2018年高考化學(xué)真題分類匯編水溶液中的離子平衡

年高考化學(xué)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(zhì)的電離[2018天津卷-3]下列敘述正確的是某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh（水解常數(shù)）越小鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹反應(yīng)活化能越高，該反應(yīng)越易進(jìn)行不能用紅外光譜區(qū)分C2H5OH和CHOCHj【答案】B【解析】A.根據(jù)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(qiáng)，應(yīng)該是NaA的心（水解常數(shù)）越大。選項(xiàng)A錯(cuò)誤。B.鐵管鍍鋅層局部破損后，易形成鋅鐵原電池，因?yàn)殇\比鐵活潑，所以鋅為負(fù)極，對(duì)正極鐵起到了保護(hù)作用，延緩了鐵管的腐蝕。選B正確。C.反應(yīng)的活化能越高，反應(yīng)越難進(jìn)行。選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D.紅外光譜是用來(lái)檢測(cè)有機(jī)物中的官能團(tuán)或特定結(jié)構(gòu)的，C2H5OH和CHsOCHs的官能團(tuán)明顯有較大差異，所以可以用紅外光譜區(qū)分，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！究键c(diǎn)】水解平衡常數(shù)與電離平衡常數(shù)的關(guān)系、金屬的防護(hù)、活化能、紅外光譜與化學(xué)鍵。[2018天津卷-6]UH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiHzPQ溶液的pH隨c初始（H2PO4-的變化如圖1所示，H3PQ溶液中H2PC4-的分布分?jǐn)?shù)8[S=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(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是溶液中存在3個(gè)平衡含P元素的粒子有H2PO4-HPO42-PO43-隨c初始（H2PO4-）增大，溶液的pH明顯變小用濃度大于1molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達(dá)到4.66時(shí)，H3PQ幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iHzPQ【答案】D【解析】A.溶液中存在H2PO4「的電離平衡和水解平衡，存在HPO42「的電離平衡和水解平衡，存在水的電離平衡，所以至少存在4個(gè)平衡。選項(xiàng)A錯(cuò)誤。B.含P元素的粒子有H2PO4-HPO42-PO43和H3PQ。選B錯(cuò)誤。C.從圖1中得到隨著c初始（H2PO4-增大，溶液的pH不過(guò)從5.5減小到4.66,談不上明顯變小，同時(shí)達(dá)到4.66的pH值以后就不變了。所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D.由圖2得到，pH=4.66的時(shí)候，S=0.994即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%,所以此時(shí)H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iH2PO4。選項(xiàng)D正確。【考點(diǎn)】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(dá)到一定程度后就基本不變了。主要是因?yàn)镠2PO4存在電離和水解，濃度增大電離和水解都會(huì)增加，影響會(huì)互相抵消。[2018浙江卷-18]相同溫度下，關(guān)于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說(shuō)法正確的是pH相等的兩溶液中：c(CH3COO—)=c(C|—)分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量相同相同濃度的兩溶液，分別與金屬鎂反應(yīng)，反應(yīng)速率相同相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性的溶液中(忽略溶液體積變化):c(CH3COO—)=c(CI—)【答案】A【解析】同溫時(shí)，依電荷守恒有：鹽酸溶液中：c(H+)=c(CI—)+c(OH—)；醋酸溶液中：c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—),當(dāng)鹽酸和醋酸兩種溶液的pH相等時(shí)，它們的c(H+)、c(OH—)分別相等，故c(CH3COO—)=c(CI—),A正確；因醋酸為弱酸，在溶液中只有部分電離，當(dāng)鹽酸和醋酸兩種溶液的pH相等、體積相等時(shí)，醋酸的物質(zhì)的量比鹽酸多，消耗的NaOH的物質(zhì)的量多，所以B錯(cuò)誤；因醋酸為弱酸，在溶液中只有部分電離，當(dāng)鹽酸和醋酸兩種溶液的濃度相等時(shí)，分別與金屬鎂反應(yīng)，鹽酸的反應(yīng)速率快，故C錯(cuò)誤；鹽酸和醋酸兩種溶液分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性的溶液中分別有：c(Na+)+c(H+)=c(CI-)+c(OH-)或c(Na+)=c(CI-)；c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOJ+c(OH-)或c(Na+)=c(CH3COO-)，但兩種溶液中的c(Na+)前者大，故c(CI—)>c(CH3COO—),故D錯(cuò)誤。【考點(diǎn)】水溶液中的離子平衡QC[2018江蘇卷-14]H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.41氐,心(H2C2O4)=5.41氐,設(shè)H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molL-」H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過(guò)程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是0.1000molL-1-H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000molL-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)++2_+c(Na)=c(總)的溶液：c(Na)>c(H2C2O4)>c(C2O4)>c(H)+-12-pH=7的溶液：c(Na)=0.1000molL+c(C2O4)-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(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-),A正確；B.c(Na+)=c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)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+H2O^^H2C2O4+OH,HC2O4水解常數(shù)(Kh)與H2C2O4電離常數(shù)(Ka)有如下關(guān)系：-一-142125一KhXKa=KW，貝yKh=Kw/Ka=10-/(5.41%j=10-/5.4v5.410-,所以，HC2O4的電離程度大于水解程度，則c(C2O42-)>c(H2C2O4),B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，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(cuò)誤；D項(xiàng)，c(Na+)=2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)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?！