高二化学下册水溶液中的离子平衡单元测试题[1]

逍遥右脑  2018-09-18 10:39

1.(2018•重庆理综化学卷,T3)下列叙述正确的是( )

A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体

B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO-)增大

C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2

D.25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度

【答案】D

【解析】A、浓氨水和FeCl3溶液反应产生Fe(OH)3沉淀,不会产生胶体,A错误;B、加入浓盐酸,使平衡CH3COO-+H+ CH3COOH向正方向移动, 减小;C、反应的化学方程式为Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O,C错误;D、Cu(OH)2的沉淀溶解平衡的方程式为Cu(OH)2 Cu2++2OH-,在Cu(NO3)2中,会使平衡向逆方向移动,导致溶解度减小,D正确。

2.(2018•浙江理综化学卷,T12)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:

Cl2(g) Cl2(aq) K1=10-1.2

Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl- K2=10-3.4

HClO H+ + ClO- Ka=?

其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是

A.Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl- K=10-10.9

B.在氯处理水体系中,c(HClO) + c(ClO-) =c(H+)-c(OH-)

C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差

D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好

【答案】C

【解析】将两个方程式相加,得到Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl-, K=K1K2=10-4.6,A错误;在氯处理水体系中,根据电荷守恒可得:c(OH-)+c(ClO-) =c(H+),B错误;根据图可以看出,次氯酸的浓度在pH=7.5时比pH=6.5时少,杀菌效果差,C正确;夏季温度高,次氯酸受热易分解,在夏季的杀菌效果比在冬季差,D错误。

3.(2018•天津理 综化学卷,T5)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是(  )

A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S O2-4)+c(OH-)

B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)

C.CO2的水溶液:c(H+)>c(HCO-3)=2c(CO2-3)

D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)]

【答案】A

【解析】A、由溶液中的电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=2c(SO2-4)+c(OH-),又因NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO2-4),所以c(H+)=c(SO2-4)+c(OH-),A项正确;B、因Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Cl-)>c(I-),B项错误;C、CO2的水溶液中存在电离平衡:H2CO3 H++ HCO-3、HCO-3 H++CO2-3,因第一步电离的程度远大于第二步电离的程度,故溶液中c(HCO-3)远大于2c(CO2-3),C项错误;D、根据物料守恒得:2c(Na+)=3[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)],故D项错误。

4.(2018•天津理综化学卷 ,T3)运用相关化学知识进行判断,下列结论错误的是(  )

A.某吸热反应能自发进行,因此该反应是熵增反应

B.NH4F水溶液中含有HF,因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

C.可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体,因此可存在于海底

D.增大反应物浓度可加快反应速率,因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率

【答案】D

【解析】A、当ΔH-TΔS<0时,反应能自发进行,吸热反应的ΔH>0,吸热反应能自发,说明ΔS>0,A项正确;B、NH4F溶液中F-水解生成HF,HF能与玻璃中的SiO2发生反应4

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4HF+SiO2===SiF4↑+2H2O,故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中,B项正确;C、可燃冰需在低温高压下形成,所以可燃冰可存在于海底,C项正确;D、常温下,浓硫酸使铁发生钝化,D项错误。

5.(2018•四川理综化学卷,T6)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是:

A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:C(Na+)>c(CO32 -)>c(HCO3- )>c(OH-)

B.20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:C(CH3COO-)>c(Cl-) >c(CH3COOH)>c(H+)

C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(NH4+ )>c(OH-)

D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中: c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)

【答案】B

【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,恰好完全反应,溶液中的溶质为碳酸钠, C(Na+)>c(CO32 -)>c(OH-)>c(HCO3- ),A错误;20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸,则醋酸的电离大于醋酸根的水解,C(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),B正确;pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,溶液呈碱性,C错误;0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,溶质为醋酸钠,醋酸根水解生成醋酸和氢氧根,水电离出氢离子和氢氧根,故 c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH),D错误。

6.(2018•上海单科化学卷,T21)室温下,甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液,向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是

