【化学】四川省成都市石室中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

四川省成都市石室中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 P-31 Co-59 Na-23
Ⅰ卷 选择题(共42分)
选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共42分)
1.下列离子方程式正确的是
A. NaHS溶于水: NaHS H++S2－+ Na＋
B. NaHCO3溶液中的水解平衡：HCO3－+H2O H3O++ CO32－
C. (NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO42NH4++SO42－
D. HF溶于水：HF+H2OH3O++F－
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaHS溶于水应为: NaHS =HS－+ Na＋，故A错误；
B. NaHCO3溶液中的水解平衡应为：HCO3－+H2OOH－+ HCO3－，故B错误；
C. (NH4)2SO4溶于水应为：(NH4)2SO4=2NH4++SO42－，故C错误；
D. HF溶于水：HF+H2OH3O++F－，故D正确；
正确答案：D。
2.下列说法不正确的是
A. NH4F水溶液存放于塑料试剂瓶中
B. 明矾可以用来净水，是利用明矾水解生成Al(OH)3胶体，从而起到杀菌消毒功效
C. 将 Fe2(SO4)3的溶液蒸干、灼烧可得到Fe2(SO4)3固体
D. 草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
【答案】B
【解析】
【详解】A.氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，可以存放于塑料试剂瓶中，故不选A；
B.明矾中的铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有良好的吸附性，可以用于净水，但起不到杀菌消毒功效，故选B；
C.硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，加热促进硫酸铁水解，因为硫酸没有挥发性，所以得到的固体仍然是Fe2（SO4）3，硫酸铁水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故不选C；
D.K2CO3与NH4Cl发生互促水解，二者不能混合使用，否则降低肥效，故不选D。
正确答案：B。
3.下列说法正确的是
A. 常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
B. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
C. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大
D. 物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的
【答案】B
【解析】
试题分析：A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，错误；B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的AgCl比用水洗涤损耗AgCl小，正确；C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，错误；D．大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，错误。
考点：考查沉淀溶解平衡的应用的知识。
4.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列叙述不正确的是
A. 0.1 mol/L 的CH3COOH 溶液加水稀释或加热均可使CH3COO－的物质的量增多
B. 0.1 mol/L 的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH) ·c(OH－)］不变
C. 向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度增大
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1 mol/L 的CH3COOH 溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO－的物质的量增多，故不选A。
B.0.1 mol/L 的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH) ·c(OH－)］=Ka/Kw,只受温度影响,加水稀释不发生变化,故不选B;
C.向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小,故选C;
D.0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释,平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)= n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值减小,故不选D;
正确答案:C。
5.关于化学反应速率和限度，下列说法正确的是：
A. 密闭容器中进行的如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)+W(s) ΔH＞0，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 对于反应：H2S(g) H2(g)＋S(s)　ΔH＞0 ，加压或降温都能使化学平衡向逆反应方向移动
C. 一定条件下，2L 密闭容器中存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0。达平衡后再充入一定量的CO(g)，平衡正向移动，平衡常数K变大
D. 增大反应物的浓度，平衡向右移动，生成物的百分含量不一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 2X(g)+Y(g)Z(g)+W(s) ΔH＞0，升高温度，活化分子百分数增加。正逆反应速率均增大，故A错误；
B. 对于反应：H2S(g) H2(g)＋S(s)　ΔH＞0 ，加压平衡正向移动，降温化学平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C.平衡常数K外界条件只受温度影响，温度不变，始终是定值，故C错误；
D.增大反应物的浓度，平衡向右移动，生成物的百分含量=，因为分子，分母均增大所以生成物的百分含量不一定增大，故D正确；
正确答案：D。
6.下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有大量AlO的溶液中：Na＋、K＋、HCO3-、NO3-
B. pH＝1的溶液中：NH4+、Na＋、Fe3＋、SO42-
C. 水电离产生c(H＋)=1×10－13 mol/L溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42-
D. Na2S溶液中：SO42-、K＋、Cu2＋、Cl－
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlO+HCO3－+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，故A错误；
B. pH＝1的溶液中：NH4+、Na＋、Fe3＋、SO42-，彼此之间不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 水电离产生c(H＋)=1×10－13 mol/L溶液为酸性或碱性溶液，Al3+在碱性环境下不存在，故C错误；
D. S2-+ Cu2+=CuS↓，故D错误；
正确答案：B。
【点睛】HCO3－和AlO，强酸制弱酸原理不共存；HCO3－和Al3+互促水解到底不共存。
7.某学生的实验报告中，描述合理的是
A. 用托盘天平称量25.20g NaCl
B. 用pH试纸测得NaClO溶液的pH约为11
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 将CuSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用托盘天平是粗量器，只能称量到0.1g，不需要估读，故A错误；
B. NaClO溶液有漂白性，pH试纸测定不出PH，故B错误；
C. KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀胶皮管，所以只能用酸式滴定管量取，故C错误；
D.因为CuSO4为难挥发性酸的弱碱盐，所以可以采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体，故D正确；
正确答案：D。
8.下列说法正确的是
A. 向氨水中加水稀释后，溶液中除了H2O以外其他粒子浓度都下降
B. 若NaHC2O4溶液的pH＝5，则溶液中c(C2O42－)＜c(H2C2O4)
C. pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原溶液体积的m倍和n倍，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m＜n
D. pH＝4的氯化铵溶液与pH＝4的稀盐酸中，由水电离出的c(H+)之比为106∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A.Kw=C（H+）×C（OH-），向氨水中加水稀释后，OH-浓度下降，H+浓度上升，故A错误；
B.若NaHC2O4溶液的pH＝5，说明HC2O4－电离程度大于水解程度，则溶液中c(C2O42－)> c(H2C2O4),故B错误；
C.因为醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水后电离正向进行,电离程度增加；盐酸是强酸在水中完全电离,所以要使稀释后两溶液PH值相同就必须使m＞n,故C错误；
D. pH＝4的氯化铵溶液与pH＝4的稀盐酸中，由水电离出的c(H+)之比为10-4：10-10=106∶1，故D正确；
正确答案：D。
9.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体
HX放出的氢气多且产生等量H2反应速率快
酸的强弱：HX＜HY
B
向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D
常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH
pH：NaA＞NaB
常温下酸性：HA﹤HB

