2019-2020年高二（上）期末化學試卷蘇教版含解析.doc

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2019-2020年高二（上）期末化學試卷蘇教版含解析 　 一、單項選擇題（本題包括10小題，每題2分，共20分．每小題只有一個選項符合題意） 1．（2分）“美麗中國”是十八大提出的重大課題，她突出了生態(tài)文明，重點是社會發(fā)展與自然環(huán)境之間的和諧，下列行為中不符合這一主題的是（　　） 　 A． 用已脫硫的煤作燃料 　 B． 開發(fā)太陽能、風能和氫能等能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源、保護環(huán)境 　 C． 采用“綠色化學”工藝，使原料盡可能轉化為所需要的物質(zhì) 　 D． 開發(fā)利用可燃冰是緩解能源緊缺的唯一途徑 考點： 常見的生活環(huán)境的污染及治理． 專題： 熱點問題． 分析： 根據(jù)題意：“美麗中國”是十八大提出的重大課題，她突出了生態(tài)文明，重點是社會發(fā)展與自然環(huán)境之間的和諧；據(jù)此進行分析判斷即可． 解答： 解：A．用已脫硫的煤作燃料可減少二氧化硫的排放，符合主題，故A不選； B．開發(fā)太陽能、風能和氫能等潔凈能源可減少化石燃料的使用，減少污染物的排放，符合主題，故B不選； C．采用“綠色化學”工藝，使原料盡可能轉化為所需要的物質(zhì)可減少污染物的排放，符合主題，故C不選； D．緩解能源緊缺的途徑很多，如開發(fā)太陽能，氫能，核能等，故D選． 故選D． 點評： 本題考查環(huán)境保護，難度不大，注意緩解能源緊缺的途徑很多，如開發(fā)太陽能，氫能，核能等． 　 2．（2分）下列對有關反應能量變化圖象的判斷錯誤的是（　　） 　 A． I可表示需加熱的放熱反應 　 B． Ⅱ可表示爆炸反應 　 C． Ⅲ可表示無催化劑（a）和有催化劑（b）時反應的能量變化 　 D． Ⅳ可表示醋酸和堿的中和反應 考點： 反應熱和焓變． 專題： 化學反應中的能量變化． 分析： A、當生成物的能量高于反應物的能量時，反應是吸熱反應； B、爆炸可以看成是劇烈的燃燒過程，反應物和產(chǎn)物能量差距大； C、催化劑是通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的； D、弱酸和堿之間的中和反應是放熱反應，生成物的能量較低． 解答： 解：A、根據(jù)圖是可以知道：生成物的能量高于反應物的能量，所以反應是吸熱反應，故A錯誤； B、爆炸是劇烈的燃燒過程，反應物和產(chǎn)物能量差距大，過程表現(xiàn)為放熱，故B正確； C、催化劑是通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的，加入催化劑后活化能會降低，故C正確； D、弱酸和堿之間的中和反應是放熱反應，此時生成物的能量低于反應物的能量，故D正確． 故選A． 點評： 本題是一道有關化學反應中的能量變化知識的題目，考查學生對放熱反應和吸熱反應的理解和掌握，難度不大． 　 3．（2分）化學用語是學習化學的重要工具．下列用來表示物質(zhì)變化的化學用語錯誤的是（　?。? 　 A． 碳酸鈉的水解反應：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 　 B． FeCl3水解的離子方程式：Fe3++3H2O?Fe （OH）3+3H+ 　 C． 稀溶液中強酸與強堿的中和熱：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ?mol﹣1 　 D． C不燃燒的熱化學方程式為：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=110.5kJ?mol﹣1 考點： 離子方程式的書寫；熱化學方程式． 專題： 化學用語專題． 分析： A．碳酸根離子水解以第一步為主； B．鐵離子水解生成氫氧化鐵，不標沉淀符號； C．稀的強酸與強堿生成可溶性鹽和1mol水時放出的熱為中和熱； D．燃燒反應為放熱反應． 解答： 解：A．碳酸鈉的水解反應的離子反應為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故A正確； B．FeCl3水解的離子方程式為Fe3++3H2O?Fe （OH）3+3H+，故B正確； C．稀溶液中強酸與強堿的中和熱為H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ?mol﹣1，故C正確； D．C不燃燒的熱化學方程式為：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ?mol﹣1，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查離子反應、中和熱、燃燒的熱化學方程式，注意多元弱酸根離子水解的分步進行、多元弱堿離子的水解及中和熱即可解答，題目難度不大． 　 4．（2分）下列離子組一定能大量共存的是（　?。? 　 A． 能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣ 　 B． 含有0.1 mol?L﹣1Ba2+的溶液中：K+、Mg2+、CO32﹣、SO42﹣ 　 C． 由水電離出來的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、CH3COO﹣、Cl﹣、NO3﹣ 　 D． 常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液：Na+、SO42﹣、NH4+、NO3﹣ 考點： 離子共存問題． 專題： 離子反應專題． 分析： A．能使甲基橙變紅的溶液，顯酸性； B．硫酸鋇、碳酸鋇均不溶于水； C．由水電離出來的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液，為酸或堿溶液； D．常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液顯酸性． 解答： 解：A．能使甲基橙變紅的溶液，顯酸性，H+、I﹣、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應，則不能共存，故A錯誤； B．因Ba2+分別與CO32﹣、SO42﹣反應碳酸鋇、硫酸鋇，則不能共存，故B錯誤； C．由水電離出來的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中氫離子與CH3COO﹣結合生成弱酸，則不能共存，故C錯誤； D．常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液顯酸性，該組離子之間不反應，則能共存，故D正確； 故選D． 點評： 本題考查離子的共存，明確習題中的信息是解答本題的關鍵，并熟悉離子之間的反應來解答，題目難度不大． 　 5．（2分）在電解水時，為了增強導電性，加入的電解質(zhì)最好選用（　?。? 　 A． Na2SO4 B． HCl C． NaCl D． CuSO4 考點： 電解原理． 專題： 電化學專題． 