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1.(2018•重慶理綜化學卷，T3)下列敘述正確的是( )

A.濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體

B.CH3COONa溶液中滴加少量濃鹽酸后c(CH3COO-)增大

C.Ca(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反應可制得Ca(OH)2

D.25℃時Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度

【答案】D

【解析】A、濃氨水和FeCl3溶液反應產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，不會產(chǎn)生膠體，A錯誤;B、加入濃鹽酸，使平衡CH3COO-+H+ CH3COOH向正方向移動， 減小;C、反應的化學方程式為Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，C錯誤;D、Cu(OH)2的沉淀溶解平衡的方程式為Cu(OH)2 Cu2++2OH-，在Cu(NO3)2中，會使平衡向逆方向移動，導致溶解度減小，D正確。

2.(2018•浙江理綜化學卷，T12)氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO-強。25℃時氯氣-氯水體系中存在以下平衡關系：

Cl2(g) Cl2(aq) K1=10-1.2

Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl- K2=10-3.4

HClO H+ + ClO- Ka=?

其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分別在三者中所占分數(shù)(α)隨pH變化的關系如圖所示。下列表述正確的是

A.Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl- K=10-10.9

B.在氯處理水體系中，c(HClO) + c(ClO-) =c(H+)-c(OH-)

C.用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時差

D.氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好

【答案】C

【解析】將兩個方程式相加，得到Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl-, K=K1K2=10-4.6，A錯誤;在氯處理水體系中，根據(jù)電荷守恒可得：c(OH-)+c(ClO-) =c(H+)，B錯誤;根據(jù)圖可以看出，次氯酸的濃度在pH=7.5時比pH=6.5時少，殺菌效果差，C正確;夏季溫度高，次氯酸受熱易分解，在夏季的殺菌效果比在冬季差，D錯誤。

3.(2018•天津理 綜化學卷，T5)下列有關電解質(zhì)溶液中粒子濃度關系正確的是(　　)

A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(S O2-4)+c(OH-)

B.含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)

C.CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO-3)=2c(CO2-3)

D.含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)]

【答案】A

【解析】A、由溶液中的電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO2-4)+c(OH-)，又因NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO2-4)，所以c(H+)=c(SO2-4)+c(OH-)，A項正確;B、因Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以含有AgCl和AgI固體的懸濁液中c(Cl-)>c(I-)，B項錯誤;C、CO2的水溶液中存在電離平衡：H2CO3 H++ HCO-3、HCO-3 H++CO2-3，因第一步電離的程度遠大于第二步電離的程度，故溶液中c(HCO-3)遠大于2c(CO2-3)，C項錯誤;D、根據(jù)物料守恒得：2c(Na+)=3[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)]，故D項錯誤。

4.(2018•天津理綜化學卷 ，T3)運用相關化學知識進行判斷，下列結(jié)論錯誤的是(　　)

A.某吸熱反應能自發(fā)進行，因此該反應是熵增反應

B.NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中

C.可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成的水合物晶體，因此可存在于海底

D.增大反應物濃度可加快反應速率，因此用濃硫酸與鐵反應能增大生成H2的速率

【答案】D

【解析】A、當ΔH-TΔS<0時，反應能自發(fā)進行，吸熱反應的ΔH>0，吸熱反應能自發(fā)，說明ΔS>0，A項正確;B、NH4F溶液中F-水解生成HF，HF能與玻璃中的SiO2發(fā)生反應4

4HF+SiO2===SiF4↑+2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃試劑瓶中，B項正確;C、可燃冰需在低溫高壓下形成，所以可燃冰可存在于海底，C項正確;D、常溫下，濃硫酸使鐵發(fā)生鈍化，D項錯誤。

5.(2018•四川理綜化學卷，T6)下列溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關系正確的是：

A.0.1mol/L NaHCO3溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：C(Na+)>c(CO32 -)>c(HCO3- )>c(OH-)

B.20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液與10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：C(CH3COO-)>c(Cl-) >c(CH3COOH)>c(H+)

C.室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH4+ )>c(OH-)

