可能用到的相對原子質(zhì)量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 S:32
第Ⅰ卷 選擇題(共48分)
一、選擇題(共16小題，每小題3分，共48分。每小題都只有一個選項符合題意)
1.下列事實能說明亞硝酸是弱電解質(zhì)的是
①25 ℃時亞硝酸鈉溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做導(dǎo)電試驗，燈泡很暗
③HNO2溶液不與Na2SO4溶液反應(yīng) ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
試題分析：弱電解質(zhì)的證明，是基于與強電解質(zhì)對比進(jìn)行的。弱電解質(zhì)與強電解質(zhì)最大的區(qū)別就是弱電解質(zhì)存在電離平衡，而強電解質(zhì)不存在電離平衡。因此只要證明有電離平衡存在，就證明了弱電解質(zhì)。①中溶液顯堿性，說明亞硝酸鈉水解，可以證明亞硝酸是弱酸；②只能說明亞硝酸的溶液導(dǎo)電性若，但不能說明是否存在電離平衡；③中只能說明亞硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能說明是否存在電離平衡；④根據(jù)pH可知，亞硝酸沒有完全電離，存在電離平衡，可以證明，答案選C。
考點：考查弱酸的判斷
點評：該題是高考中的常見題型和考點，屬于中等難度的試題。該題貼近高考，基礎(chǔ)性強，主要是考查學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和逆向思維能力。該題的關(guān)鍵是明確弱電解質(zhì)的含義以及判斷依據(jù)，然后結(jié)合題意具體問題、具體分析即可。
2.將濃度為0.1 mol·L－1 HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是
A. c(H＋) B. Ka(HF) C. c(F-)/c(H+) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
試題分析：A、因HF為弱酸，則濃度為0.1mol?L-1HF溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離，平衡正向移動，電離程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不斷減小，A錯誤；B、因電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，則Ka(HF)在稀釋過程中不變，B錯誤；C、因稀釋時一段時間電離產(chǎn)生等量的H+和F-，溶液的體積相同，則兩種離子的濃度的比值不變，但隨著稀釋的不斷進(jìn)行，c(H+)不會超過10-7mol?L-1，c(F-)不斷減小，則比值變小，C錯誤；D、因Ka(HF)=，當(dāng)HF溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離，c(F-)不斷減小，Ka(HF)不變，則增大，D正確；答案選D。
【考點定位】考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡
【名師點晴】明確稀釋中電離程度、離子濃度、Ka的變化即可解答，本題難點和易錯點是不斷稀釋時c(H+)不會超過10-7mol?L-1，根據(jù)HF屬于弱電解質(zhì)，則在加水不斷稀釋時，電離程度增大，電離平衡保持向正反應(yīng)方向移動，并注意溫度不變時，電離平衡常數(shù)不變。
3. 一定條件下，下列反應(yīng)中水蒸氣含量隨反應(yīng)時間的變化趨勢符合題圖10 的是

