2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较3
一、选择题
1．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
2．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（ ）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
3．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
4．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
5．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
6．（2023·郑州模拟）25℃时，向溶液中滴加相同浓度盐酸，体系中粒子浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡
B．m、n分别表示、变化曲线
C．25℃时，BOH的电离平衡常数为
D．a点对应的溶液中存在：
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析可知，b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡，A不符合题意；
B．由图可知随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小，其对数值减小pH减小，故m表示，随着盐酸的加入，到一定程度的时候，溶液中产生，随着盐酸的量的增加，浓度也在增大，也在增大，故n表示，B符合题意；
C．当pH=9.25时，c(OH-)=10-(14-9.25)=10-4.75mol/L，lgc(BOH)=lgc(B+)，则=10 4.75，C不符合题意；
D．a所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，又溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，故c(B+)= c(Cl-)，则，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图像分析，b点溶液显酸性；
B．依据随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小分析；
C．依据pH=9.25计算；
D．依据电荷守恒。
7．（2023·绵阳模拟）已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的与溶液的的关系如下图，该温度下向初始的含磷废水中加入可以得到沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是
A．该温度下，磷酸的
B．若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大
C．的该废水中离子浓度存在关系：
D．该废水除磷的离子反应有：
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A不符合题意；
B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B符合题意；
C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C不符合题意；
D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据pH=p计算；
B．依据判断；
C．依据电离平衡常数及变式判断；
D．依据向含磷废水中加入可以得到沉淀。
8．（2022·惠州模拟）硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式发生一级和二级电离：；，，室温下，在10mL0.1mol L-1H2SeO4溶液中，滴加0.1mol L-1NaOH溶液。下列说法正确的是
A．可经过两步水解得到H2SeO4
B．滴加NaOH溶液10mL时，溶液中离子浓度：
C．当滴加至中性时，溶液中有
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有
【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】A．根据上述分析可知，SeO只能发生一步水解得到HSeO，A不符合题意；
B．滴加NaOH溶液10mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO的电离平衡：HSeO4-H++SeO，所以离子浓度为，B符合题意；
C．溶液存在电荷守恒，即，当滴加至中性时，，所以，C不符合题意；
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeO为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO+H2OHSeO+OH-，此时遵循物料守恒，即，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据一级完全电离分析，SeO只能发生一步水解得到HSeO；
B．依据生成物的电离情况分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．利用物料守恒分析。
9．（2023·天河模拟）时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是
A．曲线1代表
B．，的电离常数
C．
D．溶液中始终存在
【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．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A不符合题意；
B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B不符合题意；
C．，故C符合题意；
D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用变形为Ka分析；
B．选择交点数据分析；
C．利用A分析判断；
D．根据电荷守恒分析。
10．（2023·淮安模拟）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8，下列说法正确的是
A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合题意；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B不符合题意；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K== 2.21×107，C符合题意；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电子守恒、物料守恒分析；
B．依据电子守恒分析；
C．依据K=计算；
D．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。
11．（2022·深圳模拟）常温下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分数与pH的关系如图所示。已知：。
下列说法错误的是
A．溶液显酸性
B．曲线b可表示
C．的平衡常数
D．溶液中：
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，存在水解平衡，水解显酸性，A不符合题意；
B．曲线b可表示，B不符合题意；
C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1= ，C符合题意；
D．根据上述分析可知，的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度水解平衡产物的浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据盐类水解规律分析；
B．依据微粒分布分数与pH的关系分析；
C．依据第一步电离方程式计算平衡常数；
D．根据水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2分析。
12．（2023·松江模拟）室温下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列说法正确的是
A．溶液中有
B．当滴加至中性时，用去溶液的体积小于
C．当用去溶液时，此时溶液中有
D．当用去溶液时，此时溶液中有
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A． 溶液中根据电荷守恒有c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+ c(HA )，则c(H+)-c(OH )-c(A2 )= c(A2 )+c(HA )，故A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+c(HA )，至中性时c(H+)=c(OH )，则c(Na+)=2c(A2 )+ c(HA )，若用去10mLNaOH，反应得到NaHA溶液，溶液显酸性，因而滴加至中性时，用去 溶液的体积大于 ，故B不符合题意；
C．当用去 溶液时，得到NaHA溶液，根据质子守恒有c(H+)-c(A2 )=c(OH )，则 ，故C符合题意；
D．当用去 溶液时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2 )，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2A为弱酸，根据电荷守恒进行分析。
B.滴加至中性，则c(H+)=c(OH )，结合电荷守恒进行分析。
C.用去 溶液时，得到NaHA溶液，结合质子守恒进行分析。
D.用去 溶液时，得到Na2A溶液面结合物料守恒进行分析。
13．（2023·黄浦模拟）常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是
A．a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
B．b点溶液中，＜
C．c点溶液中，共含有7种微粒。
D．d点溶液中，0.1000
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A不符合题意；
B．b点溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到=，此时pH=7，说明，则=，故＜，B不符合题意；
C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C符合题意；
D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 mol·L-1，则0.1000，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据水解和电离程度比较，水解和电离均是微弱的分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据水解和电离分析；
D．依据最终产物和原子守恒分析。
14．（2022·温州模拟）25℃时，，下列说法错误的是
A．25℃时，电离程度：
B．25℃时，浓度为NaHA的pH>7
C．25℃时，溶液中加入与等体积混合后：
D．25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同
【答案】A
【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
【解析】【解答】A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一类酸，无法比较电离度，A符合题意；
B．HA-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，，则Kh>Ka2，故溶液显碱性，则浓度为NaHA的pH>7，B不符合题意；
C．由于 ，则溶液中加入与等体积混合后的溶质是等浓度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，则水解为主，由于，故，由于HA-的水解，则，故，C不符合题意；
D．水解程度越大，水的电离程度越大，与NaB的溶液中，阴离子的水解会促进水的电离，由于两者的pH相同，故两种溶液中水的电离程度相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．不是一类酸，无法比较；
BC．比较电离和水解平衡常数；
D．水解程度越大，水的电离程度越大。
15．（2022·余姚模拟）在25 ℃时，将1.0 L x mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)
C．b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)= mol·L-1
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c > b > a，所以水电离程度a > b > c，故A选项不符合题意。
B．a点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B选项不符合题意。
C．b点处醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸电离平衡常数为：， 则，则则则，故C选项不符合题意。
D．a点溶液中pH=7，，，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．选择a点利用计算。
二、多选题
16．（2015·如东模拟）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol L﹣1某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）
B．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．0.1 mol L﹣1的Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
D．25℃时，pH=9.4、浓度相同的HCN与NaCN的混合溶液中：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCN）＞c（OH﹣）
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、根据物料守恒，钠离子与A元素的所有存在形式相等，所以c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故A正确；
B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性，所以c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C、根据质子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C错误；
D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选AB．
【分析】A、根据物料守恒分析解答；
B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性；
C、根据质子守恒，分析解答；
D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导．
17．（2015·湛江模拟）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（ ）
A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）
B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3﹣的水解，使c（HCO3﹣）增大
C．0.1 mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A正确；
B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，使c（HCO3﹣）减小，故B错误；
C.0.1 mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，即c（CH3COOH）= = mol/L=10 b﹣14mol/L（0＜α＜1），
所以α=1014﹣a﹣b（0＜α＜1），整理可得：a+b＞14，故D错误；
故选AC．
【分析】A．常温下pH=7的溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；
B．氢氧化钠与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，导致碳酸氢根离子浓度减小；
C．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）；
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等．
18．（2021高二上·嫩江期末）25℃时，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，正确的是（ ）
A．在A点：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B．在B点：c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(CH3COO-)
C．在C点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)= c(OH-)
D．在C点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
【答案】B,D
【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，A点为醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度小于醋酸根离子浓度，故A不符合题意；
B．由分析可知，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)= c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)= c(CH3COO-) ，故B符合题意；
C．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)可知，溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A点为醋酸钠溶液，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
19．（2021高二上·益阳期末）25℃时，向的两种酸HX、HY中分别滴加溶液，测得两溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．酸性：
B．a点溶液中微粒浓度：
C．滴加NaOH溶液至时，两溶液中
D．从开始滴加至溶液时，两溶液中的电离程度均逐渐增大
【答案】B,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
【解析】【解答】A． HY的突变范围大，HY酸性强，酸性： ，故A不符合题意；
B． a点溶液中NaX、HX的物质的量浓度相同，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，微粒浓度：
，故B符合题意；
C． HX、HY的酸性强弱不相同，滴加NaOH溶液至
时，两溶液中
不同，HX中加NaOH少，X-浓度小，故C符合题意；
D． 起点酸浓度最大，对水电离抑制程度大，到加入
溶液20mL时，溶液刚反应生成弱酸盐，促进水电离，从开始滴加至
溶液时，两溶液中
的电离程度均逐渐增大，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.等浓度的两种酸的酸性越弱，溶液中的c(H+)越小，根据pH=-lgc(H+)，则pH越大。
B.HX与NaOH等浓度，且都为一元酸，a点时加入的V(NaOH)是V(HX)的一半，所以此时所得溶液是等浓度的NaX和HX，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，所以c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)。
C.HX的酸性比HY弱，所以要使溶液pH=7，则HX溶液中加入的NaOH溶液的体积较少，即混合后HX溶液中c(Na+)较小，根据电荷守恒，HX溶液中存在c(Na+)=c(X-)，HY溶液中存在c(Na+)=c(Y-)，进一步分析。
