（新）专题16 水溶液中的离子平衡-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx

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1、专题16 水溶液中的离子平衡一、单选题1在25 时，某稀溶液中由水电离产生的H浓度为1.0×1013 mol/L，下列有关该溶液的叙述，正确的是（）A该溶液可能呈酸性B该溶液一定呈碱性C该溶液的pH一定是1D该溶液的pH不可能为13【答案】A【解析】25时，溶液中由水电离产生的c(H+)水为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-)水也为10-13mol/L；若溶液呈强酸性，根据Kw=c(H+)c(OH-)水，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+)水与c(H+)相比，可以忽略不计，故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)

2、=c(H+)水=10-1mol/L，根据Kw=c(H+)c(OH-)，可知溶液中c(OH-)为10-1mol/L，故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性，也可能是碱性，pH可能为1，也可能为13，故A正确。故选A。2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A遇苯酚显紫色的溶液：、B的溶液：、C水电离的的溶液中：、D的溶液：、【答案】D【解析】A遇苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，Fe3+与、发生反应，Fe3+、不能共存，故不选A；B的溶液呈碱性，、能发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选B；C水电离的的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下不能大量存在，碱性条件下不能大量存在，故

3、不选C；D的溶液中，、不反应，能大量共存，故选D；选D。3某溶液仅有中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的溶液，无沉淀产生下列推断正确的是（ ）A肯定有，一定没有 和 B肯定有，可能有 C肯定有，肯定没有D该溶液可能显弱酸性，也可能显中性【答案】A【解析】A根据上述分析可知，溶液中一定含有Al3+、Cl-，一定不含Mg2+、，A正确；B溶液中一定不含Mg2+，B错误；C溶液中一定含有Al3+、Cl-，一定不含，C错误；D由于溶液中一定含有Al3+，Al3+

4、发生水解，使溶液显弱酸性，D错误；答案选A。4已知室温时，0.1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是（ ）A该溶液的pH=3B升高温度，溶液的 pH 增大C此酸的电离平衡常数约为1×10-7D由 HA 电离出的约为水电离出的 的105倍【答案】C【解析】AHA电离出的H+：c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4 mol/L，水的电离此时受到HA电离出H+的抑制，故水产生的H+：c(H+)<10-7 mol/L，两者相差1000倍以上，故水电离出的H+可以忽略，即溶液中c(H+)=10-4 mol/L ，所以，A错误；B升温促进HA电离，溶液

5、中c(H+)增大，pH应该减小，B错误；C平衡时：HA电离出的c(A-)与c(H+)近似相等，由于电离度很小，所以c(HA)近似等于起始浓度，故，C正确；D溶液中c(OH-)=，此时溶液中OH-全部来源于水，c(OH-)= c水(OH-)，而水电离的H+与OH- 相等，即c水(H+) =c水(OH-)= c(OH-)=10-10 mol/L，HA电离出的H+浓度为10-4 mol/L、为水电离出H+浓度的106倍，D错误；故答案选C。5室温时，向20 mL 0.1 mol/L的一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )A室温时，电离

6、常数Ka(HA)=1.0×10-5.3BB点对应NaOH溶液的体积是10 mLCA点溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)D从A点到B点的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】A【解析】ApH=5.3时，=0， 则c(H+)=10-5.3，=1，室温时，电离常数Ka(HA)= = 1.0×10-5.3，A正确；BB点时，=1，c(A-)=c(HA)，由于c(H+)=10-5.3，此时以HA电离为主，所以对应NaOH溶液的体积小于10 mL，B不正确；CA点溶液中，=-2，c(H+)=10-3.3，pH=3.3，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-

7、)+c(OH-)，所以c(A-)c(Na+)，C不正确；D从A点到B点的过程中，溶液都呈酸性，都是发生HA的电离，但c(H+)不断减小，所以水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。6下列方法不能证明CH3COOH的酸性比H2S强的是(  )A向Na2S溶液中滴加醋酸溶液B测定0.1 mol/L CH3COOH溶液和0.l mol/L H2S溶液的pHC测定物质的量浓度相同的CH3COONa溶液和Na2S溶液的pHD常温下，pH=4的醋酸溶液和氢硫酸分别稀释100倍，测定稀释后溶液的pH【答案】C【解析】A若向Na2S溶液中滴加醋酸溶液可以产生气泡并闻到臭鸡蛋气味儿

