2021届+高三+化学+高考二轮复习+专题十 水溶液中的离子反应与平衡

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专题十 水溶液中的离子反应与平衡
(建议用时：40分钟)
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：

溶液a
通入0.01 mol HCl
加入0.01 mol NaOH
pH
4.76
4.67
4.85
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。
下列说法正确的是
A．溶液a和 0.1 mol·L−1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者
B．向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A−结合H+生成 HA，pH变化不大
C．该温度下HA的Ka=10-4.76
D．含0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液
答案：D
解析：A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；
B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；
C．HA的，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；
D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；
答案选D。
2．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是

A．曲线I表示盐酸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：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c（Cl－）=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，c(NH4+)/ c(NH3·H2O)不断减小
【答案】B
【解析】A.加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A错误；
B.盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；
C. 将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c（Cl－）c(OH－)－c(H＋)
C．将P点和N点的溶液混合，呈酸性
D．向N点的溶液中通入HCl至pH＝7：c(Na＋)>c(HX)＝c(Cl－)>c(X－)
解析：选C。0.1 mol·L－1 HCl溶液是强酸溶液，HCl完全电离，所以溶液的pH＝1；而0.1 mol·L－1 HX溶液的pH>1，说明HX是弱酸，A项正确；M点是等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明X－的水解程度大于HX的电离程度，所以M点c(HX)>c(X－)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，结合物料守恒2c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)可知，c(HX)－c(X－)＝2c(OH－)－2c(H＋)，所以 c(HX)－c(X－)>c(OH－)－c(H＋)，B项正确；向N点的溶液中通入HCl至pH＝7，此时溶液中有HX、NaCl和NaX，其中HX的浓度大于NaX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)＋c(Cl－)，结合物料守恒c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)及溶液pH＝7可知，溶液中c(Na＋)>c(HX)＝c(Cl－)>c(X－)，D项正确。
5．常温下，向1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH与NH3·H2O的浓度变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法正确的是(　　)

A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)＝0.05 mol时，溶液中有 c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
解析：选B。常温下，向1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，发生反应：NH4Cl＋NaOH ===NaCl＋NH3·H2O。A.NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，M点溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨抑制水的电离，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，错误；B.在M点时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒知n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NH )＝n(OH－)＋n(Cl－)，n(Na＋)＝a mol，n(Cl－)＝0.1 mol，n(NH )＝0.05 mol，则n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol，正确；C.铵根离子的水解平衡常数Kh＝，随着NaOH的加入，NH3·H2O 浓度不断增大，温度不变，Kh不变，不断减小，错误；D.当n(NaOH)＝0.05 mol时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，离子浓度大小关系为c(Cl－) >c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，错误。
6．(2019·天津南开区高三检测)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是(　　)

A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100% 时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：选C。三种酸的浓度相等，根据图像在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，故三种酸的电离常数关系为KHA>KHB>KHD，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，所以c(B－)>c(HB)，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(HB)＋c(B－)知，c(Na＋)介于c(B－)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，X－代表A－、B－、D－，在pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(X－)，而pH＝7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na＋)不相等，则c(X－)也不相等，C项错误；中和百分数达100% 的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(D－)＋c(OH－)①，此式中c(Na＋)＝c(Na＋)[NaA]＋c(Na＋)[NaB]＋c(Na＋)[NaD]，混合前的三种溶液中存在物料守恒：c(Na＋)[NaA]＝c(A－)＋c(HA)，c(Na＋)[NaB]＝c(B－)＋c(HB)，c(Na＋)[NaD]＝c(D－)＋c(HD)，消去①式中的c(Na＋)和c(A－)、c(B－)、c(D－)，得c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D项正确。
7．25℃时,向20mL0.1mol·L-1四氯金酸( HAuCl4)溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,滴定曲线如图1,含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图2,则下列说法不正确的是

A．b点溶液中存在关系:2c(H+)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)
B．X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数δ与pH的关系
C．c点溶液中存在关系:c(Na+)=c(AuCl4-)
D．d点时,溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】A.b点溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由电子守恒可知2c(H+)+2c(Na+)=2c(OH-)+ 2c(AuCl4-)①，由物料守恒可知：2c(Na+) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)②，由①-②得2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl4-)，故A正确；
B.由题图1可知，起始20mL0.1mol·L-1HAuCl4溶液的pH=3，说明酸为弱酸，b点酸恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故B错误。
C.c点溶液的pH=7，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(AuCl4-)，故C正确；
D.d点时，HAuCl4与NaOH恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaAuCl4，AuCl4-水解，溶液显碱性，所以c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确。
故选B。
8．向一定浓度的Ba(OH)2溶液中滴加某浓度的NH4HSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化如图所示。下列说法中正确的是(　　)

