2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版

2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版

南昌二中2017—2018学年度上学期第三次月考 高二化学试卷 ‎1. 下列说法与盐类水解有关且正确的是 A. AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同 B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 C. 用加热、过滤的方法可除去KCl溶液中混有的Fe3＋‎ D. 普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒里盛碳酸钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】AlCl3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分为Al2O3，主要是考虑了加热时促进氯化铝水解，生成的HCl从体系挥发出去使水解完全，最后水解得到的氢氧化铝分解得到氧化铝。NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体为NaAlO2，主要是因为：加热虽然也促进其水解，但是水解得到的氢氧化钠不会从体系挥发，所以不可能在氢氧化钠溶液中得到氢氧化铝沉淀，最后还是得到偏铝酸钠。选项A错误。配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入硫酸根离子杂质，选项B错误。加热促进Fe3＋的水解，直至水解完全，使Fe3＋都转化为氢氧化铁沉淀，再过滤即可除去KCl溶液中混有的Fe3＋，选项C正确。普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，而铁筒里盛碳酸氢钠溶液，选项D错误。‎ ‎2. 为了防止热带鱼池中水藻的生长，需保持水中Cu2+的浓度约1.2×10-5 mol·L-1。为避免在每次换池水时溶液浓度的改变，可把适当的含铜化合物放在池底，其饱和溶液提供适当的Cu2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次为1.3×10-36、2.2×10-20、1.4×10-10，下列四种物质中，能基本满足池水浓度要求的是 A. CuSO4 B. CuCO3 C. Cu(OH)2 D. CuS ‎【答案】B ‎【解析】CuCO3(s)=Cu2+(aq)+CO32-(aq)；故有Ksp=c(Cu2+)c(CO32-)= c2(Cu2+)；c(Cu2+)=（Ksp）1/2=10-5mol/L；故答案为B。‎ ‎3. 某无色溶液中加入过量的HCl有沉淀生成，过滤后向滤液中加入过量的纯碱溶液又有沉淀生成，下列溶液中符合此条件的是 ‎①Ag+、Fe3+、Na+ ②Ag+、Al3+、K+ ③Ag+、Ba2+、NO3- ‎ ‎④SiO、AlO、K+ ⑤Ag＋、NH、H+ ⑥AlO、K+、Al3+‎ A. ①②⑤ B. ②③④ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】①Fe3+为黄色，与无色不符，故错误；②该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成AgCl沉淀，滤液加过量纯碱生成氢氧化铝沉淀，故正确；③该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成AgCl沉淀，滤液加过量纯碱生成碳酸钡沉淀，故正确；④该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成硅酸沉淀，滤液加过量纯碱生成氢氧化铝沉淀，故正确；⑤该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成AgCl沉淀，但滤液加纯碱不生成沉淀，故错误；⑥AlO2-、Al3+相互促进水解，不能大量共存，故错误；故选B。‎ 点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等。本题中有2个限制条件：①加入过量的稀盐酸有沉淀生成；②滤液中加入过量的纯碱溶液又有沉淀，这是容易忽视的。‎ ‎4. 某酸性溶液中只有Na+、CH3COO－、H+、OH－四种离子。则下列描述正确的是 A. 加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na+)、c(NH)之和 B. 该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成 C. 加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D. 该溶液可由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液。A．若加入适量氨水至碱性，溶液中存在c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（NH4+）+c（H+），因为c（OH-）＞c（H+），则c（CH3COO-）＜c（Na+）+c（NH4+），错误；B．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，错误；C．