2022-2022学年福建省福州八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题1分，共10分）1．下列化学用语描述中正确的是（ ）A．含18个中子的氯原子的核素符号：ClB．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子C．HCO3﹣的电离方程式为：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+D．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O 2．在研究物质变化时，人们可以从不同的角度，不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及其能量变化，据此判断以下叙述中错误的是（ ）A．化学反应的实质是旧键的断裂和新化学键生成B．所有化学变化一定遵循质量守恒和能量守恒C．在化学反应中，破坏旧化学键吸收的能量大于形成新化学键释放的能量时，该反应是吸热反应D．化学键的变化必然会引起能量变化，所以，能量变化也一定会引起化学变化 3．下列溶液一定呈酸性的是（ ）A．pH小于7的溶液B．含有H+的溶液C．滴加酚酞显无色的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）溶液 4．某原电池反应原理示意图如图．下列有关该原电池的说法正确的是（ ）A．将电能转化为化学能B．电子从锌片经导线流向铜片C．一段时间后，铜片质量减轻D．锌片发生还原反应 5．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）A．20℃5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，10mL0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液，5mLH2OB．20℃5mL0.2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，5mL0.2mol•L﹣1的H2SO4溶液，10mLH2OC．30℃5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，10mL0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液，5mLH2OD．30℃5mL0，2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，5mL0.2mol•L﹣1的H2SO4溶液，10mLH2O 6．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离，且c（H+）增大，应采取的措施是（ ）A．加入0.1mol/LHClB．加入NaOH溶液C．升温D．加水 \n7．一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应：N2+3H22NH3（正反应是放热反应）．下列有关说法正确的是（ ）A．降低温度可以加快反应速率B．达到化学反应限度时，生成2molNH3C．向容器中再加入N2，可以加快反应速率D．1molN2和3molH2的总能量低于2molNH3的总能量 8．下列所加的物质属于催化剂的是（ ）A．电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4B．利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体C．实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体D．纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜 9．某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，能实现该反应的原电池是（ ）A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为FeSO4溶液C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液D．正极为Ag，负极为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液 10．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）A．Ca2+、HCO、Cl﹣、K+B．Al3+、AlO、HCO、Na+C．Fe2+、NH、SO、S2﹣D．Fe3+、SCN﹣、Na+、CO 二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共32分）11．如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（ ）A．该反应中，化学能转变成热能B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q \n12．在H2与Cl2生成HCl的反应中，已知断裂1mol氢氢键吸收的能量为akJ，断裂1mol氯氯键吸收的能量为bkJ，形成1mol氢氯键放出的能量为ckJ，则生成1molHCl放出的能量为（ ）A．（c﹣a﹣b）kJB．（a+b﹣c）kJC．（2c﹣a﹣b）kJD．kJ 13．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（ ）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ 14．下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣B．将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ 15．在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（ ）A．SO2为0.4mol•L﹣1，O2为0.2mol•L﹣1B．SO2为0.25mol•L﹣1C．SO3为0.4mol•L﹣1D．SO2、SO3均为0.15mol•L﹣1 16．如图，有关零排放车载燃料电池叙述正确的是（ ）A．正极通入H2，发生还原反应B．负极通入H2，发生还原反应C．导电离子为质子，且在电池内部由正极定向移向负极D．总反应式为2H2+O2=2H2O 17．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）\nA．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣ 18．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D 19．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢．A．②⑥⑦B．③④⑥⑦C．③④⑤⑥D．①② 20．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）A．c（H+）B．C．D． 21．向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列判断正确的是（ ）A．在M点，两者恰好反应完全B．滴定前，酸中c（H+）等于碱中c（OH﹣）C．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/LD．在N点，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COOH） 22．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH﹣）=常数，下列说法错误的是（ ）\nA．图中温度T1＞T2B．图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=EC．曲线a、b可以表示纯水的电离情况D．若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液显酸性 23．室温下，稀氨水中存在电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，有关叙述正确的是（ ）A．加入氯化铵固体，溶液中减小B．加水不断稀释，溶液碱性一定增强C．加水稀释，平衡常数Kb增大D．加入NaOH固体，平衡逆向移动 24．下列说法中，正确的是（ ）A．已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN）B．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小C．pH试纸测得新制氯水的pH为4.5D．FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3 25．已知25℃时，电离常数Ka（HF）=3.6×10﹣4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10．