2023年高考真题变式分类汇编:溶液酸碱性的判断及相关计算1
一、选择题
1.(2023·湖北) 为某邻苯二酚类配体,其,。常温下构建溶液体系,其中,。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示,分布系数,已知,。下列说法正确的是
A.当时,体系中
B.pH在9.5~10.5之间,含L的物种主要为
C.的平衡常数的lgK约为14
D.当时,参与配位的
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理;离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合,但在pH=1时,富含L的型体主要为H2L,此时电离出的HL-较少,根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46,但pH=1时c(OH-)=10-13,因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-),A错误;
B.根据图示的分布分数图可以推导出,H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大,而H2L和L2-的含量最少,因此当pH在9.5~10.5之间时,含L的物种主要为HL-,B错误;
C.该反应的平衡常数表达式为:,此时体系的pH=4,[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等
带入可得lg K≈14,C项正确;
D.根据图像,pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-,其分布分数均为0.5,因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1,此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-,形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-,共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-,即参与配位的c(L2-)≈5×10-4,D错误
故答案为:C。
【分析】平衡图像解题技巧:对应化学反应速率图像和化学平衡图像,应该注意下列几点:1、横轴坐标和纵坐标含义;2、曲线斜率或者趋势;3、曲线上特殊点,如起点、终点、交点和拐点等,进行计算平衡常数。
2.(2023·全国甲卷)下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(;可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A.由点可求得
B.时的溶解度为
C.浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D.混合溶液中时二者不会同时沉淀
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.对于a点可知,pH=2,c(OH-)=10-12mol/L,c(Fe3+)=10-2.5mol/L,带入Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)c(OH-)3=10-38.5,A项错误;
B.pH=4时,Al3+浓度为10-3mol/L,所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L,B项错误;
C.由图可知,当Fe3+完全沉淀时,Al3+还没有沉淀,所以可以通过分步沉淀进行分离,C项正确;
D.由图可知,Al3+还没有完全沉淀时,Cu2+已经开始沉淀,所以二者会同时沉淀,D项错误。
故答案为:C。
【分析】(1)弄清楚横纵坐标含有,图像变化趋势以及含义;
(2)充分利用图像的特殊点位进行计算,如起点、交点、终点等;
(3)弄清楚什么时候完全沉淀,什么时候开始沉淀,分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。
3.(2022·湖北)根据酸碱质子理论,给出质子的物质是酸,给出质子的能力越强,酸性越强。已知:,,下列酸性强弱顺序正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】根据复分解反应的规律,强酸能制得弱酸,根据酸碱质子理论,给出质子的物质是酸,则反应中,酸性:,反应中,酸性:,故酸性:,
故答案为:D。
【分析】根据酸碱质子理论和强酸制弱酸原理判断酸性强弱。
4.(2021·海南)依据下列实验和现象,得出结论正确的是( )
选项 实验 现象 结论
A 点燃无色气体 ,将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 为
B 25℃时,向无色的 溶液中滴加1~2滴酚酞试液 溶液仍为无色 溶液的
C 在淀粉和 的混合溶液中滴加 溶液。[已知: 、 分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性:
D 在稀 中加入少量 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中 既作氧化剂又作还原剂
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应;氧化性、还原性强弱的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算;常见气体的检验
【解析】【解答】A.无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水,将生成的气体通入澄清石灰水,澄清石灰水也会先浑浊后澄清,则无色气体X不一定为一氧化碳,故A不符合题意;
B.若无色Y溶液的pH在7—8之间,向溶液中滴加1~2滴酚酞试液,溶液也为无色,则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7,故B不符合题意;
C.若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液,碘未完全反应,溶液也呈蓝色,则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱,故C不符合题意;
D.在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体,溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜,则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂,故D符合题意;
故答案为:D。
【分析】
A.二氧化碳也可令澄清石灰水变浑浊;
B.弱碱且浓度低1-2滴也不变色,与酚酞的变色范围有关;
C.碘单质未充分反应后也是蓝色;
D.根据化合价变化判断,氧化亚铜既是氧化剂又是还原剂。
5.(2021·浙江)25℃时,下列说法正确的是( )
A.NaHA溶液呈酸性,可以推测H2A为强酸
B.可溶性正盐BA溶液呈中性,可以推测BA为强酸强碱盐
C.0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1<α2
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离平衡常数
【解析】【解答】A.NaHA溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度大于其水解程度,不能据此得出H2A为强酸的结论,A不符合题意;
B.可溶性正盐BA溶液呈中性,不能推测BA为强酸强碱盐,因为也可能是B+和A-的水解程度相同,即也可能是弱酸弱碱盐,B不符合题意;
C.弱酸的浓度越小,其电离程度越大,因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1>α2,C不符合题意;
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10-4mol/L,碳酸根水解促进水的电离,则水电离出H+的浓度是1×10-4mol/L,其物质的量为0.1L×1×10-4mol/L=1×10-5mol,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.强酸是全部电离,在溶液中存在NaHA,不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时,水解程度接近时,溶液也是显中性
C.浓度越稀,电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度,即可计算出物质的量
6.(2022·舟山模拟)水溶液呈碱性的正盐是( )
A. B. C.KOH D.
【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.是强碱弱酸的酸式盐,水溶液由于碳酸氢根水解大于电离而呈碱性,A不合题意;
B.是强碱弱酸的正盐,水溶液由于醋酸根离子水解而呈碱性,B符合题意;
C.KOH是强碱,水溶液由于KOH=K++OH-呈碱性,C不合题意;
D.是强酸,水溶液由于H2SO4=2H++而呈酸性,D不合题意;
故答案为:B。
【分析】水溶液为碱性的盐,根据水解规律,强碱弱酸盐水解呈碱性
7.(2022·黄埔模拟)下列溶液一定呈中性的是( )
A.的溶液
B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
C.c(H+)=c(OH-)的溶液
D.紫色石蕊试液不变色的溶液
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.pH=7的溶液不一定呈中性,如100℃时,水的离子积常数是10-12,溶液pH=6时呈中性,当pH=7时溶液呈碱性,故A不符合题意;
B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性,如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时,硫酸溶液过量,溶液呈酸性,故B不符合题意;
C.氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性,故C符合题意;
D.紫色石蕊试液不变色的溶液pH在5~8范围间,溶液可能为酸性,或中性,或碱性,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A、pH=7在25℃呈中性;
B、等物质的量一元强酸和一元强碱反应呈中性;
C、氢离子浓度等于氢氧根浓度,溶液呈中性;
D、紫色石蕊试液的紫色范围是pH为5-8,因此不一定是中性。
8.(2022·红桥模拟)常温下,向20mL浓度均为0.1mol·L-1的HA与NaA的混合溶液中,分别滴加浓度均为0.1mol·L-1的HCl、NaOH两种溶液,混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是( )
A.滴加HCl溶液的曲线为I
B.水的电离程度:c>b>a
C.d点时,lg ≈5.24
D.c点溶液中存在:c(Na+)=2[c(A-)+c(HA)]
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.滴加盐酸,溶液的pH减小,滴加盐酸的曲线为II,A不符合题意;
B.a、b点都在曲线II上,滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA,随着HCl的滴入,NaA逐渐减少、HA逐渐增多,HA电离出H+抑制水的电离,A-水解促进水的电离,则水的电离程度不断减小,则水的电离程度a>b,b点时加入20mL盐酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液,c点在曲线I上,滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O,c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液,则水的电离程度c>b,B不符合题意;
C.0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76,溶液中c(H+)=10-4.76mol/L,则Ka(HA)= ≈10-4.76,d点溶液的pH=10,溶液中c(H+)=10-10mol/L,Ka(HA)= = ≈10-4.76, ≈105.24,则lg ≈5.24,C符合题意;
D.c点在曲线I上,滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O,c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液,溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A-)+c(HA),D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.滴加盐酸,溶液的pH会减小;
B.b点溶液中只有HA,a点溶液中的NaA被反应掉了一半,A-水解对水的电离有促进作用,水的电离程度a>b;
C.利用起点时的pH算出Ka,根据d点溶液的pH算出 ;
D.c点所加NaOH恰好把HA反应完全,利用物料守恒可得。
9.(2022·齐齐哈尔模拟)已知常温下二元弱酸H2A溶液中,H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数:δ(A2-)= ],下列说法错误的是( )
A.曲线x代表H2A,曲线z代表A2-
B.pH从1升高至2, 的值一直减小
C.n点对应的溶液中水电离出的c(H+ )=10-12.7 mol·L-1
D.将浓度均为0.05 mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后,所得溶液pH=4.3
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.由分析,曲线x代表H2A,曲线z代表A2-,A不符合题意;
B.根据图像可知,pH从1升高至2,主要发生H2A HA-+H+,则c(H2A)减小,c(HA-)增大,温度不变,Ka1不变,则 减小,B不符合题意;
C.由图象,n点对应的溶液,c(H2A)=c(HA-),溶质主要为NaHA和H2A,pH=1.3,则溶液中c(H+)=10-1.3 mol·L-1,c(OH-)= =10-12.7 mol·L-1,此时溶液中的OH-由水电离,水电离出的氢离子和氢氧根浓度相等,则水电离出的c(H+)=10-12.7 mol·L-1,C不符合题意;
D.由图中m点和n点,可分别求出 , ,水解常数 , ,故 电离程度 水解程度 水解程度,故等物质的量的 和 混合物溶于水,溶液中 和 浓度不相等,故所得溶液pH不等于4.3,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】随着pH升高,H2A的浓度逐渐减小,HA-的浓度先增大后减小,A2-的浓度逐渐增大,则曲线x代表H2A,曲线y代表HA-,曲线z代表A2-。
10.(2022·绍兴模拟)在常温下,向20mL0.10mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加0.10mol·L-1的盐酸,溶液pH随滴定百分率%的变化如图所示。下列说法正确的( )
A.在a点的溶液中,c(H2CO3)-c(CO)> c(OH-)-c(Cl-)
B.在b点的溶液中,2n(H2CO3)+ n(HCO)<0.002 mol
C.煮沸目的是除去CO2,使突跃变大,冷却后继续滴定到终点
D.若将0.10mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时: c(Na+)=c(CH3COO-)
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.在a点滴定百分率25%,是滴入5mL盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,溶液中溶质Na2CO3、NaHCO3、NaCl的物质的量之比为1:1:1,根据电荷守恒可知,c(Na+)+ c(H+)= c(OH-) +c(Cl-)+c(HCO)+2c(CO),根据钠碳物料守恒可知,c(Na+)= 2c(HCO)+2c(CO)+2c(H2CO3),把c(Na+)代入电荷守恒有①:2c(H2CO3) +c(HCO)+ c(H+)= c(OH-) +c(Cl-),根据氯碳物料守恒可知,2 c(Cl-)= c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3),则有②:c(HCO)=2 c(Cl-)-c(CO)-c(H2CO3),把②代入①得:c(H2CO3)-c(CO)+ c(H+)= c(OH-)-c(Cl-),故c(H2CO3)-c(CO)< c(OH-)-c(Cl-),A不符合题意;
B.在滴定百分率50%时,溶质为氯化钠、碳酸氢钠,b点盐酸比滴定百分率50%时稍微过量,生成碳酸,溶液pH=7,溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液,n(CO-)
C.反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果,煮沸目的是除去CO2,使突跃变大,冷却后继续滴定到终点,C符合题意;
D.若将0.10 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时,溶液中存在电荷守恒:c(Na+ )+c(H+ )= c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+ 2c(CO32-),由于pH=7,c(H+ )= c(OH-),得到:c(Na+ ) =c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),即c(Na+ ) >c(CH3COO-),故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.根据电荷守恒和物料守恒分析;
B.利用物料守恒分析;
C.反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果,应煮沸除去;
D.依据电荷守恒分析。
11.(2021·嘉兴模拟)类比,对于稀溶液,。室温下,向某浓度溶液加入,保持溶液体积和温度不变,测得与、、变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.曲线Ⅲ表示变化
B.常温下,
C.b点时,
D.时,
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.随pH增大, c(HA-)先增大后减小,pc=-lgc,则pc(HA-)先减小后增大,即曲线Ⅲ代表变化,故A不符合题意;
B.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-,c点时c(HA-)=c(A2-),此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30,则,故B不符合题意;
C.b点时,c(H2A)= c(A2-)=10-3mol/L,c(H+)=10-3.05mol/L,室温下c(OH-)=,由电荷守恒:c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-),则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-),故C符合题意;
D.时,由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A),pc=-lgc,则,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】H2A溶液中含有的粒子为H2A、A2-、HA-,结合图像分析各个曲线代表的粒子种类,再结合弱电解质的电离平衡、水的离子积以及溶液中离子溶度之间的关系分析。
12.(2022·温州模拟)下列说法正确的是( )
A.25℃时,水电离出的溶液,其pH>7
B.25℃时,pH=3的HCl与pH=11的MOH溶液混合,测得pH>7,则MOH为弱碱
C.25℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,滴入10.0mLNaR浓溶液,测得pH=b,b>a,则HR是弱酸
D.25℃时,物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY,若,则HX为强酸
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A.常温下,水电离出的,溶液既可能是酸性,也可能是碱性,故A不符合题意;
B.选项中没有说明两溶液是等体积混合,故无法判断MOH是强碱还是弱碱,故B不符合题意;
C.若HR是强酸,则NaR溶液显中性,取HR溶液10.0mL,滴入10.0mLNaR浓溶液,则氢离子浓度减半,pH增大,b>a,因此无法判断HR是弱酸,故C不符合题意;
D.在NaY溶液中,根据物料守恒有:,两溶液中c(Na+)相等,说明在NaX溶液中,,说明X-不水解,则HX为强酸,故D符合题意。
【分析】A.弱为酸性或者碱性均可能出现水电离的氢离子浓度
B.主要考虑体积问题
C.根据给出的题意无法确定是强酸或者弱酸
D.根据物料守恒即可判断
13.(2021·绍兴模拟)下列说法正确的是( )
A.测得的一元碱溶液,则一定为弱电解质
B.25℃时,可溶性正盐溶液,升温至某一温度后仍为,则可能为强碱弱酸盐
C.25℃时,测得的一元酸溶液,将该溶液加水稀释100倍,所得溶液的,则为弱酸
D.25℃时,的溶液与的溶液等体积混合,所得溶液一定等于7.0
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.没有指明温度故不确定Kw的值,所以不能确定一定为弱电解质,A不符合题意;
B.25℃时,可溶性正盐溶液,升温至某一温度后仍为,说明升温离子不会发生水解,说明可能为强碱弱酸盐,B符合题意;
C.25℃时,测得的一元酸溶液,将该溶液加水稀释100倍,所得溶液的,则为强酸,若为弱酸,因为弱酸稀释促进电离,C不符合题意;
D.25℃时,的溶液与的溶液等体积混合,所得溶液不一定等于7.0,若为弱酸<7,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.温度未知,Kw的值未知,不能据此判断;
B.升温BA不发生水解,可能为强碱弱酸盐;
C.稀释100倍pH增大2,则HA为强酸;
D.HA的强弱未知,所得溶液pH不一定为7。
14.(2021·天河模拟)已知:一元弱酸HA的电离平衡常数K =。25℃时,CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下:
化学式 CH3COOH HCN H2CO3
K 1.75×10–5 4.9×10–10 K1 = 4.4×10–7 K2 = 5.6×10–11
下列说法正确的是( )
A.稀释CH3COOH溶液的过程中,n(CH3COO–)逐渐减小
B.NaHCO3溶液中:c(H2CO3) < c() < c(HCO3 )
C.25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液
D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液,均产生CO2
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离平衡常数
【解析】【解答】A.加水稀释CH3COOH溶液,促进CH3COOH的电离,溶液中n(CH3COO–)逐渐增多,故A不符合题意;
B.NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8>K2 = 5.6×10–11,说明HCO3-的水解大于电离,则溶液中c()<c(H2CO3)< c(HCO3 ),故B不符合题意;
C.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH,同CN-的水解程度大于CH3COO-,则25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液,故C符合题意;
D.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3,则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液,只能生成NaHCO3,无CO2气体生成,故D不符合题意;
故答案为C。
【分析】A.稀释过程中会促进乙酸的电离,乙酸根增大;
B.根据碳酸根的两极电离常数可以确定二级电离弱于一级且碳酸根浓度要少于碳酸;
D.氢氰酸电离常数低于碳酸,酸性同样弱于碳酸,故不可能产生二氧化碳。
15.(2021·诸暨模拟)常温下,向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体(溶液体积变化可忽略不计),溶液中lg 随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.酸性强弱:HX>HY B.b点时溶液:c(Na+)=c(Y-)
C.水的电离程度:c
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;水的电离;盐类水解的原理;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.由图可知常温下,浓度均为0.1mol/L的一元酸HX溶液中lg =12,可求得 所以HX为强酸,同理可推知HY为弱酸,所以酸性强弱:HX>HY,故A不符合题意;
B.B点坐标点为(8,0),此时溶液中lg =0,所以 ,溶液呈中性,故B不符合题意;
C.d点对应溶液的的成分为等浓度的HX和NaX,NaX为强酸强碱盐,对水的电离没有抑制作用,HX为一元强酸,抑制水的电离,c点对应溶液的成为为等浓度的HY和NaY,NaY为强碱弱酸盐,促进水的电离,HY为一元弱酸对水的电离抑制程度弱于同浓度的HX,所以水的电离程度:c>d,故C符合题意;
D.c点lg =6,计算可得 ,所以 ,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】根据 lg =0时,消耗的氢氧化钠的量即可判断HY的酸性弱于HX,即可判断b点溶液显中性,即可判断钠离子和Y-离子的浓度相等根据c点的纵坐标结合水的离子积即可计算出氢离子和氢氧根离子浓度即可计算出pH,HX的酸性强于HY,因此在相等的氢氧化钠固体时,c和d水的电离程度时c大于d
二、多选题
16.(2017·南通模拟)25℃时,用0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00mL0.1000mol L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )
A.点①所示溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4﹣)=c(OH﹣)
B.点②所示溶液中:c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)=c(Na+)
C.点③所示溶液中:c(Na+)>c(HC2O4﹣)>c(H2C2O4)>c(C2O42﹣)
D.滴定过程中可能出现:c(Na+)>c(C2O42﹣)=c(HC2O4﹣)>c(H+)>c(OH﹣)
【答案】B,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.点①所示的溶液的体积25mL,草酸和氢氧化钠恰好完全反应,生成正盐草酸钠,草酸钠水解,所以溶液中,c(Na+)═2c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4)+2c(C2O42﹣)①,
根据电荷守恒得:关系式为:c(Na+)+c(H+)═c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)②,将①代入②得:c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O4﹣)=c(OH﹣),故A错误;
B.点②溶液中,溶液呈中性,c(H+)=c(OH﹣)①,根据电荷守恒得:关系式为:c(Na+)+c(H+)═c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)②,将①代入②得c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)=c(Na+),故B正确;
C.点③所示的溶液的体积50mL,草酸过量,溶液溶质为NaHC2O4,溶液呈酸性,草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解,所以c(Na+)>c(HC2O4﹣)>c(C2O42﹣)>c(H2C2O4),故C错误;
D.点①为草酸钠成碱性,点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠,点③溶液呈酸性,介于②和③之间,随着草酸的滴入,NaHC2O4逐渐增多,所以可出现c(Na+)>c(C2O42﹣)=c(HC2O4﹣)>c(H+)>c(OH﹣),故D正确;
故选BD.
