高考题汇编化学8电解质溶液 15页

2012 年高考题汇编（化学） 12-08 电解质溶液 1.［2012·江苏化学卷 13］D 解析：本题属于常规实验与基本实验考查范畴。 A.向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和 NaCl 溶液和 CuSO4 溶液，虽然实验现象均有固体析出，但一是盐析， 一是变性；一是可逆变化，一是不可逆变化。 B.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加 Ba(NO3)2 溶液，出现白色沉淀就得出溶液 X 中一定含有 SO4 2－是不合理的， 若溶液中有 SO3 2－也出现白色沉淀。 C.向一定浓度的 Na2SiO3 溶液中通入适量 CO2 气体，出现白色沉淀，结论应为 H2CO3 的酸性比 H2SiO3 强。 D.向浓度均为0.1 mol·L－1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明沉淀向着溶解 度更小的方向转化，结论应该是Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。 【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教 学中不断强化，反复训练，形成能力。 2.［2012·江苏化学卷 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 B 解析：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。 3. ［2012·江苏化学卷 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－) BC 解析：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。 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。 4. ［2012·海南化学卷 11］25℃时，a mol·L-1 一元酸 HA 与 b mol·L-1NaOH 等体积混合后，pH 为 7，则下 列关系一定正确的是 A．a=b B．a>b C．c (A-)= c(Na+) D．c (A-)< c(Na+) C 【解析】pH 为 7，说明混合后的溶液显中性，根据溶液中的电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可知 c(Na+)=c(A-)，故 C 选项正确。若 HA 为强酸，则 a=b，若 HA 为弱酸，则应是 a>b，现在不知是强酸还是弱 酸，故无法确定 a 和 b 的关系，故 A、B、D 选项错误。 5. ［2012·安徽理综化学卷 12］氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知 25°C 时： ① 2( ) ( ) ( ) (1)HF aq OH aq F aq H O    67.7H KJ   · 1mol  ② 2( ) ( ) (1)H aq OH aq H O   157.3 ·H KJ mol    在 20ml.0.1mol 1·L 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为： A． ( ) ( ) ( )HF aq F aq H aq  110.4 ·H KJ mol    B．当 V=20 时，溶液中： ( ) ( ) ( )c OH c HF c H   C．当 V=20 时，溶液中： ( ) ( ) 0.1c F c Na mol   · 1L D．当 V>0 时，溶液中一定存在 ( ) ( ) ( ) (c Na c F c OH c H      ） B 【解析】本题考查盖斯定律的应用及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查考生对所学生所学知识的整 合及应用能力。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，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。 6.［2012·安徽理综化学卷 13］已知室 温下， 3( )AL OH 的 K，或溶解度远大于 3( )Fe OH 。向浓度均为 0.1 mol · 1L 的 3 3( )Fe NO 和 3 3( )Al NO 混合溶液中，逐滴加入 NaOH 溶液。下列示意图表示生成 3( )Al OH 的物质的量与加入 NaOH 溶液的体积的关系 。合理的是 C 【解析】本题主要考查化学反应的顺序问题，旨在考查考生运用基础知识解决实际问题的能力。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 Fe 3 ＋ 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，故 C 项图像符合 实际情况。 7. ［2012·福建理综化学卷 10］下列说法正确的是 A．0.5molO3 与 11.2LO2 所含的分子数一定相等 B．25℃与 60℃时，水的 pH 相等 C．中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸所消耗的 n(NaOH)相等 D．2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）和 4SO2（g）+2O2（g）=4SO3（g）的△H 相等 C 解析：A 选项中没有指明标况下，11.2L 氧气不一定是 0.5mol。B 选项中，水的电离受到温度的影响， 温度不同，水电离的氢离子浓度不同，pH 也不同。