高考化學(xué)試題分類解析 ——考點(diǎn)08電解質(zhì)溶液

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1、 高考總復(fù)習(xí)同步訓(xùn)練 考點(diǎn)8 電解質(zhì)溶液 1.（2013·上?；瘜W(xué)·19）部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表： 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 電離平衡常數(shù) （25℃） Ki=1.77×10-4 Ki=4.9×10-10 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11 下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是 A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32- B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑ C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者 【

2、答案】AD 【解析】根據(jù)電離常數(shù)可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A錯(cuò)誤，B正確；等體積、等pH的HCOOH和HCN所含溶質(zhì)，HCN多，則中和時(shí)消耗的NaOH的量多，C正確；根據(jù)電荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)= n(Na-)+n(H+)， 即離子總數(shù)是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D錯(cuò)誤。 【考點(diǎn)定位】本題考查酸性強(qiáng)弱，離子濃度比較，中和反應(yīng)等。 2.（2013·四川理綜化學(xué)·5）室溫下，將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積

3、混合（忽略體積變化），實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表： 實(shí)驗(yàn)編號 起始濃度/（mol·L－1） 反應(yīng)后溶液的pH c（HA） c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判斷不正確的是 A.實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) B.實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)= KW 1X10－9 mol·L—1 C. 實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1 D. 實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋) 【答案】B

4、 解析：由表中①的HA為弱酸且酸堿物質(zhì)的量相等，因此得A正確；由①中電荷守恒得[OH-]=[K+]-[A-]+[H+]=Kw/1X10-9 mol/L,故B錯(cuò)誤；C中由②得X＞0.2mol/L，故C正確；由電荷守恒得D正確 3、（2013·天津化學(xué)·4）下列實(shí)驗(yàn)誤差分析錯(cuò)誤的是 A、用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏小 B、用容量瓶配置溶液，定容時(shí)俯視刻度線，所配溶液濃度偏小 C、滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)有氣泡，所測體積偏小 D、測定中和反應(yīng)反的應(yīng)熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏小 【解析】該題考查基本實(shí)驗(yàn)的誤差分析。A選項(xiàng)濕潤的PH試紙測稀堿液的PH時(shí)，堿

5、液被稀釋，PH值偏小，正確。B選項(xiàng)用容量瓶配置溶液定容時(shí)俯視刻度線，所加水偏少，所配溶液濃度偏大，錯(cuò)誤。C選項(xiàng)滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)有氣泡，所測體積偏小，液就是讀數(shù)偏小，正確。D選項(xiàng)測定中和反應(yīng)反的應(yīng)熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，熱量損失比較多，所測溫度值偏小，正確。ks5u 答案：Bks5u 4、（2013·天津化學(xué)·5）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是 A、在蒸餾水中滴加濃H2SO4，KW不變 B、CaCO3難溶于稀硫酸，也難溶于醋酸 C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-) D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液

6、中水的電離程度相同 【解析】該題考查電解質(zhì)溶液的基本知識。A選項(xiàng)在蒸餾水中滴加濃H2SO4，放出熱量，溶液溫度升高，KW變大，錯(cuò)誤。B選項(xiàng)CaCO3難溶于稀硫酸，但能難溶于醋酸，錯(cuò)誤。C選項(xiàng)時(shí)溶液中的質(zhì)子守恒，正確。D選項(xiàng)CH3COONH4雙水解，促進(jìn)水的電離，水的電離程度增大，錯(cuò)誤。 答案：C 5.（2013·安徽理綜·13）已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡： HSO3- + H2O H2SO3 + OH- ① HSO3- H+ + SO32- ② 向0.1mo

7、l·L-1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是 A． 加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大 B． 加入少量Na2SO3固體，則c(H+) + c(Na+) = c(HSO3-) + c(OH-) +c(SO32-) C． 加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D． 加入氨水至中性，則2c(Na+) = c(SO32-)>c(H+) = c(OH-) 13.【答案】C 【解析】溶液顯酸性，說明電離大于水解。A加入，與水反應(yīng)生成，與反應(yīng)，故減小，錯(cuò)誤；B該溶液中存在電荷守恒，故亞硫酸根前乘以2；錯(cuò)誤；C、加入少量， 【考點(diǎn)定位】考查

