2019-2020年高考化学分类题库 考点8 电解质溶液.doc

2019-2020年高考化学分类题库 考点8 电解质溶液(xx安徽高考13)25时,在10 mL浓度均为0.1 molL1NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 molL1的盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )A未加盐酸时:c(OH)c(Na)=c(NH3H2O)B加入10 mL盐酸时:c(N)c(H)=c(OH)C加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl)=c(Na)D加入20 mL盐酸时:c(Cl)=c(N)c(Na)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)NaOH、NH3H2O、盐酸浓度相等;(2)加入10 mL盐酸时,刚好中和完氢氧化钠;加入20 mL盐酸时,刚好反应生成NaCl、NH4Cl。【解析】选B。未加盐酸时,根据物料守恒有c(NH3H2O)c(N)=0.1 molL1=c(Na),A项错误;加入10 mL盐酸,则氢氧化钠与盐酸的物质的量相等,c(Cl)=c(Na),根据电荷守恒:c(N)c(H)c(Na)=c(Cl)c(OH),故c(N)c(H)=c(OH),B项正确;溶液呈中性,则c(H)=c(OH),根据电荷守恒:c(N)c(H)c(Na)=c(Cl)c(OH),故c(N)c(Na)=c(Cl),C项错误;加入20 mL盐酸,则刚好反应生成NaCl、NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性,c(H)c(OH),根据电荷守恒:c(N)c(H)c(Na)=c(Cl)c(OH),则c(N)c(Na)c(A)c(H)c(HA)Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时,c(Na)=c(A)c(HA)Db点所示溶液中c(A)c(HA)【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)注意曲线的变化趋势,根据图象正确判断酸的强弱;(2)注意溶液的酸碱性与电离和水解之间的关系。【解析】选D。a点NaOH与HA恰好完全反应,溶液的pH为8.7,呈碱性,说明HA为弱酸,NaA发生水解反应,c(Na)c(A)c(HA)c(H),A错误;a点NaA发生水解反应,促进了水的电离,所以a点水的电离程度大于b点,B错误;根据电荷守恒,c(H)c(Na)=c(OH)c(A),pH=7时,c(H)=c(OH),则c(Na)=c(A),C错误;b点HA过量,溶液呈酸性,HA的电离程度大于NaA的水解程度,所以c(A)c(HA),D正确。(xx四川高考6)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是( )Ac(N)c(HC)c(C)【解题指南】解答本题时应按照以下流程进行:【解析】选C。水的离子积KW=c(H)c(OH),所以=c(OH),因pH7,故c(OH)1.0107molL1,A正确;因两物质是等体积、等物质的量浓度加入,故当未发生任何反应时,钠与碳应是恒等关系,而发生发应并析出晶体时,钠与碳同样是以11的比例析出,故滤液中的钠与碳仍应恒等,B正确;选项C是电荷守恒,但忽略了阳离子中还有钠离子,C错误;D中因氯离子不发生水解反应,故浓度应最大,而HC部分析出,故应小于N,C由HC电离而来,反应微弱,故浓度最小,D正确。(xx天津高考3)下列说法不正确的是( )ANa与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同CFeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同DMg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)G=HTS0,在反应中钠会熔化成一个闪亮的小球四处游动,且发出嘶嘶的声音,此反应为放热反应,则H0,故G=HTSc(HC)c(NH2COO)c(C)B不同pH的溶液中存在关系:c(N)c(H)=2c(C)c(HC)c(NH2COO)c(OH)C随着CO2的通入,不断增大D在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO的中间产物生成【解析】选C。由题图可知,pH=9.0时,作直线垂直于横坐标,从图上可直接得出:c(N)c(HC)c(NH2COO)c(C),A项正确;根据电荷守恒,不同pH的溶液中都存在c(N)c(H)=2c(C)c(HC)c(NH2COO)c(OH),B项正确;由NH3H2ONOH的电离常数表达式可得,=,随着CO2的通入,平衡右移,Kb不变,c(N)增大,不断减小,C项错误;随pH的降低,NH2COO从无到有再到无,含NH2COO的物质是中间产物,D项正确。(xx重庆高考3)下列叙述正确的是( )A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C25时,0.1 molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1 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)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)同离子效应会抑制弱酸的电离;(2)阴、阳离子个数相同的难溶电解质可以通过比较Ksp直接比较溶解度大小。【解析】选C。A项,醋酸属于弱酸,加入少量醋酸钠,c(CH3COO)变大,抑制了醋酸的电离,错误;B项,25时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,恰好反应生成硝酸铵,属于强酸弱碱盐,溶液pH7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反应N23H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)【解析】选C。