欢迎来到莲山课件网!

您当前的位置:

温馨提示:部分文件查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载不会出现此问题,请放心下载。

2019学年高三化学总复习专题训练 水的离子积(含解析)

2019学年高三化学总复习专题训练 水的离子积

一、单选题(本大题共20小题,共40.0分)

1. 常温下,将NaOH溶液分别加到HA、HB两种弱酸溶液中,两溶液中pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示,已知pKa=-lgKa.下列有关叙述错误的是()

A. HA、HB两种酸中,HB的酸性弱于HA
B. b点时,
C. 同浓度同体积的NaA和NaB溶液中,阴离子总数相等
D. 向HB溶液中加入NaOH溶液所得的混合溶液中,

2. NA代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是(  )

A. 与适量完全反应生成的固体中阴离子的数目为
B. 在标准状况下,和所含的分子数均为
C. 298K时,的溶液中水电离出的的数目为
D. 完全燃烧1 和的混合物时转移的电子数为

3. 下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是(  )
①含有大量AlO2-的溶液:Al3+、SO42-、ClO-、Na+
②使pH=11的溶液中:Na+,AlO2-,NO3-,S2-,SO32-
③由水电离的H+浓度c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:Cl-,HCO3-,NO3-,NH4+,S2O32-
④加入Mg能放出H2的溶液中:Mg2+,NH4+,Cl-,K+,SO42-
⑤使甲基橙变红的溶液中:Fe3+,MnO4-,NO3-,Na+,SO42-
⑥酸性溶液中:Fe2+,Al3+,NO3-,I-,S2-

A. B. C. D.

X

Z

4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X、Y、Z的原子序数之和是W的2倍,X、Z在周期表中的相对物质如图所示,X的最低负价绝对值与其原子的最外层电子数相等.下列说法正确的是(  )

A. 离子半径:
B. Z的简单离子能破坏水的电离平衡
C. 与中化学键类型相同、n为正整数
D. 元素Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

5. 电解质溶液有许多奇妙之处,下列关于电解质溶液的叙述中正确的是(  )

A. 、两种盐溶液中,离子种类不相同
B. 物质的量浓度相同的和两种溶液中,前者小于后者
C. 常温下,某溶液中由水电离出的,则此溶液可能是盐酸
D. 常温下,1 的溶液与1 的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:


6. 下列有关说法正确的是(  )

A. 水是弱电解质,时,纯水的
B. 在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快
C. 常温下,,的含中,
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应,加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大

7. 25℃时,用pH计测量VmL0.1 mol•L-1 NaOH溶液中逐滴滴加等浓度的一元酸HA后pH的变化情况,绘制pH变化曲线如图所示,下列说法不正确的是(  )

A. A点溶液的
B. B和C两点所示溶液中水的电离程度:
C. 时,溶液中存在:
D. C点所示溶液中离子浓度大小顺序:

8. 下列说法正确的是()  。

A. 的醋酸溶液加水稀释,氢离子浓度减小
B. 体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉少量,后者用时少
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠,增大,变大
D. 常温下,的NaOH溶液与的HA溶液混合,若混合液显中性,则

9. 下列说法正确的是(  )

A. 一定温度下,反应的,
B. 温度一定时,向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液,水的离子积常数不变
C. 常温下,将的醋酸溶液稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低
D. 由于,因此不可能使沉淀转化为沉淀

10. 下列叙述中的两个量,前者一定大于后者的是(  )

A. A纯水在和时的pH
B. pH均为2的溶液和盐酸中的
C. 时,与的两种醋酸溶液中醋酸的电离程度
D. 时,等体积且pH都等于5的盐酸和的溶液中,已电离的水分子数

11. 在指定溶液中一定能大量共存的离子组是(  )

A. 溶液:、、、
B. 的溶液:、、、
C.  溶液:、、、
D. 常温下,在的溶液中:、、、

12. 某温度下,体积和pH都相同的CH3COONa和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示。下列判断正确的是(  )

A. a、c两点溶液的导电能力:
B. a、b、c三点溶液中由水电离的氢离子浓度大小为:
C. b点溶液中:
D. 用相同浓度的盐酸溶液和等体积a、b处溶液反应,消耗盐酸溶液的体积

13. 下列表述正确的是(  )

A. 水晶是无色透明的晶体,可用制作硅太阳能电池
B. 配制溶液,若定容时俯视,则所得溶液浓度偏小其它操作均正确
C. 向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动,水的离子积不变
D. 已知: ,因此该反应一定不能自发进行

14. 设NA表示阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(  )

A. 1 mol 与足量的Fe充分反应,转移电子的数目为
B. 常温下,1 L 的溶液中,由水电离出的数目为
C. 常温下,21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为
D. 1 mol 原子中所含中子数目为

15. 25℃时,将浓度均为0.1mol•L-1,体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb与混合液pH的关系如图所示,下列说法正确的是(  )

A.
B. b点时,
C. c点时,随温度升高而增大
D. 过程中水的电离程度始终增大

16. 在下列溶液中,各组离子一定能够大量共存的是

A. 使酚酞试液变红的溶液: 、、、
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液:、、、
C. 由水电离出的的溶液:、、、
D. 与铝作用能产生氢气的溶液:、、、

17. 下列物质的水溶液, pH>7的是

A. B. C. D.

18. 常温下,对于1L0.005mol•L-1硫酸表述中正确的是(  )

A. 由水电离出的
B. 加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均减少
C.
D. 滴加稀氨水使,则

19. 若室温时,将pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度为(   )

A. B. C. D.

20. 下列说法正确的是( )

A. 时,将的盐酸与的NaOH溶液等体积混合,溶液显中性
B. 室温下,向的醋酸溶液加水稀释后,溶液中所有离子浓度均减小
C. 向含有沉淀的溶液中加入固体,增大
D. 向溶液中加入适量,可使

二、推断题(本大题共2小题,共20.0分)

21. A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成,转化关系如图。


请针对以下三种不同情况回答:

若A、B、C中均含同一种常见金属元素,该元素在C中以阴离子形式存在,将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。

中含有的金属元素在元素周期表中的位置为_______________________,向水中加入X物质,X对水的电离平衡的影响是_________“促进”、“抑制”或“无影响”。

与C的水溶液混合后生成B,反应的离子方程式为___________________________。

若A为固态非金属单质,A与X同周期,同时A在X中燃烧,生成和白色烟雾,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8电子结构。

