化學高二下冊水溶液中的離子平衡單元測試題

1、.化學高二下冊水溶液中的離子平衡單元測試題2019化學是一門以實驗為根底的自然科學。以下是查字典化學網為大家整理的化學高二下冊水溶液中的離子平衡單元測試題，希望可以解決您所遇到的相關問題，加油，查字典化學網一直陪伴您。1.2019重慶理綜化學卷，T3以下表達正確的選項是 A.濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得FeOH3膠體B.CH3COONa溶液中滴加少量濃鹽酸后cCH3COO-增大C.CaHCO32溶液與過量NaOH溶液反響可制得CaOH2D.25時CuOH2在水中的溶解度大于其在CuNO32溶液中的溶解度【答案】D【解析】A、濃氨水和FeCl3溶液反響產生FeOH3沉淀，不會產生膠體，A

2、錯誤;B、參加濃鹽酸，使平衡CH3COO-+H+ CH3COOH向正方向挪動， 減小;C、反響的化學方程式為CaHCO32+2NaOH=CaCO3+Na2CO3+2H2O，C錯誤;D、CuOH2的沉淀溶解平衡的方程式為CuOH2 Cu2+2OH-，在CuNO32中，會使平衡向逆方向挪動，導致溶解度減小，D正確。2.2019浙江理綜化學卷，T12氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌才能比ClO-強。25時氯氣-氯水體系中存在以下平衡關系：Cl2g Cl2aq K1=10-1.2Cl2aq+ H2O HClO + H+ +Cl- K2=10-3.4HClO H+ + ClO- Ka=?其

3、中Cl2aq、HClO和ClO-分別在三者中所占分數(shù)隨pH變化的關系如下圖。以下表述正確的選項是A.Cl2g+ H2O 2H+ + ClO- + Cl- K=10-10.9B.在氯處理水體系中，cHClO + cClO- =cH+-cOH-C.用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時差D.氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好【答案】C【解析】將兩個方程式相加，得到Cl2g+ H2O 2H+ + ClO- + Cl-, K=K1K2=10-4.6，A錯誤;在氯處理水體系中，根據(jù)電荷守恒可得：cOH-+cClO- =cH+，B錯誤;根據(jù)圖可以看出，次氯酸的濃度在pH=7.5時

4、比pH=6.5時少，殺菌效果差，C正確;夏季溫度高，次氯酸受熱易分解，在夏季的殺菌效果比在冬季差，D錯誤。3.2019天津理 綜化學卷，T5以下有關電解質溶液中粒子濃度關系正確的選項是A.pH=1的NaHSO4溶液：cH+=cS O2-4+cOH-B.含有AgCl和AgI固體的懸濁液：cAg+cCl-=cI-C.CO2的水溶液：cH+cHCO-3=2cCO2-3D.含等物質的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3cNa+=2cHC2O-4+cC2O2-4+cH2C2O4【答案】A【解析】A、由溶液中的電荷守恒得：cNa+cH+=2cSO2-4+cOH-，又因NaHSO4溶液中cNa+=c

5、SO2-4，所以cH+=cSO2-4+cOH-，A項正確;B、因KspAgClKspAgI，所以含有AgCl和AgI固體的懸濁液中cCl-cI-，B項錯誤;C、CO2的水溶液中存在電離平衡：H2CO3 H+ HCO-3、HCO-3 H+CO2-3，因第一步電離的程度遠大于第二步電離的程度，故溶液中cHCO-3遠大于2cCO2-3，C項錯誤;D、根據(jù)物料守恒得：2cNa+=3cHC2O-4+cC2O2-4+cH2C2O4，故D項錯誤。4.2019天津理綜化學卷 ，T3運用相關化學知識進展判斷，以下結論錯誤的選項是A.某吸熱反響能自發(fā)進展，因此該反響是熵增反響B(tài).NH4F水溶液中含有HF，因此NH

6、4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中C.可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成的水合物晶體，因此可存在于海底D.增大反響物濃度可加快反響速率，因此用濃硫酸與鐵反響能增大生成H2的速率【答案】D【解析】A、當H-T0時，反響能自發(fā)進展，吸熱反響的0，吸熱反響能自發(fā)，說明0，A項正確;B、NH4F溶液中F-水解生成HF，HF能與玻璃中的SiO2發(fā)生反響4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃試劑瓶中，B項正確;C、可燃冰需在低溫高壓下形成，所以可燃冰可存在于海底，C項正確;D、常溫下，濃硫酸使鐵發(fā)生鈍化，D項錯誤。5.2019四川理綜化學卷，T6以下溶液中粒子的物質的量濃度關系正

