高考化学化水溶液中的离子平衡综合练习题及答案
高考化学化水溶液中的离子平衡综合练习题及答案
一、水溶液中的离子平衡
1．硫代硫酸钠晶体(Na 2S 2O 3·5H 2O )俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：
（1）装置甲中，a 仪器的名称是____________；a 中盛有浓硫酸，b 中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO 2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。
（2）装置乙的作用是____________________________________。
（3）装置丙中，将Na 2S 和Na 2CO 3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO 2，便可制得Na 2S 2O 3和CO 2。反应的化学方程式为：________________________________________。 （4）本实验所用的Na 2CO 3中含少量NaOH ，检验含有NaOH 的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl 2溶液、Ca (OH )2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH 计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO 3饱和溶液的pH =9.5)
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na 2S 2O 3·5H 2O 的含量，采用在酸性条件下用KMnO 4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO 4溶液不反应)。称取1.50g 粗产品溶于水，用0.20 mol ·L －1KMnO 4溶液(加适量稀硫酸酸化)
滴定，当溶液中2-23S O 全部被氧化为2-
4SO 时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL 。 ①写出反应的离子方程式：________________________________________。
②产品中Na 2S 2O 3·5H 2O 的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。
【来源】山东省潍坊市2020届高三下学期第三次线上检测化学试题
【答案】分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸
4SO 2+2Na 2S +Na 2CO 3＝3Na 2S 2O 3+CO 2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl 2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH 计测定上层清液的pH ，若pH 大于9．5，则含有NaOH 乙醇 2--+2+2-
234425S O +8MnO +14H =8Mn +10SO +7H O 82.7％
【解析】
【分析】
装置甲为二氧化硫的制取：Na 2SO 3+H 2SO 4(浓)=Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O ，丙装置为Na 2S 2O 3的生成装置：2Na 2S +Na 2CO 3+4SO 2=3Na 2S 2O 3+CO 2，因SO 2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。
【详解】
(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；
(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；
(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；
(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；
①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中2-
23
S O全部被氧化为
2-
4
SO，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；
②由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-
)=5
8
n(KMnO4)=
5
8
×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则
m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3?5H2O在产品中的质量分数为1.24g
1.5g
×100%=82.7%。
【点睛】
考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。
2．碳酸氢钠是重要的化工产品。用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。已知碳酸氢钠受热易分解，且在250℃～270℃分解完全。
完成下列填空：
（1）测定碳酸氢钠含量的实验步骤：用电子天平称取碳酸氢钠样品（准确到_____g），加入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。当滴定至溶液由_____色变为_____色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。该实验不能用酚酞作指示剂的原因是_____。
（2）若碳酸氢钠样品质量为0.840g，用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点，消耗标准盐酸溶液19.50mL。样品中NaHCO3的质量分数为_____（保留3位小数）。
（3）如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，会导致测定结果____（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。
（4）碳酸氢钠样品含有少量水分（<0.5%）和氯化钠。以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案（样品中NaHCO3含量已知）。
①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品，样品和坩埚的质量为m1g。
②将样品和坩埚置于电热炉内，在250℃～270℃加热分解至完全，经恒重，样品和坩埚的质量为m2g。
③……。
该实验方案中，质量差（m1-m2）是_____的质量。若所称取样品中NaHCO3的质量为
m3g，则样品中水分的质量m=_____（用含m、m1、m2的代数式表示）。
【来源】上海大学附属中学2018-2019学年高三下学期第一次月考化学试题
【答案】0.001 黄橙滴定终点溶液呈弱酸性，酚酞的变色范围为8-10，无法准确判断滴定终点 0.975 偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分 m1-m2-3
31m
84
【解析】
【分析】
(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酞试液在pH≥8的溶液中才呈红色；
(2)根据NaHCO3～HCl，则n(NaHCO3)=n(HCl)计算；
(3)根据c(待测)=
()()
()
c V
V
?
