考點8 電解質溶液

1、圓學子夢想 鑄金字品牌溫馨提示： 此題庫為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，關閉Word文檔返回原板塊。 考點8 電解質溶液一、選擇題1.(2013·安徽高考·13)已知NaHSO3溶液顯酸性,溶液中存在以下平衡:HSO3-+H2OH2SO3+OH-HSO3-H+SO32-向0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質,下列有關說法正確的是()A.加入少量金屬Na,平衡左移,平衡右移,溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固體,則c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+c(OH-)+12c(SO32-)C.

2、加入少量NaOH溶液,c(SO32-)c(HSO3-)、c(OH-)c(H+)的值均增大D.加入氨水至中性,則2c(Na+)=c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)【解題指南】解答本題時應注意:(1)能判斷出為HSO3-的水解平衡,為HSO3-的電離平衡;(2)能根據(jù)溶液顯酸性,判斷出HSO3-的電離程度大于水解程度;(3)熟悉水解和電離平衡移動的影響因素;(4)熟悉電荷守恒等三大守恒的應用?！窘馕觥窟xC。NaHSO3溶液顯酸性,說明HSO3-的電離程度比水解程度大,因而在含HSO3-的溶液中,以第個平衡為主。加入Na,Na與水反應生成NaOH,NaOH與NaHSO3反應,故c(HS

3、O3-)減小,A錯誤;該溶液中存在電荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-),故c(SO32-)前應乘以2,B錯誤;加入少量NaOH溶液,使c(OH-)增大,OH-與H+反應,促進平衡(電離平衡)右移,c(SO32-)增大,c(HSO3-)減小,c(H+)減小,故C正確;加入氨水至中性,則c(H+)=c(OH-),由電荷守恒式c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可知:c(Na+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)>c(H+)=c(OH-),D錯誤。2.(2013

4、3;福建高考·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溶液發(fā)生反應的離子方程式為Al3+3OH-Al(OH)3B.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【解題指南】【解析】選C。選項具體分析結論A氨水屬于弱電解質,在離子方程式中不能拆分為離子錯誤B0.10 mol·L-1的氨水加水稀釋時NH4+、OH-濃度均減小,二者的乘積變小錯誤C氨水與硝酸完全中和生成的硝酸銨屬于強酸弱堿鹽,由于NH4+水解使溶液顯酸性正確D由于弱電解質不能完全電離

5、,所以0.10 mol·L-1的氨水中c(OH-)小于0.10 mol·L-1,pH小于13錯誤3.(2013·北京高考·10)實驗:0.1 mol·L-1AgNO3溶液和0.1 mol·L-1NaCl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;向濾液b中滴加0.1 mol·L-1KI溶液,出現(xiàn)渾濁;向沉淀c中滴加0.1 mol·L-1KI溶液,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:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.濾液b中不含有Ag+C.中顏色變化說明AgCl轉

6、化為AgID.實驗可以證明AgI比AgCl更難溶【解析】選B。由于硝酸銀和氯化鈉混合后一定生成氯化銀的懸濁液,所以在該懸濁液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);向過濾后的濾液中加入0.1 mol·L-1的KI,出現(xiàn)渾濁,說明在濾液b中仍然存在Ag+;沉淀總是向著生成物溶解度更小的方向移動,所以由實驗可知,由于沉淀由白色轉化成黃色,所以是由氯化銀轉化成碘化銀,所以碘化銀比氯化銀更難溶。4.(2013·山東高考·13)某溫度下,向一定體積0.1 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液,溶液中pOH(pOH=-lgO

7、H-)與pH的變化關系如圖所示,則()A.M點所示溶液的導電能力強于Q點B.N點所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)C.M點和N點所示溶液中水的電離程度相同D.Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:(1)pH與pOH相等時溶液呈中性。(2)充分利用電荷守恒。【解析】選C。醋酸為弱酸,溶液中自由移動的離子濃度小,加入等濃度的NaOH溶液后生成CH3COONa為強電解質,溶液中自由移動的離子濃度增大,溶液導電能力增強,A項錯誤;由圖示可知,Q點時pH=pOH,即c(H+)=c(OH-),繼續(xù)加入NaOH溶液,溶液呈堿性,故N點時c(H+)&

