江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題含解析

PAGE19-江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題（含解析）本試卷包括第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137第I卷(選擇題共40分)單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.下列有關(guān)氯元素及其化合物的化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A.中子數(shù)為18的氯原子：B.氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C.氯化氫的電子式：D.2?氯丙烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3CH2CH2Cl【答案】B【解析】中子數(shù)為18的氯原子表示為，質(zhì)子數(shù)為17，A錯(cuò)誤；氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖中質(zhì)子數(shù)為17，最外層電子數(shù)為7，B正確；氯化氫為共價(jià)化合物，不存在陰陽(yáng)離子，C錯(cuò)誤；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2Cl的名稱(chēng)是1?氯丙烷，2?氯丙烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3CHClCH3，D錯(cuò)誤。2.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是ASO2具有氧化性，常用于漂白秸稈、織物B.明礬水解形成Al(OH)3膠體，可用作水處理中的凈水劑C石英坩堝耐高溫，可用來(lái)加熱熔化燒堿、純堿等固體D.次氯酸有酸性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒【答案】B【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸稈、織物，A錯(cuò)誤；明礬水解形成Al(OH)3膠體，具有吸附作用，可以汲取水中固體雜質(zhì)顆粒，所以可用作水處理中的凈水劑，B正確；燒堿是氫氧化鈉，純堿是碳酸鈉，為強(qiáng)堿性鹽，二氧化硅為酸性氧化物能夠與堿性物質(zhì)反應(yīng)，所以不能用石英坩堝來(lái)加熱燒堿或純堿，C錯(cuò)誤；HClO具有強(qiáng)氧化性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒，與酸性無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。3.我國(guó)科學(xué)家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應(yīng)如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.反應(yīng)物和生成物都含有π鍵B.0.5molHCHO含有1molσ鍵C.HCHO、CO2分子中中心原子雜化類(lèi)型相同D.HCHO能溶解在H2O中【答案】D【解析】【詳解】A．H2O中化學(xué)鍵均為單鍵，不含有π鍵，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，0.5molHCHO含有1.5molσ鍵，故B錯(cuò)誤；C．HCHO、CO2分子中中心原子分別采納sp2、sp雜化，故C錯(cuò)誤；D．HCHO和H2O都屬于極性分子，HCHO能溶解在H2O中，故D正確；故答案為：D。4.下列事實(shí)中，能說(shuō)明HNO2是弱電解質(zhì)的是A.用HNO2溶液做導(dǎo)電性試驗(yàn)，燈泡較暗B.HNO2是共價(jià)化合物C.HNO2溶液不與NaCl反應(yīng)D.室溫下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH為2.15【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.沒(méi)有用強(qiáng)酸在相同條件下進(jìn)行比照，故A不能說(shuō)明HNO2是弱電解質(zhì)；B.電解質(zhì)的強(qiáng)弱與是否為共價(jià)化合物無(wú)干脆關(guān)系，故B不能說(shuō)明HNO2是弱電解質(zhì)；C.在一般狀況下強(qiáng)酸也不與NaCl反應(yīng)，故C不能說(shuō)明HNO2是弱酸；D.室溫下，對(duì)于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是強(qiáng)酸，則其pH為1，實(shí)際pH為2.15，由此說(shuō)明HNO2不能完全電離，故其為弱酸，故D能說(shuō)明HNO2是弱電解質(zhì)。故選D。5.H2與O2發(fā)生反應(yīng)的過(guò)程可用如圖模型圖表示(“—”表示化學(xué)鍵)。下列說(shuō)法不正確的是（）A.過(guò)程Ⅰ是吸熱過(guò)程B.