专题卷(8)水溶液中的离子反应与平衡-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（八） 化学·水溶液中的离子反应与平衡 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16C135.5Fe56Cu64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是 A.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性 B.向0.1mol·L1Na,C0,溶液中滴加少量稀盐酸，c(HC0) 减小 c(CO C.0.1mol·L1NH4C1溶液与0.1mol·L-1氨水等体积混合(pH>7),则c(NH)> c(CI-)>c(NH3·H2O) D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加人少量AgNO,溶液中《CI增大 c(Br) 2.类比或推理是重要的学习方法。下列类比或推理不合理的是 A.常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,K.(HF)=6.3×10-4,因此NH4F溶液显酸性 B.KH2PO2是正盐，因此H3PO2是一元酸 C.甲酸的酸性强于乙酸，因此对甲基苯酚的酸性弱于苯酚 D.A13+与HCO?在溶液中不能大量共存，因此[A1(OH)4]-与HCO3在溶液中也不能大 量共存 3.酸性强弱与物质本身电离出氢离子的能力有关，还与溶剂接受氢离子的能力有关，如HC1在 冰醋酸中只有部分电离，CH,COOH与HCI在液氨中可完全电离。下列说法错误的是 A.在水中，HCI的电离方程式为HCI一H++CI B.比较H2SO4、HClO4、HNO3酸性时，可在冰醋酸中进行 C.在液氨中，反应CH3 COONa+HCI-CH,COOH+NaCI能够发生 D.在A溶剂中，甲的酸性大于乙；在B溶剂中，甲的酸性不可能小于乙 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A.pH=0的溶液中：K+、Na+、SO?、S2O B.水电离出来的c(H+)=10-13mol·L1的溶液：K+、CO、Br、[A1(OH)4] C.含有SO,气体的溶液中：K+、Na+、CIO、SO D.滴加甲基橙显红色的水溶液中：Mg2+、Fe2+、SO?、NO3 化学B·专题卷（八）第1页（共8页） 鱼跃龙 5.某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如表所示，下列推测不合理的是 酸溶液浓度/(mol·L1) HX的pH HY的pH HM的pH HN的pH 0.010 3.44 2.00 2.92 2.20 0.10 2.94 1.00 2.42 1.55 A.该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HX B.该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应HY+NaX一HX+NaY C.该温度下当HX的浓度为0.l0mol·L1时，溶液中存在c(HX)>c(X)>c(H+)> c(OH) D.该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol·L-1HM溶液比0.010mol·L1HM 溶液导电能力强 6.常温下，用0.1mol·L1NaOH溶液滴定某弱酸H3R溶液至过量，溶液中含R微粒有H3R、 H2Rˉ、HR2-,混合溶液pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是 A由线I衣示收)姿化面钱 pH个 6.3 B.H3R为二元弱酸，K2(H3R)的数量级为10-7 C.NaH2R溶液中存在：c(Na+)>c(H2R)>c(H3R)>2.4----- c(HR2) 0 D.当H3R与NaOH物质的量之比为2：3时，溶液存在： lg (HR) 安eR 2c(H)+c(H2R-)+3c(H3R)=c(HR2-)+2c(OH) 7.某兴趣小组通过实验I和实验Ⅱ探究NaHSO3溶液的性质。已知：Ka1(H2SO3)=1.4× 10-2,K2(H2S03)=6.0×108,Ka1(H2C03)=4.5×10-7,K2(H2C03)=4.7×10-11, Ksp(BaS03)=5.0×10-10。 实验I 实验Ⅱ 2mL饱和 2mL0.1mol·L- NaHCO溶液 BaCl,溶液 2mL0.1mol·L 2mL0.1mol·L- 国NaHSO,溶液 手NaHSO,溶液 (调节pH=4.0) (调节pH=4.0) 下列说法正确的是 A.该实验的NaHSO3溶液中：c(SO)>c(H2SO3) B.I中能发生反应：HSO3+HCO?CO2+H2O+SO? C.Ⅱ中不能产生BaSO3白色沉淀 D.I中溶液的pH增大，Ⅱ中溶液的pH减小 门卷 化学B·专题卷（八）第2页（共8页） 8.一种以菱锰矿（主要成分为MnCO3,含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质）为原料生产锰的 工艺流程如图所示： 稀硫酸MnO, 氨水MnS 抑制剂 pH=4 菱锰矿→溶浸→氧化→除铁→除铜、镍→电解→锰 滤渣① 滤渣②滤渣③ 已知：①25℃时，pKn[Fe(OH)3]=38.6,pKp=-lgKp ②金属性：Mn>Fe。 下列说法错误的是 A.滤渣①主要成分是SiO2,滤渣③主要成分是CuS、NiS B.“氧化”时，发生反应的离子方程式是MnO2十2Fe2++4H+—Mn++2Fe3++2H,O C.“除铁”后，25℃时，溶液中c(Fe3+)为1X1026.6mol·L-1 D.“电解”时，加入抑制剂的作用是减少阴极生成H2的量 9.常温下，用20mL0.1mol·L1Na2SO3溶液吸收SO2气体。吸 8.2 c(HSO3) 收液的pH与1gc(SO?) 的关系如图所示。下列说法错误的是 57.2 7.0 A.常温下，H2S03的第二步电离常数为1.0×10-7.2 6.2 B.b点对应溶液中：c(Na+)>c(HSO?)>c(OH-) Ig (HSO) c(SO) C.c点对应溶液中：c(Na+)=c(HSO3)+c(SO?) D.通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动 10.