现向1L0.2mol•L﹣1HF溶液中加入1L0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，则下列说法中正确的是（ ）A．25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中pH=1B．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C．该体系中有CaF2沉淀产生D．该体系中，Ksp（CaF2）= 26．次氯酸可用于杀菌消毒．已知25°C时：①HClO（aq）+OH﹣（aq）═ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）+（aq）+ClO﹣（aq）△H=﹣（57.3+Q1）kJ•mol﹣1B．将20ml1mol/LHClO与10ml1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在：c（H+）+c（Na+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）\nC．已知酸性H2SO3＞HClO＞HSO3﹣，则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32﹣+HClO═HSO3﹣+ClO﹣D．已知酸性CH3COOH＞HClO，则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 三、填空题（共58分）27．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法生产．已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H= ． 28．乙烯气相直接水合反应，在其他条件相同时，分别测得C2H4的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图．结合曲线归纳平衡转化率﹣T曲线变化规律：（a） ；（b） ；（1）若要进一步提高乙烯的转化率，可以采取的措施有 ．A．增大乙烯的浓度B．分离出乙醇C．加催化剂D．缩小容器体积（2）已知乙酸是一种重要的化工原料，该反应所用的原理与工业合成乙酸的原理类似；常温下，将amolCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol•L﹣1的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka= （3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）= ．②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则通入CO的物质的量为 ． 29．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式 （2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．H3PO2中，P元素的化合价为 ；利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为 （填化学式）（3）（H3PO2）的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： ． \n30．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量．有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要．在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质．（1）CO在0﹣9min内的平均反应速率v（CO）= mol．L﹣1．min﹣1（保留两位有效数字）；（2）该反应在第24min时达到平衡状态，CO2的体积分数为 （保留三位有效数字），化学平衡常数K= （保留两位有效数字）．（3）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的CO2转化成HCOOH和O2，已知常温下0.1mol．L﹣1的HCOONa溶液pH=10，则HCOOH的电离常数Ka约为 ． 31．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 ．（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= （用含硫微粒浓度的代数式表示）．（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= （填字母编号）．A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）Ⅱ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SpbI2Pb（OH）2PbSKsp8.3×10﹣175.6×10﹣86.3×10﹣507.1×10﹣91.2×10﹣153.4×10﹣28\n（5）你认为往废水中投入 （填字母序号），沉淀效果最好．A．NaOHB．Na2SC．KID．Ca（OH）2（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= ．（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g•mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10） 33．高温焙烧含硫废渣会产生SO2废气，为了回收利用SO2，研究人员研制了利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收SO2，并制备硫酸锰晶体的生产流程，其流程示意图如下：已知，浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子．有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见表：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.7Mn2+8.39.8请回答下列问题：（1）高温焙烧：在实验室宜选择的主要仪器是 ．（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式： ．（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，并调节溶液pH，pH应调节的范围是 ．（4）滤渣的主要成分有硫酸钙、 ．（5）工业生产中为了确定需要向浸出液中加入多少MnO2粉，可准确量取10.00mL浸出液用0.02mol/L酸性KMnO4溶液滴定，判断滴定终点的方法是 ．若达滴定终点共消耗10.00mL酸性KMnO4溶液，请计算浸出液中Fe2+浓度是 ． \n2022-2022学年福建省福州八中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题1分，共10分）1．下列化学用语描述中正确的是（ ）A．含18个中子的氯原子的核素符号：ClB．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子C．HCO3﹣的电离方程式为：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+D．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O【考点】核素；结构式；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A、原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A为质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数；B、CO2为分子晶体，可以利用表示，SiO2为原子晶体；C、碳酸氢根电离生成碳酸根和氢离子；D、次氯酸中O分别与H和Cl形成共价键．【解答】解：A、含18个中子的氯原子，其质量数为17+18=35，故该核素的符号为1735Cl，故A错误；B、CO2为分子晶体，可以利用表示，SiO2为原子晶体，不能用此表示，故B错误；C、碳酸氢根电离生成碳酸根和氢离子，题中H3O+为水合氢离子，故C正确；D、次氯酸中O最外层2个单电子，分别与H和Cl形成共价键，即结构式为H﹣O﹣Cl，故D错误，故选C．【点评】本题考查常用化学用语，难度中等，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意D选项从原子的外层电子结构分析． 2．在研究物质变化时，人们可以从不同的角度，不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及其能量变化，据此判断以下叙述中错误的是（ ）A．化学反应的实质是旧键的断裂和新化学键生成B．所有化学变化一定遵循质量守恒和能量守恒C．在化学反应中，破坏旧化学键吸收的能量大于形成新化学键释放的能量时，该反应是吸热反应D．