8、電解質(zhì)溶液，涉及弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解、三大守恒關(guān)系的應(yīng)用。 6.（2013·廣東理綜·12）50℃時(shí)，下列各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是 A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0molL-1 B.飽和小蘇打溶液中：c（Na+）= c（HCO3-）ks5u C．飽和食鹽水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-） D. pH=12的純堿溶液中：c（OH-）=1.0×10-2molL-1 12、解析：50℃時(shí)，水的離子積常數(shù)大于1×10—14。pH=4的醋酸中，ｃ（H＋）=1×10—4 mol/L，A錯(cuò)誤；飽和小蘇打溶液中，ＨＣＯ３—會發(fā)生水解反應(yīng)

9、導(dǎo)致濃度減小，ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（ＨＣＯ３—），B錯(cuò)誤；飽和食鹽水中，ｃ（Ｎａ＋）+ｃ（H＋）=ｃ（ＯＨ—）+ｃ（Cl—）符合電荷守恒的關(guān)系，C正確；pH=12的碳酸鈉溶液中, ｃ（ＯＨ—）=KW/1×10—12＞1×10—2 mol/L,D錯(cuò)誤。答案：C 命題意圖：水溶液中的離子平衡 7.（2013·江蘇化學(xué)·14）一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。已知: pM=－lgc(M)， pc(CO32－)=－lgc(CO32－)。下列說法正確的是 A.MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大 B.a點(diǎn)可表示MnC

10、O3的飽和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32－) C.b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，且c(Ca2＋)＜c(CO32－) D.c點(diǎn)可表示MgCO3 的不飽和溶液，且c(Mg2＋)＜c(CO32－) 【參考答案】BD 【解析】本題屬于基本概念與理論的考查，落點(diǎn)在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比較。圖線變化隱含pH的實(shí)質(zhì)。 A.pM 、pc(CO32－)與pH一樣，圖線中數(shù)值越大，實(shí)際濃度越小。因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次減小。ks5u B.a點(diǎn)在曲線上，可表示MnCO3的飽和溶液，又在中點(diǎn)，故c(Mn2＋)=c(CO32－)。 C.b點(diǎn)

11、可表示CaCO3的飽和溶液，但圖線中數(shù)值越大，實(shí)際濃度越小，故c(Ca2＋)＞c(CO32－)。 D.c點(diǎn)在曲線上方，可表示MgCO3 的不飽和溶液，且圖線中數(shù)值越大，實(shí)際濃度越小，故c(Mg2＋)＜c(CO32－)。 8、（2013·廣西理綜·12）右圖表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的關(guān)系，下列判斷錯(cuò)誤的是 A.兩條曲線間任意點(diǎn)均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B.M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)均有c(H＋)＜c(OH－) C.圖中T1＜T2 D.XZ線上任意點(diǎn)均有pH＝7 【答案】D 【解析】由水的濃度積常數(shù)可知兩曲線上的點(diǎn)均為該溫度下的平衡點(diǎn)，所以曲線間任意點(diǎn)均有c(H＋

12、)×c(OH－)＝Kw，A項(xiàng)正確；M區(qū)域均在XZ直線上方，即c(H＋)＜c(OH－)，B項(xiàng)正確；根據(jù)水的電離是吸熱的，升溫有利于促進(jìn)水的電離，所以升高溫度離子積增大，因此T1＜T2，C項(xiàng)正確；XZ線上任意點(diǎn)均有c(H＋)=c(OH－)，但并不是pH均等于7，當(dāng)溫度高于25℃，pH<7，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 9.（2013·新課標(biāo)卷I·9）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是 A. W2-、X+ B. X+、 Y3+ C. Y3+、 Z2- D. X+、 Z2- 【考點(diǎn)】考查周期表中元

