第16期 阶段测试卷(第一、二、三单元)-【数理报】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步学案（人教版）

高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发理极 答案详解 2025~2026学年高二化学人教（选择性必修1）第13~16期(2025年10月) 第13期2版参考答案 c(H+)+c(HC0)+2c(H2CO3),A错误；由电离常数可知 专练一 K1(HP04)=6.9×10-3>K(H,C03)=4.5×10-7> 1.D2.B3.D4.B5.B6.C7.B K2(HP04)=6.2×10-8>K2(H,C03)=4.7×10-1> 专练二 Ka(H,P04)=4.8×10-B,“中和”时加入过量Na,C0,溶液， 1.C2.A3.B4.D HPO,与CO反应，HPO,提供H+使CO号转化为HCO, 5.(1)出现红褐色沉淀 自身根据强酸制弱酸，结合电离常数，会转化为HPO?,反应 (2)Fe03 为HP0,+2CO号=HPO+2HCO,B错误；“调pH”至9.7， (3)少许稀盐酸 溶液中含磷粒子主要以HPO?存在，由K。(HPO,)· 第13期3版参考答案 素养测评（十） KH,0,)=e(P0)c（日)=6.2x10X4.8×105= c(H,PO) 一、选择题 1.D 2.976×0此时c)=0m1,则0号<1. 2.CC中的“碱”为KC03,属于强碱弱酸盐，水解使溶液 c(PO})<c(H,PO,),C错误；0.1mol/L Na;PO4溶液中存在 显碱性，可以去除油污，与水解有关，C正确。 元素质量守恒：c(Na*)=3c(P0)+3c(HP0)+ 3.B由题意可知，GHCl水解程度较小，故0.001mol/L 3c(H2PO:）+3c(HP04),D正确. GHCl水溶液中c(H)<0.001mo/L,pH>3,A错误；加水稀 6.D亚硒酸(H2S03)是一种二元弱酸，K>K2,根据 释促进GHCl水解，但根据勒夏特列原理，其水解增大程度小 H2SeO3 +KOH =KHSeO3 H2OKHSeO;+KOH =K2SeO3 于溶液体积增大程度，则稀释过程中溶液中c(H)减小，pH H20,结合pH=2.37时，线a的lgX为0，线b的lgX为-3可 增大，B正确；GHCI是强电解质，其在水中的电离方程式为 知，线a表示与由的变化关系，线b表示 GHCl=GH+C,C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒： c(H)+c(GH)=c(OH)+c(C),D错误. 1g(S0）与pH的变化关系，A错误：H,Se0,的第一步电离 c(HSeO3） 4.CS0是弱酸的酸根离子，存在水解平衡：S0+ H20、HSO,+OH,A正确：取①④时刻的溶液，加人盐酸 为Ls0一+swk=0时，=2. 酸化的BaCl,溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，说明实 则平衡常数K-HSe0c）=(H')=102,B错 验过程中部分Na,S03被氧化成Na,SO,①与④温度相同，④ c(H2SeO;) 与①对比，SO号浓度减小，溶液中c(OH-)减小，④的pH小于 误；根据图示信息及选项A可知，KHSO3的K。=l05,3 ①，即④的pH与①不同，是SO号浓度减小造成的，B正确：盐 人e无102罗=10业<10s,即水解程度小于电离程 =Kw-10-14 类水解为吸热过程，①一→③的过程，升高温度，$O?水解平衡 度，溶液呈酸性，C错误；pH=5.23时，溶液中存在离子为H、 正向移动；结合B项分析可知，①一→③的过程中，c(0号)减 小，S0ˉ水解平衡逆向移动，故①→③的过程中温度和浓度对 0HHs0,K'Se0,g00号=0时，c(Hs0) 水解平衡移动方向的影响相反，C错误；K只与温度有关，① c(SeO),结合电荷守恒得c(K+)+c(H)=c(OH)+ 与④的温度相同，Kw相等，D正确 c(HSe0,)+2c(SeO3)=c(0H-)+3c(HSe0,),D正确. 5.D0.1mol/LNa,C03溶液中存在质子守恒：c(OH)= 7.D由图可知，溶液p0H=8,即c(OH）=1×108mo/L, 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 Kw c(B*）=c(0H) =1×10-6mol/L时，溶液中c(HCl02)= 度由小到大的顺序为c(H)<c(OH)<c(CN)<c(Na); 根据电离平衡常数分析，酸性：H,CO,>HCN>HCO?,向NaCN c(@0,),则HC0,的电离帝数K=e(a0,):c(H) 溶液中通人少量CO2,只能生成HC0,,反应的化学方程式为 c(HCIO,) NaCN CO2 +H2O=HCN NaHCO3. c(H)=1×10-6,A错误；由图可知，溶液pOH=11时，溶液 (5)HCN和NaCN的混合溶液的pH=I1,根据HCN的电 中c(H*)=1×10-3mol/L,溶液呈酸性，则C1O2部分转化成 C102和C的离子方程式为5C102+4H*=4C102+C+ 离平衡常数K=(CN)cH可知，SCN=K c(HCN) 'c(HCN)c(H)= 2H0,B错误；由图可知，溶液pOH=7时，溶液中c(CO2)> 4.9×10-10 c(HClO,),C错误；根据电荷守恒可知，NaClO,溶液中： 10-1 =49 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(C)+c(CIO2),D正确. (6)CH,COOH和CH,COONa混合溶液中，当溶液pH=6 二、非选择题 时，c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=10-8mo/L,根据电荷守恒 8.I.(1)+1 关系可以推导，溶液中c(CH,CO0)-c(Na*)=c(H+)- (2)①N,02+H,0=HN,O2+OH c(0H-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L. ②10-66 9.(1)H3As03 ③< (2)H3As03+0H=H2As03+H,0 ④= (3)D ⑤a (4)①正盐 > Ⅱ.(3)③④①②10-1B ②PC+3H20=HP03+3HC (4)c(H+)<c(OH-)<c(CN-)<c(Na*) NaCN 解析：(1)根据题图可知，pH在7.35~7.45之间时，砷元 CO2 +H2O=HCN +NaHCO3 素主要以HAsO,的形式存在. (5)49 (2)由题图可知，随着溶液pH的增大，H3AsO3先转化为 (6)9.9×10-7 H2AsO3,pH=9时，砷元素主要以H3AsO3和H2As0的形式 解析：(2)①Na2N2O2是由二元弱酸H,N2O2形成的盐， 存在，所以发生反应的离子方程式为HAsO,+OH=H2AsO,+ N20?