D.0.1mol/L CH3COOH溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，所得溶液中： c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)

【答案】B

【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應，溶液中的溶質(zhì)為碳酸鈉， C(Na+)>c(CO32 -)>c(OH-)>c(HCO3- )，A錯誤;20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液與10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的醋酸鈉和醋酸，則醋酸的電離大于醋酸根的水解，C(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，B正確;pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，溶液呈堿性，C錯誤;0.1mol/L CH3COOH溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，溶質(zhì)為醋酸鈉，醋酸根水解生成醋酸和氫氧根，水電離出氫離子和氫氧根，故 c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，D錯誤。

6.(2018•上海單科化學卷，T21)室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4。關于甲、乙燒杯中溶液的描述正確的是

A.溶液的體積10V甲≤V乙

B.水電離出的OH—濃度：10c(OH—)甲≤c(OH—)乙

C.若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙

D.若分別與5 mL pH=11的NaOH溶液反應，所得溶液的pH ：甲≤乙

【答案】AD

【解析】A、如果酸是強酸，當PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋10倍。如果酸是弱酸，當PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋大于10倍，則溶液的體積是10V甲≤V乙，A正確;B、酸性溶液中，酸電離出的H+會抑制水的電離，則甲燒杯中的H+濃度是乙燒杯中H+濃度的10倍，因此水電離出的OH?濃度：10c(OH—)甲=c(OH—)乙，B錯誤;C、如果生成的鹽不水解，則溶液的PH相等。如若鹽水解，則甲燒杯中溶液的堿性強于乙燒杯中溶液的堿性，因此所得溶液的PH：乙≤甲，C錯誤;D、若分別于5 mL pH=11的NaOH溶液反應，如果是強酸，則均是恰好反應，溶液顯中性。如果是弱酸，則酸過量，但甲燒杯中酸的濃度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D正確。

7.(2018•山東理綜化學卷，T13)已知某溫度下CH3COOH和NH3•H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1mol•L‾1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中

A.水的電離程度始終增大

B.c(NH4+)/ c(NH3•H2O)先增大再減小

C.c(CH3COOH)與c(CH3COO‾)之和始終保持不變

D.當加入氨水的體積為10mL時，c (NH4+)= c (CH3COO‾)

【答案】D

【解析】A、醋酸電離：CH3COOH CH3COO‾+H+，一水合氨電離：NH3•H2O NH4++OH‾，H2O的電離：H2O H++ OH‾，所以開始滴加氨水時，水的電離程度增大(中和了醋酸電離出的H+)，當二者恰好完全反應后，再滴加氨水，會抑制水的電離，使其電離程度減小，A錯誤;B、NH3•H2O的電離平衡常數(shù)Kb= ，所以 = 。溫度不變，Kb不變，但隨著氨水的不斷滴加， 逐漸增大，所以 始終減小，B錯誤;C、隨著氨水的不斷滴加，溶液的體積增大，c(C

H3COOH)與c(CH3COO‾)之和逐漸減小，C錯誤;D、當加入氨水的體積為10mL時，CH3COOH和NH3•H2O恰好完全反應。因為二者的電離常數(shù)相等，所以CH3COONH4呈中性， ，根據(jù)電荷守恒可知c (NH4+)= c (CH3COO‾)，D正確。

8.(2018•全國理綜I化學卷，T13)利用右圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結(jié)論的是( )

選項 ① ② ③ 實驗結(jié)論

A. 稀硫酸 Na2S AgNO3與AgCl的濁液5ykj.com (AgCl)> (Ag 2S)

B. 濃硫酸 蔗糖 溴水 濃硫酸具有脫水性、氧化性

C. 稀鹽酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀

D. 濃硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸>碳酸>硅酸

【答案】B

【解析】由于稀硫酸與Na2S反應生成的H2S會與AgNO3反應生成黑色Ag2S沉淀和強氧化性的HNO3，進而把H2S氧化為S沉淀，同時生成的Ag2S黑色沉淀遮蓋AgCl濁液，不能觀察AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S，A錯誤;濃硫酸有脫水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的熱量，進而與生成的C反應生成SO2，使③中的溴水褪色，通過蔗糖變黑、溴水褪色可以得出濃硫酸具有脫水性、氧化性，B正確;稀鹽酸與Na2SO3反應生成的SO2與Ba(NO3)2發(fā)生氧化還原生成BaSO4，SO2與BaCl2則不反應， C 錯誤;由于濃硝酸有揮發(fā)性，會有較多的HNO3進入③與Na2SiO3反應，影響碳酸與硅酸酸性的比較，D錯誤。

