2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较1
一、选择题
1．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
2．（2023·湖北） 为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C.该反应的平衡常数表达式为：，此时体系的pH=4，[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等
带入可得lg K≈14，C项正确；
D.根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误
故答案为：C。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等，进行计算平衡常数。
3．（2023·新课标卷）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线
B．的溶度积常数
C．反应的平衡常数K的值为
D．时，溶液中
【答案】B
【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.由图可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；
B.由图可知，根据曲线III和VI可知，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L ，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；
C.根据坐标（-1，-2.35）（-1，5.16），溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，那么平衡常数为：，C项正确；
D.由图可知，在c（NH3）=0.01mol/L时，可以看出，，D项正确；
故答案为：B。
【分析】在氯化银饱和溶液中，银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子也增大，滴加氨水过程中，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，解答即可。
4．（2022·江苏）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 （ ）
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，KHCO3直接电离产生，的水解是微弱的，则溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不符合题意；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不符合题意；
C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol L-1，c总=0.1mol L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，说明的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C符合题意；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.KOH吸收CO2所得到的溶液可能得到两种溶液，碳酸钾或者碳酸氢钾；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.“吸收”“转化”过程中的总反应为CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热。
5．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
6．（2023·沈阳模拟）25℃时，向溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的关系如图所示，下列叙述中错误的是
已知：，a、b、c三点的坐标：、、。
A．属于正盐
B．曲线②表示随pOH的变化
C．a点溶液中，
D．反应的平衡常数
【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线②表示lgc(H2RO)随pOH的变化，故B不符合题意；
C．由图可知，a点溶液中c(HRO)= c(H2RO)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=2c(HRO)+ c(H2RO)+ c(OH-)可得：溶液中c(Na+)+ c(H+)=3c(H2RO)+ c(OH-)，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====105.3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．H3RO3为二元弱酸；
B．依据曲线变化判断；
C．依据电荷守恒分析；
D．依据K=计算。
7．（2023·崇明模拟）常温下a mol L 1稀氨水与b mol L 1稀盐酸等体积混合，下列判断一定正确的是（ ）
A．若a＞b，则
B．若a＞b，则
C．若a＜b，则
D．若a＝b，则
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若a＞b，溶液混合后可能呈中性，也可能呈碱性，也可能呈酸性，故A不符合题意；
B．若a＞b，根据A选项分析，则 可能大于或等于或小于，故B不符合题意；
C．若a＜b，混合后溶质为盐酸和氯化铵，溶液一定呈酸性即，故C符合题意；
D．若a＝b，则溶质为氯化铵，溶液显酸性，根据电荷守恒和溶液显酸性，则得到，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据中和原理和水解原理分析。
8．（2023·奉贤模拟）常温下，调节某醋酸与醋酸钠混合溶液的pH，保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)随pH的变化如图所示。下列说法正确的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．pH=5时，c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．pH=3.5时，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
C．取W点溶液1L，c(Na+)+2c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(H+)
D．取W点溶液1L，通入0.05molHCl：c(H+)>c(CH3COOH)+c(OH-)
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．常温下，时，，由曲线图得，故，A不符合题意；
B．根据电荷守恒得：，即，B符合题意；
C．根据电荷守恒：，C不符合题意；
D．W点时，，取该溶液1L，则，通入0.05molHCl，根据强酸制弱酸原理，理论上恰好使全部转化成，是弱酸，电离程度微弱，因此溶液中，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】醋酸与醋酸钠混合溶液存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，随着pH增大， c(H+)减小，c(OH-)增大，电离平衡正向移动，水解平衡逆向移动，则c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，因此实线表示c(CH3COO-)的变化，虚线表示c(CH3COOH)的变化。
9．（2023·蚌埠模拟）百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：
25℃时0.1 mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数 δ与pH的变化关系如图2所示。 已知： δ(A2-) =
下列说法错误的是（ ）
A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化
B．δ(HA-)=
C．pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )
D．NaOH 滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A不符合题意；
B．根据 可知，，，将其代入，B不符合题意；
C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )，C不符合题意；
D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据官能团结构，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离分析；
B．根据 ，利用，分析；
C．根据图示分析；
D．依据滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性分析。
10．（2023·福州模拟）利用过量溶液处理含、矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入溶液，测得溶液和生成与所加入变化的曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点溶质为和，存在
B．溶液中：
C．沉淀时的离子方程式：
D．d点溶液：
【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点为和混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO)+c(OH-)，故A不符合题意；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO= CO+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B符合题意；
C．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO和AlO反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，故C不符合题意；
D．d点对应加入40mLNaHCO3溶液，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应OH-+ HCO= CO+H2O，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，溶质为Na2CO3，则溶液中离子浓度大小为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．依据物料守恒分析；
C．依据碳酸氢根的酸性强于偏铝酸分析；
D．判断溶液的溶质，利用盐类水解的原理分析。
11．（2023·东城模拟）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
【答案】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，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不符合题意；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不符合题意；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不符合题意；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.m点溶液的溶质为Na2CO3和NaHCO3，溶液呈碱性，主要原因为+H2O+OH-；
B.图像中有两个滴定突跃点，根据消耗的盐酸体积分析是否含碳酸氢钠；
C.根据电荷守恒分析。
12．（2022·崇明模拟）室温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，则下列关系正确的是
A．V=0时：
B．V=10mL时：
C．V=20mL时：
D．加入NaOH溶液至pH=7时，mL
【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．V＝0时，盐酸完全电离，醋酸部分电离，c(H＋) >c(Cl－)＞c(CH3COOH)，A不符合题意；
B．V＝10 mL时，依据电荷守恒，c(OH－)＋c(CH3COO－)+ c(Cl－)＝c(H＋)+ c(Na＋)，此时盐酸刚好完全反应，c(Na＋)=c(Cl－)，所以c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)，B符合题意；
C．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＞c(CH3COO－)＋c(Cl－)，C不符合题意；
D．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以pH＝7时，V＜20 mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据盐酸完全电离，醋酸部分电离分析；
BC．依据电荷守恒分析；
D．依据生成的产物，利用水解原理分析。
13．（2023·南通模拟）一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A．0.1 mol·L氨水中：
B．溶液氧化过程中比值逐渐减小
C．0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液中：
D．1 L 0.1 mol·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
【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
【解析】【解答】A.0.1 mol·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A不符合题意；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B不符合题意；
C．和得到，0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C符合题意；
D.1.68 L 的物质的量为=0.075mol，1 L 0.1 mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，则存在物料守恒，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电离是微弱的；
B.依据有关的反应方程式分析；
C.依据电荷守恒和物料守恒分析；
D.依据物料守恒分析。
14．（2023·杨浦模拟）常温下，将缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加的溶液，溶液的变化如图所示，下列分析正确的是
A．①点：
B．②点：
C．③点：
D．④点：
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故A不符合题意；
B．由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，故B不符合题意；
C．由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的浓度相等，由物料守恒可得：，由溶液中的电荷守恒关系可知，溶液中，故C符合题意；
D．由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】①点溶液中的溶质为HCl、HClO，②点溶液中的溶质为HCl、HClO、Cl2，③点溶液的溶质为NaCl、NaClO、HClO，④点溶液的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，结合物料守恒、电荷守恒和质子守恒分析。
15．（2023·温州模拟）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)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．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。
二、多选题
16．（2022·肥城模拟）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点
B．该溶液中存在：<
C．向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D．b点对应的溶液中存在：3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c()+c(OH )+c(Cl )
【答案】B,C
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．H2CO3的电离平衡常数Ka2=c(CO) c(H+)/c(HCO)，则，－lg=－lg，可知溶液，－lg越小，c(H+)越小，pH越大，所以a，b，c三点对应溶液pH的大小顺序为：a＞b＞c，故A不符合题意；
B．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，＝，，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在<，故B符合题意；
C．向b点溶液中通入CO2，则c(HCO)增大，－lg增大，所以可使b点溶液向c点溶液转化，故C符合题意；
D．根据电荷守恒可得：2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，b点时－lg=0，即c(CO)=c(HCO)，则2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．依据Ka2=c(CO) c(H+)/c(HCO)分析；
B．依据二元弱酸Ka1＞Ka2分析；
C．通入CO2过量，则c(HCO)增大；
D．根据电荷守恒分析。
17．（2020·徐州模拟）室温下用 分别滴定 的盐酸和醋酸的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线
B． 时，两份溶液中：
C． 时，两份溶液中：
D． 时，醋酸溶液中：
【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A. 醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，A不符合题意；
B. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00mL，两份溶液中：c(Cl-)>c(CH3COO-)，B符合题意；
C. V(NaOH)=15.00mL时，根据物料守恒可知：两种溶液中，4c(Na+)=3c(Cl-)，4c(Na+)=3c(CH3COOH)+3c(CH3COO-)，故c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C符合题意；
D. 当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)可知，当c(H+)>c(OH-)，则有 c(CH3COO-)>c(Na+)，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．弱电解质部分电力，强电解质完全电离；
B．pH=7时，溶液呈中性，结合电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-）、c（Na+）=c（Cl-），两溶液中加入氢氧化钠溶液的体积不同；
C．V（NaOH）=15.00mL时，初始时醋酸、盐酸的体积、浓度相等，结合物料守恒分析；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。
18．（2020·南通模拟）人体血液的pH通常在7.35-7.45之间的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等缓冲体系。常温下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L NaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)
B．常温下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)
