初中化學(xué)魯教版九年級下冊海水中的化學(xué)單元復(fù)習(xí)“十市聯(lián)賽”一等獎

2015-2016學(xué)年甘肅省蘭州一中高二（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共50分）1．已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ，且氧氣中1molO=O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ，水蒸氣中1molH﹣O鍵形成時放出熱量463kJ，則氫氣中1molH﹣H鍵斷裂時吸收熱量為（）A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ2．C+CO2?2CO；△H1＞0，反應(yīng)速率v1，N2+3H2?2NH3；△H2＜0，反應(yīng)速率v2．如升溫，v1和v2的變化是（）A．同時增大 B．同時減少C．v1增大，v2減少 D．v1減少，v2增大3．金屬錫的冶煉常用焦炭作還原劑：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，反應(yīng)過程中能量的變化如圖所示．下列有關(guān)該反應(yīng)的△H、△S的說法中正確的是（）A．△H＜0，△S＜0 B．△H＞0，△S＜0 C．△H＜0，△S＞0 D．△H＞0，△S＞04．已知298K，×105Pa條件下：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣?mol﹣1；CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣?mol﹣1則該條件下CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）的反應(yīng)熱是（）A．﹣kJ?mol﹣1 B．+kJ?mol﹣1C．﹣kJ?mol﹣1 D．+kJ?mol﹣15．對于反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，達到平衡后縮小容器體積，下列說法正確的是（）A．平衡逆向移動B．混合氣體顏色比原來深C．混合氣體顏色比原來淺D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變小6．為探究鋅與稀硫酸的反應(yīng)速率（以v（H2）表示），向反應(yīng)混合液中加入某些物質(zhì)，下列判斷正確的是（）A．加入NH4HSO4固體，v（H2）不變B．加入少量硫酸鈉溶液，v（H2）減小C．加入CH3COONa固體，v（H2）不變D．滴加少量CuSO4溶液，v（H2）減小7．已知醋酸達到電離平衡后，改變某條件電離平衡向正反應(yīng)方向移動，則下列說法正確的是（）A．實現(xiàn)該變化的只能是升高溫度B．溶液的導(dǎo)電能力一定變強C．溶液的pH一定減小D．發(fā)生電離的分子總數(shù)增多8．下列敘述正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測溶液的pH一定會有誤差B．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液時，用待測溶液潤洗錐形瓶C．用酸式滴定管量取酸性高錳酸鉀溶液D．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度NaOH溶液的過程中不慎將錐形瓶中的溶液濺出，會使測得的NaOH溶液的濃度偏大9．下列操作中，能使電離平衡H2O?H++OH﹣，向右移動且溶液呈酸性的是（）A．向水中加入NaHSO4溶液 B．向水中加入Al2（SO4）3固體C．向水中加入Na2CO3溶液 D．將水加熱到100℃，使pH=610．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液，所測數(shù)據(jù)如下：滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mLL鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度第一次第二次第三次測得NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為（）A．L B．L C．L D．L11．如圖為一原電池裝置，下列敘述中正確的是（）A．銅是陽極，銅片上有氣泡產(chǎn)生B．鹽橋中的K+移向ZnSO4溶液C．電流從鋅片經(jīng)導(dǎo)線流向銅片D．銅離子在銅片表面被還原12．已知298K，101kPa時，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=﹣197kJ?mol﹣1．在相同溫度和壓強下，向密閉容器中通入2molSO2和1molO2，達到平衡時，放出熱量為Q1，向另一個體積相同的容器中通入1molSO2，O2和1molSO3，達到平衡時放出熱量為Q2，則下列關(guān)系正確的是（）A．Q2＜Q1＜197kJ?mol﹣1 B．Q2=Q1=197kJ?mol﹣1C．Q1＜Q2＜197kJ?mol﹣1 D．Q2=Q1＜197kJ?mol﹣113．工業(yè)上為了處理含有Cr2O的酸性工業(yè)廢水，采用下面的處理方法：往工業(yè)廢水中加入適量NaCl，以鐵為電極進行電解，經(jīng)過一段時間，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀生成，工業(yè)廢水中鉻元素的含量已低于排放標(biāo)準(zhǔn)．關(guān)于上述方法，下列說法錯誤的是（）A．陽極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣═Fe2+B．陰極反應(yīng)：2H++2e﹣═H2↑C．在電解過程中工業(yè)廢水由酸性變?yōu)閴A性D．可以將鐵電極改為石墨電極14．在一定體積的密閉容器中給定物質(zhì)A、B、C的量，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：aA（g）+bB（g）?xC（g），達到化學(xué)平衡后符合下圖所示的關(guān)系（C%表示平衡混合氣中產(chǎn)物C的百分含量，T表示溫度，P表示壓強）．在圖中Y軸是指（）A．反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率B．平衡混合氣中物質(zhì)B的百分含量C．平衡混合氣的密度D．平衡混合氣的A的體積分?jǐn)?shù)15．已知某溫度下，幾種酸的電離常數(shù)如下：Ka（HCN）=×10﹣10mol?L﹣1、Ka（HF）=×10﹣4mol?L﹣1、Ka（CH3COOH）=×10﹣5mol?L﹣1、Ka（HNO2）=×10﹣6mol?L﹣1．則物質(zhì)的量濃度都為?L﹣1的下列溶液中，pH最小的是（）A．NaCN B．NaF C．CH3COONa D．NaNO216．在體積為2L的密閉容器中進行下列反應(yīng)：C（s）+CO2（g）═2CO（g）；△H=+QkJ?mol﹣1．如圖為CO2、CO的物質(zhì)的量隨時間t的變化關(guān)系圖．下列說法不正確的是（）A．在0﹣1min內(nèi)CO的物質(zhì)的量增加了2molB．當(dāng)固焦炭的質(zhì)量不發(fā)生變化時，說明反應(yīng)已達平衡狀態(tài)C．5min時再充入一定量的CO，n（CO）、n（CO2）的變化可分別由c、b曲線表示D．3min時溫度由T1升高到T2，重新平衡時K（T2）小于K（T1）17．在給定的四種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的是（）A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl﹣、I﹣B．pH值為1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3﹣C．水電離出來的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+D．所含溶質(zhì)為Na2SO4的溶液：K+、HCO3﹣、NO3﹣、Al3+18．室溫下，用某濃度NaOH溶液滴定一元酸HA的滴定曲線如圖所示（橫坐標(biāo)為滴入NaOH的體積，縱坐標(biāo)為所得混合液的pH）．