2012年高考化學(xué)試題分類解析匯編 電解質(zhì)溶液

1、2012年高考化學(xué)試題分類解析匯編：電解質(zhì)溶液1.2012·江蘇化學(xué)卷10下列有關(guān)說法正確的是A.CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的H0 B.鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵制品比受損前更容易生銹C.N2(g)3H2(g)2NH3(g) H0，其他條件不變時(shí)升高溫度，反應(yīng)速率(H2)和氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率均增大D.水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(yīng)B 解析：本題是化學(xué)反應(yīng)與熱效應(yīng)、電化學(xué)等的簡(jiǎn)單綜合題，著力考查學(xué)生對(duì)熵變、焓變，水解反應(yīng)、原電池電解池、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等方面的能力。A.分解反應(yīng)一般是常識(shí)吸熱反應(yīng)，熵變、焓變

2、都大于零，僅在高溫下自發(fā)。內(nèi)容來源于選修四P34-P36中化學(xué)方向的判斷。B.鐵比銅活潑，組成的原電池中鐵為負(fù)極，更易被氧化。C.據(jù)平衡移動(dòng)原理，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率減小。D.水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是吸熱反應(yīng)，越熱越電離，水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大。2.2012·江蘇化學(xué)卷13下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié) 論A向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X中一定含有SO42C向一定

3、濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體出現(xiàn)白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3強(qiáng)D向濃度均為0.1 mol·L1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D 解析：本題屬于常規(guī)實(shí)驗(yàn)與基本實(shí)驗(yàn)考查范疇。A.向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，雖然實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象均有固體析出，但一是鹽析，一是變性；一是可逆變化，一是不可逆變化。B.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出現(xiàn)白色沉淀就得出溶液X中一定含有SO42是不合理的，若溶液中有SO32也出現(xiàn)白色沉淀。C.向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量C

4、O2氣體，出現(xiàn)白色沉淀，結(jié)論應(yīng)為H2CO3的酸性比H2SiO3強(qiáng)。D.向濃度均為0.1 mol·L1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明沉淀向著溶解度更小的方向轉(zhuǎn)化，結(jié)論應(yīng)該是Ksp(AgCl)Ksp(AgI)?！緜淇继崾尽砍Ｒ娢镔|(zhì)的制備、分離提純、除雜和離子檢驗(yàn)等都是學(xué)生必備的基本實(shí)驗(yàn)技能，我們要在教學(xué)中不斷強(qiáng)化，反復(fù)訓(xùn)練，形成能力。3. 2012·江蘇化學(xué)卷1525，有c(CH3COOH)c(CH3COO)=0.1 mol·L1的一組醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO)與pH值的關(guān)系如圖所示。下列

5、有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述正確的是A.pH=5.5溶液中：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(OH)B.W點(diǎn)表示溶液中：c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)C.pH=3.5溶液中：c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COOH)=0.1 mol·L1D.向W點(diǎn)所表示溶液中通入0.05molHCl氣體(溶液體積變化可忽略)：c(H)=c(CH3COOH)c(OH)BC 解析：本題屬于基本概念與理論的考查，落點(diǎn)在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比較。溶液中存在水解與電離兩個(gè)過程的離子濃度大小比較似乎是考試熱點(diǎn)內(nèi)容，高三復(fù)習(xí)中要反復(fù)加強(qiáng)訓(xùn)練。A.pH=5

6、.5比4.75大，從曲線來看CH3COOH的電離在增大，CH3COO的水解在減小，不可能出c(CH3COOH)c(CH3COO)。BC.W點(diǎn)表示溶液中：c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)是完全正確的，其實(shí)這關(guān)系在溶液中始終存在。pH=3.5溶液中c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)再把題干中的c(CH3COOH)c(CH3COO)=0.1 mol·L1代入即可。D.向W點(diǎn)所表示溶液中通入0.05molHCl氣體，原有平衡被打破，建立起了新的平衡。溶液中電荷守恒關(guān)系為：c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)c(Cl)；物料守恒關(guān)系為：2c(Na)=c

