专题六 专题提升

1、.专题提升原理小综合题分析关于化学反响原理小综合题，江苏高考一般有两种考察形式，一是文字表达型，如2019、2019、2019等年份，二是图像型，如2019、2019等年份。重点考察内容有判断放热、吸热反响图；热方程式的书写；燃烧热和中和热的概念、判断H的大小；金属的腐蚀和防护；原电池的概念、电极的判断、电极方程式的书写；应用化学平衡原理解释电离平衡、沉淀溶解平衡、盐类水解平衡；氯碱工业、电镀、电解精炼等；化学反响方向的判断等。另外需要重视化学反响原理与元素化合物内容整合的复习，例如：氯气与水的反响，氢氧化铁胶体的生成，碳酸钠等盐的水解，明矾的净水，醋酸和氨水的电离，合成氨反响等。对于图像型问

2、题，需要培养化学反响热效应、酸碱中和滴定、溶解度曲线、平衡转化率等角度的理解才能。而电化学部分更多结合氯碱工业中电解饱和食盐水，电解熔融氯化钠、氧化铝、电解精炼铜、电镀工业，铜和铁的腐蚀，铜锌原电池，锰锌干电池，氢氧燃料电池等。近几年江苏高考关于原理小综合题的考察如下：年份选项考察点2019反响N2g3H2g2NH3g的H<0，S>0化学反响方向的判断地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀金属的防护常温下，KspMgOH25.6×1012，pH10的含Mg2溶液中，cMg25.6×104 mol·L1Ksp的应用常温常压下，锌与稀H2SO4反响生

3、成11.2 L H2，反响中转移的电子数为6.02×1023氧化复原反响2019化学反响热效应图像化学反响速率图像电离平衡图像酸碱中和滴定曲线2019假设H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023氧化复原反响室温下，pH3的CH3COOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7溶液的酸碱性钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀金属的防护一定条件下反响N23H22NH3到达平衡时，3v正H22v逆NH3平衡标志的判断2019假设在海轮外壳上附着一些铜块，那么可以减缓海轮外壳的腐蚀金属的防护2NOg2

4、COg=N2g2CO2g在常温下能自发进展，那么该反响的H0化学反响方向的判断加热0.1 mol/L Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大水解平衡的挪动对于乙酸与乙醇的酯化反响H0，参加少量浓硫酸并加热，该反响的反响速率和平衡常数均增大化学反响速率和平衡的挪动2019反响NH3gHClg=NH4Cls在室温下可自发进展，那么该反响的H0化学反响方向的判断电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极电解精炼铜CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小电离平衡和电离平衡常数的应用Na2CO3溶液中参加少量CaOH2 固体，CO水解程度减小，溶液的pH 减小水解平衡的应用文字表达型例1

5、以下有关说法正确的选项是A常温下，用蒸馏水不断稀释醋酸，溶液中cCH3COO/cCH3COOH的值变大B2NOg2COg2CO2gN2g的H<0，那么该反响一定能自发进展C合成氨反响需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向挪动D对于CaOH2的沉淀溶解平衡，升高温度，CaOH2的溶解速率增大，Ksp增大解析A项，加水稀释促进醋酸的电离，那么cCH3COO/cCH3COOHnCH3COO/nCH3COOH的值变大，正确；B项，由于该反响为气体分子总数减少的反响，熵减S<0，且H<0，故该反响不一定能自发进展，错误；C项，催化剂不能改变平衡状态，错误；D项，CaOH2

6、的溶解度随温度的升高而降低，Ksp减小，错误。答案A例2以下有关说法正确的选项是A普通锌锰干电池中的MnO2在工作时起催化作用B假设1 mol Na2O2与足量水反响产生O2，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023C室温下，体积、pH均一样的HA和HB两种酸分别与足量的锌反响，HA放出氢气多，说明酸性：HB>HAD恒温恒压密闭容器中进展的反响N2g3H2g2NH3g；Ha kJ·mol1，平衡时向容器中再充入一定量NH3，重新达平衡时a值不变 解析A项，普通锌锰干电池中的MnO2在工作时起氧化剂作用，错误；B项，1 mol Na2O2与足量水反响产生O

