甘肃省天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次考试化学试题

甘肃省天水市一中20172018学年高二上学期第三次（期末）考试化学试题1.下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A.NH3·H2OB.NaHCO3C.Ba(OH)2D.NH4Cl【答案】B【解析】A，NH3·H2O属于弱碱，NH3·H2O电离出OH，溶液呈碱性；B，NaHCO3属于强碱弱酸盐，由于HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，HCO3的水解使溶液呈碱性；C，Ba（OH）2属于强碱，Ba（OH）2电离出OH，溶液呈碱性；D，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解使溶液呈酸性；因水解使溶液呈碱性的是NaHCO3，答案选B。2.不能证明一元酸HA为弱酸的是()A.相同条件下HA溶液的导电性弱于盐酸B.0.1mol/L的HA溶液pH为3C.HA溶液中滴加石蕊显红色D.NaA溶液显碱性【答案】C【解析】A，相同条件下HA溶液的导电性弱于盐酸，说明相同条件下HA溶液中离子物质的量浓度小于盐酸，HA部分电离，可证明HA为弱酸，A项正确；B，0.1mol/LHA溶液的pH=3，溶液中c（H+）=1103mol/L0.1mol/L，可证明HA为弱酸，B项正确；C，HA溶液中滴加石蕊显红色，说明HA溶液呈酸性，不能说明酸性强弱，C项错误；D，NaA溶液呈碱性，说明A能水解，可证明HA为弱酸，D项正确；答案选C。点睛：实验证明某酸是强酸还是弱酸可从以下几个方面思考：（1）从弱电解质电离的特点分析，如测已知物质的量浓度溶液的pH（题中B项）、比较等物质的量浓度等体积强酸弱酸导电能力的强弱（题中A项）、比较等物质的量浓度强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（2）从影响弱电解质电离平衡的因素分析，如测等pH的强酸弱酸溶液稀释相同倍数后的pH、等pH等体积强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（3）从对应盐是否发生水解分析，如测对应强碱盐溶液的pH（题中D项）。3.碱性锌锰干电池的总反应方程式可以表示为：Zn＋2MnO2＋2H2O==Zn(OH)2＋2MnOOH此电池放电时，正极上发生反应的物质是()A.碳棒B.MnO2和H2OC.ZnD.MnO2【答案】B【解析】原电池的正极上发生得电子的还原反应，在该电池总反应中，Mn元素的化合价由MnO2中的+4价降至MnOOH中的+3价，相应电极反应式为MnO2+e+H2O=MnOOH+OH，正极上发生反应的物质为MnO2和H2O，答案选B。4.室温时，饱和Mg(OH)2溶液的pH=11，则该温度下Mg(OH)2的溶度积为()A.5×1034B.1×109C.1×1022D.5×1010【答案】D【解析】饱和Mg（OH）2溶液的pH=11，c（H+）=11011mol/L，室温下c（OH）=1103mol/L，Mg（OH）2溶解平衡表达式为Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），则饱和Mg（OH）2溶液中c（Mg2+）=c（OH）=103mol/L，Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）·c2（OH）=103（1103）2=51010，答案选D。5.如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光装置。下列说法不正确的是(

)A.锌是负极，电子从锌片经导线流向铜片B.铜片表面有气泡生成C.如果将硫酸换成橙汁，导线中不会有电子流动D.装置中存在“化学能→电能→光能”的转换【答案】C【解析】Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极。A，Zn是负极，电子从锌片经导线流向铜片，A项正确；B，Cu极的电极反应式为2H++2e=H2↑，铜片表面有气泡生成，B项正确；C，将硫酸换成橙汁，橙汁为电解质溶液，仍然构成原电池，导线中仍会有电子流动，C项错误；D，原电池中将化学能→电能，LED灯发光时电能→光能，D项正确；答案选C。6.固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许O2在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是()①多孔电极a为负极②a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e==4OH③b极的电极反应式为H2－2e＋O2==H2O④该电池的总反应式为2H2＋O22H2OA.①②B.②④C.②③D.③④【答案】D【解析】①图中电子由多孔电极b通过导线流向多孔电极a，多孔电极b为负极，多孔电极a为正极，①错误；②a极对应的电极反应式为O2+4e=2O2，②错误；③b极的电极反应式为H22e+O2=H2O，③正确；④根据正负极得失电子相等，将正负极电极反应式相加，该电池的总反应式为2H2+O22H2O，④正确；正确的是③④，答案选D。点睛：本题考查氢氧燃料电池的工作原理。需要注意电极反应式的书写与电解质的关系，氢氧燃料电池在不同电解质的电极反应式：负极电极反应式正极电极反应式酸性电解质H22e=2H+O2+4e+4H+=2H2O碱性电解质H22e+2OH=2H2OO2+4e+2H2O=4OH熔融氧化物H22e+O2=H2OO2+4e=2O2熔融碳酸盐H22e+CO32=H2O+CO2O2+4e+2CO2=2CO327.