過(guò)程Ⅲ肯定是放熱過(guò)程C.該反應(yīng)過(guò)程中全部舊化學(xué)鍵都斷裂，且形成了新化學(xué)鍵D.該反應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化形式只能以熱能的形式進(jìn)行【答案】D【解析】【詳解】A、過(guò)程I表示化學(xué)鍵的斷裂，該過(guò)程是吸熱過(guò)程，A正確；B、過(guò)程III表示化學(xué)鍵的形成，該過(guò)程是放熱過(guò)程，B正確；C、如圖所示，該反應(yīng)過(guò)程中全部舊化學(xué)鍵都斷裂，且形成了新化學(xué)鍵，C正確；D、可以利用該反應(yīng)設(shè)計(jì)燃料電池，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，D錯(cuò)誤；故選D。6.短周期主族元素M、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，潮濕的紅色石蕊試紙遇M的氣態(tài)氫化物變藍(lán)色。含X、Y和Z三種元素的化合物R有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系(已知酸性強(qiáng)弱：HClO3>HNO3)。下列說(shuō)法正確的是A.簡(jiǎn)潔離子半徑：Y>Z>M>XB.簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：M>XC.加熱單質(zhì)甲與品紅溶液反應(yīng)所得的“無(wú)色溶液”，可變成紅色溶液D.常溫下，向蒸餾水中加入少量R，水的電離程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成強(qiáng)堿的是Na元素，所以強(qiáng)堿戊為NaOH。能使品紅溶液褪色的氣體可能是SO2、Cl2，單質(zhì)只有Cl2。電解氯化鈉水溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，故R可能是NaClO。M的氣態(tài)氫化物使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)色，說(shuō)明M為氮元素。綜上所述，M為氮元素，X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素。【詳解】A．X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素，M為氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半徑依次減小，故A錯(cuò)誤；B．X為氧元素，M為氮元素，非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：O＞N，H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C．若氣體甲為氯氣，則加熱“無(wú)色溶液”，由于次氯酸漂白后較穩(wěn)定，溶液不變色，故C錯(cuò)誤；D．NaClO屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，能夠發(fā)生水解，可促進(jìn)水的電離，故D正確；答案選D。7.常溫下，下列各組離子肯定能在指定溶液中大量共存的是A.無(wú)色透亮的溶液：Na＋、Cu2＋、、B.的溶液：、Ca2＋、Cl－、C.c(Fe2＋)＝1mol·L－1的溶液：K＋、、、D.水電離的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液：K＋、Na＋、、【答案】B【解析】【詳解】A.含Cu2＋的溶液呈藍(lán)色，因此在無(wú)色透亮的溶液中不能大量存在Cu2＋，故A錯(cuò)誤；B.的溶液呈酸性，離子之間均不發(fā)生反應(yīng)，故可大量共存，故B正確；C.Fe2＋能與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不行大量共存，故C錯(cuò)誤；D.水電離的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，呈酸性時(shí)，、均可以與H＋發(fā)生反應(yīng)，呈堿性時(shí)，離子之間均不發(fā)生反應(yīng)，故該組離子不肯定能大量共存，故D錯(cuò)誤故選B。8.已知：①H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)?H1＝akJ·mol－1②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)?H2＝bkJ·mol－1③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)?H3＝ckJ·mol－1④2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)?H4＝dkJ·mol－1下列關(guān)系式中正確的是A.a<c<0 B.d<b<0 C.2a＝b>0 D.2c＝d>0【答案】B【解析】【分析】

