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1、安徽省太和第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题飞越班，含解析第I卷选择题 共48分一、单项选择题本大题共16小题，每题3分，共48分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的。1.25时，水的电离到达平衡：H2OHOH DH0，以下表达正确的选项是( )A. 向水中参加稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B. 向水中参加少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，KW不变C. 将水加热，KW增大，pH不变D. 向水中参加少量CH3COOH，平衡正向移动，c(H)增大【答案】B【解析】A. 向水中参加稀氨水，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，A错误；B. 向水中参加少量固体
2、硫酸氢钠，c(H)增大，温度不变，KW不变，B正确；C. 将水加热，促进电离，氢离子浓度增大，KW增大，pH减小，C错误；D. 向水中参加少量CH3COOH，c(H)增大，平衡逆向移动，D错误，答案选B。2. 以下各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是A. 在pH为7的溶液中：Ag+、K+、SO42、ClB. 在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、S2、NO3、CO32C. 在参加铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D. 在由水电离出cOH=1013molL1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl、I【答案】B【解析】ApH为7的溶液，显中性，Ag+、Cl结合生成沉淀，
3、不能共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反响，可大量共存，故B正确；C参加铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+、Fe2+，酸溶液中H+、Fe2+、NO3发生氧化复原反响，故C错误；D由水电离出的cOH=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中Mg2+、OH生成沉淀，不能共存，故D错误；应选B【点评】此题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反响为解答的关键，侧重氧化复原反响及复分解反响的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大3.能证明乙酸是弱酸的实验事实是A. CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B.
4、0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7C. CH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；应选B。4.室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，以下说法正确的选项是 A. 溶液中不变B. 醋酸的电离程度增大，溶液中导电粒子的数目减少C. 假设稀释到p
5、H=4，所需水的体积等于90mLD. 再参加10mLpH=11的NaOH溶液，混合后溶液的pH=7【答案】A【解析】【详解】Ac(CH3COO)/c(CH3COOH)c(OH)=1/Kh，温度不变水解常数不变，故A正确；B醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，导致溶液中阴阳离子数目增大，故B错误；C加水稀释促进醋酸电离，因此假设稀释到pH=4，所需水的体积大于90mL，故C错误；D室温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的氢氧化钠浓度，二者等体积混合，醋酸过量导致混合溶液呈酸性，即混合液pH7，故D错误；答案为A。5.参加以下物质不能使CH3COOH的电离平衡正向移动的是( )A. CH3CO
6、ONa固体B. 铁粉C. Na2CO3固体D. NaOH固体【答案】A【解析】【分析】CH3COOHCH3COO-+ H+，结合电离平衡的影响因素分析判断。【详解】A参加少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，故A选；B参加铁粉，铁与氢离子反响放出氢气，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故B不选；C参加Na2CO3固体，碳酸钠与氢离子反响放出二氧化碳，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故C不选；D参加NaOH固体，氢氧化钠与CH3COOH电离生成的H+结合生成水，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故D不选；答案选A。【点睛】明确影响平衡移动的因素是解题
7、的关键。解答此题要注意审题，题意是“不能使CH3COOH的电离平衡正向移动。6.以下有关电解质溶液的说法中正确的选项是A. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质只有氯化铵B. 在CH3COONa溶液中参加适量CH3COOH，可使c(Na+)c(CH3COO)C. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，说明两溶液中水的电离程度相同D. 稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小【答案】B【解析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，假设使溶液呈中性，应继续向溶液中参加氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3H2O，故A错误；B如果醋酸和醋酸钠混
