精品-迈向名师之化学星级题库-选修4第三章第四节 难溶电解质的溶解平衡五星题.doc

精品-迈向名师之星级题库-选修4第三章第四节 难溶电解质的溶解平衡五星题1【化学选修2：化学与技术】（15分）某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084 % CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示。考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为 小时，最佳的浸出温度为 。（2）请配平下列除铁的化学方程式：Fe2(SO4)3+ H2O+ Na2CO3= Na2Fe6(SO4)4(OH)12+ Na2SO4+ CO2（3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaF=MgF2+Na2SO4；CaSO4+2NaF=CaF2+Na2SO4。已知KSP(CaF2)=1.1110-10、KSP(MgF2)=7.4010-11，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的c(Ca2+)/c(Mg2+)= 。（4）“沉淀”中含杂质离子主要有 ；“操作X”名称为 。（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质。充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6(C6)中，电池反应为LiCoO2 + C6 CoO2 + LiC6。LiC6中Li的化合价为 价。若放电时有1mole转移，正极质量增加 g。【答案】（除标记外每空2分，共15分）（1）12 90（2）3 ，6，6，1，5，6 （有错计0分，“1”未写本次不扣分）（3）1.50（或1.5）（4）SO42-、NH4+、Na+ （少一个扣1分，有错计0分） 洗涤、低温干燥（各1分）（5）0（1分） 7g【解析】试题分析：（1）根据五行可知，温度太低浸出率较低，而90与120时的浸出率差不太多，而温度太高消耗的能量较多，生产成本大，所以最佳的温度是90，12小时时浸出率基本达到最大，再增长时间，浸出率增大不多，所以最佳的浸出时间是12小时；（2）该反应不是氧化还原反应，所以只需按照质量守恒定律配平即可，Fe元素守恒，则硫酸铁的系数是3，Na2Fe6(SO4)4(OH)12的系数是1，则硫酸钠的系数是5，所以碳酸钠的系数是6，二氧化碳为6，水是6；（3）加入过量NaF溶液，则生成MgF2和CaF2沉淀，则滤液为二者的饱和溶液，溶液中的氟离子浓度相等，所以滤液中的c(Ca2+)/c(Mg2+)= KSP(CaF2)/ KSP(MgF2)= 1.1110-10/7.410-11=1.5；（4）根据流程图分析，除铁、钙、镁的过程中都生成硫酸钠，加入草酸铵后生成草酸钴沉淀，则该沉淀中可能存在的杂质离子有SO42-、NH4+、Na+；将得到的沉淀洗涤以除去杂质离子，然后低温干燥，防止草酸钴分解；（5）充电时，Li+还原为Li，则LiCoO2 中Li的化合价是+1价，所以LiC6中Li的化合价Li的化合价是0价；放电时正极发生还原反应，则CoO2得到1个电子与锂离子结合为LiCoO2，所以放电时有1mole转移，则有1mol LiCoO2生成，正极CoO2增加的质量即为1molLi的质量为7g。考点：考查对图像的分析判断，化学方程式的配平，溶度积的应用，电化学反应原理的应用2（16分）、工业上用含有Cr2O72-和CrO42-的废水回收铬。其工艺流程如下：已知：2 CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+ H2O;常温下，Ksp【Fe（OH）3】=1.010-38，Ksp【Cr（OH）3】=1.010-32；当离子浓度小于1.010-5 molL-1时，认为沉淀完全。（1）下列选项中能说明反应2 CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+ H2O达平衡状态的是_(填选项字母)。ACr2O72-和CrO42-的浓度相同 B2v（Cr2O72-）= v（CrO42-）C溶液的颜色不变 D溶液的PH不变（2）为防止FeSO4溶液变质，在保存时需加入的试剂为 (填试剂名称)（3）过滤操作中需要用到的玻璃仪器有 （4）FeSO4溶液与溶液A发生反应的离子方程式为 （5）沉淀C的化学式为 ，pH2的范围为 、铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示。