第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元检测 2023-2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

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第三章水溶液中的离子反应与平衡

一、单选题
1．根据下列图示所得出的结论正确的是

A．若图1表示不同温度下恒容密闭容器中，反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)中n(N2)随时间的变化关系，说明平衡常数：KⅠ0.2
D．若图4表示室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，可以判断c点时消耗的V(NaOH)=20mL
2．水解原理在生产和生活中都具有重要的用途。下列事实与盐类的水解无关的是
A．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2
B．加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
C．次氯酸常用作消毒剂
D．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体
3．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
还原性：Br-＞Cl-
B
室温下，将pH相等的HA和HB两种一元酸稀释相同倍数，测得HA的pH比HB的小
酸性：HA＞HB
C
向久置的FeSO4溶液中滴加KSCN，溶液变红
FeSO4溶液全部被氧化
D
向Na2CO3溶液中滴加浓盐酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液变浑浊
非金属性： C＞Si

A．A B．B C．C D．D
4．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LHF含有电子数为10 NA
B．12g金刚石中，含C－C键数目为2 NA
C．溶液中含数为
D．密闭容器中与反应，生成的分子数为
5．根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH，NaHCO3溶液pH更大
酸性：H2CO3＞CH3COOH
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深
证明：2NO2(g)N2O4(g)  △H＜0
C
向FeCl3和KSCN的混合溶液中，加入KCl溶液，溶液红色变浅
增大生成物的浓度，造成平衡逆向移动
D
在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)

A．A B．B C．C D．D
6．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项
操作
现象
结论
A
将KI和溶液在试管中混合后，加入，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：

B
向盛有溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2min后，试管里出现凝胶
非金属性：

C
的NaOH溶液中滴加2滴的溶液，再滴加2滴的溶液每滴约
先出现白色沉淀后又有红褐色沉淀产生
溶解度：

D
向溶液中滴加溶液
有黑色沉淀成分为产生
酸性：


A．A B．B C．C D．D
7．下列有关说法正确的是
A．已知可溶于KI形成，向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在平衡：
B．物质的量浓度相等的和溶液等体积混合后的溶液：
C．已知：，，将等体积的浓度为的溶液滴入到浓度均为的KCl和的混合溶液中产生两种不同沉淀，且沉淀先产生
D．时，溶液中水电离出的和水电离出的的乘积一定等于
8．工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8,下列说法正确的是

A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
9．一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM＝－lgc（M），p（）＝－lgc（）。下列说法正确的是（　　）

A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2＋） c(H2CO3)
C．c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.1 mol·L－1       D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
(3)室温下将0.1 mol·L－1的K2CO3溶液与0.1 mol·L－1的盐酸等体积混合，所得溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
(4)将CO2通入0.1 mol·L－1的K2CO3溶液中至溶液呈中性，则溶液中2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝ mol·L－1(忽略溶液体积变化)。
15．回答下列问题
(1)25℃，某溶液中，则该溶液中 。
(2)某温度下，测得的溶液的，该温度下，纯水的 。此时，将的溶液与的溶液混合，所得混合液为中性，则 。
(3)25℃时，已知溶液，
①该溶液中离子浓度由大到小排列的顺序为： ；
②精确表达下列算式的数学结果： ； 。
(4)若向浓度均为的和的混合液中逐渐加入粉末，当溶液中浓度下降到 时，开始沉淀。已知：时，；。
16．在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：

