北京专用高考化学一轮复习专题十五盐类水解和难溶电解质的溶解平衡课件

专题十五盐类水解和难溶电解质的溶解平衡高考化学

(北京专用)五年高考A组自主命题·北京卷题组考点一盐类水解1.(2019北京理综,12,6分)实验测得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

()

A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移

动方向不同答案

C本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的离子积常数及温度对相关平衡移动的

影响等知识。该题的综合度高、思维容量大,侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处

理能力。试题多角度、动态分析化学反应,运用化学反应原理来解决实际问题,体现了培养学

生创新思维和创新意识的价值观念。A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的

水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH

下降”的现象,是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度下降了;D项,温度

升高对CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者水解平衡移动的方向是一致的。2.(2018北京理综,11,6分)测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是

()2SO3溶液中存在水解平衡:S

+H2O

HS

+OH-B.④的pH与①不同,是由于S

浓度减小造成的C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的KW值相等时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25答案

C本题考查Na2SO3的还原性和温度对水解平衡的影响。①→③过程中Na2SO3不断转

化为Na2SO4,S

浓度逐渐减小,使水解平衡向逆反应方向移动,而升高温度使水解平衡向正反应方向移动,故C不正确。拓展延伸

亚硫酸盐、H2SO3、SO2等+4价硫元素的化合物都具有较强的还原性。3.(2018北京理综,9,6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是

()

ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀,随后变为红褐色溶液变红,随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体,随后变为红棕色考点二难溶电解质的溶解平衡答案

C

C项中沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分

解反应,不涉及氧化还原反应。4.(2013北京理综,10,6分)实验:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得

到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。下列分析不正确的是

()A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)

Ag+(aq)+Cl-(aq)+C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI答案

B由题干信息可推知,AgNO3溶液和NaCl溶液恰好反应,AgNO3+NaCl

AgCl↓+NaNO3,沉淀c为AgCl(白色),滤液b的主要成分为NaNO3溶液,AgCl虽然为难溶性物质,但在水中

仍有少量溶解,故滤液b中仍有极少量的Ag+,当加入KI溶液时,Ag++I-

AgI↓,生成了溶解度更小的AgI沉淀。故可判定B项错误,其他选项正确。思路分析根据实验操作过程以及实验现象,结合难溶电解质的溶解平衡及沉淀的转化逐项

分析。易错警示难溶电解质在水中的溶解度比较小,但并不是不溶,如AgCl虽然是难溶物质,但在

水中仍有少量溶解。5.(2010北京理综,11,6分)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液,

向地下深层渗透,遇到难溶的ZnS或PbS,慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是

()B.原生铜的硫化物具有还原性,而铜蓝没有还原性4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-

CuS↓答案

DA项,应是CuS的溶解度小于PbS的溶解度,所以有PbS+Cu2+

CuS+Pb2+;B项,CuS中硫元素处于最低价态,有还原性;C项,ZnS难溶于水,CuSO4与ZnS反应的离子方程式应为Cu2++ZnS

CuS+Zn2+;D项,原生铜的硫化物变为CuSO4的反应是氧化还原反应,CuSO4与ZnS或PbS的反应是复分解反应。评析

本题考查了化学反应类型的判断,沉淀转化的原理以及离子方程式的书写,难度中等。1.(2019上海选考,20,2分)常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa,下列叙述正

确的是

()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②等体积混合后,醋酸根离子浓度小于③的二分之一C.①③等体积混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②等体积混合以后,水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度小考点一盐类水解B组统一命题、省（区、市）卷题组答案

BA项,0.1mol/LCH3COOH发生部分电离产生CH3COO-和H+,水发生微弱电离产生H+

和OH-,故①中c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-),错误;B项,①②等体积混合后恰好反应

生成CH3COONa,且c(CH3COONa)=0.05mol/L,由于①②混合后c(CH3COONa)小于③,则混合液

中CH3COO-的水解程度比③大,故混合液中c(CH3COO-)小于③中

c(CH3COO-),正确;C项,①③等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液显酸性说明CH3

COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+),错误;D项,①②等体

积混合后恰好生成CH3COONa,CH3COO-水解促进水的电离,①③等体积混合后,由于CH3

COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度,水的电离被抑制,故①②等体积混合后水的电离程

度比①③等体积混合后水的电离程度大,错误。2.(2019浙江4月选考,21,2分)室温下,取20mL0.1mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2mol·L-1NaOH溶液。已知:H2A

H++HA-,HA-

H++A2-。下列说法不正确的是

()A.0.1mol·L-1H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1mol·L-1B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10mLC.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)D.当用去NaOH溶液体积20mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)答案

B选项A,电荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)…①,物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1…②,①式+②式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-)+0.1mol·L-1,故A正确。选项B,电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),中性时c(H+)=c(OH-),故有c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),当V(NaOH溶液)=10mL时,得到NaHA溶液,依题意知HA-只电离不水解,NaHA溶液呈酸性,pH<7;则pH=7时,V(NaOH溶液)>10mL,故B错误;选项C,NaHA溶液中,电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)…③,物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=c(Na+)…④,③式+④式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-),故C正确;选项

D,V(NaOH溶液)=20mL时,得到的是0.05mol·L-1Na2A溶液,由物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),故D正确。解题点睛分析各选项中相关离子浓度的关系时,要紧扣溶液中的电荷守恒和物料守恒来考虑。3.(2017课标Ⅰ,13,6分)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子

浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

()

A.

