1、安徽省合肥市第九中学2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）1.下列判断氢氧化钠是电解质强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强氯化银难溶于水，所以氯化银是非电解质蔗糖易溶于水，所以是电解质氯气溶于水后导电，但Cl2不是电解质。正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质，故正确；强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强，比如0.0001 molL1 盐酸的导电性比1 molL1醋酸溶液的导电性弱，故正确；氯化银难溶于水，但溶于水的AgCl完全电离，AgCl属于电解质，故错误；蔗糖易溶于水
2、，蔗糖是溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，故错误；氯气溶于水后导电，Cl2是单质，因此Cl2不是电解质，故正确；正确的有。综上所述，答案为C。【点睛】电解质主要包括酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解质主要包括大多数非金属氧化物、非酸性气态氢化物、大多数有机物。2.下列说法不正确的是A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B. 由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小【答案】D【解析】【详解】A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，正确
3、；B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，正确；C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，正确；D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶物，Ksp小的，溶解度不一定小，错误。3.下列叙述正确的是A. 用水稀释0.1molL1的氨水，则溶液中减小B. pH3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，CH3COOH的pH变大C. 在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，醋酸不断电离出H，反应速率比盐酸大D. 两种氨水的pH分别为a和
4、a1，物质的量浓度分别为c1和c2，则c2c(Na)c(H)c(OH)B. 用甲基橙试液作指示剂时终点颜色变化是由红色变为橙色C. c点时：c(H)=c(OH)c(CH3COOH)D. d点时：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)【答案】A【解析】【详解】A. a点溶质为醋酸和醋酸钠且两者浓度相等，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，因此离子浓度大小关系为：c(CH3COO)c(Na) c(H) c(OH)，故A正确；B. 两者恰好完全反应时溶液显碱性，应选用酚酞试液作指示剂，终点现象是溶液由无色变为浅红色、且30s内不褪去，故B错误；C. c点溶质为醋酸钠，醋酸根水解溶
5、液显碱性，溶液中质子守恒为c(OH) = c(H)c(CH3COOH)，故C错误；D. d点为醋酸钠和氢氧化钠且浓度之比为2:1，溶液呈碱性，醋酸根离子的水解程度是微弱的，因此离子浓度大小关系为：c(Na) c(CH3COO)c(OH)c(H)，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】指示剂的选择一般根据反应后盐溶液呈什么性进行选择，显碱性选择酚酞，呈酸性选择甲基橙。9.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向2mL1molL1NaOH溶液中先加入3滴1molL1MgCl2溶液，再加入3滴1molL1FeCl3溶液先生成白色沉淀，随后转变为红褐色沉淀Ksp：Mg(OH)2F
6、e(OH)3B常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生常温下Ksp(BaCO3) Ksp(BaSO4)C向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入已知浓度的盐酸(用甲基橙作指示剂)溶液由黄色变为橙色能测定其中NaOH含量D等体积浓度相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气反应速率快HB酸性比HA弱A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 向2mL1molL1 NaOH溶液中先加入3滴1molL1 MgCl2溶液，生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠溶液过量，再加入3滴1molL1 FeCl3 溶液，生
7、成氢氧化铁红褐色沉淀，不能得出Ksp大小关系，故A错误；B. 常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明生成了碳酸钡沉淀，这是更难溶的物质向难溶的物质转化，故B错误；C. 向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入已知浓度的盐酸，用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色，溶液呈酸性，BaCO3沉淀会溶解消耗HCl，不能用于测定其中NaOH含量，故C错误；D. 等体积浓度相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气反应速率快，说明HA氢离子浓度大，则HB酸性比HA弱，故D正确；综上所述，答案D。10.相同温度下，关
8、于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A. 分别中和pH相同、体积相等的两溶液，需要的NaOH的物质的量相同B. 相同浓度的两溶液，分别与金属锌反应，反应速率相同C. pH相同的两溶液中：c(CH3COO-)c(OH)c(A2)c(H2A)【答案】A【解析】【详解】A. CaCl2溶液和NaClO溶液的混合溶液中根据物料守恒得到2c(Ca2+)+c(Na+)= c(Cl-) +c(ClO-) + c(HClO)，故A正确；B. NH4HS溶液，根据物料守恒得c(NH4) + c(NH3H2O) = c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，故B错误；C. 物质的量浓度相等的CH3COON
