=c（K＋）+c（H＋）可知，c（K＋）>c（C6H5O－），故此时离子浓度关系应该是c（K＋）>c（C6H5O－）>c（OH－）>c（H＋）。
错误
B
当pH<7时，c（H＋）>c（OH－），根据电荷守恒c（C6H5O－）+c（OH－）
=c（K＋）+c（H＋）可知，c（K＋）c（K＋）>c（H＋）>c（OH－）。
错误
C
V[C6H5OH（aq）]=10mL时,恰好得到苯酚钾溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为c（K＋）>c（C6H5O－）>c（OH－）>c（H＋）。
错误
D
V[C6H5OH（aq）]=20mL时,得到等浓度的苯酚钾和苯酚的混合溶液，根据物料守恒可得c（C6H5O－）+c（C6H5OH）=2c（K＋）。
正确
7.（2011·天津高考·5）下列说法正确的是（）
A.25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O
SO32―+2I―+4H＋
C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2―、NO3－
D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
【思路点拨】解答离子方程式书写、离子共存等题目时注意隐含条件，如本题中I2具有较强氧化性，加入铝粉能产生氢气的溶液可能是强碱性溶液，也可能是酸性溶液。
【精讲精析】选C。
选项
具体分析
结论
A
水的离子积Kw仅是温度的函数，温度越高，Kw越大，与溶液中的溶质无关。
错误
B
I2具有较强氧化性，能将SO2氧化，正确的离子方程式是
SO2＋I2＋2H2O=====SO42－＋4H＋＋2I－
错误
C
加入铝粉能产生氢气的溶液可能是强碱性溶液，也可能是酸性溶液，若是强碱性溶液，Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－可以大量共存。
正确
D
100℃时，Kw=1.0×10-12，PH=2的盐酸c（H+）=0.01mol/L,pH=12的NaOH溶液c（OH－）=1mol/L，若等体积混合溶液显碱性。
错误
8.（2011·新课标全国卷·10）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）
A.c（H+）B.Ka（HF）C.
D.
【思路点拨】解答本题时需注意弱电解质的稀释造成的电离平衡移动对溶液中各离子的物质的量和浓度造成的影响。
【精讲精析】选D。
选项
具体分析
结论
A
弱酸稀释时，电离平衡正向移动，溶液中n（H+）增大，但c（H+）减小
错误
B
弱酸的Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变
错误
C
因为在同一溶液中，所以
=n（F-）/n（H+），随溶液的稀释，弱酸对水的电离的抑制作用减弱，水电离出的H+逐渐增多，所以
逐渐减小
错误
D
在同一溶液中，
=
，随溶液的稀释，HF的电离平衡正向移动，n（H+）增大，n（HF）减小，所以
始终保持增大
正确
9.（2011·浙江高考·12）下列说法不正确的是（）
A．已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol，假设每摩尔冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰中的氢键，则最多只能破坏冰中
15％的氢键
B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，
。
若加入少量CH3COONa固体，则CH3COOH
CH3COO－+H＋向左移动，α减小，Ka变小
C．实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为－3916kJ/mol、－3747kJ/mol和－3265kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
D．已知：
Fe2O3（s）＋3C（石墨）
2Fe（s）＋3CO（g）△H＝＋489.0kJ/mol
CO（g）＋
O2（g）
CO2（g）△H＝－283.0kJ/mol
C（石墨）＋O2（g）
CO2（g）△H＝－393.5kJ/mol
则4Fe（s）＋3O2（g）
2Fe2O3（s）△H＝－1641.0kJ/mol
【思路点拨】解答本题要明确以下三点：
（1）将微观的键能和宏观的热效应联系在一起。
（2）熟悉弱电解质的电离平衡。
（3）能熟练利用盖斯定律进行热效应计算。
【精讲精析】选B。
A项正确，熔化热只相当于0.3mol氢键；B项错误，Ka只与温度有关，与浓度无关；C项正确，环己烯（l）与环己烷（l）相比，形成一个双键，能量降低169kJ/mol，苯（l）与环己烷（l）相比，能量降低691kJ/mol，远大于169×3，说明苯环有特殊稳定结构；D项正确，热化学方程式从上而下依次编号为①②③④则有：
④=（③-②）×6－①×2，△H也成立。
二、非选择题
10.（2011·福建高考·23）
I.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
（1）磷元素的原子结构示意图是。
（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500°C生成白磷，反应为：
2Ca3（PO4）2+6SiO2====6CaSiO3+P4O1010C+P4O10====P4+10CO↑
每生成1molP4时，就有mol电子发生转移。
（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常用的还原剂。
在维生素C（化学式C6Ｈ8Ｏ6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。
发生的反应为：
C6H8O6+I2====C6H6O6+2H++2I-2S2O32-+I2====S4O62-+2I-
在一定体积的某维生素C溶液中加入amol·L-1I2溶液V1mL,充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗bmol·L-1Na2S2O3溶液V2ml，该溶液中维生素C的物质的量是mol。
（4）在酸性溶液中，碘酸钠（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：
2IO3-+5SO32-+2H+====I2+5SO42-+H2O
生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
某同学设计实验如下表所示：
该实验的目的是______；表中V2=_________mL。
Ⅱ稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。
（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3• 6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。
其中，NH4Cl的作用是___________。
（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH ≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离。