8、合溶液呈中性，那么c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正确；C、NaCl溶液中Na+、Cl-对水的电离没有影响，醋酸铵溶液中CH3COO-、NH4+均促进水的电离，故C错误；D、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，故D错误；应选B。7. 以下说法中，正确的选项是 A. 在pH=5的CH3COONa与CH3COOH混合液中，c(Na+)c(CH3COO-)B. 澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO-3=CaCO3+H2OC. 在与铝反响能生成H2的溶液中，NO3、Fe2+、Na+
9、一定不能大量共存D. 除去氯化镁溶液中的Fe3+需向溶液中参加适量NaOH【答案】C【解析】【详解】A在pH=5的CH3COONa与CH3COOH混合液中，有电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(CH3COO-)c(OH-),溶液呈酸性，c(H+) c(OH-),c(Na+)c(CH3COO-)，故A错误；B澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO-3=CaCO3+2H2OCO32，故B错误；C在与铝反响能生成H2的溶液中，NO3、Fe2+、Na+一定不能大量共存，如酸性，H和NO3组成硝酸，如碱性，Fe2和OH生成沉淀，故C正确；D除去氯化镁溶液中的Fe3+需向溶液中参加适量
10、Mg (OH)2，故D错误；故答案选C。8.关于0.1 mol/L醋酸钠溶液，以下说法正确的选项是A. 加少量水稀释时，增大B. 向其中再参加少量醋酸钠晶体时，溶液中所有离子浓度都增大C. 离子浓度大小比较：c(CH3COO) c(Na) c(OH) c(H)D. 向其中参加盐酸至恰好呈中性时，c(Na) c(CH3COO)【答案】A【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。A项，加水稀释，促进CH3COO-的水解，nCH3COOH增大，nCH3COO-减小，=增大，正确；B项，再参加少量醋酸钠晶体，cCH3COO-增大，水解平衡正向移动，cOH-增大，
11、但温度不变水的离子积不变，cH+减小，错误；C项，离子浓度由大到小的顺序为cNa+cCH3COO-cOH-cH+，错误；D项，向溶液中参加HCl，溶液中的电荷守恒为cNa+cH+=cCH3COO-+cCl-+cOH-，溶液呈中性cH+=cOH-，那么cNa+=cCH3COO-+cCl-，错误；答案选A。9. 以下液体均处于25，有关表达正确的选项是A. 某物质的溶液pH7，那么该物质属于酸或强酸弱碱盐B. pH4.5的番茄汁中c(H+)是pH6.5的牛奶中c(H+)的100倍C. pH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)c(CH3COO)D. AgCl在同浓度的Ca
12、Cl2和NaCl溶液中的溶解度相同【答案】B【解析】试题分析：A、室温下，溶液呈酸性，呈酸性的原因可能是酸电离或强酸弱碱盐水解或弱酸弱碱盐水解，故A错误；B、pH=4.5的番茄汁中cH+=10-4.5，pH=6.5的牛奶中cH+=10-6.5，10-4.510-6.5100被，B正确；C、CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，存在离子有：Na+、H+、CH3COO-、OH-，由电荷守恒：cNa+cH+=cCH3COO-+cOH-，溶液呈酸性，cH+cOH-，所以，cNa+cCH3COO-，故C不正确；D、一定温度下AgCl的溶度积KspAgCl=cAg+cCl-是定值，cAg+=，同浓度
13、的CaCl2和NaCl溶液中，Cl-浓度前者是后者的2倍，所以，AgCl在NaCl溶液中的溶解度更大，故D错误；应选B。考点：考查水溶液中平衡、离子浓度大小比较以及pH计算等10. 在某温度下，向20 mL 0.1 mol/L 某一元酸HA溶液中逐滴参加0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如下列图(忽略温度变化)。以下说法中一定正确的选项是A. a点表示溶液中c(A)为0.1 mol/LB. a、b、c、d点表示的溶液中一定有：c(H+)c(OH-)=110-14C. c点表示HA和NaOH恰好反响完全D. b、d点表示的溶液中，其值一定不变【答案】D【解析】试题分析：A0.1 m
14、ol/L 某一元酸HA溶液a点表示0.1 mol/L 某一元酸HA溶液的pH=3，说明为弱酸，溶液中c(A)0.1 mol/L，故A错误；BKw与温度有关，未注明温度， a、b、c、d点表示的溶液中不一定有：c(H+)c(OH-)=110-14，故B错误；C根据图像可知，该酸为弱酸，假设c点表示HA和NaOH恰好反响完全，那么溶液应该显碱性，由于未注明温度，pH=7时，无法判断溶液的酸碱性和是否恰好完全反响，故C错误；D表示该弱酸的电离平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故D正确；应选D。考点：考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡的相关知识。11.在T 时，难溶物Ag2CrO4在水溶液
15、中的溶解平衡曲线如以下列图所示，又知T 时AgCl的Ksp1.81010。以下说法错误的选项是A. T 时，Ag2CrO4的Ksp为11011B. T 时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等C. T 时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点D. T 时，将0.01 molL1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 molL1的KCl和0.01 molL1的K2CrO4混合溶液中，Cl先沉淀【答案】C【解析】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4s2Ag+CrO42-；Ksp=c2Ag+cCrO42
