第三章物质在水溶液中的行为第2节弱电解质的电离盐类的水解课后练习——高二化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

《第三章物质在水溶液中的行为第2节弱电解质的电离盐类的水解课后练习——高二化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第三章物质在水溶液中的行为第2节弱电解质的电离盐类的水解课后练习——高二化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第三章物质在水溶液中的行为第2节弱电解质的电离盐类的水解课后练习高二化学鲁科版（2019）选择性必修1一、单选题（共16题）1设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A溶液中，的数目为B的溶液中，的数目为CFe与足量硝酸完全反应，转移电子数的数目为D标准状况下，和的混合气体中分子数目为2下列说法中，正确的是A三氧化硫的水溶液能导电，所以三氧化硫是电解质BHClO是弱酸，但NaClO是强电解质CNaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离出Na+、H+、D硫酸在水溶液中完全电离，所以稀硫酸是强电解质3根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将浓H2SO4和Cu片加热产生的气

2、体通入品红溶液中，品红溶液褪色浓H2SO4具有强氧化性B常温下，用pH计分别测定等体积1 mol/L CH3COONH4溶液和0.1 mol/L CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入KMnO4溶液中，KMnO4溶液褪色溴乙烷发生了消去反应D加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，没有出现红色沉淀淀粉没有发生水解AABBCCDD4一定温度下，用水稀释的一元弱酸，随着稀释的进行，下列数值一定增大的是(表示水的离子积，表示的电离常数)ABCD5常温下，滴

3、有两滴酚酞溶液的Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+OH-平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是A稀释溶液，增大B通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，溶液pH均减小C升高温度，红色变深，平衡常数增大D加入NaOH固体，减小6已知的浓度为0.10 mol·L-1，其Ka=10-9.89，在下列条件下各种粒子浓度关系正确的是ApH=2.00时，>H+>OH-> BpH=9.89时，= >OH->H+CpH=13.00时，OH-> >H+ >D以上全不对7表示下列反应的离子方程式正确的是A向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2+2

4、H218O=4Na+4OH+18O2B碳酸氢铵溶液中加少量NaOH溶液并加热： NH+OHH2O+NH3C泡沫灭火器工作原理：2Al3+3CO+3H2O=2Al(OH)3+3CO2D用过量氨水吸收烟道气中的SO2： SO2+2NH3·H2O=SO+2NH+H2O8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A向1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中数小于0.1NAB10 g 92%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.1NAC0.1 mol 所含价电子总数为2NAD0.1 mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA9常温下

5、，测得0.5mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=9。下列说法正确的是A该溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol·L-1B该溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)C该溶液中存在：c(H+)+c(CH3COOH)>c(OH-)D向溶液中加入少量水，增大1025°C时，将100mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.005molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度的变化），溶液pH变化如图所示。下列说

6、法不正确的是Ab点溶液中阴离子总数>2倍d点溶液中阴离子总数Babc的过程中，始终存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）Cade的过程中，始终存在c+CH3COO-）+c（CH3COOH）c（Cl-）Dabc和ade过程中，共只能找出两个点，该点处由水电离出来的c（H+）=10-7mol·L-111设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4LNO2中含原子数为2NAB138gC2H5OH中含极性键的数目为20NAC向1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NAD标准状况下，11.2LCl

7、2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA12NA阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A22 g D3O+中含有的中子数为10NAB1 mol P4S3()分子中含有非极性键的数目为3NAC1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目为0.2NAD11.2 L(标准状况)氧气与足量钠反应，转移的电子数一定为NA13阿伏加德罗常数的值为NA下列说法正确的是A1mol Cl2和Fe充分反应，转移电子数为3NAB0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC一定条件下1mol Na与氧气完全反应，生成的产物中阴离子总数为0.5NAD1L

8、 0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中，和Al3+数目均为0.1NA14下列实验事实能证明相应性质的是选项实验或事实性质AHCOONH4溶液显酸性电离平衡常数：Ka(HCOOH)>Kb(NH3H2O)BFeCl3溶液可以刻蚀铜电路板金属性：Fe>CuC盐酸的导电能力比氢氟酸的强酸性：盐酸>氢氟酸DHNO2可与H2O2反应制得HNO3氧化性：HNO2>HNO3AABBCCDD15设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A乙烯和环丙烷()组成的28g混合气体中含有3个氢原子B碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个C标准状况下，22.4L氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应转移的

