2019-2020學(xué)年百校聯(lián)盟新高考化學(xué)模擬試卷含解析

1、2019-2020 學(xué)年百校聯(lián)盟新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題(本題包括 15個(gè)小題，每小題 4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是()A.氯化錢受熱氣化和苯的氣化B.碘和干冰受熱升華C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化鈉和鐵的熔化【答案】B【解析】【詳解】A.氯化俊屬于離子晶體，需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；B.碘和干冰受熱升華，均破壞分子間作用力，故 B選；C.二氧化硅屬于原子晶體，需要克服化學(xué)鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；D.氯化鈉

2、屬于離子晶體，熔化需要克服離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)鍵及晶體類型，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵。一般來說，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價(jià)鍵，但錢鹽中存在離子鍵；由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時(shí)只破壞分子間作用力，電解質(zhì)的電離化學(xué)鍵會(huì)斷裂。2.分別在三個(gè)容積均為 2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A(g)+B(g)? D(g)。其中容器甲中反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，相關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：容器溫度/C起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol化學(xué)平衡常數(shù)n(A)n(B)n(

3、D)n(D)甲5004.04.003.2Ki乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3卜列說法不正確的是A. 05min內(nèi)，甲容器中 A的平均反應(yīng)速率 v(A)=0.64mol L- 1minB. a=2.2A的轉(zhuǎn)化率小于80%C.若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB ,反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),D. K1=K2K3【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.容器甲中前 5min的平均反應(yīng)速率 v(D)=二一32mo一=0.32mol?L1?min-1,則v(A尸VVt 2.0L 5minv(D)=0.32mol?L-1?min-1,故 A 錯(cuò)誤;B.甲和乙的溫度相同，平衡

4、常數(shù)相等,甲中A(g) + B(g) ? D(g)開始(mol/L) 2.02.00反應(yīng)(mol/L) 1.61.61.6平衡(mol/L) 0.40.41.6化學(xué)平衡常數(shù)1.6K=0.4 0.4=10,乙中A(g) + B(g) ? D(g)開始(mol/L) 2.0a02反應(yīng)(mol/L) 1.01.01.0平衡(mol/L) 1.0 a-1.01.021.0化學(xué)平衡常數(shù) K=-=10,解得：a=2.2,故B正確;1.0 (0.5a 1.0)1.6mol /LC.甲中CO轉(zhuǎn)化率=二一X 100%=80%若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB ,相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，2mol / L平衡

5、逆向移動(dòng)，導(dǎo)致 A轉(zhuǎn)化率減小，則 A轉(zhuǎn)化率小于80%,故C正確；D.甲和乙的溫度相同，平衡常數(shù)相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD ,若溫度不變等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器溫度高，平衡時(shí)D的濃度減小，即升溫平衡逆向移動(dòng)， 則平衡常數(shù)減小,因此Ki=K2K3,故D正確；故選Ao3.某興趣小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)測(cè)定海帶中碘元素的含量，依次經(jīng)過以下四個(gè)步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A.灼燒海帶:B.將海帶灰溶解后分離出不溶性雜質(zhì):C.制備C12,并將I-氧化為I2：D.以淀粉為指示劑，用 Na2&O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定:A.灼燒需在堪期中進(jìn)行，不能選燒杯，A

6、項(xiàng)錯(cuò)誤；B.將海帶灰溶解后分離出不溶性雜質(zhì)采用過濾操作，過濾需要玻璃棒引流， 圖中操作科學(xué)規(guī)范，B項(xiàng)正確;C.制備C12,并將氧化為I2,除去氯氣中的氯化氫應(yīng)該用飽和食鹽水，尾氣需用氫氧化鈉吸收，C項(xiàng)錯(cuò)誤;D. Na2S2O3為強(qiáng)堿弱酸鹽，因 S2O32-的水解使溶液呈現(xiàn)堿T所以滴定時(shí)Na2S2O3應(yīng)該放在堿式滴定管中，而不是酸式滴定管，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)是 D項(xiàng)，選擇酸堿滴定管一方面要考慮實(shí)際的反應(yīng)所需的環(huán)境，另一方面要考慮標(biāo)準(zhǔn)溶液的酸堿性。如高鎰酸鉀溶液在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，需選擇酸式滴定管；而本題的硫酸硫酸鈉還原碘單 質(zhì)時(shí)，考慮到標(biāo)準(zhǔn)溶液的水解來選擇堿式滴定管。

7、此外，學(xué)生要牢記儀器的構(gòu)造，會(huì)區(qū)分酸式滴定管與堿 式滴定管。4 .加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如圖所示裝置探究廢舊塑料的再利用。下列敘述不正確的是A.裝置乙試管中收集到的液體在催化劑存在下可以與Br2發(fā)生取代反應(yīng)B.裝置丙中的試劑吸收反應(yīng)產(chǎn)生的氣體后得到的產(chǎn)物的密度均比水大C.最后收集的氣體可以作為清潔燃料使用D.甲烷的二氯代物有 2種【答案】D【解析】【分析】 【詳解】A.裝置乙試管中收集到的液體物質(zhì)是苯和甲苯，兩種物質(zhì)的分子中都含有苯環(huán)，在催化劑存在下可以與 Br2發(fā)生取代反應(yīng)，A正確；B.加熱聚丙烯廢塑料得到的不飽和燒乙烯、丙烯可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)