燃燒反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則△H均小于0，物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同，反應(yīng)放出的熱量不同，熱化學(xué)反應(yīng)方程式中物質(zhì)的量與反應(yīng)放出的熱量成正比，以此來(lái)解答?！驹斀狻緼.對(duì)于放熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)物能量相同時(shí)，生成物的能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，△H越小，而①和③相比，③中水為液態(tài)，能量低于氣態(tài)水，故反應(yīng)③放出的熱量大于①，即c＜a＜0，故A錯(cuò)誤；

B.由于燃燒均為放熱反應(yīng)，故△H均小于0，且對(duì)于放熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)物能量相同時(shí)，生成物的能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，△H越小，而④和②相比，④中水為液態(tài)，能量低于氣態(tài)水，故反應(yīng)④放出的熱量大于②，即d＜b＜0，故B正確；C.由于燃燒均為放熱反應(yīng)，故△H均小于0，且由于反應(yīng)②是①的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b＜0，故C錯(cuò)誤；D.由于燃燒均為放熱反應(yīng)，故△H均小于0，故D錯(cuò)誤；故選B。9.下列各組物質(zhì)中，化學(xué)鍵類(lèi)型與晶體類(lèi)型均相同的是A.冰和干冰 B.二氧化硫和二氧化硅C.NH4Cl和MgCl2 D.Na2O2和H2O2【答案】A【解析】【詳解】A.冰和干冰均為分子晶體，均只含共價(jià)鍵，故A正確；B.二氧化硫?yàn)榉肿泳w，二氧化硅為原子晶體，二者晶體類(lèi)型不同，故B錯(cuò)誤；C.NH4Cl和MgCl2均為離子晶體，但是NH4Cl含有離子鍵和共價(jià)鍵，MgCl2只含有離子鍵，故二者化學(xué)鍵類(lèi)型不同，故C錯(cuò)誤；D.Na2O2為離子晶體，H2O2為分子晶體，二者晶體類(lèi)型不同，故D錯(cuò)誤；故選A。10.依據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是A.圖甲是2A(g)＋B(g)?2C(g)的A平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)改變曲線，說(shuō)明壓強(qiáng)P1＜P2B.圖乙是MgCl2·6H2O在空氣中加熱時(shí)固體質(zhì)量隨時(shí)間的改變曲線，說(shuō)明最終固體為MgCl2C.圖丙是室溫下V0mL0.10mol·L－1MOH加水稀釋至VmL，pH隨lg的改變曲線，說(shuō)明MOH是強(qiáng)堿D.圖丁是HA、HB溶液稀釋過(guò)程中導(dǎo)電實(shí)力改變曲線，說(shuō)明HA酸性小于HB【答案】B【解析】【詳解】A．可逆反應(yīng)2A(g)+B(g)?2C(g)，相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，即有壓強(qiáng)P1＜P2，故A結(jié)論正確；B．由題中圖示可知，20.3gMgCl2·6H2O物質(zhì)的量為n(MgCl2·6H2O)==0.1mol，若最終固體為MgCl2，由元素守恒可知，MgCl2的物質(zhì)的量也為0.1mol，質(zhì)量為9.5g，與圖象不符合，其實(shí)質(zhì)是20.3gMgCl2?6H2O(即為0.1mol)在空氣中加熱時(shí)，鎂離子要水解，得到氫氧化鎂、氯化氫，氯化氫揮發(fā)，氫氧化鎂接著分解，最終得到產(chǎn)物為4.0g氧化鎂（0.1mol），故B結(jié)論錯(cuò)誤；C．由圖可知，lg的值增加4，即稀釋104倍，pH值下降4，符合強(qiáng)堿的稀釋規(guī)律，故C結(jié)論正確；D．稀釋過(guò)程中導(dǎo)電實(shí)力改變較小的酸，說(shuō)明在稀釋過(guò)程中其存在電離平衡的正向移動(dòng)，說(shuō)明HA酸性小于HB，故D結(jié)論正確；答案為B。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11.下列敘述正確的是A.合成氨反應(yīng)放熱，采納低溫可以提高氨的生成速率B.常溫下，等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的電離程度相同C.反應(yīng)4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)＝4Fe(OH)3(s)常溫下能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的△H＜0D.在一容積可變的密閉容器中反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)達(dá)平衡后，保持溫度不變，縮小體積，平衡正向移動(dòng)，的值增大【答案】C【解析】【詳解】A．降低溫度，會(huì)減慢氨的生成速率，故A錯(cuò)誤；B．