高三化学水溶液中的离子平衡上七最近三年高考真题.docx

12021课标298 K时，在 mol氨水中滴入0.10 mol盐酸，溶液pH与所加盐酸体积关系如下图。0.10 mol氨水电离度为1.32%，以下有关表达正确是A该滴定过程应当选择酚酞作为指示剂BM点对应盐酸体积为20.0 mLCM点处溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处溶液中pH<1222021江苏根据以下试验操作和现象所得到结论正确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。碳酸酸性比苯酚强B室温下，向浓度均为0.1 mol·L1BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。KspBaSO4KspCaSO4C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+氧化性比I2强D室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L1 Na2SO3溶液pH约为10；0.1mol·L1 NaHSO3溶液pH约为5。HSO3结合H实力比SO32强32021北京在两份一样Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质量浓度相等H2SO4、NaHSO4溶液，其导电实力随滴入溶液体积变更曲线如右图所示。以下分析不正确是A代表滴加H2SO4溶液变更曲线Bb点，溶液中大量存在离子是Na+、OHCc点，两溶液中含有一样量OHDa、d两点对应溶液均显中性4(2021浙江)苯甲酸钠，缩写为NaA可用作饮料防腐剂。探讨说明苯甲酸HA抑菌实力显著高于A。25 时，HAKa=6.25×105，H2CO3Ka1=4.17×107，Ka2=4.90×1011。在消费碳酸饮料过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。以下说法正确是温度为25，不考虑饮料中其他成分A相比于未充CO2饮料，碳酸饮料抑菌实力较低B进步CO2充气压力，饮料中c(A)不变C当pH为时，饮料中D碳酸饮料中各种粒子浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH)c(HA)52021 课标浓度均为、体积均为V0MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随变更如下图，以下表达错误是 AMOH碱性强于ROH碱性BROH电离程度：b点大于a点C假设两溶液无限稀释，那么它们c(OH)相等D当=2时，假设两溶液同时上升温度，那么 增大62021 江苏以下试验操作正确是 A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水潮湿pH试纸上，测定该溶液pHB中和滴定时，滴定管用所盛装反响液润洗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72021 安徽25时，在10mL浓度均为和NH3·H2O混合溶液中，滴加盐酸，以下有关溶液中粒子浓度关系正确是 A未加盐酸时：c(OH)c(Na)= c(NH3·H2O)B参与10mL盐酸时：c(NH4) c(H) c(OH)C参与盐酸至溶液pH=7时：c(Cl) = c(Na)D参与20mL盐酸时：c(Cl) c(NH4) c(Na)82021 天津以下说法不正确是 ANa与H2O反响是熵增放热反响，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92021 广东确定温度下，水溶液中H+和OH-浓度变更曲线如图，以下说法正确是 A上升温度，可能引起有c向b变更B该温度下，水离子积常数为1.0×10-13C该温度下，参与FeCl3可能引起由b向a变更D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d变更102021 四川常温下，将等体积，等物质量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。以下关于滤液中离子浓度关系不正确是 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)112021课标化学与社会、生活亲密相关。对以下现象或事实说明正确是选项现象或事实说明A用热纯碱溶液洗去油污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CaCl2 与空气中CO2反响生成CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合运用K2CO3与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溶液中置换出铜122021课标确定温度下，以下溶液离子浓度关系式正确是ApH=5H2S溶液中，c(H+)= c(HS)=1×105 mol·L1BpH=a氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，那么a=b+1CpH=2H2C2O4溶液与pH=12NaOH溶液随意比例混合：c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)DpH一样CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液c(Na)：132021天津以下有关电解质溶液中粒子浓度关系正确是ApH=1NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)B含有AgCl和AgI固体悬浊液：c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)CCO2水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)D含等物质量NaHC2O4和Na2C2O4溶液： 3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)142021浙江氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO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=10Cl2(aq)+ H2OHClO + H+ +Cl K2=10HClOH+ + ClO Ka=其中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数()随pH变更关系如下图。