高考化學(xué)第一輪復(fù)習(xí)成果檢測題

1、1.可逆反應(yīng)mA(g)nB(g)+pC(s)H=Q,溫度和壓強(qiáng)的變化對(duì)正、逆反應(yīng)速率的影響分別符合下圖中的兩個(gè)圖像,以下敘述正確的是()A.m>n,Q>0B.m>n+p,Q>0C.m>n,Q<0D.m<n+p,Q<0解析:由題給左圖知,v(正)=v(逆)后,升溫,v(逆)>v(正),即平衡逆向移動(dòng),正反應(yīng)為放熱反應(yīng),H<0;由題給右圖知,v(正)=v(逆)后,增大壓強(qiáng),v(正)>v(逆),平衡正向移動(dòng),則正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng),即m>n。答案:C2.實(shí)驗(yàn)室用4 mol SO2與2 mol O2進(jìn)行下列反應(yīng):2SO2(g

2、)+O2(g)2SO3(g)H=-196.64 kJ·mol-1,當(dāng)放出314.624 kJ熱量時(shí),SO2的轉(zhuǎn)化率為()A.40%B.50%C.80%D.90%解析:根據(jù)放出314.624 kJ的熱量可知參加反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量為×2=3.2 mol,故SO2的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%。答案:C3可逆反應(yīng)mA(s)+nB(g)eC(g)+fD(g),反應(yīng)過程中,當(dāng)其他條件不變時(shí),C的百分含量(C%)與溫度(T)和壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如圖所示,下列敘述中正確的是()A.達(dá)到平衡后,若升高溫度,平衡右移B.達(dá)到平衡后,加入催化劑C%增大C.化學(xué)方程式中“n>e+

3、f”D.達(dá)到平衡后,增加A的量有利于平衡向右移動(dòng)解析:分析圖像可知:壓強(qiáng)越大,C的百分含量越高,即增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),則n>e+f,C項(xiàng)正確;恒壓時(shí),溫度越高,C的百分含量越低,即升高溫度,平衡左移,正反應(yīng)放熱,A項(xiàng)錯(cuò)誤;加入催化劑平衡不移動(dòng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;增加固體的量對(duì)平衡移動(dòng)無影響,D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案:C4.(10分)某化學(xué)科研小組研究在其他條件不變時(shí),改變某一條件對(duì)反應(yīng)aA(g)+bB(g)cC(g)化學(xué)平衡的影響,得到如下圖像(圖中p表示壓強(qiáng),T表示溫度,n表示物質(zhì)的量,表示轉(zhuǎn)化率,表示體積分?jǐn)?shù)):分析圖像,回答下列問題。(1)在圖像反應(yīng)中,若p1>p2,則此正反應(yīng)為(填

4、“放熱”或“吸熱”)反應(yīng),也是一個(gè)氣體分子數(shù)(填“減小”或“增大”)的反應(yīng),由此判斷,此反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行,必須滿足的條件是。 (2)在圖像反應(yīng)中,T1T2(填“>”“<”或“=”),該正反應(yīng)為(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。 (3)在圖像反應(yīng)中,若T2>T1,則此正反應(yīng)為(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。 (4)在圖像反應(yīng)中,若T1>T2,則該反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行?。 解析:(1)反應(yīng)中,恒壓下溫度升高,(A)減小,即升高溫度平衡逆向移動(dòng),則正反應(yīng)為放熱反應(yīng),H<0;由p1>p2知,恒溫時(shí)壓強(qiáng)增大,(A)增大,說明此反應(yīng)為氣體分子數(shù)

5、減小的反應(yīng),即為熵減反應(yīng),S<0。放熱、熵減反應(yīng)只能在低溫下自發(fā)。(2)反應(yīng)中,T2溫度下反應(yīng)先達(dá)到平衡狀態(tài),說明T2>T1;溫度越高,平衡時(shí)C的物質(zhì)的量越小,即升高溫度平衡向左移動(dòng),則正反應(yīng)為放熱反應(yīng),H<0。(3)反應(yīng)中,同一溫度下,增加B的物質(zhì)的量,平衡向右移動(dòng),(C)增大;但當(dāng)B的物質(zhì)的量達(dá)到一定程度后,對(duì)C的稀釋作用會(huì)大于平衡右移對(duì)C的影響,(C)又減小,出現(xiàn)如圖所示的曲線。若T2>T1,溫度升高,(C)減小,即升高溫度,平衡向左移動(dòng),則正反應(yīng)為放熱反應(yīng),H<0。(4)反應(yīng)中,在恒溫下壓強(qiáng)對(duì)(A)沒有影響,說明壓強(qiáng)變化不能影響平衡,此反應(yīng)為氣體分子數(shù)不變