7、(CH3COO)c(CH3COOH)=0.1 mol·L1 ，不可能得出上述結(jié)論。4. 2012·海南化學(xué)卷1125時(shí)，a mol·L-1一元酸HA與b mol·L-1NaOH等體積混合后，pH為7，則下列關(guān)系一定正確的是Aa=b Ba>b Cc (A-)= c(Na+) Dc (A-)< c(Na+)C 【解析】pH為7，說明混合后的溶液顯中性，根據(jù)溶液中的電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可知c(Na+)=c(A-)，故C選項(xiàng)正確。若HA為強(qiáng)酸，則a=b，若HA為弱酸，則應(yīng)是a>b，現(xiàn)在不知是強(qiáng)酸還是弱酸，

8、故無(wú)法確定a和b的關(guān)系，故A、B、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。5. 2012·安徽理綜化學(xué)卷12氫氟酸是一種弱酸，可用來刻蝕玻璃。已知25°C時(shí)：·在20ml.0.1mol氫氟酸的電離方程式及熱效應(yīng)可表示為：A B當(dāng)V=20時(shí)，溶液中：C當(dāng)V=20時(shí)，溶液中：·D當(dāng)V>0時(shí)，溶液中一定存在）B 【解析】本題考查蓋斯定律的應(yīng)用及溶液中離子濃度大小的比較，旨在考查考生對(duì)所學(xué)生所學(xué)知識(shí)的整合及應(yīng)用能力。根據(jù)蓋斯定律，將式減去式可得：HF(aq)H(aq)F(aq) H10.4 kJ·mol1 ，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)V20時(shí)，兩者恰好完全反應(yīng)生成NaF，溶液中存在質(zhì)子

9、守恒關(guān)系：c(OH)c(HF)c(H)；因F水解，故溶液中存在：c(F)c(Na+)0.05 mol·L1 ，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)，溶液中離子濃度的大小取決于V的大小，離子濃度大小關(guān)系可能為c(F)c(H)c(Na+)c(OH)或c(F)c(Na+)c(H)c(OH)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.2012·安徽理綜化學(xué)卷13已知室 溫下，的K，或溶解度遠(yuǎn)大于。向濃度均為0.1的和混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液。下列示意圖表示生成的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積的關(guān)系 。合理的是B 【解析】本題主

10、要考查化學(xué)反應(yīng)的順序問題，旨在考查考生運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力。因KspAl(OH)3 KspFe(OH)3，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液時(shí)，首先應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，當(dāng)Fe3 沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，繼續(xù)滴加NaOH溶液，則Al(OH)3OH=AlO22H2O，故B項(xiàng)圖像符合實(shí)際情況。7. 2012·福建理綜化學(xué)卷10下列說法正確的是A0.5molO3與11.2LO2所含的分子數(shù)一定相等B25與60時(shí)，水的pH相等C中和等體積、等物質(zhì)的量的濃度的鹽酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等D2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）

11、=4SO3（g）的H相等C 解析：A選項(xiàng)中沒有指明標(biāo)況下，11.2L氧氣不一定是0.5mol。B選項(xiàng)中，水的電離受到溫度的影響，溫度不同，水電離的氫離子濃度不同，pH也不同。D選項(xiàng)中H數(shù)值是與方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)。這題考查知識(shí)比較基礎(chǔ)簡(jiǎn)單，但知識(shí)覆蓋面比較廣。8. 2012·浙江理綜化學(xué)卷12下列說法正確的是：A在100 、101 kPa條件下，液態(tài)水的氣化熱為40.69 kJ·mol-1，則H2O(g)H2O(l) 的H = 40.69 kJ·mol-1B已知MgCO3的Ksp = 6.82 × 10-6，則所有含有固體MgCO3的溶液中，都有c(M