7、2，理论上转移的电子数约为6.02×1023，错误；C项，HA放出氢气多表示HA的物质的量多，其电离程度小，说明酸性大小为HB>HA，正确；D项，平衡时向容器中再充入一定量NH3，相当于增大压强，增大压强时，平衡向正反响方向挪动，但反响的反响热不变，正确。答案CD变式1以下有关说法正确的选项是A马口铁镀锡铁皮镀层破损后铁仍不易腐蚀BCH3ClgCl2gCH2Cl2lHClg能自发进展，那么该反响的H>0CMnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，那么KspCuS<KspMnSD合成氨消费中将NH3液化别离，一定能加快正反响速率，进步H2的转化率解析A项，

8、由于铁比锡活泼，镀层破损后，易构成原电池，铁作负极，加速铁的腐蚀，错误；B项，该反响熵减，由于能自发进展，那么必为放热反响，即H0，错误；C项，由于KspCuS<KspMnS，MnS能与CuSO4溶液生成CuS沉淀，正确；D项，将NH3液化别离，能使反响正向挪动，但正反响速率是逐渐减小的，错误。答案C变式2以下有关说法正确的选项是A锌与稀硫酸反响时参加少量硫酸铜，反响加快的主要原因是Cu2水解增大了H浓度B增大醋酸溶液的浓度，溶液中cOH减小的原因是水的离子积Kw减小C常温下，pH3的盐酸与pH11的某碱溶液等体积混合溶液呈碱性，说明该碱为强碱DTATPC8H18O6受撞击分解爆炸且无明

9、显热效应，说明该分解反响熵显著增加解析A项，参加硫酸铜后发生置换反响生成铜，构成原电池，从而加快了反响速率，错误；B项，水的离子积只与温度有关，温度不变，Kw不变，错误；C项，说明该碱为弱碱，中和反响后弱碱远远过量，导致溶液显碱性，错误。答案D变式3以下说法正确的选项是ASO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质B向纯水中参加盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向挪动，水的离子积减小C铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D常温下，反响4FeOH2s2H2OlO2g=4FeOH3s的H<0、S<0解析A项，二氧化硫自身不能电离出离子，不是电解质，错误；B项，向纯水中参

10、加盐酸或氢氧化钠虽然能使水的电离平衡逆向挪动，但水的离子积不变只与温度相关，错误；C项，铅蓄电池在放电过程中，正、负极质量均增加均有难溶的硫酸铅沉淀生成，错误；D项，该反响熵减，由于能自发，说明反响为放热反响H<0，正确。答案D图像型例32019·苏锡常镇教学情况调研一化学中常用图像直观地描绘化学反响的进程或结果。以下图像描绘正确的选项是A图表示不同压强对反响体系3Xg2YgZs中X体积分数的影响B图表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化C图中的线条2表示放热反响2H2O2=2H2OO2参加催化剂Br2的反响进程D图表示用0.100 0 mol

11、3;L1NaOH溶液分别滴定同浓度同体积盐酸和醋酸的曲线解析A项，Z为固体，该反响为不等体积变化，所以在加压时，平衡会挪动，X的体积分数会变化，错误；B项，CH3COOH为弱电解质，通入NH3生成CH3COONH4为强电解质，导电才能增强，错误；C项，从图示看，Br2在反响前后均有，所以Br2作催化剂，催化剂可以降低反响的活化能线条2，反响物的总能量比生成物大，故为放热反响，正确；D项，等物质的量的盐酸和醋酸，与NaOH反响到达pH7时，消耗的NaOH不相等，与图不吻合，错误。答案C例42019·江苏南京三模以下图示与对应的表达相符合的是A由图甲可知，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定

12、B图乙表示CO2通入饱和Na2CO3溶液中，溶液导电才能的变化C图丙表示等量NO2在容积一样的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反响：2NO2gN2O4g，一样时间后测得NO2含量的曲线，那么该反响的H<0D图丁表示某可逆反响的反响速率随时间的变化，t0时刻改变的条件一定是使用了催化剂解析A项，从图知，石墨的能量小于金刚石，而能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，错误；B项，发生反响：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，离子浓度减小，导电才能减弱，当继续通过CO2时，又会生成H2CO3，离子浓度增大，导电才能又会增强，错误；C项，图中表示NO2的含量，在最低点的左侧，NO2不断的转