6、的反應(yīng),反應(yīng)過程中熵變很小,S0,若T1>T2,恒壓下溫度越高,(A)越大,說明升高溫度平衡向右移動(dòng),正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),H>0,則H-TS>0,反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行。答案:(1)放熱減小低溫(2)<放熱(3)放熱(4)不能自發(fā)5.分子式為C8H16O2的有機(jī)物A,它能在酸性條件下水解生成B和C,且B在一定條件下能轉(zhuǎn)化成C。則有機(jī)物A的可能結(jié)構(gòu)有()A.2種B.3種C.4種D.5種解析:由題意可知A為酯,其水解產(chǎn)物為一元醇B和一元羧酸C,且B在一定條件下能轉(zhuǎn)化成C,則B的醇羥基應(yīng)在端點(diǎn)碳原子上,且二者碳鏈骨架相同,滿足條件的B的碳鏈骨架有和,故A的可能結(jié)構(gòu)有兩種。答案:A6.

7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是()A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,2.24 L SO3含有的分子數(shù)為0.1NAB.常溫常壓下,1 mol CH4中含有4NA個(gè)CH鍵C.含有2 mol H2SO4的濃硫酸與足量Cu在加熱條件下充分反應(yīng),電子轉(zhuǎn)移數(shù)是2NAD.1 L 1 mol·L-1 AlCl3溶液含Al3+數(shù)目為NA解析:A項(xiàng)忽視了標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3為固體,錯(cuò)誤;C項(xiàng)忽視了隨反應(yīng)進(jìn)行,硫酸濃度減小,而稀硫酸與銅不反應(yīng),即硫酸不能全部參加反應(yīng),錯(cuò)誤;D項(xiàng)忽視了Al3+的水解,錯(cuò)誤。答案:B7.如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(qiáng)(p)與溫度(T)的關(guān)系,則X氣體可

8、能是()A.C2H4B.CH4C.CO2D.NO解析:由圖可知,相同溫度時(shí),p(O2)>p(X),在同質(zhì)量、同體積條件下,氣體相對(duì)分子質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比,即相對(duì)分子質(zhì)量越大,壓強(qiáng)越小,四個(gè)選項(xiàng)中只有CO2的相對(duì)分子質(zhì)量大于O2,故C正確。答案:C8.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是()A.1 mol Na2O2中有4NA個(gè)離子B.常溫常壓下,11.2 L氧氣所含的原子數(shù)為NAC.1 L 1 mol·L-1 CH3COONa溶液中含NA個(gè)CH3COO-D.42 g C2H4和C3H6的混合物中一定含有6NA個(gè)氫原子解析:A項(xiàng),Na2O2由Na+和構(gòu)成,1 mol Na

9、2O2中有3NA個(gè)離子,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B項(xiàng)忽視了11.2 L氧氣不是在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,其物質(zhì)的量不是0.5 mol,錯(cuò)誤;C項(xiàng)忽視了CH3COO-的水解,錯(cuò)誤;D項(xiàng),C2H4和C3H6的最簡式相同,均為CH2,故42 g C2H4和C3H6的混合物中含有氫原子的個(gè)數(shù)為:×2NA=6NA,D項(xiàng)正確。答案:D9.使用容量瓶配制溶液時(shí),由于操作不當(dāng),會(huì)引起誤差,下列情況會(huì)使所配溶液濃度偏低的是()用天平(使用游碼)稱量時(shí),被稱量物與砝碼的位置放顛倒了用滴定管量取液體時(shí),開始時(shí)平視讀數(shù),結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后,燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水定容時(shí),仰視容量瓶的刻度

