1、四川省宜宾市南溪区第二中学2019-2020学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（本题共20小题，1-15题每题2分，16-20每题3分，共45分。）1.以下能级符号不正确的是A. 6sB. 2dC. 4fD. 7p【答案】B【解析】【详解】A. s能级在每一层上都有，因此存在6s能级，故A正确；B. d能级至少在第三层及以上，故B错误；C. f能级至少在第四层能级以上，故C正确；D. p能级至少在第二层及以上，故存在7p能级，故D正确；故选B。【点睛】第一层（K层）上只有1s能级，第二电子层（L层）只有2s和2p能级，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d能级，第四电子层（N
2、层）只有4s、4p、4d和4f能级2.以下电子排布式不是基态原子的电子排布式的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A基态原子的电子排布式为1s22s1，符合基态原子电子排布规律，A不选；B基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，B选；C基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，C不选；D基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，符合基态原子电子排布规律，D不选；答案选B。3.下列多电子原子不同能级能量高低的比较错误的是()A. 1s2s3sB. 2p3p4pC. 3s3p3dD.
3、4s3d3p【答案】D【解析】【详解】在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交错”现象，实际4s能级能量小于3d，所以D错误，故选D。4.下列各项叙述中，正确的是（ ）A. 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2C. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第A族的原子是同一种元素【答案】C【解析】A. 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，由基态转化成激发态，原子需要吸
4、收能量，A错误；B.根据洪特规则 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，B错误；C. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素，C正确；D. M层全充满而N层为4s1的原子是Cu，位于第四周期第A族的原子是K，二者不是同一种元素，D错误，答案选C。点睛：掌握核外电子排布三个原理能量最低原理、泡利原理、洪特规则是解答的关键。尤其是洪特规则，即当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据1个轨道，并且自旋方向相同。另外注意特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空 (
5、p0、d0、f0)状态时，体系的能量最低。5.下列原子轨道表示式中，表示氧原子的基态电子轨道排布式正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布是；故选：B。6.下列物质中属于电解质的是（ ）A. B. 铜C. 熔融的D. 溶液【答案】C【解析】【详解】A.二氧化碳常温下为气体，只有CO2分子，没有自由移动的离子，虽CO2在水溶液中与水反应，生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是CO2自身电离，故CO2不属于电解质，故A错误；B.铜是单质，所以
6、铜既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.熔融的NaOH是能导电的化合物，属于电解质，故C正确；D.NaCl溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案：C【点睛】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。7.已知反应A2(g)2B2(g)2AB2(g)的H0，下列说法正确的是()A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D. 达到平衡后，降低温度或减小压强
7、都有利于该反应平衡正向移动【答案】B【解析】【分析】A2(g)2B2(g)2AB2(g)的H0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。故选B。8.一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X(g)2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是()X、Y、Z的物质的量之比为122 X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化 单位时间内
8、生成n mol Z，同时生成2n mol YA B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】当体系达平衡状态时，X，Y，Z的物质的量之比可能为1：2：2，也可能不是1：2：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度等不再发生变化，所以X、Y、Z的浓度不再变化时，说明反应达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积有变化的反应，容器中的压强不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；单位时间内生成2n mol Z，同时生成2n mol Y说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故错误；正确，故选C。9.