D 选项中△H 数值是与方程式中化学计量数有关。这题 考查知识比较基础简单，但知识覆盖面比较广。 8. ［2012·浙江理综化学卷 12］下列说法正确的是： A．在 100 ℃、101 kPa 条件下，液态水的气化热为 40.69 kJ·mol-1，则 H2O(g) H2O(l) 的ΔH = 40.69 kJ·mol-1 B．已知 MgCO3 的 Ksp = 6.82 × 10-6，则所有含有固体 MgCO3 的溶液中，都有 c(Mg2+) = c(CO32-)，且 c(Mg2+) · c(CO32-) = 6.82 × 10-6 C．已知： 共价键 C－C C=C C－H H－H 键能/ kJ·mol-1 348 610 413 436 则可以计算出反应 CH3 (g) + 3H2 CH3 (g)(g) 的ΔH 为－384 kJ·mol-1 D．常温下，在 0.10 mol·L-1 的 NH3·H2O 溶液中加入少量 NH4Cl 晶体，能使 NH3·H2O 的电离度降低，溶 液的 pH 减小 D 解析：A 选项中，H2O(g)→H2O(l)是放出热量，则 H2O(g) H2O(l) 的ΔH=－40.69 kJ·mol-1。A 错；B 选项中，难溶电解质 MgCO3 在溶液中的溶解平衡是建立在一定条件下的，溶度积是难溶解的固相与溶液 中相应离子达到平衡时的离子浓度的乘积，只与温度有关。 在一定温度下，MgCO3 达到溶解平衡状态时，是 c(Mg2+)和 c(CO32-)保持不变，不是相等，此时， Ksp( MgCO3)=c(Mg2+)×c(CO32-)，25℃时 Ksp = 6.82 × 10-6，所以 B 错； C 选项中，苯环上碳原子间的键是介 于单键与双键之间的一种特殊的键，则反应 的焓变不能用 C－C 和 C=C 的 键能来计算，C 错；D 选项，常温下，NH3·H2O 溶液中存在着下列电离平衡：NH3·H2O NH4 ＋+OH―，加 入少量 NH4Cl 晶体，由于同离子效应，使平衡向左（逆向）移动，抑制了 NH3·H2O 的电离，从而使 NH3·H2O 的电离度降低，溶液的 pH 减小，D 正确。 9. ［2012·浙江理综化学卷 13］化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知： 氧化还原反应： 2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2↑ + 6H2O 2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH= 2Fe(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH= 5KI + KIO3 + 3H2O 复分解反应： 2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 ↑ + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3 热分解反应： 4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2↑ 下列说法不正确．．．是： A．氧化性（酸性溶液）：FeCl3 > Co(OH)3 > I2 B．还原性（碱性溶液）：Fe(OH)2 > I2 > KIO3 C．热稳定性：NaCl > NaClO4 > NaClO D．酸性（水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCN A 解析：根据氧化还原反应方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物， 所以，氧化性（酸性溶液）：Co2O3>Cl2>Fe3+>I2，A 选项错；还原性（碱性溶液）：Fe(OH)2 > I2 > KIO3，B 选项 正确；C 选项，根据在热分解反应中稳定性弱的物质容易分解生成对应的稳定性强的物质，C 正确；D 选 项，根据在复分解反应中强酸制取弱酸的原则，酸性（水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCN，正确。 A.【考点】弱电解质的电离、酸碱中和反应及其胶体 【详细解析】因氨水为弱碱当溶液为中性时，溶质为氯化铵与氨水的混合物，A 错；稀醋酸加水稀释过程 中电离程度增大，但氢离子浓度减小，PH 增大，B 错；饱和石灰水加入 CaO，恢复室温仍是其饱和溶液， 即 OH-浓度不变，C 正确；胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，D 错。 11. ［2012·重庆理综化学卷 11］ 【答案】A 12. ［2012·广 东理综化学卷 23］对于常温下 pH 为 2 的盐酸，叙述正确的是 A.c（H+）=c（Cl-）+c（OH-） B.与等体积 pH=12 的氨水混合后所得溶液显酸性 C.由 H2O 电离出的 c（H+）=1.0×10-12mol·L-1 D.与等体积 0.01 mol·L-1 乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c（Cl-）=c（CH3COO-） C 解析：电荷守恒 A 对。B 氨水过量，显碱性。D，反应后生成乙酸和氯化钠，水溶液为酸性。 13.［2012·四川理综化学卷 10］ D【解析】本题考查溶液中离子浓度的大小比较。A 项不符合电荷守恒，错；pH=8.3 的 NaHCO3 的溶液 中，则 HCO3 —的水解大于电离，故 CO32—的浓度小于 H2CO3，B 错；pH=11 的氨水与 pH=3 的盐酸等体积混 合，氨水过量，溶液显碱性，C 项错误；根据物料守恒，的项正确。 14. ［2012·天津理综化学卷 5］ D 该题考察电解质溶液中的离子浓度大小问题、酸碱混合后的PH只大小、难溶电解质的溶解平衡等化学 理论基础知识。