2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二上学期1月月考化学试题 解析版

2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二上学期1月月考化学试题 解析版

山东省临沂市罗庄区2018-2019学年高二上学期1月月考 化学试题 ‎1.下列叙述正确的是 A. KW随温度、浓度的改变而改变 B. Ksp小的难溶电解质其溶解度一定小 C. 若某吸热反应能自发进行，则该反应为熵增反应 D. 改变条件，使平衡移动，该反应的平衡常数一定改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水的离子积常数只与温度有关系，与浓度无关系，故A错误；‎ B. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，故B错误；‎ C. 吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，故C正确；‎ D. 化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎2.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是 A. 用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH B. 配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸 C. 用碱式滴定管量取 20.00 mL 0.1 mol·L-1 KMnO4溶液 D. 用带有玻璃塞的试剂瓶储存Na2CO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH，对盐酸进行稀释，所测pH值偏大，故A错误；B、防止Fe2＋被氧化，加入铁粉，为了抑制Fe2＋的水解，加入稀硫酸，故B正确；C、量取酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管，故C错误；D、碳酸钠的水溶液显碱性，因此盛放碳酸钠溶液，应用带橡胶塞的试剂瓶，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项C，酸式滴定管盛放酸性溶液或具有强氧化性的溶液，碱式滴定管盛放碱性溶液，因此量取高锰酸钾溶液，用酸式滴定管。‎ ‎3.室温下，对于0.l0mol·L-1的氨水，下列判断正确的是 A. 其溶液的pH=13‎ B. 用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性 C. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变大 D. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-==A1(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故A错误；B．用HNO3溶液完全中和后，生成硝酸铵，硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；故选B。‎ ‎4.下列有关电化学的叙述正确的是 A. 镀锌的铁皮的镀层破损后，铁更容易腐蚀 B. 把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 C. 把锌粒放人盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，产生气泡的速率增大 D. 如图对海水中的铁闸门进行电化学防护的方法是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镀锌的铁皮中，镀层破损后，Zn为负极，被腐蚀的是Zn，Fe被保护，铁不易被腐蚀，故A错误；‎ B. 把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，故B错误；‎ C. 把锌粒放人盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故C正确；‎ D. 从图示可知，由于有外加电源，所以此为外加电源的阴极保护法，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】金属腐蚀的防护主要方法有：①改变金属的内部结构；②在金属表面覆盖保护层；③电化学保护法，因为金属单质不能得电子，只要把被保护的金属做电化学装置发生还原反应的一极--阴极，就能使引起金属电化腐蚀的原电池反应消除。‎ ‎5.下列叙述正确的是 A. 稀醋酸中加人少量醋酸钠能促进醋酸的电离 B. SO2、NH3的水溶液均导电，但SO2、NH3均为非电解质 C. 0.1 mo1/ L氨水加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都减小 D. 分别中和等体积、浓度均为0.1 mo1/ L的盐酸和次氯酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同，所得溶液的pH也相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO-离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；‎ B. NH3是化合物，溶于水，氨气和水反应生成一水和氨，NH3∙H2O⇌NH4++OH-导电，但这些离子不是氨气电离，氨气是非电解质，SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸，而不是SO2，所以SO2是非电解质，故B正确；‎ C. 加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但氢氧根离子浓度增加的量远远小于溶液体积增加的量，所以氢氧根离子和铵根离子浓度减小，溶液中的c(H+)增大，溶液的pH减小，故C错误；‎ D. 次氯酸是弱酸，不能完全电离，pH和体积均相同的盐酸和次氯酸，次氯酸的浓度大，体积相同的盐酸和次氯酸，次氯酸的物质的量大，所以消耗NaOH溶液的体积较多，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎6.