下列判斷正確的是（）A．HA的濃度為1×10﹣4mol?L﹣1 B．實驗時可選甲基橙作指示劑C．pH=7時，溶液中c（Na+）＞c（A﹣） D．V=10mL，酸堿恰好中和19．物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中：①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3c（NH）由大到小的順序是（）A．⑤②③①④ B．④①③②⑤ C．③②①⑤④ D．③②④①⑤20．常溫下有體積相同的四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的鹽酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液．下列說法正確的是（）A．若將四種溶液稀釋100倍，溶液pH大小順序：③＞④＞①＞②B．③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③=④C．①與②分別與足量鎂粉反應(yīng)，生成H2的量：①＜②D．②和③混合，所得混合溶液的pH大于721．25℃時，下列有關(guān)溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．LCH3COONa與LHCl溶液等體積混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞cCH3COO﹣）B．LNH4Cl與L氨水等體積混合（pH＞7）：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3與LNaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．LNa2C2O4與LHCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）22．某溫度下，已知Ksp（BaSO4）=×10﹣10，Ksp（BaCO3）=×10﹣9．下列說法正確的是（）A．BaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3不可能轉(zhuǎn)化為BaSO4B．BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做鋇餐試劑C．任何溫度下，向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，當(dāng)兩種沉淀共存時，=×10﹣2D．該溫度下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中轉(zhuǎn)化為BaSO4，則Na2SO4濃度至少為×10﹣6mol?L23．高溫鈉硫電池是一種新型可充電電池，其工作原理如圖所示，圖中固體電解質(zhì)是Na+導(dǎo)體．下列敘述正確的是（）A．放電時，石墨電極a為正極B．放電時，Na+從石墨b向石墨a方向遷移C．充電時，b極反應(yīng)為Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+D．可將裝置中的固體電解質(zhì)改成NaCl溶液24．某溫度下，F(xiàn)e（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，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，下列判斷錯誤的是（）A．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．Fe（OH）3、Cu（OH）2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和C．加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點D．c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）乘積相等25．如圖各容器中盛有海水，鐵在其中被腐蝕時由快到慢的順序是（）A．③＞②＞④＞① B．②＞①＞③＞④ C．④＞②＞③＞① D．④＞②＞①＞③二、填空題（本題包括3小題，每空2分，共42分）26．按要求完成下列填空：（1）將AlCl3溶液加熱蒸干并灼燒可得到（填化學(xué)式）．（2）盛放純堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，是因為．（3）泡沫滅火器滅火時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是．（4）常溫下將和溶于水，配成混合溶液．溶液中共有種粒子，各離子濃度從大到小的順序為．27．工業(yè)上用難溶于水的碳酸鍶（SrCO3）粉末為原料（含少量鋇和鐵的化合物）制備高純六水氯化鍶晶體（SrCl2?6H2O），其過程為：已知：Ⅰ．有關(guān)氫氧化物沉淀的pH：氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2開始沉淀的pH沉淀完全的pHⅡ．SrCl2?6H2O晶體在61℃時開始失去結(jié)晶水，100℃時失去全部結(jié)晶水．（1）操作①中碳酸鍶與鹽酸反應(yīng)的離子方程式．（2）在步驟②﹣③的過程中，將溶液的pH值由1調(diào)節(jié)至；宜用的試劑為．A．B．C．D．氨水E．氫氧化鍶粉末F．碳酸鈉晶體（3）操作②中加入H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是．（4）操作③中所得濾渣的主要成分是（填化學(xué)式）．（5）工業(yè)上用熱風(fēng)吹干六水氯化鍶，適宜的溫度是．A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（6）步驟⑥宜選用的無機洗滌劑是．28．有圖所示裝置，裝置A是氫氧燃料電池，已知該裝置工作時電子從b極流向Fe電極．（1）b極反應(yīng)式為，a極反應(yīng)式為，C電極反應(yīng)式為．（2）若裝置B中溶液體積為100mL，假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變，當(dāng)裝置A中消耗氫氣時，裝置B中溶液的pH為，此時要恢復(fù)原溶液的濃度需加入（填化學(xué)式）．（3）若將裝置B改為電解精煉銅，則粗銅作極，陰極反應(yīng)為．29．利用圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護．若X為銅，為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于處；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護法稱為．三、計算題（共8分）30．列式并計算下列各小題：（1）某溫度時，測得mol/L的NaOH溶液pH為11，求該溫度下水的離子積常數(shù)Kw．（2）在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合．①若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，則Va：Vb=②若所得混合溶液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=．

