北京市昌平临川育人学校2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题

北京市昌平临川育人学校20172018学年高二上学期期末考试化学试题考生注意：1.本试卷共100分，考试时间为90分钟。2.请将各试题答案填在相应答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1B11O16F19Na23Cu64Pb207第Ⅰ卷（选择题，共50分）1.下列物质属于弱电解质的是A.氨水B.盐酸C.碳酸D.硫酸钡【答案】C【解析】弱电解质包括弱酸、弱碱、水等纯净物；氨水、盐酸均为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A、B错误；硫酸钡为盐，强电解质，D错误；碳酸为弱酸，属于弱电解质，C正确；正确选项C。2.下列属于放热反应的是A.碳酸钙高温分解B.铝热反应C.氢气还原氧化铜D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌【答案】B【解析】金属与酸的反应，铝热反应，酸碱中和反应，燃烧反应等均为放热反应；而氢气、碳等还原金属氧化物，部分高温下发生反应，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混和反应均为吸热反应；按照上述规律推理，B正确；正确选项B。3.下列离子方程式正确的是A.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好呈中性Ba2++OH－+H++SO42－＝BaSO4↓+2H2OB.NH4HCO3溶液中加入过量NaOH稀溶液:NH4++OH－＝NH3+H2OC.向醋酸溶液中通入氨气:

H+＋OH－＝H2OD.碳酸钙溶于稀硝酸:CaCO3+2H+＝Ca2++CO2+H2O【答案】D【解析】没有配平方程式，A错误；缺少反应物离子HCO3，B错误；醋酸拆成离子，C错误；碳酸钙不溶于水，不拆，硝酸为强酸，可拆；D正确；正确选项D。4.下列描述正确的是A.在25℃、101KPa时，盐酸和NaOH稀溶液的中和热ΔH＝－57.3KJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2的反应的反应热ΔH＝2×（－57.3）KJ/molB.在25℃、101KPa时,CO(g)的燃烧热为283.0KJ/mol，则相同条件下2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+（2×283.0）KJ/molC.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.在25℃、101KPa时,1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】硫酸与氢氧化钡反应除了有中和热外，还有沉淀热，所以反应的热效应ΔH<2×（－57.3）KJ/mol；A错误；CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝283.0KJ/mol；燃烧放热，分解吸热，各物质的量加倍，ΔH加倍，B正确；金属钠在空气中加热，剧烈燃烧，放出大量的热，为放热反应，该结论不一定，C错误；生成物水必须为液态，才是甲烷的燃烧热，D错误；正确选项：B。点睛：燃烧热：20℃、1atm条件下，1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的物质，才是该物质的燃烧热；常见H→H2O(l)、C→CO2(g)、N→N2(g)、S→SO2(g)。5.下列关于“中和反应反应热的测定”实验描述正确的是A.为了反应充分进行，应使用50ml0.5mol/L的盐酸和50ml0.55mol/L的NaOH溶液反应B.为了操作安全，可将NaOH溶液分多次倒入50ml0.5mol/L的盐酸中进行反应C.用量筒量取50.0ml盐酸时，俯视刻度会导致所取盐酸的体积偏大D.实验过程中，使用环形铜棒搅拌，使溶液充分混合【答案】A【解析】NaOH溶液稍过量，保证盐酸完全反应，测定的数值准确度高，A正确；这样操作热量损失较大，必须一次性倒入，B错误；俯视刻度使盐酸的液体凹液面最低处低于50.0ml，会导致所取盐酸的体积偏小，C错误；环形铜棒搅拌，热量损失较大，应该用环形玻璃搅拌棒，热量损失小，D错误；正确选项A。6.下列说法正确的是A.凡是吸热反应都是非自发的B.所有的反应都需要活化能的推动才能发生C.焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素D.自发反应在任何条件下都能实现【答案】C【解析】氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌生成氨水、氯化钡等属于自发的吸热反应，A错误；反应物的能量已经达到了很高，超过了活化能，不需要活化能的推动，溶液中的离子反应，由于化学键已经断裂，反应需要的活化能接近于零，反应速率极快，B错误；焓变和熵变综合应用可以判断反应进行的方向，这是两个主要因素，C正确；当满足ΔH>0，ΔS<0条件时，该反应在任何条件下都不能发生，D错误；正确选项：C。7.在反应2A(g)+B(g)3C(s)+4D(g)中，下列关系正确的是A.2ν(A)=ν(B)B.3ν(B)=ν(C)C.4ν(C)=3ν(D)D.2ν(A)=ν(D)【答案】D【解析】对于一个反应来说，固体或纯液体的浓度不变，不用纯固体或纯液体来表示反应速率，B、C均错误；对于一个反应来说，各物质的速率之比等于各物质前面的系数比，A应为：ν(A)=2ν(B)，A错误；D符合规律，D正确；正确选项D。8.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在四种情况下的反应速率分别为①ν(A)=0.25mol/(L﹒s)②ν(B)=27mol/(L﹒min)③ν(C)=0.4mol/(L﹒s)④ν(D)=36mol/(L﹒min)。下列选项正确的是A.④>①>③>②B.③<②<④<①C.①>②>③>④D.④>②>③>①【答案】A【解析】比较反应速率的快慢，在单位统一的前提下，可以把物质的速率与对应该物质的系数相除，所得数值较大的，速率就快，①ν(A)=0.25mol/(L﹒s)②ν(B)=27/3=9mol/(L﹒min)=0.15mol/(L﹒s)③ν(C)=0.4/2=0.2mol/(L﹒s)④ν(D)=36/2=18mol/(L﹒min)=3mol/(L﹒s)正确顺序为：④>①>③>②，A正确；正确选项A。9.10ml浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.再加入10ml浓度为0.5mol/L的硫酸B.加入几滴CuCl2溶液C.加入几滴NaNO3溶液D.加入少量CH3COONa溶液【答案】B【解析】0.5mol/L的硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B正确；NO3、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D错误；正确选项B。10.一定温度下，恒容密闭容器中进行的可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g),达到平衡状态的标志是A.单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHIB.混合气体的平均摩尔质量不再变化C.H2、I2、HI的物质的量之比为1：1：2D.混合气体的颜色不再变化【答案】D11.在密闭容器中，一定条件下进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO(g)ΔH=－746.4KJ/mol，达到平衡后，为提高反应的速率和NO的转化率，采取的措施最恰当的是A.加入催化剂同时升高温度B.加入催化剂同时增大压强C.升高温度同时充入N2D.降低温度同时增大压强【答案】B【解析】试题分析：A．催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；B．催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B正确；C．升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；D．降低温度同时增大压强，反应速率的改变无法判断，平衡的移动也无法判断，故D错误；故选B。【考点定位】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动即可。【名师点晴】影响反应速率的因素有内因和外因，反应物本身的性质是影响速率的决定因素，常见外界因素包括温度、浓度、压强及催化剂等，特别提醒的压强的改变必须引起浓度的变化，才能影响速率的变化，如在恒温密闭容器中，通入不参加反应的惰性气体，容器内压强增大，对速率没有影响，而在恒压容器中，通入惰性气体，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢。本题除了考虑影响反应速率的因素，还要结合平衡移动理论分析，综合性较强，对学生分析问题解决问题的能力要求较高。12.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A.2HIH2(g)+I2(g)的平衡体系，增大压强可是颜色加深B.氯水中存在下列平衡：Cl2+H2HCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，溶液的颜色变浅C.