【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，HX放出的氢气多且产生等量H2反应速率快，说明HX的浓度大，故HX的酸性比HY弱，故A正确；
B.实验操作错误，应该向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中足量0.1 mol/L ZnSO4溶液，使得硫化钠反应完全；再滴入0.1 mol/L CuSO4，观察沉淀颜色的变化，确定Ksp的大小，故B错误；
C.实验设计错误，此离子反应为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，KCl固体对平衡无影响，故C错误；
D.实验操作错误，必须测定等浓度NaA溶液和NaB溶液的pH，否则无可比性，故D错误；
正确答案：A。
10.向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s) bZ(g) △H＜0。图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是

A. 根据上图可求得方程式中a∶b＝1:3
B. 推测在第7min时曲线变化的原因可能是升温
C. 推测在第13min时曲线变化的原因可能是降温
D. 用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】A.0～10min内X的变化量是0.25mol/L，Z的变化量是0.5mol/L，所以a:b=1:2，故A错误；
B.7min时从图中可以看出速率加快，但浓度没有改变，所以不是增大压强和增加浓度，有可能是升高温度，故B正确；
C. 13min时从图中可以看出X浓度增加，Z的浓度减小，说明平衡逆向移动，不可能是降温，故C错误；
D. 0～10min内该反应的平均速率为v(X)=，故D错误；
正确答案：B。
11.己知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA
B. 一定条件下在密闭容器中2 molSO2与2 molO2充分反应，最终的气体分子数为3NA
C. 将lmolNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA
D. 将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为10-1×1.0×NA=0.1NA,故A错误；
B.一定条件下在密闭容器中2 molSO2与2 molO2充分反应，因为此反应为可逆反应，反应不能进行到底，无法计算最终分子数，故B错误；
C.将lmolNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，电荷守恒式n（NH4+）×1+n（H+）×1= n（NO3-）×1+n（OH-）×1， n（H+）= n（OH-）得溶液中NH4+数目等于NO3-数目，故C正确；
D.胶体粒子要求直径在1-100nm(1nm=10-9米)所以单个的Fe(OH)3直径不够，往往是好多个Fe(OH)3粒子在一起才形成一个胶粒，所以0.1molFeCl3的饱和溶液制成胶体，胶体粒子数远小于0.1NA，故D错误；
正确答案：C。
12.常温下，将pH=12的Ba(OH)2 与pH=9的NaOH溶液等体积混合后溶液中的氢离子浓度(mol •L-1)为
A. 5×10－10 B. 2×10－12 C. 5×10－12 D. (10－12 ＋10－9)/2
【答案】B
【解析】
【详解】C(OH-)=≈5×10-3,C(H+)=Kw/C(OH-)=1×10-14/(5×10-3)= 2×10－12,故B正确；
正确答案：B。
【点睛】混合溶液计算氢离子浓度：若为酸性，直接求c(H+)，两强酸混合：混合溶液中c混(H＋)＝；若为碱性，先求c(OH-)，依据c(H+)=KW/ c(OH-)，两强碱混合：混合溶液中c混(OH－)＝；
13.下列有关说法正确的是
A. 已知HI(g) 1/2H2(g)＋1/2I2(s)　ΔH＝－26.5 kJ·mol－1，由此可知1 mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5 kJ的热量
B. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
D. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.4 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. HI(g) 1/2H2(g)＋1/2I2(s)　ΔH＝－26.5 kJ·mol－1，由于反应可逆，可知1 mol HI气体充分分解后可以放出小于26.5 kJ的热量，故A错误；
B.根据燃烧热定义可知，水的状态不对，必须为液态才可以，故B错误；
C.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，盖斯定律可得：2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH1-ΔH2,因为燃烧放热，所以ΔH1-ΔH2＜0， 则ΔH1＜ΔH2，故C正确；
D.因为醋酸为弱电解质,电离需要吸热,所以NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)==CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH>－57.4 kJ·mol－1,故D错误;
正确答案:C。
【点睛】①关于可逆反应热化学方程式注意点：
A.当反应逆向进行，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
B.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，意义是指2 mol SO2气体与1 mol O2完全反应时，放出a kJ的热量，若将2 mol SO2与气体1 mol O2放于一密闭容器中在一定条件下反应达平衡时，放出的热量要小于a kJ，且当平衡移动(各物质状态不变)时，ΔH不变。
②燃烧热定义：101KPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成生成稳定氧化物时所放出的热量；例如氢元素对应液态水，硫元素对应二氧化硫等
中和热定义：稀溶液中强酸跟强碱发生中和反应只生成 1 mol H2O时所释放的热量；不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3kJ·mol－1