究键c(diǎn)】溶液中粒子濃度的大小關(guān)系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒。水的電離和溶液的酸堿性5.[2018北京卷-12]測(cè)定0.1molL-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過(guò)程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時(shí)刻①②③④溫度/C25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的Bad?溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說(shuō)法不正確的是2一一Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3+H2O=HSO3+OH-④的pH與①不同，是由于SO32—濃度減小造成的①t③的過(guò)程中，溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響一致①與④的Kw值相等【答案】C【解析】A.Na2SO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32一+H?O=HSO3—+OH-,A正確；B.?、佗軐?duì)應(yīng)溫度下的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)過(guò)程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①與④溫度相同，④與①對(duì)比，SO32—濃度減小，溶液中c(OH一)減小，④的pH小于①；B正確；C項(xiàng)，鹽類水解過(guò)程吸熱，①t③的過(guò)程，升高溫度SO32一水解平衡正向移動(dòng)，c(SO32—)減小，水解平衡逆向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Kw只與溫度有關(guān)，溫度相同時(shí)Kw相同，D正確。【考點(diǎn)】鹽類水解離子方程式的書(shū)寫(xiě)；外界條件對(duì)鹽類水解平衡的影響；水的離子積的影響因素；SO32-的還原性。[2018江蘇卷-14]H2C2O4為二元弱酸，Kai(H2C2O4)=5.41Q<,心(H2C2O4)=5.41Q<,設(shè)H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molLJH2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過(guò)程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是-1亠亠+-12--0.1000molL-H2C2O4溶液：c(H)=0.1000molL+c(C2O4)+c(OH)-c(H2C2O4)c(Na)=c(總)的溶液：c(Na)>c(H2C2O4)>c(C2O4j>c(H)+-12pH=7的溶液：c(Na)=0.1000molL+c(C2O4)-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(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-),A正確；B.c(Na+)=c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4,HC2O4一既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4一水解的離子方程式為HC2O4—+H2O=H2C2O4+OH—,HC2O4—水解常數(shù)(心)與H2C2O4電離常數(shù)(Ka)有如下關(guān)系：-一-142125一KhXKa=Kw，貝yKh=Kw/Ka=10-/(5.410-)=10-/5.4<5.410-,所以，HC2O4的電離程度大于水解程度，則c(C2O42-)Ac(H2C2O4),B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，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(cuò)誤；D項(xiàng)，c(Na+)=2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)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(diǎn)】溶液中粒子濃度的大小關(guān)系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒。皿一鹽類的水解[2018江蘇卷-6]下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是向FeCb溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色KAl(SO4)212H2O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FeCb溶液反應(yīng)可生成CuCl2【答案】A【解析】A.NH4SCN用于檢驗(yàn)Fe,向FeC"溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會(huì)顯紅色，A錯(cuò)誤；B.KAl(SO4)212H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體，離子方程式3++為Al+3H2O=AI(OH)3(膠體)+3H,B正確；C.實(shí)驗(yàn)室可用NH4CI和Ca(OH)2混合共熱制NH3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3f+2HO,C正確；u與FeC%溶液反應(yīng)生成CuCl2和FeCI?，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,D正確；【考點(diǎn)】Fe3+的檢驗(yàn)；鹽類的水解；實(shí)驗(yàn)室制氨氣的原理；Cu與FeCb的反應(yīng)。[2018浙江卷-4]下列物質(zhì)溶于水后溶液顯酸性的是KCIB.Na2OC.NH4CID.CH3COONa【答案】C【解析】鹽類水解的規(guī)律：有弱才水解，無(wú)弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性；同強(qiáng)顯中性。