高考化学一轮专题复习题：水溶液中离子反应与平衡

试卷第=page1414页，共=sectionpages1414页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考化学一轮专题复习题：水溶液中离子反应与平衡一、选择题1．（·浙江·高三开学考试）亚磷酸是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向溶液中滴加等浓度的溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数与溶液的关系如图所示。下列说法正确的是A．a、b两点时，水电离出的之比为B．b点对应溶液中存在：C．反应的平衡常数为D．当时，2．（·浙江·高三开学考试）在时，下列说法正确的是A．相等的①次氯酸钠溶液、②碳酸氢钠溶液，二者物质的量浓度关系；①＜②B．等体积等盐酸和醋酸，稀释相同倍数后与等量且足量的锌反应，两者反应速率相同C．的盐酸和的氢氧化钠溶液，按体积比恰好完全反应，则D．的溶液与的溶液等体积混合后溶液呈酸性，则为强酸、为弱碱3．（·四川·成都七中高三开学考试）25℃，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ<HY<HXB．根据滴定曲线，可知C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，溶液存在：D．将HY和HZ溶液混合后，溶液中存在：4．（·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三模拟预测）定量分析中可用溶液滴定溶液，加入为指示剂，达到滴定终点时溶液体积为50mL，，与生成砖红色的沉淀。已知，，，根据以上实验操作和有关数据，下列说法正确的是A．常温下，向含AgCl固体的AgCl溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀的量不变B．滴定终点时，溶液中的浓度约为C．向10mL0.1moL/L溶液中滴加3～5滴0.1moL/LNaCl溶液生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，生成AgI沉淀，能够说明D．可用的KI溶液代替做指示剂5．（·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三模拟预测）室温下，有下列四种溶液：①氨水②溶液③盐酸与溶液等体积混合④NaOH溶液与氨水等体积混合，四种溶液中由大到小排列正确的是A．②③④① B．④①②③ C．①④②③ D．③②①④6．（·湖北·高三期末）常温下，向1L浓度为0.4mol/L的CH3COOH溶液中加入8gNaOH固体得到X溶液。将X溶液平均分成两等份，一份通入HCl气体，得到溶液Y，另一份加入NaOH固体得到溶液Z。溶液Y、Z的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法错误的是A．a点：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)B．b点对应曲线代表的是加入NaOH的曲线C．溶液中水的电离程度：c>bD．稀释c点溶液后，溶液中增大7．（·黑龙江哈尔滨·高三学业考试）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．在新制饱和氯水中：、、、B．在能使酚酞变红的溶液中：、、、C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：、、、D．在水电离出的的溶液中：、、、8．（·广东惠州·二模）常温下，向25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LHA，溶液的pH随加入的HA溶液体积的变化曲线如图所示(HA是一种弱酸，溶液混合后体积的变化忽略不计)，下列说法正确的是A．由水电离产生H+的浓度c(H+)：A>BB．溶液中存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)9．（·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三模拟预测）为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO310．（·江苏·高邮市第一中学高三模拟预测）已知：25℃时H2C2O4的pKa1=1.22，pKa2=4.19，CH3COOH的pKa=4.76(电离常数K的负对数-lgK=pK)。下列说法正确的是A．浓度均为0.1mol·L-1NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c(NH)前者小于后者B．0.1mol·L-1KHC2O4溶液滴加氨水至中性：c(NH)>c(C2O)C．0.1mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22：c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O)D．0.1mol·L-1CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH=4.76：c(K+)>c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(CH3COO-)11．（·山东·高三竞赛）常温下，用的溶液滴定的溶液，溶液的pH与的体积关系如图所示。(的电离常数为和)下列说法正确的是A．水的电离程度：B．C点，C．D点，D．若A点的纵坐标为3，则12．（·广东·珠海市第一中学高三期中）室温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．水的电离程度：a<bB．盐酸的物质的量浓度为0.01mol/LC．指示剂刚变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应D．当滴加NaOH溶液30.00mL时（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=11.313．（·广东·珠海市第一中学高三期中）下列说法正确的是：①、都是强电解质②三氧化硫的水溶液能导电，但三氧化硫是非电解质③HCl在水溶液中完全电离，所以盐酸是强电解质④在水溶液及熔融状态下均可电离出、、⑤室温下，溶液与溶液的pH不同A．①②③ B．②③⑤ C．③④⑤ D．①②⑤14．（·江苏·宝应县教育局教研室高三期中）下列说法正确的是A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)C．