9、下列粒子能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是( )A CH3COOHB. OHC. Fe3+D. 【答案】C【解析】【详解】A醋酸电离得到氢离子，增大了氢离子浓度，水的电离平衡向左移动，故A错误；B增大OH-的浓度，水的电离平衡向左移动，故B错误；CFe3+与OH-发生反应，降低了OH-的浓度，水的电离平衡向右移动，故C正确；D该离子为Cl-，对水的电离平衡没有影响，故D错误；故选：C。10.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A. CH3COOHCH3COO+H+，的水溶液因电离而呈酸性；B. 的水溶液呈中性；C. +H2ONH3 H2O
10、+H+， 的水溶液因水解而呈酸性；D. 的水溶液呈中性。故选C。11.为了避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，正确的操作方法是A. 稀释B. 加稀硫酸C. 加NaOH溶液D. 加热【答案】B【解析】【详解】A.稀释能促进铜离子水解，导致铜离子转化为沉淀，故A错误；B. 加入稀硫酸，抑制铜离子的水解，可以避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，故B正确；C. 加入氢氧化钠溶液，会促进铜离子水解，导致铜离子转化为沉淀，故C错误；D. 加热能促进铜离子水解，导致铜离子转化为沉淀，故D错误；故选B。12.已知2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=221.0 kJmol1 2H2(g)+O2(g) =
11、2H2O(g)H=483.6 kJmol1 则制备水煤气的反应C(s)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)H为（）A. +262.6 kJmol-1B. 131.3 kJmol-1C. -352.3 kJmol1D. +131.3 kJmol1【答案】D【解析】【详解】试题分析：据盖斯定律，把已知两个反应相加减，可求得制备水煤气反应的H。，得2C(s)O2(g)2H2(g)O2(g)=2CO(g)2H2O(g) H221.0kJmol1(483.6kJmol1)，即2C(s)2H2O(g)=2H2(g)2CO(g) H262.6kJmol1；C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)的 H
12、为131.3kJmol1。故选D。13.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1 g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ ，则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=-242 kJ/mol，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1mol H-H键断裂时吸收热量为xkJ，则
13、有x kJ/mol+496kJ/mol-2463 kJ/mol=-242 kJ/mol，解得x=436 kJ/mol，即1mol H-H键断裂时吸收热量为436kJ，故答案为 C。【点睛】焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。14.一定温度下，向含有AgCl(s)的饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是（ ）A. AgCl的溶解度增大B. AgCl的溶解度增大，Ksp不变C. c（Ag+）增大D. AgCl的溶解度、Ksp均不变【答案】D【解析】【详解】A加入水多，溶解的氯化银质量多，AgCl的溶解度是指一定温度下，100g
14、水中溶解AgCl的最大质量，溶解度与加入水的多少无关，AgCl的溶解度不变，A错误；BAgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，B错误；C温度不变，AgCl的溶解度不变，c（Ag+）不变，C错误；DAgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，D正确；故答案选D。15.对于溶液，下列各项中正确的是A. B. 水解离子方程式：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C. 升高温度，水解平衡逆向移动D. 向溶液中加入少量醋酸钠固体，平衡正向移动，醋酸钠的水解程度即转化率增大【答案】B【解析】【详解】A.0.1mol/L醋酸钠溶
15、液中存在物料守恒关系，c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（Na+）=0.1mol/L，故A错误；B. 醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故B正确；C.水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，故C错误；D. 向溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根浓度增大，水解平衡正反应方向移动，但水解程度减小，故D错误；故选B。16.常温下Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为：Ksp(Ag2SO4)7.7105、Ksp(AgCl)1.81010、Ksp(AgI)8.31017。下列有关说法中，
16、错误的是A. 常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI在水中的溶解能力依次减弱B. 在AgCl饱和溶液中加入NaI固体，有AgI沉淀生成C. Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比D. 在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出【答案】C【解析】【详解】A项、Ag2SO4溶液中Ksp=c2(Ag2)c(SO42)，求出c(Ag)=2.49105/3，AgCl溶液中c(Ag)=1.34105，AgI溶液中c(Ag)=2.89108.5，通过数值的比较，三种物质在水中溶解度依次减弱，故A正确；B项、AgCl、AgI类型相同，溶度积小，
17、说明此物质更难溶，通过溶度积的比较，AgI比AgCl更难溶，故B正确；C项、根据各自溶度积的表达式，Ag2SO4溶液中Ksp=c2(Ag2)c(SO42)，而另外两个是Ksp=c(Ag)c(X)，故C错误；D项、如果QcKsp，就会有沉淀产生，故D正确；故选C。17.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）2C（气）。若经2 s（秒）后测得C的浓度为0.6 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B
18、的浓度为0.7 molL1其中正确的是：A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】2A（气）+B（气）2C（气），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析A、B；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol、B为0.6mol，以此分析C、D。【详解】经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质A表示的反应的平均速率为 0.3 molL-1s-1，故正确；由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用
