2021年 天津市高考压轴模拟卷化学 【含答案】.pdf

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1、2021天津市高考压轴卷化学注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。2 .I 卷 共 12 题，每题3 分，共 3 6 分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 0 16 P 3 1 S 3 2 C 1 3 5.5 Ti 4 8 C r 5 2 F e5 6 C u 6 4 G e 7 3第I卷 共3 6分一、单选题1.2014年 11月 APEC会议期间，北京市区天空湛蓝，PM2.5浓度为每立方米37微克，接近一级优水平 网友形容

2、此时天空的蓝色为“APEC蓝”。下列有关说法不正确的是A.开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖B.将废电池深埋，可以避免其中的重金属污染C.燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放D.通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划2.在一定条件下，RO：与 R-可发生反应：RO；+5R+6H+=3R2+3H2O,下列关于R 元素的叙述中，正确的是A.元素R 位于周期表中第VA族B.若 ImolRO；参与该反应，则转移的电子的物质的量为5moiC.R 元素单质在常温常压下一定是气体单质D.RO；中的R 只能被还原3.高纯度H F刻蚀芯片的反应为：4H

3、F+Si=SiF+2H20。下列有关说法正确的是A.(HF)2的结构式：HFFH B.比0 的比例模型：C.S i原子的结构示意图：8 4 D.SiF4的电子式：F：Si：F，)F4.氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是A.AI2O3有两性，可用于制造耐高温陶瓷B.CIO2有氧化性，可用于自来水消毒C.SiO2硬度大，可用于制备光导纤维D.S02有还原性，可用于漂白有色织物XY5.某化合物的结构为Z+X-Y W-Y X 其中X、Y、Z、W四种元素分布在三个短周期,YIX原子序数依次增大，且 Y、Z、W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是A.简单离子

4、半径：Z Y B.四种元素中，Y元素电负性最大C.该化合物中，W和 Y的杂化方式相同 D.该化合物可以和稀硫酸反应6.实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓NaOH溶液进行反萃(3l2+6OH=5I+IO3+3H2O),分液、酸化(51+IO；+6H+=3l2 I+3+0)、过滤及干燥等，甲、乙、丙、丁是部分操作装置图。下列说法错误的是A.用装置甲反萃取时，先检验仪器是否漏水B.用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相C.用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘D.用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥7.锂空气电池是一种高理论比能量的可充电电池。放电时，总反应为

5、2口+02=口2。2,工作原理如下图所示。下列说法错误的是A.电解液a 为非水电解液B.放电时，A 处的电极反应为Li-e=Li+C.充电时，Li+向 L i电极区域迁移D.充 电 时,B 处的电极反应为O2+2Li+2e=Li2O28.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H2s04和 Cu片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色浓 H2s04具有强氧化性B将食品袋中的抗氧化剂（Fe粉）加入少量稀硫酸，再滴加KSCN溶液，没有血红色出现抗氧化剂没有吸收02C将溟乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入KMnCh溶液中，KMnCh溶液褪色澳乙烷发生了消去

6、反应D加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的 Cu（0H）2悬浊液，加热，没有出现红色沉淀淀粉没有发生水解A.A B.B C.C D.D9.新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第七版）中指出，氯喳类药物可用于治疗新冠肺炎。氯口奎结构如图所示，下列描述错误的是A.分子式为C|8H26。电B.该分子含官能团不止一种C.与足量的H2发生加成反应后，分子中的手性碳原子数增多D.该分子苯环上的一澳代物有5 种不同结构1 0 .汽车尾气处理时存在反应：N O2(g)+C O(g)*=NO(g)+C O2(g),该反应过程及能量变化如图所示：活化络合物 过渡状态)A.该反应过程可将有毒气体转变成无毒气体B.使

7、用催化剂可以有效减少反应放出的热量C.升高温度，可以提高N O 2 的平衡转化率D.无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量1 1 .以太阳能为热源分解Fe3 O4,经热化学铁氧化合物循环分解水制H2 的过程如图所示。下列叙述等氓的是A.过程【中产生的F e O 是还原产物B.过程I中分离出0 2，可提高Fe3 c(OH-)c(C r)c(H+)第 H 卷 共 64分注意事项：1 .用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在“答题卡”上。2 .II卷共4题，共 6 4 分。二、填空题1 3.第四周期的元素神(A s)和银(Ni)具有广泛的应用。回答下列问题：(1)基态A s 原 子 的 核

