湖北省荆州市沙市区高二化学下学期第三次双周考试题（A卷）（含解析）.doc

湖北省荆州市沙市区2016-2017学年高二化学下学期第三次双周考试题（a卷）（含解析）时长：90分钟 分数：100分 考试时间：2017年3月24日可能用到的相对原子质量：h 1 c 12 n 14 o 16 na 23 si 28 s 32 ca 40 cu 64第卷（选择题 共40分）选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1“防晒霜”之所以能有效地减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中有键，如氨基苯甲酸、羟基丙酮等。这些有效成分分子中的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列分子中不含有键的是（ ）a乙炔分子 b乙烷分子 c氮气分子 d乙烯分子【答案】b【解析】a乙炔分子中含有碳碳叁键，含有2个键，故a错误；b乙烷的结构式为，只有单键，不含有键，故b正确；c结构式为nn，分子中含有2个键，故b错误； d乙烯分子中含有c=c，含有1个键，故d错误；故选b。【点睛】明确物质分子结构是解本题关键，共价单键中只含键，共价双键中含有一个键一个键，共价三键中含有一个键两个键，根据物质分子结构确定存在的化学键类型即可。2下列各组物质汽化或熔化时，所克服的微粒间的作用力属同种类型的是（）a二氧化硅和生石灰的熔化 b碘和干冰的升华 c氯化钠和铁的熔化 d食盐和冰的熔化【答案】b【点睛】注意不同晶体中的化学键及分子晶体中存在分子间作用力的判断，汽化或熔化时，一般分子晶体克服分子间作用力，原子晶体克服共价键；离子晶体克服离子键；金属晶体克服金属键，先判断晶体类型，只要晶体类型相同，其微粒间的作用力就相同，所以只要晶体类型相同即可，以此来解答。3化学是建立在实验基础上的。关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（ ）a装置可用于实验室制取少量nh3或o2b可用从a处加水的方法检验装置的气密性c实验室可用装置收集h2、nh3d利用装置制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜【答案】d考点：考查对实验装置的判断4x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，x的一种原子没有中子，y、z易形成质量比为34和38的两种常见化合物，w所在的周期数和族序数相同。下列说法正确的是（）aw的最高价氧化物对应水化物是强碱 b原子最外层电子数：wzyc原子半径：yzw dx、y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物【答案】d【解析】x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，x元素x的一种原子核内无中子，应为h元素；y、z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，则形成两种化合物为yz、yz2，所以该常见化合物为co、co2，则y为c元素，z为o元素；w所在的周期数和族序数相同，而且原子序数大于o，所以w为al元素；aw为al元素，其最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物，故a错误；b原子最外层电子数：ocal，即yzw，故b错误；故选d。c电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，所以原子半径：zyw，故c错误；dh、c可以形成既有极性键也有非极性键的化合物，如c2h6，故d正确；【点睛】正确判断元素是解本题关键，x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，x元素x的一种原子核内无中子，应为h元素；y、z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，则形成两种化合物为yz、yz2，所以该常见化合物为co、co2，则y为c元素，z为o元素；w所在的周期数和族序数相同，而且原子序数大于o，所以w为al元素；结合对应的化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。