2H2O22H2O O2,生成1 mol O2时转移2 mol电子,A项错误;pH=3的CH3COOH中已电离出的H,就可以将pH=11的NaOH电离出的OH完全中和,但是CH3COOH是弱酸,还会继续电离,即醋酸过量,反应后溶液显酸性,B项错误;铁可用作原电池的正极或作为电解池的阴极,此时铁均会受到保护,C项正确;由反应方程式的化学计量数知,任何时候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮气与氢气合成氨气达到平衡时,速率关系为2v正(H2)=3v逆(NH3),D项错误。(xx广东高考11)一定温度下,水溶液中H和OH的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是( )A升高温度,可能引起由c向b的变化B该温度下,水的离子积常数为1.01013C该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化【解题指南】解答本题需注意以下两点:(1)注意提取图象信息;(2)注意水的离子积常数的影响因素。【解析】选C。升高温度,水的离子积常数会变大,变化后不会还在曲线上,A不正确;根据水的离子积常数的计算公式,结合b点的数据可得水的离子积常数为1.01014,B不正确;加入FeCl3,三价铁离子水解会促进水的电离平衡正向移动,导致氢离子浓度变大,氢氧根离子浓度减小,C正确;温度不变的情况下,稀释不会改变水的离子积常数,应在曲线上进行移动,D不正确。(xx广东高考12)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 molL1NaOH溶液滴定,下列说法正确的是( )A滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小【解题指南】解答本题需注意以下两点:(1)注意酸碱中和滴定的基本操作;(2)注意使用误差分析的基本原理进行误差分析。【解析】选B。A项未对滴定管进行润洗;随着NaOH溶液滴入,盐酸逐渐被中和,所以对应的pH逐渐变大,B正确;C项滴定终点应该是溶液由无色变成红色;D项实验测得的标准溶液的体积偏大,所以测定结果偏大。(xx江苏高考14)室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A向0.10 molL1NH4HCO3溶液中通CO2:c(N)=c(HC)c(C)B向0.10 molL1NaHSO3溶液中通NH3:c(Na)c(N)c(S)C向0.10 molL1Na2SO3溶液中通SO2:c(Na)=2c(S)c(HS)c(H2SO3)D向0.10 molL1CH3COONa溶液中通HCl:c(Na)c(CH3COOH)=c(Cl)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)首先要判断发生反应后溶液的成分;(2)“物料守恒“的角度是“钠原子”和“硫原子”的个数比。【解析】选D。溶液pH=7(室温)呈中性,c(H)=c(OH),依据电荷守恒,c(N)=c(HC)2c(C),A项错误;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项错误;在亚硫酸钠中通入二氧化硫呈中性,则c(Na)c(CH3COOH)=c(Cl),D项正确。(xx北京高考27)研究CO2在海洋中的转移和归宿,是当今海洋科学研究的前沿领域。(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HC占95%,写出CO2溶于水产生HC的方程式: 。(2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式: 。同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O,用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整:(CH2O)xx18O2xH2O(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础,测量溶解无机碳,可采用如下方法:气提、吸收CO2,用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下),将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用xmolL1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解无机碳的浓度=molL1。(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理: 。用该装置产生的物质处理b室排出的海水,合格后排回大海。处理至合格的方法是 。【解题指南】解答本题时应明确以下4点:(1)根据流程图中的箭头判断反应物与生成物:钙化作用生成CaCO3、CO2。(2)光合作用释放出的O2只来自H2O。(3)与电源正极相连的是阳极,阳极发生氧化反应。(4)阳离子膜只允许阳离子通过。【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸电离。即CO2H2OH2CO3,H2CO3HCH。(2)根据反应物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本题的离子方程式为Ca22HCCaCO3CO2H2O。由O2只来自H2O及示踪原子的标记可知水分子含18O,而且分子个数是2x,根据元素守恒法可知方程式中的缺项物质为xCO2、2xO。(3)注意酸化的试剂要用硫酸,一定不能用盐酸,HCl会挥发出来影响后续的滴定,如图。该滴定过程转化的关系式为CO2HCHCl1 1n(CO2)xmolL1y103L解得:n(CO2)=xy103mol所以:c(无机碳)=xy/zmolL1(4)a室是阳极室,发生氧化反应:2H2O4eO24H,出去的海水pHc(S)c(OH)c(HS)c(H)。由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1,则反应后H2SO3转化为HS而不是S,离子方程式为H2SO3HCHSH2OCO2。答案:(1)C2H2SO4(浓)2SO2CO22H2O(2)0.0435(3)或c(Na)c(S)c(OH)c(HS)c(H)或NaSOHHSHH2SO3HCHSH2OCO2(xx全国卷28)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为。