2018年高考化学真题分类汇编水溶液中的离子平衡.pdf

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1、1 2018 年高考化学真题分类汇编 专题 8水溶液中的离子平衡 (选修 4) 弱电解质的电离 1.2018 天津卷 -3下列叙述正确的是 A. 某温度下，一元弱酸HA 的 Ka越小，则 NaA的 Kh(水解常数 )越小 B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈 C. 反应活化能越高，该反应越易进行 D. 不能用红外光谱区分C2H5OH 和 CH3OCH3 【答案】 B 【解析】 A根据 “ 越弱越水解 ” 的原理， HA 的 Ka越小，代表 HA 越弱，所以A-的水解越强， 应该是 NaA 的 Kh(水解常数 )越大。选项 A 错误。 B铁管镀锌层局部破损后，易形成 锌铁原电池，因为锌比铁

2、活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的 腐蚀。选 B正确。C反应的活化能越高，反应越难进行。选项C 错误。D红 外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH 和 CH3OCH3的官能团明显有 较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D 错误。 【考点】 水解平衡常数与电离平衡常数的关系、金属的防护、 活化能、 红外光谱与化学键。 2.2018 天津卷 -6 LiH2PO4是制备电池的重要原料。 室温下，LiH2PO4溶液的 pH随 c初始(H2PO4) 的变化如图1 所示， H3PO4溶液中 H2PO4 的分布分数 =c(H2PO4 )/c总(含 P元素的粒子 )

3、 随 pH 的变化如图2 所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 A. 溶液中存在3 个平衡 B. 含 P元素的粒子有H2PO4 、HPO42、PO43 C. 随 c初始 （ H 2PO4 ）增大，溶液的pH 明显变小 D. 用浓度大于1 mol L -1 的 H3PO4溶液溶解Li2CO3，当 pH 达到 4.66 时， H3PO4几乎全部转 化为 LiH2PO4 【答案】 D 【解析】 A溶液中存在H2PO4 的电离平衡和水解平衡，存在HPO4 2 的电离平衡和水解平 衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4 个平衡。选项A 错误。B含 P 元素的粒 子有 H2PO4、HPO42、PO

4、43 和 H3PO4。选 B 错误。 C从图 1 中得到随着c初始(H2PO4 ) 增大， 溶液的 pH 不过从 5.5 减小到 4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66 的 pH 值以后就 不变了。所以选项C 错误。D由图 2 得到， pH=4.66 的时候， =0.994 ，即溶液中所 有含 P的成分中H2PO4占 99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项 D 正确。 2 【考点】 H3PO4的分步电离； H2PO4在溶液中的电离及一定条件下电离与水解的平衡。随 c(H2PO4 )的增大，溶液的pH 有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是 因为 H2

5、PO4存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。 3.2018 浙江卷 -18相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A. pH 相等的两溶液中：c(CH3COO )=c(Cl) B. 分别中和pH 相等、体积相等的两溶液，所需NaOH 的物质的量相同 C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同 D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH 固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)： c(CH3COO )=c(Cl ) 【答案】 A 【解析】 同温时， 依电荷守恒有：盐酸溶液中 :c(H +)= c(Cl )+ c(OH )；醋酸溶液中： c(H

6、+)= c(CH3COO )+ c(OH)，当盐酸和醋酸两种溶液的 pH 相等时，它们的c(H +)、 c(OH)分别 相等，故 c(CH3COO )=c(Cl)，A 正确； 因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当 盐酸和醋酸两种溶液的pH 相等、体积相等时，醋酸的物质的量比盐酸多，消耗的NaOH 的物质的量多，所以B 错误；因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸 两种溶液的浓度相等时，分别与金属镁反应，盐酸的反应速率快，故C 错误；盐酸和 醋酸两种溶液分别与NaOH 固体反应后呈中性的溶液中分别有：c(Na+)+c(H +)= c(Cl-)+ c(OH -)或 c(Na+)= c(