A.溶液的体积10V甲≤V乙

B.水电离出的OH—浓度:10c(OH—)甲≤c(OH—)乙

C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和,所得溶液的pH:甲≤乙

D.若分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反应,所得溶液的pH :甲≤乙

【答案】AD

【解析】A、如果酸是强酸,当PH=3升高到PH=4,需要溶液稀释10倍。如果酸是弱酸,当PH=3升高到PH=4,需要溶液稀释大于10倍,则溶液的体积是10V甲≤V乙,A正确;B、酸性溶液中,酸电离出的H+会抑制水的电离,则甲烧杯中的H+浓度是乙烧杯中H+浓度的10倍,因此水电离出的OH?浓度:10c(OH—)甲=c(OH—)乙,B错误;C、如果生成的盐不水解,则溶液的PH相等。如若盐水解,则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性,因此所得溶液的PH:乙≤甲,C错误;D、若分别于5 mL pH=11的NaOH溶液反应,如果是强酸,则均是恰好反应,溶液显中性。如果是弱酸,则酸过量,但甲烧杯中酸的浓度大,pH小,因此,所得溶液的pH:甲≤乙,D正确。

7.(2018•山东理综化学卷,T13)已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol•L‾1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中

A.水的电离程度始终增大

B.c(NH4+)/ c(NH3•H2O)先增大再减小

C.c(CH3COOH)与c(CH3COO‾)之和始终保持不变

D.当加入氨水的体积为10mL时,c (NH4+)= c (CH3COO‾)

【答案】D

【解析】A、醋酸电离:CH3COOH CH3COO‾+H+,一水合氨电离:NH3•H2O NH4++OH‾,H2O的电离:H2O H++ OH‾,所以开始滴加氨水时,水的电离程度增大(中和了醋酸电离出的H+),当二者恰好完全反应后,再滴加氨水,会抑制水的电离,使其电离程度减小,A错误;B、NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ,所以 = 。温度不变,Kb不变,但随着氨水的不断滴加, 逐渐增大,所以 始终减小,B错误;C、随着氨水的不断滴加,溶液的体积增大,c(C

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H3COOH)与c(CH3COO‾)之和逐渐减小,C错误;D、当加入氨水的体积为10mL时,CH3COOH和NH3•H2O恰好完全反应。因为二者的电离常数相等,所以CH3COONH4呈中性, ,根据电荷守恒可知c (NH4+)= c (CH3COO‾),D正确。

8.(2018•全国理综I化学卷,T13)利用右图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是( )

选项 ① ② ③ 实验结论

A. 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液5ykj.com (AgCl)> (Ag 2S)

B. 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性

C. 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀

D. 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性:硝酸>碳酸>硅酸

【答案】B

【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3,进而把H2S氧化为S沉淀,同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液,不能观察AgCl转化为Ag2S,A错误;浓硫酸有脱水性,可使蔗糖碳化,并放出大量的热量,进而与生成的C反应生成SO2,使③中的溴水褪色,通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性,B正确;稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原生成BaSO4,SO2与BaCl2则不反应, C 错误;由于浓硝酸有挥发性,会有较多的HNO3进入③与Na2SiO3反应,影响碳酸与硅酸酸性的比较,D错误。

9.(2018•全国理综I化学卷,T11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法错误的是( )

A.溴酸银的溶解是放热过程

B.温度升高时溴酸银溶解速度加快

C.60℃时溴酸银的 约等于

D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯

【答案】A

【解析】该图像只是给出溴酸银溶解度与温度的关系,无法判断其溶解过程的热效应,A错误;由于物质的溶解过程是吸热过程,温度升高溶解速率加快,B正确;60℃时溴酸银溶解度约为0.6g,n(AgBrO3)=0.0025mol,c(Ag+)=c(BrO3-)=0.025mol•L-1,Ksp≈6.25×10-4,C正确;由于硝酸钾的溶解度随温度变化程度很大,而溴酸银溶解度随温度变化不大,可以用重结晶的方法提纯,D正确。

10.(2018•全国理综II化学卷,T11)一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是

A. pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol•L-1

B. pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1

C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+

D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+):①>②>③

【答案】D

【解析】A、pH=5的H2S溶液中,存在H2S H++ HS-、HS- H++ S2-、H2O H++OH-三个电离平衡,所以 =1×10-5mol•L-1 > ,A错误;B、氨水的溶质一水合氨( )属于弱电解质( ),加水稀释,会使电离平衡向正方向移动,促进了 的电离,所以PH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其PH=b,则a>b+1,B错误;C、根据电荷守恒可知: + = + + ,C错误;D、酸性:CH3COOH>H2CO3>HClO,根据盐类水解的规律可知:组成盐的酸根对应的酸越弱,该盐的水解程度越大,溶液的减小就越强,PH就越大,所以PH相同①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的 :①>②>③,D正确。