(2)上述浓缩液中主要含有I、Cl等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为。已知Ksp(AgCl)=1.81010,Ksp(AgI)=8.51017。(3)已知反应2HI(g)H2(g)I2(g)的H=11 kJmol1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应:2HI(g)H2(g)I2(g),在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 。上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为 (以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min1,在t=40 min时,v正=min1。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为(填字母)。【解析】(1)根据化合价升降规律,结合实验室制取氯气的反应,碘元素的化合价升高,锰元素的化合价降低,所以还原产物为硫酸锰。(2)=,代入数据可得=4.7107。(3)根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知:2EHIEHHEII=11 kJmol1,得EHI=299 kJmol1。(4)K=,x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(10.784)2=0.108。平衡时,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 min1,在t=40 min时,x(HI)=0.85,代入数据得v正1.95103min1。升高温度,正逆反应速率均增大,在图象上v正、v逆均上移;但平衡右移,x(HI)减少,在图象上数值减小,即A点,平衡右移,x(H2)、x(I2)增大,在图象上数值增大,即E点。答案:(1)MnSO4(或Mn2)(2)4.7107(3)299(4)K=1.95103A、E(xx全国卷28)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为。溶液X中大量存在的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水 b.碱石灰c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.100 0 molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I22S22IS4),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾 b.碘化钾c.盐酸 d.硫酸亚铁【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)书写化学方程式时要注意结合题目给出的物质书写产物;(2)注意利用氧化性、还原性进行物质的除杂。【解析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒,氯元素的化合价从5价降到4价,得1个电子,氯酸钾是氧化剂;硫元素的化合价从4价升高到6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,根据得失电子相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21。(2)根据图示可知氯化铵和氯化氢反应生成氢气和NCl3,配平即可。根据产物中有氨气生成可知溶液为碱性,存在氢氧根离子,根据元素守恒可知还存在氯离子。ClO2易溶于水,a、d错误;碱石灰不能吸收NH3,b错误。(3)ClO2能把碘离子氧化为碘单质,自身被还原为氯离子。由于ClO2有毒,容易逸出进入空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘单质遇到淀粉变蓝,所以常用的指示剂为淀粉。滴定终点的颜色为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变。根据方程式可知2ClO25I210S2,则测得混合气中ClO2的质量为0.100 0 molL10.02 L67.5 gmol15=0.027 00 g。(4)亚氯酸盐有氧化性,除去它要用有还原性的硫酸亚铁,同时产生的铁离子还能净水。答案:(1)21(2)NH4Cl2HCl3H2NCl3Cl、OHc(3)2ClO210I8H2Cl5I24H2O吸收残余的二氧化氯气体淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变0.027 00 (4)d(xx山东高考31)毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2、Mg2、Fe3等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下:(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管(2)Ca2Mg2Fe3开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3H2O调节pH=8可除去(填离子符号),滤渣中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是。已知:Ksp(BaC2O4)=1.6107,Ksp(CaC2O4)=2.3109(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2的含量,实验分两步进行。已知:2Cr2HCr2H2OBa2CrBaCrO4步骤:移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用bmolL1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤:移取ymL BaCl2溶液于锥形瓶中,加入xmL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmolL1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为molL1,若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2浓度测量值将(填“偏大”或“偏小”)。