14.将等体积的0.1 mol/L AgNO3溶液和0.1 mol/L NaCl溶液混合得到浊液，过滤后进行如下实验：

下列分析不正确的是
A. ①的现象说明上层清液中不含Ag+
B. ②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶
C. ③中生成Ag(NH3)2+，促进AgCl(s)溶解平衡正向移动
D. 若向③中滴加一定量的硝酸，也可以出现白色沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；向①的溶液中滴加 0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明①的溶液中仍然存在银离子，同时说明硫化银比Ag2SO4更难溶；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，若向③中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动；
【详解】根据上述分析，向①的滤液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明①的溶液中仍然存在银离子，故A错误；向①的溶液中滴加 0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明硫化银比Ag2SO4更难溶，故B正确；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，故C正确；若向③中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动，出现氯化银沉淀，故D正确。
15.下列说法正确的是
A. 常温下，向0.1mol/L CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7: c(Na+)＞c(CH3COOH) ＝c(Cl－)
B. 常温时，将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液： c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－) ＞c(H＋)
C. 常温下0.1 mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2 ②NH4Cl ③NH3·H2O ④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
D. 常温下，0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后 c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下，向0.1mol/L CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7: 电荷守恒c(Na+)+C(H+)=C(OH-)+C(Cl-)+C(CH3COO-) ,因为PH=7，所以c(Na+)=C(Cl-)+C(CH3COO-)，
物料守恒c(Na+)= c(CH3COOH) +C(CH3COO-)，所以c(Na+)＞c(CH3COOH) ＝c(Cl－)，故A正确；
B.常温时，将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后得到CH3COONa和CH3COOH混合溶液，而且CH3COOH会过量很多，溶液显酸性: c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H＋) ＞c(OH－)，故B错误；
C.常温下0.1 mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2，铝离子水解会抑制铵根离子水解； ②NH4Cl ③NH3·H2O是弱电解质，少量电离，所以铵根离子浓度最小； ④CH3COONH4中，醋酸根离子水解会促进铵根离子水解，所以c(NH4+)由大到小的顺序应该是：①＞②＞③＞④，故C错误；
D.常温下，0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到1:1的CH3COOH和CH3COONa混合液，物料守恒c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，C（Na+）=0.05mol/L,所以 c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1-0.05=0.05mol·L-1,故D错误；
正确答案：A。
16.25 ℃时，用浓度为0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B. 根据滴定曲线可得Ka(HX)的数量级是10－7
C. 将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D. HY与HZ混合，达到平衡时c(H＋)＝Ka(HY).c(HY)/c(Y-)＋c(Z－)＋c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A.观察图像起点可知酸性HZ＞HY＞HX，所以在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B.由起点列三行式：
HX H++ X-
C（初） 0.1 0 0
△C 10-4 10-4 10-4
C（平） 0.1-10-4≈0.1 10-4 10-4
Ka==10－7
故B正确；
C.因为酸性HX＜HY,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时,正好得到NaX和NaY的混合液,根据越弱越水解原理：c(Y－)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋),故C错误;
D. HY与HZ混合，达到平衡时电荷守恒c(H＋)＝c(Y-)＋c(Z－)＋c(OH－),故D错误；
正确答案：B。
【点睛】本题考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度中等，根据图象数据判断电解质强弱是解题关键，注意掌握根据溶液pH判断电解质强弱的方法
17.在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v(A)随时间变化的示意图。下列说法正确的是

