高考化学真题分项解析 专题12《水溶液中的离子平衡》.doc

专题12 水溶液中的离子平衡1【2015新课标卷理综化学】浓度均为0.10mol/l、体积均为v0的moh和roh溶液，分别加水稀释至体积v，ph随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）amoh的碱性强于roh的碱性broh的电离程度：b点大于a点c若两溶液无限稀释，则它们的c(oh)相等d当=2时，若两溶液同时升高温度，则 增大【答案】d【考点定位】电解质强弱的判断、电离平衡移动（稀释、升温）；难度为较难等级。【名师点晴】本题了图象方法在溶液的稀释与溶液的ph的关系的知识。解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分moh和roh的关键就是两线的起点ph。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的ph就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的ph变化大。2【2015浙江理综化学】40时，在氨水体系中不断通入co2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是（ ）a在ph9.0时，c(nh4+)c(hco)c(nh2coo)c(co32)b不同ph的溶液中存在关系：c(nh4+)c(h+)2c(co32)c(hco3)c(nh2coo)c(oh)c随着co2的通入，不断增大d在溶液中ph不断降低的过程中，有含nh2coo的中间产物生成【答案】c【解析】a、在ph9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(nh4+)c(hco)c(nh2coo)c(co32)，a正确；b、根据电荷守恒可得：c(nh4+)c(h+)2c(co32)c(hco3)c(nh2coo)c(oh)，b正确；c、=，kb不变，c(nh4+)不断增大，则比值不断减小，c不正确；d、从图上看，ph降低过程中，有含nh2coo的中间产物生成，d正确。答案选c。【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。【名师点晴】本题从知识上考查了电解质溶液。涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。在比较离子浓度的大小关系时经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系。考察了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法积三大守恒的掌握情况。这道高考题为一道中档题，创新性较强。3【2015重庆理综化学】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，0.1moll1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0.1mol agi混合后加入1l水中，所得溶液中c(cl)=c(i)【答案】c【考点定位】本题主要考查弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的ph判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用。【名师点晴】弱电解质的电离平衡，盐的水解平衡以及沉淀溶解平衡都属于动态平衡，平衡移动原理对它们均适用，将弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的ph判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡等联系起来，这些均为教材中的核心知识，凸显了物质在水溶液中的行为的重要性，考查学生对化学基础知识、基本理论的理解和运用，突出了主干知识，体现了知识的基础性。4【2015天津理综化学】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【答案】c【解析】a项na与h2o的反应是固体液体反应生成气体，故该反应为熵增的反应，故s0，在反应中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反应为放热反应，则h0，故g=h-ts0，故该反应能自发进行，a项正确；b项饱和na2so4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，na2so4为钠盐，故饱和na2so4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀为蛋白质变性，二者原理不同，故b项正确；c项fecl3和mno2均可做h2o2分解的催化剂加快h2o2分解，同等条件下二者对h2o2分解催化效果不相同，故反应速率速率的改变不同，故c项错误；d项mg(oh)2固体在溶液中存在平衡：mg(oh)2(s)mg2+(aq)+2oh(aq)，nh4cl溶液nh4+水解使溶液呈酸性，会消耗oh，则mg(oh)2(s)mg2+(aq)+2oh(aq)正向移动，故d、mg(oh)2固体可溶于nh4cl溶液，故d项正确；本题选c。【考点定位】本题主要考查了化学反应原理。涉及化学反应与能量的关系、化学反应速率的影响因素、化学平衡理论、蛋白质的性质判断等【名师点睛】本题考查化学反应与能量的关系、反应自发判断的依据、熵值、焓值变化的判断，蛋白质的盐析与变性、原理的分析，催化剂对反应速率的影响、同一化学反应催化剂可以不同的认识，化学平衡的移动的判断、沉淀的溶解平衡移动的判断，包含了选修4中的大部分的内容，对于反应原理的应用，应注重学生理解能力的培养，如化学反应中焓减、熵增为反应自发的判断依据，如何判断，勒夏特列原理对于任何可逆反应都适用，溶液中的平衡也不例外，催化作用与催化效果的不同，抓住反应的本质，使学生加以理解应用。