9.(2018•全國理綜I化學卷，T11)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是( )

A.溴酸銀的溶解是放熱過程

B.溫度升高時溴酸銀溶解速度加快

C.60℃時溴酸銀的 約等于

D.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純

【答案】A

【解析】該圖像只是給出溴酸銀溶解度與溫度的關系，無法判斷其溶解過程的熱效應，A錯誤;由于物質(zhì)的溶解過程是吸熱過程，溫度升高溶解速率加快，B正確;60℃時溴酸銀溶解度約為0.6g，n(AgBrO3)=0.0025mol，c(Ag+)=c(BrO3-)=0.025mol•L-1，Ksp≈6.25×10-4,C正確;由于硝酸鉀的溶解度隨溫度變化程度很大，而溴酸銀溶解度隨溫度變化不大，可以用重結(jié)晶的方法提純，D正確。

10.(2018•全國理綜II化學卷，T11)一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是

A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol•L-1

B. pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1

C. pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+

D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na+)：①>②>③

【答案】D

【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S H++ HS-、HS- H++ S2-、H2O H++OH-三個電離平衡，所以 =1×10-5mol•L-1 > ，A錯誤;B、氨水的溶質(zhì)一水合氨( )屬于弱電解質(zhì)( )，加水稀釋，會使電離平衡向正方向移動，促進了 的電離，所以PH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其PH=b，則a>b+1，B錯誤;C、根據(jù)電荷守恒可知： + = + + ，C錯誤;D、酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根據(jù)鹽類水解的規(guī)律可知：組成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，溶液的減小就越強，PH就越大，所以PH相同①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的 ：①>②>③，D正確。

11.(2018•江蘇單科化學卷，T14)25℃時，下列有關溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是

A.0.1mol/LCH3COONa與0.1mol/LHCl溶液等體積混合：c(Na+)=c(Cl-)>cCH3COO-)>c(OH-)

B.0.1mol/LNH4Cl與0.1mol/L氨水等體積混合(pH>7)：c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)

C.0.1mol/LNa2CO3與0.1

mol/L NaHCO3溶液等體積混合：23c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)

D.0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：

2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

【答案】AC

【解析】等濃度等體積的醋酸鈉和鹽酸混合，生成醋酸和氯化鈉，醋酸根水解，離子濃度關系正確，A正確;等濃度等體積的氯化銨與氨水混合pH大于7，說明電離大于水解，銨根離子大于氨水的濃度，B錯誤;根據(jù)物料守恒，鈉原子的物質(zhì)的量是碳原子的1.5倍，C正確;草酸鈉與鹽酸反應，根據(jù)溶液電中性原則，關系式漏掉陰離子氯離子，D錯誤。

12.(2018•江蘇單科化學卷，T11)下列有關說法正確的是

A.若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕

B.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，則該反應的△H>0

C.加熱0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大

D.對于乙酸與乙醇的酯化反應(△H<0)，加入少量濃硫酸并加熱，該反應的反應速率和平衡常數(shù)均增大

【答案】C

【解析】在海輪外殼上附著銅片，鐵做負極，加速腐蝕，A錯誤;B選項中反應為熵減的反應，△H不一定大于0，錯誤;加熱碳酸鈉溶液，碳酸根的水解程度變大，水解吸熱，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，C正確;濃硫酸做催化劑和吸水劑，平衡常數(shù)不變，D錯誤。

13、(2018•海南單科化學卷，T11)室溫下，用0.100mol/L NaOH溶液分別滴定20.00ml 0.100mol/L 的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是( )