D.酸抑制水的电离，弱酸根或弱碱根离子能促进水的电离。
20．（2021高二上·金台期末）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：
实验编号 c(HA)/mol·L-1 c(NaOH)/mol·L-1 反应后溶液pH
甲 0.1 0.1 pH=9
乙 c1 0.2 pH=7
下列判断错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1的HA溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1
B．c1一定大于0.2mol·L-1
C．甲反应后的溶液中：c(Na+)
【答案】A,C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由HA与NaOH等物质的量反应后溶液显碱性，说明NaA可水解，HA为弱酸， 0.1 mol·L-1的HA电离产生的H+浓度小于0.1mol·L-1，即由水产生的H+浓度大于1×10-13mol·L-1，故A说法符合题意；
B．HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少，所以HA的浓度大于NaOH的浓度，即乙中c1一定大于0.2 mol L-1，故B说法不符合题意；
C．甲中HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，NaA可水解，部分A-水解为HA，则溶液中c(Na+)＞c(A-)，故C说法符合题意；
D．反应后乙溶液中存在电荷守恒，即 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，故D说法不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
B.HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少；
C.甲中HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，NaA可水解，部分A-水解为HA；
D.根据电荷守恒分析。
21．（2021高一下·威海期末）室温下，在0.1mol·L-1三元弱酸H3A溶液中，微粒H3A、H2A-、HA2-、A3-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知：δ(X)=]
A．反应A3-+H2A- 2HA2-的平衡常数的值为105.2
B．将KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8
C．欲用H3A和K2HA配制pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)，则需n(H3A)：n(K2HA)=1：2
D．物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液中：c(K+)>c(HA2-)>c(H2A-)>c(H+)>c(A3-)>c(OH-)
【答案】C,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．反应A3-+H2A- 2HA2-的平衡常数的值为 ，A不符合题意；
B． 由图知，将KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8，B不符合题意；
C．pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)中，δ(H2A-)=δ(HA2-)=0.5，若用H3A和K2HA按n(H3A)：n(K2HA)=1：2配制，则按H3A+K2HA=2KH2A可知，所得溶液中KH2A和K2HA的物质的量之比为2：1，由，可知，、， KH2A和K2HA均水解大于电离呈碱性，且K2HA水解程度更大，则所得溶液中δ(H2A-)远大于δ(HA2-)，C符合题意；
D．结合C分析可知，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液呈碱性： c(H+) c(OH-)，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】要充分利用图像中关键点进行计算，在pH2.2、7.2、12.4可以分别计算Ka1=10-2.2，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4；D.物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液，首先根据Ka计算水解平衡常数，比较水解和电离的程度大小，从而进行判断。
22．（2020高二上·越秀期末）对于0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液，正确的是（ ）
A．升高温度，溶液pH升高
B．通入少量HCl气体，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大
C．c(NH4＋）+ c(OH－)＝c(Cl－)+ c(H+)
D．c(Cl－）＞ c(H+）＞ c(NH4＋）＞ c(OH－)
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解；水解程度越大，NH4Cl溶液的酸性就越强，因此升高温度后NH4Cl溶液pH降低，A不符合题意。
B．通入少量HCl，会抑制盐的水解， c(NH4＋)和c(Cl－)均增大，B符合题意。
C．根据电荷守恒可得，c(NH4＋) + c(H+)＝c(Cl－)+ c(OH-) ，C符合题意。
D．根据物料守恒可得，c(Cl－)= c(NH4＋) +c(NH3·H2O)，所以c(Cl－) ＞ c(NH4＋)；铵根离子水解消耗水电离产生的OH-而使溶液显酸性，所以溶液中 c(H+) ＞ c(OH－) ；盐水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋) ＞ c(H+) ，因此溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－) ＞ c(NH4＋) ＞ c(H+)＞ c(OH－)，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，升温促进水解pH值降低；
B.通入氯化氢增加氯离子浓度抑制水解；
C电荷守恒；
D.铵根离子水解强度并不大，铵根应大于氢离子浓度。
23．（2019高二下·宿迁期末）25 ℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol L-1 Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)
B．0.1 mol L-1 CH3COONH4溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．0.1 mol L-1 NH4HCO3溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)
D．0.1 mol L-1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.质子守恒，正确的是c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，A不符合题意；
B.物料守恒，B符合题意；
C.电荷守恒，C符合题意；
D. 0.1 mol L-1NaHCO3溶液中，HCO3-水解大于电离，故符合题意顺序为c(Na＋)>c(HCO3-)> c(H2CO3) >c(CO32-)，故D不符合题意。
【分析】A.根据质子守恒进行判断；
B.根据物料守恒进行分析；
C.根据电荷守恒进行判断；
D.碳酸氢离子的水解大于电离。
24．（2018高二下·盐城期末）H2C2O4为二元弱酸。常温下0.1mol·L－1 NaHC2O4溶液（pH约为4）中指定微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A．c(Na+)= c(HC2O )+c(C2O )+c(H2C2O4)
B．c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O )
C．c(Na+)+c(H+)=c(HC2O )+ c(C2O )+c(OH－)
D．c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2O )+c(OH－)
【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据物料守恒有
c(Na
+)=
c(HC
2 )+
c(C
2 )+
c(H
2C
2O
4)，选项A不符合题意；
B. 溶液pH约为4说明HC2 的电离大于水解，故c(C2 )＞c(H2C2O4)，选项B符合题意；
C. 根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c(HC2 )+ 2c(C2 )+c(OH－)，选项C符合题意；
D. 根据质子守恒有c(H2C2O4)+c(H+) = c(C2 )+c(OH－)，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】 常温下0.1mol·L－1 NaHC2O4溶液的pH约为4，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，结合电荷守恒、物料守恒进行分析即可。
25．（2018高二下·南京期末）室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol ·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ c(H2CO3)
B．0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)
C．0.2mol ·L－1H2C2O4（弱酸）与0.1mol ·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中：2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)
D．0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合的溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(HCO3－)
【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据0.1mol·L－1Na2CO3溶液中的质子守恒可得: c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，故A选项是不符合题意的；
B. 0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，溶液显示酸性,则c(H+)>c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，所以B选项是符合题意的；
C. 反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据电荷守恒可得:①c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(HC2O4－)+ 2c(C2O42－)，根据物料守恒可得:②2c(Na+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)+c(C2O42－)，将① 2-②可得: 2c(H+)+c(H2C2O4)＝3c(C2O42－)+c(HC2O4－)+2c(OH－)，整理可得: 2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)，所以C选项是符合题意的；
D. 0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合，反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和NaCl，因为碳酸氢根离子的水解和电离程度都较小，则c(HCO3－)>c(CO32－),符合题意的离子浓度大小为: c(Na+)>c(Cl－)> c(HCO3－) >c(CO32－),故D选项是不符合题意的。
故答案为：BC
【分析】根据溶液中质子守恒进行判断；
B.铵根离子水解时溶液显酸性；
C.反应后的溶液是等浓度的草酸和草酸钠混合物，结合电荷守恒和物料守恒进行分析即可；
D.反应后为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。
三、非选择题
26．（2018·兰州模拟）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；
（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤 （选填①、②、③或⑤）。
（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式 。
（3）滤渣2中主要成分为 （填化学式）。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式 。
（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为 。
（6）Ⅱ．BaS溶液的制备
写出“煅烧还原”反应的化学方程式 。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶： 。
（7）Ⅲ.制取锌钡白
如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是 。
【答案】（1）①
（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2
（4）ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-
（5）HCO3->H2CO3>CO32-
（6）BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中
（7）过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】I．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；
(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-；
(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；
(6)煅烧发生反应：BaSO4+4C BaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑。
BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；
(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。
【分析】（1）根据各个步骤发生的反应进行分析；
（2）步骤②中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据步骤③中加入过量NaOH溶液发生的反应，确定所得滤渣2的成分；
（4）步骤④滤液2的溶质为NaZnO2，结合NaAlO2与CO2的反应，书写反应的离子方程式；
（5）滤液3的溶质为NaHCO3，结合溶液中HCO3-的电离水解程度大小分析溶液中离子浓度；
（6）煅烧过程中，BaSO4和C反应生成BaS和CO，据此写出反应的化学方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能与CO32-反应，促使平衡向溶解方向进行；
（7）若硫酸过量，反应过程中易产生H2S，造成空气污染；
27．（2018·潍坊模拟）NaBiO3可作为测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
已知：NaBiO3难溶于水。
回答下列问题
（1）溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2，则滤渣Ⅰ的主要成分是 (写化学式)。
（2）海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是
（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是 ，从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3，操作Ⅱ包括 。
（4）一定温度下，向氨水中通入CO2，得到 (NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)= (用离子浓度表示)。
（5）取所得NaBiO3样品2.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为 。
【答案】（1）SiO2、S
（2）2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；过滤、洗涤、干燥
（4）减小；2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)
（5）77%
【知识点】离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质，SiO2性质比较稳定，不与酸反应，所以滤渣的主要成分为：SiO2、S。
（2）铋可以被H2O2氧化，发生的方程式为：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，想要获得纯净NaBiO3，首先要将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作Ⅱ为：过滤、洗涤、干燥。
（4） ，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；
（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4 +5Na++5Bi3++7H2O、MnO4 +5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，
5NaBiO3 2 MnO4 10Fe2+
5 10
n(NaBiO3) 0.5mo1 L 1×0.0220L
n(NaBiO3)=0.0055mol
得到质量计算质量分数=0.0055mol×280g/mol/2.0g×100%=77%，故答案为：77%。
【分析】（1）主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质，则不溶于盐酸的有二氧化硅，铁离子与硫离子会生成S单质
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
（3）沉淀需要过滤洗涤干燥才能得到纯净的物质
（4）平衡常数不变，铵根离子不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律可求解
（5）根据转移电子式守恒可列出关系式求解。
28．（2018·临沂模拟）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。
（1）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。
已知：CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-b kJ·mol-1(b>0)
若用CO还原NO2至N2，当消耗标准状况下3.36L CO时，放出的热量为 kJ(用含有a和b的代数式表示)。
（2）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40 mol NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) △H=-57.0 kJ·mol-1。测得NO2的体积分数[ (NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：
①0～20 min内，v(N2O4)= mol·L-1·min-1。
②上述反应中，v(NO2)=k1·c2(NO2)，v(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373K时，k1、k2的数学关系式为 。改变温度至T1时k1=k2，则T1 373K(填“>”、“<”或“=”)。
（3）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元弱酸。25℃时，向100 mL 0.1 mol·L-1H2N2O2溶液中加入V mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液。(已知25℃时，连二次硝酸的Ka1=10-7，Ka2=10-12)
