2013年高考化学 试题分类解析 考点08 电解质溶液

1.（2013·上海化学·19）部分弱酸的电离平衡常数如下表：

A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-

B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑

C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者

D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者

【答案】AD

【解析】根据电离常数可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A错误，B正确；等体积、等pH的HCOOH和HCN所含溶质，HCN多，则中和时消耗的NaOH的量多，C正确；根据电荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)= n(Na-)+n(H+)，

即离子总数是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D错误。

【考点定位】本题考查酸性强弱，离子浓度比较，中和反应等。

2.（2013·四川理综化学·5）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：

  A.实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)

  B.实验①反应后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)= mol·L—1    

  C. 实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1

  D. 实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋)

【答案】B

解析：由表中①的HA为弱酸且酸碱物质的量相等，因此得A正确；由①中电荷守恒得[OH-]=[K+]-[A-]+[H+]=Kw/1X10-9 mol/L,故B错误；C中由②得X＞0.2mol/L，故C正确；由电荷守恒得D正确

3、（2013·天津化学·4）下列实验误差分析错误的是

A、用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小

B、用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小

C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小

D、测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小

【解析】该题考查基本实验的误差分析。A选项湿润的PH试纸测稀碱液的PH时，碱液被稀释，PH值偏小，正确。B选项用容量瓶配置溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，错误。C选项滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，液就是读数偏小，正确。D选项测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量损失比较多，所测温度值偏小，正确。

答案：B

4、（2013·天津化学·5）下列有关电解质溶液的说法正确的是

A、在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变

B、CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸

C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)

D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同

【解析】该题考查电解质溶液的基本知识。A选项在蒸馏水中滴加浓H2SO4，放出热量，溶液温度升高，KW变大，错误。B选项CaCO3难溶于稀硫酸，但能难溶于醋酸，错误。C选项时溶液中的质子守恒，正确。D选项CH3COONH4双水解，促进水的电离，水的电离程度增大，错误。

答案：C

5.（2013·安徽理综·13）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：

         HSO3- + H2O          H2SO3 + OH-     ①

         HSO3-           H+ + SO32-           ②

向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是

A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大

B．加入少量Na2SO3固体，则c(H+) + c(Na+) = c(HSO3-) + c(OH-) +c(SO32-)

C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大

D．加入氨水至中性，则2c(Na+) = c(SO32-)>c(H+) = c(OH-)

13.【答案】C

【解析】溶液显酸性，说明电离大于水解。A加入，与水反应生成，与反应，故减小，错误；B该溶液中存在电荷守恒，故亚硫酸根前乘以2；错误；C、加入少量，

【考点定位】考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用。

6.（2013·广东理综·12）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是

A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0molL-1

B.饱和小苏打溶液中：c（Na+）= c（HCO3-）

C．饱和食盐水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）

D. pH=12的纯碱溶液中：c（OH-）=1.0×10-2molL-1

12、解析：50℃时，水的离子积常数大于1×10—14。pH=4的醋酸中，ｃ（H＋）=1×10—4 mol/L，A错误；饱和小苏打溶液中，ＨＣＯ３—会发生水解反应导致浓度减小，ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（ＨＣＯ３—），B错误；饱和食盐水中，ｃ（Ｎａ＋）+ｃ（H＋）=ｃ（ＯＨ—）+ｃ（Cl—）符合电荷守恒的关系，C正确；pH=12的碳酸钠溶液中, ｃ（ＯＨ—）=KW/1×10—12＞1×10—2 mol/L,D错误。答案：C

命题意图：水溶液中的离子平衡

7.（2013·江苏化学·14）一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知: pM=－lgc(M)，

pc(CO32－)=－lgc(CO32－)。下列说法正确的是

A.MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大

B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32－)

C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)＜c(CO32－)

D.c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，且c(Mg2＋)＜c(CO32－)

【参】BD

【解析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。图线变化隐含pH的实质。

A.pM 、pc(CO32－)与pH一样，图线中数值越大，实际浓度越小。因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小。