【分析】25℃时,用0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00mL0.1000mol L﹣1NaOH溶液,发生的反应为:H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4.
A.点①表示滴入25.00mL0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液,恰好完全反应,生成正盐草酸钠,结合电荷守恒判断;
B.点②溶液中,溶液呈中性,c(H+)=c(OH﹣),结合电荷守恒判断;
C.点③滴入0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液50.00mL,溶液溶质为NaHC2O4,溶液呈酸性;
D.点①为草酸钠成碱性,点②溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性,点③溶液,溶质为NaHC2O4,呈酸性,介于②和③之间溶液NaHC2O4逐渐增多,溶液呈酸性.
17.(2017·河南模拟)(多选)常温下,向 20mL 0.1mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加 0.1mol L﹣1 Ba(OH)2 溶液,溶液 pH 与 Ba(OH)2溶液体积的关系曲线如图所示.已知NH3 H20的电离常数Kb(NH3 H20)=1.75×10﹣5.下列有关分析正确的是( )
A.a点时溶液的pH=7
B.c点时的溶质是(NH3 H2O)
C.b点时溶液中c(NH4+)>c(NH3 H2O)
D.a~c段参与反应的离子有H+、OH﹣、Ba2+、SO42﹣
【答案】B,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.a点时,n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O,该点溶液中溶质为 (NH4)2SO4,(NH4)2SO4是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,溶液的pH<7,故A错误;
B.c点时,n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,溶液中的溶质为NH3.H2O,故B正确;
C.b点时,3n(NH4HSO4)=4n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O,溶液中溶质为NH3.H2O、(NH4)2SO4,且二者的物质的量之比为2:1,因为一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,导致b点时溶液中c(NH4+)>c(NH3 H2O),故C正确;
D.b点发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O、c点发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,所以a~c段参与反应的离子还有NH4+,故D错误;
故选BC.
【分析】A.a点时,n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O,该点溶液中溶质为 (NH4)2SO4,(NH4)2SO4是强酸弱碱盐;
B.c点时,n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,溶液中的溶质为NH3.H2O;
C.b点时,3n(NH4HSO4)=4n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O,溶液中溶质为NH3.H2O、(NH4)2SO4,且二者的物质的量之比为2:1;
D.根据b、c点发生的反应确定反应的离子.
18.(2020高二下·济南期末)路易斯酸碱电子论认为凡是能接受电子对的物质称为路易斯酸,凡是能给出电子对的物质称为路易斯碱。下列说法错误的是( )
A.NH3、BF3、H2O中,只有NH3是路易斯碱
B.根据路易斯酸碱电子论,BF3与NH3的反应属于酸碱中和反应
C.NH3、BF3和NH4BF4中均含有配位键
D.BF3的键角大于BF
【答案】A,C
【知识点】化学键;键能、键长、键角及其应用;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据路易斯酸碱电子论,能给出电子对的物质称为路易斯碱,所以NH3、H2O都是路易斯碱,A符合题意;
B.根据路易斯酸碱电子论,BF3能接受电子对称为路易斯酸,NH3能给出电子对称为路易斯碱,所以BF3与NH3的反应属于酸碱中和反应,B不符合题意;
C.NH3、BF3中不含有配位键,C符合题意;
D.BF3中心原子的杂化方式为sp2杂化,键角为120°,BF 中心原子的杂化方式为sp3杂化,键角为109°28′,所以BF3的键角大于BF ,D不符合题意;
故答案为:AC。
【分析】A.能提供电子对物质叫路易斯碱,NH3,H2O中存在孤对电子
B.BF3中B存在空轨道是酸,而氨气提供孤对电子是碱,故反应为中和反应
C.1个氨气分子含有3个共价键和1个孤对电子不存在配位键,1个氟化硼分子中含有含有3个共价键,而硼原子提供空轨道,不存在配位键
D.杂化方式不一样,键角不同
19.(2020高二上·安徽期中)高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知 ]。下列说法正确的是( )
A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4
C.25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K>100
D.A,C两点对应溶液中水的电离程度不相等
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 溶液中存在HFeO4-、H2FeO4,所以H2FeO4属于弱电解质,故A不符合题意;
B. 由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1= =4.0×10-4,故B符合题意;
C. H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5,25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K= <100,故C不符合题意;
D. A点的溶液呈酸性,说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解,抑制水电离,C点溶液呈碱性,说明HFeO4-电离小于FeO42-水解,促进水电离,对应溶液中水的电离程度不相等,故D符合题意;
故答案为:BD。
【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重考查学生图象分析及判断能力,明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。
20.(2020高二上·唐山期中)实验教学是化学学科的重要辅助手段。下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项 实验及现象 结论及解释
A 向NaCN溶液中通入少量CO2气体,生成碳酸钠(酸性:H2CO3>HCN> ) 2CN-+H2O+CO2=2HCN+
B 在KSCN与FeCl3的混合液中再加入少量KCl固体,溶液颜色不变 增大Cl-浓度,平衡不移动
C 用CH3COOH溶液做导电性实验,灯泡很暗 CH3COOH是弱电解质
D 某温度下,相同pH的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数,稀释后溶液pH:盐酸>醋酸 酸性:盐酸>醋酸
A.A B.B C.C D.D
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.向NaCN溶液中通入少量CO2气体,生成碳酸氢钠,可知发生强酸制取弱酸的反应,则离子反应为CN-+H2O+CO2=HCN+ ,故A不符合题意;
B.KSCN与FeCl3的混合液中存在3SCN-+Fe3+ Fe(SCN)3,加入少量KCl固体,对平衡移动无影响,溶液颜色不变,即增大Cl-浓度,平衡不移动,故B符合题意;
C.用CH3COOH溶液做导电性实验,灯泡很暗,只能说明溶液中阴阳离子浓度较小,无法证明CH3COOH的电离程度,即无法证明醋酸为弱电解质,故C不符合题意;
D.相同pH的盐酸与醋酸,稀释相同倍数后,醋酸中氢离子浓度大,pH较大,稀释后溶液pH:盐酸>醋酸,由此可以说明酸性:盐酸>醋酸,故D符合题意;
故答案为:BD。
【分析】A.以强制弱,再根据酸性:H2CO3>HCN> HCO3-,最后的产物时,是碳酸氢根离子
B.主考考查平衡移动的影响,氯离子不影响
C.弱电解质是在水溶液中部分电离,但灯泡实验只是说明离子浓度少,但是不能说明电离额程度
D.醋酸是弱酸,稀释时继续电离,电离出更多的氢离子
21.(2020高二上·即墨期中)pH=a的某电解质溶液中,插入两只惰性电极,通直流电一段时间后,停止电解,取出电极,将溶液摇匀,测得溶液的pH>a,则该电解质溶液是( )
A.K2SO4 B.NaOH C.NaCl D.AgNO3
【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电解硫酸钾溶液时,实际上电解的是水,所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变,只是硫酸钾的浓度增大,故pH值不变,故A不符合题意;
B.电解氢氧化钠溶液时,实际上电解的是水,但溶液中的氢氧根离子的浓度增大,氢离子的浓度减小,所以溶液的pH值增大,故B符合题意;
C.电解NaCl溶液时,阴极上放出氢气,阳极上得到氧气,所以溶液中的氢氧根离子的浓度增大,氢离子的浓度减小,溶液的pH值增大,故C符合题意;
D.电解硝酸银溶液时,阴极上析出银,阳极上得到氧气,所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小,氢离子的浓度增大,溶液的pH值减小,故D不符合题意;
故答案为:BC。
【分析】根据题意,电解后溶液的pH增大,氢氧根离子浓度增大,结合选项即可判断出电解时氢氧根离子浓度增大即可
22.(2020高二上·乾安月考)部分弱酸的电离平衡常数如表所示:
弱酸
电离常数/( )(25℃)
下列说法错误的是( )
A.
B.
C.中和等体积、等pH的 和 溶液,前者消耗 的量小于后者
D.等体积、等浓度的 和 溶液中,前者所含离子总数小于后者
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离方程式的书写;电离平衡常数
【解析】【解答】A.根据电离常数可知,酸性 ,利用强酸制弱酸的原理可知, CN- 与 、水 反应生成 和HCN,故A符合题意;
B.由A项分析可知,HCOOH可与 反应生成 、水和二氧化碳,故B不符合题意;
C.等体积、等pH的 和 溶液中,所含溶质的物质的量 ,则中和时 溶液消耗的 的量较大,故C不符合题意;
D.根据电荷守恒, 溶液中, , 溶液中, ,即两种溶液中的离子总数均是 ,而 的酸性比 的弱,则 溶液中的 较大, 较小,故 溶液中所含离子总数较小,故D符合题意;
故答案为:AD。
【分析】A.根据电离常数可知,酸性 ,根据强酸制弱酸的原理分析;
B.根据强酸制弱酸分析;
C.根据等pH的溶液弱酸浓度大分析;
D.根据电荷守恒分析;
23.(2020高三上·丹东月考)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气[n(SO2)∶n(NO) =3∶2]同时脱硫脱硝(分别生成SO 、NO ),得到NO、SO2脱除率如图,下列说法错误的是( )
A.酸性环境下脱除NO的反应:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-
B.SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
C.依据图中信息,在80 min时,吸收液中n(NO )∶n(Cl-)=2∶3
D.随着脱除反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐减小
【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;氯水、氯气的漂白作用;化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.次氯酸钙溶液应显碱性,且酸性环境下会生成弱电解质HClO,HClO不能写成离子形式,故A不符合题意;
B.SO2在水中的溶解度大于NO,更多的二氧化硫溶于水中被氧化,会使得SO2脱除率高于NO,故B符合题意;
C.脱除反应的化学原理分别为:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-;已知n(SO2)∶n(NO)=3∶2;依据图中信息及得:在80min时,NO脱除率40%,即反应的NO为:2mol×40%=0.8mol,0.8molNO生成0.8mol NO 和1.2molCl-;SO2脱除率100%,即3molSO2全部反应生,成3molCl-,所以Cl-共3mol+2.4mol=5.4mol;吸收液中n(NO )∶n(Cl-)=0.8:5.4=8:54,故C不符合题意;
D.脱除反应的化学原理分别为:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-,生成大量H+,使H+浓度增大,pH减小;所以吸收剂溶液的pH逐渐减小,故D符合题意;
故答案为:AC。
【分析】A、酸性条件下,溶液中存在次氯酸分子,在离子方程式中以分子形式存在;
B、二氧化硫在水中的溶解度大于NO,更容易与 ClO-反应;
C、在80min时,NO脱除率40%,利用电子转移个数守恒,2NO——3ClO-——3Cl-,SO2脱除率100%,SO2——ClO-——Cl-;溶液中的Cl-为两个反应的总和;
D、脱除反应为氧化还原反应:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-,生成H+,溶液的pH降低;
24.(2018高三上·徐州月考)下列有关说法正确的是( )
A.一定条件下反应2SO2+O2 2SO3达到平衡时,v正(O2)=2v逆(SO3)
B.用如图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀
C.常温下,向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体,溶液中 的值增大
D.常温下,pH=2的HCl溶液与pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合,两者恰好完全反应
【答案】C,D
【知识点】化学平衡状态的判断;溶液酸碱性的判断及相关计算;金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、达到平衡时,不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比,则一定条件下反应2SO2+O2 2SO3达到平衡时,2v正(O2)=v逆(SO3),A不符合题意;
B、保护钢闸门不被腐蚀,应让钢闸门连接外加电源的负极作电解池的阴极,B不符合题意;
C、在氯化铵溶液中,铵根离子的水解平衡常数Kh= 且只受温度的影响,常温下,向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体,溶液中c(H+)减小,所以溶液中 的值增大,C符合题意;
D、常温下,pH=2的HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L,pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L,等体积混合,二者恰好完全反应,D符合题意;
故答案为:CD
【分析】A、达到平衡时,不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比;
B、应用外加电流的阴极保护法时,被保护的为作为阴极;
C、根据水解平衡移动进行分析;
D、由pH值可以直接得出c(H+)或c(OH-),此时不需要考虑酸或碱中H+、OH-的个数;
25.室温时,向20mL0.1mol L﹣1的醋酸溶液中不断滴入0.1mol L﹣1的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如图所示.在滴定过程中,关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是( )
A.a点时:c( CH3COOH)>c( Na+)>c( CH3COO﹣)>c( H+)>c( OH ﹣)
B.b点时:c( Na+)=c( CH3COO﹣)>c(H+)=c( OH﹣)
C.c点时:c(H+)=c(CH3COOH)+c( OH﹣)
D.d点时:c(Na+)>c(CH3COO ﹣)>c(OH﹣)>c(H+)
【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.a点时醋酸过量,溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物,溶液呈酸性,应存在c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH),故A错误;
B.b点由溶液电荷守恒可知溶液中应存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),溶液呈中性,应有c(H+)=c(OH﹣),则c(Na+)=c(CH3COO﹣),故B正确;
C.c点时,溶液呈碱性,应有c(H+)<c(OH﹣),所以c(H+)<c(CH3COOH)+c( OH﹣),故C错误;
D.d点为NaOH和CH3COONa的混合物,溶液呈碱性,由于CH3COO﹣存在微弱的水解,则有c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+),故D正确.
