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【化学】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.下列事实：
①NaHSO4溶液呈酸性；
②铵态氮肥与草木灰不能混合使用；
③加热能增加纯碱的去污能力；
④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；
⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；
⑥氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；
⑦蒸发FeCl3溶液制的FeCl3固体时可加入SOCl2。
⑧向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液可产生Al（OH）3白色沉淀
其中与盐类的水解有关的叙述有
A. 9项 B. 8项 C. 7项 D. 6项
【答案】D
【解析】
【详解】①NaHSO4是强酸强碱酸式盐，NaHSO4完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而是溶液呈酸性，与盐类水解无关，故①不选；
②铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，故②选；
③纯碱的成分是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，加热促进碳酸根离子的水解，所以与盐类水解有关，故③选；
④CuCl2属于强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液其溶液呈酸性，为抑制铜离子的水解，在配制该溶液时加入少量的稀盐酸，所以与盐类水解有关，故④选；
⑤NaHS属于酸式盐，HS-水解使溶液呈碱性，电离使溶液呈酸性，溶液最终呈碱性，故水解大于电离，所以c(H2S)>c(S2－)和水解有关，故⑤选；
⑥氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，酸和绣反应生成盐和水，所以氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故⑥选；
⑦FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进其水解，生成氢氧化铁，所以蒸发FeCl3溶液制的FeCl3固体时可加入SOCl2与盐类水解有关，故⑦选；
⑧NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al（OH）3↓，与盐类水解无关，故⑧不选。
所以与盐类的水解有关的叙述有6项。
故选D。
2.某小组为研究原电池原理，设计如图装置，下列叙述正确的是
A. 若X为Fe，Y为Cu，铁为正极
B. 若X为Fe，Y为Cu，电子由铜片流向铁片
C. 若X为Fe，Y为C，碳棒上有红色固体析出
D. 若X为Cu，Y为Zn，锌片发生还原反应
【答案】C
【解析】
A．Fe比Cu活泼，Fe作负极，故A错误；B．Fe比Cu活泼，Fe作负极，电子从Fe流向Cu，故B错误；C．若X为Fe，Y为C，电解质溶液为硫酸铜，则正极C上析出Cu，故C正确；D．Zn比Cu活泼，Zn作负极发生氧化反应，故D错误；故选C。
点睛：原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极。2、根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极。3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极。4、根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极。5、根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。
3.下列有关实验操作的解释或结论正确的是
选项
实验操作
解释或结论
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液pH
一定会使测定结果偏低
C
向10mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下的Ksp：Mg(OH)2 ＞Fe(OH)3
D
用氢氧化钾与浓硫酸测定中和反应的反应热
测得的结果偏小
【答案】A
【解析】
Na2CO3溶液中存在CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，加入少量BaCl2，发生Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，故A正确；B、如果测的是中性溶液，用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH不变，故B错误；C、NaOH溶液中加入几滴MgCl2溶液，NaOH过量，再加入几滴FeCl3溶液，Fe3＋与过量的OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，不能说明溶度积大小，故C错误；D、浓硫酸与水放出热量，因此测的反应热偏高，故D错误。
4. 下列有关溶液组成的描述合理的是
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾
【答案】C
【解析】
A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。
点睛：离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
5.25 ℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
①pH＝0的H2SO4溶液 ②0.05 mol·L－1 的Ba(OH)2溶液
③pH＝10的Na2S溶液 ④pH＝5的NH4NO3溶液
A. 1∶10∶1010∶109 B. 1∶5∶5×109∶5×108
C. 1∶20∶1010∶109 D. 1∶10∶104∶109
【答案】A
【解析】
酸、碱抑制水的电离，则①硫酸溶液中水电离的氢离子浓度即为溶液中的氢氧根离子浓度10-14mol/L；②氢氧化钡是强碱，水电离的氢离子浓度即为溶液中的氢离子浓度:10-13mol/L；③Na2S水解显碱性，水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度：10-4mol/L；④NH4NO3－水解显酸性，水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢离子离子浓度：10-5mol/L，所以水电离的氢离子的物质的量浓度之比是10-14：10-13：10-4：10-5=1：10：1010：109。答案选A。
点睛：明确溶液中的氢离子与水电离出的氢离子不同是解答的关键，需要注意的是外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候由水电离出的H＋和OH－总是相等的，据此可以结合题干信息进行相关计算。
6.常温下，有甲、乙两份体积均为1 L，浓度均为0.1 mol·L-1的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH将为a；②乙与等体积、浓度为0.2mol·L-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH4+)+n(H+)－n(OH—)=b mol。a、b正确的答案组合是
A. 9～11之间；0.1 B. 9～11之间；0.2
C. 12～13之间；0.2 D. 13；0.1
【答案】B
【解析】
对于a我们由弱碱的稀释可知其稀释100倍后pH为会减小比2小。因为在稀释的过程中会有更多的氢氧根离子电离出来。所以为9~11之间。对于b，有电荷守恒可知n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)+ n(cl－)。所以n(cl－)=b。由题知它的物质的量为0．2mol。所以b=0.2。选B.
