高考化学一轮复习 专题三 溶液中的离子反应单元集训试题 苏教版选修4.doc

专题三 溶液中的离子反应1能大量共存于溶液中的离子组有A. Al3+、Na+、AlO2-、NO3-、Cl-B. Cl-、HCO3-、OH-、Na+、SO42-C. Ba2+、OH-、Cl-、K+、NO3-D. Fe2+、H+、Na+、NO3-、SO42-【解答】答案C2下列说法不正确的是( )A在25时，将cmolL-1的醋酸溶液与0.02molL-1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka= B0.1molL-1醋酸溶液中：c(H+)2=c(H+)c(CH3COO-)+KWC常温下醋酸和醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH值的关系如上图所示，当pH=4.5溶液中：c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)D等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaCl(aq)中离子总数大小：N前N后【解答】答案D试题分析：A、25时，将cmolL-1的醋酸溶液与0.02molL-1NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，即CH3COOHCH3COO-+H+平衡体系中，c(CH3COOH)=(c-0.02)molL-1，c(CH3COO-)=0.02molL-1，c(H+)=110-7molL-1，则CH3COOH的电离常数为Ka=，故A正确；B、0.1molL-1醋酸溶液中存在离子的电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH一)，可推得c(H+)2=c(H+)c(CH3COO一)+KW，故B正确；C、随着溶液pH的增大，c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小pH=4.75溶液中c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，pH=4.5溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO-)，且溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，同时由图中数据分析知，c(CH3COO-)c(H+)，故C正确；D、电荷守恒分析，等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaCl(aq)中离子总数都为n(Na+)+n(H+)，醋酸根离子水解，显然前者c(H+)小，所以N前N后，故D错误；故选D。【考点定位】考查图象分析方法，电解质溶液中电荷守恒，离子浓度的大小比较【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较的规律：（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如H3PO4的溶液中，c(H+)c(H2PO4-)c(HPO42-)c(PO43-)。多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如Na2CO3溶液中，c(Na+)c(CO32-)c(OH-) c(HCO3-)。（2）不同溶液中同一离子浓度的比较，则要注意分析溶液中其他离子对其的影响。如在NH4ClCH3COONH4NH4HSO4溶液中，c(NH4+)浓度的大小为。（3）如果题目中指明溶质只有一种物质(该溶质经常是可水解的盐)，要首先考虑原有阳离子和阴离子的个数，水解程度如何，水解后溶液显酸性还是显碱性。（4）如果题目中指明是两种物质，则要考虑两种物质能否发生化学反应，有无剩余，剩余物质是强电解质还是弱电解质；若恰好反应，则按照“溶质是一种物质”进行处理；若是混合溶液，应注意分析其电离、水解的相对强弱，进行综合分析。（5）若题中全部使用的是“”或“”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。（6）对于HA 和NaA的混合溶液(多元弱酸的酸式盐：NaHA)，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na+保持不变，若水解大于电离，则有c(HA)c(Na+)c(A-) ，显碱性；若电离大于水解，则有c(A-)c(Na+)c(HA)，显酸性。若电离、水解完全相同(或不水解、不电离)，则c(HA) =c(Na+)=c(A-)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能占c(HA) 或c(A-)的百分之几到百分之零点几，因此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H+) 或c(OH-)都很小。3下列说法正确的是A直接加热蒸干FeCl3溶液，可得FeCl3固体B加入催化剂可加快反应速率，并提高反应物的转化率CpH值相同的CH3COOH溶液和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同D可用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，转化为易于除去的CaCO3【解答】答案D试题分析：A、在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又由于灼热使Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3，故A正确；B、催化剂能提高反应速率但不能改变反应的转换率，故B错误；C、在醋酸溶液中氢离子大量来自于酸的电离，水的电离程度不大，在氯化铵溶液中大量氢氧根离子来自铵根的水解，故两组水的电离程度不同；D、硫酸钙微溶于水，碳酸钙不溶于水，即可用碳酸钠除去碳酸钙，故D正确。