2015-2016學(xué)年甘肅省蘭州一中高二（上）期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共50分）1．已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ，且氧氣中1molO=O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ，水蒸氣中1molH﹣O鍵形成時放出熱量463kJ，則氫氣中1molH﹣H鍵斷裂時吸收熱量為（）A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ【考點】化學(xué)反應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的原因．【分析】化學(xué)反應(yīng)放出的熱量=新鍵生成釋放的能量﹣舊鍵斷裂吸收的能量．【解答】解：氫氣完全燃燒生成水蒸氣是放熱反應(yīng)，所以化學(xué)反應(yīng)放出的熱量=新鍵生成釋放的能量﹣舊鍵斷裂吸收的能量，設(shè)氫氣中1molH﹣H鍵斷裂時吸收熱量為K，根據(jù)方程式：2H2+O22H2O，則：4×121kJ=463kJ×4﹣（2K+496kJ），解得K=436KJ．故選C．2．C+CO2?2CO；△H1＞0，反應(yīng)速率v1，N2+3H2?2NH3；△H2＜0，反應(yīng)速率v2．如升溫，v1和v2的變化是（）A．同時增大 B．同時減少C．v1增大，v2減少 D．v1減少，v2增大【考點】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】化學(xué)反應(yīng)無論是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率都增大．【解答】解：化學(xué)反應(yīng)無論是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，溫度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次數(shù)增大，化學(xué)反應(yīng)速率都增大．故選：A．3．金屬錫的冶煉常用焦炭作還原劑：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，反應(yīng)過程中能量的變化如圖所示．下列有關(guān)該反應(yīng)的△H、△S的說法中正確的是（）A．△H＜0，△S＜0 B．△H＞0，△S＜0 C．△H＜0，△S＞0 D．△H＞0，△S＞0【考點】焓變和熵變．【分析】根據(jù)方程式中各物質(zhì)的聚集狀態(tài)判斷反應(yīng)的熵變，根據(jù)反應(yīng)過程中反應(yīng)物和生成物能量高低判斷反應(yīng)的焓變．【解答】解：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，該反應(yīng)生成物氣體系數(shù)大，混亂度大，所以是熵增加的反應(yīng)，故：△S＞0；從圖中可知，反應(yīng)物能量低，生成物能量高，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故：△H＞0；故選D．4．已知298K，×105Pa條件下：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣?mol﹣1；CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣?mol﹣1則該條件下CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）的反應(yīng)熱是（）A．﹣kJ?mol﹣1 B．+kJ?mol﹣1C．﹣kJ?mol﹣1 D．+kJ?mol﹣1【考點】反應(yīng)熱和焓變．【分析】①2H2（g）+O2（g）═2H2O△H=﹣mol②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣?mol﹣1，由題意分析②×2﹣①即可得到2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g），據(jù)此計算焓變．【解答】解：①2H2（g）+O2（g）═2H2O△H=﹣mol②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣?mol﹣1，依據(jù)蓋斯定律②×2﹣①得到2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g）△H=﹣?mol﹣1；因此，CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=﹣?mol﹣1，故選A．5．對于反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，達到平衡后縮小容器體積，下列說法正確的是（）A．平衡逆向移動B．混合氣體顏色比原來深C．混合氣體顏色比原來淺D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變小【考點】化學(xué)平衡的影響因素．【分析】對于反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，達到平衡后縮小容器體積，增大了壓強，平衡向著正向移動，混合氣體的總物質(zhì)的量減小，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大；由于縮小容器體積后二氧化氮濃度增大，則混合氣體的顏色比原來變深．【解答】解：反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，達到平衡后縮小容器體積，增大了壓強，平衡正向移動，A．壓強增大，該平衡向著正向進行，故A錯誤；B．增大壓強，體積迅速減小，平衡移動程度不如體積減小帶來的改變大，所以混合氣體顏色加深，故B正確；C．增大壓強，體積迅速減小，平衡移動程度不如體積減小帶來的改變大，所以混合氣體顏色加深，故C錯誤；D．增大壓強，氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變大，故D錯誤；故選B．6．為探究鋅與稀硫酸的反應(yīng)速率（以v（H2）表示），向反應(yīng)混合液中加入某些物質(zhì)，下列判斷正確的是（）A．加入NH4HSO4固體，v（H2）不變B．加入少量硫酸鈉溶液，v（H2）減小C．加入CH3COONa固體，v（H2）不變D．滴加少量CuSO4溶液，v（H2）減小【考點】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】Zn與硫酸反應(yīng)中，氫離子濃度增大，反應(yīng)速率加快，氫離子濃度減小，則反應(yīng)速率減小，構(gòu)成原電池可加快反應(yīng)速率，以此來解答．【解答】解：A．加入NH4HSO4固體，電離出氫離子，氫離子濃度增大，v（H2）增大，故A錯誤；B．加入Na2SO4固體溶液，體積增大，氫離子濃度減小，v（H2）減小，故B正確；C．加入CH3COONa固體，反應(yīng)生成醋酸，氫離子濃度減小，則v（H2）減小，故C錯誤；D．滴加少量CuSO4溶液，構(gòu)成原電池，v（H2）增大，故D錯誤；故選：B．7．已知醋酸達到電離平衡后，改變某條件電離平衡向正反應(yīng)方向移動，則下列說法正確的是（）A．實現(xiàn)該變化的只能是升高溫度B．溶液的導(dǎo)電能力一定變強C．溶液的pH一定減小D．發(fā)生電離的分子總數(shù)增多【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A、升高溫度或加水都能使電離平衡向正反應(yīng)方向；B、加醋酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增強；C、若改變條件為加水，則促進電離，但氫離子的濃度減小；D、電離平衡向正反應(yīng)方向移動，發(fā)生電離的分子總數(shù)增多．【解答】解：A、弱酸的電離為吸熱過程，升高溫度，加水促進電離，所以電離平衡正向移動，故A錯誤；B、加醋酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增強，醋酸鈉電離出的醋酸根離子抑制醋酸的電離，電離平衡向逆反應(yīng)方向移動，故B錯誤；C、因升高溫度或加水都能使電離平衡正向移動，若為加水，電離程度增大，生成氫離子的物質(zhì)的量增大，但氫離子的濃度減小，pH增大，故C錯誤；D、電離平衡向正反應(yīng)方向移動，則發(fā)生電離的分子總數(shù)增多，故D正確；故選D．8．下列敘述正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測溶液的pH一定會有誤差B．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液時，用待測溶液潤洗錐形瓶C．用酸式滴定管量取酸性高錳酸鉀溶液D．