（6）该电池的总反应化学方程式为 ；（7）某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3 molL1，则该过程中消耗铝的质量为 。【答案】（1）cd（各1分，共2分）（2）铁粉 硫酸 （各1分，共2分）（3）烧杯 漏斗 玻璃棒 (2分，只要有错不得分)（4）Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O （2分）（5）Fe(OH)3 (2分) 5 (2分)（6）4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3 （2分）（7）2.7g （2分）【解析】试题分析：（1）2 CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+ H2O达平衡状态时A物质的平衡溶液与起始浓度与反应进行的程度有关，Cr2O72-和CrO42-的平衡浓度相同，不能判断是否达到平衡，故A错误。B 2v（Cr2O72-）= v（CrO42-），没体现出正反应速率等于逆反应速率，不能判断是否平衡，故B错误。C溶液的颜色不变，说明物质的浓度不再变化，说明反应达平衡状态。故C正确。D溶液的pH不变，说明H+浓度不变，化学反应达平衡状态。故D正确。（2）为防止FeSO4溶液变质，在保存时需加入的试剂为铁粉防止氧化，加入硫酸防止亚铁离子水解变浑。（3）过滤操作中需要用到的玻璃仪器有烧杯 漏斗 玻璃棒 。（4）已知工业废水中含有和CrO42-在酸化过程中CrO42-转化为Cr2O72-，所以加入的FeSO4溶液与Cr2O72-溶液发生反应的离子方程式为r2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 。（5）已知常温下，Ksp【Fe（OH）3】=1.010-385.、（6）铝一空气电池的总反应化学方程式为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3；（7）某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3 molL1，则生成NaOH的物质的量为0.15 mol。由原电池反应方程式与电解总方程式可得关系式：Al-3e-3NaOH27g 3molm(Al)50% 0.15mol解得： m(Al)=2.7g考点：了解化学平衡建立的过程。理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律。 了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。了解溶度积的含义及其表达式，能进行相关的计算。解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。点评：本题考查：化学平衡状态的判断依据：（1）速率判据：v正=v逆。（2）浓度判据：反应体系各物质的浓度（及与浓度相关的量如颜色、气体压强等）不再变化。熟练应用Ksp求算分离或除去某离子时的pH范围。电化学装置中的相关计算常采用电子守恒的方法。3(14分)铁是地壳中含量第二的金属元素,其单质、合金及化合物在生产生活中的应用广泛。（一）工业废水中含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。常用的处理方法是电解法,该法用Fe作电极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解的进行，阴极附近溶 液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。（1）用Fe作电极的目的是 。（2）阴极附近溶液pH升高的原因是 (用电极反应式解释）溶液中同时生成的沉淀还有 。（二）氮化铁磁粉是一种磁记录材料，利用氨气在4000C以上分解得到的氮原子渗透到高纯铁粉中可制备氮化铁。制备高纯铁粉涉及的主要生产流程如下：已知:某赤铁矿石含60.0% Fe2O3、3.6% FeO,还含有A12O3、MnO2、CuO等。部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下：（3）步骤中加双氧水的目的是 ，pH控制在3. 4的作用是 。已知25C时，该温度下反应：Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数K= 。（4）如何判断步骤中沉淀是否洗涤干净？（5）制备氮化铁磁粉的反应：（未配平），若整个过程中消耗氨气34.0 g，消耗赤铁矿石2 kg，设整个过程中无损耗，则氮化铁磁粉的化学式为 。