A. 反应物A的浓度：a点小于b点
B. A的平均反应速率：ab段大于bc段
C. 曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态
D. 该反应的生成物可能对反应起催化作用
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，反应速率先增大后减小，c点反应速率最大，但反应物的浓度一直在减小；图中不能体现正逆反应速率关系，不能判定平衡状态，结合影响反应速率因素来解答。
【详解】A.随反应进行，反应物浓度不断减小，所以a点浓度大于b点，故A错误；
B.ac段，反应速率逐渐增大，所以平均反应速率ab段小于bc段，故B错误；
C.从图象上无法判断正逆反应速率相等，c、d两点不一定达到平衡状态，故C错误；
D.恒温恒容条件下，反应速率加快，可能是某种生成物对反应起到的催化作用，故D正确；
正确答案：D。
【点睛】本题考查图象及反应速率，为高频考点，把握图中速率变化的原因为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项BC为解答的易错点，题目难度中等。
18.室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是

加入物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO42-)
B
0.05 mol CaO
溶液中c(OH-)c(HCO3-)增大
C
50 mL H2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
0.1 mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
【答案】B
【解析】
【详解】n（Na2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，
A. n（H2SO4）=1mol/L×0.05L=0.05mol，H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱盐Na2SO4，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得（Na+）=2c（SO42-），故A错误；
B.CaO+H2O=Ca(OH)2，氢氧根离子浓度增大，会抑制碳酸根离子水解，c(OH-)×c(HCO3-)=Kh×C（CO32-），由于C（CO32-）浓度增大，所以c(OH-)×c(HCO3-)=Kh×C（CO32-）增大，故B正确；
C.加水稀释促进碳酸钠水解，但由于体积增大倍数大于促进水解倍数，c（OH-）变小，由于溶液中的OH-由水电离产生，因此，由水电离出的c（H+）、c（OH-）减小，二者浓度之积减小，故C错误；
D.NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（Na+）增大，故D错误；
正确答案：B。
19.在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g）△H<0反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。

下列推断正确的是
A. 升高温度，平衡常数增大
B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
C. Q点时，Y的转化率最大
D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】C
【解析】
试题分析：反应开始时没有达到平衡，反应向正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡向逆向移动X的量逐渐增加。根据上述分析，温度升高平衡向逆向移动，平衡常数减小，A错；W、M两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错；Q点X的量最少，转化率最大，C对；平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错。
考点：化学反应图像和平衡的移动。
20.溶液的酸碱性可用酸度(AG)表示[AG=lg c(H+)/c(OH−) ]。室温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，AG随加入NaOH的物质的量的变化如图所示，下列叙述正确的是

A. HX、HY均为弱酸
B. a点由水电离出的c(H+)=1.0×10－12mol·L-1
C. c点溶液中：c(HY) ＜c(Na+)＜c(Y－)
D. b点时，溶液的pH=7，酸碱恰好完全中和
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据起点：0.1mol/L的HX溶液：lg c(H+)/c(OH−)=12，Kw= c(H+)×c(OH−)=1×10-14，得出c(H+)=0.1mol/L，HX为强酸，故A错误；
B．a溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中水电离的c（H+）=10-13mol•L-1，故B错误；
C．c点lg c(H+)/c(OH−) =6，则溶液中c（H+）=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以n（Y-）>0.005mol,n（HY）<0.005mol,n(Na+)=0.005mol,所以c(HY) ＜c(Na+)＜c(Y－)，故C正确；
D.浓度均为0.1mol•L-1、体积均100mL的HY与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，而b点时消耗的NaOH为0.008mol，所以酸过量，故D错误．
正确答案：C。
21.下列是25 ℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是
化学式
AgCl
Ag2CrO4
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ksp或Ka
Ksp=1.8×10－10
Ksp=9.0×10－12
Ka=1.8×10－5
Ka=3.0×10－8
Ka1=4.1×10－7
Ka2=5.6×10－11