9、a、CH3COOH溶液等体积混合，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)得到，质子守恒为c(CH3COO) + 2c(OH)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故C错误；D. 0.1 molL1的NaHA溶液，其pH=10，说明HA-水解程度大于电离程度，则离子浓度大小关系为c(HA-) c(OH-) c(H2A) c(A2-)，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意物料守恒书写完全，比如NH4HS溶液的物料守恒不是c(NH4) = c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，而是c(NH
10、4) + c(NH3H2O) = c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。12.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示(第一次平衡时c(I)2103molL1，c(Pb2)1103molL1)，下列说法不正确的是A. 常温下，PbI2的Ksp4109B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度减小，Pb2浓度不变C. T时刻可能向溶液中加入了KI固体，Ksp不变D. 常温下Ksp(PbS)81028，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)S2-(aq)PbS(s)2I-(aq)反应的化学平衡常数为51
11、018【答案】B【解析】【详解】A. 常温下，PbI2的Kspc(Pb2+)c2(I) = 1103(2103)2 = 4109，故A正确；B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，溶解平衡逆向移动，因此PbI2的溶解度减小，Pb2浓度增大，故B错误；C. T时刻，c(I-)突然增大，c(Pb2)瞬间不变、后减小，可能向溶液中加入了KI固体，Ksp不变，故C正确；D. 常温下Ksp(PbS)81028，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)S2-(aq)PbS(s)2I-(aq)反应的化学平衡常数，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】温度不变
12、，改变离子浓度，Ksp不变，比如加入含有难溶物中的阳离子或阴离子的盐溶液时，平衡逆向移动，但Ksp不变。13.表是25时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或Ka1.810-102.010-121.810-53.010-8Ka1=4.110-7Ka2=5.610-11A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+CO32+Cl2=HCO3-+Cl-+HClOC.
13、向0.1molL-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=9：5，此时溶液pH=5D. 向浓度均为110-3molL-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加110-3molL-1的AgNO3，CrO42-先沉淀【答案】C【解析】【详解】A. 根据题意得出酸性强弱：CH3COOHHClO，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，根据越弱越水解，ClO-水解程度大于CH3COO-水解，因此各离子浓度的大小关系是c(Na+)c(CH3COO-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故A错误；B. 根据题意得出酸性强弱：H2CO3HClOHCO3-，因
14、此碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2 = 2HCO3-+Cl-+ ClO-，故B错误；C. 向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COO)：c(CH3COOH)=9：5，解得，此时溶液pH=5，故C正确；D. 向浓度均为110-3molL-1的KCl和K2CrO4混合液中，根据Ksp(AgCl)=1.81010= c(Ag+)c(Cl-)，Cl-开始沉淀需要c(Ag+) =1.81010（110-3）= 1.8107molL1，Ksp(Ag2CrO4)=2.01012= c2(Ag+)c(CrO42)，CrO42开始沉淀需要c(Ag+)
15、 =4.47105molL11.8107molL1，因此滴加110-3molL-1的AgNO3，Cl-先沉淀，故D错误；综上所述，答案为C。14.有5种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的2种溶液混合而成：CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHSO4；CH3COONa与NaHCO3；CH3COONa与NH4Cl，c(CH3COO)排序正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】有5种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的2种溶液混合而成：CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO水解；CH3COONa与NaCl，CH3CO
16、O水解；CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，CH3COOH微弱电离出CH3COO；CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；CH3COONa与NH4Cl，两者相互促进水解，水解得多，因此c(CH3COO)排序是，故选B。15.常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LH2X溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是A. 水电离出来的c(OH)：D点c(HX)c(H+)c(X2)cH2X)D. A点溶液中加入少量水：减小【答案】C【解析】【详解】A. D点溶质为Na2X，水解显碱性，B