19、物质B表示的反应的平均速率为 0.15molL-1s-1，故错误；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol，所以A的转化率为100%=30%，故错误；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的B为0.6mol，2s时物质B的浓度为=0.7molL1，故正确；正确，故选B。18.对于常温下0.1 molL1氨水和0.1 molL1醋酸，下列说法正确的是A. 0.1 molL1氨水，溶液的pH=13B. 0.1 molL1氨水加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH）都减小C. 0.1 molL1醋酸溶液中：c（H+）c（CH3COO）D. 0.1 molL1醋酸与0.1 molL1Na
20、OH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）【答案】D【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以氨水溶液中存在一水合氨电离平衡，则0.1molL-1氨水，溶液的pH13，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，氢氧根离子增多个数小于溶液体积增大倍数，所以溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C错误；D等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性c(OH-)
21、c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO-)，盐类水解较微弱，所以c(CH3COO-)c(OH-)，该溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故D正确；故选D。19.已知在100的温度下(本题涉及的溶液温度均为100)，水的离子积KW11012。下列说法正确的是A. 0.001 mol/L的NaOH溶液pH9B. 0.1 mol/L的H2SO4溶液pH1C. 0.005 mol/L的H2SO4溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液pH为6，溶液显酸性D. 完全中和pH3的H2SO4溶液50 mL，需要pH11的NaOH
22、溶液50 mL【答案】A【解析】【详解】100的温度下，水的离子积KW=110-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，A0.001 mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=10-9mol/L，所以pH=9，A正确；B0.1 mol/L的H2SO4溶液中，c(H+)=210-1mol/L， pH1-g2，B错误；C0.005 molL-1硫酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶液等体积时，n（H+）=n（OH-），所以硫酸和氢氧化钠恰好反应，溶液呈中性，pH为6，故C错误；DpH=3的硫酸中，c（H+）=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，中和pH=3
23、的硫酸溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，D错误；答案选A。二、填空题(共55分)20.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn1；C元素为最活泼的非金属元素，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6 ；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。(1)A元素的第一电离能_B(填“”或“”)，A、B、C三种元素电负性由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。(2)D元素原子的价电子排布式是
24、_。(3)C元素的电子排布图为_；E3的离子符号为_。(4)F元素位于元素周期表的_区，其基态原子的电子排布式为_。(5)G元素可能的性质_。A其单质可作为半导体材料B其电负性大于磷C最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】 (1). (2). NOF (3). 3S2 (4). (5). Fe3+ (6). ds (7). 【Ar】3d104s1 (8). A【解析】【分析】由A元素的价电子构型为nsnnpn+1可知n=2，则A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；由原子序数依次增大可知B为O元素；由D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的可知核外电子总数为12，则D
25、为Mg元素；由E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态可知原子序数为26，则E为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，为As元素。【详解】（1）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，N原子最外层为半充满状态，性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素；同周期元素，从左到右元素的电负性逐渐增强，则三种元素电负性由小到大的顺序为NOF，故答案为：；NOF；（2）D为Mg元素，最外层电子数为2，价电子排布式为3s2，故答案为：3s2；（3）C为F元素，原子序数为9，
26、电子排布图为；E为Fe元素，则E3+的离子符号为Fe3+，故答案为：；Fe3+；（4）F为Cu元素，位于周期表ds区，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：ds；1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（5）A.G为As元素，与Si位于周期表对角线位置，其单质可作为半导体材料，故A正确；B.同主族元素，从上到下元素非金属性依次减小，电负性依次减小，则As的电负性比P小，故错误；C. 同主族元素，从上到下元素非金属性依次减小，最高价氧化物对应的水化物酸性依次减弱，磷酸为中强酸，则As的最高价氧化物对应的水化物是
27、弱酸，故错误；A正确，故答案为：A。【点睛】由A元素的价电子构型为nsnnpn+1确定n=2，判断A为N元素，由C元素为最活泼的非金属元素确定C为F元素，结合原子序数依次增大确定B为O元素是解答关键。21.目前，人们对环境保护、新能源开发很重视。(1)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体：4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)。恒温恒容条件下，能够说明该反应已达到平衡状态的是_填字母代号。A.容器内混合气体颜色不再变化B.容器内的压强保持不变C.2V逆(NO2)=V正（N2）D.容器内混合气体密度保持不变(2)用活性炭还原法
