湖南师大附中高二化学上学期期中试题（含解析）新人教版(1).doc

湖南师大附中2013-2014学年上学期期中考试高二化学试卷一、选择题：（本大题含16个小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）某化学反应在较低温度下自发，较高温度下非自发有关该反应的下列说法正确的是（）ah0，s0bh0，s0ch0，s0dh0，s0考点：焓变和熵变.专题：化学反应中的能量变化分析：依据反应自发进行的判据：hts0解答解答：解：ah0，s0，要使hts0，t值应较大，即应该在高温下才能自发进行，故a错误；bh0，s0，hts0，任何温度下都不能自发进行，故b错误；ch0，s0，hts0一定成立，任何温度下都能自发进行，故c错误；dh0，s0，要使hts0，t值应较小，即应该在低温下才能自发进行，故d正确；故选：d点评：本题考查了反应自发进行的判断依据，题目较简单，抓住hts0是解题的关键，注意放热、熵增加有利于反应的自发进行2（3分）在2a（g）+b（g）3c（g）+5d（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）a（a）=2 mol/（lmin）b（b）=0.3 mol/（ls）c（c）=0.8 mol/（ls）d（d）=1 mol/（ls）考点：反应速率的定量表示方法.专题：化学反应速率专题分析：首先将单位换算为相同的单位，再利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较解答：解：都转化为d物质表示的速率进行比较，对于2a（g）+b（g）3c（g）+5d（g），a、（a）=2mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（d）=（a）=2mol/（lmin）=5mol/（lmin），b、（b）=0.3mol/（ls）=18mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（d）=5（b）=518mol/（lmin）=90mol/（lmin），c、（c）=0.8mol/（ls）=48mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（d）=（c）=48mol/（lmin）=80mol/（lmin），d、（d）=1mol/（ls）=60mol/（lmin），故速率bcda，故选b点评：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快3（3分）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（）a水的离子积变大、ph变小、呈酸性b水的离子积变大、ph变小、呈中性c水的离子积变小、ph变大、呈碱性d水的离子积不变、ph不变、呈中性考点：水的电离.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析解答：解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，ph减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、ph减小、呈中性；故选：b点评：本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的ph大小判断4（3分）下列各物质投入水中，因促进水的电离而导致使溶液呈酸性的是（）aal2（so4）3bna3po4cch3coohdnahso4考点：盐类水解的原理.专题：盐类的水解专题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐在水溶液中会水解促进水电离，根据物质的性质来回答解答：解：下列各物质投入水中能促进水电离，说明加入的物质含有弱根离子，溶液因弱离子水解而呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，只有a中铝离子水解显酸性符合故选a点评：本题考查了水的电离，明确哪些物质能促进水电离哪些物质能抑制水电离，并明确盐的类型，难度不大，注意硫酸氢钠抑制水电离5（3分）下列有关滴定操作的顺序正确的是（）检查滴定管是否漏水 用蒸馏水洗涤玻璃仪器 用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数） 取一定体积的待测液于锥形瓶中 滴定操作abcd考点：中和滴定.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作解答：解：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：，故选b点评：本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作6（3分）（2014海珠区模拟）已知在298k时下述反应的有关数据：c（s）+o2（g）co（g）h1=110.5kjmol1c（s）+o2（g）co2（g）h2=393.5kjmol1则c（s）+co2（g）2co（g） 的h 为（）a+283.5kjmol1b+172.5kjmol1c172.5kjmol1d504kjmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题：化学反应中的能量变化分析：利用盖斯定律计算，将（1）2（2），可得 c（s）+co2（g）2co（g），反应热随之相加减，可求得反应热解答：解：已知：（1）2c（s）+o2（g）2co（g）h1=221kjmol1（2）co2（g）c（s）+o2（g）h2=393.5kj/mol利用盖斯定律，将（1）+（2），可得 c（s）+co2（g）2co（g），则：h=221kjmol1+393.5kj/mol=172.5 kj/mol故选b点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的运用7（3分）已知某可逆反应m a（g）+n b（g）p c（g）h，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t 时温度t和压强p与反应物b在混合气体中的百分含量b%的关系曲线由曲线分析，下列判断正确的是（）at1t2，p1p2，m+np，h0bt1t2，p1p2，m+np，h0ct1t2，p1p2，m+np，h0dt1t2，p1p2，m+np，h0考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线.