初中化學(xué)魯教版九年級(jí)下冊(cè)第八單元海水中的化學(xué)單元復(fù)習(xí) 優(yōu)質(zhì)課獎(jiǎng)

2015-2016學(xué)年廣東省東莞市北師大石竹附屬學(xué)校高二（上）第二次月考化學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分．每小題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．pH=l的兩種酸溶液A、B各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關(guān)系如圖，下列說法正確的是（）①若a＜4，則A、B都是弱酸②稀釋后，A酸溶液的酸性比B酸溶液強(qiáng)③若a=4，則A是強(qiáng)酸，B是弱酸④A、B兩種酸溶液的物質(zhì)的量濃度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④2．反應(yīng)A+B?C在溫度T1下進(jìn)行，反應(yīng)D+E?F在溫度T2下進(jìn)行，已知T2＞T1，且D和E的濃度均大于A和B的濃度（其它條件均相同）則兩者的反應(yīng)速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法確定3．在同體積同濃度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分別加入足量的Zn，下列說法中正確的是（）A．硫酸中放出氫氣量最多B．醋酸中放出氫氣量最多C．鹽酸中放出的氫氣量最多D．鹽酸和硝酸中放出的氫氣相等4．在1000℃時(shí)，可逆反應(yīng)：Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）的平衡常數(shù)K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密閉容器中加入足量的Fe，在1000℃時(shí)使之發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為（）A．10% B．% C．50% D．%5．一定溫度的恒容密閉容器中進(jìn)行如下可逆反應(yīng)A（s）+2B（g）?2C（g）．下列敘述中，能說明反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（）A．C消耗的速率與A消耗的速率相等B．單位時(shí)間內(nèi)生成amolB，同時(shí)消耗amolCC．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化D．混合氣體的密度不再變化6．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列操作導(dǎo)致結(jié)果偏低的是（）①錐形瓶用蒸餾水洗凈后，再用待測液潤洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失；③滴定前仰視讀數(shù)，滴定后平視讀數(shù)；④搖動(dòng)錐形瓶時(shí)，有少量液體濺出；⑤滴定時(shí)，錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④7．反應(yīng)：X（g）+3Y（g）?2Z（g）△H＜0，在不同溫度、不同壓強(qiáng)（P2＞P1）下，達(dá)平衡時(shí)，混合氣體中Z的百分含量隨溫度變化的曲線應(yīng)為（）A． B． C． D．8．以下對(duì)298K時(shí)PH為9的KOH溶液與PH為9的Na2CO3溶液中由水電離出的c（H+）的比較中，正確的是（）A．兩者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．無法比較9．用?L﹣1的鹽酸滴定?L﹣1的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）10．已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol．現(xiàn)有SO2和O2各2mol，在恒溫下的固定體積容器中反應(yīng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為a，而在絕熱密閉的同一反應(yīng)容器中反應(yīng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為b，則a與b的正確關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)=b C．a(chǎn)＜b D．無法判斷11．對(duì)于?L﹣1Na2SO3溶液，正確的是（）A．升高溫度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固體，c（SO32﹣）與c（Na+）均增大12．一定量的Fe與過量的稀硫酸反應(yīng)制取氫氣，一定溫度下為加快反應(yīng)速率而又不影響氫氣的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固體 B．Zn粉 C．SO3固體 D．CuSO4晶體13．下列有關(guān)問題，與鹽的水解有關(guān)的是（）①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑；②用NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液可作泡沫滅火劑；③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用；④實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固體．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤14．在一定溫度下，一定量的石灰乳懸濁液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），當(dāng)向此懸濁液中加入少量生石灰時(shí)，下列說法中正確的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不變 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不變15．已知25℃時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：則下列有關(guān)說法正確的是（）弱酸化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．a(chǎn)mol?L﹣1HCN溶液與bmol?L﹣1NaOH溶液等體積混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），則a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，則溶液的導(dǎo)電性、n（H+）、pH均先增大后減小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）16．