苏教版2019高二化学选择性必修第一册 第三章+水溶液中的离子反应（单元测试）

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第三章 水溶液中的离子反应（满分：100分 时间：75分）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)　1．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)A．pH＝13的溶液中：Na＋、AlOeq \o\al(－,2)、Al3＋、ClO－B．eq \f(c(H＋),c(OH－))＝1×10－6的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、SOeq \o\al(2－,4)C．水电离出来的c(H＋)＝1×10－12 mol•L－1的溶液中：NHeq \o\al(＋,4)、K＋、NOeq \o\al(－,3)、Fe2＋D．c(H＋)＜c(OH－)的溶液中：Na＋、K＋、SOeq \o\al(2－,4)、ClO－【答案】D【解析】pH＝13的溶液显碱性，Al3＋不能与碱共存，故A不选；eq \f(c(H＋),c(OH－))＝1×10－6的溶液pH为10，Fe3＋不能大量存在，故B不选；水电离出来的c(H＋)＝1×10－12 mol•L－1的溶液中水的电离被抑制，该溶液可以是酸性也可以是碱性，Fe2＋、NHeq \o\al(＋,4)不能在碱性溶液中共存，Fe2＋、NOeq \o\al(－,3)不能在酸性溶液中共存，故C不选；c(H＋)＜c(OH－)的溶液呈碱性，Na＋、K＋、SOeq \o\al(2－,4)、ClO－四种离子可以在碱性溶液中大量存在，故D选。2．设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(　 　)A．每升溶液中的H＋数目为0.02NAB．c(H＋)＝ c(H2POeq \o\al(－,4))＋2c(HPOeq \o\al(2－,4))＋3c(POeq \o\al(3－,4))＋ c(OH－)C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01 mol•L－1，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2POeq \o\al(－,4)浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。故选B。3．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(　　)A．海水酸化能引起HCOeq \o\al(－,3)浓度增大、COeq \o\al(2－,3)浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq \o\al(－,3)H＋＋COeq \o\al(2－,3)D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】海水酸化，H＋浓度增大，平衡H＋＋COeq \o\al(2－,3)HCOeq \o\al(－,3)正向移动，COeq \o\al(2－,3)浓度减小，HCOeq \o\al(－,3)浓度增大，A正确；海水酸化，COeq \o\al(2－,3)浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \o\al(－,3)，导致H＋浓度增大，C错误；使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确。故选C。4．T ℃时，水的离子积常数Kw＝10－13，该温度下，V1 mL pH＝12的NaOH稀溶液与V2 mL pH＝2的稀盐酸充分反应(混合后的体积变化忽略不计)，恢复到T ℃，测得混合溶液的pH＝3，则V1：V2的值为(　　)A．9：101 B．99：101C．1：100 D．1：10【答案】A【解析】T ℃时，水的离子积常数Kw＝10－13，该温度下，V1 mL pH＝12的NaOH稀溶液的c(OH－)＝eq \f(Kw,c(H＋))＝eq \f(10－13,10－12)＝0.1 mol•L－1，V2 mL pH＝2的稀盐酸的c(H＋)＝0.01 mol•L－1，二者充分反应，恢复到T ℃，测得混合溶液的pH＝3，即c(H＋)＝0.001 mol•L－1，则有eq \f(c(H＋)V2－c(OH－)V1,V2＋V1)＝eq \f(0.01V2－0.1V1,V2＋V1)＝0.001 mol•L－1，解得V1：V2＝9：101，故A正确。5．《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也……”。下列说法正确的是(　　)A．治血痛的原因是利用了胶体的吸附作用B．白矾溶于水后微粒浓度的大小关系：c(H2O)>c(SOeq \o\al(2－,4))>c(Al3＋)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可以杀菌消毒D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是Al3＋＋3HCOeq \o\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑【答案】D【解析】Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；白矾是硫酸铝钾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]，其水溶液因铝离子水解而呈酸性，铝离子减少，微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SOeq \o\al(2－,4))>c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；白矾和氯化铁无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误。6．常温下，下列溶液中，有关微粒的浓度关系错误的是(　　)A．0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液：c(SOeq \o\al(2－,4))>c(NHeq \o\al(＋,4))>c(Fe2＋)>c(H＋)B．向盐酸中加入氨水至溶液呈中性，溶液中eq \f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)>1C．0.01 mol·L－1NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸溶液混合后的溶液：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)D．