化学高二下册水溶液中的离子平衡单元测试题

1、.化学高二下册水溶液中的离子平衡单元测试题2019化学是一门以实验为根底的自然科学。以下是查字典化学网为大家整理的化学高二下册水溶液中的离子平衡单元测试题，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典化学网一直陪伴您。1.2019重庆理综化学卷，T3以下表达正确的选项是 A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得FeOH3胶体B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后cCH3COO-增大C.CaHCO32溶液与过量NaOH溶液反响可制得CaOH2D.25时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、浓氨水和FeCl3溶液反响产生FeOH3沉淀，不会产生胶体，A

2、错误;B、参加浓盐酸，使平衡CH3COO-+H+ CH3COOH向正方向挪动， 减小;C、反响的化学方程式为CaHCO32+2NaOH=CaCO3+Na2CO3+2H2O，C错误;D、CuOH2的沉淀溶解平衡的方程式为CuOH2 Cu2+2OH-，在CuNO32中，会使平衡向逆方向挪动，导致溶解度减小，D正确。2.2019浙江理综化学卷，T12氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌才能比ClO-强。25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2g Cl2aq K1=10-1.2Cl2aq+ H2O HClO + H+ +Cl- K2=10-3.4HClO H+ + ClO- Ka=?其

3、中Cl2aq、HClO和ClO-分别在三者中所占分数随pH变化的关系如下图。以下表述正确的选项是A.Cl2g+ H2O 2H+ + ClO- + Cl- K=10-10.9B.在氯处理水体系中，cHClO + cClO- =cH+-cOH-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Cl2g+ 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：cOH-+cClO- =cH+，B错误;根据图可以看出，次氯酸的浓度在pH=7.5时

4、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。3.2019天津理 综化学卷，T5以下有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的选项是A.pH=1的NaHSO4溶液：cH+=cS O2-4+cOH-B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：cAg+cCl-=cI-C.CO2的水溶液：cH+cHCO-3=2cCO2-3D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3cNa+=2cHC2O-4+cC2O2-4+cH2C2O4【答案】A【解析】A、由溶液中的电荷守恒得：cNa+cH+=2cSO2-4+cOH-，又因NaHSO4溶液中cNa+=c

5、SO2-4，所以cH+=cSO2-4+cOH-，A项正确;B、因KspAgClKspAgI，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液中cCl-cI-，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cHCO-3远大于2cCO2-3，C项错误;D、根据物料守恒得：2cNa+=3cHC2O-4+cC2O2-4+cH2C2O4，故D项错误。4.2019天津理综化学卷 ，T3运用相关化学知识进展判断，以下结论错误的选项是A.某吸热反响能自发进展，因此该反响是熵增反响B.NH4F水溶液中含有HF，因此NH

6、4F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.增大反响物浓度可加快反响速率，因此用浓硫酸与铁反响能增大生成H2的速率【答案】D【解析】A、当H-T0时，反响能自发进展，吸热反响的0，吸热反响能自发，说明0，A项正确;B、NH4F溶液中F-水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反响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。5.2019四川理综化学卷，T6以下溶液中粒子的物质的量浓度关系正

7、确的选项是：A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：CNa+cCO32 -cHCO3- cOH-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：CCH3COO-cCl- cCH3COOHcH+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：cCl-+cH+cNH4+ cOH-D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中： cOH-cH+cCH3COOH【答案】B【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol

8、/L NaOH溶液等体积混合，恰好完全反响，溶液中的溶质为碳酸钠， CNa+cCO32 -cOH-cHCO3- ，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，那么醋酸的电离大于醋酸根的水解，CCH3COO-cCl-cCH3COOHcH+，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 cOH-=cH+cCH3COOH，D错误。6.201

9、9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、乙烧杯中溶液的描绘正确的选项是A.溶液的体积10V甲V乙B.水电离出的OH浓度：10cOH甲cOH乙C.假设分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D.假设分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反响，所得溶液的pH ：甲乙【答案】AD【解析】A、假如酸是强酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释10倍。假如酸是弱酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释大于10倍，那么溶液的体积是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，那么甲