12、g2+) = c(CO32-)，且c(Mg2+) · c(CO32-) = 6.82 × 10-6C已知：共價(jià)鍵CCC=CCHHH鍵能/ kJ·mol-1348610413436則可以計(jì)算出反應(yīng)的H為384 kJ·mol-1D常溫下，在0.10 mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶體，能使NH3·H2O的電離度降低，溶液的pH減小D 解析：A 選項(xiàng)中，H2O(g)H2O(l)是放出熱量，則H2O(g)H2O(l) 的H=40.69 kJ·mol-1。A錯(cuò)；B選項(xiàng)中，難溶電解質(zhì)MgCO3在溶液中的

13、溶解平衡是建立在一定條件下的，溶度積是難溶解的固相與溶液中相應(yīng)離子達(dá)到平衡時(shí)的離子濃度的乘積，只與溫度有關(guān)。在一定溫度下，MgCO3達(dá)到溶解平衡狀態(tài)時(shí)，是c(Mg2+)和c(CO32-)保持不變，不是相等，此時(shí)，Ksp( MgCO3)=c(Mg2+)×c(CO32-)，25時(shí)Ksp = 6.82 × 10-6，所以B錯(cuò)； C選項(xiàng)中，苯環(huán)上碳原子間的鍵是介于單鍵與雙鍵之間的一種特殊的鍵，則反應(yīng)的焓變不能用CC 和C=C 的鍵能來計(jì)算，C錯(cuò)；D選項(xiàng)，常溫下，NH3·H2O溶液中存在著下列電離平衡：NH3·H2ONH4+OH，加入少量NH4Cl晶體，由于同離子

14、效應(yīng)，使平衡向左（逆向）移動(dòng)，抑制了NH3·H2O的電離，從而使NH3·H2O的電離度降低，溶液的pH減小，D正確。9. 2012·浙江理綜化學(xué)卷13化學(xué)方程式可簡(jiǎn)明地體現(xiàn)元素及其化合物的性質(zhì)。已知：氧化還原反應(yīng)：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH = 2Fe(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH = 5KI + KIO3 + 3H2O復(fù)分解反應(yīng)：2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 + H

15、2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3熱分解反應(yīng)：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2下列說法不正確是：A氧化性（酸性溶液）：FeCl3 > Co(OH)3 > I2B還原性（堿性溶液）：Fe(OH)2 > I2 > KIO3C熱穩(wěn)定性：NaCl > NaClO4 > NaClOD酸性（水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCNA 解析：根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，所以，氧化性（酸性溶液）：Co2O3>Cl2>

16、;Fe3+>I2，A選項(xiàng)錯(cuò)；還原性（堿性溶液）：Fe(OH)2 > I2 > KIO3，B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)，根據(jù)在熱分解反應(yīng)中穩(wěn)定性弱的物質(zhì)容易分解生成對(duì)應(yīng)的穩(wěn)定性強(qiáng)的物質(zhì)，C正確；D選項(xiàng)，根據(jù)在復(fù)分解反應(yīng)中強(qiáng)酸制取弱酸的原則，酸性（水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCN，正確。10.2012·重慶理綜化學(xué)卷10下列敘述正確的是鹽酸中滴加氨水至中性，溶液中溶質(zhì)為氯化銨稀醋酸加水稀釋，醋酸電力程度增大，溶液的pH減小飽和石灰水中加入少量CaO，恢復(fù)至室溫后溶液的pH值不變沸水中滴加適量飽和Fe溶液，形成帶電的膠體，導(dǎo)電能力增強(qiáng)【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)的電離

17、、酸堿中和反應(yīng)及其膠體【詳細(xì)解析】因氨水為弱堿當(dāng)溶液為中性時(shí)，溶質(zhì)為氯化銨與氨水的混合物，A錯(cuò)；稀醋酸加水稀釋過程中電離程度增大，但氫離子濃度減小，PH增大，B錯(cuò)；飽和石灰水加入CaO，恢復(fù)室溫仍是其飽和溶液，即OH-濃度不變，C正確；膠體不帶電，氫氧化鐵膠粒帶正電，D錯(cuò)。11. 2012·重慶理綜化學(xué)卷11向10mL 0.1mol·溶液中，滴加等濃度溶液x mL，下列敘述正確的是x=10時(shí)，溶液中有、，且x=10時(shí)，溶液中有、，且x=30時(shí)，溶液中有、，且x=30時(shí)，溶液中有、，且【答案】A 12. 2012·廣東理綜化學(xué)卷23對(duì)于常溫下pH為2的鹽酸，敘述正確

