河南省光山縣二高2016屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)加餐訓(xùn)練溶液中的離子平衡(含解析)

PAGEPAGE17溶液中的離子平衡1．將質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%的NaOH溶液蒸發(fā)掉mg水后,變成VmL2a%NaOH不飽和溶液,則蒸發(fā)后溶液的物質(zhì)的量濃度是（）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L【答案】A【解析】試題分析：設(shè)蒸發(fā)后溶液的物質(zhì)的量濃度為x，溶液的質(zhì)量為t，則NaOH的物質(zhì)的量為0.01Vx，NaOH的質(zhì)量為0.01Vx×40，根據(jù)蒸發(fā)前后NaOH質(zhì)量不變的關(guān)系，有以下關(guān)系：（0.01Vx×40）/t=2a%（0.01Vx×40）/（t+m）=a%則t=m由（0.01Vx×40）/m=2a%求得x=（ma/2V)mol/L考點(diǎn)：物質(zhì)的量濃度點(diǎn)評：此題根據(jù)蒸發(fā)前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變的關(guān)系計(jì)算物質(zhì)的量濃度，理清關(guān)系后，難度不大。2．下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述中正確的是（）A．Na2CO3、NaHCO3兩種鹽的溶液中，離子種類是Na2CO3多于NaHCO3B．在CH3COONa溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入適量的蒸餾水，溶液的c(H+)/c(CH3COOH)增大D．常溫下，某溶液中由水電離出的c(H+)為10-5mol/L，則此溶液可能是鹽酸【答案】C【解析】A．Na2CO3、NaHCO3兩種鹽的溶液中，離子種類是Na2CO3和NaHCO3一樣多；B．在CH3COONa溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，這樣肯定不對，違背了電荷守恒，應(yīng)該為c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；D．常溫下，某溶液中由水電離出的c(H+)為10-5mol/L，水的電離受到了促進(jìn)，此溶液為鹽溶液，不可能為鹽酸。3．已知25℃，醋酸溶液中存在下述關(guān)系：K＝1.75×10－5A．當(dāng)向該溶液中加入一定量的硫酸時(shí)，K值增大B．升高溫度，K值增大C．向醋酸溶液中加水，K增大D．向醋酸溶液中加氫氧化鈉，K增大【答案】B【解析】試題分析：A、平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以當(dāng)向該溶液中加入一定量的硫酸時(shí)，K值不變，錯(cuò)誤；B、醋酸的電離是吸熱反應(yīng)，所以升高溫度，促進(jìn)醋酸的電離，離子濃度增大，K增大，正確；C、向醋酸溶液中加水，平衡正向移動，但K不變，錯(cuò)誤；D、向醋酸溶液中加氫氧化鈉，平衡正向移動，但K不變，錯(cuò)誤，答案選B?？键c(diǎn)：考查平衡常數(shù)的判斷4．CH3COONa稀溶液中分別加入少量下列物質(zhì)或改變?nèi)缦聴l件，能使比值c(CH3COO-)/c(Na+)一定減小的是：①固體NaOH②固體KOH③固體NaHSO4④固體CH3COONa⑤冰醋酸⑥降溫A．只有①③Ｂ．①③④Ｃ．②④⑤⑥Ｄ．③④⑥【答案】A5．關(guān)于常溫下pH＝3的醋酸溶液，下列敘述正確的是A．加水稀釋10倍后，pH＝4B．加水稀釋后，溶液中c(H+)和c(OH－)均減少C．加入醋酸鈉晶體后，溶液的pH增大D．加入等體積pH＝11的NaOH溶液后，溶液呈中性【答案】C【解析】試題分析：A．加水稀釋10倍后，溶液中醋酸分子會繼續(xù)電離產(chǎn)生H+，所以溶液的pH<4，錯(cuò)誤；B．加水稀釋后，溶液中c(H+)減小，而c(OH－)增大，c(H+)和c(OH－)的乘積不變，錯(cuò)誤；C．加入醋酸鈉晶體后，醋酸的電離平衡逆向移動，溶液中c(H+)減小，所以溶液的pH增大，正確；D．加入等體積pH＝11的NaOH溶液后，醋酸電離的部分與NaOH恰好完全中和，未電離的酸分子會繼續(xù)電離是溶液顯酸性，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查弱酸溶液的電離、中和、溶液的pH或溶液稀釋的知識。6．下列各離子①R-②R+③R3+④RH4+⑤RH-(R表示不同的元素)都有10個(gè)電子，其中不會破壞水的電離平衡的有A.①②③ B.僅有② C.②③④ D.①②⑤【答案】B【解析】酸或堿抑制水的電離，鹽類的水解促進(jìn)水的電離。①～⑤分別是F－、Na＋、Al3＋、NH4＋、OH－，所以答案選B。7．下列說法中正確的是()A．在Na3PO4溶液中，c(Na＋)是c(PO43－)的3倍B．pH為3的鹽酸中，其c(H＋)是pH為1的鹽酸中c(H＋)的3倍C．0.1mol·L－1KOH溶液和0.1mol·L－1氨水中，其c(OH－)相等D．在25℃時(shí)，無論是酸性、堿性還是中性的稀溶液中，其c(H＋)和c(OH－)的乘積都等于1×10－14【答案】D【解析】A.PO43－水解，c(Na＋)>3c(PO43－)；B.pH為3的鹽酸中c(H＋)＝10－3mol·L－1，而pH＝1的鹽酸中c(H＋)＝10－1mol·I－1，前者是后者的eq\f(1,100)；C.氨水為弱電解質(zhì)，部分電離；D.水的離子積適用于純水和稀的電解質(zhì)水溶液。25℃時(shí)其值為1×10－14。8．下列說法正確的是A．在101kPa下氫氣的燃燒熱△H=-285.5kJ?mol-1，則水分解的熱化學(xué)方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+285.5kJ?mol-1B．pH=3和pH=5的鹽酸各10mL混合，所得溶液的pH=4C．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25NH4Cl溶液含NH4+物質(zhì)的是不同D．吸熱反應(yīng)“TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)”在一定條件下可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△S<0【答案】C【解析】試題分析：A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，所以水分解的熱化學(xué)方程式：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+285.5kJ?mol-1；故A錯(cuò)誤；B．