1、专题训练水溶液中的离子平衡一、选择题1（2014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=101.2Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl K2=103.4HClO H+ + ClO Ka=?其中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是ACl2(g)+ H2O 2H+ + ClO + Cl K=10-10.9B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，p
2、H=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。答案C2(2013新课标卷)室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)Kspa。c(M2)b molL1时，溶液的pH等于()A.lg B.lgC14lg
3、D14lg解析根据M(OH)2的Kspc(M2)c2(OH)，则溶液中c(OH) ，则pHlg c(H)lg(1014)(14lg)14lg。答案C3（2014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BNH4F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的速率解析A、当HTS0时，反应能自发进行，吸热反应的H0，吸热反应能自发，说明S0，A项正确；B、NH4F溶液中F水解生成H
4、F，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4HFSiO2=SiF42H2O，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。答案D4(2013天津卷)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BCaCO3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)DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同解析浓硫酸溶于水会放出大量的热，使水的温度升高，所以KW增大，A项错误；碳酸钙既可以和硫酸反应，也可以
5、和醋酸反应，只不过在和硫酸反应时，生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止了反应的进行，B项错误；根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(S2)c(OH)c(HS)和物料守恒c(Na)2c(S2)2c(H2S)2c(HS)可得：c(H)c(OH)2c(H2S)c(HS)，C项正确；氯化钠为强酸强碱盐，不影响水的电离，而醋酸铵是弱酸弱碱盐，促进水的电离，故两溶液中水的电离程度不同，D项错误。答案C5（2014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：10
6、c(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: pH=11 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
7、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。答案AD6(2013江苏卷)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H0B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小DNa2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小解析A项反应的S0，在室温下反应能自发进行，根据HTS0，则该反应的H解析A、pH=5的H
8、2S溶液中，存在H2S H+ HS-、HS- H+ S2-、H2O H+OH-三个电离平衡，所以=110-5molL-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ab+1，B错误；C、根据电荷守恒可知：+=+，C错误；D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，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CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的：，D正确。答案D10(2013江苏卷)一定温度下，三种碳酸盐
9、MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pMlgc(M)，p(CO)lgc(CO)。下列说法正确的是()AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2)c(CO)Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2)c(CO)Dc点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2)c(CO)解析pM、p(CO)越大，则c(M)、c(CO)越小，Ksp越小，根据图示，可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A项错误；a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为饱和溶液，且p(Mn2)p(CO)，则c(Mn2)
10、c(CO)，B项正确；b点在CaCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为饱和溶液，p(Ca2)c(CO)，C项错误；c点在MgCO3的沉淀溶解平衡曲线上方，c(Mg2)c(CO)Ksp(MgCO3)，为不饱和溶液，D项正确。答案BD二、非选择题11（2014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。 H3PO2中，P元素的化合价为_。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:
11、1，则氧化产物为_（填化学式）。NaH2PO2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）： 写出阳极的电极反应_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。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
12、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）H3PO2H+H2PO2-(2)+1。H3PO4。正盐，碱性。（3）2P43Ba(OH)26H2O2PH33Ba (H2PO2)2（4）2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.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.H3PO4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：H3PO2H+H
13、2PO2-(2)利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者14反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。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：2P43Ba(OH)26H2O2PH33Ba(H2PO2)2（4）阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.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
14、.由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。12（2014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 ”“；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）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），所以平衡常数K=； （2）ClNO的浓度变化c（ClNO）=7.5