化学键的变化必然会引起能量变化，所以，能量变化也一定会引起化学变化【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、化学反应的实质是原子的重新组合，旧键断裂新键形成；B、根据化学反应的实质是原子重新组合分析，反应中不仅质量守恒而且能量守恒也守恒；C、成键放出热量，断键吸收热量；D、根据物质三态之间的转变也存在热量的变化；\n【解答】解；A、化学反应中一定有化学键变化，即实质是化学键旧键的断裂和新键的生成，故A正确；B、因化学反应实质是原子重新组合，原子最外层电子发生变化，反应中不仅质量守恒而且能量守恒也守恒，故B正确；C、若反应时破坏旧化学键吸收的能量大于形成新化学键释放的能量时，则化学反应为吸收储存能量的反应，该反应是吸热反应，故C正确；D、因物质三态之间的转变也存在热量的变化，而物质三态之间的转变是物理变化，入冰变化为液态水吸热，故D错误；故选D．【点评】本题考查能量变化的原因和放热反应，难度不大，注意反应实质理解和反应过程中能量变化的分析判断． 3．下列溶液一定呈酸性的是（ ）A．pH小于7的溶液B．含有H+的溶液C．滴加酚酞显无色的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）溶液【考点】溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，与溶液的pH大小无关；B．任何水溶液中都含有氢离子；C．常温下，酚酞试液的变色范围是8﹣10，其颜色分别为无色、浅红色、红色；D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小．【解答】解：A．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，与溶液的pH大小无关，所以pH小于7的溶液不一定是酸溶液，故A错误；B．无论酸、碱还是盐溶液中都含有氢离子，所以不能根据是否含有氢离子判断溶液的酸碱性，故B错误；C．常温下，酚酞试液的变色范围是8﹣10，其颜色分别为无色、浅红色、红色，所以溶液颜色为无色时，溶液可能呈碱性或中性，故C错误；D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，当溶液中C（H+）＞c（OH﹣）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH﹣）时溶液呈中性，当C（H+）＜c（OH﹣）时，溶液呈碱性，故D正确．故选D．【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，难度不大，注意溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH﹣）的相对大小，与溶液的pH大小无关． 4．某原电池反应原理示意图如图．下列有关该原电池的说法正确的是（ ）A．将电能转化为化学能B．电子从锌片经导线流向铜片C．一段时间后，铜片质量减轻D．锌片发生还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理．\n【专题】电化学专题．【分析】该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极．【解答】解：A．该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，为原电池装置，是将化学能转变成电能，故A错误；B．电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B正确；C．锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌的质量逐渐减小，铜片质量不变，故C错误；D．锌失电子发生氧化反应而作负极，故D错误；故选B．【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写． 5．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）A．20℃5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，10mL0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液，5mLH2OB．20℃5mL0.2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，5mL0.2mol•L﹣1的H2SO4溶液，10mLH2OC．30℃5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，10mL0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液，5mLH2OD．30℃5mL0，2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，5mL0.2mol•L﹣1的H2SO4溶液，10mLH2O【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】根据选项中的数据可知，有温度、浓度影响反应速率，浓度越大、温度越大，则反应速率越大，以此来解答．【解答】解：温度对反应速率影响较大，先比较温度，由题中的数据可知，30℃＞20℃，则C、D的反应速率大于A、B中的反应速率，又由于D中Na2S2O3的浓度大，则D中反应速率大于C中反应速率，所以D中反应速率最大，故选D．【点评】本题考查影响反应速率的因素，注意选项中浓度、温度的比较即可解答，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，题目难度不大． 6．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离，且c（H+）增大，应采取的措施是（ ）A．加入0.1mol/LHClB．加入NaOH溶液C．升温D．加水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使醋酸的电离平衡向右移动且c（H+）增大，据此分析解答．【解答】解：A．加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，导致醋酸的电离程度减小，故A错误；B．加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故B错误；C．醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故C正确；D．加水，促进了醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，故D错误；故选C．\n【点评】本题考查了影响弱电解质电离及其因素，题目难度不大，注掌握确弱电解质的电离平衡及其影响因素，明确本题中要求“要促进醋酸电离，且c（H+）增大”的含义，试题培养了学生灵活应用能力． 7．一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应：N2+3H22NH3（正反应是放热反应）．下列有关说法正确的是（ ）A．降低温度可以加快反应速率B．达到化学反应限度时，生成2molNH3C．向容器中再加入N2，可以加快反应速率D．1molN2和3molH2的总能量低于2molNH3的总能量【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、降温化学反应速率减慢；B、可逆反应的反应物不能完全转化；C、增大浓度，反应速率加快；D、反应放热，说明反应物能量高于生成物．【解答】解：A、降温化学反应速率减慢，故A错误；B、合成氨是可逆反应，可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2和3molH2发生反应生成的氨气少于2mol，故B错误；C、增大浓度，反应速率加快，在体积一定的密闭容器中再加入N2反应速率加快，故C正确；D、反应放热，说明1molN2和3molH2的总能量高于2molNH3的总能量，故D错误；故选C．【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素、可逆反应的特点、反应焓变与反应物生成物能量关系，题目难度不大． 8．下列所加的物质属于催化剂的是（ ）A．电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4B．利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体C．实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体D．纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜【考点】催化剂的作用．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．增大溶液中离子浓度能增大溶液的导电性；B．H2O2分解时MnO2固体不参与反应；C．根据反应中MnO2固体的化合价变化分析；D．Zn、Cu和稀硫酸能构成原电池．【解答】解：A．