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2019-2020年高考化學分類題庫 考點8 電解質溶液
．(xx安徽高考13)25℃時,在10 mL濃度均為0.1 molL－1NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 molL－1的鹽酸,下列有關溶液中粒子濃度關系正確的是 ( )
A．未加鹽酸時:c(OH－)>c(Na＋)=c(NH3H2O)
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】解答本題時應注意以下兩點:
(1)NaOH、NH3H2O、鹽酸濃度相等;
(2)加入10 mL鹽酸時,剛好中和完氫氧化鈉;加入20 mL鹽酸時,剛好反應生成NaCl、NH4Cl。
【解析】選B。未加鹽酸時,根據物料守恒有c(NH3H2O)＋c(N)=
0.1 molL－1=c(Na＋),A項錯誤;加入10 mL鹽酸,則氫氧化鈉與鹽酸的物質的量相等,c(Cl－)=c(Na＋),根據電荷守恒: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－),根據電荷守恒:c(N)＋c(H＋)＋c(Na＋)=c(Cl－)＋c(OH－),故c(N)＋c(Na＋)=c(Cl－),C項錯誤;加入20 mL鹽酸,則剛好反應生成NaCl、NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性,c(H＋)>c(OH－),根據電荷守恒:c(N)＋c(H＋)＋c(Na＋)=c(Cl－)＋c(OH－),則c(N)＋c(Na＋)
c(A－)>c(H＋)>c(HA)
B．a、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系。
【解析】選D。a點NaOH與HA恰好完全反應,溶液的pH為8.7,呈堿性,說明HA為弱酸,NaA發(fā)生水解反應,c(Na＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋),A錯誤;a點NaA發(fā)生水解反應,促進了水的電離,所以a點水的電離程度大于b點,B錯誤;根據電荷守恒,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。下列關于濾液中的離子濃度關系不正確的是 ( )
A．<1.010－7molL－1
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】解答本題時應按照以下流程進行:
【解析】選C。水的離子積KW=c(H＋)c(OH－),所以=c(OH－),因pH<7,故c(OH－)<1.010－7molL－1,A正確;因兩物質是等體積、等物質的量濃度加入,故當未發(fā)生任何反應時,鈉與碳應是恒等關系,而發(fā)生發(fā)應并析出晶體時,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中因氯離子不發(fā)生水解反應,故濃度應最大,而HC部分析出,故應小于N,C由HC電離而來,反應微弱,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的反應是熵增的放熱反應,該反應能自發(fā)進行
B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質溶液產生沉淀,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】解答本題時應注意以下兩點:
(1)ΔG=ΔH－TΔS<0,該反應能自發(fā)進行。
(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與水的反應是固體與液體反應生成氣體,為熵增的反應,ΔS>0,在反應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,此反應為放熱反應,則ΔH<0,故ΔG=ΔH－TΔS<0,該反應能自發(fā)進行,A項正確;飽和Na2SO4溶液使蛋白質溶液產生沉淀是蛋白質的鹽析,濃硝酸是強氧化性酸,使蛋白質溶液產生沉淀是蛋白質的變性,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: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,有關結論正確的是
加入的物質
結 論
A.