等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氫離子濃度大，對(duì)水的電離的抑制程度大，所以等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的電離程度不同，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常溫下能自發(fā)進(jìn)行，說(shuō)明△H-T?△S＜0，因此可知△H＜0，故C正確；D．反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)的平衡常數(shù)表達(dá)式為，平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則該值不變，故D錯(cuò)誤；答案選C。12.常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是A.常溫下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c()－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1B.向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后：c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]C.等物質(zhì)的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：D.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合：c(Na＋)＋c()＋c()＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－1【答案】AC【解析】【詳解】A．常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-6mol/L，c(OH－)=10-8mol/L，電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+

c(OH-)，物料守恒為c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，兩式合并，所以溶液中存在c()-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH－)=9.9×10-7mol?L-1，故A正確；B．原碳酸鈉溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c()＋c()＋c(H2CO3)]，通入CO2，c()、c()、c(H2CO3)都增大，c(Na+)不變，該守恒關(guān)系被破壞，故B錯(cuò)誤；C．，，碳酸的第一步電離程度遠(yuǎn)大于其次步電離程度，所以Ka1＞Ka2，所以，故C正確；D．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)=0.1mol·L－1，0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合，溶液混合后體積增大一倍，導(dǎo)致濃度降為原來(lái)的一半，混合溶液中c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)==0.15mol·L－1，故D錯(cuò)誤；答案選AC。13.下列推斷錯(cuò)誤的是A.碳碳鍵的鍵長(zhǎng)：C2H4＞C2H2B.晶體的熔點(diǎn)：SiO2＞CO2C.晶格能的大小：NaF＞MgOD.金屬鍵的強(qiáng)弱：Li＞K【答案】C【解析】【詳解】A.碳碳雙鍵鍵長(zhǎng)大于碳碳三鍵鍵長(zhǎng)，所以碳碳鍵的鍵長(zhǎng)：C2H4＞C2H2，故A正確；

B.熔點(diǎn)：原子晶體＞分子晶體，二氧化硅是原子晶體、干冰是分子晶體，則熔點(diǎn)：SiO2＞CO2，故B正確；C.晶格能與離子半徑成反比，與離子所帶電荷數(shù)成正比，離子所帶電荷數(shù)：鎂離子＞鈉離子、氧離子＞氟離子，半徑：氟離子＜氧離子、鈉離子＞鎂離子，故晶格能：NaF＜MgO，故C錯(cuò)誤；D.金屬鍵與金屬陽(yáng)離子所帶電荷成正比，與原子半徑成反比，金屬陽(yáng)離子所帶電荷：Li=K，原子半徑：Li<K，則金屬鍵：Li>K，故D正確；故選C。14.某學(xué)生用0.1023mol·L－1標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸，測(cè)定中運(yùn)用耐酸、堿和強(qiáng)氧化劑腐蝕的“特氟龍”旋鈕的滴定管。其操作可分解為如下幾步：①移取20.00mL待測(cè)鹽酸溶液注入干凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液②用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液潤(rùn)洗滴定管3次③把盛有標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液的滴定管固定好，調(diào)整滴定管尖嘴使之充溢溶液④取標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液注入滴定管至“0”刻度以上約2mL⑤調(diào)整液面至“0”或“0”刻度以下，登記讀數(shù)⑥把錐形瓶放在滴定管的下面，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液滴定至終點(diǎn)并登記滴定管的讀數(shù)下列有關(guān)上述中和滴定操作步驟的正確依次是A.