8、lt;c(OH-),根據(jù)電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(CH3COO-)<c(Na+),B項錯誤;M點溶液呈酸性,其pOH=b,由水電離出的c(OH-)=10-bmol·L-1;N點溶液呈堿性,其pH=b,由水電離出的c(H+)=10-bmol·L-1,兩溶液中c(H+)=c(OH-),對水的電離的抑制程度相同,水的電離程度相同,C項正確;當醋酸與NaOH溶液恰好完全反應時,溶液呈堿性。Q點溶液呈中性,故滴加的NaOH量偏少,消耗的NaOH體積比醋酸體積小,D項錯誤。5.(2013·新課標全國卷·9)

9、N0為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A.1.0 L 1.0 mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2N0B.12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5N0C.25時pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1N0D.1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為9N0【解題指南】阿伏伽德羅常數(shù)的相關計算涉及以下知識點:原子守恒、石墨的結構、溶液pH的計算、原子團和離子所含電子數(shù)的計算?！窘馕觥窟xB。選項具體分析結論A偏鋁酸鈉溶液中有水,水分子中也有氧原子存在,故氧原子數(shù)大于2N0錯誤B石墨層內是正六邊形結構,每個六元環(huán)有6個碳原子,而每

10、個碳原子同時為三個六元環(huán)所共有,故每個六元環(huán)平均只占有2個碳原子。12 g石墨烯含碳原子數(shù)為1 mol,故其中含六元環(huán)的個數(shù)應為0.5N0正確C因為溶液的體積未知,故只能求出OH-的濃度,無法求出其數(shù)目錯誤D1個羥基中含9個電子,1個氫氧根離子中含10個電子,故此選項錯誤錯誤6.(2013·新課標全國卷·13)室溫時,M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)Ksp=a,c(M2+)=bmol·L-1時,溶液的pH等于()A.12lg(ba) B.12lg(ab)C.14+12lg(ab) D.14+12lg(ba)【解題指南】解答本題時應掌握溶度積常數(shù)的

11、表示方法,會用水的離子積常數(shù)求溶液的pH。【解析】選C。由題知該反應的溶度積常數(shù)Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=a,由此得出c(OH-)=(ab)1/2,則c(H+)=10-14÷c(OH-),pH=-lgc(H+),經(jīng)過計算即可得到正確答案為C。7.(2013·廣東高考·12)50時,下列各溶液中,離子的物質的量濃度關系正確的是()A.pH=4的醋酸中:c(H+)=4.0 mol·L-1B.飽和小蘇打溶液中:c(Na+)=c(HCO3-)C.飽和食鹽水中:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)D. pH=12的純堿溶液中:

12、c(OH-)=1.0×10-2mol·L-1【解題指南】解答本題要注意以下兩點:(1)溫度升高,KW增大。(2)水解對離子濃度的影響。【解析】選C。pH=4的醋酸中,c(H+)=1×104mol·L-1,A錯誤;飽和小蘇打溶液中,HCO3會發(fā)生水解反應導致濃度減小,c(Na+)>c(HCO3),B錯誤;飽和食鹽水中,c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)符合電荷守恒的關系,C正確;50時,水的離子積常數(shù)大于1×1014,pH=12的碳酸鈉溶液中,c(OH)=KW1×1012>1.0×102（mol

13、83;L-1）,D錯誤。8.(2013·新課標全國卷·11)已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-,濃度均為0.010 mol·L-1,向該溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液時,三種陰離子產生沉淀的先后順序為()A.Cl-、Br-、CrO42- B.CrO42-、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、CrO42- D.Br-、CrO42-、Cl-【解題指南】根據(jù)各物質的Ksp

14、,算出Cl-、Br-、CrO42-濃度均為0.010 mol·L-1時,要產生沉淀所需Ag+的最小濃度,從而確定沉淀順序?！窘馕觥窟xC。當Cl-濃度為0.010 mol·L-1時,要產生AgCl沉淀,所需Ag+的最小濃度為1.56×10-8mol·L-1,當Br-的濃度為0.010 mol·L-1時,要產生AgBr沉淀,所需Ag+的最小濃度為7.7×10-11mol·L-1,當CrO42-濃度為0.010 mol·L-1時,要產生Ag2CrO4沉淀,所需Ag+的最小濃度為3.0×10-5mol·

