考点8 电解质溶液 1、（2013·上海高考·10）用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是 A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定 B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定 C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定 D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL进行滴定 B【解析】本题考查滴定实验操作，意在考查考生实验能力和误差分析能力。A项、C项操作对测定结果无影响、B项操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高、D项操作导致待测液浓度变小，因此测定结果偏低，故答案为：B。 2、（2013·上海高考·18）为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是 A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入少量水，v(H2)减小 C．加入CH3COONa固体，v(H2)减小 D．滴加少量CuSO4溶液，v(H2)减小 BC【解析】本题考查影响化学反应速率的因素，意在考查考生分析、理解能力。A项导致溶液中c(H+)增大，v(H2)加快，A项错误；B项导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，B项正确；C项因发生CH3COO-+H+＝CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，
v(H2)减小，C项正确；D项形成铜锌原电池，v(H2)加快，D项错误。 3、（2013·上海高考·21）常温下a mol／L CH3COOH稀溶液和b mol／L KOH稀溶液等
体积混合，下列判断一定错误的是 A．若c(OH-)>c(H+)，a=b B．若c(K+)>c(CH3COO-)，a>b C．若c(OH-)=c(H+)，a>b D．若c(K+)b C．c (A-)= c(Na+) D．c (A-)< c(Na+) 【解析】当HA为强酸时，a=b；当HA为弱酸时，由于生成的盐会水解，因此酸要
过量，故a>b；结合电荷守恒，无论HA为强酸还是弱酸，c (A-)+ c (OH-)= c(Na+)+ c (H+)，当pH=7，c (OH-)=
c (H+)，故c (A-)= c(Na+)。 【答案】C 15、（2013·江苏高考·15）25℃，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=0.1 mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH值的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是 A.pH=5.5溶液中： c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－) B.W点表示溶液中： c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－) C.pH=3.5溶液中： c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)=0.1 mol·L－1 D.向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)： c(H＋)=c(CH3COOH)＋c(OH－) 【参考答案】BC 【分析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。[来源:学科网] A.pH=5.5比4.75大，从曲线来看CH3COOH的电离在增大，CH3COO－的水解在减小，不可能出c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)。 BC.W点表示溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)是完全正确的，其实这关系在溶液中始终存在。pH=3.5溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)再把题干中的c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=0.1 mol·L－1代入即可。 D.向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，原有平衡被打破，建立起了新的平衡。 溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)； 物料守恒关系为：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1 mol·L－1 ，不可能得出上述结论。 【解题指南】解答本题时应具体分析溶液中存在的各种电离和水解情况，注意运用电荷守恒、物料守恒、质子守恒结合题给条件进行有关推断。 【解析】选BC。A项，pH减小时，酸性增强，CH3COO—浓度减小，CH3COOH浓度增大，所以两条曲线与CH3COO—、CH3COOH浓度的对应关系为：
当pH=5.5时，
，A项错误；B项，W点时，溶液中的电荷平衡关系式为
又W点
，所以
，B项正确；C项，
，
，C项正确；D项，此时所得溶液中含0.1molCH3COOH和0.05mol NaCl，由CH3COOH和水的电离方程式可知：
，D项错误。 16、（2013·江苏高考·5）下列有关物质的性质与应用不相对应的是 A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂 B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路 C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料 【参考答案】C 【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3＋的氧化性、SO2和Zn的还原性等内容，看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效途径。 【解题指南】解答本题时应牢记典型物质的性质和应用，搞清其中有关的化学原理
。 【解析】选C。A项，明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可作净水剂，A项正确；B项，三氯化铁溶液可以与铜反应，三氯化铁溶液用于蚀刻电路，B项正确；C项，二氧化硫的漂白是二氧化硫的漂白性，而不是还原性，C项错误；D项，电池的电极应能导电，负极上发生氧化反应，D项正确。 17、(2013 ·安徽高考·13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是



