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(hào) 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(cè)稀堿液的pH,測(cè)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(cè)體積偏小 D、測(cè)定中和反應(yīng)反的應(yīng)熱時(shí),將堿緩慢倒入酸中,所測(cè)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(cè)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(cè)體積偏小,液就是讀數(shù)偏小,正確。D選項(xiàng)測(cè)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(cè)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(shí)。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(huì)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(shí)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?,三氧化硫是非電解質(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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(shí)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(huì)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?;瘜W(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) D錯(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(shì)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(duì)NOX的吸收能力逐漸增強(qiáng)。
(4) 通過NOx傳感器可監(jiān)測(cè)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(qǐng)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(hào))————————
(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(duì)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(shí),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(shí)。
(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(cè)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(huì)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(duì)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(duì)氧化Ⅰ-反應(yīng)的影響(反應(yīng)體如圖13) 41、,某研究小組測(cè)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
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