溶液中的离子平衡与化学平衡教师版Word格式.docx

1、D、C（Na+）C（H2PO4）+C（HPO42）C（PO43）C（H3PO4 ） （3）假设25条件下测得0.1 molL1的Na3PO4溶液的pH12 ，近似计算出Na3PO4的第一步水解的水解常数Kh （写出计算过程，忽略Na3PO4的第二、第三步水解，结果保留两位有效数字）。化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理酸性水中的硝酸盐污染。电化学降解NO3的原理如图所示。电源正极为 （填A或B），阴极反应式为 。【答案】CH3OH（g）+3/2 O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） H=-725.8kJ/mol （2分）（1） HPO4 2- + H+ = H2PO

2、4 - （每空2分，共4分）（2）AD（2分）（3） PO43 + H2O HPO4 2- + OH- （1分）起始浓度（molL1）： 0.1 0 0变化浓度（mol 0.01 0.01 0.01 平衡浓度（mol 0.09 0.01 0.01 （1分）Kh = C （HPO4 2-） C（OH-）/ C（ PO43 ）= 0.01 0.01 / 0.09 = 1.1 10 -3 molL1 A 2NO3-+10e-+12H+=6H2O +N2 （每空2分，共4分）【解析】试题分析：根据已知方程式和盖斯定律，甲醇燃烧的化学方程式为可由（4）2而得，因此表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3O

3、H（g）+3/2 O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） H=-725.8kJ/mol。（1）Na3PO4溶液中，PO43 发生水解，因此c（Na）c（PO43）3，从磷酸（H3PO4）在水溶液中各种存在形式物质的量分数随pH的变化曲线图可以看出，在pH从10降低到5的过程中，主要是HPO4 2- 的含量在逐渐减小为0，而H2PO4 的含量在逐渐增大，因此发生的主要反应的离子方程式为HPO4 2- + H+ = H2PO4 - 。（2）从图中可以看出，H2PO4 离子在酸性条件下才能大量存在，因此说明H2PO4 的电离大于水解，因此NaH2PO4溶液中有C（HPO4 2-） C（H3PO4

4、 ），又水电离出的一部分H+ ，因此离子浓度大小顺序有C（Na+） C（H2PO4 -） C（H+） C（HPO4 2-） C（H3PO4 ），因此A正确；由于H2PO4 发生水解和电离后，溶液中含P的微粒有H2PO4、HPO42 、PO43、H3PO4 4种，因此电荷守恒式C错误；物料守恒式D正确。故选AD。（3）根据溶液水解后的PH=12，可以计算水解产生的c（OH-）=0.01mol/L ，列成三段式有：PO43 + H2O HPO4 2- + OH- 0.1 0 0 0.09 0.01 0.01 C（OH-）/ C（ PO43 ）= 0.01 从原理示意图中可以看出，该装置是一个电解池

5、装置，要降解的硝酸盐变成了N2，因此在图中的右侧发生了还原反应，该极为阴极，电源的A极则是正极。阴极反应的方程式为：2NO3-+10e-+12H+=6H2O +N2。考点：本题考查的是燃烧热的热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算、电化学基础等知识。2下列叙述正确的是A已知I3I2I，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大B室温下向10mL pH =3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中减小C室温时ka（HF）3.6104，ka（CH3COOH）1.75105，0.1 mol /L的NaF溶

6、液与0.1 mol /L的CH3COOK溶液相比,一定有c（Na） c（F）c（K）c（CH3COO）成立D在25时，将amol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，充分反应后溶液中c（NH4）c（Cl），则25时NH3 H2O的电离常数Kb【答案】DA、向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，这说明平衡I3I2I加入适量CCl4后，有利于平衡I3I2I向右移动，I2溶解在CCl4中显紫红色，A不正确；B、醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离。由于，因为温度不变，所以不变，B不正确；C、根据HF的电离常数大于醋酸的电离常数，所以醋酸钾的水解程度大于