7、確的選項是：A.0.1mol/L NaHCO3溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：CNa+cCO32 -cHCO3- cOH-B.20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液與10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：CCH3COO-cCl- cCH3COOHcH+C.室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：cCl-+cH+cNH4+ cOH-D.0.1mol/L CH3COOH溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，所得溶液中： cOH-cH+cCH3COOH【答案】B【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液與0.1mol

8、/L NaOH溶液等體積混合，恰好完全反響，溶液中的溶質為碳酸鈉， CNa+cCO32 -cOH-cHCO3- ，A錯誤;20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液與10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶質為等物質的量的醋酸鈉和醋酸，那么醋酸的電離大于醋酸根的水解，CCH3COO-cCl-cCH3COOHcH+，B正確;pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，溶液呈堿性，C錯誤;0.1mol/L CH3COOH溶液與0.1mol/L NaOH溶液等體積混合，溶質為醋酸鈉，醋酸根水解生成醋酸和氫氧根，水電離出氫離子和氫氧根，故 cOH-=cH+cCH3COOH，D錯誤。6.201

9、9上海單科化學卷，T21室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4。關于甲、乙燒杯中溶液的描繪正確的選項是A.溶液的體積10V甲V乙B.水電離出的OH濃度：10cOH甲cOH乙C.假設分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D.假設分別與5 mL pH=11的NaOH溶液反響，所得溶液的pH ：甲乙【答案】AD【解析】A、假如酸是強酸，當PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋10倍。假如酸是弱酸，當PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋大于10倍，那么溶液的體積是10V甲V乙，A正確;B、酸性溶液中，酸電離出的H+會抑制水的電離，那么甲

10、燒杯中的H+濃度是乙燒杯中H+濃度的10倍，因此水電離出的OH濃度：10cOH甲=cOH乙，B錯誤;C、假如生成的鹽不水解，那么溶液的PH相等。如假設鹽水解，那么甲燒杯中溶液的堿性強于乙燒杯中溶液的堿性，因此所得溶液的PH：乙甲，C錯誤;D、假設分別于5 mL pH=11的NaOH溶液反響，假如是強酸，那么均是恰好反響，溶液顯中性。假如是弱酸，那么酸過量，但甲燒杯中酸的濃度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲乙，D正確。7.2019山東理綜化學卷，T13某溫度下CH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加一樣濃度的氨水，在滴加過程中A

11、.水的電離程度始終增大B.cNH4+/ cNH3H2O先增大再減小C.cCH3COOH與cCH3COO之和始終保持不變D.當參加氨水的體積為10mL時，c NH4+= c CH3COO【答案】D【解析】A、醋酸電離：CH3COOH CH3COO+H+，一水合氨電離：NH3H2O NH4+OH，H2O的電離：H2O H+ OH，所以開場滴加氨水時，水的電離程度增大中和了醋酸電離出的H+，當二者恰好完全反響后，再滴加氨水，會抑制水的電離，使其電離程度減小，A錯誤;B、NH3H2O的電離平衡常數(shù)Kb= ，所以 = 。溫度不變，Kb不變，但隨著氨水的不斷滴加， 逐漸增大，所以 始終減小，B錯誤;C、隨

12、著氨水的不斷滴加，溶液的體積增大，cCH3COOH與cCH3COO之和逐漸減小，C錯誤;D、當參加氨水的體積為10mL時，CH3COOH和NH3H2O恰好完全反響。因為二者的電離常數(shù)相等，所以CH3COONH4呈中性， ，根據(jù)電荷守恒可知c NH4+= c CH3COO，D正確。8.2019全國理綜I化學卷，T13利用右圖所示裝置進展以下實驗，能得出相應實驗結論的是 選項實驗結論A. 稀硫酸 Na2S AgNO3與AgCl的濁液5ykj AgCl Ag 2SB.濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C.稀鹽酸Na2SO3BaNO32溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D.濃硝酸Na2CO3N