B.a点在曲线上，可表示MnCO3的饱和溶液，又在中点，故c(Mn2＋)=c(CO32－)。

C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，但图线中数值越大，实际浓度越小，故c(Ca2＋)＞c(CO32－)。

D.c点在曲线上方，可表示MgCO3 的不饱和溶液，且图线中数值越大，实际浓度越小，故c(Mg2＋)＜c(CO32－)。

8、（2013·广西理综·12）右图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是

   A.两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw

B.M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)

C.图中T1＜T2

D.XZ线上任意点均有pH＝7

【答案】D

【解析】由水的浓度积常数可知两曲线上的点均为该温度下的平衡点，所以曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw，A项正确；M区域均在XZ直线上方，即c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；根据水的电离是吸热的，升温有利于促进水的电离，所以升高温度离子积增大，因此T1＜T2，C项正确；XZ线上任意点均有c(H＋)=c(OH－)，但并不是pH均等于7，当温度高于25℃，pH<7，D项错误。

9.（2013·新课标卷I·9）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是

A. W2-、X+                          B. X+、 Y3+

C. Y3+、 Z2-                            D. X+、 Z2-

【考点】考查周期表中元素的推断及水的电离平衡影响因素。

【解析】该题命题结构简单，切入点新颖，考察了离子化合价与其离子电荷的关系。根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2- 、X+ 、Y3+ 、Z2-，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S， Al3+和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。 

【答案】C

10.（2013·重庆理综·8）下列说法正确的是(  )

A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质

B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)

C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成

D．AgCl沉淀易转化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜K(AgCl)

解析：考察化学知识组合，涉及电解质、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。A项，

三氧化硫溶于水能够导电，是因为生成硫酸的缘故，三氧化硫是非电解质；B项，若要成中性，必须构成CH3COONa与CH3COOH的混合溶液才有可能，V(醋酸)>V(NaOH);C项，发生反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，没有气体产生；D项，说明AgI比AgCl更难溶，Ksp(AgI)＜K(AgCl).

11.（2013·江苏化学·11）下列有关说法正确的是

A.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0

B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极

C.CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小

D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2 固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH 减小

【参】AC

【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。

A.本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发。内容来源于《选修四》P34－P36中化学方向的判断。

B.精炼铜时，粗铜铜作阳极，被氧化，纯铜作阴极，被还原。内容来源于《选修四》P81。

C.越稀越电离，醋酸与醋酸根离子浓度比减小。内容来源于《选修四》P41。

D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固体，抑制碳酸根离子水解，但pH值随着Ca(OH)2固体的加入而增大。

12、（2013·浙江理综·7）下列说法不正确的是

A．多孔碳可用氢氧燃料电池的电极材料

B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断

C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素

D．CH3CH—CH2和CO2反应生成可降解聚合物[ O—CHCH2—O—C ]n，该反应符合绿

O                                    CH3            O

色化学的原则

【解析】A选项：氢氧燃料电池要求电极必须多孔具有很强的吸附能力，并具一定的催化作用，同时增大气固的接触面积，提高反应速率。C选项：As和P同主族。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则。B选项：pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断。

13.（2013·新课标卷Ⅱ·13）室温时，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)   Ksp=a;  c(M2+)=b mol·L-1时，溶液的pH等于

A.                          B. 

C.14+                       D.14+ 

   解析：考察沉淀溶解平衡与PH值的关系。C(M2+)·C2(OH-)= a ；C2(OH-)=a/b，经过计算，选择C。

14（2013·北京理综·10）实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCI溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；

② 像滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；

③ 像沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。

下列分析不正确的是

A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：

B.滤液b中不含有Ag+

C.③中颜色变化说明AgCI 转化为AgI

D.实验可以证明AgI比AgCI更难溶

【答案】B

【解析】

A、绝对不溶的物质没有，难溶物质在溶液中存在沉淀溶解平衡，故正确；B、溶液中存在沉淀溶解平衡，滤液中含有Ag+，故错误；C、D选项沉淀由白色变为黄色，说明生成AgI，反应向更难溶的方向进行，故正确。