10、線定容后搖勻,發(fā)現(xiàn)液面降低,又補(bǔ)加少量水,重新達(dá)到刻度線A.B.C.D.解析:量取的較濃溶液體積偏大,所配溶液濃度將偏高。由于配制溶液過程需用到蒸餾水定容,故對(duì)所配溶液濃度無影響。答案:A10.(12分)“84消毒液”能有效殺滅甲型H1N1等病毒,某同學(xué)購買了一瓶“×××”牌“84消毒液”,并查閱相關(guān)資料和消毒液包裝說明得到如下信息:“84消毒液”:含25% NaClO、1 000 mL、密度1.19 g·cm-3,稀釋100倍(體積比)后使用。請(qǐng)根據(jù)以上信息和相關(guān)知識(shí)回答下列問題。(1)該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為 mol·L-1。

11、60;(2)該同學(xué)取100 mL該品牌“84消毒液”稀釋后用于消毒,稀釋后的溶液中c(Na+) mol·L-1(假設(shè)稀釋后溶液密度為1.0 g·cm-3)。 (3)該同學(xué)參閱該品牌“84消毒液”的配方,欲用NaClO固體配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列說法正確的是(填編號(hào))。 A.如上圖所示的儀器中,有四種是不需要的,還需一種玻璃儀器B.容量瓶用蒸餾水洗凈后,應(yīng)烘干才能用于溶液配制C.利用購買的商品NaClO來配制可能導(dǎo)致結(jié)果偏低D.需要稱量的NaClO固體質(zhì)量為143 g解析:(1)c(NaClO)=4.0 mol·L-1。

12、(2)根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變:稀釋100倍后c(NaClO)0.04 mol·L-1,c(Na+)=c(NaClO)0.04 mol·L-1。(3)A項(xiàng),需用托盤天平稱量NaClO固體,需用燒杯來溶解NaClO,需用玻璃棒進(jìn)行攪拌和引流,需用容量瓶和膠頭滴管來定容,圖示的A、B、C、D不需要,但還需玻璃棒和膠頭滴管。B項(xiàng),配制過程中需要加入水,所以經(jīng)洗滌干凈的容量瓶不必烘干后再使用。C項(xiàng),由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì),所以商品NaClO可能部分變質(zhì)導(dǎo)致NaClO減少,配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小,結(jié)果偏低。D項(xiàng),應(yīng)選取500 mL的容量瓶進(jìn)行配

13、制,然后取出480 mL即可,所以需要NaClO的質(zhì)量:0.5 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149 g。答案:(1)4.0(2)0.04(3) C11.(2013·陜西寶雞二模)向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀鹽酸,生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關(guān)系如下圖所示。則下列離子組在對(duì)應(yīng)的溶液中一定能大量共存的是()A.a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Na+、OH-、S、NB.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Al3+、Fe3+、Mn、Cl-C.c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Na+、Ca2+、N、Cl-D.d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:F-、N、Fe2+、Ag+

14、解析:A項(xiàng),a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中含有C和HC,OH-不能大量存在;B項(xiàng),b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中C恰好完全轉(zhuǎn)化成HC,HC與Al3+或Fe3+能發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng),不能大量共存;C項(xiàng),c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中溶質(zhì)為NaCl,所給離子可以大量共存;D項(xiàng),d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中鹽酸過量,為酸性環(huán)境,N在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性,不能與Fe2+大量共存,且酸性條件下F-不能大量存在,在Cl-存在的條件下,Ag+也不能大量存在。答案:C12.(12分)二氧化硒(SeO2)是一種氧化劑,其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物,通過與濃硝酸或濃硫酸反應(yīng)生成SeO2以回收Se。完成下列填空。(1)Se和濃硝酸反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和N

15、O2,且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為11,寫出Se和濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式:。 (2)已知:Se+2H2SO4(濃)2SO2+SeO2+2H2O;2SO2+SeO2+2H2OSe+2S+4H+。SeO2、H2SO4(濃)、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是。 (3)回收得到的SeO2的含量,可以通過下面的方法測定:SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI配平方程式,用單線橋標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。 (4)實(shí)驗(yàn)中,準(zhǔn)確稱量SeO2樣品0.150 0 g,消耗了0.200 0 mol·L-1的Na2S2