5下列说法不正确的是（）a中和热测定实验中，应迅速将naoh溶液和盐酸在测定装置中混合b探究催化剂对h2o2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2 ml 5% h2o2和1 ml h2o，向另一支试管中加入2 ml 5% h2o2和1 ml fecl3溶液，观察并比较现象c已知4h+4i+o2=2i2+2h2o，为了利用该反应探究反应速率与温度的关系，所用试剂除1 mol/l ki溶液、0.1 mol/l稀硫酸外，还需要用到淀粉溶液d为测定新制氯水的ph，用玻璃棒蘸取液体滴在ph试纸上，与标准比色卡对照即可【答案】d【解析】a应迅速将naoh溶液和盐酸在测定装置中混合，慢的话误差增大，故a正确；b相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2ml5%h2o2和1mlfecl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对h2o2分解速率的影响，故b正确；cki溶液在硫酸提供的酸性环境下，被氧气氧化成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，通常利用此性质检验碘，所以除了碘化钾溶液、稀硫酸溶液外还必须使用的试剂是：淀粉，故c正确；d氯水中的次氯酸能漂白ph试纸，不能用ph试纸测定新制氯水的ph值，故d错误；故选d。6下列各项叙述正确的是（）a镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态b所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同c价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第a族，是s区元素d24cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d44s2【答案】b7下列各组中的x和y两种原子，化学性质一定相似的是（）ax原子和y原子最外层都只有1个电子bx原子的核外电子排布式为1s2，y原子的核外电子排布式为1s22s2cx原子核外m层上仅有2个电子，y原子核外n层上仅有2个电子dx原子的2p能级上有3个电子，y原子的3p能级上有3个电子【答案】d【解析】a第ia族元素及某些副族元素cr、cu的最外层电子数为1，则不一定同主族，故a不选；bx为he，y为be，分别为0族、iia族元素，故b不选；cx原子核外m层上仅有两个电子，x为mg；y原子核外n层上也仅有两个电子，y为ca、sc、ti、v等，则不一定同主族，故c不选；dx原子2p能级上有三个电子，x为n元素；y原子的3p能级上有三个电子，y为p元素，均为a族，故d选；故选d。考点：考查元素周期表的结构与应用。8下列对分子及其性质的解释中，不正确的是（）a碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释b乳酸中存在一个手性碳原子c已知酸性：h3po4hclo，是因为h3po4分子中有1个非羟基氧原子而hclo为0d许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物【答案】d9高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。四种物质在冰醋酸中的电离常数如表。从表格中判断以下说法中不正确的是（）hclo4h2so4hclhno3ka1.61056.31091.61094.21010a在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸b在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离c在冰醋酸中硫酸的电离方程式为h2so4=2h+so42d酸的强弱与其本身的结构和溶剂的性质有关【答案】c【解析】a酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，这几种酸中，电离平衡常数最大的是高氯酸，所以高氯酸的酸性最强，故a正确；b酸有电离平衡常数，说明酸中存在电离平衡，这几种酸在冰醋酸中都存在电离平衡，所以都没有完全电离，故b正确；c硫酸在冰醋酸中存在电离平衡，其电离方程式为h2so4h+hso4-，故c错误；d高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，在醋酸中都是弱酸，所以酸的强弱与其本身的结构和溶剂的性质有关，故d正确；故选c。10科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时水分子瞬间凝固形成“暖冰”。下列关于“暖冰”的说法正确的是（）a暖冰中水分子是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致b暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构c在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”d水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化【答案】c【点睛】注意分子中原子满足8电子稳定结构的方法是：元素的化合价绝对值+该原子的最外层电子数=8，就达到8电子稳定结构，否则就不满足8电子稳定结构，特别注意h、li、be及b绝对不可能形成8电子结构。