第三章 水溶液中的离子反应与平衡 测试题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第三章 水溶液中的离子反应与平衡测试题 一、选择题 1．下列物质能抑制水的电离且属于强电解质的是 A．Na B．NH3•H2O C．SO2 D．HCl 2．某研究小组为探究沉淀能否由一个溶解度较小的物质转化为溶解度较大的物质，设计了如图所示实验流程。 100mL0.1mol/LNa2SO4 已知：该温度下，Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=5×10-9，Na2CO3的溶解度为33g。忽略体积变化，下列说法错误的是 A．经过步骤①，溶液中c(Na+)=c(Cl-) B．经过步骤②，溶液中10c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO) C．经过步骤②，约有40%的BaSO4转化为BaCO3 D．只要步骤②中Na2CO3过量，步骤③后沉淀无剩余 3．下列事实可用勒夏特列原理解释的是 ①微热滴有酚酞的氨水，溶液颜色加深 ②向AgNO3和NaCl的混合液的上层清液中滴加NaI溶液，充分振荡，沉淀由白色逐渐变成黄色 ③将充有NO2气体的密闭烧瓶放入热水中，气体颜色加深 ④溴水中加入NaOH溶液，溴水颜色变浅 ⑤向FeCl3溶液中加入Fe粉，溶液颜色逐渐变浅 ⑥实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 A．②③ B．①②③ C．①②③④⑥ D．全部都是 4．常温下，向溶液中滴加溶液，溶液中与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A．常温下，HA电离常数的数量级为 B．a点对应的溶液中： C．b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中 D．c点对应的溶液中 5．25℃时，用氢氧化钠固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，该溶液中c(HF)、与pH的变化关系如下图所示。则下列说法不正确的是 A．水的电离程度：a>d B．b、c点所在的曲线代表随pH的变化 C．从b点到c点发生反应的离子方程式为： D．25℃时，HF电离平衡常数的数量级为 6．往纯水中进行下列操作，能使水的电离平衡向正反应方向移动的是 A．通入HCl气体 B．加入NaClO固体 C．降低温度 D．加入NaOH固体 7．向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10−9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是 A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z B．X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+) C．Y点溶液中c(HA－)＝2×10−2 mol∙L−1 D．向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化 8．常温下，0.01mol/L HCl溶液的pH为 A．1 B．12 C．2 D．13 9．下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是 A．在的氨水中： B．在的氯化钠溶液中： C．在的醋酸溶液中： D．时，的溶液中： 10．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是 A． B．26Fe3＋ C． D．CH3COO－ 11．下列电离方程式书写正确的是 A．NaHCO3Na＋＋H＋＋CO B．HFH＋＋F- C．H2SO42H＋＋SO D．CH3COONH4CH3COO-＋NH 12．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A．在氯水中加入CaCO3固体，溶液颜色变浅 B．合成氨采用500℃可以提高单位时间NH3的产量 C．Fe(SCN)3溶液中加入KSCN固体后颜色变深 D．用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，稀硫酸损失的沉淀较少 13．下列说法正确的是 A．电离常数受溶液中电解质浓度的影响 B．电离常数可以表示弱电解质的相对强弱 C．电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大 D．H2CO3的电离常数表达式：K 14．下列物质在水中最难电离的是 A． B． C． D． 15．亚砷酸()可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．人体血液的pH为7.35～7.45，给药后人体所含砷元素微粒主要是 B．可发生电离和水解，溶液显碱性 C．当溶液的时， D．用δ表示微粒的物质的量分数，时 二、填空题 16．根据所学知识回答下列问题： (1)溶液显酸性，请用离子方程式解释：___________，将溶液进行蒸干、灼烧，得到的固体化学式为___________。 (2)某温度下纯水的，若温度不变，滴入稀醋酸，使，则此溶液中由水电离产生的___________ mol∙L−1。 (3)25℃时，在浓度均为1 mol∙L−1的、、三种溶液中，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为：___________。 (4)在日常生活中经常用和混合溶液作泡沫灭火剂，其灭火原理为___________(用离子方程式表示)。 (5)常温下，a ml 0.1 mol·L-1的盐酸与b ml 0.1 mol·L-1 氨水等体积混合，若混合溶液呈中性，则a___________b (填“大于”、“小于”、“等于”)。 (6)某溶液中含有杂质，溶液中的浓度为0.020 mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：)，已知，，则除去中的选择的pH范围是___________。 17．有下列五种物质的溶液①Na2CO3②Al2(SO4)3③CH3COOH ④NaHCO3⑤CH3COONa (1)写出①溶液的电荷守恒：_______。 (2)常温下，0.1mol·L-1 ④溶液的pH大于8，则溶液中的c(H2CO3)_______c(CO)(填“>” “=”或“<”)，原因是_______ 。 (3)常温下0.1mol·L-1 ③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值一定变大的是_______(填序号)。 A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H+)·c(OH-) D．c(CH3COO-)/c(H+) (4)常温下，0.1mol·L-1 ②溶液的pH=4，该溶液中由水电离出来c水(H+)为_______。 (5)等体积、等物质的量浓度的③和⑤的溶液混合且溶液呈酸性，溶液中c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(Na+)从大到小的排列顺序是_______。 18．弱酸HA的电离常数Ka=。25℃时，几种弱酸的电离常数如下： 弱酸化学式 HNO2 CH3COOH HCN H2CO3 电离常数 5.1×10-4 1.8×10-5 6.2×10-10 K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11 (1)根据上表数据填空： ①pH相同的四种酸，其物质的量浓度由小到大的顺序是_______。 ②分别向相同pH的HCl溶液和HNO2溶液中加入等量的Zn粉，反应刚开始时产生H2的速率：v(HCl)_______v(HNO2)(填“=”、“>”或“<”下同)。反应完全后，若得到等量的氢气，则所消耗的酸的体积：V(HCl)_______V(HNO2)。 ③将过量的HCN溶液与Na2CO3溶液等体积混合，发生反应的化学方程式为_______。 (2)体积均为10mL、pH均为2的CH3COOH与HNO2分别加水稀释至1000mL。稀释前，两溶液中的离子浓度c(CH3COO-)<c(NO)。稀释后，两溶液中水的电离程度CH3COOH_______HNO2(填“>”“<”或“=”)。 (3)常温下，向HCN溶液中加入NaCN固体，则c(OH-)将_______(填“变大”变小”或“不变”)，将_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 (4)已知，的，的、。若氨水的浓度为，溶液中的_______。将通入该氨水中，当降至时，溶液中的_______ 19．时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数 请回答下列问题： (1)的酸性由强到弱的顺序为_______。 (2)相同浓度的离子中，结合能力最强的是_______。 (3)①请写出水解的离子方程式_______； ②请写出硫酸铝水解的离子方程式_______； (4)要增大氯水中的浓度，可向氯水中加入少量的_______固体； A． B． C． 20．用标准浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸时，实验操作引起的误差分析： 实验操作 V(NaOH) c(HCl) 锥形瓶洗净后又用待测液润洗 _______ _______ 滴定管未用标准液润洗 _______ _______ 装碱液滴定管内开始有气泡，滴定后消失 _______ _______ 滴定管未用待测液润洗 _______ _______ 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 _______ _______ 锥形瓶中液体溅出 _______ _______ 21．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。实验方案如图： 甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入0.1 mol∙L−1的HA、HCl溶液各10mL，按图装好，观察现象。 乙：①用pH计测定物质的量浓度均为0.1 mol∙L−1HA和HCl溶液的pH； ②再取0.1 mol∙L−1的HA和HCl溶液各2滴(1滴约为mL)分别稀释至100mL，再用pH计测其pH变化。 (1)乙方案中说明HA是弱电解质的理由是：测得0.1 mol∙L−1的HA溶pH____1(填“>”、“<”或“=”)；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是：____。 A．加入HCl溶液后，试管上方的气球鼓起快 B．加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢 C．加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大 (2)乙同学设计的实验第____步，能证明改变条件弱电解质平衡发生移动。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： ①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A－)增大，可在0.1 mol∙L−1的HA溶液中，选择加入____试剂(选填“A”“B’“C”“D”下同)。 ②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A－)都增大，可在0.1 mol∙L−1的HA溶液中，选择加入____试剂。 A．NaA固体(可完全溶于水) B．1 mol∙L−1NaOH溶液 C．1 mol∙L−1H2SO4 D．2 mol∙L−1HA 22．回答下列问题 (1)在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中的，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中恰好完全沉淀(浓度等于)时，溶液中为_______________，此时溶液中等于_______________．[已知的分别为和] (2)生成沉淀是利用反应，常温下，该反应平衡常数，的平衡常数，则_______________。 23．W、X、Y、Z、Q是元素周期表前四周期不同族的五种元素，原子序数依次增大。W、X是同周期主族元素，基态W原子价电子排布式为；基态Y原子核外电子有5个能级，s电子总数与p电子总数之比为6∶7；Z元素原子半径在同周期元素中最小；Q元素基态原子中核外电子总数是未成对电子数的4倍。回答下列问题： (1)基态X原子核外电子的空间运动状态有_______种，第4周期过渡元素中与X具有相同数目的未成对电子数的元素是_______(填元素符号)。 (2)元素Y在元素周期表中的位置是_______，Y与Z形成的化合物的水溶液经加热蒸干并充分灼烧，得到的固体成分是_______。 (3)元素Q的名称是_______，其价电子轨道表达式为_______。 (4)W、X第一电离能由大到小的顺序为_______；W、Z的二元化合物溶于水发生水解反应，写出该反应的化学方程式_______(已知W表现价)。 24．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B．(省略夹持、加热仪器) (1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为___________。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为___________。 a．浓硫酸 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHS溶液 d．饱和NaHSO3溶液 实验二：验证白色沉淀B的成分。 分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检验。 相关反应为：①Ag2SO3+4NH3•H2O=2++4H2O； ②Ag2SO4+4NH3•H2O=2++4H2O。 流程如下： (2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法__________。 (3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是___________。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是___________，可进一步证实B中含Ag2SO3。 实验三：探究的产生途径。 猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 猜想2：实验二中，被氧化为进入D。 (4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：___________。 (5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：___________。 (6)实验探究可知，在___________(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为。 【参考答案】 一、选择题 1．D 解析：A．Na是单质，不是电解质，A错误； B．NH3·H2O能抑制水的电离，但属于弱电解质，B错误； C．SO2的水溶液能导电，但离子是H2SO3电离的，故SO2不是电解质，C错误； D．HCl为强酸，是强电解质，能抑制水的电离，D正确； 故答案选D。 2．D 解析：A．步骤①中硫酸钠和氯化钡恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中c(Na+)=c(Cl-)，故A正确； B．经过步骤②，氯离子没有参与反应，溶液中c(Cl-)=0.2mol/L；加入碳酸钠，发生，则反应的碳酸根离子的量等于生成的硫酸根的量，根据碳元素守恒可知，c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO)=2mol/L，故溶液中存在10c(Cl-)=2mol/L=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO)，故B正确； C．步骤①恰好反应生成硫酸钡沉淀0.01mol，溶液中；步骤②加入碳酸钠后初始；发生反应，设反应的碳酸根离子浓度为a，则生成硫酸根离子浓度为a，该反应的，解得，则反应的硫酸钡为×0.1L，故约有40%的BaSO4转化为BaCO3，故C正确； D．由C分析可知，步骤②中Na2CO3过量，沉淀中仍有部分硫酸钡，故加入盐酸后仍会有沉淀剩余，故D错误； 故选D。 3．