由此可見(jiàn)，鹽類水解的前提條件是有弱堿的陽(yáng)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(qiáng)弱；Na?。溶于水后生成氫氧化鈉使溶液顯堿性。【考點(diǎn)】鹽的水解及氧化鈉的性質(zhì)。[2018浙江卷-23]在常溫下，向10mL濃度均為O.lmol/L的NaOH和NazCOs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(shuō)法正確的是+2+在a點(diǎn)的溶液中c(Na)>c(C03-)>c(C1-)>c(OH-)>c(H)在b點(diǎn)的溶液中2n(C03-)+n(HCO3-)<0.001mol在c點(diǎn)的溶液pH<7，是因?yàn)榇藭r(shí)HCO3-的電離能力大于其水解能力若將0.1mol/L的鹽酸換成同濃度的醋酸，當(dāng)?shù)沃寥芤旱膒H=7時(shí)：c(Na+)=c(CH3COO-)【答案】B【解析】0.1mol/L鹽酸加入10mL濃度均為0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，鹽酸會(huì)先和氫氧化鈉反應(yīng)，而后再和Na2CO3溶液反應(yīng)。a點(diǎn)加入鹽酸體積為5mL，它與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗原溶液中一半的氫氧化鈉，而溶液中NazCO3水解能增加溶液中的+2+c(OH-)，從而c(OH-)>c(C1-)，故在a點(diǎn)的溶液中：c(Na)>c(CO3-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H)，A錯(cuò)誤；b點(diǎn)的溶液，PH等于7,加入的鹽酸體積大于20mL，混合液總體積大于30mL，混合溶液中：n(Na+)=l0mLx0.lmol/L(1+2)=0.003mol;n(Cl-)>20mLx0.lmol/L=0.002mol;n(OH)=n(H)，且2n(CO3)+n(HCO3)+n(OH)+n(Cl)=n(Na)+n(H)，可知:22--+-+-+-n(CO3)+n(HCO3)=n(Na)-n(Cl)+n(H)-n(OH)=n(Na)-n(Cl)v0.003mol-0.002mol,B正確；HCO(的電離能力小于其水解能力，C錯(cuò)誤；若將0.1mol/L的鹽酸換成同濃度的醋酸，當(dāng)?shù)沃寥芤旱膒H=7時(shí)：c(Na+)=c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3),D錯(cuò)誤?！究键c(diǎn)】鹽溶液中的離子平衡[2018全國(guó)卷n-7]化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法錯(cuò)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氫氧化鋁可用于中和過(guò)多胃酸碳酸鋇可用于胃腸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；漂白粉具有強(qiáng)氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應(yīng)，可用于中和過(guò)多胃酸，C正確；碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質(zhì)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(cuò)誤?！究键c(diǎn)】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。[2018江蘇卷-14]H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.41氐2,心2(H2C2O4)=5.41Q<5,設(shè)H2C2O4溶液中C(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O4-)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molL-」H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過(guò)程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是1+120.1000molL?H2C2O4溶液：c(H)=0.1000molL+c(C2O4-)+c(OH)-c(H2C2O4)++2-+c(Na)=c(總)的溶液：c(Na)>c(H2C2O4)>c(C2O4)>c(H)+12pH=7的溶液：c(Na)=0.1000molL+c(C2O4-)-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-),0.1000molL1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4)+c(HC2O4)+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(shí)溶液中溶質(zhì)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—+H2O=H2C2O4+OH—,HC2O4—水解常數(shù)(心)與H2C2O4電離常數(shù)(心)有如下關(guān)系：142125KhXKa=KW，貝yKh=Kw/Ka=10一/(5.410)=10一/5.4V5.410「,所以，HC2O4的電離程度大于水解程度，則C(C2O42-)AC(H2C2O4),B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，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++22即c(H)=c(OH-),則c(Na)=c(HC2O4)+2c(C2O4-)=c(總)+c(C2O4-)-c(H2C2O4),由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L,C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，c(Na+)=2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)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?！究键c(diǎn)】溶液中粒子濃度的大小關(guān)系；溶液中電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒。[2018全國(guó)卷n-11]Na代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4Na100mL1molL-1?FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1Na標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2Na密閉容器中，2molSO2和1mol。2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2Na【答案】C【解析】A.由于白磷(P4)是正四面體結(jié)構(gòu)，分子中含有6個(gè)P—P鍵。