7、Cl-)；c(Na+)+c(H+)= c(CH 3COO - )+ c(OH -)或 c(Na+)= c(CH 3COO -)，但两 种溶液中的c(Na +)前者大，故 c(Cl )c(CH 3COO )，故 D 错误。 【考点】 水溶液中的离子平衡 4.2018 江苏卷 -14H2C2O4为二元弱酸， Ka1 (H2C2O4 ) =5.410 - 2 ， K a2 (H2C2O4 ) =5.410 - 5， 设 H2C2O4溶液中 c(总 )=c(H2C2O4) +c(HC2O4 - ) +c(C2O4 2- )。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL - 1H

8、2C2O4溶液至终点。 滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关 系一定正确的是 A. 0.1000 molL - 1 H 2C2O4溶液： c(H + ) =0.1000 mol L - 1+c(C 2O4 2- )+c(OH - )- c(H2C2O4 ) B. c(Na + ) =c(总)的溶液： c(Na+ ) c(H 2C2O4 ) c(C2O4 2- ) c(H + ) C. pH = 7 的溶液： c(Na + ) =0.1000 mol L - 1+ c(C 2O4 2- ) - c(H2C2O4) D. c(Na + ) =2c(总)的溶液： c(OH- ) - c(H

9、+) = 2c(H 2C2O4) +c(HC2O4 - ) 【答案】 AD 【解析】 A.H 2C2O4溶液中的电荷守恒为 c （H +） =c （HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c （OH-） ，0.1000 mol L - 1H 2C2O4溶液中 0.1000mol/L=c （H2C2O4） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-） ，整理两式得： c（H +）=0.1000mol/L-c （H 2C2O4）+c（C2O4 2-）+c（OH-） ，A 正确； B.c(Na +)=c(总)时 溶液中溶质为NaHC2O4， HC2O4 既存在电离平衡又存在水解平衡， H

10、C2O4 水解的离子方 程式为 HC2O4 +H 2OH2C2O4+OH ，HC 2O4 水解常数 (K h)与 H2C2O4电离常数 (Ka)有如下 关系： Kh K a = K w，则 Kh= K w / Ka =10 -14/(5.4 10 - 2)=10-12/5.45.4 10 - 5,所以， HC 2O4 - 的电离程 度大于水解程度，则c（C2O4 2-） c（ H2C2O4） ，B 错误；C 项，滴入 NaOH 溶液后， 溶液中的电荷守恒为c（Na +）+c（H+）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c（OH-） ，室温 pH=7 即 c （H +）=c （OH

11、-） ，则 c （ Na+）=c （HC 2O4 -） +2c （C 2O4 2-）=c （总）+c （C 2O4 2-）-c （H 2C2O4） ， 由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L ，C 错误；D 项， c（ Na +） =2c（总）时 溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H +）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-） 3 +c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-），两式整理 得 c（OH -）-c（H+）=2c（H 2C2O4）+c（HC2O4 -） ，

12、D 正确。 【考点】 溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。 水的电离和溶液的酸碱性 5.2018 北京卷 -12测定 0.1 molL -1 Na 2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 时刻 温度 /25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉 淀多。 下列说法不正确 的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡： SO32+H 2OHSO3 +OH- B. 的 pH 与不同，是由于SO3 2浓度减小造成的 C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响

13、一致 D. 与的Kw值相等 【答案】 C 【解析】 A.Na 2SO3属于强碱弱酸盐， Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2O HSO3 +OH- ，A 正确；B.取对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液做对比实 验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同， 与对比， SO3 2浓度减小，溶液中 c(OH ) 减小， 的 pH 小于； B 正确； C 项， 盐类水解过程吸热，的过程，升高温度SO32 水解平衡正向移动， c(SO3 2)减小， 水解平衡逆向移动，C 错误；D 项， Kw只与温度有关，温度相同时KW相同， D 正确。 【