①②③④⑤⑥ B.②④③⑤①⑥ C.③①②⑥④⑤ D.⑤①②③④⑥【答案】B【解析】【詳解】中和滴定依據(jù)檢漏、洗滌、潤(rùn)洗、裝液、取待測(cè)液并加指示劑、滴定等依次操作，則正確的依次為：②④③⑤①⑥，故選B。15.I、II、III三個(gè)容積均為1L恒容密閉容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)。反應(yīng)10min，測(cè)得各容器內(nèi)CO2的物質(zhì)的量分別如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.該正反應(yīng)△H＜0B.T1時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為C.10min內(nèi)，容器II中的平均速率v(CH3OH)＝0.07mol·L－1·min－1D.10min后，向容器III中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此時(shí)v(逆)＜v(正)【答案】BD【解析】【詳解】A.依據(jù)圖中信息可知，Ⅰ中反應(yīng)末達(dá)平衡，Ⅱ、Ⅲ反應(yīng)達(dá)平衡，則上升溫度，CO2的物質(zhì)的量增大，平衡逆向移動(dòng)，證明該正反應(yīng)ΔH＜0，選項(xiàng)A正確；B.T1時(shí)，反應(yīng)末達(dá)平衡狀態(tài)，無(wú)法計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.10min內(nèi)，容器Ⅱ中的平均速率：v(CH3OH)=v(CO2)==0.07mol·L－1·min－1，故C正確；D.10min時(shí)n(CO2)=0.7mol，則n(H2)=2.1mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.3mol，平衡常數(shù)K=，向容器Ⅲ中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此時(shí)Q=＞K，反應(yīng)逆向移動(dòng)，v(逆)＞v(正)，故D錯(cuò)誤；故選BD。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)16.(1)如圖為氫－氧燃料電池裝置示意圖。其中A為KOH，C為多孔惰性電極。①在該電池工作時(shí)，a是_____極；b是_____極。②B物質(zhì)的化學(xué)式為_(kāi)____。③該電池反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____。(2)如圖為氯堿工業(yè)電解飽和氯化鈉溶液裝置示意圖。①電解時(shí)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)____。②逸出的氣體E是_____；流出的物質(zhì)G是_____。③該電解池中陽(yáng)離子交換膜的作用是_____。【答案】(1).負(fù)(2).正(3).H2O(4).2H2+O2=2H2O(5).2Cl--2e-=Cl2↑(6).H2(7).NaOH(8).只允許陽(yáng)離子通過(guò)，阻擋陽(yáng)極區(qū)生成的Cl2與陰極生成的OH-反應(yīng)【解析】【詳解】（1）①氫－氧燃料電池環(huán)境是堿性環(huán)境，由化合價(jià)改變可知，H2+2OH--2e-=2H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-，則通入H2極失電子，化合價(jià)上升，發(fā)生氧化反應(yīng)，為原電池的負(fù)極，通入O2極得電子，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，為原電池的正極，即a為負(fù)極，b為正極；答案為負(fù)，正。②H2和O2發(fā)生反應(yīng)生成H2O，物質(zhì)B為H2O；答案為H2O。③該燃料電池中H2和O2發(fā)生反應(yīng)生成H2O，化學(xué)方程式為2H2+O2=2H2O；答案為2H2O+O2=2H2O。（2）①依據(jù)題中圖示信息可知，左邊加入飽和NaCl溶液，右邊加入去離子水，運(yùn)用陽(yáng)離子交換膜，則左邊是Cl-放電，即Cl-失電子，化合價(jià)上升，發(fā)生氧化反應(yīng)，左邊電極為陽(yáng)極，與電源正極相連，陽(yáng)極的電極反應(yīng)為2Cl--2e-=Cl2↑；答案為2Cl--2e-=Cl2↑。②右邊是H+放電，得電子，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，右邊電極為陰極，與電源負(fù)極相連，陰極的電極反應(yīng)為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，E為H2，G為生成的NaOH；答案為H2，NaOH。