15、10-2molL，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1=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21；因为温度不变，所以化学平衡常数不变；因为反应（II）的H 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
16、 （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。13(2013南京联考)弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=HHA，HAHA2。(1)常温下NaHA溶液的pH_(填序号)，原因是_。A大于7 B小于7C等于7 D无法确定(2)某温度下，若向0.1 molL1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1 molL1 KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是_。Ac
17、(H)c(OH)1.01014Bc(Na)c(K)c(HA)2c(A2)Cc(Na)c(K)Dc(Na)c(K)0.05 molL1(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2(aq)A2(aq)H0。若要使该溶液中Ca2浓度变小，可采取的措施有_。A升高温度 B降低温度C加入NH4Cl晶体 D加入Na2A固体.含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0103 molL1的Cr2O。为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2OCr3、Fe3Cr(OH)3、Fe(OH)3(1)该废水中加入绿矾和H，发生反应的离子方程式为_。(2)若处理后的废水中残留的
18、c(Fe3)2.01013 molL1，则残留的Cr3的浓度为_。(已知：KspFe(OH)34.01038，KspCr(OH)36.01031)解析H2A在水中的一级电离进行完全，则HA不水解只电离，故NaHA溶液呈酸性。HA在水中部分电离，0.1 molL1的NaHA溶液中c(H)小于0.1 molL1，加入0.1 molL1 KOH溶液至溶液呈中性时消耗的KOH溶液体积小于NaHA溶液体积，则混合溶液中c(Na)c(K)；由电荷守恒知，c(Na)c(K)c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)，且c(H)c(OH)，则c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)；水的离子积与温度有关；c(N
19、a)c(K)0.1 molL1。降温、增大c(A2)都能使平衡CaA(s)Ca2(aq)A2(aq)左移。废水中加入绿矾和H，根据流程图，可知发生的是氧化还原反应，配平即可。c(Cr3)/c(Fe3)c(Cr3)c3(OH)/c(Fe3)c3(OH)KspCr(OH)3/KspFe(OH)31.5107，故c(Cr3)3.0106 molL1。答案.(1)BNaHA只能发生电离，不能发生水解(2)BC(3)BD.(1)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(2)3.0106 molL114(2013山东卷)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
20、晶体，发生如下反应：TaS2(s)2I2(g)TaI4(g)S2(g)H0()反应()的平衡常数表达式K_，若K1，向某恒容容器中加入1 mol 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。做法是将钢样中的硫转化成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)
21、25 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1102 molL1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb_ molL1，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)在有气体参与的反应中，固体和液体的浓度不列入化学平衡常数表达式中。设容器的容积是V L，TaS2(s)2I2(g)TaI4(g)S2(g)起始浓度/molL1 1/V 0 0转化浓度/molL1 2x x x平衡浓度/molL1 (1/V2x) x x则K1，x，则I2(g)的平衡转化率是66.7%。(2)根据平衡移动及物质的提纯，在温度T1端得到纯净的TaS2晶体，即温度T1端
22、与T2端相比，T1端平衡向左移动，则T1T2。生成物I2(g)遇冷可在管壁上凝结成纯净的I2(s)，从而循环利用。(3)碘单质遇淀粉溶液变蓝色，当滴入最后一滴I2溶液时溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，则说明达滴定终点。由I22e2I，H2SO32eSO，根据得失电子数相等则有I2H2SO3，再结合原子守恒和电荷守恒配平。(4)H2SO3的电离常数表达式为Ka，NaHSO3的水解反应的平衡常数Kh11012。加入I2后HSO被氧化为H2SO4，c(H)增大，c(OH)减小，Kh不变，由Kh得，所以该比值增大。答案(1)66.7%(2)I2(3)淀粉I2H2SO3H2O=4H2ISO(4)1
23、1012增大15（2014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。.制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3(aq)S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤：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。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。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，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
24、)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：_。.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 molL1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2OI2=S4O2I(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Na2S2O35H2O相对分子质量为M)_。.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的
25、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)S2O2H=SSO2H2O(5)由无色变蓝色(6)18.10100%(7)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H【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SO是否存在，需
26、要防止SO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：2HS2O=SSO2H2O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 mL0.00 mL18.10 mL；根据2Na2S2O35H2O2S2OI2，得n(Na2S2O35H2O) 2n(I2)20.100 0 molL118.10103 L3.620103 mol，则产品的纯度100%100%。(7)S2O被Cl2氧化成SO，Cl2被还原为Cl，首先根据化合价升降总数相等写出S2O4Cl22SO8Cl，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10OH。
