年高考化學真題分類匯編專題8水溶液中的離子平衡（選修4）I—弱電解質的電離1.［2018天津卷-3］下列敘述正確的是A.某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh（水解常數）越小B.鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹C.反應活化能越高，該反應越易進行D.不能用紅外光譜區分C2H50H和CH30cH3【答案】B【解析】A.根據越弱越水解的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越強，應該是NaA的Kh（水解常數）越大。選項A錯誤：B.鐵管鍍鋅層局部破損后，易形成鋅鐵原電池，因為鋅比鐵活潑，所以鋅為負極，對正極鐵起到了保護作用，延緩了鐵管的腐蝕。選B正確。C.反應的活化能越高，反應越難進行。選項C錯誤。D.紅外光譜是用來檢測有機物中的官能團或特定結構的，C2H50H和CH30cH3的官能團明顯有較大差異，所以可以用紅外光譜區分，選項D錯誤。【考點】水解平衡常數與電離平衡常數的關系、金屬的防護、活化能、紅外光譜與化學鍵。2.［2018天津卷-6］LiH2P04是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2Po4溶液的pH隨c初始（H2Po4）的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分數［=c（H2PO4）/c總（含P元素的粒子）］隨pH的變化如圖2所示，下列有關LiH2PO4溶液的敘述正確的是PH5.50A.B.C.D.H2PO4、HPO42、PH5.50A.B.C.D.H2PO4、HPO42、P0435.00溶液中存在3個平含P元嘉粒子有1.00.564.660,994隨c初始（H2P04）增大，浴液的pH明顯變小用濃度大于1mold-1的t3P。］溶液溶解皈電，當6H達到：【工2P04圖1。初始HPO［健!141.66時,1H3P04幾乎全部轉【解析】A.溶液中存在H2P04的電離平衡和水解平衡，存在HP042的電離平衡平B.含P元素的粒衡，存在水的電離平衡，所以至少存在B.含P元素的粒子有H2P04、HP042、P043和H3P04。選B錯誤。C.從圖1中得到隨著c初始（H2P04）增大，溶液的pH不過從5.5減小到4.66,談不上明顯變小，同時達到4.66的pH值以后就不變了。所以選項C錯誤。D.由圖2得到，pH=4.66的時候，=0.994即溶液中所有含P的成分中H2P04占99.4%,所以此時H3P04幾乎全部轉化為LiH2P04。選項D正確。【考點】H3PO4的分步電離；H2PO4在溶液中的電離及一定條件下電離與水解的平衡。隨c(H2PO4)的增大，溶液的pH有一定的下降，但是達到一定程度后就基本不變了。主要是因為h2po4存在電離和水解，濃度增大電離和水解都會增加，影響會互相抵消。3.[2018浙江卷-18]相同溫度下，關于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說法正確的是A.pH相等的兩溶液中：c(CH3cOO-)=c(Cl-)B.分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需NaOH的物質的量相同c.相同濃度的兩溶液，分別與金屬鎂反應，反應速率相同D.相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應后呈中性的溶液中(忽略溶液體積變化)：c(cH3cOO—)=c(cl—)【答案】A【解析】同溫時，依電荷守恒有：鹽酸溶液中:c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；醋酸溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，當鹽酸和醋酸兩種溶液的pH相等時，它們的c(H+)、c(OH-)分別相等，故c(CH3cOO-)=c(Cl—)，A正確；因醋酸為弱酸，在溶液中只有部分電離，當鹽酸和醋酸兩種溶液的pH相等、體積相等時，醋酸的物質的量比鹽酸多，消耗的NaOH的物質的量多，所以B錯誤；因醋酸為弱酸，在溶液中只有部分電離，當鹽酸和醋酸兩種溶液的濃度相等時，分別與金屬鎂反應，鹽酸的反應速率快，故C錯誤；鹽酸和醋酸兩種溶液分別與NaOH固體反應后呈中性的溶液中分別有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+/。任)或c(Na+)=c(Cl-)；c(Na+)+c(H+)=c(CH3cOO-)+/。R)或c(Na+)=c(CH3cOO-),但兩種溶液中的c(Na+)前者大，故c(Cl—)>c(CH3COO-),故D錯誤。【考點】水溶液中的離子平衡4.[2018江蘇卷-14]H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4x10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4x10-5,設H2c2O4溶液中c(總)=c(H2c2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室溫下用，NaOH溶液滴定25.00mL0.1000moLL-iH2c2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是0.1000moLL-1H2c2O4溶液：c(H+)=0.1000mol-L-1+c(c2O42-)+c(OH-)-c(H2c2O4)c(Na+)=c(總)的溶液:c(Na+)>c(H2c2O4)"(JO/-)>c(H+)c.pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol-L-1+c(c2O42-)-c(H2c2O4)D.c(Na+)=2c(總)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2c2O4)+c(Hc2O4-)【答案】AD【解析】A.H2c2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(Hc2O4-)+2c(c2O42-)+c(OH-),0.1000moLLTH2c2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2c2O4)+c(HJOJ+c(JO/-),整理兩式得：c(H+)=0.1000mol/L-c(H2c2O4)+c(JO/-)+c(OH-),A正確；B.c(Na+)=c(總)時溶液中溶質為NaHc2O4,Hc2O4-既存在電離平衡又存在水解平衡，Hc2O4-水解的離子方程式為Hc2O4-+H2OH2c2O4+OH-,Hc2O4-水解常數(Kh)與H2c2O4電離常數(Ka)有如下關系：KhXKa=Kw,則Kh=Kw/Ka=10-14/(5.4x10-2)=10-12/5.4<5.4x10-5,所以，Hc2O4-的電離程度大于水解程度，則c?o"-)c(H2c2O4),B錯誤；c項，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(Hc2O4-)+2c(JO/-)+c(OH-),室溫pH=7即c(H+)=c(OH-),則c(Na+)=c(HJOJ+2c(JO/-)=c(總)+c(c2O42-)-c(H2c2O4),由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L,c錯誤；D項，c(Na+)=2c(總)時溶液中溶質為Na2c2O4,溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(Hc2O4-)+2c(c2O42-)+c(0H-),物料守恒為c(Na+)=2c(H2C204)+c(HC204-)+c(C2042—)]，兩式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-),D正確。【考點】溶液中粒子濃度的大小關系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質子守恒。II一水的電離和溶液的酸堿性5.[2018北京卷-12]測定0.1molLNa2sO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多。下列說法不正確的是．．．A.Na2so3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-B.④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的C.①一③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D.①與④的Kw值相等【答案】C亞【解析】A.Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-,A正確；B.取①④對應溫度下的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2sO3被氧化成Na2sO4,①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c(OH-)減小，④的pH小于①；B正確；C項，鹽類水解過程吸熱，①一③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c(SO32-)減小，水解平衡逆向移動，C錯誤；D項，Kw只與溫度有關，溫度相同時KW相同，D正確。【考點】鹽類水解離子方程式的書寫；外界條件對鹽類水解平衡的影響；水的離子積的影響因素；SO32-的還原性。6.[2018江蘇卷14]H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4x10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4x10-5,設H2c2O4溶液中c(總)=c(H2c2O4)+c(HC2o4-)+c(C2O42-)。室溫下用，NaOH溶液滴定25.00mL0.1000moLL-iH2c2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是0.1000mol-L-1H2c2O4溶液:c(H+)=0.1000mol-L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)c(Na+)=c(總)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol-L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)c(Na+)=2c(總)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)【答案】AD【解析】A.H2c2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),0.1000moLLTH2c2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2c2O4)+c(HJOJ+c(c2O42-),整理兩式得:c(H+)=0.1000mol/L-c(H2c2O4)+c(c2O42-)+c(OH-),A正確；B.c(Na+)=c(總)時溶液中溶質為NaHc2O4,Hc2O4-既存在電離平衡又存在水解平衡，Hc2O4-水解的離子方程式為HC2O4—+H2OH2C2O4+OH—,HC2O4-水解常數(Kh)與H2C2O4電離常數(Ka)有如下關系：KhXKa=Kw則Kh=Kw/Ka=10-i4/(5.4x10-2)=10-i2/5.4<5.4x10-5,所以，HC2O44T電離程度大于水解程度，則c(C2o42-)c(H2c2O4),B錯誤；C項，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),室溫pH=7即c(H+)=c(OH-),則c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(總)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L,C錯誤；D項，c(Na+)=2c(總)時溶液中溶質為Na2c2O4,溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),物料守恒為c(Na+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)］，兩式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2c2O4)+c(HC2O4-),D正確。【考點】溶液中粒子濃度的大小關系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質子守恒。in—鹽類的水解7.