16、-=10-3210-5=10-11，A正确；B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以t时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确；C、T 时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误；D、0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，cCrO42-=0.01mol/L，得到cAg+=，cCl-=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：cAg+=1.810100.01 mol/L=1.810-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确；答案选C。12. 对于相
17、同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，以下几种说法正确的选项是A. 它们起始时溶液中的c(H+)相同B. 各用水稀释一倍后，pH比较：盐酸醋酸C. 分别和同浓度的氢氧化钠溶液反响至pH=7，所用氢氧化钠溶液的体积不同D. 各与足量的锌粒充分反响，产生H2的量不同【答案】C【解析】【详解】A.HCl是一元强酸，完全电离，CH3COOH是一元弱酸，局部电离，存在电离平衡，因此当两种酸等浓度时，开始时溶液中盐酸的c(H+)大于醋酸的c(H+)，A错误；B.开始时两种酸的浓度相等，体积相等，即二者的物质的量相等，当加水稀释时HCl、CH3COOH中c(H+)都减小，但由于在醋酸溶液中存在电离平衡，所以
18、稀释后溶液中HCl溶液中c(H+)大于醋酸溶液中c(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此各用水稀释一倍后，pH比较：盐酸c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】A【解析】试题分析：A、NaNO3为强酸强碱盐，且c(Na+)：c(NO3-)=l：1；B、根据电荷守恒和物料守恒，可得关系：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)；C、NH4+水解致使其数目减少；D、CH3COONa为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。考点：考查离子浓度大小比较，考查考生综合分析问题的能力。14.KspAgCl=1.561010，KspAgBr=7.71013 ，KspAg2CrO4
19、=91011。某溶液中含有Cl、Br和CrO42，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴参加0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )A. Cl、Br、CrO42B. Br、Cl、CrO42C. CrO42、Br、ClD. Br、CrO42、Cl【答案】B【解析】【分析】析出沉淀时，AgCl溶液中cAg=Ksp(AgCl)/c(Cl)=1.5610-10/0.01molL1，AgBr溶液中cAg=Ksp(AgBr)/Br=7.710-13/0.01molL1，Ag2CrO4溶液中cAg= = molL1，cAg越小，先生成沉淀【详解】析出沉淀时，AgCl
20、溶液中cAg=Ksp(AgCl)/c(Cl)=1.5610-10/0.01molL1=1.5610-8molL1；AgBr溶液中cAg=Ksp(AgBr)/Br=7.710-13/0.01molL1=7.710-11molL1；Ag2CrO4溶液中cAg= = molL1=310-5molL1，cAg越小，先生成沉淀所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br、Cl、CrO42。应选B。15.：p(Ba2+) -lgc(Ba2+)，p(X2-) -lgc(X2-) ，Ksp(BaSO4) 10-(1+a)D. BaSO4(s)+CO32-(aq)DBaCO3(s)+SO42-(aq)的K=0.1【答案
21、】D【解析】【详解】A. p(Ba2+)-lgc(Ba2+)，因此当阴离子浓度相等时，溶度积常数越大p(Ba2+)越小，所以N线为BaCO3的溶解平衡曲线，M线为BaSO4的溶解平衡曲线，A错误；B. b点位于M曲线的下侧，浓度熵大于溶度积常数，所以对应的溶液中Ba2+、SO42-能形成BaSO4沉淀，B错误；C. 根据图像可知Ksp(BaSO4)10a10210(2+a)10-(1+a)，C错误；D. 根据图像可知Ksp(BaSO4)10(2+a)，Ksp(BaCO3)10-(1+a)，所以BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)的KKsp(BaSO4)/Ks
22、p(BaCO3)0.1，D正确；答案选D。【点睛】明确图像中纵、横坐标的含义，理解图像中线上的点、线的含义是解答的关键，选项B是解答的易错点，注意浓度熵和溶度积常数关系的应用。16.常温下，浓度相同的稀溶液：NH4Cl溶液、NH4Al(SO4)2溶液、CH3COONH4溶液、氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为。应选
23、C项。【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比较时，要看其他能水解的离子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，那么两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，那么两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。第II卷非选择题 共52分二、非选择题本大题包括4小题，共52分。每空2分17.现有以下五种溶液：盐酸、NH3H2O、NH4HSO4、NaOH、CH3COOH。答复以下问题：1将1LpH=2的HCl溶液分别与0.01molL-1的NH3 H2O溶液x L、0.01 molL-1的NaOH溶液yL充分反响至中性，x、y大小关系为：y_x(填“HCl开
24、始反响时的速率HClCH3COOH参加反响的锌粉物质的量HCl=CH3COOH反响过程的平均速率CH3COOHHClHCl溶液里有锌粉剩余CH3COOH溶液里有锌粉剩余3将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，升高温度(溶质不会分解)溶液pH随温度变化如图中的_曲线(填写序号)。4室温下，向0.01molL-1NH4HSO4溶液中滴加0.01molL-1NaOH溶液至中性，得到的溶液中：c(Na+)+c(NH4+)_2c(SO42- )(填“=或“=或“)525时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中