标准标准
待测
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误
差；
(4)由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2气体和水蒸气；先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量，再计算样品中含有的水分质量。
【详解】
(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g；碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酞试液的变色范围为8-10，用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点；
(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL，则参加反应的HCl为
0.5000mol/L×0.01950L=0.00975mol，根据NaHCO3～HCl，则n(NaHCO3)=n(HCl)，0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975mol×84g/mol=0.819g，故样品中NaHCO3的质量分数为
0.819g
0.840g
=0.975；
(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；
(4)已知2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,则该实验方案中，质量差(m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO3的质量为m3g，则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g，
323223
42NaHCO Na CO +CO +H O
168
106m m ???→↑加热 m 4=3106168m g ，生成的水和CO 2的质量为m 3g - 3106168m g=3184
m 3g ，故所则样品中水分的质量m= m 1-m 2-
3184
m 3g 。 【点睛】 滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=()()()
c V V ?标准标准待测分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
3．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu 2S 、CuS 和惰性杂质。为进一步确定其中Cu 2S 、CuS 的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g 样品，加入200.0mL0.2000mol·
L －1酸性KMnO 4溶液，加热(硫元素全部转化为
SO 42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL 容量瓶中，定容；
③取25.00mL 溶液，用0.1000mol·
L －1FeSO 4溶液滴定，消耗20.00mL ； ④加入适量NH 4HF 2溶液(掩蔽Fe 3+和Mn 2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI 固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu 2++4I －=2CuI+I 2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·
L －1Na 2S 2O 3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S 2O 32－+I 2=S 4O 62－+2I －)。
回答下列问题：
(1)写出Cu 2S 溶于酸性KMnO 4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol· L －1FeSO 4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL 待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu 2S 和CuS 的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
【来源】山东省济南市2019届高三模拟考试理科综合试题2019.3.29（化学部分)
【答案】Cu 2S+2MnO 4-+8H +=2Cu 2++SO 42-+2Mn 2++4H 2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe 2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物
的组成。
【详解】
(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L×1
5
×
250
25.00
=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得
2x+8
5
y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×
250
25.00
=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)=0.01mol160g/mol
100%
2.6g
?
?=61.5%，
w(CuS)=0.01mol96g/mol
100%
2.6g
?
?=36.9%。
【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
4．葡萄糖酸亚铁（(C6H11O7)2Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：
（1）a的名称为_________。
（2）打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。在_________(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2作用有_________、____________。(写2条)（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因____________。
（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是
_________________。
（5）用 NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为
______________，此法产品纯度更高，原因是_______________。
【来源】2018~2019学年广东佛山市普通髙中教学质量检测(一)高三理科综合试题（化学部分)
【答案】恒压滴液漏斗 c 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化将b中溶液压入c中 4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度 Fe2＋
＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁
【解析】
【分析】
（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；
（3）FeCO3与O2反应生成红褐色Fe（OH）3；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；
（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。
【详解】
（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作
用有：赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，用化学方程式：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；
（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4，方程式为：Fe2＋＋2HCO3
－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。
5．草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4?2H2O。回答下列问题：
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用图1装置制取C2H2。
①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为__。
（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取
H2C2O4?2H2O．制备装置如图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是__。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。
③从装置D中得到产品，还需经过__（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4?2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是__。
②产品中H2C2O4?2H2O的质量分数为___（列出含m、c、V的表达式）。
【来源】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2020届高三上学期期末考试化学试题
【答案】减慢反应速率，获得平缓气流 PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、
冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色31.5cV
m
%
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4?2H2O，发生反应为：
C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4?2H2O的质量分数。
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色；
②准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用
c mol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中
H2C2O4?2H2O的质量分数为α，根据2MnO4-～～5H2C2O4?2H2O产品中H2C2O4?2H2O的质量
分数为α=
3
512610
100%
2
c V
m
-
????
?=
31.5cV
m
%。
【点睛】
考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
6．下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为2
Ag S沉淀的反应所做实验的记录．
步 骤
现 象 Ⅰ.取5mL 0.1mol /L 3AgNO 与一定体积0.1mol /L NaCl 溶
