2015年高考化学真题分类汇编：专题11反应速率、化学平衡(1)教程

1、专题 12 :水溶液中的离子平衡1.【2015新课标I卷理综化学】 浓度均为0.10mol/L、体积均为Vo的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V,pH随|gV的变化如图所示，下列叙述错误V。是（ ）A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH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lg =2时，若两溶液同时升高温度，则增大V。c（R ）【答案】D【解析】根据图像可知，O.lmol LMOH液的 pH=13,说明 MOH 全电离.为强电解质，而 R6U 容 液召说明ROH淘弱电解质，所 MOH 的腻性强于 ROH 的碱性.正确；氏艮沟弱喊 潜極越稀越易电离，

2、所以 ROH的电离程度 b点大于日点.正确；C、两衙液无限稀释下去，最终的pH 均丸 7,所以它们的氢窜根离子浓度相等，正确；D,当时，的 pHTl，ROHB 液的 pH 三 15 MOH溶液中忑存在电离平衡，升高 5S度，对&NT）无彩响；而艮 OH 溶液中存在电离平衡, 升高温度，电离正向移动，则 4时）浓度増大，综上所述，升高濕度时型丄比值减小，错误.eg）【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

3、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】40C时，在氨水体系中不断通入CC2,各种离子的变化趋势如下3.【2015重庆理综化学】下列叙述正确的是()图所示。下列说法不正确 的是（）3.【2015重庆理综化学】下列叙述正确的是()C不正确；D、从图上看，pH降低过程中，有含NH2COO一的中间产物生成，D正确。答 案选Co【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

4、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。+ _2A.在pH=9.0时，C(NH4)c(HCOE)c( NH2COO )c( CQ )B.不同pH的溶液中存在关系：C( NH4)+C(H)=2C(CQ2)+c(HCQ )+C(NH2COO-)+C(OH)C(OH-)C.随着CO2的通入，c(NH3.HO)不断增大D.在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2C

5、OO一的中间产物生成【答案】C【解析】A、在pH=9. 0时，作直线垂直于横坐标， 从图上可直接看得出：C(NH4+)c(HCOE)C(NH2COO )C(CO32),A正确；B根据电荷守恒可得:C(NH4+)+C(H+)=2C(CQ2)+C(HCO3)+C(NH2COO)+C(OH),B正确;C(OH-)C(NH3H2O)C(OH 0C(NH4)C(NH3H2O)C(NH4)KbC(NH4),Kb不变,C(NH4+)不断增大，则比值不断减小,O.OJQ.D40.030020010ll.C L05 IQ.O 9.5A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25C时，等体积等浓度的硝酸与

6、氨水混合后，溶液pH=7C. 25C时，O.lmol匚1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D. 0.1 mol AgCl和O.lmol AgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(C)=c()【答案】C【解析醍属于弱酸，加心量離酸钠，進瓦浓度増大，抑制了酢酸的电离，盘错误；B2513时，等陳积等浓度的硝酸与氨水混合后，哈好反应生成硝酸镀，属于强酸弱碱盐，NHT水解导致溶液 呈酸性，错误；U 硫化氢属于弱醍，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫 化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓庫小，导电能力弱，C 正确；DAgU 和趣 I 的喝不相等， c-)t(Cr)=(AgClo.l

7、mol AgCl和 0 ImolAgI 混合后加入 IL 水中，所得溶液中七亠)浓度相等，则坯丁)不等于久厂)，D错误；答案选 G【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

8、正.确.的是( )A.Na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C.FeCb和MnO2均可加快 出。2分解，同等条件下二者对 出。2分解速率的改变相同D.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s=1Mg2+(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,故厶G=AH-TAS0,故该反应能自发进行，A项正确；B项饱和Na2SC4

9、溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SC4为钠盐，故饱和Na2SC4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FeC3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) ,NH4CI溶液NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗OH，则MgQHTs)2Mg2+(aq)+2OH(aq)正向移动，故D、Mg(OH)2固体可溶于NH

10、4CI溶液，故D项正确；本题选Co【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

11、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 Na2COa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 mol1H2SO4+ 2一反应结束后，c(Na )=c(SO4)B0.05molCaO3溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c(H ) c(OH )不变D0.1molNaHSO4固体反应元全后，溶液pH减小，c(Na )不变【答案】B【解析】室温下，将0.05 mol Na2CQ固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CQ2+H2OHCQ+OH溶液呈碱性；