［2018江蘇卷-6］下列有關物質性質的敘述一定不正確的是A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色KAl(SO4)2-12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體NH4cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl2【答案】A【解析】A.NH4SCN用于檢驗Fe3+,向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A錯誤；B.KAl(SO4)2-12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體，離子方程式為A13++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+,B正確；C.實驗室可用NH4cl和Ca(OH)2混合共熱制NH3,反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH/+2H2O,C正確；u與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2,反應的化學方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,D正確；【考點】Fe3+的檢驗；鹽類的水解；實驗室制氨氣的原理；Cu與FeCl3的反應。8.［2018浙江卷-4］下列物質溶于水后溶液顯酸性的是A.KCIB.Na2OC.NH4CID.CH3COONa【答案】C【解析】鹽類水解的規律：有弱才水解，無弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；誰強顯誰性；同強顯中性。由此可見，鹽類水解的前提條件是有弱堿的陽離子或弱酸的酸根離子，其水溶液的酸堿性由鹽的類型決定，利用鹽溶液的酸堿性可判斷酸或堿的強弱；Na2O溶于水后生成氫氧化鈉使溶液顯堿性。【考點】鹽的水解及氧化鈉的性質。9.［2018浙江卷-23］在常溫下，向10mL濃度均為0.lmol/L的NaOH和Na2cO3混合溶液中滴加0.1mol/L鹽酸，溶液pH隨鹽酸加入體積的變化如圖所示。下列說法正確的是

141210A在a點的溶液中c(Na+)>c(COB.在b點的溶液中2n(CO3C.在c點的溶液pH<7,141210A在a點的溶液中c(Na+)>c(COB.在b點的溶液中2n(CO3C.在c點的溶液pH<7,是D.若將0.1mol/L的鹽酸換成同濃度【答案】B【解析】0.1mol/L鹽酸加入10mL濃酸會先和氫氧化鈉反應，而后再不印氧化鈉反應，消耗原溶液中一半的氫a匕時HCO-的電離能力大于其水解能力度的醋酸，當滴至溶液的pH=7時：c(Na+)=c(CH3COO-)(C1-)>c(0H-)>C(H+)[)<0.001molJ度均為0.lmol/L的NaOH和Na2cO3混合溶液中，鹽a2cO3溶液反應。a點加入鹽酸體積為5mL,它與氫氧化鈉，而溶液中Na2co3水解能增加溶液中的c(OH-),從而c(OH-)>c(C1-),故在a點的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)A錯誤;b點的溶液，PH等于7,加入的溶液中：n(Na+)10mLX0.lmol/L鹽酸體積大于20mL，混合液總體積大于30mL,混合

=0.003mol；h(Cl-)>20mLX0.lmol/L=0.002mol；n(OH-)=n(H+),且2n(CO32-)+n(HCO3)+n(OH)+n(Cl)=n(PQ+)+n(H+),可知2■-n(CO32-)+n(HCO3-)=n(Na+)-n(Cl-)+n(H+)-n(OH-)=S(Na+)-n(Cl-)W0.003mol-H002mol,B0正確；hco3-的電離能力小于其水解能力，C錯誤;若將0.1mol/L的鹽酸同濃度的醋酸，當滴至溶液的pH=7時：c(Na+)=c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),D有誤。nL【考點】鹽溶液中的離子平衡10.[2018全國卷H-7]化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是碳酸鈉可用于去除餐具的油污漂白粉可用于生活用水的消毒c.氫氧化鋁可用于中和過多胃酸D.碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查【答案】D【解析】A.碳酸鈉溶液因碳酸根水解顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在堿性條件下易水解，A正確；B.漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，C正確；D.碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質變性，而胃液中有鹽酸，所以碳酸鋇不能用于胃腸X射線造影檢查，可用硫酸鋇，D錯誤。【考點】碳酸鹽的水解；漂白粉的用途；氫氧化鋁的兩性；胃酸的成分；碳酸鹽的溶解性11.[2018江蘇卷-14]H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4x10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4x10-5,設H2c2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000moLL-iH2c凡溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是0.1000mol-L-1H2c2。4溶液:c(H+)=0.1000mol-L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)c(Na+)=c(總)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol-L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)c(Na+)=2c(總)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)【答案】AD【解析】A.H2c2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000moLL-1H2c2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42—)，整理兩式得：c(H+)=0.1000mol/L-c(H2c2。