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2×6.02×1023D．SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)在常温下不能自发进行，则该反应的ΔH＜0二、填空题15．（·云南省文山壮族苗族自治州第一中学高三模拟预测）完成下列问题(1)水电离生成H3O＋和OH-叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式：_______；液氨也有自偶电离，其自偶电离的方程式为_______。(2)乙醇的自偶电离方程式：_______；其离子积Kw=_______。(3)单质碘与氟气反应可制得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离，如生成的＋1价阳离子为，对应阴离子为_______。16．（·福建省福安市第一中学高三开学考试）氯化铵是“侯氏制碱法”的副产品，在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：(1)氯化铵的立方晶胞结构如图所示：①与等距离且最近的Cl-有_______个。②若氯化铵的密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a=_______nm(用含d、的代数式表示)。(2)常温下，用计测得某溶液的。①用离子方程式表示溶液呈酸性的原因：____________。②若溶液中，则水解常数_______(提示：和的物质的量浓度几乎相等，。结果保留2位有效数字)。(3)为探究溶液浓度和浓度对氨化铵水解的影响，学习小组利用溶液和的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液。测定，记录数据。序号I20005.28II20185.78III2a165.78IV21085.78①补充表中数据：a=_______。②由实验I和II可知，稀释溶液，_______(填“促进"或“抑制”)水解，结合表中数据，给出判断理由：_______③结合表中数据分析增大，水解程度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。④画出稀释溶液时，随加入水量的变化曲线图_______，标注出的变化范围。17．（·广西·桂林市临桂区五通中学高三期中）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知如表数据。化学式电离平衡常数(25℃)HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-1125℃时，有等浓度的a.NaCN溶液b.CH3COONa溶液c.Na2CO3溶液，d.NaHCO3溶液三种溶液的pH由大到小的顺序为____(填序号)18．（·重庆实验外国语学校高三模拟预测）甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生移动。甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒放入两支试管中，同时加入0.1mol·L-1的HA、HCl溶液各100mL，按图装好，观察现象。乙：用pH计测定物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HA和HCI溶液的pH。(1)乙方案中说明HA是弱电解质的理由是，测得0.1mol·L-1的HA溶液的pH____1(填“>”、“<”或“=”)；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是____。A．装HCl的试管中放出的氢气速率大B．装HA溶液的试管中放出氢气的速率大C．两个试管中产生气体速率一样大(2)甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol·L-1的HA溶液中，选择加入____试剂。A．NaA固体(可完全溶于水) B．1mol·L-1NaOH溶液C．1mol·L-1H2SO4 D．2mol·L-1HA(3)pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后HCl溶液中水电离出来的c(H+)___醋酸溶液水电离出来的c(H+)(填“>”、“<”或“=”)。(4)如表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃25t1水的离子积Kw1×10-141×10-12试回答以下问题：①25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO)=5×10-4mol·L-1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH-)=____。②在t1℃下，纯水的电离程度比25℃时____(填“低”、“高”或“相等”)，pH=8的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=____。19．（·全国·高三专题练习）向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示。(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)(1)a点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；(2)b点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；(3)c点，溶质为_______，离子浓度关系：_______；(4)d点，溶质为_______，离子浓度关系：_______。三、实验题20．（·江苏苏州·高三期末）α-Fe2O3是一种优质的软磁性材料，用FeSO4溶液通过两步可制α-Fe2O3：①氧化制铁黄[FeO(OH)，不溶于水]；②煅烧铁黄制。I.氧化制铁黄向一定浓度的FeSO4溶液中滴加氨水，至混合液pH约为6.5时停止滴加，产生白色沉淀(带灰绿色)；通入氧气，生成铁黄晶体。通氧气过程中溶液pH随时间的变化如图所示。己知：25℃时。(1)25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，溶液中残留的c(Fe2+)=_______。(2)段，溶液pH随氧气通入基本保持不变。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH基本保持不变的原因_______。(3)段，溶液pH随氧气通入明显变小。