第八章 水溶液中的离子平衡（测）-高考化学一轮复习讲练测（解析版）

第八章水溶液中的离子平衡能力提升检测卷时间：90分钟分值：100分一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）1．（2022·河北·模拟预测）下列各项叙述正确的是A．物质的量浓度相同的NaCl、CH3COONa两种溶液，两溶液中全部离子物质的量浓度之和也相同B．室温下，将醋酸溶液加水稀释，溶液中c(H+)和c(OH-)均减小C．常温下，溶液中水电离出来的c(H+)与水电离出来的c(OH-)乘积不一定等于10-14D．已知AgCl、AgBr的Ksp分别为1.8×10-10和5.0×10-13，故在AgCl的悬浊液中滴入0.1mol·L-1NaBr溶液一定产生AgBr沉淀，而在AgBr的悬浊液中滴入0.1mol·L-1NaCl溶液不可能产生AgCl沉淀【答案】C【解析】A.物质的量浓度相同的NaCl、CH3COONa两种溶液中，c(Na+)相等，由于两溶液pH不同，根据电荷守恒NaCl溶液中有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，醋酸钠溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)，氯化钠溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，因此NaCl溶液中c(H+)大于醋酸钠溶液中c(H+)，两溶液的阳离子的物质的量浓度之和不相等，阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和相等，即两溶液全部离子物质的量浓度之和不同，故A错误；B.室温下，将醋酸溶液加水稀释，促进了醋酸的电离，但是加水后溶液的总体积增大，使得氢离子浓度变小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度变大，故B错误；C.常温下，溶液中水电离受到溶质的影响，电离程度受到促进或抑制，H+和OH-浓度的乘积不一定等于10-14，故C正确；D.沉淀溶解平衡体系中，当离子浓度乘积大于Ksp时，平衡就会向沉淀方向移动，即出现沉淀现象，向AgBr的悬浊液中滴入0.1mol/LNaCl溶液，当Cl-浓度较大时可能产生AgCl沉淀，故D错误；答案为C。2．（2022·湖北·襄阳五中二模）某兴趣小组利用工业废弃的铁铜合金制备碳式碳酸铜的简易流程如图。下列叙述错误的是A．“沉降”反应中溶液与Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分B．“过滤1”所得的滤液中的溶质主要为硫酸铜C．“滤渣”的主要成分为氢氧化铁D．“溶解”时发生了氧化还原反应【答案】A【解析】废弃的铁铜合金加入稀硫酸和双氧水溶解，得到硫酸铁、硫酸铜的混合溶液，之后加入CuO调节pH除去Fe3+，过滤掉Fe(OH)3沉淀，加入碳酸钠粉末沉降得到碱式碳酸铜，过滤得到产品。A．“沉降”反应中溶液是CuSO4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2CO3溶液加入溶液中，如果将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液中，将会生成更多的氢氧化铜沉淀，影响碱式碳酸铜的生成，A错误；B．根据分析可知加入CuO调节pH可以除去Fe3+，滤液中的溶质主要为硫酸铜，B正确；C．加入CuO调节pH可以除去Fe3+，得到Fe(OH)3沉淀，C正确；D．溶解过程中双氧水在酸性环境中可以将Fe、Cu氧化，D正确；综上所述答案为A。3．（2022·浙江绍兴·二模）下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．【答案】A【解析】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；故选：A。4．（2022·广东·三模）对于常温下溶液。下列说法正确的是A．溶液中存在：B．与混合后溶液呈酸性，则所得溶液中：C．溶液加水稀释，升高D．在水溶液中的电离方程式为：【答案】B【解析】A．根据质子守恒可知，在CH3COONa溶液中存在：，而c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A错误；B．与混合后溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，溶液呈酸性说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故所得溶液中有：，B正确；C．溶液加水稀释，促进CH3COO-的水解，根据勒夏特列原理可知，溶液中c(OH-)减小，故溶液降低，C错误；D．是可溶性盐，属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为：，D错误；故答案为：B。5．（2022·山东济南·三模）下列操作正确的是A．过滤沉淀时，用玻璃棒搅拌可加快过滤速率B．可采用蒸发浓缩冷却结晶的方法从溶液中获取[Cu(NH3)4]SO4·H2OC．滴定终点时，发现盛标准液的滴定管尖嘴部分有悬滴，则所测待测液物质的量浓度偏大D．用标准H2SO4溶液滴定待测NaOH溶液时，需量取25.00mLNaOH溶液于润洗过的锥形瓶中【答案】C【解析】A．用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，污染过滤所得的产品，A错误；B．由于[Cu(NH3)4]SO4·H2O在加热时易失氨，所以其晶体的制备不宜选用蒸发浓缩等常规的方法，B错误；C．