在溶液中的第一步水解方程式为N2O号+H0一 H20. HN2O2 +OH; (3)当n(H3As03):n(H2As0,)=1:1时，溶液的pH≈9， ②根据图像分析，未加入NaOH时，0.01mol/L的H2N2O2 溶液显碱性，A正确；HAsO,溶液中存在电荷守恒： 溶液pH=4.3,即此时c(H+)=10-43mol/L,二元弱酸的酸性 c(H AsO)2c(HAs)+3c (AsO)+c(OH-)= 主要由第一步电离决定，c(H,N202）=(0.01-1043)mol/L≈ c(H),B正确；K,AsO3溶液中砷元素的主要存在形式为 0.01m/L,K=c(HN,0）·c(H2=103x1045 AsO},结合题图可知，AsO?的物质的量分数最大时，溶液中 c(H2N202) 0.01 c(AsO})>c(HAsO号)>c(H2As03)>c(HAs03),C正确： 10-66; ③b点时，加人的n(NaOH)=n(H,N2O2),溶液中溶质为 HA0,的电离平衡常数太-c(H,A0:c(H）,由题图可 c(H3AsO3) NaHN2O2,HN2O2同时存在电离平衡和水解平衡，此时溶液的 知，当n(HAsO)=n(H,AsO)时溶液的plH为a,即c(H)= pH>7,说明HNO2的水解程度大于电离程度，则c(N,O)< 10“mol/L,所以K=c(H)=10“,同理K2=10,则 c(H2N202); K1:K2=10-“:10-6=10-“:1,D错误。 ④溶液中始终存在电荷守恒关系：c(H+)+c(Na*)= (4)①HPO3溶液与足量NaOH溶液反应生成Na,HPO3, c(HN2O2)+2c(N2O)+c(OH),a点时，pH=7,溶液呈中 说明Na,HPO,不能电离出H,所以Na,HPO3为正盐； 性，即c(OH)=c(H),则c(Na)=c(HN2O2)+ 0.10mdl/LHPO3溶液的pH=L.6,说明H,PO3为弱酸，所以 2c(N20) Na2 HPO3溶液中存在HPO的水解，水解使溶液显碱性，即 Ⅱ.(4)NaCN溶液中CN水解导致溶液显碱性，即c(H)< pH>7; c(OH),根据电荷守恒可知：c(CN)<c(Na),则各离子浓 ②根据原子守恒可得反应的化学方程式为PCL,+3H0= 2 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 H,PO:+3HCl. coH)·cCa）·cpo）-K[ca(po),o c(F-)·c3(Ca2+)·c3(P0) K Cas(PO )F] 第14期2版参考答案 专练一 6.8×10-37 2.8X1002.4×10,因此使用添加NaF的含氟牙膏，可实 1.D2.B3.A4.C 现Ca(PO4)3OH(s)与Ca(PO4)3F(s)的转化，D正确 专练二 6.DK,(CdCO,)=c(C0)·c(Cd+)、K,[Cd(OH),]= 1.B2.B3.D4.B c2(OH)·c(Cd2+),溶液中c(C0)与c(C+)成反比，所以 5.(1)橙(2)C(3)5 若-lgc(C+)增大一个单位，则-lgc(CO)减小一个单位， 第14期3版参考答案 因此曲线Ⅱ是CCO,的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是 素养测评（十一） Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，当-lgc(C+)=6时， 一、选择题 lgc(C03)=6,-lgc(0H）=4,所以K,(CdC03）)= 1.C 2.D c(C0好)·c(Cd2+)=10-2、Km[Cd(0H)2]=c2(0H)· 3.B碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶性氯化钡， c(C+)=10-4.据此分析解答.曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶 可溶性氯化钡有毒，因此不能用碳酸钡作为内服造影剂，A错 解平衡曲线，向X点对应溶液中加人适量的NaOH溶液， 误；碳酸钠与Ba2+生成的BaCO3虽难溶，但在胃酸(HC@)中会 c(Cd+)减小而c(OH)增大，不可能得到Z点对应溶液，A错 重新溶解生成Ba2+,无法有效解毒，因此不能用碳酸钠代替硫 误；常温下，CdCO,饱和溶液中c(Cd2+)=√K(CdCO)= 酸钠，C错误；硫酸钡的饱和溶液中，c(Ba2+)=√Kp= √10-亚mol/L=106mol/L,Cd(OH)2饱和溶液中c(Cd2+)= 1 √/1.1×10o≈1.05×10-5mol/L>1.0×10-5mol/L,故误饮 35 √年×10mmL=√2 ×105mol/L,即后者c(Cdf+)较 c(Ba2+)=1.0×105mol/L的溶液时，不会引起钡离子中毒， 大，B错误；Y点在曲线Ⅱ的下方，对应CdCO3溶液中Q> D错误. K,(CCO,),即处于过饱和状态，所以沉淀速率更大，C错误. 4.BK,(PbCl2)只受温度影响，温度不变，K(PbC2)不 7.A2mL0.1mo/L AgNO3溶液中加入2mL 变，A错误；根据图像可知，当0<c(HCI)<1mol/L时，增大盐 0.05mol/L KSCN溶液，AgNO,过量，生成AgSCN白色沉淀，滴 酸浓度，PbCL2的溶解平衡逆向移动，PbCL2的溶解量减少，而 加Fe(NO,),溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN的浓度很 当盐酸的浓度大于1mol/L时，PCL2(s)的溶解度随盐酸浓度 小，加人KI溶液，由于AgNO3过量，与KI反应会生成黄色沉 的增大而增大，则PbCL2能与一定浓度的盐酸反应，B正确；x、y 淀Agl,但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I= 两点PbCL2的溶解量相等，但y点时PbCL2与HCl发生了反应， SCN+Agl,增大了溶液中c(SCN),使溶液变红.据分析可 故xy两点对应的溶液中c(P%2+)不相等，C错误；PbC2(s)! 知，A错误；Q>K,时，溶液中有沉淀析出，所以①中产生白色 存在沉淀溶解平衡，且Pb2能与盐酸反应，故往含Pb2+的溶 沉淀的原因是c(Ag)·c(SCN-)>K(AgSCN),B正确；①中 液中加人过量浓盐酸，不能将Pb2完全转化为PbCl2(s),D 有难溶性固体AgSCN,存在平衡：AgSCN(s)一Ag(aq)+ 错误. SCN（aq),C正确；Fe+遇SCN溶液变红，②中无明显变化是 5.C牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca(PO4)3OH], 因为溶液中c(SCN)过低，D正确 口腔中残留大量的酸性物质，将消耗OH,导致c(OH)减 8.C由题意可知，钻渣的主要成分为CoO,还含有 小，使羟基磷酸钙的沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确； Fe04、AL,03、Pb0、Ca0等.