热门试卷

(1)NaOH　HCl

(2)NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O

(3)①0.1　②FG

③c(Na＋)＞c(OH－)≥c(CH3COO－)＞c(H＋)或c(Na＋)＞c(CH3COO－)≥c(OH－)＞c(H＋)

(4)12

根据各物质的溶液从1 mL稀释到1 000 mL，pH的变化图象知，B和C溶液的pH变化为3，A和D溶液的pH变化小于3，则B为强碱，A为弱碱或强碱弱酸盐，C为强酸，D为弱酸或强酸弱碱盐，可先确定B为NaOH，C为HCl。结合A与D反应得到E，而E的pH不变，则E可能是NaCl或醋酸铵，结合B为NaOH，C为HCl，则推出E只能为醋酸铵，所以A为NH3·H2O，B为NaOH，C为HCl，D为CH3COOH。向NaOH溶液中滴加醋酸，起点pH＝13，NaOH的浓度为0.1 mol·L－1。二者恰好完全反应生成醋酸钠，此时溶液显碱性，应该在FG区间。FG区间溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)，c(CH3COO－)和c(OH－)的大小关系无法判断。根据t ℃时，稀氨水中c(H＋)和c(OH－)的值可知该温度下水的离子积常数KW为10－13，所以将100 mL 0.2 mol·L－1的HCl溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后，溶液呈碱性，c(OH－)＝(100×0.4－100×0.2)/200(mol·L－1)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝KW/c(OH－)＝10－12 mol·L－1，即pH＝12。

(1)H2　N+H2ONH3·H2O+H+、Mg+2H+Mg2++H2↑

NH3　因为c(H+)减少,使水解平衡右移,产生的NH3·H2O增多,加热使NH3·H2O分解放出NH3　Mg+2NMg2++H2↑+2NH3↑

(2) C

(2)NH4Cl水解的实质是其电离出的N与重水电离出的OD-结合生成一水合氨。即D2OD++OD-,N+OD-NH3·HDO,D+再与D2O结合生成D3O+。

(1)1×10－14　(2)H2SO4　(3)NH4Cl　(4)1×10－9 mol/L　1×10－5 mol/L　(5)>　减小

(1)在室温时，水的离子积常数为1×10－14。

(2)加水稀释后H2SO4溶液中H＋直接稀释，而NH4Cl溶液中NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋平衡右移，溶液中H＋被稀释同时，又增加，故pH较大的是H2SO4溶液。

(3)升高温度促进NH4+的水解，H＋浓度增大，故pH较小的是NH4Cl溶液。

(4)由水电离的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，故H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)＝＝10－9 mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－5 mol/L。

(5)加水稀释后使平衡NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋右移，故c(H＋)>10－6 mol/L，减小。

（1）__KOH___ （2）___Fe2O3_

(1)K2CO3在水溶液里发生电离，电离出的CO32-发生水解，使溶液呈碱性，而加入少量KOH意在利用同离子效应，使得KOH电离出的OH-抑制CO32-的水解。

（2）FeCl3溶液中Fe3+发生水解，水解生成氢氧化铁和氯化氢，在持续加热的情况下，HCl不断挥发，平衡不断正向移动，最后剩余氢氧化铁，再灼烧，氢氧化铁分解失水，最后只剩Fe2O3固体。

（1）HSO3-的电离程度与SO32-的水解程度相近（1分）    0.2 mol/L（2分）

（2）a c（2分）

（3）KHSO4 →K+ + HSO4-   （1分）

（4）5K2S2O8 + 2MnSO4  + 8H2O→ 4K2SO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4（2分）

（5）S2O82- > I2 > S4O62-  （2分）         

（6）CH3—CClF2(g) → CH2=CF2(g) + HCl(g)–108kJ（2分）

试题分析：（1）简述= 1时，溶液pH= 7.2的原因HSO3-的电离程度与SO32-的水解程度相近，此时溶液接近中性；根据电荷守恒，若用0.20 mol/L 的NaOH溶液（反应前后溶液体积不变）吸收SO2，若反应后溶液呈中性，则c (HSO3-) + 2c (SO32-) ="c" (Na+)= 0.2 mol/Lmol/L 。

