1、2020-2021学年天津市耀华中学高二(上)第二次段考化学试卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1. 常温下，将pH1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为()A. 111B. 101C. 61D. 51【答案】C【解析】设每份硫酸的体积为1L，pH=1的硫酸溶液中c（H）=0.1molL1，c（H2SO4）=c（H）/2=0.05molL1，pH升高了1，则溶液中c（H）=0.01molL1，当是加水稀释时，设加入水的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则
2、:1L0.1molL1=（1+x）L0.01molL1，x=9，加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液时，设加入氢氧化钠的体积为yL，则有：（1L0.1molL1-yL0.05molL1）=0.01molL1（1+y）L，y=9/6，则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 =6：1，故选C。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，解题关键：运用物质的量计算公式计算，从质量守恒的角度解答，题目难度中等，易错点：另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，硫酸溶液的pH、氢离子浓度、H2SO4化学式中的氢原子数2、与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液的浓度，四个物理量要理解清楚。
3、2. 25时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液中水的电离度为a2，pH12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a4。下列关系式中正确的是（ ）A. a2=a3a4a1B. a3=a2a1a4C. a2a3a1a4D. a1a2a3a4【答案】A【解析】【详解】在25时，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7molL-1，纯水的电离度为a1；pH=2的醋酸溶液中c(H+)=10-2molL-1，水电离出来的氢离子的浓度与氢氧根的浓度相等，即c(H+)水=c(OH-)水=molL-1=10-12molL-1，水的电离度为a2，醋酸电离
4、出来的氢离子要抑制水的电离，a2a1；同理可得pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-2molL-1，c(H+)水=c(OH-)水=molL-1=10-12molL-1，水的电离度为a3=a2a1；pH=2的醋酸溶液和pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸是弱电解质，所以醋酸过量，溶液仍显酸性，溶液的pH10-12molL-1，溶液中水的电离度为a4，所以有a2=a3a4【答案】A【解析】【详解】A.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，所以，选项A正确； B.碳酸钠溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得：，选项B错误； C.常温下，醋酸溶液中氢离子浓度为，醋酸浓度大于；而的氢氧化钠溶液的浓
5、度为，二者等体积混合时醋酸过量，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性，则，正确的浓度大小为：，选项C错误； D.同浓度的下列溶液：，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解，弱碱电离，且电离的程度很弱，则由大到小的顺序是：，选项D错误； 故选A。6. 室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是( )加入的物质结论A50mL 1mol/L H2SO4反应结束后，c(Na+)=c(SO)B0.5mol CaO溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D0.1
6、mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c (Na+)不变A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】An(H2SO4)=1mol/L0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c()，故A错误；B0.5molCaO和水反应生成0.5mol氢氧化钙，和0.05molNa2CO3反应， Na2CO3完全被消耗转化为CaCO3沉淀，溶液中浓度极低， OH-浓度较大，所以溶液中增大，故B正确；CNa2CO3水解促进水的电离，溶液显碱性，加水稀释，溶液的碱性减弱，对水的电离的促进程度减弱，由水电离出的c(H+)c(OH-)
7、减小，故C错误；D加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；故选B。7. 下列关于0.10 molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是A. 溶质的电离方程式为NaHCO3Na H CO32B. 25 时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大C. 离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO3)c(CO32)D. 温度升高，c(HCO3)增大【答案】B【解析】【详解】A碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3-，故A错