下列各步制取物质，最终无法达到目的的有()A.AlAl2O3AlCl3溶液Al2O3B.CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2OC.FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3D.Al2(SO4)3溶液Al(OH)3【答案】A【解析】A，4Al+3O22Al2O3，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，加热蒸干由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成Al（OH）3，A项不能达到目的；B，2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶后得到CuSO4·5H2O，B项能达到目的；C，2Fe+3Cl22FeCl3，FeCl3+3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4Cl，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，C项能达到目的；D，Al2（SO4）3溶液与NaAlO2溶液发生双水解反应：Al2（SO4）3+6NaAlO2+12H2O=8Al（OH）3↓+3Na2SO4，D项能达到目的；答案选A。8.有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是(

)A.V3＞V2＞V1B.V3=V2=V1C.V3＞V2=V1D.V1=V2＞V3【答案】C【解析】Ba（OH）2属于二元强碱，KOH属于一元强碱，NH3·H2O属于弱碱，所以等pH的三种碱溶液物质的量浓度的关系为：c（NH3·H2O）c（KOH）=2c[Ba（OH）2]，等体积的三种碱溶液消耗等浓度的盐酸的体积为：V3V1=V2，答案选C。点睛：本题考查等pH的强碱和弱碱的比较。注意：等pH的弱碱溶液物质的量浓度大于强碱溶液，强碱、弱碱消耗酸的多少取决于碱的物质的量多少和碱的元数。9.如图所示，将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液(其中滴有酚酞)的表面皿中，最先观察到变为红色的区域为(

)A.Ⅰ和ⅡB.Ⅱ和ⅢC.Ⅰ和ⅣD.Ⅱ和Ⅳ【答案】C【解析】甲为原电池，Zn比Fe活泼，Zn为负极，Zn极的电极反应式为Zn2e=Zn2+，NaCl溶液呈中性，Fe为正极，Fe极的电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，甲中I区域碱性增强使酚酞变红；乙为电解池，Fe为阳极，Fe极的电极反应式为Fe2e=Fe2+，Zn为阴极，Zn极的电极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH，乙中IV区域碱性增强使酚酞变红；则先变红的为I和IV区域，答案选C。10.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是()A.pH：②＞③＞④＞①B.c(CH3COO)：②＞④＞③＞①C.溶液中c(Na+)：①＞③＞②＞④D.c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②【答案】B【解析】试题分析：A．①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH抑制CH3COO水解，则c（CH3COO）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO）最小，即c（CH3COO）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；D．因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误。故选B。考点：考查离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等。试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答。11.已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1mol/L的的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的是(

)A.c(Na+)＞c(HRO3)＞c(H+)＞c(RO32)＞c(OH)B.c(H+)＋c(H2RO3)=c(RO32)＋c(OH)C.c(Na+)＋c(H+)=c(HRO3)＋c(RO32)＋c(OH)D.两溶液中的c(Na+)、c(HRO3)和c(RO32)分别相等【答案】B【解析】A，NaHSO3溶液呈酸性说明HSO3的电离程度大于HSO3的水解程度，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），NaHCO3溶液呈碱性说明HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，NaHCO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32），A项错误；B，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH），物料守恒为c（Na+）=c（HRO3）+c（RO32）+c（H2RO3），两式整理得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32）+c（OH），B项正确；C，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3）+2c（RO32）+c（OH），C项错误；D，两溶液中c（Na+）相等，但c（HRO3）、c（RO32）不相等，D项错误；答案选B。点睛：本题考查酸式盐溶液中粒子浓度的大小关系。强酸的酸式盐（如HSO4等）在溶液中完全电离产生H+，溶液呈酸性。弱酸的酸式盐在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，要确定溶液中粒子浓度的大小关系，必须分清主次：（1）若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如HSO3、HC2O4等；（2）若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，如HCO3、HS等。12.用惰性电极电解R(NO3)n的水溶液，当一个电极上增重mg时，在另一电极上产生VL(标准状况)气体，则R的相对原子质量为()A.B.C.D.