13、素的推斷及水的電離平衡影響因素。 【解析】該題命題結(jié)構(gòu)簡單，切入點(diǎn)新穎，考察了離子化合價(jià)與其離子電荷的關(guān)系。根據(jù)答案選項(xiàng)可知W、X、Y、Z形成的簡單離子分別為W2- 、X+ 、Y3+ 、Z2-，又知W、X、Y、Z均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，故可推出W為O，X為Na，Y為Al，Z為S， Al3+和S2-均能發(fā)生水解，水解打破了水的電離平衡。O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。 【答案】C 10.（2013·重慶理綜·8）下列說法正確的是( ) A．KClO3和SO3溶于水后能導(dǎo)電，故KClO3和SO3為電解質(zhì) B．25℃時(shí)，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7

14、，V(醋酸)＜V(NaOH) C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成 D．AgCl沉淀易轉(zhuǎn)化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜K(AgCl) 解析：考察化學(xué)知識組合，涉及電解質(zhì)、電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。A項(xiàng)， 三氧化硫溶于水能夠?qū)щ?，是因?yàn)樯闪蛩岬木壒剩趸蚴欠请娊赓|(zhì)；B項(xiàng)，若要成中性，必須構(gòu)成CH3COONa與CH3COOH的混合溶液才有可能，V(醋酸)>V(NaOH);C項(xiàng)，發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，沒有氣體產(chǎn)生；D項(xiàng)，說明AgI比AgCl更難溶，Ksp(AgI)＜K(AgCl)

15、. 11.（2013·江蘇化學(xué)·11）下列有關(guān)說法正確的是 A.反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＜0 B.電解法精煉銅時(shí)，以粗銅作陰極，純銅作陽極 C.CH3COOH 溶液加水稀釋后，溶液中 的值減小 D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固體，CO32－水解程度減小，溶液的pH 減小 【參考答案】AC 【解析】本題是化學(xué)反應(yīng)與熱效應(yīng)、電化學(xué)等的簡單綜合題，著力考查學(xué)生對用熵變焓變判斷反應(yīng)方向，水解反應(yīng)、原電池電解池、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等方面的能力。 A.本反應(yīng)前后氣體變固體，熵變小于零，只有在焓變小于零時(shí)自發(fā)。

16、內(nèi)容來源于《選修四》P34－P36中化學(xué)方向的判斷。 B.精煉銅時(shí)，粗銅銅作陽極，被氧化，純銅作陰極，被還原。內(nèi)容來源于《選修四》P81。 C.越稀越電離，醋酸與醋酸根離子濃度比減小。內(nèi)容來源于《選修四》P41。 D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固體，抑制碳酸根離子水解，但pH值隨著Ca(OH)2固體的加入而增大。 12、（2013·浙江理綜·7）下列說法不正確的是 A．多孔碳可用氫氧燃料電池的電極材料 B．pH計(jì)不能用于酸堿中和滴定終點(diǎn)的判斷 C．科學(xué)家發(fā)現(xiàn)一種新細(xì)菌的DNA鏈中有砷(As)元素，該As元素最有可能取代了普通DNA鏈中的P元素 D．CH3CH—CH

17、2和CO2反應(yīng)生成可降解聚合物[ O—CHCH2—O—C ]n，該反應(yīng)符合綠 O CH3 O 色化學(xué)的原則 【解析】A選項(xiàng)：氫氧燃料電池要求電極必須多孔具有很強(qiáng)的吸附能力，并具一定的催化作用，同時(shí)增大氣固的接觸面積，提高反應(yīng)速率。C選項(xiàng)：As和P同主族。甲基環(huán)氧乙烷與二氧化碳在一定條件下反應(yīng)生成聚碳酸酯，原子利用率達(dá)到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成無毒無害物質(zhì)，所以此反應(yīng)符合綠色化學(xué)原則。B選項(xiàng)：pH計(jì)可用于酸堿中和滴定終點(diǎn)的判斷。 13.（2013·新課標(biāo)卷Ⅱ·13）室溫時(shí)，M(OH)