11.(2018•江苏单科化学卷,T14)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合:c(Na+)=c(Cl-)>cCH3COO-)>c(OH-)

B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7):c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)

C.0.1mol/LNa2CO3与0.1

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mol/L NaHCO3溶液等体积混合:23c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)

D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):

2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

【答案】AC

【解析】等浓度等体积的醋酸钠和盐酸混合,生成醋酸和氯化钠,醋酸根水解,离子浓度关系正确,A正确;等浓度等体积的氯化铵与氨水混合pH大于7,说明电离大于水解,铵根离子大于氨水的浓度,B错误;根据物料守恒,钠原子的物质的量是碳原子的1.5倍,C正确;草酸钠与盐酸反应,根据溶液电中性原则,关系式漏掉阴离子氯离子,D错误。

12.(2018•江苏单科化学卷,T11)下列有关说法正确的是

A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀

B.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的△H>0

C.加热0.1mol/LNa2CO3溶液,CO32-的水解程度和溶液的pH均增大

D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H<0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大

【答案】C

【解析】在海轮外壳上附着铜片,铁做负极,加速腐蚀,A错误;B选项中反应为熵减的反应,△H不一定大于0,错误;加热碳酸钠溶液,碳酸根的水解程度变大,水解吸热,氢氧根离子浓度增大,溶液的pH增大,C正确;浓硫酸做催化剂和吸水剂,平衡常数不变,D错误。

13、(2018•海南单科化学卷,T11)室温下,用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol/L 的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是( )

A、Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线

B、PH=7时,滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml

C、V(NaOH) =20ml时,C(Cl? )== C(CH3COO? )

D、V(NaOH) =10ml时,醋酸溶液中:C(Na+ )> C(CH3COO? )> C(H+ )> C(OH? )

【答案】B

【解析】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1,0.1000mol/L醋酸pH>1,所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ,滴定醋酸的曲线是图Ⅰ,故A错误;B、醋酸钠水解呈碱性,氯化钠不水解,pH=7时,醋酸所用NaOH溶液的体积小,故B错误;C、V(NaOH)=20.00 mL 时,二者反应生成氯化钠和醋酸钠,醋酸根发生水解,浓度小于氯离子,故C错误;D、加入10ml氢氧化钠时,溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠,醋酸电离大于醋酸根的水解程度,所以C(CH3COO? ) >C(Na+ ),D错误。

14、(2018•海南单科化学卷,T6)NaOH溶液滴定盐酸的实验中,不必用到的是( )

A、酚酞 B、圆底烧瓶 C、锥形瓶 D、碱式滴定管

【答案】B

【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸时所需仪器:带滴定管夹的铁架台、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、漏斗(可用来向滴定管中加入液体),用不到圆底烧瓶。滴定终点用指示剂酚酞来判断。

15.(2018•广东理综化学卷,T12)常温下,0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示,下列说法正确的是

A.HA为强酸

B.该混合液pH=7

C.图中X表示HA,Y表示OH?,Z表示H+

D.该 混合溶液中:c(A?)+ c(Y?)=c(Na+)

【答案】D

【解析】一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,两者恰反应,溶液中只有溶质NaA且浓度为0.1 mol/L。由图5中A?离子浓度小于0.1mol/L,说明A-¬¬离子发生了水解,从而可知HA是弱酸,故A错误项。B项:水解显碱性 pH>7。故B项错误。此外,溶液中除Na+,其它离子大小为c(A?)>c(OH?)>c(HA)>c(H+)可知C项错。由物料守恒知D项正确。16.(2018•福建理综化学卷,T10)下列关于0.10 mol•L-1 NaHCO3溶液的说法正确的是

A.溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++ H++ CO32 -

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B.25 ℃时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大

C.离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+c(CO32 -)

D.温度升高,c(HCO3- )增大

【答案】B

【解析】碳酸氢钠电离出碳酸氢根,A错误;温度不变,Kw不变,但物质的量增加,B正确;根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+2c(CO32 -),C错误;温度升高,水解程度增大,D错误。

17.(2018•安徽理综化学卷,T9)为实现下列实验目的,依据下表提供的主要仪器,所用试剂合理的是( )

