【文档说明】江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，420.000 KB，由小赞的店铺上传

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大丰区新丰中学2019-2020学年度第二学期期中考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：Fe-56一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。）1.对以下科学家的发明发现，分析不合理．．．的是（）A.屠

呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素，帮助很多人摆脱了疟疾的威胁B.侯德榜制碱法，最终制得纯碱的化学式为：NaHCO3C.阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段D.门捷列夫发现元素周期律，使化学的研

究变得有规律可循【答案】B【解析】【详解】A.屠呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素，帮助很多人摆脱了疟疾的威胁，A正确；B.侯德榜制碱法，最终制得纯碱的化学式为：Na2CO3，B错误；C.阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物

质结构的认识发展到一个新的阶段，C正确；D.门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，D正确。答案选B。2.下列有关叙述正确的是（）A.H、D、T具有相同的质子数，是氢元素的三种核素B.OH-与H3O+组成元

素相同，所含质子数相同C.13C与15N有相同的中子数D.15N的核外电子数与核内中子数相等【答案】A【解析】【详解】A．H、D、T均是氢元素，是氢元素的三种核数，因此具有相同的质子数，故A正确；B．OH-与H3O+所含元素相同，OH-中质子数为9，H3O+中质子数为10，故B错误；C．13

C的中子数为13-6=7，15N的中子数为15-7=8，故C错误；D．15N的核外电子数为7，核内中子数为15-7=8，故D错误；故答案为：A。3.下列有关化学用语的表示正确的是（）A.质量数为37的氯原子：1737ClB.

二氧化碳分子的比例模型：C.NH4Br的电子式：D.对羟基苯甲醛的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A.氯原子的质子数为17，质量数为37的氯原子应该表示为3717Cl，A选项错误；B．二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子半径二氧化碳，

正确的比例模型为：，B选项错误；C．NH4Br为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷及最外层电子，溴化铵正确的电子式为，C选项正确；D.对醛基苯甲醛正确的结构简式应为：，D选项错误；答案选C。【点睛】D选项为易错选项，羟基(—OH)与苯环直接相连的应该是O原子，此处容易

忽略，需要注意这一问题。4.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.含有0.1mol·L-1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、SO42-B.c(Al3+)=0.5mol·L-1的溶液中：Na+、K+、AlO2-、SO42-C.能

使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-D.能溶解Al(OH)3的溶液：NH4+、K+、SO42-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.Fe3+和I—发生氧化还原反应而不能共存，A选项错误；B．

Al3+、AlO2—发生双水解反应而不能大量共存，B选项错误；C．能使酚酞试液变红色说明溶液呈碱性，这几种离子之间不反应，且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，C选项正确；D．能溶解氢氧化铝的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，HCO3—不能

大量共存，碱性条件下，铵根离子和HCO3—不能大量共存，D选项错误；答案选C。【点睛】离子之间能反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、复分解反应的不能大量共存，据此分析解答。5.下列图示与对应的叙述相符的是

（）A.图1表示CH3COOH溶液中逐步加CH3COONa固体后，溶液pH的变化B.图2表示在CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC.图3表示将NaOH稀溶液滴加到CH3COOH稀

溶液中，NaOH、CH3COOH浓度随NaOH溶液体积的变化曲线D.图4表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【答案】D【解析】【详解】A.CH3COONa

抑制醋酸电离，CH3COOH溶液中逐步加CH3COONa固体，溶液pH增大，故A错误；B.在CH3COOH溶液中加水稀释，离子浓度降低，溶液的导电性能力减小，pH增大，故B错误；C.将NaOH稀溶液滴加到CH3COOH稀溶液中，NaOH、CH3COOH反应生成醋酸钠，NaOH

、CH3COOH浓度都减小，故C错误；D.由图4可知，等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，随温度升高NO2含量增大，说明2NO2（g）N2O4（g）平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故D正确；选D。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增

大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价．下列说法正确的是（）A.简单离子半径大小顺序：rW>rZ>rYB.元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强C.X