A B C D 【解题指南】解答本题时是要注意到由于Ksp[Al(OH)3]＞＞ Ksp[Fe(OH)3]，向混合溶液中滴加N
aOH溶液的开始阶段无Al(OH)3沉淀生成。 【解析】选C.因Ksp[Al(
OH)3]＞＞ Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3＋
沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，沉淀逐渐溶解直至消失，故C项图像符合实际情况。 18、（2013·江苏高考·10）下列有关说法正确的是 A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0 B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 C.N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) △H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率Ｖ(H2)和氢气的平衡转化率均增大 D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 【参考答案】B 【分析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。 A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。内容来源于《选修四》P34-P36中化学方向的判断。 B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。 C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。 D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温
度的升高而增大。 【解题指南】解答本题时应注意深刻理解有关原理，利用相关原理分析具体问题。 【解析】选B。 选项 具体分析 结论[来源:学科网ZXXK]  A 不能自发进行说明该反应△G=△H-T△S不小于零，该反应△S>0，△H>0 错
误  B 铁比铜活泼，镀层受损后，形成原电池铁作负极，更易腐蚀 正确  C 合成氨为放热反应，升高温度，反应速率加快，氢气转化率变小（平衡逆向移动） 错误  D 水的离子积随温度升高增大，说明水电离吸热 错误  19、(2013 ·安徽高考 ·12)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时： ①HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l) △H＝—67.7KJ·mol—1 ②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l) △H＝—57.3KJ·mol—1 在20mL 0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL 0.1mol·L—1NaOH溶液。下列有关说法正确的是 A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)＝H+(aq) +F—(aq) △H＝+10.4KJ·mol—1 B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF) +c(H+) C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1 D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+) 【解题指南】解答本题时要注意两个问题，电解质溶液中的等量关系要从物料守恒、电荷守恒、质子守恒三大守恒关系中寻找答案。比较离子浓度的大小要根据二者反应的程度去判断。 【解析】选B.根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)
H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ·mol－1 ，故A项错误。当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)；因F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05 mol·L－1 ，故B项正确，C项错误。D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，V不同，反应后所得溶液的成分不同，离子浓度的大小不同。离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH
－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。 20、（2013·福建高考·23）（14分）（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为 。 （2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为 。 （3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2O
HSO3—+OH—水解平衡的事实 是 （填序号）。 滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去 滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去 滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去 （4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：
①非金属X Y(填“＞”或“＜”) ②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为 。 （5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A(g)+B（g）
