1、2015-2016学年山东省泰安市新泰市新汶中学高二（上）第三次段考化学试卷一、选择题：（本题共10小题，每题只有一个正确答案，每题2分共20分）1下列说法中正确的是（）A化学反应中的能量变化都表现为热量的变化B生成物总能量一定低于反应物总能量C放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率D同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同2下列说法中，正确的是（）A在任何条件下，纯水的pH=7B在任何条件下，纯水都呈中性C在95时，纯水的pH7D在95时，纯水中H+的物质的量浓度c（H+）107mol/L3下列物质的有关事实与电化学腐蚀无关的是（）A轮船水线以下的
2、船壳上镶嵌有一定量的锌块B镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用C埋在潮湿疏松土壤里的铁管比干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D在空气中，金属镁、铝的表面可形成一层氧化膜4如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液下列实验现象中错误的是（）Aa电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Ba电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C逸出气体的体积，a电极的大于b电极的Da、b两电极都逸出无色无味气体5体积恒定的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0达平衡后，采用下列措施一段时间后，既能增大逆反应速率又能使平衡向正方向移动的是（）A通入大量O2B增大
3、容器容积C移去部分SO3D降低体系温度6下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气B将氯化铜溶液加热蒸干最终得不到氯化铜固体C钢铁在潮湿的空气中容易生锈D常温下，Ksp（MnS）Ksp（CuS），工业上可用MnS除去废水中的Cu2+7实验室用足量Zn和100mL 4molL1的H2SO4溶液制取H2，下列说法正确的是（）A为提高反应速率，可换用98%的浓硫酸B在反应过程中，水的电离程度逐渐增大C在反应体系中加入硫酸钠溶液，反应速率不变D在反应体系中加入少量醋酸钠固体，反应速率变慢，生成氢气的量减少8下列有关问题与盐的水解无关的是（）ANH4Cl与ZnCl2溶液
4、可作焊接金属时的除锈剂B用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可制成泡沫灭火剂C常温下测得NaHSO3溶液的pH小于7D实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞9随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570K时平衡常数为11059下列说法正确的是（）A提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂B提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或COD570 K时及时抽走CO2、N2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳10在一定
5、温度下将CO和水蒸气各1mol放在密闭的容器中反应：CO+H2OCO2+H2，达到平衡后，测得CO2为0.6mol，再通入4mol水蒸气，达到平衡后CO2的物质的量为（）A等于0.6molB等于1molC大于0.6mol小于1molD大于1mol二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意）11用惰性电极电解一定量的CuSO4稀溶液，下列说法中正确的是（）A阳极发生的电极反应为：Cu2+2e=CuB阴极发生的电极反应为：4OH=2H2O+O2+4eC若有6.4g金属Cu析出，放出的O2一定为0.05 molD电解完成后，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到
6、原来的浓度12在一定温度下，向2L的密闭容器中加入1molHI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）H0，2min后反应达到平衡，测得H2的物质的量为0.1mol，下列说法正确的是（）A该温度下，反应的平衡常数是B02min内，HI的平均反应速率为0.1molL1min1C在恒容条件下，向该体系中充入HI气体，平衡不移动，反应速率不变D升高温度，平衡向正反应方向移动，只有正反应速率加快13分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD14载人空间站的生态系统中，要求分离人呼出的二氧化碳，同
7、时需要提供氧气某电化学装置利用太阳能转化的电能可以实现上述要求，同时还有燃料一氧化碳生成，该电化学装置中得电子的电极发生的反应是2CO2+4e+2H2O2CO+4OH下列判断错误的是（）A上述电化学装置相当于电解池B上述装置进行的总反应为2CO22CO+O2C反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性增强D失电子的电极发生的反应是4OH4e2H2O+O215下列方程式书写正确的是（）A碳酸的电离方程式：H2CO32H+CO32B向氯化钙溶液中通入二氧化硫气体：Ca2+SO2+H2O=CaSO3+2H+C往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液：2Ag+ （aq）+S2（aq）=Ag2S（s）D明矾水
8、解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+16下列表述正确的是（）A0.1molL1Na2CO3溶液中：OH=HCO3+H+H2CO3B0.1molL1CH3COONa溶液中：Na+=CH3COO+OHCCH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa）D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中离子浓度的关系：CH3COONa+OH=H+17某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（）A该消
9、毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB该消毒液的pH约为12：ClO+H2OHClO+OH-C该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H+Cl+ClOCl2+H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO-18室温下向10mL 0.1 molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时，c（Na+）=c（A）+c（HA）Db点所示溶液中
10、c（A）c（HA）19下列说法正确的是（）A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）20下列说法不正确的是（）ANa与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同CFeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同DMg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+