常溫下，下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液變紅色的溶液：Na+、SO42﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．加入足量Na2O2后的溶液：K+、Cl﹣、ClO﹣二、非選擇題（本題包括3大題，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛．請(qǐng)回答下列問題：（1）NH4Al（SO4）2可作凈水劑，其理由是（用必要的化學(xué)方程式和相關(guān)文字說明）．（2）相同條件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如圖是L電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是（填寫字母），導(dǎo)致pH隨溫度變化的原因是；②20℃時(shí)，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=．18．反應(yīng)A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題．（1）該反應(yīng)是反應(yīng)（填“吸熱”、“放熱”）．（2）當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率（填“增大”、“減小”、“不變”），原因是（3）反應(yīng)體系中加入催化劑對(duì)反應(yīng)熱是否有影響？（填“有”、“無”），原因是．（4）在反應(yīng)體系中加入催化劑，反應(yīng)速率增大，E1和E2的變化是：E1，E2（填“增大”、“減小”、“不變”）．19．發(fā)射衛(wèi)星用N2H4氣體為燃料，NO2氣體為氧化劑，兩者反應(yīng)生成N2和水蒸氣，已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H3=﹣534kJ?mol﹣1；H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H4=﹣538kJ?mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣484kJ?mol﹣1；H2O（1）═H2O（g）△H5=+?mol﹣1．（1）寫出N2H4氣體與NO2氣體反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水的熱化學(xué)方程式：．（2）寫出N2H4氣體與F2氣體反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：．20．工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程如下：請(qǐng)結(jié)合下表數(shù)據(jù)，回答問題：物質(zhì)Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度積/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀時(shí)的pH范圍≥≥3～4（1）寫出下列離子方程式：A→B；B→C+D．（2）溶液A中加入NaClO的目的是．（3）在溶液B中加入CuO的作用是．（4）操作①應(yīng)控制的pH范圍是：；操作②的目的是．（5）抽Cu（OH）2加入鹽酸使Cu（OH）2轉(zhuǎn)變?yōu)镃uCl2．采用“稍多量鹽酸”和“低溫蒸干”的目的是．21．現(xiàn)使用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量（g?100mL﹣1）．Ⅰ．實(shí)驗(yàn)步驟（1）用（填儀器名稱）量取食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉(zhuǎn)移到100mL（填儀器名稱）中定容，搖勻即得待測白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液于錐形瓶中，向其中滴加2滴作指示劑．（3）讀取盛裝0mol?L﹣1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)．如果液面位置如圖所示，則此時(shí)的讀數(shù)為mL．（4）滴定．當(dāng)時(shí)，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)．重復(fù)滴定3次．Ⅱ．實(shí)驗(yàn)記錄滴定次數(shù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)（mL）1234V（樣品）V（NaOH）（消耗）Ⅲ．?dāng)?shù)據(jù)處理與討論（1）甲同學(xué)在處理數(shù)據(jù)時(shí)計(jì)算得：平均消耗的NaOH溶液的體積V=mL=．指出他的計(jì)算的不合理之處．按正確數(shù)據(jù)處理，可得c（市售白醋）=mol?L﹣1；市售白醋總酸量=g?100mL﹣1．（2）在本實(shí)驗(yàn)的滴定過程中，下列操作會(huì)使實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏大的是填寫序號(hào)）．a(chǎn)．堿式滴定管在滴定時(shí)未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗b．堿式滴定管的尖嘴在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失c．錐形瓶中加入待測白醋溶液后，再加少量水d．錐形瓶在滴定時(shí)劇烈搖動(dòng)，有少量液體濺出．三、計(jì)算題（共6分）22．汽車尾氣凈化的一個(gè)反應(yīng)為：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）．某小組同學(xué)為探究轉(zhuǎn)化效果，在一定溫度下，向2L容器中充入NO（g）和CO（g）各，使其發(fā)生反應(yīng)，測得達(dá)到平衡后容器的壓強(qiáng)是起始?jí)簭?qiáng)的．求：（1）NO的轉(zhuǎn)化率；（2）此溫度下的平衡常數(shù)．[寫出計(jì)算過程]．

