2013年高考化學 試題分類解析 考點08 電解質溶液

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1、考點8電解質溶液 1.（2013·上?；瘜W·19）部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表： 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 電離平衡常數(shù) （25℃） Ki=1.77×10-4 Ki=4.9×10-10 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11 下列選項錯誤的是 A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32- B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑ C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者 【答案】AD 【解析】根據(jù)電離常

2、數(shù)可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A錯誤，B正確；等體積、等pH的HCOOH和HCN所含溶質，HCN多，則中和時消耗的NaOH的量多，C正確；根據(jù)電荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)= n(Na-)+n(H+)， 即離子總數(shù)是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D錯誤。 【考點定位】本題考查酸性強弱，離子濃度比較，中和反應等。 2.（2013·四川理綜化學·5）室溫下，將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積混合（忽略體積變化），實驗數(shù)據(jù)如

3、下表： 實驗編號 起始濃度/（mol·L－1） 反應后溶液的pH c（HA） c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判斷不正確的是 A.實驗①反應后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) B.實驗①反應后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)= KW 1X10－9 mol·L—1 C. 實驗②反應后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1 D. 實驗②反應后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋) 【答案】B 解析：由表中①的HA為弱酸且

4、酸堿物質的量相等，因此得A正確；由①中電荷守恒得[OH-]=[K+]-[A-]+[H+]=Kw/1X10-9 mol/L,故B錯誤；C中由②得X＞0.2mol/L，故C正確；由電荷守恒得D正確 3、（2013·天津化學·4）下列實驗誤差分析錯誤的是 A、用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏小 B、用容量瓶配置溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小 C、滴定前滴定管內無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小 D、測定中和反應反的應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏小 【解析】該題考查基本實驗的誤差分析。A選項濕潤的PH試紙測稀堿液的PH時，堿液被稀釋，PH值偏小，正確。B選

5、項用容量瓶配置溶液定容時俯視刻度線，所加水偏少，所配溶液濃度偏大，錯誤。C選項滴定前滴定管內無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小，液就是讀數(shù)偏小，正確。D選項測定中和反應反的應熱時，將堿緩慢倒入酸中，熱量損失比較多，所測溫度值偏小，正確。 答案：B 4、（2013·天津化學·5）下列有關電解質溶液的說法正確的是 A、在蒸餾水中滴加濃H2SO4，KW不變 B、CaCO3難溶于稀硫酸，也難溶于醋酸 C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-) D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同 【解析】該題考查電解質溶液

6、的基本知識。A選項在蒸餾水中滴加濃H2SO4，放出熱量，溶液溫度升高，KW變大，錯誤。B選項CaCO3難溶于稀硫酸，但能難溶于醋酸，錯誤。C選項時溶液中的質子守恒，正確。D選項CH3COONH4雙水解，促進水的電離，水的電離程度增大，錯誤。 答案：C 5.（2013·安徽理綜·13）已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡： HSO3- + H2O H2SO3 + OH- ① HSO3- H+ + SO32- ② 向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質，

7、下列有關說法正確的是 A． 加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大 B． 加入少量Na2SO3固體，則c(H+) + c(Na+) = c(HSO3-) + c(OH-) +c(SO32-) C． 加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D． 加入氨水至中性，則2c(Na+) = c(SO32-)>c(H+) = c(OH-) 13.【答案】C 【解析】溶液顯酸性，說明電離大于水解。A加入，與水反應生成，與反應，故減小，錯誤；B該溶液中存在電荷守恒，故亞硫酸根前乘以2；錯誤；C、加入少量， 【考點定位】考查電解質溶液，涉及弱電解質的電離和鹽類的水解、三大

8、守恒關系的應用。 6.（2013·廣東理綜·12）50℃時，下列各溶液中，離子的物質的量濃度關系正確的是 A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0molL-1 B.飽和小蘇打溶液中：c（Na+）= c（HCO3-） C．飽和食鹽水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-） D. pH=12的純堿溶液中：c（OH-）=1.0×10-2molL-1 12、解析：50℃時，水的離子積常數(shù)大于1×10—14。pH=4的醋酸中，ｃ（H＋）=1×10—4 mol/L，A錯誤；飽和小蘇打溶液中，ＨＣＯ３—會發(fā)生水解反應導致濃度減小，ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（ＨＣＯ３—），B錯誤；飽