①若V=100，则所得溶液中c(H2N2O2) c(N2O22-) (填“>”、“<”或“=”)，通过计算解释原因 。
②若V=200，则所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
【答案】（1） 或
（2）2.0×10-3；k1=60k2；>
（3）>；恰好完全反应生成NaHN2O2，Kh(HN2O2－)＝ ＞Ka2＝10－12，水解程度大于电离程度，因此溶液中c(H2N2O2)＞c(N2O22－)；c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) ①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)；②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-b kJ·mol-1(b>0)；根据盖斯定律①②得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g) △H=(-2a-b) kJ·mol-1，标准状况下3.36L CO的物质的量是0.15mol，消耗标准状况下3.36L CO时放出的热量 kJ；
(2) ①设 0～20 min内生成N2O4的物质的量是xmol，
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol/L） 0.20 0
转化（mol/L） x
20min末（mol/L） 0.2-x
X=0.08mol，v(N2O4)= mol/L = 2.0×10-3。
②设平衡时N2O4的浓度x mol/L，
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol/L） 0.20 0
转化（mol/L） 2x x
平衡（mol/L） 0.2-2x x
X=0.075 mol/L，v(NO2)：v(N2O4)=2：1即k1·c2(NO2)：k2·c(N2O4)=2：1，k1 0.0025：k2 0.075=2：1，所以k1=60k2。若改变温度至T1时k1=k2，则正反应速率小于逆反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应放热，所以T1>373K；
(3) ①若V=100，溶液中的溶质是NaHN2O2，HN2O2-的电离平衡常数是10-12，水解平衡常数是 ，水解大于电离，所以 c(H2N2O2)>c(N2O22-)；
②若V=200，溶液中的溶质是Na2N2O2，N2O22－发生两步水解反应，所以所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)。
【分析】（1）根据公式计算消耗CO的物质的量，根据盖斯定律确定反应的热化学方程式，进而由n(CO)计算反应过程放出的热量；
（2）①根据三段式，结合公式计算反应速率；
②结合平衡三段式进行计算；结合温度对平衡移动的影响分析T1与373K的大小关系；
（3）①V=100mL时，所得溶液为NaHN2O2，结合溶液中电离、水解的程度大小分析；
②V=200mL时，所得溶液为Na2N2O2，结合溶液中N2O22-的水解和H2O的电离分析溶液中离子浓度大小；
29．（2018·静安模拟）I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。
完成下列填空：
（1）氮原子核外电子排布式为 ，其最外层有 种运动状态不同的电子；氮气的电子式为 ；氨气分子的空间构型是 。
（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，该反应的化学平衡常数表达式K= ；欲使K值变大，可采取的措施是 。
吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有
(选填序号)。
a.适当升高温度
b.适当降低温度
c.增大压强
d.减小压强
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因 。
（4）某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为 ，该富液中的溶质是 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 。
a．c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)
b.3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)
c.c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)
【答案】（1）1s22s22p3；5；；三角锥型
（2）[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；降低温度；ad
（3）氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2 ，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。
（4）CO32－+ CO2 + H2O → 2HCO3－；KHCO3和K2CO3；a b
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为 ；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；
（2）反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应， a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意；
b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意。
故答案为：ad；
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；
（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+ CO2 + H2O = 2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，a．根据电荷守恒有c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)，故符合题意；
b.200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况），n(K+)=0.2L 1.5mol/L 2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故符合题意；
c.根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－) ＞c(OH－)＞c(H+)，故不符合题意。
故答案为：a b。
【分析】（2）根据化学平衡常数的定义书写表达式，根据反应方程式的特点分析影响化学平衡移动的条件即可。
30．（2018·辽宁模拟）某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]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．
（1）I．NH4+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，将溶液注入三颈烧瓶中；
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，通入氮气，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
④用0.120mol 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标准溶液．
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，则所测得的n(NH4+)的值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（4）II.SO42-含量的测定
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、称量，得沉淀质量为69.90g。
步骤①中，判断BeCl 溶液已过量的实验操作和现象是 。
（5）步骤②中，采用冷水洗讓沉淀，其主要目的是 。
（6）结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为 。实验I 的步骤①中，溶液中离子溶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2~3 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，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量(答滴加Na2SO4溶液，出现白色浑浊现象也给分)
（5）尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差
（6）(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)
【知识点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较
【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】（4）判断所加入试剂是否过量，应该选择检验过量试剂中的离子的方法进行设计。
31．（2018·江津模拟）CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。
（1）用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝。
已知在常温常压下，甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5 kJ·mol-1。写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ；
（2）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g） +Cl2（g） COCl2（g） ΔH = a kJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：
t/min n(CO)/mol n(Cl2)/mol
0 1.20 0.60
1 0.90
2 0.80
4
0.20
①反应0～2min末的平均速率v（COCl2）= mol/（L·min）。
②在2min～4min间，v（Cl2）正 v（Cl2）逆 （填“>”、“=”或“<”）， 该温度下K = 。
③已知X、L可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，CO的 转化率随X的变化关系。X代表的物理量是 ；a 0 （填“>”，“=”，“<”）。
（3）在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体：
2CO（g）＋2NO（g） 2CO2 （g）＋N2 （g）
ΔH=－748 kJ·mol-1
①一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图1所示。温度高于710K时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是 。
②已知：测定空气中NO和CO含量常用的方法有两种，方法1：电化学气敏传感器法。其中CO传感器的工作原理如图2所示，则工作电极的反应式为 ；方法2：氧化还原滴定法。用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度。写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式 。
（4）用CO和H2可以制备甲醇，反应为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-616 kJ·mol-1
（2）0.1；=；5；温度；<
（3）温度升高到710K时，反应达到平衡状态，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮氧化物转化率降低；CO-2e-+H2O＝CO2+2H+；2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+
（4）c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）由于甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5 kJ·mol-1所以可知①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H =-1453 kJ·mol-1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H =-221 kJ·mol-1，由①-②可得2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H=-1232 kJ·mol-1，所以甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616 kJ·mol-1。答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616 kJ·mol-1
（2）①由表中数据，可知0～2min内△n(CO)=1.2mol-0.8mol=0.4mol，由方程式可知 ，所以v（COCl2）= =0.1 mol/（L·min）；②4min内，反应的氯气为：0.6mol-0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故4min时CO为1.2mol-0.4mol=0.8mol，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态，在2min～4min间，v（Cl2）正=v（Cl2）逆，由方程式可知，平衡时生成COCl2为0.4mol，该温度下平衡常数K= = =5③正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应．答案为：① 0.1 ② = 、 5 ③ 温度 、<
（3）①当温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，由于该反应是放热反应，再升高温度，平衡向左移动，转化率降低②该装置是原电池，通入一氧化碳的电极是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO-2e-+H2O＝CO2+2H+，NO被H2O2溶液氧化成强酸硝酸，双氧水被还原成水，则反应的离子方程式2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+ 答案为：①温度升高到710K时，反应达到平衡状态，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮氧化物转化率降低② CO-2e-+H2O＝CO2+2H+ 、2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+
（4）当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.8mol氢氧化钾反应，根据元素守恒可以计算n(K2CO3)=0.3mol，n(KHCO3)=0.2mol，二者的水溶液均为碱性，所以c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）答案为：c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）。
【分析】（1）首先根据甲醇和一氧化碳的热烧热书写各自的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算反应热，再写出目标热化学方程式即可。
32．（2018·曲靖模拟）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，已引起了全世界的普遍重视。
（1）CO2加氢合成DME（二甲醚）是解决能源危机的研究方向之一。
①2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H= -122.4kJ·mol-1
某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时、改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质分数变化情况如图所示，则p1 p2（填“＞”“＜”或“=”，下同）。若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1 K3，T1、P1时H2的平衡转化率为 。
②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列能说明平衡一定向逆反应方向移动的是 （填序号）。
A． 反应物的浓度增大
B. 混合气体的密度减小
C. 正反应速率小于逆反应速率
D. 氢气的转化率减小
（2）将一定量的CO2气体通入氢氧化钠的溶液中，向所得溶液中边滴加稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。请回答：通入1mol HCl时，溶液中所含溶质的化学式 ，a点溶液中各离子浓度由大到小的关系式为 。
（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol·L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 mol·L-1.
【答案】（1）＞；＜；57.1%；C
（2）Na2CO3、NaCl；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)
（3）5.6×10-5
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H= -122.4kJ·mol-1，该反应为气体分子数减少的放热反应，所以平衡时，二甲醚的百分含量随温度升高而减少、随压强增大而增大，该反应的平衡常数随温度升高而减小。由图可知，在相同温度、p1和p2两种不同压强下，p1对应的二甲醚的百分含量较高，所以p1＞p2；在相同压强、T1和T3两种不同温度下，T3对应的二甲醚的百分含量较高，所以，T1＞T3，由于化学平衡常数只与温度有关，所以，若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3。T1、P1时，若H2的平衡转化率为为 ，则H2的变化量为6.0 ，CO2、CH3OCH3、H2O的变化量分别为2.0 、1.0 、3.0 ，因为二甲醚的体积分数为0.1，所以 ，解之得，H2的平衡转化率为57.1%。②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状。当改变反应的某一个条件后，A. 反应物的浓度增大，可能是增大了反应物的浓度（再加入少量的反应物）使平衡向正反应方向移动的结果，也可能是增大生成物浓度（或升高温度）使平衡向逆反应方向移动的结果；
B. 混合气体的密度减小，有可能是减小反应物浓度使平衡逆向移动，也有可能是减小生成物浓度（如降低温度使部分水液化）使平衡正向移动的结果；
C. 正反应速率小于逆反应速率，平衡一定向逆反应方向移动；
D. 氢气的转化率减小，可能是增大氢气的浓度（再加入少量氢气）使平衡正向移动的结果，也可能是升高温度使平衡逆向移动的结果。综上所述，能说明平衡一定向逆反应方向移动的是C。
（2）由图可知，反应明显分为两个阶段，前后两个阶段所消耗的HCl的物持的量之比为3：2，说明原溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，且两者物质的量之比为2：1，两者物质的量分别是2mol、1mol。通入1mol HCl时，氢氧化钠恰好反应完全，溶液中所含溶质为Na2CO3、NaCl。a点溶液中有3mol NaCl和1molNaHCO3，由于碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以，各离子浓度由大到小的关系式为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)。
（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难容物质，其 。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为 mol·L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 mol·L-1.