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH明显变小的原因_______。II.煅烧制α-Fe2O3(4)将所得铁黄晶体洗净后煅烧，得α-Fe2O3。下图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，其可能原因是_______。(5)煅烧也能生成α-Fe2O3。实验室以溶液为原料制备高产率、较纯净的α-Fe2O3。已知：开始沉淀的，请补充完整实验方案：在搅拌下_______，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。(必须使用的试剂：溶液、盐酸、溶液、蒸馏水)21．（·四川·乐山市教育科学研究所高三期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)，又名大苏打，在化学实验中应用广泛。实验室进行如下实验测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应)。步骤I：准确称取10.00g产品，溶于蒸馏水配成250.00mL溶液。步骤II：取25.00mL注入锥形瓶，加入指示剂，用0.05mol·L-1标准碘溶液滴定。(已知：2S2O+I2=S4O(无色)+2I-)，回答下列问题：(1)步骤II中选用的指示剂为____，滴定终点的现象为____。(2)第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为____mL。(3)重复上述操作，记录另两次数据如表，则产品中Na2S2O3•5H2O(M=248g/mol)的质量分数为____(精确到0.1%)。滴定次数滴定前/mL滴定后/mL第二次0.5019.50第三次0.2220.22(4)下列操作会使测得Na2S2O3•5H2O的质量分数偏大的是____。a.用蒸馏水冲洗锥形瓶b.读数时，滴定前俯视，滴定后仰视c.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出d.滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗四、原理综合题22．（·陕西·长安一中高三期末）回答下列问题：(1)在25℃下，amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)。①则溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)；②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。(2)下表为几种酸的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2S1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12①则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_______；②少量CO2与NaHS反应的离子方程式为_______。(3)在25℃，向0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13①当pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=_______mol·L-1；②某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液pH=_______时，Mn2+开始沉淀。(4)称取2.500克Na2CO3样品(含有少量NaHCO3)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2滴酚酞，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸22.45mL；再滴加2滴甲基橙，继续用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸23.51mL，则产品中Na2CO3的质量分数为_______%(保留三位有效数字)。23．（·河南·信阳高中高三期末）“低碳经济”备受关注，研究和深度开发CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(1)TiO2是一种性能优良的光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图1为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的示意图，则该反应的化学方程式为___。(2)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。①化学链燃烧技术是目前能源领域研究的热点之一，用NiO作载氧体的化学链燃烧的相关热化学方程式如下：CH4(g)+NiO(s)=CO(g)+2H2(g)+Ni(s)△H=+208.6kJ·mol-1CH4(g)+2NiO(s)=CO2(g)+2H2(g)+2Ni(s)△H=+169.9kJ·mol-1则反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_____。②为了探究反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反应速串与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，并使二者物质的量浓度均为1.0mol/L，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图2)：v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。则与曲线v正～c(CH4)相对应的是图中曲线_____(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_____(填字母)。(3)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。①在捕集时，气相中有中间体NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得的有关数据如表(t1<t2<t3)：温度/℃气体总浓度/mol·L-1时间/min1525350000t19×10-32.7×10-28.1×10-2t23×10-24.8×10-29.4×10-2t33×10-24.8×10-29.4×10-2氨基甲酸铵的分解反应是____(填“放热”或“吸热”)反应。