高三化学一轮复习考点特训-电解质溶液1含解析

PAGE电解质溶液一、选择题（共12题）1.常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液与所加溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A．a点溶液：B．b点溶液：C．c点溶液：D．d点溶液中由水电离产生的2.常温下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA（Ka＝1.0×10-5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．a点溶液的pH约为5B．水的电离程度：c点＞d点C．b点溶液中粒子浓度大小：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)D．e点溶液中：c(K+)=2c(A-)+2c(HA)3.25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10ˉ15，也可用与pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为25℃条件下)A．重水和水两种液体，D2O的电离度大于H2OB．在100mL0.25mol·Lˉ1DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·Lˉ1NaOD重水溶液，反应后溶液的pD＝1C．0.01mol·Lˉ1NaOD重水溶液，其pD＝12D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+4.H2RO3是一种二元酸，常温下用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，溶液的pH随RO2气体的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A．a点溶液中2c(Na+)=3c(RO32-)B．向b点溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4C．常温下，NaHRO3溶液中c(HRO3-)>c(RO32-)>c(H2RO3)D．当吸收RO2的溶液呈中性时，c(Na+)=c(RO32-)+c(HRO3-)5.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动6.常温下，Ksp(ZnS)=l.6×10－24，Ksp(FeS)=6.4×10－18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是A．向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀B．常温下，反应FeS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0×l06C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀D．向FeS悬浊液中通入少许HC1，c(Fe2+)与Ksp(FeS)均增大7.下列溶液一定呈中性的是()A．pH=7的溶液 B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L的溶液C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液8.将pH=2的盐酸平均分为2份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后，pH都升高了1，则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为()A．9∶1 B．10∶1 C．11∶1 D．12∶19.常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，该溶液可能是()①二氧化硫水溶液②氯化钾水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④10.已知25℃时，K==1.75×10-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（）A．向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B．升高温度，K增大C．向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大D．向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大11.室温时，已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3∙H2O)。关于浓度均为0.1mol·L-1的醋酸和氨水的两种溶液的说法正确的是（）①两溶液的pH之和为14②两溶液中醋酸和NH3∙H2O的电离程度相同③两溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均降低④两溶液等体积混合，pH=7，由水电离出c(H+)=1×10-7mol·L-1A．①② B．②④ C．①②④ D．①②③④12.下列说法中正确的是（）。A．NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离B．降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动C．加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D．水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大二、非选择题（共8题）13.（1）根据氯化铁溶液回答下列问题：①向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3。产生的现象为___。用离子方程式表示其原因___。②不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是___。③在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入___。（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一个原电池，回答下列问题：①负极材料为___；正极反应式为___。②反应过程中SO向____极移动。③当电路中转移0.1mol电子时，电解液质量(不含电极)增加了___克。（3）已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8①物质的量浓度均为0.1mol•L-1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是__（用编号填写）a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3②常温下，0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是___（填字母）A．c（H+）B．C．c（H+）•c（OH-）D．E.③写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：____。④25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=____（填准确数值）。⑤标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol•L-1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH-）=2c（H2CO3）+____。14.某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：①第一次出现平衡的时间是第__min；②0～20min反应速率表示为v(SO2)=__；③30min时，改变某一条件平衡移动，则改变的条件最有可能是__；40min时，平衡常数值为__。（2）亚硫酸钠吸收法常温下，Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__(填序号)。a.c(Na+)+c(H+)>c(SO)+c(HSO)+c(OH-)b.c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)c.