50 mL 1 molL－1H2SO4
反應結束后,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
反應完全后,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 molL－1H2SO4,H2SO4與Na2CO3恰好反應,則反應后的溶液溶質為Na2SO4,故根據物料守恒,反應結束后c(Na＋)=2c(S),A項錯誤;向溶液中加入0.05 mol CaO,則CaO＋H2OCa(OH)2,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,反應后溶液為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,從圖上可直接得出:c(N)>c(HC)>c(NH2COO－)>c(C),A項正確;根據電荷守恒,不同pH的溶液中都存在c(N)＋c(H＋)=2c(C)＋c(HC)＋c(NH2COO－)＋c(OH－),B項正確;由NH3H2ON＋OH－的電離常數(shù)表達式可得,==,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－的物質是中間產物,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 molL－1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱
D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl－)=c(I－)
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)同離子效應會抑制弱酸的電離;
(2)陰、陽離子個數(shù)相同的難溶電解質可以通過比較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,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,導電能力弱,正確;D項,AgCl和AgI的Ksp不相等,c(Ag＋)c(Cl－)=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 molL－1的NaOH溶液反應,形成的溶液pH最小的是 ( )
A．NO2 B．SO2 C．SO3 D．CO2
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)氣體與氫氧化鈉溶液反應產物的確定;
(2)反應中的定量計算和產物的判斷。
【解析】選C。A項,NO2和NaOH溶液發(fā)生反應:2NO2＋2NaOHNaNO3＋NaNO2＋H2O,二者恰好反應得到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SO2＋NaOHNaHSO3,該物質是強堿弱酸鹽,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:SO3＋NaOHNaHSO4,該鹽是強酸強堿的酸式鹽,電離時溶液顯酸性,相當于一元強酸,所以酸性比NaHSO3強。D項,發(fā)生反應:CO2＋NaOHNaHCO3,該物質是強堿弱酸鹽,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=1.810－5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.410－3)在水中的電離度與濃度關系的是
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)弱電解質的電離與濃度的關系;
(2)弱電解質的電離常數(shù)與溶液酸堿性的強弱關系。
【解析】選B。因為濃度越大,弱電解質的電離程度越小,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分解產生1 mol O2,理論上轉移的電子數(shù)約為46.021023
B．室溫下,pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合,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法防止其腐蝕
D．一定條件下反應N2＋3H22NH3達到平衡時,3v正(H2)=2v逆(NH3)
【解析】選C。2H2O22H2O ＋ O2↑,生成1 mol O2時轉移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,C項正確;由反應方程式的化學計量數(shù)知,任何時候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮氣與氫氣合成氨氣達到平衡時,速率關系為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1.010－13
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;根據水的離子積常數(shù)的計算公式,結合b點的數(shù)據可得水的離子積常數(shù)為1.010－14,B不正確;加入FeCl3,三價鐵離子水解會促進水的電離平衡正向移動,導致氫離子濃度變大,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),應在曲線上進行移動,D不正確。
．(xx廣東高考12)準確移取20.00 mL某待測HCl溶液于錐形瓶中,用0.100 0 molL－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,當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定
D．滴定達終點時,發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴,則測定結果偏小
【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行誤差分析。
【解析】選B。A項未對滴定管進行潤洗;隨著NaOH溶液滴入,鹽酸逐漸被中和,所以對應的pH逐漸變大,B正確;C項滴定終點應該是溶液由無色變成紅色;D項實驗測得的標準溶液的體積偏大,所以測定結果偏大。
．(xx江蘇高考14)室溫下,向下列溶液中通入相應的氣體至溶液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的量濃度關系正確的是 ( )
A．向0.10 molL－1NH4HCO3溶液中通CO2:
c(N)=c(HC)＋c(C)
B．向0.10 molL－1NaHSO3溶液中通NH3:
c(Na＋)>c(N)>c(S)
C．向0.10 molL－1Na2SO3溶液中通SO2:
c(Na＋)=2[c(S)＋c(HS)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 molL－1CH3COONa溶液中通HCl:
c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)首先要判斷發(fā)生反應后溶液的成分;
(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－),依據電荷守恒,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在海洋中的轉移和歸宿,是當今海洋科學研究的前沿領域。
(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標記物質的光合作用的化學方程式如下,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,其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎,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出所用試劑。