在15℃，此反应的化学平衡常数K=____。②将一定量纯净的NH2COONH4固体置于恒温恒容的真空密闭容器中，发生反应：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应达到化学平衡状态的是____。(填序号)a．v(NH3)=2v(CO2)b．气体的总压强不变c．气体的总质量不变d．混合气体的平均相对分子质量不变e．CO2的体积分数不变f．NH2COONH4的物质的量浓度恒定不变g．混合气体的密度不变③在NH4HCO3溶液中，反应NH+HCO+H2ONH3•H2O+H2CO3的平衡常数K=1.25×10-3。己知常温下H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，则NH3•H2O的电离平衡常数Kb=____。五、工业流程题(共0分)24．（·广东茂名·高三期末）某炼铜厂烟道灰的主要成分为锌、锰、铁、铜的单质及氧化物，一种回收利用烟道灰的工艺流程如图所示：已知：①常温下，，；②离子浓度小于等于时认为沉淀完全；。回答下列问题：(1)“碱浸”时，Zn被浸出转化为，中Zn元素的化合价为_______价。(2)“沉锌”时防止碱性过强生成，可采取的措施为_______(任写一条)。(3)滤液Ⅱ的主要溶质为_______(填化学式，下同)，滤渣Ⅱ的主要成分为_______。(4)“除铁”时先加入溶液将氧化为，发生反应的离子方程式为_______；然后再调节溶液的pH为b，若此时，则b的取值范围为_______。(5)“氧化沉锰”过程中，经氧化转化为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；写出的一种用途；_______。答案第=page2828页，共=sectionpages1414页参考答案：1．C【分析】亚磷酸是二元弱酸，常温下，向溶液中滴加等浓度的溶液，先后发生的反应为，，则逐渐减少，先增多后减少，逐渐增多，故表示变化曲线，表示变化曲线，表示变化曲线。【详解】A．a、b两点均为酸性溶液，则水电离出的分别为、，其之比为，A错误；B．b点时，，根据电荷守恒可知，，因b点不是中性点，即，则，B错误；C．a点时，，则反应的平衡常数，b点时，，则反应的平衡常数，反应的平衡常数，C正确；D．当时，H3PO3与NaOH反应生成NaH2PO3，水解平衡常数，所以电离程度大于水解程度，最终溶液呈酸性，则，D错误；故选C。2．A【详解】A．由于酸性H2CO3>HClO，故水解程度为：NaClO>NaHCO3，故pH相等的①次氯酸钠溶液、②碳酸氢钠溶液，二者的物质的量浓度关系：①＜②，A正确；B．等体积等pH的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后盐酸中H+浓度小于醋酸中的H+浓度，故与等量且足量的锌反应，醋酸比盐酸中更剧烈，由于醋酸的物质的量浓度大于盐酸故醋酸产生氢气多，B错误；C．向pH=a的盐酸中加入pH=b的氢氧化钠溶液，恰好完全反应时，测得盐酸与氢氧化钠溶液的体积比为10:1，即10V×10-a=V×，则a+b=15,C错误；D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合后溶液呈酸性，即pH<7，则BOH为强碱、HA为弱酸，D错误；故答案选A。3．B【分析】浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。【详解】A．HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。则同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX，故A错误；B．当NaOH溶液滴加到10mL时，溶液中c(HY)≈c(Y-)，即Ka(HY)=≈c(H+)=10-pH=10-5，故B正确；C．用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X-的水解程度大于Y-，溶液中c(Y-)＞c(X-)，故C错误；D．HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)=即有：c(Y-)=，所以达平衡后：c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)，故D错误；故选B。4．B【详解】A．含AgCl固体的AgCl溶液中存在AgClAg++Cl-，常温下，向含AgCl固体的AgCl溶液中加入NaCl固体，平衡逆向移动，AgCl沉淀的量改变，A错误；B．滴定终点时，溶液中，则，则的浓度约为，B正确；C．向10mL0.1moL/L溶液中滴加3～5滴0.1moL/LNaCl溶液生成AgCl沉淀，反应后银离子过量，再滴加KI溶液，生成AgI沉淀，不能够说明，C错误；D．由于碘化银比氯化银更难溶，若用的KI溶液代替做指示剂，则会首先生成碘化银沉淀，D错误；故选B。5．D【详解】氨水为弱碱电离程度较弱；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致铵根离子会减小；盐酸与溶液等体积混合后HCl、NH4Cl浓度均为0.1mol/L，盐酸会抑制铵根离子水解，故铵根离子浓度大于同浓度氯化铵溶液；NaOH溶液与氨水等体积混合后NaOH、NH3∙H2O浓度均为0.1mol/L，氢氧化钠会抑制一水合氨电离，故铵根离子浓度小于同浓度一水合氨溶液；故四种溶液中由大到小排列③②①④；故选D。6．C【分析】向1L浓度为0.4mol/L的CH3COOH溶液中加入8gNaOH固体得到X溶液，则X溶液为含0.2molCH3COOH和0.2molCH3COONa的混合液。【详解】A．a点溶液含等量CH3COOH和CH3COONa，由图可知，此时pH＜7，以CH3COOH的电离为主，故c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，A正确。B．CH3COOH和CH3COONa的混合液中加入NaOH固体，pH会增大，B正确。C．CH3COOH和CH3COONa的混合液中加入NaOH固体，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa，CH3COONa促进水的电离，水的电离程度增大。CH3COOH和CH3COONa的混合液中通入HCl气体，HCl与CH3COONa反应生成CH3COOH，CH3COOH抑制水的电离，水的电离程度减小。故水的电离程度b＞c，C错误。D．Ka=不变，稀释c点溶液，c(H+)减小，故增大。D正确。故选C。7．B【详解】A．在新制饱和氯水中存在强氧化性物质HClO和Cl2，均能氧化SO，A不合题意；B．在能使酚酞变红的溶液中存在大量的OH-：OH-、、、、均不反应，能够大量共存，，B符合题意；C．