7.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应有几个
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；
④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；
⑤HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生。
所以不可以发生的反应为②③，故D正确。
故选D。
【点睛】根据平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键，本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。
8.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是
A. O2在电极b上发生还原反应
B. 溶液中OH－向电极a移动
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5
D. 负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；B．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；故选C。
考点：考查了原电池原理的相关知识。
9.物质的量浓度相同的下列溶液: 按c(NH4+)由小到大排列顺序为
①(NH4)2SO4 ②NH4HSO4 ③NH3·H2O ④(NH4)2Fe(SO4)2 ⑤NH4Cl ⑥CH3COONH4 ⑦NH4ClO
A. ③⑦⑥⑤②①④ B. ③⑥⑦⑤②①④
C. ⑦⑥⑤②①④③ D. ③⑥⑦⑤②④①
【答案】A
【解析】
【详解】③NH3•H2O溶液中c（NH4+）小于铵盐的c（NH4+），所以一水合氨溶液中铵根离子浓度最小；根据化学式可知①④中铵根离子系数都是2，铵根离子浓度增大，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，亚铁离子抑制铵根离子水解，因此铵根离子浓度④＞①；②⑤⑥⑦中铵根离子系数都是1，硫酸氢铵中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，醋酸根离子促进铵根离子水解，次氯酸根离子促进铵根离子水解，但次氯酸根离子的促进作用小于醋酸根离子；则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是③⑦⑥⑤②①④，故A正确。
故选A。
【点睛】先根据铵根离子的系数进行分类，再根据其他离子对铵根离子的影响来分类即可。
10.下列各步制取物质，最终无法达到目的的有
A. AlAl2O3Al(NO3)3Al(NO3)3晶体
B. CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2O
C. FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3
D. CuSO4溶液CuSCuS
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为HNO3易挥发，Al3+水解平衡右移，最后蒸干灼烧得到Al2O3，无法达到目的，故A错误；
B.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发结晶得到CuSO4·5H2O，可以达到目的，故B正确；
C.铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与一水合氨发生复分解反应生成氢氧化铁，灼烧氢氧化铁得到三氧化二铁，可以达到目的，故C正确；
D.CuSO4溶液与硫化氢反应生成硫化铜，硫化铜过滤洗涤蒸干得到CuS，可以达到目的，故D正确。
故选A。
11.在一定温度条件下， 甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是
A. 若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x＝2
B. 平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等
C. 平衡时甲中A的体积分数为40%
D. 若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8∶5
【答案】D
【解析】
【分析】
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题。
【详解】3A（g）+B（g）xC（g）+D（s）
甲 6 2 0 0
乙 1.5 0.5 3 2
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态。
A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A错误；
B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；
C.C的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；
D.x=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确。
故选D。
12.下列实验现象或结论判断错误的是：
A. 向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失
B. 向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，一滴入盐酸马上产生CO2气体
C. 不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同
D. 向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，发生反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
NaHCO3，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失，故A正确；
B.向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，开始滴入盐酸是发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故开始滴入盐酸时没有产生CO2气体，故B错误；
C.不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同，发生反应：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+6CO2↑，产生大量气泡，故C正确；
D.向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀Fe(OH)3↓和深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，故D正确。
故选B。
13.室温时，下列各溶液的叙述中正确的是
A. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀
B. 向 0.1mol/L NaHSO3 溶液中通入 NH3 至 pH=7 的溶液：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)
C. 0.1mol/L的氨水的pH＝a，0.01mol/L的氨水的pH＝b，则a－1＞b
D. CO2通入KOH溶液，当由水电离的 c(H+)=10-7mol/L，一定存在：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【解析】
【详解】A.在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故A错误；
B.溶液中Na+与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-)，c(NH4+)
故选B。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压，高铁电池的总反为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，下列叙述不正确的是
A. 放电时负极反应式为：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2
B. 放电时每转移3mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原
C. 放电时正极反应式为：Fe(OH)3-3e-＋5OH-=FeO42-＋4H2O
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故A正确；B．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故B正确；C．放电时，正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O═2Fe(OH)3+10OH-或FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，故C错误；D、高铁电池放电时是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，负极附近溶液的碱性减弱，正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O═2Fe(OH)3+10OH-，正极附近溶液的碱性增强，故D正确；故选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理。理解原电池和电解池的工作原理，书写电极方程式是解题的关键。本题中高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-。
15.一刚性密闭容器内部有一不漏气且可滑动的活塞将容器分成左右两个室，左室内充入一定体积的CO和H2O气体，右室充入SO2和O2两种气体，且SO2和O2的物质的量之比为2：1，左右两室内各可发生如下反应：
左室 CO(气)+H2O(气) CO2(气)+H2(气)△H<0
右室 2SO2(气)+O2(气) 2SO3(气) △H<0
反应开始时活塞停留在离左端点3/7处，反应在恒温下进行，当达平衡状态时，活塞处于容器中间。下列叙述正确的是
A. 右室气体反应前后的压强之比为4:3
B. 反应达平衡时气体SO2的转化率为75％