用氢氧化钠溶液“碱浸”，Al,03与 在牙膏中添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得 NaOH溶液反应生成Na[A1(OH)4]除去氧化铝，滤渣“酸浸”， 羟基磷酸钙溶解平衡向逆反应方向移动，有利于生成羟基磷酸 PO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中存在 钙，能起到保护牙齿的作用，B正确；K只受温度影响，加入碳 Co2+、Fe2+Fe3+,加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,加氨水生成 酸氢钠后，温度不变，K不变，C错误；两者转化发生的反应为 氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2为Fe(OH)3,滤液中再加入HF与 Cas(PO)3OH(s)+F-(aq)-Cas (PO)3F(s)+OH-(aq), Ca2+反应生成Caf2沉淀除钙，加人Na,CO,沉钴最后得到 CoC0,·由分析可知，“酸浸”所得“滤渣1”的成分有PbS04、 由离子方程式可知，反应的平衡常数K=(0加2= c(F-) CS04,A正确；“浸出液”中含有[A1(OH)4]-,通人足量CO2, 一3 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发生CO2+[A1(OH)4]=A1(OH)3↓+HCO,有白色沉淀 第15期参考答案 生成，B正确：“除铁”时加入H2O2,氧化e2+而不氧化Co2+, 《水溶液中的离子反应与平衡》综合质量检测卷 说明还原性：Fe2+>Co2+,氧化性：Co3+>H02,则氧化性顺序 一、选择题 为Co3+>H,02>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中c(HF)= 1.B由非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、碱性或 c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L,由c(Ca2+)·c2(F-)= 中性，如二氧化硫的水溶液呈酸性、氨气的水溶液呈碱性、乙醇 溶液呈中性，A错误；由酸碱中和反应得到的溶液的酸碱性取 K(CaF2)=4.0×10-1,可求出c(F-)= Kp(CaF2) c(Ca2*) 决于酸和碱的强弱，不一定呈中性，C错误；pH=7的溶液可能 K(HF) 呈碱性，如100℃时纯水的pH=6,该温度下pH=7的溶液呈 2×103,再根据K(HF),可求出c(H*)= ×c(HF)= c(F-) 碱性，D错误 1.0×106mol/L,则pH为6，D正确. 2.B 二、非选择题 3.CHN,酸性与醋酸酸性相似，说明HN3为弱酸，电离 9.(1)SrSO(s)+CO (aq)=SrCO3(s)+SO (aq) 方程式应为HN一H++N,A错误；0.O1mo/LHN溶液 100Kp(SrC03)<Kp(SS04),加人C03后，平衡 中c(H)<0.01mol/L,pH>2,B错误：弱酸稀释10倍，pH变 SS04(s)一Sr2+(aq)+S024(aq)正向移动，生成SrC0? 化小于1，故其溶液的pH<4,D错误。 (2)①减小②不变 4.A更难溶的ZmS不能转化为较难溶的Zm(OH),,A不 (3)盐酸若沉淀完全溶解，则证明SS04完全转化成 能实现 SC03,否则，未完全转化 5.D加入大量的水相当于稀释，该反应的平衡常数K= 10.(1)0.29 二，假设加水稀解到原来的2倍，此时浓度腐Q (2)5.7×10-17 (3)2H++Mn02+H3As03=H3As04+Mm2++H20 [(H*)J =( (4)①CaS04 [(s6)] 户×气二K平有正向移威：能促 ②HAs0,是弱酸，当溶液中pH调节为8左右时，AsO 进SbC水解，A不符题意；氨水与盐酸反应，促进平衡正向移 浓度增大，Ca(As04)2大量沉淀 动，能促进SbCl,水解，B不符题意；适当加热可使胶态Sb,O, 解析：(1)由题表2可知，该工厂排放的废水中 聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，同时水解反应为吸热反应，加 c(H,s0,）=28.42mol/L=0.29mol/L 热平衡正向移动，能促进水解，C不符题意；延长达到平衡后的 98 反应时间不能影响化学平衡移动，D符合题意。 (2)若处理后的工厂废水中A13+、Fe3+的浓度均为1.0× 6.D 104mol,Kp(FeAsO4)<Kp(A1As0,),则依据Km(FeAs0,)= 7.B c(Fe3+)·c(As0})=5.7×10-21可知，c(As0)最大为 8.A镉废渣中含Cd0及少量ZmO、Al203、MnO、Fe0杂 5.7×10-17mol/L. 质，加硫酸溶解，得到CdS04、ZnS04、Al2(SO4)3、MnS04、FeS04 (3)MnO02将三价砷(H,As03,弱酸)氧化成五价砷 溶液，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤 (H3As04,弱酸)，同时生成Mn2+和H,0,由此可写出该反应的 液中加高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe(OH)3、把Mn2+氧化为 离子方程式为2H+MnO2+H3As03=H3As04+Mn2++ MnO2,高锰酸钾被还原为MnO2,过滤出Fe(OH)3、MnO2,滤液 H20. 中加Zm置换出Cd,过滤，海绵镉中含有Cd和Zn,加氢氧化钠 (4)①硫酸钙难溶于硫酸，故将pH调节到2时废水中有 纯化，锌转化为Na2ZnO2.根据金属阳离子以氢氧化物形式沉 大量沉淀产生，此时没有生成Ca(AsO4)2沉淀，沉淀只能为 淀时溶液的H可知，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉 SO与Ca2+反应的产物CaS04. 淀，则滤渣1的主要成分是A1(OH)3,A错误；“氧化”过程引 ②H3As0,是弱酸，电离出来的AsO}较少，所以酸性条 人K,Zm置换CS0,中Cd之后的滤液中溶质的主要成分是 件下不易形成Ca（AsO,)2沉淀，当溶液中pH调节为8左右 K,S04和ZmS04,B正确；“纯化”过程中Zm转化为Na,ZnO2,发 时AsO浓度增大，Ca(AsO4)2大量沉淀， 生的反应为Zm+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，C正确；该工艺中 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 得到滤渣1、滤渣2、海绵镉的主要分离操作是过滤，D正确. c(Ca2+)·c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-98,B正确；根据元 9.C实验1可说明HPO?