【文档说明】【精准解析】安徽省合肥市第九中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题.pdf，共(19)页，332.936 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4091513c9e6ce4960b798dd52c3b39b5.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-安徽省合肥市第九中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题1.下列判断①氢氧化钠是电解质②强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强③氯化银难溶于水，所以氯化银是非电解质④蔗糖易溶于水，所以是电解质⑤氯气溶于水后导电，但Cl2不是电解质。正确的是A.①⑤B.①

③⑤C.①②⑤D.①②③⑤【答案】C【解析】【详解】①氢氧化钠是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质，故①正确；②强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强，比如0.0001mol∙L−1盐酸的导电性比1mol∙

L−1醋酸溶液的导电性弱，故②正确；③氯化银难溶于水，但溶于水的AgCl完全电离，AgCl属于电解质，故③错误；④蔗糖易溶于水，蔗糖是溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，故④错误；⑤氯气溶于水后导电，Cl2是单质，因此Cl2不是电解质，故⑤正确；正确的有①②⑤。综

上所述，答案为C。【点睛】电解质主要包括酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解质主要包括大多数非金属氧化物、非酸性气态氢化物、大多数有机物。2.下列说法不正确的是A.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B.由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C.其他条件

不变，离子浓度改变时，Ksp不变D.两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小【答案】D【解析】【详解】A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，正确；B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下

可转化为CuS沉淀，正确；C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，正确；D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶-2-物，Ksp小的，溶解度不一定小，错误。3.下列叙述正确的是A.用水稀

释0.1mol·L－1的氨水，则溶液中32+c(NHHO)c(H)减小B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，CH3COOH的pH变大C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应

的进行，醋酸不断电离出H＋，反应速率比盐酸大D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别为c1和c2，则c2<10c1【答案】A【解析】【详解】A.用水稀释0.1mol·L－1的氨水，促进一水合氨

的电离，32(NH)HOc减小，+(H)c增大，则溶液中32+(NHHOH)()cc减小，故A正确；B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，促进醋酸的电离，醋酸溶液中氢离子浓度增大，因此CH3COOH的pH

变小，故B错误；C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，虽然醋酸不断电离出H＋，但醋酸中氢离子浓度小于盐酸中，因此反应速率比盐酸小，故C错误；D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别

为c1和c2，假设这两者电离程度相同，则c2=10c1，根据越弱越电离，物质的量浓度为c1的氨水电离程度大，则浓度应适当小，所以c2＞10c1，故D错误；综上所述，答案为A。4.室温下，某溶液中由水电离出来的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为10－23，在该溶

液中，一定不能大量存在的离子是A.HS－B.SO42－C.Al3+D.NO2－【答案】A【解析】【分析】室温下，某溶液中由水电离出来的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为10－23，水电离出来的H＋等于水电离出来的OH－，所以c(H＋)水=c(OH－)水

=1×10−11.5mol∙L−1，说明水的电离受到抑制，可-3-能为酸或碱溶液。【详解】A.HS－与H+或OH-都反应，一定不能大量存在，故A符合题意；B.SO42－与H+或OH-都不反应，一定能大量

存在，故B不符合题意；C.Al3+与H+不反应，与OH-反应，在酸性溶液中能存在，在碱性溶液中不存在，故C不符合题意；D.NO2－与H+反应，与OH-不反应，在碱性溶液中能存在，故D不符合题意；综上所述，答案为A。【点睛】c(H

＋)水=c(OH－)水＜1×10−7mol∙L−1，则为抑制水的电离，该溶液为酸或碱溶液。5.对某醋酸稀溶液中加入CH3COONa固体时，下列叙述正确的是A.加入醋酸钠显碱性，使醋酸的电离程度增大B.醋酸根的浓度减小C.溶液的c(H＋)减小D.溶

液的导电性不变【答案】C【解析】【详解】A.加入醋酸钠，醋酸根浓度增加，抑制醋酸电离，因此醋酸的电离程度减小，故A错误；B.加入醋酸钠，则醋酸根的浓度增大，故B错误；C.加醋酸钠，醋酸根浓度增加，抑制醋酸电离，溶液的c(H＋)减小，故C正确；D.加入醋酸钠，电离出醋酸根