8、，说明反应生成H2S，可以证明CH3COOH的酸性比H2S强，故A不符合题意；B若0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH值小于0.l mol/L H2S溶液的pH，则说明醋酸的电离程度更大，酸性更强，可以证明CH3COOH的酸性比H2S强，故B不符合题意；CNa2S溶液主要存在水解：S2-+H2OHS-+OH-，若物质的量浓度相同的CH3COONa溶液的pH值大于Na2S溶液的pH，也只能说明S2-的水解程度比CH3COO-强，即CH3COOH的酸性比HS-强，不能比较CH3COOH和H2S的酸性强弱，故C符合题意；D酸性越强稀释时pH值变化越大，若稀释后醋酸的pH值大于氢硫酸的pH值，

9、可以说明CH3COOH的酸性比H2S强，故D不符合题意；综上所述答案为C。7常温下，H2SeO4 第一步完全电离，第二步电离常数Ka2=1.2×10-2。现有浓度都为0.1 mol/L的三种溶液：NaHSeO4 溶液H2SeO4溶液Na2SeO4溶液。下列说法正确的是(  )Ac(SeO)：>>BpH：>>C中：c(Na+)= c(HSeO)+c(H2SeO4)+c(SeO)D和组成的中性溶液中： c(Na+)c(HSeO)+ c(SeO)【答案】B【解析】AH2SeO4第一步完全电离，所以浓度相同的NaHSe

10、O4溶液和H2SeO4溶液中HSeO的浓度相同，但H2SeO4电离出的氢离子会抑制HSeO的电离，所以c(SeO)：>，故A错误；BNaHSeO4溶液中存在HSeO的电离，显酸性，H2SeO4溶液中两步均电离出氢离子，酸性强于同浓度的NaHSeO4，Na2SeO4为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以pH：>>，故B正确；CH2SeO4第一步完全电离，所以溶液中不存在H2SeO4，故C错误；D溶液中存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(HSeO)+2c(SeO)+c(OH-)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HSeO)+2c(SeO)，则c(Na+)

11、>c(HSeO)+c(SeO)，故D错误；综上所述答案为B。8向NaOH和混合溶液中滴加盐酸，的生成量与加入盐酸的体积的关系如图所示，下列判断正确的是Aa点时溶液中存在B段溶液中水电离出的浓度先增大后减小CDab段发生反应的离子方程式为【答案】B【解析】A. a点溶质为NaCl、NaHCO3，若只有NaHCO3存在物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，则NaCl和NaHCO3混合溶液中：，故A错误；B. 0a段，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，碱性降低，水电离出的OH浓度增大，后发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，水解程度减小，则水电离OH浓度减

12、小，故B正确；C. 根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1molL1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C错误；D. ab段发生反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为+H+=H2O+CO2，故D错误；故选B。9在25时，将1.0L x molL1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），

13、溶液pH随通入（或加入）物质的物质的量变化如图所示。下列叙述不正确的是A水的电离程度：abcBb点对应的混合溶液中： c（Na+）c（CH3COO）Cc点对应的混合溶液中： c（CH3COOH）c（Na+）c（OH）D该温度下，a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为Ka10-8/（x-0.1）【答案】D【解析】A. 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c>b>a，所以水电离程度a>b>c，故A不选；B. b点溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+ )>c(OH)，溶液中存在电荷守恒

14、c(H+ )+c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)，所以c(Na+)<c(CH3COO)，故B不选；C. b点溶液呈酸性，说明溶液中有剩余的醋酸，c点加入0.1molHCl，溶液呈酸性，则c(H+ )>c(OH)，c点溶液中溶质为0.1molNaCl、xmol醋酸，且n(NaCl)<n(醋酸)，醋酸电离程度较小，所以存在c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH)，故C不选；D. a点溶液中pH=7，c(H+ )=c(OH)=107mol/L，c(Na+)=c(CH3COO)=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(x0.2)mol/L，该温度下