8、 外 电 子 排 布 式 为,A s、N i 的第一电离能：I i(As)h(Ni)(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)碑单质的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1 个硫原子，形成A s 4 s 4,俗称雄黄，则雄黄可能有 种不同的结构；0.5 m o l A s 4 s 4 中含有 m o l A s S键。(3)亚肺酸(E A s C h)形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，A s O；-的空间构型为；磷和碑同主族，亚磷酸(H3 Po 3)中心原子磷配位数为4,则亚磷酸为 元酸。(4)一种N i?+配合物的结构如图所示，该 配 合 物 中 的 配 位 数 为,C原子的杂化方式为。

9、CcII IIoN N0、H J i、H、0N、N0II IIcc/H3c CH.(5)As和 N i形成的种晶体晶胞中原子堆积方式如图所示，晶体中A s原子围成的空间构型为(填“三角形”“四面体”或“八面体”)，图中六棱柱底边边长为a p m,高为c p m,阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度p=gam-1 4.镒酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软镒矿浆(主要成分为MnCh，含少量 FezCh、FeO、AI2O3、SiC2等杂质)为原料制备锌酸锂的流程如图所示。S02 X 氨水 K2s2。8 Li2c。3软镒矿浆f 溶浸 氧化除杂 一A M11SO4溶液 Mn02 一 LiMn

10、2O4滤渣(1)溶浸生产中为提高S02吸 收 率 可 采 取 的 措 施 有(填 序 号)。a.不断搅拌，使 S02和软镒矿浆充分接触 b.减小通入S02的流速c.减少软锯矿浆的进入量 d.增大通入S02的流速(2)已知:室温下，KspAl(OH)3=lx 10-3 KspFe(OH)3=lxlO-39,pH=7.1 时 Mn(0H)2 开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSCU溶液中的Fe3+、A/(使其浓度小于10-6moi儿)，需调节溶液 pH 范围为 o0、一(3)由硫酸镭与K2s2。8(结构为K，S、o K*)溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锌(Mn02)。请 写 出 该 反

11、应 的 化 学 方 程 式 为。(4)将 MnCh和 Li2cCh按 4：1 的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600750,制取产品LiMmCU并生两种气体。写出该反应的化学方程式为。放电（5）镭酸锂可充电电池的总反应为Li i-x Mm C U+Li x C U Li Mm C U+C e V xV l）充电石墨电解质溶液镒酸锂放电时电池内部L i+向 移动（填“正极”或“负极”）充电时，电 池 的 阳 极 反 应 式 为,若此时转移lmole,则石墨电极将增重 g15.化 合 物F是合成一种天然茜类化合物的重要中间体，合成路线如图:OHOHCH3OH B rCOCIBHOCCH30c

12、H2clCOOCH3 二乙胺OCH20cH3 OCH2OCH3Br、1 LiAlH4 B rCH3OCOOCH3ECH3OCH2OH（DA中含氧官能团的名称为 和（2）A-B的反应类型为（3）C-D的反应中有副产物X（分子式为G 2H l5（）6 B r）生成，写出X的结构简式：_（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：能与F eC b溶液发生显色反应：碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1 ：1。（5）已知：R e1 无 毁M1式RMR一OHC,R2)H3O+R z0H（R表示煌基，R 和R”表示炫基/C、，fRR或氢)。(2)RCOO

13、CH3 LiAIHj RCH20IIaC00CH3 和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。16.三氯氧磷(P OC b)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用02直接氧化P C h 制备P OC b，实验装置设计如图：有关物质的部分性质如下表:物质熔点沸点/其它性质P C 13-111.874.2遇水生成H3P和 H C 1遇 02生成P 0C 13P OC 132105.3遇水生成H 3 P 04 和 H C 1,能溶于P C h回答下列问题：(1)仪器a 的名称是。(2)装置B中试剂为；装

14、置B的作用是 o (任写两条)(3)装置C中制备P O C h 的 化 学 方 程 式 为。(4)b装 置 的 作 用 是。(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中C 1 元素的含量实验步骤如下：I .取m 克产品于锥形瓶中，加入足量N a O H 溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性;I I .向锥形瓶中加入O.l O O O m o l L-1的 A g N C h 溶液5 0.0 0 m L,使。一 完全沉淀；HL向其中加入2mL硝基苯，用力摇动使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂用cmol-L-NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。滴 定 选 用 的 指

15、示 剂 是（填标号）。A.酚 醐 B.NH4Fe（SO4）2 C.淀粉 D.甲基橙C1元 素 的 质 量 分 数 为（用含m、c、V 的表达式表示）。若取消步骤山，会使步骤IV 中出现两种沉淀共存，该 反 应 使 测 定 结 果（填“偏大”“偏小”或“不变”）。答案1.BA.开发新能源，如太阳能、风能等，可以减少煤、石油、天然气等化石燃料的使用量，可减少对化石能源的依赖，A 正确；B.废电池不能深埋，否则将造成其中的重金属污染土壤和地下水，必须进行回收处理，B 不正确；C.燃煤进行脱硫脱硝处理，将 S 转化为CaSCM等固体资源，N 的氧化物转化为N2等无污染的气体再排放，故能减少硫的氧化物和