A. H2CO3、HCO3－、CH3COO－、ClO－ 在溶液中可以大量共存
B. 等体积等浓度的CH3COONa和NaClO中离子总数：CH3COONa ＜NaClO
C. 向浓度均为1.0×10－3 mol·L－1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液，CrO42―先形成沉淀
D. 向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液的pH=5
【答案】D
【解析】
【详解】A.由于H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，根据强酸制弱酸原理H2CO3+ClO－=HCO3-+HClO， H2CO3、ClO－在溶液中不可以大量共存，故A错误；
B. 设浓度均为：0.1mol/L，NaClO溶液中的c（Na+）=0.1mol/L，则溶液中的电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-）；CH3COONa溶液中的c（Na+）=0.1mol/L，溶液中的电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），两溶液中的c（Na+）相同，但水解程度不同，次氯酸钠的水解程度大，所以醋酸钠中氢离子的浓度大于次氯酸钠，则有：c（ClO-）+c（OH-）＜c（CH3COO-）+c（OH-），所以离子总数：NaClO溶液＜CH3COONa溶液，故B错误；
C. AgCl沉淀所需C(Ag+)==1.8×10－10/(1.0×10－3)=1.8×10－7mol/L, Ag2CrO4沉淀所需C(Ag+)===3×10-4.5 mol/L，所以氯离子先沉淀，故C错误；
D. c(CH3COOH):c(CH3COO－)＝5∶9，根据醋酸的电离常数Ka=1.8×10－5==得C(H+)=10-5,此时溶液的pH=5,故D正确；
正确答案：D。
Ⅱ卷 非选择题(共58分)
22.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡等，请回答下列问题。
(1)已知部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
NH3.H2O
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Kb = 1.8×10 −5
Ka = 1. 77×10 −4
Ka=4.3×10−10
Ka1=5.0×10−7
Ka2=5.6×10−11

① 已知25℃时，HCOOH( aq) +OH −( aq)=HCOO−(aq) +H2O(l) △H=−a kJ/mol H+(aq) +OH−(aq) =H2O(l) △H=−b kJ/mol 甲酸电离的热化学方程式为______________。
②取浓度相同的上述三种酸溶液，溶液pH最大的是_________，稀释相同的倍数后，溶液pH变化最大的是____________________。
③分别取等浓度、等体积HCOOH和HCN溶液，加入同浓度的NaOH溶液中和，当溶液呈中性时消耗NaOH溶液的体积：V (HCOOH)______ V (HCN) (填“>”、“<”或“=”)。
④0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN−)______c(HCO3 −)(填“>”、“<”或“=”)。
⑤常温下，pH相同的三种溶液a.HCOONa b.NaCN c.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_____________(填编号)。
⑥将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是__________________________________。
⑦若NH3·H2O与CO2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈________性(填“酸”或“碱”)。向该溶液中通入________气体可使溶液呈中性(填“CO2”或“NH3”)。此时溶液中c(NH4+)/c(CO3 2−) ________2(填“＞”“＜”或“＝”)
(2)室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。