的水解程度大于其电离程度， 素质量守恒：2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF),加入盐酸，H与F 则c(H,PO4)>c(PO),A正确；Na,HPO4溶液中，根据元素 反应生成HF,则c(H)<c(CI),所以存在c(H)+ 质量守恒有c(Na)=2[c(HPO)+c(H,PO)+c(HPO4)+ 2c(Ca2+)<c(F-)+c(C)+c(HF),C错误；e点浊液中加入 c(PO)],根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(OH)+ NaF固体，F-浓度增大，阳离子浓度减小，-lgc(X)增大，D c(HPO,)+2c(HPO)+3c(PO),联立两式可得c(OH)+ 错误 c(PO})=c(H+)+c(H2PO,)+2c(HPO4),B正确；实验2 12.B由图可知，溶液中只存在三种R的微粒，则H,RO3 产生的白色沉淀为Ca,(PO4)2,离子方程式为6HPO+3Ca2++ 为二元弱酸，在溶液中的电离方程式为H,RO一H,RO,+ 60H=Ca3(P04)2↓+6H,0+4P04,C错误；实验1和实验 H、H2RO,HRO+H*,随着pOH增大，溶液酸性逐渐 2的温度相同，溶液中c(OH)·c(H)=Kw,Kw相等，D 增强，HRO3逐渐增加，HRO}呈减少趋势，H2RO3先增加后 正确。 减少，故曲线①、②、③分别表示lgc(HRO号)、lgc(HRO,)、 10.DH,SO,溶液滴定Ba(OH)2溶液时，离子浓度先减 gc(H,RO,)随pOH的变化，据此分析解答.HRO3为二元弱 小，恰好完全反应时，离子浓度最小，之后逐渐增大，电导率先 酸，则Na2HRO属于正盐，A正确；a点对应溶液中c(H,RO,)= 减小后增大，故曲线①为Ba(OH)2溶液的滴定曲线； c(HRO),由电荷守恒可知，c(Na*)+c(H+)=c(OH)+ NH3·H2O为弱电解质，H,SO,溶液滴定NH·H20溶液时， c(H,RO)+2c(HRO号)=c(OH)+3c(HRO),又因 离子浓度增大，恰好完全反应后继续加人硫酸，离子浓度继续 pOH=7.3,此时溶液显酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)< 增大，故曲线③为NH,·HO溶液的滴定曲线，则曲线②为 3c(HRO),B错误；由分析可知，曲线③表示lgc(HRO3)随 NaOH溶液的滴定曲线，A正确；由题图可知，20.00mL浓度为 pOH的变化，C正确；a点pOH=7.3则pH=6.7,c(H,RO3)= 0.100mol/L的Ba(OH)2溶液恰好完全反应消耗硫酸的体积 c(HR05),则Ka=e(H)cHR0）=c(H')=10-67,同 为20mL,故H,S0,溶液的浓度为0.100mo/L,B正确；a点为 c(H,RO) 硫酸铵溶液，硫酸铵促进水的电离，b、℃点水的电离不受影响， 理，由c点可知，K=10.4;反应H,RO+HRO号 d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液，硫酸抑制水的电离的 2H,RO,的平衡常数K=c(H,RO,)·c(HR0) c2(H2 RO) 程度大于铵根离子水解促进水的电离的程度，所以d点水的电 离程度最小，C正确；d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液， e(H*).e(H2 RO)c(H2 RO) c(H RO) -K4=1053,D 根据电荷守恒：c(NH,)+c(H)=2c(SO?)+c(OH),元素 c(H)·c(HROg)=2 正确。 质量守恒：c(SO?)=c(NH)+c(NH·H0),所以c(H)= 二、非选择题 c(NH4)+2c(NH3·H20)+c(OH),D错误. 1.B由K=H)cF2可得1g=gF= 13.(1)(H+)·c(Hs) c(H,S) c(HF) e(H*) K (2)H,C,O>CH COOH>H,S 1gc(F)-lgK,随着1g增大，lgc(F)也增大，则随着 c(H+) (3)H2 C20 +KOH=KHC2O +H2O 1g增大，-gc(F)减小，所以L表示-gc(F)与 (4)HS +HC2O=H,S+C2O c(H*) (5)③④ e的变化商线A错误根超图像当e相同，即 14.I.(1)大于 (2)用未知浓度的NaOH溶液润洗碱式滴定管2~3次 c(F-)相同时，L2表示的离子浓度小，已知Kp（CaF2)< (3)ac K,(e,)所以h表示-ke(C)与e的变化线， Ⅱ.(4)酸式 由a点坐标可知，gH=1g=1.2,-c(F)=2得 (5)当加人最后半滴KMO4标准溶液时，溶液由无色变 c(H+) K 为浅紫色，且半分钟内不褪色 K=1032,由b点坐标可知，g=gD）=-0.7,则 （6)1.38Y9% c(H*) K. a c(F-）=10-3.2×10-o.7mol/L=10-3.9mol/L,Kp(CaF2)= 解析：(6)根据2MnO,+5NO2+6H*=2Mn2++5NO,+ 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 3H,0可知，n(KMnO,):n(NaN02)=2:5,则 e(HPO c(H,P05）>lg (HPO号) 000mXx0计=子，解得e(a0,）= c(H,P0, ,即1gc(H,P0) c(H,PO则曲线I表示 c(NaN03)×25.00×103L c(HPO) 曲线Ⅱ表示g c(H2 PO3) g 由图可知， 0.002Vmol/L,则该样品中NaN02的质量分数为 Pc(H2 PO;)' c(H2P03) 0.002ymol/L×0.1Lx69gmol×100%=L.38Y%. c(H2 PO; gcH,P0,） =1时，pH=2.4,即HP0) c(HPO3) =10时，溶液中 a g a 15.(1)增大固体表面积，提高酸浸速率 c(H)=1×10-2.4mol/L.亚磷酸(H,P0)的K= (2)Fe(OH)3、Al(OH)3 c(HPO,)·c(H*) c(H;PO3) =10×1×10-24mol/L=1×10-1.4mo/L. (3)2e2++H,02+2H*=2Fe3++2H,010-15.6 (4)①b 图中g HO=-1时，pH=5.5,即H0=0.1时， c(HPO;) c(HPO,) ②4.7≤pH<6.2 (5)HC加热浓缩、降温结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶） c(*)=1×10-55 mol/LK2=cH0,:c(H2-10s c(H2P03) 解析：由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸酸 因此反应HPO号+H0一HPO+OH的平衡常数K= 浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反 应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有可溶硫酸盐的滤液 c(H,P03)·c(0H)_K=1015 c(HPO) 1;向滤液1中加人有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机 (4)Ca,（P04)2的溶度积常数Kp[Ca3(P04)2]= 层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧 c3(Ca2+)·c2(P0),处理后的废水中c(Ca2+）=5× 化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH,由表中数据可知，F3 完全沉淀的pH=3.2,A13+完全沉淀的pH=4.7,N2+开始沉淀 KCa,P02过= 106mo/L,则溶液中c(P0:)=√c2(Ca*) 的pH=7.2故人，0.]