11、（aq）+2OH（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液三、解答题（共6小题，满分50分）21（1）NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；（2）写出HCO3水解的离子方程式：；（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na+、HCO3、H2CO3、CO32、OH 五种微粒的浓度由大到小的顺序为：（4）常温下，相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液碱性较强的是溶液，Na2CO3溶液中表示电荷守恒的式子为22对于2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0 反应来说：（1）若将2mol SO2气体和1mol O2气体在2L容器中混合并在一定条件下发生反应，经2m
12、in建立平衡，此时测得SO3浓度为0.8molL1，则从开始至2min用氧气表示的平均速率v（O2）=（2）在体积不变的条件下，改变下列条件重新达到平衡时，能使平衡常数K增大的有（填字母）A升高温度B降低温度 C增大压强 D移出生成的SO3（3）一定温度下，若将8mol SO2气体和4mol O2气体混合置于体积恒定的密闭容器中，能说明该反应已达到平衡状态的是ASO2的转化率和O2的转化率相等 B容器内压强保持不变Cv（SO2）逆=2v（O2）正D容器内密度保持不变（4）一定温度下，将8mol SO2和4mol O2气体混合置于体积不变的密闭容器中，经t1时间达到平衡，测得混合气体总物质的量为
13、10mol若此时向容器中充入一定量的氦气，SO3（g）的物质的量将（填“增大”、“减小”或“不变”）；若使SO2、O2、SO3三种气体均增加1mol，则平衡（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）23物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡请根据所学知识的回答：（1）A为0.1molL1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为（2）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入目的是；（3）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在25时，氯
14、化银的Ksp=1.81010mol2L2现将足量氯化银分别放入：100mL蒸馏水中；100mL 0.2molL1AgNO3溶液中；100mL 0.1molL1氯化铝溶液中；100mL 0.1molL1盐酸溶液中充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是（填写序号）24某溶液中可能含有A13+、NH4+、Fe2+、CO32、SO42、C1中的一种或几种，取该溶液进行以下连续实验：（1）取溶液少量于试管中，测得溶液的pH为2，则溶液中不存在的离子是（2）继续向溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液，有沉淀生成，同时有气体放出，写出产生气体的离子方程式（3）取（2）中的上层清液，加入过量NaOH溶
15、液，有沉淀、气体生成，此沉淀和气体的化学式为、（4）继续向（3）中反应后的剩余溶液中通入足量CO2气体，又有白色沉淀生成，则原溶液中存在的离子是（5）上述实验中还不能确定是否存在的离子是25（1）常温下将1molNH4Cl和0.2molNaOH溶于水配成1L溶液该溶液中存在4个平衡体系，写出任意3个：、该溶液中浓度为1mol/L的微粒是该溶液中物质的量之和为1mol的三种微粒是（2）醋酸是一种弱电解质 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示则图（填“I”或“”）为醋酸稀释的图象（3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25、pH=13的Ba（OH
16、）2溶液溶液中由水电离出的c（OH）=；该溶液与某浓度的盐酸按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=26重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）：制备原理：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）制备过程总的离子方程式可表示为4CrO42+4H2O2Cr2O72+4OH+2H2+O2，通电后阳极室产生的现象为，其电极反应式是（2）若实验开始时在右室中加入0
17、.2mol K2CrO4，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为2015-2016学年山东省泰安市新泰市新汶中学高二（上）第三次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共10小题，每题只有一个正确答案，每题2分共20分）1下列说法中正确的是（）A化学反应中的能量变化都表现为热量的变化B生成物总能量一定低于反应物总能量C放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率D同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同【考点】反应热和焓变【分析】A、化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等
18、，但通常表现为热量的变化；B、放热反应是反应物的总能量高于生成物的总能量；C不同的化学反应，不能比较反应速率；D反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关【解答】解：A、化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，其它各种形式的能量有时和热能的变化相伴发生化学反应中的能量变化都表现为热量的变化，“都”意味只有热量变化的意思，故A错误；B、放热反应是反应物的总能量高于生成物的总能量，只有放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故B错误；C不同的化学反应，不能比较反应速率，升高温度，放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，故C错误；D反应热与反应物和
19、生成物的状态有关，与反应条件无关，故D正确故选D2下列说法中，正确的是（）A在任何条件下，纯水的pH=7B在任何条件下，纯水都呈中性C在95时，纯水的pH7D在95时，纯水中H+的物质的量浓度c（H+）107mol/L【考点】水的电离【分析】溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小，如果c（OH+）c（H+），则溶液呈酸性，如果c（OH+）=c（H+）则溶液呈中性，溶液c（OH+）c（H+），则溶液呈碱性，据此进行分析【解答】解：A、水的电离是吸热反应，温度升高，水的离子积增大，若100，水的离子积常数是1012，当pH=6时溶液呈中性，故A错误；B、纯水中，c（OH+）=c