C．向10 mL0.1mol/L NaH2PO4溶液中加入5mL 0.4 mol/L NaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)
D．物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)
【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据溶液中电荷守恒可得 ，0.1mol/L NaH2PO4溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则 ，故A符合题意；
B． ，pH=7，c（H+）=10-7mol/L，则 ，Na+不发生水解，则c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)，故B不符合题意；
C. 向10 mL0.1mol/L NaH2PO4溶液中加入5mL 0.4 mol/L NaOH溶液，此时溶液为Na3PO4，根据溶液中质子守恒可得 ，故C符合题意；
D. 物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合，根据物料守恒，2Na=3P，可得 ，故D不符合题意；
故答案选：AC。
【分析】根据三大守恒判断溶液粒子浓度关系。
19．（2019·惠州模拟）25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示[其中a点的坐标为（9.5，0.5）]。
甲 乙
下列溶液中的关系中一定正确的是（ ）
A．图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B．常温下，NaCN的水解平衡常数： K(NaCN)=10-4.5mol/L
C．图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D．图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】+【解答】A.答】解:A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c( OH-)，由溶液电荷守恒可知c(Na+) +c(H+ )=c( OH- ) +c(CN- ) +c( Cl- )，由物料守恒可知c(Na+)=c(HCN )+c( CN-)，则c ( Cl)=c(HCN），A符合题意；
B.常温下，NaCN的水解平衡常数，在a点时，溶液中c(HCN)=c(CN-)，且pH=9.5，即溶液中c(H+)=10-9.5mol/L，此时溶液中，因此NaCN的水解平衡常数，B符合题意；
C.图乙中b点加入盐酸的体积为5mL，反应后所得溶液为等浓度的NaCl、HCN和NaCl，由于溶液显碱性，因此CN-的水解程度大于HCN的电离程度，故溶液中各微粒的浓度关系为：c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，C不符合题意；
D.图乙中c点加入盐酸的体积为10mL，二者恰好完全反应，所得溶液的溶质为：NaCl和HCN，溶液中存在HCN的电离，故c(HCN)≠c(Cl-)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)+c(Cl-)可得选项错误，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】A.根据图像结合溶液成分进行分析；
B.结合NaCN的水解平衡常数表达式进行计算；
C.图乙中b点溶液的溶质为：NaCl、HCN、NaCl，且三种的浓度相等，结合溶液的酸碱性判断溶液中离子浓度大小；
D.图乙中c点溶液的溶质为NaCl和HCN，结合电荷守恒分析；
20．（2018·南通模拟）常温下，用0.10 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如右图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B．点①所示溶液中：c(CN-)+ c(HCN)=2c(Cl-)
C．点②所示溶液中：c(Na+)> c(Cl-)> c(CH3COO-)> c(CH3COOH)
D．点④所示溶液中：c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)>0.10 mol·L-1
【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl-)= c(Na+)+ c(H+)，点③中存在c(CN-)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A不符合题意；
B. 点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN-)+ c(HCN)=2c(Cl-)，故B符合题意；
C. 点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明乙醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)> c(Cl-)，故C不符合题意；
D. 点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 mol·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 mol·L-1，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.05 mol·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl-)= c(Na+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)= c(H+)- c(OH-)，则c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)=0.05 mol·L-1+0.05 mol·L-1-c(CH3COO-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1- c(H+)+ c(OH-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1+ c(OH-)>0.10 mol·L-1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据电荷守恒结合图像进行判断；
B.根据物料守恒解答即可；
C.根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，进而进行分析解答；
D.根据电荷守恒结合图像进行分析。
21．（2022高二上·如皋期末）常温下，将溶液置于锥形 中，将溶液置于滴定管中，用溶液滴定，所得溶液的与的体积关系如下图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。下列说法正确的是
A．滴定过程中始终存在等式：
B．点①溶液中存在等式：
C．点③溶液中存在等式：
D．点③溶液中存在：
【答案】A,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
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，滴定过程中始终存在等式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A符合题意；
B．①点处根据物料守恒可得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B不符合题意；
C．根据分析，③点为恰好反应的点，根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C符合题意；
D．③点处NaOH和CH3COOH恰好中和，产生CH3COONa，由于CH3COO-的水解，此时存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．根据电荷守恒；
B．根据物料守恒；
C．根据质子守恒；
D．依据溶质的成分和电离、水解和程度判断。
22．（2021高二上·深圳期末）常温时，将V1mL c1mol·L－1的氨水滴加到V2mL c2moL·L－1的盐酸中，下列结论中正确的是
A．若混合溶液的pH=7，则c1V1＞c2V2
B．若V1=V2，c1=c2，则溶液中c (NH) =c (Cl-)
C．若混合溶液的pH=7，则溶液中c (NH4+)＞c (Cl-)
D．若V1=V2，且混合液的pH＜7，则可能有c1 = c2
【答案】A,D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A． 如果二者恰好完全反应(c1V1=c2V2)，则生成物为NH4Cl，水解显酸性，要使溶液显中性，则氨水要过量，即c1V1>c2V2，A符合题意；
B． V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2，恰好中和，溶液呈酸性，c (H+)＞c (OH-)，另两离子c (NH)
D． 氨水与盐酸恰好中和（即c1V1=c2V2）生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH<7，此时V1=V2，则可能有c1 = c2，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】A.氨水为弱碱，盐酸为强酸，混合后溶液呈中性，氨水应过量，则c1V1>c2V2；
B.恰好反应时，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析；
C.根据电荷守恒分析；
D.若pH＜7，呈酸性，当V1=V2时，c1=c2也有可能。
23．（2022高二下·湖南期末）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该滴定过程中不需任何指示剂
B．a点溶液中存在：
C．a.b两点所示溶液中水的电离度a
【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A不符合题意；
B．依据物料守恒可知，因此a点溶液中存在：，B不符合题意；
C．根据图像可判断a点溶质为碳酸氢钠，水的电离受促进，b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此溶液呈酸性，水的电离受抑制，C符合题意；
D．a到b之间反应没有结束，盐酸不足，所以溶液中存在：，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点；
B.根据物料守恒分析；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.a到b之间盐酸的量不足。
24．（2021高二上·德州期末）亚砷酸(H3AsO3)是一种三元弱酸，可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中存在多种微粒，其中含砷微粒的物质的量分数随pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的微粒以H3AsO3为主
B．该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10
C．pH=12时，溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)
D．由图像可知，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw＜Ka1＜Ka2
【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图示，pH在7.35~7.45之间时，砷元素的微粒以H3AsO3为主，故A符合题意；
B．根据图示，c(H2AsO )= c(H3AsO3)时，pH≈9.2，所以该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10，故B符合题意；
C．pH=12时，c(OH-)>c(H+)，所以溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO32-)+c(OH-)>c(H+)，故C不符合题意；
D．由图像可知，Ka1≈10-9.2、Ka2≈10-12.2，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw>Ka1·Ka2，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.分析图可知，实线是H2AsO3-，左边第一条虚线是H3AsO3，第二条虚线是HAsO32-，第三条是AsO33-的物质的量分数随pH变化的图；
B. 根据亚砷酸的第一电离平衡常数的表达式可知，第一个交点处，Ka1=c(H+)；
C.pH=12的溶液中肯定还存在其他金属阳离子，电荷守恒式不正确；
D. Ka1、Ka2 分别由第一个交点和第二个交点可以求得。
25．（2021高二上·长沙期末）常温下，二元弱酸溶液中含磷元素粒子的浓度之和为0.1，溶液中各含磷粒子的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷粒子的浓度负对数()，pOH表示OH的浓度的负对数[]。下列有关说法不正确的是（ ）
A．为酸式盐
B．b点时，
C．曲线③表示pc()随pOH的变化
D．d点溶液中：
【答案】A,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．已知H3PO3是二元酸，故为正盐，A符合题意；
B．b点是曲线③和曲线①的交点，pc()=pc(H3PO3)，此时c()=c(H3PO3)，点a(7.3，1.3)表示当pOH=7.3时，pc()=pc()，则c()=c()，Ka2==c(H+)=10-(14-7.3)=10-6.7，点c(12.6，1.3)表示当pOH=12.6时，pc()=pc(H3PO3)，c()=c(H3PO3)，Ka1= =c(H+)=10-(14-12.6)=10-1.4， Ka2×Ka1=×=10-6.7×10-1.4=10-8.1==c2(H+)，b点c(H+)=10-4.05，则b点pH=4.05，pOH=14-4.05=9.95，B符合题意；
C．由分析可知，曲线③表示pc()随pOH的变化，C不符合题意；
D．由图可知，d点溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，则c(H+)=1mol/L，故=0.1mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．因为H3PO3是二元酸，可判断为正盐；
B．依据电离平衡常数计算；
C．通过图中曲线的变化趋势判断；
D．依据pOH判断。
三、非选择题
26．（2022·奉贤模拟）氮、氧、氯及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
（1）氧原子核外共有 种能量不同的电子，氯原子核外未成对电子所占据的轨道符号是 ，NH3分子的空间构型为 。
（2）请比较氮、氧元素的非金属性：氮 氧(选填“＞”或“＜”)，用一个化学事实进行说明 。
已知：①NaNO2具有毒性和强氧化性；②酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
（3）含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，工业上常用还原剂将其转化为无污染的气体，用NH4Cl还原NaNO2的离子方程式为 ，若生成1mol氧化产物，则反应中转移的电子数目是 。
（4）向冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2溶液，该物质可以为 。
a.二氧化碳 b.二氧化硫 c.醋酸 d.稀硫酸
（5）常温下将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液呈酸性，则c(NO)+c(HNO2) 0.01mol·L-1，c(NO)+c(Cl-) 0.01mol·L-1(选填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）3；3p；三角锥形
（2）＜；
（3）；3.612×1024
（4）d
（5）=；>
【知识点】原子结构的构造原理；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）氧原子电子排布式为1s22s22p4，核外有3种能量不同的电子，氯原子的电子排布式为1s22s22p63s22p5，核外未成对电子所占据的轨道符号是3p，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）氮、氧元素位于元素周期表中第二周期，从左到右非金属性增强，非金属性：氮＜氧，用非金属性强的可知置换出非金属性弱的化学事实：。
（3）用NH4Cl还原NaNO2转化为无污染的气体氮气，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为，1molN2既是氧化物又是还原产物，转移3mol电子，若生成1mol氧化产物，为2molN2，则反应中转移的电子数目是6NA，3.612×1024。
（4）由NaNO2溶液制得HNO2，应用强酸制弱酸，根据酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH，可知加入二氧化硫和稀硫酸可以实现，但是二氧化硫具有还原性，NaNO2具强氧化性，所以只能加入稀硫酸，d正确；
故答案为：d。
（5）将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，由可知溶液中，根据物料守恒可得c(NO)+c(HNO2)=0.01mol·L-1。溶液中存在电荷守恒，溶液呈酸性，，溶液中，由此可得c(NO)+c(Cl-)>0.01mol·L-1。
【分析】（1）依据构造原理分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
（2）利用非金属性强置换出非金属性弱；
（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（4）利用强酸制弱酸。
（5）根据物料守恒和电荷守恒分析。
27．（2021·长春模拟）锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件等领域，金属锑一般条
件下不与酸反应。以辉锑矿(主要成分为 Sb2S3，还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知：①浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质。
②25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36，Ksp (PbS)=9.0×10 -29。
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反应，产物中有一种淡黄色固体单质，则该反应的化学方程式为 。
（2）滤渣 I 的成分是 (填化学式)。
（3）浸出液中加入适量 Sb 的目的是 。
（4）已知在沉淀铜、铅前，溶液中 c(Cu2+ )=0.008mol·L-1，c(Pb2+ )=0.065mol·L-1。沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是 (填化学式)；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，溶液中 c(Cu2+ )= mol·L-1。
（5）“除砷”过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反应，写出NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（6）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为 。
【答案】（1）3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3
（2）S、SiO2
（3）将Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+ (SbCl3)
（4）CuS；5.0 10-12
（5）c(Na+)> c( )> c(OH-)> c(H+)
（6）2Cl--2e-=Cl2↑