=001x)产=10-，由 2×1029 √(5×10-o)mo/L=4×10-7 mol/L. 调pH前c(N2+)=1.0mo/L,则N2+开始沉淀时，c(OH-）= 第16期参考答案 /10-.6 1一mo/L=10-78mol/L,故pH=6.2,需控制pH在4.7≤ 《选择性必修1》阶段测试卷卷 一、选择题 pH<6.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、 1.C 氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和 2.BK是温度的函数，温度不变，更换催化剂后的K也不 含有硫酸镍的滤液2；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过 变，A正确：相同温度下，水的离子积常数相同，B错误；某温度 滤、洗涤、干燥得到NSO,·7H20晶体，据此分析解答 下，一元弱酸HA的电离常数为K,其盐NaA的水解常数K 16.(1)PCl +H20+ClPOCI +2HCI 与K的关系为K= (2)c(Na+)>c(HPO-）>c(0H-)>c(H,PO)> ,K,越小，K越大，C正确；平衡常数能 K c(H*) 反映一定条件下对应变化进行的程度，D正确。 (3)I1×10-141×10-7.5 3.DC2+、Hg2+等重金属离子常采用沉淀法处理，如加 (4)4×107 人硫化钠、硫化亚铁等沉淀剂使之转化为HgS、CuS沉淀，而 解析：(2)亚磷酸(HPO)为二元弱酸，则HPO?不能再 C2不能使之转化为沉淀，无法处理，D错误. 发生电离，只能发生水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在 4.A由盖斯定律可知，△H1=2△H2+△H3-△H4=2× 电离平衡，所以溶液中c(HPO)<c(OH),因此溶液中离子 (-299kJ/mol)+(-1018kJ/mol)-(+87kJ/mol)= 浓度大小顺序为c(Na)>c(HPO号)>c(OH)> -1703kJ/mol,故选A. c(H2PO;)>e(H*). 5.CHBb为弱酸，部分电离，故0.01mol/LHBb溶液中 (3)H,O,的K=c(H,P0,）·e(H c(H)<0.O1mo/L,溶液pH>2,A错误；加水稀释促进HBb c(HPO;) ,K2 电离，但HBb电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中 c(HPO3)·c(H) c(H2 PO,) c(H+)减小，溶液的pH增大，B错误；0.01mol/L NaBb溶液中 ,K>K2,c(H+)相同时， c(HPO) c(HPO) 存在元素质量守恒：c(Na)=c(Bb)+c(HBh),D错误， 6 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 6.B将反应一、二和C02(g)+C(s)=2C0(g)△H3= 10.D由图1可知，0.1mo/L HAuCI溶液的pH=3,则 +172.5k/mol分别记作①、②、③，根据盖斯定律，由HAuC4为一元弱酸，b点为等浓度的HAuCl4和NaAuCl.的混 ①=②+2×③，则△H1=△H2+2△H=-118.8kJ/mol+2× 合溶液，溶液呈酸性，说明HAuCl4的电离程度大于AuCl的 （+172.5kJ/mol)=+226.2kJ/mol,A错误；由图像可知， 水解程度，溶液中AuCl,的浓度大于HAuCl4的浓度，c点为 800℃时，C02的物质的量小于C0的物质的量，反应二的平衡 HAuCl4和NaAuCl4的混合溶液，溶液呈中性.由分析可知， 常数K= (C02) 0.1mol/L HAuCl,溶液的pH=3,则其电离常数K,= c(C0) ,则K小于1，B正确；由图可知，当温度高于 415℃时，体系内SS04的物质的量趋近于0，故体系内的主反 c(AmC)·c(H*),1×103×1×103=1×105,数量级为 c(HAuCl 0.1 应不可能为SrS0,(s)+4C(s)一4C0(g)+SS(s),C错误；通 I0-5,A正确；由分析可知，c点为HAuCl4和NaAuCl4的混合溶 入空气的作用是利用C0和O2反应，为制备过程供能的同时 液，溶液呈中性，溶液中c(H)=c(OH),由电荷守恒： 降低CO的排放量，减小污染，D错误。 c(H+)+c(Na*)=c(OH)+c(AuCl4)可知，溶液中 7.B由图知，前12s内，A的平均反应速率为v(A)= c(Na)=c(AuCl),B正确；由图2可知，N点溶液中AuCl 4c=0.8mol/L-0.2moVL=0.05mol/(L·s),A正确；前 △t 12s 的浓度大于HAuCl4的浓度，由分析可知，滴定曲线中的b点可 12s内，A的浓度变化了0.6mo/L,A的物质的量变化了 能对应图2中N点，C正确；由分析可知，b点为等浓度的 0.6mol/L×2L=1.2mol,根据3A(g)+bB(g)=c(g)△H= HAuC4和NaAuCl4的混合溶液，溶液中存在电荷守恒： -QkJ/mol(Q>0),则12s内A和B反应放出的热量为 c(H)+c(Na)=c(OH)+c(AuC4)和元素质量守恒： 1:2m0×Qk=0.40,B错误；反应中各物质的浓度变化量 2c(Na)=c(HAuCI4)+c(AuCl),整合两式可得溶液中 3 mol 2c(H)+c(HAuCl4)=2c(OH）+c(AuCL,),D错误 之比等于化学计量数之比，12s内，A的浓度变化了0.6mol/L, 11.D由Kp(Ag0)=c(Ag）·c(I0）和 B的浓度变化了0.2mo/L,C的浓度变化了08md- 2L K[Pb(I03)2]=c(Pb2+)·c2(I0)可知，-lge(Ag)= 0.4mo/L,三者浓度变化之比为3：1：2，则b:c=1:2,C正确； -lgc(I0)、-lgc(IO,)=-lg[2c(Pb2+)],故根据斜率大小 由图可知，2s内，A的转化率为0.8moL-0.5moL× 可知，线②表示K,[P(I0)2]即Pb(10)2的饱和溶液，线① 0.8 mol/L 表示的是K,(AgIO,)即AgO,的饱和溶液，且由b点坐标可 100%=37.5%,D正确. 知，K,(Ag0,)=10-.09×10-21=10-7.0,K,[Pb(103)2]= 8.D 9.C若只升高温度，c(C0)增大，说明平衡逆向移动， (105.)2×10221=1012.9.