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq \o\al(2－,3))【答案】B【解析】　硫酸根离子不水解，铵根离子和亚铁离子都水解，且铵根离子和亚铁离子的水解相互抑制，结合该物质的化学式可知c(SOeq \o\al(2－,4))>c(NHeq \o\al(＋,4))>c(Fe2＋)>c(H＋)，A项正确；溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据溶液中存在的电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(Cl－)，所以溶液中eq \f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)＝1，B项错误；0.01 mol·L－1NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸溶液的浓度大小关系为c(CH3COOH)≫c(NaOH)，二者等体积混合后，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，c(CH3COOH)≫c(CH3COONa)，故溶液呈酸性，则c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒得c(CH3COO－)>c(Na＋)，又醋酸的电离程度很小，所以c(Na＋)>c(H＋)，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq \o\al(2－,3))＋c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(OH－)，根据元素质量守恒可知，c(H2CO3)＋c(COeq \o\al(2－,3))＋c(HCOeq \o\al(－,3))＝0.1 mol·L－1＝c(Na＋)，所以c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq \o\al(2－,3))，D项正确。7．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是(　　)A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D．在1 mol•L－1 Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 mol•L－1【答案】A【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误。故选A。8．25 ℃时，向浓度均为0.1 mol•L－1的醋酸、AlCl3的混合溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体，调节溶液pH。溶液中含Al微粒、含C微粒的浓度c或lg c与pH的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)A．25 ℃时醋酸的Ka＝10－4.75B．曲线d表示c(Al3＋)C．m点：c(CH3COOH)＝c(Al3＋)D．w点所示的溶液中c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)【答案】A【解析】向浓度均为0.1 mol•L－1的醋酸，AlCl3的混合溶液中通入HCl气体，pH减小，会抑制醋酸的电离，溶液中c(CH3COO－)减小，c(CH3COOH)增大，曲线b代表c(CH3COO－)，曲线c代表c(CH3COOH)，w点时，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，此时pH＝4.75，醋酸的Ka＝eq \f(c(CH3COO－)c(H＋),c(CH3COOH))＝c(H＋)＝10－4.75，故A正确；分析题图可知，曲线a表示c(Al3＋)，曲线d为AlOeq \o\al(－,2)，故B错误；由图中信息知，b、c曲线的纵坐标是右侧的，其内容是物质的量浓度c，而a、d曲线的纵坐标是左侧的，是lg c，虽然曲线a、c交于m点，但它们纵坐标含义不同，所以浓度不同，故C错误；w点时，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，此时pH<7，c(H＋)>c(OH－)，则c(CH3COOH)＋c(H＋)>c(CH3COO－)＋c(OH－)，故D错误。故选A。9.鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是(　　)A．0.001 mol·L－1 GHCl水溶液的pH＝3B．0.001 mol·L－1 GHCl水溶液加水稀释，pH升高C．GHCl在水中的电离方程式为GHCl===G＋HClD．GHCl水溶液中：c(OH－)＋c(Cl－)＝c(GH＋)＋ c(G)【答案】B【解析】　GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH＋会发生水解，但水解较为微弱，因此0.001 mol·L－1 GHCl水溶液的pH>3，故A错误；稀释GHCl溶液时，GH＋水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H＋)将减小，溶液pH将升高，故B正确；GHCl为强酸弱碱盐，在水中的电离方程式为GHCl===GH＋＋Cl－，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(GH＋)，故D错误。10．常温下，用0.1 mol•L－1的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol•L－1的H3PO4溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是(　 　)A．H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂B．a点溶液中：c(H2POeq \o\al(－,4))＞c(H3PO4)＞c(HPOeq \o\al(2－,4))C．a、b、c三点溶液中eq \f(c(H2POeq \o\al(－,4))•c(OH－),c(HPOeq \o\al(2－,4)))不相等D．