3.4 离子反应 课后练习
一、单选题
1．在酸性的澄清透明溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Al3＋、Ag＋、NO3-、Cl－ B．Mg2＋、NH4+、HCO3-、Cl－
C．Na＋、K＋、CO32-、Cl－ D．Cu2＋、Na＋、NO3-、SO42-
2．用盐酸作标准液滴定待测浓度的NaOH溶液，若用酚酞指示剂，当滴定达终点时，溶液颜色变化是（ ）
A．由浅红色变无色 B．由无色变浅红色
C．由黄色变橙色 D．由橙色变黄色
3．下图是向100 mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图。根据图所得结论正确的是（ ）
A．原来盐酸的物质的量浓度为0.01 mol/L
B．x处为0.1 mol的NaOH溶液
C．原来盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
D．x处参加反应的NaOH的物质的量为0.01 mol
4．治理被酸雨侵蚀过的酸性土壤，可以加入适量的（ ）
A．Ca(OH)2 B．KNO3 C．SiO2 D．NaCl
5．已知某溶液中存在H＋、Ba2＋、Fe3＋三种阳离子，则其中可能大量存在的阴离子是（ ）
A．SO B．CO32- C．NO3- D．OH-
6．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3-)：c(SO42-)：c(Fe3+)：c(H+)：c(M)=2：3：1：3：1，则M可能是（ ）
A．Al3+ B．Cl- C．Mg2+ D．Ba2+
7．在下列条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．强碱性溶液中：ClO-、S2-、HSO 、Na+
B．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO
C．含有大量NO 的水溶液中：NH 、Fe2+、SO 、H+
D．c(HCO )=0.1mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO 、Br-
8．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．在pH=9.0时，c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣）
B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO﹣）+c（OH﹣）
C．随着CO2的通入， 不断增大
D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成
9．常温下，某实验人员在两个相同的容器中分别加入20mL0.2mol·L-1Na2A溶液和40mL0.1mol·L-1NaHA溶液，再分别用0.2mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，绘制曲线如图所示。(H2A溶液达到某浓度后，会放出一定量气体)下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线甲和丙代表向Na2A溶液中滴加盐酸
B．由图可知，
C．c点pH约为8，且此时溶液中满足
D．水的电离程度：b点>d点
10．在某溶液中仅存在Na+、Fe3+、SO42-三种离子，已知Na+和SO42-个数比为3：2，则Na+、Fe3+和SO42-三种离子的个数比为（ ）
A．6：1：9 B．3：1：2 C．1：1：1 D．9：1：6
11．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．c( )=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、 、Na＋
B．由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、
C． c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、 、SCN－
D． =1012的溶液中： 、Al3＋、 、Cl－
12．25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积不同的HA溶液与BOH 溶液混合，保持溶液的总体积为100 mL，溶液的体积与混合液pH 的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．V1表示HA 溶液的体积，V2表示BOH 溶液的体积
B．Ka( HA) 和Kb( BOH) 的数量级相等，均为10-6
C．y点时，c(B+)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)
D．x、y、z 所示三点时水的电离程度：y>x=z
13．某溶液中大量存在五种离子：NO3- 、SO42-、Fe3+、H+、X，其物质的量之比为：n（NO3- ）：n（SO42-）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，则X可能为（ ）
A．Fe2+ B．Mg2+ C．Cl- D．Ba2+
14．类比是重要的学习方法，类比pH的定义可定义pOH和pKW。在某弱酸HX及其盐NaX的混合溶液中(HX和NaX的含量不确定)，c(H+)和c(OH-)存在如图所示的关系，则下列说法错误的是（ ）
A．图中温度T2>25℃
B．若此混合溶液呈酸性且c(HX)=c(NaX)，则HX电离能力大于NaX的水解能力
C．位于AB线段上任意点的溶液均有pH=pOH=
D．图中D点处溶液中离子浓度：c(Na+)>c(X-)
15．某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是（ ）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
16．侯氏制碱法的原理：室温下，先向饱和NaCl溶液中通入，然后再通入，得到晶体，过程如图所示。
下列有关说法错误的是（ ）
A．NaCl溶液中通入后，溶液中存在：
B．反应得到晶体的离子方程式：
C．滤液中一定存在：
D．该生产工艺得到纯碱和氯化铵两种产品，提高了食盐的利用率，同时部分的循环利用减少了碳排放，降低了成本
二、综合题
17．氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。请回答下列问题：