电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4，是为了增大溶液中离子浓度以增大溶液的导电性，Na2SO4不作催化剂，故A错误；B．H2O2分解时MnO2固体不参与反应，而且MnO2能加快H2O2分解速率，则MnO2固体属于催化剂，故B正确；C．实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体，MnO2中Mn的化合价降低，作氧化剂，则MnO2不作催化剂，故C错误；\nD．纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜，Zn与硫酸铜反应生成少量的Cu，Zn、Cu和稀硫酸能构成原电池，则硫酸铜不是催化剂，故D错误．故选B．【点评】本题考查了反应中物质的作用，侧重于考查催化剂的判断，题目难度不大，注意催化剂在反应前后性质和质量都不变． 9．某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，能实现该反应的原电池是（ ）A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为FeSO4溶液C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液D．正极为Ag，负极为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此分析解答．【解答】解：根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A选；B．铁作负极，碳作正极，电解质为FeSO4溶液，不能发生氧化还原反应，不则符合题意，故B不选；C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，故C不选；D．Cu作负极，银作正极，电解质为CuSO4溶液，不能发生氧化还原反应，不能构成该条件下的原电池，故D不选；故选A．【点评】本题考查了原电池中正负极及电解质溶液的判断，根据得失电子判断正负极及电解质，难度中等． 10．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）A．Ca2+、HCO、Cl﹣、K+B．Al3+、AlO、HCO、Na+C．Fe2+、NH、SO、S2﹣D．Fe3+、SCN﹣、Na+、CO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质，或不发生氧化还原反应、互促水解反应，则可大量共存，结合离子的性质解答该题．【解答】解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．Al3+与AlO2﹣、HCO3﹣发生互促水解反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．Fe2+与S2﹣反应生成FeS而不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与SCN﹣发生络合反应，与CO32﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误．\n故选A．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合应用的考查，注意把握离子的性质和反应类型，本题易错点为B、D，注意发生互促水解和络合反应的特点，难度不大． 二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共32分）11．如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（ ）A．该反应中，化学能转变成热能B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量．【解答】解：A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C．该反应是一个吸热反应，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为：2NH4Cl+Ba（OH）2•8H2O→BaCl2+2NH3•H2O+8H2O﹣Q，故D错误，故选B．【点评】本题考查学生吸热反应和物质能量的转化，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 12．在H2与Cl2生成HCl的反应中，已知断裂1mol氢氢键吸收的能量为akJ，断裂1mol氯氯键吸收的能量为bkJ，形成1mol氢氯键放出的能量为ckJ，则生成1molHCl放出的能量为（ ）A．（c﹣a﹣b）kJB．（a+b﹣c）kJC．（2c﹣a﹣b）kJD．kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据△H=反应物的键能﹣生成物的键能求算即可．【解答】解：H2与Cl2生成HCl的反应的化学方程式为：H2+Cl2=2HCl其焓变△H=反应物的键能﹣生成物的键能=（a+b﹣2c）KJ/mol，则生成1molHCl放出的能量为：﹣（a+b﹣2c）/2KJ，故选：D．【点评】本题主要考查化学反应中焓变与化学键的关系，注意化学键的数目，题目难度不大．\n 13．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（ ）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答． 14．下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣B．将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写．【分析】A．pH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡；B．钠和水反应生成NaOH和氢气；C．用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜；D．Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气．【解答】解：A．pH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡，一水合氨电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A正确；B．钠和水反应生成NaOH和氢气，反应方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故B正确；C．用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜，离子方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故C错误；D．Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子方程式、化学方程式正误判断，明确物质之间的反应是解本题关键，注意电解质溶液导电过程实质上是电解过程，注意电解质的电离不需要通电，为易错点．\n 15．在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（ ）A．SO2为0.4mol•L﹣1，O2为0.2mol•L﹣1B．SO2为0.25mol•L﹣1C．SO3为0.4mol•L﹣1D．SO2、SO3均为0.15mol•L﹣1【考点】化学反应的可逆性．【专题】化学平衡专题．【分析】化学平衡研究的对象为可逆反应，化学平衡的建立，可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应；因此可以利用极限法假设完全反应，计算出各物质的浓度变化量，实际变化量必须小于极限值，据此判断解答．【解答】解：A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，SO2和O2的浓度浓度变化分别为：0.2mol/L、0.1mol/L，需要消耗三氧化硫的浓度为：0.2mol/L，由于该反应为可逆反应，实际变化浓度应小于三氧化硫的原有浓度0.2mol/L，所以达到平衡时SO2小于0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；B．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确；C．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故C错误；D．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个浓度减小，另一个浓度一定增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡的建立，题目难度中等，解题关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法，本题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 16．如图，有关零排放车载燃料电池叙述正确的是（ ）A．