【分析】(1)改变条件后，平衡向减弱这种改变的方向移动
（2）根据加入盐酸产生气体的图像判断溶液中的溶质成分，结合盐类水解分析溶液中离子浓度大小即可。
33．（2018·湖南模拟）硫化氢(H2S)的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
（1）H2S和CO混合加热可制得羰基硫(COS)，羰基疏可作粮食熏蒸剂，能防止其些昆虫、线虫和真菌的危害。反应方程式为CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)。
①羰基硫的电子式为 。
②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是 （填字母代号）。
a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4
b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.S与H2的化合比C与H2的化合更容易
（2）H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式 。
（3）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)= mol·L－1。
②某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S，当溶液pH= 时，Mn2＋开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13]。
（4）H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－－2e－=S↓ (n－1)S＋S2－ Sn2－写出电解时阴极的电极反应式： 。
（5）一定温度下将NH4HS固体放入定容真空密闭容器中，可部分分解为硫化氢和氨气：NH4HS(s) H2S(g)+NH3(g)。
①可以判断上述分解反应已经达到化学平衡状态的是 (填字母代号)
A．v(H2S)=v(NH3)
B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的密度不变
D.密闭容器中氨气的体积分数不变
②当上述反应达平衡时：p(NH3)×p(H2S)=a(Pa2)，则平衡时容器中的总压为 Pa( 用含a 的代数式表示).[p(NH3)、p(H2S)分别代表NH3、H2S的压强，Pa为压强的单位]
【答案】（1）；ac
（2）5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O
（3）0.043；5
（4）2H2O+2e-=H2↑+2OH-
（5）BC；2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①羰基硫与二氧化碳是等电子体，其结构相似，根据二氧化碳电子式书写羰基硫电子式为 ，故答案为： ；②a．相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaHSO4，可知硫酸酸性大于碳酸，则非金属性S＞C，
故答案为：；
B.亚硫酸不是最高价含氧酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，不能比较非金属性，故不选；
C.S与H2的化合比C与H2的化合更容易，则非金属性S＞C，
故答案为：ac；
(2)该反应中S元素化合价由-2价变为0价、+6价，Mn元素化合价由+7价变为+2价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(3)①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043；②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)= = mol/L=1.4×10-11mol/L，结合图像得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
(4)阳极上硫离子放电，电极反应式为S2--2e-═S↓，阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
(5) ①A.根据方程式NH4HS(s) H2S(g)+NH3(g)，任何时候都存在v(H2S)=v(NH3)，不能说明是平衡状态，错误；
B.该反应是气体的物质的量增大的反应，密闭容器中总压强不变，说明气体的物质的量不变，说明处于平衡状态，正确；
C.该反应是气体的质量增大的反应，密闭容器中混合气体的密度不变，证明气体的质量不变，说明处于平衡状态，正确；
D.密闭容器中氨气的体积分数始终为50%，不能说明是平衡状态，错误；
故答案为：BC；②NH4HS=NH3+H2S，由NH4HS分解的反应方程式可知：生成等物质的量的硫化氢和氨气，则NH3与H2S的分压相同，故p硫化氢=p氨气= Pa所以，平衡后的总压为p硫化氢+p氨气=2 Pa，故答案为：2 。
【分析】（1）①二硫化碳的分子结构类似于二氧化碳的结构，据此书写电子式；
（2）根据化合价升降法配平化学方程式即可；
（5）①根据可逆反应达到平衡状态后正逆反应速率相等、组分的百分含量不变进行判断即可。
34．（2018·株洲模拟）硫是中学化学重要的非金属元素之一，请回答下列有关问题。
已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
（1）反应NO2(g)+ SO2(g) SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ/mol 。
（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b.混合气体颜色保持不变
c.SO3和NO的体积比保持不变
d.每消耗1 mol SO2的同时消耗1 molNO
（3）S2Cl2和SCl2均为重要的工业化合物。已知：
a.S2（l）+Cl2（g） S2Cl2（g） △H1
b.S2Cl2（g）+ Cl2（g） 2SCl2（g） △H2
—定压强下，向10 L密闭容器中充入1 molS2Cl2和1 mol Cl2，发生反应b。Cl2与SCl2的消耗速率（υ）与温度（T）的关系如图所示：
① A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有 (填字母)，理由是 。
②—定温度下，在恒容密闭容器中发生反应a和反应b，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”），理由是 。
（4）II．氮有不同价态的化合物，如氨、氮气、亚硝酸钠、乙二胺等。
图（I）和图（II）分别为二元酸H2A和乙二胺（H2NCH2CH2NH2）溶液中各微粒的百分含量δ（即物质的量百分数）随溶液pH的变化曲线（25℃）。
H3NCH2CH2NH3A溶液显 （填“酸”或“碱”）性。
（5）乙二胺在水溶液中发生第二步电离的方程式： ，其平衡常数Kb2= 。
（6）向20 mL 0.1 mol/L的H2A溶液加入10 mL 0.1 mol/L H2NCH2CH2NH2溶液后，溶液中各离子浓度大小的关系为 。
【答案】（1）－41.8
（2）bd
（3）BD；B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等；不变；反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响
（4）酸
（5）[H3NCH2CH2NH2]＋+H2O [H3NCH2CH2NH2]2＋+OH－；Kb2=10－7.15
（6）c([H3NCH2CH2NH2]＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c([H3NCH2CH2NH3]2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】I.（1）考查热化学反应方程式的计算，①2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，②2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，(①－②)/2，得出：△H=(113.0－196.6)/2kJ·mol－1=－41.8kJ·mol－1；
（2）考查化学平衡状态的判断，a、反应前后气体系数之和相等，因此压强始终保持不变，即压强不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
B、NO2显红棕色，其余均为无色，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故b正确；
C、SO2和NO系数相等，因此SO3和NO的体积比始终保持不变，故c错误；
D、消耗1molSO2，说明反应向正反应方向移动，消耗1molNO，说明反应向逆反应方向移动，且两者消耗量等于系数之比，因此能说明反应达到平衡，故d正确；
（3）考查勒夏特列原理，①消耗Cl2，反应向正反应方向进行，消耗SCl2，反应向逆反应方向进行，当氯气的消耗速率是SCl2消耗速率的一半时，反应达到平衡，即BD点达到平衡，原因是B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等；②反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响，因此氯气的平衡转化率不变；
II.（4）考查溶液酸碱性的判断，根据图1，当pH=6.20时，A2－的水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HA－)/c(A2－)，c(A－)=c(HA－)，即A2－水解平衡常数K=c(OH－)=10－(14－6.2)=10－7.8，[H3NCH2CH2NH2]＋的水解平衡常数K=c([H3NCH2CH2NH2]＋)×c(H＋)/c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，当pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)=c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，即水解平衡常数为K=c(H＋)=10－6.85mol·L－1，[H3NCH2CH2NH2]＋的水解平衡常数大于A2－的水解平衡常数，溶液显酸性；
（5）应分步电离，即第二步电离的方程式为[H3NCH2CH2NH2]＋+H2O [H3NCH2CH2NH2]2＋+OH－；平衡常数只受温度的影响，即pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)=c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，其平衡常数Kb2=10－7.15 ；
（6）根据所给量，因此离子浓度大小顺序是c([H3NCH2CH2NH2]＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c([H3NCH2CH2NH3]2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
【分析】（2）根据可逆反应达到平衡状态后正逆反应速率相等、各组分的百分含量不变进行判断；
（3）根据化学平衡原理进行分析即可；
（6）根据电荷守恒进行判断离子浓度大小关系即可。
35．（2018·郑州模拟）“废气”的综合处理与应用技术是科研人员的重要研究课题，CO、SO2、NO2是重要的大气污染气体。
（1）处理后的CO是制取新型能源二甲醚(CH3OCH3)的原料。
已知①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH1=-41.0 kJ/mol
②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ/mol
③CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) ΔH3=+23.5 kJ/mol
则反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H= .
（2）已知973 K时，SO： 与NO2 反应生成SO，和NO，将混合气体经冷凝分离出的SO，可用于制备硫酸。
①973 K时，测得：
NO2(g) NO(g)+ 1/2O2(g) K1=0.018；
SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) K2=20；
则反应SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的K3=
②973K时，向容积为2 L的密闭容器中充人SO2、NO2 各0.2mol。平衡时SO2的转化率为 。
③恒压下，SO2的分压PSO2随温度的变化如图所示：
当温度升高时，SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”)， 判断理由 是 .
（3）用纳米铁可去除污水中的NO3-。
①纳米铁粉与水中NO3-反应的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O。研究发现，若PH偏低将会导致NO3-的去除率下降，其原因是 .
②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的NO3-的速率有较大差异。
下表中Ⅰ和Ⅱ产生差异的原因可能是 ；Ⅱ中0~20min，用NO3-表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。
反应时间/min 0 10 20 30 40
Ⅰ c(NO3-)/10-4 mol/L 8 3.2 1.6 0.8 0.64
Ⅱ c(NO3-)/10-4 mol/L (含少量Cu2+) 8 0.48 0.32 0.32 0.32
（4）用NaOH溶液吸收SO2可得NaHSO3溶液，对NaHSO3溶液中各离子浓度的关系，下列分析不合理的是 。(已知常温下K1(H2SO3)=1.5×10-2，K2(H2SO3)=1.02×10-7)
A.[Na+]+[H+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-]
B.[Na+]=[HSO3-]+[SO32-]+[H2SO3]
C.[Na+]>[SO32-]>[HSO3-]>[OH-]>[H+]
D.[H+]+[SO32-]=[OH-]+[H2SO3]
【答案】（1）－203.5 kJ mol-1
（2）0.36；37.5%；减小；温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小
（3）H+与Fe粉反应生成H2；Fe与置换出的Cu构成原电池，加快NO3-的去除速率；3.84×10-5
（4）C D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律：①×2+ ②×2-③，得到2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=－203.5 kJ mol-1 ；符合题意答案：－203.5 kJ mol-1。
(2)NO2(g) NO(g)+ 1/2O2(g) K1=0.018，K1=c(NO) c1/2(O2)/ c(NO2)，SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) K2=20；K2= c(SO3)/ c(SO2) c1/2(O2)，SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的K3= c(SO3) c(NO) / c(NO2) c(SO2)；K1×K2= K3，所以K3=0.018×20=0.36，符合题意答案：0.36。
②设SO2的变化浓度为xmol/L，反应开始时 c(SO2)=0.1mol/L， c(NO2)=0.1 mol/L，
SO2(g)+ NO2(g) S SO3(g)+ NO(g)
起始 0.1 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡 0.1-x 0.1-x x x
根据973K时， K3=0.36= x2/ (0.1-x)2，解之可得：x=3/8，所以平衡时SO2的转化率为3/8÷0.1×100%=37.5%；符合题意答案：37.5%。③从图像可以分析出，当温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小，符合题意答案：减小 ； 温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小。
（3）①若PH偏低，则会发生H+与Fe粉反应生成H2等副反应，导致NO3-的去除率下降，符合题意答案：H+与Fe粉反应生成H2 。②观察两种水样的区别可知，水样Ⅱ中含有一定量 ，而其去除速率明显快于水样Ⅰ，故可推测 或 催化钠米铁粉去除 的反应，也可能是析出的 与纳米铁粉形成原电池，对反应起到了促进作用；0~20min，用NO3-表示的平均反应速率为（8-0.32）×10-4 /20=3.84×10-5 mol·L-1·min-1；符合题意答案：Fe与置换出的Cu构成原电池，加快NO3-的去除速率； 3.84×10-5 。
（4）[Na+]+[H+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-]，符合电荷守恒规律：A符合题意；
[Na+]=[HSO3-]+[SO32-]+[H2SO3]，符合硫原子的量守恒规律，B符合题意；
亚硫酸氢钠溶液电离过程大于水解过程，溶液显酸性，所以[H+] >[OH-]，C不符合题意；
NaHSO3溶液中的质子守恒为[H+]+ [H2SO3]=[OH-]+[SO32-]，D不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】（4）根据溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断溶液中离子浓度的大小关系，注意溶液酸碱性对离子浓度大小的影响。
2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较3
一、选择题
1．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
2．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（ ）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
3．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
4．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
5．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
6．（2023·郑州模拟）25℃时，向溶液中滴加相同浓度盐酸，体系中粒子浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡
B．m、n分别表示、变化曲线
C．25℃时，BOH的电离平衡常数为
D．a点对应的溶液中存在：
7．（2023·绵阳模拟）已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的与溶液的的关系如下图，该温度下向初始的含磷废水中加入可以得到沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是
A．该温度下，磷酸的
B．若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大
C．的该废水中离子浓度存在关系：
D．该废水除磷的离子反应有：
8．（2022·惠州模拟）硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式发生一级和二级电离：；，，室温下，在10mL0.1mol L-1H2SeO4溶液中，滴加0.1mol L-1NaOH溶液。下列说法正确的是
A．可经过两步水解得到H2SeO4
B．滴加NaOH溶液10mL时，溶液中离子浓度：
C．当滴加至中性时，溶液中有
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有
9．（2023·天河模拟）时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是
A．曲线1代表
B．，的电离常数
C．
D．溶液中始终存在
10．（2023·淮安模拟）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8，下列说法正确的是