2015-2016學(xué)年廣東省東莞市北師大石竹附屬學(xué)校高二（上）第二次月考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分．每小題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．pH=l的兩種酸溶液A、B各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關(guān)系如圖，下列說法正確的是（）①若a＜4，則A、B都是弱酸②稀釋后，A酸溶液的酸性比B酸溶液強(qiáng)③若a=4，則A是強(qiáng)酸，B是弱酸④A、B兩種酸溶液的物質(zhì)的量濃度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，A的變化大，則A的酸性比B的酸性強(qiáng)，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強(qiáng)，對(duì)于一元強(qiáng)酸來說c（酸）=c（H+），但對(duì)于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此來解答．【解答】解：①pH=1的酸，加水稀釋到1000倍，若pH=4，為強(qiáng)酸，若a＜4，則A、B都是弱酸，故①正確；②由圖可知，B的pH小，c（H+）大，則B酸的酸性強(qiáng)，故②錯(cuò)誤；③由圖可知，若a=4，A完全電離，則A是強(qiáng)酸，B的pH變化小，則B為弱酸，故③正確；④因A、B酸的強(qiáng)弱不同，一元強(qiáng)酸來說c（酸）=c（H+），對(duì)于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），則A、B兩種酸溶液的物質(zhì)的量濃度不一定相等，故④錯(cuò)誤；故選C．2．反應(yīng)A+B?C在溫度T1下進(jìn)行，反應(yīng)D+E?F在溫度T2下進(jìn)行，已知T2＞T1，且D和E的濃度均大于A和B的濃度（其它條件均相同）則兩者的反應(yīng)速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法確定【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】比較溫度、濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響只能針對(duì)于同一個(gè)化學(xué)反應(yīng)．【解答】解：影響化學(xué)反應(yīng)速率的主要因素是物質(zhì)的性質(zhì)，物質(zhì)越活潑，反應(yīng)速率越大，而濃度、溫度為影響化學(xué)反應(yīng)速率的外因，比較溫度、濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響只能針對(duì)于同一個(gè)化學(xué)反應(yīng)，如Na和HCl溶液劇烈反應(yīng)，但無論溫度多高、濃度多大，Cu都不與鹽酸反應(yīng)，故選D．3．在同體積同濃度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分別加入足量的Zn，下列說法中正確的是（）A．硫酸中放出氫氣量最多B．醋酸中放出氫氣量最多C．鹽酸中放出的氫氣量最多D．鹽酸和硝酸中放出的氫氣相等【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】稀鹽酸、稀硫酸和醋酸與鋅反應(yīng)都生成氫氣，稀硝酸和鋅反應(yīng)生成氮的化合物；由于鋅足量，則生成氫氣的量取決于酸能夠提供氫離子的物質(zhì)的量，結(jié)合硫酸為二元強(qiáng)酸、醋酸和鹽酸為一元酸分析生成氫氣的體積大小．【解答】解：稀鹽酸、稀硫酸和醋酸與鋅反應(yīng)都生成氫氣，稀硝酸和鋅反應(yīng)生成的不是氫氣，是氮的氧化物，硫酸是二元酸，醋酸和鹽酸是一元酸，等濃度、等體積的醋酸和鹽酸與足量鋅反應(yīng)生成氫氣的量相同；等濃度等體積的硫酸和鹽酸中，硫酸中氫離子的物質(zhì)的量大于鹽酸，所以硫酸中產(chǎn)生氫氣的量最多，故選A．4．在1000℃時(shí)，可逆反應(yīng)：Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）的平衡常數(shù)K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密閉容器中加入足量的Fe，在1000℃時(shí)使之發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為（）A．10% B．% C．50% D．%【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】平衡常數(shù)K==2，則平衡時(shí)c平（CO）=2c平（CO2），根據(jù)碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），再計(jì)算二氧化碳濃度變化量，轉(zhuǎn)化率=×100%．【解答】解：平衡常數(shù)K==2，則平衡時(shí)c平（CO）=2c平（CO2），根據(jù)碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），則△c（CO2）=c起始（CO2）﹣c平（CO2）=2c平（CO2），故二氧化碳轉(zhuǎn)化率=×100%=%，故選：D．5．一定溫度的恒容密閉容器中進(jìn)行如下可逆反應(yīng)A（s）+2B（g）?2C（g）．下列敘述中，能說明反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（）A．C消耗的速率與A消耗的速率相等B．單位時(shí)間內(nèi)生成amolB，同時(shí)消耗amolCC．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化D．混合氣體的密度不再變化【考點(diǎn)】化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解答】解：A、平衡時(shí)，C消耗的速率是A消耗的速率的2倍，故A錯(cuò)誤；B、單位時(shí)間內(nèi)生成amolB，同時(shí)消耗amolC，都體現(xiàn)逆反應(yīng)方向，未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，所以不能說明達(dá)平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、兩邊氣體計(jì)量數(shù)相等，所以容器內(nèi)的壓強(qiáng)始終不變化，故C正確；D、混合氣體的密度不再變化，說明氣體質(zhì)量不變，正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確；故選D．6．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列操作導(dǎo)致結(jié)果偏低的是（）①錐形瓶用蒸餾水洗凈后，再用待測液潤洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失；③滴定前仰視讀數(shù)，滴定后平視讀數(shù)；④搖動(dòng)錐形瓶時(shí)，有少量液體濺出；⑤滴定時(shí)，錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【分析】根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷．【解答】解：①錐形瓶用蒸餾水洗凈后再用待測液潤洗，會(huì)使錐形瓶內(nèi)溶質(zhì)的物質(zhì)的量增大，會(huì)造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，會(huì)造成c（待測）偏高，故①錯(cuò)誤；②滴定前酸式滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失，會(huì)造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，會(huì)造成c（待測）偏高，故②錯(cuò)誤；③滴定前仰視滴定管讀數(shù)，滴定后平視刻度讀數(shù)，NaOH溶液體積偏小，c（待測）偏小，故③正確；④搖動(dòng)錐形瓶時(shí)有少量液體濺出瓶外，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，測定結(jié)果偏小，故④正確；⑤錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液，不影響待測液的物質(zhì)的量，滴定過程中不影響消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積，不影響測定結(jié)果，故⑤錯(cuò)誤；故選D．7．反應(yīng)：X（g）+3Y（g）?2Z（g）△H＜0，在不同溫度、不同壓強(qiáng)（P2＞P1）下，達(dá)平衡時(shí)，混合氣體中Z的百分含量隨溫度變化的曲線應(yīng)為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】體積百分含量隨溫度、壓強(qiáng)變化曲線．【分析】由方程式X（氣）+3Y（氣）?2Z（氣）+熱量，可知：反應(yīng)放熱，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)前氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和大于生成物氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和，則增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，以此判斷生成物Z的百分含量的變化．【解答】解：由方程式X（氣）+3Y（氣）?2Z（氣）+熱量，可知：反應(yīng)放熱，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則生成物Z的百分含量減小，可排除A、B選項(xiàng)；反應(yīng)前氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和大于生成物氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和，則增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，則C正確，D錯(cuò)誤．故選C．8．以下對(duì)298K時(shí)PH為9的KOH溶液與PH為9的Na2CO3溶液中由水電離出的c（H+）的比較中，正確的是（）A．兩者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．無法比較【考點(diǎn)】影響鹽類水解程度的主要因素．【分析】酸和堿抑制水的電離，鹽類的水解促進(jìn)水的電離，根據(jù)溶液的PH值，分別求出水電離產(chǎn)生的氫離子或者是氫氧根的濃度，進(jìn)行比較即可得出答案．【解答】解：酸和堿抑制水的電離，鹽類的水解促進(jìn)水的電離，對(duì)于氫氧化鈉而言，溶液中的氫離子是由水離出的，PH=9，則c（H+）=10﹣9mol/L，因?yàn)橛伤婋x出的氫離子濃度等于氫氧根的濃度等于10﹣9mol/L；對(duì)于Na2CO3而言，碳酸根與水發(fā)生水解反應(yīng)，溶液中的氫離子和氫氧根離子都是水電離的，PH=9的碳酸鈉溶液中氫氧根濃度為10﹣5mol/L，于是由水電離出的氫離子濃度等于由水電離出的氫氧根的濃度等于10﹣5mol/L，只不過，氫離子被碳酸根結(jié)合了，所以后者是前者的104倍，故選C．9．用?L﹣1的鹽酸滴定?L﹣1的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；中和滴定．【分析】根據(jù)酸堿滴定中，無論溶液中的溶質(zhì)是氯化銨、氯化銨和氯化氫、氯化銨和一水合氨，該溶液一定不顯電性，則利用遵循電荷守恒來分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，則一般溶液顯堿性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱電解質(zhì)的電離＞鹽的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），則符合電荷守恒，故A是可能出現(xiàn)的結(jié)果；B、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，當(dāng)溶液中弱電解質(zhì)的電離程度與鹽的水解程度相同時(shí)，溶液為中性，則c（OH﹣）=c（H+），由電荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出現(xiàn)的結(jié)果；C、當(dāng)c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），則溶液中陰離子帶的電荷總數(shù)就大于陽離子帶的電荷總數(shù)，顯然與電荷守恒矛盾，故C是不可能出現(xiàn)的結(jié)果；D、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨，由銨根離子水解則溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，則c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合電荷守恒，故D是可能出現(xiàn)的結(jié)果；故選：C．10．已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol．現(xiàn)有SO2和O2各2mol，在恒溫下的固定體積容器中反應(yīng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為a，而在絕熱密閉的同一反應(yīng)容器中反應(yīng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為b，則a與b的正確關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)=b C．a(chǎn)＜b D．