与Y形成的原子晶体X3Y4的熔点可能比金刚石高D.X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X原子核外最外层电子数

是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Y表现+3价，最外层电子数为：8-3=5，则Y处于ⅤA族；Z是同周期中原子半径最大的元素，其Z的原子序数大于C，则Z为Na元素；W的最高正价为+7价，W的原子

序数大于Na，则W为Cl元素；Y的原子序数小于Na，则Y为N元素。【详解】A．电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径最大的为氯离子、最小的为钠离子，所以简单离子半径大小顺序为：rW＞rY＞rZ，

A错误；B．W为Cl、Y为N，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性大于Y，没有指出最高价，则无法判断其酸性大小，如次氯酸的酸性小于硝酸，B错误；C．X为C、Y为N，二者形成的原子晶体C3N4中的碳氮共价键键长小于碳碳键，则其熔点可能比金刚石高，C正确；D．X与W形成的化合物为CCl4，含有共价键

，Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，D错误；答案选C。7.下列有关说法正确的是（）A.在轮船表面涂刷富锌油漆，能有效防止船体在海水中被腐蚀B.0.1mol·L-1氨水加水稀释后，溶液中+432c(NH)c(NHHO)的值减小C.用pH均为2的

盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大D.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H>0【答案】A【解析】【详解】A.锌、铁和海水构成原电池，锌

作负极被腐蚀，铁作正极被保护，A选项正确；B．加水时电离平衡正向移动，n(NH4+)增大，n(NH3·H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则比值增大，B选项错误；C．醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+浓度相等，

则醋酸浓度大于盐酸，设盐酸的浓度为C1，醋酸的浓度为C2，则C1<C2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=C1V1=C2V2，因C1<C2，所以V1>V2，消耗盐酸的体积更大，C选项错误；D．反应NH3(g)+

HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，△G=△H-T△S<0，△S<0，则该反应的△H<0，D选项错误；答案选A。8.室温下，有两种溶液：①0.01mol•L-1NH3•H2O溶液、②0.01mo

l•L-1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是（）A.通入少量HCl气体B.加入少量NaOH固体C.加入少量H2OD.适当升高温度【答案】A【解析】【分析】NH3•H2O电离，溶液显碱性，NH4Cl水解，溶液显酸性，据此进行分析。【详解】A．①向0.01mol•

L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH4+)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH4+水解，c(NH4+)增大，故选A；B．①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中

加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH4+)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选B；C．①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•

H2O浓度降低，c(NH4+)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH4+)减小，故不选C；D．①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH4+)增大；②升高温度，促进NH4+水解，c(NH4+)减

小，故不选D；故答案选A。9.下列实验现象（或操作）与盐类水解无关的是（）A.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度B.1mol/L的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导

电能力减弱C.氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效D.向20mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体【答案】B【解析】【详解】A.FeCl3易水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中可以抑制FeCl3水解，与盐类水解有关，故不选A；B.

1mol/L的醋酸加水稀释，溶液中离子浓度减小，所以溶液的pH增大，导电能力减弱，与盐类水解无关，故选B；C.NH4HCO3、K2CO3混合，CO32-水解促进NH4+水解，所以氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效，与盐类水解有关，故不选C；D.加热促进FeCl3水解，向

20mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体，与盐类水解有关，故不选D。答案选B。10.下列各项叙述中，正确的是（）A.N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大B.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期

第ⅤA族，是p区元素C.2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量也相等D.C、N、O的气态氢化物稳定性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.同主族元素从上到下电负性减小，N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；B.价电子排布为4s24

p3的元素是位于第四周期第ⅤA族的As，属于p区元素，故B正确；C.2p和3p轨道形状均为纺锤形，3p能量大于2p，故C错误；D.同周期元素从左到右非金属性增强，简单气态氢化物的稳定性增强，稳定性CH4<NH3<H2O，故D错误；选B。二、不定项选择题（本题包括5