如图X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出，符合这一情况的是 a电极 b电极 X电极 电解质溶液 A Fe 石墨 正极 稀硫酸 B Zn Cu 负极 CuSO4溶液 C 石墨 Pt 负极 AgNO3溶液 D Pt Cu 正极 CuCl2溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无味气体放出，说明a为阴极、b为阳极，溶液中的阳离子氧化性大于氢离子，阳极上生成氧气说明氢氧根离子放电，X为负极；‎ A.根据已知条件分析可知，X电极是负极，故A错误；‎ B. 以Cu为电极时电解硫酸铜溶液，a电极上生成铜、b电极上Cu-2e-=Cu2+，电解质量减小，无气体生成，故B错误；‎ C.以惰性电极材料为电极时电解硝酸银溶液，a电极上生成银单质，b电极上生成氧气，故C正确；‎ D. 根据已知条件分析可知，X电极是负极，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电解池中，电源正极连接阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电源负极连接阴极，阴极得到电子，发生还原反应，以及根据阳离子和阴离子的放电顺序规律来判断电解池的反应变化是解决本题的关键。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 0.1‎molAgCl和0.1 molAgI混合后加入‎1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)‎ B. 常温下，向饱和CaCO3溶液中加人Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变 C. ‎25 ℃‎时，Ksp[ Mg（OH）2 ]=5．61 × 10－12、Ksp（MgF2）=7.12 ×10－11，该温度下饱和 Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋) 大 D. 常温下Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，向10mL 0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10 mL0.1 mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；‎ B. 常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；‎ C. 因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算则其Mg2+浓度小，故C错误；‎ D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1. 4× 10－5，混合溶液的 c2 (Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-4>1. 4× 10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎8.已知‎1 L Al(NO3)3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)=0.7mol/L，用石墨作电极电解该混合溶液，当通电一段时回后，两极均有气体生成（电解前后溶液的体积变化忽略不计）。下列说法正确的是 A. 电解后溶液的pH增大 B. 电解过程中在阴极附近有沉淀生成 C. 原混合溶液中c(Al3＋)=0.7mol/L D. 电解后溶液中仍有Cu2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阳极是阴离子放电(放电电能力：OH－>NO3- )，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成氧气，阳极电极反应式为：4H2O-4e-=4H++O2↑，溶液酸性增强，pH值减小，故A错误；‎ B.阴极电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，2H2O+2e-=2OH-+H2‎ ‎↑，所以阴极附近会有氢氧化铝沉淀生成。故B正确；‎ C. 已知‎1 L Al(NO3)3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)=0.7mol/L，则c(Al3+)一定小于mol/L，故C错误；‎ D. 阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Al3+，所以Cu2＋先放电生成Cu，然后是H＋放电，阴极生成氢气，所以电解后溶液中不含有Cu2+，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎9.常温时，有关稀氨水、铵盐溶液的叙述正确的是 A. 已知0 .10 mo1/ L氨水的电离度为1.32％，该溶液的pH=12‎ B. 向含有NaOH和NH3·H2O的溶液中加人稀盐酸，溶液呈中性时c(Na＋)=c(Cl－)‎ C. 向10 mL0.1 mo1/L的CH3COOH，溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中， 将增大 D. 浓度均为0.1 mol/L的下列溶液①NH4HSO4②NH4Al(SO4)2③NH4Cl④(NH4)2SO4中c(NH4＋)的大小关系为①>②>④>③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 已知0.10 mo1/L氨水的电离度为1.32％，根据电离方程式：NH3∙H2O⇌NH4++OH-，c(OH-)=0.10 mo1/L×1.32％=1.32×10-3mol/L，则溶液中的c(H+)==7.58×10-12mol/L，则溶液的PH=-lg c(H+)=-[lg7.58+lg10-12]=(12- lg7.58)<12，故A错误；‎ B. 加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-），那么根据电荷守恒得到：c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），即c（Cl-）>c（Na+），故B错误；‎ C. 