25、性，那么滴加氨水的过程中水的电离平衡将_(填“正向“不或“逆向)移动。【答案】 (1). (6). NH4+H2ONH3H2OH+ (7). 逆向【解析】【详解】(1)1LpH=2的HCl溶液与0.01molL-1的NaOH溶液1L充分反响恰好呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；假设使1LpH=2的HCl溶液与0.01molL-1的NH3H2O溶液充分反响至中性，那么氨水的体积大于1L，所以yx；(2)根据以上分析，反响开始后，醋酸不断电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氢离子浓度越大反响所需要的时间越短，所以CH3COOHHCl，故错误；开始反响时溶液
26、中氢离子浓度相等，所以反响时的速率相等：HCl=CH3COOH，故错误；因生成氢气量相等，所以参加反响的锌粉物质的量：HCl=CH3COOH，故正确；氢离子的浓度越大，反响过程的平均速率越快，由于反响反响过程中醋酸会继续电离出氢离子，所以醋酸中氢离子浓度大于盐酸，那么反响速率CH3COOHHCl，故正确；盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反响，假设最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反响盐酸缺乏，锌与醋酸反响锌缺乏，故正确、错误。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)
27、2SO4，溶液呈酸性，pH7；(5)NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式是NH4H2ONH3H2OH；氨水抑制水电离，所以滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向移动。18.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请答复以下问题。1局部弱酸的电离常数如表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25)Ka= 1.810-5Ka=4.3l0-10Ka1=5.0l0-7Ka2=5.6l0-110.1moI/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN-)_c(HCO3-)(填“、“或“=)。常温下，物质的量浓度相同的三种溶液：ACH3COONa
28、BNaCN CNa2CO3，其pH由大到小的顺序是_(填编号)。将少量CO2通入NaCN溶液，反响的离子方程式是_。室温下，定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=_。2某温度下，pH=3的盐酸中OH-=10-9mol/L。该温度下， pH=2的H2SO4与pH=11的NaOH混合后pH变为9，那么硫酸与氢氧化钠的体积比为_。3室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如下列图横坐标为盐酸的体积。d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_。b点所示的
29、溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)=_(写出准确数值)。【答案】 (1). c(NH4+)c(H+)c(OH) (8). 2(10-510-9)【解析】【详解】(1)根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)c(HCO3-)；电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，那么等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的
30、pH由大到小的顺序为CBA，故答案为：CBA。HCN的电离平衡常数Ka=4.310-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.010-7、Ka2=5.610-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3HCNHCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反响方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，=l.8104；(2)该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH)=10-9mol/L，那么Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-
31、)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，那么混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，V1：V2=9：1；(3)d点酸碱恰好完全反响生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)c(Cl)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)；b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C1)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(C1)，所以得到：2c(H+)+
32、 c(NH4+)=2c(OH)+ c(NH3H2O)，那么c(NH4+)c(NH3H2O)=2c(H+)2c(OH)；(4)溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图像关系可得该微粒应为HSO3-，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，那么Ka1c(H+)，即pKa1=-lgKa11.91。【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带
