2022年高考化學(xué)分類題庫 考點8 電解質(zhì)溶液

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1、2022年高考化學(xué)分類題庫 考點8 電解質(zhì)溶液 ．(xx·安徽高考·13)25℃時,在10 mL濃度均為0.1 mol·L－1NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L－1的鹽酸,下列有關(guān)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是 ( ) A．未加鹽酸時:c(OH－)>c(Na＋)=c(NH3·H2O) B．加入10 mL鹽酸時:c(N)＋c(H＋)=c(OH－) C．加入鹽酸至溶液pH=7時:c(Cl－)=c(Na＋) D．加入20 mL鹽酸時:c(Cl－)=c(N)＋c(Na＋) 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)NaOH、NH3·H2O、鹽酸濃度相等; (

2、2)加入10 mL鹽酸時,剛好中和完氫氧化鈉;加入20 mL鹽酸時,剛好反應(yīng)生成NaCl、NH4Cl。 【解析】選B。未加鹽酸時,根據(jù)物料守恒有c(NH3·H2O)＋c(N)= 0.1 mol·L－1=c(Na＋),A項錯誤;加入10 mL鹽酸,則氫氧化鈉與鹽酸的物質(zhì)的量相等,c(Cl－)=c(Na＋),根據(jù)電荷守恒:c(N)＋c(H＋)＋c(Na＋)=c(Cl－)＋c(OH－),故c(N)＋c(H＋)=c(OH－),B項正確;溶液呈中性,則c(H＋)=c(OH－),根據(jù)電荷守恒:c(N)＋c(H＋)＋c(Na＋)=c(Cl－)＋c(OH－),故c(N)＋c(Na＋)=c(Cl－),C項錯

3、誤;加入20 mL鹽酸,則剛好反應(yīng)生成NaCl、NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性,c(H＋)>c(OH－),根據(jù)電荷守恒:c(N)＋c(H＋)＋c(Na＋)=c(Cl－)＋c(OH－),則c(N)＋c(Na＋)

4、紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體 D 驗證鐵的吸氧腐蝕 將鐵釘放入試管中,用鹽酸浸沒 (1)基本化學(xué)實驗操作以及注意事項; (2)化學(xué)基本原理的掌握和應(yīng)用。 【解析】選C。因為氫氧化鈉具有腐蝕性,不能直接放在托盤上稱量,又由于其易潮解,因此只能放在燒杯中稱量,A錯誤;氯化鐵溶液中鐵離子容易發(fā)生水解反應(yīng),因此氯化鐵溶液配制前應(yīng)先溶解在一定濃度的鹽酸中(或濃鹽酸中),然后加水稀釋到所需要的濃度,B錯誤;驗證鐵的吸氧腐蝕需要在中性或者堿性條件下,不能用鹽酸浸沒(發(fā)生析氫腐蝕),D錯誤。 【誤區(qū)提醒】化學(xué)實驗中需要注意: (1)氫氧化鈉的稱量不用濾紙而應(yīng)放在燒杯中稱量; (2)鐵的吸氧腐蝕

5、和析氫腐蝕的電解質(zhì)溶液的酸堿性要求; (3)鹽類的水解在溶液的配制和物質(zhì)制備中的應(yīng)用; (4)離子檢驗中語言敘述的嚴(yán)謹(jǐn)和規(guī)范答題模版的應(yīng)用。 ．(xx·全國卷Ⅰ·13)濃度均為0.10 mol·L－1、體積均為V0的MOH和ROH溶液,分別加水稀釋至體積V,pH隨lg的變化如圖所示,下列敘述錯誤的是 ( ) A．MOH的堿性強于ROH的堿性 B．ROH的電離程度:b點大于a點 C．若兩溶液無限稀釋,則它們的c(OH－)相等 D．當(dāng)lg=2時,若兩溶液同時升高溫度,則增大 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)由圖象上的點判斷氫離子或氫氧根離子的濃度; (

6、2)由離子的濃度判斷物質(zhì)電離的程度。 【解析】選D。由圖象可知0.1 mol·L－1的MOH溶液的pH=13,說明MOH完全電離,為強電解質(zhì),同理判斷ROH為弱電解質(zhì),所以前者的堿性大于后者,A正確;ROH為弱電解質(zhì),溶液越稀越易電離,所以電離程度b點大于a點,B正確;當(dāng)兩溶液無限稀釋下去,相當(dāng)于純水,所以二者氫氧根離子濃度相等,C正確;當(dāng)lg=2時,MOH溶液的pH=11,ROH溶液的pH=10,MOH溶液不存在電離平衡,ROH溶液存在電離平衡,升高溫度平衡右移,M＋濃度無影響,R＋濃度增大,所以減小,D錯誤。 ．(xx·山東高考·13)室溫下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH

7、溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA,溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是 ( ) A．a(chǎn)點所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B．a(chǎn)、b兩點所示溶液中水的電離程度相同 C．pH=7時,c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D．b點所示溶液中c(A－)>c(HA) 【解題指南】解答本題注意以下兩點: (1)注意曲線的變化趨勢,根據(jù)圖象正確判斷酸的強弱; (2)注意溶液的酸堿性與電離和水解之間的關(guān)系。 【解析】選D。a點NaOH與HA恰好完全反應(yīng),溶液的pH為8.7,呈堿性,說明HA為弱酸,NaA發(fā)生水解反應(yīng),c(Na＋)>c(A

8、－)>c(HA)>c(H＋),A錯誤;a點NaA發(fā)生水解反應(yīng),促進(jìn)了水的電離,所以a點水的電離程度大于b點,B錯誤;根據(jù)電荷守恒,c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－),pH=7時,c(H＋)=c(OH－),則c(Na＋)=c(A－),C錯誤;b點HA過量,溶液呈酸性,HA的電離程度大于NaA的水解程度,所以 c(A－)>c(HA),D正確。 ．(xx·四川高考·6)常溫下,將等體積、等物質(zhì)的量濃度的NH4HCO3與NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶體,過濾,所得濾液pH<7。下列關(guān)于濾液中的離子濃度關(guān)系不正確的是 ( ) A．<1.0×10－7mol·L－1

