高三化学水溶液中的离子平衡上七最近三年高考真题新人教版.docx

水溶液中的离子平衡（上）七.最近三年高考真题1（2016课标）298 K时，在20.0 mL 0.10 mol氨水中滴入0.10 mol的盐酸，溶液的pH及所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A该滴定过程应当选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0 mLCM点处的溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH<122（2016江苏）根据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是选项试验操作和现象结论A室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊。碳酸的酸性比苯酚的强B室温下，向浓度均为0.1 mol·L1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。Ksp（BaSO4）Ksp（CaSO4）C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L1 NaHSO3溶液的pH约为5。HSO3结合H的实力比SO32的强3（2016北京）在两份一样的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电实力随滴入溶液体积变更的曲线如右图所示。下列分析不正确的是A代表滴加H2SO4溶液的变更曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHCc点，两溶液中含有一样量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性4(2016浙江)苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。探讨说明苯甲酸（HA）的抑菌实力显著高于A。已知25 时，HA的Ka=6.25×105，H2CO3的Ka1=4.17×107，Ka2=4.90×1011。在消费碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25，不考虑饮料中其他成分）A相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌实力较低B进步CO2充气压力，饮料中c(A)不变C当pH为5.0时，饮料中=0.16D碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH)c(HA)5（2015课标）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变更如图所示，下列叙述错误的是（ ）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等D当=2时，若两溶液同时上升温度，则 增大6（2015江苏）下列试验操作正确的是（ ）A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水潮湿的pH试纸上，测定该溶液的pHB中和滴定时，滴定管用所盛装的反响液润洗23次C用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D用装置乙加热分解NaHCO3固体7（2015安徽）25时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）A未加盐酸时：c(OH)c(Na)= c(NH3·H2O)B参加10mL盐酸时：c(NH4) c(H) c(OH)C参加盐酸至溶液pH=7时：c(Cl) = c(Na)D参加20mL盐酸时：c(Cl) c(NH4) c(Na)8（2015天津）下列说法不正确的是（ ）ANa及H2O的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进展B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同CFeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的变更一样DMg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液9（2015广东）确定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变更曲线如图，下列说法正确的是（ ）A上升温度，可能引起有c向b的变更B该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C该温度下，参加FeCl3可能引起由b向a的变更D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变更10（2015四川）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3及NaCl溶液混合，析出局部NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）A<1.0×10-7mol/LBc(Na+)= c(HCO3)+ c(CO32)+ c(H2CO3)Cc(H+)+c(NH4+)= c(OH)+ c(HCO3)+2 c(CO32)Dc(Cl)> c(NH4+)> c(HCO3)> c(CO32)11（2014课标）化学及社会、生活亲密相关。对下列现象或事实的说明正确的是选项现象或事实说明A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可干脆和油污反响B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2 及空气中的CO2反响生成CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能及NH4Cl混合运用K2CO3及NH4Cl反响生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2的溶液中置换出铜12（2014课标）确定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是ApH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS)=1×105 mol·L1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液及pH=12的NaOH溶液随意比例混合：c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)DpH一样的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na)：13（2014天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)CCO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液： 3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)14（2014浙江）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌实力比ClO强。