2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较2
一、选择题
1．（2022·福建）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
2．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（ ）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
3．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
4．（2022·湖北）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的c-pH图(浓度：总As为，总T为)。下列说法错误的是（ ）
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
5．（2023·广州模拟）以酚酞为指示剂，用溶液滴定一元酸的溶液。溶液中，、分布系数(，比如的分布系数：)随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．的数量级为
C．滴定过程中，溶液中不断减小
D．滴定终点时，
6．（2023·新疆模拟）电位滴定法(potentiometric titration)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10mL 0.1 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a mL溶液，第二个电位突跃时消耗b mL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10mL 0.1 溶液，只有一个电位突跃
7．（2023·蚌埠模拟）相同温度和压强下，研究X2(g)分别在不同浓度的HX(aq)和NaX(aq)中的溶解情况，实验测得X2(g)的饱和浓度c(X2)与HX( aq)和NaX(aq)的浓度关系如图所示。
已知：X2(g)溶解过程发生如下反应：
①X2(aq) +X- (aq)(aq) K1=0.19
②X2(aq) +H2O(1)H+(aq) +X- (aq) + HXO( aq) K2=4.2×10-4
③HXO(aq) H+(aq) +XO- (aq) Ka=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() >c(OH-)
B．b点溶液中存在：c(X-) +c() +c(XO- )>c(H+) +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X2溶解度的减小，溶液中增大
8．（2023·厦门模拟）常温下，用溶液滴定和混合溶液，滴定过程中和分布系数及pH随溶液体积变化如图。已知：，下列说法错误的是
A．
B．时，
C．时，滴定过程中水的电离程度不断增大
D．可利用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点
9．（2023·赣州模拟）化学上常用AG表示溶液中的。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1的HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．随着NaOH溶液的加入，减小
B．25℃时，HNO2的电离常数Ka的数量级为10-6
C．b点溶液中存在：2c(H+)-2c(OH-)=c()-c(HNO2)
D．a、b、c、d、e五点的溶液中，水的电离程度最大的点是d
10．（2023·湖南模拟）电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1
D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
11．（2023·嘉定模拟）常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
12．（2023·汕头模拟）亚磷酸常用作尼龙增白剂和合成药物中间体。25℃时，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为，溶液中所有含磷微粒的的关系如图所示。已知：表示浓度的负对数。下列说法正确的是
A．为三元弱酸
B．曲线①表示随的变化
C．的溶液中：
D．反应的平衡常数
13．（2023·龙岩模拟）按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是
A．X为Na2CO3溶液的反应曲线
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
14．（2023·湖南模拟）谷氨酸(，用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位，在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA-和A2-)，常温下，用0.1mol L-1HCl溶液滴定20.00mL0.1mol L-1的Na2A溶液，溶液中pOH与离子浓度变化的关系如图所示[pOH=-lgc(OH-)]，下列叙述正确的是
A．曲线X表示pOH与-lg的关系
B．Na2A溶液中，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
C．溶液显中性时，c(H2A)＞c(A2-)
D．当V(HCl)=10mL时，c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
二、多选题
15．（2022·海南）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C．通入过量，反应的离子方程式为
D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，
16．（2018·宿迁模拟）常温下下列溶液中确关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液
B．0.2 mol/L NaHCO3溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积相混合：
C．pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合
D．0.1 mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7(溶液体积变化忽略不计)：
17．（2018·盐城模拟）t℃时，配制一组c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.000×10-3mol·L-1的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．pH=6.3的溶液中：c(Na+)>1.000×10-3mol·L-1
B．pH=7的溶液中：c(Na+)>c(H2CO3)>c(CO32-)
C．pH=a的溶液中：c(HCO3-)>c(Na+)>c(H+)>c(CO32-)
D．25℃时，反应H2CO3+CO32- 2HCO3-的平衡常数为1.0×104
18．（2017·江苏模拟）下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是（ ）
A．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)
B．25℃时，NaHCO3溶液的pH＝8，c(Na＋) + c(HCO3－)＝9.9×10－7mol·L－1
C．25℃时，向0.1mol·L－1NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(Na＋)＞c(OH—)＝c(H＋)
D．25℃时，pH相同的溶液中溶质的物质的量浓度：c(CH3COONa)
A．W点所示的溶液中：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．pH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol L﹣1
C．pH=8的溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣）
D．pH=11的溶液中：c（Na+）+c （H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）
20．（2016·铜山模拟）25℃时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）
C．0.1 mol L﹣1CH3COOH溶液和0.1 mol L﹣1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．0.1 mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol L﹣1 NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
21．（2016·黄浦模拟）下列有关溶液中粒子浓度的关系式正确的是（ ）
A．25℃，0.1mol/L pH=4.5 的NaHC2O4溶液 c（HC2O ）＞c（C2O ）＞c（H2C2O4）
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CO ）+c（HCO3﹣）
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，c（Cl﹣）=0.1mol/L c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．浓度均为0.1mol/L的醋酸钠和醋酸的混合溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
22．（2015·河北模拟）25℃时，H2SO3 HSO +H+的电离平衡常数Kh=1×10﹣2，下列说法不正确的是（ ）
A．该温度下NaHSO3 的水解平衡常数Kh=1×10﹣2
B．若向NaHSO3 溶液中加入少量的I2，则溶液中 将减小
C．略微升高温度 Ka（H2SO3）和 Kh（NaHSO3）均增大
D．NaHSO3溶液中：c（H+）＜c（SO ）+c（HSO ）+c（OH﹣）
23．（2015·海南模拟）25℃时，下列溶液中离子浓度的等量关系正确的是（ ）
A．0.1 mol/L氨水中：c（NH ）+c（H+）=c（OH﹣）
B．0.1 mol/L的NH4Cl溶液中：c（NH ）=c（Cl﹣）
C．pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中：c（Na+）=c（NH ）
D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后：c（OH﹣）=c（H+）
24．（2015·抚顺模拟）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．常温下，pH=9的NaHA溶液：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）
B．Na2CO3溶液：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO ）+2c（CO ）﹣c（Na+）
C．向NaOH溶液中滴入CH3COOH溶液后溶液显碱性：c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．浓度均为0.1mol L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）=0.2mol L﹣1
25．（2015·苏州模拟）在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系比较正确的（ ）
A．在A，B间任意一点，溶液中一定都有c（Na+）＞cCH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．在B点，a＞12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
C．在C点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．在D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2 c（Na+）
三、非选择题
26．（2021·桂林模拟）研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
（1）I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ mol-1
反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) △H3 kJ mol-1，平衡时增大压强，此反应将 (填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（2）反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应
(填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
（3）另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是 。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为 。
（4）II．SO2的回收利用
SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g) SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100℃) K(300℃) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500℃下，若反应进行至N点，此时v正 v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp= (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
27．（2020·汉中模拟）甲酸(化学式HCOOH，分子式CH2O2，相对分子质量46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6
℃，沸点100.8℃，25℃电离常数Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。
（1）Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳
A． B． C． D．
请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称 。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是 ；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是 。
（2）如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
（3）Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究
资料：ⅰ．常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；
ⅱ．一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOH HCOONa
利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。
打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为 ；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是 ，H装置的作用是 。
（4）现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常温下测该溶液的pH，若pH>7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由： ， 。
（5）25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为 。若向100mL 0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为 。
28．（2020·杨浦模拟）
（1）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是： 。锂离子核外电子的轨道表示式是： 。
（2）已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因 。
（3）II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
每合成1mol氨，转移电子 mol；该过程最终得到的氧化产物是 。
（4）写出反应Ⅱ的化学反应方程式： 。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是： 。
（5）由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
（6）NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。
29．（2020·金山模拟）已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，如图为不同温度（T1、T2）下SO2的转化率随时间的变化曲线。
完成下列填空：
（1）T1 （选填“>”“<”或“=”）T2，判断依据是 ；该反应为 （选填“放”或“吸”）热反应，判断依据是 。
（2）下表为一定温度和压强下，4种投料比[n(SO2):n(O2)]分别为2:18、4:15、7:11和8:10时SO2的平衡转化率。
投料比 ① ② ③ ④
SO2平衡转化率／% 97.1 96.8 95.8 90.0
②对应的投料比为 。投料比为8:10时，平衡混合气体中SO3体积分数为 。
（3）在相同温度下：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) K1=a；NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) K2=b；则2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 的平衡常数K= （用a、b表示）。
（4）钠碱循环法吸收硫酸厂尾气中的SO2并将其转化为硫酸的工艺如下：
吸收池中发生反应的离子方程式是 ；NaHSO3溶液呈弱酸性，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为 。
30．（2020·虹口模拟）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。完成下列填空：
合成氨工业中：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：
t/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
（1）试比较K1、K2的大小，K1 K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（2）400℃时，反应2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)的化学平衡常数的值为 。
