河南省南阳一中高考化学二轮复习专题训练溶液中的离子平衡(含解析)

溶液中的离子平衡－1溶液，以下说法或列式正确的选项是1．关于0．1molL·NH4ClA．高升温度，溶液pH高升＋－－)+c(H+B．c(NH4)+c(OH)＝c(Cl)＋－C．通入少量HCl，c(NH4)和c(Cl)均增大－+＋)>c(OH－D．c(Cl)>c(H)>c(NH4)【答案】C【解析】＋＋H2OV2O5＋高温、高压浓硫酸180℃充电催化剂试题解析：NH4NH3·H2O＋H,A、盐类水解是吸热反应，高升温度，平衡右移，△催化剂催化剂放电c(H＋)增加，pH减小，错误；B、依照溶液电中性：c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH－)，错误；C、通入少量HCl，控制氯化铵的水解，＋－c(NH4)和c(Cl)增大，正确；D、水解的程度是微弱的，溶液显酸性，因此离子浓度的大小：c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH－)，错误。考点：察看盐类水解及离子浓度大小比较。－1－1的盐酸和醋酸，2．室温下，用0.100molL·NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100molL·滴定曲线以下列图。以下说法正确的选项是．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH＝7时，滴定醋酸耗资的V(NaOH)小于20mLC．V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中－－c(Cl)＝c(CH3COO)D．V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸溶液中＋－＋－c(Na)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)【答案】B【解析】试题解析：A、同浓度的盐酸与醋酸比，盐酸中氢离子浓度大，因此pH小，因此曲线II代表盐酸，曲线I代表醋酸，错误；B、pH=7时，溶液呈中性，而醋酸钠溶液呈碱性，若使溶液呈中性，则醋酸的体积大于氢氧化钠的体积，滴定醋酸耗资的V(NaOH)小于20mL，正确；C、V(NaOH)＝20.00mL时，二者都恰好完好反应，由于醋酸根离子水解，使c(CH3COO－

－

－)减少，因此两份溶液中

c(Cl)>c(CH3COO)，错误；

D、V(NaOH)

＝10.00mL

时，此时为等浓度的醋酸与醋酸钠的混杂液，溶液呈酸性，

c(H＋)>c(OH

－

)，依照电荷守恒，则有c(CH3COO

－

)>c(Na

＋)，错误，答案选

B。考点：察看酸碱中和滴定的计算，对图像的解析3．某温度时，Ag2SO4在水中的积淀溶解平衡曲线以下列图。该温度下，以下说法正确的选项是A．Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10-3B．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混杂有Ag2SO4积淀生成C．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发能够使溶液由a点变到c点D．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，加入Na2SO4固体能够使溶液由a点变到b点【答案】D【解析】试题解析：A．由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.05=2×10-5，故A错误；的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混杂，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.05=2×10-5，因此没有积淀析出，故B错误；C．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不能能达到c点，故C错误；D．点表示Ag2SO4的不饱和溶液，加入Na2SO4固体，Ag+浓度不变，SO42-浓度增大，能够使溶液由a点变到b点，故D正确；应选D。考点：，题目难度中等，【考点定位】察看难溶电解质的溶解平衡问题【名师点晴】注意掌握题给图象曲线的意义，依照图象中的数据计算溶度积常数是解答的关键；在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点c、b为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。4．部分弱酸的电离平衡常数以下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3K1＝1．77×10－4Ki1＝4．3×10－7电离平衡常数(25℃)K1＝4．9×10－10Ki2＝5．6×10－11以下选项错误的选项是A．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN耗资NaOH的量前者小于后者B．相同温度时，等浓度的HCOONa和NaCN溶液的pH前者小于后者－2-C．2CN＋H2O＋CO2=2HCN＋CO3D．2HCOOH＋CO32-－=2HCOO＋H2O＋CO2↑【答案】C【解析】试题解析：A．HCOOH和HCN都是弱酸，由于HCOOH的电离平衡常数大于HCN，因此等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶质的物质的量n(HCN)>n(HCOOH)，因此反应耗资的