分析： 為了增強溶液的導電性，所加入電解質(zhì)只能增大溶液的導電性，不能參與電極反應，否則會影響生成H2和O2． 解答： 解：A．加入Na2SO4，增大溶液濃度，導電性增強，且不影響H2和O2的生成，故A正確； B．加入HCl，一極析出氫氣，另一極產(chǎn)生氯氣，影響氧氣的生成，故B錯誤； C．加入NaCl，發(fā)生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯氣，不全部為水的電解，故C錯誤； D．加入CuSO4，在陰極上析出銅，影響氫氣的生成，不全部為水的電解，故D錯誤． 故選A． 點評： 本題考查電解原理，題目難度中等，注意把握題目要求，注意增強溶液的導電性，所加入電解質(zhì)只能增大溶液的導電性，不能參與電極反應． 　 6．（2分）下列關于電解質(zhì)溶液說法正確的是（　?。? 　 A． 水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應 　 B． .等體積的pH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應，HA放出的H2多，說明酸性：HA＞HB 　 C． 常溫下，弱酸酸式鹽NaHA溶液的pH=6，說明HA￣的電離程度大于其水解程度 　 D． pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的電離程度相同 考點： 電解質(zhì)在水溶液中的電離；鹽類水解的應用． 專題： 電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題． 分析： A、水的電離過程是一個吸熱的過程； B、金屬和酸反應產(chǎn)生氫氣的量的多少取決于酸的物質(zhì)的量的多少； C、弱酸酸式鹽的陰離子存在電離平衡和水解平衡兩種平衡，電離程度大于其水解程度時，顯示酸性，反之顯示堿性； D、根據(jù)溶液中水電離出的氫離子濃度的計算來確定水的電離程度大小． 解答： 解：A、水的電離過程是一個吸熱的過程，水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，故A錯誤； B、等體積的pH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應，HA放出的H2多，說明HA是較弱的弱酸，其物質(zhì)的量較大放出的H2多，酸性：HA＜HB，故B錯誤； C、弱酸酸式鹽的陰離子存在電離平衡和水解平衡兩種平衡，常溫下，弱酸酸式鹽NaHA溶液的pH=6，說明HA￣的電離程度大于其水解程度，故C正確； D、pH=5的CH3COOH溶液中水電離出的氫離子濃度為10﹣9mol/L，pH=5的NH4Cl溶液中10﹣5mol/L，所以水的電離程度不同，故D錯誤． 故選C． 點評： 本題是一道關于水的電離、電離平衡和水解平衡的應用以及電解質(zhì)在水中的電離等方面知識的綜合考查題，難度較大． 　 7．（2分）下列對于化學反應方向說法正確的是（　　） 　 A． 反應2A（g）+B（g）=3C （s）+D（g）在一定條件下能自發(fā)進行，說明該反應的△H＞0 　 B． 常溫下反應2Na2SO3（s）+O2（g）=2Na2SO4（s）能自發(fā)進行，則△H＜0 　 C． 反應2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自發(fā)進行，則該反應的△H＞0 　 D． 一定溫度下，反應2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0，△S＞0 考點： 焓變和熵變． 專題： 化學反應中的能量變化． 分析： 化學反應能否自發(fā)進行，取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當△G=△H﹣T?△S＜0時，反應可自發(fā)進行，以此解答該題． 解答： 解：A．反應的△S＜0，在一定條件下能自發(fā)進行，△H應小于0，故A錯誤； B．反應的△S＜0，由△G=△H﹣T?△S＜0時，反應可自發(fā)進行可知，△H＜0，故B正確； C．反應的△S＜0，由△G=△H﹣T?△S＜0時，反應可自發(fā)進行可知，△H＜0，故C錯誤； D．反應的△S＞0，該反應為分解反應，應吸熱，反應的△H＞0，在較高溫度下，可滿足△G=△H﹣T?△S＜0，能自發(fā)進行，故D錯誤． 故選B． 點評： 本題考查焓變和熵變，題目難度中等，注意△S的判斷，反應能否自發(fā)進行，須滿足△G=△H﹣T?△S＜0． 　 8．（2分）升高溫度，下列數(shù)據(jù)不一定增大的是（　?。? 　 A． 化學反應速率v B． 化學平衡常數(shù)K 　 C． 水的離子積常數(shù)Kw D． 弱酸的電離常數(shù)Ka 考點： 化學平衡常數(shù)的含義；離子積常數(shù)． 專題： 化學平衡專題． 分析： A、升高溫度活化分子數(shù)目增大，有效碰撞增大，反應速率加快； B、若正反應為放熱反應，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，化學平衡常數(shù)減小； C、水的電離過程是吸熱的，升高溫度促進水的電離； D、升高溫度促進弱電解質(zhì)的電離． 解答： 解：A、升高溫度，反應速率加快，故A不符合； B、若正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，化學平衡常數(shù)減小，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，化學平衡常數(shù)增大，故B符合； C、水的電離過程是吸熱的，升高溫度促進水的電離，升高溫度電離程度增大，水的離子積增大，故C不符合； D、弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，升高溫度促進弱電解質(zhì)的電離，電離平衡常數(shù)增大，故D不符合； 故選B． 點評： 考查溫度對反應速率的影響、溫度對化學平衡常數(shù)與水的離子積以及電離平衡常數(shù)的影響，比較基礎，注意基礎知識的掌握． 　 9．（2分）合成氨所需的氫氣可用煤和水作原料經(jīng)多步反應制得，其中的一步反應為：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0 反應達到平衡后，為提高CO的轉化率，下列措施中正確的是（　　） 　 A． 增加壓強 B． 降低溫度 C． 增大CO的濃度 D． 更換催化劑 考點： 化學平衡的影響因素． 專題： 化學平衡專題． 分析： 提高CO的轉化率可以使平衡正向進行，根據(jù)化學平衡移動原理來回答判斷． 解答： 解：提高CO的轉化率可以讓平衡正向進行即可． A、增加壓強，該平衡會不會發(fā)生移動，故A錯誤； B、降低溫度，化學平衡向著放熱方向即正向進行，故B正確； C、增大CO的濃度，化學平衡向著正方向進行，但是一氧化碳的轉化率降低，故C錯誤； D、催化劑不會引起化學平衡的移動，故D錯誤． 故選B． 點評： 本題考查學生化學平衡移動原理的應用方面的知識，屬于基本知識的考查，注意知識的積累是解題的關鍵，難度不大． 　 10．