（1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO(NH3)2]，已知：
①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4
(s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式为 。
（2）工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H，在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.0molNO2充入体积为1L的密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：
①根据图判断该反应的△H 0（填“>”、“<”或“=”）。理由是 。
②温度为T1时，0～10min内NO2的平均反应速率V(NO2)= ，反应的平衡常数K= mol/L（保留三位小数）
③该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有 （填标号）。
A．改用高效催化剂 B．升高温度 C．缩小容器的体积 D．增加CH4的浓度
（3）利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）氮的一种氢化物HN3 ，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH) 2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N3-)，则该混合物溶液呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性，溶液中c(HN3)= mol/L(用a、b表示）。
18．Na2SO3、NaHSO3是常见的化工原料，常用作还原剂。
（1）25℃，H2SO3、HSO、SO的物质的量分数[]与pH的关系如图所示。
①若向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，则当溶液的pH为 时应停止通入。
②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在的等式是 (用溶液中所含微粒的物质的量浓度表示)。
③NaHSO3溶液的酸碱性： 。
④若测得25℃时，某溶液中=10，则溶液的pH为 。
（2）Na2SO3固体久置后会被氧化，为测定某久置Na2SO3固体中Na2SO3的含量，现进行如下实验：称取0.3000g该固体于锥形瓶中，加水溶解后，边振荡边向其中滴加0.1000mol L-1I2标准溶液28mL，充分反应后，向溶液中滴加2滴淀粉溶液作指示剂，继续滴加0.1000mol L-1Na2S2O3标准溶液与过量的I2反应(发生反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，恰好完全反应时消耗Na2S2O3标准溶液16mL。
①如何判断滴定终点： 。
②滴定过程中，滴定管液面如图所示，此时滴定管的读数为 mL。
③计算久置Na2SO3固体中Na2SO3的质量分数为
④下列情况会造成样品中Na2SO3含量测定结果偏低的是 (填序号)。
A.滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶瓶壁
B.装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗
C.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
19．按要求填空
（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈 （填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+） c（CH3COO﹣）（填“＞”或“=”或“＜”，下同）．
（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈 ，醋酸体积 氢氧化钠溶液体积．
（3）将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+） 氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m n．
（4）用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是 ．
A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E．未用标准液润洗碱式滴定管．
20．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 CH3COOH NH3·H2O H2CO3 H2SO3
电离平衡常数 1.7×10-5 1.7×10-5 K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11 K1＝1.3×10-2 K2＝6.3×10-8
请回答下列问题：
（1）H2CO3的第二级电离平衡常数的表达式K2＝ 。
（2）相同温度下，等pH的CH3COONa溶液、Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，三种溶液的物质的量浓度c(CH3COONa)、c(Na2CO3)、c(Na2SO3)由大到小排序为 。
（3）用足量Na2CO3溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，发生反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，向0.1 mol L-1的氨水中缓缓少量CO2气体的过程中(忽略溶液体积的变化)，下列表达式的数值变小的是______。
A． B．
C． D．
（5）能证明醋酸是弱酸的实验事实是 （填写序号）。
①
相同条件下，浓度均为0.1 mol L-1的盐酸和醋酸，醋酸的导电能力更弱
②
25℃时，一定浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH等于7
③
CH3COOH溶液能与NaHCO3反应生成CO2
④