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反应，产物中有一种淡黄色固体单质S，浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，故反应物为SbCl5和Sb2S3，生成物为S、SbCl3，结合氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3；
(2)辉锑矿中的SiO2在酸浸时不与酸反应，不溶于酸，且酸浸时产物中有一种淡黄色固体单质，故滤渣 I 的成分是S、SiO2；
(3)浸出液含 SbCl5等杂质，即SbCl5没有完全转化，应将其还原为SbCl3)浸出液中加入适量 Sb 的目的是将Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+ (SbCl3)；
(4)根据25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36，Ksp (PbS)=9.0×10 -29可知，Ksp (CuS)< Ksp (PbS)，沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，Ksp(PbS)= c(Pb2+ ) c(S2- )=9.0×10 -29，解得c(S2- )= =2.0×10 -25，溶液中 c(Cu2+ )= = = 5.0 mol·L-1；
(5)“除砷”过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反应，则H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2为正盐，NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+)；
(6)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，电解SbCl3溶液，阳极上氯离子失电子产生氯气的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
【分析】辉锑矿(主要成分为 Sb2S3，还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料加入盐酸和SbCl5进行酸浸，过滤除去S、SiO2，浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，加入适量Sb还原SbCl5，得到的溶液中加入硫化钠以沉铜、铅，除去滤渣ⅡCuS、PbS，滤液再加入除砷，通过一系列处理得到纯净的SbCl3溶液，电解SbCl3溶液以制备金属锑。
28．（2021·重庆模拟）近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷”(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。 、 和 是磷的三种含氧酸，请回答下列问题：
（1）次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反应，请配平该反应 。
（2）某含磷废水的主要成分为 和 ，向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节 ，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。加入漂白粉的作用是 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 。
（3）25℃时，向一定体积的亚磷酸( ，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的 溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液 的关系如图所示。
① 为 (填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显碱性的离子方程式为 。
② 点时，溶液中水电离出的 。
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）3、4、1、3、1、8
（2）将 氧化为 ；
（3）正盐；；；；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】(1)根据反应可知， 中P元素由+1价变为+5价， 中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12， 的系数为3， 的系数为4，根据P原子守恒， 的系数为3，则 的系数为1， 的系数为8，则 的系数为1，配平该反应为：
，答案为3、4、1、3、1、8；
(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，加入漂白粉的作用是将 氧化为 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 ， ；
(3)①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性， ；
② 点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的 ；
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成 ，为强碱弱酸盐， ，根据图中信息可知， 电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 ；
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 减小， 增大，因K= 为常数，故 减小，故 将增大。
【分析】（1）根据给出的反应物和生成物利用氧化还原反应原理即可进行配平
（2）漂白粉有效成分是次氯酸钙具有氧化性而 具有还原性，发生氧化还原反应将其氧化为磷酸，根据给出的数据即可计算出溶度积常数
（3）①根据 亚磷酸( ，二元弱酸)即可判断为正盐，即可写出水解的方程式
②根据此时的pH结合水的离子积常数即可计算
③先判断此时的溶质结合水解常数和电离常数的大小即可判断离子浓度的大小
④根据平衡常数以及水的离子积常数结合稀释氢氧根离子降低即可判断
29．（2021·拉萨模拟）CO、NH3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝。回答下列问题：
（1）硝酸厂常用催化还原法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。
已知：I.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ·mol-1；
II.N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH2=+67.7kJ·mol-1
则CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH= 。
（2）工业上利用NH3生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2(g) ΔH>0。
①该反应在 (填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molCH4(g)和2molNH3(g)，发生上述反应，10min末达到平衡状态，测得NH3的体积分数为30%。则0~10min内，用HCN的浓度变化表示的平均反应速率为 ；CH4的平衡转化率为 ；该温度下，该反应的平衡常数K= (mol/L)2
（3）在催化剂作用下，CO还原NO2进行汽车尾气处理：2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH<0。
①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成N2的物质的量随时间的变化如图1所示。活化能最小的是 [填“E(A)”“E(B)”或“E(C)”]。
②在催化剂B作用下，测得相同时间内，处理NO2的量与温度的关系如图2所示。温度高于300℃，处理NO2的量随温度升高而减小的原因为(假设该温度范围内催化效率相同) 。
（4）煤燃烧产生的SO2可用足量NaOH溶液吸收生成Na2SO3，Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
【答案】（1）-958.0kJ·mol-1
（2）较高；0.025mol·L-1·min-1；25%；0.1875
（3）E(C)；该反应为放热反应，300℃时已经达到平衡状态，温度升高平衡逆向移动
（4）c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)反应CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)可由反应I-反应II得到，根据盖斯定律可得：ΔH=ΔH1-ΔH2=-890.3kJ·mol-1-67.7kJ·mol-1=-958.0kJ·mol-1，故答案为：-958.0kJ·mol-1；
(2)①该反应ΔH>0，ΔS>0，高温条件下可自发进行，故答案为：高温；
②2L恒容密闭容器中充入2molCH4(g)和2molNH3(g)，则两者起始浓度均为：1mol/L，设平衡时甲烷的浓度变化量为xmol/L，列三段式得：
NH3(g)的体积分数= ，解得：x=0.25，
用HCN的浓度变化表示的平均反应速率= =0.025mol·L-1·min-1；
CH4的平衡转化率= =25%；
该温度下，该反应的平衡常数K= = =0.1875；
故答案为：0.025mol·L-1·min-1；25%；0.1875；
(3)①由图可知，三者对应的速率：C>B>A，三种催化剂对速率的影响C>B>A，活化能越低反应速率越快，可知催化剂C使活化能降低的更多，其活化能最小，故答案为：E(C)
②在催化剂B作用下，温度高于300℃，处理NO2的量随温度升高而减小，且催化剂的效率保持不变，则原因是该反应正向为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使得NO2的量减小，故答案为：该反应为放热反应，300℃时已经达到平衡状态，温度升高平衡逆向移动；
(4)Na2SO3溶液中c(Na+)>c(SO )，SO 水解生成HSO 和OH-，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，同时水电离也生成OH-，则c(OH-)>c(HSO )，则溶液中离子浓度的大小为：c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）① 根据进行判断即可②根据平衡时的数据利用三行式计算出平衡时各物质的变化零以及平衡时的浓度即可计算出速率以及转化率和平衡常数
（3）① 活化能小，速率快即可判断②主要是反应放热，温度过高反应逆向反应
（4）亚硫酸钠是弱酸强碱盐，水解呈碱性。根据电荷守恒即可判断微粒浓度大小
30．（2021·青浦模拟）甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
（1）I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K= ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 (填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A．容器内气体密度保持不变
B．CH3OH的体积分数保持不变
C．v(CO)=v(CH3OH)
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为 ，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是 (填化学式)，各离子的浓度关系正确的是 (填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO )+c(HCO )+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H+)
【答案】（1）0.1mol·L-1·s-1
（2）4；AD
（3）B；D
（4）CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强
（5）CO +CO2+H2O=2HCO ；KHCO3和K2CO3；b
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有 =50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)= =0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K= =4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B不正确；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C不正确；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不正确；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不正确；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D正确；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)离子方程式为CO +CO2+H2O=2HCO ，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3，标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，a不正确；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO 和HCO 的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)，c不正确；
故答案为：b。
【分析】（1）根据三行式结合方程式计算出平衡时的浓度即可计算速率
（2）根据平衡时的各物质的量浓度即可计算出平衡常数，根据Q判断正反应为放热反应，要使K值增大，因此平衡向右移动，温度降低
（3）正反应为放热反应，且前后气体系数之和不等，因此判断平衡可以考虑，同种物质的正逆瀌是否相等、各物质的量弄苏是否不变，以及平均摩尔质量是否改变、压强是否改变等
（4）根据主反应是放热反应，副反应是吸热反应，当温度过高时，副反应为主速率加快，图②产率最大可能能催化剂活性有关
（5）碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，根据方程式计算，二氧化碳是否过量即可写出方程式，根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度关系
31．（2021·宝山模拟）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：
S+O2 SO2①
2SO2+O2 2SO3 ②
SO3+H2O=H2SO4③
（1）上述 3 个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是 (填写编号)，判断依据是 。从上述 3 个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是 。
（2）反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在 450℃并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2
(g) 2SO3 (g) +190 kJ
①写出该反应的平衡常数表达式 K= 。
②该热化学方程式的意义是 。
③实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成 SO3 的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理 。
（3）在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中 SO2、O2、SO3 物质的量变化如图所示。
①反应处于平衡状态的时间是 。
②反应进行至 20 min 时，曲线发生变化的原因是 。
③工业制硫酸排出的尾气中的 SO2 可以用氨水吸收， 最终得到 NH4HSO3 溶液，写出该溶液中的电荷守恒的表达式为 。
【答案】（1）①②；参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化；化合反应可能是氧化还原反应
（2）；在 450℃时，2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ；预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒夏特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率
（3）15~20 min、25~30 min；增大氧气的浓度；c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO )+ c(OH-)
【知识点】氧化还原反应；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述 3 个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应。
(2)①反应的平衡常数表达式 K= 。
②该热化学方程式表示的是450℃时， 2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ。
③预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒夏特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率。
(3)①由图可知在15~20 min和25~30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态。
②反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动。
③NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO )+ c(OH-)
【分析】（1）根据反应物和产物的种类即可判断反应类型，以及根据元素化合价是否改变进行判断是否为氧化还原反应
（2）①化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值 ② 根据化学计量系数以及热量即可描述热化学方程式的意义③反应过程中放出的热量，导致温度升高，速率增大，平衡向右移动，使三氧化硫的转化率提高
（3） ①找出物质的量不变的时间按段即可 ②根据物质的量进行对比，氧气的物质的量然增大而二氧化硫和三氧化硫物质的量不变 ，因此是增加氧气 ③根据电荷守恒即可写出等式
32．（2021·咸阳模拟）烟气中SO2的大量排放给人类的生存环境造成了严重破坏，工业上通常采用以下三种方法实现烟气中硫的回收。
（1）CO还原法：SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)
①已知CO(g)、S(l)的燃烧热分别为283kJ mol-1、529kJ mol-1，则反应SO2(g)+2CO(g) S(l)+2CO2(g)的△H=
②一定压强下，发生反应2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)，平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[ =y]、温度T的关系如图所示。则平衡时，CO的转化率：N M(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，逆反应速率：N P。
③某温度下，向1L密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应：2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)，达到平衡后，测得混合气体中CO2的物质的量为1.2mol。则该温度下反应的平衡常数K=
（2）氧化锌吸收法：配制ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH吸收效率η随时间t的变化如图1所示；溶液中部分微粒与pH的关系如图2所示。
①为提高SO2的吸收效率η。可采取的措施有：增大悬浊液中ZnO的量、适当提高单位时间内烟气的循环次数、
②图1中的pH-t曲线ab段主要反应的化学方程式为
③pH=7时，溶液中 =