故选AC.
【分析】A.a点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物,溶液呈酸性;
B.根据电荷守恒进行判断;
C.c点时,溶液呈碱性;
D.d点为NaOH和CH3COONa的混合物,溶液呈碱性.
三、非选择题
26.(2021·柳州模拟)用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4 7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题:
(1)“浸取”时,在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时,提高镍的回收率还可采取的措施是 (写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)“一次碱析”时,Cr(OH)3转化为的CrO 的离子方程式为 。
(4)加氨水“溶解”的目的是 ,‘滤渣 2”的主要成分是 。
(5)“氧化”时,HNO3被还原为NO,该反应的化学方程式为 。
(6)已知0.01mol L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式),则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol L-1)的pH为 。
【答案】(1)将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取)
(2)硅酸
(3)2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O
(4)将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离;Fe(OH)3
(5)3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O
(6)0.01×(107.2—14)2;8.7
【知识点】氧化还原反应;溶液酸碱性的判断及相关计算;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) “浸取”时,在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时,将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率,故答案为:将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取);
(2)由分析可知,滤渣1的主要成分是硅酸,故答案为:硅酸;
(3) 由分析可知, “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水,反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O,故答案为:2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O;
(4) 由分析可知,加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液,达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的,故答案为:将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离;Fe(OH)3;
(5) 由分析可知, “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水,反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O,故答案为:3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O;
(6)由题意可知,开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L,氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L,Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2;镍离子沉淀完全时,溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L,则溶液中氢氧根离子浓度为 = =10—5.3 mol/L,则溶液的pH为8.7,故答案为:0.01×(107.2—14)2;8.7。
【分析】由题给流程可知,向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC,碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水,硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀,过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1;向浸取液中加入氢氧化钠溶液,溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀,进入过氧化氢溶液,氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子,氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣;向滤渣中加入氨水,氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液;向滤液中通入硫化氢气体,[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀,过滤得到硫化镍滤渣;向硫化镍中加入稀硝酸,硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水,过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液;向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液,硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀,过滤得到氢氧化镍;向氢氧化镍中加入稀硫酸,氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液,溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
27.(2020·徐州模拟)脱去冶金工业排放烟气中 的方法有多种。
(1)利用本生(Bunsen)热化学循环吸收 工艺由下列三个反应组成:
则 。
(2)氧化锌吸收法:配制 悬浊液,在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH、吸收效率 随时间t的变化如图甲;溶液中部分微粒与pH的关系如图乙所示。
①为提高 的吸收效率 ,可采取的措施有:增大悬浊液中 的量、 。
②图甲中的 曲线ab段发生的主要化学方程式为 。
③ 时,溶液 。
(3)如图丙所示,利用惰性电极电解含 的烟气回收S及 ,以实现废物再利用。
①阴极的电极反应式为 。
②每处理含 的烟气,理论上回收S、 的物质的量分别为 、 。
【答案】(1)+45
(2)调节溶液的pH至6.8以上;;
(3);0.1mol;0.2mol
【知识点】盖斯定律及其应用;溶液酸碱性的判断及相关计算;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-572kJ·mol-1
②2HI(g)=H2(g)+I2(g) H2=+10kJ·mol-1
③2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H3=+462kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知-(①÷2+②+③÷2)即得到SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(g)+H2SO4(l) H=+45kJ·mol-1;
(2)①增大悬浊液中ZnO的量,可以充分吸收二氧化硫,从而提高吸收效率,适当提高单位时间内烟气的循环次数,可以使二氧化硫充分吸收,从而提高了二氧化硫的吸收效率;另外根据图象可知调节溶液的pH至6.8以上也提高SO2的吸收效率;
②ab段溶液的pH介于4~6之间,结合图2可知,该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子,则图1中的pH-t曲线ab段发生的主要化学方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn(HSO3)2;
③pH=7时,根据图2可知溶液中亚硫酸根和亚硫酸氢根的浓度相等,则根据电荷守恒2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)可知溶液中 ;
(3)①阴极SO2得到电子转化为S单质,其电极反应式为SO2+4H++4e-=S↓+2H2O;
②阳极是SO2失去电子转化为硫酸,总反应式为3SO2+2H2O 2H2SO4+S↓,19.2g SO2的物质的量是0.3mol,因此理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为0.1mol、0.2mol。
【分析】(1)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(I)△H1=-572kJ mol-1
②2HI(g)═H2(g)+I2(g)△H2=+10kJ mol-1
③2H2SO4(I)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H3=+462kJ mol-1
结合盖斯定律计算,(①+2×②+③)×得到热化学方程式为:2HI (g)+H2SO4(I)=SO2(g)+I2(g)+2H2O(I)△H=-90KJ/mol,方向改变得所需热化学方程式;
(2)①根据图1中SO2的吸收效率η与时间、溶液的pH的关系对各选项进行判断;
②ab段溶液的pH介于4~6之间,结合图2可知,该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子,则pH-t曲线ab段发生反应为亚硫酸锌与二氧化硫反应生成亚硫酸氢锌;
③根据图2可知,当溶液的pH=7时,溶液的亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子相同,物质的量之比图形中可知为1:1;
(3)利用惰性电解电解含SO2的烟气回收S及H2SO4,以实现废物利用,阴极上是二氧化硫得到电子生成硫单质,阳极上是二氧化硫失电子被氧化生成硫酸,
①阴极上是二氧化硫得到电子生成硫单质;
②每处理含19.2g SO2的烟气,理论上回收S、H2SO4的物质的量结合阳极和阴极电极反应和电子守恒计算。
28.(2020·浙江模拟)碳及其化合物在生产和生活中有重要意义。海水中CO2的吸收能力取决于溶解的碳酸盐和硼酸盐生成的CO32-和B(OH)4-浓度。已知:298K时,H3BO3+H2O H++B(OH)4-,Ka=5.7×10-10,碳酸的电离平衡常数:Ka1=4.3×10-7;Ka2=5.6×10-11
(1)298K时,相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液,pH较大的是 溶液。
(2)少量CO2与B(OH)4-反应的离子方程式为 。
(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2 资源化利用的一种新途径。此法的阴极电极反应式为 。
【答案】(1)碳酸钠
(2)CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3
(3)3CO2+4e-=C+2CO32-
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;离子方程式的书写;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据电离平衡常数大小可知:酸性:H2CO3>H3BO3>HCO3-,所以在298K时,相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液,CO32-水解程度比较大,最终达到平衡时溶液pH较大的是碳酸钠;(2)由于酸性:H2CO3>H3BO3>HCO3-,少量CO2与B(OH)4-反应的离子方程式为CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3;(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质,吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2 资源化利用的一种新途径,此法中CO2在阴极得到电子变为C单质,同时得到CO32-,阴极电极反应式为3CO2+4e-=C+2CO32-。
【分析】(1)根据形成盐的酸的酸性越弱,等浓度时相应的酸根离子水解程度越大,溶液的碱性越强分析;(2)根据复分解反应规律书写离子方程式;(3)电解吸收CO2,在阴极CO2得到电子变为C单质,同时产生CO32-,据此书写阴极电极反应式。
29.(2019高二下·新宁模拟)
(1)①25℃时,特pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合,若所得混合液的pH=7,则NaOH溶液与H2SO4,溶液的体积比为 ;
②25℃时,pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,c(Na+) (填“=”“>”或“<”)c(CH3COO-)。
(2)电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解泡,装有电解液a;X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连。
①若X、Y都是惰性电极,a是饱和NaCl溶液,)实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞溶液,电解时Y电极上产生的物质是 ,该反应的总反应式是 。
②如要用电解方法精炼粗铜,电解液a选用CuSO4溶液,则X电极的材料是 ,Y电极的主要电极反应式为 。
(3)化学反应2A(g) B(g)+D(g)在四种不同条件下进行,B、D起始浓度为零,反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表所示:
实验序号 时间/浓度/温度 0 10 20 30 40 50 60
① 800℃ 1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
② 800℃ C2 0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
③ 800℃ C3 0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
④ 820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
请根据上述数据,完成下列填空:
①在实验1中,反应在10~20min内反应物A的平均反应速率为 mol/(L·min)。
②比较实验1和实验2,可推测c2= mol/L;若实验1和实验2在相同的压强下进行,但在实验2中,反应在20min时就已达到平衡,可推测实验2中还隐含的条件是
③比较实验1和实验4,可推测反应2A(g) B(g)+D(g)的正反应是 (填“放热反应”或“吸热反应”)。
【答案】(1)10:1;<
(2)Cl2(或氯气);2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑(或2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑);纯铜(或精铜);Cu-2e-=Cu2+
(3)0.013;1.0;使用了催化剂;吸热反应
【知识点】化学反应速率;化学平衡的影响因素;溶液酸碱性的判断及相关计算;探究影响化学反应速率的因素;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)令pH=9的NaOH溶液的体积为Vb,则溶液中,此时溶液中n(OH-)=10-5mol/L×VbL=10-5Vb mol;令pH=4的H2SO4溶液的体积为Va,此时溶液中n(H+)=10-4mol/L×VaL=10-4Va mol;两溶液混合后所得溶液的pH=7,说明二者恰好完全反应,由反应的离子方程式“H++OH-=H2O”可知,参与反应的n(H+)=n(OH-),故可得等式:10-5Vb=10-4Va,解得Vb:Va=10:1;
(2)①电解饱和食盐水时,Y电极与电源的正极相连,为阳极,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑,故Y电极上产生的物质为Cl2;电池的总反应式为:2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑;
②电解精炼铜时,X电极与电源的负极相连,为阴极,其电极材料为纯铜;Y电极与电源的正极相连,为阳极,其电极反应式为:Cu-2e-=Cu2+;
(3)①实验①中,反应在10~20min内反应物A的反应速率;
②实验①和实验②在相同的温度下进行反应,且反应达到平衡后,反应物A的平衡浓度相同,因此反应物A的起始浓度也相同,故c2=1.0mol/L;由表格数据可知,实验②达到平衡所需的时间更短,因此实验②中可能加入了催化剂;
③由表格数据可知,实验④中的温度高于实验①中的温度,达到平衡时,实验④中反应物A的平衡浓度变小,说明升高温度,平衡正向移动,则说明该反应的正反应为吸热反应;
【分析】(1)反应后溶液的pH=7,说明二者恰好完全反应,根据发生反应的离子方程式进行计算即可;
(2)①根据电解过程中的电极反应式进行分析;
②电解精炼铜时,纯铜做阴极,粗铜做阳极;
(3)①根据公式计算反应速率;
②根据表格数据分析;
③结合温度对平衡移动的影响分析;
30.(2018·绵阳模拟)二硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂,在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题:
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品,加水溶解,所得溶液pH=10,由此可知H2CS3是 酸(填“强”或“弱”)。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,由此说明Na2CS3具有 性。
(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度,按图装置进行实验。将35.0 mLNa2CS3溶液置于下列装置A的三颈瓶中,打开仪器d的活塞,滴入足量2.0 mol/L稀H2SO4,关闭活塞。
已知: CS2和H2S均有毒:CS2不溶于水,沸点46℃,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是 。反应开始时需要先通入一段时间N2,其作用为 。
②B中发生反应的离子方程式是 。
③反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2 一段时间,其目的是 。
④为了计算三硫代碳酸铀溶液的浓度,可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是 ,若B中生成沉淀的质量为8.4g则35.0 mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度是 。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气,通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,计算值 <填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)弱;还原
(2)分液漏斗;排除装置中的空气,防止A中生成的H2S被氧化;Cu2++H2S=CuS↓+2H+;将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;过滤、洗涤、干燥;2.5 mol/L;偏高
【知识点】氧化还原反应;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) 三硫代碳酸钠样品,加水溶解,所得溶液pH=10,说明三硫代碳酸钠是一种强碱弱酸盐,由此可知H2CS3是弱酸;向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,因此酸性KMnO4溶液与三硫代碳酸钠发生氧化还原反应,说明Na2CS3具有还原性。答案为: 弱 、还原(2) ①仪器d的名称是分液漏斗;A中生成的H2S易被空气中的氧气氧化,应排除装置中的空气。②CuSO4和H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4,离子方程式为:Cu2++H2S=CuS↓+2H+③装置中残留一部分H2S和CS2,通入热N2 一段时间可以将残留的H2S和CS2全部排入B或C中被充分吸收。④通过过滤、洗涤、干燥的实验操作可以得到CuS沉淀;由 和Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知1CuS─Na2CS3,所以C(Na2CS3)= =2.5 mol/L。⑤空气中含有C02能被C中NaOH溶液吸收,导致C中的质量偏大,从而求得的Na2CS3偏多,因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,计算值偏高。答案为:①. 分液漏斗 、排除装置中的空气,防止B中生成的H2S被氧化② Cu2++H2S=CuS↓+2H+③ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 ④ 过滤、洗涤、干燥⑤ 2.5 mol/L、 偏高
答案为:(1) 弱 、还原;
(2)①分液漏斗; 排除装置中的空气,防止A中生成的H2S被氧化;②Cu2++H2S=CuS↓+2H+; ③将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;④过滤、洗涤、干燥;2.5 mol/L;⑤偏高;
【分析】(1)根据溶液pH=10,说明三硫代碳酸钠是一种强碱弱酸盐;(2)实验目的为为了测定某Na2CS3溶液的浓度,②CuSO4和H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4; ③装置中残留一部分H2S和CS2,通入保护气热N2 一段时间可以将残留的H2S和CS2全部排入B或C中被充分吸收。④根据已知信息分析求解。
31.(2018·桂林模拟)油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定,通常称为油脂的碘值。碘值越大,油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。
I.称取xg某油脂,加入含ymol I2的韦氏溶液( 韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂,含有CH3COOH),充分振荡;过量的I2用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂),消耗Na2S2O3溶液VmL(滴定反应为:2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:
(1)有关滴定的下列说法正确的是________(填标号)。
A.标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中
B.滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化
C.滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定
D.同样的滴定应重复2-3次,取几次滴定所用溶液的平均值计算滴定结果
(2)该油脂的碘值为 g(列式表示)。
(3)用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正,因为所测得的碘值总比实际碘值低,原因是 。
(4)II.现要从上述测定碘值实验后的含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I-)。设计如图一所示的实验过程:
为了将含碘废液中的I2完全转化为I-而进入水层,向含碘度液中加入了稍过量的A溶液,则A应该具有 性。
(5)将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中,并用盐酸调至pH约为2,再缓慢通入适量Cl2,使其在30~40℃反应。反应要控制在30~40℃的原因是 ;Cl2不能过量,因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-,写出该反应的离子方程式 。
(6)操作②包含多步操作,将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质,在操作②中必须用列下列所示的部分仪器或装置,这些仪器和装置是 (填标号)。
【答案】(1)A;D
(2)(25400y-12.7cV)/x或[(y-1/2cV×10-3)/x]×25400或(25400y-12700cV×10-3)/x
(3)韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3,使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大,导致测出的与油脂反应的I2偏少
(4)还原
(5)温度太低反应太慢、温度过高氯气溶解度变小,碘易挥发;5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+
(6)①⑤
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;中和滴定
【解析】【解答】(1) A.标准Na2S2O3溶液呈碱性,应盛装在碱式滴定管中,故A符合题意;
B.滴定时眼睛只要注视锥形瓶内溶液颜色的变化,故B不符合题意;
C.滴定前锥形瓶内溶液呈蓝色,滴定到溶液由蓝色变为无色时,并且半分钟内不变色,达到滴定终点,故C不符合题意;
D.为减小误差,滴定应重复2-3次,取几次滴定所用溶液的平均值计算滴定结果,故D符合题意。(2) 根据2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI,Na2S2O3溶液消耗碘的物质的量是 ,设 xg某油脂碘的质量为ag, ,a= , 该油脂的碘值为(25400y-12.7cV)/x;(3). 韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3,使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大,导致测出的与油脂反应的I2偏少;(4)I2完全转化为I-,发生还原反应,所以A具有还原性;(5). 温度太低反应太慢、温度过高氯气溶解度变小,碘易挥发,所以温度控制在30~40℃;Cl2与I2反应生成盐酸和碘酸,反应离子方程式是5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+;(6)反应完全后的溶液经过萃取、分液、蒸馏获得碘单质,需要的仪器有分液漏斗、蒸馏装置,蒸馏装置中温度计液泡在支管口、用直形冷凝管,故选①⑤;
【分析】本题考查Na2S2O3标准溶液滴定过量的I2,滴定反应为:2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI。(2)根据滴定反应计算;(5)陌生氧化还原反应方程式的书写,要注意电荷守恒。
32.(2017·沧州模拟)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用.请回答:
(1)HNO3的电离常数Ka的表达式为 .
