2012年高考化学试题分类解析汇编：电解质溶液

2012年高考化学试题分类解析汇编：电解质溶液
1.［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。
2.［2012·江苏化学卷13］下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 结 论
A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性
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 溶液X中一定含有SO42－
C 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体 出现白色沉淀 H2SiO3的酸性比H2CO3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 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
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SO42－是不合理的，若溶液中有SO32－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。
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
在20ml.0.1mol氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：
A．
B．当V=20时，溶液中：
C．当V=20时，溶液中：·
D．当V>0时，溶液中一定存在）
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，的K，或溶解度远大于。向浓度均为0.1的和混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液。下列示意图表示生成的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系 。合理的是
B 【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Fe3＋ 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B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·H2ONH4＋+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。
10.［2012·重庆理综化学卷10］下列叙述正确的是
盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
稀醋酸加水稀释，醋酸电力程度增大，溶液的pH减小
饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH值不变
沸水中滴加适量饱和Fe溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【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］向10mL 0.1mol·溶液中，滴加等浓度溶液x mL，下列叙述正确的是
x=10时，溶液中有、、，且
x=10时，溶液中有、、，且
x=30时，溶液中有、、，且
x=30时，溶液中有、、，且
【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］常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)
B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(H2CO3)
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl－)=c(NH4＋) ＞c(OH－)=c(H＋)
D．0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合：
2c(H＋)－2c(OH－)=C(CH3COO－)－C(CH3COOH)
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］下列电解质溶液的有关叙述正确的是 （ ）
A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大
C．含l mol KOH的溶液与l mol CO2完全反应后，溶液中c(K+)＝c(HCO)
D．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)＝c(CH3COO－)
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］已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是（ ）
A．a = b B．混合溶液的PH = 7
C．混合溶液中， D．混合溶液中，
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＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(1)已知室温下BaSO4的Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中c(SO42－)≤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＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
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—+H2OHSO3—+OH—水解平衡的事实
是 （填序号）。
滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去
滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去
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）：
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：
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 mol 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。
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
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。
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
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）
氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，在将滤液按下图所示步骤进行操作。
回答下列问题：
起始滤液的pH_____________7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是_________________________________________________。
试剂I的化学式为______________________，①中发生反应的离子方程式为____________________________________________。
试剂Ⅱ的化学式为______________________，②中加入试剂Ⅱ的目的是__________________________________________________________________；
试剂Ⅲ的名称是______________________，③中发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________；
某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为____________________________________________。（列式并计算结果）
[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,.
用化学方程式表示S:形成硫酸型胶雨的反应:
在钠碱循环法中，Na SO ,溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO :制得，该反应的离子方程式是
吸收液吸收SO 的过程中，pH随n(SO ﹣):，n(HSO ﹣)变化关系如下表:
n(SO ﹣):，n(HSO ﹣) 91：9 1：1 1：91
PH ８.２ 7.2 6.2
①上表判断Na SO 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):　　　　　　　　　　　　
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+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4(2分)
⑵SO2+2OH—=SO32—(2分)
⑶①酸性(1分) HSO3—中存在：HSO3—H++SO32—和HSO3—+H2OH2SO3+OH—，HSO3—电离程度大于其水解程度(2分)
②a b(2分)
⑷①HSO3——2e—+H2O= SO42—+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SO32—，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（SO32—）：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（SO32—）：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（SO32—）+ 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SO42—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SO32—，吸收液得以再生并循环使用。