高中化学微专题-专题六：水溶液中的离子平衡综合应用

第六讲  水溶液中的离子平衡综合应用 1．按要求回答下列问题： (1)常温下，有关下列四种溶液的说法正确的是 。 ① ② ③ ④ 0.1 mol·L-1氨水 pH=11氨水 0.1 mol·L-1盐酸 pH=3盐酸 A.由水电离出的c(H+)：③＞① B.①稀释到原来的100倍，pH与②相同 C.①与③混合，若溶液pH=7，则溶液中c(NH)＞c(Cl-) D.②与④等体积混合，混合溶液的pH>7 (2)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的Ka1=1.3×10－2，Ka2=6.2×10－8，若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)= mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的= 。 (3)已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示。 ①曲线A所对应的温度下，pH=2的HCl溶液和pH=12的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 α2(填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”，下同)，若将二者等体积混合，则混合溶液的pH 7。 ②在曲线B所对应的温度下，将0.02mol·L-1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH= 。 ③若另一温度下测得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH为11。在该温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的硫酸Vb L混合。若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va∶Vb= 。 (4)在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。 2．Ⅰ.现有pH=2的醋酸(编号为甲)和pH=2的盐酸(编号为乙)： (1)取10 mL甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡 移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH) 的值将 (填“增大”“减小”或“无法确定”)。 (2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲) (填“大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH= 。 (3)各取25mL甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲) (填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。 (4)取25mL甲溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为c(Na+) (填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO-)。 Ⅱ.已知25℃时有关弱酸的电离常数如表： 弱酸 HSCN CH3COOH HCN H2CO3 电离常数 1.3×10-1 1.8×10-5 4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 (5)25℃时，将20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.1mol·L-1HSCN溶液分别与20mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示。 反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 。 (6)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨，下列量会变小的是 (填字母)。 a．c(CH3COO-) b．c(H+) c．Kw d．醋酸的电离常数 (7)25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为 (填化学式)。 3．常温下，向浓度为0.1mol·L-1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题： (1)该温度时NH3·H2O的电离常数K= ； (2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的OH-浓度大小顺序为 ； (3)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是 (填字母，下同)； A.c(H+)·c(OH-) B.    C.   D. (4)根据以上滴定曲线，下列说法正确的是 ； A.点b所示溶液中：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O) B.点c所示溶液中：c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c(NH) C.点d所示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(NH)>c(OH-) D.滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+) (5)滴定过程中所用盐酸的pH= ，d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(此时不考虑NH4＋水解的影响，忽略混合时溶液体积变化)，则e点对应的横坐标为 。 4．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化 温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃ pH 8.3 8.4 8.5 8.8 (1)甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。 (2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 (填“大于”或“小于”)NaHCO3。 (3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为： ①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则 (填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是 (填序号)。 a.Ba(OH)2溶液     b.BaCl2溶液     c.NaOH溶液      d.澄清石灰水 ②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则甲判断正确。 (4)常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离出的OH－浓度分别为a mol/L和b mol/L。则a：b＝ 。 (5)25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液。 ①下列判断不正确的是 (填序号)。 a.两种溶液等体积混合后：3c(Na＋)＝2[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)] b.