（2）已知：Ki1(H2SO3)> Ki(HAc) > Ki2(H2SO3) > Ki2(H2CO3)，要使NaHSO3溶液中c(Na+):c(HSO3-)接近1:1，从信息中可以看出，亚硫酸氢根电离程度大于其水解程度，故只要抑制其电离即可，可在溶液中加入少量a．H2SO3溶液和c．冰醋酸。

（3）KHSO4电离出钾离子和硫酸氢根，熔融KHSO4的电离方程式KHSO4 →K+ + HSO4- 。

（4）得到紫红色溶液应该是高锰酸钾，再根据氧化还原原理书写此反应的化学方程式为5K2S2O8 + 2MnSO4  + 8H2O→ 4K2SO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4。

（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，可推测为S2O82-＋2I-→2SO42-＋I2 ……①，可得出 S2O82- > I2。再通过反应 I2＋2S2O32-→2I-＋S4O62-……②可得出 I2 > S4O62- 。故 S2O82-、S4O62-、I2氧化性强弱顺序：S2O82- > I2 > S4O62- 。

（6）根据热化学方程式的书写方法，写出CH3—CClF2(g) → CH2=CF2(g) + HCl(g)–108kJ。

（1）除去Al2O3和SiO2  （2）FeTiO3＋2H2SO4＝TiOSO4＋FeSO4＋2H2O 

（3） 蒸发浓缩、冷却结晶   MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ ="=" Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O

（4）溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3。

（5）当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液时，溶液变为血红色且半分钟内不褪色，则说明达到终点，1.50mol/L

试题分析：(l)在钛矿石中含有的Al2O3和SiO2能够与NaOH发生反应变为容易溶于水的物质。因此步骤I的目的是除去Al2O3和SiO2。（2）步骤Ⅱ中FeTiO3与H2SO4反应的化学方程式是FeTiO3＋2H2SO4＝TiOSO4＋FeSO4＋2H2O；（3）由于FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从溶液中获得晶体的操作步骤II中经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作可以得到FeSO4·7H2O.晶体。Fe2+有还原性，MnO2有氧化性，在酸性条件下发生氧化还原反应。该反应的两种方程式是MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ =Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O；（4） 在溶液中存在水解平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应。当加入热水升高温度后，促进盐的水解，水解平衡正向移动，会生成更多的H2TiO3，从而促使物质的转化。（5）①在原来的溶液中含有Fe3+,以以KSCN溶液为指示剂，此时溶液是红色，其中存在平衡：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3.随着铝粉的不断加入，c(Fe3+)不断降低，平衡逆向移动，红色逐渐变浅，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液时，溶液变为血红色且半分钟内不褪色，则说明达到终点；②根据电子转移数目相等可得关系式：3TiO2＋～Al～3Fe3+.n(Fe3+)="0.1mol/L×0.03L×5=0.015mol." n(TiO2＋)=" 0.015mol," 所以待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是c(TiO2＋)= 0.015mol÷0.01L=1.50mol/L.

（1）（1分）碱

（2）（1分）中性，（1分）＞

（3）（2分）Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－

（4）Ksp(HgS)sp(FeS)；因发生Hg2++FeS=HgS+Fe2+，产生的Fe2+可被氧化为Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，吸附杂质而净化水（每空2分，共4分）

（5）（2分）1.83×10—13

试题分析：（1）NH3·H2O：1.77×10—5  H2CO3：4.3×10—7（第一步电离），这说明了碳酸氢根离子的水解程度比铵根离子更加弱，所以其水解程度较大，故NH4HCO3溶液显碱性；2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，根据电荷守恒可以得到：c(CH3COO－)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，因为c(CH3COO－)=c(Na+)，所以 c(OH-)=c(H+)，故混合后溶液呈中性，醋酸体积＞氢氧化钠溶液体积；（3）电解质A的化学式为NanB，测得浓度为c mol/L的A溶液的pH＝10，说明了B离子发生了水解，其离子方程式为Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－；（4）污水中含有Hg2+，用难溶的FeS作为沉淀剂可使Hg2+转化为HgS而除去，该反应能进行的依据是：Ksp(HgS)sp(FeS)；FeS作为沉淀剂还可以起到净化水的作用，其原因为因发生Hg2++FeS=HgS+Fe2+，产生的Fe2+可被氧化为Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，吸附杂质而净化水；（5）因为Ksp(AB2)=4.2×10-8，Ksp(AC)=3.0×10—15，c(B—)=1.6×10—3 mol·L-1，AB2、AC均为饱和的混合液，即c2(B—)c(A—)=4.2×10-8，所以c(A2+)=1.64×10—2mol·L-1，