4)+c(c2O42-)+c(OH-)，A正確；B.c(Na+)=c(總)時溶液中溶質為NaHc2O4，Hc2O4-既存在電離平衡又存在水解平衡，Hc2O4-水解的離子方程式為Hc2O4—+H2OH2c2O4+OH-，Hc2O4-水解常數(Kh)與H2c2O4電離常數(Ka)有如下關系：KhXKa=Kw則Kh=Kw/Ka=10-14/(5.4x10-2)=10-12/5.4<5.4x10-5,所以，Hc2O4-的電離程度大于水解程度，則c(32。42-)c(H2c2O4),B錯誤；c項，滴入NaOH溶液后,溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(Hc2O4-)+2c(JO/-)+c(OH-),室溫pH=7即c(H+)=c(OH-),則c(Na+)=c(HJOJ+2c(JO/-)=c(總)+c(c2O42-)-c(H2c2O4),由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L,c錯誤；D項，c(Na+)=2c(總)時溶液中溶質為Na2c2O4,溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(Hc2O4-)+2c(c2O42-)+c(OH-),物料守恒為c(Na+)=2c(H2c2O4)+c(Hc2O4-)+c(c2O42-)]，兩式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2c2O4)+c(Hc2O4-),D正確。【考點】溶液中粒子濃度的大小關系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質子守恒。12.[2018全國卷H-11]NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數目為4Na4AB.100mL1mol.L-1Feci3溶液中所含Fe3+的數目為0.1NAc.標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAD.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NA【答案】c【解析】A.由于白磷(P4)是正四面體結構，分子中含有6個P-P鍵。因此，常溫常壓下，124gP4的物質的量是1mol,所含P—P鍵數目為6NA,A錯誤；B.Fe3+在溶液中水解，導致溶液中Fe3+數目減少。因此，100mL1moLLTFeci3溶液中所含Fe3+的數目小于0.1NA,B錯誤；c.甲烷和乙烯分子均含有4個氫原子，標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質的量是0.5mol,其中含氫原子數目為2NA,c正確；D.反應2SO2+O22SO3是可逆反應，2molSO2和1molO2不會完全轉化為SO3。因此密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數大于2NA,D錯誤。【考點】阿伏加德羅常數；白磷的結構；鐵鹽的水解；甲烷和乙烯的分子結構；氣體摩爾體積；可逆反應。13.[2018全國卷0-7]化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是泡沫滅火器可用于一般的起火,也適用于電器起火疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性家庭裝修時用水性漆替代傳統的油性漆，有利于健康及環境電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法【答案】A【解析】A.泡沫滅火器的滅火原理為：碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液混合時，發生雙水解反應(Al3++3HCO3-=Al(OH)3l+3COJ),生成大量的二氧化碳氣體泡沫，該泡沫噴出進行滅火。但是，噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含水，形成電解質溶液，具有一定的導電能力，可能導致觸電或電器短路，A錯誤。B.疫苗中的有效成分多為蛋白質，由于蛋白質對溫度比較敏感，溫度較高時會因變性，從而失去活性，所以疫苗一般應該冷藏保存，B正確。C油性漆是指用有機物作為溶劑或分散劑的油漆；水性漆是指用水作為溶劑或分散劑的油漆，使用水性漆可以減少有機物的揮發對人體健康和室內環境造成的影響，C正確。D.電熱水器內膽連接一個鎂棒，就形成了原電池，因為鎂棒比較活潑所以應該是原電池的負極，從而對正極的熱水器內膽(多為不銹鋼或銅制)起到了保護作用，這種保護方法為：犧牲陽極的陰極保護法，D正確。【考點】“雙水解”反應；蛋白質的性質；常見的兩大類溶劑：水、有機溶劑。金屬的電化學防護方法之一：犧牲陽極的陰極保護法。14.[2018北京卷-12]測定0.1moLL-1Na2s03溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多。下列說法不正確的是．．．A.Na2s03溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-B.④的pH與①不同，是由于SOJ-濃度減小造成的C.①一③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D.①與④的Kw值相等【答案】C亞【解析】A.Na2s03屬于強堿弱酸鹽，Na2s03溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-,A正確；B.取①④對應溫度下的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2s03被氧化成Na2SO4,①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c(OH-)減小，④的pH小于①；B正確；C項，鹽類水解過程吸熱，①一③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c(SO32-)減小，水解平衡逆向移動，C錯誤；D項，Kw只與溫度有關，溫度相同時KW相同，D正確。【考點】鹽類水解離子方程式的書寫；外界條件對鹽類水解平衡的影響；水的離子積的影響因素；SO32-的還原性。15.[2018天津卷-10]CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義。回答下列問題：(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,CO2主要轉化為(寫離子符