若A为该元素的白色固体单质,其结构为正四面体,分子式为,则1 mol A单质中含共价键数目为_________,B的电子式为_________。

与水反应的离子方程式为_______________________________________________。

若A、B、C的焰色反应呈黄色,A为淡黄色固体,B、C的水溶液均为碱性,A溶于水后可与X反应生成C,常温下,X为气态酸性氧化物。

中所含有的化学键类型是_________。

溶液中离子浓度由小到大的顺序是_________。

22. X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的转化关系如图1所示(水及部分产物已略去).

(1)若X为金属单质,W是某强酸的稀溶液.X与少量W反应生成Z的离子方程式为 ,向Y溶液中加入某种试剂 (填试剂名称),若溶液出现血红色,即可判断Y溶液中阳离子的存在.
(2)若X、Y为正盐,X的水溶液显酸性,W为NaOH溶液,写出Y与X在水溶液中转化为Z的离子反应方程式
(3)若X为强碱,常温下W为有刺激性气味的气态氧化物.常温时,将Z的水溶液露置于空气中,溶液的PH变化是 (“变大”、“变小”、“不变”.不考虑水的挥发),其原因是 (用简要的文字说明,并写出离子方程式)
(4)室温下,若用0.1mol/L的NaOH溶液滴定VmL0.1mol/L HA溶液,滴定曲线如2图所示,则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是 点;a点溶液中离子浓度的大小顺序为 ;取少量c点溶液于试管中,再滴加0.1mol/L盐酸至中性,此时溶液中除H+、OH-外,离子浓度的大小顺序为

三、简答题(本大题共3小题)

23. 中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯,甲烷在催化作用下脱氢,在气相中经自由基偶联反应生成乙烯,其反应如下:2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H>0

化学键

H-H

C-H

C=C

C-C

EkJ/mol

a

b

c

d

(1)已知相关化学键的键能如上表,甲烷制备乙烯反应的△H=______(用含a、b、c、d的代数式表示)。

(2)T1温度时,向1 L的恒容反应器中充入2 molCH4,仅发生上述反应,反应过程中0~15 min CH4的物质的量随时间变化如图1,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L
①0~10 min内CH4表示的反应速率为______mol/(L・min) o
②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时,使用质量相同但表面积不同的催化剂时,达到平衡过程中n (CH4的变化曲线,其中表示催化剂表面积较大的曲线是______(填“a“或“b”)。
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化,则改变的条件可能是______(任答一条即可)。
(3)实验测得:c=kc2(CH4),v=kc(C2H4•c2(H2)其中K、K为速率常数仅与温度有关,T1温度时k与K的比值为______(填数值)。若将温度由T1升高到T2,则反应速率增大的倍数V______V逆(选填“>”、“=”或);判断的理由是______。
(4)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示,电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体,可在高温下传导O2-
①C极的Pt为______极(选填“阳”或“阴”)。
②该电池工作时负极反应方程式为______。
③用该电池电解饱和食盐水,一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,则阴极区所得溶液在25℃时pH=______(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL)。

24. 已知草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸,草酸及其盐广泛用于医药、印染、塑料等工业.
(1)已知25℃时,几种常见弱酸的Ka如下表所示:

电解质

H2C2O4

CH3COOH

HCN

H2CO3

电离常数(molL-1

K1=5.6×10-2
K2=5.4×10-3

K1=1.7×10-5

K2=6.2×10-10

K1=4.2×10-7
K2=5.6×10-11

①25℃时,浓度均为0.1mol•L-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的顺序是 ______ .中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量 ______ (填“前者大”“后者大”或“相等”).
②下列关于0.1mol•L‑1NaHC2O4溶液的说法正确的是 ______ .
a.HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性
b.HC2O4-的水解程度大于电离程度程度,溶液显碱性
c.溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-
d.溶液中c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4
(2)在t℃时,MgC2O4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示.又知t℃时Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12,下列说法不正确的是 ______ .
A.在t℃时,MgC2O4的Ksp=8.1×10-5(mol•L-1).
B.在MgC2O4饱和溶液中加入Na2CO3固体,可使溶液由c点到b点
C.图中a点对应的是MgC2O4的不饱和溶液
D.在t℃时,MgC2O4 (s)+2OH-(aq)⇌Mg(OH)2(s)+C2O42-(aq)平衡常数K=Ksp[Mg(OH)2]/Ksp (MgC2O4

(3)草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)是一种浅黄色固体,难溶于水,受热易分解.某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解的产物,探究过程如图2:
①从环保角度考虑,该套实验装置的明显缺陷是 ______ .
②该兴趣小组进行上述实验时,从实验安全角度考虑,应先点燃 ______ (填“A”或“E”)处的酒精灯.
③若实验过程中观察到B中白色无水CuSO4变成蓝色, ______ .(补充实验现象),则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O、CO和CO2
④为探究草酸亚铁晶体分解的固体产物,兴趣小组同学准确称取3.60g草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O),相对分子质量是180),充分加热,使其完全分解,冷却后称得剩余固体的质量为1.60g.若剩余固体只有一种铁的氧化物,通过计算确定该氧化物的化学式为 ______ .草酸亚铁晶体分解的化学方程式为 ______ .

25. 室温下向10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示.
(1)酸碱中和滴定时,用到的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带蝴蝶夹)、 ______ .
(2)a点(横坐标为10)所示溶液中,溶质是 ______ ,溶液中c(Na+)、c(A-)、c(H+)、c(OH-)从大到小的顺序为 ______ ,其中c(Na+) ______ c(A-)+c(HA)(填“>”“<”或“=”)
(3)c点所示溶液中,c(Na+) ______ c(A-)(填“>”“<”或“=”)
(4)b点所示溶液中,c(A-) ______ c(HA)(填“>”“<”或“=”)
(5)a、b、c点所示溶液中,水的电离程度最大的是 ______ .
(6)以下滴定操作会导致V(HA)偏大的是 ______ .
A、滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失
B、锥形瓶洗涤后没有干燥
C、滴定时锥形瓶中有液体溅出
D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下
E、滴定开始前读数时平视,滴定终点,读数时俯视.





四、实验题(本大题共2小题)

26. 欲降低废水中重金属元素铬的毒性,可将Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀除去,三种金属离子生成沉淀的pH如表。

开始沉淀的pH

完全沉淀的pH

FeOH2

7.0

9.0

FeOH3

1.9

3.2

CrOH3

6.0

8.0

( 1)某含铬废水处理的主要流程如图所示:

①初沉池中加入明矾作沉降剂,其作用的原理是(用离子方程式表示)______________________________________。
②请补充并配平以下反应池中发生主要反应的离子方程式:
______Cr2O72-+______HSO3-+______=______Cr3++______SO42-+______H2O。
③根据“沉淀法”和“中和法”的原理,向沉淀池中加入NaOH溶液,此过程中发生主要反应的离子方程式是:H++OH-=H2O和____________________________。证明Cr3+沉淀完全的方法是__________________________________________________________。
(2)工业可用电解法来处理含Cr2O72-废水,实验室利用如图模拟处理含Cr2O72-的废水,阳极反应是Fe-2e-=Fe2+,阴极反应式是2H++2e-=H2↑。
①Fe2+与酸性溶液中的Cr2O72-反应的离子方程式是________________________________,
②上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全,从其对水的电离平衡角度解释其原因________________________________________。
③若溶液中含有0.01molCr2O72-,则阳离子全部生成沉淀的物质的量是______mol。

27. H2O2是绿色氧化剂,且酸性介质下由更强的氧化性,易溶于水显弱酸性,常温下K1=1×10-12,K2=1×10-25,回答下列问题:
(1)常温下水的电离平衡的常数K约为 ______ ,K、K1、K2从大到小顺序为 ______ ;
(2)在硫酸亚铁存在条件下,H2O2溶液可以把苯(C6H6)氧化为苯酚(C6H5OH),反应后的混合物经过 ______ 、蒸馏得到苯酚,理论上制取1mol苯酚需要消耗H2O2 ______ mol,实际消耗大于理论用量的主要原因是 ______
(3)K4[Fe(CN)6](黄色溶液)、K3[Fe(CN)6](黄绿色溶液)与一定量H2O2组成的混合物,用酸或碱调节混合溶液的pH,会出现黄色、黄绿色交替变化,按照从酸性至碱性的顺序,可观察到的现象是 ______ ;
(4)工业用H2O2除去废水中的Cl2,氧化产物是 ______ ;与SO2除Cl2相比,其优点是 ______ .