和钠离子，离子浓度增大，溶液的导电性增强，故D错误；综上所述，答案为C。6.已知100℃时Kw=10-12，将pH=3的硫酸与pH=9的NaOH溶液混合，若要得到pH=7的溶液，混合时硫酸与NaOH溶液的体积比为A.9:11B.99:101C.99:110D.1:100【答案】B【

解析】【详解】100℃时Kw=10-12，中性溶液的pH=6；pH=3的硫酸溶液中c(H＋)=1×10−3mol∙L−1，pH=9的NaOH溶液中c(OH－)=1×10−3mol∙L−1，两者混合后若要得到pH=7的溶液即c(OH－)=1×10−5mol∙L−1，即充分反应后

NaOH过量，则有3131512424110molLVNaOH110molLVHS()()(O(OH)==110molLVNaOHVH)+()SOc，解-4-得24VHSO99=VN()H()aO101；综上所述，答案为B。7.下列有关溶液中离子存在和转化的表

达合理的是A.0.1mol·L-1、pH=1的NaHA溶液中HA-既电离，又水解，但电离大于水解，所以显酸性B.常温下由水电离出的c(H+)=10-5mol/L的溶液中可能有Mg2＋、SO42－、Cl-离子C.加入金属铝能产生

H2的溶液中可能大量存在K＋、I-、Mg2＋、NO3-D.NaAlO2和AlCl3溶液分别加热蒸干并灼烧都可以得到Al2O3【答案】B【解析】【详解】A.0.1mol·L-1、pH=1的NaHA溶液中c(NaHA)=0.1m

ol∙L−1=c(H＋)，说明HA-只电离，故A不符合题意；B.常温下由水电离出的c(H+)=10−5mol∙L−1，说明是促进水的电离，是盐溶液如NH4Cl溶液，可能有Mg2+、SO42−、Cl－离子，故B符合题意；C.加入金属铝能产生H2的溶液，可能是酸溶液、也可能是碱溶液，酸溶液中I-、N

O3-发生氧化还原反应不能大量存在，碱溶液中Mg2＋与OH-反应不能大量存在，故C不符合题意；D.NaAlO2和AlCl3溶液分别加热蒸干并灼烧，前者得到NaAlO2，后者得到Al2O3，故D不符合题意；综上所述，答案为B。8.室温时，向20

mL0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示．下列说法中正确的是A.a点时：c(CH3COO-)c(Na＋)c(H＋)c(OH－)B.用甲基橙试液作指示剂时终点颜色变化是由

红色变为橙色C.c点时：c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COOH)D.d点时：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)-5-【答案】A【解析】【详解】A.a点溶质为醋酸和醋酸钠且两者浓度相等，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解

程度，因此离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；B.两者恰好完全反应时溶液显碱性，应选用酚酞试液作指示剂，终点现象是溶液由无色变为浅红色、且30s内不褪

去，故B错误；C.c点溶质为醋酸钠，醋酸根水解溶液显碱性，溶液中质子守恒为c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)，故C错误；D.d点为醋酸钠和氢氧化钠且浓度之比为2:1，溶液呈碱性，醋酸根离子的水解程度是微弱的，因此离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(

CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】指示剂的选择一般根据反应后盐溶液呈什么性进行选择，显碱性选择酚酞，呈酸性选择甲基橙。9.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操

作现象结论A向2mL1mol·L−1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L−1MgCl2溶液，再加入3滴1mol·L−1FeCl3溶液先生成白色沉淀，随后转变为红褐色沉淀Ksp：Mg(OH)2>Fe(O

H)3B常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生常温下Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)C向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入已知浓度的盐酸(用甲基橙作指示剂)溶液由黄色变为橙色能测定其中NaOH含量D等体积

浓度相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气反应速率快HB酸性比HA弱-6-A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.向2mL1mol·L−1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L−1MgCl2溶液，生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠溶液过量，再加入3

滴1mol·L−1FeCl3溶液，生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能得出Ksp大小关系，故A错误；B.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明生成了碳酸钡沉淀，这是更难溶的物质向难

溶的物质转化，故B错误；C.向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入已知浓度的盐酸，用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色，溶液呈酸性，BaCO3沉淀会溶解消耗HCl，不能用于测定其中NaOH含量，故C错误；D.等体积浓度相同的HA和HB两种酸分别与足

量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气反应速率快，说明HA氢离子浓度大，则HB酸性比HA弱，故D正确；综上所述，答案为D。10.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A.分别中和pH相同、体积相等的