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度NaOH溶液的過程中不慎將錐形瓶中的溶液濺出，會使測得的NaOH溶液的濃度偏大【考點】化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．用濕潤的pH試紙測溶液的pH不一定會有誤差，如果是強酸強堿鹽形成的中性溶液稀釋后溶液仍然呈中性；B．用待測液潤洗錐形瓶會導(dǎo)致測定濃度偏大；C．酸式滴定管只能量取酸性溶液；D．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度NaOH溶液的過程中不慎將錐形瓶中的溶液濺出，會使測得的NaOH溶液的濃度偏?。窘獯稹拷猓篈．用濕潤的pH試紙測溶液的pH不一定會有誤差，如果是強酸強堿鹽形成的中性溶液稀釋后溶液仍然呈中性，則測定的pH沒有誤差，如果是酸性或堿性溶液，濕潤后導(dǎo)致濃度較小，則測定pH一定有誤差，故A錯誤；B．用待測液潤洗錐形瓶，錐形瓶內(nèi)NaOH的物質(zhì)的量偏大，會導(dǎo)致使用的鹽酸增多，則導(dǎo)致測定濃度偏大，故B錯誤；C．酸式滴定管只能量取酸性溶液，酸性高錳酸鉀溶液呈酸性，所以能用酸式滴定管量取，故C正確；D．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度NaOH溶液的過程中不慎將錐形瓶中的溶液濺出，會導(dǎo)致氫氧化鈉物質(zhì)的量減小，使用的鹽酸體積偏小，則使測得的NaOH溶液的濃度偏小，故D錯誤；故選C．9．下列操作中，能使電離平衡H2O?H++OH﹣，向右移動且溶液呈酸性的是（）A．向水中加入NaHSO4溶液 B．向水中加入Al2（SO4）3固體C．向水中加入Na2CO3溶液 D．將水加熱到100℃，使pH=6【考點】水的電離．【分析】能使電離平衡H2O?H++OH﹣向右移動，說明加入的物質(zhì)能和氫離子或氫氧根離子反應(yīng)而促進水的電離；溶液呈酸性，說明加入的物質(zhì)和氫氧根離子反應(yīng)，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度小于氫離子濃度而使溶液呈酸性，據(jù)此進行分析．【解答】解：A、硫酸氫鈉的電離：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，溶液中氫離子濃度增大，水的電離平衡向著逆向移動，故A錯誤；B、向水中加入硫酸鋁，鋁離子水解而促進水電離，且溶液呈酸性，故B正確；C、向水中加入碳酸鈉溶液，碳酸根離子水解促進水的電離，碳酸根離子和氫離子結(jié)合生成碳酸氫根離子而使溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，所以溶液呈堿性，故C錯誤；D、升高溫度，水的電離程度增大，但是溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，溶液顯示中性，故D錯誤；故選：B．10．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液，所測數(shù)據(jù)如下：滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mLL鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度第一次第二次第三次測得NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為（）A．L B．L C．L D．L【考點】中和滴定．【分析】先根據(jù)滴定前、滴定后數(shù)據(jù)計算出每次滴定中消耗鹽酸體積，然后判斷滴定數(shù)據(jù)是否有效，將有效的數(shù)據(jù)取平均值，從而得出消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積，然后根據(jù)中和反應(yīng)實質(zhì)計算出消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量，最后根據(jù)c=計算出氫氧化鈉溶液的濃度．【解答】解：第一次滴定消耗鹽酸的體積為：﹣=，第二次滴定消耗鹽酸的體積為：﹣=，第三次滴定消耗鹽酸的體積為：﹣=，由于第二次滴定消耗鹽酸體積與其它兩次數(shù)據(jù)差別較大，應(yīng)該舍棄，則其它兩次滴定消耗鹽酸的平均體積為：=，根據(jù)中和反應(yīng)原理可知：n（NaOH）=n（HCl），所以測定該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為：c（NaOH）===L，故選C．11．如圖為一原電池裝置，下列敘述中正確的是（）A．銅是陽極，銅片上有氣泡產(chǎn)生B．鹽橋中的K+移向ZnSO4溶液C．電流從鋅片經(jīng)導(dǎo)線流向銅片D．銅離子在銅片表面被還原【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】該原電池中負極為較活潑金屬鋅，發(fā)生氧化反應(yīng)，銅作正極，在外電路中，電流從正極流向負極，溶液中，陽離子向正極移動，反應(yīng)的總方程式為Zn+Cu2+=Zn2++Cu．【解答】解：A．該原電池中，銅是正極，銅片上銅離子得電子生成銅單質(zhì)，故A錯誤；B．在溶液中，陽離子往正極移動，K+移向CuSO4溶液，故B錯誤；C．電流從正極銅沿導(dǎo)線流向鋅，故C錯誤；D．該原電池中，銅片上發(fā)生電極反應(yīng)式為：Cu2++2e﹣=Cu，銅離子得電子被還原，故D正確；故選D．12．已知298K，101kPa時，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=﹣197kJ?mol﹣1．在相同溫度和壓強下，向密閉容器中通入2molSO2和1molO2，達到平衡時，放出熱量為Q1，向另一個體積相同的容器中通入1molSO2，O2和1molSO3，達到平衡時放出熱量為Q2，則下列關(guān)系正確的是（）A．Q2＜Q1＜197kJ?mol﹣1 B．Q2=Q1=197kJ?mol﹣1C．Q1＜Q2＜197kJ?mol﹣1 D．Q2=Q1＜197kJ?mol﹣1【考點】化學(xué)反應(yīng)的可逆性；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），△H=﹣197kJ/mol，表示在上述條件下2molSO2和1molO2完全反應(yīng)生成1molSO3氣體放出熱量為197kJ；如果加入生成物，則平衡逆移，要吸收熱量；再結(jié)合可逆反應(yīng)中反應(yīng)物不能完全反應(yīng)解答．【解答】解：反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H=﹣197kJ/mol，由熱化學(xué)方程式可知，在上述條件下反應(yīng)生成2molSO3氣體放熱197kJ，加入2molSO2和1molO2，由于是可逆反應(yīng)，所以生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1＜197kJ，通入1molSO2，O2，如果轉(zhuǎn)化率與加入2molSO2和1molO2相同，則放熱為，但是此時體系壓強比加入2molSO2和1molO2要小，所以平衡會向左移動，所以實際放出的熱量＜；在1molSO2，O2的基礎(chǔ)上再加1molSO3，則平衡逆移，要吸收熱量，所以通入1molSO2，O2和1molSO3時實際放出的熱量Q2＜；綜上得：Q2＜Q1＜197kJ?mol﹣1，故A正確；故選A．13．工業(yè)上為了處理含有Cr2O的酸性工業(yè)廢水，采用下面的處理方法：往工業(yè)廢水中加入適量NaCl，以鐵為電極進行電解，經(jīng)過一段時間，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀生成，工業(yè)廢水中鉻元素的含量已低于排放標(biāo)準(zhǔn)．關(guān)于上述方法，下列說法錯誤的是（）A．陽極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣═Fe2+B．陰極反應(yīng)：2H++2e﹣═H2↑C．在電解過程中工業(yè)廢水由酸性變?yōu)閴A性D．可以將鐵電極改為石墨電極【考點】電解原理．【分析】A．Fe為電極進行電解時，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，B．