18、的是A.c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）B.與等體積pH=12的氨水混合后所得溶液顯酸性C.由H2O電離出的c（H+）=1.0×10-12mol·L-1D.與等體積0.01 mol·L-1乙酸鈉溶液混合后所得溶液中：c（Cl-）=c（CH3COO-）C 解析：電荷守恒A對(duì)。B 氨水過量，顯堿性。D，反應(yīng)后生成乙酸和氯化鈉，水溶液為酸性。13.2012·四川理綜化學(xué)卷10常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是A新制氯水中加入固體NaOH：c(Na)=c(Cl)+c(ClO)+c(OH) BpH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO3-)c

19、(CO32-)c(H2CO3) CpH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c(Cl)=c(NH4) c(OH)=c(H)D0.2mol·L1CH3COOH溶液與0.1mol·L1NaOH溶液等體積混合：2c(H)2c(OH)=C(CH3COO)C(CH3COOH)D【解析】本題考查溶液中離子濃度的大小比較。A項(xiàng)不符合電荷守恒，錯(cuò)；pH=8.3的NaHCO3的溶液中，則HCO3的水解大于電離，故CO32的濃度小于H2CO3，B錯(cuò)；pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合，氨水過量，溶液顯堿性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)物料守恒，的項(xiàng)正確。14. 2012·天津理綜化學(xué)卷5

20、下列電解質(zhì)溶液的有關(guān)敘述正確的是 （ ）A同濃度、同體積的強(qiáng)酸與強(qiáng)堿溶液混合后，溶液的pH7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c(Ba2+)增大C含l mol KOH的溶液與l mol CO2完全反應(yīng)后，溶液中c(K+)c(HCO)D在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na+)c(CH3COO)D 該題考察電解質(zhì)溶液中的離子濃度大小問題、酸堿混合后的PH只大小、難溶電解質(zhì)的溶解平衡等化學(xué)理論基礎(chǔ)知識(shí)。A.同濃度、同體積的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿混合后，PH值的大小取決于是否恰好反應(yīng)，是酸過量還是堿過量。如HCl+NaOH、H2SO4+NaOH、HCl+Ba(OH)2，選

21、項(xiàng)錯(cuò)誤。B.含BaSO4的溶液中存在平衡BaSO4（s）Ba2+(aq)+SO42-(aq),加硫酸鈉固體，溶液中c(SO42-)增大，溶解平衡向左移動(dòng)，c(Ba2+)減小，選項(xiàng)錯(cuò)誤。C.1molKOH與1molCO2反應(yīng)恰好生成1molKHCO3，HCO3-即電離又水解，c(K+)c(HCO3-)，選項(xiàng)錯(cuò)誤。D.CH3COONa溶液顯堿性，加適量CH3COOH可使溶液顯中性，c(H+)=c(OH-),由電荷守恒知c(Na+)=c(CH3COO-).15. 2012·新課程理綜化學(xué)卷11已知溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為a mol·L-1的一元酸HA與bm

22、ol·L-1的一元堿BOH等體積混合，可判斷溶液呈中性的依據(jù)是（ ）Aa = b B混合溶液的PH = 7C混合溶液中， D混合溶液中，C 解析：A項(xiàng)，因無(wú)法確定酸與堿是否為強(qiáng)酸、強(qiáng)堿，故反應(yīng)后的溶液不一定成中性；B項(xiàng)，因溫度T不一定指常溫25，同樣也不能說明溶液是中性的；C項(xiàng)，通過分析可知，題給條件實(shí)際上即C(H+) = C(OH-)，故溶液必然顯中性；D項(xiàng)，根據(jù)溶液中的電荷守衡，無(wú)論溶液呈酸性、堿性或中性都成立，故無(wú)法判斷。16. 2012·江蘇化學(xué)卷18(12分)硫酸鈉-過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的組成可通過下列實(shí)驗(yàn)測(cè)定