11下列有关so2和co2的说法正确的是（ ）a都是非极性分子 b中心原子都采取sp杂化cs原子和c原子都没有孤对电子 dso2为v形结构， co2为直线形结构【答案】d【解析】aco2是非极性分子，故a错误；b二氧化硫分子中s原子价层电子对个数=2+（6-22）=3，所以采用sp2杂化，二氧化碳中c原子价层电子对个数=2+（4-22）=2，所以采用sp杂化，故b错误；cs原子有一个孤对电子，c原子没有孤对电子，故c错误；dso2采用sp2杂化为v形结构，co2以采用sp杂化为直线形结构，故d正确；答案为d。考点：考查分子的结构特征与性质。12cac2晶体的晶胞结构与nacl的相似（如图），但cac2晶体中含有哑铃形c22的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于cac2晶体的说法中正确的是（）a6.4 g cac2晶体中含阴离子0.2 molb1个ca2+周围距离最近且等距离的c22数目为6c该晶体中的阴离子与n2是互为等电子体d与每个ca2+距离相等且最近的ca2+共有12个【答案】c13已知c(s)+h2o(g)=co(g)+h2(g) h=a kjmol1，2c(s)+o2(g)=2co(g) h=-220 kjmol1，h-h、o=o和o-h键能分别为436、496和462 kjmol1，则a为（ ）a-332 b+350 c-130 d+130【答案】d【解析】已知c(s)+h2o(g)co(g)+h2(g)h=akjmol-10，2c(s)+o2(g)2co(g)h=-220kjmol-1；2-得：2h2o(g)o2(g)+2h2(g)h=(2a+220)kjmol-10，4462-496-2436=2a+220，解得a=+130，故选d。142 mol a与2 mol b混合于2 l的密闭容器中，发生如下反应：2a(g)+3b(g)2c(g)+zd(g)，2 s后a的转化率为50%，测得(d)=0.25 moll1s1，下列推断不正确的是（）az=2 b2 s后，容器内的压强是初始的7/8倍c2 s后，b的浓度为0.5 mol/l d2 s时c的体积分数为2/7【答案】c【解析】2mola与2molb混合于2l的密闭容器中，发生如下反应：2a(g)+3b(g) 2c(g)+zd(g)，2s后a的转化率为50%，则参加反应的n(a)=2mol50%=1mol，v(a)=0.25moll-1s-1；a同一化学反应中，反应速率之比等于其计量数之比，a、d的反应速率相等，所以z=2，故a正确；b2s后，剩余n(a)=2mol(1-50%)=1mol，剩余n(b)=2mol-3=0.5mol，生成n(c)=n(d)=1mol，其压强之比等于物质的量之比，所以反应前后压强之比=(2+2)mol：(1+0.5+1+1)mol=8：7，所以2s后，容器内的压强是初始的倍，故b正确；c2s后n(b)=0.5mol，则c(b)=0.25mol/l，故c错误；d相同条件下，气体摩尔体积体积相等，所以c的体积分数等于其物质的量分数=，故d正确；故选c。15有一混和液可能由naoh、nahco3、na2co3中的一种或两种组成现取等体积的两份上述溶液分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用同样浓度的盐酸进行滴定，当达到滴定终点时，消耗盐酸的体积分别为v1 ml和v2 ml，如，v1v22v1，则上述溶液中的溶质是（）anahco3 bna2co3 cnahco3、na2co3 dna2co3、naoh【答案】d【点睛】明确酚酞和甲基橙为指示剂时变色范围，酚酞作指示剂时nahco3不会被滴定，只有naoh被滴为氯化钠，na2co3变为nahco3，而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，v1和v2关系如下v1=v2； na2co3时2v1=v2； nahco3时v1=0，v20；根据实际消耗的盐酸溶液 的体积进行判断。16下列叙述正确的个数是（）配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 s-s 键与s-p 键的电子云形状相同 ge是a族的一个主族元素，其核外电子排布式为ge：4s24p2，属于p区元素 非极性分子往往是高度对称的分子，比如bf3，pcl5，h2o2，co2这样的分子 冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用 cu(oh)2是一种蓝色的沉淀，既溶于硝酸、浓硫酸，也能溶于氨水中 熔融状态的hgcl2不能导电，hgcl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类hgcl2是一种共价化合物、非电解质、盐 中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型不一定是正四面体形 