C. 平衡时再向左室中充入与原物质的量之比相同的CO和H2O气体，达平衡时，CO的物质的量分数不变 ，SO2的物质的量分数变大
D. 若原容器中左右两室起始时充入的各物质的量均为原来的两倍，达平衡时，活塞相对于中间位置将偏左
【答案】B
【解析】
【详解】A.对右室来说，体积、压强、物质的量都在变化，不能使用阿伏伽德罗定律的推论，所以可以从左室求解，根据压强之比等于体积之比，即P前：P后=V前：V后=3.5:3=7:6，故A错误；
B.设反应前左室总物质的量为3mol，则右室总物质的量为4mol，因SO2和O2的物质的量之比为2：1，由于左室物质的量不变，达平衡状态时，活塞处于容器中间，说明平衡时右室总物质的量也为3mol，此时右边的物质剩下原来的3/4，设消耗了xmolO2，原有amolO2和SO2，则有a-x/3=3/4a，解得x=3/4a，即反应75%，故反应达平衡时气体SO2的转化率为75%，故B正确；
C.左室中充入与原物质的量之比相同的CO和H2O气体，左右室的压强都增加，但左室平衡不移动，CO的物质的量分数不变，而右室平衡向右移动，SO2的物质的量分数减小，故C错误；
D.如果原容器中左右两室起始时充入的各物质的均为原来的两倍，左边的压强和右边未反应前的压强在活塞3/7处是相等的，所以活塞相对于原来的3/7处不变，故D错误。
故选B。
16.某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
已知：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)=3×10−25 mol2/L2。
A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B. Na2S溶液中：c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=2c(Na+)
C. 该温度下Ksp(CuS)=4×10−36 mol2/L2
D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10−5 mol•L−1的混合溶液中逐滴加入10−4 mol•L−1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
CuCl2、Na2S水解促进水电离， b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小的为b点，故A错误；根据物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)= c(Na+)，故B错误；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)= c(S2-)，根据b点数据，c(Cu2+)= mol/L，该温度下Ksp(CuS)=4×10-36 mol2/L2，故C正确；Ksp(ZnS)=3×10-25 mol2/L2大于Ksp(CuS)，所以向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-4 mol•L-1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀，故D错误。
17.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是
A. pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B. 随着 HCl 的通入 c(H+)/c(H2A)先减小后增大
C. 将等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合后，溶液显碱性
D. pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据H2AH++HA-，HA-H++A2-，pH变化时，HA-的浓度不断变化，因此pC变化幅度不大的曲线，即图中随着pH的增大，pC先减小后增大的曲线是HA-的物质的量浓度的负对数；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，所以由图可知：随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，随着pH的增大，pC减小的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此答题。
【详解】A.pH=3.50时，pC（A2-）＞pC（HA-），所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故A错误；
B.一开始通入HCl时，H+与电离出来的OH-不断中和，故c(H+)/c(H2A)减小，反应一段时间后，H2A不断电离，浓度减小，H+的浓度越来越大，故c(H+)/c(H2A)增大，故B正确；
C.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，电离平衡时溶液呈酸性，故C错误；
D.根据物料守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误。
故选B。
18.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离
子浓度(mol/L)
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl−
HCO3-
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。
下列说法正确的是
A. 步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
B. 滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C. 滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D. 沉淀物X为CaCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05molMg2＋反应：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，生成0.05 molMg(OH)2，剩余0.005 molOH－，由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(OH－)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故A错误；
B.步骤①中，由于CO32－只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2＋也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2＋）=0.010mol·L－1，所以滤液M中同时存在着Ca2＋和Mg2＋，故B错误；
C.步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11时，此时滤液中c(OH－)=1×10-3mol·L－1。则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(10-3)2=0.010×（10-3）2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成，Q[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成，又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=5.6×10-12，c(Mg2＋)=5.6×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2＋，故C错误；
D.步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，[即n(OH－)=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH－恰好与HCO3－完全反应：OH－+HCO3－CO32－+H2O，生成0.001molCO32－。由于Ksp(CaCO3)＜＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32－与水中的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀：Ca2＋+CO32－=CaCO3↓，所以沉淀物X为CaCO3，故D正确。
故选D。
【点睛】以模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，把一个具体情景与教材知识内容有机的结合起来，定量分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论。
19.氮的化合物在工业中应用十分广泛。
（1）工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其热反应方程式CO2(g)+2NH3(g)=CO(NH2)2(g)+H2O(g); ∆H=____________．
化学键
键能（KJ·mol-1）
C＝O
728
C—N
305
N—H
389
O—H
464
（2）工业上经常使用NaClO和NH3制取联氨，联氨（N2H4）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出联氨的电子式_________________。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__________________________________。联氨也经常作为燃料电池的环保原料使用，写出联氨在碱性电解质溶液中，负极的电极方程式_______________________________。
（3）已知合成氨反应的方程式为 N2+3H2 2NH3，其平衡常数 K 的数值和温度的关系如下：
温度℃
200
300
400
平衡常数K
1
0.86
0.5
①由上表数据可知该反应∆H____0 (填“>”或“<”)。
②400 ℃时，测得某时刻 c(N2)= 5 mol·L-1、c(H2)= 3 mol·L-1、c(NH3)= 2 mol·L-1，此时刻该反应的 v 正____v 逆(填“>”“=”或“<”)。该反应达到平衡时，平衡混和气中N2的体积分数为____________
A．50% B．60% C．70% D．无法计算
（4）写出下列含氮化合物在特定条件下的水解反应，电负性Cl＜N，尿素中的C显+4价，
①NCl3__________________________