9、和食鹽水中，ｃ（Ｎａ＋）+ｃ（H＋）=ｃ（ＯＨ—）+ｃ（Cl—）符合電荷守恒的關系，C正確；pH=12的碳酸鈉溶液中, ｃ（ＯＨ—）=KW/1×10—12＞1×10—2 mol/L,D錯誤。答案：C 命題意圖：水溶液中的離子平衡 7.（2013·江蘇化學·14）一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。已知: pM=－lgc(M)， pc(CO32－)=－lgc(CO32－)。下列說法正確的是 A.MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大 B.a點可表示MnCO3的飽和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32－) C

10、.b點可表示CaCO3的飽和溶液，且c(Ca2＋)＜c(CO32－) D.c點可表示MgCO3 的不飽和溶液，且c(Mg2＋)＜c(CO32－) 【參考答案】BD 【解析】本題屬于基本概念與理論的考查，落點在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比較。圖線變化隱含pH的實質。 A.pM 、pc(CO32－)與pH一樣，圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小。因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次減小。 B.a點在曲線上，可表示MnCO3的飽和溶液，又在中點，故c(Mn2＋)=c(CO32－)。 C.b點可表示CaCO3的飽和溶液，但圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小，故c

11、(Ca2＋)＞c(CO32－)。 D.c點在曲線上方，可表示MgCO3 的不飽和溶液，且圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小，故c(Mg2＋)＜c(CO32－)。 8、（2013·廣西理綜·12）右圖表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的關系，下列判斷錯誤的是 A.兩條曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B.M區(qū)域內任意點均有c(H＋)＜c(OH－) C.圖中T1＜T2 D.XZ線上任意點均有pH＝7 【答案】D 【解析】由水的濃度積常數(shù)可知兩曲線上的點均為該溫度下的平衡點，所以曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw，A項正確；M區(qū)域均在XZ直線上方，即c(

12、H＋)＜c(OH－)，B項正確；根據(jù)水的電離是吸熱的，升溫有利于促進水的電離，所以升高溫度離子積增大，因此T1＜T2，C項正確；XZ線上任意點均有c(H＋)=c(OH－)，但并不是pH均等于7，當溫度高于25℃，pH<7，D項錯誤。 9.（2013·新課標卷I·9）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是 A. W2-、X+ B. X+、 Y3+ C. Y3+、 Z2- D. X+、 Z2- 【考點】考查周期表中元素的推斷及水的電離平衡影響因素。 【解析】該題命題結構簡單，切

13、入點新穎，考察了離子化合價與其離子電荷的關系。根據(jù)答案選項可知W、X、Y、Z形成的簡單離子分別為W2- 、X+ 、Y3+ 、Z2-，又知W、X、Y、Z均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，故可推出W為O，X為Na，Y為Al，Z為S， Al3+和S2-均能發(fā)生水解，水解打破了水的電離平衡。O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。 【答案】C 10.（2013·重慶理綜·8）下列說法正確的是( ) A．KClO3和SO3溶于水后能導電，故KClO3和SO3為電解質 B．25℃時，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH) C．向NaAlO2溶液中滴加Na

14、HCO3溶液，有沉淀和氣體生成 D．AgCl沉淀易轉化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜K(AgCl) 解析：考察化學知識組合，涉及電解質、電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。A項， 三氧化硫溶于水能夠導電，是因為生成硫酸的緣故，三氧化硫是非電解質；B項，若要成中性，必須構成CH3COONa與CH3COOH的混合溶液才有可能，V(醋酸)>V(NaOH);C項，發(fā)生反應生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，沒有氣體產(chǎn)生；D項，說明AgI比AgCl更難溶，Ksp(AgI)＜K(AgCl). 11.（2013·江蘇化學·11）下列有關說法正確的是

