3.4 离子反应 同步练习
一、单选题
1．在某无色溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A．OH-、Cl-、Cu2+ B．Cl-、、Na+
C．、Cl-、Ag+ D．、K+、Fe3+
2．下列各组离子在某无色溶液中能大量共存的是（ ）。
A． B．
C． D．
3．在酸性溶液中，下列离子不能大量存在的是（ ）
A．Mg2+ B．HCO3ˉ C．SO42﹣ D．Fe3+
4．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液中，H+、 、Ag+可以大量共存
B．向该溶液中通入CO2，不发生化学反应
C．该溶液可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaCl
D．常温下，将氯气通入NaOH溶液中可以得到该溶液
5．常温下，下列有关稀溶液中离子浓度的说法正确的是（ ）
A．同浓度的四种溶液：①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4 ④NH4Al（SO4）2溶液，c（NH4+）浓度的大小关系：②＞④＞③＞①
B．一定浓度的NaHS溶液中：c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
C．若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，则其中离子浓度最大与最小的差值为（0.1﹣10﹣5）mol/L
D．现有四种溶液：①pH=4的H2SO4溶液 ②pH=4的NH4Cl溶液 ③pH=10的氨水 ④pH=10的CH3COONa溶液，其中水电离出的氢离子浓度大小关系为：②=④＞③＞①
6．下列各组离子在碱性条件下能大量共存，在强酸性条件下不能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．NH4+、Na+、SO42﹣、NO3﹣
7．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（ ）
A．c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+）
B．c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（H+）
C．c（OH﹣）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）
D．c（OH﹣）＞c（HB）＞c（HA）＞c（H+）
8．下列离子在指定条件下一定能大量共存的是（ ）
A．加盐酸会产生使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液：Na+、Ca2+、NO 、Cl-
B．加入铝单质生成气体的溶液：MnO 、Cl-、K+、Na+
C．强碱溶液中：CO 、K+、Ba2+、SO
D．常温下， =10-4的溶液：Fe3+、Cu2+、NO 、SO
9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、SCN﹣
B．在强碱性溶液中：K+、Na+、CO3﹣、AlO2﹣
C．在盐酸溶液中：K+、Fe2+、SO32﹣、NO3﹣
D．与铝反应产生氢气的溶液中：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣
10．在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：，，，其中为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度，下列说法正确的是
A．氨水中
B．氨水中，
C．相同条件下，浓氨水中的大于稀氨水中的
D．在该温度下，氨气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)
11．0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中:
c（CN-）﹤c(Na+)，则下列关系中，正确的是 （ ）
A．c(Na+)﹥c(CN-)﹥c(H+)﹥c(OH-)
B．c(HCN)+c(CN-)=0.04mol·L-1
C．c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)
D．c(CN-)﹥c(HCN)
12．下列微粒在指定条件下可以大量共存的是（ ）
A．在小苏打溶液中：NO3－、CO32－、NH4+、K+
B．氢氧化铁胶体中：H＋、K＋、Cl－、S2－
C．水电离出的c(H＋)＝10-12 mol/L的溶液中：Ca2+、K＋、Cl－、HCO3－
D．在pH=0的溶液中：Ca2＋、ClO－、Cl－、Al3+
13．实验测得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L
14．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的一组离子是（ ）
A．K+、Na+、Cl-、CO32- B．NH4+、Na+、Cl-、SO42-
C．Na+、HCO3-、NO3-、SO42- D．K+、MnO42-、Na+、Cl-
15．常温下，有关①100mL 0.1mol/L NaHCO3、②100mL 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是（ ）
A．均存在电离平衡与水解平衡
B．c（OH﹣）：①＞②
C．存在的粒子种类相同
D．②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）
16．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣
B． =1×10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、[Al（OH）4]﹣、CO32﹣
17．HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
18．常温下，向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．Ksp(CuS)=10-35.4
B．a点溶液中：c(S2-) c(Cu2+)=Ksp(CuS)
C．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．a、b、c三点溶液中，水的电离程度最大的是b点
二、综合题
19．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 。
20．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”)。
21． SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．
（1）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 ．
（2）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣），n（HSO3﹣）变化关系如下表：
n（SO32﹣）：，n（HSO3﹣） 91：9 1：1 1：91
PH 8.2 7.2 6.2
1表判断NaHSO3溶液显 性，用化学平衡原理解释：
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：
a．c（Na﹣）=2c（SO ）+c（HSO ）
b．c（Na﹣）＞c（HSO ）＞c（SO ）＞c（H﹣）=c（OH﹣）
c．c（Na+）+c（H+）=c（SO ）+c（HSO ）+c（OH﹣）
（3）当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生．再生示意图如下：
①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是 ．
②当阴极室中溶液PH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．简述再生原理： ．
22．已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH +OH-。
（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向 移动，OH-离子的浓度 ，NH 离子的浓度 ；
（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向 移动，此时溶液中浓度减小的微粒有 、 、 ；
（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向 移动，此时发生的现象是 。
23．回答酸碱滴定实验中的下列问题：
（1）下列有关滴定操作的顺序正确的是 ；
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器 ③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 ④滴定操作 ⑤装标准溶液和待测液并调整液面（记录初始读数） ⑥取一定体积的待测液于锥形瓶中
A．①③②④⑤⑥ B．①②③⑤⑥④
C．②③①④⑤⑥ D．④⑤①②③⑥
（2）如图1表示10 mL量筒中液面的位置，A与B、B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是 mL．
（3）如图2表示25.00mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积（填代号） ．
A．a mL B．（25﹣a） mL
C．大于a mL D．大于（25﹣a）mL
（4）图3为用一标准浓度NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸时的滴定曲线．则两种溶液的物质的量浓度分别是：c（HCl）= ，c（NaOH）= ．
（5）滴定过程中，下列操作中会使测定结果偏低的有
A．酸式滴定管未润洗
B．锥形瓶内有少量水
C．滴定前，滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．铜离子和氢氧根离子在溶液中反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，且无色溶液中不可能含有淡蓝色的铜离子，故A不符合题意；
B．Cl-、、Na+在某无色溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B符合题意；
C．银离子在溶液中能与碳酸根离子、氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．铁离子在溶液中呈棕黄色，则无色溶液中不可能含有铁离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Cu2+和OH-生成Cu(OH)2沉淀，且Cu2+为蓝色；
C.AgCl和Ag2CO3均是沉淀；
D.Fe3+为有色离子。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.溶液呈无色，而含有Fe3+的溶液呈黄色，故Fe3+不能大量存在，A不符合题意；
B.CH3COO-是弱酸酸根，可与H+发生反应，生成弱酸CH3COOH，二者不能大量共存，B不符合题意；
C.Ba2+、Br-、NO3-、NH4+在溶液中不会相互反应，可大量共存，C符合题意；
D.Ca2+可与SO42-反应生成微溶物CaSO4，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】分析离子共存问题时，首先判断题目条件所暗示的体系环境，例如酸碱性、是否为有色溶液等，根据体系环境判断出各选项的相关离子能否在该环境下存在。然后检查各选项的相关离子之间是否会发生反应，具体的反应类型有：①复分解反应：生成弱电解质、难溶物和易挥发的物质；②氧化还原反应；③络合反应：生成稳定的络合物（如Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3等）。如果能够互相反应，则该组离子不可大量共存。
3．【答案】B
【解析】【解答】镁离子、硫酸根离子，铁离子在酸性条件下均能大量共存，故ACD错误
B、碳酸氢根离子能与氢离子发生反应生成二氧化碳和水，因此不能大量共存，故B正确
【分析】离子共存：能生成沉淀气体弱电解质络合物的都不能共存，能发生氧化反应的不能共存，能双水解的弱酸根阴离子和弱碱根阳离子不能共存。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.溶液中H+能与ClO-形成弱电解质HClO，Ag+能与Cl-形成AgCl沉淀，不可大量共存，A不符合题意；
B.H2CO3的酸性比HClO强，通入CO2，能发生反应2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClO，B不符合题意；
C.消毒剂是利用物质的氧化性进行消毒的，混合溶液中NaClO具有氧化性，故有效成分为NaClO，C不符合题意；
D.Cl2通入NaOH溶液中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据离子共存分析；
B.H2CO3的酸性比HClO强；
C.消毒剂的有效成分为NaClO；
D.根据Cl2与NaOH溶液发生的反应分析；
5．【答案】B