12、A项加入50mL 1 mol_1H2SC4,H2SO1与NazCOs恰好反应，则反应后的溶液溶质为NazSQ,故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SQ2),故A项错误；向溶液中加入0.05molCaO，贝U CaO+ HO=Ca(OH2则c(OH)增大，且Ca2+CQ2=CaCQJ,使CQ2+出0、一-HCQ+0H平衡左移，c(HCQ)减小，故增大，故B项正确；C项加入50mL H2O，溶液体积变大，CQ2+H2O HCQ+0H平衡右移，但c(OH)减小，NazCCb溶液中H+、0H均由水电离，故由水电离出的c(H+)OH)减小，故C项错误；D项加入0.1molNaHSO4固体，NaH

13、SQ为强酸酸式盐电离出与CQ2反应，则反应 后溶液为NazSQ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

14、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NH4HCC3与NaCI溶液混合,析出部分NaHCQ晶体，过滤，所得滤液pH c(NH4) c(HCO3) c(CO3)【答案】C【解析】A、cKW+) =c(OH-),pH c(NH4+),HCQ-部分结晶析

15、出，则c(NH4+) c(HCOf),CO是HCQ-电离产生的，电离很微弱，贝VaHCOf)dCQ2-),D正确。选C。Kwc(H+)-7c(A)c(H+)c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C. pH=7时，c(Na+)= c(A)+ c(HA)D. b点所示溶液中c(A) c(HA)【答案】D【解析】A、a NaOH与 HA物质的堡相等，则二肴恰好完全反应，生成 KaA,反应后 i 容液的 pH 为 呈碱性，说明 HA为弱酸，KaA 发生水解反应，则 c(Na+)c(A*)(HA)c(H+)J错溟；B. a NaA发生水解反应，促进了水的电离，所以 a 点水的电离程度大于七点

16、，错误，G根据电荷守恒，c (H+)y (Na+) =c (OET) Y 则 pH=7 时，c (H+) =c (OJT),带入电荷守恒表达式可得：c (Na+)-c (AT,错误；D 根据图像可知点 HA 过藝 因为 pH=4.L 则溶液呈酸性，故 HA 的电 禽程度大于 KaA的水解程度，所農弋(A )正确.【考点宦位】本题通过分析圏稼的分析、酸碱中和反应进行时程度，结台弱电解质的电离平衡和盐粪的水解规律，着查了离子浓庫比较、水的电离程度的比较.【名帅点睛】本题难度较大，综合性較强，涉及到电解质水落破中离子浓度的等星关系、大小关系逓水 55电离程廃等知识和规律.解答本题时应正确分析图像，根

17、摇酸碱中和反应，分析出溶液的溶质，根 据酸碱性和弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，着查了考生灵活运用所学知识解決实际间题的能 力8.【2015安徽理综化学】25C时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3H2O混合溶液7.【2015-110mL0.1 mol LNaOH溶液中加入0.1 mol L：1的一元酸HA中，滴加O.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(C)= c(Na+)D.加入20mL盐酸时：c(

18、C)=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(C)=c(Na+),又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+) + c(Na+)=c(OH_)+c(CI-),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(NH+) + c(Na+)=c(Cl-),c(CI)c(Na+)，故C错误；D加入20mL盐酸时，c(Cl-)

19、=2 c(Na+),由于铵根离子的水解，c(NH4+)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

20、小。9.【2015广东理综化学】一定温度下，水溶液中和OH-的浓度变化曲线如图2，卜列说法止确的是()b901.0*：10*cfOHi likil A.升高温度，可能引起有c向b的变化13B.该温度下，水的离子积常数为1.0X10C.该温度下，加入FeC3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+)(OH-),从图可知离子积是1.0X10,不是1.0X103,B错；加入FeC3,水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，那么c(OH)减小，故可能

21、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。考点定位】本题主要考查水的离子积的影响因素和离子积的计算，将水的离子积以圏像閔形式表达出来,还能肴査学生艮寸化学團像的分析能力.rg师点麻】水的离子积也属于平衝常数，只与温度有关，分析图像是妾知道在曲纯上的点都代表平衡常数,曲线上的点 OH 的蔽度的乘积是相等的，由于水的离子积只与温度有关，改变温度后 H愀 的浓屢的乘积的点一定不在曲线，其他条件的改变 H* OH-的浓度的乘积不会改变，所表示的点还 在曲线上.在根据具体条件逬行解答.在解决有关平衡常魏的间题时都有类似的方法，抓任平

22、衡常数 只与温度有关这一条主线，再讨论改变条件时其它量的变化.10.【2015广东理综化学】准确移取20.00mL某待测HCI溶液于锥形瓶 中，用10.1000mol L- NaOH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