（2分）下列對于電化學說法正確的是（　?。? 　 A． 電解精練銅時，陽極泥中常含有金屬金、銀、鋅等 　 B． 為保護浸入海水中的鋼閘門，可在閘門表面鑲上銅錠 　 C． 充電電池放電時，化學能轉變?yōu)殡娔? 　 D． 鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陰極均發(fā)生氧化反應 考點： 原電池和電解池的工作原理；金屬的電化學腐蝕與防護． 專題： 電化學專題． 分析： A．陽極泥中不含有Zn； B．Cu的活潑性比Fe的弱，不能保護Fe； C．放電時為原電池； D．原電池中負極發(fā)生氧化反應，電解池中陰極發(fā)生還原反應． 解答： 解：A．電解精練銅時，陽極泥中常含有金屬金、銀等，Zn比Cu活潑，則陽極泥中不含有Zn，故A錯誤； B．Cu的活潑性比Fe的弱，Cu作正極，不能保護Fe，所以為保護浸入海水中的鋼閘門，一般在閘門表面鑲上鋅錠，故B錯誤； C．充電電池，放電時為原電池，則化學能轉變?yōu)殡娔埽蔆正確； D．原電池中負極發(fā)生氧化反應，電解池中陰極發(fā)生還原反應，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查原電池和電解池，明確工作原理及金屬的腐蝕和防護即可解答，題目難度中等，注意二次電池中放電為原電池，充電為電解池來解答． 　 二、不定項選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分．每小題只有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該題為0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就為0分） 11．（4分）下列關于難溶電解質(zhì)溶液說法正確的是（　?。? 　 A． 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c（Ba2+）增大 　 B． 相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1 mol?L﹣1鹽酸、③0.1 mol?L﹣1氯化鎂溶液、④0.1 mol?L﹣1硝酸銀溶液中，Ag+濃度：①＞④=②＞③ 　 C． 向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣ 　 D． 25℃時，在Mg（OH）2懸濁液中加入少量的NH4Cl固體后，c（Mg2+）增大 考點： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)． 專題： 物質(zhì)的量濃度和溶解度專題． 分析： A、依據(jù)沉淀溶解平衡和溶度積常數(shù)分析判斷，溶度積隨溫度變化； B、相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依據(jù)溶度積是常數(shù)，結合濃度對平衡的影響分析； C、硫化銀溶解度小于氯化銀，可以實現(xiàn)沉淀轉化； D、氫氧化鎂溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化銨水解生成的氫離子結合氫氧根離子，促進平衡向溶解方向進行． 解答： 解：A、在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度積一定溫度下是常數(shù)，加入Na2SO4固體后硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行，鋇離子濃度減小，故A錯誤； B、相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依據(jù)溶度積是常數(shù)，與①蒸餾水相比較，②中0.1 mol?L﹣1鹽酸溶液中氯離子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，銀離子濃度減小；③中0.1 mol?L﹣1氯化鎂溶液中氯離子濃度為0.2mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度減?。虎苤?.1 mol?L﹣1硝酸銀溶液中，銀離子濃度為0.1mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度增大，則Ag+濃度：④＞①＞②＞③，故B錯誤； C、硫化銀溶解度小于氯化銀，可以實現(xiàn)沉淀轉化，則向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣，故C正確； D、氫氧化鎂溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化銨水解顯酸性，與氫氧根離子結合，促進平衡向溶解方向進行，所以鎂離子濃度增大，故D正確； 故選CD． 點評： 本題考查了沉淀溶解平衡的影響因素和平衡移動判斷，溶度積常數(shù)的應用，理解實質(zhì)是解題關鍵，題目難度中等． 　 12．（4分）下列圖示與對應的敘述相符的是（　　） 　 A． 圖1表示可逆反應“2X（g）?Y（g）△H＜0”，溫度T1＜T2的情形 　 B． 用0.1000 mol?L﹣1NaOH溶液分別滴定濃度相同的三種一元酸，由圖2曲線可確定①的酸性最強 　 C． 在其它條件不變時，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）轉化關系（如圖3）中，縱坐標表示O2的轉化率 　 D． 圖4表示碳酸鈣與鹽酸反應收集到氣體最多的時間段是t3～t4 考點： 轉化率隨溫度、壓強的變化曲線；體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線；物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線；中和滴定． 專題： 圖示題． 分析： A、根據(jù)先拐先平數(shù)值大原則，由圖1可知，T2＞T1，溫度越高，Y的含量越小，結合方程式判斷； B、濃度相同的三種一元酸，滴定前pH值越小，酸性越強； C、由圖象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧氣轉化率越大，實際應是n（O2）/n（SO2）越大，SO2的轉化率越大，氧氣轉化率越小； D、各時間段對應的縱坐標之差為該時間段生成的二氧化碳體積． 解答： 解：A、由圖1可知，T2＞T1，溫度越高，Y的含量越小，對于反應2X（g）?Y（g）△H＜0，升高溫度平衡向逆反應移動，Y的含量降低，圖象與實際符合，故A正確； B、由圖可知，濃度相同的三種一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最強，故B錯誤； C、由圖象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧氣轉化率越大，由反應2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），n（O2）/n（SO2）越大，SO2的轉化率越大，氧氣轉化率越小，圖象與實際不相符，故C錯誤； D、各時間段對應的縱坐標之差為該時間段生成的二氧化碳體積，由圖可知t1～t2時間段生成的二氧化碳最多，故D錯誤； 故選A． 