水溶液大题
1．回答下列问题：
(1)某二元酸(分子式用表示)在水中的电离方程式是：；在0.1的溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_______。
A． B．
C． D．
(2)亚磷酸()是具有强还原性的二元弱酸，请写出其电离方程式： 。某温度下，0.10的溶液的pH为1.6，即，则第一步电离平衡常数 (第二步电离忽略不计，列出计算式)；向此溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中： (填“>”、“<”或“=”，下同)；在溶液中， 。
(3)25℃时，在20mL 0.1氢氟酸中加入V mL 0.1NaOH溶液，测得混合溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法正确的是_______。
A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的相等
B．①点时pH=6，此时溶液中
C．②点时，溶液中的
D．③点时，此时溶液中
(4)25℃时，和水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图-1和图-2所示：
①以酚酞为指示剂(变色范围pH8.2 10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 ；
②第二步电离的电离常数为，则 ()。
2．水溶液中的离子反应与平衡是化学反应原理的重要组成部分，回答下列问题：
(1)可溶性铝盐常用作净水剂的原因： (用离子方程式表示)。
(2)常温下，pH均为5的NH4Cl溶液与稀硫酸中，水电离出的H+浓度之比约为 。
(3)将FeCl3溶液加热，溶液pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)已知：25℃时，H3PO3的Ka2=2.1×10-7，H3PO3溶液与过量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，则H3PO3为 元酸；0.1mol/L的NaH2PO3溶液显 (填“酸”、“中”或“碱”)性，在该溶液中存在c()-C(H+)= c(OH-)。
(5)常温下，用浓度为0.0200mol/L的NaOH标准溶液滴定100mL浓度均为0.0200mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液，当消耗标准液100mL时，溶液pH=3.38，则Ka(CH3COOH)约为 。
(6)25℃时，amL0.1mol/L的稀盐酸与bmL0.2mol/L的NaOH溶液混合，忽略溶液混合时的体积变化，若混合溶液的pH=12，则a∶b= 。
3．工业上利用FeS和NaClO等物质处理含砷酸性废水［砷主要以亚砷酸(，三元弱酸)形式存在］，步骤如下。
已知：
(1)沉砷、碱浸：向该含砷酸性废水中加入FeS，将转化为沉淀。过滤后向滤渣中加入足量NaOH溶液，发生反应。
①沉砷过程的离子方程式为 。
②沉砷过程中不能用代替FeS，请从平衡移动的角度解释原因 。
(2)氧化脱硫：碱浸后的滤液中加入NaClO。写出NaClO氧化生成硫单质和的化学方程式： 。
(3)酸化、吸附：在氧化脱硫后的滤液中调节pH，加入某吸附剂。已知在不同pH下的存在形式如图-1所示。常温下，时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。当溶液pH介于3~5之间时，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大(如图-2所示)，分析其原因 。
(4)废水中As的含量不超过方可达到排放标准。为了测定处理后废水中As的含量，先将As全部转化为(转化过程中溶液体积不变)，随后移取50.00mL上述溶液，用的溶液(是一种有机阳离子)滴定，产物为。实验测得到达滴定终点时所需溶液的体积与参与反应的的物质的量之间满足以下关系式：。若滴定消耗705.03mL的溶液，试计算该废水中的As含量是否符合排放标准(写出计算过程)。
4．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= 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)AC
(2) 、 = =
(3)B
(4) 7.0
【详解】（1）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；
A．由物料守恒得：c((B2-)+c(HB-) = 0.1mol/L， 选项A正确；
B．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，选项B错误；
C．根据溶液中质子守恒得：c(OH-) =c(H+) +c(HB-)，选项C正确；
D．溶液中电荷守恒为：c((Na+) +c(H+) =c(OH-)+c(HB-) +2c(B2-)，选项D错误；
答案选AC；