16、氮的氧化物的排放，C 正确；D.吸收空气中的C02并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，有利于环境保护,D 正确；故 B。2.B【分析】由离子方程式可以看出，R 元素可形成RO；、R-离子，则 R 的最外层电子数为7,在 R0；中，R 元素没有表现出最高价。A.元素R 的最外层电子数为7,则该元素应位于周期表中第VUA族，A 不正确；B.R0；生成R2，R 元素由+5价降低为0 价，贝 ij ImolRO；转移的电子的物质的量为5mol,B正确；C.若 R0；为 BrO：或 10则 R 元素单质在常温常压下是液体或固体，C 不正确；D.R0；中的R 显+5价，而 R 的最外层电子数为

17、7,R 元素的化合价既能升高又能降低，所以R O：既能被还原，也能被氧化，D不正确;故选B o3.CA.HF间存在氢键，（H F）2 的结构式：H-F -H-F,故 A错误；B .比0分子结构是V型，所以其比例模型为：4,故 B错误；C .S i 是 1 4号元素，其原子结构示意图：,故 C正确；：F ：D .F原子最外层7个电子，S i F 4的电子式：；：（：；：，故 D错误；,.:F :故 C。4.BA.A b C h 熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；B.C 1 O 2 有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；C.S i O 2 能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；D

18、.S O?具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；答案选B。5.A【分析】xI由 Z+x-Y W Y X 以及X、Y、Z、四种元素分布在三个短周期，可知Z为 N a 元素；Y能YIX形成2个共价键，原子序数Y Z,且简单离子具有相同电子层结构，在结合该物质的电子式可知，W为 A 1 元素。综上所述，X、Y、Z、W 四种元素分别为H、0、N a、AL 结合元素周期表，周期律分析可得：A.由分析可知Z为N a元素、Y为0元素，则简单离子分别为：N a O2-.且具有相同电子层结构。根据电子层结构相同的离子则有“序小径大”，即离子半径r(N a+)r(C)2-),故选A

19、；B.由分析可知X、Y、Z、W四种元素分别为H、0、N a、A l,其中Y(0)的非金属性最强，则Y的电负性最大，故B不选；C.W、Y分别为：0、A 1,则在该物质中W和Y的杂化方式均为S P 3,故C不选；D.有分析可得该物质的化学式为：N a A l(O H)4,该物质既能与强酸反应又能与强碱反应,故D不选；答案选A6.DA.装置甲的仪器为分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，在使用之前必须检验是否漏水，故A正确；B.分液时避免上下层液体混合，由于C C 1 4溶液比水重，在下层，则分液时，先从下口放出有机相(四氯化碳层)，关闭活塞，从上口倒出水相，可避免上层液体被污染，故B正确；C.酸化后大量

20、析出固体碘单质，不溶于水，图中过滤可分离，故C正确；D.由于碘易升华，不能用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥，干燥碘在干燥器中进行，故D错误；答案为D。7.DA.锂单质化学性质活泼，不能使用具有活泼氢的水、醇、竣酸等做电解质溶液，描述正确，不符题意；B.根据题意，锂一空气电池，还原性更强的锂单质是失电子一极，做负极，所以A极锂单质失电子生成锂离子，描述正确，不符题意：C.二次电池充电，放电时负极电子流出，充电时，电池的负极电子流入，充当电解池阴极，根据直流电路电荷移动特点，阳离子向阴极移动，故选项描述正确，不符题意；D.二次电池充电，放电时正极B 处电子流入，充电时，B 极电子流出，发生氧化

21、反应，失电子，选项中电极反应式显示是得电子，所以描述错误，符合题意；综上，本题选D。8.AA.将浓硫酸和铜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生成的气体为二氧化硫，则反应中硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，具有强氧化性，故 A正确；B.若抗氧化剂中铁粉吸收氧气部分被氧化为氧化铁，加入稀硫酸时，氧化铁溶解生成的铁离子可与过量的铜反应生成亚铁离子，溶液中不存在铁离子，则加入硫氟化钾溶液，没有血红色出现不能说明抗氧化剂没有吸收氧气，故 B 错误；C.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇蒸汽能与高锌酸钾溶液发生氧化反应，使高镒酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，则将漠乙烷、乙醇和烧碱的

