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2018年高考化学真题分类汇编 专题8 水溶液中的离子平衡
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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)
Ⅰ—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δ[δ=c(H2PO4–)/c总(含P元素的粒子)]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（H2PO4–）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HPO42–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–、PO43–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，δ=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。
【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H2PO4–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+)= 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(Cl-)；c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)或c(Na+)= c(CH3COO-)，但两种溶液中的c(Na+)前者大，故c(Cl—)＞c(CH3COO—)，故D错误。
【考点】水溶液中的离子平衡
4.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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。
Ⅱ—水的电离和溶液的酸碱性
5.[2018北京卷-12]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3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①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)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。
6.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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。
Ⅲ—盐类的水解
7.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的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CuCl2
【答案】A
【解析】A. NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2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Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H+，B正确； C.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) 2CaCl2+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+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
【考点】Fe3+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，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
A.在a点的溶液中c(Na+ )>c(CO32-)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+ )
B.在b点的溶液中2 n(CO32-)+n( HCO3-)<0. 001 mol
C.在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D.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(CH3COO-)
【答案】B
【解析】0.1mol/L盐酸加入10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，盐酸会先和氢氧化钠反应，而后再和Na2CO3溶液反应。a点加入盐酸体积为5mL，它与氢氧化钠反应，消耗原溶液中一半的氢氧化钠，而溶液中Na2CO 3水解能增加溶液中的c(OH-)，从而c(OH-) > c(C1-)，故在a点的溶液中：c(Na+ )>c(CO32-)> 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(CO32-)+n( HCO3-)+ n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，可知：2 n(CO32-)+n( HCO3-)= 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(CH3COO-)+2 c(CO32-)+c( HCO3-),D错误。
【考点】盐溶液中的离子平衡
10.[2018全国卷Ⅱ-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
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-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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Ⅱ-11]NA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P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 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P－P键。因此，常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，所含P—P键数目为6NA，A错误； B. Fe3+在溶液中水解，导致溶液中Fe3+数目减少。因此，100 mL 1mol·L−1FeCl3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Ⅲ-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
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. 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(Al3++3HCO3—=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 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3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①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)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-10]CO2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______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH= 。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_______（填“A” 或“B ”）。
②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Al～CO2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− =3C2O42−
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】 (1) CO32-、10 (2) ①+120 kJ·mol-1、B ②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 (3) Al–3e–=Al3+（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（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=c(H+)·c(CO32–)/ c(HCO3–)= c(H+)/2=5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。 （2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +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。 ②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。
Ⅳ—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褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=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HNO3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Ⅲ-12] 用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
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-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-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 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl－溶液，达到滴定终点时消耗AgNO3溶液25.0 mL，此点对应的纵坐标值(-lg(Cl－)等于5，即：c(Cl－)=10－5mol/L，而此时：c(Cl－)= c(Ag+)，Ksp(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－)＝KSP(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)
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①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 g·mol−1）
【答案】 (1)研磨、加热 (2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S
(3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (4) 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (5) CaSO4微溶； BaCO3+ SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+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)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4＜H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，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难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4—+H2O。 (6)根据题意关系式为： H3PO4~2NaOH~ Na2HPO4，由消耗的NaOH计算H3PO4，消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n(H3PO4) =0.5n(NaOH) =0.5bmol/L×c×10-3L
=bc/2000mol，m(H3PO4) = bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bc/a。
【考点】本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、质量分数的计算等。
19.[2018江苏卷-7]下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4=CaCO3+SO42−
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】A. CaCO3比CaSO4更难溶，故饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应的离子方程式为CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A正确； B. 方程式：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O，电荷不守恒，得失电子不守恒，B错误，正确的离子方程式为：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O； C.碱性溶液中不可能大量存在H+，正确的离子方程式为3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl−+2FeO42−+5H2O，C错误； D.解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为：
Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D错误；
【考点】沉淀的转化；电荷守恒；离子共存；电解原理及离子的放电顺序。
20.[2018江苏卷-12]根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
【答案】B
【解析】A. 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，发生反应：C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，浊液变清，只能证明C6H5OH的酸性比HCO3—强，A错误； B. 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，是因为CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B正确； C.Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，依氧化剂的氧化性大于氧化产物知，Cu2+的氧化性强于Fe2+，C错误； D.向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，但NaCl、NaI的浓度未知，故不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D错误。
【考点】苯酚与碳酸酸性强弱的探究；萃取的原理；氧化性强弱的判断；沉淀的生成与Ksp的比较。
21.[2018江苏卷-13]根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】A.升高温度，lgK减小，即K减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确； B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓， H2O2分解速率逐渐减小，B正确； C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸；也可根据图示，达到滴定终点时溶液呈碱性，说明HX为一元弱酸；C错误； D.根据图像可见横坐标值越小，纵坐标值越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小，D正确；
【考点】图像分析；温度改变后平衡常数K的变大变小与平衡移动方向的关系 ；酸碱中和滴定pH曲线；沉淀溶解平衡曲线。
22.[2018天津卷-4]由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
【答案】B
【解析】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。 B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。 C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明ZnS沉淀转化成了CuS沉淀。选项C错误。 D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀(有多种可能)，再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。
【考点】亚铁离子的检验、苯酚与碳酸酸性强弱比较、沉淀的转化、硫酸根离子的检验、硝酸的强氧化性。
专题8 水溶液中的离子平衡(选修4)
Ⅰ—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δ[δ=c(H2PO4–)/c总(含P元素的粒子)]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（H2PO4–）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HPO42–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–、PO43–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，δ=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。
