离子反应 能力检测 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.4离子反应能力检测一、单选题1．下列离子可以大量共存的是（）A．K+SONa+OH﹣ B．K+Ag+Cl﹣NOC．Ba2+Na+COCl﹣ D．Mg2+NHOH﹣SO2．室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）A．Al3+、Na+、NO3-、Cl- B．K+、Na+、Cl-、AlO2-C．K+、Na+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、SO42-、NO3-3．在常温下，0.10mol•L﹣1Na2CO3溶液25mL用0.10mol•L﹣1盐酸滴定，其滴定曲线如图．对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（）A．a点：c（CO32﹣）=c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）B．b点：5c（Cl﹣）＞4c（HCO﹣3）+4c（CO2﹣3）C．c点：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO﹣3）+2c（H2CO3）D．d点：c（H+）=c（CO2﹣3）+c（HCO﹣3）+c（OH﹣）4．下列离子在溶液中能大量共存的是（）A．H+、Mg2+、Na+、HCO、 B．OH-、Na+、SO、Cl-C．Na+、Ca2+、CO、Cl- D．HCO、OH-、Cl-、NO5．电位滴定法(potentiometrictitration)是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当电极电位(ERC)产生了突跃，被测离子浓度产生突跃，进而确定滴定终点。向10mL0.1溶液(为二元弱酸)中逐滴滴加0.1二元酸溶液，第一个电位突跃时消耗amL溶液，第二个电位突跃时消耗bmL溶液，根据消耗溶液体积，可判断和各级电离常数大小关系。下列说法错误的是A．若a=5mL、b=5mL，可能为强酸B．若a=5mL、b=15mL，则C．若a=5mL、b=15mL，第一个电位突跃时，溶液中：D．若a=10mL、b=10mL，则用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，只有一个电位突跃6．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是（）A．二氧化碳：K+、Na+、CO32－、Cl－B．氨气：Mg2+、Al3+、Na+、NO3－C．氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－D．氯气：Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－7．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）B．0.1mol/LpH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．pH相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c（NH4Cl）8．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．在透明的溶液中：Na+、K+、MnO、COB．pH＞7的溶液中：Fe2+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣C．有SO42﹣存在的溶液中：K+、Mg2+、Ag+、NOD．加入金属铝产生H2的溶液中：NH4+、Na+、SO、CH3COO﹣9．在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A．Na＋、K＋、HCO3-、NO3- B．NH4＋、Al3＋、SO42-、NO3-C．K＋、SO32-、NH4＋、NO3- D．NH4+、Na+、NO3-、SiO32-10．将足量NO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A．Fe2+、CH3COO﹣、SO42﹣、Na+ B．Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ D．K+、Na+、SO32﹣、AlO2﹣11．重金属离子有毒。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性，甲废液经检验呈碱性，主要的有毒离子为Ba2+，如将甲、乙废液按一定比例混合，混合后的废液毒性显著降低。乙废液中可能含有的离子是（）A．Na＋和 B．Cu2＋和Cl-C．Cu2＋和 D．Ag＋和12．某溶液中可能存在Fe3＋、Fe2＋、I－、HCO3-、Cl－、NO3—六种离子中的几种。进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（）A．I－ B．HCO3— C．Cl－ D．NO3—13．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO的分布系数：δ(H2PO)＝]，下列叙述正确的是（）A．曲线①代表δ(H2PO)，曲线②代表δ(HPO)B．H3PO2溶液的浓度为0.100mol·L－1C．H2PO水解常数Kh≈1.0×10－10D．NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性14．用物质的量都是0.1mol的CH3COOH与CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO-)大于c(Na+)，对该混合溶液下列判断正确的是（）A．c(H+)＜c(OH-)B．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol·L-1C．c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)D．c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol·L-115．25℃时，在20mL0.1mol/L氢氟酸中加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是（）A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）相等B．①点时pH=6，此时溶液中，c（F−）−c（Na+）=9.9×10−7mol/LC．②点时，溶液中的c（F−）=c（Na+）D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F−）＜c（Na+）=0.05mol/L16．下列说法不正确的是（）A．浓度均为0.1mol/L的①NH4Fe(SO4)2；②NH4HSO4；③(NH4)2CO3；④CH3COONH4；溶液中c(NH)的大小顺序为③>①>②>④B．浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液与NaClO溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者C．H3PO2为一元酸，在NaH2PO2水溶液中存在：c(H3PO2)+c(H2PO2-)=c(Na+)D．0.1mol/L的Ca(HCO3)2溶液中，c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=0.2mol/L二、综合题17．