NaOH

的量n(HCN)>n(HCOOH)，正确；

B．由于酸性

HCOOH>HCN

，依照盐的水解规律：谁弱显谁性，越弱越水解，因此相同温度时，等浓度的

HCOONa

和

NaCN

溶液的pH

前者小于后者，正确；

C．由于

HCN

的电离平衡常数小于

H2CO3的一极电离平衡常数，大于碳酸的二级电离平衡常数，

因此发生反应：CN

－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3-，错误；D．由于甲酸的电离平衡常数大于碳酸的一极电离平衡常数，因此发生反应：

2HCOOH＋CO3

2-=2HCOO

－＋H2O＋CO2↑，正确。考点：察看弱酸的电离平衡常数在反应的进行、酸碱中和、盐的水解中的应用的知识。5．以下物质的酸性强弱序次为：H2A＞H2B＞HA-＞HB-，以下化学方程式中必然正确的选项是A．NaHB+H2A=H2B+NaHAB．Na2B+H2A=H2B+Na2AC．H2B+Na2A=Na2B+H2AD．H2B+NaHA=NaHB+H2A【答案】A【解析】试题解析：A、吻合强酸制弱酸的原理，A正确；B、Na2B+H2A=H2B+Na2A不对，H2B+Na2A－－也反应，由于H2B>HA>HB，H2B+Na2A反应生成NaHA和NaHB，B错误；C、H2B+Na2A=Na2B+H2A不吻合强酸制弱酸的原理，成了弱酸制强酸了，C错误；D、H2B+NaHA=NaHB+H2A不对，成了弱酸制强酸了，D错误；答案选A考点：强酸制弱酸的原理6．已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中．水的电离程度向来增大c(CH3COO)B．c(CH3COOH)先增大再减小－C．c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和向来保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】试题解析：A、向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，二者反应生成醋酸铵，醋酸铵水解促使水的电离，因此在滴加过程中水的电离程度增大。但完好反应后再滴加氨水则控制水的电离，A错误；B、依照醋酸的电离常数可知c(CH3COO)KW，在滴加氨水的过程中氢离子浓度向来减小，因此比值向来增大，c(CH3COOH)c(H)－B错误；C、随着溶液体积的增大，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和减小，C错误；D、当加入氨水的体积为10mL时，二者恰好反应生成醋酸铵。已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，这说明铵根与醋酸根的水解程度相等，溶液显中性，则c(NH4+)＝c(CH3COO－)，D正确，答案选D。考点：察看弱电解质的电离以及盐类水解的应用7．以下说法不正确的选项是A．BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42－(aq)的平衡系统中，加入BaCl2浓溶液积淀量增加B．pH=2的酸溶液与pH=12的强碱溶液等体积混杂，所得溶液pH≤7C．苯酚显色原理为：6C6H5OH+Fe3+Fe(C6H5O)63－(紫色)+6H+，则检验水杨酸HOCOOH（）中的酚羟基，需加入适合的小苏打溶液后，再加入氯化铁溶液D．某试液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色淀淀，该试液中必然含有SO4【答案】D