無法判斷【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【分析】在恒溫下的固定體積容器中反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行氣體物質(zhì)的量減小壓強(qiáng)減小的過程，在絕熱密閉的同一反應(yīng)容器中反應(yīng)，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向進(jìn)行，據(jù)此分析判斷二氧化硫的轉(zhuǎn)化率．【解答】解：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol，反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，恒溫下的固定體積容器中反應(yīng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為a，在絕熱密閉的同一反應(yīng)容器中反應(yīng)，由于溫度升高平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率為b＜a，故選A．11．對(duì)于?L﹣1Na2SO3溶液，正確的是（）A．升高溫度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固體，c（SO32﹣）與c（Na+）均增大【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較．【分析】A、升高溫度，會(huì)促進(jìn)鹽的水解；B、根據(jù)溶液中的物料守恒知識(shí)來回答；C、根據(jù)溶液中的電荷守恒知識(shí)來回答；D、根據(jù)水解平衡的移動(dòng)原理來回答．【解答】解：?L﹣1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，該過程是吸熱過程．A、升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)，所以溶液的pH升高，故A錯(cuò)誤；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B錯(cuò)誤；C、溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故C正確；D、加入少量NaOH固體，平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以c（SO32﹣）與c（Na+）均增大，故D正確．故選：CD．12．一定量的Fe與過量的稀硫酸反應(yīng)制取氫氣，一定溫度下為加快反應(yīng)速率而又不影響氫氣的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固體 B．Zn粉 C．SO3固體 D．CuSO4晶體【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】一定溫度下為加快反應(yīng)速率，可增大H+的濃度，硫酸過量，不影響氫氣的量，所加入物質(zhì)不能減少參加反應(yīng)的Fe的量，以此進(jìn)行判斷．【解答】解：A．K2SO4固，H+的濃度不變，反應(yīng)速率不變，故A錯(cuò)誤；B．加入Zn粉，生成更多的氫氣，不符合題意，故B錯(cuò)誤；C．加入少量SO3固體，生成硫酸，溶液H+的濃度增大，反應(yīng)速率增大，不影響氫氣的量，故C正確；D．加入CuSO4晶體，形成原電池反應(yīng)，反應(yīng)速率加快，但消耗Fe粉，影響氫氣的量，故D錯(cuò)誤．故選C．13．下列有關(guān)問題，與鹽的水解有關(guān)的是（）①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑；②用NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液可作泡沫滅火劑；③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用；④實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固體．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用．【分析】①金屬生銹后可以和酸發(fā)生反應(yīng)而除去；②泡沫滅火劑的滅火原理是二氧化碳滅火；③碳酸鉀和銨鹽之間會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成易揮發(fā)的氨氣；④玻璃塞的成分是二氧化硅，可以喝堿液發(fā)生反應(yīng)；⑤AlCl3溶液解熱會(huì)生成氫氧化鋁．【解答】解：①NH4Cl與ZnCl2溶液中的銨根和鋅離子會(huì)發(fā)生水解，導(dǎo)致溶液顯示酸性，酸可以和金屬銹的成分反應(yīng)而除銹，故①正確；②NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液中的碳酸根離子和鋁離子雙水解會(huì)生成二氧化碳來滅火，二者可作泡沫滅火劑，故②正確；③草木灰碳酸鉀中的碳酸根離子與銨態(tài)氮肥中的銨根離子之間會(huì)雙水解，不能混合施用，故③正確；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解顯示堿性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和堿反應(yīng)，會(huì)導(dǎo)致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正確；⑤加熱蒸干AlCl3溶液會(huì)促進(jìn)鋁離子水解，這樣會(huì)得到Al（OH）3固體，故⑤正確．故選D．14．在一定溫度下，一定量的石灰乳懸濁液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），當(dāng)向此懸濁液中加入少量生石灰時(shí)，下列說法中正確的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不變 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不變【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生反應(yīng)：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗了水，由于仍然為飽和溶液，則溶液中c（Ca2+）、c（OH﹣）不變；原溶液已達(dá)到飽和，則沉淀溶解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故各離子的數(shù)目減少，但是飽和溶液的濃度只與溫度有關(guān)，故濃度保持不變，據(jù)此進(jìn)行解答．【解答】解：向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生反應(yīng)：CaO+H2O=Ca（OH）2，A．向懸濁液中加少量生石灰，反應(yīng)消耗水，會(huì)析出氫氧化鈣，則n（Ca2+）減小，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)后仍為飽和溶液，鈣離子濃度c（Ca2+）不變，故B正確；C．