28、也可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表所示：根据表中数据分析T1时，该反应在020min的平均反应速率v(CO2)_；计算该反应的平衡常数_。根据上表数据判断，由30min到40min时改变的条件可能是_任写一种。若30min后升高温度至T2，达到新平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，此时NO的转化率_填“升高”或“降低”，H_填“”或“”。(3)以与为原料可合成化肥尿素化学式为。已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)
29、H=-159.5kJ/molNH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)H=+44.0kJ/mol，写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学方程式_【答案】 (1). A、B (2). 0.015molL-1min-1 (3). 0.56（或） (4). 通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1:1的氮气和二氧化碳 (5). 降低 (6). (7). H=-87kJmol-1【解析】【分析】（1）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度等不再发生变化；（2）由化学反应速率和化学平衡常
30、数公式计算可得；由表数据可知40min时，反应的平衡常数与30min中相同，由此分析影响化学平衡移动因素；由题给数据可知NO的转化率为100%=60%，由30min后升高温度至T2，达到新平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3计算NO的转化率，判断平衡移动方向；（3）由盖斯定律计算可得。【详解】（1）A. 恒温恒容条件下，容器内混合气体颜色不再变化说明二氧化氮的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；B. 该反应是反应前后气体体积有变化的反应，容器中的压强不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；C.2V逆(NO2)=V正（N2）说明正逆反
31、应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故错误；D.该反应是反应前后都是气体的反应，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器恒温恒容条件下，容器的体积不变，容器内混合气体密度始终保持不变，则容器内混合气体密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；AB正确，故答案为：AB；（2）由表中数据可知020min內二氧化碳的浓度变化量为0.30mol/L，则v(CO2)= =0.015molL-1min-1；20min分钟时反应达到平衡，平衡时各物质的浓度分别为c（N2）=0.3mol/L、c（CO2）=0.3mol/L、c（NO）=0.4mol/L，则反应的平衡常数
32、K=0.56，故答案为：0.015molL-1min-1；0.56（或）；由表数据可知40min时，反应的平衡常数K=，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度，依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1：1的氮气和二氧化碳，故答案为：通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1：1的氮气和二氧化碳；由题给数据可知NO的转化率为100%=60%，若30min后升高温度至T2，达到新平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，设此时NO的转化率为2x，由题意建立如下三段式：由容器中NO、N
33、2、CO2的浓度之比为5:3:3可得（1.02x）：x=5:3，解得2x=60%；温度升高NO的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，H0，故答案为：降低；（3）由盖斯定律可知，+可得CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=H1+H2H3=（-159.5kJ/mol）+（+116.5kJ/mol）（+44.0kJ/mol）=-87.0kJ/mol，则热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=-87.0kJ/mol，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH
34、2）2（s）+H2O（l）H=-87.0kJ/mol。22.下表是不同温度下水的离子积的数据：温度25水的离子积a试回答以下问题(1)若，则a_110-14填“”或“=”)。(2)250C时，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=510-4mol/L，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中：_。(3)在温度下测得某溶液，该溶液显_填“酸”、“碱”或“中”性将此温度下NaOH溶液aL与的溶液bL混合，若所得混合液，则a：b_。(4)某同学用0.1 molL1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL0.1 molL1的HCl溶液和0.1 molL1的CH3COOH溶液，得到如图所示的两条滴
35、定曲线，请回答有关问题：0.1 molL1的NaOH溶液滴定0.1 molL1的CH3COOH溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)曲线。a_。(5)某同学用0.1 molL1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL未知浓度的HCl溶液选用_作指示剂，若装标准液的滴定管未润洗则会导致测定结果_（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）【答案】 (1). (2). 1000：1 (3). 碱性 (4). 9：11 (5). 图2 (6). 20.00mL (7). 酚酞或甲基橙 (8). 偏高【解析】【分析】（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大；（2）25时，
36、某Na2SO4溶液中c（SO42-）=510-4mol/L，则溶液中钠离子浓度是110-3mol/L，如果稀释10倍，则钠离子浓度是110-4mol/L，但硫酸钠溶液是显中性，溶液中c（OH-）是110-7mol/L；（3）根据表中数据可知，在t2温度下，溶液pH6时，溶液显中性，若pH11的NaOH溶液aL与pH1的H2SO4溶液bL混合所得混合液pH2，反应后溶液中氢离子的浓度是0.01mol/L；（4）滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1；当酸碱恰好反应时，盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，溶液pH=7；（5）0.1 molL1的NaOH溶液