下列图示中，实验操作规范且能达到实验目的的是 NaOH NH:- 目标准溶液 待测盐酸 CCL-E NaOH (含酚酞) 固体 A.NH3的尾气吸收 B.配制NaOH溶液 C.向试管中滴加溶液 D.测定盐酸的浓度 11.室温下，有色金属冶炼所得水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及Mg2+,经三道工序可 分离三种金属。已知：Kp(MgF2)=7.5×10-1,Kp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。下列说法正 确的是 NaF H202 MnCO. 水相一→沉镁→氧化→沉铁→粗MnSO溶液 MgF2 Fe(OH) A.0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F-)>c(Na+)>c(OH)>c(H+) B.“沉铁”时，调节溶液的pH大于3，则溶液中c(Fe3+)小于2.8X106mol·L1 C.“沉铁”后的滤液中：c(H+)+2c(Mn2+)=2c(SO?)+c(OH-) D.由以上工序可判断Ksp(MgF2)>Ksp(MnF2) 化学B·专题卷（八）第3页（共8页） 鱼跃龙门 12.劳动创造美好生活。下列有关劳动项目及对应原理均正确且有关联的是 选项 劳动项目 化学原理 A 工人师傅用金刚石制刀具切割大理石 金刚石是共价晶体，硬度大 B 保洁人员用硫酸铜对泳池消毒 硫酸铜属于强酸弱碱盐，能水解生成氢氧化铜胶体 C 工人用氯化铁溶液刻蚀覆铜板 铁的金属性比铜强 D 农民将硝酸铵和草木灰混合施肥 二者主要成分都是盐，不会造成肥效损失 13.常温下，向浓度为0.01mol·L-1的H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物 质的量分数与溶液H的关系如图所示。关于该过程的说法错误的是 A.pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒，1.0 HAsO: AsO 是H3AsO3 B.Ka1(H3AsO3)的数量级是101o H2AsO; HASO:7 拓c先 C.当pH=13时，溶液中的1lg c(HAsO) 罩0.2 (l,As0)=-0.8 0.0 4 6 89.21012.213.5 D.c点，c(Na+)>c(H2AsO3)+3c(HAsO3)+ pH 2c(AsO) 14.相同温度和压强下，研究X2（g)分别在不同浓度的HX(aq)和 5.0 NaX(aq)中的溶解情况，实验测得X2(g)的饱和浓度c(X2)与 NaX HX. HX(aq)和NaX(aq)的浓度关系如图所示。 工4.0 3.0 已知X2(g)溶解过程中发生如下反应： 2.0 DX2 (aq)+x(aq)X3 (aq)K1=0.19 1.0----- ②X2(aq)+H2O(1)→H+(aq)+X(aq)+HXO(aq)K2= 0.05 ,0.10 4.2×10-4 c(X2)/mol·L ③HXO(aq)-H+(aq)+X0-(aq)K。=3.2×10-8 下列说法正确的是 A.a点溶液中存在：c(H+)>c(X)>c(XO-)>c(HXO)>c(X3) B.b点溶液中存在：c(X)+c(X)十c(XO)>c(H+)十c(Na+) C.对比图中两条曲线，可知X对X2的溶解存在较大的抑制作用 D.NaX曲线中，随着X溶解度的减小，溶液中c(XO) c(HXO增大 15.常温下，用如图甲所示装置，向10mL0.1mol·L-1Na2C03和cmol·L-1 NaHCO3混合 溶液中逐滴滴加0.1mol·L1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如 图乙所示（忽略温度的变化）。下列说法错误的是 130 125 115 压强传感器 100 a 6 95 口·磁力搅拌器 0 102030 40+ V(HCI/mL 甲 乙 卷 化学B·专题卷（八）第4页（共8页） 班级 A.c=0.1 B.a点的溶液中：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO3)+c(H2CO3)] 姓名 C.b点的溶液中：c(HCO3)>c(CO?)>c(H2CO3) D.a、b两点水的电离程度：a>b ￥已知：HC10的电离常数K。=4.0×10-8;H2S的电离常数K1=1.1×10-7,K2=1.3×10-13; 得分 H2C03的电离常数Ka1=4.5×10-7,K2=5.0×10-11；Kp(CaC03)=3.6×10-9; Km[Fe(OH)3]=2.8X1039(√8.8≈3)。下列说法错误的是 A.Fe3+与CO?、ClO、S2-在溶液中均不能大量共存 B.0.50mol·L-1Na2S溶液中微粒浓度大小：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS) 选择题 C.碳酸钙悬浊液中c(Ca2+)>c(CO),且CO?的水解率约为83.3% 答题栏 D.0.1mol·L1H2S溶液中微粒浓度大小：c(H+)>c(HS)>c(OH)>c(S2-) 1 二、非选择题：本题共4小题，共55分。带×题目为能力提升题，分值不计入总分。 2 16.(14分)已知25℃，几种弱酸的电离平衡常数如表所示，回答下列问题： 3 CH COOH H,CO H2SO; K。=1.0×105 K1=4.0×10-7,K2=5.0X10-1 Ka1=1.0×10-2,K2=6.0X108 5 6 (1)NaHSO3溶液显 (填“酸性”“中性”或“碱性”)。 (2)向Na2SO3溶液中加入过量CH3COOH溶液，发生反应的离子方程式是 8 9 (3)如图为某实验测得0.1mol·L1 NaHCO3溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变 10 化曲线。下列说法正确的是 (填字母)。 851ph 11 A.a点溶液的c(OH)比c点溶液的小 8.70a 12 B.a点时，Kw<Ka1(H2CO3)·K2(H2CO3) 8.65 13 C.b点溶液中，c(Na+)=c(HCO3)+2c(CO) 8.60 14 8.55 D.ab段pH减小说明升温抑制了HCO3的水解 15 8.50 (4)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3 2530354045505560T/℃ 溶液，NaOH溶液吸收SO2的过程中水的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”)移 c(S03) 动。