1、电解质溶液一、选择题（共12题）1.常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液与所加溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )Aa点溶液：Bb点溶液：Cc点溶液：Dd点溶液中由水电离产生的2.常温下，用 0.1 molL-1 KOH 溶液滴定 10 mL 0.1 molL-1 HA（Ka 1.010-5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）Aa 点溶液的 pH 约为 5B水的电离程度：c 点d 点Cb 点溶液中粒子浓度大小： c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)De 点溶液中：c(K+)=2c(A-)+2c(HA)3.25时，重水(D2O)的离子积为 1.61015，也可
2、用与 pH 一样的定义来规定其酸碱度：pDlgc(D+)，下列叙述正确的是(均为 25条件下)A重水和水两种液体，D2O 的电离度大于 H2OB在 100mL0.25molL1DCl 重水溶液中，加入 50mL0.2molL1NaOD 重水溶液，反应后溶液的 pD1C0.01 molL1NaOD 重水溶液，其 pD12DNH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3D2O 和 HD2O+4.H2RO3是一种二元酸，常温下用1L1molL-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，溶液的pH随RO2气体的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是Aa点溶液中2c(Na+)=3c(
3、RO32-)B向b点溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4C常温下，NaHRO3溶液中c(HRO3-)c(RO32-)c(H2RO3)D当吸收RO2的溶液呈中性时，c(Na+)=c(RO32-)+c(HRO3-)5.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点
4、的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动6.常温下，Ksp(ZnS)=l.61024，Ksp(FeS)=6.41018，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是A向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀B常温下，反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0l06C在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀D向FeS悬浊液中通入少许HC1，c(Fe2+)与Ksp(FeS)均增大7.下列溶液一定呈中性的是( )ApH=7的溶液Bc(H+)=c(OH-)=10-6mo
5、l/L的溶液C使石蕊试液呈紫色的溶液D酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液8.将pH=2的盐酸平均分为2份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后，pH都升高了1，则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为()A91B101C111D1219.常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=110-13 mol/L，该溶液可能是()二氧化硫水溶液氯化钾水溶液 硝酸钠水溶液 氢氧化钠水溶液ABCD10.已知25时，K=1.7510-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）A向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B升高温度，K增大C向CH3COOH溶液中加入少
6、量水，K增大D向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大11.室温时，已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)。关于浓度均为0.1molL-1的醋酸和氨水的两种溶液的说法正确的是（ ）两溶液的pH之和为14两溶液中醋酸和NH3H2O的电离程度相同两溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均降低两溶液等体积混合，pH=7，由水电离出c(H+)=110-7molL-1ABCD12.下列说法中正确的是（ ）。ANaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离B降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动C加热0.1mol/L Na2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D水解平
7、衡右移，盐的离子的水解程度一定增大二、非选择题（共8题）13.（1）根据氯化铁溶液回答下列问题：向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3。产生的现象为_。用离子方程式表示其原因_。不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是_。在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入_。（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一个原电池，回答下列问题：负极材料为_；正极反应式为_。反应过程中SO向_极移动。当电路中转移0.1mol电子时，电解液质量(不含电极)增加了_克。（3）已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3
8、HClO电离平衡常数Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8物质的量浓度均为0.1molL-1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_（用编号填写）a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3常温下，0.1molL-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_（填字母）Ac（H+） B Cc（H+）c（OH-） D E.写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=_（填准确数值）
9、。标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1molL-1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH-）=2c（H2CO3）+_。14.某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：第一次出现平衡的时间是第_min；020min反应速率表示为v(SO2)=_；30min时，改变某一条件平衡移动，则改变的条件最有可能是_；40min时，平衡常数值为_。（2）亚硫酸钠吸收法常温下，Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，当吸收至pH=6时，吸收液中相关