15、 A.反應NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0 B.電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極 C.CH3COOH 溶液加水稀釋后，溶液中 的值減小 D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固體，CO32－水解程度減小，溶液的pH 減小 【參考答案】AC 【解析】本題是化學反應與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對用熵變焓變判斷反應方向，水解反應、原電池電解池、化學反應速率的影響因素等方面的能力。 A.本反應前后氣體變固體，熵變小于零，只有在焓變小于零時自發(fā)。內容來源于《選修四》P34－P36中化學方向的判斷。 B.精煉

16、銅時，粗銅銅作陽極，被氧化，純銅作陰極，被還原。內容來源于《選修四》P81。 C.越稀越電離，醋酸與醋酸根離子濃度比減小。內容來源于《選修四》P41。 D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固體，抑制碳酸根離子水解，但pH值隨著Ca(OH)2固體的加入而增大。 12、（2013·浙江理綜·7）下列說法不正確的是 A．多孔碳可用氫氧燃料電池的電極材料 B．pH計不能用于酸堿中和滴定終點的判斷 C．科學家發(fā)現(xiàn)一種新細菌的DNA鏈中有砷(As)元素，該As元素最有可能取代了普通DNA鏈中的P元素 D．CH3CH—CH2和CO2反應生成可降解聚合物[ O—CHCH2—O—C ]n，

17、該反應符合綠 O CH3 O 色化學的原則 【解析】A選項：氫氧燃料電池要求電極必須多孔具有很強的吸附能力，并具一定的催化作用，同時增大氣固的接觸面積，提高反應速率。C選項：As和P同主族。甲基環(huán)氧乙烷與二氧化碳在一定條件下反應生成聚碳酸酯，原子利用率達到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成無毒無害物質，所以此反應符合綠色化學原則。B選項：pH計可用于酸堿中和滴定終點的判斷。 13.（2013·新課標卷Ⅱ·13）室溫時，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a;

18、c(M2+)=b mol·L-1時，溶液的pH等于 A. B. C.14+ D.14+ 解析：考察沉淀溶解平衡與PH值的關系。C(M2+)·C2(OH-)= a ；C2(OH-)=a/b，經(jīng)過計算，選擇C。 14（2013·北京理綜·10）實驗：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCI溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c； ② 像濾液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出現(xiàn)渾濁； ③ 像沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。 下列分析不正確的是 A. 濁液a中存在沉

19、淀溶解平衡： B. 濾液b中不含有Ag+ C. ③中顏色變化說明AgCI 轉化為AgI D. 實驗可以證明AgI比AgCI更難溶 【答案】B 【解析】 A、絕對不溶的物質沒有，難溶物質在溶液中存在沉淀溶解平衡，故正確；B、溶液中存在沉淀溶解平衡，濾液中含有Ag+，故錯誤；C、D選項沉淀由白色變?yōu)辄S色，說明生成AgI，反應向更難溶的方向進行，故正確。 15．（2013·山東理綜·13）某溫度下，向一定體積0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中 pOH(pOH=-lg[OH-])與pH的變化關系如圖所示，則 A．M點所示溶液導電能力強于Q點 B．N點

20、所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+) C．M點和N點所示溶液中水的電離程度相同 D．Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積 解析：由于醋酸是弱酸，電離程度很小，離子濃度也較小，M點溶液的導電能力最弱，A錯；N點所示溶液為堿性，根據(jù)溶液電荷守恒易判斷出此時c（Na+）＞c(CH3COO-)，B錯；由于M點的H+濃度等于N點的OH-濃度，對水的電離程度抑制能力相同，所以兩點水電離程度相同，C正確；Q點的pOH＝pH，溶液為中性，而兩者等體積混合后生成醋酸鈉，水解顯堿性。則所加NaOH溶液體積略小于醋酸溶液的體積，D錯。 答案：C 16．（2013·海南化學·8）0.1m