按要求完成下列填空：（1）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程式是（2）0.1mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液写出物料守恒式；电荷守恒式；质子守恒式；离子浓度大小关系．（3）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合写出物料守恒式；电荷守恒式．（4）25℃，浓度相同的NH4Cl与NH3•H2O等体积混合，混合后pH=10写出物料守恒式；电荷守恒式；离子浓度大小关系．（5）Mg（OH）2在下列四种情况下，其溶解度大小关系为A．在纯水中B．在0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液中C．在0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中（6）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度大小关系为，写出白色沉淀转化成黄色沉淀的离子方程式．18．（1）（Ⅰ）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝(用K1、K2表示)。（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v(NOCl)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝mol，NO的转化率α1＝。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是。（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是。a.向溶液A中加适量水b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水d.向溶液B中加适量NaOH（4）（Ⅱ）在恒压密闭容器中，充入一定量的H2和CO2发生如下可逆反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，实验测得反应物在不同温度下，反应体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示。该反应的ΔS0（填＞或＜），该反应在（填“低温”或“高温”）条件下利于自发进行；（5）比较T1与T2的大小关系：T1T2（填“＜”、“＝”或“＞”），理由是。19．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如表数据(25℃)：化学式电离平衡常数HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11（1）25℃，等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为。(填写序号)（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为。（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH等体积混合后，测得c(Na+)>c(CN-)，下列关系正确的是_____。A．c(H+)>c(OH-) B．c(H+)<c(OH-)C．c(H+)+c(HCN)=c(OH-) D．c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L（4）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表实验编号HA物质的量浓度(mol·L-1)NaOH物质的量浓度(mol·L-1)反应后溶液pHa0.10.1pH=8bc0.2pH=7①从a组情况分析，HA是强酸还是弱酸。②b组情况表明，c0.2(选填“大于”、“小于”或“等于”)。该混合液中离子浓度c(A-)c(Na+)(选填“大于”、“小于”或“等于”)。③a组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=mol/L。写出该混合溶液中下列算式的精确结果。c(Na+)-c(A-)=mol/L。（5）100℃时，水的离子积为1×10-12，将pH=11的NaOH溶液V1L与pH=2的H2SO4溶液V2L均匀混合后，若所得混合溶液的pH=10，则V1：V2为（6）HA为弱酸，在室温下，用蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。(填字母)A．B．C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积D．溶液中c(A-)·c(HA)的值E．水的电离程度20．在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存．（1）常温下，将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，若混合液体积等于两溶液体积之和，则混合液中下列关系正确的是A．c（HA）＜c（A﹣） B．c（HA）一定大于0.1mol/LC．c（Na+）=c（HA）+c（A﹣） D．2c（OH﹣）=2c（H+）+（2）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示．回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣（填：“能”或“不能”）大量共存．②当pH=7时，溶液中各种离子其物质的量浓度之间的等量关系是：．③已知在25℃时，CO32﹣水解反应的平衡常数Kh==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，溶液的pH=．21．常温下，回答下列关于酸和碱中和反应的问题：将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，分别进行编号①、②、③的实验，实验数据记录事表序号HA物质的量浓度(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH①0.10.1pH=9②C0.2pH=7③0.20.1pH>9请回答：（1）根据①组实验情况，混合溶液pH=9的原因是(用离子方程式表示)。（2）混合溶液①中由水电离出的c(H+)0.1moI/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)。(填“>”“<”或“=”)（3）根据①组实验情况，在该溶液中下列关系式正确的是(填序号字母)______。A．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)B．c(Na+)=c(HA)+c(A-)C．c(HA)+c(H+)=c(OH-)D．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(HA)（4）②组情况表明，c0.2mol/L(选填“>”、“<”或“=”)。混合溶液中离子浓度c(A-)c(Na+)(选填“>”、“<”或“=”)。（5）从③组实验结果分析，离子浓度由大到小的顺序是。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C．Ba2+、CO结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D．Mg2+、NH分别与OH﹣结合生成沉淀、弱电解质，不能共存，故D错误；故选A．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．2．【答案】C【解析】【解答】室温下，若溶液中由水电离产生c(OH-)=1×10-14mol•L-1，为酸或碱溶液。

