《好题》人教版高中化学选修1-第3章选择题专项经典练习题(含答案)

一、解答题1．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如图：已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表金属阳离子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+完全沉淀时的pH 3.2 5.210.412.42(2)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为___(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择___(填字母)。

a.CaOb.MgOc.Al2O3d.氨水(3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子方程式：___，该反应的平衡常数数值为___。

(保留一位小数)(已知：MnF2的K sp=5.3×10-3；CaF2的K sp=1.5×10-10；MgF2的K sp=7.4×10-11)(4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是____(用离子方程式表示)。

答案：MnO2+SO2=SO24-+Mn2+Al(OH)3、Fe(OH)3ab MnF2+Mg2+=Mn2++MgF27.2×107 Mn2++2H2O Mn(OH)2+2H+解析：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），以此来解答。

【详解】(1) 根据SO2在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=SO24-+Mn2+，故答案为：MnO2+SO2=SO24-+Mn2+；(2) 调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I 为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；ab；(3) 氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF 2+Mg 2+=Mn 2++MgF 2；K =()()()()()()()()22232112222c c c F K 5.310K 7.410c c c F sp spMn Mn MnF MgF Mg Mg ++---++-⨯⨯===⨯⨯= =7.2×107，故答案为：MnF 2+Mg 2+=Mn 2++MgF 2；7.2×107； (4) MnSO 4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn 2++2H 2O Mn(OH)2+2H +，故答案为：Mn 2++2H 2O Mn(OH)2+2H +。

一、解答题1．随着现代工业发展，SO2烟气排放量急剧增加。

将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。

根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。

I.气相还原法—固体还原剂直接还原法固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200℃～300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如下：(1)再生塔中生成的物质___________(填化学式)可在流程中循环使用。

(2)脱硫塔中发生反应的化学方程式为___________。

(3)脱硫过程中，当产生48g单质S2时，转移电子的物质的量为___________mol。

II.液相还原法—液相催化歧化制硫法Petrusevski等人用I¯作为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如下：(4)I¯催化NaHSO3的反应过程为，第一步___________(用离子方程式表示)，第二步I2+HSO-3+H2O=2I¯+SO2-4+3H+。

III.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。

检测装置如图所示：[查阅资料] ①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2②2IO-3+5SO2+4H2O = 8H++5SO2-4+I2③I2+SO2+2H2O = 2I¯+SO2-4+4H+④IO-3+5I¯+6H+ = 3I2+3H2O(5)工业设定的滴定终点现象是(即吸收液的颜色变化)___________。

实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。

则设置实验一的目的是___________。

一、解答题1．工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：①酸浸时， FeTiO3转化为Fe2＋和TiO2＋；②本实验温度下，K sp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；请回答下列问题：(1)酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_________(至少答两种方法)。

(2)“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_____________。

(3)“沉铁”过程中，反应的离子方程式为_______；该过程需控制反应温度低于35 ℃，原因为___________。

(4)滤液3可用于制备Mg(OH)2。

若滤液3中c(Mg2＋)＝1.0×10－3 mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2＋沉淀完全。

(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。

则_______极石墨棒需要定期更换，原因是_____________。

(6)测定铁红产品纯度：称取mg铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00 mL溶液。

从其中量取20.00 mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用c mol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2O2-3=S4O2-6＋2I－。

平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为V mL。

则铁红产品的纯度为________(用c、V、m表示)。

答案：搅拌、升温、粉碎、适当增加酸的浓度等TiO2＋+2H2O= H2TiO3↓+2H+Fe2＋+2HCO-3= Fe CO3↓+ H2O+ CO2↑防止温度过高NH4HCO3分解，同时减少Fe2＋水解11阳极阳极产生的O2在熔融状态下能与石墨反应生成CO2，导致阳极消耗2cVm×100℅或者200cV m℅解析：根据流程：用硫酸酸浸钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)，SiO2不溶，钛酸亚铁、氧化镁溶解，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Fe2+、TiO2+、Mg2+，水解滤液1发生反应：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，过滤得到H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2，电解得到Ti；滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，得到FeCO3沉淀和含有Mg2+的滤液3，FeCO3与氧气煅烧得到铁红，据此分析作答。

一、选择题1．下列溶液一定是碱性的是 A ．溶液中c (OH -)＞c (H ＋) B ．滴加甲基橙后溶液显红色 C ．溶液中含有OH - D ．滴加甲基橙后溶液显黄色答案：A 【详解】A ．溶液中c (OH -)＞c (H ＋)，此溶液一定呈碱性；B ．使甲基橙显红色的溶液呈酸性；C ．水溶液中一定含有OH -，则无法判断溶液的酸、碱性；D ．pH ＞4.4的溶液滴加甲基橙后溶液均显黄色，说明滴加甲基橙后溶液显黄色，此时溶液可能显酸性、中性或碱性； 故答案为A 。