(2)酸性条件下,K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+,该反应的离子方程式为 .
(3)25℃时,用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液,溶液的pH与NaOH溶液体积(V)的关系如图所示,
已知:M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2).则:
①原溶液中c(HNO2)为 (保留三位有效数字).
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 (填选项字母).
A.溶液只有NaNO2
B.水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1
C.溶液中离子浓度:c(Na+)=c(NO3﹣)
D.溶液中:c(Na+)<c(OH﹣)
【答案】(1)
(2)Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O
(3)0.110mol/L;BC
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:(1)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,溶液中存在电离平衡,HNO2 H++NO2﹣,电离平衡常数Ka= ,故答案为: ;(2)Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子,NO2﹣的氮元素化合价升高,被氧化生成硝酸根离子,1个Cr2O72﹣降低6价,一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子,化合价升2价,依据氧化还原反应化合价升降数目相等,Cr2O72﹣系数为1,亚硝酸根离子系数为3,依据原子个数守恒,反应的方程式为:Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O,
故答案为:Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O;(3)①M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2),说明该点溶液中溶质为NaNO2,二者恰好完全反应,二者的物质的量相等,则c(HNO2).v(HNO2)=c(NaOH).V(NaOH)
所以c(HNO2)= =0.110mol/L,
故答案为:0.110mol/L;②N点溶液呈中性,说明溶液中c(OH﹣)=c(H+),
A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则亚硝酸应该稍微过量,则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸,故A错误;
B.常温下,该溶液呈中性,则水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1,故B正确;
C.溶液中c(OH﹣)=c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)=c(NO3﹣),故C正确;
D.溶液中水的电离程度很小,但钠离子浓度较大,所以c(Na+)>c(OH﹣),故D错误;
故选BC.
【分析】(1)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,溶液中存在电离平衡,电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;(2)Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子,NO2﹣的氮元素化合价升高,被氧化生成硝酸根离子,依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式;(3)①M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2),说明该点溶液中溶质为NaNO2,二者恰好完全反应,二者的物质的量相等;②N点溶液呈中性,说明溶液中c(OH﹣)=c(H+),
A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则亚硝酸应该稍微过量;
B.常温下,该溶液呈中性,则水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1;
C.根据电荷守恒判断c(Na+)、c(NO3﹣)相对大小;
D.溶液中水的电离程度很小,但钠离子浓度较大.
33.(2015·腾冲模拟)运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义.请回答下列问题:
(1)利用对苯醌质子电池可检测氨气,其电池反应原理为2NH3+ (对苯醌)═N2H4+ (对苯酚),N2H4的结构式为 ,该电池正极的电极反应式为 .
(2)25℃时,将nmol L﹣1的氨水与0.1mol L﹣1的盐酸等体积混合.
①若混合溶液中c(NH )=c(Cl﹣),则溶液的pH= .
②若混合溶液中c(NH )>c(Cl﹣),则反应的情况可能为 .
a、盐酸不足,氨水剩余 b、氨水与盐酸恰好反应 c、盐酸过量
(3)在0.5L恒容密闭容器中,一定量的N2与H2进行反应:N2(g)+3N2(g) 2NH3(g)△H=bkJ mol﹣1,其化学平衡常数K与温度的关系如下:
温度/℃ 200 300 400
K 1.0 0.86 0.5
①写出该反应的化学平衡常数的表达式: ,b (填“大于”“小于”或“等于”)0.
②400℃时,测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时,此时刻该反应的u正(N2) (填“大于”“小于”或“等于”)u正(N2).
(4)已知:①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1
②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式: .
【答案】(1);
(2)7;a
(3);小于;小于
(4)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣905.8KJ/mol
【知识点】热化学方程式;化学平衡的计算;溶液酸碱性的判断及相关计算;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解:(1)肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代,所以肼的结构式为 ;
该电池正极上 得到电子生成 ,电极反应式为: ,
故答案为: ; ;(2)①根据电荷守恒得:c(Cl﹣)+c(OH﹣)=c(NH4+)+c(H+),溶液中c(Cl﹣)=c(NH ),所以c(OH﹣)=c(H+),所以溶液呈中性,即pH=7,
故答案为:7;②根据电荷守恒得:c(NH )+c(H+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),当c(NH )>c(Cl﹣)时,则c(H+)<c(OH﹣),溶液呈碱性;
a.盐酸不足,氨水剩余,溶液显碱性,与题意相符,故a可选;
b.氨水与盐酸恰好反应,生成氯化铵,铵根离子水解显酸性,与题意不符,故b不选;
c.盐酸过量,溶液呈酸性,与题意不符,故c不选;
故答案为:a;(3)①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=bkJ mol﹣1,平衡常数K= ,
由表中数据可知:平衡常数随温度升高而减小,说明升高温度,平衡逆向进行,逆向是吸热反应,故正反应为放热反应,故b小于0,
故答案为: ;小于;②400℃ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的K=0.5,400℃时,测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时,浓度分别为 =6mol/L, =4mol/L, =2mol/L,Qc= =1.1>K,说明平衡逆向进行,v正(N2)<v逆(N2);
故答案为:小于;(4)①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1,
由①+2×②可得:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(﹣1266.8kJ mol﹣1)+(+180.5kJ mol﹣1)=﹣905.8KJ/mol,
故答案为:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣905.8KJ/mol.
【分析】(1)肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代;
该电池正极上 得到电子生成 ;(2)①根据电荷守恒及c(Cl﹣)=c(NH4+)判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小,从而确定溶液的酸碱性,得出正确结论;
②根据电荷守恒及c(Cl﹣)<c(NH4+)判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小,从而确定溶液的酸碱性,得出正确结论;(3)①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,书写平衡常数表达式,分析平衡常数随温度变化,结合平衡移动原理分析反应热量变化情况;②依据浓度商和平衡常数的比较,判断反应进行的方向;(4)①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1,利用盖斯定律进行计算,由①+2×②得出正确结论.
34.(2016·闵行模拟)根据所学知识完成下面题目:
(1)Ⅰ合成氨在工业上有重要用途,原料氢气来源于天然气.
完成下列填空:
①天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS,若恰好完全反应,则该溶液中存在 个平衡.
②一定条件下向NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫并使吸收液再生,写出该反应的化学方程式: .当消耗标况下22.4升富氧空气时,有 mol电子转移.
③H2来自于天然气:CH4(g)+H2O(g) 3H2(g)+CO(g).如果该反应在恒容密闭容器中进行,能说明其达到化学平衡状态的是 .(选填编号)
a.υ正(H2):υ逆(CO)=3:1 b.气体密度不再改变
c.c(H2):c(CO)=3:1 d.气体的平均相对分子质量保持不变
(2)Ⅱ氨水是实验室常用的弱碱.
①在25℃时,将a mol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合,平衡时,溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣),则溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性;amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),混合溶液中微粒的物质的量浓度由大到小顺序: .
②25℃时CH3COOH和NH3 H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中 (选填编号)
a.水的电离程度始终增大
b.正好生成CH3COONH4时,与纯水中H2O的电离程度相同
c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14
d.当加入氨水的体积为10mL时,c(NH4+)=c(CH3COO﹣)
③往CaCl2溶液中通入CO2至饱和,无明显现象,再通一定量氨气后有白色沉淀,请用电离平衡理论解释上述现象: .
【答案】(1)4;2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;2;ad
(2)中;c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);cd;饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生
【知识点】化学平衡状态的判断;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:(1)①H2S电离产生氢离子和硫氢根离子、硫氢根离子电离产生氢离子和硫离子、氨水电离产生铵根离子和氢氧根离子、水电离产生氢离子的氢氧根离子,所以存在4个平衡,故答案为:4;②NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫,所以反应方程式为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓,当消耗标况下22.4升富氧空气时氧气的体积为11.2L,所以氧气的物质的量为0.5mol,所以转移电子数为:0.5mol×4=2mol,故答案为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;2;③a.υ正(H2):υ逆(CO)=3:1,正反应和逆反应速率相等,达平衡状态,故正确; b.气体密度一直不变,故错误;c.c(H2):c(CO)=3:1,而不是不变,故错误; d.气体的平均相对分子质量保持不变,说明气体的物质的量不变,达平衡状态,故正确;故选:ad;(2)Ⅱ①在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)=0.005mol/L,根据物料守恒得c(NH3.H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L,溶液呈中性,amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),说明氨水的电离为主,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为:c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+),故答案为:中; c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);②a.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离,溶液显示中性前,随着氨水的加入,溶液中氢离子浓度逐渐减小,水的电离程度逐渐增大;当氨水过量后,随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小,所以滴加过程中,水的电离程度先增大后减小,故错误;b.正好生成CH3COONH4时,醋酸根和铵根离子水解对水的电离起促进作用,所以与纯水中H2O的电离程度不相同,故错误;
c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的,水解程度相同,而氯化铵水解呈酸性,醋酸钠水解呈碱性,所以pH之和为14,故正确;d.当加入氨水的体积为10mL时,醋酸和一水合氨的物质的量相等,由于二者的电离常数相等,所以溶液显示中性,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:c(NH4+)=c(CH3COO﹣),故正确,故选:cd;③通入一定量的NH3后使溶液呈碱性,能够生成NH4Cl,饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀.加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生,故答案为:饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生.
【分析】(1)①H2S电离产生氢离子和硫氢根离子、硫氢根离子电离产生氢离子和硫离子、氨水电离产生铵根离子和氢氧根离子、水电离产生氢离子的氢氧根离子;②NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫,所以反应方程式为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;当消耗标况下22.4升富氧空气时氧气的体积为11.2L,所以氧气的物质的量为0.5mol;③根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;(2)Ⅱ①在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)=0.005mol/L,根据物料守恒得n(NH3.H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L,溶液呈中性;amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),说明氨水的电离为主,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为:c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);②a.开始时,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,当氨水过量后,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小;b.正好生成CH3COONH4时,醋酸根和铵根离子水解对水的电离起促进作用,所以与纯水中H2O的电离程度不相同;c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的,水解程度相同,而氯化铵水解呈酸性,醋酸钠水解呈碱性,所以pH之和为14;d.CH3COOH和NH3 H2O的电离常数相等,氨水与醋酸的浓度、体积相等时,溶液显示中性,根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO﹣);③通入一定量的NH3后使溶液呈碱性,能够生成NH4Cl,饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀.加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生.
35.(2015·龙岩模拟)甲、乙、丙、丁、X是由短周期元素组成的纯净物,其中X为单质.上述物质转化关系如图所示(某些产物略去).
请回答下列问题:
(1)若丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径.
①写出反应I的化学方程式:
②常温下,1mol丙发生反应III放出46kJ热量,该反应的热化学方程式为: .
③在常温下,向VIL pH=11的甲溶液中加入V2L pH=3的盐酸,若反应后溶液的pH<7,则V1和V2的关系为V1 V2(选填“>”、“<”或“=”),所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序可能是: (写一种即可).
(2)若丁是二元弱酸,丙是温室气体.
在容积为2L的容积固定的密闭容器中,将乙(g)和H2O(g)按下表用量分别进行反
应:乙(g)+H2O(g) 丙(g)+H2(g),得到如下数据:
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达平衡所需时间/min
乙 H2O 丙
1 650 4 2 1.6 5
2 900 2 1 0.4 3
3 900 2 1 0.4 1
①该反应的正反应为 (填“吸热”或“放热”)反应.
②900℃时,上述反应按如下起始量分别加入该容器:
物质 乙 H2O 丙 H2
起始量/mol 0.8 1.0 0.6 0.8
则此时反应的v(正) v(逆)(填“>”、“<”或“=”).
③实验3跟实验2相比,改变的条件可能是 .
【答案】(1)4NH3+5O2 4NO+6H2O;3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol;<;c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣)
(2)放热;<;使用了催化剂
【知识点】热化学方程式;溶液酸碱性的判断及相关计算;无机物的推断
【解析】【解答】解:(1)X为单质,丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径,则甲为NH3,X为O2,乙为NO,丙为NO2,丁为HNO3;①反应I的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O,故答案为:4NH3+5O2 4NO+6H2O;②1mol丙发生反应III放出46kJ热量,则3mol丙放出3×46kJ=138kJ,该反应的热化学方程式为3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol,故答案为:3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol;③向VIL pH=11的甲溶液中加入V2L pH=3的盐酸,氨水浓度大于盐酸浓度,则反应后溶液的pH<7,酸应过量,则V1和V2的关系为V1<V2,溶液显酸性,c(H+)>c(OH﹣),结合电荷守恒可知,c(Cl﹣)>c(NH4+),则离子浓度大小为c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣),故答案为:<;c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣);(2)若丁是二元弱酸,丙是温室气体,丙为CO2,丁为H2CO3,甲可能为甲烷等有机物,X为O2,乙为CO,①由表格中的数据可知,温度高,丙的物质的量小,则升高温度平衡逆向移动,则该正反应为放热反应,故答案为:放热;②900℃时,平衡时c(丙)=0.2mol/L,c(H2)=0.2mol/L,c(乙)= =0.8mol,c(H2O)=0.3mol/L,则K= = ,由表格中的数据可知,Qc= >K,平衡逆向移动,则v(正)<v(逆),故答案为:<;③实验3跟实验2相比,起始量、平衡时的量相同,只有时间不同,则实验3为使用了催化剂加快反应速率,故答案为:使用了催化剂.
【分析】甲、乙、丙、丁、X是由短周期元素组成的纯净物,其中X为单质,丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径,则甲为NH3,X为O2,乙为NO,丙为NO2,丁为HNO3;若丁是二元弱酸,丙是温室气体,丙为CO2,丁为H2CO3,甲可能为甲烷等有机物,X为O2,乙为CO,然后结合热化学反应及化学平衡来解答.