(1)A曲线温度比B曲线温度 。(填“高”或“低”)
(2)曲线A对应的温度下，pH=9的NaClO溶液与pH=5的盐酸中溶液水电离出的C(H+)之比为
(3)曲线B对应的温度下，pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4 溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为
17．水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，与生命活动、日常生活、工农业生产和环境保护等息息相关。请回答：
(1)人体血浆中的对稳定血液酸碱度有重要作用，正常情况下，人体血液的pH约为7.4，血液呈弱碱性的原因是 (用离子方程式表示)，肾脏通过分泌调节血液pH，分泌可使血液pH (填“升高”或“降低”)。人体血液的pH=7.4[]时，和浓度比值约为20∶1，该条件下的 。
(2)可用作白色颜料和阻燃剂等，在实验室可利用的水解反应制取。为得到较多的，操作时先将缓缓加入大量水中，反应中产生难溶于水的中间产物SbOCl，该反应的化学方程式为 ；反应后期还要加入少量氨水，目的是 。
(3)工业上处理废水时，可采用FeS除去废水中的，原因是 (用离子方程式表示)，已知：、，则上述反应的化学平衡常数K= 。
18．硫的化合物在生产、生活中有广泛应用，其吸收和处理也十分重要。完成下列填空：
（1）SO2具有还原性，可以和许多氧化剂反应。SO2气体通入硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中恰好生成铬钾矾[KCr(SO4)2·12H2O]。写出该反应的化学方程式 ，反应中被还原的元素是 。
（2）过量的SO2通入Na2S溶液，写出有关的离子方程式 。
（3）在1L 0.3mol/L的NaOH溶液中，通入4.48LSO2(标况)，反应后所得溶液中微粒的浓度之间有一些等量关系，例如：c(Na+)＋c(H+)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)＋c(OH-)，请再写出两个等量关系：
（4）在室温下，下列曲线可以描述乙酸（甲、Ki=1.8×10﹣5）和次氯酸（乙、Ki=2.95×10﹣8）在水中的电离度与浓度关系的是 。
A．
B．
C．
D．
19．(A层)下面所列物质中，属于电解质的是 (填序号，下同)，属于强电解质的是 ，属于弱电解质的是 ，属于非电解质的是 ,溶于水后形成的水溶液能导电的是 ，只能在水溶液中导电的电解质是 。①氯化钾　②乙醇　③醋酸　④氨气　⑤蔗糖⑥铁　⑦硫酸氢钠　⑧一水合氨　⑨氯气　
(B层)下面所列物质中，属于电解质的是 (填序号，下同)，属于强电解质的是 ，属于非电解质的是 ，能够导电的是 ,除⑥外溶于水后形成的水溶液能导电的是 ，只能在水溶液中导电的电解质是 。
①NaCl晶体　②液态SO2　③液态醋酸　④汞　⑤固体BaSO4⑥稀硫酸　⑦乙醇　⑧熔融的KNO3　⑨NH4Cl晶体 ⑩NaOH溶液
20．(1)醋酸钠水溶液pH＞7，原因是(用离子方程式表示)： 。
(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 。
(3)在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入适量的 。
(4)室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A/B等于
(5)已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，若向50mL0.008mol·L-1的BaCl2溶液中加入50mL0.01mol·L-1的硫酸，混合后溶液中的Ba2+的浓度为 mol·L-1，pH为 。
21．T1、T2两种温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。

(1)T1 T2 (填“＞”“＜”或“=”)，T2温度时 。
(2)根据T1温度时的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是 (填序号)。
A．加入固体可由a点变为b点
B．T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有沉淀生成
C．蒸发溶剂可能由d点变为T1，曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点
D．升温可由b点变为d点
(3) T2温度时，现有0.2mol的沉淀，每次用1 L饱和溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使中的全部转化到溶液中，需要反复处理 次［提示：     ，］。