参考答案

1. 【答案】C

2. 【解析】A.当lg=0时,=1,Ka(HA)==c(H+)=10 -4,同理Ka(HB)=c(H+)=10-5,相同温度下,酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,因为Ka(HA)>Ka(HB),所以酸性HA>HB,故A正确;
B.b点时,横坐标为0,则c(B-)=c(HB),溶液pH=5<7,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(B-)>c(Na+),溶液中c(H+)较小,所以存在c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B正确;
C.根据A知,酸性HA>HB,则水解程度A-<B-,所以相同浓度相同体积的NaA和NaB溶液中c(OH-):A<B,温度相同水的离子积常数相同,则这两种溶液中c(H+):A>B,溶液中分别存在电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),根据物料守恒得两种溶液中c(Na+)相等,所以[c(Na+)+c(H+)]:A>B,根据电荷守恒知,阴离子浓度总数A>B,故C错误;
D.Ka(HB)=.×c(H+),则==10pKa-pH,故D正确。
故选:C。
2.【答案】A

【解析】【分析】
A、求出钠的物质的量,然后根据钠反应后生成的氧化钠和过氧化钠中均含1个阴离子来分析;
B、标况下C8H14为液体;
C、在碱溶液中,水的电离被抑制;
D、1mol乙醇和1mol乙烯燃烧均消耗3mol氧气.
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键.
【解答】
解:A、4.6g钠的物质的量为0.2mol,而钠反应后生成的氧化钠和过氧化钠中均含1个阴离子和2个钠离子,故0.2mol钠反应后生成的0.2mol钠离子所对应的阴离子为0.1NA个,故A正确;
B、标况下C8H14为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故B错误;
C、在碱溶液中,水的电离被抑制,氢氧化钡溶液中的H+来自于水电离,水电离的H+、OH-数目相等,水电离的OH-的物质的量n(OH-)=1×10-13 mol,个数为10-13NA个,故C错误;
D、1mol乙醇和1mol乙烯燃烧均消耗3mol氧气,转移电子数都为12 mol,所以完全燃烧1 mol CH3CH2OH和C2H4的混合物时转移电子数为12NA,D项错误。
故选:A。
3.【答案】C

【解析】解:①含有大量AlO2-的溶液,Al3+与AlO2-、ClO-发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故①错误;
②使pH=11的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,Na+,AlO2-,NO3-,S2-,SO32-离子之间不反应,都不与氢氧根离子反应,在溶液中能够大量共存,故②正确;
③由水电离的H+浓度c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,酸性条件下HCO3-、S2O32-都与氢离子反应,NO3-、S2O32-发生氧化还原反应,碱性条件下HCO3-、NH4+与氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,故③错误;
④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子,Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-离子之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中能够大量共存,故④正确;
⑤使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子,Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-离子之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中能够大量共存,故⑤正确;
⑥酸性溶液中,NO3-具有强氧化性,能够氧化Fe2+、I-、S2-,在溶液中不能大量共存,故⑥错误;
根据分析可知,正确的为②④⑤,
故选C.
①含有大量AlO2-的溶液,偏铝酸根离子、次氯酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀;
②使pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子,五种离子之间不反应,都不与氢氧根离子反应;
③由水电离的H+浓度c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,碳酸氢根离子、硫代硫酸根离子与氢离子反应,碳酸氢根离子、铵根离子与氢氧根离子反应;
④加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,五种离子之间不反应,都不与氢离子反应;
⑤使甲基橙变红的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,五种离子之间不反应,都不与氢离子反应;
⑥酸性溶液中,硝酸根离子具有强氧化性,能够氧化Fe2+、I-、S2-
本题考查了离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,明确能否共存的判断方法,还要注意隐含条件的含义,试题题量较大,充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力.
4.【答案】B

【解析】解:短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,根据元素在周期表中的位置知,X位于第二周期,Z位于第三周期,X的最低负价绝对值与其原子最外层电子数相等,原子最外层电子数为4,则X是C元素,可推知Z是S元素,W原子序数大于S,所以W是Cl元素,X、Y、Z原子序数之和是W的2倍,Y的原子序数为17×2-6-16=12,则Y是Mg元素.
A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径:r(S2-)>r(Cl-)>r(Mg2+),故A错误;
B.溶液中S2-发生水解,促进水的电离平衡,故B正确;
C.CS2含有共价键,MgCl2含有离子键,二者化学键类型不相同,故C错误;
D.氢化物的稳定性与元素非金属性一致,W(Cl)的非金属性大于Z(S),所以元素Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的简单气态氢化物弱,故D错误;
故选B.
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,根据元素在周期表中的位置知,X位于第二周期,Z位于第三周期,X的最低负价绝对值与其原子最外层电子数相等,原子最外层电子数为4,则X是C元素,可推知Z是S元素,W原子序数大于S,所以W是Cl元素,X、Y、Z原子序数之和是W的2倍,Y的原子序数为17×2-6-16=12,则Y是Mg元素,据此解答.
本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,需要学生熟练掌握元素周期表的结构,注意掌握微粒半径比较规律.
5.【答案】B

【解析】【分析】
本题考查了盐类的水解平衡的移动,明确影响平衡移动的因素即可解答,易错选项是C,注意酸和碱均抑制水的电离,而盐类的水解促进水的电离。
【解答】
A.CO32-在水溶液中水解分步进行:CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-;HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-;HCO3-在溶液中既能水解又能电离:HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-、HCO3-⇌CO32-+H+,故两溶液中离子种类相同,故A错误;
B.等物质的量浓度的NH4HSO4与NH4Cl溶液,NH4HSO4电离出的H+对NH4+的水解起到抑制作用,所以c(NH4+):前者>后者,故B正确;
C.盐酸溶液中水的电离被抑制,水电离出的c(H+)<10-7mol•L-1,故当水电离出的c(H+)=10-5mol•L-1时,溶液不可能是酸溶液,故C错误;
D.常温下,1 mol•L-1的CH3COOH溶液与1 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后两者恰好完全反应生成CH3COONa,故溶液显碱性,应有:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),故D错误。
故选B。
6.【答案】C

