1、选择题  下列物质不能溶于浓氨水的是
A．AgCl
B．Cu（OH）2
C．AgOH
D．Fe（OH）3

参考答案：D

本题解析：AC项均可和氨水反应生成络合物：Ag(NH3)2+，而B项可生成Cu(NH3)42+，故答案为D

本题难度：一般

2、选择题  氢氧化镁固体在水中溶解，有下列平衡：Mg(OH)2（s）Mg2++ 2OH-，加入下列哪种固体物质可使
Mg(OH)2固体的质量减少
[? ]
A．Na2CO3
B．MgCl2
C．NH4Cl
D．NaCl

参考答案：C

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  [14分]已知：I2＋2＋2I―。相关物质的溶度积常数见下表：

物质	Cu(OH)2	Fe(OH)3	CuCl	CuI
Ksp	2.2×10－20	2.6×10－39	1.7×10－7	1.3×10－12

（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2?2H2O晶体，加入?调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝____________________；
过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2?2H2O晶体。
（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_______________。（用化学方程式表示）。由CuCl2?2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_______。
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2?2H2O晶体的试样（不含能与I―发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用___________作滴定指示荆，滴定终点的现象是_________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。
③该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为___________________________。

参考答案：(14分)
(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
2.6×10－9 mol·L-1
(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可)
在干燥的HCl气流中加热脱水
(3)①淀粉溶液
蓝色褪去，放置一定时间后不复色
②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
③95％
（1）CuO （2）CuCl2+H2OCuO+2HCl↑CuCl2?2H2O晶体在HCl气流中加热脱水

本题解析：（1）调节溶液pH时不应该带入其它杂质，故可选择CuO或CuCO3等固体消耗溶液中的H+，使其pH升高；当溶液的pH=4时，c(H+)=1×10-4 mol/L，c(OH－)=1×10-10 mol/L，由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3+)=Ksp/ c3(OH－) =2.6×10-39/1×10-30=2.6×10-9 mol/L。（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2?2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水。（3）滴定前的处理过程中将发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，滴定过程中I2消失是滴定的终点，所以可选用淀粉溶液做指示剂，滴定终点为：蓝色褪去，且在半分钟内不恢复颜色；从反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-＝S4O62-+2I-，可知Cu2+～S2O32－，n(Cu2+)="0.100" mol/L×0.020 L＝2×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O) =2×10－3 mol×171 g/mol =0.342g，则试样中CuCl2·2H2O的含量为95%。
【考点定位】本题考查Ksp计算、滴定和物质制备。

本题难度：一般

4、简答题  过硼酸钠是一种优良的漂白剂，被广泛应用于洗衣粉、漂白粉、洗涤剂中．以硼砂（主要成为Na2B4O7）为原料生产过硼酸钠晶体的主要流程如下：

（1）由Na2B4O7和NaOH反应制NaBO2的离子方程式为______；
（2）沉淀A中含有酸不溶物和氢氧化镁杂质，为了分离出氢氧化镁，在沉淀中加过量的酸，过滤得到含Mg2+的滤液，再在滤液加入碱使Mg2+形成氢氧化镁．若加碱前溶液中c（Mg2+）=0.056mol?L-1，那么需调节溶液的pH=______时，才开始出现沉淀．[已知25℃下Mg（OH）2的Ksp=5.6×10-12]
（3）已知纯品过硼酸钠晶体中各元素的物质的量比为：n（Na）：n（B）：n（H）：n（O）=1：1：n：7．将制得的纯品样品在
70℃以上加热将逐步失去结晶水，测得纯品质量随温度的变化如右图所示，则T3时所得晶体的化学式为______．（书写简单计算过程）

（4）若反应温度控制不当，所得的过硼酸钠晶体中将混有NaBO2，则产品中钠的质量分数______（填“升高”、“降低”或“不变”）．

参考答案：（1）根据已知可写出反应物和部分生成物：
Na2B4O7+NaOH→NaBO2+？，根据质量守恒可知未知物为H2O，
配平后方程式为：Na2B4O7+2NaOH═4NaBO2+H2O，离子方程式为：
B4O72-+2OH-=4BO2-+H2O．
故答案为：B4O72-+2OH-=4BO2-+H2O．
（2）Mg2+沉淀的PH计算如下：Ksp═c（Mg2+）×c（OH-）2 ，设c（OH-）浓度为x，带入Ksp表达式得：
0.056×x2═5.6×10-12，解得x═1.0×10-5，C（H+）=1×10-14÷1.0×10-5═1×10-9，pH═9．故调节溶液的pH=9时，才开始出现沉淀．
故答案为：9．
（3）计算过程：T3时，nNa=（20.0g×23%）/23g．mol-1=0.2mol?
则30.8g样品中，nNa：nB：nH：nO=0.2：0.2：0.2n：1.4
有：0.2×23+0.2×11+0.2n+1.4×16=30.8
解出n=8，则原晶体为：NaBO3?4H2O．
进一步根据T3时所得晶体中钠元素的质量分数，求出结晶水数目：23÷（23+11+48+18n）═0.23，解得n═1．
所以T3时所得晶体的化学式为NaBO3?H2O．
故答案为：NaBO3?H2O?
（4）比较化学式NaBO3?H2O、NaBO2 可知，NaBO2 中钠的质量分数大于NaBO3?H2O?中钠的质量分数．所以过硼酸钠晶体中混有NaBO2，则产品中钠的质量分升高．
故答案为：升高．

本题解析：

本题难度：一般

5、填空题  Ⅰ、某温度时，在2L密闭容器中将1molNO2分解：2NO22NO+O2，达到平衡时，NO的物质的量为0.5mol。平衡时O2的浓度是_______，NO的体积分数是_________。
Ⅱ、一定温度下，往0.1mol/L的ZnSO4溶液与0.1mol/L的CuSO4溶液中通H2S气体至沉淀不再产生则（填化学式）___________溶液的PH比较小。(ZnS?Ksp=1.6×10-24;?CuS?Ksp=1.3×10-36)
Ⅲ、虽然大多数物质的溶解度随温度的升高而增大，但也有一些是随温度的升高而减小的请从下列物质中找出它们_________
A．NaCl?B．Ca(OH)2?C．KNO3?D．CO2?E.油脂
Ⅳ、下列说法正确的是________
A. (NH4)2CO3(s)＝NH4HCO3(s)+NH3(g)?属于熵减小的反应
B. 一种物质由液态转变为气态是熵增的过程
C. 吸热反应中，CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g)在高温下不能自发进行
D.?沉淀的转化未必一定是由Ksp大的物质朝Ksp小的物质转化?

参考答案：Ⅰ、0.125mol·L-1；40％
Ⅱ、CuSO4?
Ⅲ、?BD
?Ⅳ、BD

本题解析：

本题难度：一般

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