18、2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a; c(M2+)=b mol·L-1時(shí)，溶液的pH等于 A. B. C.14+ D.14+ 解析：考察沉淀溶解平衡與PH值的關(guān)系。C(M2+)·C2(OH-)= a ；C2(OH-)=a/b，經(jīng)過計(jì)算，選擇C。 14（2013·北京理綜·10）實(shí)驗(yàn)：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCI溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c； ② 像濾液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出現(xiàn)渾濁； ③ 像沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶

19、液，沉淀變?yōu)辄S色。 下列分析不正確的是 A. 濁液a中存在沉淀溶解平衡： B. 濾液b中不含有Ag+ C. ③中顏色變化說明AgCI 轉(zhuǎn)化為AgI D. 實(shí)驗(yàn)可以證明AgI比AgCI更難溶 【答案】B 【解析】 A、絕對不溶的物質(zhì)沒有，難溶物質(zhì)在溶液中存在沉淀溶解平衡，故正確；B、溶液中存在沉淀溶解平衡，濾液中含有Ag+，故錯(cuò)誤；C、D選項(xiàng)沉淀由白色變?yōu)辄S色，說明生成AgI，反應(yīng)向更難溶的方向進(jìn)行，故正確。 15．（2013·山東理綜·13）某溫度下，向一定體積0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中 pOH(pOH=-lg[OH-])與pH的變化

20、關(guān)系如圖所示，則 A．M點(diǎn)所示溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)于Q點(diǎn) B．N點(diǎn)所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+)ks5u C．M點(diǎn)和N點(diǎn)所示溶液中水的電離程度相同 D．Q點(diǎn)消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積 解析：由于醋酸是弱酸，電離程度很小，離子濃度也較小，M點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力最弱，A錯(cuò)；N點(diǎn)所示溶液為堿性，根據(jù)溶液電荷守恒易判斷出此時(shí)c（Na+）＞c(CH3COO-)，B錯(cuò)；由于M點(diǎn)的H+濃度等于N點(diǎn)的OH-濃度，對水的電離程度抑制能力相同，所以兩點(diǎn)水電離程度相同，C正確；Q點(diǎn)的pOH＝pH，溶液為中性，而兩者等體積混合后生成醋酸鈉，水解顯堿性。則所加NaOH溶液體積略小于醋酸溶液的

21、體積，D錯(cuò)。 答案：C 16．（2013·海南化學(xué)·8）0.1mol/LHF溶液的pH=2，則該溶液中有關(guān)濃度關(guān)系式不正確的是 A．c(H+)> c(F-) B．c(H+)> c(HF) C．c(OH-)> c(HF) D．c(HF) > c(F-) [答案]BC [解析]：電離后，因水也電離產(chǎn)生H+，所以c(H+)>c(F-)均約為0.01，c(HF)約0.09，c(OH-)為10-12。 17. （2013·福建理綜·8）室溫下，對于0.10 mol·L-1的氨水，下列判斷正確的是 A．與AlCl3溶液反應(yīng)發(fā)生的離子方程式為 Al3++3OH—

22、=Al(OH)3↓ B．加水稀釋后，溶液中c(NH4+)·c(OH—)變大 C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性 D．其溶液的pH=13 【知識點(diǎn)】弱電解質(zhì)的電離及電離平衡常數(shù)，離子方程式的數(shù)學(xué)以及pH的計(jì)算 【答案】C 【解析】A項(xiàng)，一水合氨屬于弱堿，在離子方程式中不能拆成離子形式，正確的是()+ +Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B項(xiàng)，氨水是弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)，一般受溫度的影響，加水不會改變化學(xué)平衡常數(shù)；C項(xiàng)，完全中和后的得到的硝酸鋁屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性；D項(xiàng)，一水合氨屬于弱電解質(zhì)，不能完全電離，故電離出的c(OH

23、—)小于0.1mol/L，所以pH<13。 18、（2013·浙江理綜·12）25℃時(shí)，用濃度為0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.1000 mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是 A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：HZ＜HY＜HX B．根據(jù)滴定曲線，可得Ka(HY)≈10—5 C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應(yīng)時(shí)：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+) Ka(HY)·c(HY) c(Y—) D．HY與HZ混合，達(dá)到平衡時(shí)：c(H+)=

