專題六 專題提升

1、.專題提升原理小綜合題分析關于化學反響原理小綜合題，江蘇高考一般有兩種考察形式，一是文字表達型，如2019、2019、2019等年份，二是圖像型，如2019、2019等年份。重點考察內容有判斷放熱、吸熱反響圖；熱方程式的書寫；燃燒熱和中和熱的概念、判斷H的大??；金屬的腐蝕和防護；原電池的概念、電極的判斷、電極方程式的書寫；應用化學平衡原理解釋電離平衡、沉淀溶解平衡、鹽類水解平衡；氯堿工業(yè)、電鍍、電解精煉等；化學反響方向的判斷等。另外需要重視化學反響原理與元素化合物內容整合的復習，例如：氯氣與水的反響，氫氧化鐵膠體的生成，碳酸鈉等鹽的水解，明礬的凈水，醋酸和氨水的電離，合成氨反響等。對于圖像型問

2、題，需要培養(yǎng)化學反響熱效應、酸堿中和滴定、溶解度曲線、平衡轉化率等角度的理解才能。而電化學部分更多結合氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水，電解熔融氯化鈉、氧化鋁、電解精煉銅、電鍍工業(yè)，銅和鐵的腐蝕，銅鋅原電池，錳鋅干電池，氫氧燃料電池等。近幾年江蘇高考關于原理小綜合題的考察如下：年份選項考察點2019反響N2g3H2g2NH3g的H<0，S>0化學反響方向的判斷地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕金屬的防護常溫下，KspMgOH25.6×1012，pH10的含Mg2溶液中，cMg25.6×104 mol·L1Ksp的應用常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反響生

3、成11.2 L H2，反響中轉移的電子數(shù)為6.02×1023氧化復原反響2019化學反響熱效應圖像化學反響速率圖像電離平衡圖像酸堿中和滴定曲線2019假設H2O2分解產生1 mol O2，理論上轉移的電子數(shù)約為4×6.02×1023氧化復原反響室溫下，pH3的CH3COOH溶液與pH11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH>7溶液的酸堿性鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕金屬的防護一定條件下反響N23H22NH3到達平衡時，3v正H22v逆NH3平衡標志的判斷2019假設在海輪外殼上附著一些銅塊，那么可以減緩海輪外殼的腐蝕金屬的防護2NOg2

4、COg=N2g2CO2g在常溫下能自發(fā)進展，那么該反響的H0化學反響方向的判斷加熱0.1 mol/L Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大水解平衡的挪動對于乙酸與乙醇的酯化反響H0，參加少量濃硫酸并加熱，該反響的反響速率和平衡常數(shù)均增大化學反響速率和平衡的挪動2019反響NH3gHClg=NH4Cls在室溫下可自發(fā)進展，那么該反響的H0化學反響方向的判斷電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極電解精煉銅CH3COOH 溶液加水稀釋后，溶液中的值減小電離平衡和電離平衡常數(shù)的應用Na2CO3溶液中參加少量CaOH2 固體，CO水解程度減小，溶液的pH 減小水解平衡的應用文字表達型例1

5、以下有關說法正確的選項是A常溫下，用蒸餾水不斷稀釋醋酸，溶液中cCH3COO/cCH3COOH的值變大B2NOg2COg2CO2gN2g的H<0，那么該反響一定能自發(fā)進展C合成氨反響需使用催化劑，說明催化劑可以促進該平衡向生成氨的方向挪動D對于CaOH2的沉淀溶解平衡，升高溫度，CaOH2的溶解速率增大，Ksp增大解析A項，加水稀釋促進醋酸的電離，那么cCH3COO/cCH3COOHnCH3COO/nCH3COOH的值變大，正確；B項，由于該反響為氣體分子總數(shù)減少的反響，熵減S<0，且H<0，故該反響不一定能自發(fā)進展，錯誤；C項，催化劑不能改變平衡狀態(tài)，錯誤；D項，CaOH2

6、的溶解度隨溫度的升高而降低，Ksp減小，錯誤。答案A例2以下有關說法正確的選項是A普通鋅錳干電池中的MnO2在工作時起催化作用B假設1 mol Na2O2與足量水反響產生O2，理論上轉移的電子數(shù)約為2×6.02×1023C室溫下，體積、pH均一樣的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反響，HA放出氫氣多，說明酸性：HB>HAD恒溫恒壓密閉容器中進展的反響N2g3H2g2NH3g；Ha kJ·mol1，平衡時向容器中再充入一定量NH3，重新達平衡時a值不變 解析A項，普通鋅錳干電池中的MnO2在工作時起氧化劑作用，錯誤；B項，1 mol Na2O2與足量水反響產生O