由分析可知，A错误；若向a点饱 则该反应的正反应是放热反应，△H<0,A错误；将原溶液加少 和溶液中加入适量NalO3固体，c(I0,)增大，-lg[c(IO)]会 量水稀释后，溶液中各离子浓度均减小，Q>K,平衡逆向移动， 减小，不会由a点变成b点，B错误；结合图像和分析，过c点 (G0)增大.G.G候)泼小，则8号}的值减小.B特 作x轴垂线，c点的Q>K[Pb(IO3)2],c点是Pb(IO3)2的过 饱和溶液，有沉淀析出，c点的Q<K,(AgIO3),c点是AgO,的 误；由图像可知，当-g[c(CO)·c(H)]=7.2时， 不饱和溶液，无沉淀析出，C错误. -lgc(Cr0)）=0.4,则c(Cr0）·c(H+)=107.2(m/L)2, 12.A由题图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓 c(C,0)=1004mlL,反应的平衡常数K=度变化量为3.0md/L,放(D)=3.0mmL=0.3my(L·mi,A 10 min c(Cr2) 10-0.4 [c(C0)·c(H*)=(10-27=104,C正确；由K= 错误；由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、 c(Cr20） 3.0mol/L,故1：x=1.5mol/L:3mo/L,得x=2,C为固体，则 [c(Cr0)·c(H*)下=10“，当c(C0）=c(C,0)时， 可逆反应A(g)+B(g)C(s)+2D(g)的平衡常数表达式 c(c0)·c2(H*)=104,即c(C0)·c2(H）= 1 c2(D) (A)·(B)B正确：该反应前后气体分子数不变，增大压 iK=- 104(mo/L)3,由于-lg[c(Cr0}）·c(H+)]>7,故 强，平衡不移动，C正确；由题图可知，改变条件的瞬间，反应混 c(Cr0）·c(H+）<10-7(mol/L)2,则c(H*)>10-7mol/L, 合物中各物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的 即pH<7,D错误. 正反应为吸热反应，故改变的反应条件应是降低温度，D正确。 > 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 二、非选择题 对应的曲线为L1,在1400℃时，lg即=3.2，则p。=1032Pa, 13.(1)NaOH NH,NO, ((c)()(C) (2)NH NO=NH+NO ③L,和L两条曲线之间的区域为反应ⅰ自发进行、反应 (3)NO,+H,OHNO,+OH ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高，速率越快，压强越大，限 (4)c(Na)>c(NO,)>c(N02)>c(OH)>c(H) 度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件。 (5)NaNO2+NH NO,-A-NaNO,+N2 1 +2H.O (3)①由题干可知，反应中生成的气体为镁蒸气、C0气 解析：HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH,NO3是强酸弱碱 体，假设反应前镁元素为100g,由实验3，ac/%=97%,则生 盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO2的水解是微弱的，而 成镁蒸气97g,aw/%=104%,质量差为104g,则生成C0为 NaOH、HNO,的电离是完全的，由溶液的pH可知，X、Y、Z、W 104g-97g=7g,则实验3中C0体积分数为 分别为NaOH,HNO3、NaNO2和NH,NO, 78 (4)X、Y、Z三者各1mol/L同时溶于水得到等物质的量浓 28 g/mol -×100%=5.8%. 7 97g 度的NaNO,和NaNO2,NaNO2能水解而使溶液呈碱性，则 28 g/mol+24 g/mol c(OH)>c(H),Na、NO,不水解，但盐类水解较微弱，故 ②结合①分析，则上述五组实验中，a/%、ac/%差值越 离子浓度的大小顺序为c(Na)>c(NO,)>c(NO2)> 小，C0含量越小，则产品纯度越高，故最高的是实验5. c(OH-)>e(H*). 15.（1)①4BaCr0,+20HCl+C,H,0H本雀加热4BaCl,+ (5)NaNO2与NH,NO3溶液混合加热生成的无色无味的 4CrCL3+13H,0+2C02↑ 气体应为N2.这是由于NNO2中+3价的氮元素与NH中 ②加大乙醇的投料量有利于BaCrO,完全反应，提高其利 -3价的氮元素发生反应：NaNO2+NH,NO,≌NaNO+N,↑+ 用率 2H,0 (2)①当滴入最后半滴Na,S2O3标准溶液时，溶液由蓝色 14.(1)①+955②AC 变无色，且半分钟内不变色 106.4 ②96.1% (2)①上方②L1 4 (3)加入1mol/L NaOH溶液，调节溶液的plH在6~12范 ③L,和L,两条曲线之间的区域为反应1自发进行、反应 围内，静置，过滤，使用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤液，加 ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度 入0.1mol/L AgNO,溶液和0.1mdl/LHNO,溶液不再出现浑 越大 浊，洗涤干净 (3)①5.8%②5 解析：(2)②由C元素守恒及方程式可得关系式 解析：(1)①根据盖斯定律，由反应ⅰ+2×反应ⅱ可得反 2Cr3+~Cr,0~3L2~6S20},根据关系式计算， 应Mg0·Ca0(s)+4C(s)一Mg(g)+2C0(g)+CaC2(s), 2Cr3+~Cr,0?~3L2~6S203 △H=(+27kJ/mol)+2×(+464kJ/mdl)=+955k/mol. 2 6 ②总反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平 n(Cr) 0.0250mol/L×0.024L 衡产率；粉碎白云石，能加快反应速率，不能使平衡移动，不能 故n(C*)=0.0250mal/Lx0.024L×分，250nL溶液 提高平衡产率；及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高 平衡产率。 中r(Gr）=0.050maLx0.4L×子x8- 25 mL (2)①反应为吸热的熵增反应，△G<0反应正向自发进 0.002mol,根据Cr元素守恒可知，n(CrCl3)=n'(Cr3)= 行，则高温利于反应自发进行，反应正向自发的区域应位于 0.002mol,所以样品中m(CrCl3）=0.002mol×158.5g/mol= 对应曲线的上方 ②根据盖斯定律，由反应i+反应ⅱ可得反应ⅲ： 03门g:故样品中无水三氯化铬的质量分数为部6× Mg0·CaO(s)+C(s)Mg(g)+CaO(s)+CO(g）△H3= 100%≈96.1%. +491kJ/mol>△H1=+27kJ/mol,△G<0时反应正向自发进 行，则相同条件下，反应ⅲ较反应需要更高的温度，则反应ⅲ 8《选择性必修1》阶段测试卷 ◎数理报社试题研究中心 (测试内容：第一、二、三章) 可能用到的相对原子质量：C-120-16Mg-24 Cl-35.5Cr-52 第I卷选择题（共36分） 题号 7 8 9 10 12 郑 选项 一、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意） 1.