13、a2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】B【解析】由于稀硫酸與Na2S反響生成的H2S會與AgNO3反響生成黑色Ag2S沉淀和強氧化性的HNO3，進而把H2S氧化為S沉淀，同時生成的Ag2S黑色沉淀遮蓋AgCl濁液，不能觀察AgCl轉化為Ag2S，A錯誤;濃硫酸有脫水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的熱量，進而與生成的C反響生成SO2，使中的溴水褪色，通過蔗糖變黑、溴水褪色可以得出濃硫酸具有脫水性、氧化性，B正確;稀鹽酸與Na2SO3反響生成的SO2與BaNO32發(fā)生氧化復原生成BaSO4，SO2與BaCl2那么不反響， C 錯誤;由于濃硝酸有揮發(fā)性，會有較多的HNO3進入與Na2SiO3反響，

14、影響碳酸與硅酸酸性的比較，D錯誤。9.2019全國理綜I化學卷，T11溴酸銀AgBrO3溶解度隨溫度變化曲線如下圖，以下說法錯誤的選項是 A.溴酸銀的溶解是放熱過程B.溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C.60時溴酸銀的 約等于D.假設硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純【答案】A【解析】該圖像只是給出溴酸銀溶解度與溫度的關系，無法判斷其溶解過程的熱效應，A錯誤;由于物質的溶解過程是吸熱過程，溫度升高溶解速率加快，B正確;60時溴酸銀溶解度約為0.6g，nAgBrO3=0.0025mol，cAg+=cBrO3-=0.025molL-1，Ksp6.2510-4,C正確;由于硝酸鉀的溶解度隨溫度變

15、化程度很大，而溴酸銀溶解度隨溫度變化不大，可以用重結晶的方法提純，D正確。10.2019全國理綜II化學卷，T11一定溫度下，以下溶液的離子濃度關系式正確的選項是A. pH=5的H2S溶液中，cH+=cHS-=110-5molL-1B. pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，那么a=b+1C. pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：cNa+cH+=cOH-+D. pH一樣的CH3COONaNaHCO3NaClO三種溶液的cNa+：【答案】D【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S H+ HS-、HS- H+ S2-、H2O H+OH-三個電離平衡，所以

16、 =110-5molL-1 ，A錯誤;B、氨水的溶質一水合氨 屬于弱電解質 ，加水稀釋，會使電離平衡向正方向挪動，促進了 的電離，所以PH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其PH=b，那么ab+1，B錯誤;C、根據(jù)電荷守恒可知： + = + + ，C錯誤;D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，根據(jù)鹽類水解的規(guī)律可知：組成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，溶液的減小就越強，PH就越大，所以PH一樣CH3COONaNaHCO3NaClO三種溶液的 ：，D正確。11.2019江蘇單科化學卷，T1425時，以下有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的選項是A.0.1mol/LCH3COONa與

17、0.1mol/LHCl溶液等體積混合：cNa+=cCl-cCH3COO-cOH-B.0.1mol/LNH4Cl與0.1mol/L氨水等體積混合pH7：cNH3H2OcNH4+cCl-cOH-C.0.1mol/LNa2CO3與0.1mol/L NaHCO3溶液等體積混合：23cNa+=cCO32-+cHCO3-+cH2CO3D.0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/LHCl溶液等體積混合H2C2O4為二元弱酸：2cC2O42-+cHC2O4-+cOH-=cNa+cH+【答案】AC【解析】等濃度等體積的醋酸鈉和鹽酸混合，生成醋酸和氯化鈉，醋酸根水解，離子濃度關系正確，A正確;等濃度等體積的

18、氯化銨與氨水混合pH大于7，說明電離大于水解，銨根離子大于氨水的濃度，B錯誤;根據(jù)物料守恒，鈉原子的物質的量是碳原子的1.5倍，C正確;草酸鈉與鹽酸反響，根據(jù)溶液電中性原那么，關系式漏掉陰離子氯離子，D錯誤。12.2019江蘇單科化學卷，T11以下有關說法正確的選項是A.假設在海輪外殼上附著一些銅塊，那么可以減緩海輪外殼的腐蝕B.2NOg+2COg=N2g+2CO2g在常溫下能自發(fā)進展，那么該反響的H0C.加熱0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D.對于乙酸與乙醇的酯化反響H0，參加少量濃硫酸并加熱，該反響的反響速率和平衡常數(shù)均增大【答案】C【解析】在海輪外