A.同浓度、同体积的强酸和强碱混合后，PH值的大小取决于是否恰好反应，是酸过量还是 碱过量。如HCl+NaOH、H2SO4+NaOH、HCl+Ba(OH)2，选项错误。B.含BaSO4的溶液中存在平衡BaSO4（s） Ba2+(aq)+SO42-(aq),加硫酸钠固体，溶液中c(SO42-)增大，溶解平衡向左移动，c(Ba2+)减小，选项错误。 C.1molKOH与1molCO2反应恰好生成1molKHCO3，HCO3-即电离又水解，c(K+)＞c(HCO3-)，选项错误。D.CH3COONa 溶液显碱性，加适量CH3COOH可使溶液显中性，c(H+)=c(OH-),由电荷守恒知c(Na+)=c(CH3COO-). 15. ［2012·新课程理综化学卷 11］ C 解析：A 项，因无法确定酸与碱是否为强酸、强碱，故反应后的溶液不一定成中性；B 项，因温度 T 不 一定指常温 25℃，同样也不能说明溶液是中性的；C 项，通过分析可知，题给条件实际上即 C(H+) = C(OH-)， 故溶液必然显中性；D 项，根据溶液中的电荷守衡，无论溶液呈酸性、碱性或中性都成立，故无法判断。 16. ［2012·江苏化学卷 18］(12 分)硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实 验测定：①准确称取 1.7700g 样品，配制成 100ml 溶液 A 。②准确量取 25.00 ml 溶液 A，加入盐酸酸化 的 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体 0.5825g 。③准确量取 25.00 ml 溶液 A，加入适量稀硫酸酸化后，用 0.02000 mol·L－1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗 KMnO4 溶液 25.00 ml。H2O2 与 KMnO4 反应的离子方程式如下： 2MnO4 ―＋5H2O2＋6H＋=4Mn 2＋＋8H2O＋5O2↑ (1)已知室温下 BaSO4 的 Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中 c(SO4 2－)≤1.0×10－6 mol·L－1，应保持溶液中 c(Ba2 ＋)≥ mol·L－1。 (2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4 ―被还原成 MnO2，其离子方程式为： 。 (3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。 【参考答案】 (1)n(BaSO4)=0.5825g/233 g·mol－1=2.50×10－3 mol (2)2MnO4 －＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ (3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol· L－1×25.00 mL)/1000mL· L－1=1.25×10－3 mol m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100 mL)－0.355g－0.0425g]/18 g·mol－1 =2.5×10－3 mol x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为 2Na2SO4·H2O2·2H2O 【解析】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行成分析，运用元素守恒进 行推理计算，兼有溶度积常计算，离子方程式书写。 【备考提示】可见，高三复习还得紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分 析方法。 17. ［2012·江苏化学卷 19］(15 分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室 利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu 总含量约为 99%)回收铜并制备 ZnO 的部分实验过程如下： (1)①铜帽溶解时加入 H2O2 的目的是 (用化学方程式表示)。 ②铜帽溶解后需将溶液中过量 H2O2 除去。除去 H2O2 的简便方法是 。 (2)为确定加入锌灰(主要成分为 Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去 H2O2 后溶液中 Cu2 ＋的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有 Cu2＋的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节 pH=3～ 4，加入过量 KI，用 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下： 2Cu2＋＋4I－=2CuI(白色)↓＋I2 I2＋2S2O3 2－=2I－＋S4O6 2－ ①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 。 ②若滴定前溶液中 H2O2 没有除尽，所测定的 Cu2＋的含量将会 (填“偏高”“偏低”“不变”)。 (3)已知 pH＞11 时 Zn(OH)2 能溶于 NaOH 溶液生成[Zn(OH)4]2－。下表列出了 几种离子生成氢氧化物沉淀 pH(开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0 mol·L－1 计算) 开始沉淀的 pH 完全沉淀的 pH Fe3＋ 1.1 3.2 Fe2＋ 5.8 8.8 Zn2＋ 5.9 8.9 实验中可选用的试剂：30% H2O2、1.0 mol·L－1HNO3、1.0 mol·L－1 NaOH。 