我国古代染坊常用“碱剂”来精炼丝绸，这种“碱剂”的主要成分是一种盐，向其水溶液中滴入 酚酞溶液后，溶液变红色，该“碱剂”的主要成分可能是 ) A.食盐 B.烧碱 C.纯碱 D.胆矾 2.K、K.、K。、K分别表示化学平衡常数、水的离子积常数、弱酸电离常数和溶度积常数，下列判 断不正确的是 ( ) A.在500℃、20MP的密闭容器中进行合成氨的反应，更换新型催化剂后K不变 B.相同温度下的酸、碱、盐的稀溶液中水的离子积常数Kw不同 C.某温度下，一元弱酸HA的K越小，则NaA的K越大 D.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 3.下列说法错误的是 A.“爝火燃回春浩浩，烘炉照破夜沉沉”中不涉及吸热反应 B.用稀盐酸与稀NOH溶液（碱稍过量）测定中和反应的反应热时，实验中应上下拉动玻璃 搅拌器 C.常温下反应2Na2S03(s)+02(g)=2Na2S04(s)能自发进行，则△H<0 D.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 4.碳酰肼类化合物[M(L)3](Cl04)2是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关 反应的能量变化如下图所示，已知△H2=-299kJ/mol,则△H1为 △H1 2C0(g)+[Mn(L)3]P(g) [Mn(L)3](Cl0)2(s） 解 2AH △H=-1018kJ/mol △H4=+87kJ/mol 2CIO:(aq)+[Mn(L):P(aq) A.-1 703 kJ/mol B.-1 389 kJ/mol C.-1 334 kJ/mol D.-1 160 kJ/mol 5.溴甲基蓝（用HBb表示）指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bbˉ为蓝色.下列叙述正确的是 ( A.0.01mol/LHBb溶液的pH=2 B.0.O1mol/LHBb溶液加入少量水稀释，pH降低 C.向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显蓝色 D.0.01mol/L NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb)+c(HBb) 6.工业通过高温煅烧焦炭与SS04(硫酸锶)混合物，并通入一定量 物质的量/mol 的空气，采用反应一或反应二制备SS(s): C(s) 反应一：SS04(s)+2C(s)=2C02(g)+SrS(s)△H, C0(g) C02(g) 反应二：SrS04(s)+4C0(g)=4C02(g)+SS(s) SrSO(s) SrS(s) △H2=-118.8kJ/mol 415 0 已知：C02(g)+C(s)=2C0(g)△H3=+172.5kJ/mol 400 800 温度℃ C(s)+02(g)=C02(g)AH4=-393.5kJ/mol 随着温度升高，反应产物种类、物质的量的变化如上图所示.下列说法正确的是 A.△H1=-226.2kJ/mol B.800℃时，反应二的平衡常数K<1 C.当温度高于415℃时，体系内的主反应变为SS0,(s)+4C(s)=4C0(g)+SS(s) D.通入空气的作用是利用C0和O2反应放出的热量为制备过程供能 7.T℃，在2L密闭容器中投入一定量A、B发生反应：3A(g)+ bB(8)一cC(g)AH=-QkJ/mol(Q>0).12s时反应达到平至0,8 衡，生成C的物质的量为0.8mol,反应过程中A、B的物质的量浓 0.5 度随时间的变化关系如右图所示.下列说法错误的是 A.前12s内，A的平均反应速率为0.05mol/(L·s) 喇0.3… 0.2 B.前12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ 紧 00 C.化学计量数之比b:c=1:2 12时间s D.2s内，A的转化率为37.5% 8.下列实验能达到预期目的的是 编号 实验内容 实验目的 取两支试管，分别加入4mL0.01mol/L KMnO4酸性 溶液，然后向一支试管中加入0.1ol/LH2C204溶液证明草酸浓度越大，反应速率 A 2mL,向另一支试管中加入0.1mol/LH2C,04溶液越快 4mL,记录褪色时间 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量Ba(OH)2固证明Na2CO3溶液中存在水 B 体，观察溶液颜色变化 解平衡 向10mL0.2mol/LNaO溶液中滴入 证明在相同温度下的K即： C 2滴0.1mol/L MgCI2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2 Mg(OH)2>Fe(OH)3 滴0.1mol/L FeCl,溶液，又生成红褐色沉淀 测定相同条件下等物质的量浓度的Na,S04溶液与 D 证明非金属性：S>C Na,CO3溶液的pH,后者较大 9.已知：溶液中存在2Cr0?+2H+Cr,0号+H,0,25℃时，调节初始浓度为1.0mol/L Na2CO4溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中-lgc(CrO号）与 lg[c(CO)·c(H+)]的关系如下图所示.下列说法正确的是 1.0 0.8 0.6 0 0 .07.17.27.37.47.5 -Ig[(CrO)c(H*)] A.若只升高温度，c(CO)增大，则该反应的△H>0 B.若将原溶液加少量水稀释，溶液中 (C,0)的值增大 c(CrO-) C.反应的平衡常数K=104 D.当c(Cr20号)=c(CrO)时，溶液的plH>7 10.王水能溶解金，是因为与金反应生成四氯金酸(HAuCl4).25℃时，向20mL0.1mol/L HAuCI4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含Cl粒子的物质的量分 数（⑧）随pH的变化关系如图2所示，下列说法错误的是 ( pH 13 81.0 AuCli 11 0.8 0.6 N 典0 M 0.2 HAuCla 1015 20 12 5 V(NaOH溶液)/mL PH 图1 图2 A.K(HAuCI4.)的数量级为10-s B.c点对应溶液中：c(Na+)=c(AuCl4) C.滴定曲线中的b点可能对应图2中的N点 D.b点对应溶液中：c(H+)+c(HAuCI4)=c(OH-)+c(AuCl4) 11.