點評： 以圖象的形式考查平衡移動、酸性比較、對反應速率的理解等，難度中等，需要學生具有扎實的基礎與讀圖獲取信息的能力． 　 13．（4分）某蓄電池放電、充電時反應為：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2下列推斷不正確的是（　?。? 　 A． 放電時，F(xiàn)e為正極，Ni2O3為負極 　 B． 充電時，陰極上的電極反應式是：Fe（OH）2+2e﹣→Fe+2OH﹣ 　 C． 放電時，負極上的電極反應式是：Ni2O3+3H2O+2e﹣→2Ni（HO）2+2OH﹣ 　 D． 該蓄電池的電極必須是浸在某種堿性電解質(zhì)溶液中 考點： 化學電源新型電池． 專題： 電化學專題． 分析： 根據(jù)電池的總反應：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應，為氧化劑，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，則充電時，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陰極附近溶液的pH升高，電池充電時，陽極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O． 解答： 解：A、由放電時的反應可以得出鐵做還原劑失去電子，Ni2O3做氧化劑得到電子，即正極為Ni2O3、負極為Fe，故A錯誤； B、充電可以看作是放電的逆過程，即陰極為原來的負極，所以電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以電池充電過程時陰極反應為Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，故B正確； C、根據(jù)總反應Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，堿性電解質(zhì)中最終生成Fe（OH）2，負極反應為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，Ni2O3+3H2O+2e﹣→2Ni（HO）2+2OH﹣為正極反應，故C錯誤； D、Fe（OH）2、2Ni（OH）2只能存在于堿性溶液中，在酸性條件下不能存在，故D正確． 故選AC． 點評： 本題考查二次電池的工作原理，涉及到原電池和電解池的有關知識，做題時注意根據(jù)總反應從氧化還原的角度判斷化合價的變化，以得出電池的正負極以及所發(fā)生的反應． 　 14．（4分）下列有關溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是（　?。? 　 A． 1L0.1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 　 B． 25℃時，等體積、等濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） 　 C． 25℃時，BaCO3飽和溶液（Ksp=8.110﹣9）：c（Ba2+）=c（CO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 　 D． 1.0 mol?L﹣1 Na2CO3溶液：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3） 考點： 離子濃度大小的比較． 專題： 鹽類的水解專題． 分析： A、依據(jù)離子水解微弱結合離子濃度分析判斷； B、溶液中酸的電離程度和陰離子的水解程度不知無法比較離子濃度大??； C、25℃時，BaCO3飽和溶液中依據(jù)Ksp計算鋇離子和碳酸根離子濃度，25C水溶液中存在離子積常數(shù)為10﹣14； D、依據(jù)碳酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒分析計算． 解答： 解：A、1L0.1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中銨根離子濃度大于亞鐵離子濃度水解顯酸性得到溶液中離子濃度大小為：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正確； B、25℃時，等體積、等濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，無法判斷酸的電離程度和陰離子的水解程度，不能比較離子濃度大小，故B錯誤； C、25℃時，BaCO3飽和溶液（Ksp=8.110﹣9）中碳酸根離子水解溶液中的離子濃度愛心為：c（Ba2+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯誤； D、1.0 mol?L﹣1 Na2CO3溶液中依據(jù)水電離出的全部氫離子和氫氧根離子守恒分析得到：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正確； 故選AD． 點評： 本題考查了鹽類水解的應用，溶液中電荷守恒，物料守恒的分析判斷，離子濃度大小的比較，沉淀溶解平衡的分析應用，題目難度中等． 　 15．（4分）一定溫度下，在4個容積均為1L的容器中分別進行反應（各容器中A都足量） A（s）+B（g）?C（g）+D（g）△H=+100kJ/mol 某時刻測得部分數(shù)據(jù)如下表： 容器編號 n（B）/mol n（C）/mol n（D）/mol 反應時間/min 反應速率 Ⅰ 0.06 0.60 0.10 t1 v（正）=v（逆） Ⅱ 0.12 1.20 0.20 t2 Ⅲ 0.32 1.0 0 0 Ⅳ 0.12 0.30 v（正）=v（逆） 下列說法正確的是（　?。? 　 A． 容器Ⅰ中平均反應速率v（B）=0.04/t1 mol/（L?min） 　 B． t2時容器Ⅱ中v（正）＞v（逆） 　 C． 容器Ⅲ中反應至平衡時吸熱20 kJ 　 D． 容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L 考點： 化學平衡的計算；反應速率的定量表示方法． 專題： 化學平衡專題． 分析： A、該時刻v（正）=v（逆），反應達平衡狀態(tài)，由于不知道反應是由哪個方向到達的平衡，無法計算各物質(zhì)的濃度變化量． B、根據(jù)容器Ⅰ可知該反應的平衡常數(shù)k==1，計算t2時容器Ⅱ中的濃度商Qc，比較Qc與K，判斷反應進行方向，進而判斷正、逆反應速率關系． C、令平衡時D的物質(zhì)的量為x，由方程式可知，平衡時C的物質(zhì)的量為（1+x）mol，B的物質(zhì)的量為（3.2﹣x）mol，根據(jù)平衡常數(shù)計算x的值，再根據(jù)熱化學方程式計算反應吸收的熱量． D、容器Ⅳ中該時刻v（正）=v（逆），反應達平衡狀態(tài)，令D的濃度為cmol/L，代入平衡常數(shù)計算． 