23、：準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，配制成100ml溶液A 。準(zhǔn)確量取25.00 ml溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g 。準(zhǔn)確量取25.00 ml溶液A，加入適量稀硫酸酸化后，用0.02000 mol·L1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液25.00 ml。H2O2與KMnO4反應(yīng)的離子方程式如下：2MnO45H2O26H=4Mn28H2O5O2(1)已知室溫下BaSO4的Ksp=1.1×1010，欲使溶液中c(SO42)1.0×106 mol·L1，應(yīng)保持溶液中c(Ba2) mol&

24、#183;L1。(2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4被還原成MnO2，其離子方程式為： 。(3)通過計(jì)算確定樣品的組成(寫出計(jì)算過程)?！緟⒖即鸢浮?1)n(BaSO4)=0.5825g/233 g·mol1=2.50×103 mol(2)2MnO45H2O26H=2Mn28H2O5O2(3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol· L1×25.00 mL)/1000mL· L1=1.25×103 molm(Na2SO4)=142g·mol1×2.50×103mol=0.355gm(H2

25、O2)=34g·mol1×1.25×103mol=0.0425gn(H2O)=(1.7700g×25.00mL/100 mL)0.355g0.0425g/18 g·mol1=2.5×103 molx:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2硫酸鈉-過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O【解析】本題屬于物質(zhì)組成分析與化學(xué)綜合計(jì)算題。利用氧化還原反應(yīng)滴定進(jìn)行成分析，運(yùn)用元素守恒進(jìn)行推理計(jì)算，兼有溶度積常計(jì)算，離子方程式書寫。【備考提示】可見，高三復(fù)習(xí)還得緊緊抓住元素守恒守

26、恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒、極端分析等化學(xué)常用分析方法。17. 2012·江蘇化學(xué)卷19(15分)廢棄物的綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護(hù)環(huán)境。實(shí)驗(yàn)室利用廢棄舊電池的銅帽(Zn、Cu總含量約為99%)回收銅并制備ZnO的部分實(shí)驗(yàn)過程如下：(1)銅帽溶解時(shí)加入H2O2的目的是 (用化學(xué)方程式表示)。銅帽溶解后需將溶液中過量H2O2除去。除去H2O2的簡(jiǎn)便方法是 。(2)為確定加入鋅灰(主要成分為Zn、ZnO，雜質(zhì)為鐵及其氧化物)含量，實(shí)驗(yàn)中需測(cè)定除去H2O2后溶液中Cu2的含量。實(shí)驗(yàn)操作為：準(zhǔn)確量取一定體積的含有Cu2的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)pH=34，加入過量KI，

27、用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。上述過程中的離子方程式如下：2Cu24I=2CuI(白色)I2 I22S2O32=2IS4O62滴定選用的指示劑為 ，滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象為 。若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測(cè)定的Cu2的含量將會(huì) (填“偏高”“偏低”“不變”)。(3)已知pH11時(shí)Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42。下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0 mol·L1計(jì)算)開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：30% H2O2、1.0 mol·L1

28、HNO3、1.0 mol·L1 NaOH。由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為： ； ；過濾； ；過濾、洗滌、干燥900煅燒?！緟⒖即鸢浮?1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加熱(至沸)(2)淀粉溶液 藍(lán)色褪去 偏高 (3)向?yàn)V液中加入30%的H2O2使其充分反應(yīng) 滴加1.0 moL· L1的氫氧化鈉，調(diào)節(jié)pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向?yàn)V液中滴加1.0 moL· L1的氫氧化鈉，調(diào)節(jié)pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全【解析】本題以實(shí)驗(yàn)室利用廢棄舊電池的銅帽回收銅并制備ZnO制取和分析為背景的綜合實(shí)驗(yàn)題，涉及