滴定完后，有液滴悬挂在滴定管的尖端处会使滴定结果偏大，因为c(标)V(标)=c(待)V(待，所以c(待)=，V(待)一定，V(标)偏大，所以c(待)偏大，C正确；D．锥形瓶不能润洗，D错误；故选C。6．（2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测）水溶液因水解呈酸性的盐是A．CuSO4 B．HNO3 C．KHSO3 D．NaHCO3【答案】A【解析】A．CuSO4属于强酸弱碱盐，在水溶液中由于Cu2+的水解而使溶液呈酸性，A项符合题意；B．HNO3属于强酸，在水溶液中由于HNO3的电离使溶液呈酸性，B项不符合题意；C．KHSO3属于弱酸的酸式盐，在水溶液中由于的电离程度大于的水解程度使溶液呈酸性，C项不符合题意；D．NaHCO3属于弱酸的酸式盐，在水溶液中由于的水解程度大于的电离程度使溶液呈碱性，D项不符合题意；答案选A。7．（2022·云南·昆明一中模拟预测）测定某氢氧化钠样品中NaOH的含量，主要操作步骤为：①称取一定质量的样品溶于水中；②转移、定容得待测液；③取20.00mL待测液，用HCl标准溶液滴定。完成上述操作，下列仪器中不需要用到的有A．1种 B．2种 C．3种 D．4种【答案】C【解析】称量需要用到托盘天平、药匙和烧杯，溶解需要玻璃棒；配制待测液需用到烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管；滴定需用到碱式滴定管(量取待测氢氧化钠溶液)、酸式滴定管和锥形瓶。以上操作未用到的仪器有试管、分液漏斗和冷凝管，正确选项为C。8．（2022·湖北·模拟预测）下列实验设计能够完成且结论合理的是A．可用玻璃棒蘸取氯水点在试纸上，待变色后和标准比色卡比较测出氯水的B．向悬浊液中滴2滴稀溶液，产生黑色沉淀，证明的溶解度大于C．将稀溶液缓慢倒入盛有等量盐酸的烧杯中，记录温度可测定中和热D．将少量溴水滴加入苯酚溶液中，未见到白色沉淀，表明苯酚已经变质【答案】B【解析】A．氯水具有漂白性，能使试纸褪色，所以不能用试纸检验氯水的，A选项错误；B．向悬浊液中滴加2滴稀溶液，产生黑色沉淀，反应向溶解度更小的沉淀方向进行，证明的溶解度大于，B选项正确；C．稍过量，可保证盐酸完全反应，缓慢混合可使热量散失，应一次性迅速混合测定中和热，C选项错误；D．溴水与苯酚反应生成的三溴苯酚，能溶解在过量的苯酚中，不能证明苯酚已经变质，D选项错误；答案选B。9．（2022·广西·模拟预测）常温下，向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4，溶液中的H2C2O4、、的物质的量分数δ(X)[δ(X)=]随pOH的变化如图所示。下列叙述错误的是A．曲线a表示δ()B．pH=3时，c()>c()>c(H2C2O4)C．lg[Ka2()]=—5.2D．等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中，pH<7【答案】C【解析】向氢氧化钠溶液中缓慢滴加草酸溶液，草酸溶液与氢氧化钠溶液先反应生成草酸钠溶液，继续缓慢滴加草酸溶液，溶液中草酸钠逐渐转化为草酸氢钠，则a、b、c三条曲线分别代表草酸根离子、草酸氢根离子、草酸的物质的量分数。A．由分析可知，曲线a表示草酸根离子随pOH的变化，故A正确；B．溶液pH=3时，溶液pOH=11，由图可知，溶液中c()>c()>c(H2C2O4)，故B正确；C．草酸的二级电离常数Ka2()=，由图可知，m点时，溶液中c()=c()，溶液POH=9.8，则Ka2()=c()=10—4.2，所以lg[Ka2()]=—4.2，故C错误；D．草酸的二级电离常数Ka2()=，由图可知，m点时，溶液中c()=c()，溶液POH=9.8，则Ka2()=c()=10—4.2，草酸根离子的水解常数Kh===＜Ka2()，则浓度的草酸钠和草酸氢钠混合溶液中，草酸根离子的水解程度小于草酸氢根离子的电离程度，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故D正确；故选C。10．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）下列说法正确的是A．在NaCl和KI的混合溶液中滴加溶液，一定先产生黄色沉淀B．常温下，向溶液中加入少量NaOH固体，溶液中的值增大C．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大D．同温下，0.1mol/L醋酸溶液，0.01mol/L醋酸溶液，则【答案】B【解析】A．混合溶液中氯化钠和碘化钾的浓度未知，所以向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不一定先产生黄色沉淀，故A错误；B．由电离常数公式可知，溶液中=，温度不变，电离常数不变，所以常温下，向溶液中加入少量NaOH固体，减小，溶液中的值增大，故B正确；C．醋酸溶液中存在电离平衡，pH均为2的盐酸的浓度小于醋酸，所以分别中和等物质的量的NaOH时，消耗盐酸的体积更大，故C错误；D．醋酸溶液中存在电离平衡，醋酸溶液稀释时，电离平衡向右移动，氢离子浓度的变化小于稀释倍数，所以同温下，0.1mol/L醋酸溶液和0.01mol/L醋酸溶液中pH的关系式为，故D错误；故选B。11．（2022·江西·模拟预测）25℃时，用0.10mol·L-1NaOH滴定20mL0.10mol·L-1CH3COOH(Ka=1.8×10-5)溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[—lgc水(H+)]与NaOH体积(V)的关系如图所示，(已知：lg2≈0.3，lg3≈0.5)。下列说法错误的是A．a点对应溶液的pH约为2.2B．b点对应的溶液中有：c(Na+)=c(CH3COO—)C．c点溶液中存在平衡：CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—D．