A、Ⅱ表示的是滴定鹽酸的曲線

B、PH=7時，滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml

C、V(NaOH) =20ml時，C(Cl? )== C(CH3COO? )

D、V(NaOH) =10ml時，醋酸溶液中：C(Na+ )> C(CH3COO? )> C(H+ )> C(OH? )

【答案】B

【解析】A、滴定開始時0.1000mol/L鹽酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH>1，所以滴定鹽酸的曲線是圖Ⅱ，滴定醋酸的曲線是圖Ⅰ，故A錯誤;B、醋酸鈉水解呈堿性，氯化鈉不水解，pH=7時，醋酸所用NaOH溶液的體積小，故B錯誤;C、V(NaOH)=20.00 mL 時，二者反應生成氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發(fā)生水解，濃度小于氯離子，故C錯誤;D、加入10ml氫氧化鈉時，溶液中恰好為同濃度的醋酸和醋酸鈉，醋酸電離大于醋酸根的水解程度，所以C(CH3COO? ) >C(Na+ )，D錯誤。

14、(2018•海南單科化學卷，T6)NaOH溶液滴定鹽酸的實驗中，不必用到的是( )

A、酚酞 B、圓底燒瓶 C、錐形瓶 D、堿式滴定管

【答案】B

【解析】用已知濃度的氫氧化鈉溶液來滴定未知濃度的鹽酸時所需儀器：帶滴定管夾的鐵架臺、堿式滴定管、燒杯、錐形瓶、漏斗(可用來向滴定管中加入液體)，用不到圓底燒瓶。滴定終點用指示劑酚酞來判斷。

15.(2018•廣東理綜化學卷，T12)常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖5所示，下列說法正確的是

A.HA為強酸

B.該混合液pH=7

C.圖中X表示HA，Y表示OH?，Z表示H+

D.該 混合溶液中：c(A?)+ c(Y?)=c(Na+)

【答案】D

【解析】一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，兩者恰反應，溶液中只有溶質(zhì)NaA且濃度為0.1 mol/L。由圖5中A?離子濃度小于0.1mol/L，說明A-¬¬離子發(fā)生了水解，從而可知HA是弱酸，故A錯誤項。B項：水解顯堿性 pH>7。故B項錯誤。此外，溶液中除Na+，其它離子大小為c(A?)>c(OH?)>c(HA)>c(H+)可知C項錯。由物料守恒知D項正確。16.(2018•福建理綜化學卷，T10)下列關于0.10 mol•L-1 NaHCO3溶液的說法正確的是

A.溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3=Na++ H++ CO32 -

B.25 ℃時，加水稀釋后，n(H+)與n(OH-)的乘積變大

C.離子濃度關系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+c(CO32 -)

D.溫度升高，c(HCO3- )增大

【答案】B

【解析】碳酸氫鈉電離出碳酸氫根，A錯誤;溫度不變，Kw不變，但物質(zhì)的量增加，B正確;根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+2c(CO32 -)，C錯誤;溫度升高，水解程度增大，D錯誤。

17.(2018•安徽理綜化學卷，T9)為實現(xiàn)下列實驗目的，依據(jù)下表提供的主要儀器，所用試劑合理的是( )