③電解池中陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子通過(guò)交換膜進(jìn)入右邊陰極區(qū)，阻擋陽(yáng)極產(chǎn)生的Cl2與陰極的OH-反應(yīng)；答案為只允許陽(yáng)離子通過(guò)，阻擋陽(yáng)極產(chǎn)生的Cl2與陰極生成的OH-反應(yīng)。17.利用鈦礦的酸性廢液(含TiO2＋、Fe2＋、Fe3＋、等)，可回收獲得FeS2納米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等產(chǎn)品，流程如下：(1)TiO2＋中鈦元素的化合價(jià)為_(kāi)____價(jià)。TiO2＋只能存在于強(qiáng)酸性溶液中，因?yàn)門(mén)iO2＋易水解生成TiO2·nH2O，寫(xiě)出水解的離子方程式：_____。(2)向富含TiO2＋的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固體TiO2·nH2O。請(qǐng)用化學(xué)反應(yīng)原理說(shuō)明：_____。(3)NHHCO3溶液與FeSO4溶液反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____，該反應(yīng)需溫度在308K以下，其目的是_____。(4)Fe2＋的外層電子排布式為_(kāi)____。(5)試驗(yàn)室常用KSCN溶液來(lái)檢驗(yàn)Fe3＋的存在，與SCN互為等電子體的分子有_____(寫(xiě)一個(gè)物質(zhì)即可)【答案】(1).+4(2).TiO2++(n+1)H2O?TiO2·nH2O+2H+(3).Na2CO3消耗H+，c(H+)減小，使TiO2+水解平衡向生產(chǎn)TiO2·nH2O方向移動(dòng)(4).Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O(5).防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，削減FeCO3的生成損失(6).1s22s22p63s23p63d6(7).CO2或N2O【解析】【分析】鈦礦的酸性廢液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，該工藝流程過(guò)程中有如下反應(yīng)發(fā)生：加入鐵屑，2Fe3++Fe=3Fe2+；冷卻結(jié)晶得到綠礬FeSO4·7H2O和含有TiO2+的酸性溶液，向溶液加入碳酸鈉粉末，降低溶液酸性，得到TiO2?nH2O，綠礬晶體可制備FeS2納米材料，將綠礬晶體溶解為FeSO4溶液，加入足量的碳酸氫銨溶液，發(fā)生反應(yīng)：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，將得到的固體FeCO3與氧氣煅燒生成Fe2O3，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）TiO2+中氧元素-2價(jià)，則鈦元素+4；TiO2+只能存在于強(qiáng)酸性溶液中，因?yàn)門(mén)iO2+易水解生成TiO2?nH2O，水解的反應(yīng)方程式為：TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+；答案為：+4，

TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+。（2）含有TiO2+的酸性溶液，存在平衡TiO2++(n+1)H2O?TiO2?nH2O+2H+，向溶液加入碳酸鈉粉末，Na2CO3消耗H+，c(H+)削減，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O方向移動(dòng)；答案為Na2CO3消耗H+，c(H+)削減，使TiO2+水解平衡向生成TiO2?nH2O方向移動(dòng)。（3）NH4HCO3溶液與FeSO4溶液反應(yīng)生成FeCO3和二氧化碳，離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，該反應(yīng)需限制溫度在308K以下，防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，減小FeCO3的生成損失；答案為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受熱分解和削減Fe2+的水解，減小FeCO3的生成損失。（4）Fe是26號(hào)元素，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能級(jí)2個(gè)電子形成Fe2+，F(xiàn)e2＋的外層電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；答案為1s22s22p63s23p63d6。（5）等電子體是指原子總數(shù)相同，價(jià)電子總數(shù)也相同的微粒，SCN-原子總數(shù)3，價(jià)電子數(shù)為6+4+5+1=16，而CO2中，原子總數(shù)3，價(jià)電子總數(shù)為4+6+6=16，符合等電子體的要求，N2O中原子總數(shù)3，價(jià)電子總數(shù)為5+5+6=16，符合等電子體的要求，所以與SCN互為等電子體的分子是CO2或N2O；答案為CO2或N2O。18.已知25℃時(shí)，二元酸H2C2O4的pKa1、pKa2(pK＝-lgK)依次為1.23、4.19，氨水的pKb為4.75?