【化學(xué)】山東省新泰市第二中學(xué)2018-2019學(xué)年高二上學(xué)期第三次階段性測試（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 用惰性電極分別電解下列各物質(zhì)的水溶液一段時間后，向剩余溶液中加入適量水能使溶液恢復(fù)到電解前濃度的是
A. AgNO3 B. NaCl C. CuCl2 D. H2SO4
【答案】D
【解析】
試題分析：A、電解硝酸銀溶液電解的是硝酸銀和水，電解結(jié)束后加水不能回復(fù)原溶液的濃度，故A錯誤；B、電解氯化鈉溶液實質(zhì)是電解水和氯化鈉，電解結(jié)束后，向剩余溶液中加適量水，不能使溶液濃度和電解前相同，故B錯誤；C、電解氯化銅實質(zhì)是電解氯化銅，電解結(jié)束后，向剩余溶液中加適量水，不能使溶液濃度和電解前相同，故C錯誤；D、電解硫酸實質(zhì)是電解水，電解結(jié)束后，向剩余溶液中加少量水，能使溶液濃度和電解前相同，故D正確；故選D。
考點：考查了電解原理的應(yīng)用的相關(guān)知識。
2.2SO2＋O22SO3是工業(yè)制硫酸的一步重要反應(yīng)，下列說法正確的是
A. 使用催化劑能改變該反應(yīng)限度
B. 減小SO2的濃度能加快該反應(yīng)的速率
C. 升高體系溫度能加快反應(yīng)速率
D. 1 mol SO2和足量的O2在一定條件下充分反應(yīng)，生成1 mol SO3
【答案】C
【解析】
該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化，一般來說，增大濃度、升高溫度或加入催化劑，可增大反應(yīng)速率，以此解答該題。
【詳解】A.使用催化劑，改變反應(yīng)速率，不改變化學(xué)平衡，故A錯誤；
B.減小SO2的濃度是減少反應(yīng)物濃度，反應(yīng)速率減小，不能加快反應(yīng)速率，故B錯誤；
C.升高溫度，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率增大，故C正確；
D.可逆反應(yīng)反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化，故D錯誤。
故選C。
3.能使水的電離平衡右移，且水溶液顯酸性的微粒是
A. Al3＋ B. OH－ C. H＋ D. HCO3－
【答案】A
【解析】
試題分析：A、鋁離子水解，促進(jìn)水的電離，溶液顯酸性，A正確；B、OH－抑制水的電離，溶液顯堿性，B不正確；C、氫離子抑制水的電離，溶液顯酸性，C不正確；D、HCO3－的水解程度大于電離程度，促進(jìn)水的電離，溶液顯堿性，D不正確，答案選A。
考點：考查水的電離以及溶液酸堿性判斷
4.已知：（1）Zn（s） + 1/2O2（g）= ZnO(s)，ΔH = -350 kJ·mol-1，
（2）2Ag(s) + 1/2O2（g） = Ag2O(s)，ΔH = -25 kJ·mol-1，
則Zn（s）+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s)的ΔH等于
A. -375 kJ·mol-1 B. -325 kJ·mol-1
C. +375 kJ·mol-1 D. +325 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
試題分析：已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO(s)ΔH=-350kJ/mol，
（2）2Ag(s)+1/2O2（g）=Ag2O(s)ΔH=-25kJ/mol，
則根據(jù)蓋斯定律可知（1）－（2）即得到
Zn（s）+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的ΔH＝-325kJ/mol，答案選B。
考點：考查反應(yīng)熱計算
5.下列有關(guān)問題，與鹽的水解有關(guān)的是
①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑 ②用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑 ③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用 ④實驗室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤Al2S3不能通過溶液中的反應(yīng)制取
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
試題分析：①NH4Cl與ZnCl2溶液水解顯酸性，能與鐵銹反應(yīng)，所以可作焊接金屬中的除銹劑，與鹽的水解有關(guān)，故正確；②NaHCO3與Al2(SO4)3溶液中HCO3－與Al3＋水解相互促進(jìn)生成氫氧化鋁和CO2氣體，可作泡沫滅火劑，與鹽的水解有關(guān)，故正確；③草木灰顯堿性與銨態(tài)氮肥顯酸性，二者反應(yīng)使肥效降低，所以草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用，與鹽的水解有關(guān)，故正確；④碳酸鈉溶液水解顯堿性，能腐蝕磨口玻璃塞，所以實驗室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，與鹽的水解有關(guān)，故正確；⑤硫離子與鋁水解相互促進(jìn)生成氫氧化鋁和H2S，因此Al2S3不能通過溶液中的反應(yīng)制取，與鹽的水解有關(guān)，故正確，答案選D。
考點：考查鹽類水解的應(yīng)用
6.下列各組離子在溶液中能大量共存的是
A. Al3＋、Na＋、HCO3－、[Al(OH)4]－
B. Ca2＋、HCO3－、Cl－、K＋
C. Fe3＋、H＋、SO42－、S2－
D. Fe2＋、NO3－、Na＋、H+
【答案】B
【解析】
【詳解】A.HCO3-、Al(OH)4-與Al3+之間發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；