2．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是 A ．NH 4Cl 溶液：c (Cl -)＞c (4NH +)＞c (OH -)＞c (H +) B ．Na 2CO 3溶液：c (OH -)=c (H +)+c (3HCO -)+2c (H 2CO 3) C ．NaHCO 3溶液：c (Na +)+c (H +)=c (3HCO -)+c (OH -) D ．CH 3COONa 溶液：c (Na +)=c (CH 3COO -) 答案：B 【详解】A ．在NH 4Cl 溶液中，有少量4NH +发生水解：4NH ++H 2O NH 3∙H 2O +H +，由此得出c (Cl -)＞c (4NH +)＞c (H +)＞c (OH -)，A 不正确；B ．Na 2CO 3溶液中，存在电荷守恒c (Na +)+c (H +)＝c (OH -)+2c (23CO -)+c (3HCO -)，物料守恒2c (23CO -)+2c (3HCO -)+2c (H 2CO 3)＝c (Na +)，两式利用c (Na +)相等，可得出如下关系c (OH -)=c (H +)+c (3HCO -)+2c (H 2CO 3)，B 正确；C ．NaHCO 3溶液中，存在电荷守恒c (Na +)+c (H +)＝c (OH -)+2c (23CO -)+c (3HCO -)，则c (Na +)+c (H +)＞c (3HCO -)+c (OH -)，C 不正确；D ．在CH 3COONa 溶液中，CH 3COO -因发生水解而使其浓度减小，所以c (Na +)＞c (CH 3COO -)，D 不正确； 故选B 。

一、选择题1．氢氰酸(HCN)的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．1mol/L氢氰酸(HCN)溶液的pH约为3B．HCN易溶于水C．10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应D．HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱答案：A【详解】A．氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液中H+为1mol/L时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10-3mol/L＜1mol/L，不完全电离，说明HCN是弱电解质，故A 正确；B．不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B 错误；C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为一元酸，不能说明其是否完全电离，无法判断是弱电解质，故C错误；D．应该在相同条件下比较HCN与一元强酸如盐酸的导电性强弱，判断HCN是弱电解质，否则不能判断，故D错误；故答案为A。

2．化学平衡常数(K)、弱酸的电离平衡常数(K a)、难溶物的溶度积常数(K sp)是判断物质性质或变化的重要平衡常数。

下列说法中正确的是A．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等有关B．当温度升高时，弱酸的电离平衡常数K a变小C．K a(H2CO3)＜K a(CH3COOH)，说明碳酸的酸性比醋酸强D．K sp(AgCl)＞K sp(AgI)，向AgCl中加入足量KI溶液，反应AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)能够发生答案：D【详解】A．平衡常数的大小只受温度变化的影响，也就是只与温度有关，而与浓度、压强、催化剂等无关，A不正确；B．因为弱酸的电离为吸热过程，所以当温度升高时，弱酸的电离平衡常数K a变大，B不正确；C．K a(H2CO3)＜K a(CH3COOH)，表明相同浓度时，碳酸的电离程度比醋酸小，碳酸的酸性比醋酸弱，C不正确；D．难溶电解质的K sp越小，越容易生成沉淀，由K sp(AgCl)＞K sp(AgI)可知，向AgCl中加入足量KI溶液，可将AgCl沉淀转化为AgI沉淀，所以反应AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)能够发生，D正确；故选D。

一、选择题1．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．()()-+c OHc H=10-12的溶液中：NH+4、Cu2+、NO-3、SO2-4B．KSCN溶液显红色的溶液中：NH+4、K+、Cl-、I-C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：K+、OH-、Cl-、SO2-4D．水电离产生的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO-3答案：A【详解】A.()()-+c OHc H=10-12的溶液为酸性溶液，酸性溶液中NH+4、Cu2+、NO-3、SO2-4四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.硫氰化钾溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.0.1mol·L-1的碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故C 错误；D.水电离产生的c(OH-)=10-12 mol·L-1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，碱溶液中，铝离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；故选A。