2－【解析】A正确，Ba2+加入后产生同离子效应，积淀增加；B正确，若为弱酸，则PH＜7，若为强酸，则PH=7；C正确，水杨酸电离的H+会控制平衡，难以显紫色，无法检验酚羟基；D错，还可能含有Cl－等。8．向三份均为100mL0.5mol·L-1NaHCO3溶液中，分别加入少量冰醋酸、Ca(OH)2固体、NaAlO2固体（忽略溶液体积变化），则三份溶液中c(CO32－)的变化依次为A．减小、减小、增大B．减小、增大、增大C．增大、减小、减小D．减小、增大、减小【答案】B【解析】试题解析：冰醋酸电离出氢离子，平衡向左搬动，CO32-减少；Ca(OH)2电离出OH-与H+结合，平衡向右搬动，CO32-增加；NaAlO2考虑偏铝酸根水解AlO2-+H2OAl(OH)3+OH-，OH-与H+结合成水，平衡右移，CO32-增加。选B考点：盐类水解和平衡搬动问题。9．以下相关离子的各种说法中，正确的选项是A．金属钠溶于足量水中的离子方程式：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-B．加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3-、Cl-能够大量共存C．等物质的量浓度、等体积的氨水与盐酸混和，溶液中离子浓度关系为c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．等物质的量的二元弱酸H2X与其钾盐K2X的混杂溶液中c(K+)=c(H2X)+c(HX-)+c(X2-)【答案】D【解析】试题解析：A项正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-；B项为碱性时NH4+不能够大量共存，溶液显酸性时由于-+-NO3,不能够产生氢气；C项所得溶液显示酸性，c(H)>c(OH)。考点：离子方程式、离子共存、离子浓度大小的比较。10．以下相关表达正确的选项是A．在NaHS溶液中滴入少量CuCl2溶液，产生黑色积淀，HS－水解程度增大B．100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混杂，溶液显中性－Na2SO3溶液加入少量－＋)均增大C．0.1molL·1NaOH固体，c(SO32)与c(NaD．常温下pH＝7的NaHSO3与Na2SO3混杂溶液中：＋－2－c(Na)＝c(HSO3)＋c(SO3)【答案】C【解析】试题解析：A、黑色积淀是CuS，HS－H＋＋S2－，应是电离程度增大，故错误；B、100℃－＋－12－12－1，等体积混杂氢氧化钠过分，溶液时NaOH溶液中c(OH)=Kw/c(H)=10/10=1mol·L显碱性，故错误；C、SO32－＋H2OHSO3－＋OH－，加入氢氧化钠，控制水解，c(SO32－)增大，由于加入NaOH固体，则＋)增大，故正确；D、溶液表现电中性，＋c(Nac(Na)＋c(H)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，由于溶液pH=7，则c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=2c(SO32－)c(HSO3－)，故错误。考点：察看电离和水解、离子浓度大小比较等知识。11．要使0.1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度减小,同时又使CH3COO-浓度增大;可加入的试剂是A、CH3COONa晶体B、氨水C、0.1mol/LH2SO4溶液D、0.01mol/LCH3COOH溶液【答案】A【解析】醋酸部分电离产生CH3COO-和H+。加入CH3COONa晶体，增大了CH3COO-的浓度，使醋酸的电离平衡逆向搬动，CH3COOH的电离程度减小,依照勒夏特列原理，CH3COO-的浓度增大了，故A对。加入氨水，耗资H+，H+浓度减小，平衡正向搬动，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO-浓度增大，B错。加入0.1mol/LH2SO4溶液，增大了H+浓度。平衡逆向搬动，CH3COOH的电离程度减小，CH3COO-浓度也减小，C错。加入0.01mol/LCH3COOH溶液，降低了CH3COOH的浓度，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO-浓度减小，D错。应选A12．常温时，以下关于电解质溶液的表达正确的选项是( )A．稀释pH＝10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低B．pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同C．等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液对照，碳酸钠溶液的pH大D．分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸耗资氢氧化钠的物质的量多【答案】C【解析】试题解析：氨水中存在一水合氨的电离平衡，稀释促使电离，OH－的数量增加，但浓度降低。温度不变，因此氢离子的浓度增大，A不正确；B中的盐酸是强酸，控制水的电离。氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促使水的电离，B不正确；碳酸钠的水解程度强于碳酸氢钠的，因此溶液的碱性强，即等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液对照，碳酸钠溶液的pH大，C正确；醋酸是弱酸，在