10、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：10cOH甲=cOH乙，B错误;C、假如生成的盐不水解，那么溶液的PH相等。如假设盐水解，那么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、假设分别于5 mL pH=11的NaOH溶液反响，假如是强酸，那么均是恰好反响，溶液显中性。假如是弱酸，那么酸过量，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。7.2019山东理综化学卷，T13某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加一样浓度的氨水，在滴加过程中A

11、.水的电离程度始终增大B.cNH4+/ cNH3H2O先增大再减小C.cCH3COOH与cCH3COO之和始终保持不变D.当参加氨水的体积为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：NH3H2O NH4+OH，H2O的电离：H2O H+ OH，所以开场滴加氨水时，水的电离程度增大中和了醋酸电离出的H+，当二者恰好完全反响后，再滴加氨水，会抑制水的电离，使其电离程度减小，A错误;B、NH3H2O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

12、着氨水的不断滴加，溶液的体积增大，cCH3COOH与cCH3COO之和逐渐减小，C错误;D、当参加氨水的体积为10mL时，CH3COOH和NH3H2O恰好完全反响。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。8.2019全国理综I化学卷，T13利用右图所示装置进展以下实验，能得出相应实验结论的是 选项实验结论A. 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液5ykj AgCl Ag 2SB.浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C.稀盐酸Na2SO3BaNO32溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D.浓硝酸Na2CO3N

13、a2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】B【解析】由于稀硫酸与Na2S反响生成的H2S会与AgNO3反响生成黑色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反响生成SO2，使中的溴水褪色，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反响生成的SO2与BaNO32发生氧化复原生成BaSO4，SO2与BaCl2那么不反响， C 错误;由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入与Na2SiO3反响，

14、影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。9.2019全国理综I化学卷，T11溴酸银AgBrO3溶解度随温度变化曲线如下图，以下说法错误的选项是 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.假设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，nAgBrO3=0.0025mol，cAg+=cBrO3-=0.025molL-1，Ksp6.2510-4,C正确;由于硝酸钾的溶解度随温度变

15、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。10.2019全国理综II化学卷，T11一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是A. pH=5的H2S溶液中，cH+=cHS-=110-5molL-1B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，那么a=b+1C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：cNa+cH+=cOH-+D. pH一样的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的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-三个电离平衡，所以

16、 =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挪动，促进了 的电离，所以PH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其PH=b，那么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一样CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的 ：，D正确。11.2019江苏单科化学卷，T1425时，以下有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的选项是A.0.1mol/LCH3COONa与

17、0.1mol/LHCl溶液等体积混合：cNa+=cCl-cCH3COO-cOH-B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合pH7：cNH3H2OcNH4+cCl-cOH-C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：23cNa+=cCO32-+cHCO3-+cH2CO3D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合H2C2O4为二元弱酸：2cC2O42-+cHC2O4-+cOH-=cNa+cH+【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

18、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;草酸钠与盐酸反响，根据溶液电中性原那么，关系式漏掉阴离子氯离子，D错误。12.2019江苏单科化学卷，T11以下有关说法正确的选项是A.假设在海轮外壳上附着一些铜块，那么可以减缓海轮外壳的腐蚀B.2NOg+2COg=N2g+2CO2g在常温下能自发进展，那么该反响的H0C.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响H0，参加少量浓硫酸并加热，该反响的反响速率和平衡常数均增大【答案】C【解析】在海轮外

19、壳上附着铜片，铁做负极，加速腐蚀，A错误;B选项中反响为熵减的反响，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、2019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，滴定曲线如下图，以下说法正确的选项是 A、表示的是滴定盐酸的曲线B、PH=7时，滴定醋酸消耗VNaOH小于20mlC、VNaOH =20ml时，CCl = CCH3COO D、VNaOH =10ml时，醋酸溶液中：CNa+ CCH3