14、考点】 盐类水解离子方程式的书写；外界条件对盐类水解平衡的影响；水的离子积的影 响因素； SO32-的还原性。 6.2018 江苏卷 -14H2C2O4为二元弱酸， Ka1 (H2C2O4 ) =5.410 - 2 ， K a2 (H2C2O4 ) =5.410 - 5， 设 H2C2O4溶液中 c(总 )=c(H2C2O4) +c(HC2O4 - ) +c(C2O4 2- )。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL - 1H 2C2O4溶液至终点。 滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关 系一定正确的是 A. 0.1000 molL - 1 H 2C2O4溶

15、液： c(H + ) =0.1000 mol L - 1+c(C 2O4 2- )+c(OH - )- c(H2C2O4 ) B. c(Na + ) =c(总)的溶液： c(Na+ ) c(H 2C2O4 ) c(C2O4 2- ) c(H + ) C. pH = 7 的溶液： c(Na + ) =0.1000 mol L - 1+ c(C 2O4 2- ) - c(H2C2O4) D. c(Na + ) =2c(总)的溶液： c(OH- ) - c(H +) = 2c(H 2C2O4) +c(HC2O4 - ) 【答案】 AD 【解析】 A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为 c （H +） =

16、c （HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c （OH-） ，0.1000 mol L - 1H 2C2O4溶液中 0.1000mol/L=c （H2C2O4） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-） ，整理两式得： c（H +）=0.1000mol/L-c （H 2C2O4）+c（C2O4 2-）+c（OH-） ，A 正确； B.c(Na +)=c(总)时 溶液中溶质为NaHC2O4， HC2O4 既存在电离平衡又存在水解平衡， HC2O4 水解的离子方 4 程式为 HC2O4 +H 2OH2C2O4+OH ，HC 2O4 水解常数 (K h)与 H2C2O4电离常数 (

17、Ka)有如下 关系： Kh K a = K w，则 Kh= K w / Ka =10 -14/(5.4 10 - 2)=10-12/5.45.4 10 - 5,所以， HC 2O4 - 的电离程 度大于水解程度，则c（C2O4 2-） c（ H2C2O4） ，B 错误；C 项，滴入 NaOH 溶液后， 溶液中的电荷守恒为c（Na +）+c（H+）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c（OH-） ，室温 pH=7 即 c （H +）=c （OH-） ，则 c （ Na+）=c （HC 2O4 -） +2c （C 2O4 2-）=c （总）+c （C 2O4 2-）-c （H 2C

18、2O4） ， 由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L ，C 错误；D 项， c（ Na +） =2c（总）时 溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H +）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-） +c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-），两式整理 得 c（OH -）-c（H+）=2c（H 2C2O4）+c（HC2O4 -） ，D 正确。 【考点】 溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。 盐类的水解 7.2018 江苏卷 -6下列有关物质性质的

19、叙述一定不正确的是 A. 向 FeCl2溶液中滴加 NH4SCN 溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2 12H2O 溶于水可形成Al(OH)3胶体 C. NH4Cl 与 Ca(OH)2混合加热可生成 NH3 D. Cu 与 FeCl3溶液反应可生成 CuCl 2 【答案】 A 【解析】 A. NH 4SCN 用于检验Fe 3+，向 FeCl 2溶液中滴加 NH4SCN 溶液， 溶液不会显红色， A 错误；B.KAl(SO4) 2 12H2O 溶于水电离出的Al 3+水解形成 Al(OH) 3胶体，离子方程式 为 Al 3+3H 2OAl(OH) 3(胶体 ) +3H +，B 正确； C

20、.实验室可用NH4Cl 和 Ca(OH) 2混合 共热制 NH3， 反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH) 2 CaCl2+2NH3 +2H2O， C 正确；u 与 FeCl3溶液反应生成 CuCl2和 FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl 3=CuCl2+2FeCl2 ，D 正确； 【考点】 Fe 3+的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理； Cu 与 FeCl3的反应。 8.2018 浙江卷 -4下列物质溶于水后溶液显酸性的是 A. KCI B. Na2O C. NH4CI D. CH3COONa 【答案】 C 【解析】 盐类水解的规律：有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，