向10mL浓度为0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中水的电离程度先增大，随着氨水浓度的增加水的电离被抑制，水的电离程度减小，当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（OH-）逐渐增大，Kh不变，则逐渐增大，故C正确；‎ D. ①NH4HSO4②NH4Al(SO4)2③NH4Cl④(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度④最大，①溶液中氢离子抑制铵根离子水解，③中氯离子对铵根离子水解无影响，②中Al3+也发生水解，在一定程度上抑制铵根离子水解，所以铵根离子浓度为：④＞①＞③＞②，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎10.下面有关电化学的图示，完全正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该原电池中，Cu作正极，Zn作负极，故A错误；‎ B. 电解池中，电源正极连接阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电源负极连接阴极，阴极得到电子，发生还原反应，所以粗铜应该做阳极，失去电子，发生氧化反应，故B错误；‎ C.有图片可知，电源正极连接Fe作阳极，Fe失去电子电极方程式：Fe-2e-=Fe2+，电源负极连接Zn，Zn阴极，Fe2++2e-=Fe，即在阴极上镀Fe，故C错误；‎ D.电解池中，电流从电源正极流出，即碳棒为阳极，电极方程式：2Cl—2e-=Cl2↑，阴极附近生成Cl2使淀粉碘化钾溶液变蓝，铁棒为阴极，电极方程式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，使含有酚酞的溶液变红，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎11.常温下，下列各组离子在指定溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A. l.0 mol．L-l的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ B. 甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-‎ C. pH =12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-‎ D. 与铝反应产生大量氢气的溶液：NH4+、K+、SO42-、CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KNO3在溶液中电离成K+和NO3-，其中NO3-与H+‎ 同时存在时，具有强氧化性，能够将Fe2+氧化成Fe3+，所以NO3-、H+、Fe2+由于发生氧化还原反应而不能共存，故A符合题意；‎ B. 甲基橙呈红色时，溶液呈酸性，即含有H+，H+和AlO2-发生复分解反应而不能共存，故B不符合题意；‎ C. pH =12的溶液显碱性，即含有大量OH-，K+、Na+、CH3COO-、Br-离子之间不发生反应，也不与OH-反应，在溶液中能够大量共存，故C不符合题意；‎ D. 与铝反应产生大量氢气的溶液，可能为强碱溶液或非氧化性酸溶液，当碱性条件下时发生复分解反应，则NH4+与OH-不能大量共存，当酸性条件下时，即含有大量H+时发生复分解反应，CO32--和H+不能大量共存，故D不符合题意，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】判断离子共存需要注意：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。‎ ‎12.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是 A. O2所在的铂电极处发生氧化反应 B. H+透过质子交换膜流向呼气所在的铂电极 C. 电路中流过2mol电子时，消耗标准状况下11.2LO2‎ D. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应，故A错误；B．该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，所以H+‎ 透过质子交换膜流向氧气所在的铂电极，故B错误；C．根据CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，电路中流过2mol电子时，消耗氧气0.5mol，标准状况下体积为‎11.2L，故C正确；D、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题的易错点为D，要注意图像信息的提取。‎ ‎13.下列说法正确的是 A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-) =1×10-5 mol/L B. 纯银器表面在空气中因发生电化学腐蚀而渐渐变暗 C. 在新制氯水中加入氯化钠固体，水的电离平衡不移动 D. pH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合c(Na+ )c（OH-），根据电荷守恒可知c（Na+）9‎ B. 稀释后的溶液耗酸量相等 C. 曲线y表示NaOH溶液的变化 D. N、P、M点对应的溶液中水的电离程度依次增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=11的NaOH溶液和CH3COONa溶液稀释100倍后，pH都减小，NaOH是强碱，稀释后其pH变化越明显，y减小的程度小于x，则说明x是NaOH溶液，y是CH3COONa溶液，pH=11的强碱NaOH溶液稀释100倍后，pH=9，所以a=9，故A错误；‎ B. NaOH是强碱在溶液中完全电离，CH3COONa是强碱弱酸盐通过醋酸根离子水解而显碱性，其中电离程度大于水解成都，所以pH值相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液中n(NaOH)>n(CH3COONa)，所以完全中和NaOH溶液和CH3COONa溶液时，消耗同浓度稀酸的体积V（CH3COONa）＜V（NaOH），故B错误；‎ C. pH=11的NaOH溶液和CH3COONa溶液稀释100倍后，pH都减小，NaOH是强碱，稀释后其pH变化越明显，所以x曲线表示NaOH溶液，故C错误；‎ D.N点时，NaOH溶液被稀释10倍，P点时，NaOH溶液被稀释100倍，从N点→P点NaOH溶液的稀释过程，促进水的电离，即水的电离程度P>N，M点是CH3COONa溶液被稀释10倍时，CH3COO-发生水解，促进水的电离，而NaOH 显强碱性，抑制溶液中水的电离，所以M点水的电离程度大于N点，则水的电离程度M>P>N，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎17.