8、，產(chǎn)生 1, 2-二澳乙烷和1, 2-二澳丙烷，它們都是液體物質(zhì)，難溶于水，密度比水大，B正確；C.加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，氣體物質(zhì)有氫氣、甲烷、乙烯、 丙烯，液體物質(zhì)有苯和甲苯，其中苯和甲苯經(jīng)冷水降溫恢復(fù)至常溫下的液態(tài)留在小試管中；氣體中乙烯、 丙烯與澳的四氯化碳溶液反應(yīng)變?yōu)橐后w，剩余氣體為氫氣、甲烷，燃燒產(chǎn)生H2O、CO2,無污染，因此可作為清潔燃料使用，C正確；D.甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，分子中只有一種H原子，其二氯代物只有 1種，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是Do5 .用某種儀器量取液體體積時(shí)，平視時(shí)讀數(shù)為n mL,仰視時(shí)讀數(shù)為x mL,俯視時(shí)讀數(shù)為y mL,若

9、Xny,則所用的儀器可能為A.滴定管B.量筒C.容量瓶D,以上均不對(duì)【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】平視時(shí)讀數(shù)為n mL,仰視時(shí)讀數(shù)為x mL,所讀數(shù)據(jù)偏下，俯視時(shí)讀數(shù)為 y mL所讀數(shù)據(jù)偏上，若x ny,說 明該儀器的刻度自上而下逐漸增大，所以該儀器為滴定管，答案選 Ao6 .短周期元素 X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質(zhì)能溶于 W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，甲+乙-丙+W,其中甲是元素 X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下0.1mol L-1丙溶液的

10、pH=13,下列說法錯(cuò)誤的是A. X和Y、W均至少能形成兩種化合物B.乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵的離子化合物C.四種元素簡(jiǎn)單離子半徑中 Z的最小D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：XW【答案】B【解析】【詳解】短周期元素X、 Y、 Z、 W 的原子序數(shù)依次增大，Z 的單質(zhì)能溶于W 的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說明Z為Al元素，W為S元素，因?yàn)殇X在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則 X為O元素；甲是元素 X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為H2O2；常溫下0.1mol L-1丙溶液的pH=13,則丙為強(qiáng)堿，說明 X、Y、Z、W四種元素中有

11、一種元素的氫 氧化物為強(qiáng)堿，則 Y為Na元素，則丙為NaOH;由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在甲+乙-丙 +W 的轉(zhuǎn)化關(guān)系，且乙為一種二元化合物，則乙為Na2S。A. 根據(jù)上述分析 X、Y、W分別為0、Na、S元素。X和丫能形成氧化鈉、過氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X 和 Y、 W 均至少能形成兩種化合物，故A 正確；B. 通過上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價(jià)鍵的離子化合物，故B 錯(cuò)誤；C. W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，因?yàn)楹送怆娮訉訑?shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越

12、大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故 C正確；D. X和W為同主族元素，非金屬性 XW,因?yàn)榉墙饘傩栽綇?qiáng)，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物 的穩(wěn)定性XW,故D正確。答案選 Bo7下列說法正確的是（）A.古代的鎏金工藝?yán)昧穗娊庠鞡. “丹砂（HgS）燒之成水銀，積變又還成丹砂”互為可逆反應(yīng)C.古代所用“鼻沖水”為氨水，其中含有 5種微粒D. “凡酸壞之酒，皆可蒸燒”中涉及蒸儲(chǔ)操作【答案】D【解析】A.鎏金是指把溶解在水銀里的金子涂在器物表面，經(jīng)過烘烤，汞蒸發(fā)而金固結(jié)于器物上的一種傳統(tǒng)工藝，古代的鎏金工藝沒有外加電源，不是電解原理的應(yīng)用，故 A錯(cuò)誤；B.兩個(gè)過程條件不同，不屬于可逆反應(yīng)

13、，故 B錯(cuò)誤；C.古代所用“鼻沖水”為氨水，氨水中有NH4+、OH ,、NH3.H2O、NH3、H2O等6種微粒，故C錯(cuò)誤；D. “蒸燒”的過程為蒸儲(chǔ)操作，故 D正確。綜上所述，答案為 Do8. 2019年6月6日，工信部正式向四大運(yùn)營(yíng)商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國(guó) 5G元年的起點(diǎn)。通信用磷酸鐵鋰電池其有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點(diǎn)。磷酸鐵鋰電 池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，放電時(shí)，正極反應(yīng)式為MixFexPO4+e+Li+=LiM-xFexPO4,其原理如圖所示，下列說法正確的是（V石盤電極電解端觸鐵鋰電槌7MFeKPO+ .,LiQS