16、O3溶液25.00 mL,所測定的樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。 解析:(1)SeSeO2化合價(jià)升高4價(jià),HNO3轉(zhuǎn)化為NO和NO2的物質(zhì)的量比為11時(shí),化合價(jià)降低總價(jià)為4價(jià),故反應(yīng)的化學(xué)方程式可寫為:Se+2HNO3(濃)SeO2+NO+NO2+H2O。(2)Se+2H2SO4(濃)2SO2+SeO2+2H2O中氧化劑是濃硫酸,氧化產(chǎn)物是SeO2,則氧化性:H2SO4(濃)>SeO2;SO2中硫的化合價(jià)是+4價(jià),處于中間價(jià)態(tài),既有氧化性又有還原性,在2SO2+SeO2+2H2OSe+2S+4H+中氧化劑是SeO2,SO2作還原劑體現(xiàn)還原性,故氧化性:SeO2>SO2。綜上

17、所述氧化性:H2SO4(濃)>SeO2>SO2。(3)SeO2Se,化合價(jià)降低4價(jià),2KII2,化合價(jià)升高2價(jià),根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等和元素守恒,可配平反應(yīng)方程式:+4HNO3Se+2I2+4KNO3+2H2O。(4)根據(jù)反應(yīng)、可知,物質(zhì)轉(zhuǎn)化存在如下關(guān)系:SeO22I24Na2S2O3111 g4 molm(SeO2)0.200 0 mol·L-1×0.025 L解得:m(SeO2)=0.14 g,樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:0.14 g/0.150 0 g×100%=93%。答案:(1)Se+2HNO3(濃)SeO2+NO+NO2+H2O(2)H2S

18、O4(濃)>SeO2>SO2(3)+4HNO3Se+2I2+4KNO3+2H2O(4)93%13.將8.34 g FeSO4·7H2O樣品隔絕空氣加熱脫水,其熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)見下圖。下列說法正確的是()A.FeSO4·7H2O晶體中有4種不同結(jié)合力的水分子B.在100 時(shí),M的化學(xué)式為FeSO4·6H2OC.在200 時(shí),N的化學(xué)式為FeSO4·3H2OD.380 的P加熱至650 的化學(xué)方程式為2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3解析:n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol,第一階段失重8.34 g-6

19、.72 g=1.62 g,為0.09 mol H2O,第二階段失重6.72 g-5.10 g=1.62 g,為0.09 mol H2O,第三階段失重5.10 g-4.56 g=0.54 g,為0.03 mol H2O,由以上分析可知含有三種不同結(jié)合力的水分子。FeSO4·7H2O在第一階段和第二階段分別失去3分子水,第三階段失去1分子水,故A、B、C三項(xiàng)均錯(cuò)誤。從第三階段的失重分析,可驗(yàn)證D項(xiàng)正確。答案:D14.下列敘述中正確的是()A.氯化鋁溶液中加入過量氨水反應(yīng)實(shí)質(zhì)是:Al3+3NH3·H2OAl(OH)3+3NB.在加入鋁粉能放出氫氣的溶液中:K+、N、C、Cl-一定

20、能夠大量共存C.鎂鋁合金既可完全溶于過量鹽酸又可完全溶于過量NaOH溶液D.依據(jù)鋁熱反應(yīng)原理,能發(fā)生反應(yīng)2Al+3MgO3Mg+Al2O3解析:Al(OH)3不能溶于一水合氨、碳酸等弱堿或弱酸的溶液中,A項(xiàng)正確;加入鋁粉能夠產(chǎn)生氫氣的溶液可能是強(qiáng)酸性溶液,則N、C不能大量存在,也可能是強(qiáng)堿性溶液,N不能大量存在,B項(xiàng)錯(cuò)誤;鎂和鋁都屬于活潑金屬,故都能夠與鹽酸反應(yīng),但是鎂不能與堿反應(yīng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;鋁熱反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是利用鋁的還原性將不活潑金屬從其氧化物中置換出來,但是活動(dòng)性鋁比鎂弱,故不能用鋁熱法制取鎂,D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案:A15.(2013·四川綿陽三診)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出