(H2X)的数量级为10-6

的变化关系c(H+)>c(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)答案

D己二酸是二元弱酸,其一级电离程度大于二级电离,故曲线M表示lg

与pH的关系,曲线N表示lg

与pH的关系,B项正确;己二酸的二级电离平衡常数的表达式为

=[c(H+)·c(X2-)]/c(HX-),则lg

=lg

,由图像可知,lg

=0时,pH≈5.37,故

=1×10≈×10-6,A项正确;根据图像取点(0.6,5.0),

=

=10×10=10,所以HX-的水解常数为

=10<

=10,则NaHX溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),C项正确;由图像可知,溶液呈中性时,lg

>0,则c(X2-)>c(HX-),D项错误。4.(2015天津理综,5,6分)室温下,将0.05molNa2CO3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A.50mL1mol·L-1H2SO4反应结束后,c(Na+)=c(S

)B.0.05molCaO溶液中

增大C.50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变D.0.1molNaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变答案

BA项,0.05molNa2CO3与0.05molH2SO4刚好反应生成Na2SO4,即所得溶液为Na2SO4

溶液,c(Na+)=2c(S

);B项,向含0.05molNa2CO3的溶液中加入0.05molCaO,得到CaCO3和NaOH,故

增大;C项,加水稀释Na2CO3溶液,水的电离程度减小,由水电离出的c(H+)·c(OH-)发生了改变;D项,充分反应后所得溶液为Na2SO4溶液,溶液中c(Na+)增大。5.(2018课标Ⅲ,12,6分)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如

图所示。下列有关描述错误的是

()

Ksp(AgCl)的数量级为10-10c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点c向b方向移动考点二难溶电解质的溶解平衡答案

C本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数。A项,根据滴定曲线知,当加入25mLAgNO3

溶液时达到反应终点,此时c(Cl-)≈1×10-5mol·L-1,Ag+沉淀完全,则c(Ag+)=1×10-5mol·L-1,故Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),数量级为10-10,正确;B项,由溶度积常数的定义知,曲线上各点满足Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),正确;C项,相同条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,达到反应终点时c(Cl-)不变,消

耗V(AgNO3)=20mL,错误;D项,相同条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,由于Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),

达到反应终点时c(Br-)<c(Cl-),消耗n(AgNO3)不变,反应终点c向b方向移动,正确。知识拓展

化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,沉淀就达完全。6.(2016课标Ⅲ,13,6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是

()A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中

减小3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中

增大C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中

>1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中

不变答案

DA项,温度不变时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=

是不变的,加水时c(CH3COO-)变小,

应变大,故错误;B项,CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-的平衡常数K=

,升温,K增大,

=

减小,故错误;C项,根据电荷守恒得c(N

)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性时c(H+)=c(OH-),则c(N

)=c(Cl-),

=1,故错误;D项,向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,

=

=

,温度不变,Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不变,则

不变,故正确。7.(2015重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是

()B.25℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C.25℃时,0.1mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案

CA项,醋酸电离的方程式为CH3COOH

CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的浓度,从而使醋酸的电离平衡逆向移动,抑制了醋酸的电离;B项,等体积等浓度的

硝酸与氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N

能水解:N

+H2O

NH3·H2O+H+,溶液应呈酸性,则pH<7;C项,溶液的导电能力是由溶液中离子总浓度和离子所带电荷数决定的,H2S为弱电

解质,Na2S为强电解质,所以等浓度的H2S溶液的导电能力比Na2S溶液弱;D项,在相同条件下AgI

的溶解度小于AgCl的溶解度,所得溶液中c(Cl-)>c(I-)。8.(2019课标Ⅲ,26,14分)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二

氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下

列问题:

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和

;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式

。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是

。(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为

~6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是

。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是

。(6)写出“沉锰”的离子方程式

。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=

时,z=

。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2+MnS+2H2SO4

2MnSO4+S+2H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+(4)NiS和ZnS(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2

Mg2++2F-平衡向右移动(6)Mn2++2HC

MnCO3↓+CO2↑+H2O(7)

解析本题涉及元素化合物知识的综合应用,通过工艺流程形式给出信息,考查分析和解决化

学工艺流程问题的能力,根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式,体现了证据推理

与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知,滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或不溶性硅酸盐);依据氧化还原