根据电荷守恒有c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），则c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（H+）+c（Na+），溶液不呈电中性，错误； D．pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，正确。‎ 考点：考查离子浓度大小的比较。‎ ‎5. 25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq) Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)，变化关系如图所示。下列判断正确的是 A. 往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大 B. 往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小 C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH>0‎ D. 25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，错误；B、加入少量SnNO3）2固体，Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，错误；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，ΔH<0，错误；D、根据图像知25 ℃时，该反应的平衡常数K＝c（Sn2+）/ c(Pb2＋）=0.22mol/L÷0.10mol/L=2.2，正确。‎ 考点：考查化学平衡移动 视频 ‎6. 相关物质的溶度积常数见下表（25℃）：‎ 物质 Mg（OH）2‎ CH3COOAg AgCl Ag2CrO4‎ Ksp（单位略）‎ ‎1.1×10—11‎ ‎2.3×10﹣3‎ ‎1.8×10﹣10‎ ‎1.9×10﹣12‎ 下列有关说法中不正确的是 A. 浓度均为0.2 mol•L﹣1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀 B. 将0.001 mol•L﹣1的AgNO3溶液滴入0．001 mol•L﹣1的KCl和0.001 mol•L﹣1 的K2CrO4混合溶液中．先产生Ag2CrO4沉淀 C. 0.11 mol•L﹣1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg（OH）2沉淀时溶液的pH为9‎ D. 在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．浓度均为0．2 mol·L-1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，浓度均变为0.1mol/L，此时c(Ag＋)·c(CH3COO—)＝0.01mol/L＞2.3X10-3‎ ‎，所以一定产生CH3COOAg沉淀，A正确；B.根据氯化银和铬酸银的溶度积常数可知在氯离子和铬酸根离子浓度均为0.001mol/L的条件下开始出现沉淀时银离子的浓度分别为1.8X10-7mol/L、mol/L，所以将0.001 mol·L-1的AgNO3溶液滴入0．001 mol·L-1的KCl和0.001 mol·L-1的K2CrO4混合溶液中先产生AgCl沉淀，B错误；C.根据氢氧化镁的溶度积常数可知0.ll mol·L-1的MgCL2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液中氢氧根的浓度为，因此氢离子浓度是10—9mol/L，则溶液的pH为9，C正确；D.溶度积常数只与温度有关系，则在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变，D正确，答案选B。‎ 考点：考查溶度积常数的应用 ‎7. 用惰性电极电解下列足量的溶液，一段时间后，再加入一定量的另一物质（括号内）后，溶液能与原来溶液浓度一样的是 A. CuCl2（CuCl2溶液） B. AgNO3（Ag2O）‎ C. NaCl（盐酸） D. CuSO4（Cu(OH)2）‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A选项电解氯化铜时，阳极放出氯气，阴极析出铜，应该加入的是氯化铜固体而不是溶液，因此A选项是错误的，B选项电解硝酸银，阳极会有氧气放出，阴极有银析出，因此应加入的是氧化银，所以B选项是正确的。C选项电解氯化钠，阳极有氯气放出，阴极有氢气放出，因此加入的是氯化氢气体而不是氯化氢溶液。所以C选项是错误的。D选项电解硫酸铜，阴极析出铜，阳极放出氧气，所以应该加的是氧化铜，所以D选项是错误的。‎ 考点：考查电解质溶液的相关知识点。‎ ‎8. 下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(HCO3－)＝2c(H2CO3)＋c(H＋)－c(OH－)‎ B. 物质的量浓度相等的Na2SO3和NaHSO3溶液中：3c(Na+)=2[c(SO32—) + c(HSO3－)+ c(H2SO3) ]‎ C. 同浓度的下列溶液中，① NH4HSO4 ② NH4Cl ③ NH3·H2O，c(NH4＋)由大到小的顺序是：②＞①＞③‎ D. 