① HA的电离方程式是____________________________
② a、b、c处溶液中水的电离程度最大的是_______________
③ c点所示的溶液中除水分子外的微粒浓度由大到小的顺序依次为______________________________。
(3)常温下，将等体积0.1 mol•L－1NaOH和n mol•L-1HA混合，溶液呈中性，该温度下HA的电离常数Ka=___________(用含有n的式子表达)
【答案】 (1). HCOOH(aq)HCOO−(aq)+H+(aq) △H=( b −a)kJ/mol (2). HCN (3). HCOOH (4). > (5). < (6). abc (7). CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3− (8). 碱性 (9). CO2 (10). ＞ (11). HA H++ A− (12). b (13). c(A−)>c(Na+)> c(HA)>c(H+)>c(OH−) (14). 10-8/(n-0.1)
【解析】
【分析】
(1)①利用盖斯定律得到电离方程式；
②根据电离常数确定酸性强弱，得出结论；
③要想使溶液呈中性，酸性越弱所需NaOH体积越小；
④根据电离常数得到酸性强弱，再根据越弱越水解的原理比较离子浓度；
⑤根据电离常数得到酸性强弱，再根据越弱越水解的原理比较物质的量浓度；
⑥根据电离常数可知酸性H2CO3>HCN>HCO3-,强酸之弱酸原理书写离子方程式；
⑦根据电离常数判断；
(2)① 根据b点溶液显碱性可以判断生成了强酸弱碱盐，所以HA为弱碱，书写电离方程式；
② 根据酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离判断；
③ c点为HA和NaA物质的量1:1的溶液；
(3)利用电荷守恒和物料守恒计算；
【详解】(1)①已知25℃时，①HCOOH( aq) +OH −( aq)=HCOO−(aq) +H2O(l) △H=−a kJ/mol ②H+(aq) +OH−(aq) =H2O(l) △H=−b kJ/mol ①-②得到甲酸电离的热化学方程式HCOOH(aq)HCOO−(aq)+H+(aq) △H=( b −a)kJ/mol；
正确答案：HCOOH(aq)HCOO−(aq)+H+(aq) △H=( b −a)kJ/mol。
②根据电离常数可知酸性HCOOH>H2CO3>HCN,所以PH最大的是HCN,稀释相同倍数PH变化最大的是HCOOH；
正确答案: HCN HCOOH
③要想使溶液呈中性，酸性越弱所需体积越小,根据电离常数可知HCOOH酸性强于HCN,所以取等浓度、等体积HCOOH和HCN溶液，加入同浓度的NaOH溶液中和，当溶液呈中性时消耗NaOH溶液的体积：V (HCOOH)> V (HCN)；
正确答案：>
④根据电离常数可知H2CO3酸性大于HCN，盐类越弱越水解的原理比较离子浓度，则0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN−) 正确答案：<
⑤根据电离常数可知HCOOH>HCN>HCO3-,盐类水解是越弱水解能力越强,达到相同PH需要浓度越小,所以常温下，pH相同的三种溶液a.HCOONa b.NaCN c.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是abc；
正确答案： abc
⑥根据电离常数可知酸性H2CO3>HCN>HCO3-,强酸之弱酸原理书写离子方程式CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
正确答案：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−
⑦根据电离常数可知氨水电离常数大于碳酸和碳酸氢根离子，所以碳酸根离子水解能力强于铵根离子；若NH3·H2O与CO2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈碱性(填“酸”或“碱”)。向该溶液中通入CO2气体可使溶液呈中性。此时溶液中c(NH4+)/c(CO3 2−) >2；
正确答案：碱性 CO2 ＞
(2)① 根据b点溶液显碱性可以判断生成了强酸弱碱盐，所以HA为弱碱，书写电离方程式HA H++ A−；
正确答案：HA H++ A−
② a点：HA溶液；b点：NaA溶液；c点：NaA和HA物质的量比为1:1的混合溶液；根据酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离判断b处溶液中水的电离程度最大；
正确答案：b。
③ c点为HA和NaA物质的量1:1的溶液，c点偏酸性说明HA的电离程度大于A-的水解程度，c点所示的溶液中除水分子外的微粒浓度由大到小的顺序依次为c(A−)>c(Na+)> c(HA)>c(H+)>c(OH−)；
正确答案：c(A−)>c(Na+)> c(HA)>c(H+)>c(OH−)
(3)电荷守恒式：C（Na+）+C（H+）=C（OH-）+C（A-）因为溶液呈中性所以C（Na+）= C（A-）=0.1/2=0.05mol/L；物料守恒C（HA）=n/2-0.05 mol/L，C（H+）=1×10-7 mol/L；
Ka==10-8/(n-0.1)
正确答案：10-8/(n-0.1)
【点睛】根据电离常数判断酸性强弱；经常用到的原理强酸制弱酸；酸性越强离子水解能力越弱；学会三大守恒的运用；这些都是高考重点和难点。
23.科学家寻找高效催化剂，通过如下反应实现大气污染物转化：
(1)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g) +6H2O(g) △H＜0，测得不同时间的NH3和O2的浓度如下表：
时间(min)
0
5
10
15
20
25
c(NH3)/mol·L-1
1.00
0.36
0.12
0.08
0. 0072
0.0072
c(O2)/mol·L-1
2.00
1.20
0.90
0.85
0.84
0.84
①前10分钟内的平均速率v(NO)=___________________mol·L-1·min-1
②下列有关叙述中正确的是______________
A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率
B.若测得容器内4v正(NH3)=6v逆(H2O)时，说明反应已达平衡
C.当容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡
D.若该反应的平衡常数K值变大，在平衡移动过程中正反应速率先增大后减小
(2)氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应I、II。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。