A．ab段反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O
B．b点溶液中只存在H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡
C．bc段之间存在某点，其溶液中：c(NH)＝2c(SO)
D．c点溶液中：c(H＋)＋c(NH)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
解析：选C。b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)＝n[Ba(OH)2]，ab段溶液中发生的反应为NH4HSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O，b点溶液中的溶质为NH3·H2O，所以b点溶液中存在H2O、NH3·H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡，A、B错误；c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)＝2n[Ba(OH)2]，bc段溶液中发生的反应为2NH4HSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋(NH4)2SO4＋2H2O，c点溶液中溶质为(NH4)2SO4，铵根离子水解显酸性，所以bc段之间存在某点，其溶液显中性，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，则c(NH)＝2c(SO)，C正确；c点溶液中2c(SO)＞c(NH3·H2O)，所以c(H＋)＋c(NH)＞c(NH3·H2O)＋c(OH－)，D错误。
9．（山东省青岛市莱西第一中学2020届高三下学期质量检测）常温下，某浓度H2A溶液中滴加NaOH溶液，若定义pC=﹣lgC，则测得pC（H2A）、pC（HA-）、pC（A2-）变化如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．曲线II表示pC（HA-）随pH的变化
B．常温下，=104.50
C．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性
D．a、b、c三点对应的溶液，c(HA-)+c(A2-)+c(HA)始终不变
【答案】B
【解析】【分析】
（1）Pc随着pH的变化而变化，说明溶液中存在和，H2A是一元弱酸；
（2）pH越大，c(H+)越小，平衡右移程度越大，c(A2-)越大，pc(A2-)越小，所以Ⅲ是pc(A2-)，pH越小，c(H+)越大，平衡左移程度越大，c(H2A)越大，pc(H2A)越小，所以Ⅱ是pc(H2A)和pH的关系曲线，Ⅰ是pc(HA-)和pH的关系曲线；
（3）Ka1=，用a点计算Ka1=c(H+)=10-0.8，Ka2=,用c点计算Ka2=c(H+)=10-5.3。
【详解】A．由分析可知，曲线II表示pc(H2A)随pH的变化，A错；
B．Ka1==，Ka2=，===104.50，B正确；
C．，用b点计算Kh1==10-3.05，由分析可知Ka1=10-0.8，所以Ka1＞Kh1，所以将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显酸性，C错误；
D．根据物料守恒，a、b、c三点对应的溶液，n(H2A)+n(HA﹣)+n(A2﹣)始终不变，但溶液体积改变，所以浓度之和发生改变，D错误。
答案选B。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
10．(2020·山东等级考模拟)25 ℃时，向10 mL 0.10 mol·L－1的一元弱酸HA(Ka＝1.0×10－3)中逐滴加入0.10 mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．a点时，c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同
C．b点时，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)
D．V＝10 mL时，c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)
解析：选A。A.a点时，pH＝3，c(H＋)＝10－3 mol·L－1，由Ka＝1.0×10－3，再根据电离常数的定义，则c(HA)＝c(A－)，根据电荷守恒c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)和c(HA)＝c(A－)可知，A正确。B.a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离的c(OH－)＝10－11mol·L－1；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH－)＝10－3mol·L－1，OH－是由NaOH电离和水电离两部分之和组成的，推断出由水电离出的c(OH－)10－11mol·L－1，B错误。C.根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)可得c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)，假设C选项成立，则c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)，推出c(HA)＋c(H＋)＝0，故假设不成立，C错误。D.V＝10 mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA, A－＋H2OHA＋OH－，水解后溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，即c(HA)>c(H＋)，D错误。
11．已知：25 ℃，NH3·H2O的电离平衡常数 Kb＝1.76×10－5。25 ℃，向1 L 0.1 mol/L某一元酸HR溶液中逐渐通入氨，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．由图可推知，25 ℃时0.1 mol/L NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)c(A－)>c(HA)>c(OH－)
B．t ℃时，水的离子积Kw＝1.0×10－13
C．t ℃时，一元酸HA的电离常数Ka＝3.10×10－7
D．t ℃时，0.100 mol·L－1 NaA溶液中A－的水解率为0.80%
解析：选D。t ℃时，将0.200 mol·L－1的某一元酸HA与0.200 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，则混合后c(HA)＝0.100 mol·L－1，c(NaOH)＝0.100 mol·L－1，HA与NaOH发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，反应恰好生成0.100 mol·L－1的NaA，根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)＝0.100 mol·L－1，已知c(A－)＝9.92×10－2mol·L－1，则c(HA)＝0.100 mol·L－1－9.92×10－2mol·L－1＝8×10－4mol·L－1，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1，已知c(H＋)＝2.50×10－10mol·L－1，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，则c(OH－)＝0.100 mol·L－1＋2.50×10－10mol·L－1－9.92×10－2mol·L－1＞8×10－4mol·L－1。A项，所得溶液中，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1，c(A－)＝9.92×10－2mol·L－1，c(HA)＝8×10－4mol·L－1，c(OH－)＞8×10－4mol·L－1，c(OH－)＞c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)，故A错误；B项，t ℃时，溶液中c(H＋)＝2.50×10－10mol·L－1，c(OH－)＞8×10－4mol·L－1，则水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＞2.50×10－10×8×10－4＝2.0×10－13＞1.0×10－13，故B错误；C项，t ℃时，一元酸HA的电离常数Ka＝＝＝3.10×10－8，故C错误；D项，t ℃时，0.100 mol·L－1的NaA溶液中，平衡时c(HA)＝8×10－4mol·L－1，发生的水解反应为A－＋H2OHA＋OH－，则水解率＝×100%＝0.80%，故D正确。
13．亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂的原料。常温下向1L0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．a、b两点，水分别电离出的c(OH-)水之比为10-6.54：10-1.43
B．b点对应溶液中存在：c(Na+)＞3c(HPO32-)
C．当V(NaOH)=1L时，c(Na+)>c(H2PO3-)>c(H3PO3)>c(HPO32-)
D．反应H3PO3+HPO32-2H2PO3-的平衡常数为105.11
【答案】AD
【解析】【分析】A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝：；
B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)；
C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝。
【详解】A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝：＝10-6.54：10-1.43，故A正确；
B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)，则c(Na＋)＜3c(HPO32−)，故B错误；
C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na＋)＞c(H2PO3−)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(H2PO3−)＞c(HPO32-)＞c(H3PO3)，故C错误；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝＝＝105.11，故D正确；
故答案选AD。
三、非选择题
14．(1)某温度(t ℃)时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示，a点离子积Kw＝________；该温度下，pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液等体积混合，溶液呈________性。