反應(yīng)后仍為飽和溶液，c（OH﹣）不變，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)后仍為飽和溶液，c（OH﹣）不變，溶液體積減小，所以n（OH﹣）減小，故D錯(cuò)誤；故選B．15．已知25℃時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：則下列有關(guān)說法正確的是（）弱酸化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．a(chǎn)mol?L﹣1HCN溶液與bmol?L﹣1NaOH溶液等體積混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），則a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，則溶液的導(dǎo)電性、n（H+）、pH均先增大后減小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【分析】A、利用酸的電離常數(shù)比較酸性的強(qiáng)弱，再利用鹽中酸根離子對(duì)應(yīng)的酸越弱，其水解程度越大來分析．B、等體積混合，若a=b恰好完全反應(yīng)，因CN﹣的水解溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）．C、冰醋酸中逐滴加水電離程度一直在增大，氫離子物質(zhì)的量增大，但氫離子離子濃度先增大而后較大，pH也是先減小后增大，且無限接近中性溶液的pH．D、利用電荷守恒來分析．【解答】解：A、由電離常數(shù)Ka的關(guān)系可知，×10﹣5＞×10﹣10＞×10﹣11，則酸性CH3COOH＞HCN＞HCO3﹣，顯然等濃度時(shí)Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，則等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A錯(cuò)誤．B、等體積混合，若a=b恰好完全反應(yīng)，因CN﹣的水解溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），a＜b時(shí)溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），即所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）時(shí)a≤b，故B錯(cuò)誤；C、冰醋酸中逐滴加水，電離產(chǎn)生的離子濃度增大，導(dǎo)電性增大，但隨水的量增大，濃度變小，導(dǎo)電性減小，而n（H+）一直增大、pH先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D、因溶液不顯電性，則所有陽離子帶的電荷總數(shù)等于陰離子帶的負(fù)電荷總數(shù)，即c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正確；故選D．16．常溫下，下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液變紅色的溶液：Na+、SO42﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．加入足量Na2O2后的溶液：K+、Cl﹣、ClO﹣【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】A．pH=13的溶液中存在大量氫氧根離子，鋁離子與氫氧根離子反應(yīng)；B．使甲基橙溶液變紅色的溶液中存在電離氫離子，碳酸根離子與氫離子反應(yīng)；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在電離氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)；D．三種離子之間不反應(yīng)，都不與過氧化鈉反應(yīng)．【解答】解：A．pH=13的溶液為堿性溶液，溶液中存在電離氫氧根離子，Al3+與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．使甲基橙溶液變紅色的溶液為酸性溶液，溶液中存在電離氫離子，CO32﹣與氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液為堿性溶液，溶液中存在電離氫氧根離子，NH4+與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．K+、Cl﹣、ClO﹣之間不反應(yīng)，加入過氧化鈉后也不反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故D正確；故選D．二、非選擇題（本題包括3大題，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛．請(qǐng)回答下列問題：（1）NH4Al（SO4）2可作凈水劑，其理由是Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，Al（OH）3吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水（用必要的化學(xué)方程式和相關(guān)文字說明）．（2）相同條件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）小于（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如圖是L電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是Ⅰ（填寫字母），導(dǎo)致pH隨溫度變化的原因是NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度，其水解程度增大，pH減??；②20℃時(shí)，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=10﹣3mol?L﹣1．【考點(diǎn)】鹽類水解的原理．【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣電離出H+同樣抑制NH4+水解；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大；②根據(jù)電荷守恒定律解題．