已知：反应I 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g) +6H2O(g) △H＜0
反应 II：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g) +6H2O(g) △H＜0
为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1 mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量关系如图：
①该催化剂在高温时选择反应____________ (填“ I ”或“ II”)。
②反应I的活化能Ea(正)________ Ea(逆) (填“小于”“等于”或“大于”)。
③520℃时，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=________________ (不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。
④C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因_________________________。
(3)羟胺(NH2OH)的电子式_____________，羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，该反应的化学方程式为________________________________________。现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL 0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是________________________。
【答案】 (1). 0.088 (2). A (3). Ⅰ (4). 小于 (5). 0.24×0.96/(0.44×1.455) (6). 温度升高，催化剂的活性减弱，相同时间生成的NO减少(该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动) (7). (8). 2NH2OH+2AgBr==N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2O (9). N2O
【解析】
【分析】
(1)①可以计算出氨气或氧气的速率，根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率；
②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；
B.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，未达平衡，故B错误；
C.T、V、m（总）一定，密度一定，不能作为判断是否平衡的依据，故C错误；
D.因为正反应放热反应，若该反应的平衡常数K值变大，说明在降温，平衡移动过程中正反应速率减小，故D错误；
(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；
②根据△H判断；
③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：
        4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2   0.25  0.2  0.3
       4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.4   0.3   0.2   0.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-
0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数；
④该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动；
(3) 根据稳定结构书写羟胺(NH2OH)的电子式；反应物羟胺和溴化银，产物银单质和氮气，书写化学方程式；关系式法计算；
【详解】(1)①v（NH3）=（1.00-0.12）/10=0.088 mol·L-1·min-1, 根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率v（NO）=0.088 mol·L-1·min-1。
正确答案：0.088
②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；
B.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，未达平衡，故B错误；
C.T、V、m（总）一定，密度一定，不能作为判断是否平衡的依据，故C错误；
D.因为正反应放热反应，若该反应的平衡常数K值变大，说明在降温，平衡移动过程中正反应速率减小，故D错误；
正确答案：A。
(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；
正确答案：Ⅰ
②因为△H= Ea(正)- Ea(逆) ＜0,所以Ea(正) ＜Ea(逆)；
正确答案：＜。
③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：
        4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2   0.25  0.2  0.3
       4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.4   0.3   0.2   0.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-
0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，n（NO）=0.2mol由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=0.24×0.96/(0.44×1.455)；
正确答案：0.24×0.96/(0.44×1.455)。
④该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动；
正确答案：温度升高，催化剂的活性减弱，相同时间生成的NO减少(该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动)。
(3) 根据稳定结构书写羟胺(NH2OH)的电子式；反应物羟胺和溴化银，产物银单质和氮气，书写化学方程式2NH2OH+2AgBr==N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2O；羟胺失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数，设羟胺氧化产物的化合价为+x，列等式5×24.50mL ×0.020mol/L=（x+1）×25.00mL×0.049mol/L，得x=1，故氧化产物为N2O；
正确答案： 2NH2OH+2AgBr==N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2O N2O
24.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备．用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O工艺流程如下