d点溶液中：—lgc水(H+)=12.5【答案】A【解析】由图可知，a点为0.1mol/L醋酸溶液，b点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液pH为7，c点醋酸和氢氧化钠溶液恰好反应得到醋酸钠溶液，d点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液。A．由电离常数公式可知，0.1mol/L醋酸溶液中c(H+)===×10−3mol/L，则溶液PH为2.85，故A错误；B．由分析可知，b点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液pH为7，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由溶液中的电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=c(CH3COO—)，故B正确；C．由分析可知，c点醋酸和氢氧化钠溶液恰好反应得到强碱弱酸盐醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—，故C正确；D．由分析可知，d点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=mol/L，溶液中的氢离子浓度与水电离出的氢离子浓度相等，则水电离出的氢离子浓为=3×10−13mol/L，则溶液中—lgc水(H+)=12.5，故D正确；故选A。12．（2022·安徽蚌埠·三模）已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：≈2.4，≈3.2)A．M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B．与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C．向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000【答案】D【解析】A．饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2-)==3.2×10-11mol·L-1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1，因此I曲线代表的是FeS，Ⅱ曲线代表的是NiS，即M点c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1，故A错误；B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，有沉淀产生，故B错误；C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2-)减小，Q不能转化到N点，故C错误；D．该反应的平衡常数K==6000，故D正确。答案选D。13．（2022·吉林吉林·模拟预测）下列实验方案、现象及结论均正确的是选项实验方案现象结论A用盐酸标准液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂，滴入最后一滴盐酸溶液由浅红色变为无色滴定达到终点B用干燥且洁净的玻璃棒蘸取1.0mol·L-1NaClO溶液，点到放在表面皿上的pH试纸上测其pH试纸变蓝HClO为弱酸C将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳的强D向H2O2溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液紫红色褪去H2O2具有还原性【答案】D【解析】A．酚酞作指示剂，用HCl溶液滴定NaHCO3溶液时生成NaCl，当加入半滴盐酸、溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色时即达到滴定终点，故A错误；B．次氯酸钠溶液有水解产生的次氯酸，具有漂白性，无法使用pH试纸测定pH，故B错误；C．盐酸与NaHCO3溶液反应生成NaCl和水和二氧化碳，可说明盐酸的酸性比碳酸强，但盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性强弱，故C错误；D．酸性KMnO4溶液紫红色褪去是由于H2O2与KMnO4发生氧化还原反应生成Mn2+和O2，H2O2做还原剂，具有还原性，故D正确；故选：D。14．（2022·上海青浦·二模）下列有关说法正确的是A．0.1mol·L-1Na2CO3与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C．将0.2mol·L-1的NH3·H2O与0.1mol·L-1的HCl溶液等体积混合后pH>7，则：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)D．0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)【答案】A【解析】A．该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有、、H2CO3，所以存在的物料守恒为2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)，选项A正确；B．pH均为3的盐酸和醋酸，浓度c(HCl)<c(CH3COOH)，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，体积pH均为3的盐酸和醋酸，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，选项B错误；C．