10、离子浓度关系一定正确的是_(填序号)。a.c(Na+)+c(H+)c(SO)+c(HSO)+c(OH-)b.c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)c.水电离出的c(OH-)=110-8molL-1d.c(Na+)c(SO)c(OH-)c(H+)（3）电化学处理法如图所示，Pt（1）电极的反应式为_；碱性条件下，用Pt（2）电极排出的S2O溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体_g。15.按要求回答下列问题：（1）实验室中通常用NaOH溶液进行洗气和提纯，当用100mL3molL-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LC
11、O2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。（2）常温下，向一定体积的0.1molL-1的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是_(填字母)。A溶液中导电粒子的数目减少B醋酸的电离程度增大，c(H+)也增大C溶液中不变D溶液中减小（3）常温下将0.15molL-1的稀硫酸V1mL与0.1molL-1的NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1V2=_(溶液体积的变化忽略不计)。常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，则下列说法正确的是_(填字母)。A若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c(OH-)=210-7molL-1B若V1=V2，混
12、合后溶液的pH一定等于7C若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2（4）常温下，浓度均为0.1molL-1的下列五种溶液的pH如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1根据表中数据，将浓度均为0.01molL-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_(填字母)。AHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH根据以上数据，判断下列反应可以成立的是_(填字母)。ACH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONaBCH3COOH+NaCN=CH3COONa+H
13、CNCCO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClODNaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2（5）几种离子开始沉淀时的pH如表所示：离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，_(填离子符号)先沉淀。16.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：（1）A为0.1molL-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为_。（2）B为0.1molL-1NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：_。（3）C为FeC
14、l3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入_以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25时，Ksp(AgCl)=1.810-10。现将足量氯化银分别放入：100mL蒸馏水中；100mL0.2molL-1AgNO3溶液中；100mL0.1molL-1氯化铝溶液中；100mL0.1molL-1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag+)由大到小的顺序是_(填序号)；向中加入足量氯化银后，氯离子的浓度为_molL-1。17.已知草酸镍
15、晶体(NiC2O42H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示： 已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子Fe3Fe2Al3Ni2开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.28.85.09.5Ksp(CaF2)1.4610-10；当某物质浓度小于1.010-5 molL-1时，视为完全沉淀。请回答下列问题： （1）在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，目的是_。（2）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：_，当Ca2沉淀完全时，溶液中 c(F-) _molL-1(
16、写出计算式即可)。 （3）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的化学反应方程式：_。 （4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是_。 （5）“调pH”时pH的调控范围为_PH”“c点，B错误；C. b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，HAH+A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)，C正确；D. e点溶液中的溶质为KA、KOH，且c(KA)=2c(KOH)，根据物料守恒，c(KA)=c(A-)+c(HA)，则2c(K+)=2c(KA)+2c(
17、KOH)=3c(KA)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；故答案为：C。3.【答案】B【解析】A重水和水两种液体，化学性质相似，D2O 的电离度等于 H2O的电离度，故A错误；B根据中和反应量的关系，100mL 0.25molL1 DCl和50mL 0.2molL1 NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为 =0.1molL1，则c(D+)=0.1molL1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B正确；C在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD)=0.01molL1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=molL1=1.610-13molL1，pD=-lg
18、c(D+)=-lg1.610-13=13-lg1.612，故C错误；DNH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3DHO 和 D3O+，故D错误；故选B。【点睛】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=molL1=1.610-13molL1，不是10-12molL1。4.【答案】C【解析】【分析】由图可知，Na2RO3溶液呈碱性，说明H2RO3是一种二元弱酸，用1L1molL-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，Na2RO3溶液与RO2气体反应生成
19、酸式盐NaHRO3，反应的化学方程式为Na2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3，a点吸收mol RO2气体，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈碱性，b点吸收mol RO2气体，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性。【详解】A. a点吸收mol RO2气体，溶液中Na+的物质的量为2mol，RO32-的物质的量为mol，RO32-离子在溶液中水解，则2c(Na+)3c(RO32-)，故A错误；B. b点导致溶液呈酸性，向溶液加水稀释，氢离子浓度逐渐减小，pH只能无限接近7，不会超过7，故B错误；C. b点吸收mol RO2气体，溶液中含有