15、L-1,向混合溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的硝酸銀溶液時,Ag+的濃度逐漸增大,所以Br-最先沉淀,CrO42-最后沉淀。應選C。9.(2013·天津高考·5)下列有關電解質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,兩溶液中水的電離程度相同【解題指南】解答本題時應注意以下3點:(1)濃硫酸溶于水放熱,KW受溫度的影響。(2)會書寫溶液中的質子守恒式。(3)注意離子在溶

16、液中的變化。【解析】選C。該題考查電解質溶液的基本知識。A選項在蒸餾水中滴加濃硫酸,放出熱量,溶液溫度升高,KW變大,錯誤。B選項CaCO3難溶于稀硫酸,但能溶于醋酸,錯誤。C選項是溶液中的質子守恒,即水電離出的OH-等于溶液中的H+加上陰離子水解結合的H+,正確。D選項CH3COONH4發(fā)生水解相互促進的反應,促進水的電離,水的電離程度增大,錯誤。10.(雙選)(2013·海南高考·8)0.1 mol·L-1HF溶液的pH=2,則該溶液中有關濃度關系式不正確的是()A.c(H+)>c(F-) B.c(H+)>c(HF)C.c(OH-)>c(HF

17、) D.c(HF)>c(F-)【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:(1)弱電解質溶液中存在弱電解質的電離平衡和水的電離平衡。(2)溶液中存在c(H+)·c(OH-)=Kw?！窘馕觥窟xB、C。0.1 mol·L-1HF溶液pH=2說明HF為弱電解質,有0.01 mol·L-1HF發(fā)生了電離,0.09 mol·L-1HF沒有電離,考慮到溶液中H2O的電離,所以A項正確,B項錯誤,D項正確;pH=2的溶液中c(OH-)=10-12mol·L-1,C項錯誤。11. (雙選) (2013·江蘇高考·11)下列有關說法正確的是(

18、)A.反應NH3(g)+HCl(g)NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行,則該反應的H<0B.電解法精煉銅時,以粗銅作陰極,純銅作陽極C.CH3COOH溶液加水稀釋后,溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO-)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【解析】選A、C。根據(jù)該反應中各物質的聚集狀態(tài)可知,該反應的S<0,在室溫下該反應能自發(fā)進行,則該反應為放熱反應,A正確;在電解法精煉銅中,粗銅作陽極,純銅作陰極,B錯誤;醋酸加水稀釋過程中,c(H+)減小,但電離常數(shù)不變,由K電離=c(H+)·c(CH3COO-)c(

19、CH3COOH)得C項中式子的比值將減小,C正確;向Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO3沉淀且溶液的pH變大,溶液中c(CO32-)減小,促使其水解程度增大,D錯誤。12. (雙選) (2013·江蘇高考·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),p(CO32-)=-lgc(CO32-)。下列說法正確的是()A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a點可表示MnCO3的飽和溶液,且c(Mn2+)=c(CO32-)C.b點可表示CaCO3的飽和溶液,且c(

20、Ca2+)<c(CO32-)D.c點可表示MgCO3的不飽和溶液,且c(Mg2+)<c(CO32-)【解題指南】橫線上的點代表沉淀溶解的平衡點。pM和p(CO32-)與c(M)和c(CO32-)為反比關系?！窘馕觥窟xB、D。因為c(M)=10-pM、c(CO32-)=10-p(CO32-),而Ksp=c(M)×c(CO32-),由圖像可知A項中的三者Ksp依次減小,A錯誤;由圖像可知,在斜線上的點都是飽和溶液,點a在對角線上,B正確;點b也是飽和溶液,但c(Ca2+)>c(CO32-),C錯誤;通過c點作橫軸的垂線后可看出,c(Mg2+)×c(CO32-)

21、<Ksp,故溶液不飽和,且c(Mg2+)<c(CO32-),D正確。13.(2013·上海高考·5)374、22.1 MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力,并含有較多的H+和OH-,由此可知超臨界水()A.顯中性,pH等于7B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C.顯酸性,pH小于7D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性【解題指南】解答本題應注意以下兩點:(1)純水一定顯中性,但只有常溫時pH=7。(2)相似相溶原理。【解析】選B。超臨界水含有較多的H+和OH-,因此pH<7,但水中c(H+)=c(OH-),因此超臨界水呈中性,A、C均錯誤。超臨界水具有很強的溶解有機物的