解答： 解：A、該時刻v（正）=v（逆），反應達平衡狀態(tài)，由于不知道反應是由哪個方向到達的平衡，不能計算各物質(zhì)的濃度變化量，不能計算反應速率，故A錯誤； B、根據(jù)容器Ⅰ可知該反應的平衡常數(shù)k==1，t2時容器Ⅱ中的濃度商Qc==2，大于平衡常數(shù)k，平衡向逆反應移動，v（正）＜v（逆），故B錯誤； C、令平衡時D的物質(zhì)的量為x，由方程式可知，平衡時C的物質(zhì)的量為（1+x）mol，B的物質(zhì)的量為（3.2﹣x）mol，根據(jù)平衡常數(shù)可知=1，解得x=0.14，根據(jù)熱化學方程式可知反應吸收的熱量為100kJ/mol0.14mol=14kJ，故C錯誤； D、容器Ⅳ中該時刻v（正）=v（逆），反應達平衡狀態(tài)，令D的濃度為cmol/L，根據(jù)平衡常數(shù)可知=，解得c﹣0.4，故容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L，故D正確． 故選：D． 點評： 考查化學反應速率、化學平衡計算、化學平衡常數(shù)等，難度中等，注意根據(jù)平衡常數(shù)的計算，是近幾年高考的熱點．注意C可以利用與容器Ⅰ相比，容器Ⅰ等效為開始n（B）=0.16mol、n（C）=0.5mol，容器Ⅲ等效為在開始n（B）=0.16mol、n（C）=0.5mol基礎上加壓，B的轉化率降低，故平衡時容器Ⅲ中n（D）＜0.2mol． 　 三、非選擇題（80分） 16．（12分）完成下列熱化學方程式（化學方程式、電極反應式、表達式等）的書寫： （1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ?mol﹣1， C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ?mol﹣1， Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ?mol﹣1 用炭粉在高溫條件下還原CuO生成Cu2O的熱化學方程式是：　2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5kJ?mol﹣1　 （2）在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生如下反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），寫出該反應的化學平衡常數(shù)表達式：　　 （3）以甲烷、空氣為反應物，KOH溶液作電解質(zhì)溶液構成燃料電池，則負極反應式為：　CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O　． （4）無水AlCl3瓶蓋打開有白霧，其反應的化學方程式為　AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl?。? （5）“鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池，其裝置示意圖如圖，該電池反應的總反應方程式為　Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2　． （6）工業(yè)上電解飽和食鹽水的離子方程式為　2Clˉ+2H2O2OHˉ+Cl2↑+H2↑?。? 考點： 用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；原電池和電解池的工作原理；化學平衡常數(shù)的含義． 專題： 化學反應中的能量變化；化學平衡專題． 分析： （1）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構造目標熱化學方程式，反應熱也乘以相應的系數(shù)作相應的加減． （2）平衡常數(shù)指生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值． （3）原電池負極發(fā)生氧化反應，甲烷在負極放電，氧氣在正極反應，堿性條件下氧氣放電生成氫氧根離子，正極電極反應式為2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，總的電池反應式為CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，電池總反應式減去正極電極反應式可得負極電極反應式． （4）AlCl3水解產(chǎn)生HCl，氯化氫與空氣中的水蒸氣呈白霧． （5）由圖可知鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池中Mg與ClO﹣、H2O反應生成Cl﹣與Mg（OH）2． （6）電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉． 解答： 解：（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ?mol﹣1， ②C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ?mol﹣1， ③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ?mol﹣1 =﹣169kJ?mol﹣1， 由蓋斯定律可知，①﹣③2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=﹣169kJ?mol﹣1﹣（﹣157kJ?mol﹣1）2=﹣110.5kJ?mol﹣1=+34.5 kJ?mol﹣1． 故答案為：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5 kJ?mol﹣1． （2）可逆反應2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的化學平衡常數(shù)k=． 故答案為：． （3）原電池負極發(fā)生氧化反應，甲烷在負極放電，氧氣在正極反應，堿性條件下氧氣放電生成氫氧根離子，正極電極反應式為2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，總的電池反應式為CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，電池總反應式減去正極電極反應式可得負極電極反應式為CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O． 故答案為：CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O． （4）AlCl3水解AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl生成HCl，氯化氫與空氣中的水蒸氣呈白霧． 故答案為：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl． （5）由圖可知鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池中Mg與ClO﹣、H2O反應生成Cl﹣與Mg（OH）2，該電池反應的總反應方程式為 Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2． 