b点溶液中：c(Na＋)＝2[c(POeq \o\al(3－,4))＋c(H2POeq \o\al(－,4))＋c(HPOeq \o\al(2－,4))＋c(H3PO4)]【答案】D【解析】 H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，可选用甲基橙作指示剂，而酚酞的变色范围是8.2～10，故A项错误；a点溶液为NaH2PO4溶液，NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解，a点溶液中：c(H2POeq \o\al(－,4))＞c(HPOeq \o\al(2－,4))＞c(H3PO4)，故B项错误；温度相同，同一反应的平衡常数相同，即HPOeq \o\al(2－,4)的水解平衡常数eq \f(c(H2POeq \o\al(－,4))•c(OH－),c(HPOeq \o\al(2－,4)))在a、b、c三点溶液中相等，故C项错误；b点溶液是Na2HPO4溶液，由元素质量守恒可知，c(Na＋)＝2[c(POeq \o\al(3－,4))＋c(H2POeq \o\al(－,4))＋c(HPOeq \o\al(2－,4))＋c(H3PO4)]，故D项正确。11．25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol•L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法不正确的是(　　)A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lg KaC．该体系中，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1c(H＋),Ka＋c(H＋)) mol•L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终减小【答案】A【解析】 如图，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH＝7，应该得出的结论为c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lg c(CH3COO－)＝lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝eq \f(c(CH3COO－)•c(H＋),c(CH3COOH))，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0．1 mol•L－1，则c(CH3COO－)＝0.1 mol•L－1－c(CH3COOH)，又Ka＝eq \f(c(CH3COO－)•c(H＋),c(CH3COOH))，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1c(H＋),Ka＋c(H＋)) mol•L－1，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为CH3COO－＋H2OCH3COOH ＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，会使其水解程度减小，故D正确。故选A。12．某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为M(OH)2(s)M2＋＋2OH－、M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)eq \o\al(2－,4)(aq)，25 ℃时，－lg c与pH的关系如图所示，c为M2＋或M(OH)eq \o\al(2－,4)浓度的值。下列说法错误的是(　 　)A．曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系B．M(OH)2的Ksp约为1×10－17C．向c(M2＋)＝0.1 mol•L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在D．向c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]＝0.1 mol•L－1的溶液中加入等体积0.4 mol•L－1的HCl后，体系中元素M主要以M2＋存在【答案】D【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2＋＋2OH－，M(OH)2(s)＋2OH－M(OH)eq \o\al(2－,4)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]增大，即－lg c(M2＋)增大，－lg c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]与pH的关系，据此分析解答。由分析可知，曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，A正确；由图像，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)•c2(OH－)＝1×10－17，B正确；向c(M2＋)＝0.1 mol•L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像，pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；c[M(OH)eq \o\al(2－,4)]＝0.1 mol•L－1的溶液中，pH>14，c(OH－)＞1 mol/L，因此加入等体积的0.4 mol•L－1的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)eq \o\al(2－,4)存在，D错误。答案选D。13．室温时，用0.100 mol•L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol•L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17]。下列说法正确的是(　　)A．a点：有白色沉淀生成B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol•L－1C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)【答案】C【解析】 根据三种沉淀的溶度积常数，I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量浓度为0.010 0 mol•L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5mol•L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝eq \f(Ksp(AgBr),c(Br－))＝eq \f(5.4×10－13,1.0×10－5)＝5.4×10－8 mol•L－1，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)＝eq \f(Ksp(AgCl),c(Ag＋))＝eq \f(1.8×10－10,5.4×10－8)≈3.3×10－3 mol•L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol•L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误。