【注】本题分类与专题11、125【2015天津理综化学】室温下，将0.05 mol na2co3固体溶于水配成100ml溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是（ ）加入的物质结论a50ml 1 moll1h2so4反应结束后，c(na+)=c(so42)b0.05molcao溶液中 c(oh-)c(hco3-) 增大c50ml h2o由水电离出的c(h+)c(oh)不变d0.1molnahso4固体反应完全后，溶液ph减小，c(na+)不变【答案】b【解析】室温下，将0.05 mol na2co3固体溶于水配成100ml溶液，溶液中存在co32+h2o hco3+oh溶液呈碱性；a项加入50ml 1 moll1h2so4，h2so4与na2co3恰好反应，则反应后的溶液溶质为na2so4，故根据物料守恒反应结束后c(na+)=2c(so42)，故a项错误；向溶液中加入0.05molcao，则cao+ h2o=ca(oh)2，则c(oh)增大，且ca2+co32=caco3，使co32+h2o hco3+oh平衡左移，c(hco3)减小，故c(oh-)c(hco3-)增大，故b项正确；c项加入50ml h2o，溶液体积变大，co32+h2o hco3+oh平衡右移，但c(oh)减小，na2co3溶液中h+、oh均由水电离，故由水电离出的c(h+)c(oh)减小，故c项错误；d项加入0.1molnahso4固体，nahso4为强酸酸式盐电离出h+与co32反应，则反应后溶液为na2so4溶液，溶液呈中性，故溶液ph减小，引入了na+，故c(na+)增大，d项错误；本题选b。【考点定位】本题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液ph的变化等【名师点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液ph的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。6【2015四川理综化学】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（ ）a c(nh4+) c(hco3) c(co32)【答案】c 【解析】a、=c(oh)，ph c(nh4+)，hco3部分结晶析出，则c(nh4+) c(hco3)，co32是hco3电离产生的，电离很微弱，则c(hco3) c(co32)，d正确。选c。【考点定位】电解质溶液【名师点睛】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、ph、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：1、弱电解质的电离平衡（主要考查：电解质、非电解质的判断；某些物质的导电能力大小比较；外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；将电离平衡理论用于解释某些化学问题；同浓度(或同ph)强、弱电解质溶液的比较等等。）；2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；4、溶液中离子浓度大小的比较等。7【2015山东理综化学】室温下向10ml0.1 moll1naoh溶液中加入0.1 moll1的一元酸ha溶液ph的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）aa点所示溶液中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)【答案】d8【2015安徽理综化学】25时，在10ml浓度均为0.1mol/lnaoh和nh3h2o混合溶液中，滴加0.1mol/l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10ml盐酸时：c(nh4) c(h) c(oh)c加入盐酸至溶液ph=7时：c(cl) = c(na)d加入20ml盐酸时：c(cl) c(nh4) c(na)【答案】b【解析】a、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(na)= c(nh3h2o)，故a错误；b、加入10ml盐酸时，c（cl-）=c(na+)，又根据电荷守恒得到：c(nh4) c(h) + c(na+)c(oh)+c（cl-），所以c(nh4) c(h) c(oh)，b正确；c、根据电荷守恒得到：c(nh4) c(h) + c(na+) c(oh)+c（cl-），ph=7时，即c(h) c(oh)，所以c(nh4) + c(na+) c（cl-），c(cl) c(na)，故c错误；d、加入20ml盐酸时， c（cl-）=2 c(na),由于铵根离子的水解，c(nh4) c(na+)，所以c(cl)c(nh4) c(na)，故d错误，此题选b。【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较,是全国高考的热点题型之一,重复率达100%,因为这类题目涉及的知识点多,难度大,区分度高。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到守恒来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。9【2015广东理综化学】一定温度下，水溶液中h+和oh-的浓度变化曲线如图2，下列说法正确的是（ ）a升高温度，可能引起有c向b的变化b该温度下，水的离子积常数为1.010-13c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【答案】c【解析】温度升高，水的离子积增大，c(h+)、c(oh-）都增大，表示的点就不在曲线上，a错；水的离子积常数k=c(h+)c(oh-)，从图可知离子积是1.010-11，不是1.010-13，b错；加入fecl3，水解使得溶液酸性增强，c(h+)增大，那么c(oh-)减小，故可能引起由b向a的变化，c对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，d错。