20、mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性说明NaHRO3溶液中HRO3-电离程度大于水解程度，则c()c()c(H2RO3)，故C正确；D. 当吸收RO2的溶液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)+c(OH-)可得c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)，故D错误；故选C。5.【答案】B【解析】【分析】A难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；B溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行；C温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增
21、大，镉离子浓度减小；D饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。【详解】Aa、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度，故A正确；B温度升高Ksp增大，则T2T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)，故B错误；CKspc(Cd2)c(S2)，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；DKspc(Cd2)c(S2)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子
22、浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是理解沉淀溶解平衡的图像表示的含义，注意溶度积常数的变化只与温度有关，其它条件改变不影响溶度积常数的值。6.【答案】B【解析】AKsp(ZnS)Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；B反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0l06，故B正确；C在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc(FeS)可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，故C错误；DKsp(FeS)只
23、与温度有关，通入少许HCl，Ksp(FeS)不变，故D错误；答案选B。【点睛】当QcKsp时，溶液为过饱和溶液，平衡往左移动，沉淀析出；当QcKsp时，溶液为不饱和溶液，若溶液中仍有沉淀存在，平衡往右移动，沉淀溶解；当Qc=Ksp时，溶液为饱和溶液，处于沉淀溶解平衡状态，既无沉淀生成，也无沉淀溶解。7.【答案】B8.【答案】C【解析】根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=2的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1，可设碱液体积x依题意可列出下
24、列等式：10-2mol/L1L-10-2mol/LxL=10-3mol/L(1+x)L，解得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为，答案选C。9.【答案】A【解析】【分析】酸、碱或强酸酸式盐都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，水电离产生的c(H+)=110-7 mol/L，常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=110-13 mol/L110-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，说明为酸溶液或碱溶液，据此分析解答。【详解】SO2在水溶液中与水反应产生H2SO3，是酸溶液，电离产生H+，使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，正确；KCl溶液是强酸强碱盐溶液，不水解，对水的
25、电离无影响，错误；NaNO3溶液是强酸强碱盐溶液，不能水解，对水的电离无影响，错误；NaOH溶液是强碱溶液，电离产生OH-，使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，正确；综上所述可知：对水电离其抑制作用的是，故合理选项是A。【点睛】本题考查了酸或碱对水的电离的影响，应注意的是酸或碱对水的电离有抑制作用，盐类的水解对水的电离有促进作用。10.【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。【详解】A. 向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误
26、；B. 醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C. 向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D. 向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。答案选B。【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化。11.【答案】A【解析】【分析】室温时，0.1molL-1的醋酸和氨水溶液，Ka=，Kb=，已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，c(CH3COOH)=c(NH3H2O)，则c(H+)(CH3COOH)= c(OH-)(NH3H2O)。【详解】由以上分析知，c(H+)(CH3COOH)= c(OH-)( NH3H2
27、O)，则pH(CH3COOH)=pOH(NH3H2O)=14- pH(NH3H2O)，所以pH(CH3COOH)+ pH(NH3H2O)=14，正确；两溶液中醋酸和NH3H2O的起始浓度都为0.1molL-1，c(H+)(CH3COOH)= c(OH-)( NH3H2O)，所以电离程度相同，正确；两溶液加水稀释，醋酸溶液中的c(OH-)增大，氨水中的c(H+)增大，不正确；两溶液等体积混合，pH=7，此时生成CH3COONH4，因发生双水解反应而促进水的电离，所以由水电离出c(H+)110-7molL-1，不正确；综合以上分析，正确，故选A。12.【答案】C【解析】A.水解程度大于电离程度，促
28、进水的电离，电离产生氢离子，抑制水的电离，A错误；B.盐的水解是吸热反应，降温可使水解平衡逆向移动，越稀越水解，加水稀释可使水解平衡正向移动，B错误；C.盐的水解是吸热反应，升温促进盐的水解，C正确；D.增大盐的浓度，水解平衡右移，但该盐的离子的水解程度减小，D错误；故答案选C。二、非选择题13.【答案】（1）有气体和红褐色沉淀产生 Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3 Fe2O3 浓盐酸 （2）Cu H2O2+2H+2e-=2H2O 负 3.2 （3）adcb BD ClO-H2OCO2=HCOHClO 9.910-7molL-1 c（HCO）+c（H+） 【解析】（1）向FeCl3溶
29、液中加入少量NaHCO3，发生双水解，生成氢氧化铁和二氧化碳气体，产生的现象为有气体和红褐色沉淀产生。用离子方程式表示其原因Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3。故答案为：有气体和红褐色沉淀产生；Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3；不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，得到的固体是Fe2O3。故答案为：Fe2O3；FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为抑制氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可。故答案为：浓盐