A．碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；

B．酸性溶液这不能大量存在AlO2-，故B错误；

C．酸、碱性溶液这该组离子之间均不反应，可大量共存，故C正确；

D．碱性溶液这不能大量存在NH4+，故D错误；

故答案为：C。【分析】本题考查在酸性或碱性溶液中离子共存问题。先根据题中给出的氢氧根的浓度判断出溶液的酸碱性；再根据离子共存的特点：离子间不能发生氧化还原反应，不能结合生成水、气体、沉淀等进行解答即可。3．【答案】B【解析】【解答】解：A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于水解程度大于电离程度，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故A错误；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知：5c（Cl﹣）=4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）+4c（H2CO3），则5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣），故B正确；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3﹣水解程度较弱，则有c（HCO3﹣）＞c（OH﹣），故C错误；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选B．【分析】A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，从盐类的水解程度的角度分析；B．溶液中存在物料守恒，从物料守恒的角度分析；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；D．溶液中满足电荷守恒，根据电荷守恒的角度分析．4．【答案】B【解析】【解答】A．H+、结合生成二氧化碳和水，不能大量共存，A不符合题意；B．各离子之间互不反应，能大量共存，B符合题意；C．Ca2+、结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．、OH-反应生成碳酸根离子和水，不能共存，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．H+、反应；B．各离子之间互不反应；C．Ca2+、反应；D．、OH-反应。5．【答案】C【解析】【解答】A．若a=5mL、b=5mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、Na2B，说明H2B能完全电离出氢离子，可能为强酸，A不符合题意；B．若a=5mL、b=15mL，则第二个反应生成NaHB、H2A，说明结合质子的能力A2->B2->HA->HB-，则酸性，故，B不符合题意；C．由A分析可知，第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，反应为2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根据物料守恒可知，、，则，C符合题意；D．若a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB，则用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，反应只生成NaHA、NaHB，只有一个电位突跃，不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据反应物消耗量判断酸性；

B.由反应判断酸根离子结合质子能力，进而判断酸性强弱；

C.根据物料守恒有、；

D.a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB。6．【答案】C【解析】【解答】A.由于CO2CO32-H2O=HCO3-，所以通入CO2，溶液中的CO32-不能大量共存，故不选A；B.由于Mg2+2NH3·H2O=Mg(OH)22NH4+，Al3+3NH3·H2O=Al(OH)33NH4+,所以通入氨气溶液中的Mg2+、Al3+不能大量共存，故不选B；C.通入HCl溶液中的Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－不会发生任何反应，可以大量共存，故选C；D.在含有Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－的溶液中通入Cl2，HSO3－被氧化成SO42-进而生成BaSO4沉淀，HCO3－生成H2O和CO2气体，所以不能大量共存，故不选D；故答案为：C。【分析】A.发生CO2+CO32-+H2O=2HCO3-

B.发生Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2+2NH4+，Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+