计算所得溶液中 c(HSO3) (5)0.010mol·L1的二元酸H2A溶液中H2A、HAˉ、A2-的物 个X) 质的量分数6(X)随pH变化如图所示。H2A分两步发生电 HA A 离，对应的电离平衡常数分别为K1和K2,由图确定下列数据 0.5 (保留一位小数)： 6810 ①Ka1= ②将0.020mol·L1Na2A溶液和0.010mol·L1盐酸等体积混合，溶液中A2-与 HAˉ浓度大小关系为 ,此时，所得溶液的pH大约为 化学B·专题卷（八）第5页（共8页） 鱼跃龙门 17.(14分)H2S、Na2S、HgS、FeS等均是重要的含硫化合物。已知25℃时，Ksp(FeS)=6.4X 10-18,Kp(HgS)=1.6×10-52;H2S:Ka1=1.1×10-7,K2=1.3×10-13。常温下，进行如下 分析和计算： (1)NaHS的水溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，原 101 (13,5.7×10-2) 因是 (用离子方程式表示)。 >10-3 (11,1.3×10-3) 三105 (2)向0.01mol·L1H2S溶液中加入NaOH固体以调节 (9,1.3×10- 音10 (7.6.8×10-8 溶液pH,溶液pH与c(S2-)关系如图所示（忽略溶液体 三109 )10-H1 积的变化与H2S的挥发)。 510-13 (5.1.4×10-13) 10-5 /(3,1.4×10-15 ①pH=7时，溶液中的主要溶质为 10-17 10-19 /(1,1.4×10-9) ②pH=11时，溶液中的c(HS)+c(H2S)= PH mol·L-1。 (3)实验室常用CuSO4溶液除去H2S。其反应原理为Cu+(aq)+H2S(g)一CuS(s)+ 2H+(aq),该反应的平衡常数K= [用K1、K2、Kp(CuS)表示]。若 起始c(CuSO4)为0.005mol·L1,通入H2S气体，恰好沉淀完全时，忽略溶液体积变化， 此时溶液pH= (4)硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Hg2+的废水中加入沉淀剂FS,发生反 应Hg2+(aq)十FeS(s)一HgS(s)十Fe+(aq),当反应达到平衡时， c(Fe2+) c (Hg2+) 18.(13分)铂族金属钉(Ru)广泛用于航天航空、石油化学、信息传感工业、制药等高科技领域。 以下工艺实现了电子废弃物中铂族金属钉(Ru)的回收利用，电子废弃物主要成分为Ru、Co、 Cr、Si等物质。 HCI NaOH+氧化剂 CH CHOH NaClO; 盐酸 RuO 电子废弃物→酸溶 →氧化溶浸NaRu0,还原Ru(O蒸馏0吸取 →结晶→RuC1 滤液1（含Cr3+、Co2) 滤液2 气体X 调节pH→沉钴 >CoCO: 滤渣1 NH.HCO 已知：①lg4=0.6;②Kp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,Kp[Co(0H)2]=1.8×10-15。 (1)“氧化溶浸”步骤，两种氧化剂在不同温度下对渣率和钉浸出率的影响分别如图甲、图乙 所示，则最佳反应温度为 ,适宜选择的氧化剂为 ,反应的离子方程式 为 70 NaClO 100F NaClo 60 80 5 60 40 NaClO NaClo 30 20 20 190 200210220230 190200210220 230 温度/℃ 温度/℃ 甲 乙 卷 化学B·专题卷（八） 第6页（共8页） (2)“还原”步骤，CH3CH2OH的氧化产物为CH3COOˉ，则氧化剂和还原剂的物质的量之比 为 (3)滤液2中的主要成分有NaCl、CH3 COONa、 ,X是 (填化学式)。 (4)工业上利用电解含C。2+的水溶液制备金属钴的装置如图所 离子 离子 石墨 交换膜1 交换膜2 Co 示。电解时发生总反应的化学方程式为 H H SO SO SO C02 (5)滤液1中含Cr3+和Co2+的浓度分别为1.0×10-2mol· I室 Ⅱ室 Ⅲ室 L1、1.8×10-4mol·L-1,“调节pH”步骤pH的范围为 [已知：当c (M+)≤10-5mol·L-1时，可认为M+已经沉淀完全] 19.(14分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的 铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示： 稀硫酸 水 NaOH 30%H,02 溶液锌灰（稍过量） 电池超声 铜帽清洗 溶解→调pH=2→反应→过滤→…→Zn0 海绵铜 (1)写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子方程式： ,铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去，除去H2O2 的简便操作是 (2)为确定加人锌灰（主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去 H2O2后溶液中Cu2+的含量。某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含 有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调 节溶液pH=3~4,滴入几滴淀粉溶液，加入过量的KI,用0.1000mol·L1Na2S2O3标 准溶液滴定至终点。再重复操作3次，记录数据如下： 实验编号 1 2 3 4 V(Na2 S2O3)/mL 26.32 25.31 25.30 25.32 上述过程中反应的离子方程式为2Cu2++4I—2CuI(白色)V+I2;2S2O号+I2 2I+S4O?。 ①滴定终点的判断方法是 ②计算电池铜帽中Cu的质量分数为 %(结果保留小数点后2位)，若滴定前溶 液中的H2O2没有除尽，则所测定c(Cu2+)将会 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 化学B·专题卷（八）第7页（共8页） 鱼跃龙 (3)已知pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶 开始沉淀pH 4 液生成[Zn(OH)4]2-。