19、殼上附著銅片，鐵做負極，加速腐蝕，A錯誤;B選項中反響為熵減的反響，H不一定大于0，錯誤;加熱碳酸鈉溶液，碳酸根的水解程度變大，水解吸熱，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，C正確;濃硫酸做催化劑和吸水劑，平衡常數(shù)不變，D錯誤。13、2019海南單科化學卷，T11室溫下，用0.100mol/L NaOH溶液分別滴定20.00ml 0.100mol/L 的鹽酸和醋酸，滴定曲線如下圖，以下說法正確的選項是 A、表示的是滴定鹽酸的曲線B、PH=7時，滴定醋酸消耗VNaOH小于20mlC、VNaOH =20ml時，CCl = CCH3COO D、VNaOH =10ml時，醋酸溶液中：CNa+ CCH3

20、COO CH+ COH 【答案】B【解析】A、滴定開場時0.1000mol/L鹽酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定鹽酸的曲線是圖，滴定醋酸的曲線是圖，故A錯誤;B、醋酸鈉水解呈堿性，氯化鈉不水解，pH=7時，醋酸所用NaOH溶液的體積小，故B錯誤;C、VNaOH=20.00 mL 時，二者反響生成氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發(fā)生水解，濃度小于氯離子，故C錯誤;D、參加10ml氫氧化鈉時，溶液中恰好為同濃度的醋酸和醋酸鈉，醋酸電離大于醋酸根的水解程度，所以CCH3COO CNa+ ，D錯誤。14、2019海南單科化學卷，T6NaOH溶液滴定鹽酸的實驗中，不必用到的是 A、酚酞 B、

21、圓底燒瓶 C、錐形瓶 D、堿式滴定管【答案】B【解析】用濃度的氫氧化鈉溶液來滴定未知濃度的鹽酸時所需儀器：帶滴定管夾的鐵架臺、堿式滴定管、燒杯、錐形瓶、漏斗可用來向滴定管中參加液體，用不到圓底燒瓶。滴定終點用指示劑酚酞來判斷。15.2019廣東理綜化學卷，T12常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖5所示，以下說法正確的選項是A.HA為強酸B.該混合液pH=7C.圖中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D.該 混合溶液中：cA+ cY=cNa+【答案】D【解析】一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，兩者恰反響，溶液中只有溶

22、質NaA且濃度為0.1 mol/L。由圖5中A離子濃度小于0.1mol/L，說明A-離子發(fā)生了水解，從而可知HA是弱酸，故A錯誤項。B項：水解顯堿性 pH7。故B項錯誤。此外，溶液中除Na+，其它離子大小為cAcOHcHAcH+可知C項錯。由物料守恒知D項正確。16.2019福建理綜化學卷，T10以下關于0.10 molL-1 NaHCO3溶液的說法正確的選項是A.溶質的電離方程式為NaHCO3=Na+ H+ CO32 -B.25 時，加水稀釋后，nH+與nOH-的乘積變大C.離子濃度關系：cNa+cH+=cOH-+cHCO3- +cCO32 -D.溫度升高，cHCO3- 增大【答案】B【解析

23、】碳酸氫鈉電離出碳酸氫根，A錯誤;溫度不變，Kw不變，但物質的量增加，B正確;根據(jù)電荷守恒，cNa+cH+=cOH-+cHCO3- +2cCO32 -，C錯誤;溫度升高，水解程度增大，D錯誤。17.2019安徽理綜化學卷，T9為實現(xiàn)以下實驗目的，根據(jù)下表提供的主要儀器，所用試劑合理的是 選項實驗目的主要儀器試劑A別離Br2和CCl4混合物分液漏斗、燒杯Br2和CCl4混合物、蒸餾水B鑒別葡萄糖和蔗糖試管、燒杯、酒精燈葡萄糖溶液、蔗糖溶液、銀氨溶液C實驗室制取H2試管、帶導管的橡皮塞鋅粒、稀HNO3D測定NaOH溶液濃度滴定管、錐形瓶、燒杯NaOH溶液、0.1000 molL-1鹽酸【答案】B【