15、醋酸电离平衡常数Ka= = ，故D选；故选：D。10甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、HCO离子中的两种组成(可重复选用)，可以发生如图转化，下列说法正确的是( )A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：I-、NO、SOC在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO+Ba2+OH-=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中【答案】D【解析】A.由分析可知，甲应为碳酸氢钠，乙为氯化铝，故A错误；B.由分析可知，溶液丙为盐酸，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.向碳酸氢钠溶液中滴加氢

16、氧化钡溶液，过量碳酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式：2HCO+Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O，故C错误；D.由分析可知，白色沉淀A为氢氧化铝，碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，溶液D可能为氢氧化钠溶液，氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液，故D正确；故选D。1125时，将c1、V1的稀HCl和c2、V2的NH3·H2O溶液充分混合，下列叙述错误的是( )A若pH7，则一定是c1V1c2V2B混合过程中c()+c(H+ )=c(Cl-)+c(OH-)一定成立C当pH=7时，若V1=V2，则

17、c2必须大于c1D若c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则一定有c1V1=c2V2【答案】A【解析】A. 当pH7时溶液显酸性，又因为HCl是强酸，NH3·H2O是弱碱，当酸的物质的量小于碱的物质的量时，也有可能使溶液呈酸性，则不一定是c1V1c2V2，故A错误；B. 混合过程中，电荷守恒：c()+c(H+ )=c(Cl-)+c(OH-)一定成立，故B正确；C. pH=7溶液呈中性，氨水物质的量应大于盐酸的物质的量，若V1=V2，一定是c2c1，故C正确；D. 依据溶液中存在的物料守恒分析，溶液中物料守恒为：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl-），

18、盐酸和氨水物质的量相等，则一定有c1V1=c2V2，故D正确；故选A。12常温下，浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH如表所示：溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列说法正确的是(  )ANaClO溶液中水的电离程度大于C6H5ONa溶液中水的电离程度BNaHCO3溶液中有c(Na+ )c()c()c(H2CO3)c(OH-)c(H+)C向NaCN溶液中通入少量CO2，反应为NaCN+H2O+CO2=NaHCO3+ HCND电离常数的大小顺序为Ka(CH3COOH)

19、Ka(C6H5OH)Ka(H2CO3)【答案】C【解析】A. 在相同条件下，盐的水解程度越大，则其溶液中水的电离程度越大，因此，NaClO溶液中水的电离程度小于C6H5ONa溶液中水的电离程度，A不正确；B. NaHCO3溶液显碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，其水解产物为H2CO3，其电离产物为，因此，其溶液中有c(H2CO3) c()，B不正确；C. 因为碳酸的酸性强于氢氰酸，因此，向NaCN溶液中通入少量CO2后发生反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=NaHCO3+ HCN，C正确；D. 在相同条件下，酸性越强的弱酸，其电离常数越大，因此，电离常数的大小顺

20、序为Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(C6H5OH)，D不正确。本题选C。13亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO、Cl-等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用。已知pOH=-lgc(OH-)，经测定25时各组分含量随pOH变化情况如图所示（Cl-没有画出），此温度下，下列分析正确的是（ ）AHClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-8BpOH=11时，ClO部分转化成ClO2和Cl-离子的方程式为：5ClO+2H2O=4ClO2+Cl-+4OH-CpH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)>c(ClO)>c(Cl-)D

21、同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HClO2)【答案】D【解析】A.HClO2的电离平衡常数Ka=，由图可知，当溶液中c(HClO2)= c(ClO)时，溶液POH=8，c(H+)=10-6mol/L，则电离平衡常数Ka= c(H+)=10-6，故A错误；B.pOH=11时，溶液中c(H+)=10-3mol/L，溶液呈酸性，则ClO部分转化成ClO2和Cl-离子的方程式为5ClO+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，故B错误；C.pH=7时，溶液中POH=7，由图可知，c(ClO)> c(HClO2)，故C错