A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
11．（2022·深圳模拟）常温下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分数与pH的关系如图所示。已知：。
下列说法错误的是
A．溶液显酸性
B．曲线b可表示
C．的平衡常数
D．溶液中：
12．（2023·松江模拟）室温下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列说法正确的是
A．溶液中有
B．当滴加至中性时，用去溶液的体积小于
C．当用去溶液时，此时溶液中有
D．当用去溶液时，此时溶液中有
13．（2023·黄浦模拟）常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是
A．a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
B．b点溶液中，＜
C．c点溶液中，共含有7种微粒。
D．d点溶液中，0.1000
14．（2022·温州模拟）25℃时，，下列说法错误的是
A．25℃时，电离程度：
B．25℃时，浓度为NaHA的pH>7
C．25℃时，溶液中加入与等体积混合后：
D．25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同
15．（2022·余姚模拟）在25 ℃时，将1.0 L x mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)
C．b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)= mol·L-1
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=
二、多选题
16．（2015·如东模拟）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol L﹣1某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）
B．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．0.1 mol L﹣1的Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
D．25℃时，pH=9.4、浓度相同的HCN与NaCN的混合溶液中：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCN）＞c（OH﹣）
17．（2015·湛江模拟）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（ ）
A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）
B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3﹣的水解，使c（HCO3﹣）增大
C．0.1 mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14
18．（2021高二上·嫩江期末）25℃时，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，正确的是（ ）
A．在A点：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B．在B点：c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(CH3COO-)
C．在C点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)= c(OH-)
D．在C点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
19．（2021高二上·益阳期末）25℃时，向的两种酸HX、HY中分别滴加溶液，测得两溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．酸性：
B．a点溶液中微粒浓度：
C．滴加NaOH溶液至时，两溶液中
D．从开始滴加至溶液时，两溶液中的电离程度均逐渐增大
20．（2021高二上·金台期末）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：
实验编号 c(HA)/mol·L-1 c(NaOH)/mol·L-1 反应后溶液pH
甲 0.1 0.1 pH=9
乙 c1 0.2 pH=7
下列判断错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1的HA溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1
B．c1一定大于0.2mol·L-1
C．甲反应后的溶液中：c(Na+)
21．（2021高一下·威海期末）室温下，在0.1mol·L-1三元弱酸H3A溶液中，微粒H3A、H2A-、HA2-、A3-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知：δ(X)=]
A．反应A3-+H2A- 2HA2-的平衡常数的值为105.2
B．将KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8
C．欲用H3A和K2HA配制pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)，则需n(H3A)：n(K2HA)=1：2
D．物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液中：c(K+)>c(HA2-)>c(H2A-)>c(H+)>c(A3-)>c(OH-)
22．（2020高二上·越秀期末）对于0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液，正确的是（ ）
A．升高温度，溶液pH升高
B．通入少量HCl气体，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大
C．c(NH4＋）+ c(OH－)＝c(Cl－)+ c(H+)
D．c(Cl－）＞ c(H+）＞ c(NH4＋）＞ c(OH－)
23．（2019高二下·宿迁期末）25 ℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol L-1 Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)
B．0.1 mol L-1 CH3COONH4溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．0.1 mol L-1 NH4HCO3溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)
D．0.1 mol L-1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
24．（2018高二下·盐城期末）H2C2O4为二元弱酸。常温下0.1mol·L－1 NaHC2O4溶液（pH约为4）中指定微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A．c(Na+)= c(HC2O )+c(C2O )+c(H2C2O4)
B．c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O )
C．c(Na+)+c(H+)=c(HC2O )+ c(C2O )+c(OH－)
D．c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2O )+c(OH－)
25．（2018高二下·南京期末）室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol ·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ c(H2CO3)
B．0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)
C．0.2mol ·L－1H2C2O4（弱酸）与0.1mol ·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中：2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)
D．0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合的溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(HCO3－)
三、非选择题
26．（2018·兰州模拟）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；
（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤 （选填①、②、③或⑤）。
（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式 。
（3）滤渣2中主要成分为 （填化学式）。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式 。
（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为 。
（6）Ⅱ．BaS溶液的制备
写出“煅烧还原”反应的化学方程式 。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶： 。
（7）Ⅲ.制取锌钡白
如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是 。
27．（2018·潍坊模拟）NaBiO3可作为测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
已知：NaBiO3难溶于水。
回答下列问题
（1）溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2，则滤渣Ⅰ的主要成分是 (写化学式)。
（2）海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是
（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是 ，从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3，操作Ⅱ包括 。
（4）一定温度下，向氨水中通入CO2，得到 (NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)= (用离子浓度表示)。
（5）取所得NaBiO3样品2.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为 。
28．（2018·临沂模拟）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。
（1）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。
已知：CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-b kJ·mol-1(b>0)
若用CO还原NO2至N2，当消耗标准状况下3.36L CO时，放出的热量为 kJ(用含有a和b的代数式表示)。
（2）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40 mol NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) △H=-57.0 kJ·mol-1。测得NO2的体积分数[ (NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：
①0～20 min内，v(N2O4)= mol·L-1·min-1。
②上述反应中，v(NO2)=k1·c2(NO2)，v(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373K时，k1、k2的数学关系式为 。改变温度至T1时k1=k2，则T1 373K(填“>”、“<”或“=”)。
（3）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元弱酸。25℃时，向100 mL 0.1 mol·L-1H2N2O2溶液中加入V mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液。(已知25℃时，连二次硝酸的Ka1=10-7，Ka2=10-12)
①若V=100，则所得溶液中c(H2N2O2) c(N2O22-) (填“>”、“<”或“=”)，通过计算解释原因 。
②若V=200，则所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
29．（2018·静安模拟）I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。
完成下列填空：
（1）氮原子核外电子排布式为 ，其最外层有 种运动状态不同的电子；氮气的电子式为 ；氨气分子的空间构型是 。
（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，该反应的化学平衡常数表达式K= ；欲使K值变大，可采取的措施是 。
吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有
(选填序号)。
a.适当升高温度
b.适当降低温度
c.增大压强
d.减小压强
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因 。
（4）某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为 ，该富液中的溶质是 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 。
a．c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)
b.3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)
c.c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)
30．（2018·辽宁模拟）某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]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．
（1）I．NH4+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，将溶液注入三颈烧瓶中；
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，通入氮气，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
④用0.120mol 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标准溶液．
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，则所测得的n(NH4+)的值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（4）II.SO42-含量的测定
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、称量，得沉淀质量为69.90g。
步骤①中，判断BeCl 溶液已过量的实验操作和现象是 。
（5）步骤②中，采用冷水洗讓沉淀，其主要目的是 。
（6）结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为 。实验I 的步骤①中，溶液中离子溶度由大到小的顺序为 。
31．（2018·江津模拟）CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。
（1）用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝。
已知在常温常压下，甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5 kJ·mol-1。写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ；
（2）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g） +Cl2（g） COCl2（g） ΔH = a kJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：
t/min n(CO)/mol n(Cl2)/mol
0 1.20 0.60
1 0.90
2 0.80
4
0.20
①反应0～2min末的平均速率v（COCl2）= mol/（L·min）。
②在2min～4min间，v（Cl2）正 v（Cl2）逆 （填“>”、“=”或“<”）， 该温度下K = 。
③已知X、L可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，CO的 转化率随X的变化关系。X代表的物理量是 ；a 0 （填“>”，“=”，“<”）。
（3）在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体：
2CO（g）＋2NO（g） 2CO2 （g）＋N2 （g）
ΔH=－748 kJ·mol-1
①一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图1所示。温度高于710K时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是 。
②已知：测定空气中NO和CO含量常用的方法有两种，方法1：电化学气敏传感器法。其中CO传感器的工作原理如图2所示，则工作电极的反应式为 ；方法2：氧化还原滴定法。用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度。写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式 。
（4）用CO和H2可以制备甲醇，反应为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
32．（2018·曲靖模拟）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，已引起了全世界的普遍重视。
（1）CO2加氢合成DME（二甲醚）是解决能源危机的研究方向之一。
①2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H= -122.4kJ·mol-1
某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时、改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质分数变化情况如图所示，则p1 p2（填“＞”“＜”或“=”，下同）。若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1 K3，T1、P1时H2的平衡转化率为 。
②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列能说明平衡一定向逆反应方向移动的是 （填序号）。
A． 反应物的浓度增大
B. 混合气体的密度减小
C. 正反应速率小于逆反应速率
D. 氢气的转化率减小
（2）将一定量的CO2气体通入氢氧化钠的溶液中，向所得溶液中边滴加稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。请回答：通入1mol HCl时，溶液中所含溶质的化学式 ，a点溶液中各离子浓度由大到小的关系式为 。
（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol·L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 mol·L-1.