由除去铜的滤液制备 ZnO 的实验步骤依次为：① ； ② ； ③过滤； ④ ； ⑤过滤、洗涤、干燥 ⑥900℃煅烧。 【参考答案】 (1)①Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O ②加热(至沸) (2)①淀粉溶液 蓝色褪去 ②偏高 (3)①向滤液中加入 30%的 H2O2 使其充分反应 ②滴加 1.0 moL· L－1 的氢氧化钠，调节 pH 约为 5(或 3.2≤pH＜5.9)，使 Fe3＋沉淀完全 ④向滤液中滴加 1.0 moL· L－1 的氢氧化钠，调节 pH 约为 10(或 8.9≤pH≤11)，使 Zn2＋沉淀完全 【解析】本题以实验室利用废弃旧电池的铜帽回收铜并制备 ZnO 制取和分析为背景的综合实验题，涉及元 素化合物知识、氧化还原滴定、指示剂选择、误差分析、实验步骤、pH 调节等多方面内容，考查学生对综 合实验处理能力。 【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复 习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。 18.［2012·海南化学卷 14］(9 分) 在 FeCl3 溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收 的过程简述如下： I：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液： II：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液 pH，同时鼓入足量的空气。 己知：Ksp[Fe(OH) 3 ]= 4.0×10-38 回答下列问题： (1)FeCl3 蚀刻铜箔反应的离子方程式为 ： (2)过程 I 加入铁屑的主要作用是 ，分离得到固体的主要成分是 ，从固体中分离 出铜需采用的方法是 ； (3)过程 II 中发生反应的化学方程式为 ； (4)过程 II 中调节溶液的 pH 为 5，金属离子浓度为 。(列式计算) 【答案】(1)2Fe3+ + Cu == 2Fe2+ + Cu2+； (2)回收铜 Cu 和 Fe 加入过量的盐酸后过滤。 (3)FeCl2+Ca(OH)2==CaCl2+Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3 (4)4.0×10-11 mol·L-1 【解析】 (1) Fe3+具有强氧化性，能将 Cu 氧化，其离子方程式为 2Fe3+ + Cu == 2Fe2+ + Cu2+；(2)废液中中含 有 Fe2+和 Cu2+，加入过量的铁屑发生的反应为：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，故铁屑的作用是回收铜，分离得到的 固体为 Cu 和 Fe 的混合物，从中得到铜的方法是先加入过量的盐酸，再过滤。 (3)“向滤液中加入一定量石灰水”发生的反应为：FeCl2+Ca(OH)2==CaCl2+Fe(OH)2↓；“鼓入足量的空气”发生的 反应为：4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3。 (4)据 KSP[Fe(OH)3]= c(Fe3+）·[c(OH-)]3 = 4.0×10-38 ，pH=5 则 c(OH-)＝10-9mol·L-1，可知 c(Fe3+）=4.0×10-11 mol·L-1。 19.［2012·福建理综化学卷 23］（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）。 A．滴入酚酞溶液变红，再加入 H2SO4 溶液红色退去 B． 滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去 C． 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）： aOH 2 2uN DCu X C Y  过量浓硝酸 一定量 的溶液澄清溶液 悬浊液 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 解析：（1）铵根离子中含有 10 个电子，11 个质子，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+ （3）选 C，ABC 三个选项描述都是正确的，但要说明亚硫酸钠显碱性是亚硫酸离子水解造成的，存在水解 平衡这一事实。比如说向氢氧化钠这样的碱溶液中加入酚酞后变红，用 AB 两项中的试剂都可褪色，但用 C 中的试剂就不行。选择试剂最好是中性，并与亚硫酸根离子反应，使水解平衡移动，这样一比较 C 可以充 分说明亚硫酸钠显碱性是亚硫酸离子水解造成的。 （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）。另外压强与温度成正比，压强升高，温度升高，如果正反应是放热的情况下，则是升 高温度，平衡向左移，符合题目情况。因此推出正反应是放热反应，那平衡常数与温度成反比。 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。 20.［2012·浙江理综化学卷28］(14分)过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧 系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下： H2O2(aq) Na2CO3(aq) 控 温反应 静置30 min 过滤 滤液X 固体 洗涤 干燥① ② ③ ④ 2Na2CO3 3H2O2． 