【解答】解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，離子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，故答案為：Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，Al（OH）3吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水；（2）NH4Al（SO4）2與NH4HSO4中的NH4+均發(fā)生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣電離出H+同樣抑制NH4+水解，因?yàn)镠SO4﹣電離生成的H+濃度比Al3+水解生成的H+濃度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案為：小于；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減小，符合的曲線為Ⅰ，故答案為：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度，其水解程度增大，pH減小；②根據(jù)電荷守恒，可以求出2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol?L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案為：10﹣3mol?L﹣1．18．反應(yīng)A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題．（1）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)（填“吸熱”、“放熱”）．（2）當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ皽p小”、“不變”），原因是該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)（3）反應(yīng)體系中加入催化劑對(duì)反應(yīng)熱是否有影響？無（填“有”、“無”），原因是催化劑不改變反應(yīng)物總能量與生成物總能量之差即反應(yīng)熱不變．（4）在反應(yīng)體系中加入催化劑，反應(yīng)速率增大，E1和E2的變化是：E1減小，E2減小（填“增大”、“減小”、“不變”）．【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物與生成物總能量大小判斷；（2）根據(jù)溫度對(duì)平衡的影響分析移動(dòng)方向，再判斷轉(zhuǎn)化率；（3）加入催化劑能降低反應(yīng)的活化能，催化劑不改變反應(yīng)物總能量與生成物總能量之差即反應(yīng)熱不變；（4）加入催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，據(jù)此分析．【解答】解：（1）由圖象可知該反應(yīng)是一個(gè)能量降低的反應(yīng)，所以屬于放熱反應(yīng)；故答案為：放熱；（2）對(duì)應(yīng)放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆移，A的濃度增大，A的轉(zhuǎn)化率減小；故答案為：減?。辉摲磻?yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)；（3）加入催化劑改變了反應(yīng)的途徑，降低反應(yīng)所需的活化能，但是催化劑不改變反應(yīng)物總能量與生成物總能量之差即反應(yīng)熱不變，所以催化劑對(duì)該反應(yīng)的反應(yīng)熱無影響；故答案為：無；催化劑不改變反應(yīng)物總能量與生成物總能量之差即反應(yīng)熱不變；（4）加入催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，則E1和E2都減小，故答案為：減?。粶p?。?9．發(fā)射衛(wèi)星用N2H4氣體為燃料，NO2氣體為氧化劑，兩者反應(yīng)生成N2和水蒸氣，已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H3=﹣534kJ?mol﹣1；H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H4=﹣538kJ?mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣484kJ?mol﹣1；H2O（1）═H2O（g）△H5=+?mol﹣1．（1）寫出N2H4氣體與NO2氣體反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水的熱化學(xué)方程式：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣mol．（2）寫出N2H4氣體與F2氣體反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．【考點(diǎn)】用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算．【分析】（1）已知：①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ?mol﹣1；⑤H2O（l）=H2O（g）△H3=+44kJ?mol﹣1．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）可以是反應(yīng)②×2﹣①﹣⑤×4得到，由此分析解答；（2）①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ/mol；③H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H4=﹣538kJ/mol④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律③×2﹣④+①得到，由此分析解答．【解答】解：（1）已知：①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ?mol﹣1；⑤H2O（l）=H2O（g）△H3=+44kJ?mol﹣1．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）可以是反應(yīng)②×2﹣①﹣⑤×4得到，所以該反應(yīng)的焓變=（﹣534kJ?mol﹣1）×2﹣?mol﹣1﹣（+44kJ?mol﹣1）×4=﹣mol，故答案為：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣mol；（2）①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ/mol；③H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H4=﹣538kJ/mol④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律③×2﹣④+①得到熱化學(xué)方程式為：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol；故答案為：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．20．