小题，每小题4分，共计20分.每小题有一个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）11

.最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢粒子，这种新粒子是由3个氢原子核（只有质子）和2个电子构成，对于这种粒子，下列说法中正确的是（）A.是氢的一种新的同分异构体B.是氢的一种新的同位素C.它的组成可用H3表示D.它

比一个普通H2分子多一个氢原子核【答案】D【解析】【详解】A.该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；B.相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；C.粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构

成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；D.普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；答案选D。12.锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是（

）A.该晶体属于分子晶体B.该晶胞中Zn2+和S2-数目相等C.阳离子的配位数为6D.氧化锌的熔点高于硫化锌【答案】BD【解析】【详解】A.ZnS是Zn2+和S2-构成的离子化合物，属于离子晶体，A选项错误；B．由晶胞结构可知，Zn分别位于晶

胞的顶点和面心，Zn2+数目为：118+6=482，S2-数目也为4，B选项正确；C．ZnS晶体中，阳离子Zn2+的配位数是4，C选项错误；D．ZnO和ZnS所带电荷相等，氧离子半径小于硫离子，故ZnO的晶格能大于ZnS，D选项正确；答案选BD。13.短周期主族元素X、Y、Z、W、R在元素

周期表中的相对位置如图所示，其中R元素的常见单质为气体，下列判断不正确的是（）XYZWRA.原子半径：Z＞X＞YB.X、R两元素的单质中均既有σ键又有π键C.X、Z对应的含氧酸均为强酸D.Y的最简单氢化物的沸点比X的高【答案】BC【解析】【详解】短周期主

族元素X、Y、Z、W、R在元素周期表中的相对位置，可推知X、Y、Z、W、R位于元素周期表的右上方，又因R元素的常见单质为气体，即R为Cl，则X、Y、Z、W、R分别为N、O、P、S、Cl；A.N原子与O原子为同周期原子，同周期原子半

径从左向右逐渐减小；N原子和P原子为同主族，同主族原子半径由上向下逐渐增大；所以原子半径：P＞N＞O，故A正确；B.N2中有有σ键又有π键，Cl2中只含σ键，故B错误；C.N、P对应的含氧酸不一定为强酸，如HNO2为弱酸，H3PO4为中强酸，故C错误；D.O的

最简单氢化物H2O的沸点比N的最简单氢化物NH3高，H2O的沸点：100℃；NH3的沸点约为-33℃，故D正确；故选BC。14.下列叙述不正确的是（）A.醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）B.常温下，等体积等浓

度NaOH溶液与甲酸溶液混合后：c（HCOO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）C.已知0.1mol•L-1的二元酸H2A溶液pH=4，则NaHA溶液中：c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+2c（A2-）D.常温下，将V1mLpH=12的某强碱溶液与V2mLpH=2的某二元酸溶液

混合，混合后溶液呈中性，则V1与V2的关系V1≥V2【答案】BC【解析】【详解】A.根据电荷守，醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故A正确；B.常温下，等体积等浓度Na

OH溶液与甲酸溶液混合恰好生成HCOONa溶液，HCOO-水解，溶液呈碱性，所以c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C.根据物料守恒，NaHA溶液中c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，故C错误；D.常温下，将V1m

LpH=12的某强碱溶液与V2mLpH=2的某二元酸溶液混合，混合后溶液呈中性，若酸为强酸，则V1=V2，若酸为弱酸，则V1>V2，故D正确；15.草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10mL0.01

mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是()A.V(NaOH)=0时，c(H＋)>1×10－7mol/LB.V(NaOH)＜1

0mL时，可能存在c(Na＋)=2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)C.V(NaOH)=10mL时，溶液的pH为9，则10-9=10-5-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-)D.V(NaOH)＞10m

L时，可能存在c(OH-)＞c(Na＋)＞c(C2O42-)【答案】D【解析】【分析】224224NaHCONaOH=NaCO++HO，10mL0.01mol/L24NaHCO溶液中滴加10mL0.01mol