24、 + c(Z—) +c(OH—) 【解析】濃度均為0.1000 mol/L的三種酸HX、HY、HZ，根據(jù)滴定曲線0點(diǎn)三種酸的pH可得到HZ是強(qiáng)酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同溫同濃度時(shí)，三種酸的導(dǎo)電性：HZ＞HY＞HX。B選項(xiàng)：當(dāng)NaOH溶液滴加到10 mL時(shí)，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C選項(xiàng)：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應(yīng)時(shí)，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D選項(xiàng)：HY與HZ混合，溶液的電

25、荷守恒式為：c(H+)= c(Y—)+ c(Z—) +c(OH—)，又根據(jù)HY的電離平衡常數(shù)： Ka(HY)·c(HY) c(H+) c(Y—) c(H+)·c(Y—) c(HY) Ka(HY)= 即有：c(Y—)= Ka(HY)·c(HY) c(H+) c(Y—) 所以達(dá)平衡后：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—) 19.（2013·上海化學(xué)·5）374℃、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力，并含有較多的H+和O

26、H-，由此可知超臨界水 A.顯中性，pH等于7 B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性 C.顯酸性，pH小于7 D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性 【答案】B 【解析】超臨界水任然呈中性，ＡＣ項(xiàng)錯(cuò)誤　根據(jù)相似相容的原理可以知道Ｂ正確（有機(jī)物大多數(shù)是非極性分子）?。腻e(cuò)誤。 20.（2013·上?；瘜W(xué)·11）H2S水溶液中存在電離平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中 A.加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大 B.通入過量SO2氣體，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值增大 C.滴加新制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值減小 D.加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液中

27、所有離子濃度都減小 【答案】C 【解析】加水促進(jìn)電離，但氫離子濃度減小，A錯(cuò)誤，B項(xiàng)反應(yīng)：2H2S+SO2=3S+2H2O 當(dāng)SO2過量 溶液顯酸性，而且酸性比H2S強(qiáng) pH值減小，錯(cuò)誤，滴加新制氯水，發(fā)生反應(yīng) Cl2+H2S=2HCl+S 平衡向左移動(dòng)，溶液pH值減小，C項(xiàng)正確 加入少量硫酸銅固體，發(fā)生反應(yīng)H2S+Cu2-=CuS+2H- H- 濃度增大 D項(xiàng)錯(cuò)誤 21、（2013·新課標(biāo)卷I·11）已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13 ，Ksp（Ag2CrO4）=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-，濃度均為0

28、.010mol/L，向該溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液時(shí)，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序?yàn)? A、Cl-、Br-、CrO42-???????????????????? B、CrO42-、Br、Cl- C、Br-、Cl-、CrO42-? ?????????????????????????????????????????????? D、Br、CrO42-、Cl- 【考點(diǎn)】考查濃度積計(jì)算及分析問題的能力。 【解析】設(shè)Cl-、Br-、CrO42- 剛開始沉淀時(shí)，銀離子的濃度分別為x mol、y mol、z mol，則根據(jù)Ksp可得： 0.01x

29、=1.56×10-10 0.01y=7.7×10-13 0.01z2=9×10-11 可分別解出x≈1.56×10-8? y≈7.7×10-13? z≈3××10-4.5 可知y

30、 . ②隨溫度升高，該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)的變化趨勢是_ .。 （3）在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NOX的排放。 ①當(dāng)尾氣中空氣不足時(shí)，NOX在催化轉(zhuǎn)化器中被還原成N2排出。寫出NO被CO還原的化學(xué)方程式：_ . ② 當(dāng)尾氣中空氣過量時(shí)，催化轉(zhuǎn)化器中的金屬氧化物吸收NOX生成鹽。其吸收能力順序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO.原因是 .，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，金屬氧化物對NOX的吸收能力逐漸增強(qiáng)。 （4） 通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量，其工作原理示意圖