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
(1)Co2O3中Co的化合价是________________
(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：________________________________________
(3)浸出液中加入NaClO3的目的是______________________________________
(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是____________，(填化学式)试用离子方程式和必要的文字简述其原理： ______________________________________________________________________________
(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是____________________；其使用的适宜pH范围是_____．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp(MgF2)=7.35×10﹣11、Ksp(CaF2)=1.05×10﹣10，当加入过量NaF后，所得滤液 c(Mg2+)/c(Ca 2+) =_______．
(7)用m1 kg水钴矿(含Co2O3 60%)制备CoC2O4•2H2O，最终得到产品 m2 kg，产率为________________。(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。
【答案】 (1). +3 (2). SO32−+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO42−+2H2O (3). 将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ (4). Fe(OH)3 (5). Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动 (6). 除去溶液中的Mn2+ (7). B (8). 0.7 (9). 366×0.6m1/166 m2 (1.32m1/ m2)
【解析】
【分析】
亚硫酸钠具有还原性，浸出过程将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+； NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；加入过量NaF除掉钙离子和镁离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；加入草酸铵制得草酸钴晶体。
(1)Co2O3中Co的化合价是+3价；
(2) Na2SO3与Co2O3发生反应氧化还原反应；
(3)加入NaClO3的目的是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；
(4) 加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
(5)由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
正确答案：除去溶液中的Mn2+ B。
(6)所得滤液 c(Mg2+)/c(Ca 2+)= Ksp(MgF2)/ Ksp(CaF2)= 7.35×10﹣11/1.05×10﹣10=0.7；
正确答案:0.7。
(7)利用关系式发计算；
【详解】(1)Co2O3中Co的化合价是+3价；
正确答案：+3
(2) Na2SO3与Co2O3发生反应氧化还原反应，离子方程式为SO32−+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO42−+2H2O；
正确答案：SO32−+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO42−+2H2O
(3)加入NaClO3的目的是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；
正确答案：将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+
(4) 加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
正确答案：Fe(OH)3 Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动。
(5)由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
(6)所得滤液 c(Mg2+)/c(Ca 2+) 等于Ksp之比计算；
(7)利用关系式发计算；
理论产量： Co2O3～2CoC2O4•2H2O
166 366
m1×60% 366×m1×60%/166
产率为实际产量比理论产量:m2/(366×m1×60%/166)= 366×0.6m1/166 m2(1.32m1/m2)；
正确答案: 366×0.6m1/166 m2(1.32m1/m2)。
【点睛】根据题干信息和联系下面的问题去理解流程图是关键，还要学会关系式法的运用。
25.POC13常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POC13并测定产品含量的实验过程如下：
I.实验室制备POC13。采用氧气氧化液态PCl3法制取POC13，实验装置(加热及夹持仪器略)如下图:
资料：①Ag＋+SCN－=AgSCN↓ Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)；

②PCl3和POC13的相关信息如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-112.0
76.0
137.5
两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POC13
2.0
106.0
153.5

(1)仪器a的名称____________________。
(2)B中所盛的试剂是________，干燥管的作用是_____________________。
(3)POC13遇水反应的化学方程式为____________________________。
(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是：____________________________。
II.测定POC13产品的含量。实验步骤：
①制备POC13实验结束后，待三颈瓶中的液体冷却至室温，准确称取29.1g产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入20.00 mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液。
③加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。
④以X为指示剂，用1.00mol/LKSCN溶液滴定过量AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
(5)步骤④中X可以选择___________________ 。
(6)步骤③若不加入硝基苯，会导致测量结果______(填偏高，偏低，或无影响)
(7)反应产物中POC13的质量百分含量为___________________， 若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，则上述结果____________(填偏高，偏低，或无影响)
【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). 浓硫酸 (3). 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶 (4). POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl (5). 温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (6). Fe(NO3)3 (7). 偏高 (8). 52.7% (9). 偏低
【解析】
【分析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有上颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，因此在装置的最后连有碱石灰的干燥管。
I.(1)仪器a的名称长颈漏斗；
(2)B中所盛的试剂是浓硫酸，干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
(3)POC13遇水反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；
(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低；
II.(5) 以硝酸铁作为指示剂，可以与过量的KSCN发生特征反应，滴定终点溶液变为红色；
(6) 加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低；
(7)利用关系式法计算百分含量； 若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，会造成读取消耗硫氰化钾偏少，则上述结果偏低；
【详解】I.(1)仪器a的名称长颈漏斗；
正确答案：长颈漏斗。
(2)B中所盛的试剂是浓硫酸，干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
正确答案：浓硫酸 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
(3)POC13遇水反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；
正确答案：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl。
(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低；
正确答案：温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低。
II.(5) 以硝酸铁作为指示剂，可以与过量的KSCN发生特征反应，滴定终点溶液变为红色；
正确答案：Fe(NO3)3。
(6) 加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低；
正确答案：偏低。
(7)利用关系式法计算百分含量； 若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，会造成读取消耗硫氰化钾偏少，则上述结果偏高； KSCN消耗了0.01mol，AgNO3的物质的量为0.07mol；POCl3+3H2O+6AgNO3=Ag3PO4↓+3AgCl↓+6H NO3，AgNO3+ KSCN= AgCl↓+K NO3设10ml溶液中溶解了xmol POCl3；
POCl3～6AgNO3 KSCN～ AgNO3
1mol 6mol 1mol 1mol
Xmol 6xmol 0.01mol 0.01mol
0.01+6x=0.07得x=0.01mol，则100ml溶液中溶解了POCl30.1mol，POC13的质量百分含量为 ×100%=52.7%；
正确答案：52.7% 偏高。