陰極上氫離子放電生成氫氣，同時陰極附近有氫氧根離子生成；C．陰極上及發(fā)生氧化還原都消耗氫離子；D．如果改用石墨作電極，則陽極不能生成亞鐵離子，導(dǎo)致無法生成鉻離子．【解答】解：A．Fe為電極進行電解時，陽極是活潑電極，則電極本身發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即陽極反應(yīng)為：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A正確；B．陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陽極反應(yīng)為：2H++2e﹣═H2↑，故B正確；C．陰極反應(yīng)消耗H+，溶液中的氧化還原反應(yīng)也消耗H+，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度降低，從而使溶液pH升高，所以在電解過程中工業(yè)廢水由酸性變?yōu)閴A性，故C正確；D．若用石墨做電極，則無法產(chǎn)生還原劑Fe2+，從而使Cr2O72﹣無法還原為Cr3+變成沉淀除去，所以不能用石墨作電極，故D錯誤；故選D．14．在一定體積的密閉容器中給定物質(zhì)A、B、C的量，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：aA（g）+bB（g）?xC（g），達到化學(xué)平衡后符合下圖所示的關(guān)系（C%表示平衡混合氣中產(chǎn)物C的百分含量，T表示溫度，P表示壓強）．在圖中Y軸是指（）A．反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率B．平衡混合氣中物質(zhì)B的百分含量C．平衡混合氣的密度D．平衡混合氣的A的體積分?jǐn)?shù)【考點】物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，溫度T1＞T2，壓強P2＞P1，升高溫度，C的含量降低，說明該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，增大壓強，C的含量增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)是一個反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，即a+b＞x．【解答】解：根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，溫度T1＞T2，壓強P2＞P1，升高溫度，C的含量降低，說明該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，增大壓強，C的含量增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)是一個反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，即a+b＞x．A．升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則A的轉(zhuǎn)化率減小，增大壓強平衡正反應(yīng)方向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，符合圖象，故A正確；B．升高溫度平衡逆向移動，B的含量增大，增大壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，則B的百分含量減小，與圖象不相符，故B錯誤；C．混合氣體的質(zhì)量始終不變，容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，故C錯誤；D．升高溫度平衡逆向移動，A的體積分?jǐn)?shù)增大，增大壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，則A的體積分?jǐn)?shù)減小，與圖象不相符，故D錯誤，故選A．15．已知某溫度下，幾種酸的電離常數(shù)如下：Ka（HCN）=×10﹣10mol?L﹣1、Ka（HF）=×10﹣4mol?L﹣1、Ka（CH3COOH）=×10﹣5mol?L﹣1、Ka（HNO2）=×10﹣6mol?L﹣1．則物質(zhì)的量濃度都為?L﹣1的下列溶液中，pH最小的是（）A．NaCN B．NaF C．CH3COONa D．NaNO2【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】酸的電離常數(shù)越大，酸越強，對應(yīng)的鈉鹽溶液的堿性越弱，溶液的pH越小，以此解答該題．【解答】解：由電離常數(shù)可知酸性：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN，酸越強，對應(yīng)的鈉鹽溶液的堿性越弱，溶液的pH越小，所以pH最小的NaF，故選B．16．在體積為2L的密閉容器中進行下列反應(yīng)：C（s）+CO2（g）═2CO（g）；△H=+QkJ?mol﹣1．如圖為CO2、CO的物質(zhì)的量隨時間t的變化關(guān)系圖．下列說法不正確的是（）A．在0﹣1min內(nèi)CO的物質(zhì)的量增加了2molB．當(dāng)固焦炭的質(zhì)量不發(fā)生變化時，說明反應(yīng)已達平衡狀態(tài)C．5min時再充入一定量的CO，n（CO）、n（CO2）的變化可分別由c、b曲線表示D．3min時溫度由T1升高到T2，重新平衡時K（T2）小于K（T1）【考點】物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】A．隨反應(yīng)進行CO物質(zhì)的量增大，由圖可知在0﹣1min內(nèi)CO的物質(zhì)的量增加了2mol；B．可逆反應(yīng)到達平衡時，各組分的物質(zhì)的量不變；時再充入一定量的CO，瞬間CO物質(zhì)的量增大、二氧化碳物質(zhì)的量不變，平衡逆向移動，而后CO物質(zhì)的量減小、二氧化碳物質(zhì)的量增大；升高溫度，到達新平衡時CO增多、二氧化碳減小，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大．【解答】解：A．隨反應(yīng)進行CO物質(zhì)的量增大，由圖可知在0﹣1min內(nèi)CO的物質(zhì)的量增加了2mol，故A正確；B．當(dāng)固焦炭的質(zhì)量不發(fā)生變化時，說明正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故B正確；C．5min時再充入一定量的CO，瞬間CO物質(zhì)的量增大、二氧化碳物質(zhì)的量不變，平衡逆向移動，而后CO物質(zhì)的量減小、二氧化碳物質(zhì)的量增大，c、b曲線分別表示n（CO）、n（CO2）的變化，故C正確；D．3min升高溫度，到達新平衡時CO增多、二氧化碳減小，說明升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，K（T2）大于K（T1），故D錯誤，故選D．17．在給定的四種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的是（）A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl﹣、I﹣B．pH值為1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3﹣C．水電離出來的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+D．所含溶質(zhì)為Na2SO4的溶液：K+、HCO3﹣、NO3﹣、Al3+【考點】離子共存問題．【分析】A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液，顯酸性，離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；B．pH值為1的溶液，顯酸性；C．水電離出來的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，為酸或堿溶液；D．離子之間相互促進水解．