【解析】【解答】A．①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4 ④NH4Al（SO4）2中，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断，③NH4HSO4 ，④NH4Al（SO4）2中，③NH4HSO4 溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，④NH4Al（SO4）2中铝离子水解促进铵根离子的水解，c（NH4+）浓度的大小关系：②＞③＞①＞④，故A错误；
B．一定浓度的NaHS溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故B正确；
C．若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，溶液中最大的离子浓度为Cl﹣离子，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度最小，c（OH﹣）==10﹣9mol/L，则其中离子浓度最大与最小的差值为（0.1﹣10﹣9）mol/L，故C错误；
D．现有四种溶液：①pH=4的H2SO4溶液 ③pH=10的氨水，④pH=10的CH3COONa溶液，②pH=4的NH4Cl溶液，①③抑制水的电离，②④促进水的电离，其中水电离出的氢离子浓度大小关系为①=③＜②=④，故D错误；
故选B．
【分析】A．①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4 ④NH4Al（SO4）2中，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断，③NH4HSO4 ，④NH4Al（SO4）2中，③NH4HSO4 溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，④NH4Al（SO4）2中铝离子水解促进铵根离子的水解，c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；
B．NaHS溶液中存在电荷守恒分析；
C．若0.1 mol/L NH4Cl溶液pH=5，溶液中最大的离子浓度为Cl﹣离子，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度最小，c（OH﹣）= ；
D．酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．碱溶液中不能大量存在Mg2+，故A不选；
B．碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，故B选；
C．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C不选；
D．碱溶液中不能大量存在NH4+，故D不选；
故选B．
【分析】强碱溶液含大量的氢氧根离子，强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．
7．【答案】A
【解析】【解答】解：乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，则相同浓度的HB的电离程度大于HA，酸的电离程度越大，其酸根离子的水解能力越小，所以A﹣的水解能力大于B﹣，水解能力越强，则其溶液中碱性越强，氢氧根离子浓度越大，酸的浓度越小，所以在物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaA和NaB混合溶液中c（HA）＞c（HB），
因为两种阴离子都水解生成氢氧根离子，所以c（OH﹣）＞（H+），所以离子浓度大小顺序为：c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+），c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞（H+），所以A正确，B、C、D错误，
故选A．
【分析】相同温度下的相同浓度的不同一元酸，酸的酸性越强，则酸的电离程度越大，其阴离子的水解能力越小，混合溶液中，A﹣、B﹣都水解导致c（OH﹣）大于c（HA）、c（HB），据此进行解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．使澄清石灰水变浑浊CO2或SO2，则该溶液中可能存在CO 、HCO 或SO 、HSO ，CO 、SO 与Ca2+生成沉淀，不能大量共存，故不选A项；
B．加入铝单质生成气体的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，MnO 、Cl-发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选B项。
C．CO 、SO 与Ba2+生成沉淀，不能大量共存，故不选C项；
D．常温下， =10-4的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe3+、Cu2+、NO 、SO 之间互不反应，且均不与氢离子反应，能大量共存，
故答案为：D。
【分析】共存的问题就是不互相反应，A. 产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是二氧化硫或二氧化碳，可能含有碳酸根离子、碳酸氢根离子，亚硫酸根离子，亚硫酸氢根离子，碳酸根和亚硫酸根与钙离子不共存
B. 加入铝单质产生气体，可能是酸性和碱性，酸性条件下，高锰酸根和氯离子不共存
C.钡离子和碳酸根和亚硫酸根反应不共存
D. 常温下， =10-4的溶液呈酸性，可共存
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故A不选；
B．强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，或H+、SO32﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3﹣，故D不选；
故选B．
【分析】A．离子之间结合生成络离子；
B．强碱溶液中该组离子之间不反应；
C．离子之间发生氧化还原反应；
D．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．
10．【答案】D
【解析】【解答】A．氨水中存在平衡：和，，A项不符合题意；
B．氮在溶液中总浓度为0.1mol/L，所以，B项不符合题意；
C．溶液中均在电荷守恒为，则，代入得。浓氨水中碱性强，则c(OH-)更大，则更小，C项不符合题意；
D．由于，c(NH3)=K1p。且，代入得。NH3在水中的溶解度S= c(NH3)+ ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据电离和水的电离平衡分析；
B．依据物料守恒；
C．依据电荷守恒分析；