17、点溶质为NaHX，HX-的电离大于水解，溶液显酸性，抑制水的电离，因此水电离出来的c(OH)：D点B点，故A错误；B. C点溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，存在关系式：c(Na+)=c(HX)+2c(X2)，故B错误；C. B点溶质为NaHX，HX-的电离大于水解，溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HX)c(H+)c(X2)cH2X)，故C正确；D. A点溶液中加入少量水，促进H2X的电离，由于溶液体积也增大，c(HX)减小，则增大，故D错误；综上所述，答案为C。16.常温下，H2SO3的
18、电离常数：Ka1=1.54102，Ka2=1107。向mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0.1molL1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水(H+)与KOH溶液体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是A. m=10B. c点对应的溶液中存在c(K)c(HSO3-)2c(SO32)C. b、d两点溶液的pH=7D. SO32-+H2OHSO3-+OH的K=1107【答案】C【解析】【详解】A. 根据水的电解程度最大为c点，则说明H2SO3与KOH恰好完全反应生成K2SO3，则2n(H2SO3) = n(KOH)，20.1mol/LmmL=0.1molL1 20mL，解得m=10，故A正确；
19、B. c点对应的溶液中溶质为K2SO3，根据电荷守恒得到c(K)+ c(H+) = c(OH-) + c(HSO3-)2c(SO32)，溶液呈碱性即 c(OH-)c(H+)，因此有c(K) c(HSO3-)2c(SO32)，故B正确；C. a点呈酸性，c点呈碱性，从酸性到碱性，因此b呈中性，pH=7，d是在c点呈碱性基础上再加KOH，则d点依然是碱性，即d点溶液的pH7，故C错误；D. SO32-+H2OHSO3-+OH的，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】a点是酸，抑制水的电离，c点是盐，水解程度最大，溶液显碱性，从a点到c点，水的电离程度增大，溶液由碱性变为中性，再变为碱性。17.（1
20、）在粗制MgCl2晶体中常含有杂质Fe2，在提纯时为了除去Fe2，常加入合适氧化剂，使Fe2氧化为Fe3，下列物质最好采用的是_（填下面的选项），加入该氧化剂时，温度不能太高，原因是_。A.KMnO4 B.H2O2 C.HNO3 D.氯水然后再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3而不损失MgCl2的目的，调节溶液pH可选用下列中的有_。A.Mg2(OH)2CO3 B.MgO C.NH3H2O D.Mg(OH)2某溶液中含Mg2和Fe3，c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.010-5mol/L，此时
21、是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_（FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.010-24）（2）常温下KspFe(OH)3=8.01038，KspCu(OH)2=3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105molL1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，为除去溶液中的Fe3而不影响Cu2，溶液的pH的范围为_。(已知lg5=0.7）。（3）矿物中各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤后可变成CuSO4溶液，并向内部渗透，遇到深层的闪锌矿（ZnS)和方铅矿（PbS)，可慢慢转化为铜蓝（CuS）。写出硫酸铜与ZnS反应的离子方程式为：_。【
22、答案】 (1). B (2). H2O2受热时会分解 (3). ABD (4). 否 (5). 3.34 (6). Cu2+(aq)+ZnS(s) CuS(s)+Zn2+(aq)【解析】【分析】（1）H2O2是绿色氧化剂，不会引入新的杂质且不产生大气污染物，KMnO4、HNO3、氯水都能氧化亚铁离子，但会引入新的杂质或产生大气污染，H2O2受热时会分解，然后再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3而不损失MgCl2的目的，一般加要保留的物质的对应难溶物；某溶液中含Mg2和Fe3，先计算Fe3恰好沉淀完全时溶液中c(PO43) = 1.31017，再计算此时Mg3(PO4)2的浓度商，与K
23、spMg3(PO4)2相比较。（2）先计算除去溶液中的Fe3的氢氧根离子浓度，再算氢离子浓度和pH，再计算Cu2刚沉淀时的氢氧根离子浓度，再算氢离子浓度和pH。（3）CuSO4溶液遇到深层的闪锌矿(ZnS)可慢慢转化为铜蓝(CuS)和锌离子。【详解】（1）在粗制MgCl2晶体中常含有杂质Fe2，在提纯时为了除去Fe2，常加入合适氧化剂，使Fe2氧化为Fe3，H2O2是绿色氧化剂，不会引入新的杂质且不产生大气污染物，KMnO4、HNO3、氯水都能氧化亚铁离子，但会引入新的杂质或产生大气污染，因此最好采用的是B，加入该氧化剂时，由于H2O2受热时会分解，因此使用时温度不能太高，避免降低利用率；然后
24、再加入适当物质调节溶液pH，可以达到除去Fe3而不损失MgCl2的目的，一般加要保留的物质的对应难溶物，利用水解原理，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与Mg2(OH)2CO3、MgO、Mg(OH)2反应，促进铁离子水解从而除去，而加入NH3H2O会引入新的杂质，因此调节溶液pH可选用ABD；某溶液中含Mg2和Fe3，c(Mg2+)=0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.010-5mol/L，Ksp(FePO4) = c(Fe3+)c(PO43) =1.0105c(PO43) = 1.31022，c(PO43) =
25、1.31017mol/L，此时Mg3(PO4)2浓度商为：c3(Mg2+)c2(PO43) =(0.01)3(1.31017)2= 1.6910401.010-24，因此无Mg3(PO4)2沉淀生成；故答案为：B；H2O2受热时会分解；ABD；否。（2）常温下KspFe(OH)3=8.01038，KspCu(OH)2=3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105molL1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，为除去溶液中的Fe3而不影响Cu2，KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH)= 1105c3(OH) = 8.01038，c(OH) =2.