2．常温下，有关0.1 mol·L-1NH4Cl溶液(pH＜7)的说法不正确的是A．根据以上信息，可推断NH3·H2O为弱电解质B．加水稀释过程中，c(H+)·c(OH-)的值增大C．加入HCl可抑制4NH+的水解D．相同pH的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大答案：B【详解】A．NH4Cl溶液的pH＜7，则表明NH4Cl为强酸弱碱盐，从而推出NH3·H2O为弱碱，所以属于弱电解质，A正确；B．加水稀释过程中，虽然NH4Cl溶液的pH增大，但由于温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H+)·c(OH-)的值不变，B不正确；C．NH4Cl溶液中存在如下平衡：4NH++H2O NH3∙H2O +H+，加入HCl时增大了溶液中的c(H+)，从而抑制4NH+的水解，C正确；D．相同pH的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，前者因水解而促进水电离，后者因电离出H+而抑制水电离，所以由水电离出的c(H+)前者大，D正确；故选B 。

一、填空题1．室温时，向amL0.10mol/L 的稀氨水中逐滴加入bmL0.10mol/L 的稀盐酸，试分析： (1)滴加过程中反应的离子方程式为：____。

(2)当b=a 时，溶液呈___性(填“酸”“碱”或“中”)，此时溶液中，c (NH 4+)___c (Cl -)(填“>”“<”或“=”)。

(3)当溶液呈中性时，a ___b(填“>”“<”或“=”)，此时溶液中c (NH 4+)___c (Cl -)(填“>”“<”或“=”)。

答案：NH 3·H 2O+H +=NH 4++H 2O 酸性 ＜ ＞ = 解析：NH 3•H 2O 是弱碱，结合酸碱中和原理、+4NH 的水解和溶液中的电荷守恒分析。

【详解】(1)稀盐酸和稀氨水反应生成氯化铵和水，反应的离子方程式为：NH 3•H 2O+H +=+4NH +H 2O ；(2)当b=a 时，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，+4NH 的水解使溶液呈酸性，c (H +)＞c (OH -)，根据电荷守恒c (H +)+c (+4NH )=c (OH -)+c (Cl -)可知c (+4NH )＜c (Cl -)； (3)要使混合溶液呈中性，c (H +)=c (OH -)，则氨水应该稍微过量，所以a ＞b ，根据电荷守恒c (H +)+c (+4NH )=c (OH -)+c (Cl -)知，此时溶液中c (+4NH )=c (Cl -)。

【点睛】考查盐类水解原理、酸碱混合溶液定性判断等知识，根据盐类水解特点、酸碱混合溶液酸碱性等知识点来分析解答，合理利用溶液中的电荷守恒关系式。

2．按要求填空(1)氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到的固体物质是_____________。

(2)用离子方程式解释下列过程： ①明矾净水___________。

②纯碱去油污__________。

③除去2CuCl 溶液中的3Fe +离子，需加入_________(试剂)。

一、填空题1．25℃时，用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示：(1)根据图中信息，相同温度下，电离平衡常数关系K(HX)___K(HY)(填“＞”或“＜”)。

(2)若滴定终点时，测得NaY溶液的pH=9，则K(HY)=___。

(3)HZ溶液与NaOH溶液反应后，pH=7，则消耗NaOH的体积___20mL(填“＞”或“=”或“＜”)；滴定过程中加入氢氧化钠体积为19.98mL，此时溶液的pH=___。

(已知：lg2=0.3) (4)当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是__。

答案：＜10-5= 4.3HX＞HY＞HZ解析：浓度均为0.1000mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ，根据图示可知，HX、HY为弱酸，HZ为强酸，相同温度下，同浓度，酸性越弱，电离程度越小，则酸性：HX＜HY。

【详解】(1)根据图中信息，相同温度下，酸性越弱，电离程度越小，根据分析，酸性：HX＜HY，则电离平衡常数关系K(HX)＜K(HY)；(2)NaY溶液中存在水解平衡Y-+H2O HY+OH-，溶液的pH=9，则pOH=14-pH=5，c(OH-)=10-5mol/L，K h=()()()-5-5---5c OH=HY c10.1010Y-10c⨯≈10-9，则K(HY)=-w-9h14K1010=K=10-5；(3)根据分析，HZ为强酸，20mL0.1mol/LHZ溶液与0.1mol/L NaOH溶液恰好完全反应生成NaZ，NaZ是强酸强碱盐，溶液显中性，pH=7，则消耗HZ的体积=20mL；滴定过程中加入氢氧化钠体积为19.98mL，此时溶液中酸过量，c(H+)=mol/L mol/L0.10.02L0.10.01998L0.02L0.01998L⨯-⨯+=5×10-5mol/L，pH=-lg5×10-5=-(lg102+lg10-5)=- (lg10- lg2+lg10-5)=5-1+0.3=4.3；(4)根据分析，HX、HY为弱酸，HZ为强酸，且酸性：HX＜HY，当三者c(H+)相同时，弱酸的浓度大，则三种酸的浓度关系为：HX＞HY＞HZ，当体积也相同时，三种酸中所含氢离子的总量关系为：HX＞HY＞HZ，分别放入足量的锌反应，相同状况下，氢离子的总量越大，产生气体越多，则产生气体的体积由大到小的顺序是HX＞HY＞HZ。