在加入铝粉能产生H2的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，OH-与Fe2+反应生成氢氧化亚铁沉淀，H+、NO和Fe2+将发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．在水电离出的的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，若为酸性，则氢离子与、反应，不能够大量共存，D不符合题意；故答案为B。8．B【分析】B点时滴加酸的体积与碱溶液的体积相同，为滴定终点，溶质为NaA，水的电离程度最大；C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等；D点滴入酸的体积为碱溶液体积的2倍，故溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同。【详解】A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)：A<B，A错误；B．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，B正确；C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C错误；D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D错误；故选B。9．D【详解】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在不引入新杂质、Mg2＋不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂，若选用NH3·H2O、NaOH、Na2CO3等则还会引入新的杂质；答案选D。10．C【详解】A．水解使溶液呈酸性，根据电离常数可判断电离程度大于水解程度，CH3COO-水解使溶液呈碱性，促进的水解，对于NH4HC2O4，电离对水解存在一定程度的抑制，CH3COO-水解促进的水解，所以浓度为0.1mol/L和溶液中：前者大于后者，故A错误；B．溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c()+2c()，根据物料守恒：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以有c(H2C2O4)+c()=c()，因此c()＜c()，故B错误；C．0.1mol/L溶液滴加盐酸至pH=1.22，则溶液中c()=c(H2C2O4)，溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，根据物料守恒：c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，所以有c(H+)+3c()=c(OH-)+c(Cl-)，则，故C正确；D．0.1mol/L溶液中滴加溶液至pH=4.76，则溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c()+2c()，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na+)+c(K+)＜c(CH3COO-)+c()+2c()，根据物料守恒可知c(Na+)=2c(CH3COO-)，c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)，所以c(CH3COO-)+c(H2C2O4)＜c()，故D错误；答案选C。11．A【详解】A．酸或碱抑制水电离，C点溶质为NaHA，C点溶液呈碱性，说明HA-水解程度大于电离程度，HA-水解而促进水电离，B点不影响水电离、C点促进水电离，则水电离程度：B<C，A正确；B．C点酸碱恰好完全反应生成NaHA，pH>7，溶液呈碱性，则c(H+)<c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，故，B错误；C．D点酸碱恰好完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(A)，则存在，C错误；，D．若A点的纵坐标为3，则c(H+)=10-3，且此时氢离子主要是H2A的一级电离生成的，则其二级电离生成的c(A2-)<10-3，故，D错误；故选A。12．A【详解】A．NaOH+HCl=NaCl+H2O，当两者恰好反应时，溶质只有NaCl，溶液的pH=7，此时NaOH的体积是20mL，所以a、b两点均未完全反应，还有盐酸剩余，对水的电离均起到抑制作用，根据溶液的pH值，a点pH较小，a点HCl浓度较高，对水的电离的抑制作用更强，所以a点水的电离程度更小，A项正确；B．当NaOH的体积是20mL，两者恰好完全反应，c(HCl)==0.1mol/L，B项错误；C．指示剂刚变色，可能是完成了局部反应，应当等指示剂变色后再等一段时间，使反应充分进行，才能判断是否恰好反应，正确的操作为当指示剂变色后半分钟，体系颜色没有变化，才能说明完全反应，C项错误；D．此时NaOH溶液过量，剩余的c(OH-)=c(NaOH)=0.02mol/L，c(H+)=mol/L=5×10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-13)=13-lg5=12.3，D项错误；故选A。13．D【详解】①在水溶液中完全电离出醋酸根和钠离子，是离子化合物，熔融状态下完全电离出钡离子和硫酸根，故都是强电解质，①正确；②三氧化硫的水溶液能导电，是由于SO3溶于水时发生反应：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4在溶液中发生电离作用产生自由移动的离子，而不是SO3电离产生的，所以硫酸是电解质，而三氧化硫是非电解质，②正确；③HCl是强酸，在水溶液中完全电离，所以HCl强电解质，但是盐酸为混合物，不是电解质，③错误；④NaHSO4在水溶液电离出Na+、H+、在熔融状态下可电离出Na+、，④错误；⑤室温下，溶液中的c(OH-)=0.1mol/L，溶液的c(OH-)=0.2mol/L，故pH不同，故⑤正确；故选D。14．AB【详解】A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A正确；B．酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，B正确；C．1molCl2通入水中，溶液中存在物料守恒，C错误；D．该反应的ΔS＞0，常温下不能自发进行，说明ΔG=ΔH-TΔS>0的，则ΔH>0，D错误；故选AB。15．(1)