2023年高考真题变式分类汇编:溶液酸碱性的判断及相关计算1
一、选择题
1.(2023·湖北) 为某邻苯二酚类配体,其,。常温下构建溶液体系,其中,。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示,分布系数,已知,。下列说法正确的是
A.当时,体系中
B.pH在9.5~10.5之间,含L的物种主要为
C.的平衡常数的lgK约为14
D.当时,参与配位的
2.(2023·全国甲卷)下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(;可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A.由点可求得
B.时的溶解度为
C.浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D.混合溶液中时二者不会同时沉淀
3.(2022·湖北)根据酸碱质子理论,给出质子的物质是酸,给出质子的能力越强,酸性越强。已知:,,下列酸性强弱顺序正确的是( )
A. B.
C. D.
4.(2021·海南)依据下列实验和现象,得出结论正确的是( )
选项 实验 现象 结论
A 点燃无色气体 ,将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 为
B 25℃时,向无色的 溶液中滴加1~2滴酚酞试液 溶液仍为无色 溶液的
C 在淀粉和 的混合溶液中滴加 溶液。[已知: 、 分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性:
D 在稀 中加入少量 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中 既作氧化剂又作还原剂
A.A B.B C.C D.D
5.(2021·浙江)25℃时,下列说法正确的是( )
A.NaHA溶液呈酸性,可以推测H2A为强酸
B.可溶性正盐BA溶液呈中性,可以推测BA为强酸强碱盐
C.0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1<α2
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
6.(2022·舟山模拟)水溶液呈碱性的正盐是( )
A. B. C.KOH D.
7.(2022·黄埔模拟)下列溶液一定呈中性的是( )
A.的溶液
B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
C.c(H+)=c(OH-)的溶液
D.紫色石蕊试液不变色的溶液
8.(2022·红桥模拟)常温下,向20mL浓度均为0.1mol·L-1的HA与NaA的混合溶液中,分别滴加浓度均为0.1mol·L-1的HCl、NaOH两种溶液,混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是( )
A.滴加HCl溶液的曲线为I
B.水的电离程度:c>b>a
C.d点时,lg ≈5.24
D.c点溶液中存在:c(Na+)=2[c(A-)+c(HA)]
9.(2022·齐齐哈尔模拟)已知常温下二元弱酸H2A溶液中,H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数:δ(A2-)= ],下列说法错误的是( )
A.曲线x代表H2A,曲线z代表A2-
B.pH从1升高至2, 的值一直减小
C.n点对应的溶液中水电离出的c(H+ )=10-12.7 mol·L-1
D.将浓度均为0.05 mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后,所得溶液pH=4.3
10.(2022·绍兴模拟)在常温下,向20mL0.10mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加0.10mol·L-1的盐酸,溶液pH随滴定百分率%的变化如图所示。下列说法正确的( )
A.在a点的溶液中,c(H2CO3)-c(CO)> c(OH-)-c(Cl-)
B.在b点的溶液中,2n(H2CO3)+ n(HCO)<0.002 mol
C.煮沸目的是除去CO2,使突跃变大,冷却后继续滴定到终点
D.若将0.10mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时: c(Na+)=c(CH3COO-)
11.(2021·嘉兴模拟)类比,对于稀溶液,。室温下,向某浓度溶液加入,保持溶液体积和温度不变,测得与、、变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.曲线Ⅲ表示变化
B.常温下,
C.b点时,
D.时,
12.(2022·温州模拟)下列说法正确的是( )
A.25℃时,水电离出的溶液,其pH>7
B.25℃时,pH=3的HCl与pH=11的MOH溶液混合,测得pH>7,则MOH为弱碱
C.25℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,滴入10.0mLNaR浓溶液,测得pH=b,b>a,则HR是弱酸
D.25℃时,物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY,若,则HX为强酸
13.(2021·绍兴模拟)下列说法正确的是( )
A.测得的一元碱溶液,则一定为弱电解质
B.25℃时,可溶性正盐溶液,升温至某一温度后仍为,则可能为强碱弱酸盐
C.25℃时,测得的一元酸溶液,将该溶液加水稀释100倍,所得溶液的,则为弱酸
D.25℃时,的溶液与的溶液等体积混合,所得溶液一定等于7.0
14.(2021·天河模拟)已知:一元弱酸HA的电离平衡常数K =。25℃时,CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下:
化学式 CH3COOH HCN H2CO3
K 1.75×10–5 4.9×10–10 K1 = 4.4×10–7 K2 = 5.6×10–11
下列说法正确的是( )
A.稀释CH3COOH溶液的过程中,n(CH3COO–)逐渐减小
B.NaHCO3溶液中:c(H2CO3) < c() < c(HCO3 )
C.25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液
D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液,均产生CO2
15.(2021·诸暨模拟)常温下,向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体(溶液体积变化可忽略不计),溶液中lg 随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.酸性强弱:HX>HY B.b点时溶液:c(Na+)=c(Y-)
C.水的电离程度:c
16.(2017·南通模拟)25℃时,用0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00mL0.1000mol L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )
A.点①所示溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4﹣)=c(OH﹣)
B.点②所示溶液中:c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)=c(Na+)
C.点③所示溶液中:c(Na+)>c(HC2O4﹣)>c(H2C2O4)>c(C2O42﹣)
D.滴定过程中可能出现:c(Na+)>c(C2O42﹣)=c(HC2O4﹣)>c(H+)>c(OH﹣)
17.(2017·河南模拟)(多选)常温下,向 20mL 0.1mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加 0.1mol L﹣1 Ba(OH)2 溶液,溶液 pH 与 Ba(OH)2溶液体积的关系曲线如图所示.已知NH3 H20的电离常数Kb(NH3 H20)=1.75×10﹣5.下列有关分析正确的是( )
A.a点时溶液的pH=7
B.c点时的溶质是(NH3 H2O)
C.b点时溶液中c(NH4+)>c(NH3 H2O)
D.a~c段参与反应的离子有H+、OH﹣、Ba2+、SO42﹣
18.(2020高二下·济南期末)路易斯酸碱电子论认为凡是能接受电子对的物质称为路易斯酸,凡是能给出电子对的物质称为路易斯碱。下列说法错误的是( )
A.NH3、BF3、H2O中,只有NH3是路易斯碱
B.根据路易斯酸碱电子论,BF3与NH3的反应属于酸碱中和反应
C.NH3、BF3和NH4BF4中均含有配位键
D.BF3的键角大于BF
19.(2020高二上·安徽期中)高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知 ]。下列说法正确的是( )
A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4
C.25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K>100
D.A,C两点对应溶液中水的电离程度不相等
20.(2020高二上·唐山期中)实验教学是化学学科的重要辅助手段。下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项 实验及现象 结论及解释
A 向NaCN溶液中通入少量CO2气体,生成碳酸钠(酸性:H2CO3>HCN> ) 2CN-+H2O+CO2=2HCN+
B 在KSCN与FeCl3的混合液中再加入少量KCl固体,溶液颜色不变 增大Cl-浓度,平衡不移动
C 用CH3COOH溶液做导电性实验,灯泡很暗 CH3COOH是弱电解质
D 某温度下,相同pH的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数,稀释后溶液pH:盐酸>醋酸 酸性:盐酸>醋酸
A.A B.B C.C D.D
21.(2020高二上·即墨期中)pH=a的某电解质溶液中,插入两只惰性电极,通直流电一段时间后,停止电解,取出电极,将溶液摇匀,测得溶液的pH>a,则该电解质溶液是( )
A.K2SO4 B.NaOH C.NaCl D.AgNO3
22.(2020高二上·乾安月考)部分弱酸的电离平衡常数如表所示:
弱酸
电离常数/( )(25℃)
下列说法错误的是( )
A.
B.
C.中和等体积、等pH的 和 溶液,前者消耗 的量小于后者
D.等体积、等浓度的 和 溶液中,前者所含离子总数小于后者
23.(2020高三上·丹东月考)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气[n(SO2)∶n(NO) =3∶2]同时脱硫脱硝(分别生成SO 、NO ),得到NO、SO2脱除率如图,下列说法错误的是( )
A.酸性环境下脱除NO的反应:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-
B.SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
C.依据图中信息,在80 min时,吸收液中n(NO )∶n(Cl-)=2∶3
D.随着脱除反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐减小
24.(2018高三上·徐州月考)下列有关说法正确的是( )
A.一定条件下反应2SO2+O2 2SO3达到平衡时,v正(O2)=2v逆(SO3)
B.用如图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀
C.常温下,向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体,溶液中 的值增大
D.常温下,pH=2的HCl溶液与pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合,两者恰好完全反应
25.室温时,向20mL0.1mol L﹣1的醋酸溶液中不断滴入0.1mol L﹣1的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如图所示.在滴定过程中,关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是( )
A.a点时:c( CH3COOH)>c( Na+)>c( CH3COO﹣)>c( H+)>c( OH ﹣)
B.b点时:c( Na+)=c( CH3COO﹣)>c(H+)=c( OH﹣)
C.c点时:c(H+)=c(CH3COOH)+c( OH﹣)
D.d点时:c(Na+)>c(CH3COO ﹣)>c(OH﹣)>c(H+)
三、非选择题
26.(2021·柳州模拟)用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4 7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题:
(1)“浸取”时,在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时,提高镍的回收率还可采取的措施是 (写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)“一次碱析”时,Cr(OH)3转化为的CrO 的离子方程式为 。
(4)加氨水“溶解”的目的是 ,‘滤渣 2”的主要成分是 。
(5)“氧化”时,HNO3被还原为NO,该反应的化学方程式为 。
(6)已知0.01mol L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式),则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol L-1)的pH为 。
27.(2020·徐州模拟)脱去冶金工业排放烟气中 的方法有多种。
(1)利用本生(Bunsen)热化学循环吸收 工艺由下列三个反应组成:
则 。
(2)氧化锌吸收法:配制 悬浊液,在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH、吸收效率 随时间t的变化如图甲;溶液中部分微粒与pH的关系如图乙所示。
①为提高 的吸收效率 ,可采取的措施有:增大悬浊液中 的量、 。
②图甲中的 曲线ab段发生的主要化学方程式为 。
③ 时,溶液 。
(3)如图丙所示,利用惰性电极电解含 的烟气回收S及 ,以实现废物再利用。
①阴极的电极反应式为 。
②每处理含 的烟气,理论上回收S、 的物质的量分别为 、 。
28.(2020·浙江模拟)碳及其化合物在生产和生活中有重要意义。海水中CO2的吸收能力取决于溶解的碳酸盐和硼酸盐生成的CO32-和B(OH)4-浓度。已知:298K时,H3BO3+H2O H++B(OH)4-,Ka=5.7×10-10,碳酸的电离平衡常数:Ka1=4.3×10-7;Ka2=5.6×10-11
(1)298K时,相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液,pH较大的是 溶液。
(2)少量CO2与B(OH)4-反应的离子方程式为 。
(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2 资源化利用的一种新途径。此法的阴极电极反应式为 。
29.(2019高二下·新宁模拟)
(1)①25℃时,特pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合,若所得混合液的pH=7,则NaOH溶液与H2SO4,溶液的体积比为 ;
②25℃时,pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,c(Na+) (填“=”“>”或“<”)c(CH3COO-)。
(2)电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解泡,装有电解液a;X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连。
①若X、Y都是惰性电极,a是饱和NaCl溶液,)实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞溶液,电解时Y电极上产生的物质是 ,该反应的总反应式是 。
②如要用电解方法精炼粗铜,电解液a选用CuSO4溶液,则X电极的材料是 ,Y电极的主要电极反应式为 。
(3)化学反应2A(g) B(g)+D(g)在四种不同条件下进行,B、D起始浓度为零,反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表所示:
实验序号 时间/浓度/温度 0 10 20 30 40 50 60
① 800℃ 1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
② 800℃ C2 0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
③ 800℃ C3 0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
④ 820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
请根据上述数据,完成下列填空:
①在实验1中,反应在10~20min内反应物A的平均反应速率为 mol/(L·min)。
②比较实验1和实验2,可推测c2= mol/L;若实验1和实验2在相同的压强下进行,但在实验2中,反应在20min时就已达到平衡,可推测实验2中还隐含的条件是
③比较实验1和实验4,可推测反应2A(g) B(g)+D(g)的正反应是 (填“放热反应”或“吸热反应”)。
30.(2018·绵阳模拟)二硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂,在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题:
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品,加水溶解,所得溶液pH=10,由此可知H2CS3是 酸(填“强”或“弱”)。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,由此说明Na2CS3具有 性。
(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度,按图装置进行实验。将35.0 mLNa2CS3溶液置于下列装置A的三颈瓶中,打开仪器d的活塞,滴入足量2.0 mol/L稀H2SO4,关闭活塞。
已知: CS2和H2S均有毒:CS2不溶于水,沸点46℃,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是 。反应开始时需要先通入一段时间N2,其作用为 。
②B中发生反应的离子方程式是 。
③反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2 一段时间,其目的是 。
④为了计算三硫代碳酸铀溶液的浓度,可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是 ,若B中生成沉淀的质量为8.4g则35.0 mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度是 。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气,通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,计算值 <填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
31.(2018·桂林模拟)油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定,通常称为油脂的碘值。碘值越大,油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。
I.称取xg某油脂,加入含ymol I2的韦氏溶液( 韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂,含有CH3COOH),充分振荡;过量的I2用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂),消耗Na2S2O3溶液VmL(滴定反应为:2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:
(1)有关滴定的下列说法正确的是________(填标号)。
A.标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中
B.滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化
C.滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定
D.同样的滴定应重复2-3次,取几次滴定所用溶液的平均值计算滴定结果
(2)该油脂的碘值为 g(列式表示)。
(3)用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正,因为所测得的碘值总比实际碘值低,原因是 。
(4)II.现要从上述测定碘值实验后的含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I-)。设计如图一所示的实验过程:
为了将含碘废液中的I2完全转化为I-而进入水层,向含碘度液中加入了稍过量的A溶液,则A应该具有 性。
(5)将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中,并用盐酸调至pH约为2,再缓慢通入适量Cl2,使其在30~40℃反应。反应要控制在30~40℃的原因是 ;Cl2不能过量,因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-,写出该反应的离子方程式 。
(6)操作②包含多步操作,将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质,在操作②中必须用列下列所示的部分仪器或装置,这些仪器和装置是 (填标号)。
32.(2017·沧州模拟)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用.请回答:
(1)HNO3的电离常数Ka的表达式为 .
(2)酸性条件下,K2Cr2O7能被NaNO2还原为Cr3+,该反应的离子方程式为 .
(3)25℃时,用0.100mol L﹣1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO3溶液,溶液的pH与NaOH溶液体积(V)的关系如图所示,
已知:M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2).则:
①原溶液中c(HNO2)为 (保留三位有效数字).
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是 (填选项字母).
A.溶液只有NaNO2
B.水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1
C.溶液中离子浓度:c(Na+)=c(NO3﹣)
D.溶液中:c(Na+)<c(OH﹣)
33.(2015·腾冲模拟)运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义.请回答下列问题:
(1)利用对苯醌质子电池可检测氨气,其电池反应原理为2NH3+ (对苯醌)═N2H4+ (对苯酚),N2H4的结构式为 ,该电池正极的电极反应式为 .
(2)25℃时,将nmol L﹣1的氨水与0.1mol L﹣1的盐酸等体积混合.
①若混合溶液中c(NH )=c(Cl﹣),则溶液的pH= .
②若混合溶液中c(NH )>c(Cl﹣),则反应的情况可能为 .
a、盐酸不足,氨水剩余 b、氨水与盐酸恰好反应 c、盐酸过量
(3)在0.5L恒容密闭容器中,一定量的N2与H2进行反应:N2(g)+3N2(g) 2NH3(g)△H=bkJ mol﹣1,其化学平衡常数K与温度的关系如下:
温度/℃ 200 300 400
K 1.0 0.86 0.5
①写出该反应的化学平衡常数的表达式: ,b (填“大于”“小于”或“等于”)0.
②400℃时,测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时,此时刻该反应的u正(N2) (填“大于”“小于”或“等于”)u正(N2).
(4)已知:①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1
②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式: .
34.(2016·闵行模拟)根据所学知识完成下面题目:
(1)Ⅰ合成氨在工业上有重要用途,原料氢气来源于天然气.
完成下列填空:
①天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS,若恰好完全反应,则该溶液中存在 个平衡.
②一定条件下向NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫并使吸收液再生,写出该反应的化学方程式: .当消耗标况下22.4升富氧空气时,有 mol电子转移.
③H2来自于天然气:CH4(g)+H2O(g) 3H2(g)+CO(g).如果该反应在恒容密闭容器中进行,能说明其达到化学平衡状态的是 .(选填编号)
a.υ正(H2):υ逆(CO)=3:1 b.气体密度不再改变
c.c(H2):c(CO)=3:1 d.气体的平均相对分子质量保持不变
(2)Ⅱ氨水是实验室常用的弱碱.