2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系： 。 物 质 A B C D  起始投料/mol 2 1 2 0   【解题指南】解答本题时应明确如下几点：[来源:学科网] （1）砖红色沉淀是Cu2O。 （2）要证明某溶液中存在水解平衡，要证明两点：一要证明存在某种水解产物，二要证明水解平衡会发生移动。 （3）温度变化引起的平衡正向移动，平衡常数变大，反之变小。 【解析】（1）铵根离子中含有10个电子，11个质子，H3O+和Na+中都含有11个质子和10个电子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为： Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，注意氨水为弱碱，在写离子方程式时要保留化学式形式； （3）无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO32－没有水解完全，红色褪去，说明c（OH－）减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；（4）先推断元素，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素，X，Y同主族，则X为S元素。问题就很好回答，非金属性X＜Y，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理并配平可写出方程式：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O （5）在恒容绝热的情况下，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明反应是向左移（注意D为固态）。因为该反应为气体体积减小的反应，反应后气体的物质的量减小，根据PV＝nRT，因为压强增大，所以温度必须升高才能满足该条件，说明该反应为放热反应。所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。23题考查得都是主干知识，只是觉得拼盘得太明显，5个小问各不相干，独立成题，是否可用10电子,18电子微粒把它们串起来，比如Na+，Al3+，O2—，S2—。其中第4问涉及有机化学知识，把知识很好的揉合在一起，第3问，第5问要求思维推理能力较高。 【答案】（1）
（2）Al3++3NH3·H2O
Al（OH）3↓+3NH4+ （3）C （4）①＜ ②Cu2O+6HNO3（浓）
2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O （5）平衡常数随升高的温度而减小（或其他合理答案） 21、（2013·广东高考·32）(17分) 难溶性杂卤石（K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡
为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：
（1）滤渣主要成分有 和 以及未溶杂卤石。 （2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因： 。 （3）“除杂”环节中，先加入 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 溶液调滤液PH至中性。 （4）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系是图14，由图可得，随着温度升高， ① ②
（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：
已知298K时， Ksp(CaCO3)=2.80×10—9， Ksp(CaSO4)=4.90×10—5 ，求此温度下该反应的平衡常数K（计算结果保留三位有效数字）。 【解题指南】解答本题时应从工艺流程的解题思路去完成，主要利用流程解题，结合化学平衡移动原理和化学平衡常数进行解答。[来源:Zxxk.Com] 【解析】第（1）问中结合流程可知为Ca（OH）2 和 Mg（OH）2； 第（2）问中涉及到化学平衡移动原理，原因OH-与Mg2+结合成难溶的Mg（OH）2，使平衡向右移动，K+变多； 第（3）问中根据流程可知除杂之前的滤液中还含有大量Ca2+,所以需要把Ca2+转化为沉淀而除去，结合最终需要K2SO4产品，因而需要加入K2CO3出去Ca2+，加入H2SO4调节滤液的PH；第（4）问结合图14可知，随温度升高，在同一时间内K+的浸出浓度大。反应的速率加快，平衡时溶浸时间短。 第（5）问是属于计算，计算如下： 由溶度积公式可得Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO2-3) Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)×c(SO2-4) 又根据反应得出该
反应的平衡常数K= c(SO2-4)/ c(CO2-3)= Ksp(CaSO4)/ Ksp(CaCO3),代入数据得出K=1.75×104。 【答案】（1）Ca（OH）2 Mg（OH）2 （2）OH-与Mg2+结合成难溶的Mg（OH）2，使平衡向右移动，K+变多 （3）K2CO3 H2SO4 （4）①在同一时间K+的浸出浓度大。②反应的速率加快，平衡时溶浸时间短。 （5）K=1.75×104 22、（2013·北京高考·25）(13分) 直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境，利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。 用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:_____________________________________ 在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 _______________ 吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3 2—):n(HSO3﹣)变化关系如下表: n(SO3 2—):n(HSO3﹣) 91：9 1：1 1：91  pH ８.２ 7.2 6.2[来源:Zxxk.Com]  ①上表判断NaHSO3溶液显　　　　性，用化学平衡原理解释:　　　　　　　　　　　　　 ②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选
填字母):　　　　　　　　　　　　 a. c(Na+)=2c(SO32－)+c(HSO3－) b. c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(SO32－) ＞c（H+）=c(OH－) c. c(Na+)+ c（H+）= c(SO32－)+c(HSO3－)+c(OH－) 当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下:
①HSO3—在阳极放电的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。 ②当阴极室中溶液pＨ升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：____________ ______________________________________________________________________。 【解题指南】解答本题时应注意以下三个方面： +4价的硫元素具有强的还原性，能被O2、C12、硝酸等强氧化剂氧化成+6价。 能根据混合溶液中物质量的关系结合电荷守恒来比较离子浓度大小关系。 阴离子在阳极放电发生氧化反应，化合价升高。 【解析】（1）SO2与水生成H2SO3，H2SO3被氧气氧化成H2SO4。 （3）根据溶液中电荷守恒，c(Na+)+ c（H+）= 2c(SO32－