31、如下: ①Pt電極上發(fā)生的是 反應(yīng)(填“氧化”或“還原”)。 ②寫出NiO電極的電極反應(yīng)式: . 【答案】ks5u （1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO； （2）①、N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②、增大； （3）①、2NO+2CON2+2CO2 ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的質(zhì)子數(shù)可知，它們均處于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半徑增大； （4）①、還原； ②、NO+O2--2e-=NO2； 【解析】（1）NO2與H2O反應(yīng)生成HNO3與NO；

32、 （2）①、△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol； ②、該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)增大； （3）①、NO被CO還原N2，CO被氧化為CO2； ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的質(zhì)子數(shù)可知，它們均處于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半徑增大，金屬性增強(qiáng)； （4）①、由工作原理示意圖可知，O2在Pt電極發(fā)生還原反應(yīng)生成O2-； ②、在O2-參加反應(yīng)下，NO在NiO電極發(fā)生氧化反應(yīng)生成NO2。 23、（2013·天津化學(xué)·7）X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子

33、序數(shù)依次增大。X、Y兩元素最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。 請回答下列問題： （1） 五種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）———————— （2） X與Y能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)（寫分子式）———— （3） 由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系 其中C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體。寫出C的結(jié)構(gòu)式——；D的電子式—— ①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學(xué)式為—— 由A轉(zhuǎn)化為B的離子方程

34、式—————— ②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性。用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因——————————————————。A、B濃度均為0.1mol/L的混合溶液中，離子濃度由大到小的順序是——————————；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有————————————。 【解析】該題以周期律和周期表為基礎(chǔ)知識，考查元素推斷、重要元素化合物的性質(zhì)、化學(xué)用語、電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較等重要知識。 （1） 根據(jù)短周期元素、X、Y元素的X、Y兩元素最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)之和均為0；推知X Y元素分別為H和C，Q與X同主族推知Q為Na元素，Z、R分

35、別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，推知Z為O元素，R為Al元素。 原子半徑大小順序?yàn)镹a＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ （２）Ｃ和Ｈ形成的物質(zhì)是有機(jī)化合物，含極性鍵又含非極性鍵，分子質(zhì)量最小的只能是 Ｃ２Ｈ２ （３）C溶于水顯酸性的氣體只能是ＣＯ２，Ｄ是淡黃色固體，只能是過氧化鈉 ， ①Ｂ為兩性不溶物，Ａ?。戮扇N元素組成，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系Ａ為ＮａＡｌＯ２， Ｂ為Ａｌ（ＯＨ）３由Ａ轉(zhuǎn)化為Ｂ的離子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或 2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3+CO32- ②A由三種元素組成，B

36、由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性,A是Na2CO3，B是NaHCO3.A顯堿性的原因是CO32-的水解。水解的離子方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-,二者等濃度的混合溶液中，離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+), 碳酸根的水解程度比碳酸氫根的水解程度大。在滴加鹽酸至中性時(shí)，碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成NaHCO3，NaHCO3和鹽酸反應(yīng)生成NaCL、H2O、CO2、若果溶質(zhì)全是NaCl，由于有CO2，溶液就顯酸性，所以溶質(zhì)是NaHCO3、NaCl、CO2。 答案：見解析 24．（2013·山東理綜·29）（15分）化學(xué)反應(yīng)原

37、理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用 （1）利用“化學(xué)蒸氣轉(zhuǎn)移法”制備TaS2晶體，發(fā)生如下反應(yīng) TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H﹥0 （I） 反應(yīng)（I）的平衡常數(shù)表達(dá)式K= ，若K=1，向某恒容密閉容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡轉(zhuǎn)化率為 （2）如圖所示，反應(yīng)（I）在石英真空管中進(jìn)行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2（g），一段時(shí)間后，在溫度為T1的一端得到了純凈的TaS2晶體，則溫度T1 T2（填“﹥”“﹤”或“=”）。上述反應(yīng)體系中循