26、01011 molL1，pH = 4 lg5= 3.3；KspCu(OH)2= c(Cu2+)c2(OH)= 3c2(OH) = 3.01020，即Cu2+开始沉淀时c(OH) =1.01010 molL1，pH = 4，因此溶液的pH的范围为3.34之间；故答案为：3.34。（3）矿物中各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤后可变成CuSO4溶液，并向内部渗透，遇到深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)，可慢慢转化为铜蓝(CuS)，则硫酸铜与ZnS反应的离子方程式为：Cu2+(aq)+ZnS(s) CuS(s)+Zn2+(aq)；故答案为：Cu2+(aq)+ZnS(s) CuS(s)+Zn2+(a
27、q)。18.（1）已知：常温下浓度为0.1mol/L下列溶液的pH如表溶质NaClCH3COOKNa2CO3NaClONaHCO3pH78.111.69.78.3等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl-和ClO-离子个数：Cl-_ClO-，浓度相等的NaClO和CH3COOK溶液中:c(Na+)-c(ClO-)_c(K+)-c(CH3COO-)(填“”“、 (2). (3). (4). CH3COOHH2CO3HClO (5). (6). 4 (7). c(A)c(Na+)c(H+)c(OH) (8). 【解析】【分析】（1）ClO-水解，根据电荷守恒及NaClO溶液碱性强，
28、因此NaClO溶液c(OH-)大，c(H+)小得出结论；根据NaHCO3溶液的pH计算HCO3的水解常数，在相同温度下，根据同浓度对应盐的碱性大小得出酸性强弱为CH3COOHH2CO3HClO，酸性越强，同浓度电离出的离子浓度越大，导电性越强。（2）常温下，向pH=a的醋酸中加入等体积NaOH时后呈中性，如果pH =a的HCl中加入等体积NaOH时后呈中性，则NaOH的pH = 14a，但醋酸是弱酸，物质的量比盐酸多，则消耗的氢氧化钠也多。（3）常温下，0.1molL1一元酸HA溶液中=1106，结合水的离子积计算c(H+) ；pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，混合后溶液显
29、酸性，溶质为NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液显酸性。根据混合后溶液显中性，溶质为硫酸铵和氨水的混合物及电荷守恒、物料守恒计算NH3H2O的电离平衡常数。【详解】ClO-水解，因此等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl和ClO离子个数：Cl- ClO-；根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+) = c(ClO) + c(OH)，c(Na+) c(ClO) = c(OH) c(H+)，c(K+) +c(H+)= c(CH3COO)+c(OH)，c(K+)c(CH3COO)= c(OH) c(H+)，NaClO碱性强，因此NaClO溶液c(OH-)大，c(H+)
30、小，两者差值大，因此浓度相等的NaClO和CH3COOK溶液中：c(Na+)c(ClO) c(K+)c(CH3COO)；故答案为：；。0.1mol/LNaHCO3溶液的pH为8.3，即c(H+)=10-8.3，根据HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3的水解常数为；在相同温度下，0.1mol/LCH3COOK、NaClO、NaHCO3溶液的pH依次为8.1、9.7、8.3，根据“越弱越水解”得出酸性强弱为CH3COOHH2CO3HClO，酸性越强，同浓度电离出的离子浓度越大，导电性越强，因此同浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO三种酸溶液的导电能力大小为CH3COOHH2CO3H
31、ClO；故答案为：；CH3COOHH2CO3HClO。（2）常温下，向pH=a的醋酸中加入等体积NaOH时后呈中性，如果pH =a的HCl加入等体积NaOH时后呈中性，则NaOH的pH = 14a，但醋酸是弱酸，物质的量比盐酸多，则消耗的氢氧化钠也多，而体积相同，则需要的碱性更强，因此NaOH的pH 14a；故答案为：。（3）常温下，0.1molL1一元酸HA溶液中=1106，c(H+)c(OH-)=110-14，解得c(H+) =1104 molL1，则0.1 molL1 HA溶液的pH=4；故答案为：4。pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，充分反应后得到溶液的溶质为NaA
32、和HA，HA的电离大于NaA水解，溶液显酸性，因此溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是c(A)c(Na+)c(H+)c(OH-)；故答案为：c(A)c(Na+)c(H+)c(OH)。（4）常温下，a molL1氨水与等体积0.1 molL1H2SO4溶液混合后溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L，溶质为硫酸铵和氨水的混合物，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，则c(NH4+)=0.1mol/L，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3H2O)=mol/L，c(NH3H2O)=(-0.1)mol/L，则NH3H2O的电离平衡常数；故答
33、案为：。19.最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2。（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性的原因是_。（用离子方程式表示）（2）已知H2SO3的电离常数为K1=1.510-2，K2=1.010-7；H2CO3的电离常数为K1=4.310-7，K2=5.610-11；则下列微粒可以大量共存的是_(填序号)。A.CO32-和HSO3- B.HCO3-和HSO3- C.H2SO3和HCO3- D.SO32-和HCO3-（3）根据上述信息，当溶液的pH=5时，溶液中=_（填具体数值）。（4）吸收液吸收SO2的过程中，水溶液中H2SO3、HS