33．（2018·湖南模拟）硫化氢(H2S)的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
（1）H2S和CO混合加热可制得羰基硫(COS)，羰基疏可作粮食熏蒸剂，能防止其些昆虫、线虫和真菌的危害。反应方程式为CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)。
①羰基硫的电子式为 。
②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是 （填字母代号）。
a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4
b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.S与H2的化合比C与H2的化合更容易
（2）H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式 。
（3）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)= mol·L－1。
②某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S，当溶液pH= 时，Mn2＋开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13]。
（4）H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－－2e－=S↓ (n－1)S＋S2－ Sn2－写出电解时阴极的电极反应式： 。
（5）一定温度下将NH4HS固体放入定容真空密闭容器中，可部分分解为硫化氢和氨气：NH4HS(s) H2S(g)+NH3(g)。
①可以判断上述分解反应已经达到化学平衡状态的是 (填字母代号)
A．v(H2S)=v(NH3)
B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的密度不变
D.密闭容器中氨气的体积分数不变
②当上述反应达平衡时：p(NH3)×p(H2S)=a(Pa2)，则平衡时容器中的总压为 Pa( 用含a 的代数式表示).[p(NH3)、p(H2S)分别代表NH3、H2S的压强，Pa为压强的单位]
34．（2018·株洲模拟）硫是中学化学重要的非金属元素之一，请回答下列有关问题。
已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
（1）反应NO2(g)+ SO2(g) SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ/mol 。
（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b.混合气体颜色保持不变
c.SO3和NO的体积比保持不变
d.每消耗1 mol SO2的同时消耗1 molNO
（3）S2Cl2和SCl2均为重要的工业化合物。已知：
a.S2（l）+Cl2（g） S2Cl2（g） △H1
b.S2Cl2（g）+ Cl2（g） 2SCl2（g） △H2
—定压强下，向10 L密闭容器中充入1 molS2Cl2和1 mol Cl2，发生反应b。Cl2与SCl2的消耗速率（υ）与温度（T）的关系如图所示：
① A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有 (填字母)，理由是 。
②—定温度下，在恒容密闭容器中发生反应a和反应b，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”），理由是 。
（4）II．氮有不同价态的化合物，如氨、氮气、亚硝酸钠、乙二胺等。
图（I）和图（II）分别为二元酸H2A和乙二胺（H2NCH2CH2NH2）溶液中各微粒的百分含量δ（即物质的量百分数）随溶液pH的变化曲线（25℃）。
H3NCH2CH2NH3A溶液显 （填“酸”或“碱”）性。
（5）乙二胺在水溶液中发生第二步电离的方程式： ，其平衡常数Kb2= 。
（6）向20 mL 0.1 mol/L的H2A溶液加入10 mL 0.1 mol/L H2NCH2CH2NH2溶液后，溶液中各离子浓度大小的关系为 。
35．（2018·郑州模拟）“废气”的综合处理与应用技术是科研人员的重要研究课题，CO、SO2、NO2是重要的大气污染气体。
（1）处理后的CO是制取新型能源二甲醚(CH3OCH3)的原料。
已知①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH1=-41.0 kJ/mol
②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ/mol
③CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) ΔH3=+23.5 kJ/mol
则反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H= .
（2）已知973 K时，SO： 与NO2 反应生成SO，和NO，将混合气体经冷凝分离出的SO，可用于制备硫酸。
①973 K时，测得：
NO2(g) NO(g)+ 1/2O2(g) K1=0.018；
SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) K2=20；
则反应SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的K3=
②973K时，向容积为2 L的密闭容器中充人SO2、NO2 各0.2mol。平衡时SO2的转化率为 。
③恒压下，SO2的分压PSO2随温度的变化如图所示：
当温度升高时，SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”)， 判断理由 是 .
（3）用纳米铁可去除污水中的NO3-。
①纳米铁粉与水中NO3-反应的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O。研究发现，若PH偏低将会导致NO3-的去除率下降，其原因是 .
②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的NO3-的速率有较大差异。
下表中Ⅰ和Ⅱ产生差异的原因可能是 ；Ⅱ中0~20min，用NO3-表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。
反应时间/min 0 10 20 30 40
Ⅰ c(NO3-)/10-4 mol/L 8 3.2 1.6 0.8 0.64
Ⅱ c(NO3-)/10-4 mol/L (含少量Cu2+) 8 0.48 0.32 0.32 0.32
（4）用NaOH溶液吸收SO2可得NaHSO3溶液，对NaHSO3溶液中各离子浓度的关系，下列分析不合理的是 。(已知常温下K1(H2SO3)=1.5×10-2，K2(H2SO3)=1.02×10-7)
A.[Na+]+[H+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-]
B.[Na+]=[HSO3-]+[SO32-]+[H2SO3]
C.[Na+]>[SO32-]>[HSO3-]>[OH-]>[H+]
D.[H+]+[SO32-]=[OH-]+[H2SO3]
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
2．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
3．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
4．【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
5．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
6．【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析可知，b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡，A不符合题意；
B．由图可知随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小，其对数值减小pH减小，故m表示，随着盐酸的加入，到一定程度的时候，溶液中产生，随着盐酸的量的增加，浓度也在增大，也在增大，故n表示，B符合题意；
C．当pH=9.25时，c(OH-)=10-(14-9.25)=10-4.75mol/L，lgc(BOH)=lgc(B+)，则=10 4.75，C不符合题意；
D．a所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，又溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，故c(B+)= c(Cl-)，则，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据图像分析，b点溶液显酸性；
B．依据随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小分析；
C．依据pH=9.25计算；
D．依据电荷守恒。
7．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A不符合题意；
B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B符合题意；
C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C不符合题意；
D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据pH=p计算；
B．依据判断；
C．依据电离平衡常数及变式判断；
D．依据向含磷废水中加入可以得到沉淀。
8．【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】A．根据上述分析可知，SeO只能发生一步水解得到HSeO，A不符合题意；
B．滴加NaOH溶液10mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO的电离平衡：HSeO4-H++SeO，所以离子浓度为，B符合题意；
C．溶液存在电荷守恒，即，当滴加至中性时，，所以，C不符合题意；
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeO为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO+H2OHSeO+OH-，此时遵循物料守恒，即，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据一级完全电离分析，SeO只能发生一步水解得到HSeO；
B．依据生成物的电离情况分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．利用物料守恒分析。
9．【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．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A不符合题意；
B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B不符合题意；
C．，故C符合题意；
D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用变形为Ka分析；
B．选择交点数据分析；
C．利用A分析判断；
D．根据电荷守恒分析。
10．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合题意；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B不符合题意；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K== 2.21×107，C符合题意；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电子守恒、物料守恒分析；
B．依据电子守恒分析；
C．依据K=计算；
D．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。
11．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，存在水解平衡，水解显酸性，A不符合题意；
B．曲线b可表示，B不符合题意；
C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1= ，C符合题意；
D．根据上述分析可知，的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度水解平衡产物的浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据盐类水解规律分析；
B．依据微粒分布分数与pH的关系分析；
C．依据第一步电离方程式计算平衡常数；
D．根据水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2分析。
12．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A． 溶液中根据电荷守恒有c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+ c(HA )，则c(H+)-c(OH )-c(A2 )= c(A2 )+c(HA )，故A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+c(HA )，至中性时c(H+)=c(OH )，则c(Na+)=2c(A2 )+ c(HA )，若用去10mLNaOH，反应得到NaHA溶液，溶液显酸性，因而滴加至中性时，用去 溶液的体积大于 ，故B不符合题意；
C．当用去 溶液时，得到NaHA溶液，根据质子守恒有c(H+)-c(A2 )=c(OH )，则 ，故C符合题意；
D．当用去 溶液时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2 )，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2A为弱酸，根据电荷守恒进行分析。
B.滴加至中性，则c(H+)=c(OH )，结合电荷守恒进行分析。
C.用去 溶液时，得到NaHA溶液，结合质子守恒进行分析。
D.用去 溶液时，得到Na2A溶液面结合物料守恒进行分析。
13．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A不符合题意；
B．b点溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到=，此时pH=7，说明，则=，故＜，B不符合题意；
C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C符合题意；
D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 mol·L-1，则0.1000，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据水解和电离程度比较，水解和电离均是微弱的分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据水解和电离分析；
D．依据最终产物和原子守恒分析。
14．【答案】A
【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
【解析】【解答】A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一类酸，无法比较电离度，A符合题意；
B．HA-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，，则Kh>Ka2，故溶液显碱性，则浓度为NaHA的pH>7，B不符合题意；
C．由于 ，则溶液中加入与等体积混合后的溶质是等浓度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，则水解为主，由于，故，由于HA-的水解，则，故，C不符合题意；
D．水解程度越大，水的电离程度越大，与NaB的溶液中，阴离子的水解会促进水的电离，由于两者的pH相同，故两种溶液中水的电离程度相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．不是一类酸，无法比较；
BC．比较电离和水解平衡常数；
D．水解程度越大，水的电离程度越大。
15．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c > b > a，所以水电离程度a > b > c，故A选项不符合题意。
B．a点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B选项不符合题意。
C．b点处醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸电离平衡常数为：， 则，则则则，故C选项不符合题意。
D．a点溶液中pH=7，，，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．选择a点利用计算。
16．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、根据物料守恒，钠离子与A元素的所有存在形式相等，所以c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故A正确；
B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性，所以c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C、根据质子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C错误；
D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选AB．
【分析】A、根据物料守恒分析解答；
B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性；
C、根据质子守恒，分析解答；
D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导．
17．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A正确；
B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，使c（HCO3﹣）减小，故B错误；
C.0.1 mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，即c（CH3COOH）= = mol/L=10 b﹣14mol/L（0＜α＜1），
所以α=1014﹣a﹣b（0＜α＜1），整理可得：a+b＞14，故D错误；
故选AC．
【分析】A．常温下pH=7的溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；
B．氢氧化钠与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，导致碳酸氢根离子浓度减小；
C．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）；