14、LF+6cA.放電時(shí)，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極克電B.電池總反應(yīng)為 Mi xFexPO4+LiOs Li Mi xFexPO4+6C 政也O.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為L(zhǎng)iO6- e-=Li+6OD,充電時(shí)，Li+移向磷酸鐵鋰電極【答案】C【解析】【詳解】A.放電時(shí)，電子由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極，則電流由磷酸鐵鋰電極流向石墨電極，A錯(cuò)誤；8 .根據(jù)電池結(jié)構(gòu)可知，該電池的總反應(yīng)方程式為：Mi xFexPO4+LiO6T7 Li M1 xFexPC4+6O, B錯(cuò)誤；C.放電時(shí)，石墨電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為L(zhǎng)iO6-e-=Li+6C, C正確；D.放電時(shí)，Li+移向磷酸鐵鋰電極，充電時(shí)Li+移向

15、石墨電極，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。9 .實(shí)驗(yàn)室制備次硫酸氫鈉甲醛 （NaHSC2HCHO2H2C）的步驟如下：向燒瓶中的亞硫酸鈉溶液通入SC2制得NaHSC3o將裝置A中導(dǎo)氣管換成橡皮塞，再加入鋅粉和甲醛溶液，在 8090c下，反應(yīng)約3h ,冷卻至室 溫，抽濾，將濾液置于真空蒸發(fā)儀蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.可用亞硫酸鈉固體和 70%硫酸來制取二氧化硫氣體B.多孔球泡的作用是增大氣體與溶液的接觸面積，使反應(yīng)充分進(jìn)行C.裝置B中試劑可以是NaOH或Na2CO3溶液D.裝置A中可采用油浴或沙浴加熱【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.較濃的硫酸可以增大反應(yīng)速率，且含水較少，可以減少

16、二氧化硫的溶解，所以可以用可用亞硫酸鈉固體和70%硫酸來制取二氧化硫氣體，故 A正確；B.多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行，故B正確；C.裝置B的作用主要是吸收未反應(yīng)的二氧化硫，NaOH或Na2CQ溶液都可以SQ反應(yīng)將其吸收，故 C正確；D.反應(yīng)溫度為8090C ,采用水浴加熱即可，油浴和沙浴溫度過高，故D錯(cuò)誤；故答案為Do10.二甲胺(CH3)2NH在水中電離與氨相似，Kb CH 3 2 NH H2O =1.6 10-4。常溫下，用 0. l00mol/L的HCl分別滴定20. 00mL濃度均為0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，測(cè)得滴定過程中

17、溶液的電導(dǎo)率變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A. b點(diǎn)溶液：c CH3 2NH+ c CH3 2NH H2O c Cl- c OH- c HB. d 點(diǎn)溶液：c CH3 2NH+ +c H+ c CH3 2NH H2O +c Cl-C. e點(diǎn)溶液中：c H+ -c OH- =c CH3 2NH+ +c CH3 2 NH H2OdcbaD. a、b、c、d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，水的電離程度:【答案】D【解析】【分析】NaOH是強(qiáng)堿，二甲胺是弱堿，則相同濃度的 NaOH和二甲胺，溶液導(dǎo)電率：NaOH(CH3)2NH,所以曲線表示NaOH滴定曲線、曲線表示(CH3)2NH滴定曲線，然后結(jié)合相關(guān)守恒解答。

18、【詳解】4A.b點(diǎn)溶放中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的(CH3)2NH H2O和(CH3)2NH2Cl, Kb CH3 2 NH H2O =1.6 10 ,K10-14一 11(CH3)2NH2Cl 的水解常數(shù) Kh =4 6.25 1011 Kb CH32NH H2O，所以Kb 1.6 102(CH3)2NH H2O的電離程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度導(dǎo)致溶液呈堿性，但是其電離和水解程度都較小，則溶液中微粒濃度存在：c CH3 2 NH+ c Cl- c CH3 2 NH H2O c OH- c H+ , A錯(cuò)誤；B. d點(diǎn)二者完全反應(yīng)生成(CH3)2NH2Cl, CH3 2 NH2水解生

19、成等物質(zhì)的量的CH32NH H2O和H+,CH3 2 NH2水解程度遠(yuǎn)大于水的電離程度，因此 c CH 3 2 NH H2O 與c H+近似相等，該溶液呈 酸性，因此c H+ c OH-,則c CH3 2 NH H2Oc OH-,溶液中存在電荷守恒：+-cCH32NH2cHcOHc Cl ,因此cCH32NH+cH+cCH32NH H2O +c Cl-,故 B錯(cuò)誤；C. e點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的(CH3)2NH2Cl、HCl,溶液中存在電荷守恒：cCH32NH2cH+cOH-c Cl-,物料守恒：_ _ _ _ _c Cl =2c CH3 2NH H2O2c CH 3 2 NH 2 ，