（3）电解法：按图3所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。
①阴极的电极反应式为
②每处理含19.2gSO2的烟气，理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为 、 。
【答案】（1）－37.0kJ·mol－1；>；<；
（2）调节溶液的pH至6.8以上；ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2；
（3）SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O；0.1mol；0.2mol
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①根据CO(g)和S(l)的燃烧热可得热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/mol，S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，将第一个反应减去第二个反应，即得SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)，其ΔH=-566kJ/mol+529kJ/mol=-37kJ/mol。
②先考虑M点和P点，以确定y1和y2的大小。M点和P点温度相同，M点的SO2的转化率大于P点，说明在起始时若SO2的物质的量相同，则CO的物质的量M点大于P点，即y1大于y2。再考虑M点和N点：M点和N点SO2的转化率相同，假设起始时SO2的物质的量相等，则即转化的SO2也相等，转化的CO也相等；由于y1大于y2，即起始时 M点大于N点，则起始时CO的物质的量M点大于N点，所以CO的转化率M点小于N点，即CO的转化率：N＞M。曲线上的任意一点都是平衡状态，正逆反应速率相等，在相同压强下，N点和P点 相同，但P点温度高于N点，温度升高，反应速率加快，所以逆反应速率：N＜P。
③起始时CO的物质的量浓度为2mol/L，SO2的物质的量浓度为1mol/L，达到平衡后， CO2的物质的量浓度为1.2mol/L。可列三段式：
则K= = = 。
(2)①由图1可知，当pH在6.8以上时，η值比较大，所以可采取的措施还有调节溶液的pH至6.8以上。
②由图1可知，曲线ab段的pH在4～6，由图2可知，pH在4～6主要存在 ，所以发生的主要的反应的化学方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2。
③pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )，由图2可知，溶液的pH=7时，溶液中c( )=c( )，所以溶液中 = 。
(3)②根据图3装置可知，阴极SO2发生还原反应，SO2得到电子生成S，电极反应式为：SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O。
②利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，则总反应式为3SO2+2H2O=S+2H2SO4。19.2gSO2的物质的量为0.3mol，所以得到硫0.1mol，H2SO40.2mol。
【分析】计算2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)平衡常数时，要注意S为液体，不计算在内。
33．（2021·和平模拟）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
（1）Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为 。
（2）碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式 。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式 。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K= (用含a、b的代数式表示)。
（3）Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
Ka1(H2SO3)= 。
（4）当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为 。
（5）Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+ SO2(g) S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1
（2）SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O；
（3）1×10-1.8
（4）c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知， 可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，则△H= =—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K= = = ，故答案为： ；
Ⅱ.(3)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO )时，lg =0，溶液pH为1.8，当c(SO )=c(HSO )时，lg =0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg 的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(4) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得： ，解得平衡时P平= ，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为 = 、 = 、 = ，平衡常数Kp= = ，故答案为： 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应物和生成物即可写出方程式 ③根据②写出平衡常数公式，再结合 Kb(NH3·H2O)；Ksp(CaSO3)进行替换即可
（3）先根据二元弱酸电离以第一部电离为主判断M和表示的曲线，再根据 Ka1(H2SO3) 的公式进行计算即可
（4）混合呈中性找出其溶质，利用电荷守恒以及中性进行帕努但离子浓度大小即可
（5）根据给出的数据和氢气的转化率以及三行式计算出平衡时的物质的量，即可计算出平衡分压即可计算出常数
34．（2021·吕梁模拟）以软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：
已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子的物质的量浓度小于或等于1×10-5 mol·L-1时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
（1）“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是 。
（2）酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，写出相应的离子方程式 。
（3）若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋完全沉淀，此时是否有Al(OH)3沉淀生成？ (列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为 。
（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为 。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是 。
（5）写出焙烧过程的化学方程式 。
【答案】（1）硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃
（2）MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O
（3）当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10﹣5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)=2×10﹣11mol/L，Qc[Al(OH)3]=( )×(2×10﹣11mol/L)3=8×10﹣35＜Ksp=4.0×10-34，则无沉淀生成；4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1
（4）Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O；温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快
（5）2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2
【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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，硫酸浓度为2.1mol/L时Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再增大硫酸的用量，浪费原料，且浸出率增大很不明显，温度达到70℃Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再升高温度，浪费能源且浸出率增大很不明显，软锰矿粉酸浸的适宜条件是硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃，故答案为：硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃；
(2)根据分析可知，酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，即MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，故相应的离子方程式为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O；。
(3) 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)= =2×10-11mol/L，若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，则Qc[Al(OH)3]=( )×(2×10-11mol/L)3=8×10-35＜Ksp=4.0×10-34，故无沉淀生成；由题干信息可知：常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1，故想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1，故答案为：4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1；
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①由分析结合元素守恒可知“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②由于沉锰是用NH4HCO3，而NH4HCO3受热易分解，故当温度高于60℃时，加速NH4HCO3的分解，导致其浓度下降，故沉锰速率随着温度升高而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快；
(5)焙烧过程是将MnCO3焙烧生成MnO2和CO2，根据氧化还原反应的规律可知有氧气参与反应，根据氧化还原反应的配平原则不难写出焙烧过程的化学方程式为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2，故答案为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2。
【分析】软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，以此分析解题。
35．（2021·延边模拟）硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族。请回答下列问题：
I.工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe形式存在，还含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO2、SeO2混合气体用水吸收即可得Se固体。
（1）写出“混合气体用水吸收”时发生反应的化学方程式 。
（2）下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性
B．热稳定性：H2Se>H2S
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H2SO4(浓) CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
（3）II.硒及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池和金属硒化物方面有重要应用。
已知：①H2Se(g)+1/2O2(g) Se(s)+H2O(l) ΔH1=mKJ mol 1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=nKJ mol 1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=pKJ mol 1
反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH= kJ mol 1(用含m、n、p的代数式表示)。
（4）已知常温H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10 4，K2=5.0×10 11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为 。Ag2SO4在一定条件下可以制备Ag2SeO4已知该条件下Ag2SeO4的Ksp=5.7×10 8，Ag2SO4的的Ksp=1.4×10 5，则反应Ag2SO4(s)+SeO (aq) Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K= (保留两位有效数字)。
（5）用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，电解过程中阳极生成2mol产物时，阴极析出标准状态下的气体 L。
（6）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。制备纳米零价铁时，以木炭和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600℃，保持2小时，该过程中木炭的作用有吸附和 。木炭包覆纳米零价铁在碱性含硒废水中形成许多微电池，加速SeO 的还原过程。已知SeO 转化为单质Se，写出其对应的电极反应式 。
【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
（2）A；C
（3）p-m +
（4）c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；2.5×102 III.研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（5）44.8L
（6）将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO +4e +3H2O=Se+6OH
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)混合气体为SO2、SeO2和水反应生成Se固体，Se元素由+4价下降到0价，S元素由+4价要上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
(2)A．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，Se的性质与S相似，因SO2遇强氧化剂时可能表现还原性，所以SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性，故A正确；
B．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，非金属性S>Se，则热稳定性：H2Se
故答案为：AC；
(3)已知：①H2Se(g)+ O2(g) Se(s)+H2O(l) ΔH1=mKJ mol 1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=nKJ mol 1；③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=pKJ mol 1；③+①- ②可得H2(g)+Se(s) H2Se(g)，ΔH=ΔH3+ΔH1- ΔH2= p-m + ，故答案为：p-m + ；
(4)NaHSe溶液中HSe-能发生水解HSe-+H2O H2Se+OH-，水解常数Kh= = = 10-10，也能发生电离HSe- Se2-+H+，电离常数K2=5.0×10 11，则HSe-的水解程度大于电离程度，其溶液呈碱性，可知NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；已知Ag2SeO4(s) 2Ag+(aq)+ SeO (aq) Ksp1=c2(Ag+)×c(SeO )=5.7×10 8，Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+ SO (aq) Ksp2= c2(Ag+)×c(SO )=1.4×10 5，则反应Ag2SO4(s)+SeO (aq) Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K= = = =2.5×102；故答案为：c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；2.5×102；
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，该电解方程式为：H2SeO3+H2O= H2SeO4+H2 ，电解过程中阳极生成2mol H2SeO4时转移2 2mol=4mol电子，则阴极产生2mol氢气，标准状态下的体积为44.8L，故答案为：44.8L；
(6)由题干信息可知，该过程中木炭的作用有吸附和还原剂，将三价铁还原为零价铁；已知SeO 转化为单质Se，Se元素由+4价下降到0价，得到4个电子，结合电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：SeO +4e +3H2O=Se+6OH ，故答案为：将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO +4e +3H2O=Se+6OH 。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）A. 硒 和硫同主族，故正四价具有氧化性和还原性 B. 同主族元素的稳定性从上到下减弱 C.根据反应物和生成物写出即可
（3）根据盖斯定律进行计算
（4）根据电离平衡常数，结合三大守恒即可比较离子浓度大小，结合难溶沉淀的转化即可计算
（5）结合电解时的得失电子相等，即可计算出阴极产生的气体物质的量
（6）考查的是木炭的用途，SeO32-变成Se单质，说明化合价降低，发生还原反应
2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较1
一、选择题
1．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
2．（2023·湖北） 为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
3．（2023·新课标卷）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线
B．的溶度积常数
C．反应的平衡常数K的值为
D．时，溶液中
4．（2022·江苏）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 （ ）