两溶液，需要的NaOH的物质的量相同B.相同浓度的两溶液，分别与金属锌反应，反应速率相同C.pH相同的两溶液中：c(CH3COO-)<c(Cl-)D.相同体积的两溶液分别与等量的NaOH固体反应后呈中性的溶液中：c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【解析】【详解】

A.pH相同、体积相等的两溶液，醋酸是弱酸，醋酸浓度大，物质的量多，则分别中和pH相同、体积相等的两溶液，需要的NaOH是醋酸多，故A错误；B.相同浓度的两溶液，盐酸是强酸，氢离子浓度大，分别与金属锌反应，盐酸反应速率快，故B错误；C.

pH相同的两溶液中c（H+）、c（OH-）都相同，根据电荷守恒，两溶液中c(CH3COO－)=c(Cl－)，故C错误；D.相同体积的两溶液分别与等量的NaOH固体反应后呈中性的溶液中，根据电荷守恒和呈中性，得出c(Na+)=c(CH3CO

O－)=c(Cl－)，故D正确；综上所述，答案为D。-7-【点睛】pH相同、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸是弱酸，浓度大，物质的量多，消耗的氢氧化钠多。11.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.CaCl2溶液和NaClO溶液的混合溶液中，2c(Ca2)c(Na)c(Cl

)c(ClO)c(HClO)B.NH4HS溶液中，c(NH4＋)c(S2)c(HS)c(H2S)C.物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合：c(CH3COO−)+2c(H+)=2c(OH−)+c(CH3COOH)D.0.1m

ol/L的NaHA溶液，其pH=10：c(HA−)>c(OH−)>c(A2−)>c(H2A)【答案】A【解析】【详解】A.CaCl2溶液和NaClO溶液的混合溶液中根据物料守恒得到2c(Ca2)c(Na)c(Cl)c(ClO-)c(HClO)，故A正确；B.NH4HS溶液，

根据物料守恒得c(NH4＋)+c(NH3∙H2O)c(S2-)c(HS-)c(H2S)，故B错误；C.物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，根据电荷守恒c(Na+)+c(

H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)得到，质子守恒为c(CH3COO−)+2c(OH−)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故C错误；D.0

.1mol∙L−1的NaHA溶液，其pH=10，说明HA-水解程度大于电离程度，则离子浓度大小关系为c(HA-)＞c(OH-)＞c(H2A)＞c(A2-)，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意物料守恒书写完全，比

如NH4HS溶液的物料守恒不是c(NH4＋)c(S2)c(HS)c(H2S)，而是c(NH4＋)+c(NH3∙H2O)c(S2)c(HS)c(H2S)。12.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条

件，离子的浓度变化如图所示(第一次平衡时c(I－)＝2×10－3mol·L－1，c(Pb2＋)＝1×10－3mol·L－1)，下列说法不正确的是A.常温下，PbI2的Ksp＝4×10－9-8-B.温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的

溶解度减小，Pb2＋浓度不变C.T时刻可能向溶液中加入了KI固体，Ksp不变D.常温下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2-(aq)PbS(s)＋2I-(aq)反应的化学平衡常数为5×1018【答案】B【解析】【详解】A.常温下，PbI2的

Ksp＝c(Pb2+)×c2(I－)=1×10−3×(2×10−3)2=4×10−9，故A正确；B.温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，溶解平衡逆向移动，因此PbI2的溶解度减小，Pb2＋浓度增大，故B错误；C.T时刻，c(I-)突然增大，c(Pb2＋)

瞬间不变、后减小，可能向溶液中加入了KI固体，Ksp不变，故C正确；D.常温下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2-(aq)PbS(s)＋2I-(aq)反应的化学平衡常数22

+29sp21822+228spPbI(I)(Pb)(I)410=====510(S)(Pb)(S)PbS810KcccKcccK－，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】温度不变，改变离子浓度，Ksp不变，比如加入含有难溶物

中的阳离子或阴离子的盐溶液时，平衡逆向移动，但Ksp不变。13.表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或Ka1.8×10-102.0×10-121.8

×10-53.0×10-8Ka1=4.1×10-7Ka2=5.6×10-11A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式

H2O+CO32－+Cl2=HCO3-+Cl-+HClO-9-C.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=9：5，此时溶液pH=5D.向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-

3mol·L-1的AgNO3，CrO42-先沉淀【答案】C【解析】【详解】A.根据题意得出酸性强弱：CH3COOH＞HClO，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，根据越弱越水解，ClO-水解程度大于CH3COO-水解，因