当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，则该反应υ(N2)(正) υ(N2)(逆)（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是 。
a．υ(N2)（正）=3υ
(H2)（逆） b．混合气体的密度保持不变
c．容器内压强保持不变 d．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
（4）化工生产为做到又“快”又“多”采用多种方法，试写出两项合成氨工业中为实现“多”所采取的措施： ， 。
（5）0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH4+的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是 。
（6）如图是1 mol NO2和1
mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和 CO反应的热化学方程式 。
31．（2020·天津模拟）A、X、Y、B、C、D、E、M是前30号元素，原子序数依次增加。A原子是周期表中半径最小的原子；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反；B的价层电子排布式为ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，常温下，D的单质是一种黄绿色的气体；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素。
（1）B、Y、C分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为(填离子符号)
（2）元素D基态原子的核外电子排布式为 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是 （写元素符号）。
（3）M与D形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为
②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为 ，其中配位体为 分子（填“极性”或“非极性”），
（4）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。将A2C通入ED3溶液中反应的离子方程式为
（5）用200mL1mol·L-1的BYA溶液吸收4.48L（标准状况）CY2所得溶液的pH<7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（6）工业上用电化学法治理酸性废液中XY3 的原理如图，阴极的电极反应式为 。
32．（2020·保定模拟）随着电动自行车市场保有量的不断增加，废弃的铅酸蓄电池已变成不容忽视的一种环境污染源，处理不当会加大对大气、水和土壤的污染。用新方案和新工艺处理废旧铅酸蓄电池，可以达到节能减排、防治污染和资源循环利用的目的。一种处理废旧铅酸蓄电池的流程如下：
已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8和Ksp(PbCO3)=7.4×10-14
回答下列问题：
（1）废旧电池预处理时需要将电池放电完全，这样做的目的是 。
（2）写出铅膏脱硫时的离子方程式 。
（3）传统的铅蓄电池的处理工艺是将电池破碎后，洗涤，干燥，直接送入回转炉熔炼。而该工艺使用纯碱脱硫的显著优点是 。
（4）某同学查阅资料发现：儿童从空气中吸入的铅量是成人吸入量的1.6～1.7倍。为了探讨这个现象，展开了相关探究，他通过取样分析，得到了以下实验数据：
离地面高度 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
铅的浓度(μg/cm3) 1.10 0.98 0.91 0.72 0.66 0.54 0.50
①该同学探究的课题名称为 。
②分析以上实验数据，可以得出的结论是 。
③造成此结果的原因可能是 。
（5）在走访调查中，小明同学收集了某铅酸蓄电池处理厂排出的废水样品，为了判断废水中含铅的浓度是否符合排放标准，他设计了如下方案并进行了实验：
上述实验中如果缺少操作M，所测得结果会 (填“偏大”、“偏小”、或“无影响”)。
33．（2020·吉林模拟）
（1）汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。
已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=－112.3kJ·mol-1
②NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H2=－234kJ·mol-1
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+179.5kJ·mol-1
请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式 。
（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=－759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 ；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为 ；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20％，则CO的转化率为 。
（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为 (填化学式)；A电极的电极反应式为 ；一段时间后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为 。
（4）已知：25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，则25℃时，0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
34．（2018·武汉模拟）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，是二元弱酸。回答下列问题：
（1）在恒温、恒容密闭容器中发生反应：H2C2O4(s) H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，下列描述能说明反应已经达到平衡状态的是____________(填标号)。
A．压强不再变化
B．CO2(g)的体积分数保持不变
C．混合气体密度不再变化
D．混合气体平均摩尔质量保持不变
（2）草酸溶液中各离子浓度分数δ(X)随溶液pH变化的关系如图所示：
①当溶液中含碳粒子的主要存在形态为C2O42-时，溶液的酸碱性为 (填标号)。
A．强酸性
B.弱酸性
C.中性
D.碱性
②25℃时，反应C2O42-+H2C2O4- 2HC2O4-的平衡常数的对数值1gK= 。
（3）向10 mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，当溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)时，加入V(NaOH) 10 mL(填“>”“=”或“<”)。
（4）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取m g草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是 ； 该过程中发生反应的离子方程式为 ；滴定过程中消耗V mL KMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为 。
35．（2018·邯郸模拟）某浅绿色晶体X[x(NH4)SO4·yFeSO4·xH2O]在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成。某小组同学进行如下实验：
I.NH4+含量的测定
采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示.
相关的实验步骤如下：
①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入圆底烧瓶中；
②准确量取50.00mL 3.0300mol L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；
③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，加热蒸馏；
④用0.120mo l L-1 NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mL NaOH标准溶．
（1）仪器M的名称为 。
（2）步骤③中，发生的氧化还原反应的化学方程式为 。蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”。“处理”的操作方法是 。
（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所侧得的n(NH4+)的值将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（4）Ⅱ．SO42-的测定
采用重量分析法，实验步骤如下：
①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液；
②将得到的溶液用无灰滤纸（灰分质量很小，可忽略）过滤，洗涤沉淀3～4次；
③用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；
④继续灼烧沉淀至恒重．得沉淀质量69.90g．
步骤①中，判断 BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是 。
（5）步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目的是 ．
（6）综合实验I、Ⅱ，通过计算得出晶体X的化学式为 ，实验Ⅰ的步骤①中，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A.x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%；
B.x＞x1时，反应①也生成氯离子；
C.x＞x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多；
D.x=x1时，溶液中还含有硝酸根离子。
2．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
3．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
4．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，当pH=9.1时，=，，，A不符合题意；
B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B不符合题意；
C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C不符合题意；
D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.电离平衡常数越大，酸性越强；
C.的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L。
5．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随着溶液的滴加，HA电离程度增大，溶液中减小、增大，则减小、增大，所以曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表pH变化，A不符合题意；
B．由图可知当溶液中时，，，，故的数量级为，B不符合题意；
C．根据电离平衡常数：，，在滴定过程中，不变，减小，增大，C符合题意；
D．滴定达到终点时，生成，在溶液中发生水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电离平衡的影响分析；
B．依据图中对应的pH判断；
C．根据，利用变形法分析；
D．依据溶液的酸碱性，利用电荷守恒。
6．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【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10mL 0.1 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。
7．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由反应②可知，HX为强酸，完全电离，溶液中反应程度①>②>③，a点主要溶质为HX、X2，由于HX(aq)= H+(aq) +X- (aq)，X-会与X2反应，所以c(H+)> c(X-)> c()>c(HXO) > c(XO-)>c(OH-)，选项A不符合题意；
B．b点溶液中存在电荷守恒： c(H+)+c(Na+)= c(X-)+ c()+ c(XO-)+ c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)> c(X-)+ c()+ c(XO-)，选项B不符合题意；
C．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NaX溶液中，随着c(X-)减小，X2的饱和浓度增大，X-对X2的溶解度无明显作用，选项C不符合题意；
D．NaX溶液中，，随着X2的溶解度减小，其溶液中c(H+)减小，所以增大，即增大，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用已知反应的K值分析；
B．利用电荷守恒分析；
C．依据影响电离和水解平衡的因素分析；
D．利用转化为Ka分析。
8．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图中和分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，，A项不符合题意；
B．常温下，时，可知，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaCl，根据分析可知，初始盐酸和HA的混合溶液中：n(HA) =3n(HCl)，则时，，所以，B项不符合题意；
C．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，时，随着盐酸和HA被氢氧化钠反应消耗，盐酸和HA减少，对水的电离抑制减弱，且生成的水解促进水的电离，所以滴定过程中水的电离程度不断增大，C项不符合题意；
D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且，则，，则用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点，pH要大于3.0才变色，由于第一终点突变变化不明显，用该指示剂判断第一终点误差较大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据图中和分布系数变化曲线相交的点，利用计算；
B．依据产物l，根据电离情况分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据终点的pH选择指示剂。
9．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A． 随着NaOH溶液的加入，氢离子浓度减小，离子数目增大，减小，选项A不符合题意；
B.25℃时， a点，则，Kw，所以，HNO2的电离常数，选项B符合题意；
C．b点溶液为等浓度的HNO2和溶液，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，将得：，选项C不符合题意；
D．加入20mL氢氧化钠溶液时恰好完全反应生成溶液、即d点，由图知，溶液呈碱性、由弱酸根离子水解使溶液显碱性，则促进水的电离，a、b、c点酸过量，e点氢氧化钠过量，这四点对水的电离均起到抑制作用，则a、b、c、d、e五点的溶液中，水的电离程度最大的点是d，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着NaOH加入，减小，增大， 减小；
B.根据计算；
C.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
10．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A不符合题意。
B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B不符合题意。
C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C不符合题意。
D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】醋酸为弱酸，部分电离，等浓度时，盐酸导电能力较强，可知②为盐酸变化曲线，①为醋酸变化曲线，加入20mLKOH时，为滴定终点，加入KOH 40mL时，KOH过量。
11．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D符合题意，故答案为：D。
【分析】A.点①的溶液为等物质的量的CH3COONa与CH3COOH，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析；
B.点②溶液呈中性，结合电荷守恒分析；
C.点③两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，结合电荷守恒分析。
12．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知H3RO3为二元弱酸，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线②表示c(H2RO)随pOH的变化，B不符合题意；
C．时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc(H2RO)，即c(H2RO)=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c(H2RO)+c(HRO)=0.1 mol·L-1，故2c(H3RO3) +c(HRO)=0.1 mol·L-1，C不符合题意；
D．根据a点知，c(HRO)=c(H2RO)时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c(H2RO)=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3H2RO+H+减去H2ROHRO+H+，可得H3RO3+HRO2H2RO，则平衡常数K==105.3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该溶液中存在3种含有P元素的微粒，说明 存在两步电离，为二元弱酸；
B.随着碱性增强，即pOH减小，pH增大，c(H3PO3)减小，c(H2PO)先增加后减小，c(HPO)逐渐增大，曲线②先增大后减小，表示随的变化；
C.的溶液中，c(H2PO)=c(H3PO3)，结合物料守恒分析；
D.根据K=以及Ka1=、Ka2=计算。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，故A不符合题意；
B.25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用电离平衡常数Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶液中c(H+)的数量级为10-11，故B不符合题意；
C．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C符合题意；