20、（H+），溶液一定显示中性，故B正确；C、温度升高，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，在95时，纯水的pH7，故C错误；D、在95时，纯水中的氢离子浓度大于107mol/L，故D错误；故选：B3下列物质的有关事实与电化学腐蚀无关的是（）A轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块B镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用C埋在潮湿疏松土壤里的铁管比干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D在空气中，金属镁、铝的表面可形成一层氧化膜【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】与电化学有关，说明该装置符合原电池构成条件而形成原电池，据此分析解答【解答】解：A锌、铁和电解质溶液构成原电池，锌易失电子而
21、作负极，铁作正极被保护，所以与电化学腐蚀有关，故A错误；B锌、铁和电解质溶液能构成原电池，铁作正极被保护，锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极加速被腐蚀，所以镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用，与电化学腐蚀有关，故B错误；C潮湿疏松的土壤中铁管易形成原电池而加速铁被腐蚀，所以与电化学腐蚀有关，故C错误；D在空气中，金属镁、铝易被氧气氧化生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，属于化学腐蚀，故D正确；故选D4如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液下列实验现象中错误的是（）Aa电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Ba电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C逸
22、出气体的体积，a电极的大于b电极的Da、b两电极都逸出无色无味气体【考点】电解原理【分析】根据装置图中，b是阳极，a是阴极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极附近氢离子浓度增大而使溶液呈酸性，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度增大而使溶液呈碱性，实质上是电解水【解答】解：Aa电极上氢离子放电，则a电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，溶液变蓝色，b电极上氢氧根离子放电，导致b电极附近氢离子浓度增大，溶液变红色，故A错误；B根据A知，a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色，故B正确；Ca电极上生成氢气，b电极上生成氧气，且二者的体积之比为2：1，故C正确；Da电极上析出氢气，b电
23、极上析出氧气，氢气和氧气都是无色无味的气体，故D正确；故选A5体积恒定的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0达平衡后，采用下列措施一段时间后，既能增大逆反应速率又能使平衡向正方向移动的是（）A通入大量O2B增大容器容积C移去部分SO3D降低体系温度【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【分析】增大反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度、使用催化剂等措施，对于气体参加的反应，还可以增大压强，且改变条件平衡向正反应方向移动，再结合反应特征利用平衡移动原理分析【解答】解：A增大氧气的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，故A正确；B体积为
24、恒定的密闭容器，不可能增大容器体积，且增大容器体积，反应混合物浓度减小，反应速率降低，故B错误；C移去部分SO3，平衡向正反应方向移动，但反应速率随后降低，故C错误；D降低温度平衡向正反应方向移动，但反应速率降低，故D错误；故选A6下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气B将氯化铜溶液加热蒸干最终得不到氯化铜固体C钢铁在潮湿的空气中容易生锈D常温下，Ksp（MnS）Ksp（CuS），工业上可用MnS除去废水中的Cu2+【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是
25、可逆反应且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒沙特列原理解释，故A不选；B、氯化铜溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铜，加热蒸干最终得不到氯化铜固体，可以用平衡移动原理来解释，故B不符合；C、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，是铁的吸氧腐蚀，原电池反应，不能用平衡移动原理来解释，故C符合；D、工业上可用MnS除去废水中的铜离子，平衡向溶度积极小的硫化铜方向转化，可以用平衡移动原理来解
26、释，故D不符合；故选C7实验室用足量Zn和100mL 4molL1的H2SO4溶液制取H2，下列说法正确的是（）A为提高反应速率，可换用98%的浓硫酸B在反应过程中，水的电离程度逐渐增大C在反应体系中加入硫酸钠溶液，反应速率不变D在反应体系中加入少量醋酸钠固体，反应速率变慢，生成氢气的量减少【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A浓硫酸和Zn反应生成二氧化硫而不是氢气；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C加入硫酸钠溶液，氢离子浓度降低；D加入醋酸钠固体时，稀硫酸和醋酸反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变【解答】解：A浓硫酸和Zn反应生成二
27、氧化硫而不是氢气，所以不能用浓硫酸通过改变浓度来制取氢气，故A错误；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，随着反应进行，溶液中氢离子浓度减小、硫酸锌浓度增大，所以在反应过程中，水的电离程度逐渐增大，故B正确；C加入硫酸钠溶液，氢离子浓度降低，所以反应速率减小，故C错误；D加入醋酸钠固体时，稀硫酸和醋酸反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故D错误；故选B8下列有关问题与盐的水解无关的是（）ANH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂B用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可制成泡沫灭火剂C常温下测得NaHSO3溶
28、液的pH小于7D实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞【考点】盐类水解的应用【分析】ANH4Cl与ZnCl2溶液都呈酸性，可作焊接金属时的除锈剂；BHCO3与Al3+发生互促水解反应生成Al（OH）3和CO2气体；CNaHSO3溶液的pH小于7，说明HSO3电离程度大于水解程度；DNa2CO3溶液呈碱性【解答】解：ANH4Cl与ZnCl2都为强酸弱碱盐，水解都呈酸性，可作焊接金属时的除锈剂，与水解有关，故A不选；BHCO3与Al3+发生互促水解反应生成Al（OH）3和CO2气体，与水解有关，故B不选；CNaHSO3溶液的pH小于7，说明HSO3电离程度大于水解程度，与水解无关，故C