9、B．c(Na＋)=c(HC)＋c(C)＋c(H2CO3) C．c(H＋)＋c(N)=c(OH－)＋c(HC)＋2c(C) D．c(Cl－)>c(N)>c(HC)>c(C) 【解題指南】解答本題時應(yīng)按照以下流程進(jìn)行: 【解析】選C。水的離子積KW=c(H＋)×c(OH－),所以=c(OH－),因pH<7,故c(OH－)<1.0×10－7mol·L－1,A正確;因兩物質(zhì)是等體積、等物質(zhì)的量濃度加入,故當(dāng)未發(fā)生任何反應(yīng)時,鈉與碳應(yīng)是恒等關(guān)系,而發(fā)生發(fā)應(yīng)并析出晶體時,鈉與碳同樣是以1∶1的比例析出,故濾液中的鈉與碳仍應(yīng)恒等,B正確;選項C是電荷守恒,但忽略了陽離子中還有鈉離子,C錯誤;D中

10、因氯離子不發(fā)生水解反應(yīng),故濃度應(yīng)最大,而HC部分析出,故應(yīng)小于N,C由HC電離而來,反應(yīng)微弱,故濃度最小,D正確。 ．(xx·天津高考·3)下列說法不正確的是 ( ) A．Na與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng),該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行 B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀,但原理不同 C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等條件下二者對H2O2分解速率的改變相同 D．Mg(OH)2固體在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq),該固體可溶于NH4Cl溶液 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)ΔG=ΔH－TΔS<0,

11、該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行。 (2)催化劑具有高效性、專一性,條件不同作用效果不同。 【解析】選C。Na與水的反應(yīng)是固體與液體反應(yīng)生成氣體,為熵增的反應(yīng),ΔS>0,在反應(yīng)中鈉會熔化成一個閃亮的小球四處游動,且發(fā)出嘶嘶的聲音,此反應(yīng)為放熱反應(yīng),則ΔH<0,故ΔG=ΔH－TΔS<0,該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行,A項正確;飽和Na2SO4溶液使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀是蛋白質(zhì)的鹽析,濃硝酸是強氧化性酸,使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀是蛋白質(zhì)的變性,原理不同,B項正確;FeCl3和MnO2均可作為催化劑加快H2O2分解,但同等條件下二者對H2O2分解催化效果不相同,故反應(yīng)速率的改變不相同,C項錯誤;Mg(OH)2固體在溶液中存在平衡

12、:Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq),NH4Cl溶液中N水解使溶液呈酸性,消耗OH－,使平衡正向移動,Mg(OH)2固體可溶于NH4Cl溶液,D項正確。 ．(xx·天津高考·5)室溫下,將0.05 mol Na2CO3固體溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物質(zhì),有關(guān)結(jié)論正確的是 加入的物質(zhì) 結(jié)　論 A. 50 mL 1 mol·L－1H2SO4 反應(yīng)結(jié)束后,c(Na＋)=c(S) B. 0.05 mol CaO 溶液中增大 C. 50 mL H2O 由水電離出的c(H＋)·c(OH－)不變 D. 0.1 mol NaHSO4固體

13、反應(yīng)完全后,溶液pH減小,c(Na＋)不變 【解題指南】解答本題時注意以下兩點: (1)向Na2CO3溶液中加水,C的水解平衡右移,但c(OH－)減小。 (2)NaHSO4溶于水時完全電離,電離出Na＋、H＋與S。 【解析】選B。室溫下,將0.05 mol Na2CO3固體溶于水配成100 mL溶液,溶液中存在C＋H2OHC＋OH－,溶液呈堿性;加入50 mL 1 mol·L－1H2SO4,H2SO4與Na2CO3恰好反應(yīng),則反應(yīng)后的溶液溶質(zhì)為Na2SO4,故根據(jù)物料守恒,反應(yīng)結(jié)束后c(Na＋)=2c(S),A項錯誤;向溶液中加入0.05 mol CaO,則CaO＋H2OCa(OH)2

14、,c(OH－)增大,且Ca2＋＋CCaCO3↓,使C＋H2OHC＋OH－平衡左移,c(HC)減小,故增大,B項正確;加入50 mL水,溶液體積變大,C＋H2OHC＋OH－平衡右移,但c(OH－)減小,即由水電離的c(OH－)減小,在Na2CO3溶液中由水電離出的H＋、OH－相等,故由水電離出的c(H＋)·c(OH－)減小,C項錯誤;原Na2CO3溶液呈堿性,加入0.1 mol NaHSO4固體,NaHSO4為強酸酸式鹽,電離出H＋與C完全反應(yīng),反應(yīng)后溶液為Na2SO4溶液,溶液呈中性,故溶液pH減小,引入了Na＋,故c(Na＋)增大,D項錯誤。 ．(xx·浙江高考·12)40℃時,在氨－水體

15、系中不斷通入CO2,各種離子的變化趨勢如下圖所示。下列說法不正確的是 ( ) A．在pH=9.0時,c(N)>c(HC)>c(NH2COO－)>c(C) B．不同pH的溶液中存在關(guān)系: c(N)＋c(H＋)=2c(C)＋c(HC)＋c(NH2COO－)＋c(OH－) C．隨著CO2的通入,不斷增大 D．在溶液pH不斷降低的過程中,有含NH2COO－的中間產(chǎn)物生成 【解析】選C。由題圖可知,pH=9.0時,作直線垂直于橫坐標(biāo),從圖上可直接得出:c(N)>c(HC)>c(NH2COO－)>c(C),A項正確;根據(jù)電荷守恒,不同pH的溶液中都存在c(N)＋c(H＋)=2c(C)