21、都弱都水解；谁强显 谁性； 同强显中性。 由此可见， 盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子， 其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱；Na2O 溶 于水后生成氢氧化钠使溶液显碱性。 【考点】 盐的水解及氧化钠的性质。 9.2018 浙江卷 -23在常温下，向10mL 浓度均为0.lmol/L 的 NaOH 和 Na2CO3混合溶液中 滴加 0.1mol/L 盐酸，溶液pH 随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是 5 A.在 a 点的溶液中c(Na + )c(CO 3 2-)c(C1-)c(OH-)c(H+ ) B.在 b 点的溶液中2 n(C

22、O3 2-)+n( HCO 3 -) c(C1-)， 故在 a点的溶液中： c(Na+ )c(CO 3 2-) c(OH-) c(C1-) c(H+ )， A 错误； b 点的溶液， PH 等于 7，加入的盐酸体积大于20mL ，混合液总体积大于30mL，混合 溶液中： n(Na +)=10mL 0.lmol/L (1+2) =0.003mol ；n(Cl-)20mL 0.lmol/L=0.002mol ； n(OH - )= n(H +)，且 2 n(CO 3 2-)+n( HCO 3 -)+ n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，可知： 2 n(CO3 2-)+n(

23、HCO 3 - )= n(Na +)- n(Cl-)+ n(H+)- n(OH-)= n(Na+)- n(Cl- )0.003mol - 0.002mol ，B 正确；HCO3-的电离能力小于其水解能力，C 错误；若将 0.1 mol/L 的盐酸换成 同浓度的醋酸， 当滴至溶液的pH=7 时： c(Na + ) =c(CH 3COO -)+2 c(CO 3 2-)+c( HCO 3 -),D 错误。 【考点】 盐溶液中的离子平衡 10.2018 全国卷 -7化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 漂白粉可用于生活用水的消毒 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸

24、 D. 碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查 【答案】 D 【解析】 A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污 在碱性条件下易水解，A 正确； B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确； C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C 正确； D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有 盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X 射线造影检查，可用硫酸钡，D 错误。 【考点】 碳酸盐的水解； 漂白粉的用途； 氢氧化铝的两性；胃酸的成分； 碳酸盐的溶解性。 11.2018 江苏卷 -14H2C2O4为二元弱酸，Ka1

25、 (H2C2O4 ) =5.410 - 2， K a2 (H2C2O4 ) =5.410 - 5， 6 设 H2C2O4溶液中 c(总 )=c(H 2C2O4) +c(HC2O4 - ) +c(C2O4 2- )。室温下用NaOH 溶液滴定 25.00 mL 0.1000 molL - 1H 2C2O4溶液至终点。 滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关 系一定正确的是 A. 0.1000 molL - 1 H 2C2O4溶液： c(H + ) =0.1000 mol L - 1+c(C 2O4 2- )+c(OH - )- c(H2C2O4 ) B. c(Na + ) =c(总)的溶液

26、： c(Na+ ) c(H 2C2O4 ) c(C2O4 2- ) c(H + ) C. pH = 7 的溶液： c(Na + ) =0.1000 mol L - 1+ c(C 2O4 2- ) - c(H2C2O4) D. c(Na + ) =2c(总)的溶液： c(OH- ) - c(H +) = 2c(H 2C2O4) +c(HC2O4 - ) 【答案】 AD 【解析】 A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为 c （H +） =c （HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c （OH-） ，0.1000 mol L - 1H 2C2O4溶液中 0.1000mol/L=c （H2C2O4

27、） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-） ，整理两式得： c（H +）=0.1000mol/L-c （H 2C2O4）+c（C2O4 2-）+c（OH-） ，A 正确； B.c(Na +)=c(总)时 溶液中溶质为NaHC2O4， HC2O4 既存在电离平衡又存在水解平衡， HC2O4 水解的离子方 程式为 HC2O4 +H 2OH2C2O4+OH ，HC 2O4 水解常数 (K h)与 H2C2O4电离常数 (Ka)有如下 关系： KhKa = K w，则 Kh= K w / Ka =10 -14/(5.4 10 - 2)=10-12/5.45.4 10 - 5,所以， HC