pH相同的条件下，醋酸的浓度大于硫酸的浓度，因此分别中和

pH

与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸耗资氢氧化钠的物质的量少，

D不正确，答案选

C。考点：察看弱电解质的电离平衡、盐类水解、中和滴定的相关判断议论：该题是高考中的常有题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在重视对学生基础性知识检验和训练的同时，重视对学生能力的培养。有利于培养学生解析、看法和总结问题能力，有助于提升学生的学科涵养，提升学生的应试能力和学习效率。13．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后获取等量的氢气。以下说法不正确．．．的是( )．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大．反应所需的时间：乙烧杯比甲烧杯长C．两烧杯中参加反应的锌等量．乙烧杯中的酸过分【答案】B【解析】试题解析：两种溶液的体积和pH都相等，说明醋酸的浓度大，加入质量不等的锌，放出等量的氢气，可知参加反应的锌相同，甲烧杯中锌过分，乙烧杯中锌不足，由于醋酸是过分的，不能够完好反应，否则不满足等量氢气，故A、C、D正确；参加反应的锌的质量是相同，开始电离出的c(H+)相同，醋酸存在电离平衡，因此醋酸的反应速率快，因此需要的时间短，B错误。答案选B。考点：察看强弱电解质和pH的关系。议论：本题的前提是酸的PH相等，与锌反应产生氢气的量还要相等，就可以知道醋酸是过量的，参加反应的锌是相同多的。14．5℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，以下说法正确的选项是()A.溶液中Pb2+和I－浓度都增大。B.溶度积常数Ksp增大C.积淀溶解平衡向左搬动D.浓度商Qc增大【答案】CD【解析】本题是察看外界因素对平衡的影响。加入KI溶液增大了溶液中的I－浓度会使溶液中的浓度商增大，PbI2的溶解平衡向左搬动因此应选CD。15．以下相关说法正确的选项是A．常温下，—1c(OH—)＝c(H＋—)+c(H2S)0．1molL·Na2S溶液中存在：)+c(HSB．等浓度的氨水和氯化铵按体积比－＋2:3混杂,溶液中存在:2c(Cl)=3[c(NH4)+c(NH3．H2O)]C．0．1mol·L—1HA溶液与0．1mol·L—1NaOH溶液正好完好反应时，溶液中必然存在：c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+)—1pH从3．0升到4．0时，D．常温下，向0．1molL·CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的溶液中的值c(CH3COO)增大到原来的10倍c(CH3COOH)【答案】D【解析】试题解析：A、依照质子守恒得出：＋)+c(HS—)+2c(H2S)，错误；B、设浓度c(OH—)＝c(H均为1mol/L，氨水的体积为2L，氯化铵的体积3L，依照N元素守恒：c(NH4＋)+c(NH3．H2O)=1mol/L，c(Cl－)=0．6mol·L－1，因此5c(Cl－)=3[c(NH4＋)+c(NH3．H2O)]，错误；C、不知HA是强酸还是弱酸，若为强酸，c(Na+)＝c(A—)＞c(OH—)＝c(H+)，若为弱酸，c(Na+)＞c(A—)＞c(OH—)＞c(H+)，错误；D、依照电离平衡常数c(CH3COO)c(H)K=，c(CH3COOH)推导出c(CH3COO)=c(H)×K，pH从3．0升到4．0时，c(CH3COO)增大到原来的＋c(CH3COOH)c(CH3COOH)倍，正确。考点：察看离子浓度大小的比较及电离平衡常数。16．以下列图，在密闭容器里盛有饱和H2S溶液和H2S气体。1）饱和H2S溶液中存在的分子有____________，离子有_____________________。（2）若将容器顶盖由a压到b地址，则H2S溶液中，各离子浓度的变化情况是________离子浓度增大，而________离子浓度减小。（3）若从c处不断通入过分的SO2气体，溶液中H+浓度将()A.不断增大B.先减小，后增大到某值C.不变D.先增大，后减小到某值（4）若由c处不断通入N2，则溶液中H+浓度将________。