工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程如下：請(qǐng)結(jié)合下表數(shù)據(jù)，回答問題：物質(zhì)Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度積/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀時(shí)的pH范圍≥≥3～4（1）寫出下列離子方程式：A→B2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；B→C+DCuO+2H+=Cu2++H2O．（2）溶液A中加入NaClO的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更徹底．（3）在溶液B中加入CuO的作用是調(diào)節(jié)溶液的PH為3～4，使Fe3+完全轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸F沉淀而分離Fe3+．（4）操作①應(yīng)控制的pH范圍是：大于或等于；操作②的目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質(zhì)．（5）抽Cu（OH）2加入鹽酸使Cu（OH）2轉(zhuǎn)變?yōu)镃uCl2．采用“稍多量鹽酸”和“低溫蒸干”的目的是抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶體中含有Cu（OH）2雜質(zhì)．【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】根據(jù)生產(chǎn)流程圖可知，粗氧化銅（含氧化亞鐵）與鹽酸反應(yīng)生成溶液A為氯化銅和氯化亞鐵溶液，加入加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，加入氧化銅，調(diào)節(jié)溶液的pH值，促使鐵離子水解而產(chǎn)生C為氫氧化鐵沉淀，溶液D中含有氯化銅，經(jīng)過操作①得氫氧化銅沉淀，洗滌后與鹽酸反應(yīng)得氯化銅，（1）溶液A中有氯化亞鐵和氯化銅，加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液B中加入氧化銅，與溶液中的酸反應(yīng)，能調(diào)節(jié)溶液的pH值；（2）次氯酸鈉具有氧化性，由于Fe2+沉淀時(shí)Cu2+已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3+才能完全除去；（3）加入氧化銅，調(diào)節(jié)溶液的PH，除去鐵離子雜質(zhì)；（4）根據(jù)題中表中的數(shù)據(jù)確定操作①應(yīng)控制的pH范圍，操作②為洗滌操作，除去氫氧化銅表面的可溶性雜質(zhì)；（5）根據(jù)平衡Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+進(jìn)行分析．【解答】解：根據(jù)生產(chǎn)流程圖可知，粗氧化銅（含氧化亞鐵）與鹽酸反應(yīng)生成溶液A為氯化銅和氯化亞鐵溶液，加入加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，加入氧化銅，調(diào)節(jié)溶液的pH值，促使鐵離子水解而產(chǎn)生C為氫氧化鐵沉淀，溶液D中含有氯化銅，經(jīng)過操作①得氫氧化銅沉淀，洗滌后與鹽酸反應(yīng)得氯化銅，（1）溶液A中有氯化亞鐵和氯化銅，加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O，溶液B中加入氧化銅，與溶液中的酸反應(yīng)，能調(diào)節(jié)溶液的pH值，反應(yīng)的離子方程式為CuO+2H+=Cu2++H2O，故答案為：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；CuO+2H+=Cu2++H2O；（2）根據(jù)表中完全沉淀時(shí)的pH范圍可知，F(xiàn)e2+沉淀時(shí)Cu2+已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3+才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2+生成Fe3+有利于沉淀分離，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更徹底；（3）在溶液B中加CuO調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+完全沉淀，故答案為：調(diào)節(jié)溶液的PH為3～4，使Fe3+完全轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸F沉淀而分離Fe3+；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，Cu2+完全沉淀時(shí)PH的范圍是大于或等于，操作a為洗滌，目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質(zhì)，故答案為：大于或等于；洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質(zhì)；（5）因?yàn)槿芤褐写嬖谝韵缕胶猓篊u2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，加入過量鹽酸和低溫，能使平衡逆移，防止Cu2+水解，故答案為：抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶體中含有Cu（OH）2雜質(zhì)．21．現(xiàn)使用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量（g?100mL﹣1）．Ⅰ．實(shí)驗(yàn)步驟（1）用酸式滴定管（填儀器名稱）量取食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶（填儀器名稱）中定容，搖勻即得待測白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液于錐形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示劑．（3）讀取盛裝0mol?L﹣1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)．如果液面位置如圖所示，則此時(shí)的讀數(shù)為mL．（4）滴定．當(dāng)溶液由無色恰好變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色時(shí)，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)．重復(fù)滴定3次．Ⅱ．實(shí)驗(yàn)記錄滴定次數(shù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)（mL）