【解答】解：A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液，顯酸性，F(xiàn)e3+、I﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故A錯誤；B．pH值為1的溶液，顯酸性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C．水電離出來的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，為酸或堿溶液，HCO3﹣與酸、堿均反應(yīng)，一定不能共存，故C錯誤；D．HCO3﹣、Al3+相互促進水解生成沉淀和氣體，不能共存，故D錯誤；故選B．18．室溫下，用某濃度NaOH溶液滴定一元酸HA的滴定曲線如圖所示（橫坐標(biāo)為滴入NaOH的體積，縱坐標(biāo)為所得混合液的pH）．下列判斷正確的是（）A．HA的濃度為1×10﹣4mol?L﹣1 B．實驗時可選甲基橙作指示劑C．pH=7時，溶液中c（Na+）＞c（A﹣） D．V=10mL，酸堿恰好中和【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【分析】A．HA是弱酸，不完全電離，結(jié)合圖象判斷氫離子濃度，然后分析HA的濃度大小；B．氫氧化鈉和弱酸反應(yīng)恰好反應(yīng)生成的鹽是強堿弱酸鹽，鹽水解顯堿性，應(yīng)選擇堿性條件下變色的指示劑；C．根據(jù)溶液中的電荷守恒判斷；D．由圖象可知，當(dāng)V=10mL，酸堿恰好中和．【解答】解：A．由圖象分析可知，c（H+）=1×10﹣4mol?L﹣1，由于HA是弱酸，不完全電離，所以HA的濃度為大于1×10﹣4mol?L﹣1，故A錯誤；B．氫氧化鈉和弱酸反應(yīng)恰好反應(yīng)生成的鹽是強堿弱酸鹽，鹽水解顯堿性，應(yīng)選擇堿性條件下變色的指示劑，不能選擇甲基橙，應(yīng)選擇酚酞指示劑，故B錯誤；D．pH=7時，c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）=c（A﹣），故C錯誤；D．由圖象可知，當(dāng)V=10mL曲線出現(xiàn)飛躍，說明酸堿恰好中和，故D正確；故選D．19．物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中：①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3c（NH）由大到小的順序是（）A．⑤②③①④ B．④①③②⑤ C．③②①⑤④ D．③②④①⑤【考點】鹽類水解的應(yīng)用．【分析】①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3，先不考慮水解，則②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有兩個NH4+，所以它們NH4+的濃度大于其它三種物質(zhì)，溶液中c（NH4+）根據(jù)鹽類水解的影響分析判斷．【解答】解：物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液：①NH4Cl、②（NH4）2CO3、③（NH4）2SO4、④NH4HSO4、⑤NH4HCO3；先不考慮水解，則②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有兩個NH4+，所以它們NH4+的濃度大于其它三種物質(zhì)，而②（NH4）2CO3中NH4+水解顯酸性，CO32﹣水解顯堿性，兩者相互促進，所以NH4+水解的量較多，NH4+的量較少，③（NH4）2SO4中硫酸根離子對銨根離子濃度無影響，即溶液中c（NH4+）③＞②；①④⑤三種物質(zhì)中，④NH4HSO4酸性最強，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量較多，溶液中c（NH4+）較大，①NH4Cl，NH4+水解，④NH4HSO4，溶液中氫離子抑制銨根離子水解，即溶液中c（NH4+）④＞①；⑤NH4HCO3，HCO3﹣水解促進銨根離子水解溶液中c（NH4+）應(yīng)最小，則①＞⑤；按c（NH4+）由大到小的順序排列為：③＞②＞④＞①＞⑤，故選：D．20．常溫下有體積相同的四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的鹽酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液．下列說法正確的是（）A．若將四種溶液稀釋100倍，溶液pH大小順序：③＞④＞①＞②B．③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③=④C．①與②分別與足量鎂粉反應(yīng)，生成H2的量：①＜②D．②和③混合，所得混合溶液的pH大于7【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【分析】pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3mol/L，pH=3的鹽酸中c（HCl）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3mol/L，A．稀釋后弱電解質(zhì)的pH變化較小，堿溶液的pH大于酸溶液；B．氨水為弱堿，氨水濃度大于氫氧化鈉溶液；C．醋酸為弱酸，醋酸的濃度大于鹽酸，醋酸能夠提供的氫離子遠遠大于鹽酸；D．氨水為弱堿，混合液中氨水過量，混合液顯示堿性．【解答】解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3mol/L，pH=3的鹽酸中c（HCl）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3mol/L，A．若將四種溶液稀釋100倍，弱電解質(zhì)的pH變化較小，堿溶液的pH大于酸溶液，則稀釋后溶液pH大小順序為：③＞④＞②＞①，故A錯誤；B．c（NH3?H2O）＞c（NaOH），所以等體積的③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③＞④，故B錯誤；C．醋酸為弱酸，則c（CH3COOH）＞c（HCl），等體積的①與②分別與足量鎂粉反應(yīng)，生成H2的量①＞②，故C錯誤；D．②和③混合，氨水為弱堿，堿的物質(zhì)的量遠遠大于酸的物質(zhì)的量，所以所得混合溶液呈堿性，其pH大于7，故D正確；故選D．21．25℃時，下列有關(guān)溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．LCH3COONa與LHCl溶液等體積混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞cCH3COO﹣）B．LNH4Cl與L氨水等體積混合（pH＞7）：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3與LNaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．LNa2C2O4與LHCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A．反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸和氯化鈉，溶液呈酸性，則c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）；B．溶液層堿性，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則c（NH4+）＞c（NH3?H2O），結(jié)合物料守恒可得c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3?H2O）；C．根據(jù)混合液中的物料守恒判斷；D．二者恰好反應(yīng)生成NaHC2O4，根據(jù)溶液中的電荷守恒判斷．【解答】解：A．LCH3COONa與LHCl溶液等體積混合，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸和NaCl，鈉離子和氯離子不水解，則c（Na+）=c（Cl﹣），溶液顯示酸性，氫氧根離子濃度較小，則c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），溶液中正確的離子濃度大小為：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A錯誤；B．