30、酸；（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一个原电池：该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由-1价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上H2O2得电子发生还原反应，因为在酸性条件下，所以H2O2得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O。即：负极材料为Cu；正极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O。故答案为：Cu；H2O2+2H+2e-=2H2O；原电池中，阴离子向负极移动，反应过程中SO向负极移动。故答案为：负；当电路中转移0.1mol电子时，根据Cu2e=Cu2，生成0.05molCu2，电解液质量
31、(不含电极)增加了0.05mol64gmol1=3.2克。故答案为：3.2；（3）Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaClO是强碱弱酸盐水解显碱性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性；而酸性CH3COOHH2CO3HClOHCO，而酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：CH3COOHCOClONaClONaHCO3CH3COONa，即pH：adcb；故答案为：adcb；ACH3COOH溶液加水稀释过程，虽促进电离，但c（H）减小，故A不选；B，CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，氢离子物质的量增
32、大，醋酸物质的量减小，则稀释过程中比值变大，故B选；C稀释过程，c（H）减小，c（OH）增大，c（H）c（OH）=Kw，Kw只受温度影响所以不变，故C不选；D稀释过程，c（H）减小，c（OH）增大，则变大，故D选；E.是醋酸的电离常数，只与温度有关，温度不变，不变，故E不选；故答案为：BD；酸性H2CO3HClOHCO3，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：ClO-H2OCO2=HCOHClO。故答案为：ClO-H2OCO2=HCOHClO；25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，存在电荷守恒：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（CH3COO），若测
33、得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H）-c（OH）=10-6molL1-10-8molL1=9.910-7molL1。故答案为：9.910-7molL-1；标准状况下，1.12L CO2的物质的量为：=0.05mol，氢氧化钠的物质的量为：1molL-10.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，根据碳酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=2c（H2CO3）+c（HCO）+c（H+）。故答案为：c（HCO）+c（H+）。14.【答案】（1）20 0.03mol/(Lmin) 减小CO2的浓度 0.675 （2）ac （3）SO22H2O2e4H 69
34、【解析】【分析】（1）各组分浓度不变，反应达到平衡状态；根据反应速率v计算；30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K 计算；（2）常温下，当吸收至pH6时，溶液呈酸性；（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2失电子，作负极；每1molNO2得电子4mol。【详解】（1）从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；020min时，SO2浓度变化为1.0mol/L0.4mol/L0.6mol/L，则反应速率表示为v(SO2)0.03mol/(Lmin)，故答案为：0.03mol/(Lmin)；30min时
35、，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时的平衡常数和20min时相同，20min时，SO2(g)0.4mol/L，S2(g)0.3mol/L，CO2(g)0.6mol/L，则平衡常数K0.675，故答案为：减小CO2的浓度；0.675；（2）常温下，当吸收至pH6时，a.根据电荷守恒，c(Na)c(H)2c()c()c(OH)，所以c(Na)c(H)c()c()c(OH)，故a正确；b.根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c(Na)c()c()c(H2SO3)，若还存在Na2SO3，则c(Na)c()c()c(H2SO3)，故b错误；c.电离程度大于
36、水解程度，pH6，水电离出c(OH)ll08 mol/L，故c正确；d.pH6，c(OH)c(H)，故d错误；故答案为：ac；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成，电极反应式为SO22H2O2e4H，NO2中N的化合价为4价，转化为0价的N2，每1molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为1.5mol，m(NO2)=，故答案为：SO22H2O2e4H；69【点睛】本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等15.【答案】（1）c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH-)c(H+) （
37、2）C、D （3）11 A、D （4）A A、B （5）Cu2+ 【解析】【分析】（1）用100mL3molL-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液；（2）常温下，向一定体积的0.1molL-1的醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离平衡常数不变；（3）酸碱混合后，溶液呈酸性，说明硫酸过量，根据 计算；（4）弱酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，由表格数据可知，酸性CH3COOHH2CO3 HClOHCNHCO3-；（5）根据表格数据分析；【详解】（1）用100mL3molL-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的
38、碳酸钠、碳酸氢钠混合液，碳酸钠、碳酸氢钠水解呈碱性，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠水解，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na+)c(HCO)c(CO)c(OH-)c(H+)；（2） A醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故B错误；C醋酸溶液中加水稀释，电离平衡常数不变，故C正确；D无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以减小，故D正确；选CD；（3） ，V1V2=11；A.若混合后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=110-7molL-1，
39、所以c(H+)+c(OH-)=210-7molL-1，故A正确；B.若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，溶液的pH小于7，故B错误；C. 若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，故C错误；D.若HA是强酸，混合后溶液呈碱性，说明碱过量，则V1小于V2；若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，若混合后溶液呈碱性，则V1小于V2，故D正确；选AD；（4）由表格数据可知，酸性CH3COOHH2CO3 HClOHCN；酸性越弱，稀释相同倍数pH变化越小，将浓度均为0.01molL-1四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是.HCN ，选A；A酸性CH