在合成氨的工业生产中要及时将生成的氨气分离出去D.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气【答案】A【解析】2HIH2(g)+I2(g)的平衡体系，增大压强，气体的体积缩小，浓度增大，颜色加深，但是平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A正确；Ag+与Cl生成沉淀，减少了盐酸浓度，平衡右移，溶液的颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，B错误；减少生成物浓度，平衡右移，可以用勒夏特列原理解释，C错误；NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH，氢氧化钠固体溶于水，相当于增加c(OH),平衡左移，有利于氨气的生成，可以用勒夏特列原理解释，D错误；正确选项A。13.某密闭体系中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，右图是某一时间段中反应速率(ν)与反应时间（t）的曲线关系图，图t1时刻改变的条件是A.增大压强B.升高温度C.降低温度D.减小压强【答案】B【解析】图t1时刻，v(正)增大，v(逆)增大，且v(逆)>v(正)，平衡左移；增大压强，v(正)增大，v(逆)增大，平衡右移，A错误；该反应ΔH<0，升高温度，平衡左移，v(正)增大，v(逆)增大，平衡左移，B正确；该反应ΔH<0，降低温度，平衡右移，v(正)、v(逆)均减慢，C错误；减小压强，平衡左移，v(正)、v(逆)均减慢，D错误；正确选项B。14.下列过程或现象与盐类水解无关的事A.纯碱溶液去油污B.明矾可以净水C.加热氯化铁溶液颜色加深D.铁在潮湿的环境下生锈【答案】D【解析】纯碱溶液水解显碱性，生成的氢氧化钠溶液与油污反应，A错误；明矾中含有的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可以净水，B错误；氯化铁溶液水解显酸性，升高温度，平衡右移，氢氧化铁的含量增大，溶液颜色加深，C错误；铁在潮湿的环境下，发生了吸氧腐蚀生成铁锈，与盐类的水解无关，D正确；正确选项D。15.下列图示与对应的叙述相符的是A.图a表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图b表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C.图c表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D.图d表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时刻反应物转化率最大【答案】C【解析】图a中反应物的中总能量大于生成物的总能量，该反应正反应为放热反应，A错误；0.1000mol·L－1CH3COOH溶液的pH≠1，B错误；某一温度下对应曲线上的点为饱和溶液，a点在曲线下，为不饱和点，C正确；反应进行到t时刻时，还没有达到平衡点，转化率不是最大的时刻，D正确；正确选项C。16.下列实验方法中，不能证明醋酸是弱酸的是A.常温时，醋酸钠溶液呈碱性B.常温时，0.1mol·L－1醋酸的pH约为3C.25℃时，等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强D.25℃时，分别将pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=4的溶液，醋酸所需加入的水多【答案】C【解析】A．醋酸钠溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故A不选；B．25℃时，0.1mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故B不选；C．溶液的导电能力与离子浓度有关，因盐酸和醋酸溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故C选；D．常温下，将pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=4的溶液，醋酸所需加入的水量多，说明醋酸溶液中存在电离平衡，则能证明醋酸是弱酸，故D不选；答案选C。点睛：本题主要考查弱电解质在溶液中的电离平衡及弱电解质的概念与判断，明确弱电解质的概念及判断方法是解答本题的关键，判断弱电解质的方法一般是：1、利用电离的不完全性；2、存在电离平衡；3、利用盐溶液的酸碱性等。17.25℃时，用少量蒸馏水稀释0.10mol·L－1的醋酸，若用Kw表示水的离子积常数，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是A.c(CH3COO－)／c(CH3COOH)B.c(CH3COOH)／c(H+)C.c(H+)／KwD.c(H+)／c(OH－)【答案】A【解析】醋酸加水稀释，平衡右移：n(CH3COOH)减少，c(CH3COOH)减少，n(H+)增大，c(H+)减少，c(OH－)增大，（因为Kw不变）；n(CH3COOH)增大，c(CH3COO－)减少；.c(CH3COO－)／c(CH3COOH)增大，A正确；c(CH3COOH)／c(H+)减小，B错误；c(H+)／Kw减少，C错误；c(H+)／c(OH－)减少，D错误；正确选项A。点睛：某温度下，醋酸溶液加水稀释，溶液中c(CH3COOH)、c(H+)、c(CH3COO－)都减少，但是c(OH－)增大。18.关于①100ml0.01mol·L－1Na2CO3②10ml0.1mol·L－1Na2CO3两种溶液的叙述正确的是A.溶液中水电离出的H＋个数：②>①B.溶液中阴离子的总物质的量浓度之和①>②C.①溶液中：n（OH）n（H+）=n（HCO3－）+2n（H2CO3）D.②溶液中：c（Na＋）>c（HCO3－）>c（CO32－）>c（H2CO3）【答案】C【解析】离子浓度越稀水解程度越大，所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中水电离出的H+个数：①>②，A错误；同种溶质不同浓度的碳酸钠溶液，浓度小的溶液中阴离子的总物质的量浓度之和要小，①<②，B错误；根据碳酸钠溶液中的质子守恒可知：n（OH）=n（HCO3）+2n（H2CO3）+n（H+），C正确；水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c（Na+）>c（CO32）>c（HCO3）>c（H2CO3），D错误；正确选项C。19.在下列溶液中，离子一定能大量共存的是A.室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42B.含有0.1mol•L1FeCl3的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C.加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3D.水电离出的c(H+)=1×1010mol·L－1溶液中：K+、Na+、AlO2－、SO42【答案】A【解析】pH=1的溶液中c(H+)=0.1mol·L－1，与Na+、Fe3+、NO3、SO42都能共存，A正确；Fe3+与I发生氧化还原反应，不能共存，B错误；加入铝粉有气泡产生的溶液，可酸可碱，NH4+与OH反应生成一水合氨，Fe2+与OH反应生成沉淀，不能共存，C错误；水电离出的c(H+)=1×1010mol·L－1<107mol·L－1的溶液，可酸可碱，AlO2－与H+反应生成沉淀或Al3+，不能共存，D错误；正确选项A。20.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数（25℃）下列选项正确的是A.2ClO－