15．（2013·山东理综·13）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中

pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则

A．M点所示溶液导电能力强于Q点

B．N点所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+)

C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同

D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积

解析：由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。

答案：C

16．（2013·海南化学·8）0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是

A．c(H+)> c(F-)                        B．c(H+)> c(HF)

C．c(OH-)> c(HF)                        D．c(HF) > c(F-)

[答案]BC

[解析]：电离后，因水也电离产生H+，所以c(H+)>c(F-)均约为0.01，c(HF)约0.09，c(OH-)为10-12。

17. （2013·福建理综·8）室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是

A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH—=Al(OH)3↓   

B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH—)变大

C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性  

D．其溶液的pH=13

【知识点】弱电解质的电离及电离平衡常数，离子方程式的数学以及pH的计算

【答案】C  

【解析】A项，一水合氨属于弱碱，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的是     Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B项，氨水是弱电解质的电离平衡常数，一般受温度的影响，加水不会改变化学平衡常数；C项，完全中和后的得到的铝属于强酸弱碱盐，溶液显酸性；D项，一水合氨属于弱电解质，不能完全电离，故电离出的c(OH—)小于0.1mol/L，所以pH<13。

18、（2013·浙江理综·12）25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX

B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10—5

C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+)

D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)=                + c(Z—) +c(OH—)

【解析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX。B选项：当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C选项：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D选项：HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)=                c(Y—)+ c(Z—) +c(OH—)，又根据HY的电离平衡常数：

Ka(HY)=                  即有：c(Y—)=

所以达平衡后：c(H+)=                + c(Z—) +c(OH—)

19.（2013·上海化学·5）374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水

A.显中性，pH等于7     B.表现出非极性溶剂的特性

C.显酸性，pH小于7     D.表现出极性溶剂的特性

【答案】B

【解析】超临界水任然呈中性，ＡＣ项错误　根据相似相容的原理可以知道Ｂ正确（有机物大多数是非极性分子）　Ｄ错误。

20.（2013·上海化学·11）H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中

A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大

B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大

C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小

D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小

【答案】C

【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A错误，B项反应：2H2S+SO2=3S+2H2O

当SO2过量 溶液显酸性，而且酸性比H2S强 pH值减小，错误，滴加新制氯水，发生反应

Cl2+H2S=2HCl+S 平衡向左移动，溶液pH值减小，C项正确 加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S+Cu2-=CuS+2H-  H- 浓度增大 D项错误

21、（2013·新课标卷I·11）已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13 ，Ksp（Ag2CrO4）=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 

A、Cl-、Br-、CrO42-                                   B、CrO42-、Br、Cl- 

C、Br-、Cl-、CrO42-                                                 D、Br、CrO42-、Cl- 

【考点】考查浓度积计算及分析问题的能力。

【解析】设Cl-、Br-、CrO42- 刚开始沉淀时，银离子的浓度分别为x mol、y mol、z mol，则根据Ksp可得： 0.01x=1.56×10-10 0.01y=7.7×10-13 0.01z2=9×10-11 可分别解出x≈1.56×10-8  y≈7.7×10-13  z≈3××10-4.5 可知y【答案】C 

22.（2013·北京理综·26）（14分）

      NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。

(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_               .

(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:

1写出该反应的热化学方程式: _               .

②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_               .。

（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。

①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_               .

② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO.原因是               .，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。

（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:

①Pt电极上发生的是            反应(填“氧化”或“还原”)。

②写出NiO电极的电极反应式:            .