7、NaF的水解程度，即醋酸钾溶液的碱性强于NaF溶液的碱性。根据电荷守恒可知c（Na）c1（H）c（F）c1（OH）、c（K）c2（H）=c（CH3COO） c2（OH），则c（Na） c（F）c1（OH） c1（H）、c（K）c（CH3COO）c2（OH） c2（H）。因为c1（OH）c2（OH），c1（H）c2（H），所以c（Na） c（F）c（K）c（CH3COO），C不正确；D、在25时，将amol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，充分反应后溶液中c（NH4） c（Cl）0.01 mol/L20.005mol/L。根据电荷守恒可知c（NH4） c（H）c（Cl）c（OH）

8、，因此c（H）c（OH）107mol/L，而溶液中c（NH3H2O）（0.5a0.005）mol/L，则根据氨水的电离常数表达式可知Kb，D正确。考查外界条件对平衡状态和电离平衡的影响；盐类水解和溶液中离子浓度大小比较；电离平衡常数的计算等3对于常温下0.1molL1 NaHCO3溶液，下列叙述不正确的是（ ）Ac （Na）=c （HCO3） + c （CO32） + c （H2CO3）B温度升高，溶液的pH升高，但溶液中的c（H）与c（OH）乘积不变C与等体积等浓度的CH3COOH溶液反应后，溶液中c（Na）c（CH3COO）D加入适量的NaOH固体，溶液的pH减小【答案】BDA项，符合物料

9、守恒原理，表示钠元素的总浓度始终与碳元素的总浓度相等，故A正确；B项，碳酸氢钠是强碱弱酸盐，完全电离出的碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以该盐溶液呈弱碱性，由于碳酸氢根离子的水解反应是吸热反应，升高温度，促进其水解平衡右移，氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强，pH升高，同时，溶剂水的电离也是吸热反应，升高温度，促进水的电离，则水的离子积增大，即溶液中的c（H）与c（OH）乘积随温度升高而增大，故B错；依题意NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+CO2+H2O反应中碳酸氢钠与醋酸的物质的量之比等于系数之比，则二者完全反应，都没有过量，生成的醋酸钠是强碱弱酸盐，其完全电离出的醋酸根

10、离子部分水解，生成醋酸和氢氧根离子，则溶液中c（Na）c（CH3COO），故C正确；氢氧化钠是强碱，与碳酸氢钠发生中和反应，即NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，则溶液的碱性增强，pH增大，故D错。考查溶液中离子浓度大小比较及平衡移动，涉及碳酸氢钠稀溶液中的物料守恒关系式、温度对碳酸氢钠溶液的pH的影响、温度对水的离子积的影响、盐与酸混合溶液中离子浓度大小比较、盐类水解及其应用、酸式盐与强碱的反应、溶液pH和酸碱性变化等。4某二元酸（H2A）按下式发生电离：H2AH+HA；HAH+A2。现有下列四种溶液： 0.01molL1的H2A溶液 0.01molL1的NaHA溶液 0.02mo

11、lL1的HCl溶液与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合 0.02molL1的NaOH溶液与0.02molL1的NaHA溶液等体积混合下列关于上述四种溶液的说法正确的是（ ）A溶液中存在水解平衡：HA+H2O H2A+OHB溶液中有：c（HA）+2c（A2）=c（Na+）C溶液中有：c（OH）=c（H+）+c（HA）D四种溶液中c （HA）浓度大小：【答案】CD二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2AH+HA-，HA-H+A2-，这说明是二元酸的第一步电离是完全的，而第二步电离存在电离平衡。因此HA-离子只存在电离平衡，不存在水解平衡，溶液显酸性，选项A不正确；B不正确，不符合物料守恒，应

12、该是c（HA）+c（A2）=c（Na+）；中恰好反应生成Na2A，水解溶液显碱性，正确，符合质子守恒；中盐酸的存在抑制HA的电离，c （HA）浓度最大，而中最小。第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离，所以c （HA）浓度大于中，则选项D正确，答案选CD。考查了盐类水解的应用，离子浓度大小的比较点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，其次还需要注意酸式盐的电离程度和水解程度的相对大小。5下列说法正确的是：A在100 、101 kPa条件下，液态水的气化热为40.69 kJmol-1，则H2O（g）H2O（l） 的H = 40.69 kJmol-1B已知MgCO3的Ksp = 6.82 10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+） = c（CO32-），且c（Mg2+） c（CO32-） = 6.82 10-6C已知：则可以计算出反应的H为384 kJD常温下，在0.10 molL-1的NH3H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使NH3H2O的电离度降