考点：盐类水解的应用4下列化学实验事实及解释都正确的是A向Na2S03溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀出现，说明Na2S03溶液已经变质B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C等体积、都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：D向浓度均为0.1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明【解答】答案B试题分析：A、加入硝酸酸化的BaCl2溶液，Na2SO3具有还原性，可被硝酸氧化生成Na2SO4，所以不能说明Na2SO3是否变质，应用盐酸酸化的氯化钡检验，A错误；B、锌比铁活泼，海轮外壳上镶锌块，组成铁锌原电池，铁为正极，被保护，B正确；C、等体积、PH都为3的酸HA和HB中电离出的氢离子的浓度相同，HA放出的氢气多,说明HA溶液中还有未电离的分子,则HA属于弱酸，C错误；D、向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明先达到Cu(OH)2的KSP，说明KspMg（OH）2KsPCu（OH）2，Dcw 。答案选B。考点：离子的检验，原电池，沉淀溶解平衡5下列有关“电离平衡”的叙述正确的是（ ）A电解质在溶液里达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度相等B电离平衡时，由于分子和离子的浓度不断发生变化，所以说电离平衡是静态平衡C电离平衡是相对的、暂时的，外界条件改变时，平衡就会发生移动D电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度相等【解答】答案C试题分析：弱电解质的电离达到平衡时，分子和离子的浓度不再变化，但不一定相等；而且是动态平衡，只不过分子电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等。考点：弱电解质的电离平衡。6下列离子方程式书写正确的是A.实验室用大理石和稀盐酸制取CO2: 2H+CO=CO2+H2OB.铁和稀硝酸反应:Fe+2H+=H2+Fe2+C.向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+3OH- =Al(OH)3D.用氢氧化钠检验氯化铵溶液中铵根离子:NH4+OH-NH3+H2O【解答】答案D解析：A错，实验室用大理石和稀盐酸制取：CaCO3 + 2H + = Ca2 + + CO2 + H2O；B错，铁和稀硝酸反应:Fe + 4H + + NO3 = Fe3 + + NO + 2H2O;C错，向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：AL3 + + 4OH = ALO2 + 2H2OD正确，7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A01 molL1 NaOH溶液：K、Ba2+、Cl、HCO3-B01 molL1 Na2CO3溶液：K、NH、NO、SOC01 molL1 FeCl3溶液：K、Na、I、SCND01 molL1 HCl的溶液：Ca2、Na、ClO、NO【解答】答案B试题分析：离子之间若发生化学反应，就不能大量共存，反之，可以大量共存，HCO3-在NaOH溶液中不存在，A错误；01 molL1 Na2CO3溶液中K、NH、NO、SO都能大量共存，B正确；Fe3+与SCN不能大量共存，C错误；H+与ClO不能大量共存，D错误。考点：考查离子共存等知识。8高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.61056.31091.61094.21010从以上表格中判断以下说法中不正确的是（ ）A在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+SOB在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸C在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离D水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱【解答】答案A试题分析：A、在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H+HSO4-，A不正确； B、在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；C、根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故C正确；D、这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选A。考点：考查电解质的电离9下列离子组合，能够大量共存的是 A、酸性溶液中：Al3+、Fe3+、SO42-、SCN- B、透明溶液中：MO4-、K+、Na+、NO3- C、加入铝粉后产生氢气的溶液中：Ba2+、K+、NO3-、Al3+ D、强酸性溶液中：Na+、Fe2+、SO42-、NO3-【解答】答案B解析：A选项中Fe3+与SCN-要形成络合物而不能共存。C选项中加入铝粉后产生氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，如果是碱性溶液，那么Al3+要与OH-反应生成偏铝酸根离子。D选项中因为是强酸性溶液，NO3-在酸性溶液中表现出强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，因此也不能共存。