13、化成N2O4，含量减小，说明反响未到达平衡，温度高，反响速率快，在最低点时，说明反响已达平衡，在最低点的右侧，NO2的含量会增大，说明反响逆向挪动了，故反响为放热反响，正确；D项，还有可能为等体积反响在加压条件下的变化，错误。答案C变式4以下图示与对应的表达相符的是A图甲中阴影部分的面积表示v正与v逆的差值B图乙表示溶液中含铝颗粒浓度随pH变化曲线，A点所示溶液中存在大量AlOC图丙表示一定条件下的合成氨反响中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数N2的起始量恒定的变化，图中A点N2的转化率小于B点D图丁表示同一温度下，在不同容积的容器中进展反响2BaO2s2BaOsO2g，O2的平衡浓度与

14、容器容积的关系解析图甲中阴影部分的面积表示正反响浓度与逆反响浓度的差值，A项错误； 图乙表示溶液中含铝颗粒浓度随pH变化曲线，A点所示铝离子转化为氢氧化铝的过程，溶液中存在大量Al3，B项错误；在合成氨的反响，增加氢气浓度，进步氮气的转化率，自身转化降低，A点N2的转化率小于B点，C项正确；同一温度下，在不同容积的容器中进展反响2BaO2s2BaOsO2g，O2的平衡浓度与容器容积的关系不是线性关系，而是点状关系，且整个过程中氧气的压强是不变的，D项错误。答案C变式5以下图所示与对应表达相符的是A用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B、C的混合溶液均可以与Ag反响生成沉淀，由图1可确定首先沉淀的是AB

15、图2表示反响中某反响物的正、逆反响速率随温度变化情况，由图可知该反响的正反响是吸热反响C一定条件下，X和Y反响生成Z，由图3推出该反响的方程式可表示为：X3YZD图4表示溶液中反响：I2II 平衡cI 随温度变化，反响速度v正Mv逆N解析lgcX越大，那么cX越小，越容易生成沉淀，首先生成沉淀是A，A项正确；图2中逆反响速率曲线斜率大，随着温度升高，逆反响速率大于正反响速率，反响向逆向挪动，说明正反响为放热反响，B项错误；当反响物的起始物质的量之比等于化学计量数之比时，用各物质表示的转化率一样，从图分析，当X的物质的量与Y 的物质的量之比为3时，转化率一样，那么二者化学计量数之比为31，那么方

16、程式为3XYZ，C项错误；平衡cI 随温度升高而减小，平衡逆向挪动，反响速度：v正M<v逆N，D项错误。答案A专题测试六1.以下曲线中，可以描绘乙酸甲，Ka1.8×105和一氯乙酸乙，Kb1.4×103在水中的电离度与浓度关系的是解析根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<CH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。答案B2.液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABAB，在不同温度下其平衡常数为K25 1.0×1014，K35 2.

17、1×1014。那么以下表达正确的选项是A.cA随温度的升高而降低B.35 时，cAcBC.AB的电离程度：25 35 D.AB的电离是吸热过程解析由于K25 K35 ，故cA随温度的升高而增大，A错；由电离方程式可知，在任何温度下，都存在cAcB，B错；由25 和35 时的平衡常数可知，温度越高，电离程度越大，C错；由于K25 K35 ，因此AB的电离是吸热过程，D正确。答案D3.某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，以下分析不合理的是A.碳酸钠水解是吸热反响B.ab段说明水解平衡向右挪动C.bc段说明水解平

18、衡向左挪动D.水的电离平衡也对pH产生影响解析分析图像，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反响，A项正确；ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，溶液pH增大，图像符合，B项正确；温度升高促进水解平衡正向进展，C项错误。答案C4.常温下，以下溶液一定呈碱性的是A.能与金属铝反响放出氢气的溶液B.106的溶液C.pH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合D.0.01 mol·L1的氨水与0.01 mol·L1的HCl溶液等体积混合解析能与金属铝反响放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，A项错误；106<1，cHcO

19、H，溶液呈碱性，B项正确；CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，pH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，C项错误；0.01 mol·L1的氨水与0.01 mol·L1的HCl溶液等体积混合恰好发生中和反响，生成的氯化铵水解使溶液呈酸性，D项错误。答案B5.准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L1 NaOH溶液滴定。以下说法正确的选项是A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进展滴定B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由