20、則c H+ -c OH- =2c CH3 NH H2Oc CH3 9 NH2 ,故 C錯(cuò)誤；22D.酸或堿抑制水電離，且酸中c(H+)越大或堿中c(OH-)越大其抑制水電離程度越大，弱堿的陽(yáng)離子或弱酸的陰離子水解促進(jìn)水電離，a點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的 NaOH和NaCl;b點(diǎn)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的 (CH3)2NH H2O 和(CH3)2NH2Cl,其水溶液呈堿性，且 a點(diǎn)溶質(zhì)電離的 OH-濃度大于b點(diǎn)，水的電離程度：ba； c點(diǎn)溶質(zhì)為 NaCl,水溶液呈中性，對(duì)水的電離無影響；d點(diǎn)溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl,促進(jìn)水的電離，a、b點(diǎn)抑制水電離、c點(diǎn)不影響水電離、d點(diǎn)促進(jìn)水電離，所以水電離程度關(guān)系為：

21、dcba,故D正確；故案為：D。O僅用此裝置和表11 .實(shí)驗(yàn)室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略?shī)A持和凈化裝置)中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實(shí)驗(yàn)，最合理的選項(xiàng)是選項(xiàng)a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的物質(zhì)A濃氨水CaONH3H2OB濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】該裝置分別為固液不加熱制氣體，向上排空氣法收集氣體，以及采用防倒吸的方法進(jìn)行尾氣處理?！驹斀狻緼、氨氣密度比空氣小，不能使用向上排空氣法，錯(cuò)誤；B、正確；G銅與稀硝酸反應(yīng)需要加熱，且NO2用水吸收會(huì)發(fā)生

22、3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO,用防倒吸裝置不妥，錯(cuò)誤；D、制取氯氣需要加熱，錯(cuò)誤。12.常溫下，向20mL0.1mol L 1氨水中滴加一定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法正確的是NH 3H2O的電離常數(shù)K約為1 10 5B. a、b之間的點(diǎn)一定滿足，cNH；-+c Cl c Hc OHC. c點(diǎn)溶液中c NH4c ClD. d點(diǎn)代表兩溶液恰好完全反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】NH3 - H2O電離出OH-抑制水的電離；向氨水中滴加 HCl ,反應(yīng)生成NH4CI, NH 4+的水解促進(jìn)水的電離， 隨著HCl的不斷滴入，水電離的c

23、 (H+)逐漸增大；當(dāng)氨水與 HCl恰好完全反應(yīng)時(shí)恰好生成NH 4C1 ,此時(shí)水電離的c(H+)達(dá)到最大(圖中c點(diǎn))；繼續(xù)加入HCl ,鹽酸電離的H+抑制水的電離，水電離的c (H + ) 又逐漸減??；據(jù)此分析?！驹斀狻緼.常溫下，0.1mol/L的氨水溶液中水電離的 c(H+)=10-11mol/L ,氨水溶液中H+全部來自水電離，則溶液1410中 c(H+)=10-11moi/L , c(OH -)=- mol/L=10 -3mol/L ,10 11c NH4 nc OH 10 3 10 3.Ka=mol/L=110-5mol/L , 所以 A 選項(xiàng)是正確的；cNH3nH2O0.1B.a、

24、b之間的任意一點(diǎn)，水電離的 c (H+) 1X10-7mol/L ,溶液都呈堿性，則 c(H +)c(OH -),結(jié)合電荷守 恒得 c(Cl-)10-7mol/L , c(OH-)10-7mol/L ,結(jié)合電荷守恒得：c(NH 4+)ZYB. Z2Y、Z2Y2所含有的化學(xué)鍵類型相同C.由于X2丫的沸點(diǎn)高于 X2T,可推出X2Y的穩(wěn)定性強(qiáng)于 X2TD. ZXT的水溶液顯弱堿性，促進(jìn)了水的電離【答案】D【解析】R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，R可能為C元素或S元素，由于圖示原子半徑和原子序數(shù)關(guān)系可知R應(yīng)為C元素；丫與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，應(yīng)為 Na2。、Na2O2,則丫為O元素

25、，Z為Na元 素；Z與T形成的22T化合物，且T的原子半徑比Na小，原子序數(shù)TZ,則T應(yīng)為S元素，X的原子半徑 最小，原子序數(shù)最小，原子半徑也較小，則 X應(yīng)為H元素，結(jié)合對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及題目要求解 答該題?！驹斀狻扛鶕?jù)上述推斷可知： X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3個(gè)電子層，O2-、Na+核外有2個(gè)電子層，由于離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大；當(dāng)離 子核外電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑：TYZ A錯(cuò)誤；B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2。、Na2O2, Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵、極性共價(jià)鍵，