一、解答题1．以铬铁矿（主要成分是FeO·Cr 2O 3，含少量MgCO 3、Al 2O 3、SiO 2等）为原料制取Na 2CrO 4晶体的工艺流程如下：已知：①+3价Cr 在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO 形式存在且易氧化；②常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH 如下： 阳离子Fe 3+ Fe 2+ Mg 2+ Al 3+ Cr 3+ 开始沉淀时的pH2.7 7.6 9.0 —— —— 沉淀完全时的pH3.7 9.6 11.0 8 9（>9溶解）（2）写出流程中第1次使用H 2O 2时，发生反应的离子方程式__________________。

（3）“调pH=8”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？___________。

（4）写出第2次使用H 2O 2时，发生反应的离子方程式___________。

（5）流程图中从Na 2CrO 4溶液至产品中间“□”内的操作是__________、__________过滤、洗涤、干燥（6）当溶液调pH=10时，则溶液中c(Mg 2+) 为__________ 。

（已知K sp (Mg(OH)2)=5.6×10-12）（7）2-4CrO 在酸性条件下转化为2-27Cr O 。

工业上常用Fe 2+处理酸性K 2Cr 2O 7废水，先将2-27Cr O 转化为Cr 3+，该反应的离子方程式为_____________，再调节溶液的pH 使金属离子生成沉淀而除去。

答案：SiO 2 2Fe 2++H 2O 2+2H +═2Fe 3++2H 2O 不能，当pH=8时Al 3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH 时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO 2- 2CrO 2-+3H 2O 2+2OH −═2CrO 24-+4H 2O 蒸发浓缩 冷却结晶 5.6×10−46Fe 2++Cr 2O 27-+14H +=6Fe 3++2Cr 3++7H 2O解析：铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO 、Cr 2O 3、MgCO 3、Al 2O 3与硫酸反应加入溶液，而SiO 2不反应，过滤除去SiO 2。

一、选择题1．下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是①C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1 C(s)＋12O2(g)=CO(g) △H2②S(s)＋O2(g)=SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H2③H2(g)＋12O2(g)=H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H2④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H2A．①B．④C．②③④D．①②③答案：C【详解】①等质量的C完全燃烧产生CO2放出的热量比不完全燃烧产生CO放出的热量多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＜△H2，①不符合题意；②物质S在气态时含有的能量比固态时多，所以气态S燃烧放出的热量比固态S燃烧放出的热量要多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1>△H2，②符合题意；③所有物质状态相同，发生反应的H2越多，反应放出的热量就越多，则该反应的△H越小，所以反应热：△H1>△H2，③符合题意；④固态CaCO3分解反应是吸热反应，△H1>0；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2的反应是放热反应，△H2＜0，所以两个反应的反应热：△H1>△H2，④符合题意。

故答案选C。

2．以下反应中，∆H1＜∆H2的是A．C(s)+12O2(g)=CO(g) ∆H1；C(s) + O2(g) =CO2(g) ∆H2B．2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) ∆H1；2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) ∆H2 C．S(s) + O2(g) =SO2(g) ∆H1；S(g) + O2(g) =SO2(g) ∆H2 D．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ∆H1；NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ∆H2答案：D【详解】A．燃烧反应为放热反应，焓变为负，由C(s)+12O2(g)=CO(g) ∆H1和C(s) + O2(g) =CO2(g)∆H2可知，后者是完全燃烧，放出热量多，即△H1＞△H2，故A不符合题意；B．燃烧反应为放热反应，焓变为负，由2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) ∆H1和2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H2可知，反应物相同，生成物在液态水能量低，则后者放热多，即△H1＞△H2，故B不符合题意；C．燃烧反应为放热反应，焓变为负，由S(s) + O2(g) =SO2(g) ∆H1和S(g) + O2(g) =SO2(g) ∆H2可知，生成物相同，反应物中气态S的能量高，则后者放热多，即△H1＞△H2，故C不符合题意；D．中和反应为放热反应，焓变为负，由NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ∆H1和NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ∆H2可知，稀的酸碱生成1molH2O (1)放出的热量为中和热，醋酸电离吸热，后者放出热量少，即△H1＜△H2，故D符合题意；答案为D。