7、2，理論上轉移的電子數(shù)約為6.02×1023，錯誤；C項，HA放出氫氣多表示HA的物質的量多，其電離程度小，說明酸性大小為HB>HA，正確；D項，平衡時向容器中再充入一定量NH3，相當于增大壓強，增大壓強時，平衡向正反響方向挪動，但反響的反響熱不變，正確。答案CD變式1以下有關說法正確的選項是A馬口鐵鍍錫鐵皮鍍層破損后鐵仍不易腐蝕BCH3ClgCl2gCH2Cl2lHClg能自發(fā)進展，那么該反響的H>0CMnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，那么KspCuS<KspMnSD合成氨消費中將NH3液化別離，一定能加快正反響速率，進步H2的轉化率解析A項，

8、由于鐵比錫活潑，鍍層破損后，易構成原電池，鐵作負極，加速鐵的腐蝕，錯誤；B項，該反響熵減，由于能自發(fā)進展，那么必為放熱反響，即H0，錯誤；C項，由于KspCuS<KspMnS，MnS能與CuSO4溶液生成CuS沉淀，正確；D項，將NH3液化別離，能使反響正向挪動，但正反響速率是逐漸減小的，錯誤。答案C變式2以下有關說法正確的選項是A鋅與稀硫酸反響時參加少量硫酸銅，反響加快的主要原因是Cu2水解增大了H濃度B增大醋酸溶液的濃度，溶液中cOH減小的原因是水的離子積Kw減小C常溫下，pH3的鹽酸與pH11的某堿溶液等體積混合溶液呈堿性，說明該堿為強堿DTATPC8H18O6受撞擊分解爆炸且無明

9、顯熱效應，說明該分解反響熵顯著增加解析A項，參加硫酸銅后發(fā)生置換反響生成銅，構成原電池，從而加快了反響速率，錯誤；B項，水的離子積只與溫度有關，溫度不變，Kw不變，錯誤；C項，說明該堿為弱堿，中和反響后弱堿遠遠過量，導致溶液顯堿性，錯誤。答案D變式3以下說法正確的選項是ASO2溶于水，其水溶液能導電，說明SO2是電解質B向純水中參加鹽酸或氫氧化鈉都能使水的電離平衡逆向挪動，水的離子積減小C鉛蓄電池在放電過程中，負極質量增加，正極質量減少D常溫下，反響4FeOH2s2H2OlO2g=4FeOH3s的H<0、S<0解析A項，二氧化硫自身不能電離出離子，不是電解質，錯誤；B項，向純水中參

10、加鹽酸或氫氧化鈉雖然能使水的電離平衡逆向挪動，但水的離子積不變只與溫度相關，錯誤；C項，鉛蓄電池在放電過程中，正、負極質量均增加均有難溶的硫酸鉛沉淀生成，錯誤；D項，該反響熵減，由于能自發(fā)，說明反響為放熱反響H<0，正確。答案D圖像型例32019·蘇錫常鎮(zhèn)教學情況調研一化學中常用圖像直觀地描繪化學反響的進程或結果。以下圖像描繪正確的選項是A圖表示不同壓強對反響體系3Xg2YgZs中X體積分數(shù)的影響B(tài)圖表示CH3COOH溶液中通入NH3至過量的過程中溶液導電性的變化C圖中的線條2表示放熱反響2H2O2=2H2OO2參加催化劑Br2的反響進程D圖表示用0.100 0 mol

11、3;L1NaOH溶液分別滴定同濃度同體積鹽酸和醋酸的曲線解析A項，Z為固體，該反響為不等體積變化，所以在加壓時，平衡會挪動，X的體積分數(shù)會變化，錯誤；B項，CH3COOH為弱電解質，通入NH3生成CH3COONH4為強電解質，導電才能增強，錯誤；C項，從圖示看，Br2在反響前后均有，所以Br2作催化劑，催化劑可以降低反響的活化能線條2，反響物的總能量比生成物大，故為放熱反響，正確；D項，等物質的量的鹽酸和醋酸，與NaOH反響到達pH7時，消耗的NaOH不相等，與圖不吻合，錯誤。答案C例42019·江蘇南京三模以下圖示與對應的表達相符合的是A由圖甲可知，從能量角度考慮，金剛石比石墨穩(wěn)定