①在25℃时,将a mol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合,平衡时,溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣),则溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性;amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),混合溶液中微粒的物质的量浓度由大到小顺序: .
②25℃时CH3COOH和NH3 H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中 (选填编号)
a.水的电离程度始终增大
b.正好生成CH3COONH4时,与纯水中H2O的电离程度相同
c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14
d.当加入氨水的体积为10mL时,c(NH4+)=c(CH3COO﹣)
③往CaCl2溶液中通入CO2至饱和,无明显现象,再通一定量氨气后有白色沉淀,请用电离平衡理论解释上述现象: .
35.(2015·龙岩模拟)甲、乙、丙、丁、X是由短周期元素组成的纯净物,其中X为单质.上述物质转化关系如图所示(某些产物略去).
请回答下列问题:
(1)若丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径.
①写出反应I的化学方程式:
②常温下,1mol丙发生反应III放出46kJ热量,该反应的热化学方程式为: .
③在常温下,向VIL pH=11的甲溶液中加入V2L pH=3的盐酸,若反应后溶液的pH<7,则V1和V2的关系为V1 V2(选填“>”、“<”或“=”),所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序可能是: (写一种即可).
(2)若丁是二元弱酸,丙是温室气体.
在容积为2L的容积固定的密闭容器中,将乙(g)和H2O(g)按下表用量分别进行反
应:乙(g)+H2O(g) 丙(g)+H2(g),得到如下数据:
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达平衡所需时间/min
乙 H2O 丙
1 650 4 2 1.6 5
2 900 2 1 0.4 3
3 900 2 1 0.4 1
①该反应的正反应为 (填“吸热”或“放热”)反应.
②900℃时,上述反应按如下起始量分别加入该容器:
物质 乙 H2O 丙 H2
起始量/mol 0.8 1.0 0.6 0.8
则此时反应的v(正) v(逆)(填“>”、“<”或“=”).
③实验3跟实验2相比,改变的条件可能是 .
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】盐类水解的原理;离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合,但在pH=1时,富含L的型体主要为H2L,此时电离出的HL-较少,根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46,但pH=1时c(OH-)=10-13,因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-),A错误;
B.根据图示的分布分数图可以推导出,H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大,而H2L和L2-的含量最少,因此当pH在9.5~10.5之间时,含L的物种主要为HL-,B错误;
C.该反应的平衡常数表达式为:,此时体系的pH=4,[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等
带入可得lg K≈14,C项正确;
D.根据图像,pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-,其分布分数均为0.5,因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1,此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-,形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-,共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-,即参与配位的c(L2-)≈5×10-4,D错误
故答案为:C。
【分析】平衡图像解题技巧:对应化学反应速率图像和化学平衡图像,应该注意下列几点:1、横轴坐标和纵坐标含义;2、曲线斜率或者趋势;3、曲线上特殊点,如起点、终点、交点和拐点等,进行计算平衡常数。
2.【答案】C
【知识点】盐类水解的原理;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.对于a点可知,pH=2,c(OH-)=10-12mol/L,c(Fe3+)=10-2.5mol/L,带入Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)c(OH-)3=10-38.5,A项错误;
B.pH=4时,Al3+浓度为10-3mol/L,所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L,B项错误;
C.由图可知,当Fe3+完全沉淀时,Al3+还没有沉淀,所以可以通过分步沉淀进行分离,C项正确;
D.由图可知,Al3+还没有完全沉淀时,Cu2+已经开始沉淀,所以二者会同时沉淀,D项错误。
故答案为:C。
【分析】(1)弄清楚横纵坐标含有,图像变化趋势以及含义;
(2)充分利用图像的特殊点位进行计算,如起点、交点、终点等;
(3)弄清楚什么时候完全沉淀,什么时候开始沉淀,分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。
3.【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】根据复分解反应的规律,强酸能制得弱酸,根据酸碱质子理论,给出质子的物质是酸,则反应中,酸性:,反应中,酸性:,故酸性:,
故答案为:D。
【分析】根据酸碱质子理论和强酸制弱酸原理判断酸性强弱。
4.【答案】D
【知识点】氧化还原反应;氧化性、还原性强弱的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算;常见气体的检验
【解析】【解答】A.无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水,将生成的气体通入澄清石灰水,澄清石灰水也会先浑浊后澄清,则无色气体X不一定为一氧化碳,故A不符合题意;
B.若无色Y溶液的pH在7—8之间,向溶液中滴加1~2滴酚酞试液,溶液也为无色,则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7,故B不符合题意;
C.若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液,碘未完全反应,溶液也呈蓝色,则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱,故C不符合题意;
D.在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体,溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜,则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂,故D符合题意;
故答案为:D。
【分析】
A.二氧化碳也可令澄清石灰水变浑浊;
B.弱碱且浓度低1-2滴也不变色,与酚酞的变色范围有关;
C.碘单质未充分反应后也是蓝色;
D.根据化合价变化判断,氧化亚铜既是氧化剂又是还原剂。
5.【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离平衡常数
【解析】【解答】A.NaHA溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度大于其水解程度,不能据此得出H2A为强酸的结论,A不符合题意;
B.可溶性正盐BA溶液呈中性,不能推测BA为强酸强碱盐,因为也可能是B+和A-的水解程度相同,即也可能是弱酸弱碱盐,B不符合题意;
C.弱酸的浓度越小,其电离程度越大,因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1>α2,C不符合题意;
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10-4mol/L,碳酸根水解促进水的电离,则水电离出H+的浓度是1×10-4mol/L,其物质的量为0.1L×1×10-4mol/L=1×10-5mol,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.强酸是全部电离,在溶液中存在NaHA,不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时,水解程度接近时,溶液也是显中性
C.浓度越稀,电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度,即可计算出物质的量
6.【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.是强碱弱酸的酸式盐,水溶液由于碳酸氢根水解大于电离而呈碱性,A不合题意;
B.是强碱弱酸的正盐,水溶液由于醋酸根离子水解而呈碱性,B符合题意;
C.KOH是强碱,水溶液由于KOH=K++OH-呈碱性,C不合题意;
D.是强酸,水溶液由于H2SO4=2H++而呈酸性,D不合题意;
故答案为:B。
【分析】水溶液为碱性的盐,根据水解规律,强碱弱酸盐水解呈碱性
7.【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.pH=7的溶液不一定呈中性,如100℃时,水的离子积常数是10-12,溶液pH=6时呈中性,当pH=7时溶液呈碱性,故A不符合题意;
B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性,如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时,硫酸溶液过量,溶液呈酸性,故B不符合题意;
C.氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性,故C符合题意;
D.紫色石蕊试液不变色的溶液pH在5~8范围间,溶液可能为酸性,或中性,或碱性,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A、pH=7在25℃呈中性;
B、等物质的量一元强酸和一元强碱反应呈中性;
C、氢离子浓度等于氢氧根浓度,溶液呈中性;
D、紫色石蕊试液的紫色范围是pH为5-8,因此不一定是中性。
8.【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.滴加盐酸,溶液的pH减小,滴加盐酸的曲线为II,A不符合题意;
B.a、b点都在曲线II上,滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA,随着HCl的滴入,NaA逐渐减少、HA逐渐增多,HA电离出H+抑制水的电离,A-水解促进水的电离,则水的电离程度不断减小,则水的电离程度a>b,b点时加入20mL盐酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液,c点在曲线I上,滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O,c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液,则水的电离程度c>b,B不符合题意;
C.0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76,溶液中c(H+)=10-4.76mol/L,则Ka(HA)= ≈10-4.76,d点溶液的pH=10,溶液中c(H+)=10-10mol/L,Ka(HA)= = ≈10-4.76, ≈105.24,则lg ≈5.24,C符合题意;
D.c点在曲线I上,滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O,c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液,溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A-)+c(HA),D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.滴加盐酸,溶液的pH会减小;
B.b点溶液中只有HA,a点溶液中的NaA被反应掉了一半,A-水解对水的电离有促进作用,水的电离程度a>b;
C.利用起点时的pH算出Ka,根据d点溶液的pH算出 ;
D.c点所加NaOH恰好把HA反应完全,利用物料守恒可得。
9.【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.由分析,曲线x代表H2A,曲线z代表A2-,A不符合题意;
B.根据图像可知,pH从1升高至2,主要发生H2A HA-+H+,则c(H2A)减小,c(HA-)增大,温度不变,Ka1不变,则 减小,B不符合题意;
C.由图象,n点对应的溶液,c(H2A)=c(HA-),溶质主要为NaHA和H2A,pH=1.3,则溶液中c(H+)=10-1.3 mol·L-1,c(OH-)= =10-12.7 mol·L-1,此时溶液中的OH-由水电离,水电离出的氢离子和氢氧根浓度相等,则水电离出的c(H+)=10-12.7 mol·L-1,C不符合题意;
D.由图中m点和n点,可分别求出 , ,水解常数 , ,故 电离程度 水解程度 水解程度,故等物质的量的 和 混合物溶于水,溶液中 和 浓度不相等,故所得溶液pH不等于4.3,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】随着pH升高,H2A的浓度逐渐减小,HA-的浓度先增大后减小,A2-的浓度逐渐增大,则曲线x代表H2A,曲线y代表HA-,曲线z代表A2-。
10.【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.在a点滴定百分率25%,是滴入5mL盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,溶液中溶质Na2CO3、NaHCO3、NaCl的物质的量之比为1:1:1,根据电荷守恒可知,c(Na+)+ c(H+)= c(OH-) +c(Cl-)+c(HCO)+2c(CO),根据钠碳物料守恒可知,c(Na+)= 2c(HCO)+2c(CO)+2c(H2CO3),把c(Na+)代入电荷守恒有①:2c(H2CO3) +c(HCO)+ c(H+)= c(OH-) +c(Cl-),根据氯碳物料守恒可知,2 c(Cl-)= c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3),则有②:c(HCO)=2 c(Cl-)-c(CO)-c(H2CO3),把②代入①得:c(H2CO3)-c(CO)+ c(H+)= c(OH-)-c(Cl-),故c(H2CO3)-c(CO)< c(OH-)-c(Cl-),A不符合题意;
B.在滴定百分率50%时,溶质为氯化钠、碳酸氢钠,b点盐酸比滴定百分率50%时稍微过量,生成碳酸,溶液pH=7,溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液,n(CO-)
C.反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果,煮沸目的是除去CO2,使突跃变大,冷却后继续滴定到终点,C符合题意;
D.若将0.10 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时,溶液中存在电荷守恒:c(Na+ )+c(H+ )= c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+ 2c(CO32-),由于pH=7,c(H+ )= c(OH-),得到:c(Na+ ) =c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),即c(Na+ ) >c(CH3COO-),故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.根据电荷守恒和物料守恒分析;
B.利用物料守恒分析;
C.反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果,应煮沸除去;
D.依据电荷守恒分析。
11.【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.随pH增大, c(HA-)先增大后减小,pc=-lgc,则pc(HA-)先减小后增大,即曲线Ⅲ代表变化,故A不符合题意;
B.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-,c点时c(HA-)=c(A2-),此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30,则,故B不符合题意;
C.b点时,c(H2A)= c(A2-)=10-3mol/L,c(H+)=10-3.05mol/L,室温下c(OH-)=,由电荷守恒:c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-),则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-),故C符合题意;
D.时,由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A),pc=-lgc,则,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】H2A溶液中含有的粒子为H2A、A2-、HA-,结合图像分析各个曲线代表的粒子种类,再结合弱电解质的电离平衡、水的离子积以及溶液中离子溶度之间的关系分析。
12.【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A.常温下,水电离出的,溶液既可能是酸性,也可能是碱性,故A不符合题意;
B.选项中没有说明两溶液是等体积混合,故无法判断MOH是强碱还是弱碱,故B不符合题意;
C.若HR是强酸,则NaR溶液显中性,取HR溶液10.0mL,滴入10.0mLNaR浓溶液,则氢离子浓度减半,pH增大,b>a,因此无法判断HR是弱酸,故C不符合题意;
D.在NaY溶液中,根据物料守恒有:,两溶液中c(Na+)相等,说明在NaX溶液中,,说明X-不水解,则HX为强酸,故D符合题意。
【分析】A.弱为酸性或者碱性均可能出现水电离的氢离子浓度
B.主要考虑体积问题
C.根据给出的题意无法确定是强酸或者弱酸
D.根据物料守恒即可判断
13.【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.没有指明温度故不确定Kw的值,所以不能确定一定为弱电解质,A不符合题意;
B.25℃时,可溶性正盐溶液,升温至某一温度后仍为,说明升温离子不会发生水解,说明可能为强碱弱酸盐,B符合题意;
C.25℃时,测得的一元酸溶液,将该溶液加水稀释100倍,所得溶液的,则为强酸,若为弱酸,因为弱酸稀释促进电离,C不符合题意;
D.25℃时,的溶液与的溶液等体积混合,所得溶液不一定等于7.0,若为弱酸<7,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.温度未知,Kw的值未知,不能据此判断;
B.升温BA不发生水解,可能为强碱弱酸盐;
C.稀释100倍pH增大2,则HA为强酸;
D.HA的强弱未知,所得溶液pH不一定为7。
14.【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离平衡常数
【解析】【解答】A.加水稀释CH3COOH溶液,促进CH3COOH的电离,溶液中n(CH3COO–)逐渐增多,故A不符合题意;
B.NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8>K2 = 5.6×10–11,说明HCO3-的水解大于电离,则溶液中c()<c(H2CO3)< c(HCO3 ),故B不符合题意;
C.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH,同CN-的水解程度大于CH3COO-,则25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液,故C符合题意;
D.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3,则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液,只能生成NaHCO3,无CO2气体生成,故D不符合题意;
故答案为C。
【分析】A.稀释过程中会促进乙酸的电离,乙酸根增大;
B.根据碳酸根的两极电离常数可以确定二级电离弱于一级且碳酸根浓度要少于碳酸;
D.氢氰酸电离常数低于碳酸,酸性同样弱于碳酸,故不可能产生二氧化碳。
15.【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;水的电离;盐类水解的原理;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.由图可知常温下,浓度均为0.1mol/L的一元酸HX溶液中lg =12,可求得 所以HX为强酸,同理可推知HY为弱酸,所以酸性强弱:HX>HY,故A不符合题意;
B.B点坐标点为(8,0),此时溶液中lg =0,所以 ,溶液呈中性,故B不符合题意;
C.d点对应溶液的的成分为等浓度的HX和NaX,NaX为强酸强碱盐,对水的电离没有抑制作用,HX为一元强酸,抑制水的电离,c点对应溶液的成为为等浓度的HY和NaY,NaY为强碱弱酸盐,促进水的电离,HY为一元弱酸对水的电离抑制程度弱于同浓度的HX,所以水的电离程度:c>d,故C符合题意;
D.c点lg =6,计算可得 ,所以 ,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】根据 lg =0时,消耗的氢氧化钠的量即可判断HY的酸性弱于HX,即可判断b点溶液显中性,即可判断钠离子和Y-离子的浓度相等根据c点的纵坐标结合水的离子积即可计算出氢离子和氢氧根离子浓度即可计算出pH,HX的酸性强于HY,因此在相等的氢氧化钠固体时,c和d水的电离程度时c大于d
16.【答案】B,D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.点①所示的溶液的体积25mL,草酸和氢氧化钠恰好完全反应,生成正盐草酸钠,草酸钠水解,所以溶液中,c(Na+)═2c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4)+2c(C2O42﹣)①,
根据电荷守恒得:关系式为:c(Na+)+c(H+)═c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)②,将①代入②得:c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O4﹣)=c(OH﹣),故A错误;
B.点②溶液中,溶液呈中性,c(H+)=c(OH﹣)①,根据电荷守恒得:关系式为:c(Na+)+c(H+)═c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)②,将①代入②得c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)=c(Na+),故B正确;
C.点③所示的溶液的体积50mL,草酸过量,溶液溶质为NaHC2O4,溶液呈酸性,草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解,所以c(Na+)>c(HC2O4﹣)>c(C2O42﹣)>c(H2C2O4),故C错误;
D.点①为草酸钠成碱性,点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠,点③溶液呈酸性,介于②和③之间,随着草酸的滴入,NaHC2O4逐渐增多,所以可出现c(Na+)>c(C2O42﹣)=c(HC2O4﹣)>c(H+)>c(OH﹣),故D正确;
故选BD.