D．依据题目信息计算。
11．【答案】C
【解析】【解答】根据c（CN-）﹤c(Na+)，可知CN-水解大于HCN电离，溶液呈碱性，c(H+)
12．【答案】A
【解析】【解答】A.在小苏打溶液中NO
3－、CO
32－、NH
4+、K
+均可以和钠离子、碳酸氢根离子大量共存，故A符合题意；
B.Cl－、S2－能够与氢氧化铁胶粒发生聚沉现象，在分散系中不能大量共存，故B不符合题意；
C.水电离产生的c（H+）=1×1-12 mol/L的溶液中存在大量H+或OH-，HCO3-与氢氧根离子和氢离子均反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D.在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，ClO－与氢离子反应，在溶液中不能够大量共存，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B.氢离子与硫离子形成弱电解质。
C.需要特别注意 水电离出的c(H＋)＝10-12 mol/L的溶液既可以是酸溶液，也可以是碱溶液。碳酸氢根在酸溶液中，碱溶液中都不能大量共存。
D.选项为强酸溶液，氢离子与次氯酸根例子形成弱酸。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A不符合题意；
B．O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B不符合题意；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C不符合题意；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐类水解为吸热反应，升温促进盐类水解，盐类水解促进水的电离；
B.碳酸氢钠和碳酸钠的水解程度不同；
C.加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠。
14．【答案】A
【解析】【解答】A.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B.NH4＋和OH－可结合成NH3·H2O，不可大量共存，B不符合题意；
C.HCO3－能与OH－反应生成CO32－和H2O，不可大量共存，C不符合题意；
D.含有MnO4－的溶液显紫红色，不符合题意；
故答案为：A
【分析】碱性溶液中含有大量OH－，无色溶液中不含Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋或MnO4－；据此结合选项所给离子组进行分析。
15．【答案】B
【解析】【解答】解：A．两个溶液均存在水解平衡HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，均存在水的电离平衡，故A正确；
B．酸根离子水解程度越大，则溶液的碱性越强，c（OH﹣）越大，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度，所以两溶液中c（OH﹣）：②＞①，故B错误；
C．NaHCO3、Na2CO3溶液存在的粒子为：Na+、H+、HCO3﹣、CO32﹣、OH﹣，所以两种溶液中离子种类相同，故C正确；
D．②溶液中CO32﹣水解程度远远大于HCO3﹣水解程度，所以c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D正确；
故选B．
【分析】NaHCO3、Na2CO3都是强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生水解CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度，据此分析解答．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，故A不选；
B. =1×10﹣13mol/L的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Al（或Fe2+）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故C不选；
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在[Al（OH）4]﹣、CO32﹣，故D不选；
故选B．
【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；
B. =1×10﹣13mol/L的溶液，显酸性；
C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液．
17．【答案】C
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
18．【答案】D
【解析】【解答】A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，A选项正确；
B.Ksp(CuS)只与温度有关，根据A的分析Ksp(CuS)=10-35.4，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c(Cu2+)减小、-lgc(Cu2+)增大，二者关系始终满足c(S2-)·c(Cu2+)=定值=Ksp(CuS)，故B选项正确；
C.c点时溶质为NaCl和Na2S，n(Na+)=0.1mo l/Lx0.02Lx2=0.004mol，n(Cl-)=0.1mol/Lx
0.01Lx2=0.002mol，即c(Na+)>c(Cl-)，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，即c(S2-)>c(OH-)>c(H+)，所以c点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
<，故C选项正确；
D.n(H+)和n(OH-)的积为c(OH-)xc(H+)xV=KwxV，a点时溶液体积最小，则二者乘积最小的是a点，故D选项错误；
故答案为：D。
【分析】在比较溶液中的各离子浓度大小时，首先考虑来自于溶质的离子，其浓度是最大的。然后再考虑其他在水溶液中会发生变化的离子，并且要考虑某个离子是否有多个来源。
19．【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－)
【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。
20．【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
【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