22、能力,根據(jù)相似相溶原理,可以確定超臨界水表現(xiàn)出非極性溶劑的性質,B正確,D錯誤。14.(2013·上海高考·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,溶液中氫離子濃度增大B.通入過量SO2氣體,平衡向左移動,溶液pH增大C.滴加新制氯水,平衡向左移動,溶液pH減小D.加入少量硫酸銅固體(忽略體積變化),溶液中所有離子濃度都減小【解題指南】解答本題著重注意以下兩點:(1)理解外界條件對化學平衡的影響。(2)掌握H2S的化學性質。【解析】選C。向H2S溶液中加水,平衡向右移動,但溶液體積增大,溶液中H+濃度減

23、小,A錯誤。通入SO2,可發(fā)生反應:2H2S+SO23S+2H2O,SO2過量時,SO2與水反應生成的H2SO3酸性比氫硫酸強,因此溶液pH減小,B錯誤。滴加新制氯水,發(fā)生反應:H2S+Cl22HCl+S,H2S濃度減小,平衡向左移動,反應生成的鹽酸為強酸,溶液酸性增強,pH減小,C正確。加入少量CuSO4,發(fā)生反應:CuSO4+H2SCuS+H2SO4,溶液中S2-濃度減小,H+濃度增大,D錯誤。15.（雙選）(2013·上海高考·19)部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表:弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)(25)Ki=1.77×10-4Ki=4.9×

24、;10-10Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11下列選項錯誤的是()A.2CN-+H2O+CO22HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2C.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【解題指南】解答本題應注意以下兩點:(1)正確根據(jù)電離平衡常數(shù)判斷可能發(fā)生的反應。(2)正確運用電荷守恒比較兩種一元酸的鹽溶液中離子數(shù)目。【解析】選A、D。根據(jù)電離平衡常數(shù),HCN的電離程度介于H2CO3的一級電離和二級電離之間,因此A中反應錯誤,應為

25、CN-+H2O+CO2HCN+HCO3-。HCOOH的電離程度大于H2CO3的一級電離,因此B正確。等pH的HCOOH和HCN,HCN溶液的濃度大,中和等體積、等pH的HCOOH和HCN,后者消耗NaOH的量大,C正確。在HCOONa和NaCN中存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)。等濃度的HCOONa和NaCN溶液,NaCN水解程度大,溶液中OH濃度大,H+濃度小。根據(jù)電荷守恒,兩溶液中離子總濃度為2c(Na+)+c(H+),而Na+濃度相同,H+濃度后者小,因此等體積、等濃度的兩溶液中離子總數(shù)前者大于后

26、者,D錯誤。16.(2013·四川高考·5)室溫下,將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積混合(忽略體積變化),實驗數(shù)據(jù)如下表:下列判斷不正確的是()A.實驗反應后的溶液中:c(K+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)B.實驗反應后的溶液中:c(OH-)=c(K+)-c(A-)=Kw1×10-9mol·L-1C.實驗反應后的溶液中:c(A-)+c(HA)>0.1 mol·L-1D.實驗反應后的溶液中:c(K+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)【解題指南】解答本題時應按照以下流程:【解析】選B。由表中得HA為

27、弱酸且酸堿物質的量相等,因此得A正確;由中電荷守恒得c(OH-)=c(K+)-c(A-)+c(H+)=Kw/1×10-9mol·L-1,故B錯誤;C中由得x>0.2 mol·L-1,故c(HA)+c(A-)>0.1 mol·L-1(因為溶液體積是原溶液的2倍),故C正確;實驗反應后的溶液顯中性,故c(OH-)=c(H+),由電荷守恒可得c(K+)=c(A-),故D正確。17.(2013·浙江高考·12)25時,用濃度為0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.100 0 mol&

28、#183;L-1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電能力順序:HZ<HY<HXB.根據(jù)滴定曲線,可得Ka(HY)10-5C.將上述HX、HY溶液等體積混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時:c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)D.HY與HZ混合,達到平衡時:c(H+)=Ka(HY)·c(HY)c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)【解題指南】解答本題應著重注意兩點:(1)正確理解圖像信息,掌握鹽類水解與弱電解質電離的關系;(2)掌握離子濃度大小的比較方法?！窘馕觥窟xB