40、3COOHH2CO3 ，根据强酸制弱酸，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生；B酸性CH3COOHHCN，根据强酸制弱酸，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生；CH2CO3 HClOHCO3-，根据强酸制弱酸，-CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生；D酸性H2CO3 HCN ，根据强酸制弱酸，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2不能发生；故选AB；（5） 根据表格数据，离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，Mg
41、2+最后沉淀。【点睛】本题考查弱酸电离平衡移动，明确加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中醋酸分子、醋酸根离子、氢离子浓度均减小，电离平衡常数不变，掌握强酸制弱酸的原理。16.【答案】（1）c(NH)c(SO)c(H+)c(OH-) （2）HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH-)c(H+)，故溶液显碱性 （3）盐酸 Fe3+3HCO=Fe(OH)3+3CO2 （4） 910-10 【解析】【分析】（1） (NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解显酸性；（2）碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；（3） Fe3+水解呈酸性，NaHCO3水解呈碱性；（4） 含有足量AgCl固体的饱和溶液中c
42、(Ag+) c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.810-10；【详解】（1） (NH4)2SO4溶液中，溶液中铵根离子水解显酸性，水解微弱，铵根离子浓度大于硫酸根离子，溶液中离子浓度大小为c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)；（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO3+H2OH2CO3+OH-，电离平衡为HCO3-H+CO32-；碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以显碱性；（3） Fe3+水解呈酸性，配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为
43、Fe3+3HCO3-=Fe(OH)3+3CO2；（4） 100mL蒸馏水中，c(Ag+)= c(Cl-)，c(Ag+) c(Cl-)= 1.810-10，则c(Ag+)=；100mL0.2molL-1AgNO3溶液中，c(Ag+)=0.2molL-1；100mL0.1molL-1氯化铝溶液中，c(Cl-)=0.3molL-1，c(Ag+)=molL-1；100mL0.1molL-1盐酸中c(Cl-)=0.1molL-1，c(Ag+)=molL-1，c(Ag+)由大到小的顺序是；向中加入足量氯化银，c(Ag+)=0.2molL-1，c(Cl-)=。【点睛】本题考查了盐类水解的应用、沉淀溶解平衡，
44、会用盐水解原理分析溶液中离子浓度大小；掌握溶度积常数的计算，明确在不同溶液中，难溶电解质的溶解度不同，溶度积常数相同。17.【答案】（1）提高“酸浸”速率 （2）Ni2+C2O42-+2H2O= （3）2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O （4）过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次 （5）5.0 【解析】【分析】废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸；试剂a是一种绿色氧化剂
45、，a是H2O2， H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al)OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，可提高浸出率；（2）向NiSO4溶液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为：Ni2+C2O42-+2H2O=，当Ca2沉淀完全时，C
46、a2的浓度小于1.010-5 molL-1，根据氟化钙的溶度积常数，溶液中 c(F-) ；（3）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入的a是H2O2，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O；（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次；（5）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0PHc(Na+)c(H+)c(OH-) 10-10 （3）abc 【解析
47、】【分析】0.04molL-1的某酸(A)溶液和0.02molL-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01molL-1的某酸(A)与0.01molL-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性，则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。【详解】（1）若A为CH3COOH，所得溶液为0.01molL-1CH3COOH与0.01molL-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(
48、OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01molL-1HCl与0.01molL-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01molL-1，100时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为molL-1=10-10molL-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01molL-1H2S与0.01molL-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力c(Na+)c(H+)c(OH-)；10-10；。答案为：；（3）浓度为0.01molL-1的溶液的酸性：HCl溶液CH3COOH溶液H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩
49、余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是abc。答案为：abc。【点睛】0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。20.【答案】（1）5 （2）6 【解析】（1）.某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02molL-1，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH-)，则c(H+)，所以pH- lg(10-5)=5，故答案为：5；（2）.Cu2+沉淀较为完全是的浓度为，则c(OH-)=，则c(H+)，所以pH=- lg(10-6)=6，故答案为：6。