如图列出了几种离子 6789101112 生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀pH以离 5.8 5.9 Fe 子浓度为1.0mol·L1计)。 Fe2 Zn2 结合图中相关数据，完成由除去铜的滤液制 32 8.9 备ZnO的实验步骤（以最佳方案填写，可选 8.8 用的试剂：30%H2O2、1.0mol·L1HNO3、 4 56789101112 完全沉淀pH 1.0mol·L-1NaOH): ①向滤液中加入适量30%H2O2,使其充分反应； ②滴加l.0mol·L1NaOH,调节溶液pH范围为 ③过滤； ④ ⑤过滤、洗涤、干燥； ⑥900℃煅烧。 ￥根据所学知识，回答下列问题： (1)科学家在木卫六某地找到了水的痕迹，该地水的离子积常数K。=1.0×1012,利用我们地 球的经验，该地的温度 (填“大于”“小于”或“等于”)25℃，若用pH试纸测定该温 度下的纯水，试纸呈 色。 (2)某温度下，向10mL1mol·L1盐酸中滴加温度/℃ pH 9mol·L1的氨水，溶液的pH和温度随氨水体积25℃ d 的变化曲线如图所示。 ①水的电离程度：b点 c点（填“>”“<” 或“=”)。 ②b点溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c点溶液中c(NH)= mol·L1。 --0 0 ③25℃时，NH3·H2O的电离常数为 (用 10 VNH·H,O)/mL 含q的代数式表示)，中和等体积等浓度的盐酸消耗pH=12和pH=11的氨水的体积分别 为V。和V6,则10Va V(填“>”“<”或“=”)。 (3)苯乙酸(C。H,CH2COOH)在低浓度时具有甜蜂蜜味，是一种重要的香料成分。25℃时， 0.01mol·L1的C6HCH2C0OH溶液(K.=4.9×10-5)中c(H+)= mol· L1。若向该溶液中通入HCI气体至pH=2,则C。HCH2COOH的电离度约为 0 (4)常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸等体积混合后，两者恰好完全反应，则该 温度下醋酸的电离常数约为 （填字母)。 A.1014-a-2b B.10a+b-14 C.10a-26 D.104-26+14 门卷 化学B·专题卷（八）第8页（共8页）》·化学B· ②400℃条件下，反应15min达到平衡状态，n(SO2) 0.8mol,列三段式： NO2 (g)+SO2(g)=SO;(g)+NO(g) 始/mol 2 2 0 0 变/mol 1.2 1.2 1.2 1.2 平/mol 0.8 0.8 1.2 1.2 气体总物质的量为4mol,则b(NO)=p(S0,)=1,2 4 1八 p(S0,)=p(N0,)=0,8×p1,反应的平衡常数K。 4 ×19 0xp,x0× 4 I 19.(1)球形 (2)F>O>C>H (3)①1.2X1014②CD (4)①4：25②为了加快反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCL4产品，能提高生产效率 (5)Mg比Ti活泼，可以和TiC14反应生成Ti蒸气，生成的Ti 蒸气逸出，使平衡持续正向移动 【解析】(3)①由盖斯定律可知，反应ⅱ一反应1可得2C(s)十 0⑧—20c0ce则k,-8X18-1.2x1o, ②将两固体粉碎后混匀，可增大固体和氧气的接触面积，加快 反应速率；碳氯化是气体体积增大的放热反应，平衡后增大压 强，平衡逆向移动；该反应△H<0,升高温度，平衡逆向移动， C2的平衡转化率变小；碳氯化反应正反应气体分子数增加， △H<0,△S>0,根据△G=△H一T△S判断，在任何温度下均 有△G<0,故该反应在任何温度下都能自发进行。 (4)①已知TiO2(s)的转化率为99%，假设初始TiO2(s)为 1mol,C2(g)为2mol,则T2℃平衡时，TiCl4为0.99mol,根 据氯元素守恒，此时Cl2为0.02mol,因为此时TiCl4的物质 的量分数为0.36，所以气体总物质的量为2.75mol,设此时 C0为xmol,C02为ymol,则xmol+ymol=2.75mol 0.99mol-0.02mol=1.74mol,根据氧元素守恒，得xmol+ 2ymol=1.98mol,求得平衡时CO2为0.24mol,C0为 1.5mol,所以二者的物质的量比为4：25。 ②考虑实际生产中要尽可能在单位时间内多出产品，故选择 更高的T2℃的原因应该是加快反应速率，在相同时间内得到 更多的TCL4产品，提高生产效率。 ￥(1)a+b+c (2)①30②>③B (3)①<其他条件相同时，增大压强平衡向气体体积减小的方 向移动，SO3物质的量分数增大，S02物质的量分数减小②0.6 【解析】(1)根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g)+2NH4HSO (aq)+O2(g)—2(NH)2S0,(aq)△H=(a+b+c)kJ·mol1。 (2)① H2 S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) 初始/mol0.40.2 0 0 转化/molx 工 x 平衡/mol0.4-x0.2-x x 0.4-x+0.2-x+x十元=0.2，解得x=0.12。上述条件下H,S 0.12 mol 的平衡转化率a1=0.4mol ×100%=30%。 ②若在620K时重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说 明升高温度，平衡正向移动，该反应的△H>0。 ③A项，向容器中通人H2S,平衡正向移动，CO2平衡转化率增 大，但H2S平衡转化率减小；B项，向容器中通入CO2,平衡正向 移动，H2S平衡转化率增大；C项，加入催化剂，平衡不移动，H2S 平衡转化率不变；D项，反应前后气体分子数不变，缩小容器的容 积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变。 (3)①增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向 移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强p2<p1。 @ 2SO3(g)==2SO2(g)+O2(g) 初始/mol 0 0 转化/mol2x 2x x 平衡/mola-2x 2x a-2x a-2x+2x+x =0.5,解得x=0.2a,p1=8.1MPa,K。= 是会X1wa 0.4g×8.1MPa 1.2a -=0.6MPa。 0.6e×8.1MPa) 1.2a 化学（八）】 、选择题 C【解析】pH=3的CH,COOH溶液中H+浓度与pH=11的 NaOH溶液中OH浓度相等，但CH,COOH为弱酸，其浓度远 大于0.001mol·L1,等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性；向 Na2CO,溶液中滴加少量稀盐酸，CO?与H反应生成 增 HCO,导致CO}浓度减小，HCO,浓度增大，(CO)增 大；0.1mol·L-1NH,C1与0.1mol·L1氢水等体积混合后， C1浓度均为0.05mol·L,因pH>7,氨水电离程度大于 NH水解程度，NH浓度略高于CI,而NH3·H2O浓度最 低，故c(NH)>c(CI)>c(NH3·H2O);AgCI和AgBr的饱 和溶液中，cCCI=c(CI)·c(Ag)_K(AgCD 'c(Br)c(Br)·c(Ag*)=Kp（AgBr,Kp只受 温度的影响，故C不变。 c(Br) D【解析】A13++3HCO:一A1(OH)g↓+3C02个，A13+与 HCO3因发生相互促进的水解反应不能大量共存， [A1(OH)4]-与HCO3发生[A1(OH)4]+HCO3 A1(OH)3￥+CO+H2O,该反应并非相互促进的水解反应， 因此推理不合理。 C【解析】C项，液氨能接受H+,CH COOH和HCI在液氨中 都完全电离，反应CH3 COONa+HCl一CH3COOH+NaCl 在液氨中不能够发生。 B【解析】pH=0的溶液为强酸性，S2O在酸性条件下会反 应生成S和SO2,不能大量存在；水电离出来的c(H)= 1013mol·L1的溶液可能为强酸性或强碱性，若为酸性， CO、[A1(OH)4]不能大量共存，若为碱性，K、CO?、 Br、[A1(OH)4]-可以大量共存；SO2溶于水形成酸性环境， C1Oˉ会与SO2发生氧化还原反应，不能大量共存；甲基橙显红 色说明溶液为酸性，NO?在酸性条件下会氧化Fe+,不能大量 共存。 C【解析】由题表中数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH 为HX>HM>HN>HY,则该温度下四种酸电离出H+的能力 为HY>HN>HM>HX;等浓度HY溶液的pH小于HX溶 液，说明HY的酸性强于HX,由强酸制弱酸的原理可知，将 HY溶液加入NaX溶液中发生反应的化学方程式为HY+NaX 一HX十NaY;HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出H+和 X,则溶液中存在c(HX)>c(H)>c(X)>c(OH);HM 为一元弱酸，则相同体积的0.10mol·L1HM溶液中离子浓 度大于0.010mol·L1HM溶液，故0.10mol·L1HM溶液 导电能力强于0.010mol·L1HM溶液。 ·9 参考答案及解析 C【思路分析】由题干可知，加入过量氢氧化钠，溶液中含R的 的容器，不能用来进行溶解；滴加液体试剂时，胶头滴管不能深 微粒有H,R、H2R、HR-,故H3R为二元弱酸：根据A点数 人试管内，应该竖直悬空；NaOH标准液应放在碱式滴定管 据计算电离平衡常数为106.3，根据B点数据计算电离平衡常 中，图中带有活塞的滴定管是酸式滴定管。 数为10-14，二元酸K1>K2,可知K1=10-14、K2=106.3。 11.B【思路分析】水相中含有浓度近似相等的Mn2+、Fe2+及 【解析】H2R电离常数为106.3，H2R的水解常数为 Mg2+,在沉镁时，加人NaF使Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤 1X10=1026,电离大于水解，故NaH,R溶液中c(Na*)> 10-14 得到的滤液中剩余Mn2+、Fe2+,加入H2O2,将Fe2+氧化为 Fe3+,加人MnCO,将Fe3+转化为Fe(OH)3,实现Fe与Mn c(H2R-)>c(HR2-)>c(H3R)。 的分离，据此作答。 D【解析】K(H:S0,)×K.(H,S0,)=c(H)·c(S0) 【解析】NaF为强碱弱酸盐，溶液显碱性，溶液中离子浓度大 c(H2SO3) 小顺序为c(Na)>c(F)>c(OH)>c(H+);“沉铁”时，调 pH=4.0,则10)·c(S0g) c(SO) 节溶液的pH大于3时，c(OH)>101mol·L1,c(Fe+)< c(H2 SO3) =8.4×100,CH,S0)<1. K.p[Fe(OH3]2.8X10-39 故c(SO)<c(H2SO3);H2CO3的K1(4.5×107)大于 c(0H)(1.0X10")mol:L1=2.8X10-6mol. H2SO3的K2,HSO?不能制备比它强的H2COg,因此HSO? L1;“沉铁”后的滤液中除含有Mn+、SO、H*、OH外，还 与HCO不反应；溶液混合后c(Ba2+)=0.05mol·L-1,在 有Na+,由电荷守恒可知，c(H+)+2c(Mn2+)<2c(SO)+ pH=4的NaHSO3溶液中，HSO3存在电离平衡HSO3一 c(OH);由题可知，在“沉镁”工序中，加入NaF时，Mg2+转化 c(SO) 为MgF2沉淀而Mn2+未形成MnF2沉淀，故Kp(MgF2)< H++SO号，电离常数K2=6×108, =6×10-4, c(HSO Kp(MnFz)。 HSO8存在水解平衡HSO3+H2O=OH+H2SO3,Kb= 12.A【解析】金刚石是共价晶体，硬度极大，可用于切割大理石， K≈7.1X10“,HS0的水解和电离程度均很小，(HS0,)≈ 原理正确且有关联；硫酸铜用于泳池消毒主要原理为C+为 K 重金属离子会使蛋白质失活而起到杀菌作用，而非水解生成 c(HSO 氢氧化铜胶体；氯化铁溶液刻蚀覆铜板的原理是Fe3+的强氧 0.05mol·L1,c(SO3)=K2· c(H) ≈6X10X005 10≈3X 化性(2Fe3+十Cu一2Fe++Cu+),而非铁的金属性比铜强； 105,Q.(BaS03)=1.5X106>K(BaS0),Ⅱ中能产生白色 硝酸铵与草木灰（含K,CO3,水解呈碱性）混合会因铵根离子 沉淀；I中向显酸性的亚硫酸氢钠溶液中加入显碱性的碳酸氢 和碳酸根离子互相促进水解，反应释放NH3,导致肥效损失。 