水电离出的c(OH-)=1×10-8mol·L-1d.c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(H+)（3）电化学处理法如图所示，Pt（1）电极的反应式为__；碱性条件下，用Pt（2）电极排出的S2O溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体__g。15.按要求回答下列问题：（1）实验室中通常用NaOH溶液进行洗气和提纯，当用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__。（2）常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是__(填字母)。A．溶液中导电粒子的数目减少B．醋酸的电离程度增大，c(H+)也增大C．溶液中不变D．溶液中减小（3）①常温下将0.15mol·L-1的稀硫酸V1mL与0.1mol·L-1的NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2=__(溶液体积的变化忽略不计)。②常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，则下列说法正确的是__(填字母)。A．若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1B．若V1=V2，混合后溶液的pH一定等于7C．若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D．若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2（4）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列五种溶液的pH如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1①根据表中数据，将浓度均为0.01mol·L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是__(填字母)。A．HCNB．HClOC．H2CO3D．CH3COOH②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是__(填字母)。A．CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONaB．CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCNC．CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD．NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑（5）几种离子开始沉淀时的pH如表所示：离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，__(填离子符号)先沉淀。16.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为__。（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：__。（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入__以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中；④100mL0.1mol·L-1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag+)由大到小的顺序是__(填序号)；向②中加入足量氯化银后，氯离子的浓度为__mol·L-1。17.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Ni2＋开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.28.85.09.5②Ksp(CaF2)＝1.46×10-10；③当某物质浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，视为完全沉淀。请回答下列问题：（1）在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，目的是______________。（2）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：______________________________，当Ca2＋沉淀完全时，溶液中c(F-)>________mol·L-1(写出计算式即可)。（3）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的化学反应方程式：_______________________________。（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是__________________________。（5）“调pH”时pH的调控范围为______≤PH<6.8。18.NaHSO4与NaHCO3是两种重要的酸式盐。（1）NaHSO4固体溶于水显酸性，而NaHCO3固体溶于水显碱性，请用离子方程式并配以必要的文字来说明NaHCO3固体溶于水显碱性的原因___。（2）常温下把1mL0.2mol·L-1的NaHSO4溶液加水稀释成2L溶液，此时溶液中由水电离产生的c(H+)为___。（3）NaHSO4和NaHCO3两溶液混合反应的离子方程式为___。（4）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出反应的离子方程式：___；在以上溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，此时反应的离子方程式为___。（5）若将等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合，反应的离子方程式为___。19.现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。（1）若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。（2）根据（1）中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。（3）用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。20.已知：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。当溶液中各种离子的浓度幂的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。（1）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol·L-1，如果生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。（2）要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为___。【参考答案及解析】一、选择题1.【答案】B【解析】A．a点是溶液，据电荷守恒得：，A错误；B．b点是溶液，据图像知：该溶液呈酸性，说明电离程度大于其水解程度，则，而也只有小部分电离，故，B正确；C．c点是和混合溶液，，C错误；D．d点是溶液，由于的水解促进水的电离，溶液中由水电离产生的，D错误；故选B。2.【答案】C【解析】A.a点溶液为0.1mol·L-1HA溶液，HAH++A-，，溶液中，所以溶液pH约为3，A错误；B.c点溶液pH=7，溶质为HA、KA，d点溶液的溶质为KA，HA电离抑制水的电离，KA水解促进水的电离，则水的电离程度：d点>c点，B错误；C.b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，HAH++A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)，C正确；D.e点溶液中的溶质为KA、KOH，且c(KA)=2c(KOH)，根据物料守恒，c(KA)=c(A-)+c(HA)，则2c(K+)=2c(KA)+2c(KOH)=3c(KA)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；故答案为：C。3.【答案】B【解析】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O的电离度等于H2O的电离度，故A错误；B．