33、正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式
34、也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。19.水溶液中的离子平衡是中学学习的一个重要内容。请答复以下有关问题。1常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐酸，当到达滴定终点时，溶液pH_7(填“、“、“或“=)【答案】 (1). (2). A (3). 10-6 (4). 10-12 (5). =【解析】【详解】(1)常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐酸，当到达滴定终点时生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，当到达滴定终点时溶液pH7，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，指示剂变色范围为：酚酞8-10，甲基橙为3.1-4.4，石蕊为5-8，为
35、了减小滴定误差在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是甲基橙，应选A；(2)1mLpH=12的NaOH溶液，加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c(OH-)=110-4mol/L，c(H+)=110-10mol/L，那么：=110-6；(3)某温度时，测得0.1molL-1的NaOH溶液的pH为11，该溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-11 mol/L，Kw=0.110-11=10-12；(4)浓度相等的盐酸和醋酸各100mL，HCl和醋酸的物质的量相等，分别与过量的Zn反响，生成氢气的体积相等，即V1=V2。20.、重金属离子对河流及海洋造成严重污染。某化工厂废水pH=2.0
36、，1gmL-1)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01molL-1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp8.310-175.610-86.310-507.110-91210-153.410-281你认为往废水中投入_填字母序号，沉淀效果最好。ANaOH BNa2S CKI DCa(OH)22常温下，如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c(Pb2+)=_。3如果用食盐处理其只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%。假设环境要求排放标准为c(Ag+
37、)低于1.010-8molL-1，问该工厂处理后的废水中c(Ag+=_，是否符合排放标准_填“是或“否。KspAgCl)=1.810-10mol2L-2。、为了研究难溶盐的沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学设计如下实验。步骤1：向2mL0.005 mol/LAgNO3溶液中参加2 mL0.005 mol/LKSCN溶液，静置。出现白色沉淀。步骤2：取1 mL上层清液于试管中，滴加1滴2 mol/LFe(NO3)3溶液。溶液变为红色。步骤3：向步骤2的溶液中，继续参加5滴3mol/LAgNO3溶液。现象a，且溶液红色变浅。步骤4：向步骤1余下的浊液中参加5滴3mol/LKI溶液。出现黄色沉淀。：25
38、，Ksp(AgI，黄色)=8.31017 ，Ksp(AgSCN，白色)= 1.01012 。答复以下问题：4步骤3中现象a是_。5向50mL0.005 mol/L的AgNO3溶液中参加150mL0.005 mol/L的KSCN溶液，假设混合后溶液体积为200mL，那么溶液中Ag+的浓度约为_mol/L。【答案】 (1). B (2). 1.210-3molL-1 (3). 910-9molL-1 (4). 是 (5). 出现白色沉淀 (6). 4.01010【解析】【分析】(1)溶度积越小越易转化为沉淀，根据表格中的数据进行判断；(2)先计算出溶液中氢氧根离子的物质的量浓度，然后根据Pb(OH
39、)2的溶度积及c(Pb2+)=进行计算；(3)根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准比照来说明是否符合排放标准；(4)银离子会和硫氰酸根离子之间反响得到AgSCN白色沉淀；(5)向50mL 0.005molL1的AgNO3溶液中参加150mL0.005molL1的 KSCN溶液，KSCN过量，根据溶液中剩余的KSCN的浓度，结合Ksp (AgSCN )计算。【详解】(1)溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积更小，所以应选择硫化钠，故答案为：B。(2)由Pb(OH)2的溶度积为1.210-15，pH=8.0，c(OH-)=10-6molL-1，那么c(Pb2+)=1.
40、210-3molL-1；(3)废水中NaCl的质量分数为0.117%，1gmL-1，c(Cl-)=c(NaCl)=1000mL1gmL-10.117%/58.5gmol-1=0.02mol/L；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.810-10mol2L-2，所以c(Ag+)=910-9mol/L1.010-8molL-1， 环境要求排放标准为c(Ag+)低于1.010-8molL-1，所以符合排放标准；(4)参加硝酸银，银离子会和硫氰酸根离子之间反响得到AgSCN白色沉淀；(5)向50mL 0.005molL-1的AgNO3溶液中参加150mL0.005molL-1的 KSCN溶液，KSCN过量，溶液中剩余的c(SCN-)=0.0025mol/L，那么c(Ag+)=molL1=410-10molL-10。【点睛】判断一定条件下沉淀能否生成或溶解，关键在于判断Ksp与Qc的关系：对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)，平衡状态：溶度积Ksp=An+mBm-n，任意时刻：离子积Qc=An+mBm-n，QcKsp，有沉淀析出；Qc=Ksp，沉淀溶解平衡；QcKsp，无沉淀析出。 - 15 -