液，混合，振荡．
立即产生白色沉淀 Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol /L 2Na S 溶液．
沉淀迅速变为黑色 Ⅲ.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 较长时间后，沉淀变为乳
白色
Ⅳ.滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液． 产生红棕色气体，沉淀部
分溶解
Ⅴ.过滤得到滤液X 和白色沉淀Y ；向X 中滴加32Ba(NO )溶
液．
产生白色沉淀 ()1为了证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，步骤I 中NaCl 溶液的体积范围为 ______ 。
()2已知：25℃时()10sp K AgCl 1.810-=?，()30sp 2K Ag S 610-=?，此沉淀转化反应的平衡常数K = ______。
()3步骤V 中产生的白色沉淀的化学式为 ______ ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl 外，还含有 ______。
()4为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。
①装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ______ ，试剂W 为 ______ 。
②装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，B 中试剂为 ______ 。 ③实验表明：C 中沉淀逐渐变为乳白色，B 中没有明显变化。
完成C 中反应的化学方程式：______Ag 2S+_____NaCl+______ + ______ ?AgCl+S+ ______ ______
C 中NaCl 的作用是： ______ 。
【来源】2020届高三化学二轮每周大题必练———反应原理的探究型实验
【答案】5mL ≥ 95.410? 4BaSO S 分液漏斗 过氧化氢溶液 2Ag S 悬浊液
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++? 氧气将2Ag S 氧化成S 时有
Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与银离子结合生成AgCl 沉淀，使()
c Ag +减小，有利于氧化还原反应的平衡右移
【解析】
【分析】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀；
(2)()()
22c Cl K c S -
-=； (3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；
(4) ①根据装置图判断仪器名称；装置A 的作用是提供氧气；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液；
③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。
【详解】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀，所以加入的NaCl 溶液的体积必须5mL ≥；
(2)氯化银转化成硫化银的反应为：()()()()222AgCl s S
aq Ag S s 2Cl aq --++?，该反应
的平衡常数为：()()()()()()()()2222102
sp
930222sp 2c Cl c Ag c Cl K AgCl (1.810)K 5.410K Ag S 610c S c Ag c S -
+----+-??=====???；
(3)步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S 元素，故乳白色沉淀为AgCl 和S 的混合物；其中S 被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X 中滴加32Ba(NO )溶液会生成4BaSO 沉淀；
(4) ①根据图示可知，装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S 的混合物，装置A 的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W 为过氧化氢溶液；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液，即为2Ag S 悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；
③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能
以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?；装置C 中氯化钠的作用为：氧气将2Ag S 氧化成S 时有Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl 沉淀，使溶液中()c Ag +减小，从而有利于氧化还原反应
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?向右移动。
7．某学习小组为证实Ba(OH)2溶液和H 2SO 4溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。请补充完成该实验报告。
（1）（实验原理）
溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定。观察_____，据此判断溶液中自由移动的离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。
（2）（实验装置）如图1所示。
（实验过程与记录） 实验步骤
实验现象 实验结论
连接好装置，向烧杯中加入
25mL1mol?L ﹣1的Ba(OH)2溶液和2
滴酚酞溶液，逐滴滴加1mol?L ﹣1的
H 2SO 4溶液直至过量，边滴边振
荡。 （2）_____（填写支持实验结论的证据） Ba(OH)2溶液和H 2SO 4溶液的反应是离子反应 （3）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度Ⅰ表示）可近似地用图2中的_____（填序号）曲线表示。
（4）下列三种情况下，与上述实验中离子方程式相同的是_____。
A 向NaHSO 4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO 42﹣恰好完全沉淀
B 向NaHSO 4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性
C 向NaHSO 4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（5）已知：PbSO 4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，其化学方程式为：PbSO 4+2CH 3COONH 4＝(CH 3COO)2Pb+(NH 4)2SO 4．写出该反应的离子方程式为_____。
【来源】北京清华附中2019-2020高一化学上学期期中试题
【答案】灯泡的明暗程度灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮 c B
PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-
【解析】
【分析】
（1）溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，灯泡的明暗程度反映了离子浓度的变化；
（2）向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加H2SO4溶液直至过量，根据溶液中离子浓度的变化可知灯泡的明暗的变化，从而证明发生了离子反应；
（3）同（2）；
（4）A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，两者物质的量相等；
B 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性，n(H+)=n(OH-)；
C 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，NaHSO4少量；
（5）PbSO4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质。
【详解】
（1）离子浓度越大，电荷越多，会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化。故答案为：灯泡的明暗程度；
（2）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮。故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；
（3）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，导电能力强，随着加入H2SO4溶液，析出沉淀同时生成水，离子浓度下降，导电能力减弱，当完全中和时，导电能力最弱。再加入时由于H2SO4强电解，导电能力又增强，所以用曲线c表示，故答案为：c；
(4) 实验中的离子方程式为： 2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓；
A. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀淀，二者物质的量相等，发生反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足，故A错误；
B. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，满足条件，故B 正确；
C. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，该反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足条件，故C错误。
故选：B。
（5）. PbSO4难溶于水，(CH3COO)2Pb为弱电解质，书写离子方程式时保留化学式，离子方程式为：PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-，故答案为：PbSO4+2CH3COO-＝
(CH3COO2)Pb+SO42-
8．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料FeCl 3·
6H 2O 中若含FeCl 2杂质，检验方法为：取一定量的该样品配成溶液，加入__________ (填化学式) 溶液，现象为__________。
（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl 3·
6H 2O 而不用浓硫酸的原因为___（填序号）。 a 浓硫酸易使原料碳化并产生SO 2
b FeCl 3·6H 2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c 同等条件下，用FeCl 3·6H 2O 比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为____________。