【分析】25℃时,用0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00mL0.1000mol L﹣1NaOH溶液,发生的反应为:H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4.
A.点①表示滴入25.00mL0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液,恰好完全反应,生成正盐草酸钠,结合电荷守恒判断;
B.点②溶液中,溶液呈中性,c(H+)=c(OH﹣),结合电荷守恒判断;
C.点③滴入0.0500mol L﹣1H2C2O4(二元弱酸)溶液50.00mL,溶液溶质为NaHC2O4,溶液呈酸性;
D.点①为草酸钠成碱性,点②溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性,点③溶液,溶质为NaHC2O4,呈酸性,介于②和③之间溶液NaHC2O4逐渐增多,溶液呈酸性.
17.【答案】B,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.a点时,n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O,该点溶液中溶质为 (NH4)2SO4,(NH4)2SO4是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,溶液的pH<7,故A错误;
B.c点时,n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,溶液中的溶质为NH3.H2O,故B正确;
C.b点时,3n(NH4HSO4)=4n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O,溶液中溶质为NH3.H2O、(NH4)2SO4,且二者的物质的量之比为2:1,因为一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,导致b点时溶液中c(NH4+)>c(NH3 H2O),故C正确;
D.b点发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O、c点发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,所以a~c段参与反应的离子还有NH4+,故D错误;
故选BC.
【分析】A.a点时,n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O,该点溶液中溶质为 (NH4)2SO4,(NH4)2SO4是强酸弱碱盐;
B.c点时,n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3.H2O+H2O,溶液中的溶质为NH3.H2O;
C.b点时,3n(NH4HSO4)=4n[Ba(OH)2],该点溶液中发生的反应为4NH4HSO4+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2NH3.H2O+(NH4)2SO4+4H2O,溶液中溶质为NH3.H2O、(NH4)2SO4,且二者的物质的量之比为2:1;
D.根据b、c点发生的反应确定反应的离子.
18.【答案】A,C
【知识点】化学键;键能、键长、键角及其应用;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据路易斯酸碱电子论,能给出电子对的物质称为路易斯碱,所以NH3、H2O都是路易斯碱,A符合题意;
B.根据路易斯酸碱电子论,BF3能接受电子对称为路易斯酸,NH3能给出电子对称为路易斯碱,所以BF3与NH3的反应属于酸碱中和反应,B不符合题意;
C.NH3、BF3中不含有配位键,C符合题意;
D.BF3中心原子的杂化方式为sp2杂化,键角为120°,BF 中心原子的杂化方式为sp3杂化,键角为109°28′,所以BF3的键角大于BF ,D不符合题意;
故答案为:AC。
【分析】A.能提供电子对物质叫路易斯碱,NH3,H2O中存在孤对电子
B.BF3中B存在空轨道是酸,而氨气提供孤对电子是碱,故反应为中和反应
C.1个氨气分子含有3个共价键和1个孤对电子不存在配位键,1个氟化硼分子中含有含有3个共价键,而硼原子提供空轨道,不存在配位键
D.杂化方式不一样,键角不同
19.【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 溶液中存在HFeO4-、H2FeO4,所以H2FeO4属于弱电解质,故A不符合题意;
B. 由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1= =4.0×10-4,故B符合题意;
C. H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5,25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K= <100,故C不符合题意;
D. A点的溶液呈酸性,说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解,抑制水电离,C点溶液呈碱性,说明HFeO4-电离小于FeO42-水解,促进水电离,对应溶液中水的电离程度不相等,故D符合题意;
故答案为:BD。
【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重考查学生图象分析及判断能力,明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。
20.【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.向NaCN溶液中通入少量CO2气体,生成碳酸氢钠,可知发生强酸制取弱酸的反应,则离子反应为CN-+H2O+CO2=HCN+ ,故A不符合题意;
B.KSCN与FeCl3的混合液中存在3SCN-+Fe3+ Fe(SCN)3,加入少量KCl固体,对平衡移动无影响,溶液颜色不变,即增大Cl-浓度,平衡不移动,故B符合题意;
C.用CH3COOH溶液做导电性实验,灯泡很暗,只能说明溶液中阴阳离子浓度较小,无法证明CH3COOH的电离程度,即无法证明醋酸为弱电解质,故C不符合题意;
D.相同pH的盐酸与醋酸,稀释相同倍数后,醋酸中氢离子浓度大,pH较大,稀释后溶液pH:盐酸>醋酸,由此可以说明酸性:盐酸>醋酸,故D符合题意;
故答案为:BD。
【分析】A.以强制弱,再根据酸性:H2CO3>HCN> HCO3-,最后的产物时,是碳酸氢根离子
B.主考考查平衡移动的影响,氯离子不影响
C.弱电解质是在水溶液中部分电离,但灯泡实验只是说明离子浓度少,但是不能说明电离额程度
D.醋酸是弱酸,稀释时继续电离,电离出更多的氢离子
21.【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电解硫酸钾溶液时,实际上电解的是水,所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变,只是硫酸钾的浓度增大,故pH值不变,故A不符合题意;
B.电解氢氧化钠溶液时,实际上电解的是水,但溶液中的氢氧根离子的浓度增大,氢离子的浓度减小,所以溶液的pH值增大,故B符合题意;
C.电解NaCl溶液时,阴极上放出氢气,阳极上得到氧气,所以溶液中的氢氧根离子的浓度增大,氢离子的浓度减小,溶液的pH值增大,故C符合题意;
D.电解硝酸银溶液时,阴极上析出银,阳极上得到氧气,所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小,氢离子的浓度增大,溶液的pH值减小,故D不符合题意;
故答案为:BC。
【分析】根据题意,电解后溶液的pH增大,氢氧根离子浓度增大,结合选项即可判断出电解时氢氧根离子浓度增大即可
22.【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算;电离方程式的书写;电离平衡常数
【解析】【解答】A.根据电离常数可知,酸性 ,利用强酸制弱酸的原理可知, CN- 与 、水 反应生成 和HCN,故A符合题意;
B.由A项分析可知,HCOOH可与 反应生成 、水和二氧化碳,故B不符合题意;
C.等体积、等pH的 和 溶液中,所含溶质的物质的量 ,则中和时 溶液消耗的 的量较大,故C不符合题意;
D.根据电荷守恒, 溶液中, , 溶液中, ,即两种溶液中的离子总数均是 ,而 的酸性比 的弱,则 溶液中的 较大, 较小,故 溶液中所含离子总数较小,故D符合题意;
故答案为:AD。
【分析】A.根据电离常数可知,酸性 ,根据强酸制弱酸的原理分析;
B.根据强酸制弱酸分析;
C.根据等pH的溶液弱酸浓度大分析;
D.根据电荷守恒分析;
23.【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;氯水、氯气的漂白作用;化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.次氯酸钙溶液应显碱性,且酸性环境下会生成弱电解质HClO,HClO不能写成离子形式,故A不符合题意;
B.SO2在水中的溶解度大于NO,更多的二氧化硫溶于水中被氧化,会使得SO2脱除率高于NO,故B符合题意;
C.脱除反应的化学原理分别为:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-;已知n(SO2)∶n(NO)=3∶2;依据图中信息及得:在80min时,NO脱除率40%,即反应的NO为:2mol×40%=0.8mol,0.8molNO生成0.8mol NO 和1.2molCl-;SO2脱除率100%,即3molSO2全部反应生,成3molCl-,所以Cl-共3mol+2.4mol=5.4mol;吸收液中n(NO )∶n(Cl-)=0.8:5.4=8:54,故C不符合题意;
D.脱除反应的化学原理分别为:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-,生成大量H+,使H+浓度增大,pH减小;所以吸收剂溶液的pH逐渐减小,故D符合题意;
故答案为:AC。
【分析】A、酸性条件下,溶液中存在次氯酸分子,在离子方程式中以分子形式存在;
B、二氧化硫在水中的溶解度大于NO,更容易与 ClO-反应;
C、在80min时,NO脱除率40%,利用电子转移个数守恒,2NO——3ClO-——3Cl-,SO2脱除率100%,SO2——ClO-——Cl-;溶液中的Cl-为两个反应的总和;
D、脱除反应为氧化还原反应:2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO +3Cl-;SO2+ClO-+H2O=2H++2SO +Cl-,生成H+,溶液的pH降低;
24.【答案】C,D
【知识点】化学平衡状态的判断;溶液酸碱性的判断及相关计算;金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、达到平衡时,不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比,则一定条件下反应2SO2+O2 2SO3达到平衡时,2v正(O2)=v逆(SO3),A不符合题意;
B、保护钢闸门不被腐蚀,应让钢闸门连接外加电源的负极作电解池的阴极,B不符合题意;
C、在氯化铵溶液中,铵根离子的水解平衡常数Kh= 且只受温度的影响,常温下,向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体,溶液中c(H+)减小,所以溶液中 的值增大,C符合题意;
D、常温下,pH=2的HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L,pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L,等体积混合,二者恰好完全反应,D符合题意;
故答案为:CD
【分析】A、达到平衡时,不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比;
B、应用外加电流的阴极保护法时,被保护的为作为阴极;
C、根据水解平衡移动进行分析;
D、由pH值可以直接得出c(H+)或c(OH-),此时不需要考虑酸或碱中H+、OH-的个数;
25.【答案】A,C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:A.a点时醋酸过量,溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物,溶液呈酸性,应存在c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH),故A错误;
B.b点由溶液电荷守恒可知溶液中应存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),溶液呈中性,应有c(H+)=c(OH﹣),则c(Na+)=c(CH3COO﹣),故B正确;
C.c点时,溶液呈碱性,应有c(H+)<c(OH﹣),所以c(H+)<c(CH3COOH)+c( OH﹣),故C错误;
D.d点为NaOH和CH3COONa的混合物,溶液呈碱性,由于CH3COO﹣存在微弱的水解,则有c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+),故D正确.
故选AC.
【分析】A.a点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物,溶液呈酸性;
B.根据电荷守恒进行判断;
C.c点时,溶液呈碱性;
D.d点为NaOH和CH3COONa的混合物,溶液呈碱性.
26.【答案】(1)将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取)
(2)硅酸
(3)2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O
(4)将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离;Fe(OH)3
(5)3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O
(6)0.01×(107.2—14)2;8.7
【知识点】氧化还原反应;溶液酸碱性的判断及相关计算;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) “浸取”时,在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时,将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率,故答案为:将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取);
(2)由分析可知,滤渣1的主要成分是硅酸,故答案为:硅酸;
(3) 由分析可知, “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水,反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O,故答案为:2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO + 8H2O;
(4) 由分析可知,加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液,达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的,故答案为:将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离;Fe(OH)3;
(5) 由分析可知, “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水,反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O,故答案为:3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O;
(6)由题意可知,开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L,氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L,Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2;镍离子沉淀完全时,溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L,则溶液中氢氧根离子浓度为 = =10—5.3 mol/L,则溶液的pH为8.7,故答案为:0.01×(107.2—14)2;8.7。
【分析】由题给流程可知,向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC,碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水,硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀,过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1;向浸取液中加入氢氧化钠溶液,溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀,进入过氧化氢溶液,氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子,氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣;向滤渣中加入氨水,氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液;向滤液中通入硫化氢气体,[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀,过滤得到硫化镍滤渣;向硫化镍中加入稀硝酸,硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水,过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液;向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液,硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀,过滤得到氢氧化镍;向氢氧化镍中加入稀硫酸,氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液,溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
27.【答案】(1)+45
(2)调节溶液的pH至6.8以上;;
(3);0.1mol;0.2mol
【知识点】盖斯定律及其应用;溶液酸碱性的判断及相关计算;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-572kJ·mol-1
②2HI(g)=H2(g)+I2(g) H2=+10kJ·mol-1
③2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H3=+462kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知-(①÷2+②+③÷2)即得到SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(g)+H2SO4(l) H=+45kJ·mol-1;
(2)①增大悬浊液中ZnO的量,可以充分吸收二氧化硫,从而提高吸收效率,适当提高单位时间内烟气的循环次数,可以使二氧化硫充分吸收,从而提高了二氧化硫的吸收效率;另外根据图象可知调节溶液的pH至6.8以上也提高SO2的吸收效率;
②ab段溶液的pH介于4~6之间,结合图2可知,该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子,则图1中的pH-t曲线ab段发生的主要化学方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn(HSO3)2;
③pH=7时,根据图2可知溶液中亚硫酸根和亚硫酸氢根的浓度相等,则根据电荷守恒2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)可知溶液中 ;
(3)①阴极SO2得到电子转化为S单质,其电极反应式为SO2+4H++4e-=S↓+2H2O;
②阳极是SO2失去电子转化为硫酸,总反应式为3SO2+2H2O 2H2SO4+S↓,19.2g SO2的物质的量是0.3mol,因此理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为0.1mol、0.2mol。
【分析】(1)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(I)△H1=-572kJ mol-1
②2HI(g)═H2(g)+I2(g)△H2=+10kJ mol-1
③2H2SO4(I)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H3=+462kJ mol-1
结合盖斯定律计算,(①+2×②+③)×得到热化学方程式为:2HI (g)+H2SO4(I)=SO2(g)+I2(g)+2H2O(I)△H=-90KJ/mol,方向改变得所需热化学方程式;
(2)①根据图1中SO2的吸收效率η与时间、溶液的pH的关系对各选项进行判断;
②ab段溶液的pH介于4~6之间,结合图2可知,该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子,则pH-t曲线ab段发生反应为亚硫酸锌与二氧化硫反应生成亚硫酸氢锌;
③根据图2可知,当溶液的pH=7时,溶液的亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子相同,物质的量之比图形中可知为1:1;
(3)利用惰性电解电解含SO2的烟气回收S及H2SO4,以实现废物利用,阴极上是二氧化硫得到电子生成硫单质,阳极上是二氧化硫失电子被氧化生成硫酸,
①阴极上是二氧化硫得到电子生成硫单质;
②每处理含19.2g SO2的烟气,理论上回收S、H2SO4的物质的量结合阳极和阴极电极反应和电子守恒计算。
28.【答案】(1)碳酸钠
(2)CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3
(3)3CO2+4e-=C+2CO32-
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;离子方程式的书写;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据电离平衡常数大小可知:酸性:H2CO3>H3BO3>HCO3-,所以在298K时,相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液,CO32-水解程度比较大,最终达到平衡时溶液pH较大的是碳酸钠;(2)由于酸性:H2CO3>H3BO3>HCO3-,少量CO2与B(OH)4-反应的离子方程式为CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3;(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质,吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2 资源化利用的一种新途径,此法中CO2在阴极得到电子变为C单质,同时得到CO32-,阴极电极反应式为3CO2+4e-=C+2CO32-。
【分析】(1)根据形成盐的酸的酸性越弱,等浓度时相应的酸根离子水解程度越大,溶液的碱性越强分析;(2)根据复分解反应规律书写离子方程式;(3)电解吸收CO2,在阴极CO2得到电子变为C单质,同时产生CO32-,据此书写阴极电极反应式。