10【2015广东理综化学】准确移取20.00ml某待测hcl溶液于锥形瓶中，用0.1000moll-1naoh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【答案】b【解析】滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入naoh溶液进行滴定会造成naoh溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，a错；酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液ph由小变大，b对；用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，c错；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，d对。【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据h+和oh的物质的量相等，c标v标= c待v待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。【注】本题分类与专题12、1311【2015海南化学】10ml浓度为1mol/l的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是（ ）ak2so4 bch3coona ccuso4 dna2co3【答案】a、b【解析】zn与稀盐酸发生反应：zn+2hcl=zncl2+h2，若加入物质是反应速率降低，则c(h+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(h+)不变。a、k2so4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(h+)减小，但没有消耗h+，因此n(h+)不变，符合题意，正确；b、ch3coona与hcl发生反应：ch3coona+hcl=ch3cooh+nacl，使溶液中c(h+)减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2ch3cooh+zn= (ch3coo)2zn+ h2，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；c、加入cuso4溶液会与zn发生置换反应：cuso4+zn=cu+znso4，产生的cu与zn和盐酸构成原电池。会加快反应速率，与题意不符合，错误；d、若加入na2co3溶液，会与盐酸发生反应：na2co3+2hcl=2nacl2+h2o+co2，使溶液中溶液中的c(h+)减小，但由于逸出了co2气体，因此使n(h+)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。【考点定位】考查影响化学反应速率速率的因素。【名师点睛】本题将外界条件对化学反应速率速率的影响因素与物质之间的反应、弱电解质的电离和原电池原理的应用结合在一起考查浓度为化学反应速率的影响、原电池反应能加快化学反应速率，考查学生分析问题、解决问题的能力。【注】本题分类于专题11、1212【2015海南化学】下列曲线中，可以描述乙酸（甲，ka=1810-5）和一氯乙酸（乙，ka=1410-3）在水中的电离度与浓度关系的是（ ）【答案】b【解析】a、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；b、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像相符，正确；c、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；d、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误。【考点定位】考查弱电解质的电离。【名师点睛】本题将弱电解质的电离常数及影响电离平衡的外界因素与图像结合在一起考查了学生对弱电解质电离常数、电离度的意义、浓度对弱电解质的电离的影响等基础知识掌握的熟练程度，又结合图像考查了学生的观察能力和思维能力。难度中等。13【2015江苏化学】下列说法正确的是（ ）a若h2o2分解产生1molo2,理论上转移的电子数约为46021023b室温下，ph=3的ch3cooh溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合，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)【答案】c【解析】a、2h2o2=2h2oo2，生成1molo2，转移电子物质的量为26021023，故错误；b、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，phc(nh4)c(so32) c0.10moll1na2so3溶液通入so2：c(na)=2c(so32)c(hso3)c(h2so3)d0.10moll1ch3coona溶液中通入hcl：c(na)c(ch3cooh)=c(cl)【答案】d【解析】a、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(nh4)c(h)=c(oh)c(hco3)2c(co32)，因为ph=7，c(h)=c(oh)，即c(nh4)=c(hco3)2c(co32)，故错误；b、hso3hso32，nh3和h反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c(na)c(so32)=c(nh4)，故错误；c、na2so3so2h2o=2nahso3，ph=7，反应后溶液的溶质na2so3、nahso3，根据物料守恒：2c(na)=3c(so32)c(hso3)c(h2so3)，故错误；d、ch3coonahcl=ch3coohnacl，溶液ph=7，反应后的溶质：nacl、ch3cooh、ch3coona，电离和水解相等，即：c(na)c(ch3cooh)=c(cl)，故正确。【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。15【2015江苏化学】(14分)烟气(主要污染物so2、nox)经o3预处理后用caso3水悬浮液吸收，可减少烟气中so2、nox的含量。