故答案為：Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2． （6）電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉，電解飽和食鹽水的離子方程式為2Clˉ+2H2O 2OHˉ+Cl2↑+H2↑． 故答案為：2Clˉ+2H2O 2OHˉ+Cl2↑+H2↑． 點評： 考查蓋斯定律與熱化學方程式書寫、化學平衡常數(shù)、原電池、鹽類水解、電解池等，綜合性較大，難度中等，是對知識的綜合運用，注意基礎知識的理解掌握． 　 17．（14分）（1）在其他條件不變的情況下，研究改變起始氫氣物質(zhì)的量[用n（H2）表示]對N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）反應的影響，實驗結果可表示成如圖1所示的規(guī)律（圖中T表示溫度，n表示物質(zhì)的量）： ①比較在a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應物N2的轉化率最高的是　c?。? ②若容器容積為1L，n=3mol，反應達到平衡時N2、H2的轉化率均為60%，則在起始時體系中加入N2的物質(zhì)的量為　1　mol，此條件下（T2），反應的平衡常數(shù)K=　2.08（mol/L）﹣2　，當溫度升高時該平衡常數(shù)將　減小?。? ③圖象中T2和T1的關系是　低于?。ㄌ睢案哂凇?、“低于”、“等于”、“無法確定”）． （2）氨氣和氧氣從145℃就開始反應，在不同溫度和催化劑條件下生成不同產(chǎn)物（如圖2）： 4NH3+5O2?4NO+6H2O，4NH3+3O2?2N2+6H2O 溫度較低時以生成　N2　為主，溫度高于900℃時，NO產(chǎn)率下降的原因是　氨氣氧化生成NO的反應是放熱反應，升高溫度轉化率下降　． 考點： 化學平衡的計算． 專題： 化學平衡專題． 分析： （1）①三點時溫度相同，氫氣量越大，氮氣的轉化率越大； ②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始 x 3 0 轉化0.6 1.8 1.2 平衡x﹣0.6 1.2 1.2 N2的轉化率為60%，則100%=60%，解得x=1mol， 由圖可知，溫度低氨氣的含量大，則正反應為放熱反應，結合平衡常數(shù)來解答； ③由圖可知，其它條件相同時，T1先達到平衡且平衡時氨氣的濃度小； （2）根據(jù)圖象可知溫度低時生成氮氣，溫度高時生成NO，但該反應為放熱反應，則溫度高于900℃時，NO產(chǎn)率下降． 解答： 解：（1）①三點時溫度相同，氫氣量越大，氮氣的轉化率越大，則c點的轉化率最高，故答案為：c； ②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始 x 3 0 轉化0.6 1.8 1.2 平衡x﹣0.6 1.2 1.2 N2的轉化率為60%，則100%=60%，解得x=1mol， 反應的平衡常數(shù)K==2.08（mol/L）﹣2， 由圖可知，溫度低氨氣的含量大，則正反應為放熱反應，則升高溫度其平衡常數(shù)減小， 故答案為：1；2.08（mol/L）﹣2；減小； ③由圖可知，其它條件相同時，T1先達到平衡且平衡時氨氣的濃度小，則T2低于T1，故答案為：低于； （2）根據(jù)圖象可知溫度低時生成氮氣，溫度高時生成NO，但該反應為放熱反應，則溫度高于900℃時，NO產(chǎn)率下降， 故答案為：N2；氨氣氧化生成NO的反應是放熱反應，升高溫度轉化率下降． 點評： 本題考查化學平衡的計算，明確化學平衡的三段法計算及圖象的分析試劑解答本題的關鍵，題目難度中等，溫度大小的比較是解答的難點和易錯點． 　 18．（14分）高鐵酸鉀（K2FeO4）是鐵的一種重要化合物，具有極強的氧化性． （1）將適量K2FeO4溶解于pH=4.74的溶液中，配制成c（FeO42﹣）=1.010﹣3mol?L﹣的試樣，將試樣分別置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒溫水浴中，測定c（FeO42﹣）隨時間變化的結果如圖1所示． 該實驗的目的是　探究溫度對FeO42﹣影響（溫度越高，高鐵酸鉀越不穩(wěn)定）??；FeO42﹣發(fā)生反應的△H?。尽?（填“＞”“＜”或“=”） （2）將適量K2FeO4分別溶解于pH=4.74、7.00、11.50的水溶液中，配制成c（FeO42﹣）=1.010﹣3 mol?L﹣的試樣，靜置，考察不同初始pH的水溶液對K2FeO4某種性質(zhì)的影響，其變化圖象見圖2，800min時，在pH=11.50的溶液中，K2FeO4的濃度比在pH=4.74的溶液中高，主要原因是　pH=11.50時溶液中OHˉ離子濃度大，不利于K2FeO4與水的反應正向進行　． （3）電解法是工業(yè)上制備K2FeO4的一種方法．以鐵為陽極電解氫氧化鈉溶液，然后在陽極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明　同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小?。娊鈺r陽極發(fā)生反應生成FeO42﹣，該電極反應式為　Fe+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O　． （4）與MnO2﹣Zn電池類似，K2FeO4﹣Zn也可以組成高鐵電池，K2FeO4在電池中作正極材料，其電極反應式為FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ，則該電池總反應的離子方程式為　3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ?。鐖D3為高鐵酸鉀電池和高能堿性電池放電曲線，由此可得出的高鐵酸鉀電池的優(yōu)點有　放電時間長　、　工作電壓穩(wěn)定?。? 考點： 電解原理；化學平衡的影響因素． 專題： 信息給予題． 分析： （1）由圖1數(shù)據(jù)可知，溫度越高，相同時間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時FeO42﹣濃度越??；溫度越高FeO42﹣濃度越小，正向反應是吸熱反應； （2）由圖2數(shù)據(jù)可知，溶液pH越小，相同時間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時FeO42﹣濃度越小；高鐵酸鉀在水中的反應為4FeO42﹣+10H2O?4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，堿性越強，OH﹣離子濃度大； （3）以鐵為陽極電解氫氧化鈉溶液，陽極電極反應為鐵失電子發(fā)生氧化反應；然后在陽極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小；電解時陽極發(fā)生反應生成FeO42﹣，依據(jù)化合價的變化和電荷守恒書寫電極反應； （4）原電池的負極發(fā)生氧化反應，正極電極反應式為：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；負極電極反應為：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)電極反應的電子守恒，①2+②3合并得到電池反應為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；由圖知高鐵電池比高能堿性電池放電時間長． 