12、B圖乙表示CO2通入飽和Na2CO3溶液中，溶液導電才能的變化C圖丙表示等量NO2在容積一樣的恒容密閉容器中，不同溫度下分別發(fā)生反響：2NO2gN2O4g，一樣時間后測得NO2含量的曲線，那么該反響的H<0D圖丁表示某可逆反響的反響速率隨時間的變化，t0時刻改變的條件一定是使用了催化劑解析A項，從圖知，石墨的能量小于金剛石，而能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，錯誤；B項，發(fā)生反響：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，離子濃度減小，導電才能減弱，當繼續(xù)通過CO2時，又會生成H2CO3，離子濃度增大，導電才能又會增強，錯誤；C項，圖中表示NO2的含量，在最低點的左側，NO2不斷的轉

13、化成N2O4，含量減小，說明反響未到達平衡，溫度高，反響速率快，在最低點時，說明反響已達平衡，在最低點的右側，NO2的含量會增大，說明反響逆向挪動了，故反響為放熱反響，正確；D項，還有可能為等體積反響在加壓條件下的變化，錯誤。答案C變式4以下圖示與對應的表達相符的是A圖甲中陰影部分的面積表示v正與v逆的差值B圖乙表示溶液中含鋁顆粒濃度隨pH變化曲線，A點所示溶液中存在大量AlOC圖丙表示一定條件下的合成氨反響中，NH3的平衡體積分數(shù)隨H2起始體積分數(shù)N2的起始量恒定的變化，圖中A點N2的轉化率小于B點D圖丁表示同一溫度下，在不同容積的容器中進展反響2BaO2s2BaOsO2g，O2的平衡濃度與

14、容器容積的關系解析圖甲中陰影部分的面積表示正反響濃度與逆反響濃度的差值，A項錯誤； 圖乙表示溶液中含鋁顆粒濃度隨pH變化曲線，A點所示鋁離子轉化為氫氧化鋁的過程，溶液中存在大量Al3，B項錯誤；在合成氨的反響，增加氫氣濃度，進步氮氣的轉化率，自身轉化降低，A點N2的轉化率小于B點，C項正確；同一溫度下，在不同容積的容器中進展反響2BaO2s2BaOsO2g，O2的平衡濃度與容器容積的關系不是線性關系，而是點狀關系，且整個過程中氧氣的壓強是不變的，D項錯誤。答案C變式5以下圖所示與對應表達相符的是A用硝酸銀溶液滴定等濃度的A、B、C的混合溶液均可以與Ag反響生成沉淀，由圖1可確定首先沉淀的是AB

15、圖2表示反響中某反響物的正、逆反響速率隨溫度變化情況，由圖可知該反響的正反響是吸熱反響C一定條件下，X和Y反響生成Z，由圖3推出該反響的方程式可表示為：X3YZD圖4表示溶液中反響：I2II 平衡cI 隨溫度變化，反響速度v正Mv逆N解析lgcX越大，那么cX越小，越容易生成沉淀，首先生成沉淀是A，A項正確；圖2中逆反響速率曲線斜率大，隨著溫度升高，逆反響速率大于正反響速率，反響向逆向挪動，說明正反響為放熱反響，B項錯誤；當反響物的起始物質的量之比等于化學計量數(shù)之比時，用各物質表示的轉化率一樣，從圖分析，當X的物質的量與Y 的物質的量之比為3時，轉化率一樣，那么二者化學計量數(shù)之比為31，那么方

16、程式為3XYZ，C項錯誤；平衡cI 隨溫度升高而減小，平衡逆向挪動，反響速度：v正M<v逆N，D項錯誤。答案A專題測試六1.以下曲線中，可以描繪乙酸甲，Ka1.8×105和一氯乙酸乙，Kb1.4×103在水中的電離度與濃度關系的是解析根據(jù)甲、乙的電離平衡常數(shù)得，這兩種物質都是弱電解質，在溫度不變、濃度相等時，電離程度CH3COOH<CH2ClCOOH，可以排除A、C；當濃度增大時，物質的電離程度減小，排除D選項，故B項正確。答案B2.液態(tài)化合物AB會發(fā)生微弱的自身電離，電離方程式為ABAB，在不同溫度下其平衡常數(shù)為K25 1.0×1014，K35 2.