反应原理可知,MnO2作氧化剂,MnS作还原剂,由此可写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,为了去除方便,需将Fe2+氧化为Fe3+。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.7~6

之间。(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。(5)MgF2(s)

Mg2+(aq)+2F-(aq),若增大H+浓度,F-与H+会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动,导致溶液中Mg2+沉淀不完全。(6)由于HC

H++C

,C

与Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HC

电离平衡正向移动,H+浓度增大,H+与HC

反应生成H2O和CO2,所以离子方程式为Mn2++2HC

MnCO3↓+CO2↑+H2O。(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可知+1+(+2)×x+(+3)×y+(+4)×z+(-2)×2=0,

将x=y=

代入计算,可得z=

。易错警示

(5)易忽略H+与F-会形成弱电解质破坏沉淀溶解平衡;(6)易错写为Mn2++HC

MnCO3↓+H+,忽略MnCO3可溶于酸中。1.(2015海南化学,3,2分)0.1mol下列气体分别与1L0.1mol·L-1的NaOH溶液反应,形成的溶液

pH最小的是

()2232

C组教师专用题组考点一盐类水解答案

CA项,0.1molNO2与0.1molNaOH发生歧化反应生成NaNO2和NaNO3,溶液呈碱性;B

项,0.1molSO2与0.1molNaOH恰好反应生成NaHSO3,由于HS

的电离程度大于HS

的水解程度,故溶液呈酸性;C项,0.1molSO3与0.1molNaOH恰好反应生成NaHSO4,该盐完全电离生

成Na+、H+和S

,所以其酸性比同浓度的NaHSO3溶液强,pH更小;D项,0.1molCO2与0.1molNaOH恰好反应生成NaHCO3,由于HC

的水解程度大于HC

的电离程度,故溶液呈碱性。2.(2014天津理综,5,6分)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是

()A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S

)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)2的水溶液:c(H+)>c(HC

)=2c(C

)2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2[c(HC2

)+c(C2

)+c(H2C2O4)]答案

A根据NaHSO4溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Na+)=2c(S

)+c(OH-),又因为c(Na+)=c(S

),所以A项正确;B项,相同条件下,AgI的溶解度比AgCl的小,故I-的浓度比Cl-的小;C项,碳酸的电离是分步进行的,第一步电离程度远大于第二步,所以c(HC

)≫c(C

);D项,Na+的总浓度应是H2C2O4、HC2

、C2

总浓度的1.5倍,即2c(Na+)=3[c(H2C2O4)+c(HC2

)+c(C2

)]。3.(2014福建理综,10,6分)下列关于0.10mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是

()3

Na++H++C

B.25℃时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大C.离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC

)+c(C

)

D.温度升高,c(HC

)增大答案

BNaHCO3的电离方程式为NaHCO3

Na++HC

,故A错误;根据电荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC

)+2c(C

),故C错误;温度升高,促进HC

水解,c(HC

)减小,故D错误。4.(2014山东理综,29,17分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反

应:2NO2(g)+NaCl(s)

NaNO3(s)+ClNO(g)

K1

ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)+Cl2(g)

2ClNO(g)

K2

ΔH2<0(Ⅱ)(1)4NO2(g)+2NaCl(s)

2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=

(用K1、K2表示)。(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响,在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和

0.1molCl2,10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v×10-3mol·L-1·min-1,则平衡

后n(Cl2)=

mol,NO的转化率α1=

。其他条件保持不变,反应(Ⅱ)在恒压条件下

进行,平衡时NO的转化率α2

α1(填“>”“<”或“=”),平衡常数K2

(填“增

大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小,可采取的措施是

。(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH

NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1mol·L-1的CH3COONa溶

液,则两溶液中c(N

)、c(N

)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为

。(已知HNO2的电离常数Ka×10-4mol·L-1,CH3COOH的电离常数Ka×10-5mol·L-1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是

。答案(1)

×10-275%>不变升高温度(3)c(N

)>c(N

)>c(CH3COO-)b、c解析(1)反应(Ⅰ)×2-反应(Ⅱ)即得所求反应,故该反应的平衡常数K=

。(2)v×10-3mol·L-1·min-1,则n×10-3mol·L-1·min-1×2L×10min=0.15mol,利用

“三段式”计算:2NO(g)+Cl2(g)

2ClNO(g)起始量0.2mol0.1mol0转化量0.15mol0.075mol0.15mol平衡量0.05mol0.025mol0.15molNO的转化率为

×100%=75%。(3)由题意知:NaNO3、NaNO2、CH3COONa的浓度相同,Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH),得出酸性:

HNO2>CH3COOH,依据酸越弱,其盐越易水解的规律,即可推出c(N

)>c(N

)>c(CH3COO-);由于CH3COONa水解程度大,溶液B的pH大于溶液A,故b、c项中的方法可以使A、B两溶液的pH

相等。5.(2017课标Ⅲ,13,6分)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解

能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关

离子浓度的关系图,下列说法错误的是

()