此各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B.根据题意得出酸性强弱：H2CO3＞HClO＞HCO3-，因此碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2=

2HCO3-+Cl-+ClO-，故B错误；C.向0.1mol·L−1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COO－)：c(CH3COOH)=9：5，++53a3CHCOO(H)9==(H)=1.810CHCOO()H5ccKcc－，解得51

(H)110molLc，此时溶液pH=5，故C正确；D.向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中，根据Ksp(AgCl)=1.8×10−10=c(Ag+)∙c(Cl-)，Cl-开始沉淀需要c(

Ag+)=1.8×10−10÷（1×10-3）=1.8×10−7mol·L−1，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10−12=c2(Ag+)∙c(CrO42−)，CrO42−开始沉淀需要c(Ag+)=123210110=4.47×10−5mol·L−1>1.8×10−7mol·L−1

，因此滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3，Cl-先沉淀，故D错误；综上所述，答案为C。14.有5种混合溶液，分别由等体积0.1mol⋅L−1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与NaOH；②CH3COONa与NaCl；③CH3COONa与NaHSO4；④CH3CO

ONa与NaHCO3；⑤CH3COONa与NH4Cl，c(CH3COO−)排序正确的是A.①>④>③>⑤>②B.①>④>②>⑤>③C.③>②>①>④>⑤D.⑤>②>④>③>①【答案】B【解析】【详解】有5种混合溶液，分别由等体积0.1mol⋅L−1的2种溶液混合而成：①CH3COO

Na与NaOH，-10-NaOH抑制CH3COO－水解；②CH3COONa与NaCl，CH3COO－水解；③CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，CH3COOH微弱电离出CH3COO－；④C

H3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NH4Cl，两者相互促进水解，水解得多，因此c(CH3COO−)排序是①＞④＞②＞⑤＞③，故选B。15.常温下，用0.1

mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LH2X溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是A.水电离出来的c(OH−)：D点<B点B.C点存在关系式：c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)−c(H+)C.B点：

c(Na+)>c(HX−)>c(H+)>c(X2−)>cH2X)D.A点溶液中加入少量水：+2c(H)c(HX)减小【答案】C【解析】【详解】A.D点溶质为Na2X，水解显碱性，B点溶质为NaHX，HX-的电离大于水

解，溶液显酸性，抑制水的电离，因此水电离出来的c(OH−)：D点＞B点，故A错误；B.C点溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，存在关系式：c(Na+)=c

(HX−)+2c(X2−)，故B错误；C.B点溶质为NaHX，HX-的电离大于水解，溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HX−)＞c(H+)＞c(X2−)＞cH2X)，故C正确；D.A点溶液中加入少量水，促进H2X的电离，由于溶液体积也增大，c(HX−)减小，则+a1

2(H)(HX)(HX)Kccc增大，故D错误；综上所述，答案为C。-11-16.常温下，H2SO3的电离常数：Ka1=1.54×10−2，Ka2=1×10−7。向mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴

加0.1mol·L−1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水(H+)与KOH溶液体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是A.m=10B.c点对应的溶液中存在c(K＋)>c(HSO3-)＋2c(SO32−)C.b、d两点溶液的pH=7D.SO32-+H2O⇌HSO3-+OH−的

K=1×10−7【答案】C【解析】【详解】A.根据水的电解程度最大为c点，则说明H2SO3与KOH恰好完全反应生成K2SO3，则2n(H2SO3)=n(KOH)，2×0.1mol/L×mmL=0.1mol·L−1×20mL，解得m=10，故A正确；B.c点对应的溶液中溶质为K2SO3，根据电荷守

恒得到c(K＋)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)＋2c(SO32−)，溶液呈碱性即c(OH-)＞c(H+)，因此有c(K＋)＞c(HSO3-)＋2c(SO32−)，故B正确；C.a点呈酸性，c点呈碱性，从

酸性到碱性，因此b呈中性，pH=7，d是在c点呈碱性基础上再加KOH，则d点依然是碱性，即d点溶液的pH>7，故C错误；D.SO32-+H2O⇌HSO3-+OH−的147w7a2110110110KKK，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】a点是酸，抑制水的电离，c点