（填“变大”“变小”或“不变”）【答案】（1）H2S、H2OH+、HS-、S2-、OH-（2）H+、HS-、S2-OH-（3）B（4）变小【解析】本题若不清楚氢硫酸的电离平衡，或忽略溶液中的H2O将会致使（1）中出错。若不用勒夏特列原理解析溶解平衡、电离平衡，将致使（2）题的解析中思想凌乱。解答本题的要点是要认识到密闭容器中存在以下平衡系统：其中平衡①属气体的溶解平衡，②和③属电离平衡。（1）由上述平衡系统可知，溶液中存在的分子有H2S、H2O；离子有H+、HS-、S2-、OH-。（2）当顶盖由a压向b时，气体压强增大①向右搬动，c〔H2S(aq)〕增大，致使平衡②③均右移。因此浓度增大的离子有H+、HS-、S2-；浓度减小的离子有OH-。（3）通入SO2气体，SO2与H2S反应生成S和H2O，使H2S(g)浓度减小，平衡①左移，c〔H2S(aq)〕减小，故c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均减小，当SO2过分时，SO2和H2O反应生成比氢硫酸酸性更强的H2SO3，故c(H+)再变大，若充入足量的SO2，最后溶液中c(H+)比原来更大。应选B。（4）若由c处不断通入N2，则顶盖将向上搬动，使H2S(g)的浓度减小，平衡①左移，致使c(H+)、c(HS-)、c(S2-)均减小。17．一般泡沫灭火器的铁筒里装着一只小玻璃筒，玻璃筒内盛装硫酸铝溶液，铁筒里盛装碳酸氢钠饱和溶液。使用时，倒置灭火器，两种药液相混杂就会喷出含二氧化碳的白色泡沫。（1）产生此现象的离子方程式是_______＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿______。（2）不能够把硫酸铝溶液装在铁筒里的主要原因是_____________。（3）一般不用碳酸钠代替碳酸氢钠，是由于_____________________＿＿＿＿___。【答案】（1）Al3+与HCO3—发生双水解反应。Al3＋+3HCO3—===Al(OH)3↓+3CO2↑（2）Al2(SO4)3溶液因水解呈酸性，会腐化铁筒，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+3）与酸反应速率NaHCO3＞Na2CO3；产生等量CO2时，耗资Al3+量：Na2CO3＞NaHCO3；等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量Al3+反应，生成CO2量NaHCO3＞Na2CO3－118．某学生用0.2000molL·的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为以下几步：①用蒸馏水冲洗碱式滴定管，并马上注入NaOH溶液至“0刻”度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调治液面至“0或”“0刻”度线以下某一刻度，并记下读数④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：(1)以上步骤有错误的选项是(填编号)，该错误操作会致使测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(2)判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从色变成色，且半分钟内不变色。(3)如图是某次滴准时的滴定管中的液面，其读数为mL。(4)依照以下数据：请计算待测盐酸溶液的浓度为mol/L标准NaOH溶液读数记录(mL)滴定次数待测液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.004.0024.00第三次20.002.0024.10【答案】(1)①偏大(2)无粉红(3)22.60(4)0.2000【解析】(1)①用蒸馏水冲洗碱式滴定管后，不能够马上注入NaOH溶液，应先用NaOH溶液润洗；否则所用NaOH溶液的体积偏大，致使测定盐酸的浓度偏大。(2)酚酞试剂在酸性溶液中呈无色，当溶液呈弱碱性时，溶液呈粉红色。(4)取前两次所用NaOH溶液体积的平均值(第三次误差较大，舍去)，尔后代入公式进行计算：c(酸)V(酸)＝c(碱)V(碱)，故c(酸)＝c(碱)V(碱)/V(酸)。19．（18分）铵盐在工农业生产中有重视要的用途，请依照要求完成以下各题。Ⅰ.某化学兴趣小组欲从以下装置中采纳必要．．的装置制取(NH4)2SO4溶液。（1）仪器连接的序次（用接口序号字母表示）是：a（2）试从电离平衡角度解析该实验装置