D．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCO、CO发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线X表示pOH与-lg的关系，故A不符合题意；
B．Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水解常数Kh(HA-) =10-9.8、Kh(A2-) =10-4.4，则溶液显中性时，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)，则溶液中c(A2-)大于c(H2A)，故C不符合题意；
D．盐酸溶液体积为10mL时，反应得到等浓度的Na2A、NaHA、NaCl的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) +c(Cl-)和物料守恒关系c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(H3A+)+2c()，整合两式可得c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.随着盐酸的加入，A2-的浓度逐渐减小， HA-、H2A的浓度逐渐增大；
B.根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)；
C.溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)。
15．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
16．【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中由于铜离子和铵根离子水解，两种离子浓度减小，溶液呈酸性，则离子浓度大小关系为c(SO42-)>c(NH4+)>c(Cu2+)>c(H+)，选项A不符合题意；
B、0.2 mol/L NaHCO3溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积相混合所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠按1：1形成的溶液，根据物料守恒有：①2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(H2CO3)+3c(CO32-)，根据电荷守恒有②c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由① 2+② 得 ，选项B符合题意；
C、pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水过量溶液呈碱性c(H+)
故答案为：BD。
【分析】根据溶液中物料守恒和电荷守恒，结合溶液离子反应和离子的水解等进行比较离子浓度的大小即可。
17．【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. pH=6.3的溶液中碳酸略过量：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.000×10-3mol·L-1， 故 c(Na+)>1.000×10-3mol·L-1，选项A不符合题意；
B. pH=7的溶液中：由电荷守恒有 c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)，则 c(Na+)> c(CO32-)，由图可知c(H2CO3)>c(CO32-)，故c(Na+)>c(H2CO3)>c(CO32-)，选项B符合题意；
C. pH=a的溶液中，由图中信息可知， c(CO32-)>c(H+)，选项C不符合题意；
D. 25℃时，pH=6.3时，c(H2CO3)= c(HCO3-)，K1=c(H+)=10-6.3，pH=10.3时，c(CO32-)= c(HCO3-)，K2=c(H+)=10-10.3，反应H2CO3+CO32- 2HCO3-的平衡常数K= = = = =1.0×104，选项D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据溶液中质量守恒核电荷守恒，结合图中pH与溶液组成进行分析离子浓度大小关系即可。
18．【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较；物质的量浓度
【解析】【解答】解：A、根据电荷守恒可得 c(Na＋) + c(H+)= c(OH-)+ 2c(CO32－)+ c(HCO3－)根据物料守恒可得 c(Na+)=c(CO32－)+ c(HCO3－)+ c(H2CO3)，代入第一个式子可得 c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)，正确； B.pH＝8,c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，根据溶液呈电中性原理 c(Na＋) + c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32－)+ c(OH-)，c(Na＋) －c(HCO3－) －2c(CO32－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，错误；C. 存在电荷守恒为 c(Na＋)+ c(NH4+)+c(H＋)= c(Cl－)+ c(OH－)，即 c(Na＋)+ c(NH4+)= c(Cl－)，c(Cl－)大于 c(Na＋)和 c(NH4+)；若加入氢氧化钠的量为氯化铵量的一半，反应得到等量的氨水和氯化铵，溶液为碱性，所以溶液为中性应加入的氢氧化钠的量偏少，故有 c(NH4+)＞c(Na＋)，正确；D．对于同种浓度的强碱弱酸盐，酸越强，盐水解的程度就越小，盐溶液的 pH 就越小。若同温下，pH 相同时，则生成盐的酸的酸性越强，该酸产生的盐的浓度就越大。酸性：CH3COOH> H2CO3> HCO3－，所以同温下，pH 相同时，溶质物质的量浓度 c(CH3COONa) >c(NaHCO3) >c(Na2CO3)，错误。
故选AC。
19．【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．W点所示的溶液中c（CO32﹣）=c（HCO3﹣），溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1 mol L﹣1，故B错误；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3﹣的水解程度大于电离程度，则c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C正确；
D．根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c （H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A．W点所示的溶液中c（CO32﹣）=c（HCO3﹣），溶液显碱性；
B．根据物料守恒判断；
C．先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；
D．根据电荷守恒分析．
20．【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后二者反应生成氯化钠、水和二氧化碳，钠离子不反应，根据物料守恒得c（Na+）＞c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故A错误；
B．pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（CH3COO﹣）＞c（Na+），所以c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣），故B正确；
C．等浓度、等体积的醋酸和醋酸钠混合，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），钠离子不反应，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者等体积混合，混合溶液中溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，NaOH体积应该稍微过量，铵根离子水解，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D正确；
故选BD．
【分析】A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后二者反应生成氯化钠、水和二氧化碳，根据物料守恒判断；
B．pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；
C．等浓度、等体积的醋酸和醋酸钠混合，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；
D．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者等体积混合，混合溶液中溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，NaOH体积应该稍微过量．
21．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A.25℃，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，所以c（C2O ）＞c（H2C2O4），但电离程度和水解程度都较小，所以存在 c（HC2O ）＞c（C2O ）＞c（H2C2O4），故A正确；
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO ）+c（HCO3﹣），故B错误；
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得 c（Cl﹣）=c（NH4+），溶液中c（OH﹣）=c（H+）且较小，所以离子浓度大小顺序是 c（Cl﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），即c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；
故选AD．
【分析】A.25℃，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，但都较小；
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒判断 c（Cl﹣）、c（NH4+）相对大小；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．
22．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、NaHSO3 的水解平衡为HSO +H2O H2SO3+OH﹣，平衡常数为Kb= ，电离平衡常数Kh= ，所以NaHSO3 的水解平衡常数Kb= = =10﹣12，故A错误；
B、Kb= ，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，KW、Kb不变，则 将增大，故B错误；
C、电离和水解都是吸热的，所以略微升高温度 Ka（H2SO3）和 Kh（NaHSO3）均增大，故C正确；
D、NaHSO3溶液中，存在电荷守恒，为①c（Na+）+c（H+）=c（HSO ）+2c（SO ）+c（OH﹣），由物料守恒可知，②c（HSO ）+c（SO ）+c（H2SO3）=c（Na+），
①﹣②得：c（H+）+c（H2SO3）=c（SO ）+c（OH﹣），所以c（H+）＜c（SO ）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选AB．
【分析】A、NaHSO3 的水解平衡为HSO +H2O H2SO3+OH﹣，平衡常数为Kb= ，电离平衡常数Kh= ，所以NaHSO3 的水解平衡常数Kb= ；
B、Kb= ，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，KW、Kb不变，则 将增大；
C、电离和水解都是吸热的；
D、NaHSO3溶液中，存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（HSO ）+2c（SO ）+c（OH﹣），由物料守恒可知，c（HSO ）+c（SO ）+c（H2SO3）=c（Na+），据此分析．
23．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故A正确；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（NH4+）＜c（Cl﹣），故B错误；
C．一水合氨是弱电解质，pH=12的NaOH和氨水中氢离子浓度相等，温度相同，离子积常数相等，则氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒得c（Na+）=c（NH4+），故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断c（NH4+）、c（Cl﹣）相对大小；
C．一水合氨是弱电解质，pH=12的NaOH和氨水中氢离子浓度相等，温度相同，离子积常数相等，则氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NH4+）相对大小；
D．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性．
24．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣），故A正确；
B、Na2CO3溶液中由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），所以c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）﹣c（Na+），故B正确；
C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C错误；
D、浓度均为0.1mol L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）= =0.1mol L﹣1，故D错误；
故选AB．
【分析】A、NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度；
B、根据电荷守恒分析解答；
C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）；
D、根据物料守恒分析解答．
25．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO﹣）＜c（OH﹣），故A错误；
B．在B点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），而醋酸体积为12.5mL时恰好生成醋酸钠，溶液为碱性，若溶液为中性，则a应该大于12.5；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正确；
C．在C点，溶液显酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C错误；
D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D正确；
故选BD．
【分析】A．在A、B间当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO﹣）＜c（OH﹣）；
B．当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH﹣）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小；
C．在C点，溶液显酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）；
D．根据物料守恒判断溶液中离子浓度大小．
26．【答案】（1）-399.7；向正反应方向
（2）②；B
（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；
（4）大于；大于；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ mol-1×4-(+210.5kJ mol-1)=-399.7kJ mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中 离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为 ；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100℃)大于K(300℃)；在500℃下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)： ，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为 ，则M点的分压平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算，根据平衡移动影响因素即可确定压强对平衡的影响
（2）考查的是温度对①②平衡常数的影响，根据吸热放热确定反应确定温度改变平衡移动的方向即可，考查的是温度和压强对平衡的影响
（3）考查的是温度对反应物的影响导致浓度的变化，根据三大守恒即可写出离子浓度关系
（4）①先根据二氧化硫的平衡转化率确定正反应是放热吸热情况，在确定温度的变化平衡移动的方向即可②根据数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp的计算公式计算即可
27．【答案】（1）球形干燥管；HCOOH CO↑＋H2O；浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热
（2）c→b→e→d→f
（3）PdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl；氢氧化钠溶液；除去CO中水蒸气
（4）方案不可行；无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7
（5）10-11；c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)
【知识点】离子浓度大小的比较；无机物的推断；常用仪器及其使用；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】Ⅰ．(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOH CO↑＋H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→c→b→e→d→f。Ⅱ．(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；(5)25℃甲酸电离常数Ka＝1.8×10－4，则25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh＝ ，其数量级为10-11。若向100mL 0.1mol·L-1的HCOONa溶液中加入100mL 0.2mol·L-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)。
【分析】A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。
28．【答案】（1）2p；
（2）Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强
（3）3；O2