10室温下，下列溶液中粒子浓度关系不正确的是ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B0.1 molL-1NaHCO3溶液与0.1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)CCH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2 c(Na+)=3c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)【解答】答案C试题分析：ANaHSO4溶液里存在电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，且c(Na+)=c(SO42)可得出c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A 正确。B二者等浓度、等体积混合后即Na2CO3 溶液，因CO32-的水解溶液显碱性，存在c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)，故B 正确；C用CH3COONa 溶液中的物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)以及CaCl2 溶液中的c(Cl)=2c(Ca2+)可得c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+c(Cl)，故C 错误；D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液存在的物料守恒式为2 c(Na+)=3c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故D 正确，答案为C。考点：考查溶液里离子浓度的比较，涉及物料守恒和电荷守恒。11常温下，Ksp（CaSO4）=910-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图，下列叙述不正确的是CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性小a、c两点均可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液a点对应的Ksp不等于c点对应的Kspb点对应的溶液将有沉淀生成向d点溶液加入适量CaCl2物体可以变到c点d点溶液通过蒸发溶剂可以变到c点常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c（Ca2）与c（SO42-）的乘积对应曲线上任意一点常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液，能使溶液由a点变为b点A3句 B.4句 C. 5句 D.6句【解答】答案C试题分析：CaSO4(s)Ca2(aq)+SO42-(aq)，在稀硫酸中，该平衡逆向移动，硫酸钙的溶解度降低，正确；若硫酸钙溶于水，电离出等量的Ca2和SO42-，即Ca2和SO42-的浓度相等，所以a、c两点均不可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液，错误；a、c两点的温度相同，所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp ，错误；b点QcKsp，所以有沉淀生成，正确；根据CaSO4(s)Ca2(aq)+SO42-(aq)，向d点溶液加入适量CaCl2物体，平衡逆向移动，c(SO42-)减小，不可能变到c点，错误；d点溶液通过蒸发后各离子浓度都增大，不可能保持SO42浓度不变而到达c点，错误；在沉淀溶解平衡曲线上的任意一点均是平衡状态，所以c（Ca2）与c（SO42-）的乘积对应曲线上任意一点，正确；CaSO4饱和溶液c（Ca2+）=c（SO42-）=310-3mol/L，加入400mL 0.01mol/LNa2SO4溶液后，c（Ca2+）=0.610-3mol/L，c（SO42-）=810-3mol/L，QcKsp，没有沉淀生成，无法使溶液由a点变为b点，错误；答案选C考点：考查沉淀溶解平衡的应用。12某温度下，已知Ksp(BaSO4 )= 1.110-10，Ksp(BaCO3)2.510-9。下列说法正确的是ABaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3 不可能转化为BaSO4 BBaCO3 、BaSO4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂C任何温度下，向BaCl2溶液中加入Na2CO3和Na2SO4，当两种沉淀共存时，c(SO42-)/ c(CO32-) =4.410-2 D该温度下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中转化为BaSO4，则Na2SO4的物质的量浓度至少为2.2106 molL-1【解答】答案D试题分析：A物质的溶解度越小，形成沉淀所需要的离子的浓度就越小，就越容易形成沉淀。就更容易发生由难溶的向更难溶的物质转化。故BaCO3可能转化为BaSO4。A错误；BBaSO4既不溶于水也不溶于酸，所以可以做钡餐试剂；而BaCO3 虽然不溶解于水但却能够溶解于酸中，Ba是重金属，容易导致人中毒，所以BaCO3不能用作钡餐试剂。B错误；C只要在该温度下，向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，当两种沉淀共存时，c(SO42)/ c(CO32) =4.410-2 才成立。C错误；D该温度下BaCO3的Ksp(BaCO3)2.510-9，C(Ba2+)C(CO32)= 2.510-9，C2(Ba2+)= 2.510-9，所以C(Ba2+)= 510-5。