20、红色变无色时停顿滴定D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，那么测定结果偏小解析滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进展滴定，A项错误；随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中cH越来越小，故pH由小变大，B项正确；用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明到达滴定终点，应停顿滴定，C项错误；滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，那么所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大，D项错误。答案B6.室温下，有pH均为9，体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，以下说法正确的选项是A.两种溶液中的cNa相等B.两溶液中由水电离出的cO

21、H之比为109/105C.分别加水稀释到100 mL时，两种溶液的pH仍然相等D.分别与同浓度的盐酸反响，恰好反响时消耗的盐酸体积相等解析pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，cNaOHcCH3COONa，Na不水解，所以CH3COONa溶液中cNa大，A项错误；OH抑制水电离，CH3COO促进水电离，NaOH溶液中cH等于水电离出cOH109 mol·L1，CH3COONa溶液中水电离出的cOH1014/109 mol·L1105 mol·L1，两者之比109/105，B项正确；加水稀释促进CH3COONa水解，导致溶液中pH大小为CH3COONaNaOH，

22、C项错误；因为nNaOHnCH3COONa，所以CH3COONa消耗的盐酸体积大，D项错误。答案B7.0.1 mol·L1某碱AOH溶液的pH11，将该溶液稀释10倍后，溶液的pH不可能为10.110.81211.5A. B. C. D.解析在碱溶液稀释过程中，溶液的pH将减小而不是增大，假设AOH是强碱，稀释10倍后溶液的pH10，假设AOH是弱碱，由于稀释过程中AOH会电离出一部分OH，故稀释10倍后溶液的pH为10<pH<11，A项正确。答案A 8.25 时，以下有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的选项是A.0.1 mol/L的NH4Cl溶液：cCl>cN

23、H>cOH>cHB.0.1 mol/L的CH3COOH溶液：cCH3COOH>cH>cCH3COO>cOHC.pH4的FeCl3溶液：cCl>cH>cFe3>cOHD.pH11的CH3COONa溶液：cNacHcCH3COOcCH3COOH解析NH4Cl发生水解使溶液呈酸性，cCl>cNH>cH>cOH，A项错误；弱酸CH3COOH的电离程度远大于水的微弱电离，cCH3COOH>cH>cCH3COO>cOH，B项正确；FeCl3发生水解使溶液呈酸性，cCl>cFe3>cH>cOH，C项错误；C

24、H3COONa溶液遵循电荷守恒，cNacHcCH3COOcOH，D项错误。答案B9.lg 20.301 0，KspMnOH22.0×1013。实验室制氯气的废液中含cMn20.1 mol·L1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn2完全沉淀的最小pH等于A.8.15 B.9.3 C.10.15 D.11.6解析Mn2沉淀较为完全时的浓度为1×105 mol·L1，KspcMn2·c2OH，cOH mol·L1×104 mol·L1，cH mol·L1×1010 mol·L1，所以pHlg

25、10lg 210.15。C项正确。答案C10.2019·江苏南京、盐城一模以下说法错误的选项是A.实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3s溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释B.反响2CO2NO=N22CO2在常温下能自发进展，那么反响的H>0，S0C.0.1 mol·L1 NH4Cl溶液加水稀释，cH/cNH的值增大D.反响CH3COOCH3H2OCH3COOHCH3OHH0，到达平衡时，参加少量固体NaOH，那么乙酸甲酯水解转化率增大解析FeCl3水解反响方程式为FeCl33H2OFeOH33HCl，在FeCl3中参加HCl可以抑制Fe3水解生成FeOH3，A项正确

26、；从反响方程式中气体物质的化学计量系数来看，物质的量在减小，即熵减小，但反响能自发，那么该反响是放热反响，H<0，B项错误；NH 的水解方程式为：NHH2ONH3·H2OH，KbcNH3·H2O·cH/cNH，Kb仅与温度有关，稀释过程中，温度不变，那么Kb不变，但cNH3·H2O减小，故cH/cNH增大，C项正确； CH3COOCH3水解生成CH3COOH，参加NaOH固体，可以与CH3COOH反响，促使水解平衡正向挪动，CH3COOCH3的水解转化率增大，D项正确。答案B11.常温下，在一定体积pH12的BaOH2溶液中，逐滴参加一定物质的量浓