【答案】（1）提供还原剂Fe2+ (2分）（2）2H+ + 2e-H2（或2H2O+2e- = H2+ 2OH-)(1分）Fe(OH)3(1分） （3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（2分）；使溶液中的Fe3+完全沉淀，而其他金属离子不沉淀（2分） 5.010-9（2分）（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则表明沉淀没有洗净；若无沉淀生成，则表明已洗净（2分） （5）Fe8N （2分）【解析】试题分析：（1）用Fe作电极，与电源的正极相连作阳极，铁失去电子转化为亚铁离子。亚铁离子具有还原性能把溶液中的重铬酸根还原到铬离子，因此目的是提供还原剂Fe2+ 。（2）电解池的阴极得到电子，则溶液中的氢离子得到电子转化为氢气，方程式为2H+ + 2e-H2。氢离子浓度降低，所以氢氧根离子浓度增大。随着电解的进行溶液中的氢氧根离子浓度逐渐增大，与溶液中的铬离子以及铁离子结合生成氢氧化铬和氢氧化铁沉淀，所以液中同时生成的沉淀还有Fe(OH)3。（3）滤液a中含有亚铁离子，而亚铁离子沉淀的时pH值较大，需要将其氧化为铁离子。双氧水具有强氧化性，因此步骤中加双氧水的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；根据表中数据可知pH大于3.2时氢氧化铁就已完全沉淀，所以pH控制在3. 4的作用是使溶液中的Fe3+完全沉淀，而其他金属离子不沉淀。已知反应Cu22H2OCu(OH)22H，则其平衡常数K。（4）沉淀表面有吸附的硫酸根离子，则可以通过检验硫酸根离子检验步骤中沉淀是否洗涤干净，即取少量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则表明沉淀没有洗净；若无沉淀生成，则表明已洗净。（5）根据铁原子守恒可知2kg赤铁矿可以得到铁的物质的量是。氨气的物质的量是34g17g/mol2mol，则根据原子守恒可知氮化铁磁粉中铁与氮原子的个数之比是16：28：1，则其化学式为Fe8N。考点：考查4（14分）.A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，B与D可组成分子X，X水溶液呈碱性，C元素的焰色反应呈黄色，E与C同周期，且E的最高价氧化物的水化物呈两性。试回答：（1）D元素在周期表中的位置为 ;（2）由A、D、E三种元素形成的盐的水溶液呈酸性，用离子方程式解释其原因 ；（3）用A单质和B单质可制取气体燃料电池，该电池用多孔的惰性电极浸入浓KOH溶液，两极分别通入A单质和B单质。写出该电池负极的电极反应式： 。.将20mLpH=2的NaHSO4溶液逐滴加入到20mL 0.1molL1Na2CO3溶液中，向此反应后的溶液中滴加0.001 molL1BaCl2溶液，首先析出的沉淀是 。KSP（BaSO4）=1.110-10mol2L-2 ；KSP（BaCO3）=5.110-9mol2L-2.某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：M(g)+H2O(g)N(g)+H2(g)n(M):n(H2O)M转化率H2O转化率1：10.50.51：20.670.331：30.750.25该反应的平衡常数为_。该温度下，向容器中充入1molM、3mol H2O、2mol N、1.5molH2，则起始时该反应速率V正_V逆（填“”、“”或“=”）结合表中数据判断下列说法中正确的是 。A增加H2O（g）的量，M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低B若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同CM和H2O（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比D当M与H2O（g）物质的之比为1：4时，M的转化率为0.85【答案】.（1）第二周期、第VA族（2分） （2）Al3+3H2OAl(OH)3+3H+（2分）(3）H22e+2OH2H2O（2分） .BaSO4 （2分）. 1 （2分）、（2分） A B (2分)【解析】试题分析：. A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，则A是氧元素，B是氢元素。B与D可组成分子X，X水溶液呈碱性，则X是氨气，因此D是氮元素。C元素的焰色反应呈黄色，则C是钠元素。E与C同周期，且E的最高价氧化物的水化物呈两性，所以E是铝。