【答案】

（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；

（2）①、N2(g)+O2（g）=2NO(g)   △H=+183KJ/mol；

      ②、增大；

（3）①、2NO+2CON2+2CO2

     ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大；

（4）①、还原；

     ②、NO+O2--2e-=NO2；

【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；

（2）①、△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；

     ②、该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；

（3）①、NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；

     ②、由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；

（4）①、由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；

     ②、在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。

23、（2013·天津化学·7）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。

请回答下列问题：

（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）————————

（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）————

（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系

其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的结构式——；D的电子式——

如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为——

由A转化为B的离子方程式——————

如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的原因——————————————————。A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是——————————；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有————————————。

【解析】该题以周期律和周期表为基础知识，考查元素推断、重要元素化合物的性质、化学用语、电解质溶液中离子浓度大小比较等重要知识。

（1）根据短周期元素、X、Y元素的X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；推知X Y元素分别为H和C，Q与X同主族推知Q为Na元素，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，推知Z为O元素，R为Al元素。

原子半径大小顺序为Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ

（２）Ｃ和Ｈ形成的物质是有机化合物，含极性键又含非极性键，分子质量最小的只能是

Ｃ２Ｈ２

（３）C溶于水显酸性的气体只能是ＣＯ２，Ｄ是淡黄色固体，只能是过氧化钠

，

Ｂ为两性不溶物，Ａ　Ｂ均由三种元素组成，根据转化关系Ａ为ＮａＡｌＯ２，

Ｂ为Ａｌ（ＯＨ）３由Ａ转化为Ｂ的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或

2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3+CO32-                 

A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性,A是Na2CO3，B是NaHCO3.A显碱性的原因是CO32-的水解。水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-,二者等浓度的混合溶液中，离子浓度的大小顺序为c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+),    碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大。在滴加盐酸至中性时，碳酸钠和盐酸反应生成NaHCO3，NaHCO3和盐酸反应生成NaCL、H2O、CO2、若果溶质全是NaCl，由于有CO2，溶液就显酸性，所以溶质是NaHCO3、NaCl、CO2。

答案：见解析

24．（2013·山东理综·29）（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用

（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应

TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H﹥0    （）

反应（）的平衡常数表达式K=             ，若K=1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为                 

（2）如图所示，反应（）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1     T2（填“﹥”“﹤”或“=”）。上述反应体系中循环使用的物质是            。

（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为          ，滴定反应的离子方程式为                                        

（4）25℃时，H2SO3 HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= 

         mol/L，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将         （填“增大”“减小”或“不变”）。

解析：（1）或，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。

（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2。I2是可以循环使用的物质.

(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂.离子反应:H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-.

(4)Ka＝,HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则增大。

答案：（1）或，66.7%

（2）＜，I2

（3）淀粉溶液，H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-

（4）1.0×10-12，增大

25.（2013·广东理综·31）(16分)

大气中的部分碘源于O3对海水中Ⅰ-的氧化。将O3持续通入NaⅠ溶液中进行模拟研究.

（1）O3将Ⅰ-氧化成Ⅰ2的过程由3步反应组成：

①Ⅰ-（aq）+ O3（g）=ⅠO-(aq)+O2（g）△H1

②ⅠO-（aq）+H+(aq) HOⅠ(aq) △H2

总反应的化学方程式为______，其反应△H=______

（2）在溶液中存在化学平衡：，其平衡常数表达式为_______.

(3) 为探究Fe2+对氧化Ⅰ-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中Ⅰ3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。

11.Ⅰ组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______.

12.图13中的A为_____由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______.

 ③第2组实验进行18s后，Ⅰ3-下降。导致下降的直接原因有双选______.

A.C(H+)减小     B.c(Ⅰ-)减小     C. Ⅰ2(g)不断生成    D.c（Fe3+）增加

    （4）据图14，计算3-13s内第2组实验中生成l3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。

31、解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。（2）依据平衡常数的定义可得，K=。（3）由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。由于是持续通入O3=，O2可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++ O2+ H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。

答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2） （3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；Fe3+，BD（4）（计算过程略）5.5×10—4 mol/L·s