考点二难溶电解质的溶解平衡A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7-反应为Cu+Cu2++2Cl-

2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好+

Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全答案

C

依据图像,选择一个坐标点(1.75,-5),则c(Cu+)=10-5mol·L-1,c(Cl-)=10mol·L-1,Ksp

(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-)=1×10≈×10-7,则Ksp(CuCl)的数量级为10-7,A正确;Cu和Cu2+发生氧化

还原反应生成Cu+,Cu+与Cl-形成CuCl沉淀,B正确;Cu是固体,加入Cu不会引起平衡移动,对除Cl-

无影响,C错误;2Cu+

Cu2++Cu的平衡常数很大,说明反应正向进行的程度很大,反应趋于完全,D正确。知识拓展

化学平衡常数的应用1.化学平衡常数越大,反应物的转化率越大,反应进行的程度越大。2.Qc=K时,化学反应达平衡;Qc<K时,化学反应正向进行;Qc>K时,化学反应逆向进行。6.(2015山东理综,11,5分)下列由实验现象得出的结论正确的是

()

操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色Br-还原性强于Cl-D加热盛有NH4Cl固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华答案

C

向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀,说明在相同条件下AgI比AgCl更难

溶,则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A错误。B中由实验现象不能确定溶液中是否含有Fe2+,若先加入

KSCN溶液无现象,再滴入氯水后溶液呈红色,才能说明原溶液中一定含有Fe2+。C中实验现象

说明有Br2生成,溶液中发生了反应:2Br-+Cl2

Br2+2Cl-,从而说明了Br-的还原性强于Cl-,C正确。加热NH4Cl固体时,NH4Cl固体发生分解反应:NH4Cl

NH3↑+HCl↑,试管底部固体消失;试管口温度较低,NH3和HCl发生化合反应:NH3+HCl

NH4Cl,故试管口有晶体凝结,D错误。7.(2015浙江理综,13,6分)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3,不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O),设计了如下流程:

下列说法不正确的是

()A.溶解烧渣选用足量硫酸,试剂X选用铁粉2,控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体24·7H2O产品的过程中,须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案,在溶液1中直接加NaOH至过量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液经结晶分离也

可得到FeSO4·7H2O答案

D

综合上述信息可知A、B项均正确;FeSO4·7H2O易被氧化和分解,因此从溶液2中得到FeSO4·7H2O产品的过程中,须控制条件,C项正确;若在溶液1中直接加过量NaOH,得到Fe(OH)3沉淀,Fe(OH)3用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液,经结晶分离得不到FeSO4·7H2O,D项不正确。8.(2014课标Ⅰ,11,6分)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法不错误的是

()

C.60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯答案

A由题给曲线知,升高温度,AgBrO3的溶解度增大,说明升高温度,AgBrO3的溶解平衡

AgBrO3(s)

Ag+(aq)+Br

(aq)向右移动,故AgBrO3的溶解是吸热过程,A错误;温度越高,物质的溶解速度越快,B正确;60℃时饱和AgBrO3溶液的浓度c[AgBrO3(aq)]=c(Ag+)=c(Br

)≈

mol/L≈0.025mol/L,故Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)·c(Br

×≈6×10-4,C正确;KNO3中混有少量AgBrO3,因KNO3的溶解度受温度影响变化较大,故可用重结晶方法提

纯,D正确。选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大,反应速率越快常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀答案

DA项,“较强酸可以制取较弱酸”适用于复分解反应,HClO制取HCl发生的是氧化

还原反应,错误;B项,铝片加入浓硝酸中会发生钝化,错误;C项,由于NH3分子间能形成氢键,故

其沸点比PH3高,错误;D项,CuS比ZnS更难溶,ZnS易转化为CuS,正确。10.(2019课标Ⅱ,12,6分)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化

镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误

的是

()

a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案

B本题涉及的知识点为难溶电解质的溶解平衡及Ksp大小的比较;通过图像考查了考生接受、吸收、整合化学信息的能力;考查温度和浓度变化对溶解平衡的影响,体现了变化观

念与平衡思想的学科核心素养。以古代绘画和彩陶为素材,贯彻了弘扬中华民族优秀传统文

化的价值观念。CdS在水中达到溶解平衡时Cd2+、S2-浓度相等,可求出一定温度下CdS在水中的溶解度,A项正

确;m、p、n为同一温度下的CdS的溶解平衡状态,三点的Ksp相等,B项错误;向m点溶液中加入

Na2S,S2-浓度增大,但Ksp不变,则溶液组成由m沿T1时的平衡曲线向p方向移动,C项正确;温度降

低,Ksp减小,q沿qp线向p方向移动,D项正确。11.(2016课标Ⅰ,27,15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH

(绿色)、Cr2

(橙红色)、Cr

(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现

象是

。(2)Cr

和Cr2

在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2

)随c(H+)的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应

。②由图可知,溶液酸性增大,Cr

的平衡转化率

(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为

。③升高温度,溶液中Cr

的平衡转化率减小,则该反应的ΔH

0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+与Cr

生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-×10-5mol·L-1)时,溶液

中c(Ag+)为

mol·L-1,此时溶液中c(Cr

)等于

mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp×10-12×10-10)(4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2

还原成Cr3+,该反应的离子方程式为

。答案(1)蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)①2Cr

+2H+

Cr2

+H2O×1014③小于×10-5×10-3(4)Cr2

+3HS

+5H+

2Cr3++3S

+4H2O解析(1)Cr3+与Al3+化学性质相似,Cr3+(蓝紫色)中加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3沉淀(灰蓝色),

继续滴加,沉淀溶解,生成Cr(OH

(绿色)。(2)①Na2CrO4溶液中的转化反应为2Cr

+2H+

Cr2

+H2O。②酸性增大,平衡右移,Cr

的平衡转化率增大。由题图知,A点c(Cr2

)=0.25mol·L-1,c(Cr

×2)mol·L-1=0.5mol·L-1,c(H+×10-7mol·L-1,则平衡常数K=

=

×1014。③升温,Cr

的平衡转化率减小,说明平衡左移,即正反应为放热反应,ΔH<0。(3)c(Ag+)=

=

mol·L-1×10-5mol·L-1,c(Cr

)=

=

mol·L-1×10-3mol·L-1。(4)Cr2

被还原成Cr3+,Cr元素化合价降低,作氧化剂,则HS

作还原剂,被氧化为S

,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,即可得出反应的离子方程式。考点一盐类水解三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018北京海淀一模,7)下列用于解释事实的化学用语中,不正确的是

()2S溶液显碱性:S2-+2H2O

H2S+2OH-2Cr2O7溶液中含有Cr

:Cr2

+H2O

2Cr

+2H+C.盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2

Si

+H2OD.红热木炭遇浓硫酸产生刺激性气味的气体:2H2SO4(浓)+C

CO2↑+2SO2↑+2H2O答案

AA项,多元弱酸根离子的水解分步进行,且以第一步为主,即S2-+H2O

HS-+OH-。答案

BA项,室温下,向NaOH溶液中通SO2至pH=7,说明溶液中c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS

)+2c(S

),得到c(Na+)=c(HS

)+2c(S

);B项,向NH4Cl溶液中加入等浓度、等体积的NH3·H2O溶液后,所得溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于N

的水解程度,则c(N

)>c(NH3·H2O);C项,向NH4HSO4溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液后,溶液中存在物料守恒,c(N

)+c(NH3·H2O)=c(Na+);D项,醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH

CH3COO-+H+,加入醋酸钠晶体后,CH3COO-浓度增大,平衡逆向移动,H+浓度减小,

=

=

,则

增大。3.(2019北京丰台期末,8)常温下,向碳酸溶液中滴加NaOH溶液,测得碳酸中含碳微粒的物质的

量分数随pH变化如下图所示,下列说法不正确的是

()

A.人体血液的pH=7.35~7.45,其中含碳微粒以HC

、H2CO3为主2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7C.pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-)2通入NaOH溶液制取Na2CO3答案

BA项,根据题图可知,pH=7.35~7.45时,含碳微粒主要存在HC

、H2CO3;B项,根据题图可知,pH=7时,含碳微粒主要存在HC

、H2CO3,没有达到除杂目的;C项,pH=10时,根据电荷守恒可得溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HC

)+2c(C

)+c(OH-);D项,根据题图可知,pH约为12.5时,溶液中C

量达到最大,将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3需控制pH>12.5。4.(2019北京朝阳期中,16)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源,热化学硫

碘循环分解水是一种高效、无污染的制H2的方法。反应如下:ⅰ.H2SO4(aq)

SO2(g)+H2O(l)+

O2(g)ΔH1=+327kJ·mol-1ⅱ.SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)

2HI(aq)+H2SO4(aq)ΔH2=-151kJ·mol-1ⅲ.2HI(aq)

H2(g)+I2(s)

ΔH3=+110kJ·mol-1(1)分解水制H2的热化学方程式是

。(2)反应ⅱ的SO2从烟气吸收中得到,如下图所示。

①Na2SO3溶液呈碱性的原因:

。②加热解吸,产物中含有NaHSO4,用化学方程式说明原因:

。③取解吸产物的溶液,

(填操作和现象),证明产物中含S

。(3)反应ⅱ的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2

的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。①将两层溶液分离的主要仪器是

。②提纯H2SO4:将H2SO4层(含少量HI、I2)加热,在不同温度下通入N2。通过I-的去除率衡量提纯

效果。序号条件

ABCD温度/℃125125145145是否通入N2否是否是I-的去除率43%90%比A高98%答案(1)2H2O(l)

2H2(g)+O2(g)