（1）氮元素的原子序数是7，在周期表中的位置为第二周期、第VA族；（2）由A、D、E三种元素形成的盐硝酸铝的水溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+。（3）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，则氢气在负极通入，氧气在正极通入。又因为电解质溶液是浓KOH溶液，则该电池负极的电极反应式H22e+2OH2H2O。.20mLpH=2的NaHSO4溶液的浓度是0.0002mol，20mL 0.1 mol/LNa2CO3的物质的量是0.002mol，如果硫酸氢钠逐滴加入到Na2CO3溶液中，则生成硫酸钠、碳酸氢钠，同时碳酸钠过量。其中溶液中硫酸根的浓度是0.0002mol0.04L0.005mol/L，碳酸根的浓度是（0.002mol0.0002mol）0.04L0.045mol/L。因此根据溶度积常数可知生成硫酸钡和碳酸钡沉淀时需要钡离子浓度分别是、，所以向此反应后的溶液中滴加0.001 molL1BaCl2溶液，首先析出的沉淀是BaSO4。.由于反应前后气体体积不变，则可以用物质的量代替浓度计算平衡常数。根据表中数据可知n(M):n(H2O)1：1时，二者的平衡转化率均是50%，所以平衡时四种物质的物质的量相等，则该反应的平衡常数为1。该温度下，向容器中充入1molM、3mol H2O、2mol N、1.5molH2，则起始时浓度商，因此该反应速率V正V逆。A增加H2O（g）的量，平衡向正反应方向进行，则M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低，A正确；B反应物的起始量如果按照化学计量数之比投入，则二者的转化率相等，因此若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同，B正确；CM和H2O（g）初始物质的量之比不一定等于二者转化率之比；D根据表中数据可知当M与H2O（g）物质的之比为1：4时，M的转化率可能为0.80，D错误，答案选AB。考点：考查元素推断以及应用、溶度积常数、平衡状态的有关计算等5（14分）节能减排是当下环境保护的重点。（1）将CO和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），H“ （2分） 1.1106 （2分） （3）5.6105 （2分）【解析】试题分析：（1） CO （g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）起始量（mol）0.2 0.2 0 0转化量（mol）x x x x平衡量（mol）0.2x 0.2x x x由于反应前后体积不变，因此可以用物质的量表示平衡常数则K解得x0.1从起始经过5 min达到化学平衡时，则用生成物CO2表示该反应的反应速率v（CO2） 0.01mol/(Lmin)；平衡时，容器中CO的转化率为50%。根据图像可知在t2时刻CO2浓度逐渐增大，而CO浓度逐渐减小，说明平衡向正反应方向进行。由于正反应是体积不变的放热反应，则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或减小H2的浓度或增大水蒸气的浓度。(2)根据容器I中平衡时各物质的浓度可知，该温度下反应的平衡常数K。在容器中此时浓度熵10000，这说明反应向正反应方向进行，因此正反应速率大于逆反应速率。设平衡时消耗CO的浓度是xmol/L，则平衡时CO2的浓度是(x1.0l0-4)mol/L，所以根据平衡常数可知，解得x8.9106mol/L，所以最终尾气中CO的浓度为10106mol/L8.9106mol/L1.1106mol/L。（3）混合后碳酸钠的浓度变为1l0-4mol/L，所以根据碳酸钙的溶度积常数可知，钙离子浓度是，则原氯化钙溶液的浓度是2.8105mol/L2 5.6105mol/L。考点：考查化学平衡的有关计算、外界条件对平衡状态的影响以及溶度积常数计算等6【化学选修2化学与技术】(15分)（一）（6分）下列叙述正确的是（ ）A合成氨的“造气”阶段会产生废气B电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染（二）工业生产Na2S常用方法是无水芒硝(Na2SO4)一碳还原法，其流程示意图如下：（1）若煅烧阶段所得气体为等物质的量的CO和CO2。写出煅烧时发生的总反应方程式： 。（2）用碱液浸出产品比用热水更好，理由是 。（3）废水中汞常用硫化钠除去，汞的除去率与溶液pH和硫化钠实际用量与理论用量比值x的关系如图所示。 为使除汞达到最佳效果，应控制条件是 。