29、选；DNa2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D不选故选C9随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570K时平衡常数为11059下列说法正确的是（）A提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂B提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或COD570 K时及时抽走CO2、N2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A提高净化速率的最好方法是使用高效催化剂；B尾气温度已经很高，再升高温度的意义不大；
30、C反应是可逆反应，不能进行彻底；D改变浓度对平衡常数无影响；【解答】解：A研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，故A正确；B尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，故B错误；C该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有NO或CO，故C错误；D改变浓度对平衡常数无影响，平衡常数只与温度有关，故D错误；故选A10在一定温度下将CO和水蒸气各1mol放在密闭的容器中反应：CO+H2OCO2+H2，达到平衡后，测得CO2为0.6mol，再通入4mol水蒸气，达到平衡后CO2的物质的量为（）A等于0.6molB等于1molC大于0
31、.6mol小于1molD大于1mol【考点】化学平衡的影响因素【分析】反应CO+H2O（g）CO2+H2达平衡后，加入水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，但是反应物不可能全部转化为生成物【解答】解：根据题意：CO+H2O（g）CO2 +H2，初始物质的量：1 1 0 0变化物质的量：0.6 0.6 0.6 0.6平衡物质的量：0.4 0.4 0.6 0.6此时二氧化碳和氢气的物质的量之和是1.2mol，再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则会生成二氧化碳和氢气各0.4mol，此时CO2的物质的量1mol，但是一氧化碳不会全部转化，所以达到新的平衡后，
32、CO2的物质的量介于0.6mol1mol之间故选C二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意）11用惰性电极电解一定量的CuSO4稀溶液，下列说法中正确的是（）A阳极发生的电极反应为：Cu2+2e=CuB阴极发生的电极反应为：4OH=2H2O+O2+4eC若有6.4g金属Cu析出，放出的O2一定为0.05 molD电解完成后，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到原来的浓度【考点】电解原理【分析】用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，阴极发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，电池反应式为2CuSO4+2
33、H2O2Cu+4H2SO4+O2，2H2O2H2+O2，据此分析【解答】解：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，阴极发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+4H2SO4+O2，A阳极上电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，故A错误；B阴极发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，故B错误；C若阴极有6.4g金属Cu析出还有可能铜离子反应结束，这时溶液中的氢离子继续在阴极放电，所以阳极放出的O2不一定为0.05mol，可能大于0.05mol，故C错误；D当铜离子反应结束继续电解相当于电解水，所以电解完成后，根据少什么加什
34、么，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到原来的浓度，故D正确；故选D12在一定温度下，向2L的密闭容器中加入1molHI，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g）H0，2min后反应达到平衡，测得H2的物质的量为0.1mol，下列说法正确的是（）A该温度下，反应的平衡常数是B02min内，HI的平均反应速率为0.1molL1min1C在恒容条件下，向该体系中充入HI气体，平衡不移动，反应速率不变D升高温度，平衡向正反应方向移动，只有正反应速率加快【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A平衡时生成氢气为0.1mol，根据方程式计算生成的n（I2）、参加反应的n（HI），进而计
35、算平衡时HI的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数相等，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；B2min内生成氢气为0.1mol，根据v=计算v（H2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（HI）；C恒压下向该体系中加入N2，体积增大，反应混合物的浓度减小，反应速率减小，等效为降低压强，结合化学计量数判断平衡移动；D升高温度正、逆反应速率都增大【解答】解：A平衡时生成氢气为0.1mol，根据方程式计算生成的n（I2）=n（H2）=0.1mol，参加反应的n（HI）=2n（H2）=0.2mol，平衡时HI的物质的量为1mol0.2mol=0.8mol，由于反应前后气体的化学计量数相等
36、，利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数k=，故A正确；B2min内生成氢气为0.1mol，故v（H2）=0.025molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，故v（HI）=2v（H2）=0.05molL1min1，故B错误；C恒压下向该体系中加入N2，体积增大，等效为降低压强，该反应前后气体的体积不变，平衡不移动反应混合物的浓度减小，反应速率减小，故C错误；D升高温度正、逆反应速率都增大，故D错误；故选A13分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD【考点】盐类水解的应用【分析】
37、加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁；氧化钙和水反应生成氢氧化钙；氯化钠不水解；碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠；硫酸钾不水解【解答】解：氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，故错误；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，加热过程中，蒸发掉水，最后得到氢氧化钙，故错误；氯化钠不水解，蒸发掉水后得到氯化钠，故正确；加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故错误；亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，故错误；硫酸钾不水解，将水分蒸干时得到