因此，常溫常壓下，124gP4的物質(zhì)的量是1mol，所含P—P鍵數(shù)目為6Na,A錯(cuò)誤；B.Fe3+在溶液中水解，導(dǎo)致溶液中Fe3+數(shù)目減少。因此，100mL1mol-L-1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目小于0.1Na,B錯(cuò)誤；C.甲烷和乙烯分子均含有4個(gè)氫原子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質(zhì)的量是0.5mol，其中含氫原子數(shù)目為2Na,C正確；反應(yīng)2SO2+O2=2SO3是可逆反應(yīng)，2molSO2和1molO2不會(huì)完全轉(zhuǎn)化為SO3。因此密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2Na,D錯(cuò)誤。【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)；白磷的結(jié)構(gòu)；鐵鹽的水解；甲烷和乙烯的分子結(jié)構(gòu)；氣體摩爾體積；可逆反應(yīng)。[2018全國(guó)卷川-7]化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法錯(cuò)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(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)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(shí)，發(fā)生雙水解反應(yīng)(AI3++3HCO3—=AI(OH)3J+3COf)生成大量的二氧化碳?xì)怏w泡沫，該泡沫噴出進(jìn)行滅火。但是，噴出的二氧化碳?xì)怏w泡沫中一定含水，形成電解質(zhì)溶液，具有一定的導(dǎo)電能力，可能導(dǎo)致觸電或電器短路，A錯(cuò)誤。B?疫苗中的有效成分多為蛋白質(zhì)，由于蛋白質(zhì)對(duì)溫度比較敏感，溫度較高時(shí)會(huì)因變性，從而失去活性，所以疫苗一般應(yīng)該冷藏保存，B正確。C.油性漆是指用有機(jī)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(jī)物的揮發(fā)對(duì)人體健康和室內(nèi)環(huán)境造成的影響，C正確。D?電熱水器內(nèi)膽連接一個(gè)鎂棒，就形成了原電池，因?yàn)殒V棒比較活潑所以應(yīng)該是原電池的負(fù)極，從而對(duì)正極的熱水器內(nèi)膽(多為不銹鋼或銅制)起到了保護(hù)作用，這種保護(hù)方法為:犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，D正確?！究键c(diǎn)】雙水解”反應(yīng)；蛋白質(zhì)的性質(zhì)；常見(jiàn)的兩大類溶劑：水、有機(jī)溶劑。金屬的電化學(xué)防護(hù)方法之一：犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法。[2018北京卷-12]測(cè)定0.1molL-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過(guò)程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時(shí)刻①②③④溫度/C25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說(shuō)法不正確的是Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O=HSO3—+OH-④的pH與①不同，是由于SO32—濃度減小造成的①t③的過(guò)程中，溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響一致①與④的Kw值相等【答案】C2一【解析】A.Na2SO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3+H2O^^HSO3一+OH-,A正確；B.取①④對(duì)應(yīng)溫度下的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)過(guò)程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①與④溫度相同，④與①對(duì)比，SO32一濃度減小，溶液中c(OH一)減小，④的pH小于①；B正確；C項(xiàng),鹽類水解過(guò)程吸熱，①t③的過(guò)程，升高溫度SO32一水解平衡正向移動(dòng)，c(SO32—)減小，水解平衡逆向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Kw只與溫度有關(guān)，溫度相同時(shí)Kw相同，D正確?！究键c(diǎn)】鹽類水解離子方程式的書(shū)寫(xiě)；外界條件對(duì)鹽類水解平衡的影響；水的離子積的影響因素；SO32-的還原性。[2018天津卷-10]CO2是一種廉價(jià)的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：CQ可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,CQ主要轉(zhuǎn)化為(寫(xiě)離子符

號(hào));若所得溶液c(HCC3-):c(CO32-)=2：1,溶液pH=。(室溫下，H2CC3的K1=4X10；K2=5X1040-"140-"11L-8008509OT9501000EB3CC2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣：CH4(g)+CQ(g)翼』2CO(g)+2f(g)①已知上述反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵C—H=OCH—H芝O(CO)鍵能/kJmol-14134574361075則該反應(yīng)的出=。分別在VL恒溫密閉容器A(恒容卜B(恒壓，容積可變)中，加入CH4和CQ各1mol的混合氣體。兩容器中反應(yīng)達(dá)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CQ,在恒壓下發(fā)生反應(yīng)，溫度對(duì)CO和H2產(chǎn)率的影含A1C1、的黑子液護(hù)e電糧(3)O輔助的Al?CO2含A1C1、的黑子液護(hù)e電糧(3)O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(yīng)產(chǎn)物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池的負(fù)極反應(yīng)式：電池的正極反應(yīng)式：6O2+6e-=6O2-2-6CO2+6O2=3C2O4反應(yīng)過(guò)程中O2的作用是。該電池的總反應(yīng)式：?！敬鸢浮竣臗O32-、10(2)①+120kJmol-1、B②900C時(shí)，合成氣產(chǎn)率已經(jīng)較高，再升高溫度產(chǎn)率增幅不大，但能耗升高，經(jīng)濟(jì)效益降低。⑶AI￡e=AI3+(或2AI￡e=2AI3+)、催化劑、2AI+6CQ=Al2(C2O4)3【解析】(1)CQ可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,因?yàn)榈玫饺芤旱膲A性較強(qiáng)，所以CO2主要轉(zhuǎn)化為碳酸根離子(CQ2-)。