常温下，浓度均为0.1mol/L NaA和HA溶液中pH=9，则c(HA)>c（Na+）> c(A－)> c(OH－)> c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】Na2CO3溶液的质子守恒式为c(OH－) ＝ 2c(H2CO3) ＋ c(H＋) ＋ c(HCO3－)，所以c(HCO3－) ＝ c(OH－) － 2c(H2CO3) － c(H＋) ，选项A错误。物质的量浓度相等的Na2SO3和NaHSO3溶液中，Na:S＝3:2，所以物料守恒为：2c(Na+)=3[c(SO32—) + c(HSO3－)+ c(H2SO3) ]，选项B错误。NH3·H2O 是弱碱，只能电离很少的一部分，所以③一定是c(NH4＋)最小的溶液。NH4HSO4电离出来的氢离子对于铵根离子的水解起到抑制作用，而NH4Cl中的氯离子对于铵根离子的水解无影响，所以NH4Cl中NH4+的水解程度更大，c(NH4＋)较小。由上，同浓度的下列溶液中，① NH4HSO4 ② NH4Cl ③ NH3·H2O，c(NH4＋)由大到小的顺序是：①＞②＞③，选项C错误。常温下，浓度均为0.1mol/L NaA和HA溶液中pH=9，则可以认为NaA水解大于HA电离。刚开始应该是c(HA)＝c（Na+）＝ c(A－)的溶液（暂时不考虑电离、水解），因为NaA水解大于HA电离，所以c(HA)>c（Na+）> c(A－)，溶液显碱性有：c(OH－)> c(H+)。判断出溶液的浓度为：c(HA)>c（Na+）> c(A－)> c(OH－)> c(H+)。‎ 点睛：判断溶液中的离子浓度大小顺序时，要注意一个基本原则：溶质完全电离出来的离子，其浓度应该大于经过可逆电离或水解得到的其他离子。例如本题的选项D中，c(HA)、c（Na+）、c(A－)就是溶质直接给出的组份，这三种微粒一定是浓度最大的三个组份。‎ ‎9. 25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaF NaHCO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎8.1‎ ‎8.4‎ A. 酸性强弱：H2CO3>HF B. ①和②中溶质均未水解 C. 离子的总浓度：①>③‎ D. ④中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：选项A中不同弱酸强碱盐浓度相等时，PH越大说明对就的酸越易水解，越弱越水解，故HF的酸性强。选项B中CH3COONH4溶液 pH＝7.0是CH3COO－的水解程度和NH4+水解程度相同的缘故。NaCl溶液中不存在水解。选项C中①和③溶液中Na+‎ 溶液是相等的，另外①中Cl－浓度应该和③中F－和OH－浓度之和相等，但③溶液显碱性，因此③中H+浓度比①中H+浓度小，故C选项正确。选项D中溶液④中的物料守恒式应该是：c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)＝c(Na+)="0.1" mol/L，故C不正确。‎ 考点：电解质溶液中的电离平衡与水解平衡，涉及电荷守恒与物料守恒及电离或水解程度大小的判断。‎ ‎10. 已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10－8 mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10－5 mol/L。若在10 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入16 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是 A. c(K+)>c(NO)>c(Ag+)>c(Cl－)>c(I－)‎ B. c(K+)>c(NO)>c(Cl－)>c(Ag+)>c(I－)‎ C. c(K+)>c(NO)>c(Ag+)＝c(Cl－)＋c(I－)‎ D. c(NO)>c(K+)>c(Ag+)>c(Cl－)>c(I－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】若在10mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入16mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.006L×0.01mol/L=6×10-5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl-)=0.01×0.01mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，c(Cl-)==1.53×10-3mol/L，浊液中c(Ag+)═ ==1.02×10-7mol/L，c(I-)═ = =1.48×10-9mol/L，混合溶液中n(K+)=2×10-4mol，n(NO3-)=0.016L×0.01mol/L=1.6×10-4mol，则c(K+)＞c(NO3-)，故c(K+)＞c(NO3-)＞c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(I-)，故选B。‎ ‎11. 常温下，向25 mL 0.1 mol．L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol．L-1的HN3（叠氮酸）溶液pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=10-4.7）。下列说法正确的是 A. 水电离出的c(H+)：A点小于B点 B. B点，离子浓度大小为（OH-）>c(H+)>c (Na+)>c(N3-)‎ C. C点，滴加的V(HN3)=12.5 mL D. D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3-水解促进了水的电离，则水电离出的c（H+）：A点小于B点，故A正确；B．B点呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（N3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；C．滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）＞12.5 mL，故C错误；D．在D点，V（HN3）=25 mL，根据物料守恒可知：2c（Na+）=c（HN3）+c（N3-），故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。C为本题难点。‎ ‎12. 某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2+)=-lgc(Ba2+)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)．下列说法正确的是 A. 该温度下，Ksp(BaSO4)=1.0×10-24‎ B. a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)‎ C. d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液 D. 加入BaCl2可以使溶液由 c点变到a点 ‎【答案】D ‎.....................‎ ‎13. 2013年，麻省理工学院科研团队研发出一种人造树叶，它将一片半导体材料夹在两层特殊的催化剂的中间。若将人造树叶整体浸泡在溶液中，当光照在人造树叶上，就会分解水生成H2和O2，结构如图所示。下列有关人造树叶说法正确的是 A. 该装置最终将太阳能转变为电能 B. Ni、Mo、Zn基催化剂极为阳极，发生氧化反应 C. 可以将人造树叶浸泡在碱性溶液中 D. 钴基催化剂上发生反应：2H2O-4e-=4H++O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 该装置最终将太阳能转变为电能，再转化为化学能，故A错误；B. Ni、Mo、Zn基催化剂极为正极，本身不反应，H＋ 得电子，发生还原反应，故B错误；C. 不可以将人造树叶浸泡在碱性溶液中，碱性条件下，负极不能产生H＋ ，故C错误；D. 钴基催化剂在负极，负极发生氧化反应，发生反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，故D正确；故选D。‎ ‎14. 现有常温下的四种溶液（如下表）：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 pH =11‎ pH =11‎ C=0.002mol/L C=0.002mol/L 下列有关叙述中正确的是 A. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③‎ B. 在④、②两种溶液等体积混合，所得溶液pH=3‎ C. 四种溶液由水电离出氢离子的浓度从大到小的顺序是③＞①＞②＞④‎ D. 将①、④两种溶液等体积混合，溶液中c(OH－) ＞c(H+ )‎ ‎【答案】D ‎【解析】①②都是碱性溶液，加水稀释pH都减小，但是氨水是弱碱，减小的慢，氢氧化钠是强碱，减小的快，所以pH：①＞②＞7。③④加水稀释10倍以后，分别为浓度均为0.0002mol/L的醋酸和盐酸溶液，因为醋酸是弱酸只能电离一部分，盐酸却能完全电离，所以7＞③＞④。由上，分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>③>④，选项A错误。在④、②两种溶液等体积混合，所得溶液，所以pH＞3，选项B错误。①②两个溶液中溶质电离的氢氧根离子浓度相等，都是0.001mol/L，所以对于水的电离的抑制是相同的，水电离的氢离子实际都是1×10-11mol/L。醋酸是弱酸，0.002mol/L的醋酸电离出来的氢离子浓度一定小于0.001mol/L，所以对于水的电离的抑制最小。盐酸完全电离，所以0.002mol/L的盐酸电离出来的氢离子浓度为0.002mol/L，所以对于水的电离的抑制最强。由上所述，四种溶液由水电离出氢离子的浓度从大到小的顺序是③＞①＝②＞④，选项C错误。pH =11的氨水中，NH3·H2O的浓度应该远大于0.001mol/L（因为NH3·H2O只能电离很少一部分），所以也远大于0.002mol/L的盐酸，两者等体积混合，NH3·H2‎ O会过量很多，所以溶液显碱性，c(OH－) ＞c(H+ )，选项D正确。‎ 点睛：加水稀释时，溶液的pH都会向pH=7的方向变化，强酸强碱的变化较快，即每稀释10倍pH一定向着pH=7的方向变化1个单位；弱酸弱碱由于存在电离平衡而变化较慢，即每稀释10倍pH一定向着pH=7的方向变化小于1个单位；如果稀释过多则最后认为pH大约为7即可。‎ ‎15. 