20、COO CH+ COH 【答案】B【解析】A、滴定开场时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，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、VNaOH=20.00 mL 时，二者反响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、参加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CCH3COO CNa+ ，D错误。14、2019海南单科化学卷，T6NaOH溶液滴定盐酸的实验中，不必用到的是 A、酚酞 B、

21、圆底烧瓶 C、锥形瓶 D、碱式滴定管【答案】B【解析】用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参加液体，用不到圆底烧瓶。滴定终点用指示剂酚酞来判断。15.2019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，以下说法正确的选项是A.HA为强酸B.该混合液pH=7C.图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D.该 混合溶液中：cA+ cY=cNa+【答案】D【解析】一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，两者恰反响，溶液中只有溶

22、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 pH7。故B项错误。此外，溶液中除Na+，其它离子大小为cAcOHcHAcH+可知C项错。由物料守恒知D项正确。16.2019福建理综化学卷，T10以下关于0.10 molL-1 NaHCO3溶液的说法正确的选项是A.溶质的电离方程式为NaHCO3=Na+ H+ CO32 -B.25 时，加水稀释后，nH+与nOH-的乘积变大C.离子浓度关系：cNa+cH+=cOH-+cHCO3- +cCO32 -D.温度升高，cHCO3- 增大【答案】B【解析

23、】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，cNa+cH+=cOH-+cHCO3- +2cCO32 -，C错误;温度升高，水解程度增大，D错误。17.2019安徽理综化学卷，T9为实现以下实验目的，根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别离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HNO3D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000 molL-1盐酸【答案】B【

24、解析】A、Br2和CCl4互溶，无法通过分液的方法将二者别离，可以采用蒸馏法进展别离，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展鉴别，参加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，当与金属反响时不会产生氢气，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响碱性减弱酸性增强，当正好中和再滴一滴稀盐酸

25、溶液就呈酸性，溶液的pH3.14.4之间显示橙色，D错误。18.2019安徽理综化学卷，T12中学化学中很多规律都有其适用范围，以下根据有关规律推出的结论正确的选项是 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反响物浓度越大，反响速率越快常温下，一样的铝片中分别参加足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C构造和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D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，反响的方程式为2HClO 2HCl+O2，A错误;B、注意

26、一个特殊的现象钝化铝和浓硝酸发生钝化反响，反响速率减慢，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沉淀中参加几滴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一样，说明溶度积KspZnSCuS，故D正确。19.2019安徽理综化学卷，T11室温下，以下溶液中离子浓度关系正确的选项是 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、根据电荷守恒可知 ，

27、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。20.2019安徽理综化学卷，T13室温下，在0.2 molL-1Al2SO43溶液中，逐滴参加1.0 molL-1NaOH溶液，实验测得溶液PH随NaOH溶液体积变化曲线如以下图，以下有关说法正确的选项是 A.a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为Al3+3OH- AlOH3B.ab段，溶液的PH增大，Al3+浓度不变C.bc段，参加的OH-主要用于生成AlOH3沉淀D.d点时，AlOH3沉淀开场溶解【答案】C【解析】A、Al3+水解的离子方程式为Al3+3H2O AlOH3

28、+3H+，A错误;B、ab段，溶液的PH增大，说明 增大，所以Al3+会生成AlOH3，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AlOH3已全部溶解，D错误。21.2019北京理综化学卷，T9以下解释事实的方程式不正确的选项是 A.测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3H2O NH4+OH-B.将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2C.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、0.1mo

29、l/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，发生的反响为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挪动的Cu2+和Cl-，电离属于自发进展的过程，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响，反响的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，D正确。22.2019全国理综I化学卷，T2715分次磷酸H3PO2是一种精细磷化工产品，具有较强的复原性。答复以下问题：1H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_。2H