C 解析：①氨水中存在电离平衡，电离为吸热过程，加热促进NH3·H2O电离，溶液碱性增强，颜色加深，①符合题意； ②白色沉淀AgCl转化为更难溶的黄色AgI沉淀，属于沉淀溶解平衡移动，加入NaI，Ag+与I-结合生成AgI沉淀，促进AgCl溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，②符合题意； ③烧瓶中存在平衡2NO2(g)N2O4(g) △H＜0，升温平衡逆向移动，c(NO2) 浓度增大，气体颜色加深，③符合题意； ④溴水中存在平衡Br2+H2OH++Br-+HBrO，加入NaOH后，H+、HBrO与NaOH反应，促使平衡正向移动，c(Br2)减小，溶液颜色变浅，④符合题意； ⑤加入Fe粉发生反应：Fe+2Fe3+=2Fe2+，溶液由黄色逐渐转变为浅绿色，与平衡移动无关，⑤不符合题意； ⑥Cl2在水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，由于饱和NaCl溶液中c(Cl-)较大，促使平衡逆向移动，氯气溶解度降低，⑥符合题意； 综上所述，①②③④⑥符合题意，故答案选C。 4．D 解析：A．结合图像，由可知，，，A项错误； B．a点对应的溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA，溶液呈酸性，根据电荷守恒有：，则，B项错误； C．酸碱恰好反应时，溶质为NaA，溶液中水的电离程度最大，结合物料守恒知，，C项错误； D．c点对应的溶液中，根据物料守恒知，，D项正确。 故选D。 5．A 【分析】向氢氟酸溶液中加热氢氧化钠随着氢氧化钠的量的增加,溶液的pH升高，溶液中的氟化氢浓度减小，氟离子浓度增大，据此分析可知a~b~d为c(HF)变化曲线，b~c为变化曲线。 解析：A．该溶液的pH随着氟化氢浓度变化而变化，当氟化氢浓度越高，电离导致氢离子浓度越高，水的电离受到抑制，由图可知d点氟化氢浓度小于a点，因此水的电离程度：a<d，A不正确； B．由分析可知b、c点所在的曲线代表随pH的变化，B正确； C．从b点到c点氟化氢与氢氧化钠发生反应，升高，对应离子方程式为：，C正确； D．从图中b点分析，c(HF)=时，溶液，则HF电离平衡常数，D正确； 故选：A。 6．B 解析：A．H2O是弱电解质，存在电离平衡，H2OH++OH-，H2O电离产生H+、OH-，向水中通入HCl气体，HCl溶于水电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，因而抑制水的电离，A不符合题意； B．向水中加入NaClO固体，盐电离产生的ClO-会与水电离产生的H+结合形成弱酸HClO，使水的电离平衡正向移动，B符合题意； C．水是弱电解质，电离需吸收能量，降低温度，水电离平衡向放热的逆向移动，C不符合题意； D．向水中加入NaOH固体，NaOH电离产生的OH-使溶液中c(OH-)增大，电离平衡逆向移动，因而抑制水的电离，D不符合题意； 故合理选项是B。 7．C 解析：A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A错误； B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2−)，X点，则c(HA－)＜c(A2−)，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B错误； C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10−7mol∙L−1，根据Ksp(CaA)＝2×10−9，则c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，由于，c(HA－)＝c(A2−)＝2×10−2 mol∙L−1，故C正确； D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2−与H＋反应，c(A2−)减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D错误。 综上所述，答案为C。 8．C 解析：盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，则0.01mol/L盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，溶液pH为2，故选C。 9．C 解析：A．氨水和银离子、铜离子都会生成沉淀，不共存，故A不符合题意； B．铁离子和碳酸氢根离子发生双水解生成沉淀和气体，不共存，故B不符合题意； C．醋酸和四种离子相互不反应，四种离子之间相互不反应，能共存，故C符合题意； D．时，的溶液为酸性，氢离子和碳酸根离子生成二氧化碳气体，不共存，故D不符合题意。 故选C。 10．C 解析：HCl抑制水的电离，Fe3＋、CH3COO－都促进水的电离。 11．B 解析：A．碳酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，部分电离，NaHCO3为强电解质，完全电离，则电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO，A错误； B．氢氟酸为弱酸，部分电离，则电离方程式为HFH＋＋F-，B正确； C．硫酸为强酸，完全电离，则电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO，C错误； D．CH3COONH4为强电解质，完全电离，则电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-＋NH，D错误； 故答案为B。 12．B 解析：A．在氯水中存在一个可逆反应Cl2 + H2O HCl + HClO，当加入CaCO3固体后，氯水中的酸和碳酸钙反应后，平衡会正向移动，氯水浓度会变小，颜色会变浅，此过程可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意； B．虽然合成氨反应是个可逆反应，但此反应是放热反应，温度高了，反而平衡会逆向移动，不利于提高合成氨产率，采用500℃是为了使该反应所用的催化剂保持较大的活性，提高反应速率，与平衡移动无关，故B符合题意； C．