pH=3和pH=5的鹽酸各10mL混合，所得溶液的pH約為4.3，故B錯(cuò)誤；C．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25NH4Cl溶液，因NH4+的水解程度不等，含NH4+物質(zhì)的量也不等，故C正確；D．反應(yīng)前后氣體的總量不變△S=0，故D錯(cuò)誤；故選C?？键c(diǎn)：考查反應(yīng)熱、溶液的pH、鹽類的水解及反應(yīng)熵值判斷。9．有下列四種溶液：①鹽酸；②氯化鐵；③氫氧化鈉；④碳酸鈉。它們的pH分別為4，4，10，10，溶液中水的電離度為α1，α2，α3，α4，則下列關(guān)系正確的是A．α1=α2＞α3=α4B．α2=α4＞α1=α3C．α1＝α2＝α3=α4D．α1＝α3＞α2=α4【答案】B【解析】反應(yīng)H2OH++OH--Q；①向水中加入酸或堿，[H+]或[OH-]增大，平衡向左移動，抑制了水的電離，αH2O減?。虎谙蛩屑尤肽芩獾柠}，消耗H+或OH-，使平衡向右移動，促進(jìn)水的電離，αH2O增大；③升高溫度，平衡向右移動，αH2O增大；④向水中加入其他能與H+或OH-反應(yīng)的物質(zhì)，也能促進(jìn)水的電離。如Na2O，Na等。題中給出了四種溶液的溶質(zhì)及pH，要求排列電離度α的順序。只要表示出水電離出來的[H+]水或[OH-]水，然后直接比較其大小即可。pH=4的鹽酸：OH-為水電離產(chǎn)生的，[OH-]水=10-10mol／LpH=4的FeCl3溶液，H+為水電離出來的，[H+]水=10-4mol／LpH=10的Na2CO3溶液，OH-為水電離出來的，[OH-]=10-4mol／LpH=10的NaOH溶液，H+為水電離出來的，[H+]=10-10mol／L所以B的順序是正確的。10．在相同溫度時(shí)，100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol·L-1的醋酸溶液相比較，下列數(shù)值中，前者大于后者的是A．H+的物質(zhì)的量B．醋酸的電離常數(shù)C．中和時(shí)所需NaOH的量D．CH3COOH的物質(zhì)的量【答案】A【解析】試題分析：A、醋酸為弱電解質(zhì)，濃度越大，電離程度越小，兩種溶液溶質(zhì)都為0.001mol，則100mL

0.01mol?L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol?L-1的醋酸溶液相比較，H+的物質(zhì)的量前者大，正確；B、電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度相同則電離平衡常數(shù)相同，錯(cuò)誤；C、由于溶質(zhì)n（CH3COOH）都為0.001mol，中和時(shí)所需NaOH的量應(yīng)相同，錯(cuò)誤；D、0.01mol?L-1的醋酸電離程度大，則溶液中CH3COOH分子的物質(zhì)的量小，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：本題考查弱電解質(zhì)的電離、酸堿中和反應(yīng)。11．已知某溫度下，幾種酸的電離常數(shù)如下：Ka(HCN)=6.2×10-10mol/L、Ka(HF)=6.8×10-4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10-6mol/L。則物質(zhì)的量濃度都為0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是A．NaCNB．NaFC．CH3COONaD．NaNO2【答案】B【解析】試題分析：由這幾種弱酸在相同溫度下的電離平衡常數(shù)可以判斷酸性：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN。酸越弱，相同條件下相同濃度的其相應(yīng)的Na鹽水解程度越大，溶液的堿性就越強(qiáng)，PH就越大。故物質(zhì)的量濃度都為0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是NaF。選項(xiàng)為：B．考點(diǎn)：考查鹽的水解與形成鹽的酸或堿的相對強(qiáng)弱的關(guān)系的知識。12．下列敘述正確的是A．熵變小于零而焓變大于零的反應(yīng)肯定不能發(fā)生B．熱化學(xué)方程式中ΔH的值與反應(yīng)物的用量有關(guān)C．化學(xué)反應(yīng)中舊鍵斷裂吸收能量，新鍵形成釋放能量，所以化學(xué)反應(yīng)伴隨能量變化，但反應(yīng)前后物質(zhì)的總能量不變D．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸至0.01mol/L，稀釋過程中溫度維持25℃【答案】C【解析】試題分析：A、熵變小于零即△S<0，焓變大于零即△H>0，△G=△H-T△S>0，反應(yīng)不自發(fā)進(jìn)行，不代表反應(yīng)不能發(fā)生，錯(cuò)誤；B、熱化學(xué)方程式中ΔH的值與反應(yīng)物的用量無關(guān)，與熱化學(xué)方程式中反應(yīng)物的系數(shù)有關(guān)，錯(cuò)誤；C、化學(xué)反應(yīng)中舊鍵斷裂吸收能量，新鍵形成釋放能量，但遵循能量守恒定律，反應(yīng)前后物質(zhì)的總能量不變，所以化學(xué)反應(yīng)伴隨能量變化，正確；D、醋酸的稀釋過程中，氫離子、醋酸根離子的濃度減小，但氫氧根離子的濃度增大，錯(cuò)誤，答案選C。考點(diǎn)：考查反應(yīng)自發(fā)的判斷，熱化學(xué)方程式與熱效應(yīng)的關(guān)系，溶液稀釋過程離子濃度的變化13．以0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定cmol·L-1，某弱酸HA溶液，其滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是A．可用甲基橙作滴定指示劑B．指示劑指示的滴定終點(diǎn)就是反應(yīng)終點(diǎn)C．突變范圍的大小與酸的強(qiáng)弱及酸的濃度有關(guān)D．滴定時(shí)氫氧化鈉溶液盛放在帶活塞的滴定管中【答案】C【解析】試題分析：A、強(qiáng)堿與弱酸完全反應(yīng)生成強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，故應(yīng)選用堿性條件下變色的指示劑，如酚酞，而不可選甲基橙，錯(cuò)誤；B、反應(yīng)終點(diǎn)是指酸與堿剛好完全反應(yīng)，而指示劑指示的是一個(gè)變色范圍，錯(cuò)誤；C、當(dāng)酸的酸性很強(qiáng)，濃度較稀時(shí)，突變范圍就大，正確；D、帶活塞的為酸式滴定管，不可以盛NaOH溶液，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：酸堿中和滴定14．