下列实验步骤与实验事实的相应结论解释正确的是 选项 实验步骤与实验事实 结论解释 A Mg(OH)2、Al(OH)3混合物中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解而Mg(OH)2没有溶解 Mg(OH)2的Ksp比Al(OH)3小 B ZnS能溶解在稀盐酸中，CuS不能溶解在稀盐酸中 CuS的Ksp比ZnS的小 C 在溶有NH3的BaCl2溶液中通入CO2，有白色沉淀生成 NH3在反应中作催化剂 D 单质硅不溶于浓硫酸和浓硝酸 硅被强氧化性酸钝化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、Mg(OH)2、Al(OH)3混合物中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解而Mg(OH)2没有溶解是因为Al(OH)3为两性氢氧化物，可与强碱NaOH溶液反应，错误；B、ZnS能溶解在稀盐酸中，CuS不能溶解在稀盐酸中是由于CuS的Ksp比ZnS的小，正确；C、在溶有NH3的BaCl2溶液中通入CO2，有白色沉淀生成是因为二氧化碳与水和NH3反应生成的碳酸铵与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，错误；D、单质硅不溶于浓硫酸和浓硝酸是由于单质硅性质稳定，与浓硫酸、浓硝酸不反应，错误。‎ 考点：考查实验现象的解释及相关元素单质及其化合物的性质。‎ ‎16. 某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+ C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是 A. 放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移 B. 充电时，若转移1mole-，石墨C6电极将增重7xg C. 放电时，负极的电极反应式为LixC6-xe-= xLi++ C6‎ D. 充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+‎ ‎【答案】B ‎【解析】原电池中阳离子移向正极，所以放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移，选项A正确。充电时，反应逆向进行，根据电子守恒的关系，若转移1mole-，应该有1molLi+反应生成mol的LixC6，所以石墨C6电极将增重1molLi的质量，即增重7g，选项B错误。根据总反应可以得到，反应的氧化剂为Li1-xCoO2，还原剂为LixC6。负极反应应该是还原剂失电子，所以是LixC6失电子转化为C6和Li+，方程式为：LixC6-xe-= xLi++ C6，选项C正确。放电的总反应减去负极反应得到正极反应为：Li1-xCoO2+Li++xe-=LiCoO2，反应倒过来就是充电的阳极：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+，选项D正确。‎ ‎17. 按要求填空。‎ ‎（1）利用铅蓄电池电解氯化钠溶液，其在充电时阳极反应为____，放电生成的固体会附聚在电极表面，工作过程中若正极质量增重96g时，理论上电路中转移的电子数为____。 ‎ ‎（2）CO与H2一定条件下反应生成甲醇（CH3OH），甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，该电池负极反应式为_______。‎ ‎（3）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ‎①如图1为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示)_____设计的原电池装置 ‎②其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图2所示。‎ 在甲装置中铜电极反应为_______________；乙装置中石墨(1)为________极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为_________________.‎ ‎③某课题组利用图3所示装置，探究NO2和O2化合生成N2O5形成原电池的过程，该电池的正极反应式应为___________。‎ ‎【答案】 (1). PbSO4－2e－+2H2O =PbO2 +SO42-+4H+ (2). 3NA (3). CH3OH‑6e-+ H2O=CO2+6H+ ‎ ‎ (4). Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu (5). O2＋2H2O＋4e－=4OH- (6). 阴 (7). 2Cl-－2e－=Cl2↑ (8). 2+2N2O5+4e-=4NO3-‎ ‎（2）甲醇燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，总反应相当于是甲醇燃烧，即：CH3OH+3/2O2=CO2+2H2O，正极一定是氧气得电子：O2+4e-+ 4H+=2H2O，总反应减去正极反应（注意将正极扩大3/2倍，以除去氧气）得到负极反应CH3OH‑6e-+ H2O=CO2+6H+。‎ ‎（3）①该原电池的总反应是单质铁（负极）与硫酸铜溶液（正极）的置换反应，即：Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu。‎ ‎②图2中，甲为原电池对乙的电解池进行电解。甲中铁为负极，铜为正极，总反应为铁的吸氧腐蚀。所以铜电极的反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。石墨（1）连在原电池负极（铁）上，所以是电解的阴极。乙装置中与铜丝相连石墨电极为电解的阳极，阳极反应选择溶液中的氯离子失电子，所以为2Cl-－2e－=Cl2↑。‎ ‎③明显通氧气的为正极，正极反应为氧气得电子。因为电解质是熔融的硝酸钠，所以氧气得电子只能生成硝酸根离子（应该生成电解质中存在的离子）。根据图示，正极还要通入Y物质，而Y是负极的生成物，考虑到这个原电池的目的是：探究NO2和O2化合生成N2O5形成原电池的过程，所以Y只能是N2O5，所以正极一定是氧气和N2O5得电子生成硝酸根离子，即：O2+2N2O5+4e-=4NO3-。‎ ‎18. （1）氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为___________________(用离子方程式表示)， 0.1 mol•L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度__________(填“增大”或“减小”)；‎ ‎（2）25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HCN HClO H2SO3‎ 电离常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎5×10-10‎ ‎3.0×10－8‎ K1=2×10-2‎ K2=1×10-7‎ ‎①物质的量浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：‎ a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3‎ pH由大到小的顺序为__________（用编号填写）。‎ ‎②根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是__________‎ A. CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO3-+HClO B. SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO3-+HClO C. CO2(少量)+H2O+CN-=HCO3-+HCN D. SO2(少量)+H2O+CN-=HSO3-+HCN E. SO2(少量) +2CO32-+H2O= SO32-+ 2HCO3- F. 2SO2(过量) +CO32-+H2O= 2HSO3-+ CO2↑‎ ‎③0.10 mol•L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________ ‎ ‎④25℃ 时，NaCN与HCN的混合溶液，若c（CN-）=c（HCN），则溶液中pH=__________（已知lg2=0.3，lg5=0.7）‎ ‎⑤25℃时，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). NH4++H2ONH3•H2O+H+ (2). 降低 (3). 增大 (4). b＞c＞d＞a (5). B D (6). c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+) (7). 9.3 (8). 增大 ‎【解析】（1）氯化铵的水溶液显弱酸性是因为其中的铵根离子水解，所以方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+。0.1 mol•L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，因为铵根离子浓度增大，对于氨水的电离起到抑制作用，使溶液中的氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低。明矾电离的铝离子的水解，对于铵根离子的水解起到抑制作用，所以铵根离子的水解减少，其浓度增大。‎ ‎（2）①根据酸的电离平衡常数得到酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据越弱越水解的原理，得到碱性为：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，所以pH顺序为：b＞c＞d＞a。‎ ‎②根据酸的电离平衡常数得到酸性强弱为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCN＞HCO3-。方程式应该符合强酸制弱酸的原则。因为H2CO3＞HClO，选项A正确（过量二氧化碳，保证生产碳酸氢根）。HClO有强氧化性，一定会将+价的S氧化，所以选项B错误。因为H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以选项C正确（因为HCN＞HCO3-，所以不能生成HCN和CO32-）。因为H2SO3＞HSO3-＞HCN，所以选项D的反应应该得到SO32—和HCN，选项D错误。因为HSO3-＞HCO3-，所以通入少量SO2应该可以将碳酸根转化为碳酸氢根，本身变为SO32-，选项E正确。