B.該組離子之間不發(fā)生反應(yīng)，在溶液中能大量共存，故B正確；
C.因H＋和S2－能結(jié)合生成H2S氣體，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；
D.因Fe2+、H+、NO3-能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯誤。
故選B。
【點睛】離子不能大量共存的一般情況是(1)能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間(即生成沉淀，氣體，水、弱酸、弱堿等難電離物質(zhì))；(2)能生成微溶物的離子之間(如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-)；(3)能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間(如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等)；(4)能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間(如Fe3+和SCN-)。
7.下列離子方程式書寫正確的是
A. NaOH溶液中通入足量CO2：2OH- + CO2 = CO32- + H2O
B. FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-
C. NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2：HCO3- + Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O
D. FeCl3溶液中加入適量銅粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+
【答案】C
【解析】
【詳解】A.向NaOH溶液中通入足量的CO2，反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式是：OH－+CO2?=HCO3?，故A錯誤；
B.向FeBr2溶液中通入足量Cl2，則Fe2+和Br-都被完全氧化，反應(yīng)的離子方程式為：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3+ +6Cl-+2Br2，故B錯誤；
C.向NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2溶液，反應(yīng)生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3↓+H2O，故C正確；
D.向FeCl3溶液中加入適量銅粉，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3+ +Cu=2Fe2+ +2Cu2+，故D錯誤。
故選C。
【點睛】判斷離子方程式書寫正誤的方法：
“一看”電荷是否守恒：在離子方程式中,兩邊的電荷數(shù)及原子數(shù)必須守恒； “二看”拆分是否恰當(dāng)：在離子方程式中，強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和易溶于水的鹽拆分成離子形式；難溶物、難電離物質(zhì)、易揮發(fā)物質(zhì)、單質(zhì)、氧化物、非電解質(zhì)等均不能拆分，要寫成化學(xué)式；“三看”是否符合客觀事實：離子反應(yīng)的反應(yīng)物與生成物必須是客觀事實相吻合。
8.反應(yīng)2SO2+O22SO3經(jīng)一段時間后，SO3的濃度增加了0.4mol·L-1，在這段時間內(nèi)用O2表示的反應(yīng)速率為0.04mol·L-1·s-1，則這段時間為（）
A. 0.1s B. 2.5s C. 5s D. 10s
【答案】C
【解析】
試題分析：反應(yīng)速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)之比，所以三氧化硫的反應(yīng)速率是0.040mol·L－1·s－1 ×2＝0.40mol·L－1÷t，解得t＝5s，答案選C。
考點：考查反應(yīng)速率的有關(guān)計算
點評：該題是常識性知識的考查，也是高考中的常見題型。該題的關(guān)鍵是明確反應(yīng)速率的含義、表達(dá)式，特別是反應(yīng)速率和化學(xué)計量數(shù)的關(guān)系。
9.對于可逆反應(yīng)：2A(g)+B(g)2C(g) △Hb
B. 常溫下，某溶液中由水電離的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，則此溶液一定呈酸性
C. 25℃時，將pH＝4的鹽酸稀釋1000倍后，溶液的pH＝7
D. 25℃時，pH=13的強(qiáng)堿溶液與pH=2的強(qiáng)酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，則強(qiáng)堿與強(qiáng)酸的體積比是1:10
【答案】D
【解析】
試題分析：醋酸溶液加水稀釋，酸性減弱，pH增大，A錯誤；常溫下，某溶液中由水電離的c(OH－) = 1.0×10－13，則此溶液pH=13或1，B錯誤；酸溶液稀釋不可能變成中性溶液，pH只能接近于7，C錯誤；25℃時，pH=13的強(qiáng)堿溶液[c(OH－)=0.1mol/L]與pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的強(qiáng)酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，則酸堿體積比為10，D正確。
考點：溶液的稀釋 pH計算
點評：酸、堿溶液稀釋pH只能無限接近于7。
17.25℃時，用蒸餾水稀釋0.10 mol/L 的醋酸，若用KW表示水的離子積常數(shù)，則下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是：
A. c(CH3COOH)/c(H＋) B. c(CH3COO－)/c(CH3COOH)