将0.2mol·L-1的NH3·H2O与0.1mol·L-1的HCl溶液等体积混合后生成氯化铵，其中氨水过量且二者的浓度相等，溶液的pH>7，说明氨水的电离程度大于铵根的水解程度，则：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，选项C错误；D．反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)，所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，选项D错误；答案选A。15．（2022·天津·模拟预测）溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氮氨(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳微粒浓度之和的分数。25℃时，向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中含氮(或碳)各微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。下列说法不正确的是A．Kb(NH3·H2O)>Kal(H2CO3)B．n点时，溶液3c(HCO)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)C．m点时，c(NH3·H2O)>c(HCO)D．反应HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常数为K，lgK=-0.9【答案】B【解析】A．氨水为一元弱碱电离平衡方程式为：，，当，溶液的pH为9.3，则，碳酸为二元弱酸则分步电离的方程式为：，，当，溶液的pH为6.4，则，可得Kb(NH3·H2O)>Kal(H2CO3)，A项正确；B．n点时，溶液中，n点时加入NaOH溶液反应得到的溶液中有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，由溶液电荷守恒可得：，带入可得，B项错误；C．由图可知虚线表示，m点表示为，则由图判断m点在虚线的下方，可得c(NH3·H2O)>c(HCO)，C项正确；D．n点时，，反应HCO+NH3·H2ONH+CO+H2O的平衡常数的表达式为，带入数值进行计算可得，则lgK=-0.9，D项正确；答案选B。16．（2022·上海松江·二模）在50mL2mol·L-1的NaOH溶液中，通入VL(标准状况)CO2，下列说法错误的是A．若V=1.12L，所得溶液中一定有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]B．若1.12L<V<2.24L，所得溶液中一定有c(Na+)>c()>c()>c(OH-)C．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()D．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)【答案】B【解析】A．当V=1.12L时，n(CO2)==0.05mol,n(NaOH)=50mL2mol·L-1=0.1mol,n(CO2):n(NaOH)=1:2，两者恰好反应生成Na2CO3，根据物料守恒n(C):n(Na+)=1:2,即存在c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，A项正确；B．当1.12L<V<2.24L时，溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液,两种钠盐的物质的量相对大小未知，无法判断的电离程度和的水解程度的相对大小，无法判断c()和c()的相对大小，B项错误；C．当V=2.24L，n(CO2)==0.1mol，n(CO2)=n(NaOH)二者恰好完全反应生成NaHCO3,根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，根据物料守恒得到：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，所以存在c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()即c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()，C项正确；D．当V=2.24L，n(CO2)==0.1mol，n(CO2)=n(NaOH)二者恰好完全反应生成NaHCO3，根据物料守恒得到：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，D项正确；答案选B。二、主观题（共5小题，共52分）17．（2021·山西实验中学一模）（8分）工业废水中常含有一定量的，易被人体吸收积累而导致肝癌。处理工业含铬废水的方法通常是将转化为，再将转化为沉淀。(1)利用硫酸工业废气中的可以处理酸性含铬废水，用离子方程式表示反应原理：___________。(2)常温下，，除去被还原所得溶液中的[使]，需调节溶液的pH至少为___________。(3)和类似，也是两性氢氧化物。写出的酸式电离方程式：___________。(4)在强碱中可被氧化为，发生反应的离子方程式为___________。控制其他条件不变，反应温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时转化率下降的原因：___________【答案】(1)