【解析】解:A、水能微弱电离出氢离子和氢氧根离子,属于弱电解质,并且水的电离过程吸热,常温下水的pH=7,4℃时,纯水的pH>7,故A错误;
B、适宜的温度下,酶的催化活性最大,反应速率最快,升温可能使酶的催化活性降低,反应速率降低,故B错误;
C、pH=10溶液中c(H+)=10-10mol/L,c(OH-)=10-4mol/L,调节pH形成饱和溶液时,溶液中c(Mg2+)==mol/L=5.6×10-4mol/L,当调节pH=10,不能形成饱和溶液时,溶液中c(Mg2+)<5.6×10-4mol/L,所以pH=10的含Mg2+中,c(Mg2+)≤5.6×10-4mol•L-1,故C正确;
D、乙酸与乙醇的酯化反应(△H<0),加入少量浓硫酸作催化剂并加热,则反应的反应速率增大,但催化剂不影响平衡常数K,加热则平衡逆向移动、平衡常数K减小,故D错误;
故选:C。
A、水存在微弱的电离,属于弱电解质,并且水的电离过程吸热,常温下水的pH=7;
B、酶的催化活性与温度有关,适宜的温度下,酶的催化活性最大,反应速率最快;
C、pH=10溶液中c(OH-)=10-4mol/L,根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)计算形成饱和溶液中c(Mg2+);
D、平衡常数K只与温度有关,正反应吸热时,升温则K增大,反之则减小;
本题考查较为综合,涉及水的弱电离和离子积Kw计算、溶度积常数及计算、反应速率和化学平衡的影响因素等,侧重学生分析、计算和灵活运用能力的考查,把握基本原理和计算公式即可解答,注意酶的活性与温度的关系,题目难度中等。
7.【答案】C

【解析】解:A.A点为NaOH溶液,0.1mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,c(H+)==10-13mol/L,则pH=13,故A正确;
B.B点等体积等浓度恰好生成NaA,pH=8,可知HA为弱酸,水解促进水的电离,而C点溶质为等量的NaA、HA,HA电离显酸性抑制水的电离,则B和C两点所示溶液中水的电离程度:B>C,故B正确;
C.pH=7时,c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-),且溶液中溶质为NaA、HA,由图可知应符合NaA的物质的量大于HA的物质的量,存在c(A-)+c(HA)>c(Na+),c(Na+)>c(H+)+(HA),故C错误;
D.C点溶质为等量的NaA、HA,HA电离大于NaA的水解,则离子浓度关系为c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故D正确;
故选:C。
A.A点为NaOH溶液,0.1mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,c(H+)==10-13mol/L;
B.B点等体积等浓度恰好生成NaA,pH=8,可知HA为弱酸,水解促进水的电离,而C点溶质为等量的NaA、HA,HA电离显酸性抑制水的电离;
C.pH=7时,c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-),且溶液中溶质为NaA、HA,由图可知应符合NaA的物质的量大于HA的物质的量;
D.C点溶质为等量的NaA、HA,HA电离大于NaA的水解。
本题考查酸碱混合的定性判断,为高频考点,把握混合后溶质、电离与水解、离子浓度关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项C中NaA的量大于HA的量,题目难度不大
8.【答案】A

【解析】向水中加入少量固体硫酸氢钠,c(H)增大,但KW只与温度有关,故KW保持不变,C错;若HA为强酸,则V1=V2,若HA为弱酸,则V1>V2,D错。
9.【答案】B

【解析】解:A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0分析,一定温度下,反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g),反应是非自发进行的反应,△H-T△S>0,反应前后气体体积增大,△S>0,则△H>0,故A错误;
B、水的离子积常数随温度变化,温度一定时,向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液,水的离子积常数Kw不变,故B正确;
C、溶液中存在离子积常数,稀释溶液氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大,故C错误;
D、沉淀转化,当离子浓度大于溶度积,离子结合向形成沉淀分析进行,可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀,故D错误;
故选:B。
A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0分析;
B、水的离子积常数随温度变化;
C、溶液中存在离子积常数,稀释溶液氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大;
D、沉淀转化,当离子浓度积大于溶度积,离子结合向形成沉淀分析进行.
本题考查了反应自发进行的判断依据,溶液中水的离子积常数影响因素,沉淀溶解平衡状态的转化关系分析,掌握基础是关键,题目难度中等.
10.【答案】A

【解析】解:A.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,所以温度越高水的pH越小,故A正确;
B.无论温度高低,pH相同的硫酸和盐酸溶液中氢离子浓度相同,故B错误;
C.相同温度下,浓醋酸的电离程度小于稀醋酸的电离程度,所以0.2mol/L小于0.1mol/L的醋酸溶液中醋酸的电离程度,故C错误;
D.相同温度下,pH相同的盐酸和氯化铝溶液,盐酸抑制水电离,氯化铝促进水电离,所以前者小于后者,故D错误;
故选A.
A.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离;
B.pH相同的强酸溶液中氢离子浓度相同;
C.相同温度下,浓醋酸的电离程度小于稀醋酸的电离程度;
D.相同温度下,酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离.
本题考查弱电解质的电离,根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答,易错选项是B,注意pH相同的强弱溶液中氢离子浓度相同,与水的离子积常数大小无关.
11.【答案】B

【解析】解:A.H+、Fe2+与KNO3发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;
B.pH=1的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,NH4+、Al3+、SO42-、Br-之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中能够大量共存,故B正确;
C.FeCl3与I-、SCN-发生反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;
D.常温下,在c(H+•c(OH-=10-26的溶液为酸性或碱性溶液,Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应,Fe2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;
故选B.
A.硝酸钾在酸性条件下能够氧化亚铁离子;
B.pH=1的溶液中存在大量氢离子,四种离子之间不反应,都不与氢离子反应;
C.铁离子能够与碘离子、硫氰根离子反应;
D.常温下,在c(H+•c(OH-=10-26的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,亚铁离子能够与氢氧根离子反应,硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子.
本题考查离子共存的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况,如:能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间;能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等.
12.【答案】A

【解析】解:
相同条件下,pH和体积相同的CH3COONa和NaOH溶液加水稀释,稀释过程中促进乙酸钠水解,所以稀释过程中pH变化较大的是NaOH,根据图知,上边曲线是醋酸钠、下边曲线是NaOH。
A.溶液导电性与离子浓度成正比,离子浓度越大溶液导电性越强,离子浓度c>a,则导电性c>a,故A正确;
B.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,且醋酸钠浓度越大其促进水电离程度越大,a抑制水电离、b促进水电离且水电离程度c>b,所以a、b、c三点溶液中由水电离的氢离子浓度大小为:caH+<cbH+<ccH+,故B错误;
C.醋酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,结合电荷守恒得c(CH3COO-)<c(Na+),故C错误;
D.pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(CH3COONa)>c(NaOH),相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比,相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n(CH3COONa)>n(NaOH),所以醋酸钠消耗盐酸多,消耗盐酸体积Va<Vb,故D错误;
故选:A。
本题考查了盐类水解,涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点,题目难度中等,根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键,再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答。
13.【答案】C