两种溶液中存在的粒子种类不相同 c.两种溶液中c(H＋)·c(OH－)＝10－14 d.两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大 ②等体积混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是： ； ③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有： 。 5．（1）相同温度时，反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＜0在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表： c(CO2)/mol·L－1 c(H2)/mol·L－1 c(CH4)/mol·L－1 c(H2O)/mol·L－1 平衡Ⅰ a b c d 平衡Ⅱ m n x y a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 。 （2）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H＋＋HCO3-H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 （3）查阅资料获知如下信息： i．H2CO3∶Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11(以Ka1为主) ii.标况下，CO2的溶解度约为1∶1 iii.H2O＋CO2H2CO3　K＝ iv. ＝6　＝7.7　lg(6)＝0.8 请尝试估算： ①饱和二氧化碳溶液中碳酸的物质的量浓度c(H2CO3)约为 mol/L； ②饱和二氧化碳溶液中碳酸的电离度α约为 。 ③正常雨水的pH约为 。 6．碳及其化合物广泛存在于自然界中，试回答下列问题： (1)某处碳循环如图所示，CaCO3转化为HCO3-的离子方程式为 。 (2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，无机碳在浓液中以4种形式存在，其转化关系如下: ①CO2(g)+H2OH2CO3 K=10-2.8 ②H2CO3H++HCO3- K1=10-3.5， ③HCO3-H++CO32- K2=10-10.3， 若溶液中。c(CO2)=1.0×10-5mol/L，且忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则溶液pH= 。 (3)某化学小组为了测量湖水中无机碳的含量，量取 100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，将吸收液用0.10mol/L盐酸滴定，生成的V(CO2)随V (盐酸)变化关系如图所示，则吸收液中离子浓度由大到小的顺序为 (不用写出H+)，湖水中无机碳的浓度为 mol/L。 (4)—定条件下，CO2和H2O可以转化为CO和H2，通过反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)制备甲醇，若起始时在密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，测得平衡时CO转化率a (CO)随T、P的变化关系如图所示。 ①P1 P2(填“大于”、“小于”或“等于”)； ②该反应在195℃、P2条件下达到平衡后，c(H2)=0.5 mol/L ，则该反应的平衡常数为 。 ③已知CH3OH和CO的燃烧热分别725.8kJ/mol、283.0 kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式： 。 (5)用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图，则c电极的反应方程式为: 。 7．（1）已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数： 弱酸化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数 1.3×10-1 1.8×10-5 4.9×10-10 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 ① 同温度下，等pH值的a. NaHCO3、b. NaCN、c．Na2CO3溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为 （填序号）。 ② 25 ℃时，将20mL 0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20ml0.1mol/L NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示： 反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是： 反应结束后所得两溶液中，c(SCN-) c(CH3COO-)（填“> ”、“< ”或“= ”) ③ 若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是 （填序号）。 a.c(CH3COO-） b.c(H+) c.Kwd．醋酸电离平衡常数 （2）煤燃烧产生的烟气也含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ mol-1 2NO2(g)N2O4(g) △H=-56.9kJ mol-1 H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0kJ mol-1 写出CH4催化还原N2O4(g）生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式 （3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：请回答下列问题： ①甲烷燃料电池的负极反应式是 ② 当A中消耗0.15mol氧气时．B 中 极增重 g。 8．加强汽车尾气、燃煤企业废气的监测和处理，对于减少雾霾具有重要意义。 （1）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如下图所示。该电池中O2-可以在固体介质NASICON（固溶体）内自由移动，工作时O2-的移动方向 （填“从a到b”或“从b到a”），负极发生的电极反应式为 。 （2）汽车尾气的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。 已知：2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=﹣180.5kJ•mol﹣1 2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) △H= +571.6kJ•mol﹣1 则H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是 。 （3）上述消除过程中第一步反应起决定作用，某研究小组模拟研究如下：向1L恒容密闭容器中充入a mol NO，其浓度与温度和时间的关系如图所示 ①T2下，在0～t1时间内，ν（O2）= mol•L﹣1•min﹣1；反应N2（g）+O2（g） 2NO（g）平衡常数K= （用相关字母表示）。 ②该反应进行到M点放出的热量 进行到W点放出的热量 （填”大于” ”小于”或’等于”）；M点时再加入一定量NO，平衡后NO的转化率 （填”变大” ”变小”或’不变”） ③反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是 （填序号）． a．混合气体的密度      b．混合气体的压强     c．逆反应速率    d．