40℃時(shí)，在氨－水體系中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢如下圖所示。下列說法不正確的是A．在pH＝9.0時(shí)，c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－）B．不同pH的溶液中存在關(guān)系：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ）C．隨著CO2的通入，不斷增大D．在溶液中pH不斷降低的過程中，有含NH2COOˉ的中間產(chǎn)物生成【答案】C【解析】A、在pH＝9.0時(shí)，作直線垂直于橫坐標(biāo)，從圖上可直接看得出：c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－），A正確；B、根據(jù)電荷守恒可得：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ），B正確；C、=，Kb不變，c(NH4+）不斷增大，則比值不斷減小，C不正確；D、從圖上看，pH降低過程中，有含NH2COOˉ的中間產(chǎn)物生成，D正確。答案選C?！究键c(diǎn)定位】本題主要是考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小關(guān)系，電荷守恒關(guān)系，圖像分析應(yīng)用等。15．25℃時(shí)，A．0.2mol·L－1NH3·H2O溶液與0.1mol·L－1鹽酸等體積混合：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)B．物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后呈酸性：c(CH3COO－)<c(CH3COOH)C．等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(SO－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液：c(CO－)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(H【答案】AC【解析】試題分析：A、0.2mol·L－1NH3·H2O溶液與0.1mol·L－1鹽酸等體積混合，氨水過量，故c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，正確；B、物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后呈酸性，那么c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，錯(cuò)誤；C、等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合，c(Na＋)＝c(SO－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，正確；D、0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液：c(CO－)＋c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)，錯(cuò)誤；故本題選擇AC?？键c(diǎn)：離子濃度大小的比較16．已知：H2OH++OH-(△H>0)，KW為水的電離常數(shù)，完成下表。改變條件電離平衡移動方向溶液中c（H+）PH的變化KW升高溫度加入酸加入Na【答案】改變條件電離平衡移動方向溶液中c（H+）PH的變化KW升高溫度右增大減小增大加入酸左增大減小不變加入Na左減小增大不變【解析】考查外界條件對電離平衡的影響。由于電離是吸熱的，所以升高溫度，促進(jìn)水的電離。氫離子濃度，pH減小，水的離子積常數(shù)增大；加入強(qiáng)酸增大氫離子濃度，抑制水的電離，由于水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)系，所以是不變的；鈉溶于水和水反應(yīng)生成氫氧化鈉，堿性增強(qiáng)，抑制水的電離。17．氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等系列化工產(chǎn)品。下圖是離子交換膜法電解食鹽水的示意圖，圖中的離子交換膜只允許陽離子通過。完成下列填空：①．寫出電解飽和食鹽水的離子方程式。②．離子交換膜的作用為：、。③．精制飽和食鹽水從圖中位置補(bǔ)充，氫氧化鈉溶液從圖中位置流出（選填“a”、“b”、“c”或“d”）。④．KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反應(yīng)生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。⑤．室溫下，0.1mol/LNaClO溶液的pH0.1mol/LNa2SO3溶液的pH（選填“大于”、“小于”或“等于”）。濃度均為0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–濃度從大到小的順序?yàn)椤Ｒ阎篐2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7HClOKi1=2.95×10-8H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11【答案】①.2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。②.阻止OH-進(jìn)入陽極室，與Cl2發(fā)生副反應(yīng)：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止陽極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸。③.a；d；④.2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2⑤.大于；SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。①.電解飽和食鹽水時(shí)，溶液中的陽離子H+在陰極得到電子變?yōu)镠2逸出，使附近的水溶液顯堿性，溶液中的陰離子Cl-在陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。產(chǎn)生Cl2。反應(yīng)的離子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。②.圖中的離子交換膜只允許陽離子通，是陽離子交換膜，可以允許陽離子通過，不能使陰離子通過，這樣就可以阻止陰極溶液中的OH-進(jìn)入陽極室，與氯氣發(fā)生反應(yīng)，阻止Cl-進(jìn)入陰極室，使在陰極區(qū)產(chǎn)生的NaOH純度更高。