24、解析】A、Br2和CCl4互溶，無法通過分液的方法將二者別離，可以采用蒸餾法進展別離，A錯誤;B、葡萄糖分子中有5個羥基和1個醛基，可以用鑒別醛基的方法進展鑒別，參加的試劑可以使銀氨溶液或者斐林試劑等，而蔗糖中沒有醛基，B正確;C、硝酸具有強氧化性，當與金屬反響時不會產生氫氣，會隨著濃度的變化生成NO2、NO等氣體，C錯誤;D、酸堿中和滴定要有指示劑甲基橙顯示滴定終點用標準鹽酸溶液來測定氫氧化鈉溶液的濃度選用酸式滴定管，待測液是氫氧化鈉，滴入甲基橙后溶液顏色是黃色，當向氫氧化鈉溶液中滴入的甲基橙時呈黃色，不斷的滴加稀鹽酸，溶液隨著氫氧化鈉和稀鹽酸的反響堿性減弱酸性增強，當正好中和再滴一滴稀鹽酸

25、溶液就呈酸性，溶液的pH3.14.4之間顯示橙色，D錯誤。18.2019安徽理綜化學卷，T12中學化學中很多規(guī)律都有其適用范圍，以下根據(jù)有關規(guī)律推出的結論正確的選項是 選項規(guī)律結論A較強酸可以制取較弱酸次氯酸溶液無法制取鹽酸B反響物濃度越大，反響速率越快常溫下，一樣的鋁片中分別參加足量的濃、稀硝酸，濃硝酸中鋁片先溶解完C構造和組成相似的物質，沸點隨相對分子質量增大而升高NH3沸點低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】D【解析】A項，鹽酸的制備可以有HClO光照分解產生，反響的方程式為2HClO 2HCl+O2，A錯誤;B、注意

26、一個特殊的現(xiàn)象鈍化鋁和濃硝酸發(fā)生鈍化反響，反響速率減慢，B錯誤;C、NH3分子之間存在氫鍵，熔沸點升高，故NH3的沸點高于P H3，C錯誤;D、ZnS沉淀中參加幾滴CuSO4溶液，沉淀由白色轉化為黑色，硫化鋅和硫化銅陰陽離子比一樣，說明溶度積KspZnSCuS，故D正確。19.2019安徽理綜化學卷，T11室溫下，以下溶液中離子濃度關系正確的選項是 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、根據(jù)電荷守恒可知HS-+H2O OH-+HS-，HS-+H2O H2S+OH-，所以 ，A錯誤;B、根據(jù)電荷守恒可知 ，

27、根據(jù)物料守恒可知 ，結合電荷守恒及物料守恒可知 ，B正確;C、Na2CO3溶液中的電荷守恒是 ，C錯誤。20.2019安徽理綜化學卷，T13室溫下，在0.2 molL-1Al2SO43溶液中，逐滴參加1.0 molL-1NaOH溶液，實驗測得溶液PH隨NaOH溶液體積變化曲線如以下圖，以下有關說法正確的選項是 A.a點時，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，離子方程式為Al3+3OH- AlOH3B.ab段，溶液的PH增大，Al3+濃度不變C.bc段，參加的OH-主要用于生成AlOH3沉淀D.d點時，AlOH3沉淀開場溶解【答案】C【解析】A、Al3+水解的離子方程式為Al3+3H2O AlOH3

28、+3H+，A錯誤;B、ab段，溶液的PH增大，說明 增大，所以Al3+會生成AlOH3，即Al3+濃度降低，B錯誤;C、根據(jù)上述分析可知C正確;D、d點溶液的PH大于10，所以AlOH3已全部溶解，D錯誤。21.2019北京理綜化學卷，T9以下解釋事實的方程式不正確的選項是 A.測0.1mol/L氨水的pH為11：NH3H2O NH4+OH-B.將Na塊放入水中，放出氣體：2Na+2H2O=2NaOH+H2C.用CuCl2溶液做導電實驗，燈泡發(fā)光：CuCl2 Cu2+2Cl-D.Al片溶于NaOH溶液中，產生氣體：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2【答案】C【解析】A、0.1mo

