《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。