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)配制一定质量分数的溶液和配制一定物质的量浓度的溶液所用的仪器不一样;(2)注意整个化工流程的分析和应用。【解析】(1)充分研磨可以增大反应物的接触面积,提高反应速率;因为配制的盐酸溶液浓度以质量分数表示,可以计算出浓盐酸的体积和水的体积,所以使用烧杯作为容器进行稀释,用玻璃棒搅拌。(2)根据流程图和表中数据,加入NH3H2O调pH为8,只有Fe3完全沉淀,故可除去Fe3;加入NaOH调pH=12.5,Mg2完全沉淀,Ca2部分沉淀,所以滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2;根据Ksp(BaC2O4)=1.6107可知,H2C2O4过量时Ba2转化为BaC2O4沉淀,BaCl22H2O产品的产量会减少。(3)“0”刻度位于滴定管的上方;与Ba2反应的Cr的物质的量为(V0bV1b)/1 000 mol,则Ba2浓度为molL1;根据计算式,若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出,故需消耗的盐酸减少,即V1减小,则Ba2浓度测量值将偏大。答案:(1)增大接触面积从而使反应速率加快a、c(2)Fe3Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少(3)上方偏大(xx天津高考7)随原子序数递增,八种短周期元素(用字母x表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题:(1)f在周期表中的位置是。(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物,写出其电子式:。(4)已知1 mol e的单质在足量d2中燃烧,恢复至室温,放出255.5 kJ热量,写出该反应的热化学方程式:。(5)上述元素可组成盐R:zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 molL1R溶液的烧杯中滴加1 molL1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下:R溶液中,离子浓度由大到小的顺序是。写出m点反应的离子方程式:。若在R溶液中改加20 mL 1.2 molL1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为mol。【解析】从图中的化合价和原子半径的大小,可以推出x是氢元素,y是碳元素,z是氮元素,d是氧元素,e是钠元素,f是铝元素,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A族。(2)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,故r(O2)r(Na);非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强,HClO4H2SO4。(3)四原子共价化合物,可以是NH3、H2O2、C2H2等,其电子式分别为、。(4)1 mol Na的单质在足量O2中燃烧,放出255.5 kJ热量,该反应的热化学方程式为2Na(s)O2(g)Na2O2(s)H=511 kJmol1。(5)R是NH4Al(SO4)2,Al3比N水解程度更大,离子浓度由大到小的顺序是c(S)c(N)c(Al3)c(H)c(OH);m点前后过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是N发生了反应,离子方程式为NOHNH3H2O;10 mL 1 molL1NH4Al(SO4)2,溶液中Al3物质的量为0.01 mol,N的物质的量为0.01 mol,S的物质的量为0.02 mol,20 mL 1.2 molL1Ba(OH)2溶液中Ba2物质的量为0.024 mol,OH为0.048 mol,由离子反应先后可知可生成0.02 mol BaSO4沉淀;OH先与Al3反应生成Al(OH)3,再与N反应,若有剩余再同Al(OH)3反应转化成Al,经计算可知Al(OH)3还剩余0.002 mol,可知生成沉淀的总物质的量为0.022 mol。答案:(1)第3周期A族(2)r(O2)r(Na)HClO4H2SO4(3) (或或等其他合理答案均可)(4)2Na(s)O2(g)Na2O2(s)H=511 kJmol1(5)c(S)c(N)c(Al3)c(H)c(OH)NOHNH3H2O0.022(xx天津高考10)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示) 。(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2)=2.0102molL1,c(Fe3)=1.0103molL1,c(Cl)=5.3102molL1,则该溶液的pH约为。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:ClFe2 ClFe3。(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3H2OFe(OH)2HK1Fe(OH)2H2OFe(OHHK2Fe(OHH2OFe(OH)3HK3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3yH2OFex(OHyH,欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mgL1)表示的最佳范围约为mgL1。【解析】(1)Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是2Fe3Fe3Fe2。(2)根据电荷守恒,则溶液中氢离子的浓度是c(Cl)2c(Fe2)3c(Fe3)=1.0102molL1,所以pH=2;根据题意,氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁,则反应物中有氢离子参加,则生成物中有水生成,Cl的化合价从5价降低到1价,得到6个电子,而Fe的化合价从2价升高到3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,则氯酸根离子的化学计量数为1,Fe2的化学计量数为6,则铁离子的化学计量数也是6,氯离子的化学计量数是1,根据电荷守恒,则氢离子的化学计量数是6,水的化学计量数是3,即Cl6Fe26HCl6Fe33H2O。