17、1×1014。那么以下表達正確的選項是A.cA隨溫度的升高而降低B.35 時，cAcBC.AB的電離程度：25 35 D.AB的電離是吸熱過程解析由于K25 K35 ，故cA隨溫度的升高而增大，A錯；由電離方程式可知，在任何溫度下，都存在cAcB，B錯；由25 和35 時的平衡常數(shù)可知，溫度越高，電離程度越大，C錯；由于K25 K35 ，因此AB的電離是吸熱過程，D正確。答案D3.某興趣小組為研究碳酸鈉水解平衡與溫度的關系，用數(shù)字實驗系統(tǒng)測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度的關系，得到曲線如圖，以下分析不合理的是A.碳酸鈉水解是吸熱反響B(tài).ab段說明水解平衡向右挪動C.bc段說明水解平

18、衡向左挪動D.水的電離平衡也對pH產生影響解析分析圖像，碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解，升溫pH增大，說明水解是吸熱反響，A項正確；ab段說明升溫促進水解，氫氧根離子濃度增大，堿性增強，溶液pH增大，圖像符合，B項正確；溫度升高促進水解平衡正向進展，C項錯誤。答案C4.常溫下，以下溶液一定呈堿性的是A.能與金屬鋁反響放出氫氣的溶液B.106的溶液C.pH2的CH3COOH溶液與pH12的NaOH溶液等體積混合D.0.01 mol·L1的氨水與0.01 mol·L1的HCl溶液等體積混合解析能與金屬鋁反響放出氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈強堿性，A項錯誤；106<1，cHcO

19、H，溶液呈堿性，B項正確；CH3COOH為弱酸，NaOH為強堿，pH2的CH3COOH溶液與pH12的NaOH溶液等體積混合，CH3COOH過量，溶液呈酸性，C項錯誤；0.01 mol·L1的氨水與0.01 mol·L1的HCl溶液等體積混合恰好發(fā)生中和反響，生成的氯化銨水解使溶液呈酸性，D項錯誤。答案B5.準確移取20.00 mL某待測 HCl溶液于錐形瓶中，用0.100 0 mol·L1 NaOH溶液滴定。以下說法正確的選項是A.滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進展滴定B.隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大C.用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由

20、紅色變無色時停頓滴定D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，那么測定結果偏小解析滴定管用蒸餾水洗滌后，需用待裝液潤洗才能裝入NaOH溶液進展滴定，A項錯誤；隨著NaOH溶液的滴入，錐形瓶內溶液中cH越來越小，故pH由小變大，B項正確；用酚酞作指示劑，當錐形瓶內溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪去，說明到達滴定終點，應停頓滴定，C項錯誤；滴定達終點時，滴定管尖嘴部分有懸滴，那么所加標準NaOH溶液量偏多，使測定結果偏大，D項錯誤。答案B6.室溫下，有pH均為9，體積均為10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，以下說法正確的選項是A.兩種溶液中的cNa相等B.兩溶液中由水電離出的cO

21、H之比為109/105C.分別加水稀釋到100 mL時，兩種溶液的pH仍然相等D.分別與同濃度的鹽酸反響，恰好反響時消耗的鹽酸體積相等解析pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，cNaOHcCH3COONa，Na不水解，所以CH3COONa溶液中cNa大，A項錯誤；OH抑制水電離，CH3COO促進水電離，NaOH溶液中cH等于水電離出cOH109 mol·L1，CH3COONa溶液中水電離出的cOH1014/109 mol·L1105 mol·L1，兩者之比109/105，B項正確；加水稀釋促進CH3COONa水解，導致溶液中pH大小為CH3COONaNaOH，

22、C項錯誤；因為nNaOHnCH3COONa，所以CH3COONa消耗的鹽酸體積大，D項錯誤。答案B7.0.1 mol·L1某堿AOH溶液的pH11，將該溶液稀釋10倍后，溶液的pH不可能為10.110.81211.5A. B. C. D.解析在堿溶液稀釋過程中，溶液的pH將減小而不是增大，假設AOH是強堿，稀釋10倍后溶液的pH10，假設AOH是弱堿，由于稀釋過程中AOH會電離出一部分OH，故稀釋10倍后溶液的pH為10<pH<11，A項正確。答案A 8.25 時，以下有關溶液中各微粒的物質的量濃度關系正確的選項是A.0.1 mol/L的NH4Cl溶液：cCl>cN