D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等．
18．【答案】B,D
【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，A点为醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度小于醋酸根离子浓度，故A不符合题意；
B．由分析可知，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)= c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)= c(CH3COO-) ，故B符合题意；
C．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)可知，溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A点为醋酸钠溶液，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
19．【答案】B,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
【解析】【解答】A． HY的突变范围大，HY酸性强，酸性： ，故A不符合题意；
B． a点溶液中NaX、HX的物质的量浓度相同，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，微粒浓度：
，故B符合题意；
C． HX、HY的酸性强弱不相同，滴加NaOH溶液至
时，两溶液中
不同，HX中加NaOH少，X-浓度小，故C符合题意；
D． 起点酸浓度最大，对水电离抑制程度大，到加入
溶液20mL时，溶液刚反应生成弱酸盐，促进水电离，从开始滴加至
溶液时，两溶液中
的电离程度均逐渐增大，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.等浓度的两种酸的酸性越弱，溶液中的c(H+)越小，根据pH=-lgc(H+)，则pH越大。
B.HX与NaOH等浓度，且都为一元酸，a点时加入的V(NaOH)是V(HX)的一半，所以此时所得溶液是等浓度的NaX和HX，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，所以c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)。
C.HX的酸性比HY弱，所以要使溶液pH=7，则HX溶液中加入的NaOH溶液的体积较少，即混合后HX溶液中c(Na+)较小，根据电荷守恒，HX溶液中存在c(Na+)=c(X-)，HY溶液中存在c(Na+)=c(Y-)，进一步分析。
D.酸抑制水的电离，弱酸根或弱碱根离子能促进水的电离。
20．【答案】A,C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由HA与NaOH等物质的量反应后溶液显碱性，说明NaA可水解，HA为弱酸， 0.1 mol·L-1的HA电离产生的H+浓度小于0.1mol·L-1，即由水产生的H+浓度大于1×10-13mol·L-1，故A说法符合题意；
B．HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少，所以HA的浓度大于NaOH的浓度，即乙中c1一定大于0.2 mol L-1，故B说法不符合题意；
C．甲中HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，NaA可水解，部分A-水解为HA，则溶液中c(Na+)＞c(A-)，故C说法符合题意；
D．反应后乙溶液中存在电荷守恒，即 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，故D说法不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
B.HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少；
C.甲中HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，NaA可水解，部分A-水解为HA；
D.根据电荷守恒分析。
21．【答案】C,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．反应A3-+H2A- 2HA2-的平衡常数的值为 ，A不符合题意；
B． 由图知，将KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8，B不符合题意；
C．pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)中，δ(H2A-)=δ(HA2-)=0.5，若用H3A和K2HA按n(H3A)：n(K2HA)=1：2配制，则按H3A+K2HA=2KH2A可知，所得溶液中KH2A和K2HA的物质的量之比为2：1，由，可知，、， KH2A和K2HA均水解大于电离呈碱性，且K2HA水解程度更大，则所得溶液中δ(H2A-)远大于δ(HA2-)，C符合题意；
D．结合C分析可知，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液呈碱性： c(H+) c(OH-)，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】要充分利用图像中关键点进行计算，在pH2.2、7.2、12.4可以分别计算Ka1=10-2.2，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4；D.物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液，首先根据Ka计算水解平衡常数，比较水解和电离的程度大小，从而进行判断。
22．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解；水解程度越大，NH4Cl溶液的酸性就越强，因此升高温度后NH4Cl溶液pH降低，A不符合题意。
B．通入少量HCl，会抑制盐的水解， c(NH4＋)和c(Cl－)均增大，B符合题意。
C．根据电荷守恒可得，c(NH4＋) + c(H+)＝c(Cl－)+ c(OH-) ，C符合题意。
D．根据物料守恒可得，c(Cl－)= c(NH4＋) +c(NH3·H2O)，所以c(Cl－) ＞ c(NH4＋)；铵根离子水解消耗水电离产生的OH-而使溶液显酸性，所以溶液中 c(H+) ＞ c(OH－) ；盐水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋) ＞ c(H+) ，因此溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－) ＞ c(NH4＋) ＞ c(H+)＞ c(OH－)，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，升温促进水解pH值降低；
B.通入氯化氢增加氯离子浓度抑制水解；
C电荷守恒；
D.铵根离子水解强度并不大，铵根应大于氢离子浓度。
23．【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.质子守恒，正确的是c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，A不符合题意；
B.物料守恒，B符合题意；
C.电荷守恒，C符合题意；
D. 0.1 mol L-1NaHCO3溶液中，HCO3-水解大于电离，故符合题意顺序为c(Na＋)>c(HCO3-)> c(H2CO3) >c(CO32-)，故D不符合题意。
【分析】A.根据质子守恒进行判断；
B.根据物料守恒进行分析；
C.根据电荷守恒进行判断；
D.碳酸氢离子的水解大于电离。
24．【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据物料守恒有
c(Na
+)=
c(HC
2 )+
c(C
2 )+
c(H
2C
2O
4)，选项A不符合题意；
B. 溶液pH约为4说明HC2 的电离大于水解，故c(C2 )＞c(H2C2O4)，选项B符合题意；
C. 根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c(HC2 )+ 2c(C2 )+c(OH－)，选项C符合题意；
D. 根据质子守恒有c(H2C2O4)+c(H+) = c(C2 )+c(OH－)，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】 常温下0.1mol·L－1 NaHC2O4溶液的pH约为4，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，结合电荷守恒、物料守恒进行分析即可。
25．【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据0.1mol·L－1Na2CO3溶液中的质子守恒可得: c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，故A选项是不符合题意的；
B. 0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，溶液显示酸性,则c(H+)>c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，所以B选项是符合题意的；
C. 反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据电荷守恒可得:①c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(HC2O4－)+ 2c(C2O42－)，根据物料守恒可得:②2c(Na+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)+c(C2O42－)，将① 2-②可得: 2c(H+)+c(H2C2O4)＝3c(C2O42－)+c(HC2O4－)+2c(OH－)，整理可得: 2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)，所以C选项是符合题意的；
D. 0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合，反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和NaCl，因为碳酸氢根离子的水解和电离程度都较小，则c(HCO3－)>c(CO32－),符合题意的离子浓度大小为: c(Na+)>c(Cl－)> c(HCO3－) >c(CO32－),故D选项是不符合题意的。
故答案为：BC
【分析】根据溶液中质子守恒进行判断；
B.铵根离子水解时溶液显酸性；
C.反应后的溶液是等浓度的草酸和草酸钠混合物，结合电荷守恒和物料守恒进行分析即可；
D.反应后为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。
26．【答案】（1）①
（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2
（4）ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-
（5）HCO3->H2CO3>CO32-
（6）BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中
（7）过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】I．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；
(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-；
(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；
(6)煅烧发生反应：BaSO4+4C BaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑。
BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；
(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。
【分析】（1）根据各个步骤发生的反应进行分析；
（2）步骤②中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据步骤③中加入过量NaOH溶液发生的反应，确定所得滤渣2的成分；
（4）步骤④滤液2的溶质为NaZnO2，结合NaAlO2与CO2的反应，书写反应的离子方程式；
（5）滤液3的溶质为NaHCO3，结合溶液中HCO3-的电离水解程度大小分析溶液中离子浓度；
（6）煅烧过程中，BaSO4和C反应生成BaS和CO，据此写出反应的化学方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能与CO32-反应，促使平衡向溶解方向进行；
（7）若硫酸过量，反应过程中易产生H2S，造成空气污染；
27．【答案】（1）SiO2、S
（2）2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；过滤、洗涤、干燥
（4）减小；2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)
（5）77%
【知识点】离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质，SiO2性质比较稳定，不与酸反应，所以滤渣的主要成分为：SiO2、S。
（2）铋可以被H2O2氧化，发生的方程式为：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，想要获得纯净NaBiO3，首先要将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作Ⅱ为：过滤、洗涤、干燥。
（4） ，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；
（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4 +5Na++5Bi3++7H2O、MnO4 +5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，
5NaBiO3 2 MnO4 10Fe2+
5 10
n(NaBiO3) 0.5mo1 L 1×0.0220L
n(NaBiO3)=0.0055mol
得到质量计算质量分数=0.0055mol×280g/mol/2.0g×100%=77%，故答案为：77%。
【分析】（1）主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质，则不溶于盐酸的有二氧化硅，铁离子与硫离子会生成S单质
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
（3）沉淀需要过滤洗涤干燥才能得到纯净的物质
（4）平衡常数不变，铵根离子不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律可求解
（5）根据转移电子式守恒可列出关系式求解。
28．【答案】（1） 或
（2）2.0×10-3；k1=60k2；>
（3）>；恰好完全反应生成NaHN2O2，Kh(HN2O2－)＝ ＞Ka2＝10－12，水解程度大于电离程度，因此溶液中c(H2N2O2)＞c(N2O22－)；c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) ①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)；②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-b kJ·mol-1(b>0)；根据盖斯定律①②得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g) △H=(-2a-b) kJ·mol-1，标准状况下3.36L CO的物质的量是0.15mol，消耗标准状况下3.36L CO时放出的热量 kJ；
(2) ①设 0～20 min内生成N2O4的物质的量是xmol，
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol/L） 0.20 0
转化（mol/L） x
20min末（mol/L） 0.2-x
X=0.08mol，v(N2O4)= mol/L = 2.0×10-3。
②设平衡时N2O4的浓度x mol/L，
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol/L） 0.20 0
转化（mol/L） 2x x
平衡（mol/L） 0.2-2x x
X=0.075 mol/L，v(NO2)：v(N2O4)=2：1即k1·c2(NO2)：k2·c(N2O4)=2：1，k1 0.0025：k2 0.075=2：1，所以k1=60k2。若改变温度至T1时k1=k2，则正反应速率小于逆反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应放热，所以T1>373K；
(3) ①若V=100，溶液中的溶质是NaHN2O2，HN2O2-的电离平衡常数是10-12，水解平衡常数是 ，水解大于电离，所以 c(H2N2O2)>c(N2O22-)；
②若V=200，溶液中的溶质是Na2N2O2，N2O22－发生两步水解反应，所以所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)。
【分析】（1）根据公式计算消耗CO的物质的量，根据盖斯定律确定反应的热化学方程式，进而由n(CO)计算反应过程放出的热量；
（2）①根据三段式，结合公式计算反应速率；
②结合平衡三段式进行计算；结合温度对平衡移动的影响分析T1与373K的大小关系；
（3）①V=100mL时，所得溶液为NaHN2O2，结合溶液中电离、水解的程度大小分析；
②V=200mL时，所得溶液为Na2N2O2，结合溶液中N2O22-的水解和H2O的电离分析溶液中离子浓度大小；
29．【答案】（1）1s22s22p3；5；；三角锥型
（2）[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；降低温度；ad
（3）氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2 ，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。
（4）CO32－+ CO2 + H2O → 2HCO3－；KHCO3和K2CO3；a b
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为 ；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；
（2）反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应， a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意；
b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意。
故答案为：ad；
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；