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
5．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
6．（2023·沈阳模拟）25℃时，向溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的关系如图所示，下列叙述中错误的是
已知：，a、b、c三点的坐标：、、。
A．属于正盐
B．曲线②表示随pOH的变化
C．a点溶液中，
D．反应的平衡常数
7．（2023·崇明模拟）常温下a mol L 1稀氨水与b mol L 1稀盐酸等体积混合，下列判断一定正确的是（ ）
A．若a＞b，则
B．若a＞b，则
C．若a＜b，则
D．若a＝b，则
8．（2023·奉贤模拟）常温下，调节某醋酸与醋酸钠混合溶液的pH，保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)随pH的变化如图所示。下列说法正确的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．pH=5时，c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．pH=3.5时，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
C．取W点溶液1L，c(Na+)+2c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(H+)
D．取W点溶液1L，通入0.05molHCl：c(H+)>c(CH3COOH)+c(OH-)
9．（2023·蚌埠模拟）百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：
25℃时0.1 mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数 δ与pH的变化关系如图2所示。 已知： δ(A2-) =
下列说法错误的是（ ）
A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化
B．δ(HA-)=
C．pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )
D．NaOH 滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点
10．（2023·福州模拟）利用过量溶液处理含、矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入溶液，测得溶液和生成与所加入变化的曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点溶质为和，存在
B．溶液中：
C．沉淀时的离子方程式：
D．d点溶液：
11．（2023·东城模拟）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3
C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol L-1
12．（2022·崇明模拟）室温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，则下列关系正确的是
A．V=0时：
B．V=10mL时：
C．V=20mL时：
D．加入NaOH溶液至pH=7时，mL
13．（2023·南通模拟）一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A．0.1 mol·L氨水中：
B．溶液氧化过程中比值逐渐减小
C．0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液中：
D．1 L 0.1 mol·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
14．（2023·杨浦模拟）常温下，将缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加的溶液，溶液的变化如图所示，下列分析正确的是
A．①点：
B．②点：
C．③点：
D．④点：
15．（2023·温州模拟）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)
二、多选题
16．（2022·肥城模拟）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点
B．该溶液中存在：<
C．向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D．b点对应的溶液中存在：3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c()+c(OH )+c(Cl )
17．（2020·徐州模拟）室温下用 分别滴定 的盐酸和醋酸的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线
B． 时，两份溶液中：
C． 时，两份溶液中：
D． 时，醋酸溶液中：
18．（2020·南通模拟）人体血液的pH通常在7.35-7.45之间的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等缓冲体系。常温下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L NaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)
B．常温下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)
C．向10 mL0.1mol/L NaH2PO4溶液中加入5mL 0.4 mol/L NaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)
D．物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)
19．（2019·惠州模拟）25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示[其中a点的坐标为（9.5，0.5）]。
甲 乙
下列溶液中的关系中一定正确的是（ ）
A．图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B．常温下，NaCN的水解平衡常数： K(NaCN)=10-4.5mol/L
C．图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D．图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
20．（2018·南通模拟）常温下，用0.10 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如右图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B．点①所示溶液中：c(CN-)+ c(HCN)=2c(Cl-)
C．点②所示溶液中：c(Na+)> c(Cl-)> c(CH3COO-)> c(CH3COOH)
D．点④所示溶液中：c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)>0.10 mol·L-1
21．（2022高二上·如皋期末）常温下，将溶液置于锥形 中，将溶液置于滴定管中，用溶液滴定，所得溶液的与的体积关系如下图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。下列说法正确的是
A．滴定过程中始终存在等式：
B．点①溶液中存在等式：
C．点③溶液中存在等式：
D．点③溶液中存在：
22．（2021高二上·深圳期末）常温时，将V1mL c1mol·L－1的氨水滴加到V2mL c2moL·L－1的盐酸中，下列结论中正确的是
A．若混合溶液的pH=7，则c1V1＞c2V2
B．若V1=V2，c1=c2，则溶液中c (NH) =c (Cl-)
C．若混合溶液的pH=7，则溶液中c (NH4+)＞c (Cl-)
D．若V1=V2，且混合液的pH＜7，则可能有c1 = c2
23．（2022高二下·湖南期末）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该滴定过程中不需任何指示剂
B．a点溶液中存在：
C．a.b两点所示溶液中水的电离度a
24．（2021高二上·德州期末）亚砷酸(H3AsO3)是一种三元弱酸，可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中存在多种微粒，其中含砷微粒的物质的量分数随pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的微粒以H3AsO3为主
B．该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10
C．pH=12时，溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)
D．由图像可知，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw＜Ka1＜Ka2
25．（2021高二上·长沙期末）常温下，二元弱酸溶液中含磷元素粒子的浓度之和为0.1，溶液中各含磷粒子的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷粒子的浓度负对数()，pOH表示OH的浓度的负对数[]。下列有关说法不正确的是（ ）
A．为酸式盐
B．b点时，
C．曲线③表示pc()随pOH的变化
D．d点溶液中：
三、非选择题
26．（2022·奉贤模拟）氮、氧、氯及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
（1）氧原子核外共有 种能量不同的电子，氯原子核外未成对电子所占据的轨道符号是 ，NH3分子的空间构型为 。
（2）请比较氮、氧元素的非金属性：氮 氧(选填“＞”或“＜”)，用一个化学事实进行说明 。
已知：①NaNO2具有毒性和强氧化性；②酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
（3）含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，工业上常用还原剂将其转化为无污染的气体，用NH4Cl还原NaNO2的离子方程式为 ，若生成1mol氧化产物，则反应中转移的电子数目是 。
（4）向冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2溶液，该物质可以为 。
a.二氧化碳 b.二氧化硫 c.醋酸 d.稀硫酸
（5）常温下将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液呈酸性，则c(NO)+c(HNO2) 0.01mol·L-1，c(NO)+c(Cl-) 0.01mol·L-1(选填“>”、“<”或“=”)。
27．（2021·长春模拟）锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件等领域，金属锑一般条
件下不与酸反应。以辉锑矿(主要成分为 Sb2S3，还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知：①浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质。
②25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36，Ksp (PbS)=9.0×10 -29。
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反应，产物中有一种淡黄色固体单质，则该反应的化学方程式为 。
（2）滤渣 I 的成分是 (填化学式)。
（3）浸出液中加入适量 Sb 的目的是 。
（4）已知在沉淀铜、铅前，溶液中 c(Cu2+ )=0.008mol·L-1，c(Pb2+ )=0.065mol·L-1。沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是 (填化学式)；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，溶液中 c(Cu2+ )= mol·L-1。
（5）“除砷”过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反应，写出NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（6）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为 。
28．（2021·重庆模拟）近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷”(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。 、 和 是磷的三种含氧酸，请回答下列问题：
（1）次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反应，请配平该反应 。
（2）某含磷废水的主要成分为 和 ，向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节 ，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。加入漂白粉的作用是 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 。
（3）25℃时，向一定体积的亚磷酸( ，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的 溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液 的关系如图所示。
① 为 (填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显碱性的离子方程式为 。
② 点时，溶液中水电离出的 。
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
29．（2021·拉萨模拟）CO、NH3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝。回答下列问题：
（1）硝酸厂常用催化还原法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。
已知：I.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ·mol-1；
II.N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH2=+67.7kJ·mol-1
则CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH= 。
（2）工业上利用NH3生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2(g) ΔH>0。
①该反应在 (填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molCH4(g)和2molNH3(g)，发生上述反应，10min末达到平衡状态，测得NH3的体积分数为30%。则0~10min内，用HCN的浓度变化表示的平均反应速率为 ；CH4的平衡转化率为 ；该温度下，该反应的平衡常数K= (mol/L)2
（3）在催化剂作用下，CO还原NO2进行汽车尾气处理：2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH<0。
①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成N2的物质的量随时间的变化如图1所示。活化能最小的是 [填“E(A)”“E(B)”或“E(C)”]。
②在催化剂B作用下，测得相同时间内，处理NO2的量与温度的关系如图2所示。温度高于300℃，处理NO2的量随温度升高而减小的原因为(假设该温度范围内催化效率相同) 。
（4）煤燃烧产生的SO2可用足量NaOH溶液吸收生成Na2SO3，Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
30．（2021·青浦模拟）甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
（1）I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K= ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 (填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A．容器内气体密度保持不变
B．CH3OH的体积分数保持不变
C．v(CO)=v(CH3OH)
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为 ，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是 (填化学式)，各离子的浓度关系正确的是 (填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO )+c(HCO )+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H+)
31．（2021·宝山模拟）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：
S+O2 SO2①
2SO2+O2 2SO3 ②
SO3+H2O=H2SO4③
（1）上述 3 个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是 (填写编号)，判断依据是 。从上述 3 个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是 。
（2）反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在 450℃并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2
(g) 2SO3 (g) +190 kJ
①写出该反应的平衡常数表达式 K= 。
②该热化学方程式的意义是 。
③实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成 SO3 的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理 。
（3）在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中 SO2、O2、SO3 物质的量变化如图所示。
①反应处于平衡状态的时间是 。
②反应进行至 20 min 时，曲线发生变化的原因是 。
③工业制硫酸排出的尾气中的 SO2 可以用氨水吸收， 最终得到 NH4HSO3 溶液，写出该溶液中的电荷守恒的表达式为 。
32．（2021·咸阳模拟）烟气中SO2的大量排放给人类的生存环境造成了严重破坏，工业上通常采用以下三种方法实现烟气中硫的回收。
（1）CO还原法：SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)
①已知CO(g)、S(l)的燃烧热分别为283kJ mol-1、529kJ mol-1，则反应SO2(g)+2CO(g) S(l)+2CO2(g)的△H=
②一定压强下，发生反应2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)，平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[ =y]、温度T的关系如图所示。则平衡时，CO的转化率：N M(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，逆反应速率：N P。
③某温度下，向1L密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应：2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)，达到平衡后，测得混合气体中CO2的物质的量为1.2mol。则该温度下反应的平衡常数K=