是盐，水解程度最大，溶液显碱性，从a点到c点，水的电离程度增大，溶液由碱性变为中性，再变为碱性。17.（1）在粗制MgCl2晶体中常含有杂质Fe2＋，在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质最好采用的是_________（填下面的选项），加入该

氧化剂时，温度不能太高，原因是_________。A.KMnO4B.H2O2C.HNO3D.氯水然后再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3＋而不损失MgCl2的目的，调节溶液pH可-12-选用下列中的有_________。A.Mg2(OH

)2CO3B.MgOC.NH3·H2OD.Mg(OH)2某溶液中含Mg2＋和Fe3＋，c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有Mg3

(PO4)2沉淀生成？_________（FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24）（2）常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10−38，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10−20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于

1×10−5mol⋅L−1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol⋅L−1，为除去溶液中的Fe3＋而不影响Cu2＋，溶液的pH的范围为_________。(已知lg5=0.7）。（3）矿物中各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤后可变成CuSO4溶液，并向内部渗透，遇到

深层的闪锌矿（ZnS)和方铅矿（PbS)，可慢慢转化为铜蓝（CuS）。写出硫酸铜与ZnS反应的离子方程式为：_________。【答案】(1).B(2).H2O2受热时会分解(3).ABD(4).否(5).3.3～4(6).Cu

2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)【解析】【分析】（1）H2O2是绿色氧化剂，不会引入新的杂质且不产生大气污染物，KMnO4、HNO3、氯水都能氧化亚铁离子，但会引入新的杂质或产生大气污染，H

2O2受热时会分解，然后再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3＋而不损失MgCl2的目的，一般加要保留的物质的对应难溶物；某溶液中含Mg2＋和Fe3＋，先计算Fe3＋恰好沉淀完全时溶液中c(PO43−)=1.3×10−17，再计算此

时Mg3(PO4)2的浓度商，与Ksp[Mg3(PO4)2]相比较。（2）先计算除去溶液中的Fe3＋的氢氧根离子浓度，再算氢离子浓度和pH，再计算Cu2＋刚沉淀时的氢氧根离子浓度，再算氢离子浓度和pH。（3）CuSO4

溶液遇到深层的闪锌矿(ZnS)可慢慢转化为铜蓝(CuS)和锌离子。【详解】（1）在粗制MgCl2晶体中常含有杂质Fe2＋，在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，H2O2是绿色氧化剂，不会引入新的杂质且不产生大气污染物，KMnO4、HNO3、氯水都能氧化

亚铁离子，但会引入新的杂质或产生大气污染，因此最好采用的是B，加入该氧化剂时，由于H2O2受热时会分解，因此使用时温度不能太高，避免降低利用率；然后再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3＋而不损失MgCl2的目的，一般加要保留的物质的对应难溶物，利用水解原理，铁离子

水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与Mg2(OH)2CO3、MgO、Mg(OH)2反应，促进铁离子水解从而除去，而加入NH3·H2O会引入新的杂质，因此调节溶液pH-13-可选用ABD；某溶液中含Mg2＋和Fe3＋，c(Mg2+)=0.02m

ol∙L−1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)∙c(PO43−)=1.0×10−5×c(PO43−)=1.3×10−22，c(PO43−)=1.3×10−17mol

/L，此时Mg3(PO4)2浓度商为：c3(Mg2+)∙c2(PO43−)=(0.01)3×(1.3×10−17)2=1.69×10−40＜1.0×10-24，因此无Mg3(PO4)2沉淀生成；故答案为：B；H2O2受热时会分解；ABD；否。（2）常温下Ksp[Fe(OH)

3]=8.0×10−38，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10−20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol⋅L−1，为除去溶液中的Fe3＋而不影响Cu2＋，Ksp[Fe(OH)3]=c(

Fe3+)∙c3(OH－)=1×10−5×c3(OH－)=8.0×10−38，c(OH－)=2.0×10−11mol∙L−1，144w111110(H)510(OH)2molL.010Kcc，pH=4−lg5=3.3；

Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)∙c2(OH－)=3×c2(OH－)=3.0×10−20，即Cu2+开始沉淀时c(OH－)=1.0×10−10mol∙L−1，144w011110(H)110(

OH)1molL.010Kcc，pH=4，因此溶液的pH的范围为3.3～4之间；故答案为：3.3～4。（3）矿物中各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤后可变成CuSO4溶液，并向内部渗透，遇到深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(P

bS)，可慢慢转化为铜蓝(CuS)，则硫酸铜与ZnS反应的离子方程式为：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)；故答案为：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)。18.（1）已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如