钠溶液，会使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，Ⅱ中存在 13.C【解析】如题图所示，a点c(H2AsO5)=c(H3AsO3), HSO一SO?十H,亚硫酸根离子结合钡离子生成亚硫酸 K4（H,As0,)=c(:As0):H）=102,同理根据6点 钡沉淀，平衡正移，氢离子浓度增大，溶液的pH减小。 c(H3 AsO3) C【思路分析】菱锰矿的主要成分是MnCO3,含SiO2、FeO,、 和c点，K2(H3AsO3)=10122,Ks(HAs03)=1018.5。当 FeO、CuO、NiO等杂质，加入硫酸进行酸浸，SiO2不溶，过滤得 pH=13时，Ka(H,As0)=c(HAsO号)·c(H+) =10-122, 到滤渣①，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cu+ c(H2 AsO) Ni+等；加入MnO2,可将Fe2+氧化成Fe3+,便于后续除杂，而 c(HAsO) K2(H3AsO3） 10-12.2 10-13 =10°.8， MnO2自身被还原成Mn2+,再用氨水调pH,促使Fe3+形成沉 c(H2 AsO3) c(H+) 淀除去，故滤渣②为Fe(OH)3;沉淀后得到的滤液中含Mn2+ c(HAsO) Ig c(H:AsOs =0.8。 Cu2+、Ni+,加人MnS得到的沉淀为CuS、NiS,过滤得到滤渣 ③，滤液为含MnSO4的溶液[含杂质(NH4)2SO,],电解得 14.D【解析】由反应②可知，HX为强酸，完全电离，a点主要溶 到Mn。 质为HX、X2,由于HX(aq)一H+(aq)+X(aq),且X会与 【解析】由pKp[Fe(OH)3]=38.6,可知Kp[Fe(OH)3]= X2反应，K2、K。很小，所以c(H+)>c(X)>c(X)≥ c(Fe3+)Xc3(OH)=1X10-38.6,由氨水除铁控制pH=4,可 c(HXO)>c(XO);b点溶液中存在c(H+)+c(Na+)= 以计算，25℃时，c(H)=1×10-4mol·L1,则c(OH)= c(X)+c(X)+c(XO)+c(OH),所以c(Ht)+c(Na+)> 10mo1L1=1X100molL1,计算可知c(Fe+)=1× 10-1 c(X)十c(X)+c(XO-);HX和NaX溶液均能完全电离出 X,在HX溶液中，随着c(X)增大，X2的饱和浓度增大，在 10-8.6mol·L-1。 NaX溶液中，随着c(X)减小，X2的饱和浓度增大，X对X2 C【解析】b点溶液pH=7.2,即c(H+)=1.0X10.2 的溶解度无明显作用；NaX溶液中cXO二=K， g00,c(HS0)=c(S08),则H,s0,的K c(HXO)c(H干)，随着X, c(s0)·c(H）=1.0X102,Na,S0,溶液吸收s0,气体， 的溶解度减小，其溶液中c(H*)减小，所以增大，即 c(HSO) 发生反应SO2十Na2SO3十H2O一2 NaHSO3,b点对应溶液 c(x0)增大。 c(HXO) pH=7.2,此时溶质为Na2SO,和NaHSO,混合物，即溶液中15.C【解析】向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加盐酸，盐酸先 c(Na)>c(HSO)>c(OH);常温下pH=7.0时溶液呈中 与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后盐酸再与碳酸氢钠反应生 性，c(OH厂)=c(H),依据电荷守恒c点对应溶液中有c(Na)+ 成二氧化碳，由图乙可知，先滴入的10L盐酸和碳酸钠反 c(H)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH),c(Na)= 应，后滴入的20mL盐酸和碳酸氢钠反应。b点溶液中的溶质 c(HSO3)十2c(SO?);由题图可知，在通入SO2气体的过程 是碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠溶液显碱性是由于碳酸氢根 中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水 离子的水解程度大于其电离程度，所以b点溶液中存在 的电离平衡逆向移动。 c(HCO3)>c(H2CO)>c(CO). O.A【解析】NH3极易溶于水，而不溶于CCL4,直接通人水中会 C【解析】CO?、CIO、S2-均为弱酸的酸根离子，在水中水解 倒吸，故先经过CCl层可以防止倒吸；容量瓶是精确量取体积呈碱性，与Fé3+相遇时，会促进Fe3的水解生成Fe(OH),,不能 高三二轮复习专题卷 大量共存；0.5mol·L1Na2S溶液中硫离子水解使溶液显碱 性，S-+H,0一HS+OH,K=c(HS)c(OH)_K c(S2-) 配 10-14 1.3X10≈0.077，若忽略二级水解，设水解的c(S-)=xmol· x2 L,则0.5-z=0.077,解得x≈0.1615，S的水解程度为 0.1615×100%=32.3%<50%,所以溶液中以c(S)为主，且 0.5 存在c(Na+)>c(s2-)>c(HS),若只考虑一级水解，则 c(OH)=c(HS),但二级水解会消耗HS、产生OH,水的 电离也会产生OH,所以c(OH)>c(HS),则离子浓度由大 到小的顺序为c(Na)>c(S2-)>c(OH)>c(HS);碳酸钙 的溶度积Kp(CaC03)=c(Ca2+)c(C0)=3.6×10-9,由于 CaC03是1：1型盐，设溶解度为S,则S2=3.6×10-9得S= √3.6×109=6×10-5，所以c(Ca2+)=c(C0?)=6X 10-5mol·L1,两者浓度相等，CO会发生水解CO号+H2O 一HCO?+OH,水解常数Ka= K=10 K25X10i=2×104 x? 设水解的c(C0)为x,则K=6X109-x =2×10-4,解得 x≈4.83X105mol·L',即水解率约为483X103m0lL 6X109mol·L× 100%=80.5%;H2S是二元弱酸，第一步电离H2S一H+十 HS,K1=1.1×107,一级电离大于二级电离，因此c(H+)> c(HS)>c(S2-),c(Ht)≈c(HS)=√Km(H2S)X0.I≈ 1.05X10-4mol·L1,c(S-）=KeXc(HS) ≈1.3X c(H) K 10-13mol·L-1,c(0H)= (H六≈1.0×1010mol·L1,则 溶液中离子浓度c(H+)>c(HS)>c(OH)>c(S2-)。 