（4）Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑；c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)
（5）A；B
（6）
【知识点】原子核外电子的能级分布；氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；无机物的推断
【解析】【解答】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是 。答案为：2p； ；(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O 4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-、H2O H++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为 。
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
29．【答案】（1）>；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热
（2）4:15；50%
（3）ab2
（4）SO2+SO32-+H2O→2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：
则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为 ×100%=50%，故答案为：4：15；50%；（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；
（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。
30．【答案】（1）＞
（2）2；＞
（3）c
（4）采用20MPa~50MPa高压；及时将产物液化除去
（5）c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；增大；NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大
（6）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol
【知识点】热化学方程式；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为 = =2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc= = = ＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度= ，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大； (6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。
【分析】判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。
31．【答案】（1）S2->O2->Na+
（2）1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；Ar
（3）CuCl；[Cu(NH3)4]2+；极性
（4）哑铃；H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+
（5）c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
（6）2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；离子浓度大小的比较；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)B、Y、C形成的简单离子为Na+、O2-、S2-，离子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小顺序为：S2->O2->Na+；(2)Cl元素为17号元素，原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；同周期元素中自左至右第一电离能呈增大趋势，Ar元素为该周期最右端元素，且其最外层电子为全满状态，所以第一电离能最大；(3)①根据均摊法，该晶胞中Cl原子数目为 =4，Cu原子数目为4，所以该化合物的化学式为CuCl；②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，说明Cu+被氧化成Cu2+，继而与NH3形成配离子：[Cu(NH3)4]2+；配位体为NH3，其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)基态S原子电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；将H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+可将-2价的S元素氧化成S，自身被还原成Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；(5)用200mL1mol·L-1的NaOH溶液吸收4.48L(标准状况)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶质为NaHSO3，溶液pH<7，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；(6)电解时阴极上NO3-发生得电子的还原反应生成N2，则其阴极的反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。
【分析】A原子是周期表中半径最小的原子，所以A为H元素；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反，则Y的2p轨道电子排布式为2p4，所以Y为O元素；常温下，D的单质是一种黄绿色的气体，则D为Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且C的原子序数大于O小于Cl，所以C为S；B的价层电子排布式为ns1，其原子序数大于O且小于S，则其价层电子排布式为3s1，所以B为Na元素；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，则其原子的价层电子排布为3d64s2，为Fe元素；M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素，则M为Cu元素。
32．【答案】（1）将电极材料Pb、PbO2全部转换为PbSO4
（2）PbSO4(s)+CO32－(aq)=PbCO3 (s)+SO42－(aq)
（3）可以减小污染，对环境友好
（4）近地面不同高度空气含铅量的研究；离地面越低，含铅量越高；铅和铅化合物密度大
（5）偏大
【知识点】离子浓度大小的比较；常见的生活环境的污染及治理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)铅蓄电池的负极反应为：Pb+SO42--2e-=PbSO4，正极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，将正负极电极反应式相加即可得电池反应式，所以电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4 ═2PbSO4+2H2O，废旧电池的预处理时需要将电池放电完全，目的是将电极材料全部转换为PbSO4；(2)Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，碳酸铅更难溶，实现了沉淀的转化，铅膏脱硫时的离子方程式：PbSO4+CO32-=SO42-+PbCO3；(3)使用纯碱脱硫的显著优点是可以减小污染，对环境友好；(4)①所给的图表可知，离地面高度越高，空气含铅量越低．可以得出的结果，离地面越低，含铅量越高．进而可知课题名称应为近地面不同高度空气含铅量的研究；②分析以上实验数据，因为离地面越低，含铅量越高，说明铅和铅化合物密度大；③由所给的图表可知，离地面高度越高，空气含铅量越低；因为离地面越低，含铅量越高，说明铅和铅化合物密度大；(5)由实验步骤可知，需在烧杯中处理废水，将废水中的铅转化为沉淀，并进行过滤，洗涤烘干，称量含铅沉淀，实验最后需称量过滤洗涤后不溶物，所以称量前应将过滤洗涤后的不溶物烘干，否则含铅不溶物的质量会偏大，测得废水中铅的含量偏高。
【分析】（1）放电完全是将正极和负极材料转化为硫酸铅
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）产物不会污染空气
（4）①根据表格即可判断，距离地面的高度与铅的浓度的关系
②根据数据即可判断距离地面越高，铅的浓度越低
③密度越大，高度越低浓度越大
（5）操作M是干燥，若无此操作时，导致结果偏大
33．【答案】（1）4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1
（2）1：1；a＞b＞c；a＝c＞d；75％
（3）NO2；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；0.8NA
（4）c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；离子浓度大小的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律,由②×4+①-③可得4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g) ΔH=(-234 kJ·mol-1)×4-112.3 kJ·mol-1-179.5 kJ·mol-1= -1 227.8 kJ·mol-1。
答案为：4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1；(2)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近1∶1。
答案为：1：1②增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率:a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。
答案为：a＞b＞c；a＝c＞d；③设CO起始物质的量为0.8 mol,反应达平衡时，CO转化了x mol，则有:
2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2CO2(g)
起始（mol） 0.8 1 0 0
转化（mol） x x x
平衡（mol） 0.8 1-x x
平衡时，N2的体积分数为 ×100%=20%，解得x=0.6。所以，CO的转化率为 ×100%=75%；
答案为：75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出,则A为负极，A电极处通入NO2,发生氧化反应，电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.2×2+0.2×2)NA=0.8NA。
答案为：NO2 ；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ ；0.8NA；(4) HC2O4-的水解常数Kh= = =1.69×10-13，Kh
答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性。
【分析】（1）盖斯定律的指的是化学反应中热量的变化与反应的途径无关；
（2）应用三段式计算出几种气体在平衡时的浓度，用平衡时消耗的的物质的量比上反应开始时该物质的物质的量就是其转化率；
（3）D处析出的红色物质是铜单质，说明D电极得到电子，为正极，那么A为正极；A处发生的电极反应是NO2失去电子并结合水生成NO3-和2H+；
（4）根据盐类水解的原理：酸根离子对应的酸酸性越弱，酸根离子就越溶液水解；要知道该溶液的酸碱性，需通过比较氢离子和氢氧根离子浓度的大小。
34．【答案】（1）A；C
（2）BCD；3
（3）>
（4）当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；0.315cV/m
【知识点】化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）在温度、体积不变时，压强和气体的总量成正比，由于反应物为固体，所以当反应向左进行时，气体总量减小，压强变小，当压强不再变化时，说明反应已经达到平衡状态，A正确；由于反应物为固体，生成物为气体，三种气体为固定组成，所以CO2(g)的体积分数保持不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，B错误；反应向左进行时，气体总质量减小，容器的体积不变，所以混合气体密度不再发生变化时，说明反应已经达到平衡状态，C正确；由于反应物为固体，生成物为气体，三种气体为固定组成，所以三种气体的平均摩尔质量始终保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，D错误；
故答案为：AC。
（2）①根据图示可知，第一条曲线代表草酸，第二条曲线代表草酸氢根离子，第三条曲线代表草酸根离子，所以当溶液中含碳粒子的主要存在形态为C2O42-时，溶液可能为弱酸性、中性 、碱性；正确答案： BCD。②根据图示可知：当pH=1.2时，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)，K1= c(HC2O4-)×c(H+)/ c(H2C2O4)=10-1.2；当pH=4.2时，c(HC2O4-)= c(C2O42-)，K2= c(C2O42-)×c(H+)/ c(HC2O4-) =10-4.2；反应C2O42-+H2C2O4- 2HC2O4-的平衡常数K= c2(HC2O4-)/c(C2O42-)×c(HC2O4-)= K1/ K2=10-1.2/10-4.2=103，平衡常数的对数值1gK=1g103=3，正确答案：3。
（3）根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)可知，当溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)时， c(H+)= c(OH-)，如果V(NaOH)=10mL，和10mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液反应生成草酸氢钠溶液，由图示可知，草酸氢钠溶液显酸性，要想保持溶液为中性，氢氧化钠溶液适当过量，因此V(NaOH) >10mL；正确答案：>。
（4）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)具有还原性，被酸性KMnO4溶液氧化为二氧化碳，导致KMnO4溶液褪色，当草酸反应完后，KMnO4溶液颜色不再褪色，达到滴定终点，现象为当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O； 根据反应关系可知：2KMnO4--5H2C2O4，反应消耗KMnO4的量为c×V×10-3mol，则H2C2O4的量为2.5c×V×10-3mol，草酸晶体的质量为2.5c×V×10-3×126g=0.315cV g；草酸晶体纯度为 0.315cV/m；正确答案：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O； 0.315cV/m。
【分析】（1）根据化学平衡状态是指正逆反应速率相等、各组分的百分含量不变进行判断反应是否达到平衡状态即可。
35．【答案】（1）分液漏斗
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2-8次，将洗涤液注入锥形瓶中
（3）偏大
（4）待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1-2滴BaCl2溶液。若无白色浑出出现，则说明BaCl2溶液过量
（5）尽可能减少沉淀的溶解担失，减小实验误差
（6）(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)
【知识点】离子浓度大小的比较；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】I．（1）仪器M的名称为分液漏斗；正确答案：分液漏斗。
(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，通入氧气后，被氧化为氢氧化铁；化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；蒸氨结束后，直形冷凝管中会残留一些液氨，会对测定结果产生影响；因此为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中；正确答案：用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中。
(3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗氢氧化钠的量减小，则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n(NH4+)的量偏大；正确答案：偏大。
II. （4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；正确答案：待浊液分层后，在上层清液中加入1～2滴BaCl2溶液，无白色浑浊出现，则BaCl2溶液已过量；
(5) 用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤，其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差；正确答案：尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。
(6) 与NaOH反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=1/2n(NaOH)=1/2×0.04×0.025=0.0005 mol；与氨气反应的硫酸的物质的量为：0.05×1.0100×1/2×0.0400×0.02500=0.05mol，则氨气的物质的量n（NH3）=2n（H2SO4）=0.1mol；19.60g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀23.30g，则n（SO42-）=23.3/233=0.1 mol，19.6×2x /(132x+152y+18z)=0.1，19.6×(x+y)/(132x+152y+18z)=0.1，则x+y=2x，即x=y，令x=1，则19.6×2/(132+152+18 z)=0.1， 则z=6， 即x=1，y=1，z=6，则其化学式为（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O；令x=2，则19.6×4/(132×2+152×2+18 z)=0.1， 则z=1.21，不符合；所以晶体X的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；将晶体(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O 加水溶解后，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是铵根离子浓度起点大，所以c(NH4+)>c(Fe2+ )；又由于硫酸根离子不水解，所以c(SO42-)>c(NH4+)；实验I的步骤①中，溶液中离子溶度由大到小的顺序c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)；正确答案：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)。
【分析】（1）根据一起的形状判断一起的名称；