正极通入H2，发生还原反应B．负极通入H2，发生还原反应C．导电离子为质子，且在电池内部由正极定向移向负极D．总反应式为2H2+O2=2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．\n【分析】氢氧燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，发生氧化反应、通入氧化剂氧气的电极是正极发生还原反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极，总反应即燃料燃烧反应，据此分析解答．【解答】解：A．燃料电池中，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以正极通入氧气，发生还原反应，故A错误；B．燃料电池中，负极上通入燃料，所以负极通入H2，发生氧化反应，故B错误；C．导电离子为质子．质子带正电荷，应由负极移向正极，故C错误；D．总反应即燃料燃烧反应即2H2+O2=2H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确原电池原理是解本题关键，所有燃料电池中都是负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，会根据溶液酸碱性书写电极反应式． 17．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣【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】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．【解答】解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故选C．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为B，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断． \n18．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物．【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等． 19．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢．A．②⑥⑦B．③④⑥⑦C．③④⑤⑥D．①②【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】可以从以下方面判断醋酸是否是弱电解质：电离平衡方面、水解方面、离子浓度方面，据此判断正误．\n【解答】解：①醋酸与水能以任意比互溶，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；②醋酸溶液能导电，只能说明醋酸能电离，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸存在电离平衡，能证明醋酸是弱酸，故正确；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸不完全电离，能证明醋酸是弱酸，故正确；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性比碳酸强，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，其水溶液呈碱性，说明醋酸是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故正确；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则证明醋酸是弱酸，故正确．故选B．【点评】本题考查了弱电解质的判断，可以从以下方面判断电解质是否是弱电解质：电离平衡方面、水解方面、离子浓度方面． 20．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）A．c（H+）B．C．D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故B正确；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故D错误；故选：B．【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1． 21．向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列判断正确的是（ ）\nA．在M点，两者恰好反应完全B．滴定前，酸中c（H+）等于碱中c（OH﹣）C．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/LD．在N点，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COOH）【考点】中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、NaOH溶液与醋酸恰好反应醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些；B、根据NaOH溶液在滴定开始时的pH结合水的离子积常数来计算碱中c（OH﹣）；根据醋酸是弱酸来求酸中c（H+）；C、根据NaOH溶液在滴定开始时的pH结合水的离子积常数来计算碱中c（OH﹣）；D、根据在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，由电荷守恒和溶液的酸碱性判断各种离子浓度相对大小．【解答】解：A、NaOH溶液与醋酸恰好反应醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些，故A错误；B、NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c（H+）=10﹣13mol/L，碱中c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，醋酸是弱酸，0.1mol/L醋酸溶液中c（H+）小于0.1mol/L，故B错误；C、NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c（H+）=10﹣13mol/L，碱中c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，故C正确；D、在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，CH3COOH的浓度大于氢离子浓度，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据溶液中电荷守恒知，溶液中醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题． 22．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH﹣）=常数，下列说法错误的是（ ）\nA．图中温度T1＞T2B．图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=EC．曲线a、b可以表示纯水的电离情况D．若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液显酸性【考点】水的电离．【分析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；C．只有c（OH﹣）=c（H+）的点是纯水的电离；D．B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，等体积混合碱剩余，溶液呈碱性．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，温度，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故B正确；C．只有c（OH﹣）=c（H+）的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D错误；故选CD．【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响． 23．室温下，稀氨水中存在电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，有关叙述正确的是（ ）A．加入氯化铵固体，溶液中减小B．加水不断稀释，溶液碱性一定增强C．加水稀释，平衡常数Kb增大D．加入NaOH固体，平衡逆向移动【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、加入氯化铵，稀氨水中存在电离平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小；B、加水促进电离，但氢氧根离子的浓度减小；C、由NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，只要温度不变，则电离平衡常数不变；D、加入氢氧化钠固体，氢氧根离子的浓度增大，电离平衡逆向移动．