(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1K2K3;该水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,则水解平衡正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动,所以答案选b、d;从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键步骤是调节溶液的pH。(4)由题中图象可知,聚合氯化铁的浓度在1820 mgL1时,去除率达到最大值,污水的浑浊度减小。答案:(1)Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质2Fe3Fe3Fe2(2)2166H163H2O(3)K1K2K3b、d调节溶液的pH (4)1820(xx海南高考15)银是一种贵金属,古代常用于制造钱币及装饰器皿,现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题:(1)久存的银制品表面会变黑,失去银白色光泽,原因是 。(2)已知Ksp(AgCl)=1.81010,若向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL1的盐酸,混合后溶液中Ag的浓度为molL1,pH为。(3)AgNO3光照易分解,生成Ag和红棕色气体等物质,其光照分解反应的化学方程式为 。(4)右图所示原电池正极的反应式为 。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)化学反应原理的理解与应用;(2)电化学中电极反应式的书写。【解析】(1)根据金属的腐蚀原理可知Ag变黑是发生了化学腐蚀的缘故;(2)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量,则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为(0.020.018)molL1/2=0.001 molL1,根据AgCl的溶度积的表达式计算即可,即c(Ag)=molL1=1.8107molL1;因为该反应中氢离子未参加反应,所以溶液的体积变为100 mL时,氢离子的浓度为0.01 molL1,则pH=2;(3)根据氧化还原反应理论,硝酸银分解生成Ag和二氧化氮气体,元素化合价均降低,因此该反应中有氧气生成(氧化还原反应中化合价有降必有升,氧元素化合价升高)。(4)该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质,所以正极是生成Ag单质的还原反应。答案:(1)Ag在空气中易与氧气和含硫化合物反应,发生化学腐蚀(2)1.81072(3)2AgNO32Ag2NO2O2(4)AgeAg(xx海南高考16)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料,回答下列问题:(1)氨的水溶液显弱碱性,其原因为 (用离子方程式表示),0.1 molL1的氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液的pH(填“升高”或“降低”);若加入少量明矾,溶液中N的浓度(填“增大”或“减小”)。(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O,250时,硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡,该分解反应的化学方程式为 ,平衡常数表达式为 ;若有1 mol硝酸铵完全分解,转移的电子数为mol。(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示,若生成1 mol N2,其H=kJmol1。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)氮及其化合物的性质及转化;(2)电解质溶液中电离平衡、水解平衡以及化学平衡、反应中的能量变化等化学反应原理知识的理解与应用。【解析】(1)氨水中一水合氨部分电离生成铵根离子和氢氧根离子,使溶液呈碱性;若加入氯化铵,铵根离子浓度增大,电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小,pH减小;若加入明矾,Al3水解消耗OH,使NH3H2O的电离反应正向移动,c(N)增大。(2)硝酸铵分解生成N2O和H2O为可逆反应,因此化学方程式为NH4NO3(s)N2O(g)2H2O(g)(250时,水为气态),则K=c(N2O)c2(H2O);硝酸铵中氮元素化合价分别从3和5价均变为1价,因此转移电子数为4个,每有1 mol硝酸铵反应转移电子数为4 mol。(3)N2ONON2NO2,根据图示每生成1 mol氮气,H=209 kJmol1348 kJmol1=139 kJmol1。答案:(1)NH3H2ONOH降低增大(2)NH4NO3N2O2H2OK=c(N2O)c2(H2O)4 (3)139(xx江苏高考16)以磷石膏(主要成分CaSO4,杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。(1)匀速向浆料中通入CO2,浆料清液的pH和c(S)随时间变化见下图。清液pH11时CaSO4转化的离子方程式为;能提高其转化速率的措施有(填序号)。( )A搅拌浆料B加热浆料至100C增大氨水浓度D减小CO2通入速率(2)当清液pH接近6.5时,过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为和(填化学式);检验洗涤是否完全的方法是。(3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体,随着浸取液温度上升,溶液中c(Ca2)增大的原因是。【解析】(1)清液pH11时,通入CO2,CO2在碱性条件下转化为C,CaSO4与C反应转化为CaCO3和S。搅拌浆料、增大氨水浓度能提高转化速率,但加热浆料至100,氨水