37、分别滴定20.00 mL未知浓度的HCl溶液选用酚酞或甲基橙对实验结果影响不大；若装标准液的滴定管未润洗，标准溶液浓度会减小，消耗标准溶液体积偏大。【详解】（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大，所以若25t1t2，故答案为：；（2）25时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=510-4mol/L，则溶液中钠离子浓度是110-3mol/L，如果稀释10倍，则钠离子浓度是110-4mol/L，硫酸钠溶液是显中性的，则c（Na+）：c（OH-）=10-4：10-7=1000：1，故答案为：1000：1；（3）根据表中数据可知，在t2温度下，溶液pH6时，
38、溶液显中性，在t2温度下测得某溶液pH=7，该溶液显碱性；若pH11的NaOH溶液aL与pH1的H2SO4溶液bL混合所得混合液pH2，反应后溶液中氢离子的浓度是0.01mol/L，则=0.01，解得ab911，故答案为：碱性；9:11；（4）滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图1，滴定醋酸的曲线是图2，故答案为：图2；当酸碱恰好反应时，盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，溶液pH=7，由图可知0.1 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL0.1 molL1的HCl溶液时，a点溶液pH=7，则氢氧化钠溶液的体积为20.0
39、0 mL，即a=20.00 mL，故答案为：20.00 mL；（5）0.1 molL1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL未知浓度的HCl溶液选用酚酞或甲基橙对实验结果影响不大，选用酚酞或甲基橙都可以；若装标准液的滴定管未润洗，标准溶液浓度会减小，消耗标准溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：酚酞或甲基橙；偏高。【点睛】滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1是分析判断的关键。23.酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电
40、池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值101710171039(1)Fe(OH)3沉淀溶解平衡常数(Ksp)的表达式是什么？_。(2)Fe(OH)3能否溶于稀硫酸？_。试用沉淀溶解平衡理论解释。_。(3)常温下，若使FeCl3溶液中的Fe3沉淀完全，需加入NaOH溶液调整溶液的pH为多少？(离子浓度小于1105 molL1时，即可认为该离子沉淀完全)_。(4)向等物质的量浓度的Zn2、Fe3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先产生的沉淀是什么？_。(5)若在ZnCl2溶液中混有少量的Fe2，应如何除去？_。【答案】 (1). K
41、spFe(OH)3c(Fe3)c3(OH) (2). 能 (3). 在沉淀溶解平衡Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)中加入稀H2SO4时，H与OH发生中和反应，上述平衡右移，故Fe(OH)3可溶于稀硫酸 (4). KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)1105c3(OH)11039，c(OH)10-11.3 ，则溶液pH2.7 (5). Fe(OH)3 (6). 先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3，调节ZnCl2溶液的pH【解析】【分析】（1）Fe(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(
42、aq)，沉淀溶解平衡常数Ksp= c(Fe3)c3(OH)；（2）Fe(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)，向Fe(OH)3中加入稀H2SO4，H与OH发生中和反应，OH浓度减小，平衡向正反应方向移动，导致Fe(OH)3溶解；（3）当FeCl3溶液中的Fe3完全沉淀时，溶液中Fe3离子浓度小于1105 molL1，则由KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)可得c(OH)；（4）Zn(OH)2饱和溶液中c(OH)2，Fe(OH)3饱和溶液中c(OH)2，由饱和溶液中c(OH)大小可知，Fe(OH)3的溶解度小于Zn(OH)2；（5）由Zn(O
43、H)2和Fe(OH)2溶度积可知Zn(OH)2的溶解度和Fe(OH)2相等，则除去ZnCl2溶液中混有少量的Fe2应先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3与Fe3水解生成的H+反应，促进Fe3水解，使Fe3水解转化为沉淀达到除杂的目的。【详解】（1）Fe(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)，沉淀溶解平衡常数Ksp= c(Fe3)c3(OH)，故答案为：c(Fe3)c3(OH)；（2）Fe(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)，向Fe(
44、OH)3中加入稀H2SO4，H与OH发生中和反应，OH浓度减小，平衡向正反应方向移动，导致Fe(OH)3溶解，故答案为：能；在沉淀溶解平衡Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)中加入稀H2SO4时，H与OH发生中和反应，上述平衡右移，故Fe(OH)3可溶于稀硫酸；（3）当FeCl3溶液中的Fe3完全沉淀时，溶液中Fe3离子浓度小于1105 molL1，则由KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)可得，c(OH)10-11.3 ，则溶液pH2.7，故答案为：KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)1105c3(OH)11039，c(OH)10-11.3 ，则溶液pH2.7；（4
45、）Zn(OH)2饱和溶液中c(OH)2，Fe(OH)3饱和溶液中c(OH)2，由饱和溶液中c(OH)大小可知，Fe(OH)3的溶解度小于Zn(OH)2，则向等物质的量浓度的Zn2、Fe3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先产生的沉淀是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；（5）由Zn(OH)2和Fe(OH)2溶度积可知Zn(OH)2的溶解度和Fe(OH)2相等，则除去ZnCl2溶液中混有少量的Fe2应先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3与Fe3水解生成的H+反应，促进Fe3水解，使Fe3水解转化为沉淀达到除杂的目的，故答案为：先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3，调节ZnCl2溶液的pH。【点睛】由Zn(OH)2和Fe(OH)2溶度积可知Zn(OH)2的溶解度和Fe(OH)2相等，则除去ZnCl2溶液中混有少量的Fe2应先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3与Fe3水解生成的H+反应，促进Fe3水解，使Fe3水解转化为沉淀达到除杂的目的是解答关键。