同時(shí)可以阻止陽極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸。③.隨著電解的進(jìn)行，溶質(zhì)NaCl不斷消耗，所以應(yīng)該及時(shí)補(bǔ)充。精制飽和食鹽水從與陽極連接的圖中a位置補(bǔ)充，由于陰極H+不斷放電，附近的溶液顯堿性，氫氧化鈉溶液從圖中d位置流出；水不斷消耗，所以從b口不斷加入蒸餾水，從c位置流出的是稀的NaCl溶液。④.KClO3有氧化性，H2C2O4有還原性，在酸性條件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)。則根據(jù)電子守恒及原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式是：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+⑤.NaClO、Na2SO3都是強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的H+，破壞了水的電離平衡，當(dāng)最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液顯堿性。形成鹽的酸越弱，鹽水解程度就越大。消耗的離子濃度越大，當(dāng)溶液達(dá)到平衡時(shí)，剩余的離子濃度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH:NaClO>Na2SO3。由于電離程度：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，濃度均為0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以離子濃度：SO32–>CO32–；水解產(chǎn)生的離子濃度：HCO3->HSO3-。但是鹽水解程度總的來說很小，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在。所以在該溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–濃度從大到小的順序?yàn)镾O32–>CO32–>HCO3–>HSO3–?！究键c(diǎn)定位】考查電解原理的應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、電離平衡常數(shù)在比較離子濃度大小的應(yīng)用的知識。18．2013年全國各地連續(xù)出現(xiàn)了嚴(yán)重的霧霾天氣，給人們的出行及身體造成了極大的危害，因此研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。I．脫硫技術(shù)能有效控制SO2對空氣的污染。（1）海水呈弱堿性，主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、CI-、SO42-、Br-、HCO3-等離子。含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如下圖所示：①向曝氣池中通入空氣的目的是②通入空氣后曝氣池中海水與天然海水相比，濃度沒有明顯變化的離子是。a．Cl-B．SO42-C．HCO3-（2）用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進(jìn)行電解，可循環(huán)再生NaOH，同時(shí)得到H2SO4，其原理如下圖所示。(電極材料為石墨)①圖中b極要連接電的(填“正”或“負(fù)”)極，C口流出的物質(zhì)是。②SO32-放電的電極反應(yīng)式為③電解過程中陰極區(qū)堿性明顯增強(qiáng)，用平衡移動原理解釋原因。II．我國的能消費(fèi)結(jié)構(gòu)以燃煤為主，將煤氣化可減少環(huán)境污染，但煤氣化過程中能產(chǎn)生有害氣體H2S，用足量的Na2CO3溶液可吸收，該反應(yīng)的離子方程式為。(已知：H2SKal=9．1×10-8；Ka2=1．1×10-12；H2CO3Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61×10-11)【答案】Ⅰ（1）①將H2SO3、HSO3-等氧化為SO42-;②a（2）①正硫酸②SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+;③在陰極H+放電生成H2，c（H+）減小，水的電離平衡正向移動，堿性增強(qiáng)；ⅡCO32-+H2S=HCO3-+HS-.【解析】試題分析：Ⅰ（2）分析電解池中離子的移動方向，a極連接電源負(fù)極，b極連接電源的正極，且b極發(fā)生氧化反應(yīng)，生成硫酸從C口流出，陰極區(qū)H+放電生成H2，c（H+）減小，水的電離平衡正向移動，堿性增強(qiáng)；Ⅱ用足量的Na2CO3溶液吸收H2S，：H2SKal=9．1×10-8；Ka2=1．1×10-12；H2CO3Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61×10-11，可知酸性強(qiáng)弱順序?yàn)镠2CO3>H2S>HCO3->HS-,從而反應(yīng)的離子方程式為CO32-+H2S=HCO3-+HS-.考點(diǎn)：元素化合物知識、電解原理、原電池原理。19．某化學(xué)課外小組同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室做酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)，他們準(zhǔn)確移取25.00mL某未知濃度的鹽酸溶液于一潔凈錐形瓶中，然后用0.2000mol／LNaOH溶液滴定(指示劑為酚酞)。滴定結(jié)果如下：NaOH溶液起始讀數(shù)NaOH溶液終點(diǎn)讀數(shù)第一次0.02mL18.60mL第二次0.04mL18.66mL第三次0.20mL20.60mL（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可計(jì)算出鹽酸的物質(zhì)的量濃度為mol／L。(精確到0.0001)（2）下列有關(guān)滴定的操作正確的順序是①用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管②往滴定管中注入標(biāo)準(zhǔn)溶液③檢查滴定管是否漏水④滴定⑤加水洗滌A．⑤①③②④B．③⑤①②④C．⑤②③①④D．②①③⑤④（3）若操作有誤，則導(dǎo)致待測鹽酸溶液濃度偏低的錯(cuò)誤操作是A．滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)堿液潤洗，直接裝入標(biāo)準(zhǔn)堿液B．