選項 實驗目的 主要儀器 試劑

A 分離Br2和CCl4混合物 分液漏斗、燒杯 Br2和CCl4混合物、蒸餾水

B 鑒別葡萄糖和蔗糖 試管、燒杯、酒精燈 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、銀氨溶液

C 實驗室制取H2 試管、帶導管的橡皮塞 鋅粒、稀HNO3

D 測定NaOH溶液濃度 滴定管、錐形瓶、燒杯 NaOH溶液、0.1000 mol•L-1鹽酸

【答案】B

【解析】A、Br2和CCl4互溶，無法通過分液的方法將二者分離，可以采用蒸餾法進行分離，A錯誤;B、葡萄糖分子中有5個羥基和1個醛基，可以用鑒別醛基的方法進行鑒別，加入的試劑可以使銀氨溶液或者斐林試劑等，而蔗糖中沒有醛基，B正確;C、硝酸具有強氧化性，當與金屬反應時不會產(chǎn)生氫氣，會隨著濃度的變化生成NO2、NO等氣體，C錯誤;D、酸堿中和滴定要有指示劑(甲基橙)顯示滴定終點(用標準鹽酸溶液來測定氫氧化鈉溶液的濃度選用酸式滴定管，待測液是氫氧化鈉，滴入甲基橙后溶液顏色是黃色，當向氫氧化鈉溶液中滴入的甲基橙時呈黃色，不斷的滴加稀鹽酸，溶液隨著氫氧化鈉和稀鹽酸的反應堿性減弱酸性增強，當正好中和再滴一滴稀鹽酸溶液就呈酸性，溶液的pH3.1～4.4之間顯示橙色)，D錯誤。

18.(2018•安徽理綜化學卷，T12)中學化學中很多“規(guī)律”都有其適用范圍，下列根據(jù)有關“規(guī)律”推出的結(jié)論正確的是( )

選項 規(guī)律 結(jié)論

A 較強酸可以制取較弱酸 次氯酸溶液無法制取鹽酸

B 反應物濃度越大，反應速率越快 常溫下，相同的鋁片中分別加入足量的濃、稀硝酸，濃硝酸中鋁片先溶解完

C 結(jié)構(gòu)和組成相似的物質(zhì)，沸點隨相對分子質(zhì)量增大而升高 NH3沸點低于PH3

D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉(zhuǎn)化 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀

【答案】D

【解析】A項，鹽酸的制備可以有HClO光照分解產(chǎn)生，反應的方程式為2HClO 2HCl+O2↑，A錯誤;B、注意一個特殊的現(xiàn)象?鈍化(鋁和濃硝酸發(fā)生鈍化反應)，反應速率減慢，B錯誤;C、NH3分子之間存在氫鍵，熔沸點升高，故NH3的沸點高于P H3，C錯誤;D、ZnS沉淀中加入幾滴CuSO4溶液，沉淀由白色轉(zhuǎn)化為黑色，硫化鋅和硫化銅陰陽離子比相同，說明溶度積(Ksp)ZnS>CuS，故D正確。

19.(2018•安徽理綜化學卷，T11)室溫下，下列溶液中離子濃度關系正確的是( )

A.Na2S溶液： > > >

B.Na2C2O4溶液：

C.Na2CO3溶液：

D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：

【答案】B

【解析】A、根據(jù)電荷守恒可知HS-+H2O OH-+HS-，HS-+H2O H2S+OH-，所以 ，A錯誤;B、依據(jù)電荷守恒可知 ，根據(jù)物料守恒可知 ，結(jié)合電荷守恒及物料守恒可知 ，B正確;C、Na2CO3溶液中的電荷守恒是 ，C錯誤。

20.(2018•安徽理綜化學卷，T13)室溫下，在0.2 mol•L-1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol•L-1NaOH溶液，實驗測得溶液PH隨NaOH溶液體積變化曲線如下圖，下列有關說法正確的是( )

A.a點時，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，離子方程式為Al3++3OH- Al(OH)3

B.a→b段，溶液的PH增大，Al3+濃度不變

C.b→c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀

D.d點時，Al(OH)3沉淀開始溶解

【答案】C

【解析】A、Al3+水解的離子方程式為Al3++3H2O Al(OH)3+

3H+，A錯誤;B、a→b段，溶液的PH增大，說明 增大，所以Al3+會生成Al(OH)3，即Al3+濃度降低，B錯誤;C、根據(jù)上述分析可知C正確;D、d點溶液的PH大于10，所以Al(OH)3已全部溶解，D錯誤。

21.(2018•北京理綜化學卷，T9)下列解釋事實的方程式不正確的是( )