C. c(H＋)/Kw D. c(H＋)/c(OH－)
【答案】B
【解析】
試題分析：A．加水稀釋醋酸促進(jìn)醋酸電離，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，所以c(CH3COOH)/c(H＋)的比值減小，A錯誤；B．加水稀釋醋酸促進(jìn)醋酸電離，醋酸根離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，則c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值增大，B正確；C．加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以c(H＋)/Kw 的比值減小，C錯誤；D．加水稀釋醋酸促進(jìn)醋酸電離，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則氫氧根離子濃度增大，c(H＋)/c(OH－)的比值減小，D錯誤；答案選B。
【考點定位】考查弱電解質(zhì)的電離平衡
【名師點晴】電離平衡也是一種動態(tài)平衡，當(dāng)溶液的溫度、濃度以及離子濃度改變時，電離平衡都會發(fā)生移動，符合勒·夏特列原理，其規(guī)律是：①濃度：濃度越大，電離程度越小。在稀釋溶液時，電離平衡向右移動，而離子濃度一般會減小。②溫度：溫度越高，電離程度越大。因電離是吸熱過程，升溫時平衡向右移動。③同離子效應(yīng)：如向醋酸溶液中加入醋酸鈉晶體，增大了CH3COO－的濃度，平衡左移，電離程度減小；加入稀鹽酸，平衡也會左移。④能反應(yīng)的物質(zhì)。如向醋酸溶液中加入鋅或NaOH溶液，平衡右移，電離程度增大。
18.某溶液中僅含有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－四種離子，下列說法錯誤的是
A. 溶液中四種離子之間可能滿足：[Na＋] ＞[OH－] ＞[H＋] ＞[CH3COO－]
B. 若溶液中離子濃度滿足：[Na＋]＝[CH3COO－]，則該溶液一定呈中性
C. 若原溶質(zhì)為CH3COONa，則[Na＋] ＞[CH3COO－] ＞[OH－]＞[H＋]
D. 若溶液中離子濃度滿足[H＋]>[OH－]，則原溶液一定是CH3COOH和CH3COONa
【答案】A
【解析】
【詳解】A.溶液電荷不守恒，如[Na+]＞[OH-]，則[CH3COO-]＞[H+]，故A錯誤；
B.溶液中存在：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，如[Na+]=[CH3COO-]，則[H+]=[OH-]，該溶液一定呈中性，故B正確；
C.若原溶質(zhì)為CH3COONa，溶液中存在CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，則[Na+]＞[CH3COO-]，水解呈堿性，則[OH-]＞[H+]，一般來說單水解的程度較小，則[Na+]＞[CH3COO-]＞[OH-]＞[H+]，故C正確；
D.若溶液中離子濃度滿足[H+]＞[OH-]，說明呈酸性，則一定存在CH3COOH，應(yīng)為CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，故D正確。
故選A。
19.下列事實中，能說明MOH是弱堿的有
①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞試液變紅
②0.1 mol·L－1 MCl溶液呈酸性
③0.1 mol·L－1 MOH溶液的導(dǎo)電能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液弱
④等體積的0.1 mol·L－1 MOH溶液與0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反應(yīng)
A. ①②③ B. ②③
C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
試題分析：①0.1mol/L MOH可以使酚酞試液變紅，說明 MOH溶液呈堿性，而不能說明 MOH的電離程度，不能證明 MOH是弱電解質(zhì)，錯誤；②0.1mol/L的MCl溶液的呈酸性，說明MCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，M+離子水解而導(dǎo)致溶液呈酸性，則MOH為弱電解質(zhì)，正確；③0.1mol/L MOH溶液的導(dǎo)電性比0.1mol/L NaOH溶液弱，說明 MOH溶液中離子濃度較小， MOH部分電離，正確；④等體積的0.1mol/L MOH溶液與0.1mol/L HCl溶液恰好完全反應(yīng)，無論是強(qiáng)堿還是弱堿，都恰好完全反應(yīng)，錯誤；選B。
考點：考查強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷。
20.在某溫度下，將H2和I2各1 mol的氣態(tài)混合物充入1 L的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0； 5 min后達(dá)到平衡狀態(tài)，測得c(H2)=0.9 mol·L-1，則下列結(jié)論中，不能成立的是
A. 平衡時H2、I2的轉(zhuǎn)化率相等
B. 若將容器溫度提高，其平衡常數(shù)K一定增大
C. 其他條件不變再向容器中充入少量H2，I2的轉(zhuǎn)化率提高
D. 從反應(yīng)開始至平衡的過程中，v(HI)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【詳解】A.H2和I2的起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，二者轉(zhuǎn)化率相等，故A正確；
B.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，故B錯誤；
C.向容器中充入少量H2，平衡向正反應(yīng)方向移動，I2的轉(zhuǎn)化率提高，故C正確；