故选C。14.如图为某实验测得0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是(　　)A．a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小B．a点时，KwKa2，所以Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，故B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \o\al(－,3))＋2c(COeq \o\al(2－,3))＋c(OH－)，由于c(H＋)c(HCOeq \o\al(－,3))＋2c(COeq \o\al(2－,3))，故C错误；碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解，故D错误。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15．(14分)(1)已知：常温下NH3·H2ONHeq \o\al(＋,4)＋OH－　Kb＝1.8×10－5H2YH＋＋HY－　Kal＝5.4×10－2HY－H＋＋Y2－　Ka2＝5.4×10－5则(NH4)2Y溶液的pH______7(填“>”“<”或“＝”)。(2)NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NOeq \o\al(－,2)的水解常数Kh＝2×10－11，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NOeq \o\al(－,2))和c(HNO2)的比值为________。（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为__________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IOeq \o\al(－,3)离子交换柱发生反应：WOeq \o\al(2－,4)＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IOeq \o\al(－,3)；交换结束后，向所得含IOeq \o\al(－,3)的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IOeq \o\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \o\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \o\al(2－,6)。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】　(1)<　(2)50（3）　①m3＋m1－2m2②eq \f(cVM,120m3＋m1－2m2)%　不变　偏大【解析】　(1)Kh(NHeq \o\al(＋,4))＝eq \f(Kw,Kh)＝eq \f(10－14,1.8×10－5)≈5.6×10－10，Kh(Y2－)＝eq \f(Kw,Ka2)＝eq \f(10－14,5.4×10－5)≈1.9×10－10，水解程度：NHeq \o\al(＋,4)>Y2－，则(NH4)2Y溶液呈酸性，溶液的pH<7。(2)常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，该溶液中c(OH－)＝eq \f(10－14,10－5) mol·L－1＝10－9 mol·L－1，结合Kh(NOeq \o\al(－,2))＝eq \f(cHNO2·cOH－,cNO\o\al(－,2))可知c(NOeq \o\al(－,2))∶c(HNO2)＝c(OH－)∶Kh(NOeq \o\al(－,2))＝10－9∶2×10－11＝50。（3）①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。②滴定时，根据关系式：WOeq \o\al(2－,4)～2IOeq \o\al(－,3)～6I2～12S2Oeq \o\al(2－,3)，样品中n(WCl6)＝n(WOeq \o\al(2－,4))＝eq \f(1,12)n(S2Oeq \o\al(2－,3))＝eq \f(1,12)cV×10－3mol，m(WCl6)＝eq \f(1,12)cV×10－3mol×M g·mol－1＝eq \f(cVM,12 000) g，则样品中WCl6的质量分数为eq \f(\f(cVM,12 000) g,m3＋m1－2m2g)×100%＝eq \f(cVM,120m3＋m1－2m2)%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。(15分)(1)已知碳酸：H2CO3，Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11，草酸：H2C2O4，Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝1.5×10－4。①0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的pH______(填“大于”“小于”或“等于”)0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液的pH。②等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是________________。③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是______(填字母)。a．c(H＋)>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(HCOeq \o\al(－,3))>c(COeq \o\al(2－,3))b．c(HCOeq \o\al(－,3))>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(C2Oeq \o\al(2－,4))>c(COeq \o\al(2－,3))c．