（2）加入NaOH生成氢氧化亚铁，然后氢氧化亚铁被氧气氧化，为减小误差需要将生成的氨气全部转移到锥形瓶中；
（3）震荡时有液体溅出，则锥形瓶中的氮元素减少；
（4）判断氯化钡过量的方法是继续加入氯化钡不会产生白色沉淀；
（6）根据铵根离子和亚铁离子的物质的量计算化学式，根据亚铁离子和铵根离子水解的相互抑制，以及其比例关系进行判断溶液中离子浓度的相对大小关2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较2
一、选择题
1．（2022·福建）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A.x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%；
B.x＞x1时，反应①也生成氯离子；
C.x＞x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多；
D.x=x1时，溶液中还含有硝酸根离子。
2．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（ ）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
3．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
4．（2022·湖北）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的c-pH图(浓度：总As为，总T为)。下列说法错误的是（ ）
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，当pH=9.1时，=，，，A不符合题意；
B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B不符合题意；
C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C不符合题意；
D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.电离平衡常数越大，酸性越强；
C.的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L。
5．（2023·广州模拟）以酚酞为指示剂，用溶液滴定一元酸的溶液。溶液中，、分布系数(，比如的分布系数：)随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．的数量级为
C．滴定过程中，溶液中不断减小
D．滴定终点时，
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随着溶液的滴加，HA电离程度增大，溶液中减小、增大，则减小、增大，所以曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表pH变化，A不符合题意；
B．由图可知当溶液中时，，，，故的数量级为，B不符合题意；
C．根据电离平衡常数：，，在滴定过程中，不变，减小，增大，C符合题意；
D．滴定达到终点时，生成，在溶液中发生水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电离平衡的影响分析；
B．依据图中对应的pH判断；
C．根据，利用变形法分析；
D．依据溶液的酸碱性，利用电荷守恒。
6．（2023·新疆模拟）电位滴定法(potentiometric titration)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10mL 0.1 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a mL溶液，第二个电位突跃时消耗b mL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10mL 0.1 溶液，只有一个电位突跃
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【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10mL 0.1 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。
7．（2023·蚌埠模拟）相同温度和压强下，研究X2(g)分别在不同浓度的HX(aq)和NaX(aq)中的溶解情况，实验测得X2(g)的饱和浓度c(X2)与HX( aq)和NaX(aq)的浓度关系如图所示。
已知：X2(g)溶解过程发生如下反应：
①X2(aq) +X- (aq)(aq) K1=0.19
②X2(aq) +H2O(1)H+(aq) +X- (aq) + HXO( aq) K2=4.2×10-4
③HXO(aq) H+(aq) +XO- (aq) Ka=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() >c(OH-)
B．b点溶液中存在：c(X-) +c() +c(XO- )>c(H+) +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X2溶解度的减小，溶液中增大
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由反应②可知，HX为强酸，完全电离，溶液中反应程度①>②>③，a点主要溶质为HX、X2，由于HX(aq)= H+(aq) +X- (aq)，X-会与X2反应，所以c(H+)> c(X-)> c()>c(HXO) > c(XO-)>c(OH-)，选项A不符合题意；
B．b点溶液中存在电荷守恒： c(H+)+c(Na+)= c(X-)+ c()+ c(XO-)+ c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)> c(X-)+ c()+ c(XO-)，选项B不符合题意；
C．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NaX溶液中，随着c(X-)减小，X2的饱和浓度增大，X-对X2的溶解度无明显作用，选项C不符合题意；
D．NaX溶液中，，随着X2的溶解度减小，其溶液中c(H+)减小，所以增大，即增大，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用已知反应的K值分析；
B．利用电荷守恒分析；
C．依据影响电离和水解平衡的因素分析；
D．利用转化为Ka分析。
8．（2023·厦门模拟）常温下，用溶液滴定和混合溶液，滴定过程中和分布系数及pH随溶液体积变化如图。已知：，下列说法错误的是
A．
B．时，
C．时，滴定过程中水的电离程度不断增大
D．可利用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图中和分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，，A项不符合题意；
B．常温下，时，可知，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaCl，根据分析可知，初始盐酸和HA的混合溶液中：n(HA) =3n(HCl)，则时，，所以，B项不符合题意；
C．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，时，随着盐酸和HA被氢氧化钠反应消耗，盐酸和HA减少，对水的电离抑制减弱，且生成的水解促进水的电离，所以滴定过程中水的电离程度不断增大，C项不符合题意；
D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且，则，，则用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点，pH要大于3.0才变色，由于第一终点突变变化不明显，用该指示剂判断第一终点误差较大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据图中和分布系数变化曲线相交的点，利用计算；
B．依据产物l，根据电离情况分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据终点的pH选择指示剂。
9．（2023·赣州模拟）化学上常用AG表示溶液中的。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1的HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．随着NaOH溶液的加入，减小
B．25℃时，HNO2的电离常数Ka的数量级为10-6
C．b点溶液中存在：2c(H+)-2c(OH-)=c()-c(HNO2)
D．a、b、c、d、e五点的溶液中，水的电离程度最大的点是d
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A． 随着NaOH溶液的加入，氢离子浓度减小，离子数目增大，减小，选项A不符合题意；
B.25℃时， a点，则，Kw，所以，HNO2的电离常数，选项B符合题意；
C．b点溶液为等浓度的HNO2和溶液，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，将得：，选项C不符合题意；
D．加入20mL氢氧化钠溶液时恰好完全反应生成溶液、即d点，由图知，溶液呈碱性、由弱酸根离子水解使溶液显碱性，则促进水的电离，a、b、c点酸过量，e点氢氧化钠过量，这四点对水的电离均起到抑制作用，则a、b、c、d、e五点的溶液中，水的电离程度最大的点是d，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着NaOH加入，减小，增大， 减小；
B.根据计算；
C.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
10．（2023·湖南模拟）电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1
D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A不符合题意。
B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B不符合题意。
C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C不符合题意。
D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】醋酸为弱酸，部分电离，等浓度时，盐酸导电能力较强，可知②为盐酸变化曲线，①为醋酸变化曲线，加入20mLKOH时，为滴定终点，加入KOH 40mL时，KOH过量。
11．（2023·嘉定模拟）常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D符合题意，故答案为：D。
【分析】A.点①的溶液为等物质的量的CH3COONa与CH3COOH，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析；
B.点②溶液呈中性，结合电荷守恒分析；
C.点③两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，结合电荷守恒分析。
12．（2023·汕头模拟）亚磷酸常用作尼龙增白剂和合成药物中间体。25℃时，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为，溶液中所有含磷微粒的的关系如图所示。已知：表示浓度的负对数。下列说法正确的是
A．为三元弱酸
B．曲线①表示随的变化
C．的溶液中：
D．反应的平衡常数
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知H3RO3为二元弱酸，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线②表示c(H2RO)随pOH的变化，B不符合题意；
C．时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc(H2RO)，即c(H2RO)=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c(H2RO)+c(HRO)=0.1 mol·L-1，故2c(H3RO3) +c(HRO)=0.1 mol·L-1，C不符合题意；
D．根据a点知，c(HRO)=c(H2RO)时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c(H2RO)=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3H2RO+H+减去H2ROHRO+H+，可得H3RO3+HRO2H2RO，则平衡常数K==105.3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该溶液中存在3种含有P元素的微粒，说明 存在两步电离，为二元弱酸；
B.随着碱性增强，即pOH减小，pH增大，c(H3PO3)减小，c(H2PO)先增加后减小，c(HPO)逐渐增大，曲线②先增大后减小，表示随的变化；
C.的溶液中，c(H2PO)=c(H3PO3)，结合物料守恒分析；
D.根据K=以及Ka1=、Ka2=计算。
13．（2023·龙岩模拟）按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是
A．X为Na2CO3溶液的反应曲线
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，故A不符合题意；
B.25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用电离平衡常数Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶液中c(H+)的数量级为10-11，故B不符合题意；
C．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C符合题意；
D．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCO、CO发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应。
14．（2023·湖南模拟）谷氨酸(，用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位，在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA-和A2-)，常温下，用0.1mol L-1HCl溶液滴定20.00mL0.1mol L-1的Na2A溶液，溶液中pOH与离子浓度变化的关系如图所示[pOH=-lgc(OH-)]，下列叙述正确的是
A．曲线X表示pOH与-lg的关系
B．Na2A溶液中，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
C．溶液显中性时，c(H2A)＞c(A2-)
D．当V(HCl)=10mL时，c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线X表示pOH与-lg的关系，故A不符合题意；
B．Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水解常数Kh(HA-) =10-9.8、Kh(A2-) =10-4.4，则溶液显中性时，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)，则溶液中c(A2-)大于c(H2A)，故C不符合题意；
D．盐酸溶液体积为10mL时，反应得到等浓度的Na2A、NaHA、NaCl的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) +c(Cl-)和物料守恒关系c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(H3A+)+2c()，整合两式可得c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.随着盐酸的加入，A2-的浓度逐渐减小， HA-、H2A的浓度逐渐增大；
B.根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)；
C.溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)。
二、多选题
15．（2022·海南）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（ ）
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C．通入过量，反应的离子方程式为
D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
16．（2018·宿迁模拟）常温下下列溶液中确关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液
B．0.2 mol/L NaHCO3溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积相混合：
C．pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合
D．0.1 mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7(溶液体积变化忽略不计)：
【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中由于铜离子和铵根离子水解，两种离子浓度减小，溶液呈酸性，则离子浓度大小关系为c(SO42-)>c(NH4+)>c(Cu2+)>c(H+)，选项A不符合题意；
B、0.2 mol/L NaHCO3溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积相混合所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠按1：1形成的溶液，根据物料守恒有：①2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(H2CO3)+3c(CO32-)，根据电荷守恒有②c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由① 2+② 得 ，选项B符合题意；
C、pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水过量溶液呈碱性c(H+)
故答案为：BD。
【分析】根据溶液中物料守恒和电荷守恒，结合溶液离子反应和离子的水解等进行比较离子浓度的大小即可。
17．（2018·盐城模拟）t℃时，配制一组c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.000×10-3mol·L-1的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．pH=6.3的溶液中：c(Na+)>1.000×10-3mol·L-1
B．pH=7的溶液中：c(Na+)>c(H2CO3)>c(CO32-)
C．pH=a的溶液中：c(HCO3-)>c(Na+)>c(H+)>c(CO32-)
D．25℃时，反应H2CO3+CO32- 2HCO3-的平衡常数为1.0×104
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. pH=6.3的溶液中碳酸略过量：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.000×10-3mol·L-1， 故 c(Na+)>1.000×10-3mol·L-1，选项A不符合题意；