/LNaOH溶液时，溶质恰好为224NaCO。【详解】A.()VNaOH=0时，溶液为24NaHCO溶液，呈酸性，7cH>11(0m/L)ol+－，A正确；B.()VNaOH10mL＜时，溶液为24NaHCO和224NaCO的混合溶液，溶液有可能显中性，若显中性，根据电荷守

恒则有()()2--2424cNa=2cCOcH)C(O++，B正确；C.()VNaOH=10mL时，溶液为224NaCO溶液，质子守恒为：()()()()+-2-2424=cH+2cHCO+cHCcOOH，溶液的pH为9，即()+-9cH=10、()--5cOH=10，故()()-9-5-22

42410=10-2cHCO-cHCO，C正确；D.()VNaOH10mL＞时，溶液为224NaCO和NaOH溶液的混合溶液，()()-+cOH<cNa，D错误；答案选D。三、非选择题（60分）16.A、B、C、D、E是短周期的五种主族元素。A元素的某种原

子，其核内没有中子；B元素的基态原子2p轨道上只有一对成对电子；C与B处于同一周期，且原子半径小于B；D与C是同主族元素；E元素的一价阳离子和C元素的阴离子具有相同的电子层结构。根据上述信息回答下列问题：（1）B元素的原子结构示意图是___，D元素原子

的价电子排布式是___，C元素原子核外电子的轨道表示式是___。（2）A元素分别与C、D两元素形成的化合物的稳定性由强到弱的顺序是___（用化学式表示）。（3）由B、D、E三种元素组成的某种化合物的水溶液能使pH试纸先变蓝后褪色，写

出该化合物的化学式___，用一个离子方程式．．．．．表明该化合物水溶液使pH试纸先变蓝后褪色的原因___。【答案】(1).(2).3s23p5(3).(4).HF＞HCl(5).NaClO(6).ClO-+H2OOH-+HClO

【解析】【分析】A、B、C、D、E是短周期的五种主族元素。A元素的某种原子，核内没有中子，A是H元素；B元素的基态原子2p轨道上只有一对成对电子，B是O元素；C与B处于同一周期，且原子半径小于B，C是F元素；D与C是同主族元素，D是Cl元素；E元素的一价阳离子和C元素

的阴离子具有相同的电子层结构，E是Na元素。【详解】根据以上分析，（1）B是O元素，O原子结构示意图是，D元素是Cl，Cl最外层7个电子，原子的价电子排布式是3s23p5，C元素是F，原子核外电子的轨道表示式是。（2）同主族

元素从上到下非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，H元素分别与F、Cl两元素形成的化合物的稳定性由强到弱的顺序是HF＞HCl。（3）由O、Na、Cl三种元素组成的某种化合物的水溶液能使pH试纸先变蓝后褪色

，说明其水溶液具有漂白性，该化合物的化学式是NaClO，ClO-水解，溶液呈碱性，能使pH试纸变蓝，ClO-水解出次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以pH试纸褪色，NaClO水解反应的离子方程式是ClO-+H2OOH

-+HClO。17.（1）根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：①X是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，X元素的名称是___，在元素周期表中的位置是___，位于周期表___区。。②C、N、O、F四种元素第一电离能由大到小的顺序为___。（2）早期发现

的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：①基态铜原子的电子排布式为___。②CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是___；Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4

个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有___个铜原子。【答案】(1).铬(2).第四周期第ⅥB族(3).d区(4).FNOC(5).[Ar]3d104s1(6).Cu2O中Cu+电子排布为[Ar]3d10，3d轨道全充满，较稳定；而Cu

O中Cu2+中3d轨道排布为3d9，不稳定(7).16【解析】【分析】要寻找1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多,只要找到3d轨道和4s轨道呈半满状态的元素即可；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的

增大而呈增大趋势，但氮的价电子式为2s22p3呈半充满状态，第一电离能大于相邻元素；铜为29号元素。【详解】（1）①根据核外电子的排布式可知，3d轨道和4s轨道呈半满状态的元素为铬，则铬是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素；铬元素位于第四周期第ⅥB族，处于元素周期表的d

