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2019-2020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 molL－1NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 molL－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(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(yīng)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(yīng)生成NaCl、NH4Cl。
【解析】選B。未加鹽酸時,根據(jù)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(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＋)
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(qiáng)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－)>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．<1.010－7molL－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(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－)<1.010－7molL－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,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(qiáng)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: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 molL－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
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 molL－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,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(qiáng)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)＋c(HC)＋c(NH2COO－)＋c(OH－),B項正確;由NH3H2ON＋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 molL－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(qiáng)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(qiáng)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－)=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(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)得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,該溶液中含有強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽,電離時溶液顯酸性,相當(dāng)于一元強(qiáng)酸,所以酸性比NaHSO3強(qiáng)。D項,發(fā)生反應(yīng):CO2＋NaOHNaHCO3,該物質(zhì)是強(qiáng)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(qiáng)的是NaHSO4,溶液的酸性越強(qiáng),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(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(qiáng)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(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1.010－13
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(jù)水的離子積常數(shù)的計算公式,結(jié)合b點的數(shù)據(jù)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(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 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(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 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(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,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)研究的前沿領(lǐng)域。
(1)溶于海水的CO2主要以4種無機(jī)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(bǔ)充完整: ＋ (CH2O)x＋x18O2＋xH2O
(3)海水中溶解無機(jī)碳占海水總碳的95%以上,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(jī)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(bǔ)充完整并標(biāo)出所用試劑。
②滴定。將吸收液吸收的無機(jī)碳轉(zhuǎn)化為NaHCO3,再用xmolL－1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機(jī)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(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＋＋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) xmolL－1y10－3L
解得:n(CO2)=xy10－3mol
所以:c(無機(jī)碳)=xy/zmolL－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,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－＋H2↑,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 molL－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－)= molL－1。
②某溶液含0.020 molL－1Mn2＋、0.10 molL－1H2S,當(dāng)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(dá)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(yīng)的主要離子方程式為 。
【解題指南】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 molL－1,根據(jù)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(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,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(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?、?
(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。回答下列問題:
(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)=1.810－10,Ksp(AgI)=8.510－17。
(3)已知反應(yīng)2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)的ΔH=＋11 kJmol－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,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),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=≈4.710－7。
(3)根據(jù)焓變等于反應(yīng)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(jù)得v正≈1.9510－3min－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)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= ② 1.9510－3
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(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 。
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 molL－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 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(chǎn)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(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(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)=1.610－7,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(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bmolL－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)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(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 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(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)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NH3H2O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)=1.610－7可知,H2C2O4過量時Ba2＋轉(zhuǎn)化為BaC2O4沉淀,BaCl22H2O產(chǎn)品的產(chǎn)量會減少。
(3)“0”刻度位于滴定管的上方;與Ba2＋反應(yīng)的Cr的物質(zhì)的量為(V0b－V1b)/
1 000 mol,則Ba2＋濃度為molL－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 。
(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(qiáng)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 molL－1R溶液的燒杯中滴加1 molL－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 molL－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(qiáng)最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),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(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 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(zhì)的量不變,是N發(fā)生了反應(yīng),離子方程式為N＋OH－NH3H2O;
③10 mL 1 molL－1NH4Al(SO4)2,溶液中Al3＋物質(zhì)的量為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 molL－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(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(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(yīng)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(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(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(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＋)=1.010－2molL－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 mgL－1時,去除率達(dá)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)=1.810－10,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(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)molL－1/2=0.001 molL－1,根據(jù)AgCl的溶度積的表達(dá)式計算即可,即c(Ag＋)==molL－1=1.810－7molL－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 molL－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
(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(dá)到平衡,該分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ,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= kJmol－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＋水解消耗OH－,使NH3H2O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 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(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
2019-2020年高考化學(xué)分類題庫 考點8 電解質(zhì)溶液.doc
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