34、O3-、SO32-随pH的分布如图：吸收SO2制备NaHSO3溶液，实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_。在0.1molL1NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是_(填序号)。A.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) B.c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(OH-)C.c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH-) D.c(Na+)+c(H+)=c(SO32)+c(HSO3-)+c(OH-)（5）亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为77。SOCl2中氯元素与硫元素直接以共价键相连，其中Cl呈1价；SOCl2
35、遇水可生成SO2。请回答下列问题：蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl26H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，请用SOCl2与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因_。【答案】 (1). SO32+H2OHSO3-+OH- (2). BD (3). 15 (4). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (5). D (6). SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl26H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解【解析】【分析】（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性是亚硫酸根水解。（2）根据电离平衡常
36、数得出酸性强弱为H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-，因此A. CO32-和HSO3-反应生成HCO3-和SO32-，不能大量共存；B. HCO3-和HSO3-共存；C. H2SO3和HCO3-反应生成二氧化碳、水和HSO3，不能大量共存；D. SO32-和HCO3-共存。（3）当溶液的pH=5时，根据溶液中计算。（4）吸收SO2制备NaHSO3溶液，根据题中图像信息HSO3-大量存在时的pH为4左右；A. 根据物料守恒得出c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)；B. NaHSO3溶液中，HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，因此有c(Na+)c(HSO
37、3-) c(SO32-) c(OH-)；C. NaHSO3溶液中的质子守恒c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)；D. 根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)。（5）SOCl2与水反应生成HCl和SO2即SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl26H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解。【详解】（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性是亚硫酸根水解，其离子方程式表示原因是SO32-+H2OHSO3-+OH-；故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-。（2）
38、已知H2SO3的电离常数为K1=1.510-2，K2=1.010-7；H2CO3的电离常数为K1=4.310-7，K2=5.610-11，则酸性强弱顺序为H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-，A. CO32-和HSO3-反应生成HCO3-和SO32-，不能大量共存，故A不符合题意；B. HCO3-和HSO3-共存，故B符合题意；C. H2SO3和HCO3-反应生成二氧化碳、水和HSO3-，不能大量共存，故C不符合题意；D. SO32-和HCO3-共存，故D符合题意；因此微粒可以大量共存的是BD；故答案为：BD。（3）根据上述信息，当溶液的pH=5时，溶液中；故答案为：15。（4）吸收SO2
39、制备NaHSO3溶液，根据题中图像信息HSO3-大量存在时的pH为4左右，因此实验中确定何时停止通SO2的实验操作为测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。A. 根据物料守恒得出c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故A正确；B. NaHSO3溶液中，HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，因此有c(Na+)c(HSO3-) c(SO32-) c(OH)，故B正确；C. NaHSO3溶液中的质子守恒为c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故C正确；D. 根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故D错误；综上所述，答案为D。（5）蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl26H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，根据题意知SOCl2与水反应生成HCl和SO2即SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2通入，能够消耗MgCl26H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解；故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl26H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了MgCl2的水解。