【解析】解:A、水晶是无色透明的晶体,制作光导纤维,用硅制作硅太阳能电池,故A错误;
B、配制0.1mol/L NaCl溶液,若定容时俯视,加入溶液刻度低于刻度线,则所得溶液浓度偏大,故B错误;
C、酸碱抑制水的电离,离子就常数随温度变化,向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动,水的离子积不变,故C正确;
D、已知:(NH42CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)△H=+74.9 kJ•mol-1,△S>0,△H>0,高温下可以满足△H-T△S<0;因此该反应可能自发进行,故D错误;
故选C.
A、水晶晶体为二氧化硅;
B、容量瓶定容时俯视,加入溶液刻度低于刻度线;
C、酸碱抑制水的电离,离子就常数随温度变化;
D、依据反应自发进行的判断依据分析,△H-T△S<0;
本题考查了物质性质的应用,反应自发进行的判断方法,溶液配制误差分析,影响水的电离因素判断,掌握基础是关键,题目较简单.
14.【答案】C

【解析】解:A、氯气与铁反应后变为-1价,则1mol氯气与铁反应会转移2mol电子,即2NA个,故A错误;
B、在硫酸溶液中,水的电离被抑制,氢离子几乎全部来自于酸的电离,OH-全部来自于水的电离,故水电离出的n(H+)=n(OH-)=10-13mol/L×1L=10-13mol,故水电离出的氢离子的个数为10-13NA,故B错误;
C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2,故21g混合物中含有的CH2的物质的量n==1.5mol,故含有的碳原子的物质的量为1.5mol,即1.5NA个,故C正确;
D、根据中子数=质量数-质子数可知,1 mol C原子中含8mol中子,即8NA个,故D错误.
故选C.
A、氯气与铁反应后变为-1价;
B、在硫酸溶液中,水的电离被抑制,氢离子几乎全部来自于酸的电离,OH-全部来自于水的电离;
C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2
D、根据中子数=质量数-质子数来计算.
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键,难度不大.
15.【答案】B

【解析】解:A.由图可知0.1mol•L-1HA 溶液pH=3,由HA⇌H++A-可知,Ka(HA)==1×10-5,故A错误;
B.b点是两者等体积混合溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可知:c(B+)=c(A-),故B正确;
C.升高温度促进水解,Kh增大,则c点时,随温度升高而减小,故C错误;
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量两过程中水的电离程受抑制,b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用,所以a→c 过程中水的电离程度先增大后减小,故D错误;
故选:B。
A.由图可知0.1mol•L-1HA 溶液pH=3,由HA⇌H++A-代入Ka的表达式计算;
B.b点是两者等体积混合溶液呈中性;
C.=,升高温度促进水解,Kh增大;
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量两过程中水的电离程受抑制,b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用。
本题考查酸碱混合的定性判断,为高频考点,把握混合后溶质、弱电解质的电离、盐类水解为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意图象的应用,题目难度不大。
16.【答案】C

【解析】试题分析:A、使酚酞试液变红的溶液为碱性溶液,Fe3+不共存,错误;B、使紫色石蕊试液变红的溶液为酸溶液,此条件下Fe2+被NO3氧化,错误;C、正确;D、与铝作用能产生氢气的溶液可以是强酸溶液也可以是强碱溶液,酸性条件下CO32不共存,碱性条件下Al3+不共存,错误。
考点:考查离子共存有关问题。
17.【答案】B

【解析】试题分析:A.NH4HSO4= NH4++H++SO42-。溶液显酸性,PH3是强碱弱酸盐,NaHCO3= Na++HCO3-电离产生的弱酸根离子水解消耗水电离产生的H+,破坏了水的电离平衡,使水继续电离,最终导致溶液显碱性,pH>7。正确。C.K2SO4是强酸与强碱发生完全中和得到的盐,不会发生水解反应,水的电离平衡未被破坏,水溶液中的氢离子和氢氧根离子的浓度仍然相等。所以溶液的PH=7.错误。D.FeCl3是强酸弱碱盐,弱碱根离子发生水解反应消耗了水电离产生的OH-离子,水的电离平衡被破坏,使水继电离,最终导致整个溶液显酸性,溶液的PH考点:考查影响溶液酸碱性的因素的知识。
18.【答案】D

【解析】解:A、常温下,对于1L0.005mol•L-1硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,离子积常数Kw=c(H+•c(OH-)=10-14,得到溶液中水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同为10-12mol/L,故A错误;
B、溶液中存在离子积常数,加水稀释后,溶液中氢离子的浓度减少,氢氧根离子浓度增大,故B错误;
C、溶液中存在电荷守恒为c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),故C错误;
D、滴加稀氨水使pH=7,溶液中存在电荷守恒为c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-),c(H+)=c(OH-),则c(NH4+)=2c(SO42-),故D正确;
故选:D.
A、常温下,对于1L0.005mol•L-1硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,依据离子积常数计算水电离出的氢离子浓度;
B、酸溶液中加水稀释,溶液中氢氧化钙离子浓度增大;
C、依据溶液中电荷守恒分析判断;
D、依据溶液中电荷守恒计算分析.
本题考查了水的电离特征分析应用,离子积常数计算应用,溶液中电荷守恒的分析判断是解题关键,题目难度中等.
19.【答案】A

【解析】【分析】
根据二者恰好反应可知n(NH3•H2O)=n(HCl),根据α=计算电离度。
本题考查酸碱混合以及氨水电离度的计算,注意从电离度的概念角度分析,题目难度不大。
【解答】
pH=b的盐酸中c(H+)=c(HCl)=10-bmol/L,
二者恰好反应可知c(NH3H2O)=c(HCl)=10-bmol/L,
pH=a的氨水中c(OH-)=10a-14mol/L,即已电离的c(NH3H2O)=10a-14mol/L,
所以该氨水的电离度为:10a+b-12%。
故选A。
20.【答案】D

【解析】100 ℃时,水的离子积常数KW=10-12,所以pH=12的NaOH溶液c(NaOH)="1" mol/L,pH=2的盐酸c(HCl)="0.01" mol/L,等体积混合后溶液显碱性,A错误;根据KW只与温度有关,即温度不变时,c(H+)·c(OH-)的值不变,醋酸稀释时,c(H+)减小,所以c(OH-)增大,B错误;含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),加入Na2SO4固体,c(S)增大,平衡左移,c(Ba2+)减小,C错误;CH3COONa溶液存在水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,所以c(Na+)>c(CH3COO-),加入适量CH3COOH,平衡左移,c(CH3COO-)增大,则可使c(Na+)=
c(CH3COO-),D正确。
21.【答案】(1①第三周期第ⅢA族    抑制