（3）下列玻璃仪器中，操作2中需使用的有________（填标号）。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，________（填序号）。
①弃去前馏分，收集83℃的馏分②加热③通冷凝水
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g 环己烯样品中加入b mol Br 2。充分反应后，向所得溶液中加入足量的KI ，再用c mol/L 的Na 2S 2O 3标准溶液滴定该溶液，终点时消耗Na 2S 2O 3标准溶液v mL （以上数据均已扣除干扰因素）。 [已知：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+]
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致最终测定的环己烯含量偏__________。（填“高”或“低”）
【来源】山东省实验中学东校区2020届高三10月阶段性检测化学试题
【答案】K 3[Fe(CN)6] 出现蓝色沉淀 ab 减少环己醇的蒸出 ad ③② ① 淀粉溶液 cv （b-）822000
a
高 【解析】
【分析】
环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯；
(1)亚铁离子通常用K 3[Fe(CN)6]溶液检验；
(2)①浓硫酸具有强氧化性，能氧化原料，且FeCl 3?6H 2O 污染小、可循环使用； ②仪器B 能冷凝回流环己醇；
(3)操作2为分液，根据分液操作方法分析所需仪器；
(4)将操作3为蒸馏，结合蒸馏操作方法分析；
(5)碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘；②Br 2+2KI ═I 2+2KBr 、
③I 2+2Na 2S 2O 3═2NaI+Na 2S 4O 6得关系式Br 2～I 2～2Na 2S 2O 3，则与KI 反应的n(Br 2)＝12n(Na 2S 2O 3)＝12×cv×10﹣3 mol ，所以与环己烯反应的n(Br 2)＝(b ﹣12
×cv×10﹣3 )mol ，根据得n(环己烯)＝(b ﹣
12×cv×10﹣3 )mol ，m(环己烯)＝(b ﹣12×cv×10﹣3 )mol×82g/mol ，结合环己烯质量分数＝实际产量理论产量
计算； (6)若滴定管尖嘴处留有气泡，读出的Na 2S 2O 3标准溶液体积偏小，计算出的环己烯的物质的量偏大，测定结果偏高。
【详解】
环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯；
(1)原料FeCl 3?6H 2O 中若含FeCl 2杂质，检验方法为：取一定量的该样品配成溶液，加入K 3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，证明含FeCl 2杂质；
(2)①a ．浓硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO 2，从而降低环己烯产率，故a 正确；
b ．FeCl 3?6H 2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，故b 正确；
c ．催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不影响产率，故c 错误； 故答案为：ab ；
②仪器B 能冷凝回流环己醇，可减少环己醇的蒸出，从而提高环己醇利用率；
(3)操作2用于分离互不相溶的液体，操作方法为分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，不属于容量瓶和坩埚，故选ad ，故答案为：ad ；
(4)将操作3(蒸馏)的步骤范围：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分，故答案为：③②①；
(5)碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘，所以选取的试剂为淀粉溶液；
②Br2+2KI═I2+2KBr、③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6得关系式Br2～I2～2Na2S2O3，则与KI反
应的n(Br2)＝1
2
n(Na2S2O3)
＝
1
2
×cv×10﹣3 mol，所以与环己烯反应的n(Br2)＝(b﹣
1
2
×cv×10﹣3 )mol，根据得n(环己烯)＝(b﹣
1
2
×cv×10﹣3 )mol，m(环己烯)＝
(b﹣
1
2
×cv×10﹣3 )mol×82g/mol，环己烯质量分数为：
3
1
1082/
2
-
??
-???
?
??
b cv g mol
ag
＝
82
2000
??
-?
?
??
cV
b
a
；
(6)上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡，导致读出的标准液体积偏小，计算出的标准液体积v偏小，根据环己烯的质量分数
82
2000
??
-?
?
??
cV
b
a
可知，最终测定的环己烯含量偏高。
9．欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。
请回答下列问题：
（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为______________；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为______________；
（3）滴定至终点的颜色变化为______________；
（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________；
（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________； (保留四位有效数字)
实验序号待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol?L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度滴定后刻度
（6）下列哪些操作会使测定结果偏高_________(填序号)。
A ．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B ．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C ．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．
【来源】【百强校】2015-2016学年青海乐都一中高二下期末化学试卷（带解析)
【答案】锥形瓶 酸式滴定管 溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 26.90mL 0.1052mol/L AC
【解析】
【分析】
【详解】
（1）用碱式滴定管取待测待测NaOH 溶液于锥形瓶中；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；
（3）待测液是氢氧化钠溶液，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH 减小，当滴到溶液的pH 小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，达到滴定终点；
（4）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL ，滴定后液面如图为27.40ml ，滴定管中的液面读数为27.40ml-0.50mL=26.90mL ；
（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐
酸)=
26.29mL 26.31ml 2
+ =26.30mL ， HCl+NaOH ═NaCl+H 2O
0.0263L×0.1000mol?L -1 0.025L×C(NaOH)
则C(NaOH)=0.0263L 0.1000mol /L 0.025L ? =0.1052mol/L ； （6）A ．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测液)=
c()V()V()标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故A 正确；
B ．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测液)= c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测)不变，故B 错误； C ．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准液)偏大，根据
c(待测液)= c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故C 正确；D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准液)偏小，根据c(待测液)=
c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏低，故D 错误； 故选AC 。
10．葡萄酒中SO 2最大使用量为0.25 g·
L －
1，取300.00 mL 葡萄酒，通过适当的方法使所含SO 2全部逸出并用H 2O 2将其全部氧化为H 2SO 4，然后用0.090 0 mol·L －1NaOH 标准溶液进行滴定。
（1）滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。
（2）若用50 mL 滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积______(填序号)。
①＝10 mL ②＝40 mL ③＜10 mL ④＞40 mL 。
（3）上述滴定实验中，可选择_______为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：______
（4）滴定至终点时，消耗NaOH 溶液25.00 mL ，该葡萄酒中SO 2含量为________g·
L －1。滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【来源】陕西省黄陵中学高新部2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
【答案】③ ④ 酚酞 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 0.24 偏低
【解析】
【分析】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；
（3）强碱滴定酸用酚酞；
（4）由SO 2～H 2SO 4～2NaOH 关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。
【详解】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选③；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL ，答案选④；
（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；
(4)SO2与NaOH存在如下关系：
SO2～H2SO4～2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝0.0900mo/L0.025L64g
2mol
??
＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为
0.072g
0.3L
==0.24 g·L－1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比实际值偏低。
水溶液中的离子平衡知识点(1)
【人教版】选修4知识点总结：第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 （1）电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注：①单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有：活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐；于非电解质的有：非金属的氧化物。 （2）强电解质和弱电解质 ①强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质（如强酸、强碱和大部分的盐） ②弱电解质：在水溶液里只有部分电离为离子（如：弱酸、弱碱和少量盐）。 注：弱电解质特征：存在电离平衡，平衡时离子和电解质分子共存，而且大部分以分子形式存在。 （3）强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 （1）弱电解质电离平衡的建立（弱电解质的电离是一种可逆过程） （2）电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样，同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆：弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等：达电离平衡时，分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动：动态平衡，即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定：一定条件下达到电离平衡状态时，溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变，溶液里既有离子存在，也有电解质分子存在。且分子多，离子少。 ⑤变：指电离平衡是一定条件下的平衡，外界条件改变，电离平衡会发生移动。
（3）电离常数 ①概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数。这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K来表示。 ② ③意义：K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的弱酸或弱碱相对较强。 ④电离常数的影响因素 a.电离常数随温度变化而变化，但由于电离过程热效应较小，温度改变对电离常数影响不大，其数量级一般不变，所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响 b.电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关，同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是不会改变的。即：电离平衡常数与化学平衡常数一样，只与温度有关。 （3）电解质的电离方程式 ①强电解质的电离方程式的书写强电解质在水中完全电离，水溶液中只存在水合阴、阳离子，不存在电离平衡。在书写有关强电解质电离方程式时，应用“” ②弱电解质的电离方程式的书写弱电解质在水中部分电离，水溶液中既有水合阴、阳离子又有水合分子，存在电离平衡，书写电离方程式时应该用“”。 （4）影响电离平衡的因素 ①内因：电解质本身的性质，是决定性因素。 ②外因 a.温度：因电离过程吸热较少，在温度变化不大的情况下，一般不考虑温度变化对电离平衡的影响。 b.浓度：在一定温度下，浓度越大，电离程度越小。因为溶液浓度越大，离子相互碰撞结合成分子的机会越大，弱电解质的电离程度就越小。因此，稀释溶液会促进弱电解质的电离。 c.外加物质：若加入的物质电离出一种与原电解质所含离子相同的离子，则会抑制原电解质的电离，使电离平衡向生成分子的方向移动；若加入的物质能与弱电解质电离出的离子反应，则会促进原电解质的电离，使电离平衡向着电离的方向移动。 本节知识树 弱电解质的电离平衡类似于化学平衡，应用化学平衡的知识来理解电离平衡的实质和影响因素，并注意电离常数的定义。 二、水的电离和溶液的酸碱性 课标要求 1、熟练掌握水的电离平衡，外加物质对水的电离平衡的影响 2、熟练掌握溶液的计算
水溶液中的离子平衡典型练习试题和答案及解析
水溶液中的离子平衡 1.常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,溶液中不可能出现的结果是（）. A.pH＞7,且c（OH-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO-） B.pH＞7,且c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-） C.pH＜7,且c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-） D.pH＝7,且c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＝c（OH-） 2. 在25℃,将a mol/L的氨水与b…的盐酸等体积混合,反应后显中性…用含a和b的代数式表示 该混合溶液中一水合氨的电离平衡常数是? 3.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是（） A、图中A、 B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c（NH4+）/c（NH3?H2O）的值逐渐减小 C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点 D、A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、S042- 4. 设水的电离平衡线如图所示： (1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度,当温度上升到100℃时,水的电离平衡状态到B 点,则此时水的离子积从_____增加到____,造成水的离子积增大的原因是____. (2)将pH=8的Ba(OH) 2 溶液与pH=5的稀盐酸混合,并保持100℃的恒温,欲混合溶液pH=7,则 Ba(OH) 2 溶液与盐酸的体积比为____. (3)100℃时,已知某强酸溶液的pH酸与某强碱溶液的pH碱存在如下关系：pH酸+ pH碱=13,若要 使该强酸与该强碱混合后溶液呈中性,则该强酸溶液的体积与强碱溶液的体积之比为__ 5. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入 NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2．下列对该溶液的叙述中，不正确的是（）A．该温度高于25℃ B．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-10mol/L C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
《水溶液中的离子平衡》综合测试题含答案