LNH4Cl與L氨水等體積混合（pH＞7），溶液呈堿性，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則c（NH4+）＞c（NH3?H2O），結(jié)合物料守恒可得c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3?H2O），溶液中正確的離子濃度大小為：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3?H2O）＞c（OH﹣），故B錯誤；C．LNa2CO3與LNaHCO3溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正確；D．LNa2C2O4與LHCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸），恰好反應(yīng)生成NaHC2O4，根據(jù)電荷守恒可知：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），故D錯誤；故選C．22．某溫度下，已知Ksp（BaSO4）=×10﹣10，Ksp（BaCO3）=×10﹣9．下列說法正確的是（）A．BaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3不可能轉(zhuǎn)化為BaSO4B．BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做鋇餐試劑C．任何溫度下，向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，當(dāng)兩種沉淀共存時，=×10﹣2D．該溫度下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中轉(zhuǎn)化為BaSO4，則Na2SO4濃度至少為×10﹣6mol?L【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】A．難溶電解質(zhì)的溶解平衡中，Qc=c（CO32﹣）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），開始轉(zhuǎn)化為BaCO3；B．根據(jù)胃酸中是鹽酸，BaCO3能溶于胃酸，BaSO4不溶鹽酸；C．依據(jù)溶度積常數(shù)隨溫度變化分析判斷，根據(jù)Ksp（BaSO4和Ksp（BaCO3）計算可求出硫酸根離子濃度和碳酸根離子濃度之比；D．Qc=c（SO42﹣）?c（Ba2+）≥Ksp（BaSO4），開始轉(zhuǎn)化為BaSO4，據(jù)此計算．【解答】解：A．難溶電解質(zhì)的溶解平衡中，當(dāng)Qc=c（CO32﹣）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），開始轉(zhuǎn)化為BaCO3；所以BaSO4在一定條件下能轉(zhuǎn)化成BaCO3，故A錯誤；B．因胃酸可與CO32﹣反應(yīng)生成水和二氧化碳，使CO32﹣濃度降低，從而使平衡BaCO3（s）?Ba2+（aq）+CO32﹣（aq）向溶解方向移動，使Ba2+濃度增大，Ba2+有毒，所以BaCO3不可以做鋇餐試劑，故B錯誤；C．某溫度下，向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，當(dāng)兩種沉淀共存時，根據(jù)Ksp（BaSO4）和Ksp（BaCO3），計算可求出c===×10﹣2，但任何溫度下，溶度積常數(shù)不同，計算結(jié)果不同，故C錯誤；D．Ksp（BaCO3）=c（CO32﹣）?c（Ba2+）=×10﹣9，所以c（Ba2+）=5×10﹣5Qc=c（SO42﹣）?c（Ba2+）≥Ksp（BaSO4）開始轉(zhuǎn)化為BaSO4，所以c（SO42﹣）===×10﹣6mol?L﹣1，常溫下，BaCO3固體若要在Na2SO4溶液中開始轉(zhuǎn)化為BaSO4，則Na2SO4的濃度須大于×10﹣6mol?L﹣1，故D正確；故選D．23．高溫鈉硫電池是一種新型可充電電池，其工作原理如圖所示，圖中固體電解質(zhì)是Na+導(dǎo)體．下列敘述正確的是（）A．放電時，石墨電極a為正極B．放電時，Na+從石墨b向石墨a方向遷移C．充電時，b極反應(yīng)為Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+D．可將裝置中的固體電解質(zhì)改成NaCl溶液【考點】化學(xué)電源新型電池．【分析】A、根據(jù)圖示信息知道：金屬鈉富集在石墨電極附近，據(jù)此確定高溫鈉硫電池的正負極材料；B、原電池中，電解質(zhì)中的陽離子移向正極；C、充電時，在陽極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，據(jù)此書寫電極反應(yīng)式；D、金屬鈉可以和水之間發(fā)生反應(yīng)，據(jù)此回答判斷．【解答】解：A、根據(jù)圖示信息知道：金屬鈉富集在石墨電極附近，據(jù)此確定石墨a是高溫鈉硫電池的負極材料，故A錯誤；B、放電時屬于原電池裝置，電解質(zhì)中的陽離子移向正極，即Na+從石墨a向石墨b方向遷移，故B錯誤；C、充電時，在陽極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+，故C正確；D、固體電解質(zhì)不能改成NaCl溶液，因為鈉單質(zhì)會與水反應(yīng)，故D錯誤．故選C．24．某溫度下，F(xiàn)e（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，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，下列判斷錯誤的是（）A．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．Fe（OH）3、Cu（OH）2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和C．加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點D．c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）乘積相等【考點】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)圖象找出可用來比較Fe（OH）3與Cu（OH）2溶度積常數(shù)點，可用b、c進行計算；由a點變到b點，PH增大，氯化銨水解呈酸性，不會增大溶液的PH；Kw只與溫度有關(guān)，位于曲線上的點為飽和狀態(tài)，以此解答該題．【解答】解：A．由b、c兩點對應(yīng)數(shù)據(jù)可比較出KSP[Fe（OH）3]與KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?（OH﹣）3=c（Fe3+）?（10﹣）3，KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+）?（OH﹣）2=c（Cu2+）?（10﹣）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，故A正確B．b、c兩點分別處在兩條的沉淀溶解平衡曲線上，故兩點均代表溶液達到飽和，故B正確；C．向溶液中加入NH4Cl固體，不會導(dǎo)致溶液中的c（OH﹣）增大，故不能使溶液由a點變到b點，故C錯誤；D．只要溫度不發(fā)生改變，溶液中c（H+）與c（OH﹣）的乘積（即Kw）就不變．該題中溫度條件不變，故c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）的乘積相等，故D正確．故選C．25．如圖各容器中盛有海水，鐵在其中被腐蝕時由快到慢的順序是（）A．③＞②＞④＞① B．②＞①＞③＞④ C．④＞②＞③＞① D．④＞②＞①＞③【考點】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護．