號)；若所得溶液c(HC03)：c(CO32)=2：1,溶液pH=。(室溫下，H2c03的K1=4x10-7；K2=5x10-11)CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：CH4(g)+C02(g)催化劑2CO(g)+2H2(g)①已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵CH=0CHHC0(C0)鍵能/kJ?mol1413454361075則該反應的H=。分別在VL恒溫密閉容器A(恒容)、B(恒壓，容積可變)中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是(填A或B”②按一定體積比加入CH4和CO2,在恒壓下發生反應，溫度對CO和H2產率的影響如圖3所示。此反應優選溫度為900℃的原因是80。85090095flIODO反應溫度ft圖80。85090095flIODO反應溫度ft圖3含AlCh的痛子液體圖4招電極O2輔助的Al?CO2電池工作原理如圖4所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池的負極反應式：。電池的正極反應式：6O2+6e=6026CO2+6O2-=3C2O42-反應過程中02的作用是。該電池的總反應式：。【答案】(1)CO32-、10(2)①+120-mol-1、B②900℃時，合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，但能耗升高，經濟效益降低。⑶Al3e=Al3+(或2Al6e=2Al3+)、催化劑、2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,因為得到溶液的堿性較強，所以CO2主要轉化為碳酸根離子(CO32-)。若所得溶液c(HC03)：c(CO32)=2:1,,則根據第二步電離平衡常數K2=c(H+)?c(C032)/c(HC03)=c(H+)/2=5x10ii,所以氫離子濃度為1x10-i0mol/L,pH=10。(2)①化學反應的焓變應該等于反應物鍵能減去生成物的鍵能，所以焓變為(4x413+2x745)—(2x1075+2x436)=+120kJ-mol-1。初始時容器A、B的壓強相等，A容器恒容，隨著反應的進行壓強逐漸增大(氣體物質的量增加)；B容器恒壓，壓強不變；所以達平衡時壓強一定是A中大，B中小，此反應壓強減小平衡正向移動，所以B的反應平衡更靠右，反應的更多，吸熱也更多。②根據圖3得到，900℃時反應產率已經比較高，溫度再升高，反應產率的增大并不明顯，而生產中的能耗和成本明顯增大，經濟效益會下降，所以選擇900℃為反應最佳溫度。(3)明顯電池的負極為Al，所以反應一定是Al失電子，該電解質為氯化鋁離子液體，所以Al失電子應轉化為A13+，方程式為：Al3e=Al3+(或2A6e=2Al3+)。根據電池的正極反應，氧氣再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧氣為正極反應的催化劑。將方程式加和得到，總反應為：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。【考點】鹽(碳酸鈉)的水解；電離平衡常數在化學計算中的應用；根椐鍵能求反應熱；壓強對化學平衡的影響；溫度對化學平衡的影響理論與實際相結合；電化學知識；催化劑的概念。w—難溶電解質的溶解平衡16.[2018北京卷-10]下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2s溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀，隨后變為紅褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變為黑色產生無色氣體，隨后變為紅棕色【答案】C【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產生Fe(OH)2白色沉淀，隨后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3(紅褐色沉淀)，反應為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，是氧化還原反應；B.氯水中存在反應Cl2+H20aHCl+HClO,由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，HC10有強氧化性，把紅色物氧化為無色物質而使溶液褪芭；C.Na2s溶液滴入AgCl濁液中，反應為2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCl，白色沉淀變為黑色，但反應前后元素化合價不變，不是氧化還原反應；D.熱銅絲插入稀硝酸中，即Cu與稀HN03反應生成Cu(N03)2、NO氣體和H20,無色氣體NO迅速被氧化成紅棕色的2NO2,反應為2NO+O2=2NO2,為氧化還原反應；【考點】氧化還原反應的特征；沉淀的轉化；次氯酸的漂白原理；銅與硝酸反應。17.[2018全國卷m-12]用0.100molL1AgNO3滴定50.0mL0.0500moLL-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關描述錯誤的是

A.根據曲線數據計算可知K(AgCl)的數量級為10-10spB.曲線上各點的溶液滿足關系式c(Ag+).c(Cl-)=K5p(AgCl)C.相同實驗條件下，若改為0.0400moll/。-，反應終點c移到aD.相同實驗條件下，若改為0.0500moLL-iBr-，反應終點c向b方向移動【答案】C【解析】A.用0.100molL1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL1Cl-溶液，達到滴定終點時消耗AgNO3溶液25.0mL,此點對應的縱坐標值(-lg(Cl-)等于5,即：c(Cl-)=10-5mol/L,而此時：c(Cl-)=c(Ag+),Ksp(AgCl)=c(Cl-)?c(Ag+)=10—10,A正確。B.由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會有沉淀析出，形成氯化銀的飽和溶液，所以曲線上各點的溶液滿足關系式c(Ag+>c(Cl-)=KSp(AgCl),B正確。C.達到滴定終點時，一定有n(Cl-)=n(Ag+)故將50mL0.05mol/L的Cl—溶液改為50mL0.04mol/L的Cl-溶液后，達到滴定終點需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應該由c點的25mL變為25x0.8=20mL,而a點對應的是15mL,C錯誤。D.鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度該逐漸減小，KSp(AgCl)大于KSP(AgBr),#50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.05mol/L的Br-溶液，達到滴定終點時，一定有n(Br-)=n(Ag+),所以滴定終點的橫坐標不變，但是因為溴化銀更難溶，所以終點時，c(Br-)應該比原終點時c(Cl-)更小，所以有可能由a點變為b點，D正確。【考點】沉淀滴定；Ksp的計算；鹵化銀的溶解性；圖像分析；對數函數；依溶度積定義及滴定終點數據分析圖像是解答本題的關鍵。18.[2018北京卷-26]磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：磷精礦一>磁精礦粉