单位时间内，N2和NO的消耗量之比 e．气体的平均相对分子质量 （4）工业上用氨水吸收废气中的SO2。已知NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5mol·L-1 H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.2×10-2mol·L-1 Ka2=1.3×10-8mol·L-1。在通入废气的过程中 ①当恰好形成正盐时，溶液中离子浓度的大小关系为 。 ②当恰好形成酸式盐时，加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式为 。 9．SO2的含量是空气质量日报中一项重要检测指标，请结合所学知识回答下列问题。 （1）工业制硫酸过程中，SO2催化氧化的原理为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 。T℃时，向某密闭容器中充入一定SO2（g）和O2（g），发生上述反应，测得SO2（g）的平衡转化率（a）与体系总压强（p）的关系如图所示。 ①a、b两点对应的平衡常数K（a） K（b）（填“>”、“<”或“=”，下同），SO2浓度c（a） c（b）。 ②c点时，反应速率v（正） v（逆）。 （2）电化学法处理SO2。 硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，同时获得电能，装置如下图所示（电极均为惰性材料）： ①M极发生的电极反应式为 。 ②若使该装置的电流强度达到2.0A，理论上每分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为 L（已知：1个e-所带电量为1.6×10-19C）。 （3）溶液法处理SO2。已知常温下H2SO3和H2CO3的电离常数如下表所示： 电离常数 酸 K1 K2 H2SO4 H2CO3 常温下，将SO2缓慢通入100mL 0.2mol•L-1的Na2CO3溶液中，当通入448mLSO2时（已折算为标准状况下的体积，下同），发生的离子方程式为 ；当通入896mLSO2时，所得溶液呈弱酸性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。 10．电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。 （1）已知部分弱酸的电离常数如下表： 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 电离常数(25℃) Ka = 1. 77×10 -4 Ka=4.3×l0-10 Ka1=5.0×l0-7 Ka2=5.6×l0-11 ①0.1 mol/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c（CN-） c（HCO3 -）（填“>”、“<”或“=”）。 ②常温下，pH相同的三种溶液a.HCOONa b.NaCN c.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是 （填编号）。 ③已知25℃时，HCOOH( aq) +OH -( aq)=HCOO- (aq) +H2O(1) △H=-a kJ/mol H+(aq) +OH-(aq) =H2O(1) △H=-b kJ/mol 甲酸电离的热化学方程式为 。 ④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是 。 ⑤室温下，—定浓度的HCOONa溶液pH =9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是 ，溶液中 。 （2）室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。 ①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为 。 ②b点所示的溶液中c(NH3·H2O)-c(NH4+)= （用溶液中的其它离子浓度表示）。 ③pH =10的氨水与pH =4的NH4C1溶液中，由水电离出的c(H+)之比为 。 （3）已知Ksp(BaCO3) =2.6×l0-9，Ksp( BaSO4)=1.1×10-10. ①现将浓度为2×10-4mol/LNa2CO3溶液与BaCl2溶液等体积混合，则生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小浓度为 mol/L。 ②向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中= （保留三位有效数字）。 11．草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下： 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等； ②酸性条件下，ClO不会氧化Co2＋，ClO转化为Cl－；③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 完全沉淀的pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.8 （1）浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是 。 （2）向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式： 。 （3）已知：常温下NH3·H2ONH4+＋OH－　Kb＝1.8×10－5 H2C2O4H＋＋HC2O4-　Ka1＝5.4×10－2　HC2O4-H＋＋C2O42-　Ka2＝5.4×10－5 则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH 7(填“＞”或“＜”或“＝”)。 （4）加入(NH4)2C2O4 溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选用的试剂有： 。 A．蒸馏水      B．自来水 C．饱和的(NH4)2C2O4溶液      D．稀盐酸 （5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是 ；其使用的适宜pH范围是 。 A．2.0～2.5      B．3.0～3.5         C．4.0～4.5 12．MnO2用途很广，它是一种广泛应用的氧化剂。例如将它加入熔态的玻璃中，可以除去带色的杂质(硫化物或亚铁盐)，称为普通玻璃的“漂白剂”。在锰锌干电池中用作去极剂，以氧化在电极上产生的氢。 (1)Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。其电解质溶液呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是 、 (用离子方程式表示)：该电池工作时，电子流向 极(填“正”或“负”) (2)工业上，常以菱锰矿(主要成分MnCO3，常含有少量铁、钙、锌等元素)为原料，用电解法可以制备MnO2。其制备过程如下： ①请写出酸浸的主要化学方程式： 。 ②下图可以看出，从MnSO4和ZnSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需要控制的温度范围为 (填字母)。 A.0-40℃    B.40~60℃    C.60℃以上 ③请写出用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2的阳极反应： 。 ④该工艺产生的废水中含有较多的Mn2+，通常用H2S或者Na2S溶液处理。