21、ol/LHF溶液的pH=2，則該溶液中有關濃度關系式不正確的是 A．c(H+)> c(F-) B．c(H+)> c(HF) C．c(OH-)> c(HF) D．c(HF) > c(F-) [答案]BC [解析]：電離后，因水也電離產(chǎn)生H+，所以c(H+)>c(F-)均約為0.01，c(HF)約0.09，c(OH-)為10-12。 17. （2013·福建理綜·8）室溫下，對于0.10 mol·L-1的氨水，下列判斷正確的是 A．與AlCl3溶液反應發(fā)生的離子方程式為 Al3++3OH—=Al(OH)3↓ B．加水稀釋后，溶液中c(NH4+)·c(

22、OH—)變大 C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性 D．其溶液的pH=13 【知識點】弱電解質的電離及電離平衡常數(shù)，離子方程式的數(shù)學以及pH的計算 【答案】C 【解析】A項，一水合氨屬于弱堿，在離子方程式中不能拆成離子形式，正確的是()+ +Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B項，氨水是弱電解質的電離平衡常數(shù)，一般受溫度的影響，加水不會改變化學平衡常數(shù)；C項，完全中和后的得到的硝酸鋁屬于強酸弱堿鹽，溶液顯酸性；D項，一水合氨屬于弱電解質，不能完全電離，故電離出的c(OH—)小于0.1mol/L，所以pH<13。 18、（2013·浙江

23、理綜·12）25℃時，用濃度為0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.1000 mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是 A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZ＜HY＜HX B．根據(jù)滴定曲線，可得Ka(HY)≈10—5 C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+) Ka(HY)·c(HY) c(Y—) D．HY與HZ混合，達到平衡時：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—) 【解析】

24、濃度均為0.1000 mol/L的三種酸HX、HY、HZ，根據(jù)滴定曲線0點三種酸的pH可得到HZ是強酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同溫同濃度時，三種酸的導電性：HZ＞HY＞HX。B選項：當NaOH溶液滴加到10 mL時，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C選項：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D選項：HY與HZ混合，溶液的電荷守恒式為：c(H+)= c(Y—)+ c

25、(Z—) +c(OH—)，又根據(jù)HY的電離平衡常數(shù)： Ka(HY)·c(HY) c(H+) c(Y—) c(H+)·c(Y—) c(HY) Ka(HY)= 即有：c(Y—)= Ka(HY)·c(HY) c(H+) c(Y—) 所以達平衡后：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—) 19.（2013·上?；瘜W·5）374℃、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H+和OH-，由此可知超臨界水 A.顯中性，pH等于7 B.表現(xiàn)出非極

26、性溶劑的特性 C.顯酸性，pH小于7 D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性 【答案】B 【解析】超臨界水任然呈中性，ＡＣ項錯誤　根據(jù)相似相容的原理可以知道Ｂ正確（有機物大多數(shù)是非極性分子）　Ｄ錯誤。 20.（2013·上海化學·11）H2S水溶液中存在電離平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中 A.加水，平衡向右移動，溶液中氫離子濃度增大 B.通入過量SO2氣體，平衡向左移動，溶液pH值增大 C.滴加新制氯水，平衡向左移動，溶液pH值減小 D.加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液中所有離子濃度都減小 【答案】C 【解析】加水促進電離，但氫離子濃度減

27、小，A錯誤，B項反應：2H2S+SO2=3S+2H2O 當SO2過量 溶液顯酸性，而且酸性比H2S強 pH值減小，錯誤，滴加新制氯水，發(fā)生反應 Cl2+H2S=2HCl+S 平衡向左移動，溶液pH值減小，C項正確 加入少量硫酸銅固體，發(fā)生反應H2S+Cu2-=CuS+2H- H- 濃度增大 D項錯誤 21、（2013·新課標卷I·11）已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13 ，Ksp（Ag2CrO4）=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-，濃度均為0.010mol/L，向該溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶

28、液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為 A、Cl-、Br-、CrO42-???????????????????? B、CrO42-、Br、Cl- C、Br-、Cl-、CrO42-? ?????????????????????????????????????????????? D、Br、CrO42-、Cl- 【考點】考查濃度積計算及分析問題的能力。 【解析】設Cl-、Br-、CrO42- 剛開始沉淀時，銀離子的濃度分別為x mol、y mol、z mol，則根據(jù)Ksp可得： 0.01x=1.56×10-10 0.01y=7.7×10-13 0.01z2=9

29、×10-11 可分別解出x≈1.56×10-8? y≈7.7×10-13? z≈3××10-4.5 可知y

30、 .。 （3）在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉化器，可有效降低NOX的排放。 ①當尾氣中空氣不足時，NOX在催化轉化器中被還原成N2排出。寫出NO被CO還原的化學方程式：_ . ② 當尾氣中空氣過量時，催化轉化器中的金屬氧化物吸收NOX生成鹽。其吸收能力順序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO.原因是 .，元素的金屬性逐漸增強，金屬氧化物對NOX的吸收能力逐漸增強。 （4） 通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量，其工作原理示意圖如下: ①Pt電極上發(fā)生的是 反應(填“氧化

31、”或“還原”)。 ②寫出NiO電極的電極反應式: . 【答案】 （1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO； （2）①、N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②、增大； （3）①、2NO+2CON2+2CO2 ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的質子數(shù)可知，它們均處于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半徑增大； （4）①、還原； ②、NO+O2--2e-=NO2； 【解析】（1）NO2與H2O反應生成HNO3與NO； （2）①、△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mo

32、l=+183KJ/mol； ②、該反應正反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應移動，化學平衡常數(shù)增大； （3）①、NO被CO還原N2，CO被氧化為CO2； ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的質子數(shù)可知，它們均處于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半徑增大，金屬性增強； （4）①、由工作原理示意圖可知，O2在Pt電極發(fā)生還原反應生成O2-； ②、在O2-參加反應下，NO在NiO電極發(fā)生氧化反應生成NO2。 23、（2013·天津化學·7）X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別

33、是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。 請回答下列問題： （1） 五種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）———————— （2） X與Y能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質（寫分子式）———— （3） 由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉化關系 其中C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體。寫出C的結構式——；D的電子式—— ①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學式為—— 由A轉化為B的離子方程式—————— ②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性。

34、用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因——————————————————。A、B濃度均為0.1mol/L的混合溶液中，離子濃度由大到小的順序是——————————；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有————————————。 【解析】該題以周期律和周期表為基礎知識，考查元素推斷、重要元素化合物的性質、化學用語、電解質溶液中離子濃度大小比較等重要知識。 （1） 根據(jù)短周期元素、X、Y元素的X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；推知X Y元素分別為H和C，Q與X同主族推知Q為Na元素，Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，推知Z為O元素，R為Al元素。 原子

35、半徑大小順序為Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ （２）Ｃ和Ｈ形成的物質是有機化合物，含極性鍵又含非極性鍵，分子質量最小的只能是 Ｃ２Ｈ２ （３）C溶于水顯酸性的氣體只能是ＣＯ２，Ｄ是淡黃色固體，只能是過氧化鈉 ， ①Ｂ為兩性不溶物，Ａ　Ｂ均由三種元素組成，根據(jù)轉化關系Ａ為ＮａＡｌＯ２， Ｂ為Ａｌ（ＯＨ）３由Ａ轉化為Ｂ的離子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或 2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3+CO32- ②A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性,A是Na2CO3，B是NaHCO3.A顯堿性

36、的原因是CO32-的水解。水解的離子方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-,二者等濃度的混合溶液中，離子濃度的大小順序為c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+), 碳酸根的水解程度比碳酸氫根的水解程度大。在滴加鹽酸至中性時，碳酸鈉和鹽酸反應生成NaHCO3，NaHCO3和鹽酸反應生成NaCL、H2O、CO2、若果溶質全是NaCl，由于有CO2，溶液就顯酸性，所以溶質是NaHCO3、NaCl、CO2。 答案：見解析 24．（2013·山東理綜·29）（15分）化學反應原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應用 （1）利用“化學蒸氣轉移法”制備TaS2晶體，發(fā)生