键长：c-hn-ho-h 第一电离能：sicnofa1 b 2 c3 d4【答案】b【解析】配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以s-s 键与s-p 键的电子云形状不同，故错误； 根据最后排入电子名称确定元素在周期表中所属区名称，ge是a族的一个主族元素，其核外电子排布式为ge：3d104s24p2，属于p区元素，故错误；h2o2结构为，结构不对称，属于极性分子，故错误；冰中存在极性共价键和氢键两种作用，但氢键不是化学键，故错误；氢氧化铜能和硝酸、浓硫酸发生中和反应，溶于硝酸、浓硫酸，氢氧化铜能和氨水反应生成络合物离子银氨离子，所以氢氧化铜能溶于氨水中，故正确；hgcl2的稀溶液有弱的导电能力，可作手术刀的消毒液，是电离出的汞离子使蛋白质变性，说明其是弱电解质，故错误；中心原子采取sp3杂化的分子，vsepr模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但h2o是v型，nh3是三角锥型，故正确；因c、n、o的原子半径依次减小，则键长：c-hn-ho-h，故错误；因n的2p轨道为半充满结构，相对稳定，则第一电离能：siconf，故错误；答案为b。17向10.0 ml 0.10 mol/l氨水中滴入0.10 mol/l的盐酸，溶液的ph与所加盐酸的体积关系如图所示(假设无气体逸出)。下列有关叙述正确的是（）amn间一定存在：c(cl)c(nh4+)c(oh)c(h+)bm点对应的盐酸体积为10.0 mlcp点处的溶液中存在：2c(nh4+)+2c(nh3h2o)=c(cl)dph=7的溶液中：c(nh4+)=c(cl)=c(h+)=c(oh)【答案】c18常温下，向等物质的量浓度的两种一元酸的钠盐溶液中，分别入少量的二氧化碳气体，发生如下反应：naa+co2+h2o=nahco3+ha； 2nab+co2+h2o=na2co3+2hb；则等物质的量浓度的ha和hb在水中电离出h+的能力大小关系是（）aha较强 bhb较强 c两者一样 d无法比较【答案】a【解析】比较两钠盐与碳酸反应产物可知，naa生成nahco3，而nab得到的是na2co3，说明酸根离子b相对a更易结合h+，进而可知，hb相对电离出h+的能力差，其酸性相对较弱，ha酸性较强，故选a 19为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以al作阳极、pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：电池：pb(s)+pbo2(s)+2h2so4(aq)=2pbso4(s)+2h2o(l)；电解池：2al+3h2o电解al2o3+3h2，电解过程中，以下判断正确的是（）电池电解池ah+移向pb电极h+移向pb电极b每消耗3molpb生成2molal2o3c正极：pbo2+4h+2e=pb2+2h2o阳极：2al+3h2o6e=al2o3+6h+d【答案】d20下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）anahso3和nahco3的中性混合溶液中（s和c均用r表示）：c(na+)= c(hro3)+2c(ro32)b常温下将物质的量浓度相等的醋酸钠、醋酸两溶液等体积混合，混合后的溶液中，已知c(na+)c(ch3cooh)，则：c(na+)c(ch3coo)c(oh)c(h+)c常温下，物质的量浓度和体积都相等的na2so3na2so4nahso4三种溶液中离子总数：d常温下，ph=3的hcl溶液和ph=11的氨水等体积混合液 ph=3的hcl溶液 ph=11的氨水中由水电离出的c(h+)：【答案】a【解析】a同样需要书写电荷守恒式：c(na+)+c(h+)=c(hro3-)+2c(ro32-)+c(oh)，溶液呈中性，说明c(h+)=c(oh)，从而推出c(na+)=c(hro3-)+2c(ro32-)，所以a正确；b首先书写该溶液的电荷守恒式：c(na+)+c(h+)=c(ch3coo)+c(oh)，然后根据题干c(na+)c(ch3cooh)，推出醋酸的电离大于ch3coo的水解，从而得出c(h+)c(oh)，所以b错；cna2so3溶液中，因亚硫酸根离子的水解，导致离子一个变俩，所以离子总数最多所以c错；dph=3的hcl和ph=11的氨水均对水的电离起到抑制作用，并且抑制程度相同，所以=，d错；故选a。第卷（非选择题 共60分）21x、y、z、w为短周期的主族元素，其原子序数依次增大。x元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，y是电负性最大的元素，w的原子最外层电子数与核外电子总数之比为38，x的原子序数是z的原子序数的一半，u是第四周期11列元素。（1）u基态原子的价电子排布式_，z在周期表中位置为_。（2）在oy2中，氧原子的杂化轨道类型是_。