0.1mol L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊试液变红
（6）向冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性随加入水的体积变化如图所示。
① a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是 。
② a、c两点对应的溶液分别吸收氨气，若两溶液最终pH均为7（25℃时），则a点溶液中的c(CH3COO－) c点溶液中的c(NH4+)。(填“＜”、“＞”或“＝”)
21．利用辉钼矿冶炼钼的反应为：MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，将一定量反应物置于体积为2 L的密闭容器中，测得平衡时氢气的体积分数随温度的变化如下图所示。
完成下列填空：
（1）该反应的正反应为 反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，混合气体质量增加1.2 g，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = 。
（2）若开始反应时，扩大容器体积，则图中H2的变化曲线将 。(选填“上移”或“下移”)
（3）1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 ；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡 移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是 。
（4）硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中c(OH-)-c(H+) c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A. Ag＋和Cl－反应生成沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B. 在酸性的澄清透明溶液中，HCO3-与H+发生反应，不能大量共存，B不符合题意；
C. 在酸性的澄清透明溶液中，CO32-与H+发生反应，不能大量共存，C不符合题意；
D. 在酸性的澄清透明溶液中，H+与Cu2＋、Na＋、NO3-、SO42-之间不反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】注意常见的沉淀，如氯化银、硫酸钡、碳酸钡等，在强酸性环境下，弱酸酸根离子不能共存。
2．【答案】A
【解析】【解答】酚酞遇碱变红，待测液为氢氧化钠，为碱性溶液，故此时溶液为红色，滴定终点溶液为中性，溶液变为白色，故答案为由浅红色变无色，
故答案为A。
【分析】无色酚酞试液遇酸不变色（无色）遇碱变红色。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.盐酸溶液的pH=1，所以溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，所以盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，A不符合题意；
B.x处溶液的pH=7，则参与反应的n(OH－)=n(H＋)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，因此x处加入NaOH的物质的量为0.01mol，B不符合题意；
C.由选项A的分析可得，盐酸溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1，C不符合题意；
D.由选项D的分析可知，x处参与反应的n(NaOH)=0.01mol，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据溶液的pH计算溶液中c(H＋)，从而得出盐酸的物质的量浓度；
B、x处溶液显中性，则参与反应的n(OH－)=n(H＋)；
C、结合A选项计算所得分析；
D、结合B选项计算所得分析；
4．【答案】A
【解析】【解答】A. Ca(OH)2是碱，能中和酸，A符合题意；
B. KNO3是盐，不能改良酸性土壤，B不符合题意；
C. SiO2是酸性氧化物，不溶于水，不能改良酸性土壤，C不符合题意；
D. NaCl是盐，不能改良酸性土壤，D不符合题意；
答案选A。
【分析】根据酸性土壤中含有氢离子，需要用碱性物质进行中和进行判断即可。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.SO42－能与Ba2＋反应形成BaSO4沉淀，不可大量共存，A不符合题意；
B.CO32－能与Ba2＋形成BaCO3沉淀，能与H＋反应形成CO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意；
C.NO3－与溶液中的其他离子都不发生反应，可大量共存，C符合题意；
D.OH－能与溶液中的Fe3＋反应形成Fe(OH)3沉淀，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对离子共存的考查，若溶液中的离子相互间不发生反应，则可大量共存；若能发生反应（即形成难溶或微溶物、易挥发物质、弱电解质），则不可大量共存。据此结合选项进行分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】分析题给数据知溶液中阴离子所带的负电荷浓度大于Fe3＋和H＋所带的正电荷浓度，故M为阳离子；c（NO3-）∶c（SO42-）∶c（Fe3＋）∶c（H＋）∶c（M）＝2∶3∶1∶3∶1，根据电荷守恒可知M为+2价阳离子，而Ba2＋和硫酸根不能大量共存，所以M为Mg2＋，
故答案为：C。
【分析】利用离子共存及电荷守恒来计算解答该题。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．强碱性溶液中有大量氢氧根，HSO 会和氢氧根反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B．高锰酸根会将碘离子氧化而不能大量共存，故B不符合题意；
C．氢离子存在时硝酸根会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，也不与碳酸氢根反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO﹣）+c（OH﹣），故B正确；