滴定前滴定管尖端有氣泡，滴后氣泡消失C．滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視滴定后俯視D．待測液中指示劑酚酞(為有機(jī)弱酸)加得太多（4）如果準(zhǔn)確移取25.00mL0.2000mol／LNaOH溶液于錐形瓶中，滴入酚酞指示劑，然后用未知濃度的鹽酸(裝在酸式滴定管中)滴定，是否也可測定出鹽酸的物質(zhì)的量濃度?填“是”或“否”)（5）另一小組同學(xué)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，若測定結(jié)果偏高，則產(chǎn)生誤差的原因可能是A．滴定時(shí)，裝NaOH溶液的錐形瓶未用NaOH溶液潤洗B．酸式滴定管用蒸餾水洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗C．滴定前，酸式滴定管尖嘴處有氣泡，而在滴定后氣泡消失D．配置NaOH溶液時(shí)，NaOH固體中混有少量KOH固體【答案】（10分）0.1488BC是BC【解析】試題分析：（1）第三次的數(shù)據(jù)偏差較大，為保證數(shù)據(jù)的有效性，所以舍去第三次數(shù)據(jù)，則消耗氫氧化鈉的平均體積是（18.60-0.02+18.66-0.04）/2=18.60mL，則鹽酸的物質(zhì)的量濃度為18.60mL×0.2000mol／L/25.00mL=0.1488mol/L；（2）滴定時(shí)先檢查滴定管是否漏水，再水洗、標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，裝入標(biāo)準(zhǔn)液，滴定，所以答案選B；（3）A．滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)堿液潤洗，直接裝入標(biāo)準(zhǔn)堿液，會使氫氧化鈉溶液體積偏大，滴定結(jié)果偏高，錯(cuò)誤；B．滴定前滴定管尖端有氣泡，使初讀數(shù)偏小，滴后氣泡消失，則消耗氫氧化鈉的體積偏大，結(jié)果偏高，錯(cuò)誤；C．滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視使讀數(shù)偏大，滴定后俯視使讀數(shù)偏小，所以消耗氫氧化鈉的體積偏小，結(jié)果偏低，正確；D．待測液中指示劑酚酞(為有機(jī)弱酸)加得太多，則消耗氫氧化鈉的體積增多，滴定結(jié)果偏高，錯(cuò)誤，答案選C；（4）是；因?yàn)閺?qiáng)酸與強(qiáng)堿的滴定，可以把固定體積的氫氧化鈉溶液放入錐形瓶中，待測液放入滴定管中，發(fā)生反應(yīng)的實(shí)質(zhì)仍是氫離子與氫氧根離子的中和反應(yīng)，不影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果；（5）A．滴定時(shí)，裝NaOH溶液的錐形瓶未用NaOH溶液潤洗，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響，錯(cuò)誤；B．酸式滴定管用蒸餾水洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，使消耗鹽酸的體積偏大，結(jié)果偏高，正確；C．滴定前，酸式滴定管尖嘴處有氣泡，使初讀數(shù)偏小，而在滴定后氣泡消失，所以消耗鹽酸的體積偏大，結(jié)果偏高，正確；D．配置NaOH溶液時(shí)，NaOH固體中混有少量KOH固體，使所配溶液的濃度偏低，錯(cuò)誤，答案選BC?？键c(diǎn)：考查滴定操作的判斷，誤差的分析，實(shí)驗(yàn)結(jié)果的計(jì)算20．閱讀下列實(shí)驗(yàn)內(nèi)容，根據(jù)題目要求回答問題：某學(xué)生為測定未知濃度的硫酸溶液，實(shí)驗(yàn)如下：用1.00mL待測硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425.00mL，滴定終止時(shí)消耗NaOH溶液15.00mL。（1）該學(xué)生用標(biāo)準(zhǔn)0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸的實(shí)驗(yàn)操作如下：A、用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL，注入錐形瓶中，加入指示劑。B、用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。C、用蒸餾水洗干凈滴定管。D、取下堿式滴定管用標(biāo)準(zhǔn)的NaOH溶液潤洗后，將標(biāo)準(zhǔn)液注入堿式滴定管刻度“0”以上2～3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下。E、檢查滴定管是否漏水。F、另取錐形瓶，再重復(fù)操作一次。G、把錐形瓶放在滴定管下面，瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點(diǎn)，記下滴定管液面所在刻度。①滴定操作的正確順序是（用序號填寫）___________________________。②該滴定操作中應(yīng)選用的指示劑是____________。③在G操作中如何確定終點(diǎn)？______________________________。（2）堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗導(dǎo)致滴定結(jié)果______________（填“偏小”、“偏大”或“無影響”）。（3）配制準(zhǔn)確濃度的稀H2SO4溶液，必須使用的主要容器是___________。（4）如有1mol·L－1和0.1mol·L－1的NaOH溶液，應(yīng)用_________________的NaOH溶液，原因是____________________________________________________。（5）用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時(shí)，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入__（選填“甲”或“乙”）中。（6）觀察堿式滴定管讀數(shù)時(shí)，若滴定前仰視，滴定后俯視，則結(jié)果會導(dǎo)致測得的稀H2SO4溶液濃度測定值（選填“偏大”“偏小”或“無影響”）（7）計(jì)算待測硫酸（稀釋前的硫酸）溶液的物質(zhì)的量濃度（計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后第二位）___?！敬鸢浮浚?）①ECDBAGF（2分，其它合理答案也給分）②酚酞③溶液由無色變?yōu)闇\紅色（或粉紅色）且半分鐘內(nèi)不褪色（2）偏大（3）100mL容量瓶（100未寫不給分）（4）0.1mol·L－1溶液濃度越稀，誤差就越?。?）