25℃，在0.10mol·L－1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(s2－)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发) i.pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS－)= mol·L－1 ii.某溶液含xmol·L－1Mn2+，0.10mol·L－1H2S，当调节溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，则x= 。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10－13] 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． D 6.0×10-3 0.62mol/L 等于 无法确定 10 1∶9 【详解】(1)A.盐酸是一元强酸，一水合氨是一元弱碱，0.1 mol·L-1盐酸中氢离子浓度大于0.1 mol·L-1氨水中氢氧根离子浓度，则由水电离出的c(H+)：③＜①，A错误； B.①稀释到原来的100倍，浓度变为10－3mol/L，一水合氨是一元弱碱，则其pH＜11，与②不相同，B错误； C.①与③混合，若溶液pH=7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(NH)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl-)，因此溶液中c(NH)＝c(Cl-)，C错误； D.②与④等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，混合溶液的pH＞7，D正确； 答案选D； (2)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的Ka1=1.3×10－2，Ka2=6.2×10－8.若 氨水的浓度为2.0mol·L-1，由于电离常数很小，溶液中一水合氨浓度可近似认为是2.0mol/L，根据电离平衡常数可知溶液中的c(NH)≈c(OH−)＝6.0×10-3mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液中c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，则溶液中0.62mol/L。 (3)①曲线A所对应的温度下水的离子积常数为10－14，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，pH=12的某BOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，因此对水的电离抑制程度相同，则α1等于α2，若将二者等体积混合，由于BOH的碱性强弱不确定，如果是强碱，二者恰好反应，溶液显中性，如果是弱碱，则反应后BOH过量，溶液显碱性，因此混合溶液的pH无法确定。 ②在曲线B所对应的温度下水的离子积常数为10－12，0.02mol·L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度是0.04mol/L，0.02mol·L-1的NaHSO4溶液中氢离子浓度是0.02mol/L，二者等体积混合氢氧根过量，因此混合后溶液中氢氧根离子浓度是，则溶液中氢离子浓度是10－10mol/L，所得混合液的pH=10。 ③若另一温度下测得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH为11，因此该温度下水的离子积常数是0.01×10－11＝10－13。在该温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的硫酸Vb L混合，若所得混合液的pH=10，这说明反应后碱过量，溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，且a=12，b=2，则，因此Va∶Vb=1∶9。 (4)在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，根据电荷守恒c(NH)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl-)可知c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，根据氯离子守恒可知c(NH)=c(Cl-)=0.005mol/L，根据氮原子守恒可知溶液中c(NH3·H2O)=(0.5a－0.005)mol/L，则NH3·H2O的电离常数Kb=。 2． 向右 向右 减小 小于 2 大于 小于 HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 b Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa 【分析】本题考查弱电解质电离的原理以及影响因素、相关计算。 【详解】Ⅰ.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H＋)/c(CH3COOH)的值减小。 故答案为：向右，向右，减小； (2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 mol·L－1，设醋酸的原浓度为c mol·L－1，混合后平衡没有移动，则有： 由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知，醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。 故答案为：小于，2； (3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，用NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。 故答案为：大于； (4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得，c(Na＋)小于 c(CH3COO－)。 故答案为：小于； Ⅱ.(5)由Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5和Ka(HSCN)＝1.3×10－1可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN，即在相同浓度的情况下，HSCN溶液中H＋的浓度大于CH3COOH溶液中H＋的浓度，浓度越大反应速率越快。 故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快； (6)通入氨，生成CH3COONH4，则c(CH3COO－)增大，故a错误；通入氨，c(H＋)减小，故b正确；由于温度不变，则Kw不变，故c错误；由于温度不变，醋酸的电离常数不变，故d错误。 故答案为：b； (7)酸性越弱，其对应盐的水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH＞HCN＞HCO，则水解程度：CO＞CN－＞CH3COO－，pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa。 故答案为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa； 【点睛】掌握弱电解质电离的原理以及影响因素、相关计算。 3． 10-5 d＞c＞b ACD D 1 【详解】(1)根据图示，没有滴加盐酸时，0.1mol·L－1的氨水的pH=11，在溶液中NH3·H2O电离，电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，溶液的pH=11，则c(OH－)=，忽略溶液中水电离出来的H＋，则c(NH4＋)=c(OH－)；NH3·H2O的电离程度较弱，发生电离的NH3·H2O约占所有NH3·H2O的1%，可以忽略不计，则溶液中c(NH3·H2O)=0.1mol·L－1，则NH3·H2O的电离常数； (2)根据题意d点两种溶液恰好完全反应，生成NH4Cl，NH4＋在溶液中能够水解，促进水的电离；b、c两点表示的溶液中c点NH3·H2O被中和得较多，剩余的NH3·H2O较少，对水的电离抑制较少，因此b、c、d三点的溶液中，由水电离出的OH－浓度大小顺序为d>c>b； (3)b点到c点过程中，NH3·H2O被中和得越来越多，但是还有剩余； A．