（2）二元弱酸分步电离，，。忽略第二步电离及水的电离，c=c(H+)=2.5×10-2mol/L，c(H3PO3)=（0.10-2.5×10-2）mol/L，Ka1==。根据电荷守恒，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，。在NaH2PO3溶液中，根据质子守恒。
（3）加入20mLNaOH溶液与HF恰好完全反应，溶液呈碱性，HF是一种弱酸；
A．pH=3的HF溶液中，抑制水的电离，c水(H+)=10-11mol/L，pH=11的NaF溶液中，氟离子水解促进水的电离，c水(H+)=10-3mol/L，故A错误；
B．根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(F-)+c(OH-)，pH=6时，c(F-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6-10-8=9.9×10-7mol/L，故B正确；
C．根据电荷守恒，中性时，c(F-)=c(Na+)，氢氧化钠原溶液中钠离子浓度为0.1mol/L，但加入氢氟酸溶液中后，钠离子浓度小于0.1mol/L，故C错误；
D．氢氧化钠原溶液中钠离子浓度为0.1mol/L，但加入氢氟酸溶液中后，钠离子浓度小于0.1mol/L，且V=20mL时，pH>7，c(OH-)>c(H+)，故D错误；
答案选B；
（4）①图1中，pH由8变成10的过程中，H3AsO3逐渐转化：。②H3AsO4的电离常数Ka2=，图2中pH=7时，，故Ka2=c(H+)=10-7，pKa2=7.0。
2．(1)
(2)104∶1
(3)减小
(4) 二 酸 c()-C(H+)= c()-C(OH-)；
(5)
(6)19∶11
【详解】（1）可溶性铝盐中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以起到净水的作用，用离子方程式表示为：；
（2）常温下，pH均为5的NH4Cl溶液中水电离产生的氢离子浓度为10-5mol-1；pH均为5的稀硫酸中水电离产生的氢离子浓度为10-9mol-1，其比值为：104∶1；
（3）FeCl3溶液中存在水解方程式：，升温促进水解，氢离子浓度增大啊，pH减小；
（4）由于氢氧化钠过量生成Na2HPO3，则H3PO3为二元酸；NaH2PO3溶液中存在着H2PO的电离和水解，其电离常数为Ka2=2.1×10-7，其水解常数Kh=，而一级电离常数远大于二级电离常数，则Ka2>Kh，故NaH2PO3溶液显酸性；在该溶液中存在电荷守恒，即C(H+)+ C(Na+)= C(OH-)+ c()+2 c()，存在元素守恒，C(Na+)= c()+ c()+c()，两者结合在一起得到，c()-C(H+)= c()-C(OH-)；
（5）盐酸酸性较强，当消耗标准液100mL时，盐酸消耗完毕，则此时溶液为氯化钠和醋酸的混合物，且其浓度都为0.0200mol/L，pH=3.38，则Ka(CH3COOH)=；
（6）若混合溶液的pH=12，此时c(OH-)= 10-2mol/L，则c(OH-)=，解得a∶b=19∶11。
3．(1) 加入过量的硫化钠，溶液中增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷
(2)
(3)pH=3~5，随pH升高，转变为，负电荷数增加，吸附剂表面所带正电荷数减小，且前者增加的程度大于后者减小的程度，静电引力增加，吸附量增大
(4)符合排放标准，原因是：由题意可知：反应中，即溶液中，因此溶液中的砷浓度为：，小于标准0.5mg/L，因此符合排放标准
【详解】（1）根据题设条件可知，在此反应中是沉淀之间的转化，未发生氧化还原反应，FeS、均是难溶物不能拆，故反应离子方程式为:，FeS和Na2S的区别在于前者是难溶盐电离出的硫离子浓度较小，后者为可溶性盐溶液中硫离子浓度较大，对于硫离子浓度增大会导致平衡正向移动沉淀溶解；
故答案为：，加入过量的硫化钠，溶液中增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷；
（2）此反应是发生在硫元素和氯元素之间的氧化还原，方程式为：，故答案为：；
（3）时，吸附剂表面带正电，溶液pH介于3~5之间时，随着pH增大，H转变为负电荷数增加，正负电荷之间的吸引力增大导致吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大。故答案为：H=3~5，随pH升高，转变为，负电荷数增加，吸附剂表面所带正电荷数减小，且前者增加的程度大于后者减小的程度，静电引力增加，吸附量增大；
（4）由于，消耗若滴定消耗705.03mL的溶液，因此，根据反应可知：则水中含有砷浓度为：，水中As含为:0.30mg·L-1 <0.50 mg·L-1，因此符合排放标准。
4．(1)D
(2) 6.0×10-3 0.62
(3) 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=0.62。
（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