解答： 解：（1）由圖1數(shù)據(jù)可知，溫度越高，相同時間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時FeO42﹣濃度越小，溫度越高FeO42﹣濃度越小，正向反應是吸熱反應； 故答案為：溫度越高，高鐵酸鉀越不穩(wěn)定（或溫度越高，高鐵酸鉀與水反應的速率越快）；＞ （2）由圖2數(shù)據(jù)可知，溶液pH越小，相同時間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時FeO42﹣濃度越?。哞F酸鉀在水中的反應為4FeO42﹣+10H2O?4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，pH=11.50的溶液中OH﹣離子濃度大，使上述平衡向左移動， FeO42﹣濃度增大，不利于K2FeO4與水的反應正向進行； 故答案為：pH=11.50的溶液中OH﹣離子濃度大，使上述平衡向左移動，不利于K2FeO4與水的反應正向進行； （3）以鐵為陽極電解氫氧化鈉溶液，然后在陽極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；陽極是鐵失電子在堿性溶液中發(fā)生氧化反應生成FeO42﹣；電極反應為：Fe+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O； 故答案為：同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度?。籉e+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O； （4）原電池的負極發(fā)生氧化反應，正極電極反應式為：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；負極電極反應為：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)電極反應的電子守恒，①2+②3合并得到電池反應為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；由圖3知高鐵電池比高能堿性電池放電時間長，工作電壓穩(wěn)定； 故答案為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；放電時間長，工作電壓穩(wěn)定； 點評： 本題考查學生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應、電解原理的應用，原電池的工作原理的應用，電極反應，電極產(chǎn)物的判斷等，難度中等，要求學生要有扎實的基礎知識和靈活運用知識解決問題的能力．注意基礎知識的全面掌握． 　 19．（14分）蛇紋石可用于生產(chǎn)氫氧化鎂，簡要工藝流程如下： I．制取粗硫酸鎂：用酸液浸泡蛇紋石礦粉，過濾；并在常溫常壓下結晶，制得粗硫酸鎂（其中常含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等雜質(zhì)離子）． II．提純粗硫酸鎂：將粗硫酸鎂在酸性條件下溶解，加入適量的0.1mol?L﹣H2O2溶液，再調(diào)節(jié)溶液pH至7～8，并分離提純． III．制取氫氧化鎂：向步驟II所得溶液中加入過量氨水． 已知：金屬離子氫氧化物沉淀所需pH Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+ 開始沉淀時 1.5 3.3 6.5 9.4 沉淀完全時 3.7 5.2 9.7 12.4 請回答下列問題： （1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的最佳試劑是　A?。ㄌ钭帜感蛱枺? A．MgO B．Na2CO3 C．蒸餾水 （2）Fe2+與H2O2溶液反應的離子方程式為　2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O?。? （3）工業(yè)上常以Mg2+的轉化率為考察指標，確定步驟III制備氫氧化鎂工藝過程的適宜條件．其中，反應溫度與Mg2+轉化率的關系如右圖所示． ①步驟III中制備氫氧化鎂反應的離子方程式為　Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+?。? ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉化率之間 的關系，可判斷此反應是　吸熱?。ㄌ睢拔鼰帷被颉胺艧帷保┓磻? ③圖中，溫度升高至50℃以上Mg2+轉化率下降的可能原因是　溫度過高時，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉化率下降?。? ④Ksp表示沉淀溶解平衡的平衡常數(shù)．已知： Mg（OH）2（s）?Mg2+ （aq）+2OH﹣ （aq） Ksp=c（Mg2+）?c2（OH﹣）=5.610﹣12 Ca（OH）2（s）?Ca2+ （aq）+2OH﹣ （aq） Ksp=c（Ca2+）?c2（OH﹣）=4.710﹣6 若用石灰乳替代氨水，　能?。ㄌ睢澳堋被颉安荒堋保┲频脷溲趸V，理由是　Mg（OH）2的溶解度小于Ca（OH）2，可發(fā)生沉淀的轉化?。? 考點： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；化學平衡的影響因素；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用． 專題： 化學平衡專題；電離平衡與溶液的pH專題． 分析： （1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的目的是和酸反應提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等雜質(zhì)離子沉淀分離除去，試劑不能引入新的雜質(zhì)分析； （2）Fe2+與H2O2溶液反應亞鐵離子被過氧化氫氧化為三價鐵離子便于完全沉淀，過氧化氫被還原為水，依據(jù)氧化還原反應的電荷守恒和電子守恒些離子方程式； （3）①步驟III中制備氫氧化鎂反應的離子方程式是氨水沉淀鎂離子，注意一水合氨是弱電解質(zhì)； ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉化率之間 的關系是隨溫度升高鎂離子轉化率增大，反應是吸熱反應； ③溫度升高至50℃以上Mg2+轉化率下降的可能原因是溫度過高時，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉化率下降； ④依據(jù)沉淀轉化是想更難溶的方向進行分析判斷． 