一、选择题1．已知298 K 时，-1221C(s)+O (g)===CO (g)Δ=-a kJ?mol H-12222CO(g)+O (g)===2CO (g)Δ=-b kJ?mol H则该温度下反应22C(s)+O (g)===2CO(g)生成14 g CO 时，放出的热量为(单位为kJ) A ．b-aB ．b-2aC ．14b-28aD ．0.5a-0.25b 答案：D【详解】由①C(s)+O 2(g)=CO 2(g) H = -a kJ ⋅mol -1，②2CO(g)+ O 2(g)=2CO 2(g) H = -b kJ ⋅mol -1， 结合盖斯定律可知，①⨯2-②得到反应2C(s)+ O 2(g)=2CO(g)，则H =(-akJ ⋅mol -1)⨯2-(-bkJ ⋅mol -1)=-(2a-b) kJ ⋅mol -1，即生成2molCO 放出(2a-b)kJ 的热量，则生成14gCO 时放出的热量为(2a-b)kJ 114g 228g /mol⨯⨯=(0.5a-0.25b)kJ ，D 正确，故选D 。

2．十氢萘(C 10H 18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C 10H 18→C 10H 12→C 10H 8”的脱氢过程释放氢气。

反应Ⅰ：C 10H 18(l)−−→C 10H 12(l)+3H 2(g) ΔH 1反应Ⅱ：C 10H 12(l)−−→C 10H 8(l)+2H 2(g) ΔH 2在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。

下列说法不正确．．．的是A ．ΔH 1＞ΔH 2＞0B ．ΔH 1=E a1-E a2C ．该脱氢过程速率的快慢由反应Ⅰ决定D ．C 10H 18脱氢过程中，不会有大量中间产物C 10H 12积聚答案：B【详解】A ．由图可知，反应Ⅰ和Ⅱ，生成物的能量总和均大于反应物能量总和，说明反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，结合△H=生成物能量总和-反应物能量总和，则ΔH 1＞ΔH 2＞0，A 正确；B ．根据图示可知E a1为反应Ⅰ的活化能，E a2为反应Ⅱ的活化能，ΔH 1＞E a1-E a2，B 错误；C ．由图可知，E a1＞E a2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，化学反应速率的快慢由慢反应决定，则该脱氢过程速率的快慢由慢反应Ⅰ决定，C 正确；D ．由图可知，E a1＞E a2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C 10H 12速率大于生成C 10H 12，所以C 10H 18脱氢过程中，不会有大量中间产物C 10H 12，D 正确；故合理选项是B 。

一、选择题1．下列式子属于水解反应，且其相应溶液呈酸性的是A ．23233HCO H OH O CO -+-++B ．323Fe3H OFe(OH)3H ++++C ．2323CO H O HCO OH ---++D ．223H S H OHS H O -+++答案：B 【详解】A ．23233HCO H OH O CO -+-++表示3HCO -发生的电离，A 不符合题意；B ．323Fe3H OFe(OH)3H ++++表示Fe 3+的水解反应，且溶液呈酸性，B 符合题意；C ．2323CO H OHCO OH ---++表示23CO -的水解反应，且溶液呈碱性，C 不符合题意； D ．223H S H O HS H O -+++表示H 2S 发生的第一步电离，D 不符合题意；故选B 。

2．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是 A ．NH 4Cl 溶液：c (Cl -)＞c (4NH +)＞c (OH -)＞c (H +) B ．Na 2CO 3溶液：c (OH -)=c (H +)+c (3HCO -)+2c (H 2CO 3) C ．NaHCO 3溶液：c (Na +)+c (H +)=c (3HCO -)+c (OH -) D ．CH 3COONa 溶液：c (Na +)=c (CH 3COO -) 答案：B 【详解】A ．在NH 4Cl 溶液中，有少量4NH +发生水解：4NH ++H 2O NH 3∙H 2O +H +，由此得出c (Cl -)＞c (4NH +)＞c (H +)＞c (OH -)，A 不正确；B ．Na 2CO 3溶液中，存在电荷守恒c (Na +)+c (H +)＝c (OH -)+2c (23CO -)+c (3HCO -)，物料守恒2c (23CO -)+2c (3HCO -)+2c (H 2CO 3)＝c (Na +)，两式利用c (Na +)相等，可得出如下关系c (OH -)=c (H +)+c (3HCO -)+2c (H 2CO 3)，B 正确；C ．NaHCO 3溶液中，存在电荷守恒c (Na +)+c (H +)＝c (OH -)+2c (23CO -)+c (3HCO -)，则c (Na +)+c (H +)＞c (3HCO -)+c (OH -)，C 不正确；D ．在CH 3COONa 溶液中，CH 3COO -因发生水解而使其浓度减小，所以c (Na +)＞c (CH 3COO -)，D 不正确； 故选B 。