②NF3_______________________________________________________
【答案】 (1). -32 KJ·mol-1 (2). (3). N2H6（HSO4）2 (4). N2H4—4e-+4OH—=N2+4H2O (5). < (6). > (7). A (8). NCl3+3H2O=3HClO+NH3 (9). NF3+2H2O=3HF+HNO2
【解析】
【分析】
（1）根据∆H=反应物键能-生成物键能进行计算；
（2）联氨是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，第二步电离方程式为N2H5++H2ON2H62++OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2；该电池放电时，负极上是联氨失电子发生氧化反应生成氮气和水；
（3）①由图表数据分析，平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向进行；
②计算此时的浓度熵和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（4）①在极性分子NCl3中，N原子的化合价为-3，Cl原子的化合价为+1，和水发生水解反应生成氨气和次氯酸；
②在极性分子NF3中，N原子的化合价为+3，F原子的化合价为-1，和水发生水解反应生成氢氟酸和亚硝酸。
【详解】（1）CO2(g)+2NH3(g)=CO(NH2)2(g)+H2O(g)的∆H=反应物键能-生成物键能=（728KJ·mol-1×2+6×389KJ·mol-1）-（728KJ·mol-1+305KJ·mol-1×2+389KJ·mol-1×4+464KJ·mol-1×2）=-32KJ·mol-1，故答案为：-32KJ·mol-1。
（2）联氨的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，第二步电离方程式为N2H5++H2ON2H62++OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2；该电池放电时，负极上是联氨失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极方程式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：，N2H6（HSO4）2，N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。
（3）①由图表数据分析，平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，∆H<0，故答案为：<。
②400℃时，测得某时刻c(N2)=5mol·L-1、c(H2)=3mol·L-1、c(NH3)=2mol·L-1，浓度熵Qc=22/1×33=4/27v逆；
N2+3H22NH3
起始（mol/L） 5 3 2
转化（mol/L） a 3a 2a
平衡（mol/L） 5-a 3-3a 2+2a
反应达到平衡时，平衡混和气中N2的体积分数为（5-a）/（5-a+3-3a+2+2a）×100%=50%，
故答案为：>，A。
（4）①在极性分子NCl3中，N原子的化合价为-3，Cl原子的化合价为+1，NCl3发生水解反应生成氨气和次氯酸，所以其产物是NH3、HClO，水解方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
②在极性分子NF3中，N原子的化合价为+3，F原子的化合价为-1，和水发生水解反应生成氢氟酸和亚硝酸，水解方程式为：NF3+2H2O=3HF+HNO2，故答案为：NF3+2H2O=3HF+HNO2。
20.[2017天津]用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。
【答案】 (1). 250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 避免AgNO3见光分解 (3). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (4). 否（或不能） (5). 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (6). 10.00 (7). 0.0600 (8). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (9). 偏高 (10). 偏高
【解析】
本题主要考查沉淀滴定法。
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。
（4）b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）舍弃与其它数据不平行的20.24，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗。
（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液数值变小，则测定结果偏低。
21.现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）原HA中水电离出的c(H+)=________mol·L-1
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). 10-13 (2). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). >
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离；
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度；
（3）①若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度；
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全，在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol/LNaHC溶液在没有受抑制的情况下，HC-的电离程度增大。
【详解】（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离，因此原HA溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案为：1.0×10-13mol/L。
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，因此根据电荷守恒，溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)c(B-)>c(OH-)>c(H+)，<。
（3）①常温下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色，说明溶液呈酸性，若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为：NaHC=Na++H++C2-，故答案为：NaHC=Na++H++C2-。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度，溶液中的c(C2-)>c(H2C)，故答案为：>。
若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，HC-的电离不完全，在一级电离的抑制下产生了0.01mol/L的氢离子，在0.1mol/LNaHC溶液中没有氢离子抑制的情况下，HC-的电离程度增大，c(H+)>0.01mol·L-1，故答案为：>。
【点睛】判断离子浓度的大小，通常需结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行解答。
22.通过下表的相关数据，计算、分析、判断给出结论，题目所给数据和条件均为常温下，
NH3•H2O
Kb=1.8×10-5
H2CO3
Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
HF
Ka=6.8×10-4
H2S
Ka1=1.3×10-7 Ka2=7.1×10-15
H2O
Kw=10-14
Cu(OH)2
Ksp=2.2×10-20
Fe(OH)3
Ksp=4.0×10-38
CuS
Ksp=6.3×10-36
FeS
Ksp=3.6×10-18
常用对数
lg2=0.3 lg2.2=0.34 lg3=0.48
（1）NH4F 溶液显____性，保存此溶液应该放在__________中。
（2）NH4HCO3 溶液与少量 NaOH 溶液反应时，_____ (填离子符号)先与 NaOH 溶液中的 OH-反应。
（3）向含Fe3+和Cu2+均为0.1mol/L的溶液中加入某碱调节pH=___时，Fe3+完全沉淀，当pH=_____时，Cu2+开始沉淀，
（4）反应 CuS(s) + H2SO4(aq)H2S(aq) + CuSO4（aq）的 K= _____________；反应 FeS(s) + H2SO4(aq) H2S(aq) + FeSO4 (aq)的 K=___________；反应 CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的 K=_______
由计算结果可以知道：实验室制备H2S气体应选用_________，检验H2S气体应选用_________（均用上述反应中的盐类物质作答）
除去废水中的 Cu2+使用 过量的 FeS 固体的优点有：
a．可以除去废水中的 Cu2+，过量的 FeS 和生成的 CuS 可以通过过滤一并除去
b．____________________________________________________________________
【答案】 (1). 酸 (2). 塑料瓶 (3). NH4+ (4). 3.2 (5). 4.67 (6). 6.8×10-15 (7). 3.9×103 (8). 1.75×10-18 (9). FeS (10). CuSO4 (11). 生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来
【解析】
【分析】
（1）铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中；
（2）由题给数据可知，NH4+结合OH-的能力大于HCO3-；
（3）根据Fe(OH)3和Cu(OH)2的Ksp计算pH值；
（4）根据K=Ksp/Ka1Ka2进行计算。