选项 实验目的 主要仪器 试剂

A 分离Br2和CCl4混合物 分液漏斗、烧杯 Br2和CCl4混合物、蒸馏水

B 鉴别葡萄糖和蔗糖 试管、烧杯、酒精灯 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液

C 实验室制取H2 试管、带导管的橡皮塞 锌粒、稀HNO3

D 测定NaOH溶液浓度 滴定管、锥形瓶、烧杯 NaOH溶液、0.1000 mol•L-1盐酸

【答案】B

【解析】A、Br2和CCl4互溶,无法通过分液的方法将二者分离,可以采用蒸馏法进行分离,A错误;B、葡萄糖分子中有5个羟基和1个醛基,可以用鉴别醛基的方法进行鉴别,加入的试剂可以使银氨溶液或者斐林试剂等,而蔗糖中没有醛基,B正确;C、硝酸具有强氧化性,当与金属反应时不会产生氢气,会随着浓度的变化生成NO2、NO等气体,C错误;D、酸碱中和滴定要有指示剂(甲基橙)显示滴定终点(用标准盐酸溶液来测定氢氧化钠溶液的浓度选用酸式滴定管,待测液是氢氧化钠,滴入甲基橙后溶液颜色是黄色,当向氢氧化钠溶液中滴入的甲基橙时呈黄色,不断的滴加稀盐酸,溶液随着氢氧化钠和稀盐酸的反应碱性减弱酸性增强,当正好中和再滴一滴稀盐酸溶液就呈酸性,溶液的pH3.1~4.4之间显示橙色),D错误。

18.(2018•安徽理综化学卷,T12)中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )

选项 规律 结论

A 较强酸可以制取较弱酸 次氯酸溶液无法制取盐酸

B 反应物浓度越大,反应速率越快 常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完

C 结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高 NH3沸点低于PH3

D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀

【答案】D

【解析】A项,盐酸的制备可以有HClO光照分解产生,反应的方程式为2HClO 2HCl+O2↑,A错误;B、注意一个特殊的现象?钝化(铝和浓硝酸发生钝化反应),反应速率减慢,B错误;C、NH3分子之间存在氢键,熔沸点升高,故NH3的沸点高于P H3,C错误;D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液,沉淀由白色转化为黑色,硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同,说明溶度积(Ksp)ZnS>CuS,故D正确。

19.(2018•安徽理综化学卷,T11)室温下,下列溶液中离子浓度关系正确的是( )

A.Na2S溶液: > > >

B.Na2C2O4溶液:

C.Na2CO3溶液:

D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:

【答案】B

【解析】A、根据电荷守恒可知HS-+H2O OH-+HS-,HS-+H2O H2S+OH-,所以 ,A错误;B、依据电荷守恒可知 ,根据物料守恒可知 ,结合电荷守恒及物料守恒可知 ,B正确;C、Na2CO3溶液中的电荷守恒是 ,C错误。

20.(2018•安徽理综化学卷,T13)室温下,在0.2 mol•L-1Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0 mol•L-1NaOH溶液,实验测得溶液PH随NaOH溶液体积变化曲线如下图,下列有关说法正确的是( )

A.a点时,溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程式为Al3++3OH- Al(OH)3

B.a→b段,溶液的PH增大,Al3+浓度不变

C.b→c段,加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀

D.d点时,Al(OH)3沉淀开始溶解

【答案】C

【解析】A、Al3+水解的离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+

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3H+,A错误;B、a→b段,溶液的PH增大,说明 增大,所以Al3+会生成Al(OH)3,即Al3+浓度降低,B错误;C、根据上述分析可知C正确;D、d点溶液的PH大于10,所以Al(OH)3已全部溶解,D错误。

21.(2018•北京理综化学卷,T9)下列解释事实的方程式不正确的是( )

A.测0.1mol/L氨水的pH为11:NH3•H2O NH4++OH-

B.将Na块放入水中,放出气体:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

C.用CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2 Cu2++2Cl-

D.Al片溶于NaOH溶液中,产生气体:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【答案】C

【解析】A、0.1mol/L氨水的pH为11,说明一水合氨属于弱电解质,存在电离平衡,A正确;B、Na的化学性质很活泼,能从水中置换出氢气,发生的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,B正确;C、CuCl2溶液做导电实验的原因是:CuCl2在水溶液中能电离出自由移动的Cu2+和Cl-,电离属于自发进行的过程,不需要外界条件,C错误;D、Al的性质很特殊,能和强碱溶液发生反应,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,D正确。

22.(2018•全国理综I化学卷,T27)(15分)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强的还原性。回答下列问题:

(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式_______________________。

(2)H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag,从而可用于化学镀银。

①H3PO2中,P元素的化合价为__________。

②利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产物为___________(填化学式)。

③NaH2PO2为___________(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显_______(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。

(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应,写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_____

______________________________________。

(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):

①写出阳极的电极反应____________________________________。

②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________。

③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有 杂质,该杂质产生的原因是 。

【答案】(1)H3PO2 H++H2PO2-

(2)①+1。②H3PO4。③正盐,碱性。

(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3↑+3Ba (H2PO2)2

(4)①2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2.