D.考察了氯气的氧化性，氧化HSO3－生成硫酸根离子，钡离子与硫酸根离子生成沉淀。7．【答案】C【解析】【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒，pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故A错误；B、0.1mol•L﹣1的NaHB溶液pH为4，说明HB﹣为弱酸根，且HB﹣电离程度大于其水解程度，电离生成B2﹣，水解生成H2B，所以c（B2﹣）＞c（H2B），电离与水解程度不大，c（HB﹣）最大，所以c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B），故B错误；C、硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性，铵根离子有剩余，溶液为硫酸钠、硫酸铵、氨水的混合溶液，加入的氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵，所以c（Na+）＞c（SO2﹣4），根据物料守恒，n（SO42﹣）=n（NH4+）+n（NH3•H2O），所以c（SO2﹣4）＞c（NH+4），故c（Na+）＞c（SO2﹣4）＞c（NH+4）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子、亚铁离子都水解成酸性，（NH4）2SO4溶液与（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度相同时，（NH4）2Fe（SO4）2溶液酸性较强，故PH相等时，（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度较小，pH相等的（NH4）2SO4溶液和NH4Cl溶液，只有铵根离子水解，提供的铵根离子浓度相等，所以c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl），故c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl），故D错误．故选C．【分析】A．H2C2O4溶液是弱酸溶液，草酸存在电离平衡，二者反应后草酸电离溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒；B.0.1mol/LpH为4的NaHB溶液中HB﹣电离程度大于HB﹣的水解程度；C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性，铵根离子有剩余，溶液为硫酸钠、硫酸铵、氨水的混合溶液，加入的氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵，根据物料守恒，n（SO2﹣4）=n（NH+4）+n（NH3•H2O），据此判断；D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子、亚铁离子都水解成酸性，（NH4）2SO4溶液与（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度相同时，（NH4）2Fe（SO4）2溶液酸性较强，故PH相等时，（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度较小，pH相等的（NH4）2SO4溶液和NH4Cl溶液，只有铵根离子水解，（NH4）2SO4和NH4Cl提供的铵根离子浓度相等，据此判断．8．【答案】A【解析】【解答】解：A．离子之间不发生反应，可大量共存，故A正确；B．pH＞7的溶液呈碱性，碱性条件下Fe2+、Cu2+反应生成沉淀，不能大量存在，故B错误；C．Ag+与SO反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．加入金属铝产生H2的溶液，可能为强碱性或非氧化性酸溶液，碱性条件下NH不能大量共存，酸性条件下CH3COO﹣不能大量共存，故D错误．故选A．【分析】A．离子之间不发生反应；B．pH＞7的溶液呈碱性；C．与SO反应的离子不能大量共存；D．加入金属铝产生H2的溶液，可能为强碱性或非氧化性酸溶液．9．【答案】B【解析】【解答】A．HCO3-在酸性溶液中不能大量存在，易生成水和二氧化碳，故A不符合题意；B.NH4＋、Al3＋、SO42-、NO3-均能在酸性溶液中大量存在，且彼此间不发生离子反应，故B符合题意；C.SO32-在酸性溶液中不能大量存在，且易被NO3-酸性条件下氧化为SO42-，故C不符合题意；D.在酸性条件下，SiO32-易生成硅酸沉淀，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。

10．【答案】C【解析】【解答】解：A．因H+与CH3COOˉ结合生成弱电解质，不能共存，故A错误；B．因H+与HCO3ˉ结合生成水和气体，则不能共存，故B错误；C．因酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．因H+与AlO2ˉ结合生成沉淀，H+与SO32ˉ结合生成水和气体，则不能共存，故D错误；故选C．【分析】将足量NO2通入下列各溶液中，生成硝酸与NO，溶液显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子能共存．11．【答案】C【解析】【解答】A．Na+无毒，而题干中表明乙溶液有毒，A不符题意；B．无法除去Ba2+，不会使毒性明显降低，B不符题意；C．Cu2＋和可以和甲废液中的OH-和Ba2+反应：Ba2+++2OH-+Cu2＋=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，产生沉淀，明显降低毒性，C符合题意；D．无法除去Ba2+，不会使毒性明显降低，D不符题意。故答案为：C。

【分析】A．重金属离子有毒，Na+无毒；B．Ba2+离子有毒，无法除去Ba2+；C．重金属离子会生成沉淀除去；D．Ba2+离子有毒，无法除去Ba2+。12．【答案】D【解析】【解答】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I-、HCO3-与其反应，一定不能存在；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，则含Fe2+、NO3-，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3-，一定不含I-、HCO3-，可能含Cl-，则溶液里一定含有的阴离子为NO3-，故答案为D。故答案为：D。