【详解】（1）已知常温下HF的Ka=6.8×10-4，NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，则铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中，故答案为：酸，塑料瓶。
（2）由NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，H2CO3的Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11可知，NH4+结合OH-的能力大于HCO3-，所以NH4+先与NaOH溶液中的OH-反应，故答案为：NH4+。
（3）Fe3+完全沉淀的浓度为1×10-5mol/L，常温下Fe(OH)3的Ksp=c（Fe3+）c3（OH-）=1×10-5×c3（OH-）=4.0×10-38，则c（OH-）=41/3×10-11mol/L，Fe3+沉淀完全的pH=3.2；Cu2+开始沉淀时的浓度为0.1mol/L，常温下Cu(OH)2的Ksp=c（Cu2+）c2（OH-）=0.1×c2（OH-）=2.2×10-20，则c（OH-）=221/2×10-10mol/L，Cu2+开始沉淀的pH=4.67；
故答案为：3.2，4.67。
（4）反应CuS(s) +H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4（aq）的K=c（Cu2+）c（H2S）/c2（H+）= c（Cu2+）c（S2-）×c（H2S）×c（HS-）/c（H+）c（HS-）×c（H+）c（S2-）=Ksp/Ka1Ka2=6.3×10-36/1.3×10-7×7.1×10-15=6.8×10-15；反应FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4(aq)的
K=Ksp/Ka1Ka2=3.6×10-18/1.3×10-7×7.1×10-15=3.9×103；反应CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K=c（Cu2+）/c（Fe2+）= c（Cu2+）c（S2-）/c（Fe2+）c（S2-）=6.3×10-36/3.6×10-18=1.75×10-18；由计算结果可以知道：实验室制备H2S气体应选用FeS，检验H2S气体应选用CuSO4；
除去废水中的Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去，b.生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来，
故答案为：6.8×10-15，3.9×103，1.75×10-18，FeS，CuSO4，生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来。
1.下列事实：
①NaHSO4溶液呈酸性；
②铵态氮肥与草木灰不能混合使用；
③加热能增加纯碱的去污能力；
④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；
⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；
⑥氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；
⑦蒸发FeCl3溶液制的FeCl3固体时可加入SOCl2。
⑧向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液可产生Al（OH）3白色沉淀
其中与盐类的水解有关的叙述有
A. 9项 B. 8项 C. 7项 D. 6项
【答案】D
【解析】
【详解】①NaHSO4是强酸强碱酸式盐，NaHSO4完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而是溶液呈酸性，与盐类水解无关，故①不选；
②铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，故②选；
③纯碱的成分是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，加热促进碳酸根离子的水解，所以与盐类水解有关，故③选；
④CuCl2属于强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液其溶液呈酸性，为抑制铜离子的水解，在配制该溶液时加入少量的稀盐酸，所以与盐类水解有关，故④选；
⑤NaHS属于酸式盐，HS-水解使溶液呈碱性，电离使溶液呈酸性，溶液最终呈碱性，故水解大于电离，所以c(H2S)>c(S2－)和水解有关，故⑤选；
⑥氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，酸和绣反应生成盐和水，所以氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故⑥选；
⑦FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进其水解，生成氢氧化铁，所以蒸发FeCl3溶液制的FeCl3固体时可加入SOCl2与盐类水解有关，故⑦选；
⑧NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al（OH）3↓，与盐类水解无关，故⑧不选。
所以与盐类的水解有关的叙述有6项。
故选D。
2.某小组为研究原电池原理，设计如图装置，下列叙述正确的是
A. 若X为Fe，Y为Cu，铁为正极
B. 若X为Fe，Y为Cu，电子由铜片流向铁片
C. 若X为Fe，Y为C，碳棒上有红色固体析出
D. 若X为Cu，Y为Zn，锌片发生还原反应
【答案】C
【解析】
A．Fe比Cu活泼，Fe作负极，故A错误；B．Fe比Cu活泼，Fe作负极，电子从Fe流向Cu，故B错误；C．若X为Fe，Y为C，电解质溶液为硫酸铜，则正极C上析出Cu，故C正确；D．Zn比Cu活泼，Zn作负极发生氧化反应，故D错误；故选C。
点睛：原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极。2、根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极。3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极。4、根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极。5、根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。
3.下列有关实验操作的解释或结论正确的是
选项
实验操作
解释或结论
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液pH
一定会使测定结果偏低
C
向10mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下的Ksp：Mg(OH)2 ＞Fe(OH)3
D
用氢氧化钾与浓硫酸测定中和反应的反应热
测得的结果偏小
【答案】A
【解析】
Na2CO3溶液中存在CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，加入少量BaCl2，发生Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，故A正确；B、如果测的是中性溶液，用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH不变，故B错误；C、NaOH溶液中加入几滴MgCl2溶液，NaOH过量，再加入几滴FeCl3溶液，Fe3＋与过量的OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，不能说明溶度积大小，故C错误；D、浓硫酸与水放出热量，因此测的反应热偏高，故D错误。
4. 下列有关溶液组成的描述合理的是
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾
【答案】C
【解析】
A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。
点睛：离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
5.25 ℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
①pH＝0的H2SO4溶液 ②0.05 mol·L－1 的Ba(OH)2溶液
③pH＝10的Na2S溶液 ④pH＝5的NH4NO3溶液
A. 1∶10∶1010∶109 B. 1∶5∶5×109∶5×108
C. 1∶20∶1010∶109 D. 1∶10∶104∶109
【答案】A
【解析】
酸、碱抑制水的电离，则①硫酸溶液中水电离的氢离子浓度即为溶液中的氢氧根离子浓度10-14mol/L；②氢氧化钡是强碱，水电离的氢离子浓度即为溶液中的氢离子浓度:10-13mol/L；③Na2S水解显碱性，水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度：10-4mol/L；④NH4NO3－水解显酸性，水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢离子离子浓度：10-5mol/L，所以水电离的氢离子的物质的量浓度之比是10-14：10-13：10-4：10-5=1：10：1010：109。答案选A。
点睛：明确溶液中的氢离子与水电离出的氢离子不同是解答的关键，需要注意的是外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候由水电离出的H＋和OH－总是相等的，据此可以结合题干信息进行相关计算。
6.常温下，有甲、乙两份体积均为1 L，浓度均为0.1 mol·L-1的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH将为a；②乙与等体积、浓度为0.2mol·L-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH4+)+n(H+)－n(OH—)=b mol。a、b正确的答案组合是
A. 9～11之间；0.1 B. 9～11之间；0.2
C. 12～13之间；0.2 D. 13；0.1
【答案】B
【解析】
对于a我们由弱碱的稀释可知其稀释100倍后pH为会减小比2小。因为在稀释的过程中会有更多的氢氧根离子电离出来。所以为9~11之间。对于b，有电荷守恒可知n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)+ n(cl－)。所以n(cl－)=b。由题知它的物质的量为0．2mol。所以b=0.2。选B.