9、电子数为D将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中含有0.1个16化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是A修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料B施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用C为实现将“地沟油”变废为宝，可将“地沟油”制成生物柴油和肥皂D用于光缆通信的光导纤维和制作航天服装的聚酯纤维都是新型无机非金属材料二、综合题（共4题）17甲醇是一种重要的有机化工原料。在工业生产中可以通过乙烯和水蒸气化合生成甲醇已知：(1)请写出乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的热化学方程式：_。(2)也可以将与 混合，在恒容密闭容器中发生反应来制备：，图1是在两种

10、投料比分别为1：4和1：6时，平衡转化率随温度变化的曲线，图2是生成的甲醇过氧化氢燃料电池的工作原理示意图：图1中b点对应的平衡常数K值_c点对应的平衡常数K值填“”“”或“”，理由是_。图1中a点对应的的转化率_c点对应的的转化率。 填“”“”或“”，图2中电极N是_填负极或正极图2中电极M的电极反应式：_。(3)时，的电离常数，则该温度下水解反应的平衡常数_，若向溶液中加入少量的，则溶液中将_填“增大”、“减小”或“不变”。(4)常温下，用NaOH溶液吸收得到的溶液，吸收过程中水的电离平衡_填“向左”、“向右”或“不”移动。试计算溶液中_。常温下的电离平衡常数，18(1)某温度(t)时，测

11、得0.01 molL-1的NaOH溶液的pH=11，则该温度下水的kW=_。在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合。若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则：VaVb=_。(2)室温时，向100mL0. 1 molL-1NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL-1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_：在b点，溶液中阳离子浓度由大到小的排列顺序是_。(3)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO，采用碱性的NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通

12、入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为。反应10min后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子Cl-c/(molL-1)写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_。如果采用Ca(ClO)2替代NaClO2，其脱硫效果会更好。试从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO2具有的优点是_。19（1）工业上以粗铜为原料采取如下图所示流程制备硝酸铜晶体：在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是_。在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，根据下表数据，溶液的pH应保持在_范围。氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全

13、时的pHFe3+Cu2+1.94.73.26.7不用加水的方法调节溶液pH的原因是_。进行蒸发浓缩时，要用硝酸调节溶液的pH=1，其目的是（结合离子方程式说明）_。（2）工业上常利用硝酸铜溶液电镀铜，电镀时阴极的电极反应式是_。（3）下图是某小组同学查阅资料所绘出的硝酸铜晶体 Cu（NO3）2·nH2O 的溶解度曲线（温度在30前后对应不同的晶体），下列说法正确的是_（填字母）。aA点时的溶液为不饱和溶液bB点时两种晶体可以共存c按上述流程最终得到的晶体是Cu（NO3）2·3H2Od若将C点时的溶液降温至30以下，可以析出Cu（NO3）2·6H2O晶体（4）某些共

14、价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时有微弱的导电性，主要是因为发生了电离，如：2NH3NH+NH，由此制备无水硝酸铜的方法之一是用Cu与液态N2O4反应。液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18，则液态N2O4电离的方程式是_；Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜的化学方程式是_。20钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MnO等）制取钴产品的工艺流程如下：已知：浸出液含有的金属阳离子主要有Fe2+、Co2+、Mn2+等部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物Fe（OH）3 Fe（OH）2Co（O

15、H）2Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.67.7完全沉淀3.79.69.29.8回答下列问题：（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。（2）“加Na2CO3调pH至3.7”，过滤所得到的沉淀成分为_。（3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的主要目的是_；萃取剂使用的最佳pH范围是_（填代号）。A 1.01.5 B 2.02.5 C 3.03.5 D 4.05.0（4）向“萃取后余液”中加入沉钴剂生成CoCO3，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，其相应的离子方程式为_。（5）在空气中焙烧CoCO3生成相应的金属氧化物和CO2，测得充分煅烧后