【分析】硝酸能够将二价铁氧化成三价。13．【答案】B【解析】【解答】A．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO)，故A不符合题意；B．因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100mol·L－1，故B符合题意；C．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO)，故c(H3PO2)＝c(H2PO)，对应曲线③pH＝3，即c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(H3PO2)＝＝10－3，故H2PO水解常数Kh＝≈1.0×10－11，故C不符合题意；D．因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液因H2PO的水解而显碱性，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据H3PO2为一元弱酸即可判断

B.根据据一元弱酸结合氢氧化钠的浓度即可计算出次磷酸的浓度

C.根据①和②的交点结合H2PO水解等式即可计算出水解常数

D.根据次磷酸为一元弱酸即可判断NaH2PO2的类别14．【答案】B【解析】【解答】A．等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，c(CH3COO-)＞c(Na+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(H+)＞c(OH-)，故A不符合题意；B．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol·L-1，故B符合题意；C．混合溶液呈酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，故C不符合题意；D．根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，钠离子不水解，所以钠离子浓度为0.1mol/L，则c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)＞0.1mol/L，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.结合电荷守恒即可判断氢离子和氢氧根离子的大小

B.根据物料守恒即可计算出醋酸根和醋酸的总浓度

C.根据氢离子和氢氧根离子的浓度大小，即可判断水解和电离的程度大小即可判断正误

D.根据电荷守恒即可判断15．【答案】A【解析】【解答】A．氢氟酸抑制水电离，氟化钠促进水电离，所以pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的不相等，选项A符合题意；B．①点时pH=6，溶液中存在电荷守恒，c（F-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（F-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol/L，选项B不符合题意；C．②点时，溶液呈中性，c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，c（F-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（F-）=c（Na+），选项C不符合题意；D．③点时V=20mL，此时溶液中溶质在氟化钠，溶液呈碱性，根据电荷守恒知c（F-）＜c（Na+），但等体积混合时不水解的离子浓度变为原来的一半，所以c（F-）＜c（Na+）=0.05mol/L，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．酸抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；

B．根据①点的电荷守恒计算；

C．根据②点的电荷守恒计算；

D．根据③点的电荷守恒计算；16．【答案】A【解析】【解答】A.①溶液中Fe3＋水解抑制NH4＋的水解，②溶液中H＋抑制NH4＋的水解，且抑制程度大于①溶液中的Fe3＋，③溶液中CO32－的水解促进NH4＋的水解，④溶液中CH3COO－的水解促进NH4＋的水解，且其促进程度小于③溶液中的CO32－。因此四种溶液中c(NH4＋)的大小关系为：②＞①＞④＞③，A符合题意；B.等浓度的两溶液中，由于酸性CH3COOH>HClO，因此CH3COO－的水解程度小于ClO－的水解程度，因此两溶液中，c(CH3COO－)>c(ClO－)，故CH3COONa溶液中所含阴阳离子的总浓度大于NaClO溶液，B不符合题意；C.H3PO2为一元弱酸，则H2PO2－在水中只发生水解反应，不发生电离，结合物料守恒可得，溶液中c(H3PO2)＋c(H2PO2－)=c(Na＋)，C不符合题意；D.0.1mol·L－1的Ca(HCO3)2溶液中，HCO3－在水中发生水解反应，生成H2CO3，发生电离，生成CO32－，因此溶液中c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)=0.2mol·L－1，D不符合题意；故答案为：A