完成反应的离子方程式：
□Ce3++□H2O2+□H2O
□Ce（OH）4↓+□
【思路点拨】解答本题要注意某些技巧的应用：
（1）多步反应的计算可以利用关系式法，简化计算过程。
（2）属于氧化还原反应的离子方程式配平时，除了依据元素守恒、电子守恒外，还要考虑电荷守恒。
【精讲精析】
（1）磷是15号元素，其核外有3个电子层，每个电子层上的电子数依次是2、8、5；
（2）反应过程中磷酸钙最终变成了白磷，磷的化合价由+5价变成0价，由此可以得到如下关系式：
2Ca3（PO4）2～P4～20e－，所以每生成1molP4，转移20mol电子；
（3）与Na2S2O3反应的I2的物质的量为：
×
mol，与维生素C反应的I2的物质的量即为维生素C的物质的量，n（维生素C）＝
mol－
×
mol＝
mol。
（4）研究外界条件对反应速率的影响时，采用“控制变量法”，即只有1个条件在变化，所以溶液的体积是确定的，V＝5mL+5mL+40mL＝50mL＝5mL+V1mL+35mL＝5mL+V2mL+5mL，解得：
V1＝10，V2＝40。
根据表中的数据可以判断，实验1和实验2温度相同，Na2SO3溶液的浓度不同，而实验2和实验3温度不同，Na2SO3溶液的浓度应该相同，所以该实验的目的是探究反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系。
（5）CeCl3能够发生水解反应：
Ce3++3H2O
Ce（OH）3+3H+ΔH＞0，若直接加热CeCl3·6H2O，水解平衡正向移动，将会产生Ce（OH）3沉淀，加入氯化铵晶体时，其加热时会产生HCl，抑制CeCl3水解，防止Ce（OH）3的生成。
（6）依据元素守恒、电子守恒和电荷守恒配平。
答案:
（1）
（2）20
（3）
（4）探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系（或其他合理答案）40
（5）产生HCl，抑制CeCl3水解（或其他合理答案）
（6）21626H+
11.（2011·福建高考·24）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。
由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。
该过程中有如下反应发生：
2Fe3++Fe====3Fe2+
2TiO2+（无色）+Fe+4H+====2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O
Ti3+（紫色）+Fe3++H2O====TiO2+（无色）+Fe2++2H+
加入铁屑的作用是。
（2）在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在范围。
（3）若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉。
已知25°C时，Ksp[Fe（OH）3]=2.79×10-39，该温度下反应Fe（OH）3+3H+
Fe3++3H2O的平衡常数K=。
（4）已知：
TiO2（s）+2Cl2（g）====TiCl4（l）+O2（g）ΔH＝+140kJ·mol－1
2C（s）+O2（g）
2CO（g）△H＝－221kJ·mol－1
写出④中TiO2和焦炭、氧气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：
。
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。
依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是（只要求写出一项）。
（6）依据表格信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用方法。
TiCl4
SiCl4
熔点/℃
-25.0
-68.8
沸点/℃
136.4
57.6
【思路点拨】解答本题要明确如下三点：
（1）求平衡常数时，可以将表达式中的分子和分母都乘以某种微粒的浓度，以找出与所给条件相符的式子。
（2）绿色化学的基本要求。
（3）分离互溶的液体混合物的方法。
【精讲精析】
（1）从图中可以看出，对流程①进行处理的目的是得到富含TiO2+的溶液和绿矾（FeSO4·7H2O），所以加入铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，同时将部分TiO2+还原成Ti3+，以防止Fe2+被氧化成Fe3+。
（2）胶体的分散质微粒直径的大小在10－9～10－7m之间。
（3）Fe（OH）3中存在如下沉淀溶解平衡：
Fe（OH）3（s）
Fe3+（aq）+3OH－（aq），Ksp［Fe（OH）3］＝c（Fe3+）·c3（OH－）＝2.79×10－39，Fe（OH）3+3H+
Fe3++3H2O，
K＝
＝
＝
＝
＝2.79×103。
（4）先写出该反应的化学方程式：
TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）
TiCl4（l）+2CO（g）；将两个热化学方程式相加即得目标方程式，所以
△H＝+140kJ·mol－1－221kJ·mol－1＝－81kJ·mol－1。
（5）该反应产生废渣、废液和废气，不符合绿色化学的零排放要求。
（6）TiCl4和SiCl4的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法将二者分离。
答案:
（1）使Fe3+还原为Fe2+；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化
（2）10－9～10－7m
（3）2.79×103
（4）TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）
TiCl4（l）+2CO（g）
△H＝－81kJ·mol－1
（5）产生三废（或其他合理答案）
（6）蒸馏（或精馏）
12．（2011·海南高考·15）氯气在295K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。
请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为____________________________；
（2）估算该反应的平衡常数________________（列式计算）；
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【精讲精析】
（1）Cl2和水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸；
（2）在该氯水中，c（Cl2）＝
×0.09mol/L＝0.06mol/L，c（Cl－）＝c（H+）＝c（HClO）＝
×0.09mol/L＝0.03mol/L，忽略HClO的电离，所以K＝
＝
＝4.5×10－4（mol/L）2；（3）加入少量NaOH固体，NaOH可以和H+及HClO反应，使平衡Cl2（g）+H2O
H++Cl－+HClO正向移动；（4）增大氯气的压强上述平衡正向移动，氯气在水中的溶解度增大。
答案:
（1）Cl2+H2O
H++Cl－+HClO
（2）K＝
＝
＝4.5×10－4（mol/L）2
（3）正反应方向（4）增大正反应方向
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