+H2O+CO2

=2HClO+CO32－B.2HCOOH+CO32－

=2HCOO－

+H2O+CO2↑C.H2SO3

+2ClO－

=2HClO+SO32－D.SO2(足量)

+H2O+CO32－

=2H2O

+CO2+SO32－【答案】B点睛：选项A来说，酸和盐发生反应不仅满足强酸制弱酸，还要满足强碱制弱碱规律，两条同时满足反应才能发生。21.下列说法不正确的是A.pH=3的某溶液加水稀释到pH=5,水的电离程度不一定增大B.相同pH的CH3COONa,NaOH和Na2CO3三种溶液：c（CH3COONa）>c（Na2CO3）>c（NaOH）C.0.10mol·L－1NaHA溶液的pH=5,则溶液中：c（HA－）>c（H＋）>c（A2－）>c（H2A）D.0.10mol·L－1pH=7.8NH4HCO3溶液中：c（HCO3－）>c（NH4＋）>c（OH－）>c（H+）【答案】D【解析】对于酸溶液，加水稀释，c（H＋）减少，对水的平衡抑制能力减弱，水的电离程度增大，对于能够水解的盐，加水稀释，盐中水解离子浓度减小，对水的电离程度促进程度减小，A正确；酸性：CH3COOH>H2CO3；所以水解能力Na2CO3强，相同pH的CH3COONa和Na2CO3，c（CH3COONa）>c（Na2CO3）>，NaOH为强碱，完全电离显碱性，浓度最小，B错误；该溶液电离过程大于水解过程，溶液显酸性，C正确；该盐水解显碱性，HCO3水解能力大于NH4＋水解能力，所以：c（NH4＋）>c（HCO3－），D错误；正确选项D。点睛：对于选项C、D来说，都是酸式盐，溶液的酸性碱性不同，判定依据就是看酸式盐的电离和水解过程哪个占主导地位，电离大于水解，溶液显酸性，水解大于电离，溶液显碱性。22.下列说法正确的是A.氯碱工业中可以使用阴离子交换膜B.电解法精炼铜时，电路中每转移2mol电子，阳极质量就减少64gC.镀锌铁镀层破坏后锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法D.第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阳极【答案】C【解析】氯碱工业中可以使用阳离子交换膜，A错误；阳极为粗铜（含有金属铁、锌、银等），阳极中先溶解的金属为比铜活泼的金属，质量减少不是铜的质量，B错误；锌、铁、电解质溶液，仍能构成原电池，锌失电子给铁，铁被保护，C正确；金属银应该做阳极，铜做阴极，才能进行铜芯镀银，D错误；正确选项C。点睛：针对选项D重点强调电镀的特点：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，反应前后，电镀液的浓度保持不变。23.为倡导“低碳”理念，可以大力发展燃料电池并加以推广。现在常见的燃料电池有4种，下面是这4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极反应产物为水的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】氧气均在正极发生还原反应；正极反应为O2+4e=2O2，A错误；O2+4e+2H2O=4OH，B错误；O2+4e+4H+=2H2O，C正确；O2+4e+2CO2=2CO32，D错误；正确选项C；点睛：上述四个关于氧气在正极发生的反应，随着电解质不同，极反应方程式也不一样，书写时一定要注意这点。24.用氟硼酸（HBF4，属于强酸）代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb＋PbO2＋4HBF42Pb（BF4）2＋2H2O；Pb（BF4）2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是A.放电时，正极区pH增大B.充电时，Pb电极与电源的正极相连C.放电时的负极反应为：PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2OD.充电时，当阳极质量增加23.9g时，溶液中有0.2