30、3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+复原为Ag，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进展化学镀银反响中，氧化剂与复原剂的物质的量之比为4:1，那么氧化产物为_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。3H3PO2的工业制法是：将白磷P4与BaOH2溶液反响生成PH3气体和BaH2PO22，后者再与H2SO4反响，写出白磷与BaOH2溶液反响的化学方程式_。4H3PO2也可用电渗析法制备。四室电渗析法工作原理如下图阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过：写出阳极的电极反响_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。早期采用三

31、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】1H3PO2 H+H2PO2-2+1。H3PO4。正盐，碱性。32P4+3BaOH2+6H2O=2PH3+3Ba H2PO2242H2O-4e-=4H+O2或4OH-4e-=2H2O+O2.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，二者反响生成H3PO2.H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有复原性，电解时就会有H3PO2在阳极放

32、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利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。H3PO2做复原剂，Ag+是氧化剂，二者14反响，那么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反响的反响物与产物都给出，是P元素的歧化反响，注意配平就可以：2P4+3BaOH2+6H2O=2PH3 +3BaH2PO224阳极室电极上发生氧化反响，失电子的是OH-。2H2O-4e-=4H+O2或4OH-4e-=2H2O+O2.由于阳极室OH-放电，造成H

33、+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.由于H3PO2具有复原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。23.2019山东理综化学卷，T2917分研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的互相作用时，涉及如下反响：2NO2g+NaCls NaNO3s+ClNOg K1 H I2NOg+Cl2g 2ClNOg K2 H II14NO2g+2NaCls 2NaNO3s+2NOg+C l2g的平衡常数K= 用K1、K2表示。2为研究不同条件对反响II的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中参加0.2mol NO和0.1mol Cl2

34、，10min时反响II到达平衡。测得10min内 ClNO=7.510-3molL-1min-1，那么平衡后nCl2= mol，NO的转化率1= 。其它条件保持不变，反响II在恒压条件下进展，平衡时NO的转化率2 1填或=，平衡常数K2 填增大减小或不变。假设要使K2减小，可采用 的措施是 。3实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反响为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反响得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，那么两溶液中cNO3、cNO2-和cCH3COO由大到小的顺序为 。HNO2的电离

35、常数Ka=7.110-4molL1，CH3COOH的电离常数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中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH【答案】1 222.575%;升高温度 3cNO3 cNO2- cCH3COOb、c【解析】1I2 II即可得到4NO2g+2NaCls 2Na NO3s+2NOg+Cl2g，所以平衡常数K= ;2ClNO的浓度变化cClNO=7.510-2molL，所以ClNO的物质的量变化nClNO=0.15mol，所以Cl2的物质的量变化率nCl2=0.075mol，那

36、么平衡后nCl2=0.1mol-0.075mol=0.025mol;转化的nNO=0.15mol，那么NO的转化率1= =75%;其他条件保持不变，反响II在恒压条件下进展，那么反响II的压强大于反响I的压强，那么平衡有利于向正方向挪动，所以平衡时NO的转化率2因为温度不变，所以化学平衡常数不变;因为反响II的H 0，为放热反响，所以要减小化学平衡常数，就要使平衡向逆方向挪动，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cNO3cNO2-cCH3COO 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

37、.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、2019上海单科化学卷，T五此题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复原性。许多金属硫化物难溶于水。完成以下填空：28.硫化氢具有复原性，可以和许多氧化剂反响。在酸性条件下，H2S和KMnO4反响生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反响的化学方程式。_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。_

38、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_。：H2S：Ki1=1.310-7 Ki2=7.110- 15H2CO3：Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-1131.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固体参加足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有_、_。过滤，微热滤液，然后参加过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_。【答案】此题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。参加氨水后，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反响生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，可知该反响属于氧化复原反响，根据得失电子守恒以及质量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2M

40、nSO4+8H2O+5S29.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发生归中反响，所以发生反响的化学方程式有：2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3SH2S 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。参加氨水后，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固体参加足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成可知，浅黄色固体是S单质，从而说明该反响属于氧化复原反响。黑色的Fe2S3固体参加足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，参加氢氧化钠，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。25.2019天津理综化学卷，T918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Na2S2O3