二、非选择题 16.(1)酸性 (2)CH:COOH+SO=HSO:+CH:COO (3)A (4)向右60 (5)①10-6②c(A2-)<c(HA-)10 【解析】(2)向Na2SO3溶液中加入过量CH COOH溶液，根 据酸性H2SO3>CH,COOH>HSO?,发生反应的离子方程 式是CH COOH+SO—HSO5+CHCOO-。 (3)a、c两点c(H)相同，水的电离随温度升高正移，Km增 1 大，故a点溶液的c(OH)比c点溶液的c(OH)小，0.1mol· L1 NaHCO,溶液显碱性，即HCO?的水解程度大于电离程 度，K,(HC0)>Ke(H,C0,),K,(HCO)=K(H,CO) K K2(H2CO3),Km>K1(H2CO3)·K2(H2CO3);b点溶液显 碱性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+ 2c(CO)+c(OH),可得c(Na+)>c(HCO?)+ 2c(CO);0.1mol·L-1 NaHCO3存在HCO?的水解和电离 平衡，均是吸热反应，ab段pH减小说明升温促进HCO;的 水解和电离。 (4)NaOH溶液吸收SO2的过程发生反应SO2+2NaOH Na2SO3+H2O,溶质由抑制水电离的NaOH生成促进水电离 的Na2SO,故水的电离是促进的，向右移动；所得溶液中 c(SO3)c(SO3)·c(H)K2(H2SO3)6.0X108 =60。 c(HSO)c(HSO).c(H)c(H) 10-9 (5)①利用(6,0.5)点，此时c(HA)=c(H2A),K.= c(H)·c(HA）=10. c(H2A) ②利用(10,0.5)点，此时c（HA)=c(A-),K2= c(H)·c(A)=1010;将0.020mol·L1NaA溶液和 c(HA) 0.010mol·L1盐酸等体积混合，发生反应Na2A+HCl NaHA+NaCl,反应后的溶液为浓度相同的Na2A、NaHA、 NaCI的混合液NaA的水解常数KK=Z0d -K。=1014 NaHA的水解常数KeK,=10g=10-8>Ke=10-10 HA的水解程度大于电离程度；浓度相同的Na2A、NaHA混 合液中A2的水解程度大于HA的水解程度，故溶液中A? 与HA浓度大小关系为c(A2-)<c(HA);浓度相同的 Na2A、NaHA混合液中，A2-和HAˉ浓度相近，读图可知pH 约为10。 (1)碱HS-+H2O=H2S+OH (2)①H2S和NaHS②0.0087 (3)a·Ke 2 K(CuS) (4)4×1034 【解析】(2)①pH=7时，c(S2-)=6.8×108mol·L1,可以 忽略不计，则溶液中的主要溶质为H2S和NaHS。 ②pH=11时，c(S2-)=1.3×10-3mol·L1,依据硫原子守 恒（元素守恒），可得出溶液中的c(HS)十c(H2S)=0.01mol· L-1-c(S2-)=0.01mol·L-1-1.3×10-3mol·L-1= 0.0087mol·L1 (3)实验室常用CuSO4溶液除去H2S。其反应原理为Cu+ (aq)十H,S(g)一CuS(s)+2H(aq),该反应的平衡常数K= c2(H+) c2(H)·c(S2-)·c(HS) c(Cu2+)·c(H2S)-c(Cu2+)·c(S2-)·c(H2S)·c(HS) K,CS号。若起始c(Cms0)为0,05mol·,通人H9 气体，恰好沉淀完全时，则由Cu+(aq)十H2S(g)一CuS(s)+ 2H(aq),可求出c(Ht)=0.005mol·L1×2=0.01mol· L1,忽略溶液体积变化，此时溶液pH=一lg0.01=2。 (4)当反应Hg2+(aq)+FeS(s)一HgS(s)+Fe2+(aq)达到平 衡时， c(Fe2+) c(Fe2+)·c(S2-) Ksp (FeS) 三 (Hg2+) c(Hg2+)·c(S2-) K(HgS) 6.4×1018 1.6X10-2=4X1034。 (1)200℃NaClO Ru+2OH+3CIO-=RuO￥+3CI+ H,O (2)2:1 (3)Na,SiOa Cl2 (4)2CoS0,+2H,0电解0，++2H,s0.+2C0 (5)5.6≤pH<8.5 【思路分析】电子废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等物质，酸 溶后过滤得到含有Cr3+和Co2+的滤液1，滤渣含有Ru和Si, 滤液1调节pH沉淀Cr3+得到滤渣1为Cr(OH)3沉淀，过滤 后向滤液中加入NH4HCO3沉钴得到CoCO3,滤渣与NaOH 和氧化剂反应，得到Na2SiO3和Na2RuO4,Na2RuO,用乙醇 还原得到Ru(OH)4沉淀和滤液2，滤液2中有NaCl、 CH,COONa和Na2SiO,Ru(OH)4再用NaClO,氧化，经过 蒸馏得到RuO4,RuO4具有氧化性，与盐酸反应得到RuCL3溶 液和Cl2,气体X为Cl2,RuCl3溶液结品得到RuCL晶体，以此 解答。 10 【解析】(1)“氧化溶浸”步骤，钉被氧化为Na2RuO,要求钉的 浸出率高，渣率低，选择最佳温度为200℃和NaCIO作氧化 10-2mol·L-1,根据K= c(NH:)c(OH-) c(NH3·H2O) 剂；CIO被还原为CI,Ru被氧化为RuO?,反应的离子方程 10-2mol·L-1×10-2mol·L-1_10-7 -g=→c(NH,·H,O)= 。 式为Ru+2OH+3C1O—RuO?-+3C1+H2O。 c(NH3·H2O) (2)用乙醇还原Na2RuO4,氧化剂为Na2RuO4,还原剂为乙醇， (g-1)×103mol·L1,同理，pH=11,c(0H)=10-3mol· 得到Ru(OH)4沉淀和CH COOˉ，其中Ru由+6价降低到 L-1,c(NH3·H2O)=10(g-1)mol·L-1,中和等体积等浓度的 +4价，1个Na2RuO可以得到2个电子，乙醇中碳由一2价 盐酸，则能提供的总的n(OH)相同，故V。[(g一1)×103+ 升高到0价，但是1个乙醇中有2个碳，即1个乙醇分子可以 102]=V[10(q-1)+10-3]→10V.[(g-1)×102+10-3]= 失去4个电子，则根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质 V.