A.測0.1mol/L氨水的pH為11：NH3•H2O NH4++OH-

B.將Na塊放入水中，放出氣體：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

C.用CuCl2溶液做導電實驗，燈泡發(fā)光：CuCl2 Cu2++2Cl-

D.Al片溶于NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【答案】C

【解析】A、0.1mol/L氨水的pH為11，說明一水合氨屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡，A正確;B、Na的化學性質(zhì)很活潑，能從水中置換出氫氣，發(fā)生的反應為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B正確;C、CuCl2溶液做導電實驗的原因是：CuCl2在水溶液中能電離出自由移動的Cu2+和Cl-，電離屬于自發(fā)進行的過程，不需要外界條件，C錯誤;D、Al的性質(zhì)很特殊，能和強堿溶液發(fā)生反應，反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，D正確。

22.(2018•全國理綜I化學卷，T27)(15分)次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產(chǎn)品，具有較強的還原性�；卮鹣铝袉栴}：

(1)H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式_______________________。

(2)H3PO2和NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為Ag，從而可用于化學鍍銀。

①H3PO2中，P元素的化合價為__________。

②利用H3PO2進行化學鍍銀反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4:1，則氧化產(chǎn)物為___________(填化學式)。

③NaH2PO2為___________(填“正鹽”或“酸式鹽”)，其溶液顯_______(填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”)。

(3)H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與H2SO4反應，寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應的化學方程式_____

______________________________________。

(4)H3PO2也可用電滲析法制備�！八氖译姖B析法”工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：

①寫出陽極的電極反應____________________________________。

②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因___________________________________。

③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2：將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產(chǎn)品室。其缺點是產(chǎn)品中混有 雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是 。

【答案】(1)H3PO2 H++H2PO2-

(2)①+1。②H3PO4。③正鹽，堿性。

(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3↑+3Ba (H2PO2)2

(4)①2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2.

②由于陽極室OH-放電，造成H+濃度增大，通過陽膜擴散進入產(chǎn)品室，而原料室中的H2PO2-可以通過陰膜進入產(chǎn)品室，二者反應生成H3PO2.

③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有還原性，電解時就會有H3PO2在陽極放電而被氧化生成H3PO4。

【解析】(1)一元酸，只發(fā)生一步電離，中強酸是弱電解質(zhì)：H3PO2 H++H2PO2-

(2)①利用元素化合價代數(shù)和為零，得出P元素為+1價。

②H3PO2做還原劑，Ag+是氧化劑，二者1?4反應，則H3PO2失去4個電子，P元素變?yōu)?5價，生成H3PO4。

③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正鹽，弱酸強堿鹽水解顯堿性。

(3)反應的反應物與產(chǎn)物都給出，是P元素的歧化反應，注意配平就可以：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3 ↑+3Ba(H2PO2)2

(4)①陽極室電極上發(fā)生氧化反應，失電子的是OH-。2

H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑.

②由于陽極室OH-放電，造成H+濃度增大，H+通過陽膜進入產(chǎn)品室，而原料室中的H2PO2-可以通過陰膜進入產(chǎn)品室，生成H3PO2.

③由于H3PO2具有還原性，電解時就會有H3PO2在陽極放電而生成H3PO3。

23.(2018•山東理綜化學卷，T29)(17分)研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：

2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ∆H < 0 (I)

2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 ∆H < 0 (II)

(1)4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+C l2(g)的平衡常數(shù)K= (用K1、K2表示)。

(2)為研究不同條件對反應(II)的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min時反應(II)達到平衡。測得10min內(nèi) (ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，則平衡后n(Cl2)= mol，NO的轉(zhuǎn)化率а1= 。其它條件保持不變，反應(II)在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率а2 а1(填“>”“<”或“=”)，平衡常數(shù)K2 (填“增大”“減小”或“不變”。若要使K2減小，可采用 的措施是 。

(3)實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反應為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c(NO3‾)、c(NO2-)和c(CH3COO‾)由大到小的順序為 。(已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4mol•L‾1，CH3COOH的電離常數(shù)K a=1.7×10-5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。

a.向溶液A中加適量水 b.向溶液A中加適量NaOH

c.向溶液B中加適量水 d..向溶液B中加適量NaOH

【答案】(1) (2)(2)2.5×10-2;75%;>;不變;升高溫度 (3)c(NO3‾) > c(NO2-) > c(CH3COO‾);b、c

【解析】(1)(I)×2 (II)即可得到4NO2(g)+2NaCl(s) 2Na NO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，所以平衡常數(shù)K= ;