一、填空题1．氯化铝可制备无机高分子混凝剂，在有机合成中有广泛的用途。

完成下列填空：(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是__________________。

(2)往AlCl3溶液中加入过量下列溶液，最终得到无色澄清溶液的是________（选填编号）。

a．Na2CO3 b．NaOH c．NaAlO2 d．H2SO4(3)用滴管向试管中滴加少量AlCl3溶液时，滴管不得伸入试管中的理由是__________；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，不断上下移动试管的目的是____________；取AlCl3溶液，用小火持续加热至水刚好蒸干，生成白色固体的组成可表示为：Al2(OH)n Cl(6-n)，为确定n的值，取3.490 g白色固体，全部溶解在0.1120 mol 的HNO3(足量)中，并加水稀释成100 mL，将溶液分成两等份，进行如下实验：(4)一份与足量氨水充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最后得Al2O3的质量为1.020 g。

判断加入氨水已足量的操作是____________________。

过滤、洗涤后至少要灼烧_____次(填写数字)；测定样品中铝元素含量时不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因可能是_______（选填编号）。

a．干燥Al(OH)3固体时易失水 b．Al2O3的质量比Al(OH)3大，误差小c．沉淀Al(OH)3时不完全 d．灼烧氧化铝时不分解(5)从另一份溶液中取出20.00 mL，用标准NaOH溶液滴定过量的硝酸，滴定前滴定管读数为1.50 mL，终点时滴定管液面(局部)如图所示(背景为白底蓝线的滴定管)。

则消耗NaOH 溶液体积为________mL。

答案：防止氯化铝水解bd防止试剂被污染防止局部受热引起暴沸取上层清液继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量2ad17.10【详解】(1)氯化铝是强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显酸性，加入盐酸能抑制其水解，从而得到澄清溶液；(2)a．AlCl3水解使溶液显酸性，Na2CO3水解使溶液显碱性，当两种溶液混合时，二者水解相互促进，发生双水解反应：2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，产生氢氧化铝沉淀，因此不能得到澄清溶液，a不符合题意；b．AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液，反应方程式为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，因此可得澄清溶液，b符合题意；c．AlCl3和NaAlO2发生双水解：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，因此不能到得澄清溶液，c不符合题意；d．AlCl3和硫酸不能反应，故溶液仍为澄清溶液，d符合题意；故合理选项是bd；(3)向试管中滴加溶液时应“垂直、悬空”，目的是防止污染试剂；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，要上下移动试管防止局部受热引起暴沸现象；(4)判断加入的试剂氨水已过量的方法是：取上层清液，向其中继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量；将所得的Al(OH)3沉淀至少灼烧2～3次，至两次质量差不超过0.1 g，就说明Al(OH)3分解完全得Al2O3，即最少灼烧2次；不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al(OH)3时易分解失水而Al2O3稳定，灼烧Al2O3不分解；故合理选项是ad；(5)进行滴定前滴定管读数为1.50 mL，滴定结束时滴定管读数为18.60 mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60 mL-1.50 mL=17.10 mL。

一、选择题1．已知：H 2A 为二元弱酸，25℃时，在0.1mol/L50mL 的H 2A 溶液中，H 2A 、HA -、2A -的物质的量浓度随溶液pH 变化的关系如图所示(注：溶液的pH 用NaOH 固体调节，体积变化忽略不计)。

下列说法不正确的是A ．在pH=2.7时，22c(HA )>c(A )=c(H A)--B ．pH 在2.7，212c(HA )+c(A )+c(H A)=0.1mol L ---⋅C ．在pH 36在～的过程中，主要发生反应22HA +OH =A +H O ---D ．在pH=4.3时，++c(Na )+c(H )=c(OH )+c(HA )--答案：D解析：向H 2A 溶液中不断加入NaOH ，H 2A 浓度不断减小，HA -浓度不断增大，继续加入NaOH ，HA -浓度不断减小，2A -浓度不断增大，因此为曲线①是H 2A ，曲线②是HA -，曲线③是2A -。

【详解】A ．根据图像信息，在pH=2.7时，22c(HA )>c(A )=c(H A)--，故A 正确；B ．在0.1mol/L50mL 的H 2A 溶液中加入NaOH 固体，忽略体积的变化，根据物料守恒得到212c(HA )+c(A )+c(H A)=0.1mol L ---⋅，故B 正确；C ．在pH 36在～的过程中，HA -浓度减小，2A -浓度增大，因此主要发生反应22HA +OH =A +H O ---，故C 正确；D ．根据电荷守恒得到++2c(Na )+c(H )=c(OH )+c(HA )+2c(A )---，在pH=4.3时，2c(HA )=c(A )--，因此++c(Na )+c(H )=c(OH )+3c(HA )--，故D 错误。