8、误； B25时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，故B正确；C离子浓度关系为c（Na+）+c（H+）c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），遵循电荷守恒，故C错误；DHCO3-水解为吸热反应，温度升高，促进HCO3 的电离和水解，c(HCO3 )减小，D错误；故选B。8. 室温下向10mL溶液中加入的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a点所示溶液中B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C. 时，D. b点所示溶液中【答案】D
9、【解析】【详解】A（加入10mL一元酸HA溶液时，HA与NaOH恰好完全反应，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，该溶液中存在、，由电荷守恒可得，由物料守恒可得，联立两式得，故溶液中有，A项错误；Ba点所示溶液中水的电离受到促进，b点表示NaA与HA物质的量之比为11的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于的水解程度，B项错误；C，则，又溶液中存在电荷守恒：，故，C项错误。Db点表示NaA与HA物质量之比为11的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于的水解程度，故，D项正确溶液中水的电离受到抑制，故选：D。9. 40 时，在氨水体系中不断通入，各种离子的变
10、化趋势如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 在时，B. 不同pH的溶液中存在关系：C. 随着的通入，不断增大D. 在溶液中pH不断降低的过程中，有含的中间产物生成【答案】C【解析】【分析】本题主要考查离子浓度大小比较；根据PH=9时，图像中各种离子浓度的大小关系分析；图像中任意一点都存在电荷守恒；根据电离平衡常数K分析各离子浓度大小；由图像可知随着pH不断降低的过程中，有的中间产物生成。【详解】A在时，作直线垂直于横坐标，从图上可以直接看出：，A正确；B根据电荷守恒可得： ，B正确；C ，不变，由图像可知不断增大，则比值不断减小，故C项错误；D项正确，从图上看，pH降低过程中，有含的中间产物
11、生成。答案选C。10. 以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：下列叙述正确的是A. 曲线代表，曲线代表B. H2A溶液浓度为0.2000 molL1C. HA的电离常数Ka=1.0102D. 滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线
12、代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A根据分析，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，A错误；B当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；C根据曲线当(HA-)=(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(H+)=110-2，C
13、正确；D用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.210，终点时溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H+A2-，HA-H+A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中(HA-)=(A2-)时溶液的pH5，而是pH=2。11. 下列说法正确的是()难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶解(或沉淀)
14、速率都相等难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则沉淀完全，溶液中只含Ba2、Na和Cl，不含Ksp小的物质其溶解能力一定比Ksp大的物质的溶解能力小为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，溶液中各种离子的溶解(或沉淀)速率不一定相等，这与化学计量数有关，不正确；难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，并未改变溶液中离子的浓度，对平衡不产生影响，不正确；向Na2SO
15、4溶液中加入过量的BaCl2溶液，仍未沉淀完全，因为达沉淀溶解平衡时，溶液中不仅含Ba2、Na和Cl，还含，不正确；同种类型的难溶电解质，Ksp越小，其溶解能力越小，但不同类型的难溶电解质，Ksp小，其溶解能力不一定小，不正确；因为稀H2SO4中含有SO42-，可抑制BaSO4的溶解，所以为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀，正确；洗涤沉淀时，洗涤次数越多，沉淀损失的越多，不正确。综合以上分析，只有符合题意。故选C。12. 25时，Ksp(BaSO4)=11010，Ksp(BaCO3)=2.6109。该温度下，下列说法不正确的是（ ）A. 同浓度的Na
16、2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B. BaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2+)增大C. BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，D. BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3【答案】D【解析】【详解】Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)就可以形成碳酸钡沉淀，所以BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4有可能转化为BaCO3，D项错误；答案选D。13. 已知25时，电离常数Ka(HF)3.610-4，溶度积常数Ksp(CaF2)1.4610-10。现向1 L 0.2molL-1HF溶液中加入1 L