ΔH=+572kJ·mol-1(2)①S

+H2O

HS

+OH-②2NaHSO3+O2

2NaHSO4③加入盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀2SO4+2HI

SO2↑+I2+2H2O2SO4(aq)+2HI(aq)

SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)

ΔH=+151kJ·mol-1,溶液中的SO2等被N2带走,平衡向正反应方向移动;升高温度,平衡向正反应方向移动,二者均利于提高HI的去除率。2。去除HI的化学方程式是

。2、升高温度HI去除率提高的原因:

。解析(1)根据盖斯定律,结合已知热化学方程式,由2×(ⅰ+ⅱ+ⅲ)得,分解水制H2的热化学方程

式是2H2O(l)

2H2(g)+O2(g)

ΔH=+572kJ·mol-1。(2)①Na2SO3是强碱弱酸盐,水解显碱性,即S

+H2O

HS

+OH-。②NaHSO3中硫元素显+4价,具有较强还原性,加热解吸时易被空气中的氧气氧化为NaHSO4,化学方程式为2NaHSO3+

O2

2NaHSO4。③检验S

常用Ba2+,为了排除其他离子的干扰,常加入盐酸酸化,故取解吸产物的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明产物中含S

。

H2SO4+2HI

SO2↑+I2+2H2O;b.由反应ⅱ可知H2SO4(aq)+2HI(aq)

SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)

ΔH=+151kJ·mol-1,溶液中的SO2等被N2带走,平衡向正反应方向移动;升高温度,平衡向正反

应方向移动,二者均利于提高HI的去除率。5.(2019北京朝阳期中,7)龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。饮水、食物里

的F-会将其转化为Ca5(PO4)3F,后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是

()A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<Ca5(PO4)3F5(PO4)3(OH)电离出来的OH-、P

均能与H+反应C.牙膏中添加NaF可发生反应:Ca5(PO4)3(OH)+F-

Ca5(PO4)3F+OH-考点二难溶电解质的溶解平衡答案

A

A项,依据沉淀转化的原则,结合题意知,溶解度:Ca5(PO4)3(OH)>Ca5(PO4)3F;B项,Ca5(PO4)3(OH)电离出来的OH-能与H+反应生成水,P

能与H+反应生成HP

、H2P

、H3PO4;C项,牙膏中添加NaF,F-可与Ca5(PO4)3(OH)反应生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D项,题述过程涉及

的反应都是复分解反应。知识拓展在难溶电解质溶液中,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,沉淀之间可以相互

转化,一般来说,沉淀转化总是向着溶解度减小的方向进行。若难溶电解的类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀。6.(2019北京海淀期中,8)我国工业废水中几种污染物及其最高允许排放浓度如下表。下列说

法不正确的是

()答案

CA项,重金属包括镉(Cd)、汞(Hg)、银(Ag)、铜(Cu)、金(Au)、铅(Pb)等,故Hg2+、

Cd2+、Pb2+是重金属离子;B项,pH>9的废水显碱性,可用中和法处理;C项,Cr

转化为Cr2

时无元素化合价变化,为非氧化还原反应;D项,向含有Hg2+的废水中加入Na2S,发生反应Hg2++S2-

HgS↓,Hg2+转化为HgS沉淀而被除去。注:我国规定酸、碱废水pH的最大允许排放标准是大于6、小于9。2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子B.对于pH>9的废水可用中和法处理

转化为Cr2

是用氧化还原的方法2+的废水中加入Na2S,可使其转变为沉淀而被除去7.(2019北京海淀期末,7)取1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均

为0.1mol·L-1):

下列说法不正确的是

()A.实验①白色沉淀是难溶的AgClB.由实验②说明AgI比AgCl更难溶C.若按①③顺序实验,看不到黑色沉淀D.若按②①顺序实验,看不到白色沉淀答案

CA项,实验①中Ag+与Cl-发生反应,生成氯化银白色沉淀;B项,由所加试剂均过量可

知,实验②滴加碘化钾溶液后仍能生成黄色沉淀碘化银,证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),即碘化银比氯

化银更难溶;C项,由实验③可知,Ag2S比AgI难溶,故Ag2S比AgCl难溶,所以按①③顺序实验可以

看到沉淀转化的现象;D项,由实验②知,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),所以若按②①顺序实验,则不会观察

到黄色沉淀变成白色沉淀的现象。选项实验操作及现象结论A常温下,用pH计测得0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH,前者大酸性:CH3COOH>HClOB向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热,再加入银氨溶液,水浴加热,未见有银镜产生淀粉没有水解C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液,有白色沉淀生成,再滴加CuCl2溶液,有蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质答案

AA项,形成盐的酸越弱,对应的酸根离子水解程度越大,相同条件下盐溶液的碱性就

越强,所以由0.1mol·L-1NaClO溶液比0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH大,可知酸性:CH3COOH>HClO;B项,淀粉水解后的溶液应用NaOH溶液调至碱性后,再加入银氨溶液,水浴加热,才会有银镜产生;C项,过量的NaOH溶液能够与CuCl2溶液反应生成蓝色沉淀,无法比较氢氧化镁与氢氧化铜的Ksp的大小;D项,在酸性条件下,N