以下表述正确是ACl2(g)+ H2O2H+ + ClO + Cl K=10B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，ppD氯处理饮用水时，在夏季杀菌效果比在冬季好152021山东以下试验操作或装置略去部分加持仪器正确是162021四川以下试验方案中，不能到达试验目是选项试验目试验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液用稀HNO3酸化参与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氧化性强于I2将少量溴水参与KI溶液中，再参与CCl4，振荡，静置。可视察到下层液体呈紫色D验证Fe(OH)3溶解度小于Mg(OH)2将FeCl3溶液参与Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可视察到沉淀由白色变为红褐色172021海南NaOH溶液滴定盐酸试验中，不必用到是A酚酞 B圆底烧瓶 C锥形瓶 D碱式滴定管182021海南室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L盐酸和醋酸，滴定曲线如下图。以下说法正确是 AII表示是滴定醋酸曲线 BpH=7时，滴定醋酸消耗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-)192021安徽中学化学中许多“规律都有适用范围，以下根据有关“规律推出结论正确是选项规律结论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，一样铝片中分别参与足量浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C构造和组成相像物质，沸点随相对分子质量增大而上升NH3沸点低于PH3D溶解度小沉淀易向溶解度更小沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀202021广东常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，以下说法正确是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)=cNa+212021 福建探讨硫元素及其化合物性质具有重要意义。1硫离子构造示意图为 。加热时，硫元素最高价氧化物对应水化物浓溶液与木炭反响化学方程式为 _ 。225，在0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或参与NaOH固体以调整溶液pH，溶液pH与c(S2-) 关系如右图忽视溶液体积变更、H2S挥发。 pH=13时，溶液中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+开始沉淀。：Ksp(MnS)=2.8×10-133 25，两种酸电离平衡常数如右表。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-4H2CO34.2×10-75.6×10-11 HSO3-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依次为 。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反响主要离子方程式为 。222021江苏以下有关说法正确是A假设在海轮外壳上附着一些铜块，那么可以减缓海轮外壳腐蚀B2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进展，那么该反响H02CO3溶液，CO32水解程度和溶液pH均增大D对于乙酸与乙醇酯化反响H0，参与少量浓硫酸并加热，该反响反响速率和平衡常数均增大23(2021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犯难溶于水灰蓝色固体，答复以下问题：1Cr3+与Al3+化学性质相像。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴参与NaOH溶液直至过量，可视察到现象是_。2CrO42和Cr2O72在溶液中可互相转化。室温下，初始浓度为1.0 molL1Na2CrO4溶液中c(Cr2O72)随c(H+)变更如下图。 用离子方程式表示Na2CrO4溶液中转化反响_。 由图可知，溶液酸性增大，CrO42平衡转化率_(填“增大“减小或“不变)。根据A点数据，计算出该转化反响平衡常数为_。 上升温度，溶液中CrO42平衡转化率减小，那么该反响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+与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×105 mol·L1)时，溶液中c(Ag+)为_ molL1，此时溶液中c(CrO42)等于_ molL1。(Ag2CrO4、AgClKsp分别为×1012和×1010)。4+6价铬化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中Cr2O72复原成Cr3+，该反响离子方程式为_。24.2021重庆中华人民共和国国家标准GB27602021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名称是_，水通入A进口为_。2B中参与300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反响，其化学方程式为_。3除去C中过量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_；假设滴定终点时溶液pH8.8，那么选择指示剂为_；假设用50ml滴定管进展试验，当滴定管中液面在“10处，那么管内液体体积填序号_10ml，40ml，10ml，40ml4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进措施_。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，说明碳酸酸性比苯酚强，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氧化性比I2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电离程度大于其水解程度，因此题给试验说明HSO3结合H实力比SO32弱，D错误。答案选AC。3. 