29、元素化合物知識(shí)、氧化還原滴定、指示劑選擇、誤差分析、實(shí)驗(yàn)步驟、pH調(diào)節(jié)等多方面內(nèi)容，考查學(xué)生對(duì)綜合實(shí)驗(yàn)處理能力。【備考提示】實(shí)驗(yàn)的基本操作、實(shí)驗(yàn)儀器的選擇、實(shí)驗(yàn)誤差分析、物質(zhì)的除雜和檢驗(yàn)等內(nèi)容依然是高三復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，也是我們能力培養(yǎng)的重要目標(biāo)之一。18.2012·海南化學(xué)卷14(9分) 在FeCl3溶液蝕刻銅箔制造電路板的工藝中，廢液處理和資源回收的過程簡(jiǎn)述如下： I：向廢液中投入過量鐵屑，充分反應(yīng)后分離出固體和濾液： II：向?yàn)V液中加入一定量石灰水，調(diào)節(jié)溶液pH，同時(shí)鼓入足量的空氣。 己知：KspFe(OH)3= 4.0×10-38 回答下列問題： (1)FeCl3蝕刻銅箔

30、反應(yīng)的離子方程式為 ： (2)過程I 加入鐵屑的主要作用是 ，分離得到固體的主要成分是 ，從固體中分離出銅需采用的方法是 ； (3)過程II中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ； (4)過程II中調(diào)節(jié)溶液的pH為5，金屬離子濃度為 。(列式計(jì)算)【答案】(1)2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；(2)回收銅 Cu和Fe 加入過量的鹽酸后過濾。(3)FeCl2+Ca(OH)2=CaCl2+Fe(OH)2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(4)4.0×10-11 mol·L-1【解析】 (1) Fe3+具有強(qiáng)氧化性，能將Cu氧化，其離子方程式為2Fe3+

31、 + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；(2)廢液中中含有Fe2+和Cu2+，加入過量的鐵屑發(fā)生的反應(yīng)為：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，故鐵屑的作用是回收銅，分離得到的固體為Cu和Fe的混合物，從中得到銅的方法是先加入過量的鹽酸，再過濾。(3)“向?yàn)V液中加入一定量石灰水”發(fā)生的反應(yīng)為：FeCl2+Ca(OH)2=CaCl2+Fe(OH)2；“鼓入足量的空氣”發(fā)生的反應(yīng)為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。(4)據(jù)KSPFe(OH)3= c(Fe3+）·c(OH-)3 = 4.0×10-38 ，pH=5則c(OH-)10-9mol·

32、L-1，可知c(Fe3+）=4.0×10-11 mol·L-1。19.2012·福建理綜化學(xué)卷23（1）元素M的離子與NH4+所含電子數(shù)和質(zhì)子數(shù)均相同，則M的原子結(jié)構(gòu)示意圖為 （2）硫酸鋁溶液與過量氨水反應(yīng)的離子方程式為 。（3）能證明Na2SO3溶液中存在SO32+H2OHSO3+OH水解平衡的事實(shí)是 （填序號(hào)）。滴入酚酞溶液變紅，再加入H2SO4溶液紅色退去滴入酚酞溶液變紅，再加入氯水后紅色退去滴入酚酞溶液變紅，再加入BaCl2溶液后產(chǎn)生沉淀且紅色退去（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化（其中D是纖維素水解的最終產(chǎn)物）

33、：非金屬X Y(填“”或“”)Cu2Y與過量濃硝酸反應(yīng)有紅棕色氣體生成，化學(xué)方程式為 。（5）在恒容絕熱（不與外界交換能量）條件下進(jìn)行2A(g)+B（g）2C（g）+D（s）反應(yīng)，按下表數(shù)據(jù)投料，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，測(cè)得體系壓強(qiáng)升高，簡(jiǎn)述該反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度的變化關(guān)系： 。物 質(zhì)ABCD起始投料/mol2120解析：（1）銨根離子中含有10個(gè)電子，11個(gè)質(zhì)子，與之相同的單核離子為鈉離子，則M的原子結(jié)構(gòu)示意圖為（2）硫酸鋁溶液與過量氨水反應(yīng)的離子方程式為：Al3+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+（3）選C，ABC三個(gè)選項(xiàng)描述都是正確的，但要說明亞硫酸鈉顯堿性是亞硫酸離子水解