23、H>cOH>cHB.0.1 mol/L的CH3COOH溶液：cCH3COOH>cH>cCH3COO>cOHC.pH4的FeCl3溶液：cCl>cH>cFe3>cOHD.pH11的CH3COONa溶液：cNacHcCH3COOcCH3COOH解析NH4Cl發(fā)生水解使溶液呈酸性，cCl>cNH>cH>cOH，A項錯誤；弱酸CH3COOH的電離程度遠大于水的微弱電離，cCH3COOH>cH>cCH3COO>cOH，B項正確；FeCl3發(fā)生水解使溶液呈酸性，cCl>cFe3>cH>cOH，C項錯誤；C

24、H3COONa溶液遵循電荷守恒，cNacHcCH3COOcOH，D項錯誤。答案B9.lg 20.301 0，KspMnOH22.0×1013。實驗室制氯氣的廢液中含cMn20.1 mol·L1，向該溶液中滴加稀氫氧化鈉溶液至Mn2完全沉淀的最小pH等于A.8.15 B.9.3 C.10.15 D.11.6解析Mn2沉淀較為完全時的濃度為1×105 mol·L1，KspcMn2·c2OH，cOH mol·L1×104 mol·L1，cH mol·L1×1010 mol·L1，所以pHlg

25、10lg 210.15。C項正確。答案C10.2019·江蘇南京、鹽城一模以下說法錯誤的選項是A.實驗室配制FeCl3溶液時，需將FeCl3s溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋B.反響2CO2NO=N22CO2在常溫下能自發(fā)進展，那么反響的H>0，S0C.0.1 mol·L1 NH4Cl溶液加水稀釋，cH/cNH的值增大D.反響CH3COOCH3H2OCH3COOHCH3OHH0，到達平衡時，參加少量固體NaOH，那么乙酸甲酯水解轉化率增大解析FeCl3水解反響方程式為FeCl33H2OFeOH33HCl，在FeCl3中參加HCl可以抑制Fe3水解生成FeOH3，A項正確

26、；從反響方程式中氣體物質的化學計量系數(shù)來看，物質的量在減小，即熵減小，但反響能自發(fā)，那么該反響是放熱反響，H<0，B項錯誤；NH 的水解方程式為：NHH2ONH3·H2OH，KbcNH3·H2O·cH/cNH，Kb僅與溫度有關，稀釋過程中，溫度不變，那么Kb不變，但cNH3·H2O減小，故cH/cNH增大，C項正確； CH3COOCH3水解生成CH3COOH，參加NaOH固體，可以與CH3COOH反響，促使水解平衡正向挪動，CH3COOCH3的水解轉化率增大，D項正確。答案B11.常溫下，在一定體積pH12的BaOH2溶液中，逐滴參加一定物質的量濃

27、度的NaHSO4溶液，當溶液中的Ba2 恰好完全沉淀時，溶液pH11。假設反響后溶液的體積等于BaOH2溶液與NaHSO4溶液的體積之和，那么BaOH2溶液與NaHSO4溶液的體積比是A.19 B.11 C.12 D.14解析pH12的氫氧化鋇溶液中cH1×1012 mol·L1，cOH mol·L11×102 mol·L1，cBaOH20.5×102 mol·L1；反響后溶液pH11，cH1×1011 mol·L1，cOH mol·L11×103 mol·L1。設氫氧化鋇溶

28、液體積為V1 L，硫酸氫鈉溶液的體積為V2 L，依題意知，nBa2nSO，由BaOH2NaHSO4BaSO4NaOHH2O知，生成的氫氧化鈉的物質的量為nNaOHnBaOH20.5×102V1 mol，1×103 mol·L1，那么V1V214，D項正確。 答案D12.2019·江蘇南京、鹽城二模以下圖所示與對應表達相符的是A.圖甲表示一定溫度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲線，那么KspFeS>KspCuSB.圖乙表示pH2的甲酸與乙酸溶液稀釋時的pH變化曲線，那么酸性：甲酸<乙酸C.圖丙用0.100 0 mol·L1 NaOH溶

29、液滴定25.00 mL鹽酸的滴定曲線，那么cHCl0.080 0 mol·L1D.圖丁表示反響N2g3H2g2NH3g平衡時NH3體積分數(shù)隨起始nN2/nH2變化的曲線，那么轉化率：AH2BH2解析A項，作一等量cS2的線，對應的cFe2>cCu2，所以KspFeS>KspCuS，正確；B項，酸性越強的酸，稀釋一樣倍數(shù)時，pH變化大，那么酸性：甲酸>乙酸，錯誤；C項，根據(jù)cNaOH·VNaOHcHCl·VHCl0.1 mol·L1×0.02 LcHCl×0.025 L，cHCl0.080 0 mol·L1，