（3）z、w的最高价氧化物的水化物，酸性较强的是_。（填最高价氧化物的水化物的化学式）（4）u的含氧化合物m晶胞如图所示（“”表示氧原子），则m的化学式为_。（5）已知：2+具有对称的空间构型，且当2+中的两个nh3被两个cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则2+的空间构型为_。【答案】 (1)3d104s1 (2)第3周期 iva族 (3)sp3 (4)h2so4 (5)cu2o (6)平面正方形1s22s22p63s23p63d104s1，外围电子排布式为3d104s1，z为si，处于第3周期 iva族；(2)oy2为of2，o的价层电子对为(6+2)/2=4，故氧原子的杂化轨道类型是sp3；(3)z、w的最高价氧化物的水化物分别为h2sio3 、h2so4，因为s的非金属性强于si，所以h2so4的酸性强于h2sio3；(4)氧原子位于顶点和体内，每个晶胞占有81/8+1=2，铜原子位于体内，每个晶胞占有4个铜原子；(5)2+形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，2+中的两个nh3被两个cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形。22钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为：2mn2+5s2o82+8h2o2mno4+10so42+16h+。（1）上述反应涉及的元素属于同主族元素，其第一电离能由大到小的顺序为_（填元素符号）。（2）已知h2s2o8的结构如图。 h2s2o8硫原子的轨道杂化方式为_。 上述反应每生成1 mol mno4，s2o82断裂的共价键类型为_（填“极性键、“非极性键”或“极性键和非极性键”），其数目为_。（3）一定条件下，水分子间可通过o-ho氢键将从h2o分子结合成三维骨架结构，其中的多面体孔穴中可包容气体小分子，形成笼形水合包合物晶体。 如图是一种由水分子构成的正十二面体骨架（“o”表示水分子），其包含的氢键数为_； 实验测得冰中氢键的作用能为18.8 kjmol1，而冰的熔化热只有5.0 kjmol1，其原因可能是 _。【答案】 (1)os (2)sp3杂化 (3)非极性键 (4)2.5na (5)30 (6)液态水中仍然存在大量氢键+8h2o2mno4-+10so42-+16h,转移10e，可知每生成1 mol mno4 -，s2o82- 断裂的共价键类型为非极性键及其数目为25na。（4）由水分子构成的正十二面体骨架，水分子数共为5/312=20个,每个水分子有一个氧原子，两个氢原子，水分子间可通过o一ho氢键将从h2o分子结合成三维骨架结构，所以其包含的氢键数为2015=30；液态水中仍然存在大量氢键，所以实验测得冰中氢键的作用能为188目kjmol-1，而冰的熔化热为50kjmol-1。考点：考查基态原子的核外电子排布式，第一电离能的判断，杂化轨道，非极性键等知识。23（10分）甲醇是一种优质燃料，在工业上常用co和h2合成甲醇，反应方程式为co (g)+h2(g)ch3oh(g)。已知：co(g)+1/2o2(g)=co2(g) h1=283.0 kj/mol；h2(g)+1/2o2(g)=h2o(g) h2=241.8 kj/mol；ch3oh(g)+3/2o2(g)=co2(g)+2h2o(g) h3=192.2 kj/mol。回答下列问题：（1）计算co(g)+2h2(g)ch3oh(g)的反应热h4=_。（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1 mol co、2 mol h2，发生反应co(g)+2h2(g)ch3oh(g)，下列示意图正确且能说明在进行到t1时刻为平衡状态的是_（填选项字母）。（3）t1时，在一个体积为5 l的恒容容器中充入1 mol co、2 mol h2，经过5 min达到平衡，co的转化率为0.8。t1时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1 mol co、2 mol h2，达到平衡时co的转化率为0.7，则该容器的体积_5 l（填“、或=”）；t1时，co(g)+2h2(g)ch3oh(g)的平衡常数k=_。（4）在t1时，在体积为5 l的恒容容器中充入一定量的h2和co，反应达到平衡时ch3oh的体积分数与n(h2)/n(co)的关系如图所示。温度不变，当n(h2)/n(co)=2.5时，达到平衡状态，ch3oh的体积分数可能是图象中的_点。（5）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出koh作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式_。