②由于阳极室OH-放电,造成H+浓度增大,通过阳膜扩散进入产品室,而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室,二者反应生成H3PO2.

③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性,电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。

【解析】(1)一元酸,只发生一步电离,中强酸是弱电解质:H3PO2 H++H2PO2-

(2)①利用元素化合价代数和为零,得出P元素为+1价。

②H3PO2做还原剂,Ag+是氧化剂,二者1?4反应,则H3PO2失去4个电子,P元素变为+5价,生成H3PO4。

③由于H3PO2是一元酸,所以NaH2PO2是正盐,弱酸强碱盐水解显碱性。

(3)反应的反应物与产物都给出,是P元素的歧化反应,注意配平就可以:2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3 ↑+3Ba(H2PO2)2

(4)①阳极室电极上发生氧化反应,失电子的是OH-。2

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H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑.

②由于阳极室OH-放电,造成H+浓度增大,H+通过阳膜进入产品室,而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室,生成H3PO2.

③由于H3PO2具有还原性,电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。

23.(2018•山东理综化学卷,T29)(17分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:

2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ∆H < 0 (I)

2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 ∆H < 0 (II)

(1)4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+C l2(g)的平衡常数K= (用K1、K2表示)。

(2)为研究不同条件对反应(II)的影响,在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2,10min时反应(II)达到平衡。测得10min内 (ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1,则平衡后n(Cl2)= mol,NO的转化率а1= 。其它条件保持不变,反应(II)在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率а2 а1(填“>”“<”或“=”),平衡常数K2 (填“增大”“减小”或“不变”。若要使K2减小,可采用 的措施是 。

(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3‾)、c(NO2-)和c(CH3COO‾)由大到小的顺序为 。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L‾1,CH3COOH的电离常数K a=1.7×10-5mol•L‾1,可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。

a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH

c.向溶液B中加适量水 d..向溶液B中加适量NaOH

【答案】(1) (2)(2)2.5×10-2;75%;>;不变;升高温度 (3)c(NO3‾) > c(NO2-) > c(CH3COO‾);b、c

【解析】(1)(I)×2 (II)即可得到4NO2(g)+2NaCl(s) 2Na NO3(s)+2NO(g)+Cl2(g),所以平衡常数K= ;

(2)ClNO的浓度变化△c(ClNO)=7.5×10-2mol•L,所以ClNO的物质的量变化△n(ClNO)=0.15mol,所以Cl2的物质的量变化率△n(Cl2)=0.075mol,则平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol;转化的n(NO)=0.15mol,则NO的转化率а1= =75%;其他条件保持不变,反应(II)在恒压条件下进行,则反应(II)的压强大于反应(I)的压强,则平衡有利于向正方向移动,所以平衡时NO的转化率а2>а1;因为温度不变,所以化学平衡常数不变;因为反应(II)的∆H < 0,为放热反应,所以要减小化学平衡常数,就要使平衡向逆方向移动,可以采取加热的方法;

(3)根据盐类水解规律,越弱越水解,所以CH3COO‾的水解程度大于NO2-,故离子浓度大小是c(NO3‾)>c(NO2-)>c(CH3COO‾); 因为CH3COO‾的水解程度大于NO2-,所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a.向溶液A中加适量水 (使A的PH减小),b.向溶液A中加适量NaOH(使A的PH增大),c.向溶液B中加适量水(使B的PH减小),d..向溶液B中加适量NaOH (使B的PH增大),只有bc满足题意。

24、(2018•上海单科化学卷,T五)(本题12分)硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。硫的化合物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。

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完成下列填空:

28.硫化氢具有还原性,可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下,H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O,写出该反应的化学方程式。

________________________________________________________________

29.石油化工的废气中有H2S。写出从废气中回收单质硫的两种方法(除空气外,不使用其他原料),以化学方程式表示。

______________________________________________________________

______________________________________________________________

30.室温下,0.1 mol/L的硫化氢溶液和0.1 mol/L的碳酸钠溶液,碱性更强的是___________,其原因是____________________________________________________________。