若要在Na2SO4溶液中转化为BaSO4，C(Ba2+)C(SO42) 1.110-10，则C(SO42) 1.110-10c(Ba2+)= 1.110-10 510-5=2.2106 mol/L，即Na2SO4浓度至少为2.2106 mol/L，D正确，答案选D。考点：考查沉淀的溶度积常数的应用及沉淀的转化等知识。13某温度下，纯水中由H2O电离出的c（H+）=210-7molL-1，则此时H2O电离出的c（OH-）=_molL-1，该温度下，浓度为0.01 molL-1的NaOH溶液的pH=_。【答案】210-7 12-lg4【解析】纯水中H2O电离出的c（H+）=c（OH-），所以c（OH-）=210-7molL-1，该温度下水的离子积KW=c（H+）c（OH-）=410-14，浓度为0.01 molL-1的NaOH溶液中c（H+）=410-12，pH=-lgc（H+）=12-lg414某溶液中，可能含有下表所列离子中的某几种：取少量该溶液，向其中加入某试剂X，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂X的体积（V）关系如下图所示：（1）若X是NaOH溶液，原溶液中一定含有的阴离子有_；BC段反应的离子方程式为_。（2）若X是盐酸，则原溶液中一定含有的金属阳离子是_；AB段发生反应的总离子方程式为_；OA段生成沉淀的物质的量之比为_。【解答】答案（1）Cl-（1分）Al（OH）3+OH-=Al（OH）4-或Al（OH）3+OH- = AlO2+ H2O（2分）（2）Na+（1分） CO32-+2H+=H2O+CO2（2分）n（H2SiO3）nAl（OH）3= 112（2分）试题分析：（1）若是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当 B段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子，X是NaOH溶液，则BC段是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（）如果X是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子，通过以上分析知，溶液中含有的阳离子是钠离子，AB段发生反应是碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2；根据图象知，氢氧化铝和盐酸反应需要1v盐酸，偏铝酸根离子和硅酸根离子和盐酸反应需要盐酸4V盐酸，有关反应方程式为：AlO2-+H+H2O=Al（OH）3、SiO32-+2H+=H2SiO3 、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，根据方程式知， H2SiO3 Al（OH）3物质的量之比 n（H2SiO3）nAl（OH）3= 112考点：离子共存相关计算15分析化学常用草酸钠晶体（Na2C2O4溶液无色）作为基准物质测定酸性KMnO4溶液的浓度。请回答下列问题：（1）Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式是_（2）称取Wg Na2C2O4晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是_（3）移取20.00 mLNa2C2O4溶液置于锥形瓶中，则酸性KMnO4溶液装在_式滴定管中（填“酸”或“碱”）（4）滴定终点的现象是_（5）若滴定管起始读数和终点读数如图所示，则酸性KMnO4溶液的物质的量浓度为_（6）下列操作导致测定的酸性KMnO4溶液浓度偏高的是_a配制Na2C2O4溶液定容时俯视b锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na2C2O4溶液润洗23次c滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失d滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数【解答】答案（1）2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O （2）100mL容量瓶（3）酸（4）溶液由无色变为紫红色，且保持半分钟颜色不变 （5） molL1 （6）d试题分析：（1）Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式是2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；（2）称取Wg Na2C2O4晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是100mL容量瓶；（3）酸性高锰酸钾溶液具有酸性和强氧化性，则酸性KMnO4溶液装在酸式滴定管中；（4）高锰酸钾溶液显紫红色，则滴定终点的现象是溶液由无色变为紫红色，且保持半分钟颜色不变；（5）根据滴定管起始读数和终点读数可知消耗高锰酸钾溶液的体积是20.70mL0.70mL20.00mL，则根据方程式可知酸性KMnO4溶液的物质的量浓度为mol/L；（6）a配制Na2C2O4溶液定容时俯视，则溶液浓度偏高，消耗酸性高锰酸钾溶液体积增加，测量值偏低，a错误；b锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na2C2O4溶液润洗23次，则消耗酸性高锰酸钾溶液体积增加，测量值偏低，b错误；c滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失，则消耗酸性高锰酸钾溶液体积增加，测量值偏低，c错误；d滴定前仰视读数，读数偏大，滴定终点俯视读数，读数偏小，所以消耗高锰酸钾溶液体积减小，测量值偏高，d正确，答案选d。