【答案】 (1)574.4 kj/mol (2)d (3) (4)625 (5)f (6)ch3oh+8oh-6eco32+6h2o应体系的温度升高，k减小，而不是增大，故b错误；c、一氧化碳与甲醇的物质的量相等，而不是平衡状态，故c错误；d、随着反应的进行，一氧化碳的质量减小，一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态，故d正确；故选d，故答案为d；(3)t1时，在一个体积为5l的恒容容器中充入1mol co、2mol h2，经过5min达到平衡，co的转化率为0.8，化学三行计算列式得到， co(g)+2h2(g)ch3oh(g)起始量(mol/l) 0.20.4 0变化量(mol/l) 0.160.32 0.16平衡量(mol/l)0.040.08 0.16则5min内用h2表示的反应速率为v(h2)=0.064mol/(lmin)，温度不变，t1时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol co、2mol h2，达到平衡时co的转化率为0.7，转化率减小说明平衡左移，体积增大，t1时，co(g)+2h2(g)ch3oh(g)的平衡常数k=625；(4)当容器中各物质的物质的量之比等于化学方程式计量数之比时，达到平衡状态时生成物的体积分数最大，所以当n(h2)/n(co)小于2，平衡时甲醇的体积分数逐渐增大，当n(h2)/n(co)大于2，平衡时甲醇体积分数减小，所以c点对应的甲醇的体积分数最大，当n(h2)/n(co)=2.5时，平衡时甲醇体积分数会降低，应选f点；(5)燃料原电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以通入燃料甲醇的电极为负极，电极反应式为：ch3oh+8oh-6e-co32-+6h2o。【点睛】盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；盖斯定律的基本使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质”，平时要多练习，才能熟能生巧。24钠及其化合物具有广泛的用途（1）常温下，浓度均为0.1mol/l的下列五种钠盐溶液的ph如表：溶质ch3coonanahco3na2co3naclonacnph8.89.711.610.311.1上述盐溶液中的阴离子，结合氢离子能力最强的是_；根据表中数据，浓度均为0.01 mol/l的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，ph变化最大的是_（填序号）。 ahcn bhclo cch3cooh dh2co3（2）有100 ml 0.1 mol/l碳酸氢钠 100 ml 0.1mol/l碳酸钠两种溶液，溶液中水电离出的氢离子个数：_（填“、或=”，下同）。（3）实验室中常用氢氧化钠来进行洗气和提纯。 当150 ml 1mol/l的氢氧化钠溶液吸收标况下2.24 l二氧化碳时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：_。 几种离子开始沉淀时的ph如表。离子fe2+cu2+mg2+ph7.65.210.4当向含相同浓度cu2+、mg2+、fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，_（填离子符号）先沉淀。要使0.2 mol/l硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液ph为_。（ksp=21020）【答案】 (1)co32 (2)c (3) (4)c(na+)c(hco3)c(co32)c(oh)c(h+) (5)cu2+ (6)6根离子浓度越大，则水电离的氢离子浓度越大，体积相同时，氢离子个数越多，所以碳酸氢钠溶液中氢离子个数小于碳酸钠的氢离子个数；根据溶液中的电荷守恒，两种溶液中的离子种类相同，则碳酸氢钠溶液中阳离子浓度和小于碳酸钠中阳离子浓度和，所以碳酸氢钠溶液中阴离子浓度和小于碳酸钠中阴离子浓度和。（3）碳酸氢钠是盐，是一种强电解质；碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，离子方程式为：hco3+ h2oh2co3+ oh。在碳酸氢钠溶液中显碱性，说明碳酸氢根的水解大于电离，所以水解出来的碳酸分子浓度大于电离出的碳酸根离子浓度，因为溶液中的氢氧根离子来自于碳酸氢根水解和水电离，所以氢氧根离子浓度大于碳酸根子浓度，所以微粒浓度关系为c（na）c（hco3）c（oh）c（h2co3）c（co32）。（4）0.15摩尔氢氧化钠和0.1摩尔二氧化碳反应生成等物质的量的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关系为c（na）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h）。ph小的离子先沉淀，溶度积常数小的物质越先沉淀，所以铜离子先沉淀。