27、度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2 恰好完全沉淀时，溶液pH11。假设反响后溶液的体积等于BaOH2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，那么BaOH2溶液与NaHSO4溶液的体积比是A.19 B.11 C.12 D.14解析pH12的氢氧化钡溶液中cH1×1012 mol·L1，cOH mol·L11×102 mol·L1，cBaOH20.5×102 mol·L1；反响后溶液pH11，cH1×1011 mol·L1，cOH mol·L11×103 mol·L1。设氢氧化钡溶

28、液体积为V1 L，硫酸氢钠溶液的体积为V2 L，依题意知，nBa2nSO，由BaOH2NaHSO4BaSO4NaOHH2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为nNaOHnBaOH20.5×102V1 mol，1×103 mol·L1，那么V1V214，D项正确。 答案D12.2019·江苏南京、盐城二模以下图所示与对应表达相符的是A.图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，那么KspFeS>KspCuSB.图乙表示pH2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，那么酸性：甲酸<乙酸C.图丙用0.100 0 mol·L1 NaOH溶

29、液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，那么cHCl0.080 0 mol·L1D.图丁表示反响N2g3H2g2NH3g平衡时NH3体积分数随起始nN2/nH2变化的曲线，那么转化率：AH2BH2解析A项，作一等量cS2的线，对应的cFe2>cCu2，所以KspFeS>KspCuS，正确；B项，酸性越强的酸，稀释一样倍数时，pH变化大，那么酸性：甲酸>乙酸，错误；C项，根据cNaOH·VNaOHcHCl·VHCl0.1 mol·L1×0.02 LcHCl×0.025 L，cHCl0.080 0 mol·L1，

30、正确；D项，B点处的nN2/nH2比A点处大，所以B处H2的转化率高，错误。答案AC13.常温下，浓度均为0.10 mol·L1、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如下图，以下表达正确的选项是A.该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11×105B.当lg3时，假设两溶液同时升高温度，那么减小C.一样条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHD.溶液中水的电离程度：acb解析根据图像可知，稀释100倍时HB的浓度变为0.001 mol·L1，而此时溶液中cH为104 mol·L1，即发生电离的HB是104 mol·

31、;L1，该温度下HB的电离平衡常数K1.11×105，A项正确；当lg3时，HA溶液的pH4，HB溶液的pH4，HA是强酸，HB是弱酸，升高温度，对cA无影响，而HB溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向挪动，cB浓度增大，增大，B项错误；HA为强酸，HB为弱酸，NaB溶液显碱性，NaA溶液显中性，一样条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，C项错误；酸电离出的cH越大，对水电离的抑制程度越大，根据图像可知，溶液中水的电离程度：acb，D项错误。答案A14.2019·南通模拟25 时，一样pH值的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH值随溶液体积变化的曲线如下

32、图。以下说法正确的选项是A.同浓度的NaA与NaB溶液中，cA大于cBB.a点溶液的导电性大于b点溶液C.a点的cHA大于b点的cHBD.HA的酸性强于HB解析pH一样的酸，稀释一样倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，据此得出酸性：HA>HB，故D项正确；A项，根据“越弱越水解的规律，可知A的水解程度小于B的水解程度，故同浓度的NaA与NaB溶液中，cA大于cB，正确；B项，在这两种酸溶液中，cHcA，cHcB，而a点的cH小于b点的cH，故a点的cA小于b点的cB，即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电才能小于b点，错误；C项，在稀释前两种酸的pH一

33、样，而两种酸的酸性：HA>HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度：cHA<cHB，故将溶液稀释一样倍数时，酸的浓度仍有：cHA<cHB，错误。答案AD15.2019·江苏南京、盐城一模常温下，浓度均为0.100 mol·L1、体积均为15.00 mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100 mol·L1 HCl溶液滴定，其滴定曲线如以下图所示：当两溶液中均滴入一样体积的HCl溶液时，相应的两溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的选项是A.当VHCl0 mL时，cNH3·H2OcHCOB.当VHCl4.00 mL时，cNHcNH3·H