38、硫酸钾，故正确；故选B14载人空间站的生态系统中，要求分离人呼出的二氧化碳，同时需要提供氧气某电化学装置利用太阳能转化的电能可以实现上述要求，同时还有燃料一氧化碳生成，该电化学装置中得电子的电极发生的反应是2CO2+4e+2H2O2CO+4OH下列判断错误的是（）A上述电化学装置相当于电解池B上述装置进行的总反应为2CO22CO+O2C反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性增强D失电子的电极发生的反应是4OH4e2H2O+O2【考点】化学电源新型电池【分析】A该电池是利用电能转化为化学能，符合电解池原理；B该电池中，阴极上电极反应式为2CO2+4e+2H2O2CO+4OH，阳极上氢氧根离子失
39、电子生成氧气，得失电子相同条件下将两个电极反应式相加即得电池反应式；C阴极反应生成的OH在阳极完全反应；D阳极上氢氧根离子失电子生成氧气供给呼吸【解答】解：A该电池是利用电能转化为化学能，符合电解池原理，所以上述电化学装置相当于电解池，故A正确；B该电池中，阴极上电极反应式为2CO2+4e+2H2O2CO+4OH，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，得失电子相同条件下将两个电极反应式相加即得电池反应式为2CO22CO+O2，故B正确；C阴极反应生成的OH在阳极完全反应，电池反应式为2CO22CO+O2，所以反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性不变，故C错误；D阳极上氢氧根离子失电子生成氧气供给
40、呼吸，电极反应式为4OH4e2H2O+O2，故D正确；故选C15下列方程式书写正确的是（）A碳酸的电离方程式：H2CO32H+CO32B向氯化钙溶液中通入二氧化硫气体：Ca2+SO2+H2O=CaSO3+2H+C往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液：2Ag+ （aq）+S2（aq）=Ag2S（s）D明矾水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸的电离分步进行，以第一步为主；B盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，不发生反应；C发生沉淀的转化；D铝离子水解，生成氢氧化铝和氢离子，为可逆反应【解答】解：A碳酸的电离方程式为H2CO3H+HCO3，故A错误；B向氯化钙溶
41、液中通入二氧化硫气体，不反应，故B错误；C往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液的离子反应为2AgI（s）+S2（aq）=Ag2S（s）+2I（aq），故C错误；D明矾水解的离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故D正确；故选D16下列表述正确的是（）A0.1molL1Na2CO3溶液中：OH=HCO3+H+H2CO3B0.1molL1CH3COONa溶液中：Na+=CH3COO+OHCCH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa）D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶
42、液中离子浓度的关系：CH3COONa+OH=H+【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B根据电荷守恒判断；C酸根离子水解程度越大，相同pH的盐溶液中，盐的浓度越小，碱的浓度最小；D溶液呈中性，则OH=H+，再结合电荷守恒判断【解答】解：A根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），所以得c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故A错误；B溶液中存在电荷守恒，根据电荷守
43、恒得Na+H+=CH3COO+OH，故B错误；C酸根离子水解程度越大，相同pH的盐溶液中，盐的浓度越小，碱的浓度最小，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以pH相等的这几种溶液中，浓度大小顺序是c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa），故C正确；D混合溶液呈中性，则OH=H+，溶液中存在电荷守恒Na+H+=CH3COO+OH，所以CH3COO=Na+，故D错误；故选C17某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（）A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OHClO+Cl+
44、H2OB该消毒液的pH约为12：ClO+H2OHClO+OH-C该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H+Cl+ClOCl2+H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO-【考点】真题集萃；氯气的化学性质【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题【解答】解：A消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B饱和NaClO溶液的pH约为11
45、，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H+Cl+ClOCl2+H2O，故C正确；D由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确故选B18室温下向10mL 0.1 molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时，c（Na+）=c（A）+c（HA）Db点所示溶液中c（A）
46、c（HA）【考点】真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；Bb点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；CpH=7时，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A水解程度【解答】解：Aa点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）c（H+），故A错误；Ba点A水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；CpH=7时，c（H+）=c
47、（OH），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），则c（Na+）=c（A），故C错误；Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A水解程度，则存在c（A）c（HA），故D正确故选D19下列说法正确的是（）A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A加入醋酸钠，溶液中醋酸根