25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g)Cl2(aq) K1=101.2Cl2(aq)+ H2OHClO + H+ +Cl K2=103.4HClOH+ + ClO Ka=其中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数()随pH变更的关系如图所示。下列表述正确的是ACl2(g)+ H2O2H+ + ClO + Cl K=1010.9B在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO) =c(H+)c(OH)C用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好15（2014山东）下列试验操作或装置（略去局部加持仪器）正确的是16（2014四川）下列试验方案中，不能到达试验目的的是选项试验目的试验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br及NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液用稀HNO3酸化参加AgNO3溶液，视察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，视察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水参加KI溶液中，再参加CCl4，振荡，静置。可视察到下层液体呈紫色D验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2将FeCl3溶液参加Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可视察到沉淀由白色变为红褐色17（2014海南）NaOH溶液滴定盐酸试验中，不必用到的是A酚酞 B圆底烧瓶 C锥形瓶 D碱式滴定管18（2014海南）室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 AII表示的是滴定醋酸的曲线 BpH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL CV(NaOH)= 20.00 mL时，两份溶液中c(Cl-)= C(CH3COO-)DV(NaOH) =10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-)19（2014安徽）中学化学中许多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反响物浓度越大，反响速率越快常温下，一样的铝片中分别参加足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C构造和组成相像的物质，沸点随相对分子质量增大而上升NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀20（2014广东）常温下，0.2mol/L一元酸HA及等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中局部微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是AHA是强酸B该混合液pH=7C图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）21（2015福建）探讨硫元素及其化合物的性质具有重要意义。（1）硫离子的构造示意图为 。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液及木炭反响的化学方程式为 _ 。（2）25，在0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或参加NaOH固体以调整溶液pH，溶液pH及c(S2-) 关系如右图（忽视溶液体积的变更、H2S的挥发）。 pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)= mol·L-1. 某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH= 时，Mn2+开场沉淀。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13（3） 25，两种酸的电离平衡常数如右表。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-4H2CO34.2×10-75.6×10-11 HSO3-的电离平衡常数表达式K= 。0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的依次为 。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反响的主要离子方程式为 。22（2014江苏）下列有关说法正确的是A若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进展，则该反响的H0C加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D对于乙酸及乙醇的酯化反响（H0），参加少量浓硫酸并加热，该反响的反响速率和平衡常数均增大23(2016课标) 元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO42(黄色)等形式存在，Cr(OH)3犯难溶于水的灰蓝色固体，答复下列问题：（1）Cr3+及Al3+的化学性质相像。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴参加NaOH溶液直至过量，可视察到的现象是_。（2）CrO42和Cr2O72在溶液中可互相转化。室温下，初始浓度为1.0 molL1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72)随c(H+)的变更如图所示。 用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反响_。 由图可知，溶液酸性增大，CrO42的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反响的平衡常数为_。 上升温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，则该反响的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）在化学分析中采纳K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl，利用Ag+及CrO42生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好沉淀完全(浓度等于1.0×105 mol·L1)时，溶液中c(Ag+)为_ molL1，此时溶液中c(CrO42)等于_ molL1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×1012和2.0×1010)。（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72复原成Cr3+，该反响的离子方程式为_。24.