23、，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

24、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0H的物质的量相等，C标V标=C待待，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()AK2S04BC H3C00NaCCuS04DNa2C 03【答案】A、B【解析】Zn与稀盐酸发生反应：Zn+2HCI=ZnCQ+Hzf，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

25、生的n(H+)不变。A、K2S04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、CHsCOONa与HCI发生反应：CfCOONa+HCI=CHCOOH+NaCJ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+Z n= (CHCOO2Z n+ H2f,因此最终不会影响产生氢气的物 质的量，正确；C、加入CuSQ溶液会与Zn发生置换反应：CuSQ+zn=Cu+ZnSQ,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NazCOs溶

26、液，会与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCI=2NaC2+H2O+CQf，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=1.8X10)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4X10)在

27、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

28、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4X602X10B.室温下，pH=3的CfCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，

29、溶液C.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V&5 十,高温、高压浓硫酸D.-定条件下反应N2+3出2NH3达到平衡时，3V正（H2）=2v逆（NH3）催化剂【答案】C【解析】A、2H2Q=2H2O+O2,生成1molO2,转移电子物质的量为2X602X伯醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH7180C催化剂充电催，故错误；B、在水中的电离度与浓度关系的是（)据电解池，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；D、要求方向是一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，2v正(H0=3v逆(NH3),故错误。【考点定位】考查氧化还原反应中电子转移、盐类

30、水解和弱电解质的电离、金属防护、达到 化学平衡的判断等知识。【名师点睛】对化学原理的考查，涉及氧化还原反应、盐类水解和弱电解质的电离、达到化 学平衡的标志、金属腐蚀的防护等原理，要求平时学习注意化学反应原理，体现化学的 特点，学生学习化学反应实质，可以培养学生分析问题的能力。【注】本题分类于专题4、1214.【2015江苏化学】室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.向O.IOmol1NH4HCO3溶液中通入CQ:c(NH4=c(HCCT)+c(CC32)B.向0.10mol L NaHSO溶液中通入N

31、H3：c(Na )c(NH4)c(SC3_)C. 0.10mol L_Na2SC3溶液通入SQ:c(Na )=2c(SC3_)+c(HSC3_)+c(H2SC3)D. 0.10mol L_CHCOONa溶液中通入HCI: c(Na+)c(CH3COOH)=c(CI)【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(HCC3_)+2c(CC32_), 因为pH=7,c(H )=c(OH )，即c(NH4)=c(HCQ )+2c(CC3_),故错误；B、HSC3:-H+SC32_,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(N

32、a+)c(SQ2_)=c(NH4+),故错误；C NazSQ+SQ+H2O=2NaHSC3,pH=7,反应后溶液的溶质NazSQ、NaHSQ,根据物料守恒：2c(Na+)=3c(SQ2_)+c(HSQ_)+c(H2SQ),故错误；D、CHCOONa+HCl=CHsCOOH+NaCl,溶液pH=7,反应后的溶质：NaCI、CfCOOH CfCOONa,电离 和水解相等，即：c(Na+)c(CHsCOOH)=c(C_),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

33、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CaSQ水悬浮液吸 收，可减少烟气中SQ、NOx的含量。O3氧化烟气中SQ、NOx的主要反应的热化学方程式为:高温催NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)H=200.9kJ mol1NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)H=58.2kJ molSO2(g)+O3(g)=SQ(g)+O2(g)H=241.6kJ mol(1)_ 反应3NO(g)+O3(g)=3NO2

34、(g)的厶H=mol-L1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SQ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。1_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CaSQ水悬浮液吸收经。3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SQ2将NO?转化为NO2，其离子方程式为：c(SQ )=_用c(SQ)、Ksp(CaSQ)和Ksp(CaSQ)表示;CaSQ3水悬浮液中加入Na2SQ溶液能提高NQ的吸收速率，其主

35、要原因是 _。【答案】(1)317.3; (203将NO?氧化成更高价氮氧化物；SQ2与。3的反应速率慢；(3 )SQ2+2NO2+20H=SQ2+2N0?+H?0； (4)Ksp(CaSQ)xc(SiO)/Ksp(CaSQ), CaSQ转化为CaSQ使溶液中SQ2的浓度增大，加快SO32与NO?的反应速率。【解析】 前两式变形+X2 得出；3N0(g)+0(g)=3NOikJ =一317 3kJ - moF1；n(6)； n(NQ)b冥氧过量减少.可能禾 Q 的强氧化性，把 NO；转 化成更高价态；増加顷 O),0丄氧化 5的反应几乎不受影响， 可能是此反应速率较慢；pH 约 为 8,说朋潜