参考答案：
1．C
【详解】A．据图可知曲线Ⅱ反应速率更快，温度更高，而平衡时n(N2)较小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KⅠ＞KⅡ，A错误；
B．铝条与盐酸反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，铝和盐酸还在继续反应，温度还在升高，B错误；
C．同一温度下，增大压强，平衡逆向移动，C3H8的平衡转化率减小，则y>0.2，C正确；
D．由图可知没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol·L−1的HX溶液的pH＞1，说明HX为一元弱酸，和NaOH恰好完全反应时，溶液呈碱性，c点时溶液的pH=7，溶液呈中性，消耗的V(NaOH)＜20mL，D错误；
综上所述答案为C。
2．C
【详解】A．TiCl4溶于水发生水解反应生成钛酸：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，加入大量水加热促进水解反应正向进行，H2TiO3分解生成TiO2，与盐类水解有关，A不符合题意；
B．CuCl2溶液中Cu2+水解生成Cu(OH)2和H+，H+结合Cl–生成HCl，加热促进Cu2+水解，同时HCl挥发促进Cu2+水解，则CuCl2溶液加热蒸干得到Cu(OH)2固体与盐类水解有关，B不符合题意；
C．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，常用作消毒剂，与盐的水解无关，C符合题意；
D．沸水中滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热促进Fe3+的水解，生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；
故答案选C。
3．A
【详解】A．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成,发生反应：，说明Br-还原性强于Cl-，A项正确；
B．等pH的两种酸，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，所以HB的酸性比HA的酸性强，B项错误；
C．向久置的FeSO4溶液中滴加KSCN，溶液变红，只能说明有Fe2+被氧化为Fe3+，不能说明FeSO4溶液全部被氧化，C项错误；
D．浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，则不能比较碳酸、硅酸的酸性及C、Si的非金属性，D项错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．标准状况下，HF是非气态物质，无法按气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．1mol金刚石含有2mol C－C键，12g金刚石即物质的量为1mol，则含C－C键数目为2NA，故B正确；
C．物质的量为0.1mol，由于碳酸根水解，因此溶液中含数小于，故C错误；
D．密闭容器中与反应，由于该反应是可逆反应，因此生成的分子数小于，故D错误。
综上所述，答案为B。
5．B
【详解】A．室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH，NaHCO3溶液pH更大，根据越弱越水解得到，酸性： CH3COOH ＞H2CO3，故A错误；
B．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深，说明升高温度向二氧化氮的方向反应，即生成二氧化氮的反应是吸热反应，则：2NO2(g) N2O4(g) △H＜0，故B正确；
C．向FeCl3和KSCN的混合溶液中，该反应实质是Fe3+＋SCN－Fe(SCN)3，反应加入KCl溶液，主要是溶液中有水，反应物浓度减小比生成物浓度减小得多，因此平衡逆向移动，故C错误；
D．在2mL0.01 mol∙L−1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol∙L−1ZnSO4溶液有白色沉淀，溶液中Na2S过量，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀，则过量的Na2S和CuSO4反应生成的沉淀，因此不能说明ZnS转化为CuS即Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．A
【详解】A. 下层溶液显紫红色，说明氯化铁氧化碘离子生成I2：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性：，故A正确；
B. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断非金属性强弱，故B错误；
C. 氢氧化钠过量，不能比较溶度积大小，因两种沉淀都生成，不能证明发生了沉淀的转化，故C错误；
D. 事实上，H2S的酸性比H2SO4弱。H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀CuS，并生成硫酸，是因为CuS溶度积非常小，H2S电离的S2-足以和Cu2+生成沉淀，不能利用此反应说明强酸制取弱酸，故D错误；
答案选A。
【点睛】离子反应的本质是使溶液中的某种(些)离子减少，较强酸制较弱酸便是基于此，因为生成结合H+能力更强的弱酸，能使溶液中的H+减少；H2S和CuSO4反应生成CuS，也是基于此。H2S的电离平衡为：H2S⇋H++HS-，HS- ⇋ H++S2-，由于CuS溶度积非常小，Cu2+和S2-结合生成CuS沉淀，使平衡向正向移动，总过程为：H2S+ CuSO4= CuS↓+ H2SO4。换句话说，该反应能发生，是因为Cu2+结合S2-的能力比H+强，能使溶液中S2-减少。所以，反应H2S+ CuSO4= CuS+ H2SO4不是争夺H+的过程，而是争夺S2-的过程，不能利用此反应来说明酸性的强弱。
7．A
【详解】A．向两支盛有的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则的溶液中含、，即溶液中存在平衡为，故A正确；
B．物质的量浓度相等的和溶液等体积混合后的溶液是溶液，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，，故B错误；
C．，无沉淀产生，故C错误；
D．在酸碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸碱溶液中时，溶液中水电离出的和水电离出的的乘积一定小于，故D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A错误；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B错误；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-),解得K== 2.21×107，C正确；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D错误；
故答案为：C。
9．D
【详解】A.由pM、p（CO32-）的表达式可知，其值越大对应离子的浓度越小，结合沉淀溶解平衡曲线可知，当取相同的c（CO32-）时，对应饱和溶液中，Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的浓度依次减小，则MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp应该依次减小，A错误；
B.因a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，故a点表示MnCO3的饱和溶液，且a点纵、横坐标相等，故c（Mn2＋）＝c（CO32-），B错误；
C.b点表示CaCO3的饱和溶液，但是b点：p（CO32-）>p（Ca2＋），则c（CO32-）c(OH－)>c(H＋) >c(CO32－) 0.2
【分析】(1)K2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液会发生水解反应，证明其水解的事实时，一方面要证明水解产物的存在，另一方面要证明反应的可逆性。
(2)A．c(K＋)＝2c(CO32－)，利用化学式与水解进行分析；
B．c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)，利用水解方程式进行分析；
C．c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.1 mol·L－1，利用物料守恒进行分析；
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，利用质子守恒进行分析。
(3)室温下将0.1 mol·L－1的K2CO3溶液与0.1 mol·L－1的盐酸等体积混合，所得溶液中溶质为KHCO3和KCl，利用电离与水解方程式及难易程度进行分析。
(4)将CO2通入0.1 mol·L－1的K2CO3溶液中至溶液呈中性，则利用电荷守恒原理计算溶液中2c(CO32－)＋c(HCO3－)。
【详解】(1)K2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液会发生水解反应而使溶液呈碱性，其原因是CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；设计实验方案时，可测定溶液中存在OH-(显碱性)、可逆性，平衡会发生移动，于是设计方案为：向纯碱溶液中滴加几滴酚酞试液后，溶液呈红色，然后滴加氯化钙溶液至过量，溶液红色逐渐变浅，最后消失。答案为：碱；CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；向纯碱溶液中滴加几滴酚酞试液后，溶液呈红色，然后滴加氯化钙溶液至过量，溶液红色逐渐变浅，最后消失；
(2) A．起初K2CO3发生电离，c(K＋)＝2c(CO32－)，在水溶液中CO32-发生水解，所以最后溶液中c(K＋)>2c(CO32－)，A错误；
B．K2CO3溶液中存在如下平衡：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-、HCO3-＋H2OH2CO3+OH-、H2OH++OH-，且程度依次减弱，所以c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)，B正确；
C．利用物料守恒，K2CO3溶液中，c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，则c(CO32－)＋c(HCO3－)c(Cl－)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋) >c(CO32－)。答案为：c(K＋)>c(Cl－)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋) >c(CO32－)；
(4)将CO2通入0.1 mol·L－1的K2CO3溶液中至溶液呈中性，则利用电荷守恒原理，溶液中2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝c(K＋)=2×0.1 mol·L－1=0.2mol·L－1。答案为：0.2。
【点睛】设计一个简单的实验方案证明K2CO3溶液呈碱性，如果我们仅仅设计“向纯碱溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液显红色”，则只能表明反应生成了KOH，不能确定是完全反应还是部分反应，所以设计方法不完整。
15．(1)2000
(2)
(3)
(4)