乙（6）偏?。?）4.20mol·L－1（2分，單位不寫扣1分）【解析】試題分析：（1）用標(biāo)準(zhǔn)0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，首先要檢查滴定管是否漏水，再用蒸餾水洗干凈滴定管，取下堿式滴定管用標(biāo)準(zhǔn)的NaOH溶液潤洗后，將標(biāo)準(zhǔn)液注入堿式滴定管刻度“0”以上2～3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下，然后用待測定的溶液潤洗酸式滴定管，再用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL，注入錐形瓶中，加入指示劑，把錐形瓶放在滴定管下面，瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點(diǎn)，記下滴定管液面所在刻度；另取錐形瓶，再重復(fù)操作一次，故①滴定操作的正確順序?yàn)镋CDBAGF；②該滴定實(shí)驗(yàn)是用標(biāo)準(zhǔn)0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，所以要用酚酞作為終點(diǎn)的指示劑；③當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色（或粉紅色）且半分鐘內(nèi)不褪色，即可以認(rèn)為滴定達(dá)到終點(diǎn)；（2）堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，說明NaOH溶液的濃度小于0.14mol·L－1，所以會使計(jì)算的結(jié)果變大；（3）配制準(zhǔn)確濃度的稀H2SO4溶液，必須使用的主要容器是100mL容量瓶；（4）如有1mol·L－1和0.1mol·L－1的NaOH溶液，應(yīng)用0.1mol·L－1的NaOH溶液，因?yàn)槿芤簼舛仍较?，誤差就越??；（5）甲為酸式滴定管，乙為堿式滴定管，故用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時(shí)，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入乙中；（6）觀察堿式滴定管讀數(shù)時(shí)，若滴定前仰視，則讀到的數(shù)值比實(shí)際數(shù)值大，滴定后俯視，則讀到的數(shù)值比實(shí)際數(shù)值小，所以最后計(jì)算時(shí)得到的氫氧化鈉的體積比實(shí)際上的小，故導(dǎo)致測得的稀H2SO4溶液濃度測定值偏?。唬?）根據(jù)c1v1=c2v2，可以得到0.14×15=2×c2×25，所以c2=0.042mol/L，故待測硫酸（稀釋前的硫酸）溶液的物質(zhì)的量濃度為0.042×100=4.2mol/L?？键c(diǎn)：酸堿滴定點(diǎn)評：本題考查酸堿滴定，酸堿滴定是中學(xué)的經(jīng)典實(shí)驗(yàn)之一，是高考?？嫉目键c(diǎn)，本題難度不大。21．某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質(zhì)，為了測定其純度，進(jìn)行以下滴定操作：A．在250mL容量瓶中配制250mL燒堿溶液B．用移液管（或堿式滴定管）量取25.00mL燒堿溶液于錐形瓶中并加幾滴酚酞指示劑ZXXK]C．在天平上準(zhǔn)確稱取燒堿樣品wg，在燒杯中加蒸餾水溶解D．將物質(zhì)的量濃度為mmol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)H2SO4溶液裝入酸式滴定管，調(diào)整液面，記下開始刻度V1mLE．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點(diǎn)，記錄終點(diǎn)刻度為V2mL請完成下列問題：（1）正確的操作步驟是（填寫字母）__→__→__→D→__。（2）操作D中液面應(yīng)調(diào)整到_______________；尖嘴部分應(yīng)_________________。（3）以下操作會造成所測燒堿溶液濃度偏低的是（）A．酸式滴定管未用待裝溶液潤洗B．堿式滴定管未用待裝溶液潤洗C．錐形瓶未用待裝溶液潤洗D．在滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失（4）該燒堿樣品的純度計(jì)算式是__________________________________________?！敬鸢浮浚?）CABE（2）零刻度或零刻度以下的某一刻度充滿溶液，無氣泡（3）B（4）%【解析】試題分析：（1）①實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先稱量一定質(zhì)量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，故答案為：C；A；B；D；E；（2）滴定管0刻度在上，滴定前應(yīng)調(diào)節(jié)到零刻度或零稍下的某一刻度，為減小誤差，尖嘴部分應(yīng)充滿液體，無氣泡.（3）A．酸式滴定管未用待裝溶液潤洗，則酸的濃度減小，消耗酸溶液的體積增大，則測定結(jié)果偏高，A錯(cuò)誤；B．堿式滴定管未用待裝溶液潤洗，則堿的濃度減小，消耗酸溶液的體積減小，則測定結(jié)果偏低，B正確；C．錐形瓶未用待裝溶液潤洗屬于正確的操作，不影響結(jié)果，C錯(cuò)誤；D．在滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗酸溶液的體積增大，則測定結(jié)果偏高，D錯(cuò)誤，答案選B。（4）硫酸的物質(zhì)的量為m（V2-V1）×10-3mol，則n（NaOH）=2m（V2-V1）×10-3mol，m（NaOH）=80m（V2-V1）×10-3，則樣品中NaOH的質(zhì)量為10×80m（V2-V1）×10-3，所以燒堿樣品純度為10×80×（V2-V1）×10-3m/w【考點(diǎn)定位】本題主要是考查中和滴定實(shí)驗(yàn)的有關(guān)判斷與計(jì)算【名師點(diǎn)晴】誤差分析：（1）原理（以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測NaOH溶液為例）：cB＝；VB——準(zhǔn)確量取的待測液的體積；cA——標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度。故有：cB正比于VA。