在水溶液中，溶液中的c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变，Kw不变，A符合题意； B．b点到c点过程中，NH3·H2O被中和得越来越多，pH越来越小，c(H＋)越来越大，c(OH－)越来越小，则由b点到c点的过程中，越来越大，B不符合题意； C．为NH3·H2O的电离平衡常数的表达式，温度不变，电离平衡常数不变，C符合题意； D．为NH4＋的水解平衡常数表达式，温度不变，水解平衡常数不变，D符合题意； 答案选ACD； (4)A．b点溶液，有一半的NH3·H2O与HCl反应，得到NH3·H2O和NH4Cl等物质的量的混合溶液，根据物料守恒，有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；NH3·H2O会电离，电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，NH4＋会水解，水解方程式为NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，NH3·H2O电离会使得溶液呈碱性，NH4＋水解使得溶液呈酸性，现溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4＋的水解程度，则c(NH4＋)>c(NH3·H2O)，可得c(NH4＋)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)；根据电荷守恒，有c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl－)，则c(NH)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3·H2O)，A错误； B．根据图示，c点溶液的pH=7，有c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，有c(NH4＋)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl－)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，B错误； C．d点NH3·H2O恰好被完全反应，溶液中只有NH4Cl，由于NH4＋会水解，但水解是微弱的，因此c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，C错误； D．滴定过程中，如果只加入了少量了HCl，则等式c(NH3·H2O)>c(NH4＋)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)，该等式符合电荷守恒，可能存在，D正确； 答案选D； (5)根据题意d点恰好完全反应，加入盐酸的体积为VmL，而氨水溶液的体积恰好也是VmL，说明两溶液的溶质的浓度相同，盐酸的浓度也为0.1mol·L－1，c(H＋)=0.1mol·L－1，pH=1； 如果忽略NH4＋的水解，设e点加入盐酸的体积为xmL，e点溶液的pH=2，c(H＋)=0.01mol·L－1，则有，则可得。 4． HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ 大于 乙 b 等于 10－4：1 ab c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋) NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3） 【分析】碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度；NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象；在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L；25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同；温度不变，水的离子积常数不变；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－；常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性。 【详解】(1)碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-； 故答案为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－； (2) 碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度； 故答案为：大于； (3) ①NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象，②若加热后NaHCO3不分解，溶液仍然是NaHCO3溶液，温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的； 故答案为：乙；b；等于； (4) 在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L，则a：b＝10－4：1； 故答案为：10－4：1； (5) ①a.25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]，故a错误； b.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故b错误； c．温度不变，水的离子积常数不变，故c正确； d．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大，故d正确； 故答案选ab； ②等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－，所以c(HCO3－)＞c(CO32－)，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)； ③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，在此过程中，HCO3－与H＋生成水和CO2，CO32－与H＋生成HCO3－、H2CO3，阴离子与Na＋生成NaCl、NaHCO3，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性，故至中性时，溶质的主要成分有：NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）； 故答案为：ab；c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）。 【点睛】物料守恒找非氢非氧元素，找出二者的比例关系再写平衡；比较溶液中的离子浓度大小，遵循两原则，出现在前，不出现在后；份数优先，如(5) ③混合溶液中：出现在前（Na＋、HCO3－、CO32－），不出现在后（OH－、H＋）；分数优先（Na＋＞HCO3－、CO32－），再结合水解电离程度分析。 5． 