36、破显碱性，配平氧化剂(产物 h圧原剂(产物)，根据原子个数守恒和所带电荷数守叵， 酉己平其他，SOi-+2NO;+2OH_=SO4:+H20；(4)中 CasSO4*_.SOr_s反02沪c(SO32-)c(OH-)c(HSQ-)c(H+);【解析】(1)*是 16号元素.S原子获得 2个电子变为硫离子的结构示意图为/加热时，浓硫醍与木炭发生反应产生SOisC6和水， 反应的化学方程式为C-2H： S0+(浓)=2SO2T+0订 7 址 0；根据图像可知，在 pH=13时，QS； )卡 7xl0.1 mol L,而 ctSS./xlO-mol.L,因此 c(H：S)*c(HS )=0.1 mo

37、LL -5.7x10-mol.L= 0.043molL.由于 K 羽阳乜馭代汛 在某容液罠还鬥=0 020 nwl l/,则开始粥 成沉淀需要的菲的浓度是c(S-)= p血沪皿忙 2 8x10-0.020 mol L-1.4x10- mol Lt根据图像 中纵 A)与裕液的 pH关系可知，此时溶液 pHT, h血:+开始彫成沉浣.门)tlffi 电禽平衡常数的含义- r=可知；HSOi的电离平衡常数表达式是3 陀I盐 Na込 6 在溶液中电离的方程式是;班HSOJNaiSOi-lNaSO：1该盐是强碱弱酸盐，弱漲根离子 SO发生水解艮应* SO：- -H：O HSO： -OHf水解产生的 HS

38、Q又有都分发生水解反应：HSOj-H:0 H；S6Y)Hs水解是逐步进行的，而且在 溶液中还存在水的电离平衡， 但是甜水解程度是徽弱的， 主要以盐电禽产生的离子存在， 所以 010mal L-NSCj溶襪中离子浓度由大到小的顺序为 c(Nac(SOrc(OH )c(HSOrdH-由于多元 弱醸分步电离.电离程度；一级电离 n 二级电离，电离程度越大，电离平衡常数就越大.所以根据表裕 数据可知 H；SOx的二级电离平衡常数犬于 H汇 O?的一级电离平衡常数，故 H:SC3m 和 NaHCO： i 襯 反应的主要是复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸.其离子方程式为 H:SCi-HCO

39、i-HSCrCOiT-HC.【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

40、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H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,ZnC2和NH4CI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/ 10

41、0g水)温度/C化合物020406080100NH4CI29. 337.245. 855. 365.677. 3ZnC2343395452488541614化合物Zn( OH)2Fe( OH)2Fe(OH)3-17“八-17“ j39Ksp近似值101010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F=96500C/ mol)(3)废电池糊状填充物加水处理后，_ 过滤，滤液中主要有ZnCb和NH4CI,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

42、的方法是 _ ，其原理是 _ 。(4) 用废电池的锌皮制备ZnSQ7H2O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、-5浓度小于1X10 mol / 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)MnO2+e+H+=MnOOH;Zn+2MnO2+2H+=Zn2+2MnOOH(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)Fe

43、3+;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Zn2e=Zn2+O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Mn O2+e+H+=MnOOH,所以总 反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2+2MnOOH。(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5X300=150,因此通150过电子的物质的量是 - =1554 10mol，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗96500”冃

44、口0.001554mol“Zn的质量是 -：65g/mol=0.05g。(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CQ,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。(4)双氧水具有强蜃化性，能把铁氧化沟铁离子，因此加入稀硫酸和收氧水，溶解后铁变洵硫酸铁。根据氢氧化轶的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时潜液中铁禽子

45、浓度为10-1/L，则沼液中氢氧10一匕肿 1辽，所以氢离子蔽度是 2X10-;mol/L, pH=2.7(因此加碱调节pH沟 2d时铁剛好完全況浣.Zn；一浓度汰 0. lmol/L,根据氢氧化锌的潛 18积常数可知开始沉淙时的氢 氧欄农度为=鸥:=1000。血，氢离子浓度星 Wmol/L, pH=6,即继续加碱调节 pH为 6 时锌开始沉淀口如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成価醍亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的衙度积 常数接近因此在沉淙锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开和 甘【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

46、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I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H2SC4，即可得到12,该反应的还原产物为 _。(2)上述浓缩液中含有、C等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNOs溶液，当AgCI开始沉淀时，溶液中c(I为：_ ，已知Ksp(AgCl)=1.8x10,卸c(CIJ(AgI)=8.5x107。(3)已知反应2HI(g)=f(g)+ I2(g)的H= +11kJ mol_,1mol H2(g)、1mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+b