C．已知Kb= ，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则 不断减小，故C错误；
D．由图象可知开始没有NH2COO﹣，后来也不存在NH2COO﹣，所以NH2COO﹣为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成，故D正确．
故选C．
【分析】A．根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；
B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；
C．根据Kb= 分析；
D．根据图象可知开始没有NH2COO﹣，后来也不存在NH2COO﹣．
9．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2A的水解程度大于NaHA溶液， 故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA， 再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．根据图像甲、乙起始点可知甲起始pH为12，c(OH-)=10-2mol/L，再根据A2-+H2O HA-+OH-可得Kh1===5×10-3，可得Ka2===2×10-13，乙的起始pH为8，c(OH-)=10-6mol/L，再根据HA-+H2O H2A+OH-，可得Kh2===10-11，可得Ka1===10-3，可得Ka2·Ka1=2×10-13×10-3=2×10-16
D．根据图像可知b点对应的滴定点为a点，c点为盐酸和Na2A恰好反应生成NaHA和氯化钠，a点为NaHA和氯化钠和H2A混合物，此溶液显碱性，可知NaHA的水解显碱性，促进了水的电离，而d点为H2A和氯化钠混合物，且显酸性，电离显酸，抑制水的电离，水的电离程度：b点>d点，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据A-的水解程度大于HA-溶液，则Na2A的碱性强于NaHA，所以滴加盐酸时，Na2A与盐酸反应先产成NaHA，再产生H2A气体，可推出甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸。据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】根据电荷守恒，以及微粒个数之比等于物质的量之比，n(Na＋)＋3n(Fe3＋)=2n(SO42－)，假设Na＋的物质的量为3mol，SO42－的物质的量为2mol，求的n(Fe3＋)=1/3mol，n(Na＋)：n(Fe3＋)：n(SO42－)=3：1/3：2=9：1：6，D符合题意。
【分析】假设Na＋、SO42－的物质的量分别为3mol、2mol，根据电荷守恒，n(Na＋)＋3n(Fe3＋)=2n(SO42－)，求出n(Fe3＋)，而微粒个数之比等于物质的量之比，则可得出结论。
11．【答案】D
【解析】【解答】A. c( )=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；
B. 由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水电离的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或碱溶液， 均不能大量存在，B不符合；
C. Fe3＋与SCN－会生成硫氰化铁而不共存，C不符合；
D. =1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性： 、Al3＋、 、Cl－可共存，D符合；
故答案为：D。
【分析】A. 与Fe3＋发生氧化还原反应而不能共存；
B．由水电离的c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。酸性条件下弱酸根CH3COO－不能大量存在；
C．Fe3＋和SCN－结合生成Fe（SCN）3络合物，不可共存；
D. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液可以求得c(H+)=10-1mol/L，所以在酸性条件下该离子组可以大量共存.
12．【答案】D
【解析】【解答】A. 根据图像，当HA溶液与BOH 溶液等体积混合时，溶液的pH=7，随着V1的增大，溶液的pH逐渐增大，说明V1表示BOH溶液的体积，则V2表示HA 溶液的体积，故A不符合题意；
B. 根据图像，当HA溶液与BOH 溶液等体积混合时，溶液的pH=7，说明溶液显中性，说明Ka( HA)和Kb( BOH) 相等，0.1mol/L HA溶液pH=3，则Ka( HA) = ≈10-5，故B不符合题意；
C. y点时，溶液的pH=7，说明溶液显中性，是因为阴阳离子的水解程度相同，因此c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故C不符合题意；
D. x、z 点酸或碱的浓度相等，因为Ka( HA)和Kb( BOH) 相等，对水的电离的抑制程度相等，y点盐的浓度最大，对水的电离的促进程度最大，三点时水的电离程度：y>x=z，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.V1为0时溶液pH为3，显酸性，所以V1表示碱溶液的体积；
B.根据单独溶液的pH计算酸碱的电离常数；
C.中性溶液中溶质的浓度大于水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度；
D.根据溶质对水的电离的影响进行判断。
13．【答案】B
【解析】【解答】溶液中正电荷的总量为：1×3+3×1=6，负电荷的总量为：1×2+2×3=8，因此X带有两个单位的正电荷；
A.Fe2+中带有两个单位的正电荷，由于NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2+氧化，不可大量共存，因此X不可能是Fe2+，A不符合题意；
B.Mg2+带有两个单位的正电荷，且Mg2+与溶液中的离子相互间不反应，可大量共存，B符合题意；
C.Cl-带有一个单位的负电荷，C不符合题意；
D.Ba2+带有两个单位的正电荷，由于Ba2+能与SO42-形成BaSO4沉淀，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据溶液的电中性计算X中所带电荷数，结合离子共存分析选项是否符合题意。