（2）氧化锌吸收法：配制ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH吸收效率η随时间t的变化如图1所示；溶液中部分微粒与pH的关系如图2所示。
①为提高SO2的吸收效率η。可采取的措施有：增大悬浊液中ZnO的量、适当提高单位时间内烟气的循环次数、
②图1中的pH-t曲线ab段主要反应的化学方程式为
③pH=7时，溶液中 =
（3）电解法：按图3所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。
①阴极的电极反应式为
②每处理含19.2gSO2的烟气，理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为 、 。
33．（2021·和平模拟）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
（1）Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为 。
（2）碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式 。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式 。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K= (用含a、b的代数式表示)。
（3）Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
Ka1(H2SO3)= 。
（4）当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为 。
（5）Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+ SO2(g) S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
34．（2021·吕梁模拟）以软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：
已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子的物质的量浓度小于或等于1×10-5 mol·L-1时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
（1）“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是 。
（2）酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，写出相应的离子方程式 。
（3）若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋完全沉淀，此时是否有Al(OH)3沉淀生成？ (列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为 。
（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为 。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是 。
（5）写出焙烧过程的化学方程式 。
35．（2021·延边模拟）硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族。请回答下列问题：
I.工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe形式存在，还含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO2、SeO2混合气体用水吸收即可得Se固体。
（1）写出“混合气体用水吸收”时发生反应的化学方程式 。
（2）下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性
B．热稳定性：H2Se>H2S
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H2SO4(浓) CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
（3）II.硒及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池和金属硒化物方面有重要应用。
已知：①H2Se(g)+1/2O2(g) Se(s)+H2O(l) ΔH1=mKJ mol 1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=nKJ mol 1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=pKJ mol 1
反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH= kJ mol 1(用含m、n、p的代数式表示)。
（4）已知常温H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10 4，K2=5.0×10 11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为 。Ag2SO4在一定条件下可以制备Ag2SeO4已知该条件下Ag2SeO4的Ksp=5.7×10 8，Ag2SO4的的Ksp=1.4×10 5，则反应Ag2SO4(s)+SeO (aq) Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K= (保留两位有效数字)。
（5）用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，电解过程中阳极生成2mol产物时，阴极析出标准状态下的气体 L。
（6）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。制备纳米零价铁时，以木炭和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600℃，保持2小时，该过程中木炭的作用有吸附和 。木炭包覆纳米零价铁在碱性含硒废水中形成许多微电池，加速SeO 的还原过程。已知SeO 转化为单质Se，写出其对应的电极反应式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
2．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C.该反应的平衡常数表达式为：，此时体系的pH=4，[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等
带入可得lg K≈14，C项正确；
D.根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误
故答案为：C。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等，进行计算平衡常数。
3．【答案】B
【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.由图可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；
B.由图可知，根据曲线III和VI可知，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L ，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；
C.根据坐标（-1，-2.35）（-1，5.16），溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，那么平衡常数为：，C项正确；
D.由图可知，在c（NH3）=0.01mol/L时，可以看出，，D项正确；
故答案为：B。
【分析】在氯化银饱和溶液中，银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子也增大，滴加氨水过程中，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，解答即可。
4．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，KHCO3直接电离产生，的水解是微弱的，则溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不符合题意；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不符合题意；
C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol L-1，c总=0.1mol L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，说明的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C符合题意；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.KOH吸收CO2所得到的溶液可能得到两种溶液，碳酸钾或者碳酸氢钾；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.“吸收”“转化”过程中的总反应为CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热。
5．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
6．【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线②表示lgc(H2RO)随pOH的变化，故B不符合题意；
C．由图可知，a点溶液中c(HRO)= c(H2RO)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=2c(HRO)+ c(H2RO)+ c(OH-)可得：溶液中c(Na+)+ c(H+)=3c(H2RO)+ c(OH-)，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====105.3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．H3RO3为二元弱酸；
B．依据曲线变化判断；
C．依据电荷守恒分析；
D．依据K=计算。
7．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若a＞b，溶液混合后可能呈中性，也可能呈碱性，也可能呈酸性，故A不符合题意；
B．若a＞b，根据A选项分析，则 可能大于或等于或小于，故B不符合题意；
C．若a＜b，混合后溶质为盐酸和氯化铵，溶液一定呈酸性即，故C符合题意；
D．若a＝b，则溶质为氯化铵，溶液显酸性，根据电荷守恒和溶液显酸性，则得到，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据中和原理和水解原理分析。
8．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．常温下，时，，由曲线图得，故，A不符合题意；
B．根据电荷守恒得：，即，B符合题意；
C．根据电荷守恒：，C不符合题意；
D．W点时，，取该溶液1L，则，通入0.05molHCl，根据强酸制弱酸原理，理论上恰好使全部转化成，是弱酸，电离程度微弱，因此溶液中，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】醋酸与醋酸钠混合溶液存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，随着pH增大， c(H+)减小，c(OH-)增大，电离平衡正向移动，水解平衡逆向移动，则c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，因此实线表示c(CH3COO-)的变化，虚线表示c(CH3COOH)的变化。
9．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A不符合题意；
B．根据 可知，，，将其代入，B不符合题意；
C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )，C不符合题意；
D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据官能团结构，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离分析；
B．根据 ，利用，分析；
C．根据图示分析；
D．依据滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性分析。
10．【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点为和混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO)+c(OH-)，故A不符合题意；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO= CO+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B符合题意；
C．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO和AlO反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，故C不符合题意；
D．d点对应加入40mLNaHCO3溶液，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应OH-+ HCO= CO+H2O，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，溶质为Na2CO3，则溶液中离子浓度大小为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．依据物料守恒分析；
C．依据碳酸氢根的酸性强于偏铝酸分析；
D．判断溶液的溶质，利用盐类水解的原理分析。
11．【答案】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，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不符合题意；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不符合题意；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不符合题意；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol L-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.m点溶液的溶质为Na2CO3和NaHCO3，溶液呈碱性，主要原因为+H2O+OH-；
B.图像中有两个滴定突跃点，根据消耗的盐酸体积分析是否含碳酸氢钠；
C.根据电荷守恒分析。
12．【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．V＝0时，盐酸完全电离，醋酸部分电离，c(H＋) >c(Cl－)＞c(CH3COOH)，A不符合题意；
B．V＝10 mL时，依据电荷守恒，c(OH－)＋c(CH3COO－)+ c(Cl－)＝c(H＋)+ c(Na＋)，此时盐酸刚好完全反应，c(Na＋)=c(Cl－)，所以c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)，B符合题意；
C．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＞c(CH3COO－)＋c(Cl－)，C不符合题意；
D．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以pH＝7时，V＜20 mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据盐酸完全电离，醋酸部分电离分析；
BC．依据电荷守恒分析；
D．依据生成的产物，利用水解原理分析。
13．【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
【解析】【解答】A.0.1 mol·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A不符合题意；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B不符合题意；
C．和得到，0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C符合题意；
D.1.68 L 的物质的量为=0.075mol，1 L 0.1 mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，则存在物料守恒，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电离是微弱的；
B.依据有关的反应方程式分析；
C.依据电荷守恒和物料守恒分析；
D.依据物料守恒分析。
14．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故A不符合题意；
B．由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，故B不符合题意；
C．由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的浓度相等，由物料守恒可得：，由溶液中的电荷守恒关系可知，溶液中，故C符合题意；
D．由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】①点溶液中的溶质为HCl、HClO，②点溶液中的溶质为HCl、HClO、Cl2，③点溶液的溶质为NaCl、NaClO、HClO，④点溶液的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，结合物料守恒、电荷守恒和质子守恒分析。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．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。
16．【答案】B,C
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．H2CO3的电离平衡常数Ka2=c(CO) c(H+)/c(HCO)，则，－lg=－lg，可知溶液，－lg越小，c(H+)越小，pH越大，所以a，b，c三点对应溶液pH的大小顺序为：a＞b＞c，故A不符合题意；
B．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，＝，，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在<，故B符合题意；
C．向b点溶液中通入CO2，则c(HCO)增大，－lg增大，所以可使b点溶液向c点溶液转化，故C符合题意；
D．根据电荷守恒可得：2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，b点时－lg=0，即c(CO)=c(HCO)，则2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．依据Ka2=c(CO) c(H+)/c(HCO)分析；
B．依据二元弱酸Ka1＞Ka2分析；
C．通入CO2过量，则c(HCO)增大；
D．根据电荷守恒分析。
17．【答案】B,C
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A. 醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，A不符合题意；
B. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00mL，两份溶液中：c(Cl-)>c(CH3COO-)，B符合题意；
C. V(NaOH)=15.00mL时，根据物料守恒可知：两种溶液中，4c(Na+)=3c(Cl-)，4c(Na+)=3c(CH3COOH)+3c(CH3COO-)，故c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C符合题意；