21、廢舊印刷電路板上的銅。已知:Cu(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+H2(g)H=+64.39 kJ·mol-12H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)H=-196.46 kJ·mol-1H2(g)+O2(g)H2O(l)H=-285.84 kJ·mol-1在H2SO4溶液中,Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反應(yīng)熱H等于()A.-417.91 kJ·mol-1B.-319.68 kJ·mol-1C.+546.69 kJ·mol-1D.-448.46 kJ·mol-1解析:將三個(gè)熱化學(xué)方程式依次編號(hào)

22、為、,根據(jù)蓋斯定律,+×+得熱化學(xué)方程式:Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)H=-319.68 kJ·mol-1。答案:B16.下圖裝置中,在U形管底部盛有CCl4,分別在U形管兩端小心倒入飽和食鹽水和稀硫酸,并使a、b兩處液面相平,然后分別塞上插有生鐵絲的塞子,密封好,放置一段時(shí)間后,下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是()A.鐵絲在兩處的腐蝕速率:a<bB.a、b兩處相同的電極反應(yīng)為Fe-2e-Fe2+C.一段時(shí)間后,a處液面高于b處液面D.生鐵絲中的碳在a、b兩處分別作原電池的負(fù)極和正極解析:左端發(fā)生吸氧腐蝕,右端發(fā)生析氫腐蝕,故C項(xiàng)正確

23、;兩端鐵均作負(fù)極,失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而受到腐蝕,其電極反應(yīng)均為Fe-2e-Fe2+,而鐵中的碳均作原電池的正極,故B項(xiàng)正確,而D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案:D17.現(xiàn)有陽離子交換膜、陰離子交換膜、石墨電極和如圖所示的電解槽,用氯堿工業(yè)中的離子交換膜技術(shù)原理,可電解Na2SO4溶液生產(chǎn)NaOH溶液和H2SO4溶液。下列說法中正確的是()A.陽極反應(yīng)為2H+2e-H2B.從A口出來的是H2SO4溶液C.a是陽離子交換膜,允許H+通過D.Na2SO4溶液從E口加入解析:惰性電極電解Na2SO4溶液,陽極得到O2和H+,陰極得到H2和OH-。離子交換膜將電解槽分為3個(gè)區(qū)域,Na2SO4溶液從中間區(qū)域加入,Na+通過

24、陽離子交換膜b移向陰極室,S通過陰離子交換膜a移向陽極室,這樣即可得到NaOH和H2SO4。陽極室和陰極室在電解開始時(shí)只需分別加入少量H2SO4和NaOH溶液,以增強(qiáng)溶液導(dǎo)電性而又不帶入雜質(zhì)。答案:B18.下圖為維生素C的結(jié)構(gòu)簡式,下列關(guān)于維生素C的說法中不正確的是()A.屬于有機(jī)物,難溶于水,易溶于有機(jī)溶劑B.該有機(jī)物含有三種官能團(tuán)C.能使溴的四氯化碳溶液褪色D.在一定條件下,能發(fā)生水解反應(yīng),且只生成一種有機(jī)物解析:A項(xiàng),根據(jù)甲醇、乙醇、甘油等含羥基的有機(jī)物能溶于水,可推測維生素C能溶于水,錯(cuò)誤。B項(xiàng),維生素C含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán),正確。C項(xiàng),含有碳碳雙鍵,能與溴發(fā)生加成反應(yīng),

25、正確。D項(xiàng),含有酯基,能發(fā)生水解反應(yīng),從酯基中的碳氧單鍵處斷裂化學(xué)鍵,正確。答案:A19.(2013·河北唐山一中仿真二)下列說法正確的是()A.常溫下,將pH=11的氨水稀釋到原體積的10倍后,溶液的pH=10B.為確定某酸H2A是強(qiáng)酸還是弱酸,可測NaHA溶液的pH,若pH>7,則H2A是弱酸;若pH<7,則H2A是強(qiáng)酸C.用0.200 0 mol·L-1 NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定HCl與CH3COOH的混合溶液(混合液中兩種酸的濃度均約為0.1 mol·L-1),至中性時(shí),溶液中的酸未被完全中和D.25 ,pH=8的NaOH溶液和pH=8的氨水中,由