34、2OcHCOcCOC.当VHCl8.00 mL时，cNacNHcHCO2cCOD.当VHCl15.00 mL时，cNacNHcNH3·H2O解析氨水中存在电离平衡，NaHCO3中存在HCO 的电离平衡和水解平衡，由于不知两者的平衡程度关系，所以不能确定cNH3·H2O和cHCO的大小，A项错误；氨水为15 mL，参加盐酸4 mL时，反响后溶液中含0.001 1 mol NH3·H2O和0.000 4 mol NH ，所以cNH3·H2O>cNH，B项错误；参加8 mL HCl时，NaHCO3中存在的电荷守恒为cNacHcOHcHCO2cCO，由图知

35、，此时pH<7，故有cNa<cHCO2cCO，显然，不等式右侧再加上cNH，仍成立，C项正确；参加15 mL HCl时，氨水和NaHCO3刚好完全被反响生成NH4Cl和NaCl，由物料守恒知，nNH4ClnNaCl，nNanClnNHnNH3·H2O，D项正确。答案CD16.草酸铁晶体Fe2C2O43·xH2O通过相关处理后可溶于水，且能做净水剂，在110 可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：步骤1：称量4.66 g草酸铁晶体进展处理后，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形

36、瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO被复原成Mn2。向反响后的溶液中参加一小匙锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液搜集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被复原成Mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液为V2、V3 mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度mol·L1KMnO4溶液滴入的体积mL10.020 0V

37、120.0220.020 0V222.1230.020 0V319.98请答复以下问题：1草酸铁溶液能做净水剂的原因_用离子方程式表示。2该实验步骤1和步骤3中使用的仪器除托盘天平、铁架台、滴定管夹、烧杯、玻璃棒外，一定需用以下仪器中的_填序号。A.酸式滴定管B.碱式滴定管C.量筒10 mLD.锥形瓶E.胶头滴管F.漏斗G.250 mL容量瓶3参加锌粉的目的是_。4步骤3滴定时是否选择指示剂_是或否；说明理由_，写出步骤3中发生反响的离子方程式_。5在步骤2中，假设参加的KMnO4溶液的量不够，那么测得的铁含量_填“偏低“偏高或“不变；实验测得该晶体中结晶水的个数x为_。解析1草酸铁溶液水解生

38、成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能做净水剂，反响的两种方程式为Fe33H2O=FeOH3胶体3H。2实验步骤1是配制溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管；步骤3是滴定，使用的仪器有铁架台、滴定管夹、锥形瓶、酸式滴定管。3根据题意，参加的锌粉可以将Fe3复原为Fe2。4高锰酸钾溶液显紫红色，步骤3滴定时发生的反响为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，因为KMnO4被复原剂复原成Mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂。5在步骤2中，假设参加的KMnO4溶液的量不够，导致草酸根不能完全被氧化，在步骤3中消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，那么测得的铁含量偏高；实验2数值

39、误差较大应舍去，那么V mL20.00 mL5Fe2MnO8H=Mn25Fe34H2O51N0.02 mol/L×0.020 0 L解得n0.02 mol那么250 mL溶液中含铁元素物质的量0.002 mol×0.02 mol那么Fe2C2O43·xH2O的物质的量0.01 molFe2C2O43的摩尔质量为466 g/mol那么x5。答案1Fe33H2O=FeOH3胶体3H2ADEG3将Fe3复原为Fe24否因为KMnO4被复原剂复原成Mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O5偏高517.与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数

40、，叫做电离平衡常数用K表示。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COOH1.96×105HClOHClOClOH3.0×108H2CO3H2CO3HHCOHCOHCOK14.4×107K25.6×1011H3PO4H3PO4HH2POH2POHHPOHPOHPOK17.1×103K26.3×108K34.2×1013答复以下问题：1假设把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，那么它们酸性最强的是_填化学式，下同，

41、最弱的是_。 2向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为_，1.2 mol·L1的NaClO溶液pH_：lg 20.3。3求该温度下，0.10 mol·L1的CH3COOH溶液中的cH_ mol·L1。解析1弱酸的电离常数K越大，表示该弱酸的酸性越强，多元弱酸的酸性主要取决于K1。因此酸性：H3PO4>CH3COOH> H2CO3> H2PO>HClO>HCO>HPO。2H2CO3>HClO>HCO，因此向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳的离子方程式为CO2ClOH2O=HClOHCO；设NaClO