【答案】C【解析】溶液中阳离子有Rn+、H+，阴离子有NO3、OH，由于OH优先NO3放电，阳极电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O；则阴极质量增加，阴极电极反应式为Rn++ne=R；根据阴、阳极得失电子守恒，n=4，M（R）=g/mol，R的相对原子质量为，答案选C。点睛：本题考查电解的相关计算，能正确分析出电极反应式是解题的关键，注意根据得失电子守恒列式求解。13.室温下向10mL、0.1mol/L的NaOH溶液中加入0.1mol/L的HA溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.pH=7时，c(Na+)=c(A)＋c(HA)B.a点所示溶液中c(Na+)＞c(A)＞c(H+)＞c(HA)C.b点所示溶液中：c(A)＞c(HA)D.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同【答案】C点睛：本题以酸碱中和滴定的pH曲线图为载体，考查水的电离和溶液中粒子浓度的大小关系。在碱溶液中滴加酸溶液至过量，随着酸溶液的滴入溶液中水的电离程度先增大后减小，酸碱恰好完全反应时水的电离程度最大；确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先要明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的主次关系，巧用电荷守恒（如题中A项）、物料守恒和质子守恒。14.下列叙述正确的是()A.工业上电解熔融的Al2O3冶炼铝用铁做阳极B.用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成1molNaOHC.用Pt做电极电解Na2SO4溶液，阴、阳两极产物的物质的量之比为1∶2D.用碳棒做电极电解CuSO4溶液一段时间后，加入Cu(OH)2固体可以使CuSO4溶液恢复原来浓度【答案】B【解析】A，工业上电解熔融Al2O3冶炼Al，用石墨做阳极，A项错误；B，用惰性电极电解饱和NaCl溶液，电解方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑~2e，转移1mol电子生成1molNaOH，B项正确；C，用Pt作电极电解Na2SO4溶液，阴极电极反应式为2H++2e=H2↑，阳极电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O，根据得失电子守恒，阴、阳两极产物物质的量之比为2:1，C项错误；D，用碳棒作电极电解CuSO4溶液，电解方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，根据原子守恒，电解一段时间后应加入CuO或CuCO3（CuCO3可写成CuO·CO2）可以使CuSO4溶液恢复到原来浓度，D项错误；答案选B。15.某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置。下列叙述正确的是(

)A.K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCuB.K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体C.K分别与M、N相连时，铁均受到保护D.K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大【答案】B【解析】A，K与M相连时，装置为原电池，Fe为负极，Fe极的电极反应式为Fe2e=Fe2+，C为正极，C极的电极反应式为Cu2++2e=Cu，Cu在C表面析出，A项错误；B，K与N相连时，装置为电解池，Fe为阴极，C为阳极，C极的电极反应式为2Cl2e=Cl2↑，Cl2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，B项正确；C，K与M相连时，Fe为原电池的负极，Fe的腐蚀加快，C项错误；D，K与M、N均断开，发生反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，一段时间后电解质溶液质量变小，D项错误；答案选B。16.常温下，下列溶液中各离子浓度关系表述正确的是()A.向NH4HSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至中性，溶液中c(Na+)>c(SO42)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH)B.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中c(Na+)>c(CO32)>c(HCO3)>c(OH)>c(H+)C.已知酸性HF>CH3COOH,pH相等的NaF与CH3COOK溶液中c(Na+)－c(F)<c(K+)－c(CH3COO)D.在0.1mol/L的Na2S溶液中c(H+)＋c(HS)＋c(H2S)=c(OH)【答案】A【解析】试题分析：A.NH4HSO4是强酸的酸式盐，若n(NH4HSO4)=n(NaOH)则得到的溶液中因为含有强酸弱碱盐溶液显酸性，所以要使溶液至中性，溶液中n(NH4HSO4)<n(NaOH),所以c(Na+)>c(SO42)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH)，正确；B.等物质的量浓度的Na2CO3,NaHCO3混合溶液中由于CO32的水解程度大于HCO3，所以c(HCO3)>c(CO32)，根据物料守恒可得c(Na+)>c(HCO3)；CO32和HCO3水解消耗水电离产生的H+，是溶液显碱性，所以c(OH)>c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(HCO3)>c(CO32)>c(OH)>c(H+)，错误；C.根据电荷守恒可知：C(H+)+C(Na+)=C(OH)+C(F)移项后可得C(Na+)C(F)=C(OH)C(H+)同理可得C(K+)C(CH3COO)=C(OH)C(H+)又因为两种溶液PH相同，所以C(OH)C(H+)相等，故C(Na+)C(F)=C(K+)C(CH3COO)，错误；D.