38、環(huán)使用的物質(zhì)是 。 （3）利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼鐵中的硫轉(zhuǎn)化為H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進(jìn)行滴定，所用指示劑為 ，滴定反應(yīng)的離子方程式為 （4）25℃時(shí)，H2SO3 HSO3-+H+的電離常數(shù)Ka=1×10-2mol/L，則該溫度下NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh= mol/L，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將 （填“增大”“減小”或“不變”）。 解析：（1）或，通過三行式法列出平衡

39、濃度，帶入K值可以得出轉(zhuǎn)化率為66.7%。 （2）由所給方程式可知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，通過題意溫度T2端利于反應(yīng)正向進(jìn)行，為高溫，溫度T1端利于反應(yīng)向左進(jìn)行，為低溫，所以T1＜T2。I2是可以循環(huán)使用的物質(zhì). (3)因?yàn)镮2遇到淀粉會變藍(lán)色,所以可以用淀粉溶液作指示劑.離子反應(yīng):H2SO3＋I(xiàn)2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-. (4)Ka＝,HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,當(dāng)加入少量I2時(shí)，溶液酸性增強(qiáng)，[H+]增大，但是溫度不變，Kb不變，則增大。 答案：（1）或，66.7% （2）＜，I2 （3）淀粉溶液

40、，H2SO3＋I(xiàn)2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I- （4）1.0×10-12，增大 25.（2013·廣東理綜·31）(16分) 大氣中的部分碘源于O3對海水中Ⅰ-的氧化。將O3持續(xù)通入NaⅠ溶液中進(jìn)行模擬研究. （1）O3將Ⅰ-氧化成Ⅰ2的過程由3步反應(yīng)組成： ①Ⅰ-（aq）+ O3（g）=ⅠO-(aq)+O2（g）△H1 ②ⅠO-（aq）+H+(aq) HOⅠ(aq) △H2 總反應(yīng)的化學(xué)方程式為______，其反應(yīng)△H=______ （2）在溶液中存在化學(xué)平衡：，其平衡常數(shù)表達(dá)式為_______. (3) 為探究Fe2+對氧化Ⅰ-反應(yīng)的影響（反應(yīng)體如圖13）

41、，某研究小組測定兩組實(shí)驗(yàn)中Ⅰ3-濃度和體系pH，結(jié)果見圖14和下表。 11. Ⅰ組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是_______. 12. 圖13中的A為_____由Fe3+生成A的過程能顯著提高Ⅰ-的轉(zhuǎn)化率，原因是_______. ③第2組實(shí)驗(yàn)進(jìn)行18s后，Ⅰ3-下降。導(dǎo)致下降的直接原因有雙選______. A.C(H+)減小 B.c(Ⅰ-)減小 C. Ⅰ2(g)不斷生成 D.c（Fe3+）增加 （4）據(jù)圖14，計(jì)算3-13s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成l3-的平均反應(yīng)速率（寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。 31、解析：（1）將已知3個(gè)化學(xué)方程式連加可得

42、O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，由蓋斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。（2）依據(jù)平衡常數(shù)的定義可得，K=。（3）由表格可以看出第一組溶液的pH由反應(yīng)前的5.2變?yōu)榉磻?yīng)后的11.0，其原因是反應(yīng)過程中消耗氫離子，溶液酸性減弱，pH增大，水電離出氫離子參與反應(yīng)破壞水的電離平衡，氫氧根濃度增大，溶液呈堿性，pH增大。由于是持續(xù)通入O3=，O2可以將Fe2+氧化為Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++ O2+ H2O，F(xiàn)e3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，Ⅰ—消耗量增大，轉(zhuǎn)化率增大，與Ⅰ2反應(yīng)的量減少，Ⅰ3—濃度減小。（4）由圖給數(shù)據(jù)可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。ks5u 答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2） （3）反應(yīng)過程中消耗氫離子，溶液酸性減弱，pH增大，水電離出氫離子參與反應(yīng)破壞水的電離平衡，氫氧根濃度增大，溶液呈堿性，pH增大；Fe3+，BD（4）（計(jì)算過程略）5.5×10—4 mol/L·s