16、固体质量为4.82g，CO2的体积为1.344 L（标准状况），则金属氧化物的化学式为_。参考答案1C【详解】A溶液中发生水解反应，溶液中，的数目小于，故A错误；B没有溶液体积，不能计算的溶液中的数目，故B错误；CFe与足量硝酸完全反应生成硝酸铁，铁元素化合价由0升高为+3，所以转移电子数的数目为，故C正确；DNO和氧气反应生成NO2，部分NO2转化为N2O4，标准状况下，和的混合气体中分子数目小于，故D错误；选C。2B【详解】A三氧化硫的水溶液能导电，是由于SO3溶于水时发生反应：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4在溶液中发生电离作用产生自由移动的离子，而不是SO3电离产生的，所以硫酸是

17、电解质，而三氧化硫是非电解质，A错误；BHClO是弱酸，但NaClO是HClO与NaOH发生中和反应产生的盐，所以NaClO属于强电解质，B正确；CNaHSO4在水溶液电离出Na+、H+、；在熔融状态下可电离出Na+、，C错误；D稀硫酸是溶液，属于混合物，因此稀硫酸不是电解质，D错误；故合理选项是B。3A【详解】A浓H2SO4和Cu片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明反应产生了具有漂白性的SO2气体，在该反应中浓硫酸得到电子被还原产生SO2气体，故可以说明浓硫酸具有强氧化性，A正确；BCH3COONH4是弱酸弱碱盐，由于CH3COO-与在溶液中都存在水解平衡，二者的水解程度相同，

18、所以溶液显中性，溶液的pH=7。盐的浓度越大，水解程度就越小，因此无论该盐的浓度大小，盐溶液pH始终等于7，B错误；C乙醇具有挥发性，挥发的乙醇蒸气具有还原性，可以被KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪色，因此不能证明溴乙烷发生了消去反应产生乙烯气体，C错误；D硫酸为淀粉水解反应的催化剂，反应后溶液显酸性，要检验水解产生了含有醛基的葡萄糖，应该先向水解后的溶液中加入NaOH中和硫酸，使溶液显碱性，然后再滴加新制的Cu(OH)2悬浊液并进行加热来检验，而不能据此判断淀粉没有发生水解反应，D错误；故合理选项是A。4D【详解】A一元弱酸加水稀释时，温度不变，水的离子积常数Kw不变，故A错误；B加水稀释时

19、，温度不变，一元弱酸HA的电离常数不变，溶液中氢离子浓度减小，则减小，故B错误；C由电离常数可得：=，加水稀释时，温度不变，一元弱酸HA的电离常数不变，溶液中氢离子浓度减小，则减小，故C错误；D加水稀释时，温度不变，水的离子积常数Kw不变，溶液中氢离子浓度减小，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D正确；故选D。5A【详解】A稀释溶液，水解平衡常数Kh=不变，而溶液的碱性变弱，即c(H+)增大，故变小，故A错误；B通入CO2，或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH-)减小，c(H+)增大，故溶液pH减小，故B正确；C盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中

20、c(OH-)增大，故红色变深，故C正确；D加入氢氧化钠固体，增大了c(OH-)，而水解平衡常数Kh=不变，故减小，故D正确；故选A。6B【详解】略7D【详解】ANa2O2固体投入H218O中，二者反应生成氢氧化钠和氧气，水中的O元素生成氢氧根离子，部分过氧化钠中的O元素转化为氢氧根离子的氧，反应的离子方程式为2H218O2Na2O2=4Na218OH2OHO2，故A错误；B碳酸氢铵溶液与加少量氢氧化钠溶液并加热发生的反应为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为HCO+OH= CO，故B错误；C泡沫灭火器工作原理为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀

21、和二氧化碳气体，反应的离子方程式为3HCO+Al3+=Al(OH)3+3CO2，故C错误；D过量氨水与烟道气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为SO2+2NH3·H2O=SO+2NH+H2O，故D正确；故选D。8B【详解】A1L1 mol/LNH4Cl溶液中含有溶质的物质的量为n(NH4Cl)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，但是铵根会水解，数目小于0.1NA， A正确；B钠与乙醇反应产生氢气，水也能与水反应产生氢气，故B错误；C1个含有的价电子数为4+2+7×2=20，故0.1mol所含价电子总数为2NA，C正确；D1个苯乙烯中一共又