（4）取Na2S(含少量NaOH)，加入到CuSO4溶液中，充分搅拌，若反应后溶液pH4，此时溶液中c(S2) molL1。已知：CuS的Ksp8.81036；Cu(OH)2的Ksp2.21020(保留2位有效数字)。（5）纳米Cu2O常用电解法制备，制备过程用铜棒和石墨棒做电极，Cu(NO3)2做电解液。电解生成Cu2O应在 ；该电极pH将 (填“升高”“不变”或“降低”)，用电极方程式解释pH发生变化的原因 。【答案】（一）AD（2分）（二）(1)3Na2SO48C3Na2S4CO24CO（2分）(2)热水能促进Na2S水解，而稀碱可抑制Na2S水解（2分）(3)pH介于910之间，x12（2分）(4)4.01036 mol/L（3分） (5)阴极 降低（2分） 2Cu22eH2OCu2O2H（2分）【解析】试题分析：（一）A、合成氨反应的化学方程式为为N2+3H22NH3，因此所用的原料气是氮气、氢气。其中氮气来自于空气，氢气来自水和碳氢化合物的反应，用天燃气或煤制备氢气时会产生废气二氧化碳，A正确；B、酸性废液用碱中和后，溶液呈中性，但电镀液中仍然含有重金属离子，随意排放会污染水源和土壤，所以应处理后再排放，B错误；C、电解熔融氧化铝制金属铝时阳极上产生的是氧气，氧气具有氧化性，作为阳极材料的无烟煤会被氧气氧化成二氧化碳，煤会消耗，C错误；D、煤直接燃烧能够产生二氧化硫，从而形成酸雨。煤通过液化气化后，可以提高燃煤的燃烧效率，降低环境污染，D正确，答案选AD。（二）（1）在高温下硫酸钠与碳反应生成等物质的量的CO和CO2，其中C元素化合价从0价升高到+4、+2价，硫酸钠中+6价S元素得到电子，被还原为-2价，化合价降低，则根据电子得失守恒和质量守恒定律可知配平后的化学方程式为3Na2SO48C3Na2S4CO24CO。（2）硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中硫离子水解显碱性，水解吸热，用热水浸出产品会促进水解，而稀碱溶液能起到抑制水解的作用，所以用碱液浸出产品比用热水更好。（3）根据图像可知pH介于910之间且x12时汞的除去率最高。（4）若反应后溶液pH4，则溶液中氢氧根离子的浓度是1010mol/L，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知，此时溶液中铜离子浓度是2.2mol/L，所以根据硫化铜的溶度积常数可知此时溶液中c(S2)4.01036 mol/L。（5）铜离子转化为氧化亚铜，其中铜元素的化合价降低得到电子，因此电解生成Cu2O应在阴极生成；生成氧化亚铜的电解方程式为2Cu22eH2OCu2O2H，所以该电极溶液的酸性增强，pH降低。考点：考查化学与技术模块的分析和判断7（15分）已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：（1）可逆反应FeO（s）CO（g）Fe（s）CO2（g）是炼铁工业中一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：T（K）9381100K0.680.40写出该反应平衡常数的表达式_。若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量_；充入氦气，混合气体的密度_（选填“增大”、“减小”、“不变”）。（2）常温下，浓度均为0.1 molL1的下列六种溶液的pH如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是 根据表中数据判断，浓度均为0.01 molL1的下列五种物质的溶液中，酸性最强的是 ；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是 （填编号）。AHCN BHClO CC6H5OH DCH3COOH EH2CO3据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是 （填编号）。ACH3COOH Na2CO3NaHCO3CH3COONa BCH3COOHNaCNCH3COONaHCNCCO2H2O2NaClONa2CO32HClO DCO2H2O2C6H5ONaNa2CO32C6H5OH要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为 （3）已知常温下Cu（OH）2的Ksp21020。又知常温下某CuSO4溶液里c（Cu2）0.02 molL1，如果要生成Cu（OH）2沉淀，则应调整溶液pH大于 ；要使0.2 molL1的CuSO4溶液中Cu2沉淀较为完全 （ 使Cu2浓度降至原的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为 。