16、＋c(HC)＋c(NH2COO－)＋c(OH－),B項正確;由NH3·H2ON＋OH－的電離常數(shù)表達(dá)式可得,==,隨著CO2的通入,平衡右移,Kb不變,c(N)增大,不斷減小,C項錯誤;隨pH的降低,NH2COO－從無到有再到無,含NH2COO－的物質(zhì)是中間產(chǎn)物,D項正確。 ．(xx·重慶高考·3)下列敘述正確的是 ( ) A．稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度 B．25℃時,等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,溶液pH=7 C．25℃時,0.1 mol·L－1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱 D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L

17、水中,所得溶液中c(Cl－)=c(I－) 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)同離子效應(yīng)會抑制弱酸的電離; (2)陰、陽離子個數(shù)相同的難溶電解質(zhì)可以通過比較Ksp直接比較溶解度大小。 【解析】選C。A項,醋酸屬于弱酸,加入少量醋酸鈉,c(CH3COO－)變大,抑制了醋酸的電離,錯誤;B項,25℃時,等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,恰好反應(yīng)生成硝酸銨,屬于強酸弱堿鹽,溶液pH<7,錯誤;C項,硫化氫溶液屬于弱酸,部分電離,硫化鈉溶液屬于強電解質(zhì),等濃度的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液中離子濃度小,導(dǎo)電能力弱,正確;D項,AgCl和AgI的Ksp不相等,c(Ag＋)·c(Cl－)

18、=Ksp(AgCl),c(Ag＋)·c(I－)=Ksp(AgI),0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Ag＋)濃度相等,．(xx·海南高考·3)0.1 mol下列氣體分別與1 L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液反應(yīng),形成的溶液pH最小的是 ( ) A．NO2 B．SO2 C．SO3 D．CO2 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)氣體與氫氧化鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)物的確定; (2)反應(yīng)中的定量計算和產(chǎn)物的判斷。 【解析】選C。A項,NO2和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng):2NO2＋2NaOHNaNO3＋NaNO2＋H2O,二者恰好反應(yīng)

19、得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,該溶液中含有強堿弱酸鹽,水溶液顯堿性。B項,發(fā)生反應(yīng)SO2＋NaOHNaHSO3,該物質(zhì)是強堿弱酸鹽,由于HS電離大于水解作用,所以溶液顯酸性。C項,發(fā)生反應(yīng):SO3＋NaOHNaHSO4,該鹽是強酸強堿的酸式鹽,電離時溶液顯酸性,相當(dāng)于一元強酸,所以酸性比NaHSO3強。D項,發(fā)生反應(yīng):CO2＋NaOHNaHCO3,該物質(zhì)是強堿弱酸鹽,由于HC電離小于水解作用,所以溶液顯堿性,因此溶液的酸性最強的是NaHSO4,溶液的酸性越強,pH越小。 ．(xx·海南高考·11)下列曲線中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10－5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10

20、－3)在水中的電離度與濃度關(guān)系的是 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)弱電解質(zhì)的電離與濃度的關(guān)系; (2)弱電解質(zhì)的電離常數(shù)與溶液酸堿性的強弱關(guān)系。 【解析】選B。因為濃度越大,弱電解質(zhì)的電離程度越小,因此隨著濃度增大,電離度逐漸減小,C、D不符合題意;等濃度時,弱電解質(zhì)越弱,電離程度越小(即Ka越小,電離程度越小),則A不符合題意,B符合題意。 ．(xx·江蘇高考·11)下列說法正確的是 ( ) A．若H2O2分解產(chǎn)生1 mol O2,理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023 B．室溫下,pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合

21、,溶液pH>7 C．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護(hù)法防止其腐蝕 D．一定條件下反應(yīng)N2＋3H22NH3達(dá)到平衡時,3v正(H2)=2v逆(NH3) 【解析】選C。2H2O22H2O ＋ O2↑,生成1 mol O2時轉(zhuǎn)移2 mol電子,A項錯誤;pH=3的CH3COOH中已電離出的H＋,就可以將pH=11的NaOH電離出的OH－完全中和,但是CH3COOH是弱酸,還會繼續(xù)電離,即醋酸過量,反應(yīng)后溶液顯酸性,B項錯誤;鐵可用作原電池的正極或作為電解池的陰極,此時鐵均會受到保護(hù),C項正確;由反應(yīng)方程式的化學(xué)計量數(shù)知,任何時候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮氣與氫氣合成氨氣

22、達(dá)到平衡時,速率關(guān)系為2v正(H2)=3v逆(NH3),D項錯誤。 ．(xx·廣東高考·11)一定溫度下,水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖,下列說法正確的是 ( ) A．升高溫度,可能引起由c向b的變化 B．該溫度下,水的離子積常數(shù)為1.0×10－13 C．該溫度下,加入FeCl3可能引起由b向a的變化 D．該溫度下,稀釋溶液可能引起由c向d的變化 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)注意提取圖象信息; (2)注意水的離子積常數(shù)的影響因素。 【解析】選C。升高溫度,水的離子積常數(shù)會變大,變化后不會還在曲線上,A不正確;根據(jù)水的離子積常數(shù)的計算公式,結(jié)合

23、b點的數(shù)據(jù)可得水的離子積常數(shù)為1.0×10－14,B不正確;加入FeCl3,三價鐵離子水解會促進(jìn)水的電離平衡正向移動,導(dǎo)致氫離子濃度變大,氫氧根離子濃度減小,C正確;溫度不變的情況下,稀釋不會改變水的離子積常數(shù),應(yīng)在曲線上進(jìn)行移動,D不正確。 ．(xx·廣東高考·12)準(zhǔn)確移取20.00 mL某待測HCl溶液于錐形瓶中,用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定,下列說法正確的是 ( ) A．滴定管用蒸餾水洗滌后,裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定 B．隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中溶液pH由小變大 C．用酚酞作指示劑,當(dāng)錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定 D．滴定達(dá)終點時,發(fā)現(xiàn)滴