（2014重庆）中华人民共和国国家标准（GB27602011）规定葡萄酒中SO2最大运用量为0.25g/L。某爱好小组用题9图1装置（夹持装置略）搜集某葡萄酒中SO2，并对含量碱性测定。 （1）仪器A的名称是_，水通入A的进口为_。（2）B中参加300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并及C中H2O2完全反响，其化学方程式为_。（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进展滴定，滴定前排气泡时，应选择题9中图2中的_；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_；若用50ml滴定管进展试验，当滴定管中的液面在“10”处，则管内液体的体积（填序号）_（10ml，40ml，10ml，40ml）（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00ml，该葡萄酒中SO2含量为：_g/L。（5）该测定结果比实际值偏高，分析缘由并利用现有装置提出改良措施_。1.【答案】D2. 【答案】AC【解析】A、室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，发生反响： + CO2 + H2O + NaHCO3，说明碳酸的酸性比苯酚的强，A正确；B、硫酸钙为微溶物、硫酸钡犯难溶物，均能形成白色沉淀，但题给试验无法推断二者的Ksp大小，B错误；C、室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，发生反响：2Fe3+2I=2Fe2+I2，Fe3的氧化性比I2的强，C正确；D、亚硫酸氢钠溶液显酸性，这说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，因此题给试验说明HSO3结合H的实力比SO32的弱，D错误。答案选AC。3. 【答案】C【解析】两个反响的方程式分别为：Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，Ba(OH)2+NaHSO4NaOH+BaSO4 +H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A、根据反响的化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反响时，溶液的导电实力最小，故代表滴加硫酸时的变更曲线，A正确；B、b点是参加硫酸氢钠进展反响，溶液中含有氢氧化钠，B正确；C、C点曲线为硫酸，曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度一样，中的钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不一样，C错误；D、a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。答案选C。4. 【答案】C【解析】A根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌实力显著高于A，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌实力较高，A项错误；B进步CO2充气压力，CO2+H2O+AHA+HCO3-，平衡右移，饮料中c(A)减小，B项错误；C当pH为5.0时，饮料中=c(H+)÷Ka=10-5÷（6.25×105）=0.16,C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。5.【答案】D6. 【答案】B【解析】A、不能点在潮湿pH试纸上，对醋酸有稀释，所测pH不准，故 A错误；B、滴定管要用盛装反响液润洗23次，若不这样，对反响液有稀释作用，所测浓度有影响，故正确；C、分液时，上层液体从上口倒出，有机相应从上口倒出，故C错误；D、加热固体试管口略向下倾斜，故D错误。7.【答案】B【解析】A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法推断c(Na)= c(NH3·H2O)，故A错误；B、参加10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4) c(H) + c(Na+)c(OH)+c（Cl-），所以c(NH4) c(H) c(OH)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4) c(H) + c(Na+) c(OH)+c（Cl-），pH=7时，即c(H) c(OH)，所以c(NH4) + c(Na+) c（Cl-），c(Cl) >c(Na)，故C错误；D、参加20mL盐酸时， c（Cl-）=2 c(Na),由于铵根离子的水解，c(NH4) c(Na+)，所以c(Cl)>c(NH4) c(Na)，故D错误，此题选B。8.【答案】C【解析】A项Na及H2O的反响是固体液体反响生成气体，故该反响为熵增的反响，故S>0，在反响中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反响为放热反响，则H<0，故G=H-TS<0，故该反响能自发进展，A项正确；B项饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SO4为钠盐，故饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀为蛋白质变性，二者原理不同，故B项正确；C项FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不一样，故反响速率速率的变更不同，故C项错误；D项Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，NH4Cl溶液NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗OH，则Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)正向挪动，故D、Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，故D项正确；本题选C。9. 【答案】C10.【答案】C 【解析】A、=c(OH)，pH<7时，c(OH) 1.0×10-7mol/L ，A正确；B、物料守恒，B正确；C、电荷守恒，应为c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+2 c(CO32-)+ c(Cl-)，C错误；D、c(Cl)不变，NH4+水解，则c(Cl)> c(NH4+)，HCO3局部结晶析出，则c(NH4+)> c(HCO3)，CO32是HCO3电离产生的，电离很微弱，则c(HCO3)> c(CO32)，D正确。选C。11. 【答案】C【解析】本题是有关盐的应用。首先要相识盐的组成、性质、然后通过及其它物质接触会发生什么反响、有何作用和影响。最终得到相应的结论。盐主要考察盐类学问的应用。主要是盐的水解。盐水解的规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。都弱都水解，都强不水解。A、纯碱是强碱弱酸盐水解使溶液显碱性。盐的水解反响是吸热反响，所以上升温度，促进盐的水解，使溶液的碱性更强。油脂在碱性状况下水解产生简单溶解于水的高级脂肪酸的钠盐和甘油。因此用热的纯碱溶液可以更好地洗去油污。而不是碳酸钠及油污干脆发生反响。