【分析】A、结合溶液中NH4＋的水解程度进行分析；

B、结合CH3COO－、ClO－的水解程度分析；

C、H3PO2为一元酸，则H2PO2－在水溶液中只发生水解反应，不发生电离；

D、结合溶液中HCO3－的电离、水解进行分析；17．【答案】（1）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑（2）2c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）；c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）（3）2c（Na+）=3c（HCO3﹣）+3c（CO32﹣）+3c（H2CO3）；c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）（4）2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）；c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）（5）C（6）AgCl＞AgI＞Ag2S；AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）【解析】【解答】解：（1）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；（2）0.1mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中存在物料守恒，n（N）=2n（SO42﹣），离子浓度大小关系为：2c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），溶液中电荷守恒为：2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液中的质子守恒为：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），0.1mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：2c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（3）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在电荷守恒，溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），物料守恒2n（Na）=3n（C），2c（Na+）=3c（HCO3﹣）+3c（CO32﹣）+3c（H2CO3），故答案为：2c（Na+）=3c（HCO3﹣）+3c（CO32﹣）+3c（H2CO3），c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）；（4）25℃，浓度相同的NH4Cl与NH3•H2O等体积混合，混合后pH=10，溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于一水合氨电离程度，溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在物料守恒2n（Cl）=c（N），2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，存在电荷守恒：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），故答案为：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）Mg（OH）2在溶液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（ag），A、在纯水中，溶解度不大，故A错误；B、加入镁离子，平衡左移，抑制的氢氧化镁的溶解，故B错误，C、加入CH3COOH，醋酸与氢氧根反应，故平衡右移，溶解度增大，故C正确；故答案为：C；（6）沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S，白色沉淀转化成黄色沉淀的离子方程式为：AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq），故答案为：AgCl＞AgI＞Ag2S；AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）．【分析】（1）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；（2）0.1mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，判断离子浓度大小，氮元素所有存在形式和硫酸根离子浓度存在物料守恒，n（N）=2n（SO42﹣）；溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，存在电荷守恒；铵根离子水解促进水的电离，水电离出的所有氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；（3）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在电荷守恒，溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，物料守恒2n（Na）=3n（C）；（4）25℃，浓度相同的NH4Cl与NH3•H2O等体积混合，混合后pH=10，溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于一水合氨电离程度；溶液中存在物料守恒2n（Cl）=c（N），溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，存在电荷守恒；（5）Mg（OH）2在溶液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（ag），平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可；（6）根据沉淀转化的实质，一种难溶物转化成另一种更难溶的物质分析判断；沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化．18．【答案】（1）K12/K2（2）0.025；75%；>；不变；升温（3）c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)；bc（4）<；低温（5）＜；该反应为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以T1＜T2【解析】【解答】（1）K1=c(NOCl)/c2(NO2)，K2=c2(NOCl)/[c2(NO)·c(Cl2)]，K=[c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)，因此K=K12/K2；

（2）10min内生成NOCl的物质的量为7.5×10－3×10×2mol=0.15mol，平衡后，n(Cl2)=(0.1－0.15/2)mol=0.025mol，消耗NO的物质的量为0.15mol，则NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%，其他条件不变，反应（II）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压容器的体积减小，恒压时的压强比恒容时压强大，平衡正向移动，NO的转化率α2增大，平衡常数只受温度的影响，即K2不变，要是K2减小，平衡向逆反应方向进行，正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行；

（3）根据所给物质的量，NO2和NaOH恰好完全反应，生成的NaNO2和NaNO3的物质的量均为0.1mol，物质的量浓度为0.1mol·L－1，NO3－为强酸根离子，NO2－和CH3COO－为弱酸根离子，发生水解，即NO3－物质的量浓度最大，根据电离平衡常数，HNO2的酸性强于CH3COOH，CH3COO－水解程度大于NO2－，即三者离子浓度大小顺序是c(NO3－)>c(NO2－)>c(CH3COO－)；CH3COO－的水解能力大于NO2－，溶液A的碱性弱于溶液B，

a、根据上述分析，溶液A的碱性弱于溶液B，向溶液A中加适量水，稀释溶液，c(OH－)减小，不能使两种溶液pH相同，a不符合题意；b、向溶液A中加入NaOH，增大c(OH－)，提高溶液的pH，可以使两种溶液的pH相同，b符合题意；c、溶液B中加水稀释，碱性减弱，可以使两种溶液的pH相同，c符合题意；d、向B中加入NaOH，碱性增强，不会使两种溶液的pH相同，d不符合题意；