【详解】（1）25℃，Na2SO4溶液为中性，水电离出的c(OH-)=10-7mol/L，某Na2SO4溶液中，则c(Na+)=2×10-4mol/L，则该溶液中c(Na+)：c(OH-)= 2×10−4：10−7=2000 ；
（2）某温度下，0.01mol·L-1的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，溶液的pH=11，即c(H+)=10-11mol/L，则 Kw=c(H+)×c(OH−)=10−11×10−2=1.0×10−13；将pH=12的NaOH溶液VaL与pH=2的H2SO4溶液VbL混合，混合液为中性，得 10−1Va=10−2Vb， 则Va：Vb=1：10 ；
（3）①CH3COONa在水溶液中完全电离，所以Na+和CH3COO-是大量的，由于CH3COO-水解，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，溶液中的H+和OH-是水电离产生的，所以是微量的，溶液的pH=8，溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，所以离子浓度由大到小排列的顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
②根据电荷守恒可知 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−) ， c(Na+)−c(CH3COO−)=c(OH−)−c(H+)=10−6−10−8=9.9×10−7mol⋅L−1；溶液中存在质子守恒c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-8mol/L；
（4）AgCl开始沉淀时 c(Ag+)==1.8×10−9mol⋅L−1，此时 c(I−)==×10−8mol/L≈4.7×10−8mol⋅L−1。
16． 低 104:1 1:10
【分析】A曲线对应Kw=10-7mol/L×10-7mol/L=10-14mol2/L2，B曲线对应Kw=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12mol2/L2。
【详解】(1)水的电离为吸热过程，升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子和氢氧根浓度增大，Kw增大，因此A曲线对应温度比B曲线温度低；
(2)曲线A对应的温度下水的离子积Kw=1×10-14，pH=9的NaClO溶液中的氢离子和氢氧根都来自水的电离，部分水电离的氢离子被次氯酸根离子结合为HClO，故水电离出的氢离子浓度=水电离出的氢氧根离子浓度=1×10-5mol/L，pH=5的盐酸中溶液水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根浓度，为1×10-9mol/L ，因此水电离出的氢离子浓度之比为C(H+)之比=10-5:10-9=104:1；
(3)曲线B对应的温度下水的离子积Kw=1×10-12，pH=9的NaOH溶液中氢氧根浓度为1×10-3mol/L，pH=4的H2SO4 溶液氢离子浓度为1×10-4mol/L，二者混合所得混合溶液的pH=6，溶液呈中性，氢离子和氢氧根的物质的量相等，即10-3mol/L×V(NaOH溶液)=10-4mol/L×V(H2SO4溶液)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比(NaOH溶液): V(H2SO4溶液)= 10-4:10-3=1:10。
17．(1) 升高
(2) 消耗，促进平衡正向移动，SbOCl进一步转化为
(3)