已知:H2S:Ki1=1.3×10-7 Ki2=7.1×10- 15

H2CO3:Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11

31.向 ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液,没有沉淀生成,继续滴加一定量的氨水后,生成ZnS沉淀,用电离平衡原理解释上述现象。

______________________________________________________________________________。

32.将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中,溶液中有浅黄色固体生成,产物有___________、

______________。过滤,微热滤液,然后加入过量氢氧化钠溶液,可观察到的现象是_____

________________________________________________________。

【答案】(本题12分)

28.5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓

29.2H2S+3O2 2SO2+2H2O,2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O

30.硫化钠溶液;硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2,硫化钠更易水解。

31.饱和H2S溶液中电离产生的S2?很少,因此没有沉淀。加入氨水后,促进H2S的电离,S2?离子浓度增大,有沉淀产生。

32.FeCl2、H2S;先有白色沉淀生成,然后沉淀转化为灰绿色,最终转化为红褐色。

【解析】28.根据题目中的信息“H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O”,可知该反应属于氧化还原反应,根据得失电子守恒以及质量守恒,配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓;

29.以H2S为原料制取S的方法有,方法一:H2S在氧气中的不完全燃烧,方法二:在加热的条件下H2S的自身分解,方法三:H2S和SO2发生归中反应,所以发生反应的化学方程式有:2H2S+3O2 2SO2+2H2O,2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O;

30.酸越弱,相应的盐越容易水解,溶液的碱性就越强。根据电离常数可知,硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2,硫化钠更易水解,即硫化钠溶液的碱性更强;

31.H2S属于弱电解质,存在电离平衡(H2S 2H++S2?),即饱和H2S溶液中电离产生的S2?很少,因此没有沉淀。加入氨水后,促进H2S的电离,S2?离子浓度增大,从而有沉淀产生。

32.根据题目中的信息“将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中,溶液中有浅黄色固体生成”可知,浅黄色固体是S单质,从而说明该反应属于氧化还原反应。黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中,生成H2S和氯化铁,氯化铁可氧化H2S生成S,加入氢氧化钠,可生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁,可观察到产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀。

25.(2018•天津理综化学卷,T9)(18分)Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。

Ⅰ.制备Na2S2O3•5H2O

反应原理:Na2SO3(aq)+S(s)=====

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△Na2S2O3(aq)

实验步骤:

①称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉,用3 mL乙醇润湿,加入上述溶液中。

②安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60 min。

③趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O3•5H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。

回答问题:

(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________________________。

(2)仪器a的名称是________,其作用是____________________。

(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是______________。检验是否存在该杂质的方法是____________________________。

(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因:________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

Ⅱ.测定产品纯度

准确称取W g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100 0 mol•L-1碘的标准溶液滴定。

反应原理为 2S2O2-3+I2===S4O2-6+2I-

(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化:________________________________。

(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为__________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M)______________。

Ⅲ.Na2S2O3的应用

(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO2-4,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为____________________________________________。

【答案】(18分)

(1)使硫粉易于分散到溶液中

(2)冷凝管 冷凝回流

(3)Na2SO4 取少量产品溶于过量盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4

(4)S2O2-3+2H+===S↓+SO2↑+H2O

(5)由无色变蓝色

(6)18.10 3.620×10-3MW×100%

(7)S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10H+

【解析】(1)硫粉难溶于水,微溶于乙醇,故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a是冷凝管,起冷凝回流汽化的反应物的作用。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4,故可能存在的无机杂质是Na2SO4;检验产品中是否含有Na2SO4,即检验SO2-4是否存在,需要防止SO2-3的干扰,故不能用具有强氧化性的硝酸酸化,而应用盐酸酸化,过滤除去不溶物,再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄,说明产品中含有硫杂质,这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定,发生歧化反应:2H++S2O2-3===S↓+SO2↑+H2O所致。(5)滴定终点时,过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝,可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00 mL,终点读数为18.10 mL,所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根据2Na2S2O3•5H2O~2S2O2-3~I2,得n(Na2S2O3•5H2O) =2n(I2)=2×0.100 0 mol•L-1×18.10×10-3 L=3.620×10-3 mol,则产品的纯度3.620×10-3 mol×M g/molW g×100%=3.620×10-3MW×100%。(7)S2O2-3被Cl2氧化成SO2-4,Cl2被还原为Cl-,首先根据化合价升降总数相等写出S2O2-3+4Cl2→2SO2-4+8Cl-,然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10OH-。

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