(2)6

(3)（1分）

(4)

在较高温度下发生分解，浓度降低，氧化能力下降（1分）【解析】(1)酸性含铬废水中含有，具有较强的氧化性，与发生氧化还原反应，结合得失电子守恒和元素质量守恒可得反应的离子方程式：。(2)常温下，，溶液中时，，此时溶液的pH≥6。(3)和类似，也是两性氢氧化物，而发生酸式电离的方程式为，类比推理写出的酸式电离方程式。(4)在强碱中被氧化为，而则被还原为，反应的离子方程式为。分析反应温度对转化率的影响可知，随着温度的升高，开始阶段转化率增大，温度超过70℃时，转化率下降，其原因可能是在较高温度下发生分解，浓度降低，氧化能力下降。18．（2021·河南信阳·一模）（10分）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：Ⅰ.亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H++H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价___________。(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；(4)下列说法正确的是___________。A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2POB．NaH2PO2属于酸式盐C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：_______________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO+_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO26CaSiO3+P4O1010C+P4O10P4+10CO若反应生成31gP4，则反应过程中转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)+3（1分）(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O（1分）(3)H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4(4)AD(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO+2H+(6)5NA【解析】(1)亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；(2)亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；(3)亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；(4)A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．故答案为：AD；(5)由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；(6)P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA。19．（2022·江苏盐城·三模）（9分）养殖业废水中含有一定量的氨氮(以形式存在)污染物，通过沉淀法或折点氯化法处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。(1)沉淀法：向酸性废水中加入一定比例的和，将氨氮转化为沉淀除去。①该反应的离子方程式为___________。②增大废水的，除生成沉淀和沉淀外，还可能生成另一沉淀的化学式为___________。(2)折点氯化法：向废水中加入溶液，将氨氮最终转化为除去。时，投加量[即]与水中余氯(即氧化性的氯，包括、、、等)含量关系如图-1所示。①时发生反应的离子方程式为___________。②废水的对氨氮去除率的影响如图-2所示。氨氮去除率在后迅速下降、后下降变缓，其原因可能是___________。(3)由于不稳定，实验前需测定试剂溶液中有效氯含量(即单位体积溶液中含氯化合物作为消毒剂时，氧化能力相当的的质量，单位)。取市售待测溶液，加水稀释至，用乙酸-乙酸钠溶液控制稀释液为3.5~4.2；加入过量溶液充分反应后，滴加2~3滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液(已知：)。计算该市售溶液中有效氯含量___________(写出计算过程)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)①+Mg2++HPO+6H2O=+H+(或NH3+Mg2++HPO+6H2O=NH4MgPO46H2O)