【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H2PO4–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+)= 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(Cl-)；c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)或c(Na+)= c(CH3COO-)，但两种溶液中的c(Na+)前者大，故c(Cl—)＞c(CH3COO—)，故D错误。
【考点】水溶液中的离子平衡
4.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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。
Ⅱ—水的电离和溶液的酸碱性
5.[2018北京卷-12]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3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①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)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。
6.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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。
Ⅲ—盐类的水解
7.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的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CuCl2
【答案】A
【解析】A. NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2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Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H+，B正确； C.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) 2CaCl2+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+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
【考点】Fe3+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，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
A.在a点的溶液中c(Na+ )>c(CO32-)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+ )
B.在b点的溶液中2 n(CO32-)+n( HCO3-)<0. 001 mol
C.在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D.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(CH3COO-)
【答案】B
【解析】0.1mol/L盐酸加入10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，盐酸会先和氢氧化钠反应，而后再和Na2CO3溶液反应。a点加入盐酸体积为5mL，它与氢氧化钠反应，消耗原溶液中一半的氢氧化钠，而溶液中Na2CO 3水解能增加溶液中的c(OH-)，从而c(OH-) > c(C1-)，故在a点的溶液中：c(Na+ )>c(CO32-)> 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(CO32-)+n( HCO3-)+ n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，可知：2 n(CO32-)+n( HCO3-)= 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(CH3COO-)+2 c(CO32-)+c( HCO3-),D错误。
【考点】盐溶液中的离子平衡
10.[2018全国卷Ⅱ-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
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-14] H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4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 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），整理两式得：
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+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—+H2OH2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10−2)=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）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（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+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（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+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Ⅱ-11]NA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P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 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P－P键。因此，常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，所含P—P键数目为6NA，A错误； B. Fe3+在溶液中水解，导致溶液中Fe3+数目减少。因此，100 mL 1mol·L−1FeCl3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Ⅲ-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
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. 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(Al3++3HCO3—=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 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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—+H2O HSO3—+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3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①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c(SO32—)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-10]CO2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______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气： CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH= 。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_______（填“A” 或“B ”）。
②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Al～CO2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− =3C2O42−
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】 (1) CO32-、10 (2) ①+120 kJ·mol-1、B ②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 (3) Al–3e–=Al3+（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（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=c(H+)·c(CO32–)/ c(HCO3–)= c(H+)/2=5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。 （2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +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。 ②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。
Ⅳ—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褪芭； C. Na2S溶液滴入AgCl浊液中，反应为2AgCl+Na2S=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HNO3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Ⅲ-12] 用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
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-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-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 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl－溶液，达到滴定终点时消耗AgNO3溶液25.0 mL，此点对应的纵坐标值(-lg(Cl－)等于5，即：c(Cl－)=10－5mol/L，而此时：c(Cl－)= c(Ag+)，Ksp(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－)＝KSP(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)
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①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 g·mol−1）
【答案】 (1)研磨、加热 (2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S
(3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (4) 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (5) CaSO4微溶； BaCO3+ SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+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)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4＜H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，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难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4—+H2O。 (6)根据题意关系式为： H3PO4~2NaOH~ Na2HPO4，由消耗的NaOH计算H3PO4，消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n(H3PO4) =0.5n(NaOH) =0.5bmol/L×c×10-3L
=bc/2000mol，m(H3PO4) = bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bc/a。
【考点】本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、质量分数的计算等。
19.[2018江苏卷-7]下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4=CaCO3+SO42−
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】A. CaCO3比CaSO4更难溶，故饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应的离子方程式为CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A正确； B. 方程式：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O，电荷不守恒，得失电子不守恒，B错误，正确的离子方程式为：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O； C.碱性溶液中不可能大量存在H+，正确的离子方程式为3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl−+2FeO42−+5H2O，C错误； D.解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为：
Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D错误；
【考点】沉淀的转化；电荷守恒；离子共存；电解原理及离子的放电顺序。
20.[2018江苏卷-12]根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
【答案】B
【解析】A. 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，发生反应：C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，浊液变清，只能证明C6H5OH的酸性比HCO3—强，A错误； B. 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，是因为CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B正确； C.Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，依氧化剂的氧化性大于氧化产物知，Cu2+的氧化性强于Fe2+，C错误； D.向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，但NaCl、NaI的浓度未知，故不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D错误。
【考点】苯酚与碳酸酸性强弱的探究；萃取的原理；氧化性强弱的判断；沉淀的生成与Ksp的比较。
21.[2018江苏卷-13]根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】A.升高温度，lgK减小，即K减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确； B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓， H2O2分解速率逐渐减小，B正确； C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸；也可根据图示，达到滴定终点时溶液呈碱性，说明HX为一元弱酸；C错误； D.根据图像可见横坐标值越小，纵坐标值越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小，D正确；
【考点】图像分析；温度改变后平衡常数K的变大变小与平衡移动方向的关系 ；酸碱中和滴定pH曲线；沉淀溶解平衡曲线。
22.[2018天津卷-4]由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
【答案】B
【解析】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。 B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。 C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明ZnS沉淀转化成了CuS沉淀。选项C错误。 D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀(有多种可能)，再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。
【考点】亚铁离子的检验、苯酚与碳酸酸性强弱比较、沉淀的转化、硫酸根离子的检验、硝酸的强氧化性。
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