考点：考查氧化还原反应滴定实验16（8分）1.t时，某稀硫酸溶液中c（H+）=10a molL-1，c（OH）=10b molL-1，已知a+b=13 ：（1）该温度下水的离子积常数K w的数值为 。（2）该温度下（t），将100mL 0.1 molL-1的稀H2SO4溶液与100mL 0.4 molL-1的NaOH溶液混合后（溶液体积变化忽略不计），溶液的pH= 。（写出计算过程）（3）常温下pH=5的H2SO4的溶液稀释500倍后，溶液中SO42-的浓度与H+浓度的比值约为 （写出计算过程）【解答】答案（1）10-13或1.010-13 （2分） （2）12 （4分） （3）1:10（2分）17某温度下的水溶液中，c（H+）10x mol/L，c（OH-）10y mol/L。x与y的关系如图所示：（1）该温度下水的离子积为 。（2）该温度下0.01 mol/L的NaOH溶液pH为 。【答案】（1）10-15 (2) 13【解析】试题分析：（1）根据图知，当c（H+）=10-5 mol/L，c（OH-）=10-10 mol/L，由离子积常数=c（H+）c（OH-）=10-5.10-10=10-15，答案为：10-15；（2）c(OH-)=0.01 mol/L c(H+)=10-15/0.01=10-13 mol/L PH=13.考点：考查水的离子积常数，PH值的计算。18(12分)化学需氧量(COD)常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO210I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2+8H2O2S2O32-+I2=2I-+S4O62-（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是 。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是 。用Na2S2O3，标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是 。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00mL。根据以上实验数据计算海水试样的COD(用每升 水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mgL-1)(写出计算过程)。【解答】答案（1）海水中含有大量的Cl，Cl酸性条件能还原MnO4；（2）防止生成的单质碘受热、见光时挥发；由蓝色变为无色；（3）试题分析：根据题意知，该化学课外小组的同学采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD 的原理和流程为：先向海水试样中加入碱性高锰酸钾溶液将海水中的有机物氧化，然后再加入KI溶液将剩余的高锰酸钾溶液还原，最后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，最后计算出海水试样消耗的高锰酸钾的量，确定COD。（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是海水中含有大量的Cl，Cl酸性条件能还原MnO4；（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是防止生成的单质碘受热、见光时挥发；用Na2S2O3标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是由蓝色变为无色；（3） 根据题给信息弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2 10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2+8H2O 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-得关系式：MnO4-5 S2O32-，根据硫代硫酸钠的物质的量计算剩余高锰酸钾的物质的量，进一步计算与海水试样反应的高锰酸钾的量，又碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2，1mol高锰酸钾得3mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据电子守恒得关系式：4KMnO43O2，计算消耗氧气的物质的量，确定COD，计算过程见答案。考点：以海水试样COD的测定为载体考查氧化还原反应及相关计算。19某无色透明溶液，可能含有下列离子：Mg2+、Al3+、Fe3+、Ba2+、H+、NH4+、SO42、HCO3、Cl、CO32-。取该溶液进行如下实验：取溶液少许，滴入AgNO3溶液产生白色沉淀；另取溶液少许，滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解；另取原溶液500mL，加入过氧化钠固体，产生的沉淀的物质的量与加入过氧化钠的物质的量的关系如下图所示。根据实验现象和数据分析，回答下列问题：（1）de段发生的反应的离子方程式是 ；（2）溶液中肯定存在的离子是 (用离子符号表示)；（3）溶液中可能存在的离子是 (用离子符号表示)；（4）原溶液中金属阳离子的浓度分别为 ；（5）请在答题卡对应图上画出加入过氧化钠从01.1mol时，产生气体的物质的量随加入过氧化钠物质的量变化的曲线(假设生成的气体全部逸出)。