22、8个碳原子，且所有的碳原子都是sp2杂化，故0.1mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA，D正确；故选B。9D【详解】ACH3COONa溶液水解呈碱性，氢氧根完全来自水的电离，c(H+)=1×10-9 mol·L-1，则由水电离出的c(OH-)=1×10-5 mol·L-1，A错误；B该溶液中微粒浓度大小：c(Na+)> c(CH3COO-) > c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)，B错误；C该溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)，C错误；D由知，向溶液中加入少量水，溶液的碱性减

23、小，氢离子浓度增大，所以，增大，D正确故选D。10A【分析】100mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.005molNaOH固体混合得到a点溶质是0.005molCH3COONa和0.005molCH3COOH，再向混合液中通入HCl气体，得到d的溶质是0.01molCH3COOH和0.005molNaCl,e点溶质是0.01molCH3COOH、0.005molNaCl和0.005molHCl，再向混合溶液中加入NaOH固体，得到b的溶质是0.01molCH3COONa ,c点溶质是0.01molCH3COONa、0.005molNaOH.【详解】A b点溶液中阴离子是来

24、自于0.01molCH3COONa电离出的CH3COO-, CH3COO-水解，但水解程度较小，而d点溶液中阴离子是0.005molCl-和醋酸电离出的少量CH3COO-, b点溶液中阴离子总数应该大于d点溶液中阴离子总数，但不会是2倍的关系，故A错误；B abc的过程中，只存在四种离子，溶液中要满足电荷守恒，始终存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故B正确；C ade的过程中，n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=0.01mol,n(Cl-)一直小于0.01mol，当到达c点时时0.01mol，所以始终存在c（CH3COO-）+c（CH3COOH）c（Cl

25、-），故C正确；D abc和ade过程中，共只能找出两个点，是醋酸钠的水解对水的电离的促进作用和HCl或NaOH对水的电离的抑制作用相当时，由水电离出来的c（H+）=10-7mol·L-1,故D正确；故答案为：A11C【详解】A标准状况下，22.4LNO2的物质的量是，含原子数为3NA，故A错误；B1个C2H5OH分子含有7个极性键，138gC2H5OH中含极性键的数目，故B错误；C1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中含1molCl-，向1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，c(NH)=c(Cl-)，所以溶液含NH数目为NA，故C正确；D标准状况下

26、，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，溶于水，溶液中含氯的微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，则Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；选C。12B【详解】A1个D3O+中含11个中子，22 g D3O+中含有的中子数为11NA，故A错误；B 分子中P-P键为非极性键，1 mol P4S3含有非极性键的数目为3NA，故B正确；C草酸是弱酸，1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目小于0.2NA，故C错误；D11.2 L(标准状况)氧气的物质的量是0.5mol，与足量钠反应，若生成氧化钠，转移2mol电子，若生成过氧化钠，转移1mol电子，故

27、D错误；选B。13C【详解】A1 mol Cl2和Fe充分反应生成FeCl3，氯元素化合价从0变化为-1价，电子转移2NA，A项错误；B由于Fe(OH)3胶体粒子是集合体，0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，B项错误；C1mol Na与氧气完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，其阴阳离子数目都是1：2，阴离子总数为0.5NA，C项正确；D铵根离子、铝离子都是弱碱阳离子，二者均能水解，和Al3+数目均小于0.1NA，D项错误；答案选C。14A【详解】AHCOONH4溶液显酸性，说明HCOO-的水解程度小于的水解程度，根据“越弱越水解”的原理，可知电离平衡

28、常数：Ka(HCOOH)>Kb(NH3H2O)，故选A项；BFeCl3溶液可以刻蚀铜电路板，这是因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，故不选B项；C没有指明盐酸和氢氟酸的浓度，无法直接比较两种酸的酸性强弱，故不选C项；D根据表中信息，若HNO2可与H2O2反应制得HNO3，该反应中H2O2为氧化剂，HNO3为反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：H2O2>HNO2，故不选D项；故选A。15B【详解】A乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，28gCH2中含有氢原子个数为×2×mol1=4个，故A错误；B碳酸氢钠固体中含有钠离子和碳酸氢根离子，则碳酸氢钠晶体中

