2015年高考化学真题解析分类汇编盐类水解Word版含解析.pdf

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1、- 1 - 2015年高考化学试题分类汇编 9. 盐类水解 （2015新课标I）13浓度均为0.10mol/L 、体积均为V0的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水 稀释至体积V,pH 随的变化如图所示，下列叙述错误的是 （） AMOH 的碱性强于ROH 的碱性 BROH 的电离程度：b点大于 a 点 C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH -)相等 D当=2 时，若两溶液同时升高温度，则c(M +)/c(R+) 增大 【答案】 D 【解析】 由图像可知0.10mol/L MOH溶液的 pH=13，所以 MOH 为强碱， 而 ROH 溶液 pH c(NH 4 +) c(HCO 3 -) c(CO

2、 3 2-) 【答案】 C 【解析】选项A 中水的离子积Kw=c （H +） c（OH-） ，所以 =c（OH -） ，因 pHc(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 点 HA 与 NaOH 恰好完全反应生成NaA 溶液，此时pH 为 8.7，说明 HA 为弱 酸， NaA 溶液发生水解反应，c(Na +) c(A) c(HA) c(H +)，A 错误； - 5 - B、a点所示溶液为NaA 溶液， NaA 水解促进水的

3、电离，b 点为 NaA 和 HA 等浓度的混合液， 显酸性，说明HA 的电离程度大于NaA 的水解程度，HA 电离抑制水的电离，故水的电离程 度 ab，B 错误； C、根据电荷守恒：c（H +）+c（ Na+）=c（ OH）+c（A ） ，pH=7 时，c(Na +)c(A )，C 错误； D、b 点显酸性，故HA 溶液电离程度大于NaA 溶液的水解程度，所以c(A ) c(HA) ，D 正 确。 浙江卷 .2015.T 11在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2 混合气体制备H2和 CO 是一种新的能源利用方式，基 本原理如图所示。下列说法不正确 的是 AX 是电源的负极 B阴极

4、的反应式是：H2O2e H2O 2 CO22e COO 2 C总反应可表示为：H2OCO2H2 COO2 D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11 【答案】D 【解析】选项 A，正确。选项B，正确。选项C，正确。选项D，根据电子守恒，阴极产生 H2和 CO 各得到 2e ，阳极产生O2失去 4e ，故物质的量之比为 2:1，错误。 浙江卷 .2015.T1240时，在氨 -水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。 下列说法不正确 的是 A在 pH9.0 时， c(NH4 + )c(HCO3 )c(NH2COO ) c(CO 3 2 ) - 6 - B不同 pH 的溶液中存在关系

5、： c(NH4 + )c(H +)2c(CO 3 2 )c(HCO3 )c(NH2COO ) c(OH) C随着 CO2的通入， NH3 H2O OH 不断增大 D在溶液中pH 不断降低的过程中，有含NH2COO 的中间产物生成 【答案】C 【解析】选项 A，正确。选项B，正确。选项C，根据一水合氨的电离平衡表达式 ，随着 CO2通入，电离平衡常数不变，根据图像，c（NH4 +）增大， 应减小，错误。选项D，正确。 （2015江苏） 14.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶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 0.10mol

6、L 1 溶液中通： B.向 0.10mol L 1 溶液中通： C.向 0.10mol L 1 溶液中通： D.向 0.10mol L 1 溶液中通 HCl ： 【答案】 D 【解析】 A 项根据电荷守恒，当PH=7 时， c(NH 4 +)= c(HCO 3 -)+2 c(CO 3 2-),所以 A 项错误。 B 项 根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) 与电荷守恒： c(Na +)+c(NH 4 +)=2c(SO 3 2-)+c(HSO 3 -) 两式相减即可得到： c(NH4 +)+c(H 2SO3)=c( SO3 2-) ，所以 c(NH4

7、+) c(SO 3 2-) c(OH-) c(HSO 3 -) c(H+) 或 Na +SO 3 2-OH-HSO 3 -H+ 因为 H2SO3的酸性强于H2SO3故本题方程式为:H2SO3 + HCO3 - + =HSO3 - + CO2 + H2O （ 2015广东） 32 （ 16 分）七铝十二钙（12CaO 7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含 CaCO3和 MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下： （1）煅粉主要含MgO 和，用适量的 NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若 溶液 I 中 c(Mg 2+)小于 5 10-6mol L-1,则溶液

8、PH 大于 （Mg(OH)2的 Ksp=510 -12 ); 该工艺中不能用（NH4)2SO4代替 NH4NO3，原因是， （2） 滤液 I 中的阴离子有 （忽略杂质成分的影响）； 若滤液 I 中仅通入CO2会生成，从而 导致 CaCO3产率降低。 （3）用 NaOH 溶液可除去废Al 片表面的氧化膜，反应的离子方程式为。 （4）电解制备Al(OH) 3时，电极分别为 Al 片和石墨，电解总反应方程式为。 （5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时 AlCl 4 -和 Al 2Cl7 -两种离子在 Al 电极上相互 转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al 的电极反应式为。 【答案】（1）

9、 CaO；11；加入（ NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤是会被除去，造成生 成的 CaCO3减少。 - 13 - （2） NO3， ( NH 4)2CO3 （3） 2OH +Al2O32AlO2 +H2O （4） 2Al+6H 202Al(OH)3 +3H2 （5）Al 3e 7 AlCl 4 =4 Al2Cl7 【解析】 从题目白云石 （主要含CaCO3和 MgCO3)可知在高温下两者均能分解， 所以可知还有 CaO， Mg(OH)2的 Ksp=510 -12 c(Mg 2+)小于 5 10-6mol L-1，利用 Mg(OH) 2的 Ksp 即可 求得。如果把（ NH4)2S