②Mg3(PO4)2（1分）(2)①ClO-+NH3=NH2Cl+OH-

②当pH>10时，随pH增大，NaClO氧化能力明显减弱，氨氮去除率迅速下降；当pH>11时，随pH增大，NH转化为NH3逸出，氨氮去除率下降变缓(3)1420mg/L【解析】(1)①向酸性废水中加入一定比例的和，、Mg2+、HPO和H2O反应生成，依据原子守恒，反应的离子方程式为：+Mg2++HPO+6H2O=+H+；②随pH增大，除生成沉淀和沉淀外，HPO会逐渐转化为PO，会与Mg2+结合生成Mg3(PO4)2沉淀；(2)①η=1.0时，=1:1，则反应的离子方程式为：ClO-+NH3=NH2Cl+OH-；②当pH>10时，随pH增大，NaClO氧化能力明显减弱，使得氨氮去除率迅速下降，当pH>11时，随pH增大，溶液碱性较强，铵根离子会转化为氨气从溶液中逸出，使得氨氮去除率下降变缓；(3)次氯酸根离子有氧化性，碘离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2H++ClO-+2I-=Cl-+I2+H2O，依据题意，等物质的量的次氯酸钠、氯气氧化能力相当，可得关系式：Cl2~ClO-~I2~2，n(Cl2)=0.01mol/L0.02L=110-4mol，有效率含量为110-4mol71g/mol1000mg/g510-3L=1420mg/L。20．（2022·四川·模拟预测）（12分）氯化亚铜(CuCl)可用作CO吸附剂和脱氧剂。利用以下装置可制备CuCl并测定其纯度。已知：CuCl难溶于水和乙醇；Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。回答下列问题：(1)制取Cl2：盛放KMnO4的仪器名称是_____，为吸收Cl2尾气，C中可选用试剂_____(填标号)。A．Na2SO3溶液

B．饱和食盐水

C．浓H2SO4D．FeCl2溶液(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，B中依次发生反应的离子方程式为：①Cu+Cl2=Cu2++2Cl-；②_______；③CuCl+2Cl-⇌[CuCl3]2-，观察到_______时停止反应。将B中溶液倾入盛有_______的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀。过滤得CuCl粗品。(3)提纯CuCl：在烧杯中注入稀盐酸，加入制得的CuCl粗品，搅拌后过滤，用_______(填试剂名称)洗涤滤饼3~4次后烘干得成品。(4)CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品2.90g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液22.50mL，反应中被还原为Cr3+，则成品中CuCl的纯度为_______%(保留1位小数)。滴定时盛装K2Cr2O7溶液的仪器名称是_______，若滴定结束时仰视刻度线读数，会导致测定结果偏_______(填“高”或“低”)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)圆底烧瓶（1分）AD(2)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl

铜粉完全溶解，溶液无色（1分）

适量蒸馏水（1分）(3)无水乙醇（1分）(4)92.2

酸式滴定管（1分）

高（1分）【解析】A装置为浓盐酸与高锰酸钾制备氯气。生成的氯气与铜粉和氯化钠溶液反应生成Na2[CuCl3]，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。C装置用于吸收未反应完的氯气，防止污染空气。（1）①略；②氯气具有强氧化性，可与具有还原性的Na2SO3溶液和FeCl2溶液发生氧化还原反应被吸收。饱和食盐水和浓H2SO4用于制备氯气过程中的分离提纯，分别起吸收氯化氢和水的作用。答案为AD。（2）①反应①的产物作为②反应的生成物，反应③的反应物可作为②反应的生成物，再依据氧化还原反应即可写出反应。答案为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl；②已知CuCl难溶于水和乙醇，Na2[CuCl3]为无色溶液，当反应②Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl反应完全即铜粉完全溶解，溶液无色可反应停止。答案为铜粉完全溶解，溶液无色；③已知Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。