【解答】答案(9分)（1）4Al(OH)3+2Na2O24AlO2-+4Na+6H2O+O2(2分)或拆开写成2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2，Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O(各1分)（2）H+，Mg2+，Al3+，NH4+，SO42-(2分)；至少写出3个可得1分，多写、错写不得分（3）Cl-(1分)； （4）c(Mg2+)0.8molL-1(1分)；c(Al3+)0.4molL-1(1分)（5） (2分)试题分析：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+，根据滴入AgNO3溶液产生白色沉淀可知，原溶液中可能含有的离子为SO42-、HCO3-、Cl-；根据滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定存在SO42-，根据离子共存，一定不存在Ba2+；根据图象变化，加入过氧化钠，立刻生成气体，开始时没有沉淀，说明原溶液里一定存在H+离子，沉淀逐渐增加，当加入0.8-0.9mol过氧化钠时没有沉淀生成，说明此时参加反应的离子为NH4+，之后沉淀部分溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，证明原溶液中一定存在Mg2+、Al3+；根据离子共存可知，一定不存在HCO3-；（1）de段发生的反应是溶解Al(OH)3，反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O 或4Al(OH)3+2Na2O24AlO2-+4Na+6H2O+O2；（2）溶液中肯定存在的离子是H+，Mg2+，Al3+，NH4+，SO42-；（3）溶液中可能存在的离子是Cl-；（4）de段Na2O2的量为0.1mol，生成的NaOH为0.2mol，溶解的Al(OH)3为0.2mol，则溶液里Al3+的物质的量为0.2mol，离子浓度为0.2mol0.5L=0.4mol/L；生成沉淀共消耗Na2O20.7mol，生成的NaOH为1.4mol，Al3+需要NaOH的物质的量为0.2mol3=0.6mol，则Mg2+生成消耗的NaOH的物质的量为1.4mol-0.6mol=0.8mol，故Mg2+的物质的量为0.8mol/2=0.4mol，物质的量浓度为0.4mol0.5L=0.8mol/L；（5）加入0.8molNa2O2时生成的O2为0.4mol，继续加入0.1molNa2O2生成O20.05mol时同时生成NH3的物质的量为0.2mol，共生成气体0.25mol，继续加入Na2O2的物质的量0.2mol，又生成0.1molO2，具体生成气体与过氧化钠的物质的量关系如图。【考点定位】考查常见离子的检验【名师点晴】注意掌握常见离子的性质及检验方法，正确分析图象曲线变化是解答本题关键，无色溶液中一定不存在有色离子Fe3+，取溶液少许，滴入AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有SO42-、HCO3-、Cl-；取溶液少许，滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定存在SO42-，根据离子共存，一定不存在Ba2+；根据图象可知，加入淡黄色粉末，立刻生成气体，开始时没有沉淀，之后沉淀逐渐增加，当加入0.5-0.6mol过氧化钠时没有沉淀生成，说明此时参加反应的离子为铵根离子，之后沉淀部分溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，证明原溶液中一定存在铝离子和镁离子；根据离子共存可知，一定不存在碳酸氢根离子；淡黄色粉末X为过氧化钠，原溶液中一定存在氢离子，据此进行解答。20X、Y是短周期元素，且X的原子序数比Y大4。请填空：I若X是金属元素，Y是非金属元素，化合物XY是优质的耐高温材料。（1）元素Y在元素周期表的位置为 。（2）粉末状X是制造烟花的重要原料之一，生产粉末状X时，将X蒸气在某种气体中冷却。下列可作为冷却气体的是 。A空气 B氮气 C氩气 D二氧化碳II若X是短周期最活泼的金属元素。（3）Y2H4、O2与XOH溶液组成的电池，其负极的电极反应式（已知：Y2H4可以和O2反应生成Y2和H2O）为 。该电池中OH移向 极。（4）25时，往a molL-1 YH3的水溶液（甲）中滴加0.01 molL-1H2SO4溶液（乙），滴加过程中溶液的导电能力 （填“增强”、“减弱”或“不变”），当甲与乙等体积混合后，溶液呈中性（设温度不变），甲中溶质的电离常数Kb= （填表达式，用含a的代数式表示）。【解答】答案I（1）第二周期，第A族；（2）C；II（3）N2H4+4OH-4e-=N2+H2O；负；（4）10-9。试题分析：I若X是金属元素，Y是非金属元素，化合物XY是优质的耐高温材料。则X是镁，Y是氧。（1）O元素在元素周期表的位置为第二周期，第A族，故答案为：第二周期，第A族；（2）可作为镁蒸气冷却气体的定是与镁不反应的物质，镁的性质活泼，易与多种物质反应，它可与空气中氧气反应生成MgO；可与N2反应生成Mg3N2；可在CO2中燃烧生成MgO；但稀有气体氩气不与镁反应。A、空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，错误；B、氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，错误；C、氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，正确；D、镁与二氧化碳在点燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，错误；故选C；II若X是短周期最活泼的金属元素，则X为Na，故Y为N，（3）N2H4、O2与NaOH溶液组成的电池，负极发生氧化反应，N2H4在负极放电，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应式为：N2H4+4OH-4e-=N2+H2O，在原电池中阴离子向负极移动，电池中OH移向负极，故答案为：N2H4+4OH-4e-=N2+H2O；负；（4）25时，往a molL-1 NH3的水溶液（甲）中滴加0.01 molL-1H2SO4溶液（乙），滴加过程中弱电解质一水合氨逐渐转化为强电解质硫酸铵，溶液的导电能力增强；当甲与乙等体积混合后，溶液呈中性，溶液中c(H+)=c(OH-