能够把Fe2+氧化为Fe3+,不能说明Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质。9.(2017北京西城期末,11)以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子,通

过添加过量难溶电解质MnS,可使这些金属离子形成硫化物沉淀,经过滤除去包括MnS在内的

沉淀。根据上述实验事实,下列说法中,不正确的是

()A.溶解度:MnS<PbSB.MnS在水溶液中存在沉淀溶解平衡:MnS(s)

Mn2+(aq)+S2-(aq)2+转化为沉淀的原理为MnS(s)+Cu2+(aq)

CuS(s)+Mn2+(aq)答案

AA项,添加过量难溶电解质MnS,可使Pb2+形成硫化物沉淀,说明溶解度PbS<MnS。B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:30分钟分值:60分一、选择题(每小题6分,共24分)1.(2019北京西城期末,11)下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关

的是

()4溶液中使其转化为Na2SO44加入水中并加热使其转化为TiO2·xH2O2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO32S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀答案

AA项,将NaOH溶液加入NaHSO4溶液中发生的反应为H++OH-

H2O,该反应本质为酸碱中和反应,与题给平衡无关;B项,将TiCl4加入水中发生水解反应TiCl4+4H2O

Ti(OH)4+4HCl,加热促进水解,同时促进HCl挥发,平衡正向移动,所得Ti(OH)4受热分解转化为TiO2·xH2O,此过程与盐类的水解平衡有关;C项,将Na2CO3溶液加入水垢中发生反应CaSO4+C

CaCO3+S

,增大C

浓度促进平衡正向移动,该过程与难溶电解质的溶解平衡有关;D项,将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中发生反应Hg2++S2-

HgS↓,增大S2-浓度促进平衡正向移动生成HgS沉淀,该过程与难溶电解质的溶解平衡有关。解题关键本题考查难溶电解质的溶解平衡及盐类的水解平衡,把握化学反应与平衡移动原

理的关系为解答的关键。2.(2019北京西城期末,16)为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因,进行如下实验:①向2mL0.2mol·L-1MgCl2溶液中滴加1mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀,将浊液分为2等份。②向一份中逐滴加入4mol·L-1NH4Cl溶液,另一份中逐滴加入4mol·L-1CH3COONH4溶液(pH≈

7),边滴加边测定其中沉淀的量,沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如下图。

③将①中的NaOH溶液用氨水替换,重复上述实验。下列说法不正确的是

()A.Mg(OH)2浊液中存在:Mg(OH)2(s)

Mg2+(aq)+2OH-(aq)B.②中两组实验中均存在反应:Mg(OH)2+2N

Mg2++2NH3·H2O+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程D.③中获得的图像与②相同答案

DA项,氢氧化镁浊液中存在难溶电解质的溶解平衡,即Mg(OH)2(s)

Mg2+(aq)+2OH-(aq);B项,两溶液中均有N

,图中沉淀量初始变化趋势相同,可以发生反应:Mg(OH)2+2N

Mg2++2NH3·H2O;C项,NH4Cl水解得到的H+参与氢氧化镁的溶解过程;D项,若用氨水代替①中的氢氧化钠溶液,所得浊液中存在平衡:Mg(OH)2+2N

Mg2++2NH3·H2O,则③中获得的图像与②不相同。解题关键本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡和盐类水解,明确图像的意义,掌握盐类水解

的过程是解题的关键。3.(2018北京海淀二模,12)已知:Ag++SCN-

AgSCN↓(白色),某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化,进行以下实验:

下列说法中不正确的是

()A.①中现象能说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度B.②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+

3AgSCN↓+Fe3+C.③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D.④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应答案

CA项,向上层清液中加入Fe(NO3)3溶液,溶液变为浅红色,说明上层清液中含有SCN-,

则Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应是可逆反应,即该反应有限度;B项,浅红色溶液中加入Ag+

后红色褪去,产生白色沉淀是由于发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+

3AgSCN↓+Fe3+;C项,②中存在过量的Ag+,所以③中产生黄色沉淀不能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小;D项,向

AgSCN沉淀中滴加KI溶液后,白色沉淀先转化为黄色沉淀是由于AgSCN转化为溶解度更小的

AgI,随后黄色沉淀溶解得到无色溶液可能是因为AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应。4.(2019北京朝阳一模,12)探究铝片与Na2CO3溶液的反应。下列说法不正确的是

()2CO3溶液中存在水解平衡:C

+H2O

HC

+OH-B.对比Ⅰ、Ⅲ,说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C.推测出现白色浑浊的原因:Al