表溶质NaClCH3COOKNa2CO3NaClONaHCO3pH78.111.69.78.3①等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl-和ClO-离子个数：Cl-_________ClO-，浓度相等的NaClO和CH3COOK溶液中

:[c(Na+)-c(ClO-)]__________[c(K+)-c(CH3COO-)](填“>”“<”或“=”)②HCO3-的水解常数为__________（填写具体数值），在相同温度下，同浓度的CH3COOH、H2CO3、HC

lO三种酸溶液的导电能力大小为__________（2）常温下，向pH=a的醋酸中加入等体积NaOH时后呈中性，则此NaOH的pH_____14-a(>、<、=)-14-（3）常温下，已知0.1mol﹒L-1一元酸HA溶液中-+c(OH)c(H)=1×10-6。①常温下，0.1mol﹒L-1HA

溶液的pH=_____；②pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是:_____。（4）常温下，amol/L氨水与等体积0.1mol/LH2SO4溶液混合后溶液显中性，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb=_

____【答案】(1).>(2).>(3).10.4110(4).CH3COOH>H2CO3>HClO(5).>(6).4(7).c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)(8).8a.00212【解析

】【分析】（1）①ClO-水解，根据电荷守恒及NaClO溶液碱性强，因此NaClO溶液c(OH-)大，c(H+)小得出结论；②根据NaHCO3溶液的pH计算HCO3－的水解常数，在相同温度下，根据同浓度对应盐的碱性大小得出酸性强弱为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，酸性越

强，同浓度电离出的离子浓度越大，导电性越强。（2）常温下，向pH=a的醋酸中加入等体积NaOH时后呈中性，如果pH=a的HCl中加入等体积NaOH时后呈中性，则NaOH的pH=14−a，但醋酸是弱酸，物质的量比盐酸多，则消耗的氢氧化钠也多。（3）①常温下，0.1mol∙L−1

一元酸HA溶液中+c(OH)c(H)=1×10−6，结合水的离子积计算c(H+)；②pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，混合后溶液显酸性，溶质为NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液显酸性。⑷根据混合后溶液显中

性，溶质为硫酸铵和氨水的混合物及电荷守恒、物料守恒计算NH3·H2O的电离平衡常数。【详解】⑴①ClO-水解，因此等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl−和ClO−离子个数：Cl-＞ClO-；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(OH－)，c(Na+)−c(C

lO－)=c(OH－)−c(H+)，c(K+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，c(K+)−c(CH3COO－)=c(OH－)−c(H+)，-15-NaClO碱性强，因此NaClO溶液c(OH-)大，c(H+

)小，两者差值大，因此浓度相等的NaClO和CH3COOK溶液中：[c(Na+)−c(ClO－)]＞[c(K+)−c(CH3COO－)]；故答案为：＞；＞。②0.1mol/LNaHCO3溶液的pH为8.3，即c(H+)=10-8.3，根据HCO3-+H2

O⇌H2CO3+OH-，HCO3－的水解常数为25.7210.42333HCO(OH)(OH)(10)==110(HCO)(HCO).1(0)cccKcc－－；在相同温度下，0.1mol/LCH3COOK、NaClO、NaHCO3溶液的pH依次为8.1、9.

7、8.3，根据“越弱越水解”得出酸性强弱为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，酸性越强，同浓度电离出的离子浓度越大，导电性越强，因此同浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO三种酸溶液的导电能力大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO；故答案为：10.4110；CH3COOH＞

H2CO3＞HClO。（2）常温下，向pH=a的醋酸中加入等体积NaOH时后呈中性，如果pH=a的HCl加入等体积NaOH时后呈中性，则NaOH的pH=14−a，但醋酸是弱酸，物质的量比盐酸多，则消耗的氢氧化钠也多，而

体积相同，则需要的碱性更强，因此NaOH的pH＞14−a；故答案为：＞。（3）①常温下，0.1mol∙L−1一元酸HA溶液中+c(OH)c(H)=1×10−6，c(H+)c(OH-)=1×10-14

，解得c(H+)=1×10−4mol∙L−1，则0.1mol∙L−1HA溶液的pH=4；故答案为：4。②pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，充分反应后得到溶液的溶质为NaA和HA，HA的电离大于NaA水解，溶液显酸性，因此溶液中4种离子物