26、因此所含的化學(xué) 鍵類型不相同，B錯(cuò)誤；C.O、S是同一主族的元素，由于 H2O分子之間存在氫鍵，而 H2s分子之間只存在范德華力，氫鍵的存在使H2O的沸點(diǎn)比H2s高，而物質(zhì)的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的共價(jià)鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，與分子間作用力大小無關(guān)，C錯(cuò)誤；D.ZXT表示白是NaHS,該物質(zhì)為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中HS-水解，消耗水電離產(chǎn)生的 H+結(jié)合形成H2S,使水的電離平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)了水的電離，使溶液中c(OH-)增大，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(OH-)c(H+),溶液顯堿性，D正確； 故合理選項(xiàng)是Do【點(diǎn)睛】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)及位置關(guān)系應(yīng)用的知識(shí)，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)及元素間的關(guān)系推斷元素是解題的

27、關(guān)鍵，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查。14. 25c時(shí)，向10mL0.1mol L-1 一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加 0.1mol L-1的HCl溶液，溶液的- c(H + ) agag ig匕變化如圖所示(溶液混合時(shí)體積變化忽略不計(jì))。下列說法不正確的是 c(OH )1AG A !M 2 丁0 7而 arA.若 a=-8,則 Kb(XOH) 15)B. M點(diǎn)表示鹽酸和XOH恰好完全反應(yīng)C. R點(diǎn)溶液中可能存在 c(X+)+c(XOH尸c(C-)D. M點(diǎn)到N點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小 【答案】B【解析】【分析】【詳解】A. a 點(diǎn)表示 0.1mol L1 元弱堿 XOH,若 a=- 8,則 c

28、(OH)=10-3mol/L ,所以c X n c OHK,(XOH戶 c XOH10 3 10 3 =10：故 A正確;0.1B.兩者恰好反應(yīng)時(shí)，生成強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性。M點(diǎn)AG=0則溶液中c(H+尸c(OH-),溶液呈中性，所以溶質(zhì)為XOM口 XCl,兩者不是恰好完全反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.若R點(diǎn)恰好為XCl溶液時(shí)，根據(jù)物料守恒可得c(X+)+c(XOH尸c(C1 ),故C正確；D. M點(diǎn)的溶質(zhì)為XO即D XCl,繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質(zhì)全部為XCl時(shí)，該過程水的電離程度先增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸， 水的電離程度減小， 所以從M點(diǎn)到N點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小，故D正確。故選Bo1

29、5.常溫下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持續(xù)通入 CO2。通入CQ的體積(y)與溶液中水電離出的 c(OH-)的 關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是B. b 點(diǎn)溶液中：c(H+)=1 X 17mol L-1C. c 點(diǎn)溶液中：c(Na+)c(HCQ-)c(CQ2-)D. d 點(diǎn)溶液中：c(Na+)=2c(CQ2-)+c(HCC3-)【答案】C試題分析：A. a點(diǎn)溶液是NaOH溶液，pH=10,則水電離出的c(H+)=1 xlUmolL-1,正確。B.b點(diǎn)溶液中c(OH-)=1x 170nolL-1,由于水的離子積是kw=1X1014mol 2 L-2,所以 c(H+)=1 x17molL-

30、1,正確。C. c 點(diǎn)水電離產(chǎn)生的c(OH-)最大，則溶液是 Na2CQ溶液。根據(jù)物料守恒可知c(Na+)c(CQ2-), CQ2-發(fā)生水解反應(yīng)形成HCQ-,但是鹽水解的程度是微弱的，主要還是以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c(CQ2-)c(HCQ-)。故溶液中離子濃度關(guān)系是：c(Na+)c(CQ2-)c(HCQ-),錯(cuò)誤。D. d點(diǎn)溶液中，根據(jù)電荷守恒可得： c(H+)+c(Na+)=2c(CO2-)+c(HCQ-)+ c(OH-),由于 c(OH-)=1 x 170nol L-1,所以 c(H+)=1 x 1-7mol L-1,故 c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCC3-),正確。16

31、.(一)碳酸例 La 2 CO3考點(diǎn)：考查堿與酸性氧化物反應(yīng)時(shí)水電離程度大小比較及溶液中離子濃度關(guān)系的知識(shí)。 二、實(shí)驗(yàn)題(本題包括 1個(gè)小題，共10分)可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應(yīng)原理為:2LaC3+6NH4HCO La2(CQ)3 J +6NH4C1+3CQT +3建O；某化學(xué)興趣小組利用下列裝置實(shí)驗(yàn)室中模擬制備碳酸例。軍打丸源XYZ*(1)制備碳酸例實(shí)驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序?yàn)椋篎 一(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為 ;(3)X中盛放的試劑是 ,其作用為 (4)Z中應(yīng)先通入NH3,后通入過量的CO2,原因?yàn)椋?Ce OH 4是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈾

32、精礦(主要含CeFCO3)經(jīng)如下流程獲得：眼隨.雙缸水裱液網(wǎng)小腦g *，恰彝褊I|臺(tái)二號(hào) 3即|cOHJf已知：在酸性溶液中 Ce4+有強(qiáng)氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈾化合物二氧化鈾(Ce。？)，其在酸浸時(shí)反應(yīng)的離子方程式為 ；(6)已知有機(jī)物HT能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：2Ce3+ (水層)+6HT (有機(jī)層)？2CeT3 + 6H (水層)從平衡角度解釋：向 CeT3 (有機(jī)層)加入H2SO4獲得較Z勺含Ce3+的水溶液的原因是已知298K時(shí)，KspCe(OH)3=1 X 120,為了使溶液中 Ce3+沉淀完全，需調(diào)節(jié) pH至少為；(8)取某Ce(OH)

33、4產(chǎn)品0.50g,加硫酸溶解后，用 0.1000mol?L 1的FeS。,溶液滴定至終點(diǎn)(鋪被還原成Ce3+).(已知：Ce(OH)4的相對(duì)分子質(zhì)量為208)FeSO4溶液盛放在 (填 酸式或 堿式”滴定管中；根據(jù)下表實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算Ce(OH)4產(chǎn)品的純度 ;滴定次數(shù)FeSO4溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)湊L次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10若用硫酸酸化后改用 0.1000mol?L 1的FeCl2溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定 Ce(OH)4產(chǎn)品的純度，其它操作都正確，則測(cè)定的Ce(OH)4產(chǎn)品的純度 (填偏高”、褊低”或無影響”。)【答案】A B D E CN

34、H3 H20(濃)+CaO=Ca(OH2+NH3 TNaHCO3 溶液吸收揮發(fā)的HCl、同時(shí)生成CO2NH3在水中溶解度大，C02在水中溶解度不大，堿性溶液吸收C02,可提高C02利用率2CeO2+H 2O2+6H+ =2Ce3- +02+4H 2O混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動(dòng)9 酸式 95.68% 偏低【解析】【分析】(一)根據(jù)制備的反應(yīng)原理：2LaCB+6NH4HCO La2(CO3)3 J +6NH4Cl+3CC2 T +3H2O,結(jié)合裝置圖可知， W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中 HCl,在Z中制備碳酸例，結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答

35、(1)(4)；(二)由實(shí)驗(yàn)流程可知，氟碳酸鈾精礦(主要含CeFCC)氧化焙燒生成 CeC2,加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2 T +4H2C,過濾分離出不溶物，含 Ce3+的溶液進(jìn)行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應(yīng)生成Ce(CHL將Ce(0H)3氧化可生成Ce(CH%。據(jù)此結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的 計(jì)算分析解答(5)(8)?！驹斀狻?一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl, 丫中制備氨氣，在 Z中制備碳酸例，則制備碳酸例實(shí) 驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序?yàn)椋篎-ZB-AC ,故答案為A; B; D； E； C；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式

36、為NH3 H20(濃)+CaC=Ca(CH2+NH3 T ,故答案為NH3 H20(濃)+CaC=Ca(CH2+NH3 T ；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCC3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時(shí)生成C02,故答案為NaHCC3溶液；吸收揮發(fā)的 HCl、同時(shí)生成 CQ;(4)Z中應(yīng)先通入NH3,后通入過量的 CC2,因?yàn)镹H3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高CO2利用率，故答案為 NH3在水中溶解度大，CC2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收C02,可提高C02利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈾化合物二氧化鈾(Ce02),其在酸

37、浸時(shí)發(fā)生離子反應(yīng)為 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2 T +4H0,故答案為 2CeC2+H2O2+6H+=2Ce3+O2 T +4H0;(6)向CeT3(有機(jī)層)加入H2S04獲得較ZO勺含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大,平衡向生成Ce3+水溶液方向移動(dòng)，故答案為混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成方向移動(dòng)；Ce3+水溶液CC 、，一，一。-人.1 10 20U已知 298K時(shí)，KspCe(OH)3=1 X 120,為了使溶放中 Ce3+譏證元全，c(OH-)= 3、=1 x 10mol/L ,由, 1 10 5Kw 可知 c(H+)=1 X 1

38、9Dnol/L , pH=-lgc(H+)=9,故答案為 9;(8)FeSQ屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSQ溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為25.30mL,誤差較大應(yīng)舍棄，F(xiàn)eSQ的物質(zhì)的量為1 23.10mL 22.90mLx 0.001L/mL=0.0023mol,根據(jù)電子得失守恒可得關(guān)系式CeQ FeSQ,由原子守恒可知Ce(OH) 的質(zhì)量為 0.0023 x 208g=0.4784gU Ce(OH)4產(chǎn)品的純度為0.4784gT7X 100%=95.68%0.5g0.1000mol?L-1 X故答案為95.68%;改用0.1000mol?L-1