24、定管尖嘴部分有懸滴,則測定結(jié)果偏小 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)注意酸堿中和滴定的基本操作; (2)注意使用誤差分析的基本原理進(jìn)行誤差分析。 【解析】選B。A項未對滴定管進(jìn)行潤洗;隨著NaOH溶液滴入,鹽酸逐漸被中和,所以對應(yīng)的pH逐漸變大,B正確;C項滴定終點應(yīng)該是溶液由無色變成紅色;D項實驗測得的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大,所以測定結(jié)果偏大。 ．(xx·江蘇高考·14)室溫下,向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH=7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略),溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是 ( ) A．向0.10 mol·L－1NH4HCO3溶液中通CO2:

25、c(N)=c(HC)＋c(C) B．向0.10 mol·L－1NaHSO3溶液中通NH3: c(Na＋)>c(N)>c(S) C．向0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中通SO2: c(Na＋)=2[c(S)＋c(HS)＋c(H2SO3)] D．向0.10 mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl: c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－) 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)首先要判斷發(fā)生反應(yīng)后溶液的成分; (2)“物料守恒“的角度是“鈉原子”和“硫原子”的個數(shù)比。 【解析】選D。溶液pH=7(室溫)呈中性,c(H＋)=c(OH－),依據(jù)電荷守恒

26、,c(N)=c(HC)＋2c(C),A項錯誤;c(Na＋)＋c(N)=c(HS)＋2c(S),物料守恒c(Na＋)=c(HS)＋c(S)＋c(H2SO3),c(N)=c(S)－c(H2SO3),B項錯誤;在亞硫酸鈉中通入二氧化硫呈中性,則c(Na＋)<2[c(HS)＋c(S)＋c(H2SO3)],C項錯誤;醋酸鈉中通入HCl呈中性,依據(jù)電荷守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(Cl－),物料守恒:c(Na＋)c(CH3COO－)＋c(CH3COOH),c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－),D項正確。 ．(xx·北京高考·27)研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸宿,是當(dāng)今海洋科學(xué)研

27、究的前沿領(lǐng)域。 (1)溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在,其中HC占95%,寫出CO2溶于水產(chǎn)生HC的方程式:　 。 (2)在海洋碳循環(huán)中,通過如圖所示的途徑固碳。 ①寫出鈣化作用的離子方程式:　 。 ②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自H2O,用18O標(biāo)記物質(zhì)的光合作用的化學(xué)方程式如下,將其補充完整:　　　?。　　?(CH2O)x＋x18O2＋xH2O (3)海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上

28、,其準(zhǔn)確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ),測量溶解無機碳,可采用如下方法: ①氣提、吸收CO2,用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下),將虛線框中的裝置補充完整并標(biāo)出所用試劑。 ②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉(zhuǎn)化為NaHCO3,再用xmol·L－1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機碳的濃度=　　　　mol·L－1。 (4)利用如圖所示裝置從海水中提取CO2,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。 ①結(jié)合方程式簡述提取CO2的原理:　 。 ②用該裝置產(chǎn)生的物質(zhì)處理b室排出的海水,合格后

29、排回大海。處理至合格的方法是　 。 【解題指南】解答本題時應(yīng)明確以下4點: (1)根據(jù)流程圖中的箭頭判斷反應(yīng)物與生成物:鈣化作用生成CaCO3、CO2。 (2)光合作用釋放出的O2只來自H2O。 (3)與電源正極相連的是陽極,陽極發(fā)生氧化反應(yīng)。 (4)陽離子膜只允許陽離子通過。 【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸電離。即CO2＋H2OH2CO3,H2CO3HC＋H＋。 (2)①根據(jù)反應(yīng)物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2

30、＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O。 ②由O2只來自H2O及示蹤原子的標(biāo)記可知水分子含18O,而且分子個數(shù)是2x,根據(jù)元素守恒法可知方程式中的缺項物質(zhì)為xCO2、2xO。 (3)①注意酸化的試劑要用硫酸,一定不能用鹽酸,HCl會揮發(fā)出來影響后續(xù)的滴定,如圖。 ②該滴定過程轉(zhuǎn)化的關(guān)系式為 CO2　～　HC　～　HCl 1 　　　　　　1 n(CO2)　　　 xmol·L－1×y×10－3L 解得:n(CO2)=xy×10－3mol 所以:c(無機碳)=xy/zmol·L－1 (4)①a室是陽極室,發(fā)生氧化反應(yīng):2H2O－4e－O2↑＋4H＋,出去的海水pH<6,顯酸性

31、,表明反應(yīng)后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H＋通過陽離子交換膜進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HC＋H＋CO2↑＋H2O。 ②c室是陰極室,發(fā)生還原反應(yīng):2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,即c室生成堿,然后用堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH。 答案:(1)CO2＋H2OH2CO3,H2CO3HC＋H＋ (2)①Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O ②xCO2　2xO (3)① ②xy/z (4)①a室發(fā)生的反應(yīng):2H2O－4e－O2↑＋4H＋,H＋通過陽離子交換膜從a室進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HC＋H＋CO2↑＋H2O ②c室發(fā)生的反應(yīng):2H2O＋2e－2OH－＋H

32、2↑,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH ．(xx·福建高考·23)研究硫元素及其化合物的性質(zhì)具有重要意義。 (1)①硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為　　　　。 ②加熱時,硫元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物的濃溶液與木炭反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)25℃,在0.10 mol·L－1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH,溶液pH與c(S2－)關(guān)系如下圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。 ①pH=13時,溶液中的c(H2S)＋c(HS－)=　　　　　　　mol·L－1。 ②某溶液含0.020