故答案为：bc（4）根据反应方程式，该反应为熵减，即△S<0；依据复合判据，△G=△H－T△S，该反应为放热反应，△H<0，△S<0，因此能够自发进行，需要在低温下，才能△G<0；

（5）该反应为放热反应，温度越低，CO2的转化率加快，做等压线，得出T1<T2。【分析】（1）结合三个反应的平衡常数的表达式进行分析；

（2）根据v(NOCl)计算反应过程中消耗的n(Cl2)和n(NO)，从而计算平衡时n(Cl2)和NO的转化率；

恒压条件下进行反应，由于反应前后气体分子数减小，为保证恒压，则体积应减小，压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；

平衡常数只与温度有关，与浓度无关；结合温度对平衡移动的影响分析平衡常数的变化；

（3）根据溶液中离子的水解程度分析溶液中离子浓度大小；

CH3COO－的水解能力大于NO2－，溶液A的碱性弱于溶液B，要使二者的pH相等，则应增大溶液A的碱性；

（4）根据反应前后气体分子数的大小判断ΔS的正负；根据ΔH-TΔS<0分析反应是否自发进行；

（5）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析；19．【答案】（1）b>a>c（2）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN（3）B；D（4）HA是弱酸；大于；等于；10-6；9.9×10-7（5）2：9（6）B；D【解析】【解答】(1)由表中数据可知，电离平衡常数：CH3COOH>H2CO3>HCN>，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，则溶液的pH大小关系为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，故答案为：b>a>c；(2)因酸性H2CO3>HCN>，则NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；(3)将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN、HCN，测得c(Na+)>c(CN-)，根据溶液中电荷守恒可知：c(H+)<c(OH-)，溶液呈碱性，即CN-的水解程度大于HCN的电离程度；A．根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，A不正确；B．由A项分析可知，溶液中c(H+)<c(OH-)，B正确；C．溶液中的氢氧根离子浓度较小，c(HCN)远远大于c(OH-)，C不正确；D．根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，D正确；故答案为：BD；(4)①从a组情况分析，将两溶液等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=8，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸；②若酸为强酸，则等体积等浓度混合时pH=7，而HA为弱酸，等体积等浓度混合时溶液的pH大于7，为保证溶液的pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；由溶液中的电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，因c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)；③a组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=8，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是由水电离出来的，即水电离的c(OH-)=10-6mol/L；由溶液中的电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；(5)在100℃时，水的离子积为1×10-12，此温度下pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，将二者混合后所得溶液的pH=10，则反应后的溶液中c(OH-)==0.01mol/L，有：c(OH-)==0.01mol/L，解得：V1∶V2=2∶9；(6)A．加水稀释促进HA电离，溶液中n(HA)减小，n(H+)增大，则增大，故A不选；B．加水稀释促进HA电离，则n(A-)增大，n(HA)减小，所以减小，故B选；C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积为水的离子积常数，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，故C不选；D．加水稀释，溶液的体积增大，c(A-)与c(HA)均减小，所以溶液中c(A-)·c(HA)的值减小，故D选；E．加水稀释，溶液的体积增大，c(H+)减小，对水的电离抑制程度减小，所以水的电离程度增大，故E不选；答案为：BD。【分析】（1）根据越弱越水解分析盐溶液中阴离子的水解程度大小，从而确定盐溶液pH值的大小。

（2）根据平衡常数大小确定酸性强弱，结合强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。

（3）混合后所得溶液为等浓度的NaCN和HCN，由于溶液中c(Na＋)>c(CN－)，说明溶液中CN－的水解程度大于HCN的电离程度，据此分析选项。

（4）①根据实验a所得溶液显碱性，可得HA是弱酸；

②由实验a可知，NaA溶液显碱性，则实验b中所得溶液显中性，说明溶液中溶质为NaA和HA，据此确定c的大小；结合电荷守恒判断溶液中c(A－)与c(Na＋)的相对大小；

③实验a所得溶液为NaA，溶液显碱性，OH-都来自于水电离产生，据此结合溶液的