常温下，AgIO3和Pb(IO3)2的沉淀溶解平衡曲线如下图所示.纵坐标中M代表Ag或Pb2+, 物质的溶解度以物质的量浓度表示.下列说法正确的是 () 6 ①8 2 1 (5.09,2.21) 01234561 -lg[c(I0:)/mol·L)j A.曲线①代表Pb2+与-lg[c(I03)]的关系 B.向a点饱和溶液中加入适量NalO3固体，可使溶液由a点变成b点 C.c点有AgI03沉淀生成，无Pb(IO3)2沉淀生成 D.c(I0)=0.1mo/L时，AgI0,、Pb(10,)2饱和溶液中c(Pb=104m c(Ag*) 12.温度为TK时，向VL的密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g),发生反应A(g)+ B(g)一C(s)+xD(g)△H>0,容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如下图所 示，下列说法不正确的是 () /(mol/L) 35 D 3.0 25 2.0 1.5 1.0 0.5 0 5 1015 20 25 t/min A.反应在前10min内的平均反应速率v(D)=0.15mol/(L·min) B.该反应的平衡常数表达式K= c2(D) c(A)·c(B) C.若平衡时保持温度不变，压缩容器容积，平衡不移动 D.反应至15min时，改变的反应条件是降低温度 第Ⅱ卷非选择题（共64分） 二、非选择题（本题包括3小题，共64分） 13.(18分)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH,NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种.下表是常 温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH 0.01mol/L的溶液 X Y Z W pH 12 2 8.5 4.5 (1)X、W的化学式分别为 (2)W在溶液中的电离方程式为 (3)25℃时，Z溶液的pH>7的原因是 (用离子方程式表示) (4)将X、Y、Z各1o/L同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到 小的顺序为 (5)Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为 14.(22分)新型碳还原白云石(Mg0·C0)炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”两阶段，对应 的主要反应如下： 反应i:Mg0·CaO(s)+CaC2(s)-Mg(g)+2CaO(s)+2C(s)△H1=+27kJ/mol Kp 反应iⅱ：Ca0(s)+3C(s)=CaC,(s)+C0(g)△H2=+464kJ/mol K2 请回答下列问题： (1)总反应为Mg0·Ca0(s)+4C(s)=Mg(g)+2C0(g)+CaC,(s)△H. ①AH= kJ/mol. ②下列措施能提高平衡产率的有 (填字母). A.升高温度 B.粉碎白云石 C.及时分离气态产物 (2)“炼镁”阶段同时发生反应i:Mg0·CaO(s)+C(s)=一Mg(g)+Ca0(s)+C0(g) △H3Ks,已知：△G=△H-T△S,△G=0时，反应处于平衡状态；△G<0时，反应正向自发进 行.反应i和反应ⅲi分别在△G=0时，体系温度T(℃)与压强p(Pa)的变化关系如下图所 示.为获得高纯镁应从源头上避免镁蒸气与C0接触（即抑制反应ⅲ发生），图中阴影区域为 最佳工艺条件. 1600 (3.2,1400) 1400 1200 (3.7,1400) 1000 800 00.51.01.52.02.53.03.54.0 1觊 ①反应正向自发的区域位于对应曲线的 (填“上方”或“下方”). ②反应ⅲ对应的曲线为 (填“L”或“L2”),在1400℃时，K8=」 Pa2. ③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为 (3)为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下反应2h后镁的还原率axw和aCp如下 表.已知：aw= 反应前后固体质量差 反应前后样品中镁元素的质量差 X 反应前镁元素的质量 ×100%;a1cp 反应前样品中镁元素的质量 100%. 实验组别 实验1 实验2 实验3 实验4 实验5 温度/℃ 1250 1300 1350 1350 1350 压强/Pa 2000 2000 2000 3000 4000 Qw/9% 80 97 104 98 94 QICp/% 72 87 97 94 92 ①实验3中C0体积分数为 (保留2位有效数字). ②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验 (填实验序号). 15.(24分)三氯化铬(CCL3)在工业上主要用作媒染剂和催化剂，Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、 橡胶等工业，实验室模拟工业上以BaCrO,为原料制备CrCL,和Cr(OH)3. (1)制备CrCL3.取一定质量的BaCO4和对应量的水加人到三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段 时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CCL3并放出C02气体， ①上述反应的化学方程式为 ②上述反应中的乙醇与BaCr04投料的物质的量比例大约为3：8，原因是 (2)测定CCL的质量分数， I.称取样品0.3300g,加水溶解并配成250.0mL的溶液. 肉 Ⅱ.移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的Na202,稀释并加 热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将C3+氧化为C,0;再加人过量KI固体加塞摇匀，使铬 完全以C3+的形式存在. Ⅲ.加入1mL淀粉溶液，用0.0250mol/LNa2S203标准溶液滴定至终点，平行测定3次，平 均消耗Na2S203标准溶液24.00mL. 已知反应： Cr20吲+I+H*一→L2+Cr3++H0(未配平) L2+S20号一S40+I(未配平) ①滴定终点的现象是 ②CCL的质量分数为 (保留小数点后一位). 些 (3)制备Cr(OH)3.Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如下图所示. 1.0 0.8 0.6 0.4 Cr(OH) ◆Cr+ 0.2 Cr(OH) 1012 14 PH 清补充完整由CrCL溶液制备Cr(OH)3的实验方案：取适量CCL溶液， ,低温烘 干，得到Cr(OH)3晶体（实验中须使用的试剂：1mol/L NaOH溶液0.1mol/L AgNO3溶液、 0.1mol/LHNO3溶液、蒸馏水). (参考答案见下期)】