26、水電離出的c(OH-)不相等解析:加水稀釋促進(jìn)NH3·H2O的電離,故A項(xiàng)中所得溶液11>pH>10,錯(cuò)誤;NaHA溶液pH<7只能說明其電離程度大于水解程度,不能證明其已完全電離,B項(xiàng)錯(cuò)誤;若酸被完全中和,則溶液因CH3COO-的水解而呈堿性,故溶液呈中性時(shí)酸有剩余,C項(xiàng)正確;pH相等的NaOH溶液和氨水中的H+均是由水電離產(chǎn)生的,因pH相等,水電離出的c(H+)相等,即水電離出的c(OH-)相等,D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案:C20.(10分)常溫下,向100 mL 0.01 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1 MOH溶液,圖中所示

27、曲線表示混合溶液的pH變化情況(體積變化忽略不計(jì))?；卮鹣铝袉栴}。(1)由圖中信息可知HA為酸(填“強(qiáng)”或“弱”),理由是。 (2)常溫下一定濃度的MA稀溶液的pH=a,則a7(填“>”“<”或“=”),用離子方程式表示其原因?yàn)?此時(shí),溶液中由水電離出的c(OH-)=。 (3)請(qǐng)寫出K點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的溶液中離子濃度的大小關(guān)系:。 (4)K點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中,c(M+)+c(MOH)2c(A-)(填“>”“<”或“=”);若此時(shí)溶液的pH=10,則c(M+)-c(OH-)= mol·L-1。 解析:(1)由圖像看出0.01 mol&

28、#183;L-1 HA溶液,pH=2,說明HA在水溶液中完全電離,故為強(qiáng)電解質(zhì)。(2)由題目中圖像可知100 mL 0.01 mol·L-1 HA溶液中滴加51 mL 0.02 mol·L-1 MOH溶液,pH=7,說明MOH是弱堿,故其對(duì)應(yīng)的MA是弱堿強(qiáng)酸鹽,水解后溶液顯酸性,溶液中H+全部是水電離出來的,故水電離出的c(OH-)=1×10-a mol·L-1。(3)(4)在K點(diǎn)時(shí)向100 mL 0.01 mol·L-1 HA溶液中滴加100 mL 0.02 mol·L-1 MOH溶液反應(yīng),反應(yīng)后的溶液為等濃度的MA和MOH的混合溶

29、液,故c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。由物料守恒可得c(M+)+c(MOH)=2c(A-),結(jié)合電荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(M+)-c(OH-)=c(A-)-c(H+)0.005 mol·L-1。答案:(1)強(qiáng)0.01 mol·L-1 HA溶液的pH為2,說明HA在水溶液中完全電離(2)<M+H2OMOH+H+1×10-a mol·L-1(3)c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)(4)=0.00521.(2013·河南中原名?？记皦狠S)下

30、列說法正確的是()A.0.1 mol·L-1下列物質(zhì)的溶液:NH4Al(SO4)2NH4ClNH3·H2OCH3COONH4中c(N)由大到小的順序是:>>>B.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液混合一定存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)C.25 時(shí),pH=11的氨水和pH=3的硫酸等體積混合:c(N)>c(S)>c(OH-)>c(H+)D.室溫下,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至中性,混合溶液中各離子濃度大小關(guān)系:c

31、(Na+)>c(N)>c(S)>c(OH-)=c(H+)解析:A項(xiàng),中N和Al3+相互抑制水解,故c(N)應(yīng)>,該項(xiàng)錯(cuò)誤;B項(xiàng)命題意圖為考查溶液的電中性,但忽視了C帶兩個(gè)單位負(fù)電荷,錯(cuò)誤;pH=11的氨水和pH=3的硫酸等體積混合時(shí),氨水過量,溶液呈堿性,C項(xiàng)正確;D項(xiàng),根據(jù)溶液呈電中性可知c(Na+)+c(N)=2c(S),故不可能出現(xiàn)c(Na+)>c(N)>c(S),錯(cuò)誤。答案:C10.某溫度下,Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分別在溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡后,改變?nèi)芤簆H,金屬陽離子濃度的變化如圖所示。據(jù)圖分析,下列判斷錯(cuò)誤的是()A.KspFe(OH)3<KspCu(OH)2B.加適量NH4Cl固體可使溶液由A點(diǎn)變到B