因为H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以通入SO2过量应该可以将碳酸钠转化为二氧化碳，选项F正确（SO2过量，所以一定得到HSO3-）。‎ ‎③0.10 mol•L-1Na2SO3溶液中，钠离子浓度最大，其次是亚硫酸根。亚硫酸根水解应该得到等量的亚硫酸氢根和氢氧根离子，但是亚硫酸氢根离子还要水解为亚硫酸和氢氧根离子，所以氢氧根离子浓度大于亚硫酸氢根，最后又微量氢离子，所以为：c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)。‎ ‎④HCN的电离平衡常数，若c（CN-）=c（HCN），则，pH=－lg（5×10-10）= 10－lg2 = 9.3。‎ ‎⑤向NaHSO3溶液中加入少量的I2，反应为HSO3- + I2 + H2O = SO42- + 2I- + 3H+，生成的氢离子发生如下反应：HSO3- + H+ = H2SO3，所以c（H2SO3）增大，c（HSO3-）减小，得到增大。‎ ‎19. 沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。‎ Ⅰ．汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成CaSO3浊液。已知常温下Ka1(H2SO3)=1.8×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-9 常温下测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH=9，忽略SO32-的第二步水解，则Ksp(CaSO3)=__________ 。CaSO3易变质为CaSO4，水垢中含有较多的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为：_________；‎ Ⅱ．已知25℃时，NH3•H2O电离常数Kb=1.8×10-5，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/L MgCl2 溶液，________沉淀生成（填“无”或“有”），并简述理由______ ；若某溶液中C(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，需向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为_____ mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全（忽略溶液体积变化）。‎ Ⅲ．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-‎ ‎，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为： ‎ CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr(OH)3 ‎ 其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O ‎①若平衡体系的pH=2，则溶液显____________色。‎ ‎②能说明第①步反应达平衡状态的是_____________。‎ a.Cr2O72-和CrO42-的浓度相同 b.2v (Cr2O72-) =v (CrO42-) c.溶液的颜色不变 ‎③第②步中，还原1mol Cr2O72-离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。‎ ‎④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+ (aq)+3OH-(aq) 常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至__________。‎ ‎【答案】 (1). 4.2×10-9 (2). CaSO4(s)＋CO (aq)CaCO3(s)＋SO (aq) (3). 有 (4). 因为C(OH-)=(Kb•C)1/2，Qc=C(Mg2+)•C(OH-)2=1.08×10-9＞Ksp (5). 4.4×10-3 (6). 橙 (7). c (8). 6 (9). 5‎ ‎【解析】Ⅰ由Ka2（H2SO3）=6.0×10-9可知SO32-+H2OHSO3-+OH-的水解平衡常数。常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，忽略第二步水解可以得到：c（HSO3-）=c（OH-）=1×10-5mol/L，可知 。又c（Ca2+）=c（SO32-）+c（HSO3-）=7×10-5 mol/L，所以Ksp（CaSO3）=c（Ca2+）×c（SO32-）=7×10-5×6×10-5=4.2×10-9。碳酸钙比硫酸钙更难溶，可以通过增大碳酸根浓度的方法将硫酸钙转化为碳酸钙，反应为：CaSO4(s)＋CO (aq)CaCO3(s)＋SO (aq)。‎ Ⅱ、氨水存在电离平衡：NH3·H2ONH4+ + OH，忽略水电离，认为铵根离子浓度等于氢氧根离子浓度，考虑电离的氨水很少，所以NH3·H2O的浓度近似就是0.2mol/L（注意溶液体积是原来2倍，各自浓度都是一半）。根据平衡常数可以计算c(OH-)=。c(Mg2+)=3×10-4mol/L，所以Qc=3×10-4×=1.08×10-9＞Ksp，所以有沉淀。