c(C2—)=Ksp(AC)/c(A2+)=3.0×10—15/1.64×10—2=1.83×10—13mol·L-1。

点评：本题考查了盐类水解，电荷守恒、溶度积的计算，这些知识是高考考查的重点和难点，本题有一定的综合性，难度适中。

(1)>  Pb2＋与Cl－反应，Pb2＋浓度减少

(2)Pb2＋、Pb(OH)＋、H＋  Pb(OH)＋＋OH－Pb(OH)2

(3)Fe3＋  (4)B

试题分析：（1）因为Pb(NO3)2是一种强酸弱碱盐,在水溶液中存在如下水解平衡:2H2O+Pb2+Pb(OH)2+2H+,使c(Pb2+)减小,所以；滴入氯化铵溶液后，Pb2+与Cl‾反应生成难溶的PbCl2，所以Pb2+浓度减少。

（2）pH=8时,曲线上1、2、3表示的物质共存,所以此时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有Pb2+、Pb(OH)+和H+。pH=9时,曲线2、3表示的物质共存,由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大,所以主要反应是生成Pb(OH)2，离子方程式为：Pb(OH)＋＋OH－Pb(OH)2。

（3）分析比较表中所给数据可知Cu2＋、Mn2＋、Cl－的浓度都降低不到原浓度的1/2，而Fe3＋却降低为原浓度的1/3，故对Fe3＋的去除效果最好。

（4）由所给平衡可知，要使脱铅效果好，铅应以Pb2＋的形式存在，pH<7，而c(H＋)增大时2EH(s)＋Pb2+E2Pb(s)＋2H+又会向逆反应方向移动，c(H+)不宜过大，所以脱铅最适宜的pH为6～7。

⑴Ag＋＋ H2O  AgOH ＋H＋      抑制

⑵OH－、H+、NH4+、Cl－  c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－)  ＞

⑶AB

试题分析：（1）银离子在水溶液中可发生水解，有氢离子生成，所以溶液显酸性。硝酸中会存在大量的氢离子，所以可以抑制硝酸银的水解（2）产物是氯化铵和水，所以溶液中会存在氢氧根离子、氢离子、铵根离子、氯离子。主要产物是氯化铵，而铵根离子会发生水解生成氢氧根离子，而从题意可知溶液呈中性，所以排序为

(1)氢氧化铁  (2)氨水

(3)2Fe3＋+3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3

(4)A、C、D、E

①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3+沉淀，而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可明确Mg(OH)2能较容易转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2可除去Fe3+，然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。

(1)Na＋＞＞OH-＞H＋＞

(2)c(H2CO3)＋c()＋c()

(3)c(H＋)c(OH-)＋c()＋2c()

在NaHCO3溶液中：NaHCO3====Na＋＋H＋＋

其中c1(H＋)=c()，＋H2OH2CO3＋OH-

其中c1(OH-)=c(H2CO3)，H2OH＋＋OH-

其中c2(H＋)=c2(OH-)

根据电荷守恒：c(Na＋)＋c1(H＋)＋c2(H＋)=c余()＋2c()＋c1(OH-)＋c2(OH-)

令c(H＋)=c1(H＋)＋c2(H＋),c(OH-)=c1(OH-)＋c2(OH-)，故有：

c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(OH-)

根据物料守恒有：c总()=c余()＋c()＋c(H2CO3)，因为c(Na＋)=c总()，故有c(Na＋)=c()＋c()＋c(H2CO3)

③⑧④11⑩⑨⑦⑤⑥12①②

应将上述物质分类，有：强酸、弱酸、水解呈酸性的盐、中性盐、水解呈碱性的盐、弱碱、强碱，再进行比较。