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是 图Ⅰ 碱性锌锰电池 图Ⅱ 铅蓄电池 图Ⅲ 电解精炼铜 图Ⅳ 银锌纽扣电池 A. 图Ⅰ所示电池中，锌为负极，MnO2的作用是催化剂 B. 图II所示电池二氧化铅为正极，放电过程中硫酸浓度不变 C. 图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变 D. 图IV所示电池工作过程中，Ag2O是氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 干电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，不是催化剂，故A错误；‎ B. 铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中Pb失去电子作负极，PbO2得到电子作正极，放电过程消耗硫酸，所以硫酸的浓度减小，故B错误；‎ C. ‎ 粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；‎ D. 银锌纽扣原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag2O作氧化剂发生还原反应，故D正确， 故选D。‎ ‎18.下表中实验操作、现象与结论对应关系正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液 溶液由红色变为浅红色便立刻读数 测得氢氧化钠溶液的浓度偏大 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体 有白色沉淀生成，溶液红色变浅 证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-水解引起的 C 室温下分别测定NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH 前者大 酸性：HClO>CH3COOH D NaHCO3溶液中滴入酚酞 溶液变红 弱酸的酸式盐溶液均呈碱性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、溶液由红色变为浅红色立即读数，消耗的盐酸的体积可能偏小，测的氢氧化钠溶液的浓度偏小，故A错误；B、碳酸钠溶液中存在CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，溶液显碱性，滴入酚酞溶液显红色，加入少量BaCl2溶液，发生Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，使平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，能够说明结论，故B正确；C、根据盐类水解的规律，酸根越弱，水解程度越大，NaClO溶液的pH最大，说明CH3COOH酸性强于HClO，故C错误；D、不是所有的弱酸的酸式盐溶液均呈碱性，如NaHSO3溶液中HSO3－的电离大于其水解，溶液显酸性，故D错误。‎ ‎19.常温下．有浓度均为0.1 mol．L-l的下列4种溶液：①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液 HCN H2CO3‎ CH3COOH Ka=4.9×10-10‎ Ka1=4×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ Ka=1.7×10-5‎ ‎（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是____________（填序号）。‎ ‎（2）④的水解平衡常数Kh= _________。‎ ‎（3）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_____ ④（填“>”、“<"、“=”）‎ ‎（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：______________________。‎ ‎【答案】 (1). ②①④③ (2). 2.5×10-8 (3). ＜ (4). CN－＋CO2＋H2O=HCN+HCO3－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液的酸碱性判断溶液的pH大小，酸和碱溶液抑制了水的电离，盐溶液促进了水的电离，酸或者碱溶液中氢离子、氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；根据电离常数比较弱酸根的水解程度，据此进行解答。‎ ‎【详解】(1) 氢氧化钠属于强碱，完全电离，相同浓度的溶液中碱性最强；NaCN、CH3COONa和NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，弱酸的电离常数越小，对应酸根的水解程度越大，其盐的水溶液碱性越强，电离常数：HCN< H2CO3 NaHCO3>CH3COONa，所以pH由大到小的顺序为：NaOH> HCN > NaHCO3>CH3COONa，‎ 故答案为：②①④③；‎ ‎（2）水解反应是电离反应的逆反应，根据平衡常数的表达式得：水解平衡常数是其电离平衡常数的倒数，所以Kh= ==2.5×10-8，‎ 故答案为：2.5×10-8；‎ ‎(3)根据上述分析，等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液，NaHCO3溶液碱性强，所以等体积的两溶液中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积NaHCO3溶液更大，‎ 故答案为：<；‎ ‎(4)因为HCN的电离常数小于碳酸的电离常数，而大于HCO3-电离常数，说明碳酸的酸性强于HCN，HCN酸性强于HCO3-，则通入过量二氧化碳时，生成HCO3-，则离子方程式为：CN－＋CO2＋H2O=HCN+HCO3－，‎ 故答案为：CN－＋CO2＋H2O=HCN+HCO3－。