H2O2＋H2O2+

2NH3＋(2)

2CH3CH2OH＋CH3CH2O-

c()·c(CH3CH2O-)(3)【解析】（1）水发生自偶电离，生成H3O＋和OH-，也就是一个分子电离出的一个H+与另一个分子结合，则H2O2发生自偶电离，生成和，其自偶电离的方程式：H2O2＋H2O2+；液氨发生自偶电离，生成和，其自偶电离的方程式为2NH3＋。答案为：H2O2＋H2O2+；2NH3＋；（2）乙醇发生自偶电离，生成和CH3CH2O-，自偶电离方程式：2CH3CH2OH＋CH3CH2O-；其离子积Kw=c()·c(CH3CH2O-)。答案为：2CH3CH2OH＋CH3CH2O-；c()·c(CH3CH2O-)；（3）IF5发生自偶电离，生成阳离子为，则另一IF5分子结合一个F-形成阴离子，从而得出对应阴离子为。答案为：。16．(1)

8

(2)

(3)

2

促进

如果水解不受影响，稀释10倍，应从5.28增加到6.28，根据表中数据为5.78，所以稀释溶液促进水解

不变

【解析】（1）①氯化铵晶胞中位于体心，位于顶点，配位数为8，因此与等距离且最近的Cl-有8个。②根据密度计算公式，可得。（2）①是强酸弱碱盐，水解：，溶液呈酸性。②。（3）①根据I、Ⅱ、Ⅳ可知，每次实验总体积为，所以实验Ⅲ中。②如果水解不受影响，I→Ⅱ为稀释10倍，应从5.28增加到6.28，根据表中数据为5.78可知，水解过程中氢离子的物质的量增加，所以稀释溶液促进水解。③由Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的相同可知，增大，水解程度不变。④稀释氯化铵溶液，氢离子浓度变小，变大，但一定比7小，因此图像为。17．c＞a＞d＞b【详解】电离平衡常数越大弱酸的酸性越强，由表知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，酸性越弱其盐溶液水解程度越大，溶液的pH越大，所以等浓度的四种溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞NaHCO3溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：c＞a＞d＞b。18．(1)

>

A(2)A(3)>(4)

1000∶1

高

1×10-8mol/L【解析】（1）HA是弱酸，则均为0.1mol·L-1的HA、HCl溶液中，HA中氢离子浓度小，氢离子浓度越小、和相同的锌反应时产生氢气的速率越小，则乙方案中说明HA是弱电解质的理由是，测得0.1mol·L﹣1的HA溶液的pH>1；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是A。（2）设计如下实验：需要使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，则：A．NaA固体(可完全溶于水)，c(A-)增大，按同离子效应知，则HA的电离程度和c(H+)都减小，A满足；

B．1mol·L﹣1NaOH溶液，c(A-)增大，c(H+)减小，HA的电离程度增大，B不满足；

C．1mol·L﹣1H2SO4，c(H+)增大，HA的电离程度减小，C不满足；D．2mol·L﹣1HA，增大了HA的浓度、酸越浓、其电离程度减小，而c(H+)增大，D不满足；答案选A。（3）酸抑制水电离、酸溶液中水电离出的OH−浓度等于水电离出的氢离子浓度、代表了水的电离程度，稀释促进醋酸电离，pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后盐酸的pH大于醋酸，则盐酸中氢离子浓度小于醋酸、盐酸中氢氧根离子浓度大于醋酸，即HCl溶液的中水电离出来的c(H+)>醋酸溶液水电离出来的c(H+)。（4）①25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO)=5×10-4mol·L-1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则浓度下降为，则稀释后溶液中c(Na+)=×2×5×10﹣4mol·L-1=10﹣4mol·L-1、Na2SO4溶液呈中性、溶液中c(OH-)=10﹣7mol·L-1、则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH﹣)=10﹣4mol·L-1:10﹣7mol·L-1=1000:1。②在t1℃下，纯水的离子积常数比25℃时大，因此纯水的电离程度比25℃时高；碱抑制水的电离，碱溶液中水电离出的OH−浓度等于氢离子浓度、代表了水的电离程度，在t1℃下，Kw=1×10﹣12，pH=8的NaOH溶液中，水电离产生的OH﹣浓度c(OH﹣)水=c(H+)=10−8mol/L。19．(1)