根据中和反应量的关系，100mL0.25mol·L－1DCl和50mL0.2mol·L－1NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为=0.1mol·L－1，则c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B正确；C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C错误；D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·DHO和D3O+，故D错误；故选B。【点睛】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。4.【答案】C【解析】【分析】由图可知，Na2RO3溶液呈碱性，说明H2RO3是一种二元弱酸，用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，Na2RO3溶液与RO2气体反应生成酸式盐NaHRO3，反应的化学方程式为Na2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3，a点吸收molRO2气体，溶液中含有molNa2RO3和molNaHRO3，溶液呈碱性，b点吸收molRO2气体，溶液中含有molNa2RO3和molNaHRO3，溶液呈酸性。【详解】A.a点吸收molRO2气体，溶液中Na+的物质的量为2mol，RO32-的物质的量为mol，RO32-离子在溶液中水解，则2c(Na+)>3c(RO32-)，故A错误；B.b点导致溶液呈酸性，向溶液加水稀释，氢离子浓度逐渐减小，pH只能无限接近7，不会超过7，故B错误；C.b点吸收molRO2气体，溶液中含有molNa2RO3和molNaHRO3，溶液呈酸性说明NaHRO3溶液中HRO3-电离程度大于水解程度，则c()>c()>c(H2RO3)，故C正确；D.当吸收RO2的溶液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)+c(OH-)可得c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)，故D错误；故选C。5.【答案】B【解析】【分析】A．难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；B．溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行；C．温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；D．饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。【详解】A．a、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度，故A正确；B．温度升高Ksp增大，则T2＞T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)＜Ksp(q)，故B错误；C．Ksp＝c(Cd2＋)c(S2−)，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；D．Ksp＝c(Cd2＋)c(S2−)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是理解沉淀溶解平衡的图像表示的含义，注意溶度积常数的变化只与温度有关，其它条件改变不影响溶度积常数的值。6.【答案】B【解析】A．Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；B．反应FeS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K===4.0×l06，故B正确；C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc(FeS)可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，故C错误；D．Ksp(FeS)只与温度有关，通入少许HCl，Ksp

(FeS)不变，故D错误；答案选B。【点睛】当Qc＞Ksp时，溶液为过饱和溶液，平衡往左移动，沉淀析出；当Qc＜Ksp时，溶液为不饱和溶液，若溶液中仍有沉淀存在，平衡往右移动，沉淀溶解；当Qc=Ksp时，溶液为饱和溶液，处于沉淀溶解平衡状态，既无沉淀生成，也无沉淀溶解。7.【答案】B8.【答案】C【解析】根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=2的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1，可设碱液体积x．依题意可列出下列等式：10-2mol/L×1L-10-2mol/L×xL=10-3mol/L×(1+x)L，解得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为，答案选C。9.【答案】A【解析】【分析】酸、碱或强酸酸式盐都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，说明为酸溶液或碱溶液，据此分析解答。【详解】①SO2在水溶液中与水反应产生H2SO3，是酸溶液，电离产生H+，使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，①正确；②KCl溶液是强酸强碱盐溶液，不水解，对水的电离无影响，②错误；③NaNO3溶液是强酸强碱盐溶液，不能水解，对水的电离无影响，③错误；④NaOH溶液是强碱溶液，电离产生OH-，使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，④正确；综上所述可知：对水电离其抑制作用的是①④，故合理选项是A。【点睛】本题考查了酸或碱对水的电离的影响，应注意的是酸或碱对水的电离有抑制作用，盐类的水解对水的电离有促进作用。10.【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。【详解】A.向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；B.醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C.向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D.向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。答案选B。【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化。11.【答案】A【解析】【分析】室温时，0.1mol·L-1的醋酸和氨水溶液，Ka=，Kb=，已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3∙H2O)，c(CH3COOH)=c(NH3∙H2O)，则c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)。【详解】①由以上分析知，c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)，则pH(CH3COOH)=pOH(NH3∙H2O)=14-pH(NH3∙H2O)，所以pH(CH3COOH)+pH(NH3∙H2O)=14，①正确；②两溶液中醋酸和NH3·H2O的起始浓度都为0.1mol·L-1，c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)，所以电离程度相同，②正确；③两溶液加水稀释，醋酸溶液中的c(OH-)增大，氨水中的c(H+)增大，③不正确；④两溶液等体积混合，pH=7，此时生成CH3COONH4，因发生双水解反应而促进水的电离，所以由水电离出c(H+)>1×10-7mol·L-1，④不正确；综合以上分析，①②正确，故选A。12.【答案】C【解析】A.水解程度大于电离程度，促进水的电离，电离产生氢离子，抑制水的电离，A错误；B.盐的水解是吸热反应，降温可使水解平衡逆向移动，越稀越水解，加水稀释可使水解平衡正向移动，B错误；C.盐的水解是吸热反应，升温促进盐的水解，C正确；D.增大盐的浓度，水解平衡右移，但该盐的离子的水解程度减小，D错误；故答案选C。二、非选择题13.