解答： 解：（1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的目的是和酸反應提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等雜質(zhì)離子沉淀分離除去， A、加入氧化鎂和酸反應能提高溶液PH，生成鎂離子，不加入雜質(zhì)離子，可選； B、加入碳酸鈉能調(diào)節(jié)溶液PH但假如了鈉離子，引入雜質(zhì)，故不選； C、蒸餾水對提高溶液pH不好，故不選； 故答案為：A； （2）Fe2+與H2O2溶液反應亞鐵離子被過氧化氫氧化為三價鐵離子便于完全沉淀，過氧化氫被還原為水，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O， 故答案為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O； （3）①氨水沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，反應的離子方程式為：Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+， 故答案為：Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+； ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉化率之間 的關系是隨溫度升高鎂離子轉化率增大，反應是吸熱反應；故答案為：吸熱； ③圖中，溫度升高至50℃以上Mg2+轉化率下降的可能原因是溫度過高時，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉化率下降， 故答案為：溫度過高時，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉化率下降； ④依據(jù)氫氧化鈣和氫氧化鎂陰陽離子比相同，可以用溶度積常數(shù)比較溶解性強弱，氫氧化鈣溶解性大于氫氧化鎂，溶液中加入石灰乳可以實現(xiàn)沉淀轉化，生成氫氧化鎂分離出來； 故答案為：能；Mg（OH）2的溶解度小于Ca（OH）2，可發(fā)生沉淀的轉化． 點評： 本題考查了難溶物沉淀溶解平衡的分析判斷，離子沉淀的條件選擇，化學平衡的影響因素，離子方程式的書寫，沉淀轉化的原理應用，題目綜合性較強． 　 20．（14分）（1）常溫下，已知0.1mol?L﹣1一元酸HA溶液中c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8． ①常溫下，0.1mol?L﹣1 HA溶液的pH=　3　；寫出該酸（HA）與NaOH溶液反應的離子方程式：　HA+OH﹣═A﹣+H2O??； ②pH=3的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關系是：　c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）?。o需填寫　 （2）常溫下，向pH=a的氨水中加入等體積鹽酸時，溶液呈中性，則此鹽酸的pH?。肌?4﹣a（＞、＜、=） （3）向物質(zhì)的量濃度均為0.01mol?L﹣1的MnCl2和BaCl2混合溶液中，滴加Na2CO3溶液，先沉淀的離子是　Mn2+　，當兩種難溶電解質(zhì)共存時，溶液中c（Ba2+）/c（Mn2+）　450?。ù藴囟认?，Ksp（BaCO3）=8.110﹣9、Ksp（MnCO3）=1.810﹣11） （4）設Ka、Kh、Kw分別表示CH3COOH的電離平衡常數(shù)、CH3COO﹣的水解平衡常數(shù)和水的離子積常數(shù)，則三者之間的關系為：　Ka?Kh=Kw　． 考點： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算． 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： （1）①根據(jù)c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8結合水的離子積常數(shù)計算氫氧根離子濃度，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計算溶液中氫離子濃度，從而得出溶液的pH；根據(jù)離子方程式書寫規(guī)則書寫離子方程式． ②根據(jù)酸和堿的物質(zhì)的量的相對大小確定溶液中的溶質(zhì)，從而確定溶液的酸堿性，結合電荷守恒確定溶液中各種離子濃度的相對大?。? （2）利用假設法判斷鹽酸的pH值，實際上鹽酸的pH值小于假設值． （3）難溶物的溶度積常數(shù)越小的，該金屬離子先沉淀；當兩種難溶電解質(zhì)共存時，碳酸錳恰好飽和，溶液中錳離子濃度和碳酸根離子濃度相等，根據(jù)碳酸錳的溶度積常數(shù)計算錳離子、碳酸根離子濃度，再根據(jù)碳酸鋇溶度積常數(shù)、碳酸根離子濃度計算鋇離子濃度，從而得出鋇離子和錳離子濃度之比． （4）寫出醋酸電離平衡常數(shù)、醋酸根離子水解平衡常數(shù)，水的離子積常數(shù)進行比較，從而得出結論． 解答： 解：（1）①c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8，c（OH﹣）c（H+）=110﹣14，所以c（OH﹣）=10﹣11mol?L﹣1，則c（H+）=10﹣3mol?L﹣1，所以溶液的pH=3；氫離子濃度小于酸的濃度，所以該酸是弱酸，該酸（HA）與NaOH溶液反應的離子方程式為：HA+OH﹣═A﹣+H2O． 故答案為：3；HA+OH﹣═A﹣+H2O． ②pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol?L﹣1，HA是弱酸，酸的濃度遠遠大于氫離子濃度，所以pH=3的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中的溶質(zhì)是酸和鹽，溶液呈酸性，所以溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，酸根離子濃度大于鈉離子濃度，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關系是c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案為：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）． （2）假設氨水是強電解質(zhì)時，pH=a的氨水中氫氧根離子濃度=10a﹣14mol/L，向pH=a的氨水中加入等體積鹽酸時，溶液呈中性，則氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，所以鹽酸的pH=14﹣a；實際上氨水是弱堿，等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，說明