29、。用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1的三種一元酸,完全反應時消耗NaOH應為20.00 mL。根據(jù)題干圖像,可以看到三種酸與NaOH完全中和時,溶液的pH:NaX>NaY>NaZ,即三種酸的酸性:HZ>HY>HX,這點也可從NaOH體積為0時三種酸的pH進行判斷。因此相同溫度下同濃度的三種酸導電能力:HZ>HY>HX,A錯誤。根據(jù)圖像,0.100 0 mol·L-1的HZ溶液pH=1,因此HZ為強酸,則HX和HY為弱酸。將等濃度的HX、HY混合,用NaOH溶液進行滴

30、定,當HX完全反應,則HY已經(jīng)完全反應,溶液為NaX和NaY的混合液,酸性HY>HX,則溶液中X-水解程度大于Y-水解程度,因此c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),C錯誤。在HY和HZ的混合液中,根據(jù)電荷守恒,則有c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),根據(jù)HY的電離常數(shù):Ka(HY)=c(H+)·c(Y-)c(HY),即有:c(Y-)=Ka(HY)·c(HY)c(H+)。所以達平衡后:c(H+)=Ka(HY)·c(HY)c(H+)+c(Z-)+c(OH-)因此D錯誤。根據(jù)圖像,HY溶液中加入10 mL NaOH溶液

31、時,溶液pH=5,則c(H+)=10-5mol·L-1,c(OH-)=10-9mol·L-1。c(Na+)=0.13mol·L-1,根據(jù)電荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(Y-)+c(OH-),則10-5mol·L-1+0.13mol·L-1=c(Y-)+10-9mol·L-1,由于c(H+)和c(OH-)都遠小于c(Na+),因此c(Y-)=0.13mol·L-1。c(HY)=20 mL×0.1mol·L-130 mL-0.13mol·L-1=0.13mol·L-1。Ka(HY)

32、=10-5×0.130.13=10-5,B正確。18.(2013·重慶高考·2)下列說法正確的是()A.KClO3和SO3溶于水后能導電,故KClO3和SO3為電解質B.25時,用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH=7,V醋酸<VNaOHC.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和氣體生成D.AgCl沉淀易轉化為AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)·c(X-),故K(AgI)<K(AgCl)【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:(1)電解質必須是在水溶液中自身能電離成自由移動的離子。(2)難溶的電解質容易轉化成更難溶的電解質?！?/p>

33、解析】選D。選項具體分析結論AKClO3是電解質,三氧化硫溶于水后,生成硫酸,其水溶液能導電,并非三氧化硫自身電離導電,因此三氧化硫是非電解質錯誤B等濃度的醋酸與氫氧化鈉等體積混合,若恰好完全反應,則溶液顯堿性,若溶液顯中性,則醋酸過量,即V醋酸>VNaOH錯誤C向NaAlO2溶液中加NaHCO3溶液發(fā)生反應為NaAlO2+NaHCO3+H2OAl(OH)3+Na2CO3,無氣體生成錯誤D沉淀AgCl易轉化成沉淀AgI,說明碘化銀的溶解度小于氯化銀,即K(AgI)<K(AgCl)正確二、非選擇題19.(2013·北京高考·27)用含有Al2O3、SiO2和少量F

34、eO·xFe2O3的鋁灰制備Al2(SO4)3·18H2O。工藝流程如下(部分操作和條件略):.向鋁灰中加入過量稀H2SO4,過濾;.向濾液中加入過量KMnO4溶液,調節(jié)溶液的pH約為3;.加熱,產生大量棕色沉淀,靜置,上層溶液呈紫紅色;.加入MnSO4至紫紅色消失,過濾;.濃縮、結晶、分離,得到產品。(1)H2SO4溶解Al2O3的離子方程式是 。(2)將MnO4-氧化Fe2+的離子方程式補充完整:(3)已知:生成氫氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8注:金屬離子的起始濃度為0.1 mol

35、83;L-1根據(jù)表中數(shù)據(jù)解釋步驟的目的: 。(4)已知:一定條件下,MnO4-可與Mn2+反應生成MnO2。向的沉淀中加入濃HCl并加熱,能說明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是。中加入MnSO4的目的是?！窘忸}指南】解答本題時應注意以下3點:(1)離子方程式書寫時的注意事項。(2)氧化還原方程式的配平的相關原則質量守恒、電荷守恒以及得失電子守恒。(3)除去混合液中的鐵元素應該將溶液中的Fe2+轉化成Fe3+,然后再通過調節(jié)pH的方法除去?！窘馕觥?1)氧化鋁與硫酸反應生成硫酸鋁與水。(2)反應中MnO4-Mn2+,Fe2+Fe3+,MnO4-化學計量數(shù)為1,根據(jù)得失電子守恒可知,Fe2+化學計量數(shù)為