（人教版选修四）第三章《水溶液中的离子平衡》综合测试题 （考试时间：90分钟满分：100分） 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分，第Ⅱ卷46分，共100分，考试时间90分钟。 第Ⅰ卷(选择题共50分) 一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列说法中正确的是( D) A．二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质 B．硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质 C．硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电 D．氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同 2．将mol·L－1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是( D) A．溶液中c(OH－)和c(H＋)都减小 B．溶液中c(H＋)增大 C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大 A、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢 氧根浓度增大，故A错误；
B 、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B 错误； C 、醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C 错误； D 、醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据Kw 值不变，所以氢氧根浓度增大，故D 正确；故选D ． 3．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH 最小的是( C ) A ．NH 4Cl B ．NH 4HCO 3 C ．NH 4HSO 4 D ．(NH 4)2SO 4 解析：NH4Cl 和(NH4)2SO4对比，水解都呈酸性，(NH4)2SO4pH 较小；NH4HCO3水解呈碱性，pH 最大；NH4HSO4为酸式盐，HSO4-完全电离，溶液酸性最强，则pH 最小，故选C 。 4．下列各电离方程式中，书写正确的是( D ) A ．H 2S 2H ＋＋S 2— B ．KHSO 4K ＋＋H ＋＋SO 2－ 4 C ．Al(OH)3===Al 3＋＋3OH － D ．NaH 2PO 4===Na ＋＋H 2PO －4 A ．氢硫酸分步电离，应该分步写，主要以第一步为主，其正确的为：H 2S H ＋＋HS — ，故A 错误； B ．为强电解质，应该用等号，正确的为：KHSO4==K++H++SO42-，故B 错误； C ．为弱电解质，应该用可逆号，正确的为：Al （OH ）3==Al3++3OH-，故C 错误；
高中化学选修四水溶液中的离子平衡
考点一弱电解质的电离 (一)强、弱电解质 1．概念 [注意]①六大强酸：HCl、H SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4。②四大强碱：NaOH、 2 KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。③大多数盐包括难溶性盐，如BaSO4。 2．电离方程式书写 (1)弱电解质 ①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步(通常只写第一步电离)，如H2CO3的电离方程式： H2CO3H＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 ②多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。 (2)酸式盐 ①强酸的酸式盐在溶液中完全电离，如NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4。 ②弱酸的酸式盐中酸根离子在溶液中不能完全电离，如 NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 (二)弱电解质的电离平衡 1．电离平衡的建立 2．电离平衡的特征
(三)影响弱电解质电离平衡的因素 1．影响电离平衡的内因 弱电解质本身的性质是决定电离平衡的主要因素。 2．外界条件对电离平衡的影响 以弱电解质HB的电离为例：HB H＋＋B－。 (1)温度：弱电解质电离吸热，温度升高，电离平衡向正反应方向移动，HB的电离程度增大，c(H＋)、c(B－)均增大。 (2)浓度：稀释溶液，电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大，n(H＋)、n(B－)增大，但c(H＋)、c(B－)均减小。 (3)相同离子：在弱电解质的溶液中，加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小。 (4)加入能与电离出的离子反应的物质：电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大。 (四)溶液的导电能力 电解质溶液导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度和离子所带电荷数。自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越多，则导电能力越强。将冰醋酸、稀醋酸加水稀释，其导电能力随加水的量的变化曲线如图所示。 [说明]①OA段导电能力随加水量的增多导电能力增强，原因是冰醋酸发生了电离，溶液中离子浓度增大。 ②AB段导电能力减弱的原因，随水的加入，溶液的体积增大，离子浓度变小，导电能力减弱。
水溶液中的离子平衡练习题
水溶液中的离子平衡练习题 1．已知水的电离方程式：H 2O H＋+ OH－。下列叙述中，正确的是A．升高温度，K W增大，pH不变 B．向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，K W不变 C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 2．A、B两种酸溶液pH都是2，各取1 mL分别加水稀释成1000 mL，其pH的变化如图所示，则下列判断正确的是 A．原酸溶液的浓度c(A)＝c(B) B．若a＝5，则B为强酸，A为弱酸 C．原酸溶液的浓度c(A)>c(B) D．若a<5，则A、B都是弱酸 3.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断正确的是 A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线 B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C．a点K W的数值比c点K W的数值大 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
4.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁产生H2的体积(同温同 压下测定)的变化图示如下： 其中正确的是 A．①③B．②④C．①②③④D．都不对 5．（12分）有甲、乙两份等体积的浓度均为0.1mol·L-1的氨水，pH为11。 （1）甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3·H2O的电离平衡向__________ (填“促进”或“抑制”)电离的方向移动，溶液的pH将为_______ (填序号)。 A．9~11之间B．11 C．12~13之间D．13 （2）乙用0.1mol·L-1的氯化铵溶液稀释100倍。稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液比较，pH______(填“甲大”、“乙大”或“相等”），其原因是_____________________________________。25．（6分）根据电离平衡原理，设计实验证明NH3?H2O是弱碱。 可选用的试剂：酚酞、石蕊、稀氨水、醋酸铵晶体和蒸馏水。