(2)ClNO的濃度變化△c(ClNO)=7.5×10-2mol•L，所以ClNO的物質(zhì)的量變化△n(ClNO)=0.15mol，所以Cl2的物質(zhì)的量變化率△n(Cl2)=0.075mol，則平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol;轉(zhuǎn)化的n(NO)=0.15mol，則NO的轉(zhuǎn)化率а1= =75%;其他條件保持不變，反應(II)在恒壓條件下進行，則反應(II)的壓強大于反應(I)的壓強，則平衡有利于向正方向移動，所以平衡時NO的轉(zhuǎn)化率а2>а1;因為溫度不變，所以化學平衡常數(shù)不變;因為反應(II)的∆H < 0，為放熱反應，所以要減小化學平衡常數(shù)，就要使平衡向逆方向移動，可以采取加熱的方法;

(3)根據(jù)鹽類水解規(guī)律，越弱越水解，所以CH3COO‾的水解程度大于NO2-，故離子濃度大小是c(NO3‾)>c(NO2-)>c(CH3COO‾); 因為CH3COO‾的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a.向溶液A中加適量水 (使A的PH減小)，b.向溶液A中加適量NaOH(使A的PH增大)，c.向溶液B中加適量水(使B的PH減小)，d..向溶液B中加適量NaOH (使B的PH增大)，只有bc滿足題意。

24、(2018•上海單科化學卷，T五)(本題12分)硫在自然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形式出現(xiàn)。硫的化合物大多具有氧化性或還原性。許多金屬硫化物難溶于水。

完成下列填空：

28.硫化氫具有還原性，可以和許多氧化劑反應。在酸性條件下，H2S和KMnO4反應生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反應的化學方程式。

________________________________________________________________

29.石油化工的廢氣中有H2S。寫出從廢氣中回收單質(zhì)硫的兩種方法(除空氣外，不使用其他原料)，以化學方程式表示。

______________________________________________________________

______________________________________________________________

30.室溫下，0.1 mol/L的硫化氫溶液和0.1 mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強的是___________，其原因是____________________________________________________________。

已知：H2S：Ki1=1.3×10-7 Ki2=7.1×10- 15

H2CO3：Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11

31.向 ZnSO4溶液中滴加飽和H2S溶液，沒有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。

______________________________________________________________________________。

32.將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成，產(chǎn)物有___________、

______________。過濾，微熱濾液，然后加入過量氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是_____

________________________________________________________。

【答案】(本題12分)

28.5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓

29.2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O

30.硫化鈉溶液;硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解。

31.飽和H2S溶液中電離產(chǎn)生的S2?很少，因此沒有沉淀。加入氨水后，促進H2S的電離，S2?離子濃度增大，有沉淀產(chǎn)生。

32.FeCl2、H2S;先有白色沉淀生成，然后沉淀轉(zhuǎn)化為灰綠色，最終轉(zhuǎn)化為紅褐色。

【解析】28.根據(jù)題目中的信息“H2S和KMnO4反應生成S、MnSO4、K2SO4和H2O”，可知該反應屬于氧化還原反應，根據(jù)得失電子守恒以及質(zhì)量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓;

29.以H2S為原料制取S的方法有，方法一：H2S在氧氣中的不完全燃燒，方法二：在加熱的條件下H2S的自身分解，方法三：H2S和SO2發(fā)生歸中反應，所以發(fā)生反應的化學方程式有：2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O;

30.酸越弱，相應的鹽越容易水解，溶液的堿性就越強。根據(jù)電離常數(shù)可知，硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解，即硫化鈉溶液的堿性更強;

31.H2S屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡(H2S 2H++S2?)，即飽和H2S溶液中電離產(chǎn)生的S2?很少，因此沒有沉淀。加入氨水后，促進H2S的電離，S2?離子濃度增大，從而有沉淀產(chǎn)生。