33、 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S,當(dāng)溶液pH=　　　　時,Mn2＋開始沉淀。[已知:Ksp(MnS)=2.8×10－13] (3)25℃,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表: Ka1 Ka2 H2SO3 1.3×10－2 6.3×10－8 H2CO3 4.2×10－7 5.6×10－11 ①HS的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=　　　　　　　　　　　　。 ②0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為 。 ③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式為? 。 【解題

34、指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)硫及其化合物的化學(xué)性質(zhì); (2)電解質(zhì)溶液中的電離平衡、溶度積的計算等知識的應(yīng)用。 【解析】(1)①S2－核外有18個電子,結(jié)構(gòu)示意圖為。 ②加熱時,C和濃硫酸反應(yīng)生成CO2、SO2和H2O,化學(xué)方程式為C＋2H2SO4(濃) 2SO2↑＋CO2↑＋2H2O。 (2)①根據(jù)圖象可知,pH=13時,c(S2－)=0.057 mol·L－1,根據(jù)物料守恒,c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)=0.10 mol·L－1,則c(H2S)＋c(HS－)=0.10 mol·L－1－ 0.057 mol·L－1=0.043 mol·L－1。 ②由于

35、Ksp(MnS)=2.8×10－13,某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋,則開始形成沉淀需要的c(S2－)=Ksp(MnS)÷c(Mn2＋)=2.8×10－13÷0.020 mol·L－1=1.4×10－11mol·L－1,根據(jù)圖象中c(S2－)與溶液的pH關(guān)系可知此時溶液pH=5。 (3)①由電離平衡常數(shù)的含義可知:HS的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=。 ②Na2SO3在溶液中電離:Na2SO32Na＋＋S,S發(fā)生水解反應(yīng):S＋H2OHS＋OH－,水解產(chǎn)生的HS又有部分發(fā)生水解反應(yīng):HS＋H2OH2SO3＋OH－,水解是逐步進(jìn)行的,而且在水中還存在水的電離平衡,主要以鹽電離產(chǎn)生的離子為主

36、,所以0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Na＋)>c(S)>c(OH－)>c(HS)>c(H＋)。 ③由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1,則反應(yīng)后H2SO3轉(zhuǎn)化為HS而不是S,離子方程式為H2SO3＋HCHS＋H2O＋CO2↑。 答案:(1)① ②C＋2H2SO4(濃)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O (2)①0.043　②5 (3)①或 ②c(Na＋)>c(S)>c(OH－)>c(HS)>c(H＋)或[Na＋]>[S]>[OH－]>[HS]>[H＋] ③H2SO3＋HCHS＋H2O＋CO2↑ ．(xx·全國卷Ⅰ·28)碘及其化合物在合成

37、殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鹣铝袉栴}: (1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后濃縮,再向濃縮液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為　　　　　　　　　　　　。 (2)上述濃縮液中主要含有I－、Cl－等離子。取一定量的濃縮液,向其中滴加AgNO3溶液,當(dāng)AgCl開始沉淀時,溶液中為　　　　。已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10,Ksp(AgI)=8.5×10－17。 (3)已知反應(yīng)2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)的ΔH=＋11 kJ·mol－1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時分別需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,

38、則1 mol HI(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為　　　　kJ。 (4)Bodensteins研究了下列反應(yīng):2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g),在716 K時,氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反應(yīng)時間t的關(guān)系如下表: t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根據(jù)上述實驗結(jié)果,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K的計算式為? 　。 ②上述反應(yīng)中,正反應(yīng)速率為v正=k正x2(HI)

39、,逆反應(yīng)速率為v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆為速率常數(shù),則k逆為　　 　　(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min－1,在t=40 min時,v正=　　　　min－1。 ③由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的關(guān)系可用下圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時,反應(yīng)重新達(dá)到平衡,相應(yīng)的點分別為　　　　(填字母)。 【解析】(1)根據(jù)化合價升降規(guī)律,結(jié)合實驗室制取氯氣的反應(yīng),碘元素的化合價升高,錳元素的化合價降低,所以還原產(chǎn)物為硫酸錳。 (2)==,代入數(shù)據(jù)可得=≈4.7×10－7。 (3)根據(jù)焓變等于反應(yīng)物鍵能減去生

40、成物鍵能可知:2×EH—I－EH—H－EI—I= ＋11 kJ·mol－1,得EH—I=299 kJ·mol－1。 (4)①K==,x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(1－0.784)÷2=0.108。 ②平衡時,v正=v逆,k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2), k逆==;v正=k正x2(HI),k正=0.002 7 min－1,在t=40 min時,x(HI)=0.85,代入數(shù)據(jù)得v正≈1.95×10－3min－1。 ③升高溫度,正逆反應(yīng)速率均增大,在圖象上v正、v逆均上移;但平衡右移,x(HI)減少,在圖象上數(shù)值減小,即A點,平衡右移,x(H2)、x(I2)

41、增大,在圖象上數(shù)值增大,即E點。 答案:(1)MnSO4(或Mn2＋)　(2)4.7×10－7　(3)299 (4)①K=?、凇?.95×10－3 ③A、E ．(xx·全國卷Ⅱ·28)二氧化氯(ClO2,黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑。回答下列問題: (1)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為　　　　。 (2)實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉)為原料,通過以下過程制備ClO2: ①電解時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②溶液X中大量存在的陰離子有　　　　

42、　　　　　　　　。 ③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是　　　　(填標(biāo)號)。 a.水 　 b.堿石灰 c.濃硫酸 　　　d.飽和食鹽水 (3)用下圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量: Ⅰ.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸; Ⅱ.在玻璃液封裝置中加入水,使液面沒過玻璃液封管的管口; Ⅲ.將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收; Ⅳ.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中; Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液(I2＋2S22I－＋S4),指示劑顯示終點時共用去20.00 mL硫代硫酸鈉溶液。在此