17、0.2 molL-1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是 ()A. 25时，0.1 molL-1HF溶液中pH1B. 该体系中有CaF2沉淀产生C. Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化D. 加入CaCl2溶液后体系中的c(H+)浓度不变【答案】B【解析】【分析】本题主要考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；A.HF为弱电解质，不能完全电离；B.根据溶度积计算是否有沉淀生成；C.溶度积只受温度的影响；D.加入CaCl2溶液促进HF的电离。【详解】A.HF为弱电解质，不能完全电离，因此0.1 molL-1HF溶液中c（H+）1，故A错误；B.向1L0.2molL1HF溶液中加入1L0
18、.2molL1CaCl2溶液，混合后，c(H+)=c(F)=，c(Ca2+)=0.1mol/L，c2(F)c(Ca2+)=3.61050.1=3.61061.461010，该体系中有CaF2沉淀产生，故B正确。C.溶度积只受温度的影响，不随浓度的变化而变化，故C错误；D.溶液中存在HFH+F，CaF2(s)Ca2+(aq)+2F(aq)，加入CaCl2溶液后，Ca2+浓度增大，平衡向生成沉淀的方向移动，则F浓度减小，促进HF的电离，c(H+)浓度增大，故D错误。14. 控制适合的条件，将反应设计成如右图所示的原电池。下列判断不正确的是A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B. 反应开始时
19、，甲中石墨电极上Fe3+被还原C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极【答案】D【解析】【详解】A.乙中I失去电子放电，发生氧化反应，A正确；B.由总反应方程式知，Fe3被还原成Fe2，B正确；C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，C正确；D.甲中加入Fe2，导致平衡逆向移动，则Fe2失去电子生成Fe3，作为负极，则乙中石墨电极为正极，D错误。答案选D。15. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 反应，每消耗1mol CH4转移12mol 电子B. 电极A上H2参与
20、的电极反应为：H2+2OH-2e-=2H2OC. 电池工作时，CO32-向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32-【答案】D【解析】【详解】A、1mol CH4CO，化合价由-4价+2上升6价，1mol CH4参加反应共转移6mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32-4e-=3CO2H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。二、
21、解答题16. 写出下列化学电源的电极反应式(1)铅蓄电池放电时的正极反应：_。(2)氢氧燃料电池在碱性环境下的正极反应：_。(3)甲烷燃料电池在碱性环境下的负极反应：_。【答案】 (1). PbO2+2e-+4H+SO=PbSO4+2H2O (2). O2+2H2O+4e-=4OH (3). CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O【解析】【详解】(1)正极上PbO2得电子和H2SO4反应生成PbSO4，电极反应式为PbO2+2e+4H+=PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+2e+4H+=PbSO4+2H2O；(2)碱性环境下氢氧燃料电池正极上是氧气得电子的还原反应，即O2+2H2O+
22、4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH；(3)甲烷燃料电池甲烷在负极失电子，在碱溶液中生成碳酸根离子，甲烷燃料电池在碱性条件下的负极反应为：CH48e+10OH=+7H2O；故答案为：CH48e+10OH=+7H2O。17. 使用酸碱中和滴定法测定某未知物质的量浓度的稀盐酸。.实验步骤：(1)滴定前的准备滴定管：_洗涤润洗装液赶气泡调液面记录。a排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。b记录盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数时，液面位置如图2所示，则此时的读数为_mL。锥形瓶：用_量取待测稀盐酸20.00m
23、L于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂。(2)滴定用标准的NaOH溶液滴定待测的稀盐酸时，左手操作滴定管活塞，右手旋摇锥形瓶，眼睛注视_。滴定至终点时，记录NaOH溶液的终点读数。再重复滴定3次。.实验记录：滴定次数实验数据/mL1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.8015.0015.0214.98.数据处理与误差分析：(1)结合上表数据，计算被测稀盐酸的物质的量浓度是_mol/L。(2)在本实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有_。A锥形瓶水洗后未干燥B碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗C滴定终点读数时俯视读数D锥形瓶在
24、滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出E配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体F碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失。【答案】 (1). 检漏 (2). 丙 (3). 0.70 (4). 酸式滴定管 (5). 锥形瓶内溶液的颜色变化 (6). 0.07500 (7). CD【解析】【详解】.(1)带有活塞的玻璃仪器在实验前要检验是否漏水，即滴定管使用前先检漏；故答案为：检漏；a碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，故答案为：丙；b滴定管液面的读数0.70mL；故答案为：0.70；酸性溶液用酸式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取盐酸；故