22、混合物加热，产生的气体通入高镭酸钾溶液，高锌酸钾溶液褪色不能说明澳乙烷发生了消去反应，故 C 错误；D.淀粉水解生成的葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，酸性条件下不能反应，则加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热,没有出现红色沉淀不能说明淀粉没有发生水解，故 D 错误；故选A。9.DA.根据氯喳结构图可知，分子式为CI8H26。用，故 A 正确；B.该分子含官能团有氯原子、碳碳双键等，不止一种，故 B 正确；C.只有1 个手性碳原子（标注*）,与足量的H2发生加成反应后产物有 5 个手性碳原子（标注*）,手性碳原子数增多，故 C 正确；D.该分

23、子苯环上的一浪代物有共3种不同结构，故D错误;选D。1 0.DA.生成物NO仍然有毒，A错误；B.使用催化剂不能改变反应放出的热量，B错误；C.由题图可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，N O 2的平衡转化率降低，C错误；D.根据题图中反应物和生成物的能量都低于活化络合物（过渡状态）的能量，可知反应物或生成物转化为活化络合物均需要吸收能量，D正确；答案选D。1 1.C【分析】过 程I :2F e 3（）4=6F e O（s）+O2（g）,元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物：过程I I的化学方程式为AFe3O4

24、3F e O+H 2O=F e 3O4+H 2T，总反应是 2H2H2T+O2T。太阳能A.2F e3O4（s）=6F e O（s）+O2（g）,反应中氧元素化合价-2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的F e O是还原产物，故A正确；B.过程I中分离出0 2,促进2F e 3C 4=6F e O（s）+O2（g）,正向进行，可提高F e 3（）4的转化率，故B正确；AC.过程H：3F e O+H2O =F e3O4+H 2T，每转移M个电子，生成标准状况下1 1.2L七，故C错误；D.反应3F e O(s)+H 2O(l)=H 2(g)+F e 3O4

25、(s)的产物中，氢气为气体，而F e 3()4为固体，故铁氧化合物循环制H 2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，节约能源，故D正确；故选C。12.B【分析】结合方程式和滴定曲线可知滴定终点在a点之前，酸碱恰好完全反应时，溶质为(C F hX NH z C l,a 点时，p H=7,体积为 1 0 m L,分别求出溶液中 c(C H 3)2NH =)：。m o l-L 1,c(CH3)2 N Hmol L c(H+)=1 0-7m o l/L,先求出(C F U X NH；水解常数，再求二甲胺常温下电离常数。b点时(C H 3)2NH过量，为(C H 3)2NH 20、(C H 3)2N

26、H的混合物，C(C H 3)2NH；c(c r)C(OH)A.酸碱恰好完全反应时，溶质为(C H 3)2NH 2C 1,强酸弱碱盐，溶液呈酸性，本实验应该选择甲基橙作指示剂，故A错误：B.常温下，测得a点溶液的p H=7,a点生成(C E b b NF hC l,(C H 3A NH过量，溶液呈中性,(C H 3)2NH 2c l水解使溶液呈酸性，(C H 3)2NH的电离呈碱性，所以溶液中1 0/M -1 0 x 0.1 ,+1 0 x 0.1 ,.C(C H3)2NH =jo 1。-m o l-L C(C H 3)2NH；=。十 。，m o l-L c(H+)=1 0-7m o l/L,所

27、以水解平衡常数为底=J Lc(C%)2 啊 1 0m-0.1 x l 0 x 0-71 0+1 0O.l x l Q1 0+1 0K 1 0-1 4则二甲胺常温下电离常数K b=m-0.1 s-7A,-x 100.1,室温下,/rb(C H3),N H-H2O=故B正确；C.a点生成(C H 3)2NH 2c l促进水电离，(CHMN H过量，抑制水电离，使水的电离程度变小;恰好完全反应时(C H 3)2NH 2c l促进水电离，溶液中水的电离程度最大，故C错误；D.b 点时(C H 3)2NH 过量，为(C H 3)2NH 2。、(C H 3)2NH 的混合物，C(C H 3)2NH；c(c

28、r)c(O H-),b 点溶液中存在：C(CH3)2 NH;c(cr)C(OH-)C(H+),故D错误;故选B o1 3.I s22s22P63s23P63d 4s24P3(或 A r 3d1 04s24p3)大于 2 4 三角锥 二 4,“K”268x 1()3 53673 x l O30S p 2、S p 3 八面体-(或-；-)a2cNA-si n60 3a2cN(l)A s是 33号元素，位于第四周期V A族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为 A r 3 d1 04 s24 p3；A s 和 N i均为第四周期元素，A s 为非金属元素，N i为过渡金属元素，所 以 Ii(A