30、正確；D項，B點處的nN2/nH2比A點處大，所以B處H2的轉化率高，錯誤。答案AC13.常溫下，濃度均為0.10 mol·L1、體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如下圖，以下表達正確的選項是A.該溫度下HB的電離平衡常數(shù)約等于1.11×105B.當lg3時，假設兩溶液同時升高溫度，那么減小C.一樣條件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHD.溶液中水的電離程度：acb解析根據(jù)圖像可知，稀釋100倍時HB的濃度變?yōu)?.001 mol·L1，而此時溶液中cH為104 mol·L1，即發(fā)生電離的HB是104 mol·

31、;L1，該溫度下HB的電離平衡常數(shù)K1.11×105，A項正確；當lg3時，HA溶液的pH4，HB溶液的pH4，HA是強酸，HB是弱酸，升高溫度，對cA無影響，而HB溶液中存在電離平衡，升高溫度，電離正向挪動，cB濃度增大，增大，B項錯誤；HA為強酸，HB為弱酸，NaB溶液顯堿性，NaA溶液顯中性，一樣條件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，C項錯誤；酸電離出的cH越大，對水電離的抑制程度越大，根據(jù)圖像可知，溶液中水的電離程度：acb，D項錯誤。答案A14.2019·南通模擬25 時，一樣pH值的兩種一元弱酸HA與HB溶液分別加水稀釋，溶液pH值隨溶液體積變化的曲線如下

32、圖。以下說法正確的選項是A.同濃度的NaA與NaB溶液中，cA大于cBB.a點溶液的導電性大于b點溶液C.a點的cHA大于b點的cHBD.HA的酸性強于HB解析pH一樣的酸，稀釋一樣倍數(shù)時，酸性強的酸的pH的變化大，酸性較弱的酸的pH的變化小，據(jù)此得出酸性：HA>HB，故D項正確；A項，根據(jù)“越弱越水解的規(guī)律，可知A的水解程度小于B的水解程度，故同濃度的NaA與NaB溶液中，cA大于cB，正確；B項，在這兩種酸溶液中，cHcA，cHcB，而a點的cH小于b點的cH，故a點的cA小于b點的cB，即a點的離子濃度小于b點的離子濃度，故a點的導電才能小于b點，錯誤；C項，在稀釋前兩種酸的pH一

33、樣，而兩種酸的酸性：HA>HB，故在稀釋前兩種酸溶液的濃度：cHA<cHB，故將溶液稀釋一樣倍數(shù)時，酸的濃度仍有：cHA<cHB，錯誤。答案AD15.2019·江蘇南京、鹽城一模常溫下，濃度均為0.100 mol·L1、體積均為15.00 mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100 mol·L1 HCl溶液滴定，其滴定曲線如以下圖所示：當兩溶液中均滴入一樣體積的HCl溶液時，相應的兩溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的選項是A.當VHCl0 mL時，cNH3·H2OcHCOB.當VHCl4.00 mL時，cNHcNH3·H

34、2OcHCOcCOC.當VHCl8.00 mL時，cNacNHcHCO2cCOD.當VHCl15.00 mL時，cNacNHcNH3·H2O解析氨水中存在電離平衡，NaHCO3中存在HCO 的電離平衡和水解平衡，由于不知兩者的平衡程度關系，所以不能確定cNH3·H2O和cHCO的大小，A項錯誤；氨水為15 mL，參加鹽酸4 mL時，反響后溶液中含0.001 1 mol NH3·H2O和0.000 4 mol NH ，所以cNH3·H2O>cNH，B項錯誤；參加8 mL HCl時，NaHCO3中存在的電荷守恒為cNacHcOHcHCO2cCO，由圖知

35、，此時pH<7，故有cNa<cHCO2cCO，顯然，不等式右側再加上cNH，仍成立，C項正確；參加15 mL HCl時，氨水和NaHCO3剛好完全被反響生成NH4Cl和NaCl，由物料守恒知，nNH4ClnNaCl，nNanClnNHnNH3·H2O，D項正確。答案CD16.草酸鐵晶體Fe2C2O43·xH2O通過相關處理后可溶于水，且能做凈水劑，在110 可完全失去結晶水。為測定該晶體中鐵的含量和結晶水的含量，某實驗小組做了如下實驗：步驟1：稱量4.66 g草酸鐵晶體進展處理后，配制成250 mL一定物質的量濃度的溶液。步驟2：取所配溶液25.00 mL于錐形