25、答案为：酸式滴定管；(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；.(1)根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4组平均消耗V(NaOH溶液)=15.00mL，HCl+NaOH=NaCl+H2O，0.02000Lc(盐酸)=0.01500L0.1000mol/L 解得：c(盐酸)=0.07500mol/L；故答案为：0.07500；(2)A锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，c(待测)不变，故A不选；B碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，
26、c(待测)偏大，故B不选；C滴定终点读数时俯视读数，造成V(标准)偏小，c(待测)偏小，故C选；D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，则盐酸的物质的量减小，消耗的标准溶液氢氧化钠的体积偏小，即V(标准)偏小，c(待测)偏小，故D选；E配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体，使配制的NaOH标准溶液浓度偏小，造成V(标准)偏大，c(待测)偏大，故E不选；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，c(待测)偏大，故F不选；故答案为：CD。18. 某温度下，测得0.01molL-1的NaOH溶液的pH为11，将该温度下pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液
27、VbL混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：(1)若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=_。(2)若所得混合溶液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=_。(3)若所得混合溶液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=_。【答案】 (1). 1：10 (2). 10：1 (3). 1：9【解析】【分析】0.01mol/L NaOH溶液中，c(OH)=0.01mol/L，pH=11，c(H+)=10-11mol/L，则Kw=c(OH)c(H+)=0.011011=10-13，由此解答。【详解】(1)pH=12的NaOH溶液中c(OH)=0.1mol/L，pH=2的
28、H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液为中性，则VaL0.1mol/L=VbL0.01mol/L，解得Va：Vb=1：10；(2)pH=a的NaOH溶液中c(OH)=10a-13mol/L，pH=b的H2SO4溶液中c(H+)=10-bmol/L，所得混合溶液为中性，则VaL10a-13mol/L=VbL10-bmol/L，且a+b=12，解得Va：Vb=10：1；(3)pH=12的NaOH溶液中c(OH)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，所得混合溶液的pH=10，碱过量，混合溶液中c(OH)=0.001mol/L，则(Va+Vb)
29、L0.001mol/L=VaL0.1mol/LVbL0.01mol/L，解得Va：Vb=1：9。19. 某化学兴趣小组拟用粗氧化铜(含少量铜粉、氧化铁及不溶于酸的杂质)制取无水氯化铜，其制备步骤如图实验过程中所用的物质X、Y及pH控制参照表格确定：表I 物质开始沉淀时pH完全沉淀时pHFe(OH)3 2.7 3.7Fe(OH)2 7.6 9.6Cu(OH)2 5.2 6.4表氧化剂调节pH的物质A双氧水E氨水B高锰酸钾F碱式碳酸铜C氯水G氧化铜请填写下列空白(1)沉淀的成分(化学式)是_。(2)步骤加入的试剂X可选用表中的_ (填序号，且选出全部合理的)，其作用是_(3)步骤加入试剂Y可选用表
30、中的_(填序号，且选出全部合理的)，控制pH=5的目的是_(4)步骤要得到无水CuCl2，应控制的一定条件是_。(5)步骤中所发生的全部反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). AC (3). 将亚铁离子转化为铁离子 (4). FG (5). 将铁离子转化为沉淀而铜离子不产生沉淀 (6). 在干燥的HCl气流中加热CuCl22H2O (7). CuO+2H+=Cu2+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【解析】【分析】粗氧化铜中含CuO(少量Cu、Fe2O3及不溶于酸的杂质)，加入过量盐酸，CuO、Fe2O3与HCl反应
31、生成CuCl2和FeCl3，Cu和FeCl3反应溶解，生成CuCl2和FeCl2，过滤，溶液中含Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+、Cl；从实验目的来看，应把铁元素除去，调节pH=5，只有Fe3+沉淀，Fe2+不沉淀，所以应先把Fe2+氧化成Fe3+，故加入的X为氧化剂，为了不引入新的杂质，可选用H2O2或氯水，溶液含Fe3+、Cu2+、H+等阳离子；加入Y是调节pH，从不引入杂质考虑，应选用含Cu的化合物，沉淀为Fe(OH)3，溶液中含Cu2+和Cl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuCl2晶体；在氯化氢氛围中加热CuCl2晶体得到无水CuCl2；【详解】(1)由分析知沉淀的成分(化学式