D.5min后達(dá)到平衡狀態(tài)，測得c（H2）=0.9mol·L-1，則HI的濃度變化量為2×（1mol/L-0.9mol/L）=0.2mol/L，故v（HI）=0.2mol/L/5min=0.04mol·L-1·min-1，故D正確。
故選B。
21.下圖是一個化學(xué)過程的示意圖。已知甲池的總反應(yīng)式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O

（1）請回答：甲池是________________裝置，B（石墨）電極的名稱是_____________________。
（2）寫出下列電極反應(yīng)式：通入CH3OH的電極的電極反應(yīng)式是___________________________，A（Fe）電極的電極反應(yīng)式為___________________________。
（3）乙池中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________。
（4）當(dāng)乙池中A（Fe）極的質(zhì)量增加5.40g時，甲池中理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣___________mL。
【答案】 (1). 原電池 (2). 陽極 (3). CH3OH+8OH－－6 e－=CO32－+6H2O (4). Ag++e-=Ag (5). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (6). 280
【解析】
【分析】
甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，所以是原電池，則乙池是電解池。
（1）根據(jù)外加電源名稱確定乙裝置石墨電極名稱；
（2）先判斷原電池、電解池的電極名稱，再寫出相應(yīng)的電極反應(yīng)式；
（3）根據(jù)離子放電順序?qū)懗鱿鄳?yīng)的電解反應(yīng)方程式；
（4）先根據(jù)得失電子數(shù)相等找出銀與氧氣的關(guān)系式，然后計算。
【詳解】根據(jù)反應(yīng)方程式知，甲裝置是一個原電池，乙有外加電源，所以是電解池。
（1）由圖可知，甲裝置是一個原電池，CH3OH發(fā)生氧化反應(yīng)，所以該電極是負(fù)極，O2發(fā)生還原反應(yīng)，所以該電極是正極；石墨與原電池的正極相連，所以石墨電極是陽極，
故答案為：原電池，陽極。
（2）根據(jù)2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH發(fā)生氧化反應(yīng)，所以該電極是負(fù)極，CH3OH與氫氧根共同得電子生成碳酸根離子和水；鐵電極是陰極，該電極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，
故答案為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；4Ag++4e-=4Ag。
（3）乙池中離子放電順序為：陽離子Ag+＞H+，陰離子OH-＞NO3-，所以電池反應(yīng)式為4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。
（4）根據(jù)得失電子數(shù)相等，氧氣與銀的關(guān)系式為：O2～4Ag，則氧氣的體積=22.4L×5.40g÷（4×108g/mol）=0.28L=280mL，故答案為：280。
【點睛】原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，與電源負(fù)極相連的是電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，與電源正極相連的電解池的陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)。
22.在容積為1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。
回答下列問題：

（1）反應(yīng)的ΔH___0（填“大于”或“小于”）；100℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如上圖所示。在0~60 s時段，反應(yīng)速率v(N2O4)為______mol·L-1·s-1；反應(yīng)的平衡常數(shù)K1為________mol·L-1。
（2）100 ℃時達(dá)到平衡后，改變反應(yīng)溫度為T，N2O4以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，經(jīng)10 s又達(dá)到平衡。則T_______100 ℃（填“大于”或“小于”）。
【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 0.36 mol·L-1 (4). 大于
【解析】
【分析】
（1）隨溫度升高混合氣體的顏色變深，說明反應(yīng)向生成NO2的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即ΔH>0；根據(jù)v=Δc/Δt計算；根據(jù)三段式計算平衡常數(shù)K1；
（2）平衡向正反應(yīng)方向移動，根據(jù)勒夏特列原理，溫度升高，向吸熱反應(yīng)方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，故T>100℃。
【詳解】（1）由題意及圖示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，發(fā)生反應(yīng)：N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高混合氣體的顏色變深，說明反應(yīng)向生成NO2的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即ΔH>0；由圖示知60s時該反應(yīng)達(dá)到平衡，消耗N2O4為0.100mol·L-1－0.040mol·L-1＝0.060mol·L-1，根據(jù)v=Δc/Δt可知：v(N2O4)= 0.060mol·L-1/60s＝0.0010mol·L-1·s-1；