39、的FeC2溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定Ce(OH)4產(chǎn)品的純度，Ce4+有強(qiáng)氧化性，與 Cl-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由電子守恒計(jì)算的Ce(OH)4的物質(zhì)的量及質(zhì)量偏小，則測(cè)定的Ce(OH)4產(chǎn)品的純度偏低，故答案為偏低。三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分)O17.苯丁酸氮芥是一種抗腫瘤藥，其合成路線如下。其中試劑是丁二酸酎()，試劑是環(huán)氧乙烷(弋尸,且環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合。ABClhCONII- 坪 CHCO(CtiCOOH Hi(CHCOOIID,試簪.5小皿試方.(HOCHE啦(CH2Mo0C&. CiH3lKO2Cl0 CCHCOOH笨丁酸愈芥回答下列問題：(1)寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)n

40、,反應(yīng)v 。(2)寫出C物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式 。(3)設(shè)計(jì)反應(yīng)出的目的是 。(4) D的一種同分異構(gòu)體 G有下列性質(zhì)，請(qǐng)寫出 G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式 。屬于芳香族化合物，且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種能與鹽酸反應(yīng)成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標(biāo)況下2.24升氫氣(5)通過酸堿中和滴定可測(cè)出苯丁酸氮芥的純度，寫出苯丁酸氮芥與足量氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式(6) 1, 3-丁二烯與澳發(fā)生1, 4加成，再水解可得 1, 4-丁烯二醇，設(shè)計(jì)一條從 1, 4-丁烯二醇合成酸的合成路線(所需試劑自選)【答案】還原反應(yīng)取代反應(yīng)(CHCOOCII將竣酸轉(zhuǎn)化成酯，防止環(huán)氧乙烷

41、水解或聚合linCB2CHzcnrn.OH(CHi)JCOOH+3NaOH+2NaCl+H2O(CICHzCH。網(wǎng)HOCH2-CH2-CH2-CH2O【解析】H-HOOC-CHI-CH2-COOH【分析】(1)對(duì)比A、B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A中厥基轉(zhuǎn)化為亞甲基；對(duì)比D與苯丁酸氮芥的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)V為取代反應(yīng)；(2)試劑是環(huán)氧乙烷，對(duì)比B、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，反應(yīng) 出是B與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)；(3)試劑是環(huán)氧乙烷(%”)，環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)分析解答；(4)屬于芳香族化合物，且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種，能與鹽酸反應(yīng)成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，說明含有氨基，不含竣基，能發(fā)生水解反應(yīng)

42、和銀鏡反應(yīng)，說明含有酯基、醛基，0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標(biāo)況下2.24升氫氣，說明結(jié)構(gòu)中含有2個(gè)羥基，加成分析書寫G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；(5)苯丁酸氮芥中的 Cl原子、竣基均能與氫氧化鈉反應(yīng)；(6)以1, 4-丁烯二醇Q口)合成丁二酸(HOOC-CHI-CH2-COOH),為了防止羥基氧化過程中碳碳雙鍵斷裂，需要首先將碳碳雙鍵轉(zhuǎn)化為單鍵，再氧化，加成分析解答。【詳解】(1)對(duì)比A、B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A中轉(zhuǎn)化為氨基，厥基轉(zhuǎn)化為亞甲基，屬于還原反應(yīng)(包括肽鍵的水解反應(yīng));對(duì)比D與苯丁酸氮芥的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)V為取代反應(yīng)，而反應(yīng) VI為酯的水解反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；(2)試劑是環(huán)氧乙烷，對(duì)比B、

43、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，反應(yīng) 出是B與甲醇發(fā)生的酯化反應(yīng)，故C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:故答案為:研今(CH 必 CQOCII(3)試劑是環(huán)氧乙烷(弋七)，環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合，根據(jù)流程圖，設(shè)計(jì)反應(yīng)出的目的是: 將B中的竣酸轉(zhuǎn)化成酯，防止環(huán)氧乙烷水解或聚合，故答案為：將竣酸轉(zhuǎn)化成酯，防止環(huán)氧乙烷水解或聚合；(QDUHOQhCHzM-mkhCOOCH：。的一種同分異構(gòu)體 G有下列性質(zhì)：屬于芳香族化合物，且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種，能與鹽酸反應(yīng)成鹽，不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)， 說明含有氨基，不含竣基,2.24能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)，說明含有酯基、醛基，0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標(biāo)況下升氫氣，說明含有

44、 2個(gè)羥基，符合條件的結(jié)構(gòu)為,故答案為:GII CT1CT1答案為：(CICH2CHN(6)以1, 4-丁烯二醇(浦(ClCHiCHNAHIOCIItCIIz)=cnm .(CHCOOH +3NaOHJ IltJCiBClQ州+3NaOH(Clbh：OO值 +2NaCl+H2O,故)合成丁二酸(HOOC-CH-CH2-COOH), 1, 4-丁烯二醇可以首先與氫0. 、 I(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、竣基均能夠與氫氧化鈉反應(yīng)，與足量的氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為:氣加成生成1, 4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH),然后將HOCH2-CH2-CH2-CH20H催化氧化即可，合成路