42、水解生成的cOHx，ClOH2O HClOOHc起始/mol·L1 1.200c转化/mol·L1x xx c平衡/mol·L11.2x xx 水解常数KhKh解得x2×107/2 mol/LcH×1010.5 mol/LpH10.5lg2110.5lg210.50.310.8。3 CH3COOH CH3COOH c起始/mol·L1 0.1 0 0c转化/mol·L1 x x x c平衡/mol·L1 0.1x x xKx2/0.1xx2/0.11.96×105，x1.4×103 mol

43、83;L1。答案1H3PO4 HPO2CO2ClOH2O = HClOHCO10.831.4×10318.软锰矿主要成分为MnO2可用于制备锰及其化合物。1早期冶炼金属锰的一种方法是先煅烧软锰矿生成Mn3O4，再利用铝热反响原理制得锰，该铝热反响的化学方程式为_。2现代冶炼金属锰的一种工艺流程如下图：下表为t 时，有关物质的pKsp注：pKsplg Ksp。物质FeOH3CuOH2CaOH2MnOH2pKsp37.419.325.2612.7物质CuSCaSMnSMnCO3pKsp35.25.8612.610.7软锰矿复原浸出的反响为12MnO2C6H12O612H2SO4=12Mn

44、SO46CO218H2O该反响中，复原剂为_。写出一种能进步复原浸出速率的措施：_。滤液1的pH_填“或“MnSO4浸出液的pH。参加MnF2的主要目的是除去_填“Ca2“Fe3或“Cu2。3由MnSO4制取MnCO3：往MnSO4溶液中参加过量NH4HCO3溶液，该反响的离子方程式为_；假设往MnSO4溶液中参加NH42CO3溶液，还会产生MnOH2，可能的原因有：MnCO3s2OHaqMnOH2sCOaq，t 时，计算该反响的平衡常数K_填数值。解析1高温下，Al和Mn3O4发生铝热反响生成Mn，根据反响物、生成物及反响条件可知反响的化学方程式为8Al3Mn3O44Al2O39Mn；2软锰

45、矿复原浸出得到硫酸锰溶液，说明浸取液为稀硫酸，同时溶液中还含有Ca2、Fe3、Cu2 等杂质，调节溶液的pH，FeOH3 pKsp 为37.4与其他离子相比最大，调节pH可以将FeOH3沉淀下来，向滤液中参加硫化铵，CuS的pKsp为35.2，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再参加MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。软锰矿复原浸出的反响为12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，该反响中，Mn元素化合价由4价变为2价、C元素化合价由0价变为4价，失电子化合价升高的反响物是复原剂，所以C6H12O6为复原剂；反

46、响物接触面积越大、温度越高反响速率越快，所以能进步复原浸出速率的措施：升高反响温度或将软锰矿研细等。软锰矿复原浸出的反响为12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，溶液呈强酸性，复原浸出液中含有Mn2、Ca2、Fe3、Cu2，此时未形成沉淀，Ksp 为溶度积常数，pKsplg Ksp，pKsp 越大，沉淀溶解平衡常数越小，所以滤液1的pH大于MnSO4浸出液的pH，才能形成氢氧化铁沉淀。CaF2难溶于水，滤液2为Mn2、Ca2、NH、SO，参加MnF2的目的是形成CaF2沉淀，除去Ca2。3锰离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸锰沉淀、水和二氧化碳气体，离子方程式为Mn22HCO=MnCO3H2OCO2；由MnCO3s2OHaqMnOH2sCOaq可知，K100。答案18Al3Mn3O44Al2O39Mn2C6H12O6升高反响温度或将软锰矿研细等其他合理答案Ca23Mn22HCO=MnCO3H2OCO210019.现有0.175 mol·L1醋酸钠溶液500 mL醋酸的电离常数Ka1.75×105。1写出醋酸钠水解反响的化学方程式：_。2以下图像能说明醋酸钠的水解反响到达平衡的是_。A.溶液中cNa与反响时间t的关系B.CH3COO的水解速率与反响时间t的关系C.溶液的pH与反