求平衡常數(shù)可利用三段式：
N2O4(g)2NO2(g)
起始量/(mol·L-1) 0.100 0
轉(zhuǎn)化量/(mol·L-1) 0.060 0.120
平衡量/(mol·L-1) 0.040 0.120
K1=c2（NO2）/c（N2O4）=（0.120mol·L-1）2/0.040mol·L-1=0.36mol·L-1。
故答案為：大于，0.001，0.36 mol·L-1。
(2)100℃時達(dá)平衡后，改變反應(yīng)溫度為T，N2O4以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，經(jīng)10s又達(dá)到平衡，說明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反應(yīng)方向移動，根據(jù)勒夏特列原理，溫度升高，向吸熱反應(yīng)方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，故T>100℃。
故答案為：大于。
23.某溫度下的水溶液中，c（H+）＝10x mol/L，c（OH-）＝10y mol/L。x與y的關(guān)系如圖所示：

（1）該溫度下水的離子積為______。
（2）該溫度下0.01 mol/L　NaOH溶液的pH為____。
（3）該溫度下，將pH=12的NaOH溶液Va L與pH=2的H2SO4溶液Vb L混合，混合溶液呈中性，則Va﹕Vb=_______
【答案】 (1). 1×10－15mol2?L-2 (2). 13 (3). 10﹕1
【解析】
【分析】
（1）離子積常數(shù)Kw=c（H+）·c（OH-）；
（2）根據(jù)該溫度下水的離子積常數(shù)計算NaOH溶液的pH；
（3）混合溶液呈中性，說明酸中氫離子的物質(zhì)的量等于堿中氫氧根離子的物質(zhì)的量，據(jù)此計算Va﹕Vb。
【詳解】（1）根據(jù)圖知，當(dāng)c（H+）=1×10-5mol/L，c（OH-）=1×10-10mol/L，由離子積常數(shù)Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-5mol/L×1×10-10mol/L=1×10-15mol2?L-2，故答案為：1×10-15mol2?L-2。
（2）該溫度下，氫氧化鈉溶液中氫離子濃度=1×10-15mol2?L-2÷0.01mol/L=10-13mol/L，pH=13，故答案為：13。
（3）pH=12的NaOH溶液中c(H+)=10-12mol/L
則氫氧化鈉溶液中c(OH-)=Kw/c(H+)=10-15(mol/L)2/10-12mol/L=10-3mol/L
pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，
若所得混合液為中性，則c(H+)×Vb=c(OH-)×Va，
Va：Vb=10-2：10-3=10：1。
故答案為：10﹕1。
24.（1）把氯化鐵溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是__________（填化學(xué)式）。
（2）將等體積等物質(zhì)的量濃度的氨水和鹽酸混合后，溶液呈_______（填“酸性”，“中性”或“堿性”），溶液中c(NH4＋) _______c(Cl－)（填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。若將pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈__________（填“酸性”，“中性”或“堿性”），溶液中c(Na＋) ________c(CH3COO－) （填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。
（3）在含有Clˉ、Brˉ、Iˉ的溶液中，已知其濃度均為0.1 mol·Lˉ1，而AgCl、AgBr AgI的溶度積分別為1.6×10ˉ10mol2/L2、4.1×10ˉ15 mol2/L2、1.5×10ˉ16 mol2/L2。若向混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液時，首先析出的沉淀是_____，最后析出的沉淀是______，當(dāng)AgBr沉淀開始析出時，溶液中的Ag+ 濃度是________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). 酸性 (3). ＜ (4). 酸性 (5). ＜ (6). AgI (7). AgCl (8). 4.1×10-14mol/L
【解析】
【分析】
（1）FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+水解：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，氯化鐵溶液蒸干，水解生成的氯化氫揮發(fā)，水解正向進(jìn)行得到水解產(chǎn)物氫氧化鐵，灼燒得到氧化鐵；
（2）將等體積等物質(zhì)的量濃度的氨水和鹽酸混合后，恰好反應(yīng)生成氯化銨溶液，銨根離子水解溶液顯酸性，若將pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后，醋酸又電離溶液顯酸性；溶液中醋酸根離子濃度大于鈉離子濃度；
（3）根據(jù)溶度積常數(shù)計算各沉淀生成時所需銀離子的濃度，從而判斷生成沉淀的先后順序。
【詳解】（1）FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+水解：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，PH＜7，氯化鐵溶液蒸干，水解生成的氯化氫揮發(fā)，水解正向進(jìn)行得到水解產(chǎn)物氫氧化鐵，灼燒得到氧化鐵，
