解得 x=95.2% ,故答案为：95.2%。将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，与氯气反应生成SnCl4,蒸储后再加入锡粉，得到SnCl2溶液，过滤后，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到二水氯化亚锡晶体，(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3),还生成 HCl ；(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，增大接触面积；(3) 2h、60c时转化率较大，且温度升高促进水解；(4)图中1-3%浓度的盐酸时结晶率大；(5)反应釜中SnCl2与反应Cl2生成SnCl4；(

32、6)发生 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl 3+2KCl+2CrCl 3+7H2O；(7)根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+；心52。7,据此计算。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。(平衡时某物种的浓度占各物种浓I、H3ASO3和H3ASO 4水溶液中含神的各种微粒的分布分数度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。惮全ts土第 H*&幢*4*东讯(1)以酚9为指示剂(变色范围PH8.010.0),将NaOH溶液逐滴加入到

33、 H3ASO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 。pH=11时，图中H3ASO3水溶液中三种微粒浓度由大到小顺序为 ；H3ASO4第一步电离方程式为 ；(4)若pKa2=-1gHK a2, H3ASO4第二步电离的电离常数为Ka2,则pKa2=。n、用0.1000mol?L-1AgNO3滴定50.00mL ?L-3Cl-溶液的滴定曲线如图所示第9页，共11页(5)根据曲线数据计算可知Ksp (AgCl)数量级为 ；(6)相同实验条件下，若改为0.0400mol?L-1Ci-,反应终点c移到；(填 a”、“ b”或 “d”)已知Ksp (AgCl) Ksp (AgBr),相同实验条件下，若给为0.0500mol?L-1Br-,反应终点c向 方向移动(填“ a”、 b”或“ d”)。【答案】OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O c (H2AsO3-) c (HAsO32-) c(H3AsO3)H3AsO4? H2AsO4-+H+ 10-7 10-10 b d【解析】解：I、( 1)根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3-浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3-,该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为：OH-+H3AsO