【答案】C【解析】两个反响方程式分别为：Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，Ba(OH)2+NaHSO4NaOH+BaSO4 +H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A、根据反响化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反响时，溶液导电实力最小，故代表滴加硫酸时变更曲线，A正确；B、b点是参与硫酸氢钠进展反响，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，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中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抑菌实力显著高于A，相比于未充CO2饮料，碳酸饮料抑菌实力较高，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，假设不这样，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混合比例未知，故无法推断c(Na)= c(NH3·H2O)，故A错误；B、参与10mL盐酸时，cCl-=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4) c(H) + c(Na+)c(OH)+cCl-，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)+cCl-，pH=7时，即c(H) c(OH)，所以c(NH4) + c(Na+) cCl-，c(Cl) >c(Na)，故C错误；D、参与20mL盐酸时， cCl-=2 c(Na),由于铵根离子水解，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与H2O反响是固体液体反响生成气体，故该反响为熵增反响，故S>0，在反响中钠会熔化成一光亮小球四处游动，发出咝咝声响，故该反响为放热反响，那么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，那么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；此题选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，那么c(Cl)> c(NH4+)，HCO3部分结晶析出，那么c(NH4+)> c(HCO3)，CO32是HCO3电离产生，电离很微弱，那么c(HCO3)> c(CO32)，D正确。选C。11. 【答案】C【解析】此题是有关盐应用。首先要相识盐组成、性质、然后通过与其它物质接触会发生什么反响、有何作用和影响。最终得到相应结论。盐主要考察盐类学问应用。主要是盐水解。盐水解规律是：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。盐水解反响是吸热反响，所以上升温度，促进盐水解，使溶液碱性更强。油脂在碱性状况下水解产生简单溶解于水高级脂肪酸钠盐和甘油。因此用热纯碱溶液可以更好地洗去油污。而不是碳酸钠与油污干脆发生反响。错误。B、漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2混合物。在空气中久置变质，是因为其有效成分Ca(ClO)2与空气中H2O、CO2发生反响Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO,产生HClO不稳定，光照分解2HClO2HClO2.最终得到固体是CaCl2和CaCO3混合物而失去漂白性。错误；C、草木灰有效成分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，当施肥时假设把草木灰有效成分为K2CO3与NH4Cl混合运用，那么二者水解作用互相促进，发生双水解反响离子方程式为：CO32-+2NH4+= CO2+NH3 +H2O；这样N元素就会以氨气形式逸出从而使肥效会降低。正确。D、FeCl3有强氧化性，可以与Cu在溶液发生氧化复原反响2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，把多余Cu腐蚀掉。因此可用于铜质印刷线路板制作，并非发生置换反响。12.【答案】D13.【答案】A【解析】根据电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、弱电解质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=1NaHSO4溶液存在：cNa+cH+=2cSO42+cOH，因为cNa+=cSO42，所以cH+=cSO42+cOH，正确；B、含有AgCl和AgI固体悬浊液：cAg+> cCl>cBr，错误；C、H2CO3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物质量相等，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，然后得出正确结论。14.【答案】C【解析】根据图象知，HClOH+ClO-中pH7.5，Ka10，那么 A、根据盖斯定律将三个式子相加可得Cl2(g)+ H2O2H+ + ClO + Cl，所以KK1×K2×Ka10-1.2×10×1010，故A错误；B、体系中存在电荷守恒cH+cCl-+cClO-+cOH-，在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以cCl-与cHClO不等，故B错误；C、由图象可知，pH=6.5时cHClO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与硝酸银溶液反响产生淡黄色沉淀溴化银，能到达试验目，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，铁离子与KSCN溶液发生显色反响，溶液显红色，不能到达试验目，B不正确；C、下层液体呈紫色，说明反响中有碘生成，即溴与碘化钾发生了置换反响生成了碘和溴化钾，这说明溴氧化性强于碘氧化性，C正确；D、将FeCl3溶液参与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方向转化可知Fe(OH)3溶解度小于Mg(OH)2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浓度碱或酸来滴定未知浓度酸或碱试验方法。酸溶液或碱溶液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。唯一不运用仪器是圆底烧瓶。18.【答案】B【解析】解答此题，首先应当驾驭物质酸相对强弱，理解在浓度一样时电离产生离子浓度大小。然后看其与与碱混合发生反响时，酸碱相对物质量多少、溶液中溶质种类、电解质电离程度与产生盐水解程度相对大小。最终对选项中问题根据题意进展解答。A.一样浓度盐酸和醋酸，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，在水溶液中部分电离。所以溶液pH醋酸大，盐酸小。因此I表示是醋酸，II表示是盐酸。