【答案】（1）有气体和红褐色沉淀产生Fe3++3HCO=3CO2↑+Fe(OH)3↓Fe2O3浓盐酸（2）CuH2O2+2H++2e-=2H2O负3.2（3）a＜d＜c＜bBDClO-＋H2O＋CO2=HCO＋HClO9.9×10-7mol•L-1c（HCO）+c（H+）【解析】（1）①向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3，发生双水解，生成氢氧化铁和二氧化碳气体，产生的现象为有气体和红褐色沉淀产生。用离子方程式表示其原因Fe3++3HCO=3CO2↑+Fe(OH)3↓。故答案为：有气体和红褐色沉淀产生；Fe3++3HCO=3CO2↑+Fe(OH)3↓；②不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，得到的固体是Fe2O3。故答案为：Fe2O3；③FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为抑制氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可。故答案为：浓盐酸；（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一个原电池：①该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由-1价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上H2O2得电子发生还原反应，因为在酸性条件下，所以H2O2得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O。即：负极材料为Cu；正极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O。故答案为：Cu；H2O2+2H++2e-=2H2O；②原电池中，阴离子向负极移动，反应过程中SO向负极移动。故答案为：负；③当电路中转移0.1mol电子时，根据Cu－2e－=Cu2＋，生成0.05molCu2＋，电解液质量(不含电极)增加了0.05mol×64g·mol－1=3.2克。故答案为：3.2；（3）①Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaClO是强碱弱酸盐水解显碱性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性；而酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，而酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：CH3COO－<HCO<ClO－<CO，故溶液的碱性Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa，即pH：a＜d＜c＜b；故答案为：a＜d＜c＜b；②A．CH3COOH溶液加水稀释过程，虽促进电离，但c（H＋）减小，故A不选；B．，CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减小，则稀释过程中比值变大，故B选；C．稀释过程，c（H＋）减小，c（OH－）增大，c（H＋）·c（OH－）=Kw，Kw只受温度影响所以不变，故C不选；D．稀释过程，c（H＋）减小，c（OH－）增大，则变大，故D选；E.是醋酸的电离常数，只与温度有关，温度不变，不变，故E不选；故答案为：BD；③酸性H2CO3>HClO>HCO3－，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：ClO-＋H2O＋CO2=HCO＋HClO。故答案为：ClO-＋H2O＋CO2=HCO＋HClO；④25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，存在电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H＋）-c（OH－）=10-6mol·L－1-10-8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1。故答案为：9.9×10-7mol•L-1；⑤标准状况下，1.12LCO2的物质的量为：=0.05mol，氢氧化钠的物质的量为：1mol·L-1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，根据碳酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=2c（H2CO3）+c（HCO）+c（H+）。故答案为：c（HCO）+c（H+）。14.【答案】（1）200.03mol/(L•min)减小CO2的浓度0.675（2）ac（3）SO2＋2H2O−2e−＝＋4H＋69【解析】【分析】（1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；

②根据反应速率v＝计算；

③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K＝计算；

（2）常温下，当吸收至pH＝6时，溶液呈酸性；

（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2失电子，作负极；每1molNO2得电子4mol。【详解】（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L−0.4mol/L＝0.6mol/L，则反应速率表示为v(SO2)＝＝0.03mol/(L•min)，故答案为：0.03mol/(L•min)；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时的平衡常数和20min时相同，20min时，SO2(g)＝0.4mol/L，S2(g)＝0.3mol/L，CO2(g)＝0.6mol/L，则平衡常数K＝＝0.675，故答案为：减小CO2的浓度；0.675；（2）常温下，当吸收至pH＝6时，a.根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH−)，所以c(Na＋)＋c(H＋)＞c()＋c()＋c(OH−)，故a正确；b.根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2SO3)，若还存在Na2SO3，则c(Na＋)＞c()＋c()＋c(H2SO3)，故b错误；c.电离程度大于水解程度，pH＝6，水电离出c(OH−)＝＝l×l0−8mol/L，故c正确；d.pH＝6，c(OH−)＜c(H＋)，故d错误；故答案为：ac；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成，电极反应式为SO2＋2H2O−2e−＝＋4H＋，NO2中N的化合价为＋4价，转化为0价的N2，每1molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为＝1.5mol，m(NO2)=，故答案为：SO2＋2H2O−2e−＝＋4H＋；69【点睛】本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等15.【答案】（1）c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)（2）C、D（3）1∶1A、D（4）AA、B（5）Cu2+【解析】【分析】（1）用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液；（2）常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离平衡常数不变；（3）酸碱混合后，溶液呈酸性，说明硫酸过量，根据计算；（4）弱酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；（5）根据表格数据分析；【详解】（1）用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液，碳酸钠、碳酸氢钠水解呈碱性，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠水解，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)；（2）A．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故B错误；C．醋酸溶液中加水稀释，电离平衡常数不变，，故C正确；D．无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以减小，故D正确；选CD；（3）①，，V1∶V2=1∶1；②A.