48、离子浓度增大，抑制醋酸的电离；B.25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；C硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；DAgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I）【解答】解：A稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；B.25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH7，故B错误；C硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度
49、溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C正确；D均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I），故D错误，故选：C20下列说法不正确的是（）ANa与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同CFeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同DMg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液【考点】真题集萃；焓变和
50、熵变；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合G=HTS0，反应自发进行；B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋白质变性；CFeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同；DNH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，平衡右移【解答】解：ANa与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即SO，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即H0，则G=HTS0，故该反应自发进行
51、，故A正确；B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na2SO4溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现象，为可逆过程，再加入水可以溶解，硝酸具有强氧化性，使蛋白质变性，过程不可能，二者原理不同，故B正确；CFeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同，同等条件下H2O2分解速率的改变不相同，故C错误；DNH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，使Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）平衡右移，故Mg（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故D正确，故选：C三、解答题（共6小题，满分50分）21（1）NaHCO3是一种强（填“强”或
52、“弱”）电解质；（2）写出HCO3水解的离子方程式：HCO3+H2OH2CO3+OH；（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na+、HCO3、H2CO3、CO32、OH 五种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H2CO3）c（CO32）（4）常温下，相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液碱性较强的是Na2CO3 溶液，Na2CO3溶液中表示电荷守恒的式子为c（Na+）+ c（H+）2c（CO32） +c（HCO3）+c（OH）【考点】强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】（1）在水溶液中能够完全电
53、离的电解质为强电解质；（2）碳酸氢根离子为多元弱酸的酸式根离子，部分水解生成碳酸和氢氧根离子；（3）0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；（4）CO32为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，第二步水解程度远远小于第一步；根据Na2CO3在溶液中的行为来分析：Na2CO3 =2Na+CO32； CO32+H2OHCO3+OH； HCO3+H2OH2CO3+OH； H2OH+OH结合根据溶液呈电中性来分析；【解答】解：（1）碳酸氢钠在水溶液中能够完全电离，为强电解质；故答案为：强；（2）碳酸氢根离子为多元弱酸的酸式根离子，部分水解生成碳酸和氢
54、氧根离子，离子方程式：HCO3+H2O H2CO3+OH；故答案为：HCO3+H2O H2CO3+OH；（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于8，c（OH）c（H+），说明HCO3水解程度大于其电离程度，故c（Na+）c（HCO3）、c（H2CO3）c（CO32），水解程度不大所以c（HCO3）c（H2CO3）、c（HCO3）c（OH），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3水解，故c（OH）c（H2CO3），所以c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H2CO3）c（CO32）故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H2CO3）c（CO32）；（4）CO32为多元弱
55、酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，第二步水解程度远远小于第一步，所以相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液碱性较强的是Na2CO3 溶液；Na2CO3在溶液中的行为来分析：Na2CO3 =2Na+CO32； CO32+H2OHCO3+OH； HCO3+H2OH2CO3+OH； H2OH+OH，溶液中存在离子为：Na+、HCO3、CO32、H+、OH，溶液呈电中性可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3），故答案为：Na2CO3 ；c（Na+）+ c（H+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）22对于2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0
56、 反应来说：（1）若将2mol SO2气体和1mol O2气体在2L容器中混合并在一定条件下发生反应，经2min建立平衡，此时测得SO3浓度为0.8molL1，则从开始至2min用氧气表示的平均速率v（O2）=0.2molL1min1（2）在体积不变的条件下，改变下列条件重新达到平衡时，能使平衡常数K增大的有B（填字母）A升高温度B降低温度 C增大压强 D移出生成的SO3（3）一定温度下，若将8mol SO2气体和4mol O2气体混合置于体积恒定的密闭容器中，能说明该反应已达到平衡状态的是BCASO2的转化率和O2的转化率相等 B容器内压强保持不变Cv（SO2）逆=2v（O2）正D容器内密度