②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉化為NaHCO3,再用xmolL－1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機碳的濃度= molL－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結合方程式簡述提取CO2的原理: 。
②用該裝置產生的物質處理b室排出的海水,合格后排回大海。處理至合格的方法是 。
【解題指南】解答本題時應明確以下4點:
(1)根據流程圖中的箭頭判斷反應物與生成物: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。
(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根據反應物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
②由O2只來自H2O及示蹤原子的標記可知水分子含18O,而且分子個數(shù)是2x,根據元素守恒法可知方程式中的缺項物質為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該滴定過程轉化的關系式為
CO2 ～ HC ～ HCl
1 1
n(CO2) xmolL－1y10－3L
解得:n(CO2)=xy10－3mol
所以:c(無機碳)=xy/zmolL－1
(4)①a室是陽極室,發(fā)生氧化反應:2H2O－4e－O2↑＋4H＋,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H＋通過陽離子交換膜進入b室,發(fā)生反應:HC＋H＋CO2↑＋H2O。
②c室是陰極室,發(fā)生還原反應: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:2H2O－4e－O2↑＋4H＋,H＋通過陽離子交換膜從a室進入b室,發(fā)生反應:HC＋H＋CO2↑＋H2O
②c室發(fā)生的反應:2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調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具有重要意義。
(1)①硫離子的結構示意圖為 。
②加熱時,硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為 。
(2)25℃,在0.10 molL－1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調節(jié)溶液pH,溶液pH與c(S2－)關系如下圖(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－)= molL－1。
②某溶液含0.020 molL－1Mn2＋、0.10 molL－1H2S,當溶液pH= 時,Mn2＋開始沉淀。[已知:Ksp(MnS)=2.810－13]
(3)25℃,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表:
Ka1
Ka2
H2SO3
1.310－2
6.310－8
H2CO3
4.210－7
5.610－11
①HS的電離平衡常數(shù)表達式K= 。
②0.10 molL－1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為 。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為 。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)硫及其化合物的化學性質;
(2)電解質溶液中的電離平衡、溶度積的計算等知識的應用。
【解析】(1)①S2－核外有18個電子,結構示意圖為。
②加熱時,C和濃硫酸反應生成CO2、SO2和H2O,化學方程式為C＋2H2SO4(濃)
2SO2↑＋CO2↑＋2H2O。
(2)①根據圖象可知,pH=13時,c(S2－)=0.057 molL－1,根據物料守恒,c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)=0.10 molL－1,則c(H2S)＋c(HS－)=0.10 molL－1－
0.057 molL－1=0.043 molL－1。
②由于Ksp(MnS)=2.810－13,某溶液含0.020 molL－1Mn2＋,則開始形成沉淀需要的c(S2－)=Ksp(MnS)c(Mn2＋)=2.810－130.020 molL－1=1.410－11molL－1,根據圖象中c(S2－)與溶液的pH關系可知此時溶液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)表達式K=。
②Na2SO3在溶液中電離:Na2SO32Na＋＋S,S發(fā)生水解反應:S＋H2OHS＋OH－,水解產生的HS又有部分發(fā)生水解反應:HS＋H2OH2SO3＋OH－,水解是逐步進行的,而且在水中還存在水的電離平衡,主要以鹽電離產生的離子為主,所以0.10 molL－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,則反應后H2SO3轉化為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?、?
(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Ⅰ28)碘及其化合物在合成殺菌劑、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。該反應的還原產物為 。
(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AgCl開始沉淀時,溶液中為 。已知Ksp(AgCl)=1.810－10,Ksp(AgI)=8.510－17。
(3)已知反應2HI(g)H2(g)＋I2(g)的ΔH=＋11 kJmol－1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,則1 mol HI(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為 kJ。
(4)Bodensteins研究了下列反應:2HI(g)H2(g)＋I2(g),在716 K時,氣體混合物中碘化氫的物質的量分數(shù)x(HI)與反應時間t的關系如下表:
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根據上述實驗結果,該反應的平衡常數(shù)K的計算式為 。
②上述反應中,正反應速率為v正=k正x2(HI),逆反應速率為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)據計算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的關系可用下圖表示。當升高到某一溫度時,反應重新達到平衡,相應的點分別為 (填字母)。
【解析】(1)根據化合價升降規(guī)律,結合實驗室制取氯氣的反應,碘元素的化合價升高,錳元素的化合價降低,所以還原產物為硫酸錳。
(2)==,代入數(shù)據可得=≈4.710－7。
(3)根據焓變等于反應物鍵能減去生成物鍵能可知:2EH—I－EH—H－EI—I=
＋11 kJmol－1,得EH—I=299 kJmol－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)據得v正≈1.9510－3min－1。
③升高溫度,正逆反應速率均增大,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)增大,在圖象上數(shù)值增大,即E點。
答案:(1)MnSO4(或Mn2＋) (2)4.710－7 (3)299
(4)①K=?、凇?.9510－3
③A、E