34、造成的，存在水解平衡這一事實(shí)。比如說向氫氧化鈉這樣的堿溶液中加入酚酞后變紅，用AB兩項(xiàng)中的試劑都可褪色，但用C中的試劑就不行。選擇試劑最好是中性，并與亞硫酸根離子反應(yīng)，使水解平衡移動(dòng)，這樣一比較C可以充分說明亞硫酸鈉顯堿性是亞硫酸離子水解造成的。（4）先推斷元素，懸濁液與D的溶液（葡萄糖溶液）生成磚紅色沉淀是氧化亞銅，則Y為O元素，X，Y同主族，則X為S元素。問題就很好回答，非金屬性XY，Cu2O與濃硝酸反應(yīng)生成紅棕色的氣體NO2，利用氧化還原反應(yīng)原理并配平可寫出方程式：Cu2O+6HNO3（濃）=2Cu(NO3)2+2NO2+3H2O（5）在恒容絕熱的情況下，反應(yīng)達(dá)到平衡后，體系壓強(qiáng)升高，可

35、推知?dú)怏w體積變大，說明反應(yīng)是向左移（注意D為固態(tài)）。另外壓強(qiáng)與溫度成正比，壓強(qiáng)升高，溫度升高，如果正反應(yīng)是放熱的情況下，則是升高溫度，平衡向左移，符合題目情況。因此推出正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，那平衡常數(shù)與溫度成反比。23題考查得都是主干知識(shí)，只是覺得拼盤得太明顯，5個(gè)小問各不相干，獨(dú)立成題，是否可用10電子,18電子微粒把它們串起來，比如Na+，Al3+，O2，S2。其中第4問涉及有機(jī)化學(xué)知識(shí)，把知識(shí)很好的揉合在一起，第3問，第5問要求思維推理能力較高。20.2012·浙江理綜化學(xué)卷28(14分)過碳酸鈉（2Na2CO3·3H2O2）是一種集洗滌、漂白、殺菌于一體的氧系漂白劑。某

36、興趣小組制備過碳酸鈉的實(shí)驗(yàn)方案和裝置示意圖如下：已知：主反應(yīng) 2Na2CO3 (aq) + 3H2O2 (aq) 2Na2CO3·3H2O2 (s) H < 0副反應(yīng) 2H2O2 = 2H2O + O2滴定反應(yīng) 6KMnO4 + 5(2Na2CO3·3H2O2) +19H2SO4 = 3K2SO4 + 6MnSO4 +10Na2SO4 + 10CO2 + 15O2 + 34H2O50 °C時(shí) 2Na2CO3·3H2O2 (s) 開始分解請(qǐng)回答下列問題：（1）圖中支管的作用是 。（2）步驟的關(guān)鍵是控制溫度，其措施有 、 和 。（3）在濾液X中加入適量

37、NaCl固體或無(wú)水乙醇， 均可析出過碳酸鈉，原因是 。（4）步驟中選用無(wú)水乙醇洗滌產(chǎn)品的目的是 。（5）下列物質(zhì)中，會(huì)引起過碳酸鈉分解的有 。AFe2O3BCuOCNa2SiO3DMgSO4（6）準(zhǔn)確稱取0.2000 g 過碳酸鈉于250 mL 錐形瓶中，加50 mL 蒸餾水溶解，再加50 mL 2.0 mol·L-1 H2SO4，用2.000×10-2 mol·L-1 KMnO4 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗30.00 mL，則產(chǎn)品中H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。解析：（1）恒壓滴液漏斗一般用于封閉體系，恒壓滴液漏斗的支管是為了使反應(yīng)體系的壓力不會(huì)由于滴加液體而增加。如果