【分析】先判斷裝置是原電池還是電解池，再根據(jù)原電池正負極腐蝕的快慢和電解池的陰陽極腐蝕快慢來比較，從而確定腐蝕快慢順序．【解答】解：根據(jù)圖知，②③裝置是原電池，在②中，金屬鐵做負極，③中金屬鐵作正極，做負極的腐蝕速率快，所以②＞③，④裝置是電解池，其中金屬鐵為陽極，被保護腐蝕，有防護腐蝕措施的腐蝕，所以腐蝕速率是：④＞②＞①＞③．故選D．二、填空題（本題包括3小題，每空2分，共42分）26．按要求完成下列填空：（1）將AlCl3溶液加熱蒸干并灼燒可得到Al2O3（填化學(xué)式）．（2）盛放純堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，是因為Na2CO3水解生成的OH﹣能夠和玻璃中的SiO2反應(yīng)，生成的Na2SiO3會粘住瓶口．（3）泡沫滅火器滅火時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑．（4）常溫下將和溶于水，配成混合溶液．溶液中共有7種粒子，各離子濃度從大到小的順序為c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）．【考點】離子濃度大小的比較；離子方程式的書寫．【分析】（1）氯化鋁是強酸弱堿鹽，鋁離子水解生成HCl，生成的HCl水溶液以揮發(fā)，升高溫度促進其揮發(fā)，所以蒸干溶液得到氫氧化鋁固體，灼燒氫氧化鋁固體時其易分解；（2）Na2CO3水解生成的OH﹣，能和和玻璃中的SiO2反應(yīng)生成粘性物質(zhì)Na2SiO3；（3）硫酸鋁和碳酸氫鈉能發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體；（4）將和鹽酸溶于水，得到、，，HCl、NaCl為強電解質(zhì)，CH3COOH為弱電解質(zhì)，混合溶液中有酸，導(dǎo)致溶液呈酸性．【解答】解：（1）AlCl3在加熱時水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易揮發(fā)，蒸干灼燒得到Al2O3，故答案為：Al2O3；（2）Na2CO3水解生成的OH﹣，能和和玻璃中的SiO2反應(yīng)生成粘性物質(zhì)Na2SiO3而黏住瓶口，所以不能用玻璃塞試劑瓶盛放碳酸鈉溶液，故答案為：Na2CO3水解生成的OH﹣能夠和玻璃中的SiO2反應(yīng)，生成的Na2SiO3會粘住瓶口；（3）硫酸鋁和碳酸氫鈉能發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，離子方程式為Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案為：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）將和鹽酸溶于水，得到、，，HCl、NaCl為強電解質(zhì)，CH3COOH為弱電解質(zhì)，則溶液中存在的離子為：Na+、H+、Cl﹣、OH﹣、CH3COO﹣，存在的分子為：H2O、CH3COOH，即共有7種不同的微粒；HCl、NaCl為強電解質(zhì)完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)部分電離，則各離子濃度從大到小的順序為c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）；故答案為：7；c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）．27．工業(yè)上用難溶于水的碳酸鍶（SrCO3）粉末為原料（含少量鋇和鐵的化合物）制備高純六水氯化鍶晶體（SrCl2?6H2O），其過程為：已知：Ⅰ．有關(guān)氫氧化物沉淀的pH：氫氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2開始沉淀的pH沉淀完全的pHⅡ．SrCl2?6H2O晶體在61℃時開始失去結(jié)晶水，100℃時失去全部結(jié)晶水．（1）操作①中碳酸鍶與鹽酸反應(yīng)的離子方程式SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O．（2）在步驟②﹣③的過程中，將溶液的pH值由1調(diào)節(jié)至B；宜用的試劑為E．A．B．C．D．氨水E．氫氧化鍶粉末F．碳酸鈉晶體（3）操作②中加入H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（4）操作③中所得濾渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4（填化學(xué)式）．（5）工業(yè)上用熱風(fēng)吹干六水氯化鍶，適宜的溫度是A．A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（6）步驟⑥宜選用的無機洗滌劑是飽和氯化鍶溶液．【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【分析】以SrCO3為原料制備六水氯化鍶（SrCl2?6H2O），由流程可知，SrCO3和鹽酸發(fā)生反應(yīng)：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反應(yīng)后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Fe2+、Ba2+雜質(zhì)，加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，同時調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，所以過濾后濾渣為硫酸鋇和氫氧化鐵，濾液中含SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶得到SrCl2?6H2O．（1）根據(jù)反應(yīng)方程式改寫成離子方程式；（2）根據(jù)Fe3+開始沉淀pH與沉淀完全pH調(diào)節(jié)溶液的pH范圍，調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，且不能引入新雜質(zhì)；（3）操作②加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+；（4）SrCO3和鹽酸反應(yīng)后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Fe2+、Ba2+雜質(zhì)，加入了稀硫酸，有硫酸鋇生成，加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)節(jié)溶液pH，水解可生成氫氧化鐵沉淀；（5）根據(jù)六水氯化鍶晶體開始失去結(jié)晶水的溫度選擇熱風(fēng)吹干時適宜的溫度；（6）根據(jù)溶解平衡且不能引入新雜質(zhì)分析解答．【解答】解：以SrCO3為原料制備六水氯化鍶（SrCl2?6H2O），由流程可知，SrCO3和鹽酸發(fā)生反應(yīng)：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反應(yīng)后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Fe2+、Ba2+雜質(zhì)，加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，同時調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，所以過濾后濾渣為硫酸鋇和氫氧化鐵，濾液中含SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶得到SrCl2?6H2O．（1）碳酸鍶與鹽酸反應(yīng)生成氯化鍶、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，故答案為：SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；（2）由表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+在pH=時開始沉淀，在pH=時沉淀完全，