\n【解答】解：A、加入氯化铵固体，铵根离子的浓度增大，则稀氨水中存在电离平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，由水的离子积可知，氢离子的浓度增大，则溶液中变大，故A错误；B、加水促进电离，氢氧根离子的物质的量增大，但溶液体积增大的更多，故氢氧根离子的浓度减小，从而碱性减弱，故B错误；C、由NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，加水虽促进电离，但没有改变温度，则电离平衡常数不变，故C错误；D、加入氢氧化钠固体，氢氧根离子的浓度增大，生成物中离子浓度变大，则电离平衡向左移动，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，明确温度、浓度等影响电离平衡的因素是解答本题的关键，并注意温度不变、电离常数不变来解答． 24．下列说法中，正确的是（ ）A．已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN）B．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小C．pH试纸测得新制氯水的pH为4.5D．FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3【考点】水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度；B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化；C、PH是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数；D、FeCl3溶液加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液加热蒸干水被蒸发、灼烧得到硫酸铁；【解答】解：A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN），故A正确；B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp和在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；C、PH是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数，故C错误；D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误；故选A．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液PH测定，掌握基础是关键，题目难度中等． \n25．已知25℃时，电离常数Ka（HF）=3.6×10﹣4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10．现向1L0.2mol•L﹣1HF溶液中加入1L0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，则下列说法中正确的是（ ）A．25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中pH=1B．Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C．该体系中有CaF2沉淀产生D．该体系中，Ksp（CaF2）=【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】A．HF酸为弱酸，不能完全电离；B．Ksp只与温度有关；C．Qc＞Ksp，说明有沉淀产生．D．根据Ka（HF）和溶度积常数的表达式和数值分析．【解答】解：A．HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1mol•L﹣1HF溶液中pH＞1，故A错误；B．Ksp只与温度有关，则Ksp（CaF2）随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；C．两溶液混合后，c（Ca2+）=0.1mol•L﹣1，c（F﹣）==6×10﹣3ol/L，则Qc=c2（F﹣）•c（Ca2+）=（3.6×10﹣5mol/L）•0.1mol•L﹣1=3.6×10﹣6＞Ksp，说明有沉淀产生，故C正确；D．Ka（HF）=3.6×10﹣4mol•L﹣1，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10mol3•L﹣3，Ka×Ksp≠1，故D错误；故选C．【点评】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素即可解答，题目难度中等． 26．次氯酸可用于杀菌消毒．已知25°C时：①HClO（aq）+OH﹣（aq）═ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）+（aq）+ClO﹣（aq）△H=﹣（57.3+Q1）kJ•mol﹣1B．将20ml1mol/LHClO与10ml1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在：c（H+）+c（Na+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）C．已知酸性H2SO3＞HClO＞HSO3﹣，则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32﹣+HClO═HSO3﹣+ClO﹣D．已知酸性CH3COOH＞HClO，则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算；离子浓度大小的比较．【分析】A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，酸碱中和释放的热量和电离吸收热量的能量差即为反应热的数值；B、将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后所得的溶液是次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据溶液中的离子浓度关系来回答；\nC、Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；D、根据盐的水解规律：越弱越水解来比较离子浓度的大小．【解答】解：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是57.3kJ/mol，根据HClO（aq）+OH﹣（aq）=ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）△H=（57.3﹣Q1）kJ•mol﹣1，故A错误；B、将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO﹣）+c（HClO），整理两个等式得到2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（ClO﹣）﹣c（HClO），故B正确；C、向Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C错误；D、等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于酸性CH3COOH＞HClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO﹣）＜C（CH3COO﹣），溶液显示碱性，所以C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（ClO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故D错误．故选B．【点评】本题目综合考查学生反应热的大小比较、离子浓度大小比较以及溶液中离子浓度之间的关系，属于综合知识的考查，难度中等． 三、填空题（共58分）27．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法生产．已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H= ﹣45.5kJ•mol﹣1 ．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③计算．【解答】解：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；故答案为：﹣45.5kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了热化学方程式的计算，题目难度中等，注意掌握盖斯定律在热化学方程式的计算中的应用． 28．乙烯气相直接水合反应，在其他条件相同时，分别测得C2H4的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图．