38、沒有支管，反應(yīng)體系只有一個(gè)口的話，不斷加液體就會(huì)造成反應(yīng)體系壓力增加，會(huì)使液體滴不下來。所以支管的作用是平衡壓強(qiáng)。（2）由于50°C時(shí)，2Na2CO3·3H2O2 (s) 開始分解，所以步驟（控溫反應(yīng)）的關(guān)鍵是控制溫度，由于主反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以控制溫度的措施有：采用冷水浴、不斷攪拌使反應(yīng)產(chǎn)生的熱量快速地散去，緩慢地滴加H2O2溶液，使反應(yīng)緩慢進(jìn)行、緩慢放熱。（3）濾液X主要是過碳酸鈉溶液，加入固體NaCl（電解質(zhì)）或無(wú)水乙醇，能降低過碳酸鈉的溶解度，使過碳酸鈉析出（鹽析作用或醇析作用）。（4）步驟是洗滌，選用無(wú)水乙醇洗滌產(chǎn)品的目的是：為了沖洗去固體表面的水分，有利于干燥，

39、可以防止產(chǎn)品溶解，降低產(chǎn)率。（5）Fe2O3、CuO是H2O2 分解的催化劑，分析過碳酸鈉的組成2Na2CO3·3H2O2，可以推知Fe2O3、CuO它們也會(huì)引起過碳酸鈉分解。（6）根據(jù)關(guān)系式： 6KMnO4 5(2Na2CO3·3H2O2) 6mol 5mol（2.000×10-2 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L/Ml） n n (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol m (2Na2CO3·3H2O2) = 0.0005mol×314g/mol = 0.517g 答案：(

40、14分) （1）平衡壓強(qiáng)（2）冷水浴 磁力攪拌 緩慢滴加H2O2溶液（3）降低產(chǎn)品的溶解度（鹽析作用或醇析作用）（4）洗去水份，利于干燥（5）AB（6）25.50 % (或0.2550 )21.2012·天津理綜化學(xué)卷9（18分）信息時(shí)代產(chǎn)生的大量電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡(jiǎn)單處理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計(jì)出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請(qǐng)回答下列問題： 第步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_；得到濾渣1的主要成分為_。 第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的優(yōu)點(diǎn)是_；調(diào)溶液pH的目的是

41、使_生成沉淀。 用第步所得CuSO4·5H2O制備無(wú)水CuSO4的方法是_。 由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小組設(shè)計(jì)了三種方案：上述三種方案中，_方案不可行，原因是_：從原子利用率角度考慮，_方案更合理。 探究小組用滴定法測(cè)定CuSO4·5H2O （Mr250）含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol LL1 EDTA（H2Y2）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應(yīng)如下：Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+ 寫出計(jì)算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式

42、_ ；下列操作會(huì)導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量的測(cè)定結(jié)果偏高的是_。a未干燥錐形瓶 b滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡 c未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子該實(shí)驗(yàn)題是物質(zhì)制備的工藝流程式試題。在天津第一次以這種形式考查。全國(guó)各地已多年多次出現(xiàn)。第加稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+。所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+。Cu和酸反應(yīng)的離子方程式為或第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，該氧化劑的優(yōu)點(diǎn)是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對(duì)環(huán)境物污染。調(diào)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以濾液2的成分

43、是Cu2+，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁。第步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是再坩堝中加熱脫水制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體。丙方案先在濾渣中加NaOH,和Al(OH)3反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3, 蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體。但從原子利用角度考

44、慮方案乙更合理，因?yàn)楸拥腘aOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關(guān)系，造成原子浪費(fèi)。（5）考查中和滴定的簡(jiǎn)單計(jì)算和誤差的分析。，造成偏高的選c.22.2012·全國(guó)大綱理綜化學(xué)卷29(15分 ) （注意：在試題卷上作答無(wú)效）氯化鉀樣品中含有少量碳酸鉀、硫酸鉀和不溶于水的雜質(zhì)。為了提純氯化鉀，先將樣品溶于適量水中，充分?jǐn)嚢韬筮^濾，在將濾液按下圖所示步驟進(jìn)行操作?；卮鹣铝袉栴}：起始濾液的pH_7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是_。試劑I的化學(xué)式為_，中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。試劑的化學(xué)式為_，中加入試劑的目的是_；試劑的名稱是_，中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_；某同學(xué)稱取提純的產(chǎn)品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.