36、1×(7-2)3-2=5,由元素守恒可知,Fe3+化學計量數(shù)為5,由電荷守恒可知,有H+參加反應,其化學計量數(shù)為8,根據(jù)元素守恒可知,有H2O生成,其化學計量數(shù)為4,方程式配平為MnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。(3)濾液中含有Fe2+,由表中數(shù)據(jù)可知,Fe(OH)2開始沉淀的pH大于Al(OH)3完全沉淀的pH,而Fe(OH)3完全沉淀的pH小于Al(OH)3開始沉淀的pH,pH約為3時,Al3+、Fe2+不能沉淀,步驟是將Fe2+氧化為Fe3+,調節(jié)pH使Fe3+完全沉淀;(4)MnO2能將HCl氧化為Cl2,若有黃綠色氣體生成說明沉淀中存在MnO2;的上層

37、液呈紫紅色,MnO4-過量,加入MnSO4,由題中所提供的信息可知,MnO4-可與Mn2+反應生成MnO2,即除去過量的MnO4-。答案:(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH約為3時,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,而Fe3+可完全沉淀，故將Fe2+氧化為Fe3+,可使鐵完全沉淀(4)生成黃綠色氣體除去過量的MnO4-20.(2013·山東高考·29)化學反應原理在科研和生產中有廣泛應用。(1)利用“化學蒸氣轉移法”制備TaS2晶體,發(fā)生如下反應:TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)H>0()反應()的平衡常數(shù)

38、表達式K=,若K=1,向某恒容容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s),I2(g)的平衡轉化率為。(2)如圖所示,反應()在石英真空管中進行,先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2(g),一段時間后,在溫度為T1的一端得到了純凈TaS2晶體,則溫度T1T2(填“>”“<”或“=”)。上述反應體系中循環(huán)使用的物質是。(3)利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3,然后用一定濃度的I2溶液進行滴定,所用指示劑為,滴定反應的離子方程式為 。(4)25時,H2SO3HSO3-+H+的電離常數(shù)Ka=1×10-2mol

39、83;L-1,則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數(shù)Kh=mol·L-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,則溶液中c(H2SO3)c(HSO3-)將(填“增大”“減小”或“不變”)?！窘馕觥?1)平衡常數(shù)表達式為K=c(TaI4)c(S2)c2(I2),設容器體積為1 L,生成TaI4的物質的量為x,則 TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)H>0起始(mol·L-1) 1 0 0變化(mol·L-1) 2x x x平衡(mol·L-1) 1-2x x xK=c(TaI4)c(S2)c2(I2)=x2(1-2x)2=1,x=

40、13,I2的轉化率為13×2÷1×100%66.7%。(2)由所給熱化學方程式()可知,反應為吸熱反應,即當生成TaS2晶體時,體系的溫度要降低,即T1<T2;反應()在真空管中進行時,TaS2(s)和I2(g)在右側生成TaI4(g)和S2(g),TaI4(g)和S2(g)在左側重新生成TaS2(s)和I2(g),因此I2(g)消耗又重新生成,可循環(huán)使用。(3)利用淀粉溶液遇碘顯藍色的原理,可選用淀粉溶液作指示劑。滴定反應的離子方程式為I2+H2SO3+H2O4H+2I-+SO42-。(4)H2SO3HSO3-+H+,其電離常數(shù)Ka=c(HSO3-)c(H

41、+)c(H2SO3),NaHSO3水解時發(fā)生反應:HSO3-+H2OH2SO3+OH-,其水解平衡常數(shù)表達式為Kh=c(H2SO3)c(OH-)c(HSO3-)=c(H2SO3)Kwc(H+)c(HSO3-)=KwKa=10-12mol·L-1。若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,則發(fā)生反應I2+HSO3-+H2O3H+SO42-+2I-,溶液酸性增強,HSO3-與H+反應生成H2SO3,導致c(HSO3-)減小,c(H2SO3)增大,所以c(H2SO3)c(HSO3-)增大。答案:(1)c(TaI4)c(S2)c2(I2)66.7%(2)<I2(g)(3)淀粉溶液H2SO3+I2+H2O4H+SO42-+2I-(4)10-12增大21.(2013·江蘇高考