mole通过【答案】A【解析】PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2O,消耗氢离子，酸性减弱，pH增大；Pb电极为原电池的负极，应与电源的负极相连，B错误；放电时的负极发生氧化反应，失电子，C错误；电子只能从导电通过，不能从溶液通过，D错误；正确选项A。25.已知：Ksp(ZnS)=2.0×10−22，Ksp(CuS)=1.3×10−36，向等物质的量浓度ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，然后过滤。下列说法不正确的是A.先生成CuS后生成ZnS沉淀，属于沉淀的转化B.当ZnS沉淀完全时，溶液中=6.5×10−15C.过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物D.过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+【答案】A【解析】根据两种硫化物的Ksp看出，CuS的最小，所以加入Na2S溶液后，先产生CuS沉淀，完全后，再产生ZnS沉淀，不属于沉淀的转化，A错误；c(Cu2+)/c(Zn2+)=c(Cu2+)c(S2)/c(Zn2+)c(S2)=Ksp(CuS)/Ksp(ZnS)=1.3×10−36/2.0×10−22=6.5×10−15；B正确；加入足量的硫化钠溶液，ZnSO4和CuSO4全部转化为沉淀，C正确；由于沉淀溶解过程为一个可逆过程，不可能Cu2+和Zn2+完全转化为沉淀，有极少量剩余，D正确；正确选项A。第Ⅱ卷（非选择题，共50分）26.汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。（1）在T1、T2温度下，一定量的NO（g）发生分解反应时，N2

的体积分数随时间变化如图所示，根据图像判断反应N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H_____0(填“>"或“<”）。（2）在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5molO2，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，则该反应的速率v(N2)=_________。该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将_________（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”），若向上述容器中再充入2molN2(g)与1molO2(g)，则再次达到平衡时O2的转化率________（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）。（3）研究发现，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染，从而达到脱硝的目的：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=574kJ•mol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=1160kJ•mol1甲烷直接被NO2还原为N2的热化学方程式为______________________________【答案】(1).>(2).0.01mol/(L·s)(3).不变(4).不变(5).CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=867kJ·mol－1【解析】（1）根据图像可知，T2温度可逆反应先达平衡，说明温度T2＞T1；T1向T2转变，即升温过程中，N2的体积分数减小，说明平衡正向移动，即正向为吸热反应，△H>0；正确答案：>。（2）2L密闭容器N2(g)+O2(g)2NO(g)起始量：1050变化量：112平衡量：942v(N2)=1÷2÷50=0.01mol/(L·s)；平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；其他条件不变，按照原物质投料方式进行等比例增加投料，相当于给反应加压，由于该反应为反应前后体积变化为0的反应，加压，平衡不动，O2转化率不变；正确答案：0.01mol/(L·s)；不变；不变。（3）根据盖斯定律，把两个方程式直接相加和，整理，并计算相应的△H，得出甲烷直接被NO2还原为N2的热化学方程式；正确答案：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=867kJ·mol－1。27.水的离子积常数Kw与温度T(℃)有关：（1）若T=25℃时,Kw=____________，若T=100℃时，Kw=1×1012，则此温度下0.05mol/LBa(OH)2溶液的pH=____________.（2）已知25℃时，0.1L0.1mol•L1的NaA溶液的pH=10，用离子方程式表示其原因为______________；（3）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_____________（混合后的体积变化忽略不计）．【答案】(1).1×10－14(2).11(3).A－＋H2OHA＋OH－(4).1:9【解析】（1）若T=25℃时,水的离子积常数Kw=1×10－14；0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH)=0.1mol/L,c(H+)=Kw/c(OH)=1×1012/0.1=1011,pH=11；正确答案：1×10－14；11。（2）NaA溶液的pH=10，水解显碱性，说明该盐为强碱弱酸盐，.A－发生水解：A－＋H2OHA＋OH－；正确答案：A－＋H2OHA＋OH－。（3）设NaOH溶液的体积为xL,硫酸溶液的体积为yL；pH=11的NaOH溶液c(H+)=1011mol/L，c(OH)=103mol/L；pH=4的硫酸溶液c(H+)=104mol/L；反应后溶液显碱性pH=9，c(H+)混=109mol/L，c(OH)混=105mol/L，带入计算公式：（c(OH)×xc(H+)×y）/（x+y）=c(OH)混；（103×x104×y）/（x+y）=105,解之结果为x：y=1:9；正确答案：1:9。28.铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜版腐蚀剂和外伤止血剂等。（1）写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式____________________________________。（2）若将（1）中的反应设计成如图所示原电池，则负极反应式为：_____________________，正极反应式：________________________；电子从_______流向________（填“Cu”或“石墨”）。（3）腐蚀铜板后的混合溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的浓度均为0.10mol·L－1，请参照下表给出的数据和药品，完成除去CuCl2溶液中Fe3＋和Fe2＋的实验步骤。①通入足量_________将Fe2＋氧化为Fe3＋。②加入_________调节溶液的pH至3.2～4.7，使______________完全沉淀然后过滤。氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe3＋Fe2＋Cu2＋1.97.04.73.29.06.7提供的药品：Cl2