‎ ‎【点睛】碳酸的第一步电离程度远大于第二步电离，所以碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，在比较水解程度时要注意它们对应的电离常数，这是容易出错的地方。‎ ‎20.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解，据所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1， 该温度下，pH＝10的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_________ mol·L-1。‎ ‎（2）‎25℃‎时，将 a mol·L-1 的醋酸和 b mol·L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=__________ mol·L-1，则a_______ b（填“﹥”、“﹤”或“=”）。‎ ‎（3）工业上采取用氨水除去SO2，已知‎25 ℃‎，NH3• H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的 Ka1=1.3 × 10一2，Ka2=6．2 × 10一8。若氨水的浓度为2.0 mo1/ L，溶液中的c(OH－)=_____ mo1/ L；将SO2通人该氨水中，当c(OH－)降至2.0 × 10一6mo1/ L时，溶液中的=_____________。‎ ‎（4）将AgCl分别放入：①5 mL水 ②10 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液③40 mL 0.3mol·L-1 盐酸溶液中溶解至溶液饱和 ④20 mL 0.5mol·L-1 NaCl溶液 ，各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、 c、d，它们由大到小的排列顺序是____________（用字母表示）。‎ ‎【答案】 (1). 0.005 (2). ‎0.5a (3). ﹥ (4). 6.0×10－3 (5). 12.4 (6). a﹥b﹥c﹥d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度；根据物料守恒、电荷守恒比较溶液中离子浓度大小；根据电离常数及溶度积常数计算溶液中离子浓度大小。‎ ‎【详解】（1）t℃时，纯水中c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，则Kw= c(H+)∙ c(OH-)=(1×10-6)2=1×10-12，离子积只和温度有关， Ba(OH)2属于强碱，完全电离，pH=10时，则c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)==‎ ‎=0.01mol/L，则c[Ba(OH)2]=1/2×c(OH-)=1/2×0.01mol/L= 0.005mol/L，‎ 故答案为：0.005；‎ ‎（2）‎25℃‎时，将a mol∙L-1醋酸溶液和bmol∙L-1氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈中性，即混合后溶液的pH=7，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可得c（CH3COO-）=c（Na+），当a=b时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即a＞b；再根据物料守恒可知，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol∙L-1，‎ 故答案为：‎0.5a，﹥ ；‎ ‎（3）根据NH3∙H2O的Kb=1.8×10－5可知，=1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mo1/ L 时，溶液中的c(OH-)=c(NH4+)==6.0×10-3mol/L，根据H2SO3的 Ka2=6.2 × 10一8可知，=6.2 × 10一8，当c(OH-)降至2.0×10-6mol/L时，则c(H+)==5×10-9mol/L，溶液中的==12.4，‎ 故答案为：6.0×10－3 ，12.4；‎ ‎（4）氯离子浓度大小为：④＞③＞②＞①，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，则饱和溶液中c（Ag+）大小为：a﹥b﹥c﹥d，‎ 故答案为：a﹥b﹥c﹥d。‎ ‎21.电化学知识在物质制备领域的应用前景看好。‎ ‎（1）从环境保护的角度看，制备一种新型多功能水处理剂 高铁酸钠（Na2FeO4）较好的方法为电解法，其装置如图①所示：‎ ‎①电解过程中阳极的电极反应式为______________________；‎ ‎②“镁一次氯酸盐”燃料电池可为图①装置提供电能，该电池电极为镁合金和铂合金，其工作原理如图②所示。b为该燃料电池的___________（填“正"或“负"）极。当有‎16.6 g Na2FeO4‎ 生成时消耗C1O一的物质的量为______mol；‎ ‎（2）电解Na2SO4溶液生产H2SO4和烧碱的装置如图③所示（已知：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过），其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2。则丁为_________；电解一段时间，当产生0.1 mo1气体甲时，通过离子交换膜f的离子的质量为_____________g。 ‎ ‎ （3）用0.1032 mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：‎ 实验序号 消耗NaOH溶液的体积/mL 待测稀盐酸的体积/mL ‎1‎ ‎28.84‎ ‎25.00‎ ‎2‎ ‎27.83‎ ‎25.00‎ ‎3‎ ‎27.85‎ ‎25.00‎ 根据表格计算c（HCl）=______________。