D. 当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)可知，当c(H+)>c(OH-)，则有 c(CH3COO-)>c(Na+)，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．弱电解质部分电力，强电解质完全电离；
B．pH=7时，溶液呈中性，结合电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-）、c（Na+）=c（Cl-），两溶液中加入氢氧化钠溶液的体积不同；
C．V（NaOH）=15.00mL时，初始时醋酸、盐酸的体积、浓度相等，结合物料守恒分析；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。
18．【答案】A,C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据溶液中电荷守恒可得 ，0.1mol/L NaH2PO4溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则 ，故A符合题意；
B． ，pH=7，c（H+）=10-7mol/L，则 ，Na+不发生水解，则c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)，故B不符合题意；
C. 向10 mL0.1mol/L NaH2PO4溶液中加入5mL 0.4 mol/L NaOH溶液，此时溶液为Na3PO4，根据溶液中质子守恒可得 ，故C符合题意；
D. 物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合，根据物料守恒，2Na=3P，可得 ，故D不符合题意；
故答案选：AC。
【分析】根据三大守恒判断溶液粒子浓度关系。
19．【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】+【解答】A.答】解:A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c( OH-)，由溶液电荷守恒可知c(Na+) +c(H+ )=c( OH- ) +c(CN- ) +c( Cl- )，由物料守恒可知c(Na+)=c(HCN )+c( CN-)，则c ( Cl)=c(HCN），A符合题意；
B.常温下，NaCN的水解平衡常数，在a点时，溶液中c(HCN)=c(CN-)，且pH=9.5，即溶液中c(H+)=10-9.5mol/L，此时溶液中，因此NaCN的水解平衡常数，B符合题意；
C.图乙中b点加入盐酸的体积为5mL，反应后所得溶液为等浓度的NaCl、HCN和NaCl，由于溶液显碱性，因此CN-的水解程度大于HCN的电离程度，故溶液中各微粒的浓度关系为：c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，C不符合题意；
D.图乙中c点加入盐酸的体积为10mL，二者恰好完全反应，所得溶液的溶质为：NaCl和HCN，溶液中存在HCN的电离，故c(HCN)≠c(Cl-)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)+c(Cl-)可得选项错误，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】A.根据图像结合溶液成分进行分析；
B.结合NaCN的水解平衡常数表达式进行计算；
C.图乙中b点溶液的溶质为：NaCl、HCN、NaCl，且三种的浓度相等，结合溶液的酸碱性判断溶液中离子浓度大小；
D.图乙中c点溶液的溶质为NaCl和HCN，结合电荷守恒分析；
20．【答案】B,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl-)= c(Na+)+ c(H+)，点③中存在c(CN-)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A不符合题意；
B. 点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN-)+ c(HCN)=2c(Cl-)，故B符合题意；
C. 点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明乙醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)> c(Cl-)，故C不符合题意；
D. 点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 mol·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 mol·L-1，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.05 mol·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl-)= c(Na+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)= c(H+)- c(OH-)，则c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)=0.05 mol·L-1+0.05 mol·L-1-c(CH3COO-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1- c(H+)+ c(OH-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1+ c(OH-)>0.10 mol·L-1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据电荷守恒结合图像进行判断；
B.根据物料守恒解答即可；
C.根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，进而进行分析解答；
D.根据电荷守恒结合图像进行分析。
21．【答案】A,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
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，滴定过程中始终存在等式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A符合题意；
B．①点处根据物料守恒可得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B不符合题意；
C．根据分析，③点为恰好反应的点，根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C符合题意；
D．③点处NaOH和CH3COOH恰好中和，产生CH3COONa，由于CH3COO-的水解，此时存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．根据电荷守恒；
B．根据物料守恒；
C．根据质子守恒；
D．依据溶质的成分和电离、水解和程度判断。
22．【答案】A,D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A． 如果二者恰好完全反应(c1V1=c2V2)，则生成物为NH4Cl，水解显酸性，要使溶液显中性，则氨水要过量，即c1V1>c2V2，A符合题意；
B． V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2，恰好中和，溶液呈酸性，c (H+)＞c (OH-)，另两离子c (NH)
D． 氨水与盐酸恰好中和（即c1V1=c2V2）生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH<7，此时V1=V2，则可能有c1 = c2，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】A.氨水为弱碱，盐酸为强酸，混合后溶液呈中性，氨水应过量，则c1V1>c2V2；
B.恰好反应时，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析；
C.根据电荷守恒分析；
D.若pH＜7，呈酸性，当V1=V2时，c1=c2也有可能。
23．【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A不符合题意；
B．依据物料守恒可知，因此a点溶液中存在：，B不符合题意；
C．根据图像可判断a点溶质为碳酸氢钠，水的电离受促进，b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此溶液呈酸性，水的电离受抑制，C符合题意；
D．a到b之间反应没有结束，盐酸不足，所以溶液中存在：，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点；
B.根据物料守恒分析；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.a到b之间盐酸的量不足。
24．【答案】A,B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图示，pH在7.35~7.45之间时，砷元素的微粒以H3AsO3为主，故A符合题意；
B．根据图示，c(H2AsO )= c(H3AsO3)时，pH≈9.2，所以该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10，故B符合题意；
C．pH=12时，c(OH-)>c(H+)，所以溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO32-)+c(OH-)>c(H+)，故C不符合题意；
D．由图像可知，Ka1≈10-9.2、Ka2≈10-12.2，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw>Ka1·Ka2，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.分析图可知，实线是H2AsO3-，左边第一条虚线是H3AsO3，第二条虚线是HAsO32-，第三条是AsO33-的物质的量分数随pH变化的图；
B. 根据亚砷酸的第一电离平衡常数的表达式可知，第一个交点处，Ka1=c(H+)；
C.pH=12的溶液中肯定还存在其他金属阳离子，电荷守恒式不正确；
D. Ka1、Ka2 分别由第一个交点和第二个交点可以求得。
25．【答案】A,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．已知H3PO3是二元酸，故为正盐，A符合题意；
B．b点是曲线③和曲线①的交点，pc()=pc(H3PO3)，此时c()=c(H3PO3)，点a(7.3，1.3)表示当pOH=7.3时，pc()=pc()，则c()=c()，Ka2==c(H+)=10-(14-7.3)=10-6.7，点c(12.6，1.3)表示当pOH=12.6时，pc()=pc(H3PO3)，c()=c(H3PO3)，Ka1= =c(H+)=10-(14-12.6)=10-1.4， Ka2×Ka1=×=10-6.7×10-1.4=10-8.1==c2(H+)，b点c(H+)=10-4.05，则b点pH=4.05，pOH=14-4.05=9.95，B符合题意；
C．由分析可知，曲线③表示pc()随pOH的变化，C不符合题意；
D．由图可知，d点溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，则c(H+)=1mol/L，故=0.1mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．因为H3PO3是二元酸，可判断为正盐；
B．依据电离平衡常数计算；
C．通过图中曲线的变化趋势判断；
D．依据pOH判断。
26．【答案】（1）3；3p；三角锥形
（2）＜；
（3）；3.612×1024
（4）d
（5）=；>
【知识点】原子结构的构造原理；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）氧原子电子排布式为1s22s22p4，核外有3种能量不同的电子，氯原子的电子排布式为1s22s22p63s22p5，核外未成对电子所占据的轨道符号是3p，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）氮、氧元素位于元素周期表中第二周期，从左到右非金属性增强，非金属性：氮＜氧，用非金属性强的可知置换出非金属性弱的化学事实：。
（3）用NH4Cl还原NaNO2转化为无污染的气体氮气，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为，1molN2既是氧化物又是还原产物，转移3mol电子，若生成1mol氧化产物，为2molN2，则反应中转移的电子数目是6NA，3.612×1024。
（4）由NaNO2溶液制得HNO2，应用强酸制弱酸，根据酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH，可知加入二氧化硫和稀硫酸可以实现，但是二氧化硫具有还原性，NaNO2具强氧化性，所以只能加入稀硫酸，d正确；
故答案为：d。
（5）将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，由可知溶液中，根据物料守恒可得c(NO)+c(HNO2)=0.01mol·L-1。溶液中存在电荷守恒，溶液呈酸性，，溶液中，由此可得c(NO)+c(Cl-)>0.01mol·L-1。
【分析】（1）依据构造原理分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
（2）利用非金属性强置换出非金属性弱；
（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（4）利用强酸制弱酸。
（5）根据物料守恒和电荷守恒分析。
27．【答案】（1）3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3
（2）S、SiO2
（3）将Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+ (SbCl3)
（4）CuS；5.0 10-12
（5）c(Na+)> c( )> c(OH-)> c(H+)
（6）2Cl--2e-=Cl2↑
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反应，产物中有一种淡黄色固体单质S，浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，故反应物为SbCl5和Sb2S3，生成物为S、SbCl3，结合氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3；
(2)辉锑矿中的SiO2在酸浸时不与酸反应，不溶于酸，且酸浸时产物中有一种淡黄色固体单质，故滤渣 I 的成分是S、SiO2；
(3)浸出液含 SbCl5等杂质，即SbCl5没有完全转化，应将其还原为SbCl3)浸出液中加入适量 Sb 的目的是将Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+ (SbCl3)；
(4)根据25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36，Ksp (PbS)=9.0×10 -29可知，Ksp (CuS)< Ksp (PbS)，沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，Ksp(PbS)= c(Pb2+ ) c(S2- )=9.0×10 -29，解得c(S2- )= =2.0×10 -25，溶液中 c(Cu2+ )= = = 5.0 mol·L-1；
(5)“除砷”过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反应，则H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2为正盐，NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+)；
(6)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，电解SbCl3溶液，阳极上氯离子失电子产生氯气的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
【分析】辉锑矿(主要成分为 Sb2S3，还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料加入盐酸和SbCl5进行酸浸，过滤除去S、SiO2，浸出液主要含 HCl 和 SbCl3，还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，加入适量Sb还原SbCl5，得到的溶液中加入硫化钠以沉铜、铅，除去滤渣ⅡCuS、PbS，滤液再加入除砷，通过一系列处理得到纯净的SbCl3溶液，电解SbCl3溶液以制备金属锑。
28．【答案】（1）3、4、1、3、1、8
（2）将 氧化为 ；
（3）正盐；；；；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】(1)根据反应可知， 中P元素由+1价变为+5价， 中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12， 的系数为3， 的系数为4，根据P原子守恒， 的系数为3，则 的系数为1， 的系数为8，则 的系数为1，配平该反应为：
，答案为3、4、1、3、1、8；
(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，加入漂白粉的作用是将 氧化为 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 ， ；
(3)①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性， ；
② 点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的 ；
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成 ，为强碱弱酸盐， ，根据图中信息可知， 电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 ；
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 减小， 增大，因K= 为常数，故 减小，故 将增大。
【分析】（1）根据给出的反应物和生成物利用氧化还原反应原理即可进行配平
（2）漂白粉有效成分是次氯酸钙具有氧化性而 具有还原性，发生氧化还原反应将其氧化为磷酸，根据给出的数据即可计算出溶度积常数
（3）①根据 亚磷酸( ，二元弱酸)即可判断为正盐，即可写出水解的方程式
②根据此时的pH结合水的离子积常数即可计算
③先判断此时的溶质结合水解常数和电离常数的大小即可判断离子浓度的大小
④根据平衡常数以及水的离子积常数结合稀释氢氧根离子降低即可判断
29．【答案】（1）-958.0kJ·mol-1
（2）较高；0.025mol·L-1·min-1；25%；0.1875
（3）E(C)；该反应为放热反应，300℃时已经达到平衡状态，温度升高平衡逆向移动
（4）c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)反应CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)可由反应I-反应II得到，根据盖斯定律可得：ΔH=ΔH1-ΔH2=-890.3kJ·mol-1-67.7kJ·mol-1=-958.0kJ·mol-1，故答案为：-958.0kJ·mol-1；
(2)①该反应ΔH>0，ΔS>0，高温条件下可自发进行，故答案为：高温；
②2L恒容密闭容器中充入2molCH4(g)和2molNH3(g)，则两者起始浓度均为：1mol/L，设平衡时甲烷的浓度变化量为xmol/L，列三段式得：
NH3(g)的体积分数= ，解得：x=0.25，
用HCN的浓度变化表示的平均反应速率= =0.025mol·L-1·min-1；
CH4的平衡转化率= =25%；
该温度下，该反应的平衡常数K= = =0.1875；
故答案为：0.025mol·L-1·min-1；25%；0.1875；
(3)①由图可知，三者对应的速率：C>B>A，三种催化剂对速率的影响C>B>A，活化能越低反应速率越快，可知催化剂C使活化能降低的更多，其活化能最小，故答案为：E(C)