质的量浓度大小关系是c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；故答案为：c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。（4）常温下，amol∙L−1氨水与等体积0.1mol∙L−1H2SO4溶液混合后溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，溶质为硫酸铵和氨

水的混合物，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，则c(NH4+)=0.1mol/L，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2amol/L，c(NH3·H2O)=(2a-0.1)mol

/L，则NH3·H2O的电离平衡常数+784b32NH(OH)0.1110210==a0.2(NHHO)a0.2(2)ccKc；故答案为：8a.00212。19.最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中SO2是造成空气

污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2。（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性的原因是_____。（用离子方程式表示）（2）已知H2SO3的电离常数为K1=1.5×10-2，K2=1.0×10-7；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7，-16-K2=5.6×10-11；则

下列微粒可以大量共存的是_____(填序号)。A.CO32-和HSO3-B.HCO3-和HSO3-C.H2SO3和HCO3-D.SO32-和HCO3-（3）根据上述信息，当溶液的pH=5时，溶液中2-3

23c(SO)c(HSO)=_________（填具体数值）。（4）吸收液吸收SO2的过程中，水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图：①吸收SO2制备NaHSO3溶液，实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________。②在0.1mol·L−1N

aHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是_________(填序号)。A.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)B.c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(OH-)C.c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－

)+c(OH-)D.c(Na+)+c(H+)=c(SO32－)+c(HSO3-)+c(OH-)（5）亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为77℃。SOCl2中氯元素与硫元素直

接以共价键相连，其中Cl呈−1价；SOCl2遇水可生成SO2。请回答下列问题：蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，请用SOCl2与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因_

________。【答案】(1).SO32－H2O⇌HSO3-OH-(2).BD(3).15(4).测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2(5).D(6).SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2·6H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了Mg

Cl2的水解【解析】【分析】（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性是亚硫酸根水解。（2）根据电离平衡常数得出酸性强弱为H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，因此A.CO32-和HSO3-反应生成HCO3-和SO32-，不能大量共存；B.HC

O3-和HSO3-共存；C.H2SO3和HCO3-反应生成二氧化碳、水和HSO3－，不能大量共存；D.SO32-和HCO3-共存。（3）当溶液的pH=5时，根据溶液中2312223(SO)(HSO)HcKKcc()计算。-17-（4）

①吸收SO2制备NaHSO3溶液，根据题中图像信息HSO3-大量存在时的pH为4左右；②A.根据物料守恒得出c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)；B.NaHSO3溶液中，HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，因

此有c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)；C.NaHSO3溶液中的质子守恒c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)；D.根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=2c(SO32

-)+c(HSO3-)+c(OH-)。（5）SOCl2与水反应生成HCl和SO2即SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2·6H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解。【详解】（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性是亚硫酸根水解，

其离子方程式表示原因是SO32-H2O⇌HSO3-OH-；故答案为：SO32-H2O⇌HSO3-OH-。（2）已知H2SO3的电离常数为K1=1.5×10-2，K2=1.0×10-7；H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7，K

2=5.6×10-11，则酸性强弱顺序为H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，A.CO32-和HSO3-反应生成HCO3-和SO32-，不能大量共存，故A不符合题意；B.HCO3-和HSO3-共存，故B符合题意；C.H2

SO3和HCO3-反应生成二氧化碳、水和HSO3-，不能大量共存，故C不符合题意；D.SO32-和HCO3-共存，故D符合题意；因此微粒可以大量共存的是BD；故答案为：BD。（3）根据上述信息，当溶液的pH=5时，溶液中223122223

751.(S5101.0101.01O)15(HSO()0)HcKKcc()；故答案为：15。（4）①吸收SO2制备NaHSO3溶液，根据题中图像信息HSO3-大量存在时的pH为4左右，因此实验中确定何时停止通SO2的实验操作为测量溶液的pH，若pH约为

4，停止通SO2；故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。②A.根据物料守恒得出c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故A正确；B.NaHSO3溶液中，HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性

，因此有c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH−)，故B正确；C.NaHSO3溶液中的质子守恒为c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故C正确；D.根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-

)，故D错误；综上所述，答案为D。（5）蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，根据题意知SOCl2与水反应生成HCl和SO2即SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2

的通入，-18-能够消耗MgCl2·6H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解；故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2·6H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2

的水解。-19-