；卮鹣铝袉?wèn)題。(1)比較0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四種離子濃度的大小依次為_(kāi)____。(2)寫(xiě)出NaHC2O4溶液中的電荷守恒：_____。(3)推斷NaHC2O4溶液顯_____性(填酸或中或堿)，請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明理由：_____。(4)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用NaOH溶液滴定至pH＝4.19。請(qǐng)推斷c()_____c()(填等于或大于或小于)(5)0.1mol·L－1H2C2O4溶液用氨水滴定至pH＝7.0時(shí)：c()、c()、c()三者之間的關(guān)系用一等式來(lái)表示_____?！敬鸢浮?1).c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)(2).c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()(3).酸(4).H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的電離常數(shù)為10-4.19，的水解常數(shù)為＜10-4.19，的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性(5).等于，(6).c()=c()+2c()【解析】【分析】(1)依據(jù)電離常數(shù)，分析的電離程度、的水解程度、的水解程度的大小關(guān)系，從而比較離子濃度的大小關(guān)系；(3)比較的電離程度和水解程度的大小關(guān)系，分析NaHC2O4溶液的酸堿性；(4)依據(jù)電離常數(shù)表達(dá)式分析；(5)依據(jù)溶液呈中性以及電荷守恒表達(dá)式分析?！驹斀狻?1)由于pK＝-lgK，則Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，Kb=10-4.75，的電離程度、的水解程度、的水解程度的大小關(guān)系為：10-4.19＞＞，故溶液顯酸性，結(jié)合水的電離可知NH4HC2O4溶液中c(H＋)、c(OH－)、c()、c()四種離子濃度的大小依次為c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；(2)NaHC2O4溶液中存在的電離和水解以及水的電離，溶液中的離子有Na+、H+、OH-、、，故電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；(3)H2C2O4的Ka1=10-1.23，Ka2=10-4.19，的電離常數(shù)為10-4.19，的水解常數(shù)為＜10-4.19，故的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性；(4)此時(shí)溶液的pH＝4.19，，故c()等于c()；(5)溶液pH＝7.0，呈中性，則c(H+)=c(OH-)，又溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c()=c()+2c()+c(OH-)，故c()=c()+2c()?！军c(diǎn)睛】多元弱酸的酸式鹽溶液顯酸性還是堿性，對(duì)水的電離是促進(jìn)還是抑制，是同學(xué)們的易混點(diǎn)。例如，在NaHCO3溶液中，存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，水解會(huì)促進(jìn)水的電離，同時(shí)存在電離平衡HCO3-?H++CO32-，電離會(huì)抑制水的電離，由于HCO3-的水解程度大于其電離程度，所以NaHCO3溶液呈堿性，促進(jìn)水的電離；又例如，在NaHSO3溶液中，存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，水解會(huì)促進(jìn)水的電離，同時(shí)存在電離平衡HSO3-?H++SO32-，電離會(huì)抑制水的電離，由于HSO3-的電離程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液呈酸性，抑制水的電離。該題中經(jīng)過(guò)計(jì)算，的電離程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液顯酸性。19.難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及其溶度積在生產(chǎn)、科研等領(lǐng)域有著很多的應(yīng)用。(1)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃時(shí)，氯化銀的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10?，F(xiàn)將足量氯化銀分別放入下列溶液：①100mL蒸餾水中；②100mL0.1mol·L－1鹽酸中；③100mL0.1mol·L－1氯化鋁溶液中；④100mL0.1mol·L－1氯化鎂溶液中。充分?jǐn)嚢韬?，相同溫度下，銀離子濃度由大到小的依次是_____(填序號(hào))。