(2①6

②Cl2+H2O=H++Cl-+HClO

(3①离子键、共价键


【解析】【分析】

本题考查元素化合物性质和转化关系推断,是中学化学的重要知识,难度较大,关键掌握常见元素化合物的性质,根据转化关系选择合适的物质进行解答,侧重知识的综合能力考察。

【解答】

(1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素,将A、C的水溶液混合可得B的沉淀,由转化关系可知,A含有铝离子,B为氢氧化铝,C含有偏铝酸根,x为氢氧化钠。
①A、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al,在周期表中位置是第三周期,ⅢA族,向水中加入X氢氧化钠是碱,对水的电离平衡的影响是抑制。
故答案为:第三周期IIIA族;抑制;
②A的水溶液含有铝离子,C水溶液含有偏铝酸根,混合反应生成氢氧化铝沉淀,反应离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3
故答案为:Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3
(2)若A为固态非金属单质,A与X同为第三周期元素,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8e-结构,由转化关系可知,A为白磷,B为三氯化磷,C为五氯化磷,x为氯气。
①A是白磷,是正四面体结构,所以1molA单质中含共价键数目为6NA;B为三氯化磷,各原子都满足8电子稳定结构,三氯化磷B的电子式为,

故答案为:6;;
②X为Cl2,与水反应,生成次氯酸和盐酸,反应的离子方程式为:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。
故答案为:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO;
(3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色,水溶液均为碱性;将C加到盐酸中,有无色无味的气体X产生,则A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,x为二氧化碳。
①A为氢氧化钠,属于离子化合物,钠离子与氢氧根离子之间形成离子键,氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对,为共价键,属于A中所含有的化学键是离子键、共价键。
故答案为:离子键、共价键;
②C为NaHCO3,溶液中碳酸氢根离子水解大于电离,溶液呈碱性,溶液中离子浓度由小到大的顺序是:c(CO32-)<c(H+)<c(OH-)<c(HCO3-)<c(Na+)。
故答案为:c(CO32-)<c(H+)<c(OH-)<c(HCO3-)<c(Na+)。


22.【答案】3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O;硫氰化钾;Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;变小;亚硫酸根离子有还原性,易被空气中的氧气氧化生成硫酸根离子,2SO32-+O2=2SO42-,所以溶液的pH变小;c;c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);c(Na+)>c(A-)>c(Cl-)

【解析】试题分析:(1)若X为金属单质,W是某强酸的稀溶液,当W的量不同时产物不同,则X是变价金属,为Fe,铁离子遇硫氰化钾溶液显血红色;
(2)若X、Y为正盐,X的水溶液显酸性,W为NaOH溶液,则X是铝盐,铝盐和偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀;
(3)若X为强碱,常温下W为有刺激性气味的气态氧化物,则二氧化硫,氢氧化钠和少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠Z,根据亚硫酸钠的性质判断其溶液PH的变化;
(4)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;根据溶液中存在的溶质判断离子浓度大小.
解 : (1)若X为金属单质,W是某强酸的稀溶液,当W的量不同时产物不同,则X是变价金属,为Fe,该酸是稀硝酸,铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水,离子反应方程式为:3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O,铁离子遇硫氰化钾溶液显血红色,所以选取检验铁离子的试剂是硫氰化钾,
故答案为: 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O;硫氰化钾;
(2)若X、Y为正盐,X的水溶液显酸性,W为NaOH溶液,则X是铝盐,铝盐和偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为:Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,
故答案为: Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(3)若X为强碱,常温下W为有刺激性气味的气态氧化物,则二氧化硫,氢氧化钠和少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠Z,亚硫酸钠不稳定,易被空气中氧气氧化生成硫酸钠,导致溶液的pH变小,
故答案为:变小;亚硫酸根离子有还原性,易被空气中的氧气氧化生成硫酸根离子, 2SO32-+O2=2SO42-,所以溶液的pH变小;
(4)根据图象知,该酸是弱酸,a、b、c、d点的溶质分别是盐和酸、盐和酸、盐、碱和盐,酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是C;a点溶液中存在等物质的量浓度的盐和酸,酸的电离程度大于酸根离子的水解程度,所以溶液呈酸性,溶液中离子浓度大小顺序是c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),c点溶液于试管中,再滴加0.1mol/L盐酸至中性,溶液中存在的溶质是氯化钠、NaA,因为C点碱性较弱,所以加入的盐酸的量较少,则氯离子浓度小于A-,根据电荷守恒知离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A-)>c(Cl-),
故答案为: c;c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);c(Na+)>c(A-)>c(Cl-).
23.【答案】+(4b-c-2a)kJ•moL-1 0.16   b   升高温度或减小压强   12.8   >   温度升高,k增大的倍数大于k 阴   CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O   12

【解析】解:(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H>0,反应为吸热反应,焓变为正值,反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(8b-c-4b-2a)KJ/mol=+(4b-c-2a) kJ•moL-1
故答案为:+(4b-c-2a) kJ•moL-1
(2①T1温度时,向1 L的恒容反应器中充入2 molCH4,仅发生上述反应,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L,物质的量为1.6mol,反应达到平衡状态,此时消耗甲烷物质的量1.6mol,0~10 min内CH4表示的反应速率v===0.16mol/(L•min)
故答案为:0.16;
②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时,使用质量相同但表面积不同的催化剂时,达到平衡过程中n (CH4)的变化曲线,催化剂表面积越大反应速率越快,达到平衡所需时间越短,其中表示催化剂表面积较大的曲线是b,
故答案为:b;
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化,物质的量随时间变化减小,说明平衡正向进行,反应为气体体积增大的吸热反应,升高温度或减小压强,平衡正向进行,符合图象变化,
故答案为:升高温度或减小压强;
(3)c=kc2(CH4),v=kc(C2H4•c2(H2)其中K、K为速率常数仅与温度有关,温度不变平衡常数不变,反应达到平衡状态时,正逆反应速率相同得到,T1温度时k与K的比值=K,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L,
2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H>0
起始量(mol/L)   2                0                0
变化量(mol/L) 1.6             0.8             1.6
平衡量(mol/L) 0.4            0.8              1.6
K==12.8,
反应为放热反应,升温平衡正向进行,正逆反应速率增大,正反应增大的倍数大于逆反应增大的倍数,V>V
故答案为:12.8;>;温度升高,k增大的倍数大于k
(4①甲烷燃料电池并用于电解,通入甲烷的电极为原电池负极,通入氧气的电极为原电池的正极,D电极为阴极,C为阳极,
故答案为:阳;
②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳,传导离子是氧离子,该电池工作时负极反应方程式为:CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O,
故答案为:CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O;
③用该电池电解饱和食盐水,一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,物质的量n==0.005mol,为生成的氢气和氯气,n(H2)=n(Cl2)=0.0025mol,结合电极反应计算,2H++2e-=H2↑,溶液中氢离子浓度减少=增加的氢氧根离子浓度=×2=0.01mol/L,结合离子积常数计算得到氢离子浓度=mol/L=10-12mol/L,计算溶液PH=12,
故答案为:12。
(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H>0,反应为吸热反应,焓变为正值,反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能;
(2①T1温度时,向1 L的恒容反应器中充入2 molCH4,仅发生上述反应,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L,物质的量为1.6mol,反应达到平衡状态,此时消耗甲烷物质的量1.6mol,0~10 min内CH4表示的反应速率v=;
②催化剂表面积越大反应速率越快;
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化,物质的量随时间变化减小,说明平衡正向进行;
(3)c=kc2(CH4),v=kc(C2H4•c2(H2)其中K、K为速率常数仅与温度有关,温度不变平衡常数不变,反应达到平衡状态时,正逆反应速率相同得到T1温度时k与K的比值等于K,反应为放热反应,升温平衡正向进行;
(4)甲烷燃料电池并用于电解,通入甲烷的电极为原电池负极,通入氧气的电极为原电池的正极,D电极为阴极,C为阳极,
①C电极为电解池的阳极;
②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳,传导离子是氧离子,结合电荷守恒、原子守恒写出电极反应;
③用该电池电解饱和食盐水,一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,物质的量n==0.005mol,为生成的氢气和氯气,结合电极反应计算溶液中氢离子浓度减少得到增加的氢氧根离子浓度,结合离子积常数计算得到氢离子浓度计算溶液PH。
本题考查了热化学方程式书写、平衡常数和反应速率的计算应用、影响化学平衡的因素、原电池和电解池原理及其电极反应书写等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。
24.【答案】Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4;后者大;ad;BD;缺少尾气处理装置;A;C中澄清石灰水变浑浊,E中黑色粉末变红色;Fe2O3;FeC2O4•2H2OFe2O3+3CO↑+CO2↑+2H2O