22、误；D.同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合的混合溶液中的电荷守恒关系式为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(ClO)，物料守恒的关系式为2c(Na+)=c(HClO2)+ c(ClO)，两式整理可得c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HClO2)，故D正确；故选D。14室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用溶液以恒定速度来滴定，根据测定结果绘制出、等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是( )A溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装Ba点溶液中存在如下关系：Cb点溶液中各离子浓度：D，生成速率越来越快【答案】B【解析】ANa

23、OH溶液装在碱式滴定管中，由于浓氯水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故浓氯水需用酸式滴定管来装，故A不正确；B a点溶液中存在电荷守恒式为：，氯气与NaOH溶液发生氧化还原反应过程中的电子守恒：，在同一溶液中，故有 ，把带入中，可得如下关系：，故B正确；Cb点溶液中根据B的分析可知，发生的反应有Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，结合图像，b点溶液中各离子浓度的大小关系应该为：，故C不正确；D在这个图中，反应速率是看曲线的斜率，故可以看出，后阶段生成速率是越来越慢，故D不正确；故答案为：B。二、综合题15氯化亚

24、铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO32CuCl+3Na2SO4+CO2（1）CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比_。（2）准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗2

25、4.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3+CuClFe2+Cu2+ClCe4+Fe2+Fe3+Ce3+通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准_。【答案】（1）511（2）符合【解析】(1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x，H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有 160250×xx+y=20.0100，解得xy511。(2)设样品中CuCl的质量为z。由化学反应方程式可知：CuClFe2Ce4，得关系式：99.5gz=1mol0.1000mol/L×24.

26、60×103L，解得z0.244 8 g，CuCl的质量分数为0.2448g0.2500g×100%97.92%，9792%>96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。16完成下列与溶液pH有关的计算，并提炼解题规律。（1）室温下pH=4的NH4Cl溶液和HCl溶液中由水电离出的c(H+)之比为_。（2）在25时，pH等于9和pH等于11的两种氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中的氢离子浓度为_。（3）某温度时，水的KW=10-13，将此温度下pH=12的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液为中性，则a：b= _。若所得混合溶液pH=3，则

27、a：b=_。（4）已知某温度时0.1 molL-1NaOH pH等于11，在此温度下，若将100体积pH1a的H2SO4溶液与1体积pH2b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是_（用含a、b的表达式表示）。（5）（学法题）总结归纳求混合溶液pH时，应注意的问题：_。【答案】(1)106:1 (2)2×10-11 (3)1:10 9:101 (4)a+b=14 (5)求混合溶液pH时，若混合后溶液呈酸性直接计算氢离子浓度，再求pH，若溶液呈碱性，先计算氢氧根离子浓度，再根据水的离子积计算氢离子浓度，再计算pH 【解析】（1）pH=4的

28、NH4Cl溶液和HCl溶液中cH+=10-4 ，cOH-=10-10，NH4Cl水解促进水电离，HCl电离出的氢离子抑制水电离；(2)在25时，pH等于9和pH等于11的两种氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈碱性，先计算氢氧根离子浓度，再根据Kw计算氢离子浓度； （3）某温度时，水的KW=10-13，此温度下pH=12的NaOH溶液中cOH-=0.1mol/L， pH=2的H2SO4溶液中cH+=0.01mol/L；若所得混合溶液为中性，则n(OH-)=n(H+)；若所得混合溶液pH=3，则反应后剩余氢离子的浓度为cH+=10-3mol/L ；（4）已知某温度时0.1 molL-1NaOH pH

29、等于11，在此温度下KW=10-12 ， pH1a的H2SO4溶液溶液中cH+=10-a、pH2b的NaOH溶液中cOH-=10-12+b，混合后溶液呈中性，则n(OH-)=n(H+)；解析：（1）pH=4的NH4Cl溶液和HCl溶液中cH+=10-4 ，cOH-=10-10，NH4Cl水解促进水电离，HCl电离出的氢离子抑制水电离；所以NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=cH+=10-4，HCl溶液中由水电离出的c(H+)=10-10，室温下pH=4的NH4Cl溶液和HCl溶液中由水电离出的c(H+)之比为10-4:10-10=106:1 ；(2)在25时，pH等于9和pH等于11的两种