错误。BNaOH是强碱，HCl是强酸，当pH=7时，二者恰好反响，物质量相等，所以n(NaOH)=20ml。假设与醋酸反响NaOH体积也是20ml.那么得到是醋酸钠。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解是溶液显碱性，因此假设要使pH=7时，那么滴加体积就要少于20ml。因此滴定消耗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。在醋酸溶液中参与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混合溶液。由于在等浓度、等体积醋酸与醋酸钠混合溶液中，醋酸分子电离作用大于醋酸钠盐水解作用，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含义，。该图像中不存在Na+浓度，从图像上可看出各粒子浓度大小关系，然后再结合题目所给信息对溶液中粒子浓度大致排序，与图像中粒子比照，结合选项进展分析推断。尤其是单项选择题目，取向一样2个答案确定不是此题答案，如此题中A与B选项，HA是强酸，那么溶液pH确定等于7，单项选择题目不行能存在2个答案，所以答案确定在C、D中。A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，得到溶液为0.1mol/LNaA溶液，假设HA为强酸，那么溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A分析，可知该溶液pH>7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中粒子浓度大小关系是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)=cNa+，正确，答案选D。21. 【答案】15分1；C+2H2SO4浓2SO2+CO2+2H2O；20.043；5。3；c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2+H2O。【解析】1S是16号元素。S原子获得2个电子变为S2-，硫离子构造示意图为。加热时，浓硫酸与木炭发生反响产生SO2、CO2和水，反响化学方程式为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= mol/L。由于Ksp(MnS)=2.8×10-23，在某溶液c(Mn2+)=0.020 mol·L-1，那么开始形成沉淀须要S2-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-)与溶液pH关系可知，此时溶液pH=5，Mn2+开始形成沉淀。3根据电离平衡常数含义可知：HSO3-电离平衡常数表达式是。盐Na2SO3在溶液中电离方程式是：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HSO3-又有部分发生水解反响：HSO3-+H2O H2SO3 +OH-，水解是逐步进展，而且在溶液中还存在水电离平衡，但是盐水解程度是微弱，主要以盐电离产生离子存在，所以0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小依次为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H2SO3二级电离平衡常数大于H2CO3一级电离平衡常数，故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反响主要是复分解反响规律：强酸与弱酸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、铜金属性弱于铁，与铁构成原电池时，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S0，那么该反响H0，不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液碱性增加，因此2CO3溶液，CO32水解程度和溶液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+与Al3+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溶液中逐滴参与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+浓度增大，CrO42-与溶液中H+发生反响，反响转化为Cr2O72-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平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-) mol/L，由于开始时c(CrO42 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点溶液中CrO42-浓度c(CrO42 mol/L；H+浓度为1.0×10-7 mol/L；此时该转化反响平衡常数为；由于上升温度，溶液中CrO42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，所以该反响正反响是放热反响，故该反响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；那么此时溶液中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，根据条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反响离子方程式为：Cr2O72+3HSO3 +5H=2Cr3+3SO42+4H2O。24. 【答案】1冷凝管或冷凝器；b 2SO2H2O2H2SO4 3；酚酞；5缘由：盐酸挥发；改进措施：用不挥发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，扣除盐酸挥发影响。【解析】1根据仪器构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水流向应当是下口进，上口出，即水通入A进口是b。2SO2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，反响化学方程式为SO2H2O2H2SO4。4根据方程式可知2NaOHH2SO4SO2，那么SO2质量是×64g/mol0.072g，那么该葡萄酒中SO2含量为0.24g/L。5由于盐酸是挥发性酸，进入C装置气体除了SO2外还有氯化氢，氯化氢也与氢氧化钠反响，从而使得消耗氢氧化钠溶液体积增加，导致测定结果偏高。因此改进措施为用不挥发强酸，例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发影响。