．(xx全國卷Ⅱ28)二氧化氯(ClO2,黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑?；卮鹣铝袉栴}:
(1)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為 。
(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)生反應的化學方程式為 。
②溶液X中大量存在的陰離子有 。
③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是 (填標號)。
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 molL－1硫代硫酸鈉標準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。在此過程中:
①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為 。
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。若要除去超標的亞氯酸鹽,下列物質最適宜的是 (填標號)。
a.明礬 b.碘化鉀
c.鹽酸 d.硫酸亞鐵
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)書寫化學方程式時要注意結合題目給出的物質書寫產物;
(2)注意利用氧化性、還原性進行物質的除雜。
【解析】(1)根據氧化還原反應中得失電子守恒,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,根據得失電子相等可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為2∶1。
(2)①根據圖示可知氯化銨和氯化氫反應生成氫氣和NCl3,配平即可。
②根據產物中有氨氣生成可知溶液為堿性,存在氫氧根離子,根據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,自身被還原為氯離子。
②由于ClO2有毒,容易逸出進入空氣中,所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的二氧化氯氣體。
③由于碘單質遇到淀粉變藍,所以常用的指示劑為淀粉。滴定終點的顏色為溶液由藍色變?yōu)闊o色,且半分鐘內溶液顏色不再改變。
④根據方程式可知2ClO2~5I2~10S2,則測得混合氣中ClO2的質量為
0.100 0 molL－10.02 L67.5 gmol－15=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,同時產生的鐵離子還能凈水。
答案:(1)2∶1
(2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3
②Cl－、OH－ ③c
(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋2Cl－＋5I2＋4H2O
②吸收殘余的二氧化氯氣體
③淀粉溶液 溶液由藍色變?yōu)闊o色,且半分鐘內溶液顏色不再改變
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),實驗室利用毒重石制備BaCl22H2O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NH3H2O調節(jié)pH=8可除去 (填離子符號),濾渣Ⅱ中含 (填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量,原因是 。
已知:Ksp(BaC2O4)=1.610－7,Ksp(CaC2O4)=2.310－9
(3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量,實驗分兩步進行。
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bmolL－1鹽酸標準液滴定至終點,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bmolL－1鹽酸標準液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V1mL。
滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的 (填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為 molL－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)配制一定質量分數(shù)的溶液和配制一定物質的量濃度的溶液所用的儀器不一樣;
(2)注意整個化工流程的分析和應用。
【解析】(1)充分研磨可以增大反應物的接觸面積,提高反應速率;因為配制的鹽酸溶液濃度以質量分數(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行稀釋,用玻璃棒攪拌。
(2)根據流程圖和表中數(shù)據,加入NH3H2O調pH為8,只有Fe3＋完全沉淀,故可除去Fe3＋;加入NaOH調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Ksp(BaC2O4)=1.610－7可知,H2C2O4過量時Ba2＋轉化為BaC2O4沉淀,BaCl22H2O產品的產量會減少。
(3)“0”刻度位于滴定管的上方;與Ba2＋反應的Cr的物質的量為(V0b－V1b)/
1 000 mol,則Ba2＋濃度為molL－1;根據計算式,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速率加快 a、c
(2)Fe3＋ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀,產品的產量減少
(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、最高正價或最低負價的變化如下圖所示。
根據判斷出的元素回答問題:
(1)f在周期表中的位置是 。
(2)比較d、e常見離子的半徑大小(用化學式表示,下同): > ;比較g、h的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱: > 。
(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的單質在足量d2中燃燒,恢復至室溫,放出255.5 kJ熱量,寫出該反應的熱化學方程式: 。
(5)上述元素可組成鹽R:zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 molL－1R溶液的燒杯中滴加1 molL－1NaOH溶液,沉淀物質的量隨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是 。
②寫出m點反應的離子方程式: 。
③若在R溶液中改加20 mL 1.2 molL－1Ba(OH)2溶液,充分反應后,溶液中產生沉淀的物質的量為 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)電子層結構相同的離子,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水化物的酸性越強,HClO4>H2SO4。
(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的單質在足量O2中燃燒,放出255.5 kJ熱量,該反應的熱化學方程式為2Na(s)＋O2(g)Na2O2(s) ΔH=－511 kJmol－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,沉淀物質的量不變,是N發(fā)生了反應,離子方程式為N＋OH－NH3H2O;