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H＋浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H＋浓度变化较小，血液的pH基本不变 7.5×10－5 8×10－2 5.2 【分析】（1）化学平衡常数等于生成物平衡浓度系数次幂的积与反应物平衡浓度系数次幂的积的比值； （2）酸性物质进入血液，平衡正向移动，碱性物质进入血液，平衡逆向进行，就此分析； （3）①CO2的溶解度约为1∶1，即1 L水中溶解1 L CO2，CO2的物质的量为0.045 mol，利用平衡常数K==计算出碳酸的浓度； ②碳酸为弱酸，分步电离，且以第一步电离为主，根据Ka1＝及c(H＋)＝c(HCO3-)计算出c(H+)，再由电离度α＝计算电离度； ③根据正常雨水中c(H＋)计算pH。 【详解】(1)相同温度时，反应的平衡常数不变。根据表中数据知a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。 (2)人体血液中存在平衡：H＋＋HCO3-H2CO3，当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H＋浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H＋浓度变化较小，血液的pH基本不变。 (3)①标况下，CO2的溶解度约为1∶1，即1 L水中溶解1 L CO2，CO2的物质的量为0.045 mol，CO2的浓度约为0.045 mol/L，又H2O＋CO2H2CO3的平衡常数K＝＝，饱和二氧化碳溶液中碳酸的物质的量浓度c(H2CO3)约为7.5×10－5 mol/L ； ②H2CO3的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11(以Ka1为主)，即＝4.3×10－7，c(H＋)＝c(HCO3-)，则c(H＋)＝6×10－6mol/L，饱和二氧化碳溶液中碳酸的电离度α＝==8×10-2； ③正常雨水中c(H＋)＝6×10－6，pH＝－lgc(H＋)＝6-lg6=6-0.8=5.2。 【点睛】本题的难点是电离度的计算，熟悉电离度的概念、表达式及其意义是解答本题的关键。 (1)电离度的概念：一定条件下，当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来弱电解质总分子数的百分数。 (2)表达式：α＝×100%。 (3)意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。 6． CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3- 5.65 c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) 0.01 小于 4 CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH=-354.8kJ∕mol CH3OH-6e- +H2O = CO2 +6H+ 【详解】 (1)根据图示，碳酸钙与二氧化碳反应生成HCO3-的离子方程式为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-，故答案为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-； (2)设溶液pH为x，根据①CO2(g)+H2OH2CO3 K=10-2.8，②H2CO3H++HCO3- K1=10-3.5，c(CO2)=1.0×10-5mol/L，则K=10-2.8=，K1=10-3.5= ，因此K×K1== =10-6.3，解得x=5.65，故答案为5.65； (3)根据图象，先后发生的反应为：①OH-+ H+= H2O；②CO32-+ H+= HCO3-；③HCO3-+ H+= CO2 ↑+ H2O，反应③中消耗盐酸10mL，说明含有HCO30.001mol，说明反应②中消耗盐酸10mL，反应①中消耗盐酸10mL，说明含有OH-0.001mol，因此吸收液中含有0.001molNaOH和0.001molNa2CO3，吸收液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)，湖水中无机碳的浓度为 = 0.01mol/L，故答案为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) ；0.01； (4)①根据CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，相同温度条件下，压强越大，CO的转化率越大，根据图象，P1＜P2，故答案为小于； ②起始时在密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，平衡后，c(H2)=0.5 mol/L ，则c(CO)=0.25 mol/L ，c(CH3OH)=0.25 mol/L ，该反应的平衡常数K= =4，故答案为4； ③由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-725.8kJ•mol-1，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，则①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1 ，②CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=-725.8kJ•mol-1 ，③H2O(l)= H2O(g) ΔH=+44.0kJ∕mol，由盖斯定律可知用②-①+③得反应CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(g)，该反应的反应热△H=-726.5kJ/mol-(-283.0kJ/mol)+(+44.0kJ∕mol)= -354.8kJ•mol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(g)△H=-354.8kJ•mol-1； (5)根据电子移动的方向，c为负极，甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。 点睛：本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的应用，化学平衡的影响因素分析判断，图象分析应用能力，原电池电极反应书写方法。本题的难点是(2)，要注意根据平衡常数间的关系进行推导计算。 7． a b c 相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大,与NaHCO3溶液反应快 > b CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)  ∆H═ —898.1kJ/mol CH4-8e- + 10OH-=CO32- + 7H2O b 6.4 【详解】(1)①据弱酸的电离平衡常数可知，酸性HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，溶液pH越大，所以等物质的量浓度的．a．NaHCO3、b．NaCN、c．