2019届高考化学专题16 水溶液中的离子平衡
专题16 水溶液中的离子平衡 2017年高考题 1.【2017高考全国卷Ⅱ卷12题】改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、 HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列叙述错误的是（） A.pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-) B.lg [K2(H2A)]=-4.2 C.pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D.pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+) 【答案】D 【解析】本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系，以及H2A、HA-、A2-的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH=1.2时，δ(H2A)=δ(HA-)， 则c(H2A)=c(HA-)，A项正确；根据HA-H++A2-，可确定K2(H2A)=，从图象中 可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)，即lg [K2(H2A)]=lg c(H+)=-4.2，B项正确；从图象中可以看出pH=2.7时，δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-)，则c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C 项正确；从图象中可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)≈0.05 mol·L-1，而 c(H+)=10-4.2 mol·L-1，D项错误。 2.【2017高考全国卷Ⅲ卷13题】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（） A.K sp(CuCl)的数量级为10-7 B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
《水溶液中的离子平衡》单元测试题
《第三章水溶液中的离子平衡》单元测试题 满分：100分时间90分钟 1．下列电离方程式书写正确的是() A．H2S2H＋＋S2－B．H2S＋H2O H3O＋＋HS－ C．NH3＋H2O===NH＋4＋OH－D．HClO===H＋＋ClO－ 2．等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子浓度应满足的关系是() A．c(M＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋) B．c(M＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－) C．c(M＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) D．c(M＋)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－) 3．向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.05mol/LNa2S溶液至沉淀完全，再向上层清液中滴加足量NaCl，产生的现象及发生的反应是() A．黑色沉淀完全转化为白色沉淀B．既有Ag2S也有AgCl C．不能由黑色沉淀转变为白色沉淀D．只有AgCl白色沉淀 4．用0.1mol·L－1的盐酸滴定0.10mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能 ．．．出现的结果是() A．c(NH＋4)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋) B．c(NH＋4)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋) C．c(Cl－)>c(NH＋4)，c(OH－)>c(H＋) D．c(Cl－)>c(NH＋4)，c(H＋)>c(OH－) 5．25℃，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则该溶液中由NaOH电离出的c(OH－)与由水电离出的c(OH－)之比为() A．1010∶1 B．5×109∶1 C．108∶1 D．1∶1 6. 25℃时，BaCl2溶液呈中性，溶液中存在平衡：H2O H+＋OH－；ΔH＞0，下列叙述正 确的是 A.向溶液中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH―)降低，K w不变 B.向溶液中加入少量固体CuSO4，c (H+)增大，K w不变 C.向溶液中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c (H+)降低，K w不变 D.将溶液加热到90℃，K w增大，溶液仍呈中性，pH不变 7．下列各组离子一定能大量共存的是 A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN- B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO32- C．在c(H＋)=10—13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32-、NO3- D．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3- 8．室温下，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液，其pH依次为7、8、9。下列有关说法正确的是 A．HX、HY、HZ三种酸的强弱顺序为：HZ＞HY＞HX B．HX是强酸，HY、HZ是弱酸，且酸HY强于酸HZ C．X－、Y－、Z－三种酸根均能水解，且水解程度Z－＞Y－＞X－ D．三种盐溶液中X－、Y－、Z－的浓度大小顺序为c(Z－)＞c(Y－)＞c(X－) 9．下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是() A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同 B．100mL 0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠 C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5 D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小 10．常温下，以下4种溶液pH最小的是()
水溶液中的离子平衡知识点
水溶液中的离子平衡 知识点 Revised on November 25, 2020