【解析】解:(1①电离常数越大,酸的酸性越强,其盐溶液的水解程度越小,盐溶液的pH越小,则浓度均为0.1mol•L-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的顺序是Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4;pH相同时,酸性越强,其酸的浓度越小,已知甲酸的酸性大于HCN,则pH相同时HCN的浓度大,所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量,HCN消耗的氢氧化钠多;
故答案为:Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4;后者大;
②a.已知K2==5.4×10-3,则HC2O4-溶液显酸性,则HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,故a正确;
b.HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,故b错误;
c.NaHC2O4溶液存在电荷守恒,则溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),故c错误;
d.NaHC2O4溶液存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),物料守恒为,c(Na+)=c(HC2O4-)++c(C2O42-)+c(H2C2O4),联立两个式子可得:c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),故d正确;
故答案为:ad;
(2)A.MgC2O4的Ksp=c(Mg2+)×c(C2O42-)=(9×10-32=8.1×10-5(mol•L-1),故A正确;
B.在MgC2O4饱和溶液中加入Na2CO3固体,会生成碳酸镁沉淀,则镁离子浓度减小,图中由c点到b点时镁离子浓度不变,故B错误;
C.沉淀溶解平衡曲线下面的点代表不饱和溶液,则a点对应的是MgC2O4的不饱和溶液,故C正确;
D.MgC2O4(s)+2OH-(aq)⇌Mg(OH)2(s)+C2O42-(aq)平衡常数K==,故D错误;
故答案为:BD;
(3①CO属于有毒气体,要进行尾气处理,所以从环保角度考虑,该套实验装置的明显缺陷是缺少尾气处理装置;
故答案为:缺少尾气处理装置;
②可燃性气体与氧气混合达到一定程度时,遇明火会发生爆炸,所以先点燃分解反应处的酒精灯,排尽装置中的空气,即先点燃A处的酒精灯;
故答案为:A;
③实验过程中观察到B中白色无水CuSO4变成蓝色,C中澄清石灰水变浑浊,E中黑色固体变红色,则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O,CO,CO2
故答案为:C中澄清石灰水变浑浊,E中黑色粉末变红色;
④草酸亚铁晶体中的铁元素质量为:3.6g×=1.12g,草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中,
氧化物中氧元素的质量为:1.60g-1.12g=0.48g,
铁元素和氧元素的质量比为:1.12g:0.48g=7:3,
设铁的氧化物的化学式为FexOy
则有:56x:16y=7:3,
x:y=2:3,
所以铁的氧化物的化学式为Fe2O3
则草酸亚铁晶体分解生成的产物为Fe2O3、H2O、CO、CO2,其反应方程式为:FeC2O4•2H2OFe2O3+3CO↑+CO2↑+2H2O;
故答案为:Fe2O3;FeC2O4•2H2OFe2O3+3CO↑+CO2↑+2H2O.
(1①电离常数越大,酸的酸性越强,其盐溶液的水解程度越小,盐溶液的pH越小;pH相同时,酸性越强,其酸的浓度越小;
②已知K2==5.4×10-3,则HC2O4-溶液显酸性,结合电荷守恒和物料守恒分析;
(2)A.MgC2O4的Ksp=c(Mg2+)×c(C2O42-),结合图中数据计算;
B.在MgC2O4饱和溶液中加入Na2CO3固体,会生成碳酸镁沉淀;
C.沉淀溶解平衡曲线下面的点代表不饱和溶液;
D.根据反应的平衡常数表达式与Ksp的表达式分析;
(3①CO属于有毒气体,要进行尾气处理;
②可燃性气体与氧气混合达到一定程度时,遇明火会发生爆炸,所以先点燃分解反应处的酒精灯,排尽装置中的空气;
③二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,CO还原CuO得到Cu;
④根据草酸亚铁晶体的质量求出其中Fe元素的质量,由元素守恒可知氧化物中Fe的质量,再求出O元素的质量,然后求出铁的氧化物的化学式,根据题中提供的信息,可知草酸亚铁晶体分解的产物为忒的氧化物、H2O、CO、CO2,根据原子守恒写出方程式.
本题考查了盐的水解、溶液中电荷守恒和物料守恒的应用、溶度积常数的应用、性质实验方案设计等,题目涉及的知识点较多,综合性较强,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和实验探究能力.
25.【答案】(1)锥形瓶;
(2)NaA;c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);=;
(3)=;
(4)>;
(5)a;
(6)AD