B. pH=7的溶液中：由电荷守恒有 c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)，则 c(Na+)> c(CO32-)，由图可知c(H2CO3)>c(CO32-)，故c(Na+)>c(H2CO3)>c(CO32-)，选项B符合题意；
C. pH=a的溶液中，由图中信息可知， c(CO32-)>c(H+)，选项C不符合题意；
D. 25℃时，pH=6.3时，c(H2CO3)= c(HCO3-)，K1=c(H+)=10-6.3，pH=10.3时，c(CO32-)= c(HCO3-)，K2=c(H+)=10-10.3，反应H2CO3+CO32- 2HCO3-的平衡常数K= = = = =1.0×104，选项D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据溶液中质量守恒核电荷守恒，结合图中pH与溶液组成进行分析离子浓度大小关系即可。
18．（2017·江苏模拟）下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是（ ）
A．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)
B．25℃时，NaHCO3溶液的pH＝8，c(Na＋) + c(HCO3－)＝9.9×10－7mol·L－1
C．25℃时，向0.1mol·L－1NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(Na＋)＞c(OH—)＝c(H＋)
D．25℃时，pH相同的溶液中溶质的物质的量浓度：c(CH3COONa)
【知识点】离子浓度大小的比较；物质的量浓度
【解析】【解答】解：A、根据电荷守恒可得 c(Na＋) + c(H+)= c(OH-)+ 2c(CO32－)+ c(HCO3－)根据物料守恒可得 c(Na+)=c(CO32－)+ c(HCO3－)+ c(H2CO3)，代入第一个式子可得 c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)，正确； B.pH＝8,c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，根据溶液呈电中性原理 c(Na＋) + c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32－)+ c(OH-)，c(Na＋) －c(HCO3－) －2c(CO32－)＝c(OH-)－c(H+)=9.9×10－7mol/L，错误；C. 存在电荷守恒为 c(Na＋)+ c(NH4+)+c(H＋)= c(Cl－)+ c(OH－)，即 c(Na＋)+ c(NH4+)= c(Cl－)，c(Cl－)大于 c(Na＋)和 c(NH4+)；若加入氢氧化钠的量为氯化铵量的一半，反应得到等量的氨水和氯化铵，溶液为碱性，所以溶液为中性应加入的氢氧化钠的量偏少，故有 c(NH4+)＞c(Na＋)，正确；D．对于同种浓度的强碱弱酸盐，酸越强，盐水解的程度就越小，盐溶液的 pH 就越小。若同温下，pH 相同时，则生成盐的酸的酸性越强，该酸产生的盐的浓度就越大。酸性：CH3COOH> H2CO3> HCO3－，所以同温下，pH 相同时，溶质物质的量浓度 c(CH3COONa) >c(NaHCO3) >c(Na2CO3)，错误。
故选AC。
19．（2017·南通模拟）25℃时，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A．W点所示的溶液中：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．pH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol L﹣1
C．pH=8的溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣）
D．pH=11的溶液中：c（Na+）+c （H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）
【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．W点所示的溶液中c（CO32﹣）=c（HCO3﹣），溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1 mol L﹣1，故B错误；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3﹣的水解程度大于电离程度，则c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C正确；
D．根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c （H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A．W点所示的溶液中c（CO32﹣）=c（HCO3﹣），溶液显碱性；
B．根据物料守恒判断；
C．先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；
D．根据电荷守恒分析．
20．（2016·铜山模拟）25℃时，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后所得溶液中：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）
C．0.1 mol L﹣1CH3COOH溶液和0.1 mol L﹣1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．0.1 mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol L﹣1 NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后二者反应生成氯化钠、水和二氧化碳，钠离子不反应，根据物料守恒得c（Na+）＞c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故A错误；
B．pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（CH3COO﹣）＞c（Na+），所以c（CH3COO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣），故B正确；
C．等浓度、等体积的醋酸和醋酸钠混合，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），钠离子不反应，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者等体积混合，混合溶液中溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，NaOH体积应该稍微过量，铵根离子水解，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D正确；
故选BD．
【分析】A．向浓度为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液中滴加少量盐酸后二者反应生成氯化钠、水和二氧化碳，根据物料守恒判断；
B．pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；
C．等浓度、等体积的醋酸和醋酸钠混合，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；
D．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者等体积混合，混合溶液中溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，NaOH体积应该稍微过量．
21．（2016·黄浦模拟）下列有关溶液中粒子浓度的关系式正确的是（ ）
A．25℃，0.1mol/L pH=4.5 的NaHC2O4溶液 c（HC2O ）＞c（C2O ）＞c（H2C2O4）
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CO ）+c（HCO3﹣）
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，c（Cl﹣）=0.1mol/L c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．浓度均为0.1mol/L的醋酸钠和醋酸的混合溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A.25℃，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，所以c（C2O ）＞c（H2C2O4），但电离程度和水解程度都较小，所以存在 c（HC2O ）＞c（C2O ）＞c（H2C2O4），故A正确；
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO ）+c（HCO3﹣），故B错误；
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得 c（Cl﹣）=c（NH4+），溶液中c（OH﹣）=c（H+）且较小，所以离子浓度大小顺序是 c（Cl﹣）=c（NH ）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），即c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；
故选AD．
【分析】A.25℃，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，但都较小；
B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒判断 c（Cl﹣）、c（NH4+）相对大小；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．
22．（2015·河北模拟）25℃时，H2SO3 HSO +H+的电离平衡常数Kh=1×10﹣2，下列说法不正确的是（ ）
A．该温度下NaHSO3 的水解平衡常数Kh=1×10﹣2
B．若向NaHSO3 溶液中加入少量的I2，则溶液中 将减小
C．略微升高温度 Ka（H2SO3）和 Kh（NaHSO3）均增大
D．NaHSO3溶液中：c（H+）＜c（SO ）+c（HSO ）+c（OH﹣）
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、NaHSO3 的水解平衡为HSO +H2O H2SO3+OH﹣，平衡常数为Kb= ，电离平衡常数Kh= ，所以NaHSO3 的水解平衡常数Kb= = =10﹣12，故A错误；
B、Kb= ，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，KW、Kb不变，则 将增大，故B错误；
C、电离和水解都是吸热的，所以略微升高温度 Ka（H2SO3）和 Kh（NaHSO3）均增大，故C正确；
D、NaHSO3溶液中，存在电荷守恒，为①c（Na+）+c（H+）=c（HSO ）+2c（SO ）+c（OH﹣），由物料守恒可知，②c（HSO ）+c（SO ）+c（H2SO3）=c（Na+），
①﹣②得：c（H+）+c（H2SO3）=c（SO ）+c（OH﹣），所以c（H+）＜c（SO ）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选AB．
【分析】A、NaHSO3 的水解平衡为HSO +H2O H2SO3+OH﹣，平衡常数为Kb= ，电离平衡常数Kh= ，所以NaHSO3 的水解平衡常数Kb= ；
B、Kb= ，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，KW、Kb不变，则 将增大；
C、电离和水解都是吸热的；
D、NaHSO3溶液中，存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（HSO ）+2c（SO ）+c（OH﹣），由物料守恒可知，c（HSO ）+c（SO ）+c（H2SO3）=c（Na+），据此分析．
23．（2015·海南模拟）25℃时，下列溶液中离子浓度的等量关系正确的是（ ）
A．0.1 mol/L氨水中：c（NH ）+c（H+）=c（OH﹣）
B．0.1 mol/L的NH4Cl溶液中：c（NH ）=c（Cl﹣）
C．pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中：c（Na+）=c（NH ）
D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后：c（OH﹣）=c（H+）
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故A正确；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（NH4+）＜c（Cl﹣），故B错误；
C．一水合氨是弱电解质，pH=12的NaOH和氨水中氢离子浓度相等，温度相同，离子积常数相等，则氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒得c（Na+）=c（NH4+），故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故D错误；
故选AC．
【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断c（NH4+）、c（Cl﹣）相对大小；
C．一水合氨是弱电解质，pH=12的NaOH和氨水中氢离子浓度相等，温度相同，离子积常数相等，则氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（NH4+）相对大小；
D．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性．
24．（2015·抚顺模拟）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．常温下，pH=9的NaHA溶液：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）
B．Na2CO3溶液：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO ）+2c（CO ）﹣c（Na+）
C．向NaOH溶液中滴入CH3COOH溶液后溶液显碱性：c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．浓度均为0.1mol L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）=0.2mol L﹣1
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣），故A正确；
B、Na2CO3溶液中由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），所以c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）﹣c（Na+），故B正确；
C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C错误；
D、浓度均为0.1mol L﹣1的HF溶液与KF溶液等体积混合：c（F﹣）+c（HF）= =0.1mol L﹣1，故D错误；
故选AB．
【分析】A、NaHA溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，HA﹣水解大于HA﹣电离程度；
B、根据电荷守恒分析解答；
C、如果氢氧化钠大量过剩，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）；
D、根据物料守恒分析解答．
25．（2015·苏州模拟）在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系比较正确的（ ）
A．在A，B间任意一点，溶液中一定都有c（Na+）＞cCH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．在B点，a＞12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
C．在C点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．在D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2 c（Na+）
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO﹣）＜c（OH﹣），故A错误；
B．在B点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），而醋酸体积为12.5mL时恰好生成醋酸钠，溶液为碱性，若溶液为中性，则a应该大于12.5；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正确；
C．在C点，溶液显酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C错误；
D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D正确；
故选BD．
【分析】A．在A、B间当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO﹣）＜c（OH﹣）；
B．当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH﹣）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小；
C．在C点，溶液显酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）；
D．根据物料守恒判断溶液中离子浓度大小．
三、非选择题
26．（2021·桂林模拟）研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
（1）I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ mol-1
反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) △H3 kJ mol-1，平衡时增大压强，此反应将 (填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（2）反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应
(填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
（3）另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是 。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为 。
（4）II．SO2的回收利用
SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g) SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100℃) K(300℃) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500℃下，若反应进行至N点，此时v正 v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp= (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
【答案】（1）-399.7；向正反应方向
（2）②；B