专题：化学平衡专题分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对b的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对b的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应解答：解：由图象可知，温度为t1时，根据到达平衡的时间可知p2p1，且压强越大，b的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+np；压强为p2时，根据到达平衡的时间可知t1t2，且温度越高，b的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即h0，故选b点评：本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析8（3分）升高温度，下列数据不一定增大的是（）a化学反应速率vb水的离子积常数kwc化学平衡常数kd醋酸的电离平衡常数ka考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：a、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞增大，反应速率加快；b、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离；c、若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数减小；d、升高温度促进弱电解质的电离解答：解：a、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞增大，反应速率加快，故a不符合；b、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积增大，故b不符合；c、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故c符合；d、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，故d不符合；故选c点评：考查温度对反应速率的影响、温度对化学平衡常数与水的离子积以及电离平衡常数的影响，比较基础，注意基础知识的掌握9（3分）一定量的盐酸跟过量的镁粉反应时，为了适当减缓反应速度，但不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）naoh固体h2o铜屑ch3coona固体nano3溶液abcd考点：化学反应速率的影响因素.专题：化学反应速率专题分析：mg与盐酸反应的实质为mg+2h+mg2+h2，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答解答：解：加入naoh固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故错误；加入h2o，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；加入铜屑，形成原电池反应，反应速率增大，故错误；加入ch3coona固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；加入nano3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故错误；故选d点评：本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，题目难度不大，为解答的难点10（3分）在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（）a反应混合物的浓度b反应体系的压强c正、逆反应的速率d反应物的转化率考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同v（正）=v（逆），平衡不移动；（2）改变程度不相同v（正）v（逆），平衡移动解答：解：a、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故a错误；b、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故b错误c、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故c错误；d、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故d正确故选d点评：本题考查了化学平衡的移动的判断，难度较大，注意1、不要把v（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有v（正）v（逆）时，平衡向正反应方向移动2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来11（3分）在体积和温度不变的密闭容器中充入a mol x和足量y，发生反应：2x（g）+y（s）z（g）+w（g），建立平衡后，若再加入b mol x，下列判断不正确的是（）a平衡正向移动bx的转化率不变cy的转化率增大dx的转化率减小考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：在体积和温度不变的密闭容器中充入a mol x和足量y达到平衡状态，y为固体，反应前后气体体积不变，加入b mol x，平衡正向进行，最后达到平衡时，相当于增大压强，反应前后气体体积不变，所以和原来平衡状态下的反应物转化率相同解答：解：在体积和温度不变的密闭容器中充入a mol x和足量y，2x（g）+y（s）z（g）+w（g），建立平衡后，若再加入b mol