在0.1mol/L的Na2S溶液中,根据质子守恒可得c(H+)+c(HS)+2c(H2S)=c(OH)，错误。考点：考查溶液中各离子浓度关系的知识。17.用石墨作电极电解100mLAgNO3溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况)，则原AgNO3溶液的物质的量浓度为()A.3mol·L1B.2mol·L1C.1.5mol·L1D.1mol·L1【答案】B【解析】由于OH优先NO3放电，阳极电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O；由于放电能力Ag+H+，阴极电极反应依次为Ag++e=Ag、2H++2e=H2↑，根据阴、阳极得失电子守恒，4n（O2）=n（Ag）+2n（H2），4=n（Ag）+2，n（Ag）=0.2mol，根据Ag守恒，n（AgNO3）=0.2mol，c（AgNO3）==2mol/L，答案选B。18.据报道，以NaBH4(B为+3价)和H2O2做原料的新型燃料电池可用作深水勘探等无空气环境下的电源，其结构如右图所示．该电池总反应式为：NaBH4＋4H2O2＝NaBO2＋6H2O，下列的说法正确是()A.放电过程中，Na+从右向左迁移B.a为正极，其电极反应为：BH4－8e＋8OH=BO2＋6H2OC.b电极的电极反应式为：H2O2＋2e－＋2H＋=2H2OD.每消耗300g、34%的H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为6NA个【答案】D【解析】NaBH4中B元素的化合价为+3价，则NaBH4中H元素的化合价为1价，根据图示，电极a的反应中H元素的化合价由1价升至+1价，电极b的电极反应为H2O2+2e=2OH，电极b为正极，电极a为负极。A，放电过程中，Na+移向正极，从左向右迁移，A项错误；B，a为负极，a极的电极反应为BH48e+8OH=BO2+6H2O，B项错误；C，电极b的电极反应式为H2O2+2e=2OH，C项错误；D，n（H2O2）==3mol，根据H2O2+2e=2OH，电路中流过的电子物质的量为6mol，D项正确；答案选D。点睛：本题考查原电池原理。解题的关键是正、负极的判断，依据元素化合价的变化判断反应类型，进而判断正、负极；书写电极反应式时注意电解质溶液呈碱性。19.常温下，用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的Na2CO3溶液25mL。测得溶液pH变化曲线如图，下列说法正确的是(

)A.b点时，c(CO32)＞c(HCO3)＞c(OH)B.d点时，c(OH)=c(H+)＋c(HCO3)＋2c(H2CO3)C.e点时，c(H+)=2c(CO32)＋c(HCO3)＋c(OH)D.c→d发生的主要离子反应：H+＋HCO3=CO2↑＋H2O【答案】C点睛：本题考查溶液中粒子浓度大小的比较。明确反应物物质的量之比确定溶液中溶质的成分是解题的关键，结合电荷守恒、物料守恒进行解答，知道盐类水解程度的相对大小。需要注意在Na2CO3溶液中滴加盐酸，随着盐酸的加入依次发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3、H2CO3=H2O+CO2↑。20.25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO)=0.1mol/L的一组CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO）与pH的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是(

)A.pH=3.5的溶液中：c(Na+)＋c(H+)c(OH)＋c(CH3COOH)=0.1mol/LB.pH=5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO)＞c(H+)＞c(OH)C.W点所表示的溶液中：c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH)D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH)【答案】A【解析】CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）。A，c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，A项正确；B，由图像知pH=4.75时c（CH3COO）=c（CH3COOH），pH=5.5时溶液中c（CH3COO）c（CH3COOH），B项错误；C，根据电荷守恒c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）c（Na+），由图知W点溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO），则c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH）c（Na+），C项错误；D，W点溶液中c（CH3COOH）=c（CH3COO）=0.05mol/L，1LW点溶液中n（CH3COO）=0.05mol，通入0.05molHCl，CH3COO与H+恰好完全反应生成CH3COOH，由于CH3COOH的电离是微弱的，c（CH3COOH）c（H+），D项错误；答案选A。21.常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7).（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系______________、_______________、___________________（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为_____________________________________________________（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是________________，浓度为0.05mol/L的是____________________（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是______________与__________（5）CH3COO和OH的物质的量之和比H+多________mol【答案】(1).CH3COOHCH3COO＋H+(2).CH3COO＋H2OCH3COOH＋OH(3).H2OH+＋OH(4).c(Na+)>c(CH3COO)>c(Cl)>c(H+)>c(OH)(5).Na+(6).Cl(7).CH3COOH(8).CH3COO(9).0.05【解析】试题分析：本题考查溶液中粒子浓度大小的比较，溶液中粒子浓度的关系。