29.【答案】(1)10:1;<
(2)Cl2(或氯气);2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑(或2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑);纯铜(或精铜);Cu-2e-=Cu2+
(3)0.013;1.0;使用了催化剂;吸热反应
【知识点】化学反应速率;化学平衡的影响因素;溶液酸碱性的判断及相关计算;探究影响化学反应速率的因素;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)令pH=9的NaOH溶液的体积为Vb,则溶液中,此时溶液中n(OH-)=10-5mol/L×VbL=10-5Vb mol;令pH=4的H2SO4溶液的体积为Va,此时溶液中n(H+)=10-4mol/L×VaL=10-4Va mol;两溶液混合后所得溶液的pH=7,说明二者恰好完全反应,由反应的离子方程式“H++OH-=H2O”可知,参与反应的n(H+)=n(OH-),故可得等式:10-5Vb=10-4Va,解得Vb:Va=10:1;
(2)①电解饱和食盐水时,Y电极与电源的正极相连,为阳极,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑,故Y电极上产生的物质为Cl2;电池的总反应式为:2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑;
②电解精炼铜时,X电极与电源的负极相连,为阴极,其电极材料为纯铜;Y电极与电源的正极相连,为阳极,其电极反应式为:Cu-2e-=Cu2+;
(3)①实验①中,反应在10~20min内反应物A的反应速率;
②实验①和实验②在相同的温度下进行反应,且反应达到平衡后,反应物A的平衡浓度相同,因此反应物A的起始浓度也相同,故c2=1.0mol/L;由表格数据可知,实验②达到平衡所需的时间更短,因此实验②中可能加入了催化剂;
③由表格数据可知,实验④中的温度高于实验①中的温度,达到平衡时,实验④中反应物A的平衡浓度变小,说明升高温度,平衡正向移动,则说明该反应的正反应为吸热反应;
【分析】(1)反应后溶液的pH=7,说明二者恰好完全反应,根据发生反应的离子方程式进行计算即可;
(2)①根据电解过程中的电极反应式进行分析;
②电解精炼铜时,纯铜做阴极,粗铜做阳极;
(3)①根据公式计算反应速率;
②根据表格数据分析;
③结合温度对平衡移动的影响分析;
30.【答案】(1)弱;还原
(2)分液漏斗;排除装置中的空气,防止A中生成的H2S被氧化;Cu2++H2S=CuS↓+2H+;将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;过滤、洗涤、干燥;2.5 mol/L;偏高
【知识点】氧化还原反应;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】(1) 三硫代碳酸钠样品,加水溶解,所得溶液pH=10,说明三硫代碳酸钠是一种强碱弱酸盐,由此可知H2CS3是弱酸;向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,因此酸性KMnO4溶液与三硫代碳酸钠发生氧化还原反应,说明Na2CS3具有还原性。答案为: 弱 、还原(2) ①仪器d的名称是分液漏斗;A中生成的H2S易被空气中的氧气氧化,应排除装置中的空气。②CuSO4和H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4,离子方程式为:Cu2++H2S=CuS↓+2H+③装置中残留一部分H2S和CS2,通入热N2 一段时间可以将残留的H2S和CS2全部排入B或C中被充分吸收。④通过过滤、洗涤、干燥的实验操作可以得到CuS沉淀;由 和Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知1CuS─Na2CS3,所以C(Na2CS3)= =2.5 mol/L。⑤空气中含有C02能被C中NaOH溶液吸收,导致C中的质量偏大,从而求得的Na2CS3偏多,因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,计算值偏高。答案为:①. 分液漏斗 、排除装置中的空气,防止B中生成的H2S被氧化② Cu2++H2S=CuS↓+2H+③ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 ④ 过滤、洗涤、干燥⑤ 2.5 mol/L、 偏高
答案为:(1) 弱 、还原;
(2)①分液漏斗; 排除装置中的空气,防止A中生成的H2S被氧化;②Cu2++H2S=CuS↓+2H+; ③将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;④过滤、洗涤、干燥;2.5 mol/L;⑤偏高;
【分析】(1)根据溶液pH=10,说明三硫代碳酸钠是一种强碱弱酸盐;(2)实验目的为为了测定某Na2CS3溶液的浓度,②CuSO4和H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4; ③装置中残留一部分H2S和CS2,通入保护气热N2 一段时间可以将残留的H2S和CS2全部排入B或C中被充分吸收。④根据已知信息分析求解。
31.【答案】(1)A;D
(2)(25400y-12.7cV)/x或[(y-1/2cV×10-3)/x]×25400或(25400y-12700cV×10-3)/x
(3)韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3,使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大,导致测出的与油脂反应的I2偏少
(4)还原
(5)温度太低反应太慢、温度过高氯气溶解度变小,碘易挥发;5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+
(6)①⑤
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算;中和滴定
【解析】【解答】(1) A.标准Na2S2O3溶液呈碱性,应盛装在碱式滴定管中,故A符合题意;
B.滴定时眼睛只要注视锥形瓶内溶液颜色的变化,故B不符合题意;
C.滴定前锥形瓶内溶液呈蓝色,滴定到溶液由蓝色变为无色时,并且半分钟内不变色,达到滴定终点,故C不符合题意;
D.为减小误差,滴定应重复2-3次,取几次滴定所用溶液的平均值计算滴定结果,故D符合题意。(2) 根据2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI,Na2S2O3溶液消耗碘的物质的量是 ,设 xg某油脂碘的质量为ag, ,a= , 该油脂的碘值为(25400y-12.7cV)/x;(3). 韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3,使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大,导致测出的与油脂反应的I2偏少;(4)I2完全转化为I-,发生还原反应,所以A具有还原性;(5). 温度太低反应太慢、温度过高氯气溶解度变小,碘易挥发,所以温度控制在30~40℃;Cl2与I2反应生成盐酸和碘酸,反应离子方程式是5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+;(6)反应完全后的溶液经过萃取、分液、蒸馏获得碘单质,需要的仪器有分液漏斗、蒸馏装置,蒸馏装置中温度计液泡在支管口、用直形冷凝管,故选①⑤;
【分析】本题考查Na2S2O3标准溶液滴定过量的I2,滴定反应为:2 Na2S2O3+ I2=Na2S4O6+2NaI。(2)根据滴定反应计算;(5)陌生氧化还原反应方程式的书写,要注意电荷守恒。
32.【答案】(1)
(2)Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O
(3)0.110mol/L;BC
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:(1)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,溶液中存在电离平衡,HNO2 H++NO2﹣,电离平衡常数Ka= ,故答案为: ;(2)Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子,NO2﹣的氮元素化合价升高,被氧化生成硝酸根离子,1个Cr2O72﹣降低6价,一个NO2﹣被氧化为硝酸根离子,化合价升2价,依据氧化还原反应化合价升降数目相等,Cr2O72﹣系数为1,亚硝酸根离子系数为3,依据原子个数守恒,反应的方程式为:Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O,
故答案为:Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+═2Cr3++3NO3﹣+4H2O;(3)①M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2),说明该点溶液中溶质为NaNO2,二者恰好完全反应,二者的物质的量相等,则c(HNO2).v(HNO2)=c(NaOH).V(NaOH)
所以c(HNO2)= =0.110mol/L,
故答案为:0.110mol/L;②N点溶液呈中性,说明溶液中c(OH﹣)=c(H+),
A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则亚硝酸应该稍微过量,则溶液中的溶质为亚硝酸钠和亚硝酸,故A错误;
B.常温下,该溶液呈中性,则水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1,故B正确;
C.溶液中c(OH﹣)=c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)=c(NO3﹣),故C正确;
D.溶液中水的电离程度很小,但钠离子浓度较大,所以c(Na+)>c(OH﹣),故D错误;
故选BC.
【分析】(1)亚硝酸(HNO3)是一元弱酸,溶液中存在电离平衡,电离平衡常数等于生成离子浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;(2)Cr2O72﹣的处于高价态化合价降低被还原生成三价铬离子,NO2﹣的氮元素化合价升高,被氧化生成硝酸根离子,依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式;(3)①M点对应溶液中,c(OH﹣)=c(H+)+c(HNO2),说明该点溶液中溶质为NaNO2,二者恰好完全反应,二者的物质的量相等;②N点溶液呈中性,说明溶液中c(OH﹣)=c(H+),
A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则亚硝酸应该稍微过量;
B.常温下,该溶液呈中性,则水电离出来的c(H+)=1×10﹣7 mol L﹣1;
C.根据电荷守恒判断c(Na+)、c(NO3﹣)相对大小;
D.溶液中水的电离程度很小,但钠离子浓度较大.
33.【答案】(1);
(2)7;a
(3);小于;小于
(4)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣905.8KJ/mol
【知识点】热化学方程式;化学平衡的计算;溶液酸碱性的判断及相关计算;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解:(1)肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代,所以肼的结构式为 ;
该电池正极上 得到电子生成 ,电极反应式为: ,
故答案为: ; ;(2)①根据电荷守恒得:c(Cl﹣)+c(OH﹣)=c(NH4+)+c(H+),溶液中c(Cl﹣)=c(NH ),所以c(OH﹣)=c(H+),所以溶液呈中性,即pH=7,
故答案为:7;②根据电荷守恒得:c(NH )+c(H+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),当c(NH )>c(Cl﹣)时,则c(H+)<c(OH﹣),溶液呈碱性;
a.盐酸不足,氨水剩余,溶液显碱性,与题意相符,故a可选;
b.氨水与盐酸恰好反应,生成氯化铵,铵根离子水解显酸性,与题意不符,故b不选;
c.盐酸过量,溶液呈酸性,与题意不符,故c不选;
故答案为:a;(3)①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=bkJ mol﹣1,平衡常数K= ,
由表中数据可知:平衡常数随温度升高而减小,说明升高温度,平衡逆向进行,逆向是吸热反应,故正反应为放热反应,故b小于0,
故答案为: ;小于;②400℃ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的K=0.5,400℃时,测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时,浓度分别为 =6mol/L, =4mol/L, =2mol/L,Qc= =1.1>K,说明平衡逆向进行,v正(N2)<v逆(N2);
故答案为:小于;(4)①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1,
由①+2×②可得:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(﹣1266.8kJ mol﹣1)+(+180.5kJ mol﹣1)=﹣905.8KJ/mol,
故答案为:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣905.8KJ/mol.
【分析】(1)肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代;
该电池正极上 得到电子生成 ;(2)①根据电荷守恒及c(Cl﹣)=c(NH4+)判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小,从而确定溶液的酸碱性,得出正确结论;
②根据电荷守恒及c(Cl﹣)<c(NH4+)判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小,从而确定溶液的酸碱性,得出正确结论;(3)①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,书写平衡常数表达式,分析平衡常数随温度变化,结合平衡移动原理分析反应热量变化情况;②依据浓度商和平衡常数的比较,判断反应进行的方向;(4)①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ mol﹣1,利用盖斯定律进行计算,由①+2×②得出正确结论.
34.【答案】(1)4;2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;2;ad
(2)中;c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);cd;饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生
【知识点】化学平衡状态的判断;弱电解质在水溶液中的电离平衡;溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解:(1)①H2S电离产生氢离子和硫氢根离子、硫氢根离子电离产生氢离子和硫离子、氨水电离产生铵根离子和氢氧根离子、水电离产生氢离子的氢氧根离子,所以存在4个平衡,故答案为:4;②NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫,所以反应方程式为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓,当消耗标况下22.4升富氧空气时氧气的体积为11.2L,所以氧气的物质的量为0.5mol,所以转移电子数为:0.5mol×4=2mol,故答案为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;2;③a.υ正(H2):υ逆(CO)=3:1,正反应和逆反应速率相等,达平衡状态,故正确; b.气体密度一直不变,故错误;c.c(H2):c(CO)=3:1,而不是不变,故错误; d.气体的平均相对分子质量保持不变,说明气体的物质的量不变,达平衡状态,故正确;故选:ad;(2)Ⅱ①在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)=0.005mol/L,根据物料守恒得c(NH3.H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L,溶液呈中性,amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),说明氨水的电离为主,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为:c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+),故答案为:中; c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);②a.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离,溶液显示中性前,随着氨水的加入,溶液中氢离子浓度逐渐减小,水的电离程度逐渐增大;当氨水过量后,随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小,所以滴加过程中,水的电离程度先增大后减小,故错误;b.正好生成CH3COONH4时,醋酸根和铵根离子水解对水的电离起促进作用,所以与纯水中H2O的电离程度不相同,故错误;
c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的,水解程度相同,而氯化铵水解呈酸性,醋酸钠水解呈碱性,所以pH之和为14,故正确;d.当加入氨水的体积为10mL时,醋酸和一水合氨的物质的量相等,由于二者的电离常数相等,所以溶液显示中性,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:c(NH4+)=c(CH3COO﹣),故正确,故选:cd;③通入一定量的NH3后使溶液呈碱性,能够生成NH4Cl,饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀.加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生,故答案为:饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生.
【分析】(1)①H2S电离产生氢离子和硫氢根离子、硫氢根离子电离产生氢离子和硫离子、氨水电离产生铵根离子和氢氧根离子、水电离产生氢离子的氢氧根离子;②NH4HS溶液中通入富氧空气(含氧体积分数50%),得到单质硫,所以反应方程式为:2NH4HS+O2═2 NH3 H2O+2S↓;当消耗标况下22.4升富氧空气时氧气的体积为11.2L,所以氧气的物质的量为0.5mol;③根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;(2)Ⅱ①在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)=0.005mol/L,根据物料守恒得n(NH3.H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L,溶液呈中性;amol/LNH4Cl与amol/L氨水等体积混合(pH>7),说明氨水的电离为主,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为:c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(NH3 H2O)>c(OH﹣)>c(H+);②a.开始时,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,当氨水过量后,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小;b.正好生成CH3COONH4时,醋酸根和铵根离子水解对水的电离起促进作用,所以与纯水中H2O的电离程度不相同;c.常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的,水解程度相同,而氯化铵水解呈酸性,醋酸钠水解呈碱性,所以pH之和为14;d.CH3COOH和NH3 H2O的电离常数相等,氨水与醋酸的浓度、体积相等时,溶液显示中性,根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO﹣);③通入一定量的NH3后使溶液呈碱性,能够生成NH4Cl,饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少,因此没有沉淀.加入氨水后,促进H2CO3的电离,CO32﹣离子浓度增大,有沉淀产生.
35.【答案】(1)4NH3+5O2 4NO+6H2O;3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol;<;c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣)
(2)放热;<;使用了催化剂
【知识点】热化学方程式;溶液酸碱性的判断及相关计算;无机物的推断
【解析】【解答】解:(1)X为单质,丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径,则甲为NH3,X为O2,乙为NO,丙为NO2,丁为HNO3;①反应I的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O,故答案为:4NH3+5O2 4NO+6H2O;②1mol丙发生反应III放出46kJ热量,则3mol丙放出3×46kJ=138kJ,该反应的热化学方程式为3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol,故答案为:3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=﹣138kJ/mol;③向VIL pH=11的甲溶液中加入V2L pH=3的盐酸,氨水浓度大于盐酸浓度,则反应后溶液的pH<7,酸应过量,则V1和V2的关系为V1<V2,溶液显酸性,c(H+)>c(OH﹣),结合电荷守恒可知,c(Cl﹣)>c(NH4+),则离子浓度大小为c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣),故答案为:<;c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)或c(Cl﹣)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH﹣);(2)若丁是二元弱酸,丙是温室气体,丙为CO2,丁为H2CO3,甲可能为甲烷等有机物,X为O2,乙为CO,①由表格中的数据可知,温度高,丙的物质的量小,则升高温度平衡逆向移动,则该正反应为放热反应,故答案为:放热;②900℃时,平衡时c(丙)=0.2mol/L,c(H2)=0.2mol/L,c(乙)= =0.8mol,c(H2O)=0.3mol/L,则K= = ,由表格中的数据可知,Qc= >K,平衡逆向移动,则v(正)<v(逆),故答案为:<;③实验3跟实验2相比,起始量、平衡时的量相同,只有时间不同,则实验3为使用了催化剂加快反应速率,故答案为:使用了催化剂.
【分析】甲、乙、丙、丁、X是由短周期元素组成的纯净物,其中X为单质,丁是一元强酸,甲→丁是工业生产丁的主要途径,则甲为NH3,X为O2,乙为NO,丙为NO2,丁为HNO3;若丁是二元弱酸,丙是温室气体,丙为CO2,丁为H2CO3,甲可能为甲烷等有机物,X为O2,乙为CO,然后结合热化学反应及化学平衡来解答.