③10 mL 1 molL－1NH4Al(SO4)2,溶液中Al3＋物質的量為0.01 mol,N的物質的量為0.01 mol,S的物質的量為0.02 mol,20 mL 1.2 molL－1Ba(OH)2溶液中Ba2＋物質的量為0.024 mol,OH－為0.048 mol,由離子反應先后可知可生成0.02 mol BaSO4沉淀;OH－先與Al3＋反應生成Al(OH)3,再與N反應,若有剩余再同Al(OH)3反應轉化成Al,經計算可知Al(OH)3還剩余0.002 mol,可知生成沉淀的總物質的量為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(s)＋O2(g)Na2O2(s) ΔH=－511 kJmol－1
(5)①c(S)>c(N)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)
②N＋OH－NH3H2O
③0.022
．(xx天津高考10)FeCl3具有凈水作用,但腐蝕設備,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＋)=2.010－2molL－1,c(Fe3＋)=1.010－3molL－1,c(Cl－)=5.310－2molL－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
以上水解反應的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是 。
通過控制條件,以上水解產物聚合,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,使氯化鐵溶液轉化為高濃度聚合氯化鐵的關鍵條件是 。
(4)天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結果如下圖所示。由圖中數(shù)據得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mgL－1)表示]的最佳范圍約為 mgL－1。
【解析】(1)Fe3＋水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質,可起到凈水的作用;鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子,離子方程式是2Fe3＋＋Fe3Fe2＋。
(2)①根據電荷守恒,則溶液中氫離子的濃度是c(Cl－)－2c(Fe2＋)－3c(Fe3＋)=1.010－2molL－1,所以pH=2;
②根據題意,氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵,則反應物中有氫離子參加,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,根據得失電子守恒,則氯酸根離子的化學計量數(shù)為1,Fe2＋的化學計量數(shù)為6,則鐵離子的化學計量數(shù)也是6,氯離子的化學計量數(shù)是1,根據電荷守恒,則氫離子的化學計量數(shù)是6,水的化學計量數(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,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,所以關鍵步驟是調節(jié)溶液的pH。
(4)由題中圖象可知,聚合氯化鐵的濃度在18~20 mgL－1時,去除率達到最大值,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 2Fe3＋＋Fe3Fe2＋
(2)①2 ②1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
(3)K1>K2>K3 b、d 調節(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域亦有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}:
(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)=1.810－10,若向50 mL 0.018 molL－1的AgNO3溶液中加入
50 mL 0.020 molL－1的鹽酸,混合后溶液中Ag＋的濃度為 molL－1,pH為 。
(3)AgNO3光照易分解,生成Ag和紅棕色氣體等物質,其光照分解反應的化學方程式為 。
(4)右圖所示原電池正極的反應式為 。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)化學反應原理的理解與應用;
(2)電化學中電極反應式的書寫。
【解析】(1)根據金屬的腐蝕原理可知Ag變黑是發(fā)生了化學腐蝕的緣故;
(2)根據反應中HCl和硝酸銀的物質的量可知HCl過量,則計算剩余的氯離子的物質的量濃度為(0.02－0.018)molL－1/2=0.001 molL－1,根據AgCl的溶度積的表達式計算即可,即c(Ag＋)==molL－1=1.810－7molL－1;因為該反應中氫離子未參加反應,所以溶液的體積變?yōu)?00 mL時,氫離子的濃度為
0.01 molL－1,則pH=2;
(3)根據氧化還原反應理論,硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮氣體,元素化合價均降低,因此該反應中有氧氣生成(氧化還原反應中化合價有降必有升,氧元素化合價升高)。
(4)該原電池的實質是Cu與銀離子發(fā)生置換反應生成Ag單質,所以正極是生成Ag單質的還原反應。
答案:(1)Ag在空氣中易與氧氣和含硫化合物反應,發(fā)生化學腐蝕
(2)1.810－7 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 molL－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到平衡,該分解反應的化學方程式為 ,平衡常數(shù)表達式為 ;
若有1 mol硝酸銨完全分解,轉移的電子數(shù)為 mol。
(3)由N2O和NO反應生成N2和NO2的能量變化如圖所示,若生成1 mol N2,其
ΔH= kJmol－1。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)氮及其化合物的性質及轉化;
(2)電解質溶液中電離平衡、水解平衡以及化學平衡、反應中的能量變化等化學反應原理知識的理解與應用。
【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＋水解消耗OH－,使NH3H2O的電離反應正向移動,c(N)增大。
(2)硝酸銨分解生成N2O和H2O為可逆反應,因此化學方程式為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,因此轉移電子數(shù)為4個,每有1 mol硝酸銨反應轉移電子數(shù)為4 mol。
(3)N2O＋NON2＋NO2,根據圖示每生成1 mol氮氣,
ΔH=209 kJmol－1－348 kJmol－1=－139 kJmol－1。
答案:(1)NH3H2ON＋OH－ 降低 增大
(2)NH4NO3N2O↑＋2H2O↑ 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SiO2、Al2O3等)為原料可制備輕質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轉化的離子方程式為 ;能提高其轉化速率的措施有 (填序號)。
( )
A．攪拌漿料
B．加熱漿料至100℃
C．增大氨水濃度
D．減小CO2通入速率
(2)當清液pH接近6.5時,過濾并洗滌固體。濾液中物質的量濃度最大的兩種陰離子為 和 (填化學式);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在堿性條件下轉化為C,CaSO4與C反應轉化為CaCO3和S。攪拌漿料、增大氨水濃度能提高轉化速率,但加熱漿料至100℃,氨水
2019-2020年高考化學分類題庫 考點8 電解質溶液.doc
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