10、O4代替 NH4NO3，那引入了大量的硫酸根离子，会生成CaSO4 微溶物， 在过滤时会去， 造成生成的CaCO3减少。 从前后可分析， 用适量的NH 4NO3 溶液浸取煅粉后，滤液中有大量的NO3 。若滤液 I 中仅通入 CO2会生成，会与前面 反应后的溶液中的氨水反应生成( NH4)2CO3氧化铝是两性氧化物能与碱反应 2OH +Al 2O32AlO2 +H 2O 电解制氢氧化铝，从反应物到生成物，写总反应方程式 为 2Al+6H 202Al(OH)3 +3H2 ，充放电时AlCl4 -和 Al 2Cl7 -两种离子在 Al 电极 上相互转所以放电时负极反应为Al3e 7 AlCl 4 =

11、4 Al 2Cl7 （2015上海） 31室温下， 0.1 mol/L NaClO 溶液的 pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的 pH。 （选填 “ 大 于” 、 “ 小于 ” 或“ 等于 ” ） 。 浓度均为 0.1 mol/L 的 Na2SO3和 Na2CO3的混合溶液中， SO32、 CO3 2 、HSO3 、HCO3 浓度从大到小的顺序为 。 已知：H2SO3 Ki1=1.54 10 -2 Ki2=1.02 10 -7 HClO Ki1=2.95 10 -8 H2CO3Ki1=4.3 10 -7 Ki2=5.6 10 -11 【答案】大于、c(SO32-)c(CO32-)c(H

12、CO 3 -)c(HSO 3 -) 【解析】酸越弱，对应的酸根就越容易水解，根据所给数据，亚硫酸的第二级电离平衡常数 还是比次氯酸的大，所以亚硫酸氢根的酸性是大于次氯酸的，所以次氯酸钠的水解程度更大， 所以碱性更强，所以 pH 越大。亚硫酸的第二级电离平衡常数远大于碳酸的第二级电离平衡常 数，所以CO3 2-的水解远大于 SO3 2-，所以剩余的 CO3 2-就少，而第二级水解是极少量的，所以 HCO3 -的量还是比 HSO3-多，所以c(SO32-) c(CO32-) c(HCO3-)c(HSO3-)。 （2015江苏） 18.（12 分）软锰矿（主也成分MnO2杂质金属元素Fe、Al 、

13、Mg 等）的水悬 浊液与烟气中反应可制备， 反应的化学方程式为： - 14 - （1）质量为17.40g 纯净最多能氧化 L（标准状况）。 （2）已知：，pH 7.1 时开 始沉淀。室温下，除去溶液中的、（使其浓度均小于） ， 需调节溶液pH 范围为 。 （3）右图可以看出，从和混合溶液中结晶晶体，需控制 的结晶温度范围为 。 （4）准确称取0.1710g样品置于锥形瓶中，加入适和溶 液，加热使全部氧化成，的标准溶液滴定至终点（滴 定过程中被还原为Mn 2+） ， 消耗 溶液 20.00mL。 计算样品的纯度 （请 给出计算过程） 。 【答案】（12 分） （1）4.48 （2）5.0pH7.

14、1 （3）高于 60 （4）0 样品的纯度为： 【解析】（1）根据 17.40g 二氧化锰计算其物质的量为0.2mol,所以根据化学反应方程式最多能 转化二氧化硫0.2mol,则标况下体积为4.48L。 - 15 - （2）根据氢氧化铝的Ksp 可以计算出使铝离子完全沉淀需要调节PH 值大于 5，为了是铁离 子完全沉淀需要调节溶液的PH 值大于 3，综合可得需要调节溶液PH 值范围： 5.0PH7.1。 （3）从图上可以读出，当温度高于60 摄氏度时才有利于MnSO4 H2O 结晶出来。 （4）计算过程如下：n(Fe2+)=0.0500mol L -1x(20.00ml/1000ml L -1

15、)=1.00X10-3mol n(Mn 2+)=n(Fe2+)=1.00X10-3mol m(MnSO4 H2O)=1.00X10 -3molX169g mol-1=0.169g MnSO4 H2O 样品的纯度为：(0.169g /0.1710g)X100%=98.8% （2015海南） 15. （9 分）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池 和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。 （1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是。 （ 2） 已 知Ksp(AgCl)=1 8 10 -10,若 向 50mL0 018mol L -1 的AgNO 3 溶 液 中

16、 加 入 50mL0 020mol L -1 的盐酸，混合后溶液中的Ag +的浓度为 mol L -1，pH 为。 （3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag 和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式 为。 （4）右图所示原电池正极的反应式为。 【答案】（1） Ag 在空气中易与氧气反应生成氧化银； （2）1.8 10 -7mol/L ；2 （3）2AgNO3Ag+2NO2 +O2 （4）Ag +e-=Ag 【解析】 试题分析：（1）根据金属的腐蚀可知Ag 变黑是发生了化学腐蚀，生成氧化银的缘故； （2）根据反应中HCl 和硝酸银的物质的量可知HCl 过量，则计算剩余的氯离子的物质 的量浓度为 （0.02-0.018）mol/L/2=0.001mol/L ，根据 AgCl 的溶度积的表达式计算即可； 因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100mL 时，氢离子的浓度为 0.01mol/L ，则 pH=2； （3）根据氧化还原反应理论，硝酸银分解生成Ag 和二氧化氮气体，无元素化合价升 高的，所以该反应中有氧气生成。 （4）该原电池的实质是Cu 与银离子发生置换反应生成Ag 单质，所以正极是生成Ag 单质的还原反应。