57、保持不变（4）一定温度下，将8mol SO2和4mol O2气体混合置于体积不变的密闭容器中，经t1时间达到平衡，测得混合气体总物质的量为10mol若此时向容器中充入一定量的氦气，SO3（g）的物质的量将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）；若使SO2、O2、SO3三种气体均增加1mol，则平衡向右移动（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）利用三段式计算各组成的浓度变化量、平衡时各组成的浓度，根据v=计算v（O2）；（2）平衡常数只受温度影响，平衡常数增大应改变温度使平衡向正反应方向移动，结合温度对平衡的影响及反应特征判断；（
58、3）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；（4）一定温度下，将8mol SO2和4mol O2气体混合置于体积不变的密闭容器中，经t1时间达到平衡，测得混合气体总物质的量为10mol，则：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 物质的量减小n2 1 2 14mol 2mol 4mol （8mol+4mol）10mol=2mol平衡时，SO2、O2、SO3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，体积不变的密闭容器中，充入一定量的氦气，不影响反应混合物各组分的浓度，平衡不移动；平衡后，使SO2、O2、SO3三种气体均增加1m
59、ol，等效为加入SO2、O2、SO3三种气体分别为1mol、0.5mol、1mol，增大压强，在到达平衡的基础上在加入0.5molO2，据此判断【解答】解：（1）经2min建立平衡，此时测得SO3浓度为0.8molL1，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）开始（mol/L）：1 0.5 0变化（mol/L）：0.8 0.4 0.8平衡（mol/L）：0.2 0.1 0.8故v（O2）=0.2molL1min1，故答案为：0.2molL1min1；（2）平衡常数只受温度影响，平衡常数增大应改变温度使平衡向正反应方向移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，故答案为：B；（3）A二氧化
60、硫与氧气的起始物质的量之比为2：1，等于化学计量数之比，反应过程中SO2的转化率和O2的转化率始终相等，不能说明到达平衡，故A错误； B恒温恒容下，随反应进行，容器内反应混合气体的物质的量减小压强降低，当容器内压强保持不变，说明到达平衡，故B正确；Cv（SO2）逆=2v（O2）正 ，则二者速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确；D混合气体的总质量不变，容器的容积不变，容器内密度始终保持不变，密度不变不能说明到达平衡，故D错误；故答案为：BC；（4）一定温度下，将8mol SO2和4mol O2气体混合置于体积不变的密闭容器中，经t1时间达到平衡，测得混合气体总物质的量为10mol，
61、则：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 物质的量减小n2 1 2 14mol 2mol 4mol （8mol+4mol）10mol=2mol平衡时，SO2、O2、SO3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，体积不变的密闭容器中，充入一定量的氦气，不影响反应混合物各组分的浓度，平衡不移动，SO3（g）的物质的量不变；平衡后，使SO2、O2、SO3三种气体均增加1mol，等效为加入SO2、O2、SO3三种气体分别为1mol、0.5mol、1mol，增大压强，平衡向正反应方向移动，在到达平衡的基础上在加入0.5molO2，平衡再向正反应方向移动，平衡向右移动，故答案为：不变；向右移动2
62、3物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡请根据所学知识的回答：（1）A为0.1molL1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）（2）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸目的是抑制Fe3+水解；（3）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在25时，氯化银的Ksp=1.81010mol2L2现将足量氯化银分别放入：100mL蒸馏水中；100mL 0.2molL1AgNO3溶液中；10
63、0mL 0.1molL1氯化铝溶液中；100mL 0.1molL1盐酸溶液中充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是（填写序号）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；（2）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；（3）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化；依据溶度积分别计算【解答】解：（1）铵根离子水解，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），1molL1的（NH4）2SO4溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c（NH4+）
64、c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（2）实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，故答案为：盐酸；抑制Fe3+水解；（3）100mL 0.2molL1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，100mL 0.1molL1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=61010mol/L；100mL 0.1molL1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8109mol/L；综上所述大小顺序为：，故答案为：24某溶液中可能含有A13+、NH4+、Fe2+、CO32、SO4
65、2、C1中的一种或几种，取该溶液进行以下连续实验：（1）取溶液少量于试管中，测得溶液的pH为2，则溶液中不存在的离子是CO32（2）继续向溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液，有沉淀生成，同时有气体放出，写出产生气体的离子方程式NO3+3Fe2+4H+=NO+2H2O+3Fe3+（3）取（2）中的上层清液，加入过量NaOH溶液，有沉淀、气体生成，此沉淀和气体的化学式为Fe（OH）3、NH3（4）继续向（3）中反应后的剩余溶液中通入足量CO2气体，又有白色沉淀生成，则原溶液中存在的离子是Al3+（5）上述实验中还不能确定是否存在的离子是Cl【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；常见阳离子的检验；