已知：主反应 2Na2CO3 (aq) + 3H2O2 (aq) 2Na2CO3·3H2O2 (s) ΔH < 0 副反应 2H2O2 = 2H2O + O2↑ 滴定反应 6KMnO4 + 5(2Na2CO3·3H2O2) +19H2SO4 = 3K2SO4 + 6MnSO4 +10Na2SO4 + 10CO2 ↑ + 15O2↑ + 34H2O 50 °C时 2Na2CO3·3H2O2 (s) 开始分 解 请回答下列问题： （1）图中支管的作用是 。 （2）步骤①的关键是控制温度，其措施有 、 和 。 （3）在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇， 均可析出过碳酸钠，原因是 。 （4）步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的 是 。 （5）下列物质中，会引起过碳酸钠分解的有 。 A．Fe2O3 B．CuO C．Na2SiO3 D．MgSO4 （6）准确称取 0.2000 g 过碳酸钠于 250 mL 锥形瓶中，加 50 mL 蒸馏水溶解，再加 50 mL 2.0 mol·L-1 H2SO4，用 2.000×10-2 mol·L-1 KMnO4 标准溶液滴定至终点时消耗 30.00 mL，则产品中 H2O2 的质量 分数为 。 解析：（1）恒压滴液漏斗一般用于封闭体系，恒压滴液漏斗的支管是为了使反应体系的压力不 会由于滴加液体而增加。如果没有支管，反应体系只有一个口的话，不断加液体就会造成反应 体系压力增加，会使液体滴不下来。所以支管的作用是平衡压强。 （2）由于50°C时，2Na2CO3·3H2O2 (s) 开始分解，所以步骤①（控温反应）的关键是控制温度，由于主 反应是放热反应，所以控制温度的措施有：采用冷水浴、不断搅拌使反应产生的热量快速地散去，缓慢地 滴加H2O2溶液，使反应缓慢进行、缓慢放热。 （3）滤液X主要是过碳酸钠溶液，加入固体NaCl（电解质）或无水乙醇，能降低过碳酸钠的溶解度，使过 碳酸钠析出（盐析作用或醇析作用）。 （4）步骤③是洗涤，选用无水乙醇洗涤产品的目的是：为了冲洗去固体表面的水分，有利于干燥，可以 防止产品溶解，降低产率。 （5）Fe2O3、CuO 是 H2O2 分解的催化剂，分析过碳酸钠的组成 2Na2CO3·3H2O2，可以推知 Fe2O3、CuO 它们也 会引起过碳酸钠分解。 （6）根据关系式： 6KMnO4 ∽ 5(2Na2CO3·3H2O2) 6mol 5mol （2.000×10-2 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L/Ml） n n (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol m (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol×314g/mol = 0.517g 答案：(14 分) （1）平衡压强 （2）冷水浴 磁力搅拌 缓慢滴加H2O2溶液 （3）降低产品的溶解度（盐析作用或醇析作用） （4）洗去水份，利于干燥 （5）AB （6）25.50 % (或0.2550 ) 21.［2012·天津理综化学卷 9］（18 分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变 废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70％Cu、25％Al、4％Fe 及少量 Au、Pt 等 金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线： 请回答下列问题： ⑴ 第①步 Cu 与酸反应的离子方程式为___________________________________________； 得到滤渣 1 的主要成分为___________________。 ⑵ 第②步加 H2O2 的作用是_____________________，使用 H2O2 的优点是 ___________________________；调溶液 pH 的目的是使________________________________________生成 沉淀。 ⑶ 用第③步所得 CuSO4·5H2O 制备无水 CuSO4 的方法是________________________________________。 ⑷ 由滤渣 2 制取 Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案： 上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是_____________________________： 从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。 ⑸ 探究小组用滴定法测定 CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取 a g 试样配成 100 mL 溶液，每次取 20.00 mL，消除干扰离子后，用 c mo l LL－1 EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗 EDTA 溶液 6 mL。滴定 反应如下：Cu2+ + H2Y2－ ＝ CuY2－ + 2H+ 写出计算 CuSO4·5H2O 质量分数的表达式ω＝ _____________________________ ； 下列操作会导致 CuSO4·5H2O 含量的测定结果偏高的是_____________。 