29、s)大于L(N i)。(2)在神单质分子结构的4条棱边上各插入1 个硫原子，形成A s 4 s 4,按照A s A s 键是相邻或斜交，可得到雄黄有如图所示2 种不同的结构；每一分子的A s 4 s 4 中含有8条 A s S键，则0.5 mo l 雄黄中含有4 mo l A s S键。(3)A s O 1 的中心原子碑原子形成了 3个6 犍，另外还有1 对孤电子对，其价层电子对总数是4,根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形。因为H 3 P 03 中磷的配位数为4,则 H 3 P 030的结构式为H O-P-O H,因此为二元酸。IH(4)该 N i?+的配合物中为双齿配体，配体间还

30、形成有氢键，因此配位数为4；配体中C原子形成 C C键及C=N 键，所以C原子以s p?、s p 3 杂化。(5)该晶胞中N i原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有N i原子的个数=1 2 x-+6 x-+2 x -+l=6,A s 原子位于六棱柱的体内，数目为6,则晶胞的质量为6 3 26 x(5 9 +7 5)1 g,六棱柱的体积为=不a2x s in 6 O 0 x 6 x c x l O _3 0 c m3,则该晶体的密度/V AZ6 x(5 9 +7 5)g268 xlO30-x a22xsin 60 x6xcxl0-30cm3a【cNz-sin 600g-c m*3o

31、1 4.ab 5.0 p H 8+2 H 2 O=M n O 2 1+2 H 2 s O 4+K 2 s O 46 5 0 7 5 08 M n C)2+2 L i2 c O 3 4 L i2M n O4+2 C O 2 t+O 2 T 正极 L iM mC h-x eL iE M mO d+x L i7【分析】软镒矿主要成分为M n C h,含少量Fez C h、FeO、A I2 O 3 和极少量铜的化合物等杂质，利用软锦矿浆脱含硫烟气中 S O 2,发生反应 M n O 2+S O 2=M n S O 4,2 Fe3+S O2+2 H2O=2 Fe2+S O -+4 H+,步骤H中在浸出I

32、 中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液p H 沉淀Fe3+、A F+便于除去，过滤得到滤液含有的MN+的溶液中加入K 2 s 2。8 可将M i?+氧化为M n O2.K 2 s 2 O 8被还原为K 2 S O 4，M n C h与 L i2 c C h在一定温度下发生反应，产生L iM mO 4、C O 2、02,据此分析解答。(1)溶浸过程中，为提高S O 2 吸收率可采取的措施：不断搅拌，使 S O2 和软镒矿浆充分接触或减小通入S O2 的流速，故合理选项是ab,故 ab；(2)除杂时显然只能除去Fe3+和A P+,不能损失M n2+,由题意可知，室温下，pH=7.1

33、 时 M n(OH)2开始沉淀，除去M nS C U溶液中的Fe3+、A l3+,氢氧化铝完全变成沉淀时的K sp A l(OH)3 =l x iO-3 3=c(A l3+)-c3(OH-),c(A l3+)=l x l O-6m ol/L,解 得:c(OH l x l O-9 m ol/L,则溶液 c(H+)=M 0-5m ol/L ,则 pH=5：同理 Fe(OH)3 完全变成沉淀时,K sp Fe(OH)3=l x 1 0-3 9=c(Fe3+)c3(OH),c(Fe3+)=l x l O-6m ol/L,解得：c(OH)=l x l O-H m ol/L,c(H+)=1 x 1 O3

34、m ol/L ,则 pH 约为 3,故pH 范围是：5.0 pH7,1,故 5.0 pH 2=2 P o e(4)仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流的作用。(5)用c m o l-L1 N H 4 S C N 溶液滴定过量A g+至终点，当滴定达到终点时N H4S C N 过量，力 口N H 4 F e(S O 4)2 作指示剂，Fe 3+与S CN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点;用c m o l/L N E U S C N 溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V mL,则过量Ag+的物质的量为c Vx l O-3 m o l,与 Cl-反应的Ag*的物质的量为0.1 OOOm o l/L x 0.05 L-c T x 1 0_ 3m o l =(5-c r)x l O_3m o l,c i 元素的质量分数为-I辿皿连、1 00%=”1 乜1 0 0%；若取消步骤mg mIII,会使步骤IV中出现两种沉淀共存，若无此操作，N H,S C N 与 Ag Cl 反应生成A g S C N 沉淀，则滴定时消耗的N H 4 S C N 标准液的体积偏多，即计算时Ag+的物质的量偏大，则计算中与0-反应的Ag，的物质的量偏小，所以测得的C1-的质量分数偏小。