66、常见阴离子的检验【分析】（1）溶液的pH为2，显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存；（2）加入过量Ba（NO3）2溶液，有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，同时有气体放出，气体为NO；（3）加入过量NaOH溶液，有沉淀、气体生成，反应生成氢氧化铁、氨气；（4）剩余溶液中通入足量CO2气体，又有白色沉淀生成，沉淀为氢氧化铝；（5）不能确定氯离子是否存在【解答】解：（1）溶液的pH为2，显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，因氢离子与CO32反应生成气体和水，则不能存在，故答案为：CO32；（2）加入过量Ba（NO3
67、）2溶液，有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，同时有气体放出，气体为NO，生成气体的离子反应为NO3+3Fe2+4H+=NO+2H2O+3Fe3+，故答案为：NO3+3Fe2+4H+=NO+2H2O+3Fe3+；（3）加入过量NaOH溶液，有沉淀、气体生成，反应生成氢氧化铁、氨气，化学式分别为Fe（OH）3、NH3，故答案为：Fe（OH）3；NH3；（4）剩余溶液中通入足量CO2气体，又有白色沉淀生成，沉淀为氢氧化铝，则原溶液中存在Al3+，故答案为：Al3+；（5）不能确定氯离子是否存在，故答案为：Cl25（1）常温下将1molNH4Cl和0.2molNaOH溶于水配成1L溶液该溶液中存在4个平衡体系
68、，写出任意3个：NH3H2ONH3+H2O、NH3H2ONH4+OH、NH4+H2ONH3H2O+H+该溶液中浓度为1mol/L的微粒是Cl该溶液中物质的量之和为1mol的三种微粒是NH4+、NH3H2O、NH3（2）醋酸是一种弱电解质 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示则图II（填“I”或“”）为醋酸稀释的图象（3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25、pH=13的Ba（OH）2溶液溶液中由水电离出的c（OH）=1013mol/L；该溶液与某浓度的盐酸按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两
69、溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=2【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【分析】（1）将1molNH4Cl和0.2molNaOH溶于水配成1L溶液，溶液中的溶质是NH4Cl、NH3H2O、NaCl，NH3H2O和H2O都是弱电解质，部分电离，溶液中存在的微粒有：Na+、Cl、NH3H2O、NH4+、OH、H2O、H+，结合物料书恒解答该题；（2）盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，醋酸稀释促进醋酸电离继续产生氢离子，故稀释相同的倍数，醋酸的pH增大的较小（3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25、pH=
70、13的Ba（OH）2溶液pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中由水电离出c（OH ）； pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH ）=103mol/L，令盐酸的浓度为amol/L，用a表示出混合后溶液中n（OH ），列方程计算【解答】解：（1）液中的溶质是NH4Cl、NH3H2O、NaCl，NH4Cl是强酸弱碱盐能发生水解，所以存在平衡 体系； NH3H2O和H2O都是弱电解质，部分电离，所以存在平衡体系
71、，离子方程式为NH3H2ONH3+H2O、NH3H2ONH4+OH、NH4+H2ONH3H2O+H+、H2OH+OH，故答案为：NH3H2ONH3+H2O；NH3H2ONH4+OH；NH4+H2ONH3H2O+H+；1molNH4Cl配成1L溶液，Cl浓度为1mol/L，故答案为：Cl；无论NH4+水解程度和NH3H2O的电离的程度如何，但遵守物料守恒，即NH4+、NH3H2O、NH3的物质的量之和为1mol，故答案为：NH4+、NH3H2O、NH3 （2）盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，醋酸稀释促进醋酸电离继续产生氢离子，故稀释相同的倍数，醋酸的PH增
72、大的较小，故图为醋酸稀释的图象，故答案为：（3）pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH ），故水电离出c（OH ）=c（H+）=1013mol/L，故答案为：1013mol/L；pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH）=103mol/L，令盐酸的浓度为amol/L，则混合后溶液中n（OH）=1L0.1mol/L9Lamol/L=103mol/L（1L+9L），解得a=0.01，所以pH=
73、2故答案为：226重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）：制备原理：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）制备过程总的离子方程式可表示为4CrO42+4H2O2Cr2O72+4OH+2H2+O2，通电后阳极室产生的现象为阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色，其电极反应式是4OH4e=O2+2H2O 或2H2O4e=O2+4 H+（2）若实验开始时在右室中加入0.2mol K2CrO4，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为
74、3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为2：1【考点】电解原理【分析】（1）电解时，阳极上OH放电生成生成O2，同时阳极附近有H+生成，导致溶液呈酸性，酸性条件下发生反应2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O，导致溶液由黄色转化为橙色；（2）电解过程中阳极附近有氢离子生成，左室中的钾离子通过阳离子交换膜进入右室，导致右室中钾原子物质的量增大，根据Cr原子守恒进行计算【解答】解：（1）电解时，阳极上OH放电生成生成O2，电极反应式为4OH4e=O2+2H2O 或2H2O4e=O2+4 H+；同时阳极附近有H+生成，导致溶液呈酸性，酸性条件下发生反应2CrO4
75、2（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O，导致溶液由黄色转化为橙色，所以看到的现象是阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色，故答案为：阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色；4OH4e=O2+2H2O 或2H2O4e=O2+4 H+；（2）电解过程中阳极附近有氢离子生成，左室中的钾离子通过阳离子交换膜进入右室，导致右室中钾原子物质的量增大，开始时在右室中加入0.2mol K2CrO4，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，根据Cr原子守恒知，则t分钟后K、Cr的物质的量分别是0.3mol、0.2mol，设溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量分别是xmol、ymol，则解得，所以溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比=0.1mol：0.05mol=2：1，故答案为：2：12016年11月10日