37、如下反應 TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H﹥0 （I） 反應（I）的平衡常數(shù)表達式K= ，若K=1，向某恒容密閉容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡轉化率為 （2）如圖所示，反應（I）在石英真空管中進行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2（g），一段時間后，在溫度為T1的一端得到了純凈的TaS2晶體，則溫度T1 T2（填“﹥”“﹤”或“=”）。上述反應體系中循環(huán)使用的物質是 。 （3）利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫

38、的含量。做法是將鋼鐵中的硫轉化為H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為 ，滴定反應的離子方程式為 （4）25℃時，H2SO3 HSO3-+H+的電離常數(shù)Ka=1×10-2mol/L，則該溫度下NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh= mol/L，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將 （填“增大”“減小”或“不變”）。 解析：（1）或，通過三行式法列出平衡濃度，帶入K值可以得出轉化率為66.7%。 （2）由所給方程式可知該反應為吸熱

39、反應，通過題意溫度T2端利于反應正向進行，為高溫，溫度T1端利于反應向左進行，為低溫，所以T1＜T2。I2是可以循環(huán)使用的物質. (3)因為I2遇到淀粉會變藍色,所以可以用淀粉溶液作指示劑.離子反應:H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-. (4)Ka＝,HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,當加入少量I2時，溶液酸性增強，[H+]增大，但是溫度不變，Kb不變，則增大。 答案：（1）或，66.7% （2）＜，I2 （3）淀粉溶液，H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I- （4）1.0×10-1

40、2，增大 25.（2013·廣東理綜·31）(16分) 大氣中的部分碘源于O3對海水中Ⅰ-的氧化。將O3持續(xù)通入NaⅠ溶液中進行模擬研究. （1）O3將Ⅰ-氧化成Ⅰ2的過程由3步反應組成： ①Ⅰ-（aq）+ O3（g）=ⅠO-(aq)+O2（g）△H1 ②ⅠO-（aq）+H+(aq) HOⅠ(aq) △H2 總反應的化學方程式為______，其反應△H=______ （2）在溶液中存在化學平衡：，其平衡常數(shù)表達式為_______. (3) 為探究Fe2+對氧化Ⅰ-反應的影響（反應體如圖13），某研究小組測定兩組實驗中Ⅰ3-濃度和體系pH，結果見圖14和下表。

41、11. Ⅰ組實驗中，導致反應后pH升高的原因是_______. 12. 圖13中的A為_____由Fe3+生成A的過程能顯著提高Ⅰ-的轉化率，原因是_______. ③第2組實驗進行18s后，Ⅰ3-下降。導致下降的直接原因有雙選______. A.C(H+)減小 B.c(Ⅰ-)減小 C. Ⅰ2(g)不斷生成 D.c（Fe3+）增加 （4）據(jù)圖14，計算3-13s內第2組實驗中生成l3-的平均反應速率（寫出計算過程，結果保留兩位有效數(shù)字）。 31、解析：（1）將已知3個化學方程式連加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，由蓋斯定律得△H=△H1+△H2+

42、△H3。（2）依據(jù)平衡常數(shù)的定義可得，K=。（3）由表格可以看出第一組溶液的pH由反應前的5.2變?yōu)榉磻蟮?1.0，其原因是反應過程中消耗氫離子，溶液酸性減弱，pH增大，水電離出氫離子參與反應破壞水的電離平衡，氫氧根濃度增大，溶液呈堿性，pH增大。由于是持續(xù)通入O3=，O2可以將Fe2+氧化為Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++ O2+ H2O，F(xiàn)e3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，Ⅰ—消耗量增大，轉化率增大，與Ⅰ2反應的量減少，Ⅰ3—濃度減小。（4）由圖給數(shù)據(jù)可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。 答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2） （3）反應過程中消耗氫離子，溶液酸性減弱，pH增大，水電離出氫離子參與反應破壞水的電離平衡，氫氧根濃度增大，溶液呈堿性，pH增大；Fe3+，BD（4）（計算過程略）5.5×10—4 mol/L·s