（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；
（4）大于；大于；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ mol-1×4-(+210.5kJ mol-1)=-399.7kJ mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中 离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为 ；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100℃)大于K(300℃)；在500℃下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)： ，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为 ，则M点的分压平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算，根据平衡移动影响因素即可确定压强对平衡的影响
（2）考查的是温度对①②平衡常数的影响，根据吸热放热确定反应确定温度改变平衡移动的方向即可，考查的是温度和压强对平衡的影响
（3）考查的是温度对反应物的影响导致浓度的变化，根据三大守恒即可写出离子浓度关系
（4）①先根据二氧化硫的平衡转化率确定正反应是放热吸热情况，在确定温度的变化平衡移动的方向即可②根据数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp的计算公式计算即可
27．（2020·汉中模拟）甲酸(化学式HCOOH，分子式CH2O2，相对分子质量46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6
℃，沸点100.8℃，25℃电离常数Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。
（1）Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳
A． B． C． D．
请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称 。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是 ；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是 。
（2）如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
（3）Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究
资料：ⅰ．常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；
ⅱ．一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOH HCOONa
利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。
打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为 ；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是 ，H装置的作用是 。
（4）现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常温下测该溶液的pH，若pH>7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由： ， 。
（5）25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为 。若向100mL 0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为 。
【答案】（1）球形干燥管；HCOOH CO↑＋H2O；浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热
（2）c→b→e→d→f
（3）PdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl；氢氧化钠溶液；除去CO中水蒸气
（4）方案不可行；无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7
（5）10-11；c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)
【知识点】离子浓度大小的比较；无机物的推断；常用仪器及其使用；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】Ⅰ．(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOH CO↑＋H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→c→b→e→d→f。Ⅱ．(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；(5)25℃甲酸电离常数Ka＝1.8×10－4，则25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh＝ ，其数量级为10-11。若向100mL 0.1mol·L-1的HCOONa溶液中加入100mL 0.2mol·L-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)。
【分析】A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。
28．（2020·杨浦模拟）
（1）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是： 。锂离子核外电子的轨道表示式是： 。
（2）已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因 。
（3）II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
每合成1mol氨，转移电子 mol；该过程最终得到的氧化产物是 。
（4）写出反应Ⅱ的化学反应方程式： 。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是： 。
（5）由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
（6）NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。
【答案】（1）2p；
（2）Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强
（3）3；O2
（4）Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑；c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)
（5）A；B
（6）
【知识点】原子核外电子的能级分布；氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；无机物的推断
【解析】【解答】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是 。答案为：2p； ；(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O 4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-、H2O H++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为 。
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
29．（2020·金山模拟）已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，如图为不同温度（T1、T2）下SO2的转化率随时间的变化曲线。
完成下列填空：
（1）T1 （选填“>”“<”或“=”）T2，判断依据是 ；该反应为 （选填“放”或“吸”）热反应，判断依据是 。
（2）下表为一定温度和压强下，4种投料比[n(SO2):n(O2)]分别为2:18、4:15、7:11和8:10时SO2的平衡转化率。
投料比 ① ② ③ ④
SO2平衡转化率／% 97.1 96.8 95.8 90.0
②对应的投料比为 。投料比为8:10时，平衡混合气体中SO3体积分数为 。
（3）在相同温度下：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) K1=a；NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) K2=b；则2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 的平衡常数K= （用a、b表示）。
（4）钠碱循环法吸收硫酸厂尾气中的SO2并将其转化为硫酸的工艺如下：
吸收池中发生反应的离子方程式是 ；NaHSO3溶液呈弱酸性，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为 。
【答案】（1）>；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热
（2）4:15；50%
（3）ab2
（4）SO2+SO32-+H2O→2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：
则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为 ×100%=50%，故答案为：4：15；50%；（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；
（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。
30．（2020·虹口模拟）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。完成下列填空：
合成氨工业中：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：
t/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
（1）试比较K1、K2的大小，K1 K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（2）400℃时，反应2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)的化学平衡常数的值为 。
当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，则该反应υ(N2)(正) υ(N2)(逆)（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是 。
a．υ(N2)（正）=3υ
(H2)（逆） b．混合气体的密度保持不变
c．容器内压强保持不变 d．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
（4）化工生产为做到又“快”又“多”采用多种方法，试写出两项合成氨工业中为实现“多”所采取的措施： ， 。
（5）0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH4+的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是 。
（6）如图是1 mol NO2和1
mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和 CO反应的热化学方程式 。
【答案】（1）＞
（2）2；＞
（3）c
（4）采用20MPa~50MPa高压；及时将产物液化除去
（5）c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；增大；NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大
（6）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol
【知识点】热化学方程式；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为 = =2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc= = = ＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度= ，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大； (6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。
【分析】判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。
31．（2020·天津模拟）A、X、Y、B、C、D、E、M是前30号元素，原子序数依次增加。A原子是周期表中半径最小的原子；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反；B的价层电子排布式为ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，常温下，D的单质是一种黄绿色的气体；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素。
（1）B、Y、C分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为(填离子符号)
（2）元素D基态原子的核外电子排布式为 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是 （写元素符号）。
（3）M与D形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为
②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为 ，其中配位体为 分子（填“极性”或“非极性”），
（4）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。将A2C通入ED3溶液中反应的离子方程式为
（5）用200mL1mol·L-1的BYA溶液吸收4.48L（标准状况）CY2所得溶液的pH<7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（6）工业上用电化学法治理酸性废液中XY3 的原理如图，阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）S2->O2->Na+
（2）1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；Ar
（3）CuCl；[Cu(NH3)4]2+；极性
（4）哑铃；H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+
（5）c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
（6）2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；离子浓度大小的比较；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)B、Y、C形成的简单离子为Na+、O2-、S2-，离子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小顺序为：S2->O2->Na+；(2)Cl元素为17号元素，原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；同周期元素中自左至右第一电离能呈增大趋势，Ar元素为该周期最右端元素，且其最外层电子为全满状态，所以第一电离能最大；(3)①根据均摊法，该晶胞中Cl原子数目为 =4，Cu原子数目为4，所以该化合物的化学式为CuCl；②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，说明Cu+被氧化成Cu2+，继而与NH3形成配离子：[Cu(NH3)4]2+；配位体为NH3，其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)基态S原子电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；将H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+可将-2价的S元素氧化成S，自身被还原成Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；(5)用200mL1mol·L-1的NaOH溶液吸收4.48L(标准状况)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶质为NaHSO3，溶液pH<7，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；(6)电解时阴极上NO3-发生得电子的还原反应生成N2，则其阴极的反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。
【分析】A原子是周期表中半径最小的原子，所以A为H元素；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反，则Y的2p轨道电子排布式为2p4，所以Y为O元素；常温下，D的单质是一种黄绿色的气体，则D为Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且C的原子序数大于O小于Cl，所以C为S；B的价层电子排布式为ns1，其原子序数大于O且小于S，则其价层电子排布式为3s1，所以B为Na元素；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，则其原子的价层电子排布为3d64s2，为Fe元素；M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素，则M为Cu元素。
32．（2020·保定模拟）随着电动自行车市场保有量的不断增加，废弃的铅酸蓄电池已变成不容忽视的一种环境污染源，处理不当会加大对大气、水和土壤的污染。用新方案和新工艺处理废旧铅酸蓄电池，可以达到节能减排、防治污染和资源循环利用的目的。一种处理废旧铅酸蓄电池的流程如下：
已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8和Ksp(PbCO3)=7.4×10-14
回答下列问题：
（1）废旧电池预处理时需要将电池放电完全，这样做的目的是 。
（2）写出铅膏脱硫时的离子方程式 。
（3）传统的铅蓄电池的处理工艺是将电池破碎后，洗涤，干燥，直接送入回转炉熔炼。而该工艺使用纯碱脱硫的显著优点是 。
（4）某同学查阅资料发现：儿童从空气中吸入的铅量是成人吸入量的1.6～1.7倍。为了探讨这个现象，展开了相关探究，他通过取样分析，得到了以下实验数据：
离地面高度 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0
铅的浓度(μg/cm3) 1.10 0.98 0.91 0.72 0.66 0.54 0.50
①该同学探究的课题名称为 。
②分析以上实验数据，可以得出的结论是 。