结合曲线归纳平衡转化率﹣T曲线变化规律：（a） 其他条件相同，温度升高，C2H4的平衡转化率降低 ；（b） 其他条件相同，增大压强，C2H4的平衡转化率增大 ；\n（1）若要进一步提高乙烯的转化率，可以采取的措施有 BD ．A．增大乙烯的浓度B．分离出乙醇C．加催化剂D．缩小容器体积（2）已知乙酸是一种重要的化工原料，该反应所用的原理与工业合成乙酸的原理类似；常温下，将amolCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol•L﹣1的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka= （3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）= 4：1 ．②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则通入CO的物质的量为 0.05mol ．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算．【分析】由图象根据升温和增压分别判断C2H4的平衡转化率变化；（1）提高乙烯的转化率，可以使平衡正向移动，但不能增加乙烯的量；（2）根据盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，又c（Cl﹣）=0.5bmol/L，根据电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO﹣）=（0.5a﹣0.5b）mol/L结合平衡常数Ka=计算；（3）①根据平衡常数K=代入进行计算；②根据三段式数据结合K=进行列方程计算．【解答】解：（a）由图象可知，升高温度，平衡逆向移动，C2H4的平衡转化率降低，故答案为：其他条件相同，温度升高，C2H4的平衡转化率降低；（b）反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C2H4的平衡转化率增大，故答案为：其他条件相同，增大压强，C2H4的平衡转化率增大；（1）A．增大乙烯的浓度，乙烯的转化率减小，故A错误；B．分离出乙醇，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，故B正确；C．加催化剂，不影响化学平衡，乙烯的转化率不变，故C错误；D．缩小容器体积，即增大压强，C2H4的平衡转化率增大，故D正确；故答案为：BD；\n（2）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，又c（Cl﹣）=0.5bmol/L，根据电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO﹣）=（0.5a﹣0.5b）mol/L，醋酸的电离常数Ka===，故答案为：；（3）①K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；②通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）起始时物质的量（mol）0.02x00变化的物质的量（mol）0.02×50%0.010.010.01平衡时物质的量（mol）0.01x﹣0.010.010.01根据平衡常数K===0.25，解得x=0.05，故答案为：0.05mol．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等． 29．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式 H3PO2⇌H2PO2﹣+H+ （2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．H3PO2中，P元素的化合价为 +1 ；利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为 H3PO4 （填化学式）（3）（H3PO2）的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： 2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑ ．【考点】电离方程式的书写；氧化还原反应．【分析】（1）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；（2）根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出反应产物中P的化合价；（3）根据反应物和生成物书写方程式．【解答】解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，\n故答案为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；（2）H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，则P元素的化合价为：+1价，利用H3PO2进行化学镀银反应中，反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：+1；H3PO4；（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．【点评】本题考查了弱电解质的电离、氧化还原反应等知识，题目难度中等，明确物质的性质是解本题关键，利用守恒思想、电离方程式书写规则解答． 30．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量．有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要．在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质．（1）CO在0﹣9min内的平均反应速率v（CO）= 4.4×10﹣3 mol．L﹣1．min﹣1（保留两位有效数字）；（2）该反应在第24min时达到平衡状态，CO2的体积分数为 22.2% （保留三位有效数字），化学平衡常数K= 3.4 （保留两位有效数字）．（3）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的CO2转化成HCOOH和O2，已知常温下0.1mol．L﹣1的HCOONa溶液pH=10，则HCOOH的电离常数Ka约为 1.0×10﹣7 ．【考点】化学平衡的计算．【分析】（1）根据v（CO）=计算CO反应速率；（2）依据图象分析判断，平衡状态时一氧化碳一氧化氮和氮气浓度，结合化学平衡三段式列式计算平衡百分含量和平衡常数；（3）计算水解平衡常数Kh，再根据Ka=计算．【解答】解：（1）v（CO）==mol/（L．min）=4.4×10﹣3mol/（L．min），故答案为：4.4×10﹣3；\n（2）该反应在第24min时达到平衡状态，平衡浓度c（N2）=0.03mol/L，c（NO）=0.14mol/L，c（CO）=0.04mol/L，依据化学平衡三段式列式计算2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）起始量（mol/L）0.20.100变化量（mol/L）0.060.060.030.06平衡量（mol/L）0.140.040.030.06CO2的体积分数=×100%=22.2%平衡常数K==3.4故答案为：22.2%；3.4；（3）常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO﹣水解HCOO﹣+H2O⇌HCOOH+OH﹣，故Kh==10﹣7，则HCOOH的电离常数Ka===1×10﹣7，故答案为：1.0×10﹣7．【点评】本题考查化学平衡计算、盐类水解平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，难点是盐类水解平衡计算，注意弱电解质电离平衡常数与弱离子水解平衡常数关系，为易错点． 31．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ ．（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 2H2SO3+O2═2H2SO4 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= 2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣） （用含硫微粒浓度的代数式表示）．（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3﹣ ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= BD （填字母编号）．A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）\nⅡ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SpbI2Pb（OH）2PbSKsp8.3×10﹣175.6×10﹣86.3×10﹣507.1×10﹣91.2×10﹣153.4×10﹣28（5）你认为往废水中投入 B （填字母序号），沉淀效果最好．