在上述滴定过程中，若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，则测定结果将__________ （填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。‎ ‎【答案】 (1). Fe＋8OH－－6e－===FeO42－＋4H2O (2). 正 (3). 0.3 (4). NaOH (5). 9.2 (6). 0.1149mol/L (7). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池及电解池原理分析解答；根据酸碱滴定原理计算溶液浓度及进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）①根据图示①知铁丝作阳极，阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe＋8OH－－6e－===FeO42－＋4H2O；‎ ‎②如图②所示，b极发生的反应为ClO-生成Cl-，氯元素化合价降低，得电子发生还原反应，作电池的正极；Na2FeO4中铁元素化合价为+6，根据得失电子守恒得：‎ n(C1O一)=3×n(Na2FeO4)=3×=0.3mol，‎ 故答案为：Fe＋8OH－－6e－===FeO42－＋4H2O；正；0.3；‎ ‎（2）根据图③，电解Na2SO4溶液相当于电解水生成氢气和氧气，由题干知气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲为氧气，c极为阳极，乙为氢气，d极为阴极；d极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则丁为NaOH；生成0.1mol氧气时，转移的电子的物质的量为0.4mol，‎ 根据得失电子守恒，通过交换膜f的Na+的物质的量为0.4mol，则m(Na+)=‎23g/mol×0.4mol=‎9.2g，‎ 故答案为：NaOH；9.2；‎ ‎（3）第一组数据误差较大，应该舍去，则V（NaOH）=（27.83 ml +27.85 ml）/2=27.84 ml，根据HCl+NaOH═NaCl+H2O计算：27.84ml×0.1032mol/L=25.00ml×c（HCl），解得：c（HCl）=0.1149mol/L；若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，消耗掉的氢氧化钠体积就会偏小，滴定结果偏小，‎ 故答案为0.1149mol/L；偏小。‎ ‎22.锶(Sr)为第5周期ⅡA族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl2．6H20)具有很高 的经济价值，‎61℃‎时晶体开始失去结晶水，‎100℃‎时失去全部结晶水。用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe的化合物等杂质）制备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。‎ 请回答：‎ ‎（1）常温下，氯化锶溶液pH____7（填“大于”、“等于”或“小于”）；‎ ‎（2）步骤③所得滤渣的主要成分是______（填化学式），调节溶液pH至8～10，宜选用的试剂为 ______。‎ A.稀硫酸 B．氢氧化锶粉末 C．氢氧化钠 D．氧化锶粉末 ‎（3）步骤⑤中，洗涤氯化锶晶体最好选用____。‎ A.水 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．氯化锶饱和溶液 ‎（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是____（填字母）。‎ A.50～‎60℃‎ B.70～‎80℃‎ C.80～‎100℃‎ D‎.100℃‎以上 ‎（5）若滤液中Ba2+浓度为1×10-6 mol／L，依据下表数据可以推算滤液中Sr2+物质的量浓度为 ________。‎ ‎.‎ ‎【答案】 (1). 等于 (2). BaSO4、Fe(OH)3 (3). BD (4). D (5). A (6). 0.003mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性；‎ ‎（2）调节pH除去Fe3+等杂质，不能引入杂质，由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡沉淀生成；‎ ‎（3）从防止氯化锶的溶解的角度分析；‎ ‎（4）由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于‎61℃‎时晶体会失去结晶水；‎ ‎（5）根据BaSO4的Ksp求出溶液中硫酸根的浓度，再根据SrSO4的Ksp求出Sr2+物质的量浓度。‎ ‎【详解】（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，pH等于7，‎ 故答案为：等于；‎ ‎（2）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以滤渣的成分有两种即BaSO4、Fe（OH）3；调节pH的目的是除去Fe3+等杂质，要不能引入新杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，‎ 故答案为： BaSO4、Fe（OH）3；B D；‎ ‎（3）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，‎ 故答案为：D；‎ ‎（4）由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于‎61℃‎时晶体会失去结晶水，所以适宜温度为：50～‎60℃‎，‎ 故答案为：A；‎ ‎（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-6mol•L-1，则c（SO42-）= Ksp(BaSO4)/ c(Ba2+)=1.1×10−10/1×10−6=1.1×10-4mol/L,所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）= Ksp(SrSO4)/ c(SO42−)=3.3×10−7/1.1×10−4=0.003mol/L，‎ 故答案为：0.003mol/L。‎ ‎ ‎ ‎ ‎