③造成此结果的原因可能是 。
（5）在走访调查中，小明同学收集了某铅酸蓄电池处理厂排出的废水样品，为了判断废水中含铅的浓度是否符合排放标准，他设计了如下方案并进行了实验：
上述实验中如果缺少操作M，所测得结果会 (填“偏大”、“偏小”、或“无影响”)。
【答案】（1）将电极材料Pb、PbO2全部转换为PbSO4
（2）PbSO4(s)+CO32－(aq)=PbCO3 (s)+SO42－(aq)
（3）可以减小污染，对环境友好
（4）近地面不同高度空气含铅量的研究；离地面越低，含铅量越高；铅和铅化合物密度大
（5）偏大
【知识点】离子浓度大小的比较；常见的生活环境的污染及治理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)铅蓄电池的负极反应为：Pb+SO42--2e-=PbSO4，正极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，将正负极电极反应式相加即可得电池反应式，所以电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4 ═2PbSO4+2H2O，废旧电池的预处理时需要将电池放电完全，目的是将电极材料全部转换为PbSO4；(2)Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，碳酸铅更难溶，实现了沉淀的转化，铅膏脱硫时的离子方程式：PbSO4+CO32-=SO42-+PbCO3；(3)使用纯碱脱硫的显著优点是可以减小污染，对环境友好；(4)①所给的图表可知，离地面高度越高，空气含铅量越低．可以得出的结果，离地面越低，含铅量越高．进而可知课题名称应为近地面不同高度空气含铅量的研究；②分析以上实验数据，因为离地面越低，含铅量越高，说明铅和铅化合物密度大；③由所给的图表可知，离地面高度越高，空气含铅量越低；因为离地面越低，含铅量越高，说明铅和铅化合物密度大；(5)由实验步骤可知，需在烧杯中处理废水，将废水中的铅转化为沉淀，并进行过滤，洗涤烘干，称量含铅沉淀，实验最后需称量过滤洗涤后不溶物，所以称量前应将过滤洗涤后的不溶物烘干，否则含铅不溶物的质量会偏大，测得废水中铅的含量偏高。
【分析】（1）放电完全是将正极和负极材料转化为硫酸铅
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）产物不会污染空气
（4）①根据表格即可判断，距离地面的高度与铅的浓度的关系
②根据数据即可判断距离地面越高，铅的浓度越低
③密度越大，高度越低浓度越大
（5）操作M是干燥，若无此操作时，导致结果偏大
33．（2020·吉林模拟）
（1）汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。
已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=－112.3kJ·mol-1
②NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H2=－234kJ·mol-1
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+179.5kJ·mol-1
请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式 。
（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=－759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 ；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为 ；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20％，则CO的转化率为 。
（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为 (填化学式)；A电极的电极反应式为 ；一段时间后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为 。
（4）已知：25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，则25℃时，0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
【答案】（1）4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1
（2）1：1；a＞b＞c；a＝c＞d；75％
（3）NO2；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；0.8NA
（4）c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；离子浓度大小的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律,由②×4+①-③可得4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g) ΔH=(-234 kJ·mol-1)×4-112.3 kJ·mol-1-179.5 kJ·mol-1= -1 227.8 kJ·mol-1。
答案为：4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1；(2)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近1∶1。
答案为：1：1②增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率:a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。
答案为：a＞b＞c；a＝c＞d；③设CO起始物质的量为0.8 mol,反应达平衡时，CO转化了x mol，则有:
2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2CO2(g)
起始（mol） 0.8 1 0 0
转化（mol） x x x
平衡（mol） 0.8 1-x x
平衡时，N2的体积分数为 ×100%=20%，解得x=0.6。所以，CO的转化率为 ×100%=75%；
答案为：75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出,则A为负极，A电极处通入NO2,发生氧化反应，电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.2×2+0.2×2)NA=0.8NA。
答案为：NO2 ；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ ；0.8NA；(4) HC2O4-的水解常数Kh= = =1.69×10-13，Kh
答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性。
【分析】（1）盖斯定律的指的是化学反应中热量的变化与反应的途径无关；
（2）应用三段式计算出几种气体在平衡时的浓度，用平衡时消耗的的物质的量比上反应开始时该物质的物质的量就是其转化率；
（3）D处析出的红色物质是铜单质，说明D电极得到电子，为正极，那么A为正极；A处发生的电极反应是NO2失去电子并结合水生成NO3-和2H+；
（4）根据盐类水解的原理：酸根离子对应的酸酸性越弱，酸根离子就越溶液水解；要知道该溶液的酸碱性，需通过比较氢离子和氢氧根离子浓度的大小。
34．（2018·武汉模拟）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，是二元弱酸。回答下列问题：
（1）在恒温、恒容密闭容器中发生反应：H2C2O4(s) H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，下列描述能说明反应已经达到平衡状态的是____________(填标号)。
A．压强不再变化
B．CO2(g)的体积分数保持不变
C．混合气体密度不再变化
D．混合气体平均摩尔质量保持不变
（2）草酸溶液中各离子浓度分数δ(X)随溶液pH变化的关系如图所示：
①当溶液中含碳粒子的主要存在形态为C2O42-时，溶液的酸碱性为 (填标号)。
A．强酸性
B.弱酸性
C.中性
D.碱性
②25℃时，反应C2O42-+H2C2O4- 2HC2O4-的平衡常数的对数值1gK= 。
（3）向10 mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，当溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)时，加入V(NaOH) 10 mL(填“>”“=”或“<”)。
（4）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取m g草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是 ； 该过程中发生反应的离子方程式为 ；滴定过程中消耗V mL KMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为 。
【答案】（1）A；C
（2）BCD；3
（3）>
（4）当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；0.315cV/m
【知识点】化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）在温度、体积不变时，压强和气体的总量成正比，由于反应物为固体，所以当反应向左进行时，气体总量减小，压强变小，当压强不再变化时，说明反应已经达到平衡状态，A正确；由于反应物为固体，生成物为气体，三种气体为固定组成，所以CO2(g)的体积分数保持不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，B错误；反应向左进行时，气体总质量减小，容器的体积不变，所以混合气体密度不再发生变化时，说明反应已经达到平衡状态，C正确；由于反应物为固体，生成物为气体，三种气体为固定组成，所以三种气体的平均摩尔质量始终保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，D错误；
故答案为：AC。
（2）①根据图示可知，第一条曲线代表草酸，第二条曲线代表草酸氢根离子，第三条曲线代表草酸根离子，所以当溶液中含碳粒子的主要存在形态为C2O42-时，溶液可能为弱酸性、中性 、碱性；正确答案： BCD。②根据图示可知：当pH=1.2时，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)，K1= c(HC2O4-)×c(H+)/ c(H2C2O4)=10-1.2；当pH=4.2时，c(HC2O4-)= c(C2O42-)，K2= c(C2O42-)×c(H+)/ c(HC2O4-) =10-4.2；反应C2O42-+H2C2O4- 2HC2O4-的平衡常数K= c2(HC2O4-)/c(C2O42-)×c(HC2O4-)= K1/ K2=10-1.2/10-4.2=103，平衡常数的对数值1gK=1g103=3，正确答案：3。
（3）根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)可知，当溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)时， c(H+)= c(OH-)，如果V(NaOH)=10mL，和10mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液反应生成草酸氢钠溶液，由图示可知，草酸氢钠溶液显酸性，要想保持溶液为中性，氢氧化钠溶液适当过量，因此V(NaOH) >10mL；正确答案：>。
（4）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)具有还原性，被酸性KMnO4溶液氧化为二氧化碳，导致KMnO4溶液褪色，当草酸反应完后，KMnO4溶液颜色不再褪色，达到滴定终点，现象为当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O； 根据反应关系可知：2KMnO4--5H2C2O4，反应消耗KMnO4的量为c×V×10-3mol，则H2C2O4的量为2.5c×V×10-3mol，草酸晶体的质量为2.5c×V×10-3×126g=0.315cV g；草酸晶体纯度为 0.315cV/m；正确答案：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O； 0.315cV/m。
【分析】（1）根据化学平衡状态是指正逆反应速率相等、各组分的百分含量不变进行判断反应是否达到平衡状态即可。
35．（2018·邯郸模拟）某浅绿色晶体X[x(NH4)SO4·yFeSO4·xH2O]在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成。某小组同学进行如下实验：
I.NH4+含量的测定
采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示.
相关的实验步骤如下：
①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入圆底烧瓶中；
②准确量取50.00mL 3.0300mol L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；
③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，加热蒸馏；
④用0.120mo l L-1 NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mL NaOH标准溶．
（1）仪器M的名称为 。
（2）步骤③中，发生的氧化还原反应的化学方程式为 。蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”。“处理”的操作方法是 。
（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所侧得的n(NH4+)的值将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（4）Ⅱ．SO42-的测定
采用重量分析法，实验步骤如下：
①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液；
②将得到的溶液用无灰滤纸（灰分质量很小，可忽略）过滤，洗涤沉淀3～4次；
③用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；
④继续灼烧沉淀至恒重．得沉淀质量69.90g．
步骤①中，判断 BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是 。
（5）步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目的是 ．
（6）综合实验I、Ⅱ，通过计算得出晶体X的化学式为 ，实验Ⅰ的步骤①中，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
【答案】（1）分液漏斗
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2-8次，将洗涤液注入锥形瓶中
（3）偏大
（4）待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1-2滴BaCl2溶液。若无白色浑出出现，则说明BaCl2溶液过量
（5）尽可能减少沉淀的溶解担失，减小实验误差
（6）(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)
【知识点】离子浓度大小的比较；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】I．（1）仪器M的名称为分液漏斗；正确答案：分液漏斗。
(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，通入氧气后，被氧化为氢氧化铁；化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；蒸氨结束后，直形冷凝管中会残留一些液氨，会对测定结果产生影响；因此为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中；正确答案：用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中。
(3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗氢氧化钠的量减小，则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n(NH4+)的量偏大；正确答案：偏大。
II. （4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；正确答案：待浊液分层后，在上层清液中加入1～2滴BaCl2溶液，无白色浑浊出现，则BaCl2溶液已过量；
(5) 用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤，其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差；正确答案：尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。
(6) 与NaOH反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=1/2n(NaOH)=1/2×0.04×0.025=0.0005 mol；与氨气反应的硫酸的物质的量为：0.05×1.0100×1/2×0.0400×0.02500=0.05mol，则氨气的物质的量n（NH3）=2n（H2SO4）=0.1mol；19.60g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀23.30g，则n（SO42-）=23.3/233=0.1 mol，19.6×2x /(132x+152y+18z)=0.1，19.6×(x+y)/(132x+152y+18z)=0.1，则x+y=2x，即x=y，令x=1，则19.6×2/(132+152+18 z)=0.1， 则z=6， 即x=1，y=1，z=6，则其化学式为（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O；令x=2，则19.6×4/(132×2+152×2+18 z)=0.1， 则z=1.21，不符合；所以晶体X的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；将晶体(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O 加水溶解后，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是铵根离子浓度起点大，所以c(NH4+)>c(Fe2+ )；又由于硫酸根离子不水解，所以c(SO42-)>c(NH4+)；实验I的步骤①中，溶液中离子溶度由大到小的顺序c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)；正确答案：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)。
【分析】（1）根据一起的形状判断一起的名称；
（2）加入NaOH生成氢氧化亚铁，然后氢氧化亚铁被氧气氧化，为减小误差需要将生成的氨气全部转移到锥形瓶中；
（3）震荡时有液体溅出，则锥形瓶中的氮元素减少；
（4）判断氯化钡过量的方法是继续加入氯化钡不会产生白色沉淀；
（6）根据铵根离子和亚铁离子的物质的量计算化学式，根据亚铁离子和铵根离子水解的相互抑制，以及其比例关系进行判断溶液中离子浓度的相对大小关系。