29、含阳离子数为个，故B正确；C氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，则标准状况下，22.4L氯气反应转移电子数目为×5×mol1=5个，故C错误；D氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解，则将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中铁离子的个数小于0.1个，故D错误；故选B。16D【详解】AHDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料，故A正确； B施肥时，铵态氮肥与草木灰(含K2CO3)混合使用会双促进水解，降低肥效，故B正确；C “地沟油”是酯类，可将“地沟油”制成生物柴油和肥皂加以利用，故C正确；D用于光缆通信的光导纤维是新型无机非金属材料，制作航天服

30、装的聚酯纤维都是新型有机非金属材料，故D错误；故答案为D。17 根据图1二氧化碳的转化率随着温度的升高二降低，可知该反应的正反应是放热反应，所以b点的K比c点的K小 正极 增大 向右 60 【分析】(1)根据盖斯定律，-+得乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式C2H4(g)2H2O (g) CH3OH(g)，则H=H1-H2+H3=29.1kJ/mol；(2)根据图像可知，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明温度升高平衡逆向移动，正反应是放热反应，则b点对应的化学平衡常数K值小于c点；增大c(CO2)，二氧化碳的平衡转化率减小，H2的转化率增大，则曲线I表示的投料比为1:6，

31、曲线是1:4，a点对应的H2的转化率小于c点；由装置示意图可知质子向正极移动，所以N是原电池的正极，M是负极；负极上CH3OH在酸性条件下放电生成CO2，电极反应式为：CH3OH6e-+H2O=CO2+6H+；(3) NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=1×1012，当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，但是温度不变Ka不变，则 增大；(4)氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡向右移动；pH=9的溶液中c(H+)=10-9mol/L，因Ka2则溶液中=60。【详解】(1)乙烯和水蒸气化

32、合生成甲醇气体的化学方程式为：，根据盖斯定律，反应可由-+得到，该反应的焓变为，故答案为：；(2) 温度升高二氧化碳的平衡转化率降低，所以平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以b点对应的平衡常数K值小于c点，故答案为：；根据图1二氧化碳的转化率随着温度的升高二降低，可知该反应的正反应是放热反应，所以b点的K比c点的K小；相同条件下，增加氢气，二氧化碳转化率增大，但氢气转化率减小，所以图1中a点对应的的转化率点对应的的转化率，故答案为：；质子向正极移动，所以N是正极，则M是负极，故答案为：正极；M是负极，发生氧化反应，电极反应式为：，故答案为：；(3)，当加入少量时，碘把弱酸亚硫酸氧化成强酸硫酸

33、、氢碘酸，溶液酸性增强，增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：；增大；氢氧化钠是碱电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，吸收二氧化硫后，消耗氢氧根离子，碱性减弱，同时生成亚硫酸钠，是强碱弱酸盐，能够水解，对水的电离起促进的作用，所以吸收二氧化硫过程中水的电离平衡向右移动；的溶液中，依据Ka2，得溶液中，故答案为：向右；60。【点睛】用盖斯定律写出热化学方程式，平衡计算时用三段式。1810-13 19 a 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子的浓度，使平衡向正反应方向移动 【详解】(1) 0.01mol/ L的NaOH溶液的pH为11，则c(H+) = 

34、1×10-11 mol/L，c(OH- ) = 0.01mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1x10-13，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液Vb L混合，若所得混合溶液的pH = 10，混合液中碱过量，该温度下氢氧根离子浓度为0.001mo/L，a= 12，氢氧根离子浓度为0.1mol/L， b= 2溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则c(OH- ) = =0.001mo/L，解得:VaVb=19，故答案为：10-13；19； (

35、2) a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗H+ ,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O， (NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，所以的电离程度最大的是a点， b点溶液呈中性，溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na+) =c(SO )，b点时c(Na+) >c(SO )，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO )>c(NH)，故， 故答案为：a，；(3

36、) 亚氯酸钠具有氧化性，且溶液呈碱性，所以NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：，如果采用Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙微溶物，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：；生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子的浓度，使平衡向正反应方向移动；19提高原料的利用率，减少污染物的排放 3.24.7 加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩 由于Cu2+发生水解：Cu2+2H2OCu（OH）22H+，加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解 Cu2+2e-Cu b d N2O4NO+NO Cu2N2O4Cu（NO3）22NO 【详解】