在0.1mol·L－1氯化鋁溶液中，銀離子的濃度最大可達(dá)到_____mol·L－1。(2)25℃時(shí)，1L水中約能溶解2.4×10－3g硫酸鋇。①試計(jì)算25℃時(shí)硫酸鋇的溶度積Ksp(BaSO4)＝_____。②當(dāng)人體中鋇離子濃度達(dá)到2×10－3mol·L－1時(shí)會(huì)影響健康，那么硫酸鋇可作為“鋇餐”的緣由是_____。③在25℃時(shí)，1L水中約能溶解0.018g碳酸鋇，且胃液是酸性的，碳酸鋇不能代替硫酸鋇作為“鋇餐”的理由是_____。(要運(yùn)用題中所給數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算回答上述②、③兩小題)(3)鍋爐水垢會(huì)降低燃料利用率，還會(huì)形成平安隱患，因此要定期除去鍋爐水垢。水垢中含有CaSO4[Ksp(CaSO4)＝7.10×10－5]，若用1mol·L－1碳酸鈉溶液處理，使之轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的CacCO3[Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]，試?yán)肒sp計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)說(shuō)明這一轉(zhuǎn)化的原理_____?！敬鸢浮?1).①＞②＞④＞③(2).6.0×10-10mol/L(3).1.1×10-10(4).BaSO4(s)?Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+對(duì)BaSO4的沉淀溶液平衡沒(méi)有影響，所以BaSO4可用做鋇餐(5).在25℃時(shí)，1L水中約能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9.14×10-5mol/L，雖然9.14×10-5mol/L＜2×10-3mol/L，但由于胃液是酸性的，假如服下BaCO3，胃酸可與反應(yīng)生成二氧化碳，使?jié)舛冉档?，使BaCO3的沉淀溶解平衡向右移動(dòng)，使Ba2+濃度大于2×10-3mol/L，引起人體中毒(6).因?yàn)镃aSO4?Ca2++Ksp(CaSO4)=7.10×10-5，CaCO3?Ca2++Ksp(CaCO3)=4.96×10-9，所以CaSO4+?CaCO3+的平衡常數(shù)K===1.43×104，將c()=1mol/L代入K，可求出c()=1.43×104，從而實(shí)現(xiàn)這一沉淀的轉(zhuǎn)化【解析】【分析】(1)氯化銀飽和溶液中存在沉淀溶解平衡，飽和溶液中的溶度積是常數(shù)，只隨溫度改變；依據(jù)溶度積分別計(jì)算比較分析；(2)①在25℃時(shí)，1L水中約能溶解2.4×10?3g硫酸鋇，n(BaSO4)=mol，則c(Ba2+)=c()=mol/L，結(jié)合Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c()計(jì)算；②依據(jù)硫酸鋇的溶度積常數(shù)計(jì)算硫酸鋇溶液中的鋇離子濃度，推斷是否對(duì)人體有害；③依據(jù)碳酸鋇能溶解于胃酸分析能否代替；(3)依據(jù)平衡反應(yīng)CaSO4+?CaCO3+，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K====1.43×104，將c()=1mol/L代入K，可得c()=1.43×104mol/L，即溶度積大的物質(zhì)可轉(zhuǎn)化為溶度積小的物質(zhì)?！驹斀狻?1)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgClAg＋＋Cl－。25℃時(shí)，氯化銀的Ksp(AgCl)＝1.8×10－10=c(Ag+)?c(Cl-)，通過(guò)計(jì)算分別得到：①100mL蒸餾水中含銀離子濃度和氯離子濃度相同，c(Ag+)=c(Cl-)=≈1.34×10-5mol/L；②100mL0.1mol?L-1鹽酸溶液中氯離子濃度為0.1mol/L，c(Ag+)==1.8×10-9mol/L；③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中氯離子濃度為0.3mol/L，c(Ag+)==6×10-10mol/L；④100mL0.1mol?L-1MgCl2溶液中Cl-濃度為0.2mol/l，抑制沉淀溶解平衡，c(Ag+)==9×10-10mol/L；綜上所述銀離子的物質(zhì)的量濃度大小依次為：①＞②＞④＞③；在0.1mol?L-1氯化鋁溶液中，銀離子的物質(zhì)的量濃度最大可達(dá)到：6.0×10-10mol/L；(2)①在25℃時(shí)，1L水中約能溶解2.4×10?3g硫酸鋇，n(BaSO4)=mol，則c(Ba2+)=c()=mol/L，則25℃時(shí)硫酸鋇的Ksp=c(Ba2+)×c()=×≈1.1×10-10；②依據(jù)硫酸鋇的溶解平衡計(jì)算，在硫酸鋇中存在平衡：BaSO4(s)?Ba2+(aq)+(aq)，c(Ba2+)==1.05×10-5mol/L，小于2×10-3mol/L，而胃液中H+對(duì)BaSO4的沉淀溶液平衡沒(méi)有影響，所以BaSO4可用做鋇餐；③在25℃時(shí)，1L水中約能溶解0.018gBaCO3，c(BaCO3)=c(Ba2+)=c()=9