Fe(SCN)3溶液中存在一个可逆平衡3SCN- +Fe3+ Fe(SCN)3(血红色），加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，所以Fe(SCN)3的量增加，血红色变深，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意； D．BaSO4沉淀在溶液中存在一个溶解平衡BaSO4 Ba2++，用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤，洗涤会带走，打破溶解平衡，从而促使BaSO4沉淀不断溶解，由于稀硫酸中含有，导致洗涤没有蒸馏水溶解的多，此过程涉及到平衡移动，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意； 本题答案B。 13．B 解析：A．电离常数只受温度影响，与溶液浓度无关，故A 错误； B．电离常数的大小可以表示弱电解质的相对强弱，电离常数越大，弱电解质的电离程度越大，故B正确； C．酸溶液中c(H+)既跟酸的电离常数有关，又跟酸的浓度有关，故C错误； D．碳酸是分步电离的，以第一步电离为主，第一步电离的电离常数表达式为，D错误； 故答案为B。 14．B 解析：A．乙酸是电解质，能电离出氢离子和醋酸根离子，A错误； B．乙醇为非电解质，无法电离出氢离子，在四种物质中最难电离，B正确； C．碳酸为电解质，能分步电离出氢离子、碳酸根离子和碳酸氢根离子，C错误； D．水为电解质，虽然电离程度很弱，但是仍强于乙醇，D错误； 故答案选B。 15．C 解析：A．由图可知pH在7.35～7.45之间时，砷元素微粒主要是，A正确； B．由图可知，当溶液的pH在11～13之间时，物质的量分数减小，增大，说明可电离为，由于溶液显碱性，说明可水解，B正确； C．当溶液的时，溶液显碱性，，则，C错误； D．时，溶液中砷元素微粒主要是、和，则，，D正确； 故选C。 二、填空题 16．(1) Fe3++3H2O Fe(OH)3 +3H+ Fe2O3 (2) (3)c>a>b (4) (5)小于 (6)3.3≤pH＜5 解析：（1）氯化铁中铁离子水解，生成氢氧化铁和氢离子，溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O Fe(OH)3 +3H+；由于氯化铁中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，因此将溶液进行蒸干，得到Fe(OH)3，灼烧得到Fe2O3； （2）某温度下纯水的，氢氧根浓度等于氢离子浓度，则，若温度不变，滴入稀醋酸，使，，溶液中的氢氧根浓度是来自水电离出的氢氧根浓度，水电离出的氢离子浓度等于水电离出氢氧根浓度，则此溶液中由水电离产生的。 （3）25℃时，在浓度均为1 mol∙L−1的、、三种溶液中，硫酸铵中铵根单一水解，碳酸铵中铵根离子、碳酸根离子相互促进的双水解，水解程度相对大；硫酸亚铁铵中亚铁离子、铵根离子相互抑制的双水解，水解程度小，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为c＞a＞b。 （4）在日常生活中经常用和混合溶液作灭火剂，是由于两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其灭火原理的离子方程式为。 （5）a ml 0.1 mol·L-1的盐酸与b ml 0.1 mol·L-1 氨水等体积混合，若混合溶液呈中性，则产物中有NH4Cl和NH3·H2O，说明氨水过量，所以a<b； （6）某溶液中含有杂质，溶液中的浓度为0.020 mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：，则)，已知，，则 除去中的，则残留在溶液中的铁离子浓度小于，铜离子浓度为0.020 mol∙L−1，根据，则，，则pH=4−lg5=3.3，根据，则，，则pH=5，则除去中的选择的pH范围是3.3≤pH＜5。 17．(1)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c() (2) ＞ 既能电离，又能水解，电离产生和H+，水解生成H2CO3和OH-，NaHCO3溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)＞c() (3)B (4)1.0×10-4mol/L (5)c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH) 解析：（1）Na2CO3在水溶液中完全电离成钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解为碳酸氢根离子，溶液中还存在着水的电离，所以溶液中的离子有Na+、、、H+、OH-，溶液呈电中性，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，所以用浓度表示的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c( )+c( )，物质的量浓度也可用物质的量或数目替换。 （2）常温下，0.1mol·L-1 NaHCO3溶液的pH大于8，即溶液显碱性，在NaHCO3溶液中，既能电离，又能水解，电离产生和H+，水解生成H2CO3和OH-，NaHCO3溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，所以溶液中的c(H2CO3)＞c()。 （3）常温下0.1mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动：CH3COOHCH3COO-+H+，n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，由于溶液体积增大，所以c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)均减小。 A．c(H+)减小，故A不选； B．在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以增大，故B选； C．c(H+)·c(OH-)=Kw在一定温度下是一常数，故C不选； D．，n(H+)、n(CH3COO-)均增大，但由于水还能电离出H+，所以H+增大的比CH3COO-增大的多，所以该比值减小，故D不选； 故选B。 （4）常温下，0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液的pH=4，Al3+的水解促进水的电离，溶液中的c(H+)即为水电离出来的c(H+)，则该溶液中由水电离出来c水(H+)为1.0×10-4mol/L。 （5）等体积、等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的溶液混合且溶液呈酸性，溶液中存在着CH3COOH的电离和CH3COO-的水解，CH3COOH电离使溶液显酸性，CH3COO-水解使溶液显碱性，混合液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，根据元素质量守恒，Na+浓度介于CH3COOH和CH3COO-之间，则c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(Na+)从大到小的排列顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)。 18．(1) c(HNO2)<c(CH3COOH)<c(H2CO3)<c(HCN) = > HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN (2)< (3) 变大 不变 (4) 0.62 解析：（1）相同条件下电离常数越大，电离程度越大，酸越强，根据表格可知酸性：HNO2>CH3COOH>H2CO3>HCN，相同pH值时，酸越弱，浓度越大，故pH相同的四种酸，其物质的量浓度由小到大的顺序是：c(HNO2)<c(CH3COOH)<c(H2CO3)<c(HCN)；相同pH的HCl溶液和HNO2溶液中，氢离子浓度相等，故反应刚开始时产生H2的速率：v(HCl)= v(HNO2)；相同pH值的HCl溶液和HNO2溶液，盐酸为强酸，浓度小，故产生相同体积的氢气时，所消耗的酸的体积：V(HCl)>V(HNO2)；通过表格数据可知，Ka1(H2CO3)<Ka(HCN)< Ka2(H2CO3)，故过量的HCN与Na2CO3反应生成NaHCO3和NaCN，化学方程式为：HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN； （2）酸性：HNO2>CH3COOH，pH值和体积均相同的两种酸稀释到1000mL时，弱酸的pH值变化小，故稀释后溶液的pH值：HNO2<CH3COOH，故水的电离程度CH3COOH<HNO2； （3）HCN为弱酸，电离产生CN-和H+，常温下，向HCN溶液中加入NaCN固体，CN-浓度增大，平衡逆向移动，H+浓度减小，故则c(OH-)将变大；，温度不变，Ka(HCN)不变，故比值不变； （4）一水合氨的电离方程式为：，设氨水中氢氧根的浓度为xmol/L，则，由于一水合氨的电离程度较小，故，解得；将通入该氨水中，当降至时，，。 19．(1) (2) (3) (4)AB 【分析】(1)K越大，酸性越强； (2)酸性越弱时对应阴离子结合H＋的能力越强； (3)碳酸根离子是多元弱酸阴离子，分步水解；铝离子水解生成氢氧化铝； (4) 氯水中存在，要使HClO浓度增大，使平衡向右移动。 解析：（1）由表格中K可知， ；K越大，酸性越强，所以的酸性由强到弱的顺序为；故答案为； （2）由表格中K可知， ，酸性越弱时对应阴离子结合H＋的能力越强，所以相同浓度的离子中，结合能力最强的是，故答案为； （3）①碳酸根离子是多元弱酸阴离子，分步水解；碳酸钠水解离子方程式为，故答案为； ②铝离子水解生成氢氧化铝，离子方程式为，故答案为； （4）氯水中存在，要使HClO浓度增大，使平衡向右移动； A．酸性HCl>，与HCl反应，与HClO不反应，对平衡向右移动，故A 正确； B．酸性H2CO3>，HCl可以和NaHCO3反应，HClO不与NaHCO3反应，平衡向右移动，故B正确； C．酸性，与HCl反应，也与HClO反应，会使HClO浓度减小，故C错误； 故答案选AB。 20． 偏大 偏大 偏大 偏大 偏大 偏大 偏小 偏小 偏小 偏小 偏小 偏小 【分析】依据原理，所以，因与已确定，因此只要分析不正确的操作引起的变化，即分析出结果。 解析：用标准浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸时，锥形瓶洗净后又用待测液润洗，V(NaOH)偏大，c(HCl)偏大； 滴定管未用标准液润洗，使标准液浓度降低，造成滴定所需标准液体积偏大，即V(NaOH)偏大，则c(HCl)偏大； 装碱液滴定管内开始有气泡，滴定后消失，标准液体积前后差值偏大，即V(NaOH)偏大，则c(HCl)偏大； 滴定管未用待测液润洗，使得滴定管中待测液浓度减小，消耗标准浓度偏小，即V(NaOH)偏小，则c(HCl)偏小； 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，使标准液体积前后差值偏小，即V(NaOH)偏小，则c(HCl)偏小； 锥形瓶中液体溅出，待测液的物质的量减小，消耗标准液的体积偏小，即V(NaOH)偏小，则c(HCl)偏小； 21．