32、)是Fe(OH)3；(2)由分析知步骤加入的试剂X为氧化剂，为了不引入新杂质，可选用双氧水或氯水，即AC；其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于与Cu2+分离；(3)加入氨水可调节pH，但引入了新的杂质铵根离子，铜的化合物氧化铜、碱式碳酸铜、氢氧化铜都可和氢离子反应，能调节pH，且不会引入新的杂质，故选FG；调节溶液的pH=5能将Fe3+转化为沉淀而Cu2+不沉淀；(4 ) 步骤要得到无水氯化铜，需要在干燥的HCl气流中加热CuCl22H2O，是为了抑制Cu2+的水解，故答案为：在干燥的HCl气流中加热CuCl22H2O；(5)该操作中CuO、氧化铁都溶于稀盐酸，且Cu还和Fe3+反应，离子方
33、程式有CuO+2H+=Cu2+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+。20. 硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验。已知溶液pH=3.7时，Fe3+已经沉淀完全；一水合氨电离常数Kb=1.810-5，其饱和溶液中c(OH-)约为110-3molL-1.请回答：(1)写出A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_。(2)上述流程中两次使用试剂，推测试剂应该是_(填以下字母编号)A氢氧化钠溶液 B氧化铝 C氨水 D水(3)溶液D到固体E过程中需要控制溶液
34、pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是_；(任写一点)(4)H中溶质的化学式：_；(5)计算溶液F中c(Mg2+)=_(25时，氢氧化镁的Ksp=5.610-12)【答案】 (1). SiO2+2OH-=SiO+H2O (2). A (3). 镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等 (4). NaHCO3 (5). 5.610-10 mol/L【解析】【分析】硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂并调节溶液
35、的pH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂并调节溶液的pH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝、H为碳酸氢钠。【详解】(1)通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以反应方程式为：SiO2+2OH=SiO32
36、+H2O。故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；(2)向溶液B中加试剂并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂只能是强碱溶液，符合条件的是A选项，故选A；(3)在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等，故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等；(4)H中溶质为碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；(5)c(Mg2+)=5.61010 mol/L
37、，故答案为：5.61010 mol/L。21. 研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)NaCl(s)NaNO3(s)ClNO(g)K1H10()2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)K2H2”“ (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c(NO3)c(NO2)c(CH3COO) (8). b、c【解析】【详解】（1）由化学平衡常数概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/c2(NO)c(Cl2)，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= c2(NO)c(Cl2)/c
38、4(NO2)=。（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，用三段式计算2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）n（起始）（mol） 0.2 0.1 0n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只
39、与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。（3）根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，0.2mol NaOH与0.2mol NO2恰好完全生成0.1molNaNO3和0.1molNaNO2，所得溶液中NaNO3、NaNO2物质的量浓度都为0.1mol/L，NaNO3属于强酸强碱盐不发生水解，NaNO2、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，NO2-、CH3COO-都发生水解使溶液呈碱性，则NO3-的浓度最大；HNO2的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，酸性：HNO2CH3COOH，则CH3COO-的水解能力强于NO2-，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）、c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-） c（NO2-） c（CH3COO-）。CH3COO-的水解能力强于NO2-，CH3COONa溶液的碱性大于混合液，溶液A的pH小于溶液B。a项，向溶液A中加适量水，溶液A的pH减小，不能使两者pH相等，错误；b项，向溶液A中加入适量NaOH，溶液A的pH增大，可使两者pH相等，正确；c项，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小，可使两者pH相等，正确；d项，向溶液B中加适量NaOH，溶液B的pH增大，不能使两者pH相等，错误；答案选b、c。