x，增大反应物浓度，平衡正向进行a、上述分析判断平衡正向进行，故a正确；b、y为固体，反应前后气体体积不变，加入x，最后达到平衡状态，相当于增大压强，x平衡转化率不变，故b正确；c、接入x平衡正向进行，y的转化率增大，故c正确；d、y为固体，反应前后气体体积不变，加入x，最后达到平衡状态，相当于增大压强，x平衡转化率不变，故d错误；故选d点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，注意y为固体，题目难度中等12（3分）相同体积、相同ph的某一元强酸溶液和某一元弱酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（v）随时间（t）变化的示意图正确的是（）abcd考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：相同体积、相同ph的一元强酸和一元弱酸溶液，初始时c（h+）相同，开始反应速率相同，反应一旦开始，一元弱酸溶液还会电离出新的c（h+），即随后一元弱酸溶液电离出的c（h+）大于强酸；同体积，相同ph的一元强酸溶液和某一元弱酸溶液相比，一元弱酸溶液的浓度大，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元弱酸溶液继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快；解答：解：因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的ph值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的h2也比强酸多反应过程由于h+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了h+浓度下降的速率，而强酸没有h+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于h+浓度，由于开始时h+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦最终生成h2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面；故选c点评：本题考查了弱电解质溶液的电离平衡移动，主要考查溶液ph相同的强酸和弱酸与足量的锌粉发生反应，开始速率相同，反应过程中，弱电解质电离平衡正向进行，速率是弱酸大，生成氢气多，是解题关键，题目难度中等13（3分）常温下，一定体积ph=2的二元弱酸h2r溶液与一定体积ph=12的naoh溶液混合后溶液呈中性该混合溶液中，离子浓度关系正确的是（）ac（na+）=2c（r2）+c（hr）bc（na+）=102mol/lcc（r2）+c（oh）+c（hr）=c（na+）+c（h+）dc（r2）c（na+）c（h+）c（oh）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：常温下，ph=2的二元弱酸h2r溶液中h2r的浓度大于0.01mol/l，ph=12的naoh溶液中naoh浓度为0.01mol/l，二者混合溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），溶液中存在电荷守恒和物料守恒解答：解：常温下，ph=2的二元弱酸h2r溶液中h2r的浓度大于0.01mol/l，ph=12的naoh溶液中naoh浓度为0.01mol/l，二者混合溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），a根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+2c（r2）+c（hr），所以得c（na+）=2c（r2）+c（hr），故a正确；b二者混合后溶液体积大于氢氧化钠溶液体积，所以混合溶液中c（na+）102mol/l，故b错误；c溶液中存在电荷守恒2c（r2）+c（oh）+c（hr）=c（na+）+c（h+），故c错误；d二者混合溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+2c（r2）+c（hr），所以得c（na+）=2c（r2）+c（hr），则c（r2）c（na+），故d错误；故选a点评：本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查了离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒来分析解答，灵活运用守恒思想解答，题目难度不大14（3分）含等物质的量naoh的溶液分别用ph为2和3的ch3cooh溶液中和，设消耗ch3cooh溶液的体积依次为va、vb，则两者的关系正确的是（）ava10vbbva=10vbcvb10vadvb10va考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，ph为2和3的ch3cooh溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量naoh的溶液分别用ph为2和3的ch3cooh溶液中和，二者物质的量相等判断解答：解：含等物质的量naoh的溶液分别用ph为2和3的ch3cooh溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，ph为2和3的ch3cooh溶液，后者电离程度大，ph为2的ch3cooh的浓度大于ph为3的ch3cooh溶液的浓度的10倍，设ph为2的醋酸浓度为x，ph=3的醋酸浓度为y，则有vax=vby，则=，即vb10va，故选d点评：本题考查酸碱混合的计算，题目难度较大，本题注意浓度不同的醋酸，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小15（3分）若溶液中由水电离产生的c（oh）=11014moll1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）aal3+、na+、no3、clbk+、na+、cl、no3ck+、na+、cl、alo2dk+、nh4+、so42、no3考点：离子共存问题；离子积常数.专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：溶液中由水电离产生的c（oh）=11014moll1，则溶液可能是强酸性溶液或强碱性溶液，如一定能够大量共存的话，则要求除离子之间不反应外，离子与h+离子或oh也不反应解答：解：a、al3+在碱性条件下不能存在，故a错误；b、四种离子之间不反应，且与h+离子或oh也不反应，故b正确；c、alo2离子在酸性条件下不能存在，故c错误；d、nh4+在碱性条件下不能存在，故d错误故选b点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，做题时注意掌握离子反应的类型和离子的性质16（3分）在一定温度下，在氢氧化钙的悬浊液中，存在氢氧化钙固体与其电离出的离子间溶解结晶平衡：ca（oh）2（s）ca2+（aq）+2oh（aq），向此种悬浊液中加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度下列叙述正确的是（）a溶液中钙离子数目减小b溶液中钙离子浓度减少c溶液中氢氧根离子浓度增大dph减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：向悬浊液中加少量生石灰