错误。B、漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。在空气中久置变质，是因为其有效成分Ca(ClO)2及空气中的H2O、CO2发生反响Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO,产生的HClO不稳定，光照分解2HClO2HClO2.最终得到的固体是CaCl2和CaCO3的混合物而失去漂白性。错误；C、草木灰的有效成分K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当施肥时若把草木灰（有效成分为K2CO3）及NH4Cl混合运用，则二者的水解作用互相促进，发生的双水解反响的离子方程式为：CO32-+2NH4+= CO2+NH3 +H2O；这样N元素就会以氨气的形式逸出从而使肥效会降低。正确。D、FeCl3有强氧化性，可以及Cu在溶液发生氧化复原反响2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，把多余的Cu腐蚀掉。因此可用于铜质印刷线路板的制作，并非发生置换反响。12.【答案】D13.【答案】A【解析】根据电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒、弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡规律分析离子浓度关系。A、根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），因为c（Na+）=c（SO42），所以c（H+）=c（SO42）+c（OH），正确；B、含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）> c（Cl）>c（Br），错误；C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离，所以c(H+) > c(HCO3) >c(CO32)，但c(HCO3)不等于c(CO32)，错误；D、NaHC2O4和Na2C2O4的物质的量的相等，NaHC2O4根据物料守恒可得： c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)， Na2C2O4根据物料守恒可得： c(Na+)=2c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，所以溶液中2c(Na+)=3c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)，错误。理解、运用各种守恒规律分析、推断，如NaHC2O4和Na2C2O4分别根据物料守恒得出守恒关系，然后得出正确的结论。14.【答案】C【解析】根据图象知，HClOH+ClO-中pH7.5，Ka10-7.5，则 A、根据盖斯定律将已知的三个式子相加可得Cl2(g)+ H2O2H+ + ClO + Cl，所以KK1×K2×Ka10-1.2×10-3.4×10-7.510-12.1，故A错误；B、体系中存在电荷守恒c（H+）c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），在氯水中HCl完全电离、HClO局部电离，所以c（Cl-）及c（HClO）不等，故B错误；C、由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，故C正确；D、夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，故D错误，答案选C。15.【答案】C16.【答案】B【解析】A、溴乙烷在氢氧化钠的溶液中加热发生水解生成乙醇、溴化钠。在酸性条件下溴化钠及硝酸银溶液反响产生淡黄色沉淀溴化银，能到达试验目的，A正确；B、在酸性条件下，NO3具有氧化性，能把Fe2氧化生成铁离子，铁离子及KSCN溶液发生显色反响，溶液显红色，不能到达试验目的，B不正确；C、下层液体呈紫色，说明反响中有碘生成，即溴及碘化钾发生了置换反响生成了碘和溴化钾，这说明溴的氧化性强于碘的氧化性，C正确；D、将FeCl3溶液参加Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可视察到沉淀由白色变为红褐色，说明反响中有氢氧化铁生成。根据沉淀简单向更难溶的方向转化可知Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，D正确，答案选B。17.【答案】B【解析】酸碱中和滴定时，首先要知道运用那些仪器、如何运用，然后逐一推断。在酸碱中和滴定时一般是用已知浓度的碱（或酸）来滴定未知浓度的酸（或碱）的试验方法。酸溶液或碱溶液的体积多少通过滴定管来读取、在锥形瓶中进展酸碱中和滴定试验。为了精确推断滴定终点，要用酚酞作指示剂。唯一不运用的仪器是圆底烧瓶。18.【答案】B【解析】解答本题，首先应当驾驭物质酸的相对强弱，理解在浓度一样时电离产生的离子浓度的大小。然后看其及及碱混合发生反响时，酸碱相对物质的量的多少、溶液中的溶质的种类、电解质的电离程度及产生的盐的水解程度的相对大小。最终对选项中的问题根据题意进展解答。A.一样浓度的盐酸和醋酸，由于盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，醋酸是一元弱酸，在水溶液中局部电离。所以溶液的pH醋酸的大，盐酸小。因此I表示的是醋酸，II表示的是盐酸。错误。BNaOH是强碱，HCl是强酸，当pH=7时，二者恰好反响，物质的量相等，所以n(NaOH)=20ml。若及醋酸反响的NaOH的体积也是20ml.则得到的是醋酸钠。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解是溶液显碱性，因此若要使pH=7时，则滴加的体积就要少于20ml。因此滴定消耗的V(NaOH),酸小醋于20 mL。正确。C任何溶液都符合电荷守恒。、质子守恒、物料守恒。在醋酸溶液中参加20mlNaOH溶液时，醋酸根离子会发生水解反响，所以除了存在醋酸分子外，还存在醋酸根离子。根据物料守恒，可得c(Cl-)=c(Na+)= C(CH3COO-)+ C(CH3COOH)。错误。D. V(NaOH) =10.00 mL时，得到是醋酸和醋酸钠等浓度的混合溶液。由于在等浓度、等体积的醋酸及醋酸钠的混合溶液中，醋酸分子的电离作用大于醋酸钠盐的水解作用，所以根据物料守恒和电荷守恒可得：溶液中C(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)> c(OH-)。错误。19.【答案】D20.【答案】D【解析】对于图像题目，首先根据题目弄清图像的含义，。该图像中不存在Na+的浓度，从图像上可看出各粒子的浓度的大小关系，然后再结合题目所给信息对溶液中的粒子浓度大致排序，及图像中的粒子比照，结合选项进展分析推断。尤其是单选题目，取向一样的2个答案确定不是本题的答案，如本题中A及B选项，HA是强酸，则溶液的pH确定等于7，单选题目不行能存在2个答案，所以答案确定在C、D中。A、0.2mol/L一元酸HA及等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，及图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH>7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH）>c(HA)> c(H)，所以X是OH，Y是HA，Z表示H+，错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），正确，答案选D。