若混合后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1，故A正确；B.若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，溶液的pH小于7，故B错误；C.若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，故C错误；D.若HA是强酸，混合后溶液呈碱性，说明碱过量，则V1小于V2；若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，若混合后溶液呈碱性，则V1小于V2，故D正确；选AD；（4）①由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN；酸性越弱，稀释相同倍数pH变化越小，将浓度均为0.01mol·L-1四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是.HCN，选A；②A．酸性CH3COOH＞H2CO3，根据强酸制弱酸，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生；B．酸性CH3COOH＞HCN，根据强酸制弱酸，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生；C．H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸，-CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生；D．酸性H2CO3＞HCN，根据强酸制弱酸，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生；故选AB；（5）根据表格数据，离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，Mg2+最后沉淀。【点睛】本题考查弱酸电离平衡移动，明确加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中醋酸分子、醋酸根离子、氢离子浓度均减小，电离平衡常数不变，掌握强酸制弱酸的原理。16.【答案】（1）c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)（2）HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH-)>c(H+)，故溶液显碱性（3）盐酸Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓+3CO2↑（4）②>①>④>③9×10-10【解析】【分析】（1）(NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解显酸性；（2）碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；（3）Fe3+水解呈酸性，NaHCO3水解呈碱性；（4）含有足量AgCl固体的饱和溶液中c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10；【详解】（1）(NH4)2SO4溶液中，溶液中铵根离子水解显酸性，水解微弱，铵根离子浓度大于硫酸根离子，溶液中离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)；（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO3+H2OH2CO3+OH-，电离平衡为HCO3-H++CO32-；碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以显碱性；（3）Fe3+水解呈酸性，配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑；（4）①100mL蒸馏水中，c(Ag+)=c(Cl-)，c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，则c(Ag+)=；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中，c(Ag+)=0.2mol·L-1；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中，c(Cl-)=0.3mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1；④100mL0.1mol·L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1，c(Ag+)由大到小的顺序是②>①>④>③；向②中加入足量氯化银，c(Ag+)=0.2mol·L-1，c(Cl-)=。【点睛】本题考查了盐类水解的应用、沉淀溶解平衡，会用盐水解原理分析溶液中离子浓度大小；掌握溶度积常数的计算，明确在不同溶液中，难溶电解质的溶解度不同，溶度积常数相同。17.【答案】（1）提高“酸浸”速率（2）Ni2++C2O42-+2H2O=（3）2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O（4）过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次（5）5.0【解析】【分析】废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸；试剂a是一种绿色氧化剂，a是H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al)OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca

2+，过滤，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，可提高浸出率；（2）向NiSO4溶液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为：Ni2++C2O42-+2H2O=，当Ca2＋沉淀完全时，Ca2＋的浓度小于1.0×10-5mol·L-1，根据氟化钙的溶度积常数，溶液中c(F-)>；（3）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入的a是H2O2，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O；（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次；（5）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0≤PH<6.8。18.【答案】（1）NaHCO3=Na++，+H2OH2CO3+OH-，+H+，且水解程度大于电离程度，故溶液呈碱性（2）1×10-10mol·L-1（3）H++=H2O+CO2↑（4）2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O+Ba2+=BaSO4↓（5）+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O【解析】【分析】NaHSO4固体溶于水只发生电离，而NaHCO3固体溶于水后电离产生的既能电离又能水解，但以水解为主；NaHSO4溶液加水稀释，所得溶液中由水电离产生的c(H+)等于溶液中的c(OH-)；NaHSO4和NaHCO3两溶液混合，NaHSO4表现酸的性质与NaHCO3反应，生成二氧化碳气体。NaHSO4、NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，采用“以少定多”法确定反应的产物以及发生的反应。【详解】（1）NaHCO3固体溶于水后电离产生的，在溶液中主要发生水解，从而使溶液显碱性，其原因为：NaHCO3=Na++，+H2OH2CO3+OH-，+H+，且水解程度大于电离程度，故溶液呈碱性。答案为：NaHCO3=Na++，+H2OH2CO3+OH-，+H+，且水解程度大于电离程度，故溶液呈碱性；（2）常温下把1mL0.2mol·L-1的NaHSO4溶液加水稀释成2L溶液，此时溶液中c(H+)==10-4mol/L，由水电离产生的c(H+)=c(OH-)溶液=mol/L=1×10-10mol·L-1。答案为：1×10-10mol·L-1；（3）NaHSO4和NaHCO3两溶液混合，反应生成Na2SO4、H2O、CO2，反应的离子方程式为H++=H2O+CO2↑。答案为：H++=H2O+CO2↑；（4）向NaH