o3氧化烟气中so2、nox的主要反应的热化学方程式为： no(g)o3(g)=no2(g)o2(g) h=2009kjmol1no(g)1/2o2(g)=no2(g) h=582kjmol1so2(g)o3(g)=so3(g)o2(g) h=2416kjmol1（1）反应3no(g)o3(g)=3no2(g)的h=_moll1。（2）室温下，固定进入反应器的no、so2的物质的量，改变加入o3的物质的量，反应一段时间后体系中n(no)、n(no2)和n(so2)随反应前n(o3)：n(no)的变化见右图。当n(o3)：n(no)1时，反应后no2的物质的量减少，其原因是_。增加n(o3)，o3氧化so2的反应几乎不受影响，其可能原因是 _。（3）当用caso3水悬浮液吸收经o3预处理的烟气时，清液(ph约为 8)中so32将no2转化为no2，其离子方程式为：_。（4）caso3水悬浮液中加入na2so4溶液，达到平衡后溶液中c(so32)=_用c(so42)、ksp(caso3)和ksp(caso4)表示；caso3水悬浮液中加入na2so4溶液能提高no2的吸收速率，其主要原因是_。【答案】（1）317.3；（2）o3将no2氧化成更高价氮氧化物；so2与o3的反应速率慢；（3）so322no22oh=so422no2h2o；（4）ksp(caso3)c(so42)/ksp(caso4)，caso3转化为caso4使溶液中so32的浓度增大，加快so32与no2的反应速率。【考点定位】考查反应热的计算、氧化还原反应方程式的书写、溶度积的计算等知识【名师点睛】本试题涉及了热化学反应方程式的计算、根据图像推断可能出现的原因、氧化还原反应方程式的书写、溶度积的计算等知识，也就是主要体现化学反应原理考查，让元素及其化合物的性质做铺垫，完成化学反应原理的考查，让学生用基础知识解决实际问题，知识灵活运用。【注】本题分类于专题4、9、1216【2015海南化学】（9分）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）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是 。（2）已知ksp(agcl)=1810-10,若向50ml0018moll-1的agno3溶液中加入50ml0020moll-1的盐酸，混合后溶液中的ag+的浓度为 moll-1，ph为 。（3）agno3溶液光照易分解，生成ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为 。（4）右图所示原电池正极的反应式为 。【答案】（1）ag与空气中氧及含硫化合物反应生成黑色硫化银； （2）1.810-7mol/l；2 （3）2agno3ag+2no2 +o2 （4）ag+e-=ag【解析】（1）根据金属的腐蚀可知ag变黑是发生了化学腐蚀，ag与空气中氧及含硫化合物反应生成黑色硫化银； （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（0.02-0.018）mol/l/2=0.001mol/l，根据agcl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100ml时，氢离子的浓度为0.01mol/l，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，无元素化合价升高的，所以该反应中有氧气生成。 （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。【考点定位】本题考查金属的腐蚀、溶度积的应用、氧化还原反应理论的应用，电极反应式的书写。【名师点睛】以银及其化合物为载体考查金属银的腐蚀、沉淀溶解平衡相关计算、氧化还原方程式的书写及原电池原理的应用。考查学生分析问题、解决问题的能力，如（3）小题根据氧化还原反应的特点准确判断产物、正确配平是得分的关键，考查了学生的计算能力如（1），是新课标高考每年的必考点。【注】本题分类于专题10、1217【2015海南化学】（8分）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），01 moll-1的氨水中加入少量的nh4cl固体，溶液的ph （填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾，溶液中的nh4+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1mol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1moln2， 其h= kjmol-1。【答案】（1）nh3h2onh4+oh- 降低 增大； （2）nh4no3n2o+2h2o；c(n2o)c(h2o)2；4 （3）-139【解析】（1）氨水中的一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，使溶液显碱性；若加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小， ph降低；若加入少量的明矾，铝离子水解呈酸性，抑制铵离子水解，溶液中的nh4+的浓度增大； （2）根据题意可书写反应的化学方程式，注意为可逆反应；根据平衡常数的定义可书写该反应的平衡常数表达式，硝酸铵为固体，不能表示平衡常数；硝酸铵中n元素的化合价从+5价降低到-1价或从-3价升高到+1价，均转移4个电子，所以生成1mol氮气则转移4mol电子； （3）根据图像可知n2o与no反应生成氮气和二氧化氮的反应热为（209-348）kj/mol=-109kj/mol。【考点定位】本题考查弱电解质的电离平衡的判断，化学方程式的书写，化学反应与能量的关系判断。【名师点睛】以氨气、硝酸铵和氮的氧化物为载体考查弱电解质电离平衡的影响因素、化学方程式的书写、平衡常数表达式的书写、氧化还原反应电子转移的数目及反应热的计算。以元素化合物知识为载体考查基本概念和基本原理是高考命题的主旨，考查考查学生分析问题、解决问题的能力，是化学高考的常见题型。题目难度中等。【注】本题分类于专题9、11、1218【2015福建理综化学】（15分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。