43、過程中: ①錐形瓶內(nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　。 ②玻璃液封裝置的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③Ⅴ中加入的指示劑通常為　　　　,滴定至終點的現(xiàn)象是 　　　　　　　　　　　　 　。 ④測得混合氣中ClO2的質(zhì)量為　　　　g。 (4)用ClO2處理過的飲用水會含有一定量的亞氯酸鹽。若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽,下列物質(zhì)最適宜的是　　　　　　　　　　(填標(biāo)號)。 a.明礬 　　b.碘化鉀 c.鹽酸 d.硫酸亞鐵 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)書寫化學(xué)方程式時要注

44、意結(jié)合題目給出的物質(zhì)書寫產(chǎn)物; (2)注意利用氧化性、還原性進(jìn)行物質(zhì)的除雜。 【解析】(1)根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒,氯元素的化合價從＋5價降到＋4價,得1個電子,氯酸鉀是氧化劑;硫元素的化合價從＋4價升高到＋6價,失去2個電子,亞硫酸鈉是還原劑,根據(jù)得失電子相等可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1。 (2)①根據(jù)圖示可知氯化銨和氯化氫反應(yīng)生成氫氣和NCl3,配平即可。 ②根據(jù)產(chǎn)物中有氨氣生成可知溶液為堿性,存在氫氧根離子,根據(jù)元素守恒可知還存在氯離子。 ③ClO2易溶于水,a、d錯誤;堿石灰不能吸收NH3,b錯誤。 (3)①ClO2能把碘離子氧化為碘單質(zhì),自身被還原為氯

45、離子。 ②由于ClO2有毒,容易逸出進(jìn)入空氣中,所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的二氧化氯氣體。 ③由于碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán),所以常用的指示劑為淀粉。滴定終點的顏色為溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變。 ④根據(jù)方程式可知2ClO2~5I2~10S2,則測得混合氣中ClO2的質(zhì)量為 0.100 0 mol·L－1×0.02 L×67.5 g·mol－1÷5=0.027 00 g。 (4)亞氯酸鹽有氧化性,除去它要用有還原性的硫酸亞鐵,同時產(chǎn)生的鐵離子還能凈水。 答案:(1)2∶1 (2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3 ②Cl－、OH－　③c (3)①2ClO

46、2＋10I－＋8H＋2Cl－＋5I2＋4H2O ②吸收殘余的二氧化氯氣體 ③淀粉溶液　溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變 ④0.027 00 (4)d ．(xx·山東高考·31)毒重石的主要成分為BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質(zhì)),實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下: (1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨,目的是　　　　　　　　　　　　　　。 實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸,除量筒外還需使用下列儀器中的　　　　。 a.燒杯 b.容量瓶 　　c.玻璃棒 　　d.滴定管 (2) Ca2＋ Mg2＋ Fe3＋ 開始沉

47、淀時的pH 11.9 9.1 1.9 完全沉淀時的pH 13.9 11.1 3.2 加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8可除去　　　　(填離子符號),濾渣Ⅱ中含　　　　(填化學(xué)式)。加入H2C2O4時應(yīng)避免過量,原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10－7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9 (3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量,實驗分兩步進(jìn)行。 已知:2Cr＋2H＋Cr2＋H2O　Ba2＋＋CrBaCrO4↓ 步驟Ⅰ:移取xmL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中,加入酸堿指示劑,用bmol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終

48、點,測得滴加鹽酸的體積為V0mL。 步驟Ⅱ:移取ymL BaCl2溶液于錐形瓶中,加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液,待Ba2＋完全沉淀后,再加入酸堿指示劑,用bmol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V1mL。 滴加鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液時應(yīng)使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的　　　　(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為　　　　mol·L－1,若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,Ba2＋濃度測量值將　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 【解題指南】解答本題注意以下兩點: (1)配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液和配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液所用的儀器不一樣; (2)

49、注意整個化工流程的分析和應(yīng)用。 【解析】(1)充分研磨可以增大反應(yīng)物的接觸面積,提高反應(yīng)速率;因為配制的鹽酸溶液濃度以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示,可以計算出濃鹽酸的體積和水的體積,所以使用燒杯作為容器進(jìn)行稀釋,用玻璃棒攪拌。 (2)根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù),加入NH3·H2O調(diào)pH為8,只有Fe3＋完全沉淀,故可除去Fe3＋;加入NaOH調(diào)pH=12.5,Mg2＋完全沉淀,Ca2＋部分沉淀,所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2;根據(jù)Ksp(BaC2O4)=1.6×10－7可知,H2C2O4過量時Ba2＋轉(zhuǎn)化為BaC2O4沉淀,BaCl2·2H2O產(chǎn)品的產(chǎn)量會減少。 (3)“0”刻度位于滴定管的上方

50、;與Ba2＋反應(yīng)的Cr的物質(zhì)的量為(V0b－V1b)/ 1 000 mol,則Ba2＋濃度為mol·L－1;根據(jù)計算式,若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,故需消耗的鹽酸減少,即V1減小,則Ba2＋濃度測量值將偏大。 答案:(1)增大接觸面積從而使反應(yīng)速率加快　a、c (2)Fe3＋　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4過量會導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀,產(chǎn)品的產(chǎn)量減少 (3)上方　　偏大 ．(xx·天津高考·7)隨原子序數(shù)遞增,八種短周期元素(用字母x表示)原子半徑的相對大小、最高正價或最低負(fù)價的變化如下圖所示。 根據(jù)判斷出的元素回答問題: (1)f在周期表中的位置是

51、　　　　　　　　　　。 (2)比較d、e常見離子的半徑大小(用化學(xué)式表示,下同):　　　　>　　　　;比較g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱:　　　　>　　　　。 (3)任選上述元素組成一種四原子共價化合物,寫出其電子式:　　　　。 (4)已知1 mol e的單質(zhì)在足量d2中燃燒,恢復(fù)至室溫,放出255.5 kJ熱量,寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:　　　　　　。 (5)上述元素可組成鹽R:zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 mol·L－1R溶液的燒杯中滴加1 mol·L－1NaOH溶液,沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積的變化示意圖如下: ①R溶液中,離子濃度由大到小的順序