0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L。（1）该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO水解的离子方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH；水的电离平衡：H2OH++OH。（2）由于溶液的pH7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（OH）。（3）溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+。浓度为0.05mol/L的是Cl。（4）根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO。（5）溶液中的电荷守恒为n（Na+）+n（H+）=n（Cl）+n（CH3COO）+n（OH），n（CH3COO）+n（OH）n（H+）=n（Na+）n（Cl）=0.1mol0.05mol=0.05mol。22.盐在化学工业中有重要的应用，请回答下列问题：（1）用化学方程式表示配制FeCl3溶液时常加入浓盐酸的原因______________________________________________（2）常温下，在pH=3的Al2(SO4)3溶液与pH=11的Na2S溶液中，水电离出来的c(OH﹣)之比为______，将两溶液混合后，产生白色沉淀和有臭鸡蛋味的气体，其反应的离子方程式为_________________________（3）c(NH4+)相等的下列溶液①NH4Cl②NH4HSO4③(NH4)2SO4④CH3COONH4⑤NH3·H2O，溶液的物质的量浓度由小到大的顺序是______________________________________________________(用序号表示)（4）已知t℃时①AgCl的Ksp=2×10﹣10；②在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列正确的是_______A.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点B.在t℃时Ag2CrO4的Ksp为1×1012C.在t℃时反应:Ag2CrO4(s)＋2Cl(aq)2AgCl(s)＋CrO42(aq)的平衡常数为2.5×107D.在t℃时以0.01mol/L的AgNO3溶液滴定20mL浓度均为0.01mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液，CrO42先沉淀【答案】(1).FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl(2).1:1(3).2Al3+＋3S2＋6H2O==2Al(OH)3↓＋3H2S↑(4).③＜②＜①＜④＜⑤(5).BC【解析】试题分析：本题考查盐的水解，盐溶液中水电离的c（OH）的计算，双水解离子方程式的书写，溶液中粒子浓度大小比较，沉淀溶解平衡曲线的分析。（1）FeCl3属于强酸弱碱盐，在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加入浓盐酸，水解平衡向逆反应方向移动，抑制FeCl3的水解，避免出现浑浊。（2）Al2（SO4）3属于强酸弱碱盐，由于Al3+的水解使溶液呈酸性，pH=3的Al2（SO4）3溶液中c（H+）=1103mol/L，c（OH）水=c（H+）水=c（H+）溶液=1103mol/L；Na2S属于强碱弱酸盐，由于S2的水解使溶液呈碱性，pH=11的Na2S溶液中c（H+）=11011mol/L，常温下c（OH）=1103mol/L，c（OH）水=c（OH）溶液=1103mol/L；两溶液中水电离出来的c（OH）之比为1:1。Al2（SO4）3溶液和Na2S溶液混合发生双水解反应生成Al（OH）3白色沉淀和臭鸡蛋气味的H2S气体，反应的离子方程式为2Al3++3S2+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑。（3）1molNH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4完全电离产生1molNH4+，1mol（NH4）2SO4完全电离产生2molNH4+，NH3·H2O部分电离产生NH4+，则c（NH4+）相等的溶液中，NH3·H2O（⑤）物质的量浓度最大，（NH4）2SO4溶液（③）物质的量浓度最小；在NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出的H+对NH4+的水解起抑制作用，在CH3COONH4溶液中CH3COO的水解对NH4+的水解起促进作用，则c（NH4+）相等的溶液中，物质的量浓度：c（CH3COONH4）c（NH4Cl）c（NH4HSO4）；c（NH4+）相等的溶液中，物质的量浓度由小到大的顺序为③②①④⑤。（4）A，在Ag2CrO4饱和溶液中存在溶解平衡：Ag2CrO4（s）2Ag+（aq）+CrO42（aq），加入K2CrO4，CrO42浓度增大，平衡逆向移动，Ag+浓度减小，A项错误；B，由图可见当c（CrO42）=106mol/L时，c（Ag+）=103mol/L，Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）·c（CrO42）=（103）2106=1012，B项正确；C，反应Ag2CrO4（s）＋2Cl（aq）2AgCl（s）＋CrO42（aq）的平衡常数=====2.5107，C项正确；D，Cl开始沉淀时c（Ag+）==2108mol/L，CrO42开始沉淀时c（Ag+）==1105mol/L2108mol/L，Cl先沉淀，D项错误；答案选BC。