，发生：cao+h2o=ca（oh）2，消耗水，溶液中c（ca2+）、c（oh）增大，由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，饱和溶液的浓度只与温度有关，溶液浓度保持不变解答：解：向悬浊液中加少量生石灰，发生：cao+h2o=ca（oh）2，由于原溶液已经得到饱和，则反应后仍为饱和溶液，溶液各离子浓度不变，则b、c、d错误；由于反应消耗水，则溶剂质量减少，由于浓度不变，则溶液中ca2+数减小，故a正确故选a点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意向悬浊液中加少量生石灰，发生的反应：cao+h2o=ca（oh）2，从平衡移动的角度分析，难度不大二、填空题、（本大题含5个小题，共42分）17（8分）在体积为1l的容器中，进行如下化学反应：co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g），h=q kjmol1其化学平衡常数k和温度t的关系如表：t70080083010001200k0.60.91.01.72.6（1）该反应的化学平衡常数表达式为k=（2）该反应为吸热反应（选填吸热、放热）（3）某温度下，若平衡浓度符合c（co2）c（h2）=c（co）c（h2o），试判断此时的温度为830，若该温度下以1mol co2和3mol h2为反应物，达到平衡时的反应热是qkj考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：（1）依据化学方程式和平衡常数概念书写，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（2）图表数据分析，随温度升高，平衡常数增大，说明平衡正向进行，结合平衡移动原理分析反应能量变化；（3）符合c（co2）c（h2）=c（co）c（h2o），则平衡常数k=1，对照平衡常数得到反应温度，结合平衡三段式和平衡常数计算反应的物质的量，结合热化学方程式计算反应放出的热量；解答：解：（1）co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g），h=q kjmol1用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，平衡常数k=；故答案为：；（2）图表数据分析，随温度升高，平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应是吸热反应；故答案为：吸热；（3）某温度下，若平衡浓度符合c（co2）c（h2）=c（co）c（h2o），依据平衡常数k=1，结合图表数据为830c；若该温度下以1mol co2和3mol h2为反应物，依据平衡三段式列式计算费用的二氧化碳，设反应的二氧化碳物质的量为x，反应前后气体物质的量不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数； co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）起始量（mol） 1 3 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 1x 3x x xk=1x=达到平衡时的反应热q；故答案为：830 q；点评：本题考查了化学平衡常数影响因素分析，平衡常数计算应用，掌握基础是关键，题目较简单18（8分）由甲、乙两人组成的实验小组，在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示反应物起始温度（t1）/终了温度（t2）/中和热（kjmol1）1.0 mol/l hcl溶液50 ml、1.1 mol/l naoh溶液50 ml 13.0h11.0 mol/l hcl溶液50 ml、1.1 mol/lnh3h2o溶液50 ml13.0h2（1）实验过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒（2）实验测得的温度是的起始温度13.0、终了温度19.8；的起始温度13.0、终了温度19.3则h1和h2的大小关系是h1h2，导致这种差异的主要原因是nh3h2o是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程考点：中和热的测定.专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据量热计的构造和实验步骤来确定实验的仪器；（2）弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程解答：解：（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、搅拌器以及量筒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；量筒；（2）nh3h2o是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1.0 mol/l hcl溶液恰好完全反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以h1h2，故答案为：h1h2；nh3h2o是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程点评：本题考查了中和热的测定方法，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确19（8分）现有s2、nh4+、al3+、na+、so42、alo2、fe3+、hco3、cl等离子，请按要求填空：（1）在水溶液中，该离子水解呈碱性的是s2、alo2、hco3（2）在水溶液中，该离子水解呈酸性的是nh4+、al3+、fe3+（3）既能在酸性较强溶液里、又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有na+、so42、cl（4）既不能在酸性较强溶液里、又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有hco3考点：常见离子的检验方法；盐类水解的应用；离子共存问题.