Na2CO3、溶液的pH由大到小的顺序为a b c，故答案为 a b c； ②由Ka(CH3COOH)=1.8×10-5和Ka(HSCN)=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c(SCN-)＞c(CH3COO-)，故答案为相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＞； ③因加入盐酸，醋酸的电离平衡逆向移动，则c(CH3COO-)减小，醋酸的电离程度减小，但温度不变，则醋酸电离平衡常数和水的离子积常数不变，加盐酸时c(H+)增大，故答案为b； (2)已知：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-867kJ/mol①，2NO2(g) N2O4(g) △H2=-56.9kJ/mol②，H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol③，根据盖斯定律，①-②+④×2可得CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，故△H=-867kJ/mol-(-56.9kJ/mol)+2(-44.0)kJ/mol=-898.1kJ/mol 即CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=-898.1kJ/mol，故答案为CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=-898.1kJ/mol； (3)①甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根生成水和碳酸根，电极反应为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故答案为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O； ②A中消耗0.05mol氧气时，转移0.2mol电子，b电极为阴极，阴极上铜离子放电生成Cu，根据Cu和转移电子之间的关系式得析出Cu的质量=×64g/mol=6.4g，故答案为b；6.4。 点睛：本题考查了盐类水解、弱酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸的电离平衡的移动。本题的难点是(1)，弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强；能够水解的盐，酸性越弱越水解。易错点是燃料电池中负极反应式的书写，在碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根生成水和碳酸根。 8． 从b到a CO+O2--2e-═CO2 2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-752.1kJ•mol-1 小于 不变 cd c（NH4+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-）＞c（H+） HSO3-+OH-=H2O+SO32- 【详解】试题分析：（1）工作时电极b作正极，O2-由电极b流向电极a；该装置是原电池，通入一氧化碳的电极a是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO+O2--2e-═CO2，故答案为从b到a；CO+O2--2e-═CO2，； （2）由①2NO（g）=N2（g）+O2（g）△H=-180.5kJ•mol-1 ②2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ•mol-1 据盖斯定律，①-②得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-752.1kJ•mol-1， 故答案为2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-752.1kJ•mol-1 （3）①根据图象，T2下，在0～t1时间内，ν（NO）=mol•L﹣1•min﹣1，ν（O2）=mol•L﹣1•min﹣1； 反应2NO（g）N2（g）+O2（g） 起始  a           0      0 反应 a-m 平衡 m 平衡常数K＇==， 则N2（g）+O2（g） 2NO（g）平衡常数K==，故答案为；； ②由于2NO（g）N2（g）+O2（g）△H=-180.5kJ•mol-1，反应放热，放出的热量与反应的一氧化氮的物质的量成正比，W点c（NO）浓度小，反应的一氧化氮多，因此M点放出的热量小于进行到W点放出的热量；M点时再加入一定量NO，相当于增大压强，增大压强，平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故答案为小于；不变； ③反应开始至达到平衡的过程中，a．容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度不变；b．该反应是一个气体体积不变的反应，反应前后混合气体的压强不变；c．逆反应速率开始时逆反应速率为0，随着反应的进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大；d．在平衡之前，正反应速率大于逆反应速率，N2的消耗量小于NO的消耗量；e．气体的物质的量不变，气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变；故选cd： （4）①正盐为亚硫酸铵，在亚硫酸铵溶液中，由于Kb＞Ka2，故亚硫酸根离子水解程度大于铵根离子，因此c（NH4+）＞c（SO32-）、c（OH-）＞c（H+），由亚硫酸根离子的两步水解可知c（OH-）＞c（HSO3-），碱性溶液c（H+）最小；故答案为c（NH4+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-）＞c（H+）； ②亚硫酸氢钠中加入少量NaOH溶液，反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为HSO3-+OH-=H2O+SO32-。 考点：考查了燃料电池；盖斯定律书写热化学方程式的相关知识。 9． ＝ ＜ ＜ SO2+2H2O－2e－＝SO42－+4H＋ 0.014 CO32－+SO2+H2O＝HSO3－+HCO3－ c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H＋）＞c（SO32－）＞c（OH-） 【详解】试题分析：（1）①a、b两点温度相同，对应的平衡常数相等，即K（a）＝K（b）。a点对应压强小于b点对应压强，所以SO2浓度c（a） ＜c（b）。 ②c点在曲线上方，没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，SO2的转化率降低，反应向逆反应方向进行，所以反应速率v（正） ＜v（逆）。 （2）①M极通入的是SO2，属于负极，SO2失去电子发生氧化反应，则发生的电极反应式为SO2+2H2O－2e－＝SO42－+4H＋。 ②若使该装置的电流强度达到2.0A，则根据电子得失守恒可知理论上每分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为。 （3）根据电离平衡常数可知酸性是H2SO3＞H2CO3＞HSO3－＞HCO3－，碳酸钠和SO2的物质的量分别是0.02mol，0.02mol、0.04mol，所以根据较强酸制备较弱酸可知反应的离子方程式分别是CO32－+SO2+H2O＝HSO3－+HCO3－、CO32－+2SO2+H2O＝2HSO3－+CO2↑.亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且水还存在电离，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H＋）＞c（SO32－）＞c（OH-）。 考点：考查外界条件对平衡状态的影响、原电池原理以及溶液中离子浓度大小比较 10． < abc HCOOH(aq)HCOO-(aq)+H+(aq)   △H=(-a+b)kJ/mol CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3- HCOO-+H2OHCOOH+OH- l.77×105 c（C1-）>c（NH4+）>c(H+)>c（OH-） 2 c(H+)-2c(OH-) 10-6 5.2×10-5 23.6 【详解】试题分析：本题考查电离平衡常数的应用，盐类水解的规律，弱酸电离热化学方程式的书写，水解离子方程式的书写，溶液中水电离的c（H+）的计算，溶液中粒子浓度的大小比较，溶度积的计算。 （1）①由于Ka（HCN）Ka1（H2CO3），根据“越弱越水解”，0.1mol/LNaCN溶液中CN-的水解能力大于0.1mol/LNaHCO3溶液中HCO3-的水解能力，则c（CN-）c（HCO3-）。 ②由于Ka（HCOOH）Ka（HCN）Ka2（H2CO3），根据“越弱越水解”，等物质的量浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液水解能力HCOO-CN-CO32-，溶液pH由大到小的顺序为：Na2CO3NaCNHCOONa；pH相同的三种溶液物质的量浓度由大到小的顺序为：HCOONaNaCNNa2CO3，即abc。 ③ 将两式编号， HCOOH（aq）+OH -（aq）=HCOO-（aq）+H2O（l）ΔH=-a kJ/mol（①式） H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）ΔH=-b kJ/mol（②式） 应用盖斯定律，①式-②式得，HCOOH（aq）HCOO-（aq）+H+（aq）ΔH=（-a+b）kJ/mol。 ④由于Ka1（H2CO3）Ka（HCN）Ka2（H2CO3），根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，将少量CO2通入NaCN溶液中生成HCN和NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+H2O+NaCN=NaHCO3+HCN，离子方程式为CO2+H2O+CN-=HCN+HCO3-。 ⑤室温下一定浓度的HCOONa溶液pH=9，溶液呈碱性说明HCOO-发生水解，HCOO-水解的离子方程式为HCOO-+H2OHCOOH+OH-。该水解反应的水解平衡常数=====5.6510-11，pH=9即c（H+）=110-9mol/L，c（OH-）=110-5mol/L，110-5=5.6510-11，=5.6510-6，则=1.77105。 （2）①d点加入20mL盐酸溶液，盐酸与氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl溶液中由于NH4+的水解溶液呈酸性，d点所示溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）。 ②b点加入10mL盐酸溶液，盐酸与氨水反应后得到等物质的量浓度的NH4Cl和NH3·H2O的混合液，溶液中的电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=2c（Cl-），两式整理得，c（NH3·H2O）-c（NH4+）=2c（H+）-2c（OH-）。 ③pH=10的氨水溶液中H+全部来自水电离，c（H+）水=c（H+）溶液=110-10mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中H+与OH-全部来自水电离，水电离的OH-部分与NH4+结合成NH3·H2O，c（H+）水=c（H+）溶液=110-4mol/L；pH=10的氨水溶液与pH=4的NH4Cl溶液中水电离的c（H+）之比为（110-10mol/L）：（110-4mol/L）=10-6。 （3）①将Na2CO3溶液与BaCl2等体积混合后，c（CO32-）=110-4mol/L，c（Ba2+）=1/2c（Ba2+）原溶液，要形成沉淀c（Ba2+）·c（CO32-）=Ksp（BaCO3）=2.610-9，c（Ba2+）=2.610-9（110-4）=2.610-5mol/L，所需BaCl2溶液的最小浓度为5.210-5mol/L。 ②向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中====23.6。 11． 将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋ ClO＋6Fe2＋ ＋ 6H＋=== Cl－＋6Fe3＋＋3H2O ＜ A 除去溶液中的Mn2＋ B 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2混合液；浸出液中加入NaClO3，可将FeCl2氧化为FeCl3，加入Na2CO3调溶液pH至5.2，由表格信息可知，AlCl3、FeCl3转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而被除去；过滤后所得滤液I主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，目的是除去钙、镁离子；过滤得到的滤液II中加入萃取剂除去溶液中的Mn2＋，萃取后，萃取余液中加入草酸铵，过滤得到草酸钴晶体。 【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+。（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+= 6Fe3++Cl-+3H2O。（3）依据盐类水解可知，盐溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，谁强显谁性，由电离常数NH3•H2O⇌NH4++OH- Kb=1.8×10-5，HCO4-⇌H++C2O42- Ka2=5.4×10-5可知，（NH4）2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即PH＜7。（4）为洗涤晶体附着的离子，同时不引入新的杂质离子，过滤获得晶体洗涤时，可直接选用蒸馏水洗涤。（5）滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重，故pH=3时最佳。 【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应、物质分离和提纯、沉淀与pH的关系、盐类水解等知识点，明确流程中物质发生的转化是解本题关键。 12．（1）酸，NH4++H2ONH3﹒H2O+H+， Zn2++2H2OZn(OH)2+2H+，正； （2）①MnCO3+H2SO4===MnSO4+H2O+CO2↑；②C； ③Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+；④0.043，0.020。 【详解】试题分析：（1）ZnCl2和NH4Cl都属于强酸弱碱盐，Zn2＋和NH4＋发生水解，Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋、NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，根据原电池的工作原理，电子从负极流向正极；(2)①菱锰矿成分是MnCO3，和硫酸反应：MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑；②根据溶解度和温度的关系，得到MnSO4·H2O，温度控制在60℃以上，因为随温度升高MnSO4·H2O的溶解度降低，析出MnSO4·H2O，故选项C正确；③阳极是失去电子，化合价升高，因此阳极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋；④根据物料守恒，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)=0.1，pH=13时，溶液中c(S2－)=5.7×10－2mol·L－1，因此c(HS－)＋c(H2S)=0.043mol·L－1，根据溶度积的表示，Ksp=c(Mn2＋)×c(S2－)，pH=5时，c(S2－)=1.4×10－11mol·L－1，因此c(Mn2＋)=0.020mol·L－1。 考点：考查盐类水解、电极反应式的书写、物料守恒、溶度积的计算等知识。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$