28、2O4 - 的电离程 度大于水解程度，则c（C2O4 2-） c（ H2C2O4） ，B 错误；C 项，滴入 NaOH 溶液后， 溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H +）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-）+c（OH-） ，室温 pH=7 即 c （H +）=c （OH-） ，则 c （ Na+）=c （HC 2O4 - ） +2c （C2O42-）=c （总）+c （C2O42-）-c （H2C2O4） ， 由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L ，C 错误；D 项， c（ Na+） =2c（总）时 溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na +）+c

29、（H+）=c（HC 2O4 -）+2c（C 2O4 2-） +c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC2O4 -）+ c（C 2O4 2-），两式整理 得 c（OH -）-c（H+）=2c（H 2C2O4）+c（HC2O4 -） ，D 正确。 【考点】 溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。 12. 2018 全国卷 -11NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下， 124 g P4中所含 PP 键数目为 4NA B. 100 mL 1molL -1 FeCl3溶液中所含 Fe3+的数目为0.1NA C.

30、标准状况下， 11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D. 密闭容器中， 2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数为 2NA 【答案】 C 【解析】 A.由于白磷 (P4)是正四面体结构，分子中含有 6 个 PP键。因此，常温常压下， 124 g P4的物质的量是 1mol，所含 PP键数目为6NA，A 错误；B. Fe 3+在溶液 中水解，导致溶液中Fe3+数目减少。因此，100 mL 1mol L - 1FeCl 3溶液中所含 Fe3+的数目 小于 0.1NA，B 错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L 甲 烷和乙烯混合物的物质的

31、量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C 正确； D. 反应 2SO2+O22SO3是可逆反应， 2 mol SO2和 1 mol O2不会完全转化为 SO3。因此密 闭容器中， 2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数大于 2NA，D 错误。 【考点】 阿伏加德罗常数；白磷的结构；铁盐的水解；甲烷和乙烯的分子结构；气体摩尔 体积；可逆反应。 13.2018 全国卷 -7化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 7 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D.

32、电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】 A 【解析】 A泡沫灭火器的灭火原理为：碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合时，发生双水解反应 (Al 3+3HCO 3 =Al(OH) 3 +3CO2)，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。 但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可 能导致触电或电器短路，A 错误。 B疫苗中的有效成分多为蛋白质，由于蛋白质对温度 比较敏感，温度较高时会因变性，从而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B 正确。 C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的 油漆，使用水性漆可

33、以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C 正确。 D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池 的负极， 从而对正极的热水器内胆(多为不锈钢或铜制)起到了保护作用，这种保护方法为： 牺牲阳极的阴极保护法，D 正确。 【考点】 “ 双水解 ” 反应；蛋白质的性质；常见的两大类溶剂：水、有机溶剂。金属的电化 学防护方法之一：牺牲阳极的阴极保护法。 14.2018 北京卷 -12测定 0.1 molL -1 Na 2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。 时刻 温度 /25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程

34、中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉 淀多。 下列说法不正确 的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡： SO32 +H 2OHSO3 +OH- B. 的 pH 与不同，是由于SO3 2浓度减小造成的 C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D. 与的Kw值相等 【答案】 C 【解析】 A.Na 2SO3属于强碱弱酸盐， Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2O HSO3 +OH- ，A 正确；B.取对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实 验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同

35、， 与对比， SO32浓度减小，溶液中c(OH ) 减小， 的 pH 小于； B 正确； C 项， 盐类水解过程吸热，的过程，升高温度SO3 2水解平衡正向移动， c(SO3 2)减小， 水解平衡逆向移动， C错误；D项，Kw只与温度有关，温度相同时KW相同，D正确。 【考点】 盐类水解离子方程式的书写；外界条件对盐类水解平衡的影响；水的离子积的影 响因素； SO32-的还原性。 15.2018 天津卷 -10CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1） CO2可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，CO2主要转化为 _（写离子符 8 号） ；若所得溶液