综上所述，答案为D 。

2．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随加入水的体积变化的曲线如图所示。

下列说法不正确的是A ．加水前导电能力约为0B ．a 、b 、c 三点溶液中c (H +)由小到大的顺序为c ＜a ＜bC ．a 、b 、c 三点中醋酸电离程度最大的是bD ．加入NaOH 固体可使b 点对应的溶液中c (CH 3COO -)增大、c (H +)减小 答案：C 【详解】A ．从图中可以看出，当加水量为0时，溶液的导电能力也为0，A 正确；B ．从导电能力看，导电能力强的点，离子总浓度大，图中显示，a 、b 、c 三点溶液的导电能力c ＜a ＜b ，则c (H +)由小到大的顺序为c ＜a ＜b ，B 正确；C ．冰醋酸中加入水，随着水的不断加入，溶液的浓度不断减小，醋酸的电离度不断增大，所以a 、b 、c 三点中醋酸电离程度最大的是c ，C 不正确；D ．醋酸溶液中加入NaOH 固体，可中和醋酸电离出的H +，使醋酸的电离平衡正向移动，所以可使b 点对应的溶液中c (CH 3COO -)增大、c (H +)减小，D 正确； 故选C 。

一、填空题1．在不同温度下的水溶液中c(H +)=10-x mol/L ，c(OH -)=10-y mol/L ，x 与y 的关系如图所示。

请回答下列问题：(1)曲线I 代表的温度下，水的离子积为___________，曲线Ⅱ所代表的温度___________(填：“高于”、“低于”或“等于”)曲线Ⅰ所代表的温度。

你判断的依据是___________。

(2)曲线I 所代表的温度下，0.001mol/L 的NaOH 溶液的pH 为___________。

(3)某实验小组检验Na 2SO 3样品确实已部分变质为Na 2SO 4，现欲准确测定其中Na 2SO 3(式量126)的含量。

其反应为：52-3SO +2-4MnO +6H +=2Mn 2++52-4SO +3H 2O 。

实验方案如下：①配制250mL 约0.2mol•L -1Na 2SO 3溶液：准确称取w 克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入250mL 容量瓶，洗涤，定容，摇匀。

②滴定：准确量取25.00mL 所配制Na 2SO 3溶液于锥形瓶中，将0.05mol•L -1酸性高锰酸钾装入50mL 酸式滴定管，滴定至滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由___________时表明达到终点，记录数据。

重复滴定2次。

平均消耗KMnO 4 溶液VmL 。

③计算样品中Na 2SO 3的质量分数=___________。

(只列出计算式，不要求．．．算出结果) 答案：0×10-12mol 2·L -2 低于 曲线Ⅱ所代表的离子积比曲线I 的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低 9 无色变为浅紫色(或紫红色)，且半分钟内不恢复原色(或不褪色) 2.5V 1262000⨯⨯100%【详解】(1)根据曲线I 知，当c(H +)=10-8 mol/L ，c(OH -)=10-4 mol/L ，由离子积常数=c(H +)⨯c(OH -)=1.0×10-12mol 2·L -2；曲线Ⅱ所代表的离子积比曲线I 的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低，所故答案为：1.0×10-12mol 2·L -2；低于；曲线Ⅱ所代表的离子积比曲线I 的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低；(2) 曲线I 所代表的温度下，0.001mol/L 的NaOH 溶液中c(OH -)=0.001 mol/L ，c(H +)=()W-K c OH =-1210mol/L 0.001=10-9mol/L ，pH=-lg c(H +)=9，故答案为：9； (3)②Na 2SO 3溶液于锥形瓶中加入酸性高锰酸钾溶液，发生反应52-3SO +2-4MnO +6H +=2Mn 2++52-4SO +3H 2O ，该溶液为无色，当滴定至滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾过量，溶液无色变为浅紫色(或紫红色)，且半分钟内不恢复原色(或不褪色) 时表明达到终点，故答案为：无色变为浅紫色(或紫红色)，且半分钟内不恢复原色(或不褪色)；③根据氧化还原反应得失电子守恒，设25.00mL Na 2SO 3溶液中Na 2SO 3物质的量为n ，则有：3-32452n 05 Na SO 2KM O .05V n 10⨯则50.05V n=mol 2000⨯，则w 克试样中m(Na 2SO 3)=250 2.5V 126n 126252000g ⨯⨯⨯=， 则Na 2SO 3的质量分数=2.5V 1262000⨯⨯100%， 故答案为：2.5V 1262000⨯⨯100%。