kspc(s2-)c(oh-)c(hs-)c(h+)或:c(na+) +c(h+)=2c(s2-)+c(hs-)+c(oh-)；3.配制某些盐溶液时要考虑盐的水解如配制fecl3,sncl4,na2sio3等盐溶液时应分别将其溶解在相应的酸或碱溶液中。4.制备某些盐时要考虑水解al2s3,mgs,mg3n2等物质极易与水作用,它们在溶液中不能稳定存在,所以制 取这些物质时,不能用复分解反应的方法在溶液中制取,而只能用干法制备。5.某些活泼金属与强酸弱碱溶液反应,要考虑水解如mg,al,zn等活泼金属与nh4cl,cuso4,alcl3等溶液反应.3mg+2alcl3+6h2o=3mgcl2+2al(oh)3+3h2；6.判断中和滴定终点时溶液酸碱性,选择指示剂以及当ph=7时酸或碱过量的判断等问题时,应考虑到盐的水解.如ch3cooh与naoh刚好反应时ph7,若二者反应后溶液ph=7,则ch3cooh过量。指示剂选择的总原则是,所选择指示剂的变色范围应该与滴定后所得盐溶液的ph值范围相一致。即强酸与弱碱互滴时应选择甲基橙;弱酸与强碱互滴时应选择酚酞。7.制备氢氧化铁胶体时要考虑水解.fecl3+3h2o=fe(oh)3(胶体)+3hcl；8.分析盐与盐反应时要考虑水解.两种盐溶液反应时应分三个步骤分析考虑:（1）能否发生氧化还原反应; （2）能否发生双水解互促反应;（3）以上两反应均不发生,则考虑能否发生复分解反应9.加热蒸发和浓缩盐溶液时,对最后残留物的判断应考虑盐类的水解（1）加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质（2）加热浓缩na2co3型的盐溶液一般得原物质（3）加热浓缩fecl3型的盐溶液.最后得到fecl3和fe(oh)3的混合物,灼烧得fe2o3。（4）加热蒸干(nh4)2co3或nh4hco3型的盐溶液时,得不到固体（5）加热蒸干ca(hco3)2型的盐溶液时,最后得相应的正盐（6）加热mg(hco3)2、mgco3溶液最后得到mg(oh)2固体10.其它方面（1）净水剂的选择:如al3+,fecl3等均可作净水剂,应从水解的角度解释。（2）化肥的使用时应考虑水解。如草木灰不能与铵态氮肥混合使用。（3）小苏打片可治疗胃酸过多。（4）纯碱液可洗涤油污。（5）磨口试剂瓶不能盛放na2sio3,na2co3等试剂凡此种种,不一而举。学习中要具体情况具体分析,灵活应用之。25人类活动产生的co2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。（1）工业上常用高浓度的k2co3 溶液吸收co2，得溶液x，再利用电解法使k2co3溶液再生，其装置如图所示。在阳极区发生的反应包括_和h +hco3-=h2o + co2。简述co32-在阴极区再生的原理_。（2）再生装置中产生的co2和h2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25 ，101 kpa下： h2(g)+1/2o2(g)=h2o(g) h1= -242 kj/mol；ch3oh (g)+3/2o2(g)=co2(g)+2h2o(g) h2=-676 kj/mol；写出co2和h2生成气态甲醇等产物的热化学方程式_。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是_(填字母序号)。（3）在密闭的再生装置中，加入5 mol h2与2 mol co2发生反应生成甲醇，反应达到平衡时，改变温度(t)和压强(p)，反应混合物中甲醇(ch3oh)的物质的量分数变化情况如图所示，下列说法正确的是（_）ap1 p2 p3p4 b甲醇的物质的量分数越高，反应的平衡常数越大c图示中，该反应的温度变化为：t1 t2 t3t4 dt4、p4、时，h2的平衡转化率为60%（4）已知某种甲醇燃料电池中，电解质溶液为酸性，如图所示。工作结束后，b电极室溶液的ph与工作前相比将_(填“增大、减小或不变”，溶液体积变化忽略不计)。【答案】 (1)4oh-4e= 2h2o+o2(或2h2o-4e=4h+ + o2) (2)hco3存在电离平衡：hco3h+co32-，阴极h+放电，浓度减小平衡右移(或溶液中h+放电，增大了oh 浓度，与hco3 反应，从而使co32-再生) (3)co2(g)+3h2(g)=ch3oh(g)+h2o(g) h =-50 kj/mol (4)a (5)acd (6)不变676kj/mol，将方程式3-得co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)h=3(-242kj/mol)-(-676kj/mol)=-50 kj/mol，故答案为：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)h=-50 kj/mol；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是a，故答案为：a；（3）a增大压强，平衡正向移动，则