c(H＋)>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(C2Oeq \o\al(2－,4))>c(COeq \o\al(2－,3))d．c(H2CO3)>c(HCOeq \o\al(－,3))>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(COeq \o\al(2－,3))(2)SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少SO2的排放，回答下列方法中的问题。方法1(双碱法)：用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液eq \o(,\s\up11(ⅰ.SO2),\s\do4(ⅱ.CaO))Na2SO3溶液①写出过程ⅰ的离子方程式：_______________________________________；②CaO在水中存在如下转化：CaO(s)＋H2O (l)===Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)从平衡移动的角度，简述过程ⅱ中NaOH再生的原理：__________________。方法2：用氨水除去SO2③已知25 ℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝________ mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，溶液中的eq \f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝__________。【答案】(1)①大于　②草酸　③ac(2)①2OH－＋SO2===SOeq \o\al(2－,3)＋H2O　②SOeq \o\al(2－,3)与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成　③6.0×10－3　0.60【解析】　(1)①根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液的pH。②草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。③草酸的一、二步电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中c(H＋)＞c(HC2Oeq \o\al(－,4))＞c(C2Oeq \o\al(2－,4))＞c(HCOeq \o\al(－,3))＞c(COeq \o\al(2－,3))，a、c正确；根据上述分析可知b、d错误。(2)①过程ⅰ是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OH－＋SO2===SOeq \o\al(2－,3)＋H2O。②过程ⅱ加入CaO，存在CaO(s)＋H2O (l)===Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，因SOeq \o\al(2－,3)与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。③NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，由Kb＝eq \f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)可知c(OH－)＝eq \r(1.8×10－5×2.0) mol·L－1＝6.0×10－3 mol·L－1；当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，H2SO3的Ka2＝6.0×10－8，由Ka2＝eq \f(cSO\o\al(2－,3)·cH＋,cHSO\o\al(－,3))，可知eq \f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝eq \f(6.0×10－8,1×10－7)＝0.60。17．(14分)研究碳、氮、硫及其化合物的转化对改善环境有重大意义。回答下列问题：(1)某处碳循环如图1所示，CaCO3转化为HCOeq \o\al(－,3)的离子方程式为 。结合平衡移动原理分析CaCO3溶解的原因： 。(2)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。常温下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c(x),c(H2SO3)＋c(HSOeq \o\al(－,3))＋c(SOeq \o\al(2－,3)))))的变化关系如图2所示。①Ka2(H2SO3)＝ 。b点溶液中n(NHeq \o\al(＋,4))∶n(SOeq \o\al(2－,3))＝ 。②常温下，Ka1(H2SO3)＝1.5×10－2；Kb(NH3•H2O)＝1.8×10－5。0.1 mol•L－1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 (不考虑OH－)。(3)尿素溶于水缓慢水解产生碳酸铵，碳酸铵溶液显碱性，原因是 。向浓度均为0.1 mol•L－1的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中c(Zn2＋)∶c(Cd2＋)＝ [已知Ksp(CdCO3)＝1.0×10－12，Ksp(ZnCO3)＝1.5×10－10]。【答案】(1) CO2＋CaCO3＋H2O===Ca2＋＋2HCOeq \o\al(－,3)。 CaCO3在溶液中存在平衡：CaCO3(s)Ca2＋＋COeq \o\al(2－,3)，大气中的CO2、H2O与COeq \o\al(2－,3)反应生成HCOeq \o\al(－,3)，使c(COeq \o\al(2－,3))降低，平衡正向移动，CaCO3溶解。(2)① 1.0×10－7 3：1 ② c(NHeq \o\al(＋,4))>c(SOeq \o\al(2－,3))>c(HSOeq \o\al(－,3))>c(H＋) (3) COeq \o\al(2－,3)的水解程度大于NHeq \o\al(＋,4)的水解程度 150：1【解析】 (1)根据图1的碳循环示意图，大气中的CO2和CaCO3和水发生反应，生成Ca(HCO3)2，则CaCO3转化为HCOeq \o\al(－,3)的离子方程式为CO2＋CaCO3＋H2O===Ca2＋＋2HCOeq \o\al(－,3)。