A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】
分析左圖：據(jù)達(dá)平衡所需時間，得：T2＞T1；
據(jù)平行線部分，得：T1到T2（升高溫度），水蒸氣含量減少；
分析右圖：據(jù)達(dá)平衡所需時間，得：P1＞P2；
據(jù)平行線部分，得：P1到P2（壓強減?。魵夂繙p少；
再利用：升溫，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；降壓，平衡向氣體體積增大的反應(yīng)方向移動；
4.25℃下列四種溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的鹽酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液?、躢(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水電離出的氫離子濃度之比為
A. 1∶10∶100∶1000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【詳解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根據(jù)Kw= c(OH－)×c(H＋)，水電離產(chǎn)生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的鹽酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根據(jù)Kw= c(OH－)×c(H＋)，水電離產(chǎn)生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根據(jù)Kw= c(OH－)×c(H＋)，水電離產(chǎn)生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水電離產(chǎn)生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；綜上所述，本題選A。
【點睛】常溫下純水的電離c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或堿）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的電離平衡逆向移動，抑制水的電離，水的電離度減小，由水電離產(chǎn)生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或堿）濃度越大，由水電離產(chǎn)生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。
5.室溫下，某無色透明溶液中水電離出的H＋和OH－的物質(zhì)的量濃度乘積為1×10－26，一定能大量共存的離子組是(　 )
A. Cl—、HCO3—、Na＋、K＋ B. Fe3＋、NO3—、K＋、H＋
C. NO3—、Ba2＋、K＋、Cl— D. Al3＋、SO42—、NH4＋、Cl—
【答案】C
【解析】
【分析】
室溫下某無色透明溶液中由水電離出的H+和OH-濃度的乘積為1×10-26，則c（H+）=1×10-13，溶液為酸或堿溶液，據(jù)此答題。
【詳解】A.HCO3-既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)，則離子一定不能共存，故A錯誤；
B.酸溶液中該組離子之間不反應(yīng)，則能共存；堿溶液中OH-與Fe3＋結(jié)合生成氫氧化鐵沉淀，則一定不能共存，故B錯誤；
C.該組離子之間不反應(yīng)，能共存，故C正確；
D.酸溶液中該組離子之間不反應(yīng)，則能共存；但堿溶液中氫氧離子分別與Al3＋、NH4＋反應(yīng)，則不能共存，故D錯誤。
故選C。
【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；(2)能生成微溶物的離子之間；(3)能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；(4)能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間。
6.下列實驗不能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康氖牵??）
序號
實驗內(nèi)容
實驗?zāi)康?br /> A
室溫下，用pH試紙測定濃度為0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比較HClO和CH3COOH的酸性強弱
B
向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
說明一種沉淀能轉(zhuǎn)化為另一種溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，攪拌一會過濾
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室溫下，分別向2支試管中加入相同體積、相同濃度的Na2S2O3溶液，再分別加入相同體積不同濃度的稀硫酸
研究濃度對反應(yīng)速率的影響
【答案】A
【解析】
【詳解】A．次氯酸鈉具有強氧化性，能夠使pH試紙褪色，不能用pH試紙測定，應(yīng)該用pH計測定濃度為0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1?CH3COONa溶液的pH，故A不能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康?，故A選；B．向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，則發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，說明一種沉淀能轉(zhuǎn)化為另一種溶解度更小的沉淀，能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康模蔅不選；C．氯化鐵溶液能夠水解，水解呈堿性，加入足量Mg(OH)2粉末，可調(diào)節(jié)溶液pH，利于生成氫氧化鐵沉淀，可用于除雜，能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康?，故C不選；D．分別加入相同體積不同濃度的稀硫酸，濃度越大，反應(yīng)速率越快，可研究濃度對反應(yīng)速率的影響，能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康?，故D不選；故選A。
7.25℃時，幾種弱酸的電離常數(shù)如下：
弱酸化學(xué)式
CH3COOH
HCN
H2S
電離常數(shù)（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15

25℃時，下列說法正確的是（ ）
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液與b mol/L NaOH溶液等體積混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，則a一定大于b
D. 足量HCN溶液與Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【詳解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的離子種類為Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正確；
B.弱酸的電離常數(shù)越大，酸性越強。則根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相應(yīng)的酸根越容易水解，則等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B錯誤；
C.amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，則根據(jù)電荷守恒可知溶液中氫離子濃度小于氫氧根濃度，所以溶液顯堿性。由于二者恰好反應(yīng)時生成的鹽水解也顯堿性，或者HCN過量很少時也可能顯堿性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C錯誤；
D.據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取強酸，所以HCN溶液與Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D錯誤。
故選A。
8.有關(guān)下列四個常用電化學(xué)裝置的敘述中，正確的是(　　)