【答案】 k= ；减小；增大 CO32 ；D；C； C D；2Cl2CO32 H2OCO22Cl2HClO。 5； 6。【解析】试题分析：（1）该反应平衡常数的表达式；由于温度升高，化学平衡常数减小。说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。若升高温度，平衡逆向移动，气体的质量减小，而气体的物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量减小；充入氦气，化学平衡不发生移动，但在整个容器内气体的质量增大，所以混合气体的密度增大；（2）同种浓度的离子结合质子能力越强，则盐水解程度就越大，盐溶液的碱性就越强，即pH越大。由于Na2CO3溶液的pH最大，说明CO32 与H+结合力最强。因此上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是CO32 。发生反应时应该是强酸制取弱酸。A酸性CH3COOH H2CO3，正确。B酸性CH3COOH HCN.正确。C H2CO3HClO。正确。D.由于酸性：H2CO3C6H5OH HCO3，所以会发生反应CO2H2OC6H5ONaNaHCO3C6H5OH。错误。要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为：2Cl2CO32 H2OCO22Cl2HClO。（3）c (Cu2)c2(OH-)Ksp21020; c2(OH-)210200.02=11018; c(OH-)1109;所以pH=5; c(Cu2)= 0.2 mol/L1000=2104mol/L,则c2(OH-)210202104mol/L=11016,所以c(OH-)1108；pH=6.考点：考查化学平衡常数的表达式、温度对化学平衡移动的影响、盐的水解规律、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用的知识。8（14分）（）、A、B、C、D、E、五种元素均是短周期元素，且原子序数依次增大。B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍。D、E元素原子的最外层电子数相等。X、Y、Z、W、G、甲、乙七种物质均由上述中的两种或三种元素组成。元素B形成的单质M与甲、乙（相对分子质量：甲CS2-COH-CHS-CH+ 410-12mol/L，.AD 5【解析】试题分析：I、B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍，所以B是C元素，E是S元素；D、E元素原子的最外层电子数相等，D与E同主族，所以D是O元素；则A、C分别是H、N元素。C单质可与浓硫酸、浓硝酸反应，则甲是硝酸，乙是硫酸，二者的共同产物是CO2、H2O，C与浓硝酸反应还原产物是NO2，与浓硫酸反应还原产物是SO2，所以X是NO2,W是SO2。（1）X、Y、W均能与Z反应，说明Z是H2O，Y是CO2，NO2与O2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中，二者恰好完全反应生成硝酸，溶液充满整个试管，设试管体积为VL（标准状况），则NO2的体积为0.8VL，生成的硝酸的物质的量是0.8VL/22.4L/mol,所得硝酸溶液的浓度是0.8VL/22.4L/mol/VL=1/28mol/L；（2）将NO2、SO2、O2按4：4：3通入水中，恰好发生氧化还原反应，生成硝酸和硫酸，离子方程式为4NO2+4SO2+3O2+6H2O=4NO3-+4SO42-+12H+；（3）G是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，且由2种或3种元素构成，所以G是NH4HS，电子式为；氢氧化钠与硫氢化铵在加热条件下以物质的量比2:1反应生成硫化钠、氨气，硫离子水解，使溶液显碱性，所以溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(Na+)c(S2-)c(OH)c(HS-)c(H+)；混合溶液中c(S2-)=0.05mol/L,溶液pH=12，则c(H+)=110-12mol/L，c(OH)= 110-2mol/L，根据S2-+H2OHS-+OH-，所以c(HS-)= c(OH)= 110-2mol/L，此时c(S2-)=0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L, 所以HS-的电离平衡常数Ka= c(H+) c(S2-)/ c(HS-)=410-12mol/L；II、（4）A、图像上的任何点都表示Ag2CrO4的溶解平衡时的离子浓度，所以溶度积常数=c(Ag+)2c(CrO)=(210-3)22.510-3=1108,正确；B、因为存在沉淀的溶解平衡，所以含有大量CrO的溶液中也可能存在Ag+，错误；C、a点的离子浓度积大于b点溶解平衡常数，所以溶液为过饱和溶液，有沉淀析出，错误；D、0.02molL1的AgNO3溶液与0.02molL1的Na2CrO4溶液等体积混合，c(Ag+)= c(CrO)=0.01mol/L，则c(Ag+)2c(CrO)1108,所以有沉淀生成，正确，答案选AD；（5）常温下KspCr(OH)3=1032= c(OH)3c(Cr3+), c(Cr3+)降至105molL1时，c(OH)=110-9mol/L,则c(H+)=110-5mol/L,pH=5.考点：考查元素推断，溶液浓度的计算，物质推断，离子浓度的比较，沉淀的溶解平衡的应用9A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性，其中B的碱性最强。X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同。A与B等物质的量反应生成D和一种气体单质；C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X。E由两种元素组成，式量为83，将E投入X中得到B和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76gL-1。（1）A的化学式是 。Y的电子式是 。（2）X的沸点比同主族同类型物质要高，原因是 。（3）写出E与足量盐酸反应的化学方程式 （4）写出在D的饱和溶液中不断通Y析出C的离子方程式 。（5）A的一个重要应用是根据2A P +H2得到P，P溶液中的阴离子通常用CaCl2使之沉淀，当它完全沉淀时，溶液中Ca2+的物质的量浓度至少为 。（沉淀Ksp=2.310-9，当溶液中离子浓度10-5molL-1，即可认为完全沉淀）（6）实验室常用P与足量HCl反应所得的有机物在浓硫酸条件下共热分解制某还原性气体，设计实验证明分解产物中还原性气体的存在 。【答案】（1）HCOONa（2分） （2分） （2）水分子间存在氢键（2分） （3）Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl（2分）（4）2Na+CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3（2分）（5）2.310-4molL-1（2分）（6）将所得气体先通过足量NaOH溶液，再通过澄清石灰水，无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在。（3分）（其它合理答案也给分）【解析】试题分析： 已知A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性。则可推知化合物A、B、C、D均为含有Na元素的碱或强碱弱酸盐，B的碱性最强，则B为NaOH。 X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同，则X、Y应为H2O和CO2。 由C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X，可推知C为NaHCO3，D为Na2CO3 ；即2 NaHCO3Na2CO3 +CO2+H2O； NaHCO3 +NaOH =Na2CO3 +H2O； 由此可确定X为H2O，Y为CO2。 由有机羧酸盐A与NaOH等物质的量反应生成Na2CO3和一种气体单质，可联想到由无水醋酸钠与NaOH加热反应制取甲烷的脱羧反应：，由此迁移可知，A为甲酸钠（HCOONa），与等物质的量NaOH进行脱羧反应生成Na2CO3和氢气：。 E由两种元素组成，式量为83，将E投入H2O中得到NaOH和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76gL-1。由计算可知气体Z的相对分子质量是17，则Z为NH3，由该反应：E + H2O NaOH + NH3，可推知E由Na和N两种元素组成，再根据元素化合价可确定E是Na3N。由此可解答：（1）A的化学式是 HCOONa ；Y的电子式是 （2）X的沸点比同主族同类型物质要高的原因是：水分子间存在氢键，从而使分子间作用力增加，因此有较高的沸点。（3）E与足量盐酸反应的化学方程式：Na3N + 4HCl = 3NaOH + NH4Cl 。