A中能产生氨气的原因：。（3）将装置

C中两种液体分别开的操作名称是

。（4）(NH4)2SO4“低毒，有刺激性，有吸湿性、吸湿后固结成块”。储蓄应注意。.为提升氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并获取碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]的工艺。某同学依照该原理设计的实验装置如图：请回答以下问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为。（2）反应过程中连续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完好导出并被稀硫酸充分吸取，二是（3）由MgCl2溶液蒸发获取

MgCl·6HO22

。是_________。晶体，蒸发的目的．．．．．a．获取热饱和溶液b．析出晶体4）镁是一种用途很广的金属资料，目前生界上60%的镁从海水中提取。①若要考据所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是：。②由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2的操作在氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl。【答案】

(18

分)Ⅰ（1）def

(2

分)（2）氢氧化钠电离出的

OH－增大了氨水中

OH－浓度，促使氨水电离平衡

NH3+H2ONH4++OH

—左移，有利氨气逸出。

(2

分)3）分液（2分）。4）密封、阴凉、通风(2分)Ⅱ（1）Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O(2分)（2）防范装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B(2分)3）a(2分)4）①用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧,若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠。（2分）（答焰色反应也给分）HCl（气流）（2分）【解析】试题解析：Ⅰ（1）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，节余的氨气用水吸取，故连接序次为a→d→e→f。（2）氨水中存在电离平衡：NH3+H2O++OH—，与NaOH混杂后，NaOH电离出NH4OH－，促使氨水电离平衡向左搬动，有利氨气逸出。（3）分别互不相溶的液体的方法是：分液。（4）由于(NH4)2SO4“低毒，有刺激性，有吸湿性、吸湿后固结成块”，应防范水分进入，因此储蓄应注意密封、阴凉、通风。Ⅱ（1）依照题目所给信息，反应物为Mg(OH)2和NH4Cl，生成物为MgOHCl、NH3和H2O，因此化学方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O。2）防范装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B3）由MgCl2溶液获取MgCl2·6H2O晶体的方法为蒸发浓缩、降温结晶，因此蒸发的目的是：获取热饱和溶液，故a项正确。4）①Na元素用焰色反应进行鉴别，因此操作方法是：用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧,若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠。②由于MgCl2为强酸弱碱盐，Mg2+发生水解反应，在HCl（气流）中能够控制MgCl2的水解，因此由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2的操作在HCl氛围中进行。考点：本题察看实验基本操作、实验方案的解析、物质的检验、平衡搬动、盐类的水解。20．滴定度是指每毫升标准溶液相当于被测定物质的克数，平时用T（M1/M2）表示，如T（H2SO4/NaOH）=0.040，表示每毫升标准硫酸溶液恰好中和0.040gNaOH。1）若要使某标准盐酸对氧化钙的滴定度为T（HCl/CaO）=0.0056，则该盐酸的物质的量浓度是多少？2）上述盐酸对NaOH的滴定度是多少？3）现欲测定含有杂质的NaOH样品纯度（杂质不与盐酸反应），若用上述盐酸滴定到终点时，耗资盐酸体积数恰好等于NaOH的纯度（如耗资1mL盐酸，NaOH的纯度为1%），则样品的质量应取多少克？-1【答案】（1）0.20mol·L（3）0.80g【解析】（1）m（CaO）=0.0056g耗资盐酸的物质的量n（HCl）=2×10-4mol因此c（HCl）=2×10-4mol·L-1/10-3L=0.20mol·L-12）由于2NaOH～CaO相当，即0.0056gCaO相当0.0080gNaOH，故T（HCl/NaOH）=0.0080。（3）设耗资盐酸为1mL，则样品纯度为1%，依照（2）可知1mL盐酸能与0.0080gNaOH反应，故样质量量m（样品）