区。②同一周期中，元素的第一电离能随着原子相等的增大而呈增大趋势，但氮的价电子式为2s22p3呈半满状态，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素的第一电离能大小顺序是F＞N＞O＞C。（2）①铜为29号元素，核外

电子数为29，因全充满或半充满状态是稳定的，故基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1。②Cu2O中铜元素显+1价，Cu+电子排布为[Ar]3d10，3d轨道全充满，较稳定，CuO中铜元素显+2价，Cu2+电子

排布为[Ar]3d9，不稳定，故Cu2O比CuO更稳定；Cu2O的立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则晶胞中氧原子的个数为11468828++=，铜原子与氧原子的个数比为2:1，则该晶胞中有16个铜原子。【

点睛】计算晶胞中的原子个数用分摊法，立方体中的顶点被8个立方体公用，所以一个晶胞拥有18，面被2个立方体公用，所以占12，棱上被4个立方体公用，所以占14。18.（1）常温下将0.01molNH4Cl和0.002m

olNaOH溶于水配成1L溶液。①该溶液中除H2O的电离平衡外还存在的平衡体系是___。②溶液中共有___种不同的微粒。③这些粒子中浓度为0.01mol·L-1的是___，浓度为0.002mol·L-1的是___。④物质的量之和为0.01mol的两种微粒是___。（2）某二元酸(化学式用H2

B表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-H++B2-，回答下列问题：①已知0.1mol·L-1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol·L-1H2B溶液中c(H+)___(填“＜”、“＞”、“=”)0

.11mol·L-1理由是___。②0.1mol·L-1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是___。【答案】(1).NH3·H2ONH4++OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+(2).7(3).Cl-(4

).Na+(5).NH4+、NH3·H2O(6).＜(7).H2B第一步电离产生的H+对HB-的电离起了抑制作用(8).c(Na+)＞c(HB-)＞c(H+)＞c(B2-)＞c(OH-)【解析】【分析】0.01molNH4Cl和0.002molNaOH按物质的量

比1:1进行反应生成一水合氨和氯化钠，反应的定量关系可知氯化铵过量，溶液中溶质为NH3•H2O、NaCl、NH4Cl；由H2B在水中的电离方程式H2B=H++HB-；HB-H++B2-可知，第一步完全电离、第二步部分电离。【

详解】（1）①氯化铵和氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，氯化铵过量，故溶液中存在一水合氨的电离平衡，铵根离子水解平衡以及水的电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，H2O

H++OH-。②溶液中溶质为NH3•H2O、NaCl、NH4Cl，溶液中存在钠离子、氯离子、铵根离子、氢氧根离子、氢离子、一水合氨分子、水分子，共有7种不同的微粒。③因为平衡体系的存在，微粒中只要钠离子、氯离子在溶液中不发生变化，这些微粒中浓度为0.01mol/L的

是Cl-，浓度为0.002mol/L的是Na+。④物料守恒分析，0.01molNH4Cl和0.002molNaOH溶于水配成1L溶液，则溶液中存在的氮元素物质的量一定为0.01mol，铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，根据物料守恒

可知，氮元素的存在形式为NH4+、NH3•H2O，则物质的量之和为0.01mol的两种微粒是NH4+、NH3•H2O。（2）①因为0.1mol·L-1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol·L-1HB-电离出的氢离子的浓度为0

.01mol·L-1，0.1mol·L-1H2B溶液中，H2B=H++HB-电离出0.1mol·L-1氢离子和0.1mol·L-1HB-，但H2B=H++HB-电离出的H+对HB-的电离起了抑制作用，故0.1m

ol·L-1H2B溶液中c(H+)＜0.11mol·L-1。②0.1mol·L-1NaHB溶液中存在HB-H++B2-，故c(Na+)＞c(HB-)，因为溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，水和HB-都电离出氢离子，则c(H+)＞c(B2-)，所以该溶液中离子浓