+HC

+H2O

Al(OH)3↓+C

2逸出对C

水解平衡移动方向的影响是相反的

无明显现象Ⅲ中铝片表面产生细小气泡Ⅳ中出现白色浑浊,产生大量气泡(经检验为H2和CO2)答案

DA项,C

为多元弱酸根离子,分步水解,以第一步水解为主,即C

+H2O

HC

+OH-。B项,Ⅰ中无明显现象说明铝和水没有发生反应,Ⅲ中铝片表面产生细小气泡说明铝和

C

水解生成的OH-反应生成H2,对比Ⅰ、Ⅲ,说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜。C项,C

+H2O

HC

+OH-,2Al+2OH-+2H2O

2Al

+3H2↑,Al

与HC

反应生成Al(OH)3和C

,即Al

+HC

+H2O

Al(OH)3↓+C

。D项,C

+H2O

HC

+OH-,加热促进水解平衡正向移动;铝和OH-反应放出H2,消耗OH-,OH-浓度降低,C

水解平衡正向移动,故加热和H2逸出对C

水解平衡移动方向的影响相同。5.(2019北京西城期末,19)(10分)直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣(主要成

分Na2CO3)可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3,其流程如图1。

图1已知:H2SO3、HS

、S

在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2,Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲线如图3。二、非选择题(共36分)

图2

图3(1)Na2CO3溶液显碱性,用离子方程式解释其原因:

。(2)吸收烟气①为提高NaHSO3的产率,应控制吸收塔中的pH为

。②NaHSO3溶液中c(S

)>c(H2SO3),结合方程式解释其原因:

。③已知下列反应:SO2(g)+2OH-(aq)

S

(aq)+H2O(l)ΔH1=-164.3kJ·mol-1CO2(g)+2OH-(aq)

C

(aq)+H2O(l)ΔH2=-109.4kJ·mol-12HS

(aq)

S

(aq)+SO2(g)+H2O(l)ΔH3=+34.0kJ·mol-1吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS

的热化学方程式是

。④吸收塔中的温度不宜过高,可能的原因是

(写出1种即可)。(3)制备无水Na2SO3将中和塔中得到的Na2SO3溶液

(填操

作),过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥,得无水Na2SO3固体。答案(1)C

+H2O

OH-+HC

(1分)(2)①4~5(1分)②溶液中,HS

存在:HS

H++S

和HS

+H2O

H2SO3+OH-,HS

的电离程度大于水解程度(2分)③2SO2(g)+C

(aq)+H2O(l)

2HS

(aq)+CO2(g)

ΔH=-88.9kJ·mol-1(2分)

④防止SO2的溶解度下降;防止HS

受热分解;防止HS

的氧化速率加快等(2分)(3)隔绝空气,加热浓缩至有大量固体析出,高于34℃过滤(2分)解析(1)Na2CO3溶液显碱性是由于C

水解,离子方程式为C

+H2O

OH-+HC

。(2)①由图2可知,pH为4~5时,HS

的物质的量分数最大,故为提高NaHSO3的产率,应控制吸收塔中的pH为4~5。②NaHSO3为弱酸的酸式盐,HS

既能发生电离HS

H++S

,又能发生水解HS

+H2O

H2SO3+OH-,因HS

的电离程度大于水解程度,所以溶液中c(S

)>c(H2SO3)。③根据盖斯定律知,吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS

的热化学方程式是2SO2(g)+C

(aq)+H2O(l)

2HS

(aq)+CO2(g)

ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3=-88.9kJ·mol-1。④气体的溶解度随温度的升高而减小,温度过高,不利于吸收SO2;NaHSO3不稳定,受热易分解;

温度升高可以加快HS

的氧化速率。(3)由图3可知,低于34℃时过滤会得到Na2SO3·7H2O;温度高于34℃时,随着温度升高,Na2SO3的

溶解度降低,故升高温度有利于析出Na2SO3固体,但Na2SO3具有强还原性,易被空气中的氧气氧

化,因此将中和塔中得到的Na2SO3溶液隔绝空气,加热浓缩至有大量固体析出,高于34℃过滤。6.(2019北京朝阳期末,18)(10分)Fe3O4呈黑色、有磁性,应用广泛。以Fe3O4为吸附剂去除水中

含磷物质是一种新的除磷措施。(1)检验Fe3O4中铁元素的价态:用盐酸溶解Fe3O4,取少量滴加

,溶液变红;另取少量

滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀。(2)氧化—沉淀法制备Fe3O4Ⅰ.向稀硫酸中加入过量铁粉,得到FeSO4溶液。空气中存在O2,由于

(用离子方程式表示),可产生Fe3+。过量铁粉的作用是除去Fe3+。Ⅱ.在N2保护下,向热NaOH溶液中加入FeSO4溶液,搅拌,得到Fe(OH)2浊液。将NaNO3溶液滴入浊液中,充分反应得到Fe3O4。①用湿润红色石蕊试纸检验产物,

(填现象),证明生成了NH3。②

Fe(OH)2+

N

。(将反应补充完整)(