高考化学一轮基础训练：守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧 .doc

守恒法解题技巧【原卷】一、选择题（共13题）1.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3的浓度(mol·L1)为 ()A. B. C. D.2.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为()所含离子NOSOHM浓度(mol·L1)2121A.Mg2 BBa2 CF DNa3.将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（ ）A0.3mol NO2 和0.3mol NO B0.2mol NO2和0.1mol N2O4 C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D0.6mol NO 4.已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X2Y=2QR中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 ()A239 B329 C469 D1695.有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100 g水后，变为28%的KOH溶液80 mL，且 蒸发过程中无晶体析出，该80 mL溶液的物质的量浓度为 ()A5 mol·L1 B6 mol·L1来源:Zxxk.ComC6.25 mol·L1 D6.75 mol·L16. 有100 g浓度为18 mol·L-1的浓硫酸，其密度为d g·mL-1，加水稀释至9 mol·L-1，则加入的水的体积为()。A.100 mL B. mL C.大于100 mL D.小于100 mL7.38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况下)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A1.0×103 mol B1.6×103 molC2.2×103 mol D2.4×103 mol8.将NaCl和NaBr混合物mg溶于水后，向所得溶液中通入足量Cl2，反应后将溶液蒸干得固体(m-2)g，则通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物质的量之比不可能为( )A.4:3:1 B.3:3:1 C.3:2:1 D.3:1:29.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )。A.氯水中:c(Cl2)=2c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)B.在25 100 mL NH4Cl溶液中:c(Cl-)> c(NH4+)+c(NH3·H2O)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中:c(HClO)+c(ClO-)= c(HCO3-) +c(H2CO3)D.等浓度醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)10. 1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为(    )。A.504 mLB.168 mL C.336 mL D.224 mL11.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A0.80 B0.85 C0.90 D0.9312.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（ ）AS2 BS CSO32 DSO4213. H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×102，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×105，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O42)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. 0.1000 mol·L1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L1+c(C2O42 )+c(OH)c(H2C2O4 )B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42 ) >c(H+ )C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L1+ c(C2O42) c(H2C2O4)D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)二、非选择题（共13题）14.软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化L(标准状况)SO2。(2)已知:KspAl(OH)3=1×10-33，KspFe(OH)3=3×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH范围为。(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为。(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。15. 在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均为标准状况下测定)，则反应后混合气体的密度为    g·L-1。16.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L-1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体    克。13.在一定条件下， RO3n-与I-发生反应的离子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O，R中的n为    。17. 饮用水中的N主要来自于NH4+。已知在微生物的作用下， NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下:O1 mol NH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式为     。18.已知:KClO3溶液呈中性；Cl-与Ag+反应生成AgCl， 每次新生成的AgCl中有10%(质量分数)见光分解成单质Ag和Cl2；Cl2可在水中歧化成HClO3(强酸)和HCl；HCl中的Cl-又与剩余的Ag+反应生成沉淀，如此循环往复，直至终了。向含1.1molNaCl的溶液中加入足量的AgNO3溶液，最终能生成多少克难溶物(Ag和AgCl)?若最后所得溶液的体积为1.2L，则溶液的pH值为多少?19. 将32.64克铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）。（1）NO的体积为_L，NO2的体积为_L。（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_mol/L. (3)使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水_克。20.20.FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)  。(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1，c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，则该溶液的pH约为。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:Cl+Fe2+  Cl-+Fe3+。(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3+H2OFe(OH)2+H+K1Fe(OH)2+H2OFe(OH+H+K2Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为:xFe3+yH2OFex(OH+yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号) 。a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mg·L-1)表示的最佳范围约为 mg·L-1。 21. 碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为（2x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2（1x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3+3xCaSO4+3xCO2生成物（1x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有_。