点睛：本题的难点是溶液中水电离的c（OH）浓度的计算。溶液中水电离出的c（H+）或c（OH）的计算：（1）酸溶液中OH全部来自水电离，c（H+）水=c（OH）水=c（OH）溶液；（2）碱溶液中H+全部来自水电离，c（H+）水=c（OH）水=c（H+）溶液；（3）强酸弱碱盐（如硫酸铝溶液等）溶液中H+、OH全部来自水电离，OH与弱碱阳离子结合成弱碱，c（H+）水=c（OH）水=c（H+）溶液；（4）强碱弱酸盐（如Na2S溶液等）溶液中H+、OH全部来自水电离，H+与弱酸阴离子结合成弱酸，c（H+）水=c（OH）水=c（OH）溶液。23.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y均为惰性电极，甲、乙中溶液体积均为500mL且溶液浓度均相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极．将直流电源接通后，F极附近呈红色．请回答：（1）B极是电源的_____极，一段时间后，甲中溶液颜色逐渐变____，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体微粒带____荷。（2）电解一段时间后甲、乙装置中的C、D、E、F电极均分别只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为______________，乙中发生反应的化学方程式为__________________________________，若要使电解后的甲装置中的溶液恢复到原浓度则需加入一定量的_________(填化学式)。（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是______(填“镀层金属”或“镀件”)，当镀件上析出5.4g银时，甲、乙中溶液的pH分别为_____和_____【答案】(1).负(2).浅(3).正(4).1:2:2:2(5).2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(6).CuO(7).镀件(8).1(9).13【解析】试题分析：本题考查多池串联装置，涉及装置的分析，胶体的电泳，电化学的计算，电镀。接通电源，F极附近呈红色，F为阴极，E为阳极，则A为电源的正极，B为电源的负极。（1）B极是电源的负极。C、D为惰性电极，甲中为CuSO4溶液，甲中电解反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，甲中Cu2+浓度减小，甲中溶液的颜色逐渐变浅。根据图示X为阳极，Y为阴极，Y极附近的颜色逐渐变深，表明Fe（OH）3胶体微粒带正电荷。（2）C为阳极，C极的电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O，D为阴极，D极的电极反应式为Cu2++2e=Cu，E为阳极，E极的电极反应式为2Cl2e=Cl2↑，F为阴极，F极的电极反应式为2H++2e=H2↑，根据电路中通过电子物质的量相等，C、D、E、F生成的单质物质的量之比为1:2:2:2。乙中发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。甲装置中发生的反应为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据原子守恒，要使甲装置中的溶液恢复到原浓度需加入一定量的CuO。（3）丙装置中G为阳极，H为阴极，根据电镀原理，给铜件镀银，H为镀件，镀件上的电极反应式为Ag++e=Ag，n（Ag）==0.05mol，电路中通过的电子物质的量为0.05mol；甲中反应为2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑~4e，甲中生成n（H+）=n（e）=0.05mol，c（H+）==0.1mol/L，甲中溶液的pH=1；乙中反应为2Cl+2H2O2OH+H2↑+Cl2↑~2e，乙中生成n（OH）=n（e）=0.05mol，c（OH）==0.1mol/L，c（H+）=11013mol/L，乙中溶液的pH=13。24.工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解后，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀．回答下列问题：（1）为除去溶液中的Fe2+，可先加入______(填化学式)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________，然后再加入适量的__________调整溶液的pH到______，使Fe3+转化为Fe(OH)3。（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1×1038，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3×1020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×105mol•L1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3mol•L1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。【答案】(1).H2O2(2).2Fe2+＋H2O2＋2H+==2Fe3+＋2H2O(3).CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3(4).3～4(5).4(6).3(7).可行【解析】试题分析：本题以粗制CuO粉末制取纯净的胆矾晶体为载体，考查物质的分离提纯，溶度积的计算。（1）由于pH9.6时，Fe2+以Fe（OH）2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；除去溶液中的Fe2+，先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O