37、分析：（1）氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸；Fe3+易水解，为利用溶液的蒸发浓缩，应尽量用浓溶液；从影响盐类水解平衡移动的角度分析；（2）电镀时，镀层金属做阳极，待镀物质做阴极；（）依据2NH3NH4+NH2-，类推结合题干信息写出电离方程式；从质量守恒的角度书写反应的化学方程式。详解：（1）粗铜中加入稀硝酸，Fe、Cu和稀硝酸反应生成Fe（NO3）3、Cu（NO3）2，同时生成氮氧化物，氮氧化物和水反应生成硝酸，能循环利用，调节溶液的pH，将Fe（NO3）3转化为Fe（OH）3沉淀，然后过滤得到滤渣，滤液为Cu（NO3）2溶液，向滤液中加入稀硝酸并调节溶液的pH，然后蒸发浓缩

38、、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体，氮氧化物有毒，且NO不和水反应，通入氧气和水，氮氧化物和氧气、水反应生成硝酸，硝酸能循环利用，从而提高原料利用率，且减少污染物的排放，故答案为将NOx转化为硝酸，提高原料的利用率，减少污染物的排放；调节溶液的pH使氢氧化铁完全沉淀，铜离子不产生沉淀，当溶液的pH在1.93.2之间，铁离子沉淀，而铜离子不产生沉淀，pH为4.7时铜离子产生沉淀，所以调节溶液的pH为3.2-4.7；加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩，故不用加水的方法调节溶液pH；铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，水解方程式为Cu2+2H2OCu（OH）22H+，加入稀硝酸能抑制硝酸铜溶解；（2

39、）工业上常利用硝酸铜溶液电镀铜，电镀时，镀层金属做阳极，待镀物质做阴极，阴极的电极反应式是：Cu2+2e-=Cu；（）a在溶解度曲线上方的溶液为过饱和溶液，所以A点时的溶液为饱和溶液，故错误；b根据图象知，B点时两种晶体在水溶液中都达到饱和，所以二者可以共存，故正确；c结晶温度较低，晶体以Cu（NO3）2·6H2O析出，故错误；d若将C点时的溶液降温至30°C以下，如果溶液为过饱和溶液，根据图象知，可以析出Cu（NO3）2·6H2O晶体，故正确；答案选bd；（）液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18，则液态N2O4电离的方程式是；N2O4NO+NO3-；

40、Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜，根据质量守恒和电子守恒可写出反应的化学方程式为Cu+2N2O4=Cu（NO3）2+2NO。点睛：本题考查铜以及化合物的性质，题目难度中等，本题注意盐类水解平衡的影响因素，做题时注意把握题给信息，注重知识迁移能力的培养。20Co2O3+SO+4H+=2Co2+SO+2H2O Fe（OH）3 除去滤液中的Mn2+ C Co2+2HCO =CoCO3+H2O+CO2 Co3O4 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、MnCl2、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至3.7，可得到Fe(OH)3沉淀，过滤后所得

41、滤液主要含有CoCl2、MnCl2，向该溶液中加入萃取剂分离出Mn2+，然后加入NH4HCO3溶液得到CoCO3沉淀。【详解】(1)水钴矿用HCl、Na2SO3进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为Co2O3+SO+4H+=2Co2+SO+2H2O；(2)分析可知，“加Na2CO3调pH至3.7”，溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀；(3)Fe3+形成Fe(OH)3沉淀析出，根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，结合萃取率与pH关系图，加入萃取剂调节溶液的pH至3.03.5时就可以将Mn2+萃取出来，剩余的溶液中含有Co2+离子，答案为C；(4)加入的碳酸氢铵溶液，在溶液中存在H+，与Co2+反应生成CoCO3沉淀，则H+与反应生成二氧化碳和水，故离子方程式为Co2+2HCO =CoCO3+H2O+CO2；(5)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，产生CO2的物质的量为n(CO2)=1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，由Co、C原子比例关系，可知Co原子物质的量为0.06mol，则CoxOy中O原子物质的量为n(O)=0.08mol，故CoxOy中Co、O原子数目之比=0.06mol：0.08mol=3：4，则CoxOy的化学式为Co3O4。