（4）D的饱和溶液中不断通入通Y析出C的离子方程式为：2Na+CO32-+H2O+CO2 = 2NaHCO3 （5）根据2A P +H2得到P，可知，2HCOONa Na2C2O4 + H2，P为Na2C2O4 ，C2O42- + Ca2+ = CaC2O4，依据Ksp(CaC2O4) = c(Ca2+)c(C2O42-) = 2.310-9，可计算出当CaC2O4完全沉淀时，溶液中Ca2+的物质的量浓度至少为：c(Ca2+) =molL-1（6）实验室Na2C2O4与足量HCl反应可得到H2C2O4 ，H2C2O4在浓硫酸条件下共热分解生成CO、CO2、H2O ( 即 H2C2O4 CO + CO2+ H2O )。设计证明分解产物中存在还原性气体CO的实验为：将所得气体先通过足量NaOH溶液（或通过盛有固体NaOH的干燥管），再通过澄清石灰水，若无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在。考点：物质结构、元素推断、元素及化合物等知识10氧化铝(Al2O3) 和氮化硅（Si3N4）是优良的高温结构陶瓷，在工业生产和科技领域有重要用途。（1）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为 。（2）下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是 （填序号）。a测定镁和铝的导电性强弱b测定等物质的量浓度的Al2(SO4)3和MgSO4溶液的pHc向0.1 mol/LAlCl3和0.1 mol/L MgCl2中加过量NaOH溶液（3）铝热法是常用的金属冶炼方法之一。已知：4Al (s)+3O2(g) =2Al2O3(s) H1 = -3352 kJ/molMn(s)+ O2(g) =MnO2 (s) H2 = -521 kJ/molAl与MnO2反应冶炼金属Mn的热化学方程式是 。（4）氮化硅抗腐蚀能力很强，但易被氢氟酸腐蚀，氮化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和一种铵盐，其反应方程式为 。（5）工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g) + 2N2(g) + 6H2(g) Si3N4(s) + 12HCl(g) H0 某温度和压强条件下，分别将0.3mol SiCl4(g)、0.2mol N2(g)、0.6mol H2(g)充入2L密闭容器内，进行上述反应，5min达到平衡状态，所得Si3N4(s)的质量是5.60g。H2的平均反应速率是 mol(Lmin)。若按n(SiCl4) : n(N2) : n(H2) = 3 : 2 : 6的投料配比，向上述容器不断扩大加料，SiCl4(g)的转化率应 （填“增大”、“减小”或“不变”）。（6）298K时，KspCe(OH)411029。Ce(OH)4的溶度积表达式为Ksp 。为了使溶液中Ce4沉淀完全，即残留在溶液中的c(Ce4+)小于1105molL1，需调节pH为 以上。【答案】（1）2Al +2OH+6H2O = 2 Al(OH)4 + 3H2 （2分）（2）c （2分）（3）4Al (s)+ 3MnO2 (s) 3Mn(s) +2Al2O3(s) H1789 kJ/mol（3分）（4）Si3N4 +16HF = 3SiF4 + 4NH4F （2分）（5）0.024 （3分） 减小 （2分） （6）c(Ce4+)c(OH)4 （2分） ； 8 （2分）【解析】试题分析：（1）Al与NaOH、H2O反应生成NaAl(OH)4和H2，离子方程式为：2Al +2OH+6H2O = 2 Al(OH)4 + 3H2（2）a、导电性与金属性强弱无关，错误；b、物质的量浓度的Al2(SO4)3和MgSO4溶液中，Al3+与Mg2+浓度不相等，不能根据水解后溶液的pH判断金属性强弱，错误；c、向0.1 mol/LAlCl3中加过量NaOH溶液，先生成白色沉淀，然后逐渐溶解，说明Al(OH)3呈两性，向0.1 mol/L MgCl2中加过量NaOH溶液，生成白色沉淀，Mg(OH)2的碱性大于Al(OH)3，则Mg的金属性大于Al，正确。（3）先写出Al与MnO2反应的化学方程式并注明状态，4Al (s)+ 3MnO2 (s) 3Mn(s) +2Al2O3(s)，然后根据盖斯定律求算焓变，H=H1-3H2=-3352 kJmol1+3521 kJmol1=1789 kJmol1，可写出热化学方程式。（4）氮化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和一种铵盐，根据元素守恒，铵盐为NH4