【解析】【分析】
本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算,题目难度中等,明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.
(1)中和滴定需要用到铁架台(带蝴蝶夹)、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶;
(2)a点时酸碱恰好中和,溶质为NaA,NaA水解呈碱性,溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);根据物料守恒判断;
(3)c点所示溶液呈中性,根据电荷守恒判断;
(4)b点溶质为等浓度的NaA和HA,HA的电离程度大于NaA的水解程度;
(5)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;
(6)根据c(待)=判断不当操作对V(标)的影响;
【解答】
(1)中和滴定需要用到铁架台(带蝴蝶夹)、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶;故答案为:锥形瓶;
(2)a点时酸碱恰好中和,溶质为NaA,NaA水解呈碱性,溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);a点所示溶液中溶质为NaA,根据物料守恒可得:c(Na+)=c(A-)+c(HA);故答案为:NaA;c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);=;
(3)c点所示溶液呈中性,则c(OH-)=c(H+),由电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-);所以c(Na+)=c(A-);故答案为:=;
(4)b点溶质为等浓度的NaA和HA,HA的电离程度大于NaA的水解程度,c(A-)>c(HA);故答案为:>;
(5)根据图象知,该酸是弱酸,a、b、c点的溶质分别是盐、盐和酸、盐和酸,a点盐类水解促进水电离,b点盐类水解小于酸的电离,水的电离程度受到抑制,c点溶液呈中性,水的电离程度不受影响,所以a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是a;故答案为:a;
(6)A、滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失,导致V(HA)偏大,故A正确;
B、锥形瓶洗涤后没有干燥,NaOH的物质的量不变,导致V(HA)不变,故B错误;
C、滴定时锥形瓶中有液体溅出,NaOH的物质的量偏小,导致V(HA)偏小,故C错误;
D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下,导致V(HA)偏大,故D正确;
E、滴定开始前读数时平视,滴定终点,读数时俯视,导致V(HA)偏小,故E错误;
故选AD.
26.【答案】(1①Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+
②1;3;5H+;2;3;4;Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓;
③取沉淀后的上层清液测定其pH,若pH≥8,则沉淀完全;
(2①Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;
②水中的H+在阴极区放电,H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH-向右移动,阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全;
③0.08。

【解析】【分析】
本题考查了探究物质的组成、电解原理等知识,题目难度较大,试题综合性较强,涉及了电解原理、氧化还原反应配平、化学方程式的计算等问题,培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决问题的能力,有利于提高学生的实验设计能力和应试能力,提升学生的学科素养。
【解答】
(1①明矾为强电解质,在溶液中完全电离,生成Al3+和SO42-、K+,Al3+能水解生成氢氧化铝胶体:Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+或Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,氢氧化铝胶体具有吸附性,能吸附水中的悬浮物,所以能作净水剂,
故答案为:Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+
②反应中,Cr2O72-中铬元素化合价变化为:+6→+3,化合价降低了3价,Cr2O72-中含有两个铬原子,至少降低6价;HSO3-中硫元素化合价变化为:+4→+6,化合价升高了(6-4)=2价,化合价变化的最小公倍数为6,所以Cr2O72-的化学计量数为1,亚硫酸氢根离子计量数为3,铬离子计量数为2,硫酸根离子计量数为3,再根据电荷守恒,氢离子计量数为5,最后根据质量守恒判断,未知物为水,计量数为4,配平后的方程式为:Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O,
故答案为:1;3;5H+;2;3;4;
③向转化后的废水中加入NaOH溶液,NaOH会和H+发生反应H++OH-=H2O,Cr3+与NaOH发生反应Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓,根据表中数据可知,Cr(OH)3沉淀完全时,溶液的pH为8,所以测定溶液的pH,若pH≥8,则证明Cr3+沉淀完全,
故答案为:Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓;取沉淀后的上层清液测定其pH,若pH≥8,则沉淀完全;
(2①亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应,Cr2O72-被还原为Cr3+,然后Cr3+生成Cr(OH)3沉淀,重铬酸根具有强氧化性,能将生成的亚铁离子氧化为三价,反应的离子方程式为:6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,
故答案为:Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;
②随着电解进行,溶液中c(H+)逐渐减少,打破了水的电离平衡,促进了水的电离,使溶液中OH-浓度增大,溶液的碱性增强,生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀,金属阳离子在阴极区可沉淀完全,
故答案为:水中的H+在阴极区放电,H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH-向右移动,阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全;
③根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓知0.01molCr2O72-,可生成0.02molCr(OH)3,0.06molFe(OH)3,共0.08mol,
故答案为:0.08。
27.【答案】56×10-14;K1>K>K2;分液;1;苯酚不稳定易被氧化;溶液由黄绿色变为黄色;O2;过量除杂试剂H2O2不会排出有毒气体,且废水酸性较弱

【解析】解:(1)常温下水的Kw=1×10-14,则电离平衡的常数K约为56×10-14,H2O2的K1=1×10-12,K2=1×10-25,K、K1、K2从大到小顺序为K1>K>K2
故答案为:56×10-14;K1>K>K2
(2)发生H2O2+C6H6C6H5OH+H2O,苯酚、苯与水分层,反应后的混合物经过分液、蒸馏得到苯酚,由反应可知,理论上制取1mol苯酚需要消耗H2O2为 1mol,实际消耗大于理论用量的主要原因是苯酚不稳定易被氧化,则消耗的过氧化氢就多,
故答案为:分液;1;苯酚不稳定易被氧化;
(3)由2H++[Fe(CN)6]4-(黄色溶液)+H2O2⇌[Fe(CN)6]3-(黄绿色溶液)+2H2O,酸性条件下平衡正向移动,碱性条件下平衡逆向移动,则按照从酸性至碱性的顺序,可观察到的现象是溶液由黄绿色变为黄色,
故答案为:溶液由黄绿色变为黄色;
(4)用H2O2除去废水中的Cl2,发生H2O2+Cl2=2HCl+O2可知,O元素失去电子,对应氧化产物为O2,SO2除去废水中的Cl2,发生Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,则与SO2除Cl2相比,其优点是过量除杂试剂H2O2不会排出有毒气体,且废水酸性较弱,
故答案为:O2;过量除杂试剂H2O2不会排出有毒气体,且废水酸性较弱.
(1)常温下水的电离平衡的常数K约为56×10-14,H2O2的K1=1×10-12,K2=1×10-25
(2)发生H2O2+C6H6C6H5OH+H2O,苯酚、苯与水分层,苯酚不稳定易被氧化;
(3)由2H++[Fe(CN)6]4-(黄色溶液)+H2O2⇌[Fe(CN)6]3-(黄绿色溶液)+2H2O,酸性条件下平衡正向移动,碱性条件下平衡逆向移动;
(4)结合H2O2+Cl2=2HCl+O2、Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl分析.
本题考查化学平衡及氧化还原反应,为高频考点,把握物质的性质、化学平衡常数及平衡移动为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意反应原理的应用,题目难度中等.

点评:

+1
0

分享:

文档格式:docx

下载文档
版权申诉 举报

版权声明:以上文章中所选用的图片及文字来源于网络以及用户投稿,由于未联系到知识产权人或未发现有关知识产权的登记,如有知识产权人并不愿意我们使用,如果有侵权请立即联系:55525090@qq.com,我们立即下架或删除。

客服服务微信

55525090

手机浏览

微信公众号

Copyright© 2006-2020 主站 www.5ykj.com , All Rights Reserved 闽ICP备12022453号-30

版权声明:以上文章中所选用的图片及文字来源于网络以及用户投稿,由于未联系到知识产权人或未发现有关知识产权的登记,

如有知识产权人并不愿意我们使用,如果有侵权请立即联系:55525090@qq.com,我们立即下架或删除。