‎ Ⅲ：①若平衡体系的pH=2，在酸性环境下，化学反应平衡正向移动，溶液显示橙色。‎ ‎②a．Cr2O72-和CrO42-‎ 的浓度相同，没有强调不变，所以不一定平衡，故a错误；b．式中未说明反应速率是指正反应还是逆反应，无法判断是不是平衡状态，故b错误；c．溶液的颜色不变，证明各组分的浓度不随时间的变化而变化，故c正确。‎ ‎③第②步中，还原1mol Cr2O72-离子，即得到了6mol的电子，根据氧化还原反应中的电子守恒，硫酸亚铁中的亚铁离子变为三价铁离子失去1个电子，所以需要6mol的FeSO4·7H2O。‎ ‎④c(Cr3+)降至10-5mol/L， ，所以pH=5。‎ ‎20. 孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuCl2·3H2O及CaCO3的步骤如下：‎ 为解决有关问题，兴趣小组同学查得有关物质沉淀的pH数据如下：‎ 物质 pH (开始沉淀)‎ pH(完全沉淀)‎ Fe(OH)3‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Fe(OH)2‎ ‎7.0‎ ‎9.0‎ Cu(OH)2‎ ‎4.7‎ ‎6.7‎ ‎（1）在除杂过程时为了除去Fe2+，常加入绿色氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，此过程涉及的离子方程式为________。‎ ‎（2）然后再加入适当物质调节溶液的pH至_________ (填写范围)，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+，调整溶液pH不可选用下列中的________。‎ A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.Cu(OH)2‎ ‎（3）检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验方案是________________________。‎ ‎（4）操作X包括________、________、过滤和洗涤等。CuCl2·3H2O加热灼烧的最终产物的化学式是 ______________。‎ ‎（5）某种胃药片的治酸剂为CaCO3，该药片中CaCO3质量分数的测定步骤如下：‎ a．配制0.1mol·L－1的HCl溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液各250mL。‎ b．取0.6g磨碎后的胃药于锥形瓶中。‎ c．向锥形瓶内加入25.00mL 0.1 mol·L－1的HCl溶液。‎ d．以酚酞为指示剂，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定，至达到滴定终点。‎ e．重复bcd三步的操作2次。‎ ‎①读数时，若滴定前平视，滴定后仰视，则所测CaCO3的质量分数将________(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎②若滴定中NaOH溶液的平均用量为15.00mL，则胃药中碳酸钙的质量分数为_______。‎ ‎【答案】 (1). H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O (2). 3.2－4.7 (3). AB (4). 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). CuO (8). 偏小 (9). 8.3％‎ ‎【解析】（1）绿色氧化剂是过氧化氢，所以其氧化亚铁离子的方程式为H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O。‎ ‎（2）调节pH应该将铁离子都转化为氢氧化铁沉淀，所以应该大于3.2，但是同时不能沉淀氢氧化铜，所以应该小于4.7。使用氢氧化钠或氨水调节pH，都很容易调节过量使溶液中的铜离子转化为氢氧化铜沉淀。所以AB不可选。而CuO和Cu(OH)2都不溶于水，直接加过量也不会使铜离子沉淀，所以CD都是可以选择的。‎ ‎（3）检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验方案是就是检验溶液中是否还有铁离子，所以为：少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全。‎ ‎（4）为了保证能得到带有结晶水的盐，同时尽量减小氯化铜的水解，水溶液应该经：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，干燥得到晶体（不选择蒸干的主要问题是，蒸干过程中铜离子可能水解，而且可能失去结晶水）。CuCl2·3H2O加热灼烧时，考虑铜离子的水解，其最终产物为CuO。‎ ‎（5）①读数时，若滴定前平视，滴定后仰视，则读数会偏大，即将与盐酸反应的氢氧化钠算多了，也就将与碳酸钙反应后剩余的盐酸算多了。因为加入的盐酸总量是定值，所以将与碳酸钙反应的盐酸算少了，也就将碳酸钙算少了，所测CaCO3的质量分数将偏小。‎ ‎②滴定中NaOH溶液的平均用量为15.00mL，即氢氧化钠为0.015×0.1=0.0015mol，所以中和的盐酸为0.0015mol，所以与碳酸钙反应的盐酸为：0.025×0.1－0.0015=0.001mol，所以碳酸钙为0.0005mol，质量为0.05g，质量分数为0.05÷0.6=8.3%。‎ ‎ ‎