（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+ CO2 + H2O = 2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，a．根据电荷守恒有c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)，故符合题意；
b.200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况），n(K+)=0.2L 1.5mol/L 2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故符合题意；
c.根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－) ＞c(OH－)＞c(H+)，故不符合题意。
故答案为：a b。
【分析】（2）根据化学平衡常数的定义书写表达式，根据反应方程式的特点分析影响化学平衡移动的条件即可。
30．【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2~3 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，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量(答滴加Na2SO4溶液，出现白色浑浊现象也给分)
（5）尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差
（6）(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+ )>c(H+)>c(OH-)
【知识点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较
【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】（4）判断所加入试剂是否过量，应该选择检验过量试剂中的离子的方法进行设计。
31．【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-616 kJ·mol-1
（2）0.1；=；5；温度；<
（3）温度升高到710K时，反应达到平衡状态，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮氧化物转化率降低；CO-2e-+H2O＝CO2+2H+；2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+
（4）c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）由于甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5 kJ·mol-1所以可知①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H =-1453 kJ·mol-1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H =-221 kJ·mol-1，由①-②可得2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H=-1232 kJ·mol-1，所以甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616 kJ·mol-1。答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616 kJ·mol-1
（2）①由表中数据，可知0～2min内△n(CO)=1.2mol-0.8mol=0.4mol，由方程式可知 ，所以v（COCl2）= =0.1 mol/（L·min）；②4min内，反应的氯气为：0.6mol-0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故4min时CO为1.2mol-0.4mol=0.8mol，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态，在2min～4min间，v（Cl2）正=v（Cl2）逆，由方程式可知，平衡时生成COCl2为0.4mol，该温度下平衡常数K= = =5③正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应．答案为：① 0.1 ② = 、 5 ③ 温度 、<
（3）①当温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，由于该反应是放热反应，再升高温度，平衡向左移动，转化率降低②该装置是原电池，通入一氧化碳的电极是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO-2e-+H2O＝CO2+2H+，NO被H2O2溶液氧化成强酸硝酸，双氧水被还原成水，则反应的离子方程式2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+ 答案为：①温度升高到710K时，反应达到平衡状态，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮氧化物转化率降低② CO-2e-+H2O＝CO2+2H+ 、2NO+3H2O2＝2NO3-+2H2O+2H+
（4）当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.8mol氢氧化钾反应，根据元素守恒可以计算n(K2CO3)=0.3mol，n(KHCO3)=0.2mol，二者的水溶液均为碱性，所以c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）答案为：c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）。
【分析】（1）首先根据甲醇和一氧化碳的热烧热书写各自的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算反应热，再写出目标热化学方程式即可。
32．【答案】（1）＞；＜；57.1%；C
（2）Na2CO3、NaCl；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)
（3）5.6×10-5
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H= -122.4kJ·mol-1，该反应为气体分子数减少的放热反应，所以平衡时，二甲醚的百分含量随温度升高而减少、随压强增大而增大，该反应的平衡常数随温度升高而减小。由图可知，在相同温度、p1和p2两种不同压强下，p1对应的二甲醚的百分含量较高，所以p1＞p2；在相同压强、T1和T3两种不同温度下，T3对应的二甲醚的百分含量较高，所以，T1＞T3，由于化学平衡常数只与温度有关，所以，若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3。T1、P1时，若H2的平衡转化率为为 ，则H2的变化量为6.0 ，CO2、CH3OCH3、H2O的变化量分别为2.0 、1.0 、3.0 ，因为二甲醚的体积分数为0.1，所以 ，解之得，H2的平衡转化率为57.1%。②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状。当改变反应的某一个条件后，A. 反应物的浓度增大，可能是增大了反应物的浓度（再加入少量的反应物）使平衡向正反应方向移动的结果，也可能是增大生成物浓度（或升高温度）使平衡向逆反应方向移动的结果；
B. 混合气体的密度减小，有可能是减小反应物浓度使平衡逆向移动，也有可能是减小生成物浓度（如降低温度使部分水液化）使平衡正向移动的结果；
C. 正反应速率小于逆反应速率，平衡一定向逆反应方向移动；
D. 氢气的转化率减小，可能是增大氢气的浓度（再加入少量氢气）使平衡正向移动的结果，也可能是升高温度使平衡逆向移动的结果。综上所述，能说明平衡一定向逆反应方向移动的是C。
（2）由图可知，反应明显分为两个阶段，前后两个阶段所消耗的HCl的物持的量之比为3：2，说明原溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，且两者物质的量之比为2：1，两者物质的量分别是2mol、1mol。通入1mol HCl时，氢氧化钠恰好反应完全，溶液中所含溶质为Na2CO3、NaCl。a点溶液中有3mol NaCl和1molNaHCO3，由于碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以，各离子浓度由大到小的关系式为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)。
（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难容物质，其 。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为 mol·L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 mol·L-1.
【分析】(1)改变条件后，平衡向减弱这种改变的方向移动
（2）根据加入盐酸产生气体的图像判断溶液中的溶质成分，结合盐类水解分析溶液中离子浓度大小即可。
33．【答案】（1）；ac
（2）5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O
（3）0.043；5
（4）2H2O+2e-=H2↑+2OH-
（5）BC；2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①羰基硫与二氧化碳是等电子体，其结构相似，根据二氧化碳电子式书写羰基硫电子式为 ，故答案为： ；②a．相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaHSO4，可知硫酸酸性大于碳酸，则非金属性S＞C，
故答案为：；
B.亚硫酸不是最高价含氧酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，不能比较非金属性，故不选；
C.S与H2的化合比C与H2的化合更容易，则非金属性S＞C，
故答案为：ac；
(2)该反应中S元素化合价由-2价变为0价、+6价，Mn元素化合价由+7价变为+2价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(3)①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043；②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)= = mol/L=1.4×10-11mol/L，结合图像得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
(4)阳极上硫离子放电，电极反应式为S2--2e-═S↓，阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
(5) ①A.根据方程式NH4HS(s) H2S(g)+NH3(g)，任何时候都存在v(H2S)=v(NH3)，不能说明是平衡状态，错误；
B.该反应是气体的物质的量增大的反应，密闭容器中总压强不变，说明气体的物质的量不变，说明处于平衡状态，正确；
C.该反应是气体的质量增大的反应，密闭容器中混合气体的密度不变，证明气体的质量不变，说明处于平衡状态，正确；
D.密闭容器中氨气的体积分数始终为50%，不能说明是平衡状态，错误；
故答案为：BC；②NH4HS=NH3+H2S，由NH4HS分解的反应方程式可知：生成等物质的量的硫化氢和氨气，则NH3与H2S的分压相同，故p硫化氢=p氨气= Pa所以，平衡后的总压为p硫化氢+p氨气=2 Pa，故答案为：2 。
【分析】（1）①二硫化碳的分子结构类似于二氧化碳的结构，据此书写电子式；
（2）根据化合价升降法配平化学方程式即可；
（5）①根据可逆反应达到平衡状态后正逆反应速率相等、组分的百分含量不变进行判断即可。
34．【答案】（1）－41.8
（2）bd
（3）BD；B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等；不变；反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响
（4）酸
（5）[H3NCH2CH2NH2]＋+H2O [H3NCH2CH2NH2]2＋+OH－；Kb2=10－7.15
（6）c([H3NCH2CH2NH2]＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c([H3NCH2CH2NH3]2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】I.（1）考查热化学反应方程式的计算，①2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，②2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，(①－②)/2，得出：△H=(113.0－196.6)/2kJ·mol－1=－41.8kJ·mol－1；
（2）考查化学平衡状态的判断，a、反应前后气体系数之和相等，因此压强始终保持不变，即压强不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
B、NO2显红棕色，其余均为无色，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故b正确；
C、SO2和NO系数相等，因此SO3和NO的体积比始终保持不变，故c错误；
D、消耗1molSO2，说明反应向正反应方向移动，消耗1molNO，说明反应向逆反应方向移动，且两者消耗量等于系数之比，因此能说明反应达到平衡，故d正确；
（3）考查勒夏特列原理，①消耗Cl2，反应向正反应方向进行，消耗SCl2，反应向逆反应方向进行，当氯气的消耗速率是SCl2消耗速率的一半时，反应达到平衡，即BD点达到平衡，原因是B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等；②反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响，因此氯气的平衡转化率不变；
II.（4）考查溶液酸碱性的判断，根据图1，当pH=6.20时，A2－的水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HA－)/c(A2－)，c(A－)=c(HA－)，即A2－水解平衡常数K=c(OH－)=10－(14－6.2)=10－7.8，[H3NCH2CH2NH2]＋的水解平衡常数K=c([H3NCH2CH2NH2]＋)×c(H＋)/c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，当pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)=c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，即水解平衡常数为K=c(H＋)=10－6.85mol·L－1，[H3NCH2CH2NH2]＋的水解平衡常数大于A2－的水解平衡常数，溶液显酸性；
（5）应分步电离，即第二步电离的方程式为[H3NCH2CH2NH2]＋+H2O [H3NCH2CH2NH2]2＋+OH－；平衡常数只受温度的影响，即pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)=c([H3NCH2CH2NH)]2＋)，其平衡常数Kb2=10－7.15 ；
（6）根据所给量，因此离子浓度大小顺序是c([H3NCH2CH2NH2]＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c([H3NCH2CH2NH3]2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
【分析】（2）根据可逆反应达到平衡状态后正逆反应速率相等、各组分的百分含量不变进行判断；
（3）根据化学平衡原理进行分析即可；
（6）根据电荷守恒进行判断离子浓度大小关系即可。
35．【答案】（1）－203.5 kJ mol-1
（2）0.36；37.5%；减小；温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小
（3）H+与Fe粉反应生成H2；Fe与置换出的Cu构成原电池，加快NO3-的去除速率；3.84×10-5
（4）C D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律：①×2+ ②×2-③，得到2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=－203.5 kJ mol-1 ；符合题意答案：－203.5 kJ mol-1。
(2)NO2(g) NO(g)+ 1/2O2(g) K1=0.018，K1=c(NO) c1/2(O2)/ c(NO2)，SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) K2=20；K2= c(SO3)/ c(SO2) c1/2(O2)，SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)的K3= c(SO3) c(NO) / c(NO2) c(SO2)；K1×K2= K3，所以K3=0.018×20=0.36，符合题意答案：0.36。
②设SO2的变化浓度为xmol/L，反应开始时 c(SO2)=0.1mol/L， c(NO2)=0.1 mol/L，
SO2(g)+ NO2(g) S SO3(g)+ NO(g)
起始 0.1 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡 0.1-x 0.1-x x x
根据973K时， K3=0.36= x2/ (0.1-x)2，解之可得：x=3/8，所以平衡时SO2的转化率为3/8÷0.1×100%=37.5%；符合题意答案：37.5%。③从图像可以分析出，当温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小，符合题意答案：减小 ； 温度升高时，-lg( )减小，则 增大，化学平衡向逆向移动，化学平衡常数减小。
（3）①若PH偏低，则会发生H+与Fe粉反应生成H2等副反应，导致NO3-的去除率下降，符合题意答案：H+与Fe粉反应生成H2 。②观察两种水样的区别可知，水样Ⅱ中含有一定量 ，而其去除速率明显快于水样Ⅰ，故可推测 或 催化钠米铁粉去除 的反应，也可能是析出的 与纳米铁粉形成原电池，对反应起到了促进作用；0~20min，用NO3-表示的平均反应速率为（8-0.32）×10-4 /20=3.84×10-5 mol·L-1·min-1；符合题意答案：Fe与置换出的Cu构成原电池，加快NO3-的去除速率； 3.84×10-5 。
（4）[Na+]+[H+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-]，符合电荷守恒规律：A符合题意；
[Na+]=[HSO3-]+[SO32-]+[H2SO3]，符合硫原子的量守恒规律，B符合题意；
亚硫酸氢钠溶液电离过程大于水解过程，溶液显酸性，所以[H+] >[OH-]，C不符合题意；
NaHSO3溶液中的质子守恒为[H+]+ [H2SO3]=[OH-]+[SO32-]，D不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】（4）根据溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断溶液中离子浓度的大小关系，注意溶液酸碱性对离子浓度大小的影响。