7.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应有几个
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；
④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；
⑤HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生。
所以不可以发生的反应为②③，故D正确。
故选D。
【点睛】根据平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键，本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。
8.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是
A. O2在电极b上发生还原反应
B. 溶液中OH－向电极a移动
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5
D. 负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；B．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；故选C。
考点：考查了原电池原理的相关知识。
9.物质的量浓度相同的下列溶液: 按c(NH4+)由小到大排列顺序为
①(NH4)2SO4 ②NH4HSO4 ③NH3·H2O ④(NH4)2Fe(SO4)2 ⑤NH4Cl ⑥CH3COONH4 ⑦NH4ClO
A. ③⑦⑥⑤②①④ B. ③⑥⑦⑤②①④
C. ⑦⑥⑤②①④③ D. ③⑥⑦⑤②④①
【答案】A
【解析】
【详解】③NH3•H2O溶液中c（NH4+）小于铵盐的c（NH4+），所以一水合氨溶液中铵根离子浓度最小；根据化学式可知①④中铵根离子系数都是2，铵根离子浓度增大，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，亚铁离子抑制铵根离子水解，因此铵根离子浓度④＞①；②⑤⑥⑦中铵根离子系数都是1，硫酸氢铵中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，醋酸根离子促进铵根离子水解，次氯酸根离子促进铵根离子水解，但次氯酸根离子的促进作用小于醋酸根离子；则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是③⑦⑥⑤②①④，故A正确。
故选A。
【点睛】先根据铵根离子的系数进行分类，再根据其他离子对铵根离子的影响来分类即可。
10.下列各步制取物质，最终无法达到目的的有
A. AlAl2O3Al(NO3)3Al(NO3)3晶体
B. CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2O
C. FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3
D. CuSO4溶液CuSCuS
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为HNO3易挥发，Al3+水解平衡右移，最后蒸干灼烧得到Al2O3，无法达到目的，故A错误；
B.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发结晶得到CuSO4·5H2O，可以达到目的，故B正确；
C.铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与一水合氨发生复分解反应生成氢氧化铁，灼烧氢氧化铁得到三氧化二铁，可以达到目的，故C正确；
D.CuSO4溶液与硫化氢反应生成硫化铜，硫化铜过滤洗涤蒸干得到CuS，可以达到目的，故D正确。
故选A。
11.在一定温度条件下， 甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是
A. 若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x＝2
B. 平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等
C. 平衡时甲中A的体积分数为40%
D. 若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8∶5
【答案】D
【解析】
【分析】
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题。
【详解】3A（g）+B（g）xC（g）+D（s）
甲 6 2 0 0
乙 1.5 0.5 3 2
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态。
A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A错误；
B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；
C.C的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；
D.x=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确。
故选D。
12.下列实验现象或结论判断错误的是：
A. 向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失
B. 向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，一滴入盐酸马上产生CO2气体
C. 不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同
D. 向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，发生反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
NaHCO3，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失，故A正确；
B.向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，开始滴入盐酸是发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故开始滴入盐酸时没有产生CO2气体，故B错误；
C.不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同，发生反应：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+6CO2↑，产生大量气泡，故C正确；
D.向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀Fe(OH)3↓和深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，故D正确。
故选B。
13.室温时，下列各溶液的叙述中正确的是
A. 将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀
B. 向 0.1mol/L NaHSO3 溶液中通入 NH3 至 pH=7 的溶液：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)
C. 0.1mol/L的氨水的pH＝a，0.01mol/L的氨水的pH＝b，则a－1＞b
D. CO2通入KOH溶液，当由水电离的 c(H+)=10-7mol/L，一定存在：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【解析】
【详解】A.在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故A错误；
B.溶液中Na+与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-)，c(NH4+)
故选B。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压，高铁电池的总反为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，下列叙述不正确的是
A. 放电时负极反应式为：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2
B. 放电时每转移3mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原
C. 放电时正极反应式为：Fe(OH)3-3e-＋5OH-=FeO42-＋4H2O
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故A正确；B．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故B正确；C．放电时，正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O═2Fe(OH)3+10OH-或FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，故C错误；D、高铁电池放电时是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，负极附近溶液的碱性减弱，正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O═2Fe(OH)3+10OH-，正极附近溶液的碱性增强，故D正确；故选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理。理解原电池和电解池的工作原理，书写电极方程式是解题的关键。本题中高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-。
15.一刚性密闭容器内部有一不漏气且可滑动的活塞将容器分成左右两个室，左室内充入一定体积的CO和H2O气体，右室充入SO2和O2两种气体，且SO2和O2的物质的量之比为2：1，左右两室内各可发生如下反应：
左室 CO(气)+H2O(气) CO2(气)+H2(气)△H<0
右室 2SO2(气)+O2(气) 2SO3(气) △H<0
反应开始时活塞停留在离左端点3/7处，反应在恒温下进行，当达平衡状态时，活塞处于容器中间。下列叙述正确的是
A. 右室气体反应前后的压强之比为4:3
B. 反应达平衡时气体SO2的转化率为75％
C. 平衡时再向左室中充入与原物质的量之比相同的CO和H2O气体，达平衡时，CO的物质的量分数不变 ，SO2的物质的量分数变大
D. 若原容器中左右两室起始时充入的各物质的量均为原来的两倍，达平衡时，活塞相对于中间位置将偏左
【答案】B
【解析】
【详解】A.对右室来说，体积、压强、物质的量都在变化，不能使用阿伏伽德罗定律的推论，所以可以从左室求解，根据压强之比等于体积之比，即P前：P后=V前：V后=3.5:3=7:6，故A错误；
B.设反应前左室总物质的量为3mol，则右室总物质的量为4mol，因SO2和O2的物质的量之比为2：1，由于左室物质的量不变，达平衡状态时，活塞处于容器中间，说明平衡时右室总物质的量也为3mol，此时右边的物质剩下原来的3/4，设消耗了xmolO2，原有amolO2和SO2，则有a-x/3=3/4a，解得x=3/4a，即反应75%，故反应达平衡时气体SO2的转化率为75%，故B正确；