CH3COONa、CH3COOH

c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)(2)

CH3COONa、CH3COOH

c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)(3)

CH3COONa

c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)(4)

CH3COONa、NaOH

c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)【解析】(1)a点为反应一半点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，a点溶液呈酸性，说明c(H＋)＞c(OH－)，由电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na＋)+c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)，离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；(2)b点呈中性，溶质为CH3COONa、CH3COOH，则c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na＋)+c(H＋)，则c(CH3COO－)=c(Na＋)＞c(H＋)，离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)；(3)c点恰好完全反应，溶质为CH3COONa，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；(4)d点NaOH过量一倍，溶质为CH3COONa、NaOH，c(Na＋)＞c(CH3COO－)，溶液呈碱性，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。20．(1)(2)段发生反应，溶液中c(H+)基本不变(3)段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大(4)部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO(5)向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊【分析】分析溶液中通入O2时，pH没有明显变化和pH明显降低时的原因，只需将两个过程中可能发生的反应进行对比。可能发生的反应为或，第一个反应不消耗也不生成H+，第二个反应生成H2SO4，c(H+)明显增大，pH减小。（1）25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，c(OH-)=10-7.5mol/L，溶液中残留的c(Fe2+)=mol∙L-1=。答案为：；（2）由分析可知，段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，由此得出原因是：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变。答案为：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变；（3）由分析可知，段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，由此得出其原因：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大。答案为：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大；（4）当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，则表明Fe2O3转化为其它的铁的氧化物，同时生成O2，其可能原因是：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO。答案为：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO；（5）FeSO4生成FeCO3，显然需要加入NH4HCO3，要得到纯净的FeCO3，需要对沉淀进行洗涤、检验最后一次洗涤液中是否含有，需要加入盐酸酸化的BaCl2溶液。所以完整实验方案：在搅拌下向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。答案为：向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊。【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，通常检查最后一次洗涤液中是否含有沉淀不能电离产生的离子。21．(1)

淀粉

加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色(2)21.00(3)49.6%(4)bd【解析】(1)硫代硫酸钠溶液无色，用标准确碘溶液滴定时，淀粉遇到I2变蓝色，即滴定终点的现象为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；(2)由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为21.00mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为21.00mL，故答案为：21.00；(3)第二次滴定数据为19.00mL，第三次滴定数据为20.00mL，平均消耗标准液体积为20.00mL，根据方程式可知关系式为：，则n()=2n(I2)=，则产品中的质量分数为，故答案为：49.6%；(4)a．蒸馏水冲洗锥形瓶不会影响待测液溶质的物质的量和标准溶液的体积，对测定结果无影响，a项错误；b．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，b项正确；c．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，c项错误；d．定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏大，d项正确；故答案为：bd。22．(1)

中

10-9/(a-0.01)(2)

c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)

HS-+H2O+CO2=H2S+HCO(3)

0.043

5(4)96.4【解析】（1）①将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，当c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。②amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合后，剩余氨水的物质的量为(a-0.01)V，混合以后溶液的体积为2V，所以此时溶液中NH3•H2O的物质的量浓度=，c()=c(Cl-)=，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，。（2）①CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程度越大，pH值越大，所以相同浓度的三种溶液，pH大小关系为：Na2CO3＞NaHS＞CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是：c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)。②向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞H2S＞，故反应生成H2S和碳酸氢钠，故反应的离子方程式为HS-+H2O+CO2=H2S+。（3）①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol•L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=(0.1-5.7×10-2)mol/L=0.043mol/L。②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。（4）第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据原子守恒n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L×22.45mL×10-3L/mL=2.245×10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=0.1000mol/L×23.51mL×10-3L/mL=2.351×10-3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n(NaHCO3)-n(NaHCO3)=2.351×10-3mol-2.245×10-3mol=1.06×10-4mol，则原产品中NaHCO3的质量为1.06×10-4mol×10×84g/mol=0.08904g，则原产品中Na2CO3的