36、c(HCO3 - )c(CO3 2- )=21，溶液 pH=_。 （室温下， H2CO3的 K1=4 10 -7；K 2=5 10 - 11） （2） CO2与 CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO 2(g) 催化剂 2CO (g)+ 2H2(g) 已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键CH C =O HH CO(CO) 键能 /kJ mol -1 413 7 45 436 1075 则该反应的 H= 。分别在VL恒温密闭容器A(恒容 )、 B(恒压， 容积可变 )中，加入 CH4和 CO2各 1 mol 的混合气体。 两容器中反应达平 衡后放出或吸收的热量较多的是_

37、（填 “A” 或“B ”） 。 按一定体积比加入CH4和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO和 H2产率的影 响如图 3 所示。此反应优选温度为900的原因是 。 （3）O2辅助的 AlCO2电池工作原理如图4 所示。该电池电容量大，能有效利 用 CO2，电池反应产物 Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式：。 电池的正极反应式：6O2+6e - =6O2 - 6CO2+6O2 - =3C2O4 2- 反应过程中O2的作用是。 该电池的总反应式：。 【答案】(1) CO32-、10 (2) +120 kJ mol -1、B 900 时，合成气产率已经较高， 再升高温度产率

38、增幅不大，但能耗升高， 经济效益降低。(3) Al 3e =Al 3+ （或 2Al 6e=2Al3+） 、 催化剂、 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】 （ 1）CO2可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13， 因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO3 2-） 。若所得溶液 c(HCO3 - )c(CO3 2- )=21， ，则根据第二步电离平衡常数K2=c(H +)c(CO 3 2 )/ c(HCO3 )= c(H +)/2=5 10-11，所以氢离子浓度为 110 -10mol/L， pH=10。 （ 2）化学反应的焓变应该 等于反应物键能减去生

39、成物的键能，所以焓变为(4413+2745)(21075+2436)= +120 kJ mol -1。初始时容器 A、B 的压强相等， A 容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体 9 物质的量增加)；B 容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A 中大， B 中小，此反 应压强减小平衡正向移动，所以 B 的反应平衡更靠右，反应的更多， 吸热也更多。 根据图 3 得到， 900时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显， 而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al 失电子，该电解质为氯化铝离子液

40、体，所 以 Al 失电子应转化为Al3+，方程式为： Al 3e=Al3+（或 2Al 6e=2Al3+） 。根据电池的正极反 应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加 和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。 【考点】 盐(碳酸钠 )的水解；电离平衡常数在化学计算中的应用；根椐键能求反应热；压 强对化学平衡的影响；温度对化学平衡的影响理论与实际相结合；电化学知识；催化剂的 概念。 难溶电解质的溶解平衡 16.2018 北京卷 -10下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 NaOH 溶液滴 入 FeSO4溶液

41、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 【答案】 C 【解析】 A.NaOH 溶液滴入FeSO4溶液中产生Fe(OH)2白色沉淀，随后Fe(OH)2被氧化成 Fe(OH)3 (红褐色沉淀 )， 反应为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3， 是氧化还原反应； B. 氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO ，由于氯水呈酸性， 石蕊溶液滴入后溶液先变红， HClO 有强氧化性，把红色物氧化为无色物质而使溶液

42、褪芭；C. Na2S 溶液滴入AgCl 浊液中，反应为2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl ，白色沉淀变为黑色，但反应前后元素化合价 不变，不是氧化还原反应；D. 热铜丝插入稀硝酸中，即Cu 与稀 HNO 3反应生成 Cu(NO3) 2、 NO 气体和 H2O，无色气体NO 迅速被氧化成红棕色的2NO2，反应为 2NO+O2=2NO2，为氧化还原反应； 【考点】 氧化还原反应的特征；沉淀的转化；次氯酸的漂白原理；铜与硝酸反应。 17. 2018 全国卷 -12 用 0.100 molL -1 AgNO 3滴定 50.0 mL 0.0500 mol L -1 Cl溶液的滴定 曲线如图所示