故答案為：Fe2O3。
（2）室溫下，等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸和氨水混合，n（HCl）=n（NH3），恰好完全反應(yīng)生成NH4Cl，為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在電荷守恒，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+）；pH=3的醋酸，其濃度大于0.001mol/L，pH=11的氫氧化鈉，其濃度等于0.001mol/L，等體積混合后，醋酸過量；根據(jù)電荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸過量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-），
故答案為：酸性，＜，酸性，＜。
（3）當(dāng)生成AgCl沉淀時，所需銀離子的濃度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.6×10ˉ10mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.6×10-9mol/l；
當(dāng)生成AgBr沉淀時，所需銀離子的濃度c（Ag+）=Ksp（AgBr）/c（Br-）=4.1×10ˉ15mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=4.1×10-14mol/l；
當(dāng)生成AgI沉淀時，所需銀離子的濃度c（Ag+）=Ksp（AgI）/c（I-）=1.5×10ˉ16mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.5×10-15mol/l；
所以沉淀的先后順序為：AgI，AgBr，AgCl。
故答案為：AgI，AgCl，4.1×10-14mol/L。
25.實驗室中有一未知濃度的稀鹽酸，某學(xué)生為測定鹽酸的濃度在實驗室中進(jìn)行如下實驗。請你完成下列填空：
步驟一：配制250mL 0.10mol/L NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。
步驟二：取20.00mL待測稀鹽酸放入錐形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示劑，用自己配制的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液進(jìn)行滴定。重復(fù)上述滴定操作3次，記錄數(shù)據(jù)如下。
實驗
編號
NaOH溶液的濃度
（mol/L）
滴定完成時，消耗NaOH溶液的體積（mL）
待測鹽酸溶液的體積（mL）
1
0.10
20.02
20.00
2
0.10
20.00
20.00
3
0.10
19.98
20.00
（1）步驟一需要用托盤天平稱量氫氧化鈉固體的質(zhì)量為__________g，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液除用到玻璃棒和燒杯，還需要的玻璃儀器有________________
（2）步驟二中量取20.00mL的稀鹽酸用到的儀器是____________。判斷滴定終點的現(xiàn)象是______________________________________________
（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計算出該鹽酸的濃度為 ______________________
（4）在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結(jié)果（待測液濃度值）偏高的有（）
A. 配制標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時，加水超過刻度
B. 錐形瓶水洗后直接裝待測液
C. 酸式滴定管水洗后未用待測稀鹽酸溶液潤洗
D. 滴定到達(dá)終點時，仰視讀出滴定管讀數(shù)；
E. 堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失
【答案】 (1). 1.0 (2). 250mL容量瓶，膠頭滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 最后一滴NaOH溶液加入時，溶液顏色恰好由無色變?yōu)椋\）紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色 (5). 0.10mol/L (6). ADE
【解析】
試題分析：（1）配制250mL 0.1000mol/L NaOH溶液需要NaOH0.025mol，質(zhì)量為1.0g。需要的儀器有玻璃棒、燒杯、250mL容量瓶、膠頭滴管、量筒。
（2）步驟二中量取20.00mL稀鹽酸用酸式滴定管，終點的現(xiàn)象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由無色變?yōu)椋\）紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。
（3）四次實驗平均消耗氫氧化鈉溶液20.00mL，氫氧化鈉溶液濃度為0.1mol/L，鹽酸體積為20.00mL，所以鹽酸濃度為0.1mol/L。
（4）配制標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時，加水超過刻度，氫氧化鈉濃度偏低，所以標(biāo)定鹽酸濃度偏大；錐形瓶水洗后直接裝待測液，對結(jié)果無影響；酸式滴定管水洗后未用待測稀鹽酸溶液潤洗，鹽酸濃度偏低；滴定到達(dá)終點時，仰視讀出滴定管讀數(shù)，氫氧化鈉溶液體積偏大，鹽酸濃度偏大；堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，氫氧化鈉溶液體積偏大，鹽酸濃度偏大。
考點：中和滴定
點評：中和滴定誤差分析關(guān)鍵是看滴定管中溶液體積變化。