圖Ⅰ　堿性鋅錳電池
圖Ⅱ鉛-硫酸蓄電池
圖Ⅲ　電解精煉銅
圖Ⅳ　銀鋅紐扣電池
A. 圖Ⅰ所示電池中，MnO2的作用是催化劑
B. 圖Ⅱ所示電池放電過程中，硫酸濃度不斷增大
C. 圖Ⅲ所示裝置工作過程中，電解質(zhì)溶液濃度始終不變
D. 圖Ⅳ所示電池中，Ag2O是氧化劑，電池工作過程中還原為Ag
【答案】D
【解析】
【詳解】A.該電池反應(yīng)中MnO2得到電子被還原，為原電池的正極，故A錯誤;B.鉛蓄電池放電時電池反應(yīng)為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O, 該反應(yīng)中有濃H2SO4參加反應(yīng),導(dǎo)致硫酸的濃度降低,故B錯誤;C.粗銅中不僅含有銅,還含有其他金屬,電解時,粗銅中有銅和其他金屬失電子,純銅上只有Cu2+得電子,所以陰極_上析出的銅大于陽極上減少的銅,溶液中Cu2+濃度減小，故C錯誤;D項,原電池中電子由負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極,所以電子由Zn極流向Ag2O極,故D正確。
9.下列比較中正確的是（ ）
A. 相同濃度的三種溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同濃度、同體積的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同濃度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【詳解】A.不考慮水解情況，①溶液中電離出的c(NH4+)是②、③溶液中電離出的兩倍，②中 NH4+與HCO3-發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，促進(jìn)了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小關(guān)系為①>③>②，故A錯誤；B.相同溫度、相同濃度的三種酸的強弱順序為CH3COOH>H2CO3>HClO，根據(jù)鹽類水解規(guī)律，相同溫度、相同濃度的三種鹽溶液的堿性為NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+濃度大小順序為③>②>①，故B正確；C.同濃度、同體積的溶液：①CH3COONa是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性、②NH4Cl是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，③NaNO3是強酸強堿鹽，溶液顯中性，所以 pH：①>③>②，故C錯誤；D.氨水是弱堿溶液，NaOH是一元強堿，Ba(OH)2是二元強堿，故相同濃度的溶液中c(OH-)的大小關(guān)系為③>②>①，c(H+)的大小關(guān)系為①>②>③，故D錯誤。答案：B。
10. 下圖各燒杯中盛有海水，鐵在其中被腐蝕，腐蝕的速率由快到慢的順序為

A. ⑤②①③④ B. ④③①②⑤ C. ⑤④②①③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
判斷金屬腐蝕快慢，首先判斷該金屬是充當(dāng)原電池還是電解池的電極，若是電解池的陽極，金屬腐蝕速率最快，其次是充當(dāng)原電池的負(fù)極腐蝕較快，而作為電解池的陰極和原電池的正極不被腐蝕。其中第⑤，F(xiàn)e作為電解池的陽極，腐蝕最快，②③④均為原電池，第③中，F(xiàn)e為正極，不被腐蝕，②④中Fe均為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e和Cu的金屬活動性差別較Fe和Sn大，④中鐵腐蝕較快，其腐蝕速率由快到慢的順序為⑤④②①③。
11.可逆反應(yīng)mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)，在反應(yīng)過程中，當(dāng)其他條件不變時，D的百分含量與溫度(T)和壓強(P)的關(guān)系如圖所示，判斷下列敘述中不正確的是：

A. 達(dá)到平衡后，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動
B. 達(dá)到平衡后，若使用催化劑，D的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不變
C. 化學(xué)方程式中一定有m＜p＋q
D. 平衡后增大B的量，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動
【答案】D
【解析】
【分析】
在可逆反應(yīng)中，溫度越高或壓強越大，平衡越快到達(dá)平衡。由圖可知，T2溫度時反應(yīng)較快達(dá)到平衡，即T2>T1，在同一時間，降低溫度，平衡轉(zhuǎn)化率升高，故可逆正反應(yīng)放熱；P2壓強時反應(yīng)較快平衡，即P2>P1，在同一時間，降低壓強，平衡轉(zhuǎn)化率升高，故m Q2，若A與B組成的混合氣體 1mol與足量的C反應(yīng)，放熱為Q3kJ，則原混合氣體中A與B物質(zhì)的量之比為(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】A.1molA與C完全反應(yīng)放出熱量為Q1 kJ,1molB與C完全反應(yīng)放出熱量為Q2kJ ,設(shè)混合氣體中A的物質(zhì)的量為x,B的物質(zhì)的量為y,則①x+y=1mol,再根據(jù)放出的熱量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根據(jù)①和②計算得出:x=mol、y=mol,則A和B的物質(zhì)的量之比為::=:(), A. 符合題意； B. 不符合題意；C. 不符合題意；D. 不符合題意；答案：A。
【點睛】設(shè)混合物中A的物質(zhì)的量為x、B的物質(zhì)的量為y,然后根據(jù)二者的反應(yīng)熱及總物質(zhì)的量列式計算出A和B的物質(zhì)的量,再計算出A和B的物質(zhì)的量之比.
14.用石墨作電極電解AlCl3溶液時,如下圖所示的電解變化曲線合理的是(　　)