32.根據(jù)題目中的信息“將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成”可知，淺黃色固體是S單質(zhì)，從而說明該反應屬于氧化還原反應。黑色的Fe2S3固體加入足量的鹽酸中，生成H2S和氯化鐵，氯化鐵可氧化H2S生成S，加入氫氧化鈉，可生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵，可觀察到產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀。

25.(2018•天津理綜化學卷，T9)(18分)Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定。

Ⅰ.制備Na2S2O3•5H2O

反應原理：Na2SO3(aq)+S(s)=====

△Na2S2O3(aq)

實驗步驟：

①稱取15 g Na2SO3加入圓底燒瓶中，再加入80 mL蒸餾水。另取5 g研細的硫粉，用3 mL乙醇潤濕，加入上述溶液中。

②安裝實驗裝置(如圖所示，部分夾持裝置略去)，水浴加熱，微沸60 min。

③趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮，冷卻析出Na2S2O3•5H2O，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，得到產(chǎn)品。

回答問題：

(1)硫粉在反應前用乙醇潤濕的目的是__________________________。

(2)儀器a的名稱是________，其作用是____________________。

(3)產(chǎn)品中除了有未反應的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質(zhì)是______________。檢驗是否存在該雜質(zhì)的方法是____________________________。

(4)該實驗一般控制在堿性環(huán)境下進行，否則產(chǎn)品發(fā)黃，用離子反應方程式表示其原因：________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

Ⅱ.測定產(chǎn)品純度

準確稱取W g產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.100 0 mol•L-1碘的標準溶液滴定。

反應原理為 2S2O2-3+I2===S4O2-6+2I-

(5)滴定至終點時，溶液顏色的變化：________________________________。

(6)滴定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為__________mL。產(chǎn)品的純度為(設Na2S2O3•5H2O相對分子質(zhì)量為M)______________。

Ⅲ.Na2S2O3的應用

(7)Na2S2O3還原性較強，在溶液中易被Cl2氧化成SO2-4，常用作脫氯劑，該反應的離子方程式為____________________________________________。

【答案】(18分)

(1)使硫粉易于分散到溶液中

(2)冷凝管　冷凝回流

(3)Na2SO4　取少量產(chǎn)品溶于過量鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4

(4)S2O2-3+2H+===S↓+SO2↑+H2O

(5)由無色變藍色

(6)18.10　3.620×10-3MW×100%

(7)S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10H+

【解析】(1)硫粉難溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇潤濕后易擴散到溶液中。(2)裝置中儀器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反應物的作用。(3)因反應物Na2SO3易被空氣中的氧氣氧化成Na2SO4，故可能存在的無機雜質(zhì)是Na2SO4;檢驗產(chǎn)品中是否含有Na2SO4，即檢驗SO2-4是否存在，需要防止SO2-3的干擾，故不能用具有強氧化性的硝酸酸化，而應用鹽酸酸化，過濾除去不溶物，再向濾液中滴加氯化鋇溶液。(4)產(chǎn)品發(fā)黃，說明產(chǎn)品中含有硫雜質(zhì)，這是由于在酸性環(huán)境中Na2S2O3不穩(wěn)定，發(fā)生歧化反應：2H++S2O2-3===S↓+SO2↑+H2O所致。(5)滴定終點時，過量的單質(zhì)碘使無色的淀粉溶液變藍，可指示滴定終點。(6)起始讀數(shù)為0.00 mL，終點讀數(shù)為18.10 mL，所以消耗碘的標準溶液的體積為18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根據(jù)2Na2S2O3•5H2O～2S2O2-3～I2，得n(Na2S2O3•5H2O) =2n(I2)=2×0.100 0 mol•L-1×18.10×10-3 L=3.620×10-3 mol，則產(chǎn)品的純度3.620×10-3 mol×M g/molW g×100%=3.620×10-3MW×100%。(7)S2O2-3被Cl2氧化成SO2-4，Cl2被還原為Cl-，首先根據(jù)化合價升降總數(shù)相等寫出S2O2-3+4Cl2→2SO2-4+8Cl-，然后根據(jù)原子守恒和電荷守恒寫出S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10OH-。