【详解】（1）碳酸氢根水解使血液呈弱碱性, 离子方程式为：，肾脏通过分泌，浓度增大、促进水解，碱性增强，使血液pH升高。人体血液的pH=7.4[]时，和浓度比值约为20∶1，该条件下的。
（2）缓缓加入大量水中，发生水解反应产生难溶于水的中间产物SbOCl和HCl，该反应的化学方程式为；反应后期还要加入少量氨水，目的是：消耗，促进平衡正向移动，SbOCl进一步转化为。
（3）CuS比FeS更难溶，所以工业上加FeS来处理废水中的，被FeS转化为极难溶的CuS而除去，故用离子方程式表示的原因是：，已知：、，则上述反应的化学平衡常数。
18． 3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O=2KCr(SO4)2·12H2O Cr 5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3- 2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）] ，c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）=0.2mol/L A
【分析】(1)该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式得；得电子化合价降低的元素被还原；
(2)过量的SO2通入Na2S溶液，二者发生氧化还原反应生成S，同时生成亚硫酸氢钠，该反应中S元素化合价由+4价、-2价变为0价；
(3) n(NaOH)=0.3mol/L×1L=0.3mol，n(SO2)==0.2mol，设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol，根据Na、S原子守恒得x+y=0.2，2x+y=0.3；解得x=0.1，y=0.1，所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3，溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒；
(4)根据弱酸的电离规律解答。
【详解】(1)该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O→2KCr(SO4)2·12H2O；得电子化合价降低的元素被还原，则Cr元素被还原，故答案为：3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O=2KCr(SO4)2·12H2O；Cr；
(2)过量的SO2通入Na2S溶液，二者发生氧化还原反应生成S，同时生成亚硫酸氢钠，离子方程式为2H2O+2S2-+5SO2=4HSO3-+3S↓，该反应中S元素化合价由+4价、-2价变为0价，故答案为：2H2O+2S2-+5SO2=4HSO3-+3S↓；
(3)n(NaOH)=0.3mol/L×1L=0.3mol，n(SO2)==0.2mol，设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol，根据Na、S原子守恒得x+y=0.2，2x+y=0.3；解得x=0.1，y=0.1，所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3，溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，根据物料守恒得2c(Na+)=3c(HSO3-)+3c(SO32-)+3c(H2SO3)=0.6mol，既[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）=0.2mol/L；故答案为：2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）]；c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）=0.2mol/L；
(4)根据乙酸(甲、Ki=1.8×10﹣5)和次氯酸(乙、Ki=2.95×10﹣8)可知同浓度时乙酸的电离程度远大于次氯酸，因此曲线上方为乙酸，浓度越大对于弱酸的电离程度越小，因此答案为A。
【点睛】本题考查含硫物质的综合应用，涉及氧化还原反应、复分解反应、盐类水解、离子浓度大小比较等知识点，侧重考查基本理论，这些知识点都是高频考点，明确物质的性质是解本题关键。
19． ①③⑦⑧ ①⑦ ③⑧ ②④⑤ ①③④⑦⑧⑨ ③⑧ ①③⑤⑧⑨ ①⑤⑧⑨ ②⑦ ④⑥⑧⑩ ①②③⑧⑨⑩ ③⑨
【分析】在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，在溶液中部分电离的电解质为弱电解质，弱电解质存在电离平衡，在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，物质导电的原因是有自由移动的离子或电子，据此进行判断。
【详解】(A层)①氯化钾、③醋酸、⑦硫酸氢钠、⑧一水合氨在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，
①氯化钾、⑦硫酸氢钠在水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质，
③醋酸、⑧一水合氨在水溶液中部分电离属于弱电解质，
②乙醇、④氨气、⑤蔗糖属于化合物，但在水溶液中和熔融状态下都不导电属于非电解质，