A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【詳解】因為Al3+水解呈酸性，pH＜7，隨著電解的進(jìn)行，H+減少，pH增大，生成難溶物增多：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑。但pH不會大于7，而且Al(OH)3沉淀也不會溶解，故②③錯誤，①④正確。
答案選A。
15.鎳鎘（Ni—Cd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用。已知某鎳鎘電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進(jìn)行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有關(guān)該電池的說法正確的是
A. 充電時陽極反應(yīng)：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充電過程是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過程
C. 放電時負(fù)極附近溶液的堿性不變
D. 放電時電解質(zhì)溶液中的OH-向正極移動
【答案】A
【解析】
放電相當(dāng)于原電池，充電相當(dāng)于電解池。充電是把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，B不正確。放電時負(fù)極反應(yīng)式為Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以負(fù)極附近溶液的堿性減弱，C不正確。在原電池中陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，D不正確。答案是A。
16.常溫下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如下圖。下列說法正確的是

A. 點①和點②所示溶液中：c(CH3COO-)＜c(CN-)
B. 點①和點②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
C. 點④所示溶液液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D. 點②和點③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】B
【解析】
點①溶液有電荷守恒：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以點①溶液的c(CN-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；點②溶液有電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以點②溶液的c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；因為兩點所處的溶液中加入的氫氧化鈉溶液體積相等，所以c(Na+)一定相等，而點①溶液的pH高于點②溶液，即點①溶液的c(H+)小于點②溶液而且點①溶液的c(OH-)大于點②溶液，所以得到點①溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)一定小于點②溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)，即點①溶液的c(CN-)小于點②溶液的c(CH3COO-)，選項A錯誤。開始時為20.00mL濃度均為0.10 mol·L-1 的CH3COOH溶液和HCN溶液，所以兩溶液中CH3COOH和HCN的物質(zhì)的量相等，由物料守恒得到：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)，加入氫氧化鈉不會影響上述的物料守恒，所以等式依然成立，點①和點②所示溶液的體積相等，所以在等式：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)的兩側(cè)都除以相同的溶液體積得到：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH) =c(HCN)+c(CN-)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，選項B正確。點④所示溶液加入了20mL的氫氧化鈉溶液，此時酸堿恰好中和，形成CH3COONa溶液，該溶液的離子溶度順序為c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，選項C錯誤。根據(jù)電荷守恒，點②和點③所示溶液中都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，如果題目所說兩點所示溶液都有:?c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)成立，則兩點溶液都應(yīng)該有c(Na+)=c(CH3COOH)，實際兩點溶液均不存在以上結(jié)果。點②所示溶液加入了10mL氫氧化鈉溶液，中和一半的醋酸，應(yīng)該得到CH3COOH和CH3COONa濃度相等的混合溶液，此時溶液顯酸性，可以認(rèn)為CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解，所以有c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，即c(Na+)≠c(CH3COOH)；點②所示溶液中已經(jīng)是c(Na+)＞c(CH3COOH)，隨著氫氧化鈉的加入c(Na+)增大，c(CH3COOH)減小，點③所示溶液中兩者更不可能相等，選項D錯誤。
Ⅱ卷 非選擇題(共52分)
二、非選擇題(本題共5個大題，除說明外，每空2分，共52分)
17.弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學(xué)平衡。根據(jù)要求回答問題。
(1)生活中明礬常作凈水劑，其凈水的原理是_____________(用離子方程式表示)。
(2)常溫下，取0.2 mol/L HCl溶液與0.2mol/L MOH溶液等體積混合，測得混合后溶液的pH=5，則PH=13的MOH溶液的濃度_______0.1mol/L(填＜、＞或＝)。
(3)0.1mol/L的NaHA溶液，測得溶液顯堿性。則
① 該溶液中 c(H2A)_______________c(A2-)(填＜、＞或＝)。
② 作出上述判斷的依據(jù)是_____________(用文字解釋)。
(4)含Cr2O72-的廢水毒性較大，某工廠廢水中含5.0×10-3 mol/L的Cr2O72-。為了使廢水的排放達(dá)標(biāo)，進(jìn)行如下處理：