（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_（填“增大”、“减小”、“不变”）。（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为11）。计算（1x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。22.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 （1）碱式氯化铜有多种制备方法方法1: 45 50时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O， 该反应的化学方程式为_。方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M'的化学式为_。（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验: 称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A； 取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g；另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2+ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)_。23.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理： 尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_。 反应器中NH3还原CO2的化学方程式：_。 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_。 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 mg·L1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_。（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_。 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_15NNO+H2O24.过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_。取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 mol·L1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L1表示），写出计算过程。25.CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_L(标准状况)。（2）某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_。（3）CO2和KO2有下列反应：4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。守恒法解题技巧一、选择题（共13题）1.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3的浓度(mol·L1)为 ()A. B. C. D.【解析】由于产生c mol NH3，则必定有NH c mol，使SO完全沉淀需Ba2 b mol，因此SO有b mol。根据电荷守恒：2c(SO)c(NH)3c(Al3)，则3c(Al3) mol·L1，c(Al3) mol·L1。【答案】C 2.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为()所含离子NOSOHM浓度(mol·L1)2121A.Mg2 BBa2 CF DNa【解析】由电荷守恒知1×c(NO)2×c(SO)(1×22×1)mol·L14 mol·L1，而1×c(H)2 mol·L1<4 mol·L1，所以M为阳离子，由2，故M为带两个单位正电荷的阳离子，而Ba2与SO不共存，故为Mg2。【答案】A3.将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（ ）A0.3mol NO2 和0.3mol NO B0.2mol NO2和0.1mol N2O4 C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D0.6mol NO 【答案】C【解析】由质量守恒知21.4g沉淀中氢氧根质量为10.2g，故氢氧根的物质的量为0.6 mol，则电子转移也为0.6 mol，只有C符合题意。4.已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X2Y=2QR中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 ()A239 B329 C469 D169【解析】此题主要考查质量守恒定律。Q与R的摩尔质量之比为922是本题计算的突破口，由反应方程式知，得m(Q)3.6 g。再根据质量守恒定律：1.6 gm(Y)3.6 g4.4 g，得m(Y)6.4 g。故m(Y)m(Q)6.4 g3.6 g169。【答案】D5.有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100 g水后，变为28%的KOH溶液80 mL，且 蒸发过程中无晶体析出，该80 mL溶液的物质的量浓度为 ()A5 mol·L1 B6 mol·L1来源:Zxxk.ComC6.25 mol·L1 D6.75 mol·L1【解析】蒸发前后溶质的质量不变，设原溶液的质量为m，则m×14%(m100 g)×28%，解得m200 g，溶质的物质的量为0.5 mol，蒸发后溶液的体积为80 mL，可求出该溶液的物质的量浓度为6.25 mol·L1。【答案】C6. 有100 g浓度为18 mol·L-1的浓硫酸，其密度为d g·mL-1，加水稀释至9 mol·L-1，则加入的水的体积为()。A.100 mL B. mL C.大于100 mL D.小于100 mL【解析】设稀释后的溶液的密度为d1，加水为V mL，抓住稀释前后的n(H2SO4)不变，则有：18 mol·L-1×(100g÷dg·mL-1)×10-3 L·mL-1=9 mol·L-1×(100g+Vg)÷d1g·mL-1×10-3L·mL-1。V=(200d1/d)-100，因硫酸的浓度越小密度越小， d1/d的值小1，故加水的体积小于100 mL。【答案】D。7.38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况下)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A1.0×103 mol B1.6×103 molC2.2×103 mol D2.4×103 mol【解析】据题意浓硝酸是适量的，而不是过量的，尽管开始产生的是NO2气体，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，气体将由NO2变为NO，22.4 mL(标准状况)气体应是NO2与NO的混合物。据氮原子守恒，也即反应消耗的硝酸中的氮元素在生成物中存在于Cu(NO3)2、NO、NO2中，所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与硝酸铜物质的量的两倍之和。n(HNO3)n(气体)2nCu(NO3)22×2.2×103 mol。【答案】C8.将NaCl和NaBr混合物mg溶于水后，向所得溶液中通入足量Cl2，反应后将溶液蒸干得固体(m-2)g，则通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物质的量之比不可能为( )A.4:3:1 B.3:3:1 C.3:2:1 D.3:1:2【解析】如果读题之后马上按已知数据列式计算，实际上陷入命题者设置的圈套。通过虚设数据，本题貌似计算题，实际上考查的是电荷守恒原理。即溶液中阳离子所带的正电荷等于阴离子所带的负电荷：n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)，只有选项B不符合此关系。【答案】B。9.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )。A.氯水中:c(Cl2)=2c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)B.在25 100 mL NH4Cl溶液中:c(Cl-)> c(NH4+)+c(NH3·H2O)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中:c(HClO)+c(ClO-)= c(HCO3-) +c(H2CO3)D.