21．【答案】（1）2OH﹣+SO2=H2O+SO32﹣
（2）酸；HSO3﹣ H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解；ab
（3）HSO3﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+3H+；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H+）降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生
【解析】【解答】解：（1.）反应生成亚硫酸钠和水，离子反应为2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O；
（2.）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为HSO3﹣ H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解，
故答案为：酸；HSO3﹣ H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，
a．由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确；
b．SO32﹣+H2O HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣ H++SO32﹣，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故b正确；
c．c（Na+）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）中不遵循电荷守恒，故c错误；
故答案为：ab；
（3.）①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，
故答案为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+3H+；②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，
故答案为：H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H+）降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生．
【分析】（1）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠；（2）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答；（3）①当吸收液的pH降至约为6时，溶液中阴离子主要为HSO3﹣，具有还原性，在阳极上放电发生氧化反应；②当阴极室中溶液pH升至8以上时，阴离子主要为SO32﹣，阴极上氢离子得电子发生还原反应，同时生成亚硫酸根离子，溶液中钠离子向阴极移动，导致生成吸收液．
22．【答案】（1）右；减小；增大
（2）右；OH-；NH3 H2O；NH3
（3）左；有无色刺激性气体产生
【解析】【解答】(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动， NH 的浓度增大；
故答案为：右；减小；增大；
(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3 H2O的浓度均减小，
故答案为：OH 、NH3、NH3 H2O（写出这三种微粒符号即可）；
(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；
故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。
【分析】氨水中存在下列平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH +OH-，如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向、即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；
23．【答案】（1）B
（2）3.2
（3）D
（4）1.0；0.5
（5）A；D
【解析】【解答】解：（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作，则操作顺序为①②③⑤⑥④
故选：B；（2）由图知量筒A与B之间有五个小格，所以一个小格代表0.2mL，即此量筒的分度值为0.2mL，如果刻度A为4，则刻度A为3，凹液面最低处与3mL以上一个刻度处相平，所以液体体积为3.2mL；
故答案为：3.2；（3）滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于（50﹣a）mL，
故答案为：D．（4）溶液的pH为1，则盐酸过量，过量的盐酸n（盐酸）=C（盐酸）×20.00mL﹣C（氢氧化钠）×30.00mL，则C（H+）= =10﹣1mol/L；
恰好中和时，C（盐酸）×20.00mL=C（氢氧化钠）×40.00mL，
解方程组得：C（盐酸）=1.0mol/L；C（氢氧化钠）=0.5mol/L；
故答案为：1.0；0.5；（5）A．酸式滴定管未润洗，待测液被稀释，则待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，c（待测）= 判断，可知c（待测）偏小，故A正确
B．锥形瓶内有少量水，待测液的物质的量不变，造成V（标准）不变，c（待测）= 判断，可知c（待测）无影响，故B错误；
C．滴定前，滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，c（待测）= 判断，可知c（待测）偏大，故C错误；
D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数，造成V（标准）偏小，c（待测）= 判断，可知c（待测）偏小，故D正确；
故选：AD；
【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作；（2）根据量筒的分度值，以及数值从下到上逐渐增大来解答；（3）根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理，注意滴定管最大刻度下方无刻度；（4）根据溶液的pH为1，则盐酸过量，过量的盐酸n（盐酸）=C（盐酸）×20.00mL﹣C（氢氧化钠）×30.00mL，则C（H+）= =10﹣1mol/L，恰好中和时，C（盐酸）×20.00mL=C（氢氧化钠）×40.00mL，然后求出C（盐酸）、C（氢氧化钠）；（5）根据c（待测）= 判断不当操作对相关物理量的影响；