度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HB-)＞c(H+)＞c(B2-)＞c(OH-)。【点睛】可以根据电荷守恒和物料守恒来判断溶液中离子浓度的大小。19.用氯化铁浸出一重铬酸钾(K2Cr2O7)滴定法测定钛精粉试样中单质铁的质量分数[ω

(Fe)%]，实验步骤如下：步骤1：称取试样0.100g于250mL洗净的锥形瓶中。步骤2：加入FeCl3溶液100mL，迅速塞上胶塞，用电磁搅拌器搅拌30min。步骤3：过滤，用水洗涤锥形瓶和滤渣各3～4次，洗液

全部并入滤液中。步骤4：将滤液稀释至500mL，再移取100mL稀释液于锥形瓶中，加入20mL硫酸和磷酸的混合酸，加0.5%二苯胺磺酸钠指示剂4滴。步骤5：以K2Cr2O7标准溶液滴定至出现明显紫色为终点。发生的反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O步骤

6：重复测定两次，数据如下：第一次第二次第三次消耗的K2Cr2O7标准溶液体积(mL)10.019.9913.00步骤7：数据处理。（1）步骤2中加入FeCl3溶液后锥形瓶中发生反应的离子方程式为__

_，迅速塞上胶塞的原因是___。（2）步骤3中判断滤纸上残渣已洗净的方法是___。（3）实验中需用到100mL浓度约为0.01mol·L-1K2Cr2O7标准溶液，配制时用到的玻璃仪器有___；称量K2Cr2O7固体前应先将其烘干至恒重，若未烘干，对测

定结果的影响是___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；滴定时，K2Cr2O7溶液应置于___(填仪器名称)中。（4）利用上表数据，计算出该钛精粉试样中单质铁的质量分数为___（写出必要的计算过程）。【答案】(1).2Fe3++Fe=3Fe2+(2).防止Fe2+被空气中的O2氧化(3)

.取最后一次洗涤滤出液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀，证明已洗净(4).100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管(5).偏高(6).酸式滴定管(7).56.00%【解析】【分析】钛精粉试样中含单质铁，加入氯化

铁溶液充分反应生成氯化亚铁，经过过滤、洗涤得到氯化亚铁溶液，加入0.5%二苯胺磺酸钠为指示剂，以K2Cr2O7标准溶液滴定测得亚铁离子的浓度，从而计算得到钛精粉试样中单质铁的质量分数。【详解】（1）步骤2中加入FeCl3溶液与单质铁反应生成氯化亚铁，离子方程式为2Fe3++Fe=

3Fe2+；亚铁离子易被氧化，为防止Fe2+被空气中的O2氧化故加入FeCl3溶液后锥迅速塞上胶塞；（2）依据检验氯化铁溶液中的氯离子的存在分析判断是否洗涤干净，实验设计方案为：取最后一次洗涤滤出液，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀证明已洗净；（3）溶液

配制的实验过程中的操作步骤为计算，称量、溶解、转移、洗涤、定容，其中所需的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；若未烘干K2Cr2O7固体，则导致K2Cr2O7标准溶液的浓度降低，增大了标准液的

使用体积，造成测定结果偏高；K2Cr2O7溶液是强氧化剂，易腐蚀橡胶管，应盛在酸式滴定管中；（4）根据三组实验数据可知，第三次实验数据为离群数据应该舍掉，取第一组、第二组实验数据的平均值得到消耗的K2Cr2O7标准溶液体积为10.019.9910.002+=mL，则n(K2Cr2O7)=(10

.0010-3)L0.01mol·L-1=10-4mol，根据方程式Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)，滤液为500mL只取移取100mL进行滴定，则

亚铁离子的总物质的量为(610-45)mol=0.003mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+可知，该钛精粉试样中单质铁的物质的量为0.001mol，质量为(560.001)g=0.056g，则该钛精粉试样中单质铁的质量分数为0.056g100%56.00%0.100g=。