14．【答案】D
【解析】【解答】A，根据图像中A点知T1时KW=c（H+）·c（OH-）=10-7 10-7=10-14，T1为25℃，由图像中B点知T2时KW=c（H+）·c（OH-）=10-6 10-6=10-12，水的电离是吸热过程，温度升高KW增大，则T2 25℃，A项不符合题意；
B，弱酸HX和NaX的混合液中既存在HX的电离平衡（HX H++X-）又存在NaX的水解平衡（X-+H2O HX+OH-），若此混合溶液呈酸性且c（HX）=c（NaX），则HX电离能力大于NaX的水解能力，B项不符合题意；
C，位于AB线段上任意点的溶液中c（H+）=c（OH-），则pH=pOH，KW= c（H+）·c（OH-），pKW=pH+pOH，pH=pOH= ，C项不符合题意；
D，HX和NaX的混合液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），D点处c（H+） c（OH-），则c（Na+） c（X-），D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水的离子积常数随温度的升高而增大；
B.根据弱电解质的电离平衡和水解平衡以及溶液的酸碱性进行分析；
C.AB段上的点都表示水的离子积常数；
D.根据电荷守恒和溶液的酸碱性判断离子浓度的大小。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．酸性环境下不能存在，故A不符合题意；
B．酸性环境下和都有氧化性，都能与发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．酸性环境下、、、都不能反应，可以存在，故C符合题意；
D．酸性环境下能反应放出二氧化碳，不能存在，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．H+与反应；
B．酸性环境下和与反应；
C．酸性环境下、、、不能反应；
D．H+与反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．NaCl溶液中通入后，溶液中存在电荷守恒：，钠离子和氯离子浓度相等，故，A不符合题意；
B．反应得到晶体的离子方程式：，B不符合题意；
C．滤液中含氯化钠和氯离子，根据物料守恒：，C符合题意；
D．该生产工艺得到纯碱和氯化铵两种产品，提高了食盐的利用率，同时煅烧碳酸氢钠产生的可循环利用，减少了碳排放，降低了成本，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电荷守恒分析；
B．根据反应物和产物的化学式，符合离子方程式的书写规则；
C．根据物料守恒；
D．循环使用的物质反应前是反应物，反应后是产物或未完全反应的物质。
17．【答案】（1）2NH3(g)+CO2 (g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87.0 kJ/ mol
（2）<；T1
（4）c(Na+)>c(CN3-)>c(OH-)>c(H+)；中；
【解析】【解答】(1)①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
结合盖斯定律计算①+②-③得到CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87kJ/mol；(2)CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H①图象分析可知，先拐先平温度高，T2＞T1，在其它条件不变时，温度越高甲烷物质的量越大，证明升高温度，化学平衡向逆反应方向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；②温度T1时，0～10min内，甲烷物质的量减小△n(CH4)=0.4mol-0.3mol=0.1mol，反应的NO2物质的量为0.2mol，平衡浓度为0.1mol/L，NO2的平均反应速率v(NO2)= =0.02mol/(L min)；
结合三行计算列式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol，
CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g)
起始（mol/L） 0.4 1 0 0 0
转化（mol/L） 0.3 0.6 0.3 0.3 0.6
平衡（mol/L） 0.1 0.4 0.3 0.3 0.6
K= =2.025；③CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0，该反应的正反应为气体体积增大的放热反应。则
A.改用高效催化剂增大反应速率不改变化学平衡，物质的转化率不变，A不正确；
B.正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向进行，反应速率增大，但反应物的转化率减小，B不正确；
C.缩小容器的体积，压强增大，反应速率增大，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，反应物转化率减小，C不正确；
D.增加CH4的浓度，正反应速率增大，可以提高另一种反应物NO2的转化率，D正确；
故答案为：D；(3)6NO2+8NH3=7N2+12H2O，根据总反应方程式可知：在正极上是NO2得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，可见该电池正极区附近溶液pH增大，负极上是NH3失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2；(4)NaN3是强碱弱酸盐，在溶液中N3-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液呈碱性，但盐电离产生的离子水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以该盐溶液中离子浓度c(Na+)>c(N3—)>c(OH—)>c(H+)；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3-)+c(OH-)，当2c(Ba2+)=c(N3-)，c(H+)= c(OH-)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+ Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)= = mol/L= mol/L。