=0.0080g/1%=0.80g

。21．A~G

是中学化学中常有的物质，在必然条件下它们之间的转变关系以下列图，其中

A为金属，

F是一种有毒的气体单质，

G为NaOH

溶液。请回答以下问题。（1）物质A的化学式是。（2）检验E溶液中的金属离子，常采纳的试剂是

(填化学式

)。（3）溶液

B与气体

F反应的离子方程式是

。（4）物质

C转变成物质

D的反应中陪同的主要现象是

，化学方程式是

。（5）将SO2气体通入BaCl2溶液中无积淀产生，再将此溶液一分为二，向其中一份中通入足量的氨气，有白色积淀产生，该积淀是

(填化学式

)。向另一份中滴加几滴

E溶液也有白色积淀产生，请用离子方程式表示该积淀的产生过程

。【答案】

(15分，第（5）第一空

BaSO3给1分，其余每空

2分)（1）Fe；（2）KSCN；（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（4）白色积淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)35）BaSO3；SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓【解析】试题解析：由转变关系可知A应为变价金属，应为Fe，F为有毒气体，应为Cl2，则B应为FeCl2，E为FeCl3，C为Fe(OH)2，D为Fe(OH)3，（1）由以上解析可知A为Fe，故答案为：Fe；（2）检验Fe3+，可用KSCN，溶液呈红色，故答案为：KSCN；（3）溶液B与气体F反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（4）Fe(OH)2不稳固，易于空气中氧气发生反应生成Fe(OH)3，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象是白色积淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：白色积淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）将SO2气体通入BaCl2溶液中无积淀产生，再将此溶液一分为二，向其中一份中通入足量的氨气，氨气与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵；向另一份中滴加几滴FeCl3溶液，FeCl3溶液将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与BaCl2溶液反应生成硫酸钡积淀，反应的离子方程式为：SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓，故答案为：BaSO3；SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；SO42-+Ba2+=BaSO4↓。考点：察看了无机推断的相关知识。22．A、B、C、D都是中学化学常有的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在必然条件下相互的转变关系以以下列图所示。请回答以下问题：1）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．①A中所含化学键种类为___________，D的电子式为___________；25℃时，0.1mol?L-1B、C溶液，pH较大的是___________溶液(填溶质的化学式)，写出B溶液中显电中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，则其水电离出来的度为________________。（2）向反应系统中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：I．CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802.6kJ/mol

H+的浓II．CH(g)+O(g)42

═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/molIII．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.2kJ/molⅣ．CH4(g)+2HO(g)═CO22(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol请回答以下问题：①CH4的燃烧热△H________△H1．(填“＞”、“＜”或“=”)；②在反应初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率．比较反应II的活化能EII和反应III的活化能EIII的大小：EII________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)。【答案】（1）①离子键、共价键++2----4＜②＜②Na2CO3c(Na)+c(H)=2c(CO3)+c(HCO3)+c(OH)10mol/L（2）①【解析】试题解析：（1）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A为NaOH、D为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3．①NaOH中所含化学键种类为：离子键、共价键，D为CO2，电子式为；②25℃时，0.1mol?L-1Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32-的水解程度大于(HCO3-水解，故Na2CO3溶液的pH较大，，Na2CO3溶液中离子微粒间存在电荷守恒可故溶液显中性，电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，已知，Na2CO3溶液里的pH=10是因水解促使水的电离，溶液里的OH-本源于水的电离，c(OH-)=，则其水电离出来的H+的浓度也为10-4mol/L。（2）①反应生成液态水放出的热量更多，则CH4的燃烧热△H＜△H1；②活化能越低，反应速率越快，初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率，则反应II的活化能EII＜反应III的活化能EIII。考点：察看无机物推