C.左室中充入与原物质的量之比相同的CO和H2O气体，左右室的压强都增加，但左室平衡不移动，CO的物质的量分数不变，而右室平衡向右移动，SO2的物质的量分数减小，故C错误；
D.如果原容器中左右两室起始时充入的各物质的均为原来的两倍，左边的压强和右边未反应前的压强在活塞3/7处是相等的，所以活塞相对于原来的3/7处不变，故D错误。
故选B。
16.某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
已知：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)=3×10−25 mol2/L2。
A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B. Na2S溶液中：c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=2c(Na+)
C. 该温度下Ksp(CuS)=4×10−36 mol2/L2
D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10−5 mol•L−1的混合溶液中逐滴加入10−4 mol•L−1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【解析】
CuCl2、Na2S水解促进水电离， b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小的为b点，故A错误；根据物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)= c(Na+)，故B错误；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)= c(S2-)，根据b点数据，c(Cu2+)= mol/L，该温度下Ksp(CuS)=4×10-36 mol2/L2，故C正确；Ksp(ZnS)=3×10-25 mol2/L2大于Ksp(CuS)，所以向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-4 mol•L-1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀，故D错误。
17.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是
A. pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B. 随着 HCl 的通入 c(H+)/c(H2A)先减小后增大
C. 将等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合后，溶液显碱性
D. pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据H2AH++HA-，HA-H++A2-，pH变化时，HA-的浓度不断变化，因此pC变化幅度不大的曲线，即图中随着pH的增大，pC先减小后增大的曲线是HA-的物质的量浓度的负对数；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，所以由图可知：随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，随着pH的增大，pC减小的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此答题。
【详解】A.pH=3.50时，pC（A2-）＞pC（HA-），所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故A错误；
B.一开始通入HCl时，H+与电离出来的OH-不断中和，故c(H+)/c(H2A)减小，反应一段时间后，H2A不断电离，浓度减小，H+的浓度越来越大，故c(H+)/c(H2A)增大，故B正确；
C.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，电离平衡时溶液呈酸性，故C错误；
D.根据物料守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误。
故选B。
18.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离
子浓度(mol/L)
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl−
HCO3-
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。
下列说法正确的是
A. 步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
B. 滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C. 滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D. 沉淀物X为CaCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05molMg2＋反应：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，生成0.05 molMg(OH)2，剩余0.005 molOH－，由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(OH－)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故A错误；
B.步骤①中，由于CO32－只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2＋也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2＋）=0.010mol·L－1，所以滤液M中同时存在着Ca2＋和Mg2＋，故B错误；
C.步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11时，此时滤液中c(OH－)=1×10-3mol·L－1。则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(10-3)2=0.010×（10-3）2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成，Q[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成，又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)×(10-3)2=5.6×10-12，c(Mg2＋)=5.6×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2＋，故C错误；
D.步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，[即n(OH－)=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH－恰好与HCO3－完全反应：OH－+HCO3－CO32－+H2O，生成0.001molCO32－。由于Ksp(CaCO3)＜＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32－与水中的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀：Ca2＋+CO32－=CaCO3↓，所以沉淀物X为CaCO3，故D正确。
故选D。
【点睛】以模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，把一个具体情景与教材知识内容有机的结合起来，定量分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论。
19.氮的化合物在工业中应用十分广泛。
（1）工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其热反应方程式CO2(g)+2NH3(g)=CO(NH2)2(g)+H2O(g); ∆H=____________．
化学键
键能（KJ·mol-1）
C＝O
728
C—N
305
N—H
389
O—H
464
（2）工业上经常使用NaClO和NH3制取联氨，联氨（N2H4）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出联氨的电子式_________________。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__________________________________。联氨也经常作为燃料电池的环保原料使用，写出联氨在碱性电解质溶液中，负极的电极方程式_______________________________。
（3）已知合成氨反应的方程式为 N2+3H2 2NH3，其平衡常数 K 的数值和温度的关系如下：
温度℃
200
300
400
平衡常数K
1
0.86
0.5
①由上表数据可知该反应∆H____0 (填“>”或“<”)。
②400 ℃时，测得某时刻 c(N2)= 5 mol·L-1、c(H2)= 3 mol·L-1、c(NH3)= 2 mol·L-1，此时刻该反应的 v 正____v 逆(填“>”“=”或“<”)。该反应达到平衡时，平衡混和气中N2的体积分数为____________
A．50% B．60% C．70% D．无法计算
（4）写出下列含氮化合物在特定条件下的水解反应，电负性Cl＜N，尿素中的C显+4价，
①NCl3__________________________
②NF3_______________________________________________________
【答案】 (1). -32 KJ·mol-1 (2). (3). N2H6（HSO4）2 (4). N2H4—4e-+4OH—=N2+4H2O (5). < (6). > (7). A (8). NCl3+3H2O=3HClO+NH3 (9). NF3+2H2O=3HF+HNO2
【解析】
【分析】
（1）根据∆H=反应物键能-生成物键能进行计算；
（2）联氨是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，第二步电离方程式为N2H5++H2ON2H62++OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2；该电池放电时，负极上是联氨失电子发生氧化反应生成氮气和水；
（3）①由图表数据分析，平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向进行；
②计算此时的浓度熵和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（4）①在极性分子NCl3中，N原子的化合价为-3，Cl原子的化合价为+1，和水发生水解反应生成氨气和次氯酸；
②在极性分子NF3中，N原子的化合价为+3，F原子的化合价为-1，和水发生水解反应生成氢氟酸和亚硝酸。
【详解】（1）CO2(g)+2NH3(g)=CO(NH2)2(g)+H2O(g)的∆H=反应物键能-生成物键能=（728KJ·mol-1×2+6×389KJ·mol-1）-（728KJ·mol-1+305KJ·mol-1×2+389KJ·mol-1×4+464KJ·mol-1×2）=-32KJ·mol-1，故答案为：-32KJ·mol-1。