【分析】(1)结合盖斯定律计算；(2)①先拐先平温度高，然后根据升高温度甲烷物质的量增大，说明升温平衡逆向进行；②温度T1时，0～10min内NO2的平均反应速率v= ，根据平衡常数K的含义进行计算；③提高反应速率同时提高NO2的转化率，增大反应速率同时平衡正向进行，结合化学平衡移动原理和反应特征分析判断；(3)正极上是NO2得到电子，发生还原反应，负极上是NH3失电子，发生氧化反应，结合电极反应分析判断；(4)NaN3溶液中N3-水解，溶液呈碱性，结合溶液中电荷守恒分析溶液酸碱性，结合反应2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O的定量关系计算剩余HN3物质的量得到溶液中HN3浓度。
18．【答案】（1）5；c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c()+ 2c()；酸性；5.05
（2）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；15.80；84%；D
【解析】【解答】（1）①根据题意开始时H2SO3最多，慢慢变为HSO3-，最后变为SO32-，因此在pH=5时停止通入二氧化硫；
②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在的等式 是电荷守恒即 c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c()+ 2c() ；
③根据pH=1.9，c(H2SO3)=c(HSO3-)，Ka1==10-1.9，pH=7.2时，ka2==10-7.2，亚硫酸氢钠存在水解常数为电离常数，水解产生为Kh1=10-12.1.因此以电离为主，显酸性；
④25℃时，某溶液中=10， Ka1=====.故c(H+)==10-5.05mol/L， pH为5.05 ；
（2）①当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；
②根据滴定管读数判断读数为 15.80 ；
③Na2S2O3= 消耗的碘单质为 0.1000mol L-1 x16x10-3Lx0.5=8x10-4mol，与亚硫酸根反应的碘单质为 0.1000mol L-1 x28x10-3L-8x10-4mol=2x10-3mol，根据方程式即可得到n(SO32-)=2x10-3mol，故质量分数为2x10-3molx126g/mol/0.3gx100%=84%；
④A.未冲洗不会影响，故A不符合题意；
B. 装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗 ，导致结果偏大，故B不符合题意；
C. 开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体 导致液体偏大，故C不符合题意；
D. 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 导致体积偏小，故D符合题意；
【分析】（1）①根据亚硫酸中离子含量判断；
②根据电荷守恒；
③根据计算出水解和电离常数大小；
④结合水解和电离常数计算；
（2）①根据淀粉颜色变化；
②根据滴定管读数即可；
③根据给出的数据计算出物质的量即可计算出质量分数；
④浓度偏低，可能是滴定时碘的物质的两种增大，碘的体积增大结合选项判断。
19．【答案】（1）碱性；＞
（2）中性；＞
（3）＜；＞
（4）A；D；E
【解析】【解答】解：（1.）醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），显碱性，即c（H+）＜c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；故答案为：碱性；＞；
（2.）将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，所以溶液呈中性；二者等体积恰好反应生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若显中性，则醋酸稍过量，即醋酸体积＞氢氧化钠溶液体积；故答案为：中性；＞；
（3.）将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即m＞n；由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），
故答案为：＜；＞；
（4.）解：A．配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质，以酚酞为指示剂时等质量的氢氧化钠和Na2CO3消耗的酸前者大，所以标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质时造成V（碱）偏大，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏大，故A正确；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，V（碱）偏小，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏小，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，则V（碱）不变，根据c（酸）= ，可知c（酸）不变，故C错误；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏高，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏高，故D正确；
E．未用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小，造成V（碱）偏高，根据c（酸）= ，可知c（酸）偏高，故E正确；故答案为：ADE．
【分析】（1）醋酸为弱酸，将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒分析；（2）根据溶液中电荷守恒及醋酸根离子与钠离子浓度相等进行判断氢离子与氢氧根离子浓度关系；（3）醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合pH=7，若m=n，溶液显示中性，则醋酸浓度稍大；（4）根据c（酸）= 判断不当操作对相关物理量的影响．