（2）常見誤差步驟操作V（標(biāo)準(zhǔn)）c（待測）洗滌酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗變大偏高堿式滴定管未用待測溶液潤洗變小偏低錐形瓶用待測溶液潤洗變大偏高錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水不變無影響取液放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失變小偏低滴定酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點(diǎn)時(shí)氣泡消失變大偏高振蕩錐形瓶時(shí)部分液體濺出變小偏低部分酸液滴出錐形瓶外變大偏高溶液顏色較淺時(shí)滴入酸液過快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液無變化變大偏高讀數(shù)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)（或前仰后俯）變小偏低酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)（或前俯后仰）變大偏高22．在25℃時(shí)，有pH為x的鹽酸和pH為y的NAOH溶液，取VxL該鹽酸同該NAOH溶液中和，需Vy（1）若x+y=14時(shí)，則Vx/Vy=_______________(填數(shù)值)。（2）若x+y=13時(shí)，則Vx/Vy=_______________(填數(shù)值)。（3）若x+y＞14時(shí)，則Vx/Vy=_______________(填表達(dá)式)，且VxVy____________(填“＞”“=”或“＜”)?！敬鸢浮浚?）1（2）（3）10x+y-14＞【解析】因?yàn)閜H=xc（H+）=10-xmol·L-1pH=yNaOH中pOH=14-yc（OH-）=10-（14-y）=10y-14H++OH-====H2O10-x×Vx10y-14×Vy所以==10x+y-1423．已知：正鹽A強(qiáng)熱可得到B、C、D、E四種物質(zhì)，B通常情況下為無色無味液體，E、F是空氣主要成分，D能產(chǎn)生酸雨，I為紅棕色氣體，C與J反應(yīng)可得A，J、K為兩種常見的酸。物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(圖中部分反應(yīng)物或生成物及反應(yīng)條件未列出）。請回答下列問題：（1）C、E分別是___________、___________。（2）寫出A強(qiáng)熱分解生成B、C、D、E的化學(xué)方程式_________________。（3）寫出D通人FeCl3溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_________________。（4）—定濃度J、K混合后的稀溶液200mL，平均分成兩份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解ag(產(chǎn)生氣體只為G)。向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如圖所示。則①a＝___________g，②生成的氣體G標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為___________，③J的物質(zhì)的量濃度為_________。【答案】（12分）（1）NH3（1分），N2（1分）；（2）3(NH4)2SO46H2O+4NH3+3SO2↑+N2↑（2分）；（3）SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+（2分）；（4①9.6g（2分）；②2.24L（2分）；③2.5mol/L（2分）。【解析】試題分析：正鹽A強(qiáng)熱可得到B、C、D、E四種物質(zhì)，B通常情況下為無色無味液體，則B是H2O，E、F是空氣主要成分，D能產(chǎn)生酸雨，I為紅棕色氣體，C與J反應(yīng)可得A，J、K為兩種常見的酸。D能產(chǎn)生酸雨，則D為SO2，I為紅棕色氣體，I為NO2，E、F是空氣主要成分，分別為N2、O2中的一種，C能與F連續(xù)反應(yīng)得到NO2，可推知F為O2、C為NH3、G為NO，故E為N2。J、K為兩種常見的酸，B通常情況下為無色無味液體，酸K可以由B與NO2反應(yīng)得到，則B為H2O、K為HNO3。SO2與氧氣反應(yīng)生成H為SO3，進(jìn)一步與水化合生成J為H2SO4，C是NH3與J反應(yīng)可得A，且為正鹽，故A為(NH4)2SO4。（1）由上述分析可知，C為NH3，E為N2；（2）(NH4)2SO4加強(qiáng)熱發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生NH3、N2、SO2、水的化學(xué)方程式是3(NH4)2SO46H2O+4NH3+3SO2↑+N2↑；（3）SO2具有還原性，F(xiàn)eCl3具有氧化性，將SO2通入FeCl3溶液時(shí)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2被氧化生成硫酸根，同時(shí)鐵離子被還有為亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；（5）將硝酸與硫酸混合，得到強(qiáng)酸性溶液。把溶液分為兩等份，向其中的一份中加入過量鐵，在OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，向其中另一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解ag(產(chǎn)生氣體只為G)，發(fā)生反應(yīng)：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；Cu與混酸反應(yīng)生成NO，反應(yīng)生成NO物質(zhì)的量等于Fe反應(yīng)生成NO的物質(zhì)的量，OA段發(fā)生反應(yīng)生成NO，該階段消耗Fe為5.6g，其物質(zhì)的量是n(Fe)=5.6g÷56g/mol==0.1mol，由方程式可知，生成NO為0.1mol，根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的Cu的物質(zhì)的量是n(Cu)=3/2n(NO)=3/2×0.1mol==0.15mol，故可以溶解Cu的質(zhì)量=0.15mol×64g/mol=9.6g；②反應(yīng)生成NO的體積V(NO)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；③當(dāng)反應(yīng)不再進(jìn)行時(shí)，得到的溶液為FeSO4溶液，反應(yīng)共消耗Fe的質(zhì)量是14g，其物質(zhì)的量是n(Fe)=14g÷56g/mol=0.25mol，所以根據(jù)元素守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25mol，每份含硫酸0.25mol，所以硫酸的濃度c(H2SO4)=n(H2SO4)÷V=0.25mol÷0.1L=2.5mol/L?！