21. 【答案】（15分）（1）；C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O；（2）0.043；5。（3）；c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2+H2O。【解析】（1）S是16号元素。S原子获得2个电子变为S2-，硫离子的构造示意图为。加热时，浓硫酸及木炭发生反响产生SO2、CO2和水，反响的化学方程式为C+2H2SO4（浓） 2SO2 +CO2+2H2O；根据图像可知，在pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol·L-1H2S溶液中，根据S元素守恒可知：c(S2-)+ c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L，而c(S2-)=5.7×10-2mol/L，因此c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L -5.7×10-2 mol/L= 0.043 mol/L。由于Ksp(MnS)=2.8×10-23，在某溶液c(Mn2+)=0.020 mol·L-1，则开场形成沉淀须要的S2-的浓度是c(S2-)= Ksp(MnS)÷c(Mn2+)=2.8×10-13÷0.020 mol/L=1.4×10-11 mol/L，根据图像中c(S2-)及溶液的pH关系可知，此时溶液pH=5，Mn2+开场形成沉淀。（3）根据电离平衡常数的含义可知：HSO3-的电离平衡常数表达式是。盐Na2SO3在溶液中电离的方程式是：Na2SO3=2Na+SO32-，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子SO32-发生水解反响：SO32-+H2O HSO3-+OH-，水解产生的HSO3-又有局部发生水解反响：HSO3-+H2O H2SO3 +OH-，水解是逐步进展的，而且在溶液中还存在水的电离平衡，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的依次为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)。由于多元弱酸分步电离，电离程度：一级电离>二级电离，电离程度越大，电离平衡常数就越大。所以根据表格数据可知H2SO3的二级电离平衡常数大于H2CO3的一级电离平衡常数，故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反响的主要是复分解反响的规律：强酸及弱酸的盐发生反响制取弱酸。其离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2+H2O。22.【答案】CA、铜的金属性弱于铁，及铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，不正确；B、根据GHT·S可知，2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进展，由于该反响的S0，则该反响的H0，不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增加，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大，正确；D、正方应是放热反响，上升温度平衡向逆反响方向挪动，因此平衡常数减小，不正确。【解析】试题分析：（1）根据Cr3+及Al3+的化学性质相像，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。向Cr2(SO4)3溶液中逐滴参加NaOH溶液直至过量，首先发生反响：Cr3+3OH-=Cr(OH)3，产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反响：Cr(OH)3+OH-= Cr(OH)4，可视察到沉淀消逝，溶液变为绿色。故视察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀渐渐溶解形成绿色溶液；（2）随着H+浓度的增大，CrO42-及溶液中的H+发生反响，反响转化为Cr2O72-的离子反响式为：2CrO42-+2HCr2O72-+H2O。根据化学平衡挪动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2HCr2O72-+H2O向正反响方向进展，导致CrO42的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开场时c(CrO42)=1.0 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42)=0.5 mol/L；H+浓度为1.0×10-7 mol/L；此时该转化反响的平衡常数为；由于上升温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，说明上升温度，化学平衡逆向挪动，导致溶液中CrO42的平衡转化率减小，根据平衡挪动原理，上升温度，化学平衡向吸热反响方向挪动，逆反响方向是吸热反响，所以该反响的正反响是放热反响，故该反响的H0；（3）当溶液中Cl完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×105 mol·L1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×1010，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×1010÷(1.0×105 mol·L1)=2.0×10-5 mol·L1；则此时溶液中c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×1012÷(2.0×10-5 mol·L1)=5×10-3mol·L1；（4） NaHSO3具有复原性，Cr2O72具有氧化性，二者会发生氧化复原反响，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反响的离子方程式为：Cr2O72+3HSO3 +5H=2Cr3+3SO42+4H2O。24. 【答案】（1）冷凝管或冷凝器；b （2）SO2H2O2H2SO4 （3）；酚酞； （4）0.24（5）缘由：盐酸的挥发；改良措施：用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发的影响。【解析】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应当是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）SO2具有复原性，双氧水具有氧化性，二者混合发生氧化复原反响生成硫酸，反响的化学方程式为SO2H2O2H2SO4。（4）根据方程式可知2NaOHH2SO4SO2，则SO2的质量是×64g/mol0.072g，则该葡萄酒中SO2的含量为0.24g/L。（5）由于盐酸是挥发性酸，进入C装置的气体除了SO2外还有氯化氢，氯化氢也及氢氧化钠反响，从而使得消耗氢氧化钠溶液的体积增加，导致测定结果偏高。因此改良的措施为用不挥发的强酸，例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发的影响。