专题：离子反应专题分析：（1）水溶液中离子水解呈碱性，说明是弱酸阴离子；（2）在水溶液中，该离子水解呈酸性，说明是弱碱阳离子；（3）既能在酸性较强溶液里、又能在碱性较强的溶液里大量存在，说明不是弱酸阴离子和弱碱阳离子；（4）既不能在酸性较强溶液里、又不能在碱性较强的溶液里大量存在，说明离子和酸碱都反应解答：解：（1）水溶液中离子水解呈碱性，说明是弱酸阴离子，s2+h2ohs+oh，alo2+2h2o=al（oh）3+oh，hco3+h2oh2co3+oh；故答案为：s2、alo2、hco3；（2）在水溶液中，该离子水解呈酸性，说明是弱碱阳离子，nh4+h2onh3h2o+h+，al3+3h2oal（oh）3+3h+，fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；故答案为：nh4+、al3+、fe3+；（3）既能在酸性较强溶液里、又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子，说明不是弱酸阴离子和弱碱阳离子，为na+、so42、cl；故答案为：na+、so42、cl；（4）既不能在酸性较强溶液里、又不能在碱性较强的溶液里大量存在，说明离子和酸碱都反应，hco3+h+=co2+h2o、hco3+oh=h2o+co32；故答案为：hco3点评：本题考查了离子性质和离子检验，离子水解特征分析，反应现象和离子性质是解题关键，题目难度中等20（10分）（1）25时，ph=12的koh溶液和ph=12的k2co3溶液中，由水电离出的c（oh）之比是1：1010（2）已知常温下0.1moll1 ch3coona溶液ph约为8用离子方程式表示ch3coona溶液ph为8的原因：ch3coo+h2och3cooh+oh；溶液中：c（oh）=c（h+）+c（ch3cooh）；c（na+）=c（ch3cooh）+c（ch3coo）（3）实验室在配制fecl3的溶液时，常将fecl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解，否则得到的是浑浊的溶液考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：（1）依据25时，水溶液中存在离子积常数kw=1014计算，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同分析；（1）依据25时，水溶液中存在离子积常数kw=1014计算，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同分析；（2）ch3coona溶液ph=8是因为溶液中醋酸根离子水解结合水电离出的氢离子，促进水电离平衡正向进行，溶液中氢氧根离子浓度增大；醋酸钠溶液中 存在物料守恒，质子守恒分析；（3）氯化铁溶液中铁离子水解溶液呈酸性；配制氯化铁溶液为防止水解可以溶解在浓盐酸溶液中再加水稀释得到所需浓度的溶液；解答：解：（1）25时，ph=12.0的koh溶液中，由水电离出的c（oh）=c（h+）=1012mol/l，ph=12.0的k2co3溶液中，co32+h2ohco3+oh，kw=c（h+）c（oh），由水电离出来的c（oh）=102mol/l，由水电离出的c（oh）之比=1012mol/l：102mol/l=1：1010；故答案为：1：1010；（2）ch3coona溶液ph=8是因为溶液中醋酸根离子水解结合水电离出的氢离子，促进水电离平衡正向进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解离子方程式为：ch3coo+h2och3cooh+oh；故答案为：ch3coo+h2och3cooh+oh；溶液中存在氢离子，氢氧根离子，醋酸根离子，钠离子，依据溶液中物料守恒和质子守恒分析写出，物料守恒为醋酸根和钠元素守恒：c（na+）=c（ch3cooh）+c（ch3coo），质子守恒为水电离出氢离子和氢氧根守恒，浓度关系为：c（oh）=c（h+）+c（ch3cooh）； 故答案为：c（h+）、c（ch3cooh）； c（ch3cooh）、c（ch3coo）；（3）氯化铁溶液中铁离子水解溶液呈酸性，水解离子方程式为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，溶液ph小于7；配制氯化铁溶液为防止水解可以溶解在浓盐酸溶液中再加水稀释得到所需浓度的溶液；故答案为：较浓的盐酸；点评：本题考查了水的电离平衡影响因素分析，离子积常数影响因素和计算，电解质溶液中离子浓度大小、质子守恒、物料守恒的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等21（8分）已知zn2+与碱反应可生成白色沉淀，碱过量，白色沉淀溶解生成zn（oh）42如图是向含zn2+的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的变化过程示意图，横坐标为溶液的ph，纵坐标为zn2+离子或zn（oh）42离子物质的量浓度的对数值回答下列问题（1）往zncl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为：zn+4oh=zn（oh）42（2）从图中数据计算可得zn（oh）2的溶度积（ksp）1017（3）某废液中含zn2+离子，为提取zn2+离子可以控制溶液中ph值的范围是ph为812之间（4）已知往zncl2溶液中加入硝酸铅或醋酸铅溶液可以制得pbcl2白色晶体，25时，pbcl2固体在盐酸中的溶解度如下：c（hcl）（moll1）0.501.002.042.904.025.165.78c（pbcl2）（moll1）1035.104.915.215.907.4810.8114.01根据表数据分析和推测，下列说法中有一项是错误的，这一项是da随着盐酸浓度的增大，pbcl2固体的溶解度先变小后又变大bpbcl2固体在0.50moll1盐酸中的溶解度小于在纯水中的溶解度cpbcl2能与浓盐酸发生某种化学反应dpbcl2固体不可能溶解于饱和食盐水中考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为zn（oh）42，结合元素守恒书写方程；（2）根据图中数据，利用ksp=c（zn2+）c2（oh）计算；（3）为提取zn2+可将zn2+转化为zn（oh）2沉淀，根据图象确定此时控制溶液的ph范围；（4）a根据表中的数据分析；bpbcl2固体沉淀溶解平衡分析；cpbcl2在浓盐酸中溶解度增大，说明生成了配合物；dpbcl2可与cl形成配离子解答：解：（1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为zn（oh）42，所以其反应的离子方程式为：zn2+4ohzn（oh）42；故答案为：zn2+4ohzn（oh）42；（2）当溶液的ph=7.0时，c（zn2+）=103moll1，ksp=c（zn2+）c2（oh）=103（107）2=1017，故答案为：1017； （3）根据图象知，溶液的ph范围为8ph12时，zn2+可将zn2+转化为zn（oh）2沉淀，溶液中锌离子浓度