52、是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②寫出m點反應(yīng)的離子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③若在R溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液,充分反應(yīng)后,溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為　　　　mol。 【解析】從圖中的化合價和原子半徑的大小,可以推出x是氫元素,y是碳元素,z是氮元素,d是氧元素,e是鈉元素,f是鋁元素,g是硫元素,h是氯元素。 (1)f是Al,在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族。 (2)電子層結(jié)構(gòu)相同的離子,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,故r(O2－)>r(Na＋);非金屬性越強最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強,HClO4>H2SO4

53、。 (3)四原子共價化合物,可以是NH3、H2O2、C2H2等,其電子式分別為、、。 (4)1 mol Na的單質(zhì)在足量O2中燃燒,放出255.5 kJ熱量,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Na(s)＋O2(g)Na2O2(s)　ΔH=－511 kJ·mol－1。 (5)①R是NH4Al(SO4)2,Al3＋比N水解程度更大,離子濃度由大到小的順序是c(S)>c(N)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－); ②m點前后過程中加入氫氧化鈉,沉淀物質(zhì)的量不變,是N發(fā)生了反應(yīng),離子方程式為N＋OH－NH3·H2O; ③10 mL 1 mol·L－1NH4Al(SO4)2,溶液中Al3＋物質(zhì)的量

54、為0.01 mol,N的物質(zhì)的量為0.01 mol,S的物質(zhì)的量為0.02 mol,20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液中Ba2＋物質(zhì)的量為0.024 mol,OH－為0.048 mol,由離子反應(yīng)先后可知可生成0.02 mol BaSO4沉淀;OH－先與Al3＋反應(yīng)生成Al(OH)3,再與N反應(yīng),若有剩余再同Al(OH)3反應(yīng)轉(zhuǎn)化成Al,經(jīng)計算可知Al(OH)3還剩余0.002 mol,可知生成沉淀的總物質(zhì)的量為0.022 mol。 答案:(1)第3周期ⅢA族 (2)r(O2－)>r(Na＋)　HClO4>H2SO4 (3) (或或等其他合理答案均可) (4)2Na

55、(s)＋O2(g)Na2O2(s)　ΔH=－511 kJ·mol－1 (5)①c(S)>c(N)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－) ②N＋OH－NH3·H2O ③0.022 ．(xx·天津高考·10)FeCl3具有凈水作用,但腐蝕設(shè)備,而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑,處理污水比FeCl3高效,且腐蝕性小。請回答下列問題: (1)FeCl3凈水的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備,除H＋作用外,另一主要原因是(用離子方程式表示)? 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)為節(jié)約成本,工

56、業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。 ①若酸性FeCl2廢液中c(Fe2＋)=2.0×10－2mol·L－1,c(Fe3＋)=1.0×10－3mol·L－1,c(Cl－)=5.3×10－2mol·L－1,則該溶液的pH約為　　　　。 ②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式: 　□Cl＋　□Fe2＋＋　□　　　? □ Cl－＋　□Fe3＋＋□　　　　　。 (3)FeCl3在溶液中分三步水解: Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋　K1 Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH＋H＋　K2 Fe(OH＋H2OFe(OH)3＋H＋　K3 以上水解反應(yīng)的平衡常

57、數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是　　　　　　　　　　。 通過控制條件,以上水解產(chǎn)物聚合,生成聚合氯化鐵,離子方程式為:xFe3＋＋yH2OFex(OH＋yH＋,欲使平衡正向移動可采用的方法是(填序號)　　　　　。 a.降溫　　　　　　　　b.加水稀釋 c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3 室溫下,使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是 　　　 　。 (4)天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結(jié)果如下圖所示。由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mg·L－1)表示]的最佳范圍約為　　mg·L－1。 【解析】(1)Fe3＋水解生成的F

58、e(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質(zhì),可起到凈水的作用;鋼鐵設(shè)備中的Fe會與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子,離子方程式是2Fe3＋＋Fe3Fe2＋。 (2)①根據(jù)電荷守恒,則溶液中氫離子的濃度是c(Cl－)－2c(Fe2＋)－3c(Fe3＋)=1.0×10－2mol·L－1,所以pH=2; ②根據(jù)題意,氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵,則反應(yīng)物中有氫離子參加,則生成物中有水生成,Cl的化合價從＋5價降低到－1價,得到6個電子,而Fe的化合價從＋2價升高到＋3價,失去1個電子,根據(jù)得失電子守恒,則氯酸根離子的化學(xué)計量數(shù)為1,Fe2＋的化學(xué)計量數(shù)為6,則鐵離子的化學(xué)計量數(shù)也是6,氯離子的化學(xué)計量數(shù)是1,根

59、據(jù)電荷守恒,則氫離子的化學(xué)計量數(shù)是6,水的化學(xué)計量數(shù)是3,即Cl＋6Fe2＋＋6H＋Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (3)鐵離子的水解分為三步,且水解程度逐漸減弱,所以水解平衡常數(shù)逐漸減小,則K1>K2>K3;該水解為吸熱反應(yīng),所以降溫,平衡逆向移動;加水稀釋,則水解平衡正向移動;加入氯化銨,氯化銨溶液為酸性,氫離子濃度增大,平衡逆向移動;加入碳酸氫鈉,則消耗氫離子,所以氫離子濃度降低,平衡正向移動,所以答案選b、d;從反應(yīng)的離子方程式中可知,氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成,所以關(guān)鍵步驟是調(diào)節(jié)溶液的pH。 (4)由題中圖象可知,聚合氯化鐵的濃度在18~20 mg·L－1時,去除率達(dá)