(1) ＞ B (2) ② A D 解析：（1）乙方案中说明HA是弱电解质的理由是：若HA是强酸，则全部电离，氢离子浓度为0.1 mol∙L−1，pH为1，当测得0.1 mol∙L−1的HA溶pH＞1，说明氢离子浓度小于0.1 mol∙L−1，则说明HA为弱电解质；甲方案中，加入酸后，试管上方的气球鼓起慢说明同浓度的两种酸中HA的氢离子浓度小于盐酸中的氢离子浓度，则HA为弱电解质；故答案为：＞；B。 （2）乙同学设计的实验第②步，加水稀释，测pH值，能证明改变条件弱电解质平衡发生移动；故答案为：②。 A．NaA固体(可完全溶于水)，c(A－)增大，平衡逆向移动，HA电离程度减小，c(H+)减小；B．1 mol∙L−1NaOH溶液，c(OH－)消耗HA电离出的H+，c(H+)减小，平衡正向移动，HA电离程度增大；C．1 mol∙L−1H2SO4，c(H+)增大，平衡逆向移动，HA电离程度减小，c(A－)减小；D．2 mol∙L−1HA，HA浓度增大，平衡正向移动，c(H+)和c(A－)都增大，HA的电离程度减小。 ①根据前面分析，使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A－)增大，可在0.1 mol∙L−1的HA溶液中，选择加入A试剂；故答案为：A。 ②根据前面分析，使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A－)都增大，可在0.1 mol∙L−1的HA溶液中，选择加入D试剂；故答案为：D。 22．(1) (2) 解析：（1）根据，可计算出当溶液中恰好完全沉淀时，溶液中，然后再根据，又可计算出此时溶液中。 （2）由题给方程式可知，平衡常数，则。 23．(1) 5 、 (2) 第3周期第ⅢA族 (3) 铬 (4) 【分析】W、X、Y、Z、Q是元素周期表前四周期不同族的五种元素，原子序数依次增大。基态W原子价电子排布式为，由于s能级能排2个电子，X的价电子排布式为，X为N，基态Y原子核外电子有5个能级，5个能级分别为1s、2s、2p、3s、3p，s电子总数为6个，s电子总数与p电子总数之比为6∶7， p电子总数为7个，则Y原子有13个电子、为Al；Z元素原子半径在同周期元素中最小，Z为Cl；W、X同周期，X原子序数大于W(N)，X不与其它元素同族，则X为O，Q元素基态原子中核外电子总数是未成对电子数的4倍，则Q的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Q为Cr。 解析：（1）X为O，其基态核外电子排布式为1s22s22p4，则基态X原子核外电子的空间运动状态有1+1+3=5种，X(O)具有2个未成对电子，则第4周期过渡元素中与X(O)具有相同数目的未成对电子数的元素的基态核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d24s2、1s22s22p63s23p63d84s2，故相应的元素符号是、。 （2）元素Y为Al，在元素周期表中的位置是第3周期第ⅢA族，Y与Z形成的化合物(AlCl3)水溶液经加热，由于氯化铝溶液水解得到氢氧化铝和盐酸，加热及盐酸挥发均促进水解，故蒸干氯化铝溶液得不到氯化铝固体、得到氢氧化铝，若进一步灼烧，得到的固体成分是。 （3）元素Q的名称是铬，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价电子轨道表达式为。 （4）同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子半充满结构稳定，故W、X第一电离能由大到小的顺序为；W、Z的二元化合物为，溶于水发生水解反应，化学方程式为。 24．(1) 浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3 ad (2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量 (3) BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3 有白色沉淀生成 (4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4 (5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快 (6)碱性 【分析】将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。 解析：（1）制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3；ad； （2）欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量。答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量； （3）从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉淀生成。答案为：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3；有白色沉淀生成； （4）取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。答案为：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4； （5）将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快； （6）实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成，而碱性溶液中，中混有，从而表明碱性溶液中更易被氧化为。答案为：碱性。 学科网（北京）股份有限公司 $$