若所得溶液c(HCO3-):c(CO3-)=2:1,則根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)K2=c(H)-c(CQ)/c(HCOs)=+11_10c(H)/2=5X10，所以氫離子濃度為1X10mol/L,pH=10。(2)①化學(xué)反應(yīng)的焓變應(yīng)該等于反應(yīng)物鍵能減去生成物的鍵能，所以焓變?yōu)?4X413+2X745)(2X1075+2X436)=+120kJmol-1。初始時(shí)容器A、B的壓強(qiáng)相等，A容器恒容，隨著反應(yīng)的進(jìn)行壓強(qiáng)逐漸增大(氣體物質(zhì)的量增加);B容器恒壓，壓強(qiáng)不變；所以達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)一定是A中大，B中小，此反應(yīng)壓強(qiáng)減小平衡正向移動(dòng)，所以B的反應(yīng)平衡更靠右，反應(yīng)的更多，吸熱也更多。②根據(jù)圖3得到，900C時(shí)反應(yīng)產(chǎn)率已經(jīng)比較高，溫度再升高，反應(yīng)產(chǎn)率的增大并不明顯，而生產(chǎn)中的能耗和成本明顯增大，經(jīng)濟(jì)效益會(huì)下降，所以選擇900C為反應(yīng)最佳溫度。明顯電池的負(fù)極為Al，所以反應(yīng)一定是Al失電子，該電解質(zhì)為氯化鋁離子液體，所以Al失電子應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al3+,方程式為：Al￡e=AI3+(或2AI￡e=2AI3+)。根據(jù)電池的正極反應(yīng)，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(yīng)的催化劑。將方程式加和得到，總反應(yīng)為：2AI+6CQ=Al2(C2O4)3。【考點(diǎn)】鹽(碳酸鈉)的水解；電離平衡常數(shù)在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用；根據(jù)鍵能求反應(yīng)熱；壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響；溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響理論與實(shí)際相結(jié)合；電化學(xué)知識(shí)；催化劑的概念。w—難溶電解質(zhì)的溶解平衡16.[2018北京卷-10]下列實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無(wú)關(guān)的是ABCD實(shí)驗(yàn)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(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨沉淀由白色逐產(chǎn)生無(wú)色氣體，后迅速褪色漸變?yōu)楹谏S后變?yōu)榧t棕色【答案】C【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產(chǎn)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(yīng)為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,是氧化還原反應(yīng)；B.氯水中存在反應(yīng)CI2+H2O-—HCl+HClO,由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，HClO有強(qiáng)氧化性，把紅色物氧化為無(wú)色物質(zhì)而使溶液褪芭；C.Na2S溶液滴入AgCl濁液中，反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色沉淀變?yōu)楹谏?，但反?yīng)前后元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)；D.熱銅絲插入稀硝酸中，即Cu與稀HNO3反應(yīng)生成Cu(NO3)2、NO氣體和H?O，無(wú)色氣體NO迅速被氧化成紅棕色的2NO2,反應(yīng)為2NO+O2=2NO2,為氧化還原反應(yīng)；【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的特征；沉淀的轉(zhuǎn)化；次氯酸的漂白原理；銅與硝酸反應(yīng)。[2018全國(guó)卷川-12]用0.100molL"1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL-1C「溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是

l^AgNOjJteL-10根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCI)的數(shù)量級(jí)為l^AgNOjJteL-10曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)?(Cl-)=Ksp(AgCI)相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0400molL-?Cl-，反應(yīng)終點(diǎn)c移到a相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0500molL-1Br-,反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)【答案】C【解析】A.用0.100molL-1AgN03滴定50.0mL0.0500molL-1c「溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)———5消耗AgNO3溶液25.0mL,此點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)值(-lg(Cl)等于5,即：c(Cl)=10mol/L,而此時(shí)：c(Cl—)=c(Ag+),Ksp(AgCl)=c(Cl—)-c(Ag+)=10-10,A正確。B.由于KsP(AgCI)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會(huì)有沉淀析出，形成氯化銀的飽和溶液，所以曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)c(Cl—)=KSP(AgCl),B正確。C.達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，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(dá)到滴定終點(diǎn)需要加入的硝酸銀的量也是原來(lái)的0.8倍，因此應(yīng)該由c點(diǎn)的25mL變?yōu)?5X0.8=20mL，而a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是15mL,C錯(cuò)誤。D?鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度該逐漸減小，KsP(AgCI)大于KSP(AgBr)，將50mL0.05mol/L的Cl—溶液改為50mL0.05mol/L的Br—溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，一定有n(Br—)=n(Ag+)，所以滴定終點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，但是因?yàn)殇寤y更難溶，所以終點(diǎn)時(shí)，c(Br—)應(yīng)該比原終點(diǎn)時(shí)c(Cl—)更小，所以有可能由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn)，D正確。【考點(diǎn)】沉淀滴定；Ksp的計(jì)算；鹵化銀的溶解性；圖像分析；對(duì)數(shù)函數(shù)；依溶度積定義及滴定終點(diǎn)數(shù)據(jù)分析圖像是解答本題的關(guān)鍵。酸漫一>麟石膏(主要成分為CaSO4?酸漫一>麟石膏(主要成分為CaSO4?0.5H.O)已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO40.5H2O上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：

2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+IOH2SO4—10CaSO40.5H2O+6H3PO4①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4H2SO4（填“>”“<”②結(jié)合兀素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，(3)酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫(xiě)出生TOC\o"1-5"\h\z成HF的化學(xué)方程式：。H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時(shí)自身也會(huì)發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80C后脫除率變化的原因：。脫硫時(shí)，CaCO3稍過(guò)量，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原因是；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmolL-1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL,精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98gmol-1)【答案】⑴研磨、加熱⑵①v②核電荷數(shù)PvS,原子半徑P>S,得電子能力PvS,非金屬性PvS2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HFT(4)80C后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶；BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2T+HO+2H2PO4—(6)0.049bc/a?！窘馕觥?1)研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，能加快反應(yīng)速率，加熱，溫度升高能加快反應(yīng)速率；流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。(2)①根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4VH2SO4。②用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)PvS,原子半徑P>S,得電子能力PvS,非金屬性PvSo⑶根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5(PO4)3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸。⑷圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80C前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80C后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過(guò)量，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2T+2HPO4—+H2O0(6)根據(jù)題意關(guān)系式為：H3PO4~2NaOH~Na2HPO4,由消耗的NaOH計(jì)算H3PO4,消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1:2,n(H3PO4)=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(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.049bc/a。【考點(diǎn)】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(xué)反應(yīng)速率的因素、強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書(shū)寫(xiě)、質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)[2018江蘇卷-7]下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-酸化NaIO3和Nal的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2OKClO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO4-+3Cl-+4H+H2O電解飽和食鹽水：2C「+2H+dCl2T+HT【答案】A【解析】A.CaC03比CaS04更難溶，故飽和Na2CO3溶液與CaS04固體反應(yīng)的離子方程式為CO3+CaSO4=CaCO3+SO4,A正確；B?方程式：「+IOf+6H="+3^0，電荷不守恒，得失電子不守恒，B錯(cuò)誤，正確的離子方程式為：5「+|O3-+6H+=3l2+3H2O;C.堿性溶液中不可能大量存在H+，正確的離子方程式為3CIO「+2Fe(OH)3+4OH-=3C「+2FeO4-+5H2O，C錯(cuò)誤；D.解飽和食鹽水生成NaOH、H2和CI2，電解飽和食鹽水的離子方程式為：C「+2H2O通電CI2T+Hf+2OH,D錯(cuò)誤；【考點(diǎn)】沉淀的轉(zhuǎn)化；電荷守恒；離子共存；電解原理及離子的放電順序。[2018江蘇卷-12]根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強(qiáng)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(wú)色，下層顯紫紅色I(xiàn)2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(qiáng)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【解析】A.向苯酚濁液中滴加Na2