36、瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同時MnO被復原成Mn2。向反響后的溶液中參加一小匙鋅粉，加熱至溶液黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液搜集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟3：用0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被復原成Mn2。重復步驟2、步驟3的操作2次，分別滴定消耗0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液為V2、V3 mL。記錄數(shù)據(jù)如下表：實驗編號KMnO4溶液的濃度mol·L1KMnO4溶液滴入的體積mL10.020 0V

37、120.0220.020 0V222.1230.020 0V319.98請答復以下問題：1草酸鐵溶液能做凈水劑的原因_用離子方程式表示。2該實驗步驟1和步驟3中使用的儀器除托盤天平、鐵架臺、滴定管夾、燒杯、玻璃棒外，一定需用以下儀器中的_填序號。A.酸式滴定管B.堿式滴定管C.量筒10 mLD.錐形瓶E.膠頭滴管F.漏斗G.250 mL容量瓶3參加鋅粉的目的是_。4步驟3滴定時是否選擇指示劑_是或否；說明理由_，寫出步驟3中發(fā)生反響的離子方程式_。5在步驟2中，假設參加的KMnO4溶液的量不夠，那么測得的鐵含量_填“偏低“偏高或“不變；實驗測得該晶體中結晶水的個數(shù)x為_。解析1草酸鐵溶液水解生

38、成氫氧化鐵膠體，具有吸附性，能做凈水劑，反響的兩種方程式為Fe33H2O=FeOH3膠體3H。2實驗步驟1是配制溶液，需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、膠頭滴管；步驟3是滴定，使用的儀器有鐵架臺、滴定管夾、錐形瓶、酸式滴定管。3根據(jù)題意，參加的鋅粉可以將Fe3復原為Fe2。4高錳酸鉀溶液顯紫紅色，步驟3滴定時發(fā)生的反響為5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，因為KMnO4被復原劑復原成Mn2，紫紅色褪去，所以不需要指示劑。5在步驟2中，假設參加的KMnO4溶液的量不夠，導致草酸根不能完全被氧化，在步驟3中消耗的高錳酸鉀溶液的體積偏大，那么測得的鐵含量偏高；實驗2數(shù)值

39、誤差較大應舍去，那么V mL20.00 mL5Fe2MnO8H=Mn25Fe34H2O51N0.02 mol/L×0.020 0 L解得n0.02 mol那么250 mL溶液中含鐵元素物質的量0.002 mol×0.02 mol那么Fe2C2O43·xH2O的物質的量0.01 molFe2C2O43的摩爾質量為466 g/mol那么x5。答案1Fe33H2O=FeOH3膠體3H2ADEG3將Fe3復原為Fe24否因為KMnO4被復原劑復原成Mn2，紫紅色褪去，所以不需要指示劑5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O5偏高517.與化學平衡類似，電離平衡的平衡常數(shù)

40、，叫做電離平衡常數(shù)用K表示。下表是某溫度下幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)：酸電離方程式電離平衡常數(shù)KCH3COOHCH3COOHCH3COOH1.96×105HClOHClOClOH3.0×108H2CO3H2CO3HHCOHCOHCOK14.4×107K25.6×1011H3PO4H3PO4HH2POH2POHHPOHPOHPOK17.1×103K26.3×108K34.2×1013答復以下問題：1假設把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，那么它們酸性最強的是_填化學式，下同，

41、最弱的是_。 2向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，發(fā)生的離子方程式為_，1.2 mol·L1的NaClO溶液pH_：lg 20.3。3求該溫度下，0.10 mol·L1的CH3COOH溶液中的cH_ mol·L1。解析1弱酸的電離常數(shù)K越大，表示該弱酸的酸性越強，多元弱酸的酸性主要取決于K1。因此酸性：H3PO4>CH3COOH> H2CO3> H2PO>HClO>HCO>HPO。2H2CO3>HClO>HCO，因此向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳的離子方程式為CO2ClOH2O=HClOHCO；設NaClO