30、氢氧化钠溶液等体积混合后，cOH-=10-5×v+10-3×v2v5×10-4，cH+=10-145×10-4=2×10-11；（3）若所得混合溶液为中性，则cOH-×a=cH+×b，即0.1×a=0.01×b，所以a：b=1:10；若所得混合溶液pH=3，则反应后剩余氢离子的浓度为cH+=0.01×b-0.1×aa+b=10-3mol/L，则a：b=9:101；（4）已知某温度时0.1 molL-1NaOH pH等于11，在此温度下KW=10-12 ， pH1a的H2SO4溶液溶液中

31、cH+=10-a、pH2b的NaOH溶液中cOH-=10-12+b，混合后溶液呈中性，则10-12+b×1=10-a×100；a+b=14；（5）求混合溶液的pH时，若混合后溶液呈酸性直接计算氢离子浓度，再求pH，若溶液呈碱性，先计算氢氧根离子浓度，再根据水的离子积计算氢离子浓度，再计算pH。17请按要求回答下列问题：(1)已知25 时，KspMg(OH)21.8×1011，KspCu(OH)22.2×1020。在25 下，向浓度均为0.1 mol·L1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方

32、程式为_。(2)25 时，向0.01 mol·L1的MgCl2溶液中，逐滴加入浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH为_；当Mg2完全沉淀时，溶液的pH为_(忽略溶液体积变化，已知lg 2.40.4，lg 7.70.9)。(3)已知25 时，Ksp(AgCl)1.8×1010，则将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，溶液中的c(Ag)约为_ mol·L1。(4)已知25 时，KspFe(OH)32.79×1039，该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K_。【答案】(1)Cu(OH)2 Cu22NH3·H2O=Cu(OH)22

33、NH (2)9.6 11.1 (3)1.3×105 (4)2.79×103【解析】(1)Mg(OH)2、Cu(OH)2的结构类型相同，Cu(OH)2溶度积更小，溶解度越小，加入相同的浓度的氨水，Cu(OH)2最先析出，反应离子方程式为：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+；故答案为：Cu(OH)2；Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+；(2)已知c(MgCl2)=0.01molL-1，逐滴加入NaOH溶液，当刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，故c(OH-)=mol/L=4.2×10-5mol/L，c(H+)=2.4&#

34、215;10-10mol/L，故pH=9.6，即当pH=9.6时，氢氧化镁开始沉淀；一般认为：溶液中离子浓度小于1.0×10-5沉淀完全，故镁离子完全沉淀时有：c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，故c(OH-)=mol/L=1.34×10-3mol/L，c(H+)=7.46×10-12mol/L，故pH=11.1，即当pH=11.1时，氢氧化镁沉淀完全，故答案为：9.6；11.1；(3)将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，应满足c(Cl-)×c(Ag+)KSP(AgCl)，因KSP(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)，则c

35、(Cl-)=c(Ag+)mol/L=1.3×10-5mol/L，故答案为：1.3×10-5mol/L；(4)KspFe(OH)3=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.79×10-39，反应Fe (OH)3+3H+Fe3+H2O的平衡常数K=c(Fe3+)×c3(OH-)×1042=2.79×10-39×1042=2.79×103，故答案为：2.79×103。18研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示

36、海水呈弱碱性的主要原因_。已知春季海水pH8.1，预测冬季海水碱性将会_(填“增强”或“减弱”)，理由是_。(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是_(填字母)。Aa、b、c三点H2转化率：cabB上述三种温度之间关系为T1T2T3Cc点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大Da点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH

37、3OH，平衡不移动(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：NO的作用是_。已知：O3(g)O(g)=2O2(g) H143kJ·mol1反应1：O3(g)NO(g)=NO2(g)O2(g) H1200.2kJ·mol1 。反应2：热化学方程式为_。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)2NO(g)=N2(g)2CO2(g) H759.8kJ·mol -1，反应达到平衡时，N的体积分数随n(CO)n(NO)的变化曲线如下图。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_。a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为_；b、c、d三点