A．NaOHB．Na2SC．KID．Ca（OH）2（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= 1.2×10﹣3mol•L﹣1 ．（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g•mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= 9×10﹣9mol•L﹣1 ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10）【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】Ⅰ、（1）根据海水中的离子是否水解进行解答；（2）根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；利用酸碱反应分析混合的目的；（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，结合溶液中电荷守恒分析；（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水反应生成亚硫酸氢铵；结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断选项；Ⅱ、（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀；（6）根据Pb（OH）2的溶度积进行计算；（7）根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准对比来说明是否符合排放标准．【解答】解：Ⅰ．（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故答案为：2H2SO3+O2═2H2SO4；（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），得到c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故答案为：2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣，溶液中存在电荷守恒：c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），D正确，C错误；溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），结合电荷守恒和物料守恒可知c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）=c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3），所以A错误，B正确；故答案为：SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣；BD；Ⅱ．（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀，显然只有硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，\n故答案为：B；（6）由Pb（OH）2的溶度积为1.2×10﹣15，pH=8.0，c（OH﹣）=10﹣6mol•L﹣1，则c（Pb2+）==1.2×10﹣3mol•L﹣1，故答案为：1.2×10﹣3mol•L﹣1；（7）废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g•mL﹣1），c（Cl﹣）=c（NaCl）==0.02mol/L，Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）=1.8×10﹣10mol2•L﹣2，则c（Ag+）==9×10﹣9mol•L﹣1，环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol•L﹣1，显然9×10﹣9mol•L﹣1＜1.0×l0﹣8mol•L﹣1，故答案为：9×10﹣9mol•L﹣1．【点评】本题考查了含硫烟气的处理及难溶物的沉淀转化，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度中等． 33．高温焙烧含硫废渣会产生SO2废气，为了回收利用SO2，研究人员研制了利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收SO2，并制备硫酸锰晶体的生产流程，其流程示意图如下：已知，浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子．有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见表：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.7Mn2+8.39.8请回答下列问题：（1）高温焙烧：在实验室宜选择的主要仪器是 坩埚 ．（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式： 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ．（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，并调节溶液pH，pH应调节的范围是 4.7≤pH＜8.3 ．（4）滤渣的主要成分有硫酸钙、 氢氧化铁、氢氧化铝 ．（5）工业生产中为了确定需要向浸出液中加入多少MnO2粉，可准确量取10.00mL浸出液用0.02mol/L酸性KMnO4溶液滴定，判断滴定终点的方法是 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色 ．若达滴定终点共消耗10.00mL酸性KMnO4溶液，请计算浸出液中Fe2+浓度是 0.1mol/L ．【考点】制备实验方案的设计．\n【分析】高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+等阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂．调节pH值在4.7～8.3间，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的MnSO4•H2O含有结晶水，故操作a采用蒸发浓缩结晶的方法，得到MnSO4•H2O．（1）加热固体，应在坩埚中进行；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+；（3）从表可以看出，只要调节pH值在4.7～8.3间，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀；（4）Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙；（5）高锰酸钾有颜色，滴定终点时溶液变为紫红色，结合电子转移的数目计算；【解答】解：高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+等阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂．调节pH值在4.7～8.3间，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的MnSO4•H2O含有结晶水，故操作a采用蒸发浓缩结晶的方法，得到MnSO4•H2O．（1）加热固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在4.7～8.3间即可，故答案为：4.7≤pH＜8.3；（4）Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，所以滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，故答案为：氢氧化铁、氢氧化铝；（5）高锰酸钾有颜色，滴定终点时溶液变为紫红色，判断方法为当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色，若达滴定终点共消耗l0.00mL酸性KMnO4溶液，则n（KMnO4）=0.01L×0.02mol/L=2×10﹣4mol，得电子的物质的量为2×10﹣4mol×（7﹣2）=10﹣3mol，反应中Fe2+被氧化生成Fe3+，则n（Fe2+）=10﹣3mol，c（Fe2+）==0.1mol/L，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色；0.1mol/L．\n【点评】本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，综合考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，为高频考点，涉及考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力．