[10(g-1)+103],可得10V.<V6。 的量之比为2：1。 (4)利用电解含C。2+的水溶液制备金属钴，则阴极反应为 (3)设c(H+)=xmol·L1,苯乙酸的电离方程式为 Co+十2e一Co,阳极为水中氢氧根离子失去电子生成氧 C6HCH2COOH=→CHCH2COO-十H,电离常数K。= 气，则电解时发生总反应的化学方程式为2CoSO4十2H2O CH:cH.C00)·cH49X10,懈得 电解0，◆+2H,S0,十2C0: c(CHCH,COOH) 7×10-4mol·L1;pH=2时，溶液中c(H+)=0.01mol·L1, (5)滤液1中含Cr3+和Co2+的浓度分别为1.0×10-2mol· L1、1.8×104mol·L-1,“调节pH”让Cr3+沉淀，Co+不沉 设此时苯乙酸的电离浓度为x,则平衡时c(C6H,CH2COOH)≈ 淀，Cr3+浓度为10-5mol·L1时沉淀完全，Kp[Cr(OH)3]= 0.01mol·L-1-x≈0.01mol·L-1,c(C6HCH2C00)=x, c(Cr3+)×c3(0H)=1×10-5×c3(0H)=6.4×10-31,得 c(H+)=0.01mol·L1,代入K。表达式解得x=4.9× 出c(0H)=4×109mol·L1,c(H+)=2.5X106mol· L1,结合lg4=0.6,可知此时pH=5.6,Co2+浓度为1.8× 10m01:L,电离度=8X0”×100%=0.49X. 10-4mol·L1,Co2+开始沉淀时，Kn[Co(OH)2]=c(Co2+)× (4)常温下，将pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液等体积混 c2(0H)=1.8×104×c2(0H)=1.8×10-15,得出 合后，两者恰好完全反应，说明酸碱的物质的量浓度相等，pH=a c(0H)=1×10-5.5mol·L-1,c(H+)=1×10-8.5mol· 的NaOH溶液中c(NaOH)=10a-14mol·L-1。pH=b的醋酸 L1,pH=8.5,故pH范围为5.6≤pH<8.5。 溶液中c(H+)=10-6mol·L1。等体积混合恰好完全反应，说 19. (1)Cu十H2O2十2H+一Cu2+十2H20加热（至沸腾） 明c(CH,COOH)物始=c(NaOH)=10-1“mol·L1。醋酸的电 (2)①当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去， 离常数K。=cH):c(CH,C00)a0)2 10-14 =1014-a-26 且半分钟内不恢复原色②80.99偏高 c(CH,COOH) (3)3.2~5.9(或3.2≤pH<5.9)向滤液中滴加1mol·L-1 NaOH,调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀 化学（九） 完全 一、选择题 【解析】(2)②由题给数据可知，第一次数据偏差较大，应去掉，1，A【解析】SN耐高温材料不含碳，属于无机物。 则反应消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为 2.C【解析】硝酸铵的阴离子是硝酸根离子，呈平面三角形，不是 (25.31+25.30+25.32)mL=25.31mL,根据关系式2Cu~ 三角锥形 3 3. D【解析】单晶硅是共价晶体，硅原子间通过共价键形成空间 2Cu+~L2一2S2O?,则电池铜帽中铜的质量分数为 网状结构，因此熔点高、硬度大；1mol单晶硅中，每个Si原子形 0.000md. ×64g·mol 一×100%≈ 成4个S一S健，但每个健被2个原子共享，总键数为？×4× 1.0g 80.99%。若滴定前溶液中的过氧化氢没有除尽，过量的过氧 1mol×NA mol-1=2NA;1个H2分子含1个。键(H一H 化氢能将溶液中的碘离子氧化为单质碘，导致消耗硫代硫酸 键)，1molH2含NA个o键。 钠标准溶液的体积偏大，使测定的铜离子浓度偏高。 4.C【解析】氢气是密度最小的气体，R为氢；X原子的价层电子 *(1)大于黄 排布式为2s22p2,X为碳；空气中N2含量最大，Y为氮；镁原子 (2)①> 2c(CI)>c(NH)>c(H)>c(OH)0.5 最外层和K层电子数相等，Z为镁。原子半径C>N;HNO3是 ③107 强酸，H2CO3是弱酸；N、C、H的电负性依减小；Mg3N2中只含 9-1 离子键，不含共价键。 (3)7×10-40.49% 5.A【解析】氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关。 (4)A 6.D【解析】BrCl中Br为+1价，CI为-1价，与水反应生成 【解析】(2)①b点温度最高，故为反应终点，则溶质为NH,C1,c HC1和HBrO;H2O的稳定性由O一H键能决定，氢键仅影响 点溶液的pH=7,溶质为NH4CI和NH3·H2O,故水的电离程 物理性质（如沸点），与分解难易无关；Mg在高温下会与N2反 度b点>c点。 应生成Mg3N2,故还原TiCl4时需用惰性气体（如Ar)而非N2 ②b点溶液中溶质为NH4C1,溶液呈酸性，离子浓度由大到小的 作保护气；NCl,水解生成NH,和HC1O,HCIO具有漂白和杀 顺序是c(CI)>c(NH)>c(H+)>c(OH);c点溶液的 菌作用。 pH=7,c点溶液中c(H+)=c(OH),根据电荷守恒可知，7.A【思路分析】根据题干信息，X、Y、Z、M和Q五种短周期主 C(NH)=(CI-)-10X1Lx molL0.5 mol.L 族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为31。X元素 20×10-3L 原子的核外p电子数比s电子数少1，可推知X为N元素；Y的 ③25℃时，pH=7时，c(NHt)=0.5mol·L-1,NH3·H2O的 核电荷数为M的核电荷数的一半，结合原子序数递增规律，可 c(NH )c(OH-) 推知Y为O元素，M为S元素；再结合最外层电子数之和为 电离常数为K= c(NH3·H2O) 31,可进一步推知Z为F元素，Q为C1元素。因此，X、Y、Z、M 0.5×10-7 10-7 和Q分别是N、O、F、S、CI。 10×10-3×g-0.5×20×10-3 =g-1pH=12,c(0H)= 【解析】F的电负性大，N一F键的电子对远离N偏向F,电子对 20×10-3 间斥力减小，键角减小，故键角NCl3>NF3。