（1）硫离子的结构示意图为 。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 _ 。（2）25，在0.10moll-1h2s溶液中，通入hcl气体或加入naoh固体以调节溶液ph，溶液ph与c(s2-) 关系如右图（忽略溶液体积的变化、h2s的挥发）。ph=13时，溶液中的c(h2s)+c(hs-)= moll-1.某溶液含0.020 moll-1mn2+、0.10 moll-1h2s，当溶液ph= 时，mn2+开始沉淀。已知：ksp(mns)=2.810-13（3） 25，两种酸的电离平衡常数如右表。ka1ka2h2so31.310-26.310-4h2co34.210-75.610-11 hso3-的电离平衡常数表达式k= 。0.10 moll-1na2so3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。h2so3溶液和nahco3溶液反应的主要离子方程式为 。【答案】（15分）（1）；c+2h2so4（浓）2so2+co2+2h2o；（2）0.043；5。（3）；c(na+)c(so32-)c(oh-)c(hso3-)c(h+)；h2so3+hco3-=hso3-+co2+h2o。【考点定位】考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用。【名师点睛】物质的结构决定物质的性质。元素的性质由元素的原子结构决定，了解元素在发生反应时是原子的最外层电子发生变化，原子核不发生变化。原子失去或获得电子形成离子。从而得到相应的离子或原子结构示意图，掌握浓硫酸有三大特性：吸水性、脱水性、强氧化性，再根据氧化还原反应中元素的化合价升降总数与电子得失数目相等的守恒规律，写出物质反应时的化学方程式。在比较溶液中离子浓度大小关系时，要考虑盐的水解平衡、水等弱电解质的电离平衡，并结合元素的原子守恒、电荷守恒及水电离平衡的质子守恒关系进行。弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，认识离子浓度与溶液ph的转化，了解弱电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡平衡都遵循化学平衡移动原理，应用平衡移动原理分析化学平衡常数、沉淀形成的ph及微粒浓度大小比较。掌握物质的化学性质、平衡移动原理、盐的水解规律是本题的关键.19. 【2015新课标卷理综化学】（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，mno2，zncl2和nh4cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生mnooh，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/(g/100g水) 温度/化合物020406080100nh4cl29.337.245.855.365.677.3zncl2343395452488541614化合物zn(oh)2fe(oh)2fe(oh)3ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为： （2）维持电流强度为0.5a，电池工作五分钟，理论上消耗zn g。（已经f96500c/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有zncl2和nh4cl，二者可通过_分离回收；滤渣的主要成分是mno2、_和 ，欲从中得到较纯的mno2，最简便的方法是 ，其原理是 。（4）用废电池的锌皮制备znso47h2o的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和h2o2溶解，铁变为_，加碱调节至ph为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于110-5mol/l时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至ph为_时，锌开始沉淀（假定zn2浓度为0.1mol/l）。若上述过程不加h2o2后果是 ，原因是 。【答案】（1）mno2ehmnooh；zn2mno22hzn22mnooh （2）0.05g（3）加热浓缩、冷却结晶；铁粉、mnooh；在空气中加热；碳粉转变为co2，mnooh氧化为mno2 （4）fe3；2.7；6；zn2和fe2分离不开；fe(oh)2和zn(oh)2的ksp相近【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为zn2ezn2。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为mnooh，则正极电极反应式为mno2ehmnooh，所以总反应式为zn2mno22hzn22mnooh。（2）维持电流强度为0.5a，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5300150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗zn的质量是。（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、mnooh均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、mnooh。由于碳燃烧生成co2，mnooh能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、ph计算、化学实验基本操作等。【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。【注】本题分类与专题10、1220【2015新课标卷理综化学】（15分）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）=1.810-10，ksp（agi）=8.510-17。（3）已知反应2hi(g) =h2(g) + i2(g)的h= +11kjmol1，1