29、l/L氨水的pH為11，說明一水合氨屬于弱電解質，存在電離平衡，A正確;B、Na的化學性質很活潑，能從水中置換出氫氣，發(fā)生的反響為2Na+2H2O=2NaOH+H2，B正確;C、CuCl2溶液做導電實驗的原因是：CuCl2在水溶液中能電離出自由挪動的Cu2+和Cl-，電離屬于自發(fā)進展的過程，不需要外界條件，C錯誤;D、Al的性質很特殊，能和強堿溶液發(fā)生反響，反響的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，D正確。22.2019全國理綜I化學卷，T2715分次磷酸H3PO2是一種精細磷化工產品，具有較強的復原性。答復以下問題：1H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式_。2H

30、3PO2和NaH2PO2均可將溶液中的Ag+復原為Ag，從而可用于化學鍍銀。H3PO2中，P元素的化合價為_。利用H3PO2進展化學鍍銀反響中，氧化劑與復原劑的物質的量之比為4:1，那么氧化產物為_填化學式。NaH2PO2為_填正鹽或酸式鹽，其溶液顯_填弱酸性、中性或弱堿性。3H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷P4與BaOH2溶液反響生成PH3氣體和BaH2PO22，后者再與H2SO4反響，寫出白磷與BaOH2溶液反響的化學方程式_。4H3PO2也可用電滲析法制備。四室電滲析法工作原理如下圖陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過：寫出陽極的電極反響_。分析產品室可得到H3PO2的原因_。早期采用三

31、室電滲析法制備H3PO2：將四室電滲析法中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室。其缺點是產品中混有 雜質，該雜質產生的原因是 。【答案】1H3PO2 H+H2PO2-2+1。H3PO4。正鹽，堿性。32P4+3BaOH2+6H2O=2PH3+3Ba H2PO2242H2O-4e-=4H+O2或4OH-4e-=2H2O+O2.由于陽極室OH-放電，造成H+濃度增大，通過陽膜擴散進入產品室，而原料室中的H2PO2-可以通過陰膜進入產品室，二者反響生成H3PO2.H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有復原性，電解時就會有H3PO2在陽極放

32、電而被氧化生成H3PO4。【解析】1一元酸，只發(fā)生一步電離，中強酸是弱電解質：H3PO2 H+H2PO2-2利用元素化合價代數(shù)和為零，得出P元素為+1價。H3PO2做復原劑，Ag+是氧化劑，二者14反響，那么H3PO2失去4個電子，P元素變?yōu)?5價，生成H3PO4。由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正鹽，弱酸強堿鹽水解顯堿性。3反響的反響物與產物都給出，是P元素的歧化反響，注意配平就可以：2P4+3BaOH2+6H2O=2PH3 +3BaH2PO224陽極室電極上發(fā)生氧化反響，失電子的是OH-。2H2O-4e-=4H+O2或4OH-4e-=2H2O+O2.由于陽極室OH-放電，造成H

33、+濃度增大，H+通過陽膜進入產品室，而原料室中的H2PO2-可以通過陰膜進入產品室，生成H3PO2.由于H3PO2具有復原性，電解時就會有H3PO2在陽極放電而生成H3PO3。23.2019山東理綜化學卷，T2917分研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的互相作用時，涉及如下反響：2NO2g+NaCls NaNO3s+ClNOg K1 H I2NOg+Cl2g 2ClNOg K2 H II14NO2g+2NaCls 2NaNO3s+2NOg+C l2g的平衡常數(shù)K= 用K1、K2表示。2為研究不同條件對反響II的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中參加0.2mol NO和0.1mol Cl2

34、，10min時反響II到達平衡。測得10min內 ClNO=7.510-3molL-1min-1，那么平衡后nCl2= mol，NO的轉化率1= 。其它條件保持不變，反響II在恒壓條件下進展，平衡時NO的轉化率2 1填或=，平衡常數(shù)K2 填增大減小或不變。假設要使K2減小，可采用 的措施是 。3實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反響為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反響得1L溶液A，溶液B為0.1molL1的CH3COONa溶液，那么兩溶液中cNO3、cNO2-和cCH3COO由大到小的順序為 。HNO2的電離