)+c(HSO3－)+c(OH－)，判断出c项错误，由溶液呈中性，c（H+）= c(OH－)，很溶液推断出a项是正确的。由数据表可分析得出，当Na2SO3和NaHSO3二者混合时，若前者过量或等量混合时，溶液均显碱性；当后者过量较多时溶液才显酸性，即NaHSO3溶液显酸性。因此当显中性时，HSO3－量稍多于SO32－，因此有c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(SO32－) ＞c（H+）=c(OH－)，b项正确。 （4）HSO3—中的硫显+4价，在阳极失电子变为+6价；阴极室H+放电变成H2，c(H+)减小，促使HSO3—的电离平衡向电离方向移动，生成较多的SO32-，与通过阳离子交换膜的Na+重新得Na2SO3吸收液。 【答案】（1）SO2 + H2O
H2SO3 2H2SO3 + O2==2H2SO4 （2）2OH- + SO2 ==H2O + SO32- （3）①酸 HSO3-
H+ + SO32-和HSO3- +H2O
H2SO3 + OH- ，HSO3-的电离程度强于水解程度 ②ab （4）①HSO3- +H2O-2e-= SO42
- +3H+ ②H+在阴极得到电子生成H2，溶液中c（H+）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。 23、（2013·山东高考·30）（14分）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下： MgCl2、AlCl3的混合
溶液（A） 氨水（B） [来源:Z.xx.k.Com] 为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器 中加入________（填“A”或“
B”），再滴加另一反应物。 如右图所示，过滤操作中的一处错误是________。 判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是________。 高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是________。 无水AlCl3（183°C升华）遇潮湿空气即产生大量白雾， 实验室可用下列装置制备。
装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是______。F中试剂的作用是__________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为__________。 【解题指南】解答本题时应掌握沉淀分步析出的原理，即谁先满足QC>KSp，谁先析出沉淀；另外，对于混合分离、提纯的实验原理及所用到的仪器要做到心中有数，如蒸发操作要用到蒸发皿，灼烧要用到坩埚和坩埚钳。同时要注意题目信息的运用，如AlCl3遇潮湿的空气易发生反应，注意制备它的过程中必须与水隔绝的问题。 【解析】 （1）为保证同时产生两种沉淀，保证足够大的OH-的浓度，同时满足QC>KSp，故应先向沉淀反应器中加入氨水，即B。 （2）漏斗下端应紧靠烧杯内壁。 （3）除了生成沉淀Mg(OH)2、Al(OH)3外，还生成了可溶性的NH4Cl，故检验沉淀是
否洗涤干净时，可检验可溶性的氯离子即可，所用的试剂为硝酸和AgNO3溶液。高温焙烧时所用盛放的仪器为坩埚。 （4）从制
取的氯化铝易与水反应来看，制取氯化铝的一定不用与水接触，故F中试剂的作用是防止G中水蒸气进入E中，导致氯化铝与水发生反应。装置B的作用为吸收氯气中的HCl。 （5）所填试剂必须满足两个功能，一是吸水，防止空气中的水进入装置E，二是进行尾气处理，因氯气与碱反应，因此选用试剂碱石灰。 【答案】（1）B （2）漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁。 （3）AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液），坩埚 （4）除去HCl，吸收水蒸气 碱石灰（或NaOH与CaO混合物）[来源:学。科。网Z。X。X。K] 24、（2013·大纲版全国卷·29） （15分） 氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，在将滤液按下图所示步骤进行操作。
回答下列问题： 起始滤液的pH_____________7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是_________________________________________________。 试剂I的化学式为______________________，①中发生反应的离子方程式为____________________________________________。 试剂Ⅱ的化学式为______________________，②中加入试剂Ⅱ的目的是_________________________________________________________________； 试剂Ⅲ的名称是______________________，③中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________； 某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为__________________________。（列式并计算结果） 【解题指南】（1）~（4）小题需审清题意，选择好试剂，明确滴加顺序，准确用化学用语表达；（5）小题需按题上要求列式并准确计算。 【解析】 （1
）起始滤液中含有碳酸钾，碳酸根水解呈碱性，故溶液的pH大于7； （2）要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根，应加入过量的钡离子，又不能引入其它离子，因此选用BaCl2溶液，SO42-和CO32-均能反应。 （
3）要除掉多余的钡离子，所需试剂必须既能除去过量的Ba2+，又不能引入其它杂质且过量离子较易除去，因此选用K2CO3。 （4）要除掉多余的碳酸根，要滴加过量的盐酸； （5）计算样品的纯度，注意0.7759g样品配成100ml溶液，每次只取25ml；另外从本题所给数据来看需保留四位有效数字。 【答案】：（1）大于，强酸弱碱盐K2CO3发生水解使体系呈碱性 （2）BaCl2，SO42-+Ba2+=B
aSO4↓ 、CO32--+Ba2+=B
a CO3↓ （3）K2CO3，除去A中的Ba2+离子[来源:学科网ZXXK] （4）盐酸，CO32-+2H+=CO2↑+H2O （5）w=
25、（2013·上海高考·17）将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是 A．减小、减小 B．减小、增大 C．增大、增大 D．增大、减小 B【解析】本题溶液中离子反应以及离子变化，意在考查考生综合思维能力和应用知识的能力。加入少许冰醋酸发生反应：HCO3-+CH3COOH＝CH3COO-+CO2↑+H2O，导致c(HCO3-)减少，电离平衡HCO3-