等浓度醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)【解析】氯气溶于水，大部分氯气以Cl2分子形式存在，少部分与水反应生成HCl和HClO，所以氯水中无法比较c(Cl2)与c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)的大小，A错误；依据物料守恒c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)可知B错误；依据物料守恒c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，可知C错误；依据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)减去物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)可知D正确。【答案】D。10. 1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为(    )。A.504 mLB.168 mL C.336 mL D.224 mL【解析】分析各物质的始态和终态，Cu的化合价升高，始态时是硝酸、终态时还是硝酸，所以硝酸的化合价没有变化，化合价降低的是O2，Cu共失去了(1.92g÷32 g·mol-1)×2 =0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，那么V(O2)÷22.4 mol·L-1×4 =0.06 mol，故V(O2)=0.336 L。【答案】C。11.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A0.80 B0.85 C0.90 D0.93【答案】A【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.01mol。则有：×(3-)×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。12.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（ ）AS2 BS CSO32 DSO42 【答案】D 【解析】根据氧化还原反应的得失电子数守恒可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有（0.224L/22.4L·mol1）×20.025L×0.1mol/L×2×(x2),解得x6,故选D。13. H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×102，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×105，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O42)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. 0.1000 mol·L1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L1+c(C2O42 )+c(OH)c(H2C2O4 )B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42 ) >c(H+ )C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L1+ c(C2O42) c(H2C2O4)D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。二、非选择题（共13题）14.软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化L(标准状况)SO2。(2)已知:KspAl(OH)3=1×10-33，KspFe(OH)3=3×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH范围为。(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为。(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。【解析】(1)MnO2+SO2MnSO4 87 g 22.4 L 17.40 g V解得:V=4.48 L(2)除去Fe3+时，c(OH-)=1.44×10-11，pH=-lg3.2，除去Al3+时，c(OH-)=1×10-9，pH=-lg=5.0，故需要控制溶液pH范围为5.0<pH<7.1。(3)根据溶解度曲线图中变化趋势可知，温度高于60析出MnSO4·H2O;(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol，根据锰元素守恒，m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g，则MnSO4·H2O样品的纯度为×100%98.8%。答案:(1)4.48(2)5.0<pH<7.1(3)高于60(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒:n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol，根据锰元素守恒，m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g，样品的纯度是×100%98.8%。15. 在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均为标准状况下测定)，则反应后混合气体的密度为    g·L-1。【解析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100 mL O2的质量。则反应后混合气体的密度为:=(0.1L÷22.4L·mol-1)×32 g·mol-1÷0.095 L1.5 g·L-1。【答案】1.5。16.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L-1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体    克。【解析】此题中发生的反应很多，但仔细分析可知:蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl-全部来自于盐酸中的Cl-，在整个过程中Cl-守恒。即n(KCl)=n(HCl)；故m(KCl)=0.046 L×1 mol·L-1×74.5 g·mol-1=3.427 g。【答案】3.427。13.在一定条件下， RO3n-与I-发生反应的离子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O，R中的n为    。【解析】解法，依据得失电子守恒，I化合价总共升高6，所以R降低6价变为-1价，所以R中的R元素的化合价是+5，n为1；解法依据电荷守恒，反应后电荷总数为-1，所以-n+(-1)×6+(+1)×6=-1，n为1。 【答案】1。17. 饮用水中的N主要来自于NH4+。已知在微生物的作用下， NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下:O1 mol NH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式为     。【解析】首先写出NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，然后依据图像写出： NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)H1=-273kJ·mol-1；NO2- (aq)+0.5O2(g)=NO3- (aq)H2=-73 kJ·mol-1，依据盖斯定律，+即得。【答案】NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) H=-346 kJ·mol-118.已知:KClO3溶液呈中性；Cl-与Ag+反应生成AgCl， 每次新生成的AgCl中有10%(质量分数)见光分解成单质Ag和Cl2；Cl2可在水中歧化成HClO3(强酸)和HCl；HCl中的Cl-又与剩余的Ag+反应生成沉淀，如此循环往复，直至终了。向含1.1molNaCl的溶液中加入足量的AgNO3溶液，最终能生成多少克难溶物(Ag和AgCl)?若最后所得溶液的体积为1.2L，则溶液的pH值为多少?【解析】根据题意，最终体系中存在Ag，AgCl，ClO3-，NO3-，OH-，Na+，H+等微粒。设Ag的物质的量为x，则AgCl的物质的量为9x，ClO3-的物质的量为y。根据电子得失守恒：x=6y 据氯元素守恒：9x+y=1.1 据电荷守恒：y+n(NO3-)+n(OH-)=n(H+)+n(Na+)，因溶液呈酸性，故OH-可忽略，又因n(NO3-)=x+9x，n(Na+)=1.1mol，故得： y+10x=n(H+)+1.1 联立，三式解得：x=0.12mol 9x=1.08mol y=0.02mol n(H+)=0.12mol 所以难溶物(Ag+AgCl)质量为：1.08molx143.5g.mol-1+0.12molx10