38、的平衡常数从大到小的顺序为_。若n(CO)n(NO)0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，则NO的转化率为_。【答案】(1)HCO3-+H2O=H2CO3+OH-； 减弱； 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低(2) D(3)催化剂； NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H=+57.2 kJ/mol； (4)1：1； c<b<a； b=c>d； 60%。 【解析】(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；春季海水pH8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；(2) A.根据图中n(H2)/n(CO)

39、越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO转化率c>b，所以氢气转化率b>c；a、b两点的n(H2)/n(CO)相同，CO转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b。综上氢气的转化率为a>b>c；A项错误；B.根据图中关系，当n(H2)/n(CO)一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T1<T2<T3；B项错误；C.c点状态下再通入1molCO和4molH2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减

40、小，C项错误；D.T1温度下，a点n(H2)/n(CO)=1.5，列出三段式： ，T1温度下的平衡常数K= =4，再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，Qc= =4，所以平衡不移动，D项正确；（3）反应是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂；根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H=+57.2kJ/mol；（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1； 增大n(

41、CO)/n(NO)，CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为c<b<a；平衡常数只与温度有关，所以b、c点的平衡常数相同，反应放热，升温平衡正向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；若n(CO)n(NO)0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，令平衡时CO转化了xmol，列出三段式： ，N的体积分数为 =20%，解得x=0.6，所以CO转化率为0.6/1=60%。19氯化亚铜是一种重要的化工原料，一种利用低品位铜矿主要含有Cu2S、CuS、FeO、Fe2O3、

42、SiO2等为原料制取CuCl的工艺流程如下： (1)反应“浸取”前需将铜矿粉碎的目的是_；(2)滤渣的成分除S和外还含有_，反应 中的作用为_(3)已知生成氢氧化物的pH如下表，则反应“中和”时，用氨水调pH的范围是_。物质开始沉淀pH完全沉淀pH(4)检验滤液中是否含有所需要的试剂是：_(5)反应中生成难溶的离子方程式：_反应所对应的化学方程式：_(6) CuCl的定量分析步骤1.取样品0.7500g和30.0mL 1.0mol·L1过量的FeCl3溶液置于250mL的锥形瓶中，不断摇动。步骤2.待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000mol·L1 Ce(SO4)2标准

43、溶液进行滴定。三次实验测得数据如下表序号123起始读数终点读数已知：；。数据处理：计算得CuCl的纯度为_误差分析：下列操作会使测定结果偏高的是_A锥形瓶中有少量蒸馏水B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线 C0.1000mol·L1硫酸铈溶液久置后浓度变小 D滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡 E.用量筒取10.0mL 1.0mol·L1的溶液时仰视刻度线【答案】(1)增大接触面积，加快浸取反应速率，提高原料的浸取率 (2) 氧化剂 (3) 或或 (4) 溶液 (5) (6)26.5 BC 【解析】（1）将铜矿粉碎，可增大接触面积，提高浸取反应速率和原料的浸取率；（2）滤渣

44、的成分除S之外还有不与酸反应的二氧化硅，化学式为：，反应中的化合价价变化为价，化合价降低，作用是氧化剂；（3）反应中用氨水调节pH值是沉淀铁离子，锰离子和铜离子不沉淀，则依据图表数据分析判断pH的取值范围为；故答案为：或或；（4）遇KSCN溶液呈现血红色，所以可以用KSCN溶液检验滤液中是否含有，故答案为： KSCN溶液；（5）反应中生成难溶的离子方程式为：；故答案为：；反应所对应的反应是、HCl、Cu反应生成氯化亚铜、氯化铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：；故答案为：；，标准溶液体积中2实验读取误差太大舍去，平均消耗溶液体积，称取样品和的过量溶液置于250mL锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，平均分为3份，用标准溶液进行滴定，则，得到对应关系，则结合得到CuCl物质的量，样品中CuCl 纯度；依据c(待测)分析，A.锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B.滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C.溶液久置后浓度变小，滴定时消耗溶液体积增大，结果偏高，故C正确；D.滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D错误；E.用量筒取的溶液时仰视刻度线，则所取溶液偏大，但本身就过量，所以对测定结果无影响，故E错误。