43、。下列有关描述错误的是 10 A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl) 的数量级为 10 -10 B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag +) c(Cl-)=K sp(AgCl) C. 相同实验条件下，若改为0.0400 molL -1 Cl- ，反应终点 c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 molL -1 Br-，反应终点 c 向 b 方向移动 【答案】 C 【解析】 A. 用 0.100 mol L -1 AgNO 3滴定 50.0 mL 0.0500 mol L-1 Cl 溶液， 达到滴定终点时 消耗 AgNO 3溶液 25.0 mL ，此点对应的纵坐标值 (-lg

44、(Cl )等于 5，即： c(Cl )=10 5mol/L ， 而此时： c(Cl )= c(Ag+)，K sp(AgCl)= c(Cl )c(Ag+)=10-10， A 正确。 B由于 KSP(AgCl) 极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，形成氯化银的饱和溶液，所以曲线上各点 的溶液满足关系式c(Ag +) c(Cl )K SP(AgCl) ， B 正确。C达到滴定终点时，一定有 n(Cl )= n(Ag+) 故将 50mL 0.05mol/L 的 Cl -溶液改为 50mL 0.04mol/L 的 Cl -溶液后，达到滴定终点需要加 入的硝酸银的量也是原来的0.8 倍，因此应该由c

45、 点的 25mL 变为 25 0.8=20mL，而 a 点 对应的是 15mL，C错误。D卤化银从氟化银到碘化银的溶解度该逐渐减小， KSP(AgCl) 大于 KSP(AgBr) ， 将 50mL 0.05mol/L 的 Cl 溶液改为 50mL 0.05mol/L 的 Br溶液， 达到滴定终点时，一定有n(Br )= n(Ag+)，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银 更难溶，所以终点时，c(Br )应该比原终点时 c(Cl )更小，所以有可能由 a 点变为 b 点， D 正确。 【考点】 沉淀滴定； Ksp 的计算；卤化银的溶解性；图像分析；对数函数；依溶度积定义 及滴定终点数据分析图

46、像是解答本题的关键。 18.2018 北京卷 -26磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH) ，还含有Ca5(PO4)3F 和有机碳等。 溶解度： Ca5(PO4)3(OH)”或“”） 。 结合元素周期律解释中结论：P和 S 电子层数相同，。 （3）酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F 所含氟转化为 HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生 成 HF 的化学方程式：。 （4） H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2脱除，同时自身也会发生分解。 相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因：。 （5）脱硫

47、时， CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是 ；加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 。 （6）取 a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol L - 1NaOH 溶 液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗 NaOH 溶液 c mL ，精制磷酸中H3PO4的质量分数是 _。 （已知： H3PO4摩尔质量为 98 gmol - 1） 【答案】 (1)研磨、加热(2)核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS， 非金属性 PS (3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4 0.5H2O+6H3PO4+2HF

48、(4) 80 后，H2O2分解 速率大， 浓度显著降低 (5) CaSO4微溶；BaCO3+ SO42+2H3PO4=BaSO4+CO2 +H 2O+2 H2PO4 (6)0.049bc/a。 【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，能加快反应速率，加热，温度升高能加快反 应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。(2)根据 “ 强酸制弱酸 ” 的复 分解反应规律，酸性：H3PO4 H 2SO4。 用元素周期律解释，P 和 S 电子层数相同，核 电荷数 PS，原子半径P S，得电子能力PS，非金属性P S。(3)根据 “ 强酸制弱 酸” 的复分解反应规律，Ca5(PO4) 3F 与 H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。(4)图示是 相同投料比、 相同反应时间， 不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快， 相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H2O2分解速率大， H2O2浓度显著降低， 反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。(5)脱硫时， CaCO3稍过量，充分反应后 仍有 SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为 BaSO4