浓H2SO4

NaOH溶液

CuO

Cu【答案】(1).2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋(2).Cu－2e－＝Cu2＋(3).2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋(4).Cu(5).石墨(6).氯气(7).CuO(8).Fe(OH)3（Fe3+也可给分）【解析】(1)FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；正确答案：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋。(2).2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋根据反应看出，金属铜做原电池的负极，发生氧化反应：Cu－2e－＝Cu2＋，溶液中的Fe3＋在正极得电子，发生还原反应：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；电子由负极铜流出经过导线进入正极石墨；正确答案：Cu－2e－＝Cu2＋；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；Cu；石墨。（3）①通入氯气或滴加氯水，把Fe2＋氧化为Fe3＋，还不引入杂质阴离子；正确答案：氯气。调节溶液的pH，使Fe3＋全部变为沉淀，而Cu2＋不沉淀；满足这样的条件的试剂必须不溶于水，能够与酸反应，而且反应后不引入新杂质，可以加入含有铜元素的不溶于水的化合物氧化铜，金属铜与稀盐酸不反应；正确答案：氧化铜；Fe3+或Fe(OH)3。点睛：除去酸性溶液中Cu2＋含有的杂质Fe3+，必须调节溶液pH到一定范围内，保证Fe3+沉淀完全，选择的试剂必须满足不溶于水，能够与酸反应，而且反应后不引入新杂质，可以加入含有铜元素的不溶于水的化合物氧化铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜等。29.若向25mlNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线如图所示。（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为_________________。（2）a____12.5ml（填“>”，“<”或“=”），若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性（3）在D点溶液中各离子浓度由大到小顺序为_____________________

．【答案】(1).0.1mol·L1(2).>(3).c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)【解析】（1）由图像可知：NaOH溶液的pH=13,c(H+)=1013,c(OH)=101mol·L1=c(NaOH)；正确答案：0.1mol·L1。（2）25ml、0.1mol·L1NaOH溶液与12.5ml、0.2mol/LCH3COOH溶液恰好完全反应生成醋酸钠溶液，溶液显碱性；若要呈中性，醋酸就得稍过量，所以a>12.5ml；正确答案：>；（3）25ml、0.1mol·L1NaOH溶液与25ml、0.2mol/LCH3COOH溶液完全反应，混合液为醋酸钠和醋酸（1:1），溶液显酸性；醋酸的电离过程大于醋酸钠的水解过程，溶液中离子浓度大小关系：c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)；正确答案：c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)。点睛：常温下，强酸和强碱恰好完全反应后溶液呈