H++CO32-向左移动，溶液中c(CO32-)减小；加入少量Ba(OH)2固体后，发生反应：2HCO3-+Ba2++2OH-＝2H2O+BaCO3↓+ CO32-，溶液中c(CO32-)增大，故答案为：B。 26、（2013·天津高考·7）7．（14分）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。 请回答下列问题： ⑴ Y在元素周期表中的位置为________________。 ⑵ 上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______________（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是__________________（写化学式）。 ⑶ Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有___________（写出其中两种物质的化学式）。 ⑷ X2M的燃烧热ΔH ＝ －a kJ·mol－1 ，写出X2M燃烧反应的热化学方程式： ________________________________________________________________________。 ⑸ ZX的电子式为___________；ZX与水反应放出气体的化学方程式为___________________________。 ⑹ 熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为： 2Z + FeG2
Fe + 2ZG 放电时，电池的正极反应式为_________________________
_： 充电时，______________（写物质名称）电极接电源的负极； 该电池的电解质为_________
__________。 【解题指南】解答本题时按照下列流程：
【解析】五种元素分属在三个短周期元素，且原子序数递增，则X为氢，Y不能为氦，因此Z为钠，根据Y和M 的位置以及其形成化合物的化学式，可知Y为氧元素，M为硫元素，G只能为氯元素。 根据原子序数写出原子结构示意图，可以推测元素在周期表中的位置；[来源:学.科.网Z.X.X.K] 元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，气态氢化物的还原性越弱； 两元素及其化合物能作为消毒剂的有臭氧、氯气、二氧化氯等； 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，书写时注意水为液体；
根据题干信息，氢化钠为离子化合物，电子式书写时注意阴离子用中括号； 根据氧化还原反应的化合价变化判断电池的正负极和阴阳极。 【答案】7．（14分） ⑴ 第二周期第ⅥA族 ⑵ HClO4 H2S ⑶ Cl2、O3、ClO2（任写两种，其他合理答案均可） ⑷ H2S (g) +  O2 (g)＝ SO2 (g) + H2O (l)；ΔH ＝ －a kJ·mol－1 ⑸
NaH + H2O ＝ NaOH + H2↑ ⑹ Fe2+ + 2e－ ＝ 一Fe 钠 β－Al2O3 27、（2013·山东高考·29）（16分）偏二甲肼与N2O4 是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应： (CH3)2NNH2 (l)+2N2O4 (l)=2CO2 (g)+3N2(g)+4H2O(g) （Ⅰ）
反应（Ⅰ）中氧化剂是_______. 火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4 (g)
2NO2 (g)
（Ⅱ） 一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为ΔH。现将1 mol N2O4 充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________.
若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数________（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的
物质的量为0.6mol，则0~3s内的平均反应速率v（N2O4）
=________mol·L-1·s-1。 （4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3 。25℃时，将amol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_____（用离子方程式表示）。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为_______mol·L-1。（NH3·H2O的电
离平衡常数取Kb=2×10-5 mol·L-1） 【解题指南】解答本题时应注意判断化学平衡状态的标志，原则是从“变量”到“不变量”，不能原来是“不变量”又到了“不变量”。解决有关溶液中的电离平衡问题时，要注意物料守恒和电荷守恒的应用。 【解析】（1）分析元素的化合价可知，氮元素的化合价
由N2O4中的+4价，变成了生成物中的N2中的0价，故可知N2O4为氧化剂。（2）由温度升高时，出现红棕色，说明升温平衡向生成NO2的方向移动，即该反应的正反应为吸热反应。（3）作为化学平衡状态的标志，须由原来的“变量”变到“不变量”，方可说明，在恒压条件下，随着反应的进行生成NO2，气体的总的物质的量不断增加，容器的体积增大，故密度变小，当密度不变时，可说明化学反应达到平衡状态，a正确；b图，作为反应热?H，只与这个化学方程式有关，是一个不变量，它不会随着反应“量”的变化而变化，b错误；c图，用化学反应速率判断可逆反应是否达到平衡状态时，一定是“异向”，且它们的速率之比等于化学计量数之比，故c错误。d图，当NO2的转化率不变时，说明v（正）=v（逆），反应达到了平衡状态，d正确。平衡常数是温度的函数，只受温度的影响，故化学平衡常数不变。由题意可知，NO2的化学反应速率，v(NO2)=0.2mol/(L·s)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，得出v(N2O4)=0.1mol/(L·s)。[来源:学#科#网] （4）NH4NO3溶液呈酸性，原因是NH4+发生了水解反应，对应的水解方程式为：NH4++H2O
NH3·H2O+H+。滴加氨水后溶液由酸性变为中性,
水的电离平衡向逆反应方向移动。由Kb＝
=2×10-5mol/L，c(OH－)＝10－7mol/L，则c(NH4＋)＝200c(NH3·H2O)，故n(NH4＋)＝200n(NH3·H2O)，根据电荷守恒可知n(NH4＋)＝n(NO3－)， 则溶液中n(NH4＋)＋n(NH3·H2O)＝a＋
，根据物料守恒，滴加氨水的物质的量浓度c=（a＋
－a）mol÷bL＝
mol/L。 【答案】（1）N2O4 （2）吸热（3） a、d 0.1 （4）NH4++H2O
NH3·H2O+H+ 逆向

---

【点此下载】