(2)25 ℃时，向0.1 mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl固体，当固体溶解后，测得溶液pH________，NH的物质的量浓度________。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合，若溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则该溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，混合前c(NaOH)________c(CH3COOH)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(4)用可溶性碳酸盐可以浸取CaSO4固体，写出溶液浸取过程中会发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________
__________________________。该反应的平衡常数K的表达式为____________________。
解析：(1)a、b两点对应温度相同，离子积相同，所以a点离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－6×10－6＝1.0×10－12；pH＝2的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1 mol·L－1，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性。
(2)一水合氨为弱电解质，在溶液中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，加入氯化铵时，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小。
(3)溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，若c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则c(OH－)＝c(H＋)，所以溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，因为二者的体积相等，所以醋酸的物质的量浓度大于氢氧化钠的物质的量浓度。
(4)用可溶性碳酸盐浸取CaSO4固体的过程中发生反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO(aq)，该反应的平衡常数K＝。
答案：(1)1.0×10－12　碱　(2)减小　增大　(3)中性　＜　
(4)CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)
K＝
15．三氯氧磷(POCl3)广泛用于农药、医药等生产。工业制备三氯氧磷的过程中会产生副产品亚磷酸(H3PO3)。请回答下列问题：
(1)三氯氧磷可由三氯化磷、水、氯气加热反应生成，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则Na2HPO3溶液中，各离子浓度的大小关系为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。

(3)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则表示lg 的是曲线____________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，亚磷酸(H3PO3)的Ka1＝____________，反应HPO＋H2OH2PO＋OH－的平衡常数的值是________。
解析：(2)由于H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐；溶液中水解方程式和电离方程式为HPO＋H2OH2PO＋OH－、H2PO＋H2OH3PO3＋OH－、H2OH＋＋OH－，其离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(HPO)＞c(OH－)＞c(H2PO)＞c(H＋)。
(3)根据第一步电离远大于第二步电离可知，表示 lg 的是曲线Ⅰ。
H3PO3H2PO＋H＋，
H2POH＋＋HPO
Ka1＝＝10－2.4×10＝10－1.4，
Ka2＝＝10－5.5×10－1＝10－6.5，
所以反应HPO＋H2OH2PO＋OH－的平衡常数
K＝＝＝＝10－7.5。
答案：(1)PCl3＋H2O＋Cl2POCl3＋2HCl
(2)c(Na＋)＞c(HPO)＞c(OH－)＞c(H2PO)＞c(H＋)
(3)Ⅰ　10－1.4　10－7.5
16．利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：

已知：酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等。
(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有________、________。(答出两点)
(2)H2O2的作用是将滤液 Ⅰ 中的Cr3＋转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
2.7
—
—
沉淀完全时的pH
3.7
5.4(＞8溶解)
9(＞9溶解)
用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是____________________________________
________________________________________________________________________。
(4)上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO，写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_____________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、增大接触面积、适当升高温度或搅拌等。
(2)H2O2将Cr3＋转化为Cr2O，H2O2做氧化剂，Cr3＋被氧化，发生的反应为2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O＋8H＋，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2。
(3)pH＝8时，Fe3＋、Al3＋已沉淀完全，滤液Ⅱ中主要阳离子有Na＋、Mg2＋、Ca2＋，pH＞8时，会使Al(OH)3部分溶解，会影响Cr回收与再利用。
(4)流程中用SO2进行还原时，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，SO2被氧化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出反应的离子方程式：3SO2＋2CrO＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－。
答案：(1)适当升高温度(加热)　搅拌(答案合理即可)
(2)3∶2
(3)pH超过8会使Al(OH)3部分溶解，最终影响Cr回收与再利用
(4)3SO2＋2CrO＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－