②在催化剂B作用下，温度高于300℃，处理NO2的量随温度升高而减小，且催化剂的效率保持不变，则原因是该反应正向为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使得NO2的量减小，故答案为：该反应为放热反应，300℃时已经达到平衡状态，温度升高平衡逆向移动；
(4)Na2SO3溶液中c(Na+)>c(SO )，SO 水解生成HSO 和OH-，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，同时水电离也生成OH-，则c(OH-)>c(HSO )，则溶液中离子浓度的大小为：c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO )>c(OH-)>c(HSO )>c(H+)；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）① 根据进行判断即可②根据平衡时的数据利用三行式计算出平衡时各物质的变化零以及平衡时的浓度即可计算出速率以及转化率和平衡常数
（3）① 活化能小，速率快即可判断②主要是反应放热，温度过高反应逆向反应
（4）亚硫酸钠是弱酸强碱盐，水解呈碱性。根据电荷守恒即可判断微粒浓度大小
30．【答案】（1）0.1mol·L-1·s-1
（2）4；AD
（3）B；D
（4）CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强
（5）CO +CO2+H2O=2HCO ；KHCO3和K2CO3；b
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有 =50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)= =0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K= =4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B不正确；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C不正确；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不正确；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不正确；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D正确；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)离子方程式为CO +CO2+H2O=2HCO ，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3，标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，a不正确；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO 和HCO 的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)，c不正确；
故答案为：b。
【分析】（1）根据三行式结合方程式计算出平衡时的浓度即可计算速率
（2）根据平衡时的各物质的量浓度即可计算出平衡常数，根据Q判断正反应为放热反应，要使K值增大，因此平衡向右移动，温度降低
（3）正反应为放热反应，且前后气体系数之和不等，因此判断平衡可以考虑，同种物质的正逆瀌是否相等、各物质的量弄苏是否不变，以及平均摩尔质量是否改变、压强是否改变等
（4）根据主反应是放热反应，副反应是吸热反应，当温度过高时，副反应为主速率加快，图②产率最大可能能催化剂活性有关
（5）碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，根据方程式计算，二氧化碳是否过量即可写出方程式，根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度关系
31．【答案】（1）①②；参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化；化合反应可能是氧化还原反应
（2）；在 450℃时，2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ；预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒夏特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率
（3）15~20 min、25~30 min；增大氧气的浓度；c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO )+ c(OH-)
【知识点】氧化还原反应；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述 3 个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应。
(2)①反应的平衡常数表达式 K= 。
②该热化学方程式表示的是450℃时， 2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ。
③预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒夏特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率。
(3)①由图可知在15~20 min和25~30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态。
②反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动。
③NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO )+ c(OH-)
【分析】（1）根据反应物和产物的种类即可判断反应类型，以及根据元素化合价是否改变进行判断是否为氧化还原反应
（2）①化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值 ② 根据化学计量系数以及热量即可描述热化学方程式的意义③反应过程中放出的热量，导致温度升高，速率增大，平衡向右移动，使三氧化硫的转化率提高
（3） ①找出物质的量不变的时间按段即可 ②根据物质的量进行对比，氧气的物质的量然增大而二氧化硫和三氧化硫物质的量不变 ，因此是增加氧气 ③根据电荷守恒即可写出等式
32．【答案】（1）－37.0kJ·mol－1；>；<；
（2）调节溶液的pH至6.8以上；ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2；
（3）SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O；0.1mol；0.2mol
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①根据CO(g)和S(l)的燃烧热可得热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/mol，S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，将第一个反应减去第二个反应，即得SO2(g)+2CO(g) S(1)+2CO2(g)，其ΔH=-566kJ/mol+529kJ/mol=-37kJ/mol。
②先考虑M点和P点，以确定y1和y2的大小。M点和P点温度相同，M点的SO2的转化率大于P点，说明在起始时若SO2的物质的量相同，则CO的物质的量M点大于P点，即y1大于y2。再考虑M点和N点：M点和N点SO2的转化率相同，假设起始时SO2的物质的量相等，则即转化的SO2也相等，转化的CO也相等；由于y1大于y2，即起始时 M点大于N点，则起始时CO的物质的量M点大于N点，所以CO的转化率M点小于N点，即CO的转化率：N＞M。曲线上的任意一点都是平衡状态，正逆反应速率相等，在相同压强下，N点和P点 相同，但P点温度高于N点，温度升高，反应速率加快，所以逆反应速率：N＜P。
③起始时CO的物质的量浓度为2mol/L，SO2的物质的量浓度为1mol/L，达到平衡后， CO2的物质的量浓度为1.2mol/L。可列三段式：
则K= = = 。
(2)①由图1可知，当pH在6.8以上时，η值比较大，所以可采取的措施还有调节溶液的pH至6.8以上。
②由图1可知，曲线ab段的pH在4～6，由图2可知，pH在4～6主要存在 ，所以发生的主要的反应的化学方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn(HSO3)2。
③pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )，由图2可知，溶液的pH=7时，溶液中c( )=c( )，所以溶液中 = 。
(3)②根据图3装置可知，阴极SO2发生还原反应，SO2得到电子生成S，电极反应式为：SO2＋4H＋＋4e－=S↓＋2H2O。
②利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，则总反应式为3SO2+2H2O=S+2H2SO4。19.2gSO2的物质的量为0.3mol，所以得到硫0.1mol，H2SO40.2mol。
【分析】计算2CO(g)+SO2(g) S(1)+2CO2(g)平衡常数时，要注意S为液体，不计算在内。
33．【答案】（1）CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1
（2）SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O；
（3）1×10-1.8
（4）c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知， 可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，则△H= =—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH +Ca2++2OH-+SO =CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K= = = ，故答案为： ；
Ⅱ.(3)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO )时，lg =0，溶液pH为1.8，当c(SO )=c(HSO )时，lg =0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg 的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(4) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO )>c(HSO )>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得： ，解得平衡时P平= ，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为 = 、 = 、 = ，平衡常数Kp= = ，故答案为： 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应物和生成物即可写出方程式 ③根据②写出平衡常数公式，再结合 Kb(NH3·H2O)；Ksp(CaSO3)进行替换即可
（3）先根据二元弱酸电离以第一部电离为主判断M和表示的曲线，再根据 Ka1(H2SO3) 的公式进行计算即可
（4）混合呈中性找出其溶质，利用电荷守恒以及中性进行帕努但离子浓度大小即可
（5）根据给出的数据和氢气的转化率以及三行式计算出平衡时的物质的量，即可计算出平衡分压即可计算出常数
34．【答案】（1）硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃
（2）MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O
（3）当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10﹣5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)=2×10﹣11mol/L，Qc[Al(OH)3]=( )×(2×10﹣11mol/L)3=8×10﹣35＜Ksp=4.0×10-34，则无沉淀生成；4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1
（4）Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O；温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快
（5）2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2
【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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，硫酸浓度为2.1mol/L时Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再增大硫酸的用量，浪费原料，且浸出率增大很不明显，温度达到70℃Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再升高温度，浪费能源且浸出率增大很不明显，软锰矿粉酸浸的适宜条件是硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃，故答案为：硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃；
(2)根据分析可知，酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，即MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，故相应的离子方程式为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O；。
(3) 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)= =2×10-11mol/L，若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，则Qc[Al(OH)3]=( )×(2×10-11mol/L)3=8×10-35＜Ksp=4.0×10-34，故无沉淀生成；由题干信息可知：常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1，故想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1，故答案为：4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1；
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①由分析结合元素守恒可知“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②由于沉锰是用NH4HCO3，而NH4HCO3受热易分解，故当温度高于60℃时，加速NH4HCO3的分解，导致其浓度下降，故沉锰速率随着温度升高而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快；
(5)焙烧过程是将MnCO3焙烧生成MnO2和CO2，根据氧化还原反应的规律可知有氧气参与反应，根据氧化还原反应的配平原则不难写出焙烧过程的化学方程式为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2，故答案为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2。
【分析】软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，以此分析解题。
35．【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
（2）A；C
（3）p-m +
（4）c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；2.5×102 III.研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（5）44.8L
（6）将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO +4e +3H2O=Se+6OH
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)混合气体为SO2、SeO2和水反应生成Se固体，Se元素由+4价下降到0价，S元素由+4价要上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
(2)A．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，Se的性质与S相似，因SO2遇强氧化剂时可能表现还原性，所以SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性，故A正确；
B．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，非金属性S>Se，则热稳定性：H2Se
故答案为：AC；
(3)已知：①H2Se(g)+ O2(g) Se(s)+H2O(l) ΔH1=mKJ mol 1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=nKJ mol 1；③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=pKJ mol 1；③+①- ②可得H2(g)+Se(s) H2Se(g)，ΔH=ΔH3+ΔH1- ΔH2= p-m + ，故答案为：p-m + ；
(4)NaHSe溶液中HSe-能发生水解HSe-+H2O H2Se+OH-，水解常数Kh= = = 10-10，也能发生电离HSe- Se2-+H+，电离常数K2=5.0×10 11，则HSe-的水解程度大于电离程度，其溶液呈碱性，可知NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；已知Ag2SeO4(s) 2Ag+(aq)+ SeO (aq) Ksp1=c2(Ag+)×c(SeO )=5.7×10 8，Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+ SO (aq) Ksp2= c2(Ag+)×c(SO )=1.4×10 5，则反应Ag2SO4(s)+SeO (aq) Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K= = = =2.5×102；故答案为：c(Na+)>c(HSe )>c(OH )>c(H+)>c(Se2 )；2.5×102；
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，该电解方程式为：H2SeO3+H2O= H2SeO4+H2 ，电解过程中阳极生成2mol H2SeO4时转移2 2mol=4mol电子，则阴极产生2mol氢气，标准状态下的体积为44.8L，故答案为：44.8L；
(6)由题干信息可知，该过程中木炭的作用有吸附和还原剂，将三价铁还原为零价铁；已知SeO 转化为单质Se，Se元素由+4价下降到0价，得到4个电子，结合电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：SeO +4e +3H2O=Se+6OH ，故答案为：将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO +4e +3H2O=Se+6OH 。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）A. 硒 和硫同主族，故正四价具有氧化性和还原性 B. 同主族元素的稳定性从上到下减弱 C.根据反应物和生成物写出即可
（3）根据盖斯定律进行计算
（4）根据电离平衡常数，结合三大守恒即可比较离子浓度大小，结合难溶沉淀的转化即可计算
（5）结合电解时的得失电子相等，即可计算出阴极产生的气体物质的量
（6）考查的是木炭的用途，SeO32-变成Se单质，说明化合价降低，发生还原反应