一、填空题1．(1)现有25℃、pH=13的Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比(碱与酸之比)1：9混合后，所得溶液pH=11(假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和)，该盐酸溶液的pH=__。

(2)物质的量浓度相同的氨水溶液和盐酸溶液等体积混合后，溶液呈______(填“酸性”，“中性”或“碱性”)原因为 ___________(用离子方程式表示) (3)已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：①95℃时，0.001mol/LNaOH 溶液的pH=_____。

②25℃时，将pH=9的NaOH 溶液与pH=3的H 2SO 4 溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH 溶液与H 2SO 4溶液的体积比为______。

答案：酸性 NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H + 9 100：1 解析：根据影响水的电离平衡因素及水的离子积常数计算解答；根据pH=-lg c(H +)及盐类水解原理分析溶液的酸碱性。

【详解】(1) 设盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)，碱与酸体积分别为1L 、9L ，则n(OH -)=0.1mol/L ×1L=0.1mol ，n(H +)=c(HCl)×9L ，反应后剩余氢氧根离子的物质的量为：0.1mol-c(HCl)×9L ；由混合后所得溶液pH=11，可知混合后c(H +)=10-11mol •L -1，则混合后c(OH -)=()-3-1w +K mol =10L c H ⋅，即：()-3-10.1mol-c HCl 9L =10L 1mol 0L⨯⋅，解得：c(HCl)=10-2mol •L -1，pH=-lg c(H +)，所以pH=2，故答案为：2；(2) 物质的量浓度相同的氨水溶液和盐酸溶液等体积混合，恰好完全反应，此时溶质为氯化铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H +，故答案为：酸性；NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H +； (3) 温度升高促进电离，则由图示知：25℃时K W =10-14，95℃时K W =10-12①95℃时，0.001 mol/LNaOH 溶液中氢氧根离子的浓度为0.001mol/L ，所以溶液中氢离子的浓度为：-129-3-10=10m 10ol/L ，所以溶液的pH=9，故答案为：9；②25℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH -)=n(H +)，则V(NaOH)×10-5 mol •L -1=V(H 2SO 4)×10-3 mol •L -1，得V(NaOH)：V(H 2SO 4)=100：1，故答案为：100：1。

一、填空题1．Ⅰ、直接排放含SO 2的烟气会形成酸雨，危害环境。

利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO 2。

(1)在钠碱循环法中，Na 2SO 3溶液作为吸收液，可由NaOH 溶液吸收SO ₂制得，该反应的离子方程式是：_________________。

(2)吸收液吸收SO ₂的过程中，pH 随n(2-3SO ):n(-3HSO )变化关系如下表:____________________。

②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是__________ (选填字母)。

a.c (Na +)=2c (2-3SO )+c (-3HSO )b. c (Na +)>c (-3HSO )>c (2-3SO )>c (H +)=c (OH -) c.c (Na +)+ c (H +)=c (2-3SO )+c (-3HSO )+c (OH -)Ⅱ. 将0.2 mol·L －1 HA 溶液与0.2 mol·L －1 NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液中c (Na＋)>c (A －)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：(1)混合溶液中c (HA)________c (A －)；(2)混合溶液中c (HA)＋c (A －)________0.1 mol·L －1；(3)混合溶液由水电离出的c (OH －)______0.2 mol·L －1 HA 溶液由水电离出的c (H ＋)； (4)25℃时，如果取0.2 mol·L －1 HA 溶液与0.1 mol·L －1 NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA 的电离程度________NaA 的水解程度。

答案：SO2+2OH -=2-3SO +H 2O 酸性 -3HSO 中存在：-3HSO H ++2-3SO 和-3HSO +H 2OH 2SO 3+OH -，-3HSO 电离程度大于其水解程度 a b < = > >解析：Ⅰ.亚硫酸钠溶液因水解呈弱碱性， 亚硫酸氢钠溶液中，-3HSO 电离程度大于其水解程度呈酸性，亚硫酸钠和亚硫酸氢钠混合溶液的酸碱性不确定，取决于二者的相对含量，当呈中性时，电离与水解的程度相等，(H )(OH )c c +-=，混合溶液中电荷守恒：233(H )(Na )2(SO )(HSO )(OH )c c c c c ++---+++=；Ⅱ. NaA 溶液：电荷守恒(H )(Na )(A )(OH )c c c c ++--++=，且c (Na ＋)>c (A －)，则c(H )c(OH )+-<， NaA 是强碱弱酸盐，其溶液因水解呈碱性、且水溶液中物料守恒：c (HA)＋c (A －)= c (Na +)，据此回答。