45、線chN口 為 Lt1H HOCH2-CH2-CH2-CH20H眥小朗H00C-CH-CH2-C00H,故答案為：OilOM ?J H HOCH2-CH2-CH2-CH20H催化布HOOC-CHI-CH2-COOHo四、綜合題(本題包括 2個(gè)小題，共20分)18. Cr、S等元素的化合物常會(huì)造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對(duì)環(huán)境的影響。(1)還原沉淀法是處理含銘(C2O72-和CrO42-)工業(yè)廢水的常用方法，過程如下:CrO：TC產(chǎn)J已知：常溫下，初始濃度為1.0 mol L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)隨c(H+)的變化如圖所示。則上述流程中

46、CrO42-轉(zhuǎn)化為 Cr2O72-的離子方程式為 。也在ID.IO.IO. ALT=r:_K，L-還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 。Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似，對(duì) CrC3溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學(xué)式為 。常溫下，KspCr(OH)3=1.0X 10-32,欲使處理后廢水中的c(Cr3+)降至1.0X10-5mol L-1 (即沉淀完全)，應(yīng)調(diào)節(jié)至溶液的pH=。(2)亞硫酸鹽法”吸收煙中的SO2 將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，當(dāng)NazSQ恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液 pH約為3,此時(shí)，溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)?(用離子濃度符號(hào)和冬”號(hào)表示)。室溫下，

47、將煙道氣通入 (NH4)2SO3溶液中，測(cè)得溶液 pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示。摘,r-i?l.-l.,:rj吊分妝已知部分弱電解質(zhì)的電離常數(shù)(25C)如下:電解質(zhì)電窗常數(shù)H2SQKa1=1.54X 10-2Ka2=1.02X 10-7NH3 H2OKb=1.74X 10-5(NH4)2SO3溶液呈 (填酸”、堿”或中”)性，其原因是 。(ii)圖中 b 點(diǎn)時(shí)溶液 pH=7,則 n(NH4+)：n(HSO3- )=。【答案】CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O1:6Cr2O35c(Na+) c(HS8) c(H+) c(SQ2-) c(OH-)堿H2SO3的第二電離常數(shù)

48、Ka2=1.02X10-7小于NH3H2O的電離常數(shù)Kb,故SO32-的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性 3:1【解析】【詳解】CrO42-轉(zhuǎn)化為C2O72-的離子 從圖中可以看出，c(Cr2O72-)隨c(H+)的增大而不斷增大，當(dāng)c(H+)=6.0x10-7mol/L時(shí)，c(Cr2O72-)=0.4mol/L ,此時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，所以此反應(yīng)為可逆反應(yīng)。由此可得方程式為 CrQ2-+ 2H+=Cr2O72-+ H2O 答案為 CrO42-+ 2HJ Cr2O72-+ H2O依據(jù)電子守恒，氧化劑 Cr2O72-與還原劑Fe2+的關(guān)系為：Cr2O72- 6F/從而得出還原過程中氧化劑

49、與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:6。答案為1:6;Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似，說明Cr3+在水溶液中易發(fā)生水解反應(yīng)，最終生成 Al(OH)3,灼燒時(shí)再分解為銘的氧化物。所以對(duì) CrC3溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學(xué)式為Cr2O3o答案為Cr2O3 KspCr(OH)3=c(Cr3 ) c3(OH ) 1.0 10 5 c3(OH ) 1,0x 10-32c(OH ) 10 9mol/L, pH=5。答案為 5；(2) 將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，當(dāng)Na2SO3恰好完全反應(yīng)時(shí)，全部生成NaHSO,此時(shí)溶液pH約為3,則表明HSC3-以電離為主。發(fā)生的電離、水解反應(yīng)方程式

50、為：HSOf=H+SO2-、HSO3-+H2OeH2SQ+OH-、H2Q= H+OH-且前面反應(yīng)進(jìn)行的程度大于后面反應(yīng)，從而得出溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)c(HSO3-) c(H+)c(SO32-)c(OH-)o答案為 c(Na+)c(HSQ-)c(H+)c(SQ2-) c(OH-)(i)在(NH4)2SO3溶液中，NH4+、SO32-都將發(fā)生水解，從表中數(shù)據(jù)Ka2=1.02x 10-7、Kb=1.74x10-5可以看出，HSO3-的電離常數(shù)小，SQ2-的水解常數(shù)大，所以溶液呈堿性。答案為堿；溶液呈堿性的原因是：溶液H2SO3的第二電離常數(shù) Ka2=1.02x 10-7小于NH3 H2O的電離常數(shù) Kb,故SQ2-的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性。答案為：H2SO3的第二電離常數(shù) Ka2=1.02X 10-7小于NH3 H2O的電離常數(shù)Kb,故SO32-的水解程度比NH4+的 水解程度大，溶液呈堿性。(ii)圖中b點(diǎn)時(shí)溶液 pH=7,此時(shí) c(H