(2)①b点pH＝7，溶液为中性，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，且c(HSOeq \o\al(－,3))＝c(SOeq \o\al(2－,3))，Ka2(H2SO3)＝eq \f(c(H＋)•c(SOeq \o\al(2－,3)),c(HSOeq \o\al(－,3)))＝c(H＋)＝1.0×10－7 mol•L－1，b点溶液电荷守恒，c(NHeq \o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq \o\al(2－,3))＋c(HSOeq \o\al(－,3))＋c(OH－)，溶液呈中性c(H＋)＝c(OH－)，得到n(NHeq \o\al(＋,4))＝2n(SOeq \o\al(2－,3))＋n(HSOeq \o\al(－,3))，又由于n(SOeq \o\al(2－,3))＝n(HSOeq \o\al(－,3))，因此n(NHeq \o\al(＋,4))：n(SOeq \o\al(2－,3))＝3：1。②0.1 mol•L－1的(NH4)2SO3溶液中，由于K2(H2SO3)＝10－7，Kb(NH3•H2O)＝1.8×10－5，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主， 由于不考虑OH－，因此离子浓度由大到小顺序为c(NHeq \o\al(＋,4))>c(SOeq \o\al(2－,3))>c(HSOeq \o\al(－,3))>c(H＋)。(3)铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，碳酸铵溶液显碱性，原因是COeq \o\al(2－,3)的水解程度大于NHeq \o\al(＋,4)的水解程度。向浓度均为0.1 mol•L－1的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中c(Zn2＋)：c(Cd2＋)＝eq \f(Ksp(ZnCO3),c(COeq \o\al(2－,3)))：eq \f(Ksp(CdCO3),c(COeq \o\al(2－,3)))＝Ksp(ZnCO3)：Ksp(CdCO3)＝(1.5×10－10)：(1.0×10－12)＝150：1。18．(15分)请回答下列问题：(1)现有浓度均为0.1 mol•L－1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤硫化钠。ⅰ.实验室配制硫化钠溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，原因是 (用离子方程式表示)。ⅱ.①②③④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (填序号)。ⅲ.将③和④按体积比1：2混合后无明显现象，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 。(2)已知t ℃时，Kw＝1×10－13，则t ℃ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃。在该温度下，将pH＝12的NaOH溶液a L与pH＝1的盐酸b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a：b＝ 。(3)25 ℃时，将a mol•L－1氨水与0.01 mol•L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb＝ 。(4)刘安《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”是古代湿法炼铜的真实写照。除去CuSO4溶液中少量的Fe2＋，可以按照下面的流程进行：含少量Fe2＋的CuSO4溶液eq \f(试剂X,　)溶液Ⅰeq \f(试剂Y,调节pH)沉淀ZCuSO4溶液已知：Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋三种离子开始沉淀和完全沉淀时溶液pH如下表：①下列物质中适合作为试剂X的是 。A．H2O2 B．酸性KMnO4 C．HNO3 D．Cl2②试剂Y为 (答出一种即可)，调节pH的范围是 。【答案】(1) S2－＋H2OHS－＋OH－ ④②③① c(Cl－)＞c(NHeq \o\al(＋,4))＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋) ＞ 9：11 中 eq \f(10－9,a－0.01) （4）A Cu(OH)2、CuO等 3.2≤pH<4.7 【解析】 (2)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，t ℃时，Kw＝1×10－13＞10－14，所以t ℃＞25 ℃；t ℃时，pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol•L－1，在t ℃时，将pH＝12的NaOH溶液a L与pH＝1的盐酸b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，c(H＋)＝0.01 mol•L－1，则有eq \f(0.1 mol•L－1×b L－0.1 mol•L－1×a L,(a＋b)L)＝0.01 mol•L－1，则a：b＝9：11。(3)25 ℃时，将a mol•L－1氨水与0.01 mol•L－1盐酸等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(NHeq \o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝eq \f(1,2)×0.01 mol•L－1＝0.005 mol•L－1，所以c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol•L－1，溶液显中性，NH3•H2O电离方程式为NH3•H2ONHeq \o\al(＋,4)＋OH－，c(NH3•H2O)＝eq \f(1,2)×a mol•L－1－0.005 mol•L－1＝(0.5a－0.005)mol•L－1，电离平衡常数Kb＝eq \f(c(NHeq \o\al(＋,4))•c(OH－),c(NH3•H2O))＝eq \f(0.005×10－7,0.5a－0.005)＝eq \f(10－9,a－0.01)。 (4)除去CuSO4溶液中少量的Fe2＋，为避免引入杂质，可加入H2O2，故答案为A；②加入Cu(OH)2、CuO等调节溶液的pH沉淀Fe3＋，由表中数据可知，调节pH范围为3.2≤pH<4.7，可保证氢氧化铁完全沉淀，且不生成氢氧化铜沉淀。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe2＋6.38.3Cu2＋4.76.7Fe3＋1.93.2