35、常數(shù)Ka=7.110-4molL1，CH3COOH的電離常數(shù)K a=1.710-5molL1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。a.向溶液A中加適量水 b.向溶液A中加適量NaOHc.向溶液B中加適量水 d.向溶液B中加適量NaOH【答案】1 222.575%;升高溫度 3cNO3 cNO2- cCH3COOb、c【解析】1I2 II即可得到4NO2g+2NaCls 2Na NO3s+2NOg+Cl2g，所以平衡常數(shù)K= ;2ClNO的濃度變化cClNO=7.510-2molL，所以ClNO的物質的量變化nClNO=0.15mol，所以Cl2的物質的量變化率nCl2=0.075mol，那

36、么平衡后nCl2=0.1mol-0.075mol=0.025mol;轉化的nNO=0.15mol，那么NO的轉化率1= =75%;其他條件保持不變，反響II在恒壓條件下進展，那么反響II的壓強大于反響I的壓強，那么平衡有利于向正方向挪動，所以平衡時NO的轉化率2因為溫度不變，所以化學平衡常數(shù)不變;因為反響II的H 0，為放熱反響，所以要減小化學平衡常數(shù)，就要使平衡向逆方向挪動，可以采取加熱的方法;3根據(jù)鹽類水解規(guī)律，越弱越水解，所以CH3COO的水解程度大于NO2-，故離子濃度大小是cNO3cNO2-cCH3COO 因為CH3COO的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a

37、.向溶液A中加適量水 使A的PH減小，b.向溶液A中加適量NaOH使A的PH增大，c.向溶液B中加適量水使B的PH減小，d.向溶液B中加適量NaOH 使B的PH增大，只有bc滿足題意。24、2019上海單科化學卷，T五此題12分硫在自然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形式出現(xiàn)。硫的化合物大多具有氧化性或復原性。許多金屬硫化物難溶于水。完成以下填空：28.硫化氫具有復原性，可以和許多氧化劑反響。在酸性條件下，H2S和KMnO4反響生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反響的化學方程式。_29.石油化工的廢氣中有H2S。寫出從廢氣中回收單質硫的兩種方法除空氣外，不使用其他原料，以化學方程式表示。_

38、30.室溫下，0.1 mol/L的硫化氫溶液和0.1 mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強的是_，其原因是_。：H2S：Ki1=1.310-7 Ki2=7.110- 15H2CO3：Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-1131.向 ZnSO4溶液中滴加飽和H2S溶液，沒有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。_。32.將黑色的Fe2S3固體參加足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成，產物有_、_。過濾，微熱濾液，然后參加過量氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是_?！敬鸢浮看祟}12分28.5H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+5

39、S29.2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3SH2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O30.硫化鈉溶液;硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解。31.飽和H2S溶液中電離產生的S2很少，因此沒有沉淀。參加氨水后，促進H2S的電離，S2離子濃度增大，有沉淀產生。32.FeCl2、H2S;先有白色沉淀生成，然后沉淀轉化為灰綠色，最終轉化為紅褐色?！窘馕觥?8.根據(jù)題目中的信息H2S和KMnO4反響生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，可知該反響屬于氧化復原反響，根據(jù)得失電子守恒以及質量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2M

40、nSO4+8H2O+5S29.以H2S為原料制取S的方法有，方法一：H2S在氧氣中的不完全燃燒，方法二：在加熱的條件下H2S的自身分解，方法三：H2S和SO2發(fā)生歸中反響，所以發(fā)生反響的化學方程式有：2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3SH2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O;30.酸越弱，相應的鹽越容易水解，溶液的堿性就越強。根據(jù)電離常數(shù)可知，硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解，即硫化鈉溶液的堿性更強;31.H2S屬于弱電解質，存在電離平衡H2S 2H+S2，即飽和H2S溶液中電離產生的S2很少，因此沒有沉淀。參加氨水后，促進H2S的電離，S2離子濃度增大，從而有沉淀產生。32.根據(jù)題目中的信息將黑色的Fe2S3固體參加足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成可知，淺黃色固體是S單質，從而說明該反響屬于氧化復原反響。黑色的Fe2S3固體參加足量的鹽酸中，生成H2S和氯化鐵，氯化鐵可氧化H2S生成S，參加氫氧化鈉，可生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵，可觀察到產生白色絮狀沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀。25.2019天津理綜化學卷，T918分Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定。.制備Na2S2O3