42、水解生成的cOHx，ClOH2O HClOOHc起始/mol·L1 1.200c轉化/mol·L1x xx c平衡/mol·L11.2x xx 水解常數(shù)KhKh解得x2×107/2 mol/LcH×1010.5 mol/LpH10.5lg2110.5lg210.50.310.8。3 CH3COOH CH3COOH c起始/mol·L1 0.1 0 0c轉化/mol·L1 x x x c平衡/mol·L1 0.1x x xKx2/0.1xx2/0.11.96×105，x1.4×103 mol

43、83;L1。答案1H3PO4 HPO2CO2ClOH2O = HClOHCO10.831.4×10318.軟錳礦主要成分為MnO2可用于制備錳及其化合物。1早期冶煉金屬錳的一種方法是先煅燒軟錳礦生成Mn3O4，再利用鋁熱反響原理制得錳，該鋁熱反響的化學方程式為_。2現(xiàn)代冶煉金屬錳的一種工藝流程如下圖：下表為t 時，有關物質的pKsp注：pKsplg Ksp。物質FeOH3CuOH2CaOH2MnOH2pKsp37.419.325.2612.7物質CuSCaSMnSMnCO3pKsp35.25.8612.610.7軟錳礦復原浸出的反響為12MnO2C6H12O612H2SO4=12Mn

44、SO46CO218H2O該反響中，復原劑為_。寫出一種能進步復原浸出速率的措施：_。濾液1的pH_填“或“MnSO4浸出液的pH。參加MnF2的主要目的是除去_填“Ca2“Fe3或“Cu2。3由MnSO4制取MnCO3：往MnSO4溶液中參加過量NH4HCO3溶液，該反響的離子方程式為_；假設往MnSO4溶液中參加NH42CO3溶液，還會產生MnOH2，可能的原因有：MnCO3s2OHaqMnOH2sCOaq，t 時，計算該反響的平衡常數(shù)K_填數(shù)值。解析1高溫下，Al和Mn3O4發(fā)生鋁熱反響生成Mn，根據(jù)反響物、生成物及反響條件可知反響的化學方程式為8Al3Mn3O44Al2O39Mn；2軟錳

45、礦復原浸出得到硫酸錳溶液，說明浸取液為稀硫酸，同時溶液中還含有Ca2、Fe3、Cu2 等雜質，調節(jié)溶液的pH，F(xiàn)eOH3 pKsp 為37.4與其他離子相比最大，調節(jié)pH可以將FeOH3沉淀下來，向濾液中參加硫化銨，CuS的pKsp為35.2，可以將銅離子形成硫化物沉淀下來，再參加MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2，最后對得到的含有錳離子的鹽電解，可以得到金屬錳。軟錳礦復原浸出的反響為12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，該反響中，Mn元素化合價由4價變?yōu)?價、C元素化合價由0價變?yōu)?價，失電子化合價升高的反響物是復原劑，所以C6H12O6為復原劑；反

46、響物接觸面積越大、溫度越高反響速率越快，所以能進步復原浸出速率的措施：升高反響溫度或將軟錳礦研細等。軟錳礦復原浸出的反響為12MnO2C6H12O612H2SO4=12MnSO46CO218H2O，溶液呈強酸性，復原浸出液中含有Mn2、Ca2、Fe3、Cu2，此時未形成沉淀，Ksp 為溶度積常數(shù)，pKsplg Ksp，pKsp 越大，沉淀溶解平衡常數(shù)越小，所以濾液1的pH大于MnSO4浸出液的pH，才能形成氫氧化鐵沉淀。CaF2難溶于水，濾液2為Mn2、Ca2、NH、SO，參加MnF2的目的是形成CaF2沉淀，除去Ca2。3錳離子和碳酸氫根離子反響生成碳酸錳沉淀、水和二氧化碳氣體，離子方程式為Mn22HCO=MnCO3H2OCO2；由MnCO3s2OHaqMnOH2sCOaq可知，K100。答案18Al3Mn3O44Al2O39Mn2C6H12O6升高反響溫度或將軟錳礦研細等其他合理答案Ca23Mn22HCO=MnCO3H2OCO210019.現(xiàn)有0.175 mol·L1醋酸鈉溶液500 mL醋酸的電離常數(shù)Ka1.75×105。1寫出醋酸鈉水解反響的化學方程式：_。2以下圖像能說明醋酸鈉的水解反響到達平衡的是_。A.溶液中cNa與反響時間t的關系B.CH3COO的水解速率與反響時間t的關系C.溶液的pH與反