綠礬為FeSO4? 7H2O。反應(yīng)(I)中Cr2O72-與FeSO4的物質(zhì)的量之比為___________。常溫下若處理后的廢水中c(Cr3+)=6.0×10-7mol/L，則處理后的廢水的 pH=_______。{Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (2). ＞ (3). ＞ (4). NaHA溶液顯堿性，說明HA－水解程度大于電離程度 (5). 1：6 (6). 6
【解析】
【詳解】（1）硫酸鋁溶液中含有鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體和氫離子，氫氧化鋁膠體具有吸附性，所以能凈水，水解方程式為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
（2）酸或堿能抑制水電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水電離，所以混合溶液中由水電離出的c（H+）＞0.2mol/LHCl溶液中由水電離出的c（H+），故答案為：＞；
（3）①溶液顯堿性，說明水解大于電離，所以水解出的H2A濃度大于電離出的A2－濃度。②NaHA溶液顯堿性，說明HA－水解程度大于電離程度；
（4）①依據(jù)氧化還原反應(yīng)離子方程式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72-與FeSO4的物質(zhì)的量之比為1：6；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=c3（OH-）×6.0×10-7=6.0×10-31 ，c（OH-）=1.0×10-8 ，其pH=6。
18.已知某氣體反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為K=c(CH3OCH3)?c(H2O)/c2(CH3OH)，該反應(yīng)在不同溫度下的平衡常數(shù)：400℃，K=32；500℃，K=44。請回答下列問題：
（1）寫出上述反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________________________。
（2）該反應(yīng)的△H__________0。
（3）已知在密閉容器中，測得某時刻各組分的濃度如下：
物質(zhì)
CH3OH(g）
CH3OCH3(g）
H2O(g）
濃度/（mol?L-1）
0.54
0.68
0.68
①此時溫度400℃，則某時刻υ正_______（填＜、＞或＝，下同）υ逆。

②如上圖，若以溫度為橫坐標(biāo)，以該溫度下平衡態(tài)甲醇物質(zhì)的量n為縱坐標(biāo)，此時反應(yīng)點在圖象的位置是圖中________點，比較圖中B、D兩點所對應(yīng)的正反應(yīng)速率υB_________υD，理由是____________________________________________________。
（4）一定條件下要提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，可以采用的措施是_______。
a．升高溫度 b．加入催化劑 c．壓縮容器的體積
d．增加水蒸氣的濃度 e．及時分離出產(chǎn)物
【答案】 (1). 2CH3OHCH3OCH3+H2O (2). > (3). > (4). A (5). < (6). 溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快 (7). ae
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)氣體反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c(CH3OCH3)?c(H2O)/c2(CH3OH)，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH3OHCH3OCH3+H2O。
（2）根據(jù)400℃，K=32；500℃，K=44，溫度升高，K值增大，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，△H > 0.
（3）①根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)Q=（0.68×0.68）÷（0.54×0.54）=1.6υ逆；②根據(jù)圖像，位于圖像上的點都是化學(xué)平衡點，位于圖像上方的點，都需要降低甲醇物質(zhì)的量達(dá)到平衡，即反應(yīng)正向移動，υ正 >υ逆，所以此時反應(yīng)點在圖象的位置是圖中A點，因為溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以圖中B、D兩點所對應(yīng)的正反應(yīng)速率υB c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—) (2). V/80 (3). 10 (4). 能
【解析】
【詳解】（1）常溫下將0.2mol/L的KOH溶液20mL與0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反應(yīng)生成草酸氫鉀，由于草酸氫根離子的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于其水解程度，所以溶液顯示酸性，c（H+）＞c（OH-） 溶液中離子濃度大小為：c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—)；
（2）高錳酸鉀具有強氧化性，把草酸中的C從+3價氧化成+4價的二氧化碳，Mn元素從+7價變化到+2價的錳離子，由于草酸分子中有2個C原子，所以高錳酸鉀與草酸的反應(yīng)比例為 5：2，故反應(yīng)的方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；設(shè)草酸的物質(zhì)的量濃度為xmol/L，根據(jù)反應(yīng)：
2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
10-4Vmol 0.02Xmol
可得：=
解得X=mol/L；
（3）0.005mol/L 20mL的氫氧化鈣溶液中氫氧化鈣的物質(zhì)的量n=cV=0.005mol/L×0.02L=10-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物質(zhì)的量為0.24×10-4mol/L，根據(jù)草酸與氫氧化鈣的反應(yīng)可知，氫氧化鈣過量，草酸完全反應(yīng)，故溶液顯堿性，氫離子完全由水電離產(chǎn)生，90℃下，Kw=3.8×10-13，c（OH-）=，則c（H+）=1.0×10-10，混合后溶液的pH=-lgc(H+)=10；
（4）在草酸鈣的飽和溶液中，c（C2O42-）= c（Ca2+），根據(jù)草酸鈣的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸鈣的飽和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸鉀溶液10mL后，由于溶液體積的變化，c（Ca2+）=2×10-4mol/L×=×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4mol/L×=×10-4mol/L，故濃度積Qc=c（Ca2+）·c （CO32-）=3.6×10-8＞Ksp=2.5×10-9，故有沉淀產(chǎn)生，故答案為能。
21.滴定實驗是化學(xué)學(xué)科中重要的定量實驗。 請回答下列問題：
(1)酸堿中和滴定——用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作造成測定結(jié)果偏高的是________ (填選項字母)
A．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管刻度，其他操作正確。
B．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用未知液潤洗
C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗
D．滴定前，盛裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失
(2)氧化還原滴定——取一定量的草酸溶液置于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，用濃度為0.1mol·L－1的高錳酸鉀溶液滴定，表格中記錄了實驗數(shù)據(jù)：
滴定次數(shù)
待測液體積
(mL)
標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液體積(mL)
滴定前讀數(shù)
滴定后讀數(shù)
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10