a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与 EDTA 反应的干扰 离子 该实验题是物质制备的工艺流程式试题。在天津第一次以这种形式考查。全国各地已多年多次出现。 3 第①加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+。所以滤渣1的成分是 Pt 和 Au ， 滤 液 1 中 的 离 子 是 Cu2+ 、 Al3+ 、 Fe2+ 。 Cu 和 酸 反 应 的 离 子 方 程 式 为 或 8 第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶 液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。 9 第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是再坩埚中加热脱水 10 制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷 却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙 方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、 冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。 丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3, 蒸发、 冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制 备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。 （5）考查中和滴定的简单计算和误差的分析。 ，造成 偏高的选c. 22.［2012·全国大纲理综化学卷 29］(15 分 ) （注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） [答案]（1）大于 碳酸根离子水解呈碱性 （2）BaCl2 Ba2++SO42-=BaSO4 ↓ Ba2++CO32-=BaCO3↓ (3)K2CO3 除去多余的钡离子 （4）盐酸 2H++ CO32-=H2O+CO2↑ (5)0.02562×0.1×74.5×4／ 0.7759=0.9840 【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；（3）要除掉多余的钡离子，要加入碳酸钾，（4）要除掉多余的碳酸 根，要滴加适量的盐酸；（5）计算样品的纯度，注意 0.7759g 样品配成 100ml 溶液，每次只取 25ml。 【考点】溶液呈酸碱性的原因，除杂的方法，步骤，酸碱中和滴定的原理及简单计算。 【点评】本题以无机框图，除杂中的实验步骤为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用 能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。 23. ［2012·北京理综化学卷 25］(13 分) 直接排放含 S ，的烟气会形成胶雨，危害环境。利用钠碱 循环法可脱除烟气中的 S ,. (1) 用化学方程式表示 S :形成硫酸型胶雨的反应: (2) 在钠碱循环法中，Na ₂SO ₃,溶液作为吸收液，可由 NaOH 溶液吸收 SO ₂:制得，该反应的离子方程式 是 (3) 吸收液吸收 SO ₂的过程中，pH 随 n(SO₃ ²﹣):，n(HSO ₃﹣)变化关系如下表: n(SO₃ ²﹣):，n(HSO ₃﹣) 91：9 1：1 1：91 PH ８.２ 7.2 6.2 ①上表判断 Na ₂SO ₃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): (4) 当吸收液的 pH 降至约为 6 时，满送至电解槽再生。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，吸收液再生并掀环利用。简述再生原理: 【答案】⑴SO2+H2O H2SO3，2H2SO3+O2 2H2SO4(2 分) ⑵SO2+2OH—=SO3 2—(2 分) ⑶①酸性(1 分) HSO3 —中存在：HSO3 — H++SO3 2—和 HSO3 —+H2O H2SO3+OH—，HSO3 —电离程度大于其水解程度 (2 分) ②a b(2 分) ⑷①HSO3 ——2e—+H2O= SO4 2—+3H+(2 分) ②H+在阴极得电子生成 H2，溶液中的 c(H+)降低,促使 HSO3 —电离生成 SO3 2—，且 Na+进入阴极室，吸收液得以 再生(2 分) 【解析】解析：（１）酸雨形成的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫 酸。（２）二氧化硫与过量的ＮａＯＨ溶液反应生成亚硫酸钠溶液。（３）由表给数据ｎ（SO3 2—）：n（HSO3 —）=9：91 时，溶液 PH=6.2，所以亚硫酸钠溶液显酸性。亚硫酸钠溶液中存在两种趋势，电离趋势使溶液 显酸性，水解趋势使溶液显碱性，溶液显酸性显而易见是电离趋势大于水解趋势的结果；由表给数据ｎ（SO3 2 —）：n（HSO3 —）=1：1 时，溶液 PH=7.2，可知吸收液显中性必然是亚硫酸钠和亚硫酸钠的混合液，溶液中 电荷守恒的关系为：c（Na+）+ c（H+）= 2c（SO3 2—）+ c（HSO3 —）+ c（OH—），由此可判断 a 正确，c 不正 确。（4）阳极发生氧化反应，所以 HSO3 —在阳极失去电子生成 SO4 2—和 H+。阴极 H+放电破坏水的电离平衡， 云集 OH—，使溶液 PH 增大显碱性，HSO3 —与 OH—反应重新生成 SO3 2—，吸收液得以再生并循环使用。