【人教版】选修4知识点总结：第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 （1）电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注：①单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有：活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐；于非电解质的有：非金属的氧化物。 （2）强电解质和弱电解质 ①强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质（如强酸、强碱和大部分的盐） ②弱电解质：在水溶液里只有部分电离为离子（如：弱酸、弱碱和少量盐）。 注：弱电解质特征：存在电离平衡，平衡时离子和电解质分子共存，而且大部分以分子形式存在。 （3）强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 （1）弱电解质电离平衡的建立（弱电解质的电离是一种可逆过程） （2）电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样，同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆：弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等：达电离平衡时，分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动：动态平衡，即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定：一定条件下达到电离平衡状态时，溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变，溶液里既有离子存在，也有电解质分子存在。且分子多，离子少。 ⑤变：指电离平衡是一定条件下的平衡，外界条件改变，电离平衡会发生移动。
专题3水溶液中的离子平衡 学案
专题3水溶液中的离子平衡学案 考情解读： 1.了解弱电解质在水溶液中存在电离平衡。 2.了解水的电离、离子积常数。 3.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。 4.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。 5.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。 水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点，题型主要是选择题和填空题，其考查主要内容有：①电离平衡。②酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。③盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。④电解质溶液中离子浓度的大小比较。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。 从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。 重点知识梳理： 一、电解质 1.强、弱电解质与物质分类的关系 2.强、弱电解质与化学键的关系 一般电解质的键型不同，电离程度就不同，已知典型的离子化合物，如强碱(NaOH、KOH等)、大部分盐类(如NaCl、CaCl2)以及强极性共价化合物(如HCl、H2SO4)，在水分子作用下能够全部电离，我们称这种在水溶液中能够完全电离的物质为强电解质。而含弱极性键的共价化合物如 CH3COOH、NH3·H2O、H2O等，在水中仅部分电离，为弱电解质。但是，仅从键型来区分强、弱电解质是不全面的，即使强极性共价化合物也有属于弱电解质的情况，如HF。
溶液中的离子平衡图像题选编1
溶液中的离子平衡图像题 一、溶液的导电性 溶液的导电性与离子浓度成正比 1．在一定温度下，无水醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积 V变化的曲线如图所示。请回答： （1）“O”点导电能力为O的理由是______________； （2）a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为_________； （3）a、b、c三点处，电离程度最大的是___________________； 2．（2016北京）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。 下列分析不正确 ．．．的是（） A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH– C．c点，两溶液中含有相同量的OH– D．a、d两点对应的溶液均显中性 ※3．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．I表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化 B．a、b、c三点溶液的pH：b>c>a C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中： c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) D．a点水电离出的n(H+)大于c点水电离出的n(H+) 二、强、弱电解质溶液的稀释 等浓度弱酸碱的PH更靠近7；等PH弱酸碱的浓度更大；越弱稀释时PH变化越小；无论酸碱溶液稀释时PH不过7；每稀释10倍PH变化1为强电解质；酸碱盐反应的量不分强弱。 4．能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的是（） pH pH 7 7 7 7 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) A C D 5．0.1 －c(H＋)的变化曲线(如下图)正确的是()
水溶液中的离子平衡知识点总结
第三章 水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 1、定义：电解质： 在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物,叫电解质 。 非电解质 ： 在水溶液中或熔化状态下都不能导电的化合物 。 强电解质 ： 在水溶液里全部电离成离子的电解质 。 弱电解质： 在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质 。 2、电解质与非电解质本质区别： 电解质——离子化合物或共价化合物 非电解质——共价化合物 注意：①电解质、非电解质都是化合物 ②SO 2、NH 3、CO 2等属于非电解质 ③强电解质不等于易溶于水的化合物（如BaSO 4不溶于水，但溶于水的BaSO 4全部电离，故BaSO 4为强电解质）——电解质的强弱与导电性、溶解性无关。 3、电离平衡：在一定的条件下，当电解质分子电离成 离子的速率 和离子结合成 电解质分子 时，电离过程就达到了 平衡状态 ，这叫电离平衡。 4、影响电离平衡的因素： A 、温度：电离一般吸热，升温有利于电离。 B 、浓度：浓度越大，电离程度 越小 ；溶液稀释时，电离平衡向着电离的方向移动。 C 、同离子效应：在弱电解质溶液里加入与弱电解质具有相同离子的电解质，会 减弱 电离。 D 、其他外加试剂：加入能与弱电解质的电离产生的某种离子反应的物质时，有利于电离。 物质 单质 化合物 电解质 非电解质： 非金属氧化物，大部分有机物 。如SO 3 、CO 2 、C 6H 12O 6 、CH 2 =CH 2 强电解质： 强酸，强碱，大多数盐 。如HCl 、NaOH 、NaCl 、BaSO 4 弱电解质： 弱酸，弱碱，极少数盐，水 。如HClO 、NH 3 ·H 2 O 、Cu(OH)2 、 混和物 纯净物