①氯化钾、③醋酸、④氨气、⑦硫酸氢钠、⑧一水合氨、⑨氯气溶于水后形成的水溶液有自由移动的离子，能导电，
③醋酸⑧一水合氨是分子化合物，只有在水溶液中能够电离出自由移动的离子导电，熔融状态下不导电，
属于电解质的为：①③⑦⑧，属于强电解质的为：①⑦，属于弱电解质的为：③⑧，属于非电解质的为：②④⑤，溶于水后形成的水溶液能导电的为：①③④⑦⑧⑨，只能在水溶液中导电的电解质为：③⑧，
故答案为①③⑦⑧；①⑦；③⑧；②④⑤；①③④⑦⑧⑨；③⑧；
(B层)①NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，不导电；溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；水溶液能导电；
②液态SO2没有自由移动的电子或者离子，不导电；本身不能电离，不是电解质；SO2与水反应生成硫酸是可溶性的电解质，水溶液导电；
③液态的醋酸没有自由移动的电子或者离子，不导电；溶于水时能电离出自由离子而导电，属于电解质；
④汞是金属单质，有自由移动的电子，能够导电；不是电解质，不溶于水；水溶液不能导电；
⑤BaSO4固体中没有自由移动的电子或者离子，不导电；熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；难溶于水，水溶液不导电；
⑥稀硫酸中有自由移动的离子，能导电；属于混合物，不是电解质；
⑦酒精（C2H5OH）中只存在酒精分子，没有自由移动的电子或者离子，不导电；溶于水和熔化时都不导电，不是电解质；水溶液不导电；
⑧熔融KNO3有自由移动的离子，能导电；溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；水溶液能导电；
⑨NH4Cl晶体没有自由移动的离子，不能导电，属于电解质，水溶液能导电，受热易分解，在熔融状态下不能导电；
⑩NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电。
以上物质属于电解质的是①NaCl晶体、③液态的醋酸、⑤BaSO4固体、⑧熔化的KNO3，⑨NH4Cl；
属于强电解质的是①NaCl晶体、⑤BaSO4固体、⑧熔化的KNO3、⑨NH4Cl；
属于非电解质的是②液态SO2、⑦酒精；
能导电的是④汞、⑥稀硫酸、⑧熔化的KNO3、⑩NaOH溶液；
除稀硫酸外溶于水能导电的是①NaCl晶体、②液态SO2、③液态的醋酸、⑧熔化的KNO3、⑨NH4Cl、⑩NaOH溶液；
只能在水溶液中导电的电解质是③液态醋酸、⑨NH4Cl晶体；
故答案为①③⑤⑧⑨；①⑤⑧⑨；②⑦；④⑥⑧⑩；①②③⑧⑨⑩；③⑨；
20． CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- Al2O3 浓盐酸 10-4 1.1×10-7 2
【详解】(1)醋酸钠水溶液中醋酸根能够发生水解，生成氢氧根和醋酸，使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
(2)AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3；
(3)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，在配制FeCl3的溶液时，滴加适量浓盐酸，防止Fe3+水解，故答案为：浓盐酸；
(4)氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH-)等于c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)等于水离子积常数与c(H+)的比值，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH-)=10-9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)=mol/L=10-5 mol/L，所以A：B=10-4：1，故答案为：10-4；
(5)若向50mL0.008mol·L-1的BaCl2溶液中加入50mL0.01mol·L-1的硫酸，会生成硫酸钡沉淀，过量的硫酸根浓度c(SO)==0.001 mol·L-1，又因为Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则存在c(Ba2+)=mol·L-1=1.1×10-7 mol·L-1， c(H+)= mol·L-1=0.01 mol·L-1，pH=2，故答案为：1.1×10-7；2。
21． ＜ ABC 3
【详解】(1)温度越高，的溶解度越大，温度下的溶度积较小，所以；温度时的溶度积可利用c点的数据进行计算求得。
(2)由于存在沉淀溶解平衡：，加入固体，浓度增大，的沉淀溶解平衡逆向移动，的浓度减小，可由a点变为b点，A正确；曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，B正确；蒸发溶剂，不饱和溶液中和的浓度都变大，可能由d点变为曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，C正确；升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，、都会变大，不可能由b点变为d点，D错误。
(3)设每次用饱和溶液能处理，


根据，解得，处理次数，所以至少要反复处理3次。