研磨h磷精礦一>磁精礦粉

研磨h2so*/arHsO2/ACaCO31A粗磷酸酹h》精制磷酸脫有機碳脫琉酸浸J磷石青(主要成分為65必?0.5H20)已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4^0.5H2O(1)上述流程中能加快反應速率的措施有(2)磷精礦粉酸浸時發生反應：

2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2so410CaS0405H2O+6H3Po4①該反應體現出酸性關系：H3PO4H2SO4（填“>”或“<”）。②結合元素周期律解釋①中結論:P和S電子層數相同,（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是TOC\o"1-5"\h\z；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是一。（6）取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚歐作指示劑，用bmol-L-1NaOH溶：液滴定至終點時生成Na2Hp04，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的質量分數是：。（已知：H3PO4摩爾質量為98g-mol-1）60''L【答案】（1）研磨、加熱（2）①〈②核電荷數P<S，原子半徑P>S，得電子能力P羲，6080非金屬性P<S⑶2Ca5（PO4）3F+10H2sO4+5H2O=10CaSO4-0.5H2O+6H3POJ2HFT（4）80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低（5）CaSO4微溶；BaCO3+SO42-+2H3Po4=BaSO4+COJ+H2O+2H2Po4—（6）0.049bc/a。【解析】（1）研磨能增大反應物的接觸面積，能加快反應速率，加熱，溫度升高能加快反應速率；流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（2）①根據“強酸制弱酸”的復分解反應規律，酸性：H3P04VH2s04。②用元素周期律解釋，P和S電子層數相同，核電荷數P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。（3）根據“強酸制弱酸”的復分解反應規律，Ca5（PO4）3F與H2S04反應生成HF、磷石膏和磷酸。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80℃前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大；80℃后溫度升高，H202分解速率大，H2O2濃度顯著降低,反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO/殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaS04難溶于水，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2T+2H2P04-+H20。（6）根據題意關系式為：H3P04?2NaOH?Na2HP04，由消耗的NaOH計算H3P04，消耗的H3P04與NaOH物質的量之比為1：2,n（H3P04）=0.5n（NaOH）=0.5bmol/LXcX10-3L=bc/2000mol，m（H3PO4）=bc/2000molX98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質量分數為0.049bc/a。【考點】本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、“強酸制弱酸”的復分解反應規律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、質量分數的計算等。19.[2018江蘇卷-7下]列指定反應的離子方程式正確的是A.飽和Na2cO3溶液與CaSO4固體反應：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2OC.KClO堿性溶液與Fe（OH）3反應：3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+4H++H2OD.電解飽和食鹽水：2C1-+2H+通電Cl/+HJ【答案】A【解析】A.CaCO3比CaSO4更難溶，故飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應的離子方程式為CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A正確；B.方程式：I-+IO3-+6H+=I2+3H2O，電荷不守恒，得失電子不守恒，B錯誤，正確的離子方程式為：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；C.堿性溶液中不可能大量存在H+，正確的離子方程式為3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C錯誤；D.解飽和食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，電解飽和食鹽水的離子方程式為：C1-+2H2O通電ClJ+H2T+2OH-，D錯誤；【考點】沉淀的轉化；電荷守恒；離子共存；電解原理及離子的放電順序。20.[2018江蘇卷-12根]據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A好酚濁液中滴加Na2cO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)【答案】B