20．【答案】（1）
（2）c(CH3COONa)＞c(Na2SO3)＞c(Na2CO3)
（3）2CO32-·+H2O+SO2=2HCO3-+SO32-
（4）A；C
（5）①②
（6）c＞b＞a；＞
【解析】【解答】（1）H2CO3是一种二元弱酸，在水中分步电离，其电离方程式为：H2CO3 H＋＋HCO3－、HCO3－ H＋＋CO32－；因此其二级电离的平衡常数的表达式；
（2）电离常数越大，则其酸性越大， 因此酸性：CH3COOH>HSO3－>HCO3－；根据“越弱越水解”可得，其离子的水解程度为：CH3COO－
（3）由于酸性H2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－，因此将少量SO2通入Na2CO3溶液中，发生反应的离子方程式为：2CO32－＋H2O＋SO2=2HCO3－＋SO32－；
（4）A.通入CO2的过程中，NH3·H2O逐渐转化为NH4+，HCO3-的量逐渐增大，因此逐渐减小，A符合题意；
B.随着CO2的通入，溶液的碱性逐渐减弱，则c(OH-)逐渐减小，酸性逐渐加强，则c(H+)逐渐增大，因此逐渐增大，B不符合题意；
C.，随着CO2的通入，溶液中c(NH4+)逐渐增大，而NH3·H2O的电离常数K保持不变，因此逐渐减小，C符合题意；
D.，由于Kw和K只与温度有关，与溶液中离子浓度无关，因此过程中，保持不变，D不符合题意；
故答案为：AC；
（5）①等浓度的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的导电能力更弱，说明醋酸溶液中离子浓度更小，因此说明醋酸是弱酸，①符合题意；
②CH3COOH和CH3COONa的混合溶液的pH=7，说明溶液中存在CH3COO-的水解，因此可说明CH3COOH是弱酸，②符合题意；
③CH3COOH能与NaHCO3反应生成CO2，说明酸性CH3COOH>H2CO3，但不能说明CH3COOH是弱酸，③不符合题意；
④CH3COOH溶液可使紫色石蕊试液变红，说明CH3COOH溶液显酸性，但不能说明CH3COOH是弱酸，④不符合题意；
故答案为：①②
（6）①稀释会促进弱电解质的电离，因此加入水的体积越大，CH3COOH的电离程度越大，故三种溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序为：c>b>a；
②吸收氨气后所得溶液的pH=7，则溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得c(NH4+)=c(CH3COO-)；由于a点溶液的浓度大于c点溶液的浓度，因此a点溶液中c(CH3COO-)大于c点溶液中c(NH4+)；
【分析】（1）根据H2CO3的电离书写其电离常数的表达式；
（2）由电离常数的大小确定酸性大小，从而确定比较阴离子的水解程度，从而确定等pH值时溶质的浓度大小；
（3）根据“强酸制弱酸”原理书写反应的离子方程式；
（4）通入CO2的过程中，NH3·H2O逐渐转化为NH4+，结合电离平衡常数、水解平衡常数进行分析；
（5）证明醋酸是弱酸，则应证明醋酸溶液中存在部分电离，或证明醋酸盐溶液中存在水解，据此分析；
（6）①稀释会促进弱电解质的电离，据此判断电离程度的大小；
②根据a、c点溶液醋酸的浓度和反应后所得溶液的电荷守恒分析；
21．【答案】（1）吸热；0.004 mol·L-1·min-1
（2）下移
（3）40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动
（4）>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生
【解析】【解答】由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，列出三段式分析：，解得x=0.5，再计算水的体积分数，利用浓度商和平衡常数的大小，可确定平衡移动的方向。
(1)由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，反应逆向进行时，固体质量增加，根据关系式：4H2O(g)~固体质量增加120g，混合气体质量增加1.2 g，n(H2O)==0.04mol，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = =0.004 mol·L-1·min-1。故答案为：吸热；0.004 mol·L-1·min-1；
(2)若开始反应时，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，则图中H2的变化曲线将下移。(选填“上移”或“下移”)故答案为：下移；
(3)
，x=0.5，1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 =40%；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡不移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动。故答案为：40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动；
(4)硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)，c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，有c(OH-)-c(H+)>c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。故答案为：>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。
【分析】（1）根据勒夏特烈原理，温度升高，利于平衡向吸热方向移动；根据化学方程式，混合气体增加的相对分子质量为2×28+4×18-4×2=120，根据4H2O(g)~混合气体的增加量，以及化学计量系数之比等于物质的量之比，结合反应速率表达式进行分析。
（2）扩大容器体积，相当于减压，利于平衡向压强增大（或气体分子数增大）的方向移动，据此分析。
（3）通过化学平衡三段式，以及比较浓度平衡常数（Q）与化学平衡常数（K）进行分析。若Q＞K，利于平衡向逆方向移动；若Q=K，平衡不移动；若Q＜K，利于平衡向正方向移动。
（4）根据溶液中质子守恒进行分析；Na2S溶液与空气中的氧气反应产生淡黄色的硫沉淀和强碱NaOH，据此分析。