①滴定時發(fā)生的離子反應(yīng)方程式___________，KMnO4溶液應(yīng)裝在______________ (填“酸”或“堿”)式滴定管中，滴定終點時滴定現(xiàn)象是_________________________________。
②該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為_____________。
(3)沉淀滴定――滴定劑和被滴定物的生成物比滴定劑與指示劑的生成物更難溶。參考下表中的數(shù)據(jù)，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可選用的指示劑是______(填選項字母)。
難溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
顏色
白
淺黃
白
磚紅
白
Ksp
1.77×10－10
5.35×10－13
1.21×10－16
1.12×10－12
1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】 (1). C,D (2). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (3). 酸 (4). 錐形瓶中溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色 (5). 0.2 mol·L-1 (6). D
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差；
（2）①根據(jù)高錳酸鉀溶液具有強氧化性選擇滴定管類型；根據(jù)滴定結(jié)束前溶液為無色，滴定結(jié)束時溶液變成紫紅色為滴定終點；
②先判斷滴定數(shù)據(jù)的有效性，然后計算出消耗標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積，再根據(jù)c（待測）=分析計算出待測液的濃度；
（3）滴定結(jié)束時，繼續(xù)滴加滴定劑，滴定劑和指示劑反應(yīng)生成有明顯顏色變化的沉淀，保證滴定劑和被滴定物完全反應(yīng)。
【詳解】（1）A．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管刻度，其他操作正確，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積讀數(shù)偏小，根據(jù)c（待測）=可知，測定結(jié)果偏低，選項A錯誤；
B．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用未知液潤洗，此操作正確，不影響測定結(jié)果，選項B錯誤；
C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液濃度減小，滴定時消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，根據(jù)c（待測）=可知，測定結(jié)果偏高，選項C正確；
D．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，根據(jù)c（待測）=可知，測定結(jié)果偏高，選項D正確；
答案選：CD；
（2）①滴定時草酸被酸性高錳酸鉀溶液氧化，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能夠氧化堿式滴定管的橡膠管，所以應(yīng)該使用酸式滴定管盛裝高錳酸鉀溶液；滴定結(jié)束前混合液為無色，滴定結(jié)束時混合液變成了紫紅色，所以滴定終點現(xiàn)象為：錐形瓶中溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；
②三次滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積分別為：（20.40-0.50）mL=19.90mL，（23.00-3.00）mL=20.00 mL，（24.10-4.00）mL=20.10mL，可見三次滴定的數(shù)據(jù)都是有效的，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為：=20.00mL，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為：0.1mol?L-1×0.020L=0.0020mol，根據(jù)反應(yīng)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.005mol，則待測液草酸的物質(zhì)的量濃度為：=0.2 mol?L-1；
（3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可選用的滴定指示劑的物質(zhì)的溶解度應(yīng)比AgSCN大，且現(xiàn)象明顯，應(yīng)為Na2CrO4，混合物中有磚紅色沉淀生成，故答案為：D。
【點睛】本題考查了酸堿中和滴定操作，注意掌握中和滴定的操作方法、指示劑的選擇、誤差分析，該題是中等難度的試題，注重靈活性，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)和訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯思維能力和嚴(yán)謹(jǐn)?shù)囊?guī)范實驗操作能力。

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