60、到最大值,污水的渾濁度減小。 答案:(1)Fe3＋水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質(zhì)　2Fe3＋＋Fe3Fe2＋ (2)①2?、?　6　6　H＋　1　6　3　H2O (3)K1>K2>K3　b、d　調(diào)節(jié)溶液的pH (4)18～20 ．(xx·海南高考·15)銀是一種貴金屬,古代常用于制造錢幣及裝飾器皿,現(xiàn)代在電池和照明器材等領(lǐng)域亦有廣泛應(yīng)用。回答下列問題: (1)久存的銀制品表面會變黑,失去銀白色光澤,原因是 　。 (2)已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10,若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中

61、加入 50 mL 0.020 mol·L－1的鹽酸,混合后溶液中Ag＋的濃度為　　　　mol·L－1,pH為　　　　。 (3)AgNO3光照易分解,生成Ag和紅棕色氣體等物質(zhì),其光照分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為? 　。 (4)右圖所示原電池正極的反應(yīng)式為　 。 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)化學(xué)反應(yīng)原理的理解與應(yīng)用; (2)電化學(xué)中電極反應(yīng)式的書寫。 【解析】(1)根據(jù)金屬的腐蝕原理可知Ag變黑是發(fā)生了化學(xué)腐蝕的緣故; (2)根據(jù)反應(yīng)中HCl和硝酸銀的物質(zhì)的量可知HCl過量,則計算剩余的氯離子的物質(zhì)的量濃度為(0.02－0.018)m

62、ol·L－1/2=0.001 mol·L－1,根據(jù)AgCl的溶度積的表達(dá)式計算即可,即c(Ag＋)==mol·L－1=1.8×10－7mol·L－1;因為該反應(yīng)中氫離子未參加反應(yīng),所以溶液的體積變?yōu)?00 mL時,氫離子的濃度為 0.01 mol·L－1,則pH=2; (3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)理論,硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮氣體,元素化合價均降低,因此該反應(yīng)中有氧氣生成(氧化還原反應(yīng)中化合價有降必有升,氧元素化合價升高)。 (4)該原電池的實質(zhì)是Cu與銀離子發(fā)生置換反應(yīng)生成Ag單質(zhì),所以正極是生成Ag單質(zhì)的還原反應(yīng)。 答案:(1)Ag在空氣中易與氧氣和含硫化合物反應(yīng),發(fā)生化學(xué)腐蝕 (

63、2)1.8×10－7　2 (3)2AgNO32Ag↓＋2NO2↑＋O2↑ (4)Ag＋＋e－Ag ．(xx·海南高考·16)氨是合成硝酸、銨鹽和氮肥的基本原料,回答下列問題: (1)氨的水溶液顯弱堿性,其原因為 　　 (用離子方程式表示),0.1 mol·L－1的氨水中加入少量NH4Cl固體,溶液的pH　　　　(填“升高”或“降低”);若加入少量明礬,溶液中N的濃度　　　　(填“增大”或“減小”)。 (2)硝酸銨加熱分解可得到N2O和H2O,250℃時,硝酸銨在密閉容器中分解達(dá)到平衡,該分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為? 　

64、,平衡常數(shù)表達(dá)式為　 ; 若有1 mol硝酸銨完全分解,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為　　　　mol。 (3)由N2O和NO反應(yīng)生成N2和NO2的能量變化如圖所示,若生成1 mol N2,其 ΔH=　　　　kJ·mol－1。 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)氮及其化合物的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化; (2)電解質(zhì)溶液中電離平衡、水解平衡以及化學(xué)平衡、反應(yīng)中的能量變化等化學(xué)反應(yīng)原理知識的理解與應(yīng)用。 【解析】(1)氨水中一水合氨部分電離生成銨根離子和氫氧根離子,使溶液呈堿性;若加入氯化銨,銨根離子濃度增大,電離平衡逆向移動,氫氧根離子濃度減小,pH減小;若加入明礬,Al3＋水解消

65、耗OH－,使NH3·H2O的電離反應(yīng)正向移動,c(N)增大。 (2)硝酸銨分解生成N2O和H2O為可逆反應(yīng),因此化學(xué)方程式為NH4NO3(s)N2O(g)＋2H2O(g)(250℃時,水為氣態(tài)),則K=c(N2O)c2(H2O);硝酸銨中氮元素化合價分別從－3和＋5價均變?yōu)椋?價,因此轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4個,每有1 mol硝酸銨反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4 mol。 (3)N2O＋NON2＋NO2,根據(jù)圖示每生成1 mol氮氣, ΔH=209 kJ·mol－1－348 kJ·mol－1=－139 kJ·mol－1。 答案:(1)NH3·H2ON＋OH－　降低　增大 (2)NH4NO3N2O↑＋2H2

66、O↑　K=c(N2O)c2(H2O)　4 (3)－139 ．(xx·江蘇高考·16)以磷石膏(主要成分CaSO4,雜質(zhì)SiO2、Al2O3等)為原料可制備輕質(zhì)CaCO3。 (1)勻速向漿料中通入CO2,漿料清液的pH和c(S)隨時間變化見下圖。清液pH>11時CaSO4轉(zhuǎn)化的離子方程式為　　　　　　　　　　　;能提高其轉(zhuǎn)化速率的措施有　　　　(填序號)。 ( ) A．?dāng)嚢铦{料 B．加熱漿料至100℃ C．增大氨水濃度 D．減小CO2通入速率 (2)當(dāng)清液pH接近6.5時,過濾并洗滌固體。濾液中物質(zhì)的量濃度最大的兩種陰離子為　　　　和　　　　(填化學(xué)式);檢驗洗滌是否完全的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高溫煅燒的固體,隨著浸取液溫度上升,溶液中c(Ca2＋)增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【解析】(1)清液pH>11時,通入CO2,CO2在堿性條件下轉(zhuǎn)化為C,CaSO4與C反應(yīng)轉(zhuǎn)化為CaCO3和S。攪拌漿料、增大氨水濃度能提高轉(zhuǎn)化速率,但加熱漿料至100℃,氨水易揮發(fā),C