究键c(diǎn)定位】考查元素及化合物的推斷、化學(xué)方程式和離子方程式的書寫及有關(guān)氧化還原反應(yīng)計(jì)算的知識?！久麕燑c(diǎn)睛】本題涉及多種元素的單質(zhì)及化合物，但是它們之間有一定的關(guān)系，只要根據(jù)題目已知條件找到突破口，其它物質(zhì)就很容易推斷得到。通常情況下為無色無味液體是水；E、F是空氣主要成分，則它們分別是氮?dú)?、氧氣中的一種，D能產(chǎn)生酸雨，則D是SO2；I為紅棕色氣體，I是NO2，C連續(xù)與空氣的成分之一F反應(yīng)產(chǎn)生NO2，則C是NH3，F(xiàn)是O2，E必然是N2，其它就可以根據(jù)元素的單質(zhì)及化合物的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化關(guān)系和題干已知條件推斷得到。硝酸具有強(qiáng)的氧化性，在強(qiáng)酸性環(huán)境中會把金屬氧化為金屬陽離子，其本身被還原得到NO，當(dāng)溶液中H+足量時(shí)，N元素完全轉(zhuǎn)化為NO，然后根據(jù)原子守恒、電子守恒，結(jié)合微粒的氧化性強(qiáng)弱順序，就可以得到各種待求物理量的答案。元素及化合物的推斷是本題解答的根據(jù)。24．Ⅰ．請回答：（1）將硫化鈉溶液與氯化鋁溶液混合，有白色沉淀和氣體生成，但此沉淀不是硫化鋁。寫出該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：。（2）將NH3通過灼熱的CuO，有無色無味的難溶于水的氣體生成，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（3）CoCl2常用作多彩水泥的添加劑，可用鈷的某種氧化物與鹽酸反應(yīng)制備(其中Co的化合價(jià)為+2、+3)?，F(xiàn)取適量這種鈷的氧化物，可與480mL5mol·L－1鹽酸恰好完全反應(yīng)，得到CoCl2溶液和6.72L黃綠色氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。則該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為。Ⅱ．下表給出五種元素的相關(guān)信息，其中A、B、C、D為短周期元素。根據(jù)以下信息填空：元素相關(guān)信息A在常溫、常壓下，其單質(zhì)是氣體，隨著人類對環(huán)境的認(rèn)識和要求的提高，它將成為備受青睞的清潔燃料B工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)，其某種同素異形體是保護(hù)地球地表環(huán)境的重要屏障C植物生長三要素之一，它能形成多種氧化物，其中一種是早期醫(yī)療中使用的麻醉劑D室溫下其單質(zhì)為淡黃色粉末狀固體，加熱易熔化。該單質(zhì)在氧氣中燃燒，發(fā)出明亮的藍(lán)紫色火焰E它在地殼中儲量豐富，是人體不可缺少的微量元素之一。其單質(zhì)為銀白色固體，是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中不可或缺的金屬材料，常用于機(jī)械制備、建筑等行業(yè)（4）C與A形成的某一化合物能和C與B形成的另一無色化合物(這兩種化合物分子中原子個(gè)數(shù)比皆為1∶2)一起用作火箭助推劑，兩者發(fā)生反應(yīng)生成無毒物質(zhì)，寫出上述化學(xué)反應(yīng)方程式：。（5）化合物X是元素D的最高價(jià)氧化物的水化物，X在水中的電離方程為；常溫下，E的單質(zhì)與化合物X稀溶液反應(yīng)生成鹽Y，Y的化學(xué)式是?；衔颶僅由元素D和E組成，Z+H2O+O2→X+Y，產(chǎn)物中n(X)：n(Y)=1：1，寫出并配平上述方程式：。（6）鹽Y受強(qiáng)熱會發(fā)生分解反應(yīng)，其氣體產(chǎn)物由元素D的氧化物組成，請?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)可行的定性實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證其氣體產(chǎn)物中所含元素D的氧化物的組成?！敬鸢浮浚?）2Al3++3S2－+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑（2）2NH3+3CuO==3Cu+N2+3H2O（3）Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑+4H2O（4）2N2H4+N2O4==3N2+4H2O（5）H2SO4==2H++SO42－FeSO42FeS2+2H2O+7O2═2FeSO4+2H2SO4（6）將氣體產(chǎn)物通入品紅溶液，如果品紅溶液褪色，則含有SO2，反之則無SO2。取適量吸收液于試管，滴加適量鹽酸酸化，再滴加BaCl2，如有白色沉淀生成，則含有SO3，反之則無SO3。【解析】試題分析：Ⅰ（1）S2-與Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)，離子方程式為2Al3++3S2－+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑；（2）將NH3通過灼熱的CuO，有無色無味的難溶于水的氣體生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程為2NH3+3CuO==3Cu+N2+3H2O；（3）鈷的某種氧化物與480mL5mol·L－1鹽酸恰好完全反應(yīng)，得到CoCl2溶液和6.72L黃綠色氣體，可知2.4molHCl反應(yīng)生成0.3molCl2，則CoCl2中氯離子1.8mol，CoCl20.9mol，反應(yīng)生成0.3molCl2，失0.6mol電子，則氧化物中的鈷元素得0.6mol電子，推測0.9mol的Co+2占1/3、+3占2/3，則氧化物為Co3O4，方程式為Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑+4H2O；ⅡA、B、C、D為短周期元素，A在常溫、常壓下，其單質(zhì)是氣體，隨著人類對環(huán)境的認(rèn)識和要求的提高，它將成為備受青睞的清潔燃料，則A為H元素；分離液態(tài)空氣可得到氮?dú)夂脱鯕?，臭氧能保護(hù)地球地表環(huán)境，則B為O元素；植物生長三要素之一，能形成多種氧化物，其中一種是早期醫(yī)療中使用的麻醉劑，則C為N元素；室溫下其單質(zhì)為淡黃色粉末狀固體，加熱易熔化。該單質(zhì)在氧氣中燃燒，發(fā)出明亮的藍(lán)紫色火焰，則D為S元素；E在地