（2）联氨的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，第二步电离方程式为N2H5++H2ON2H62++OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2；该电池放电时，负极上是联氨失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极方程式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：，N2H6（HSO4）2，N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。
（3）①由图表数据分析，平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，∆H<0，故答案为：<。
②400℃时，测得某时刻c(N2)=5mol·L-1、c(H2)=3mol·L-1、c(NH3)=2mol·L-1，浓度熵Qc=22/1×33=4/27
N2+3H22NH3
起始（mol/L） 5 3 2
转化（mol/L） a 3a 2a
平衡（mol/L） 5-a 3-3a 2+2a
反应达到平衡时，平衡混和气中N2的体积分数为（5-a）/（5-a+3-3a+2+2a）×100%=50%，
故答案为：>，A。
（4）①在极性分子NCl3中，N原子的化合价为-3，Cl原子的化合价为+1，NCl3发生水解反应生成氨气和次氯酸，所以其产物是NH3、HClO，水解方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
②在极性分子NF3中，N原子的化合价为+3，F原子的化合价为-1，和水发生水解反应生成氢氟酸和亚硝酸，水解方程式为：NF3+2H2O=3HF+HNO2，故答案为：NF3+2H2O=3HF+HNO2。
20.[2017天津]用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。
【答案】 (1). 250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 避免AgNO3见光分解 (3). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (4). 否（或不能） (5). 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (6). 10.00 (7). 0.0600 (8). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (9). 偏高 (10). 偏高
【解析】
本题主要考查沉淀滴定法。
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。
（4）b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）舍弃与其它数据不平行的20.24，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗。
（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液数值变小，则测定结果偏低。
21.现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）原HA中水电离出的c(H+)=________mol·L-1
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). 10-13 (2). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). >
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离；
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度；
（3）①若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度；
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全，在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol/LNaHC溶液在没有受抑制的情况下，HC-的电离程度增大。
【详解】（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离，因此原HA溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案为：1.0×10-13mol/L。
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，因此根据电荷守恒，溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)
（3）①常温下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色，说明溶液呈酸性，若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为：NaHC=Na++H++C2-，故答案为：NaHC=Na++H++C2-。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度，溶液中的c(C2-)>c(H2C)，故答案为：>。
若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，HC-的电离不完全，在一级电离的抑制下产生了0.01mol/L的氢离子，在0.1mol/LNaHC溶液中没有氢离子抑制的情况下，HC-的电离程度增大，c(H+)>0.01mol·L-1，故答案为：>。
【点睛】判断离子浓度的大小，通常需结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行解答。
22.通过下表的相关数据，计算、分析、判断给出结论，题目所给数据和条件均为常温下，
NH3•H2O
Kb=1.8×10-5
H2CO3
Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
HF
Ka=6.8×10-4
H2S
Ka1=1.3×10-7 Ka2=7.1×10-15
H2O
Kw=10-14
Cu(OH)2
Ksp=2.2×10-20
Fe(OH)3
Ksp=4.0×10-38
CuS
Ksp=6.3×10-36
FeS
Ksp=3.6×10-18
常用对数
lg2=0.3 lg2.2=0.34 lg3=0.48
（1）NH4F 溶液显____性，保存此溶液应该放在__________中。
（2）NH4HCO3 溶液与少量 NaOH 溶液反应时，_____ (填离子符号)先与 NaOH 溶液中的 OH-反应。
（3）向含Fe3+和Cu2+均为0.1mol/L的溶液中加入某碱调节pH=___时，Fe3+完全沉淀，当pH=_____时，Cu2+开始沉淀，
（4）反应 CuS(s) + H2SO4(aq)H2S(aq) + CuSO4（aq）的 K= _____________；反应 FeS(s) + H2SO4(aq) H2S(aq) + FeSO4 (aq)的 K=___________；反应 CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的 K=_______
由计算结果可以知道：实验室制备H2S气体应选用_________，检验H2S气体应选用_________（均用上述反应中的盐类物质作答）
除去废水中的 Cu2+使用 过量的 FeS 固体的优点有：
a．可以除去废水中的 Cu2+，过量的 FeS 和生成的 CuS 可以通过过滤一并除去
b．____________________________________________________________________
【答案】 (1). 酸 (2). 塑料瓶 (3). NH4+ (4). 3.2 (5). 4.67 (6). 6.8×10-15 (7). 3.9×103 (8). 1.75×10-18 (9). FeS (10). CuSO4 (11). 生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来
【解析】
【分析】
（1）铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中；
（2）由题给数据可知，NH4+结合OH-的能力大于HCO3-；
（3）根据Fe(OH)3和Cu(OH)2的Ksp计算pH值；
（4）根据K=Ksp/Ka1Ka2进行计算。
【详解】（1）已知常温下HF的Ka=6.8×10-4，NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，则铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中，故答案为：酸，塑料瓶。
（2）由NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，H2CO3的Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11可知，NH4+结合OH-的能力大于HCO3-，所以NH4+先与NaOH溶液中的OH-反应，故答案为：NH4+。
（3）Fe3+完全沉淀的浓度为1×10-5mol/L，常温下Fe(OH)3的Ksp=c（Fe3+）c3（OH-）=1×10-5×c3（OH-）=4.0×10-38，则c（OH-）=41/3×10-11mol/L，Fe3+沉淀完全的pH=3.2；Cu2+开始沉淀时的浓度为0.1mol/L，常温下Cu(OH)2的Ksp=c（Cu2+）c2（OH-）=0.1×c2（OH-）=2.2×10-20，则c（OH-）=221/2×10-10mol/L，Cu2+开始沉淀的pH=4.67；
故答案为：3.2，4.67。
（4）反应CuS(s) +H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4（aq）的K=c（Cu2+）c（H2S）/c2（H+）= c（Cu2+）c（S2-）×c（H2S）×c（HS-）/c（H+）c（HS-）×c（H+）c（S2-）=Ksp/Ka1Ka2=6.3×10-36/1.3×10-7×7.1×10-15=6.8×10-15；反应FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4(aq)的
K=Ksp/Ka1Ka2=3.6×10-18/1.3×10-7×7.1×10-15=3.9×103；反应CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K=c（Cu2+）/c（Fe2+）= c（Cu2+）c（S2-）/c（Fe2+）c（S2-）=6.3×10-36/3.6×10-18=1.75×10-18；由计算结果可以知道：实验室制备H2S气体应选用FeS，检验H2S气体应选用CuSO4；
除去废水中的Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去，b.生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来，
故答案为：6.8×10-15，3.9×103，1.75×10-18，FeS，CuSO4，生成的Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体吸附杂质沉降下来。
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