2020-2021学年高中化学人教版选修4第三单元水溶液中的离子平衡测试卷 (二) 教师版

2020-2021学年高二上学期第三单元测试卷

化 学（二）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu Ba 137

一、选择题（每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。） 1．下列关于酸性溶液的叙述中正确的是 A．溶液中c(H+)【解析】A．溶液中c(H+)＞c(OH−)，A不正确；B．不一定是酸的水溶液，也可能是酸式盐的溶液，B不正确；C．可能是酸式盐的水溶液，如硫酸氢钠溶液，C正确；D．任何水溶液中都含有OH−，D不正确。故选C。

2．25℃时，浓度均为0.10mol/L的NaHCO3和Na2CO3 溶液中，下列判断不正确的是 A．两种溶液中存在的粒子种类相同 B．两种溶液中均存在电离平衡和水解平衡 C．c(OH−)前者大于后者

−D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO23)均增大

B．一定是酸的水溶液 D．不含有OH−的溶液

【答案】C

【解析】碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，

−−

且CO2所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故3的水解程度大于HCO3，

C错误；故选C。

3．对于常温下pH=1的溶液，有关叙述： ①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3

②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和 ③该溶液中电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×10−12 ④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7 其中正确的是

A．③④ B．①③ C．②④ D．①② 【答案】D

【解析】pH=1的溶液c(H+)=0.1mol/L；①c=n/V=

=0.001mol/L，pH=3，

故①正确；②pH=13的溶液c(OH−)=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；③电离c(OH−)=10−14可知，水电离出的c(H+)=10−13mol/L，该溶液中硝出的c(H+)=0.1mol/L，由Kw=c(H+)×

④氨水为弱电解质，酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1012，故③错误；不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误；故选D。

4．向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO−浓度的变化依次为

A．减小、增大、减小 C．减小、增大、增大 【答案】A

【解析】CH3COONa是强碱弱酸盐，其电离产生的CH3COO−水解使溶液呈碱性。NH4NO3是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2SO3是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加亚硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；FeCl2是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加FeCl2会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小，因此溶质中CH3COO−浓度的变化依次为减小、增大、减小，故合理选项是A。

5．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液， A 出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解 B 加热NH4HCO3固体，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气NH4HCO3显碱性 实验结论 B．增大、减小、减小 D．增大、减小、增大

Na2SO3部分被氧化

体 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4， C 加热；再加入银氨溶液；未出现银镜 pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH D 约为9，NaNO2溶液的pH约为8 【答案】A

【解析】A．加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，说明部分Na2SO3

被氧化产生了硫酸根离子，故A正确；B．氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知分解生成氨气，但不能确定NH4HCO3显碱性，故B错误；C．蔗糖水解生成葡萄糖，应在碱性溶液中D．检验葡萄糖，选项中水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能说明蔗糖没有水解，故C错误；盐溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH来比较，故D错误；故选：A。

6．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是

A．物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3 ②(NH4)2SO4 ③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH+4)的大小顺序为：①>②>③

−−

B．等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO23)＞c(HCO3)＞

蔗糖完全没有水解 HNO2的电离常数比CH3COOH大 c(OH−)＞c(H+)

C．0.1mol·L−1的CH3COOH与0.05mol·L−1 NaOH溶液等体积混合：c(H+)+c(CH3COOH) D．pH相等的NaF与CH3COOK溶液：c(Na+)-c(F −)=c(K+)-c(CH3COO−) 【答案】D

【解析】A项、三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：③＞②＞①，故A错误；碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中

2−

c(OH−)＞c(H+)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c(HCO−则有c(Na+)3)＞c(CO3)，2−−+

L−1的CH3COOH与0.05 mol·L−1 NaOH＞c(HCO−3)＞c(CO3)＞c(OH)＞c(H)，故B错误；0.1 mol·

溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)和物料守恒关系2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，两式相减可得c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH−)+c(Na+)，故C错误；pH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存c(K+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F−)+c(OH−)、两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F−)=c(K+)-c(CH3COO−)=c(OH−)-c(H+)，故D正确。

2−

7．25℃时，起始浓度为0.1mol.L−1的亚硫酸溶液中，H2SO3、HSO−3、SO3三种微粒的物质的

量分数（即微粒本身物质的量与三种粒子总物质的量之比）随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是

A．读取图中数据计算可得到常温下亚硫酸溶液的Ka2≈10−7

B．向该体系中加入一定量的NaOH固体，HSO−3的物质的量分数一定增大

+−C．在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO−3)>c(H)>c(OH)

+2−D．在该体系中的任意一点都存在：c2(H+)=c(H+)·c(HSO−3)+2c(H)∙c(SO3)+Kw

【答案】A

H2SO3是二元弱酸，HSO−【解析】在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第二步电离方程式为：3

2−H++SO3，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸根离子与亚硫酸氢根离子浓度相等，则Ka2=10−7，2−−

选项A正确；向该体系中加入一定量的NaOH固体，OH−与HSO−3反应生成SO3和水，使HSO3的

物质的量分数降低，选项B错误；根据图中信息可知，在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO−3)，溶质为亚硫酸，为二元弱酸，分步电离，c(H+)>c(HSO−3)，选项C错误；根据图中信息可知，若溶质

2−−只有H2SO3的溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)=c(HSO−3)+2c(SO3)+c(OH)，将电苻守恒式两边都+−+

c(HCO−c(SO2c(OH−)，Kw=c(H+)·c(OH−)，所以乘c(H+)可得：c2(H+)=c(H+)·3)+2c(H)·3)+c(H)·+−

c2(H+)=c(H+)·c(HCO−c(SO23)+2c(H)·3)+Kw，但若加入碱后，pH增大，则有其他阳离子，则+−c2(H+)8．研究发现多种植物中富含草酸，尤以菠菜、觅菜、甜菜、芋头等植物中含量最高。草酸（H2C2O4）是一种常见的二元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，下列有关说法不正确的是

A．在H2C2O4水溶液中存在电离反应：H2C2O4

−

B．在H2C2O4溶液中，c(H+)大于c(C2O24)

−

2H++C2O24

C．向H2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH值增大 D．将H2C2O4溶液加水稀释，溶液中的c(OH−)增大 【答案】A

【解析】草酸是一种二元弱酸，在H2C2O4水溶液中存在电离反应分两步进行，故A错误；草

−

酸是一种二元弱酸，在H2C2O4溶液中，以第一步电离为主，所以c(H+)大于c(C2O24)，故B正确。

向H2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH值增大，故C正确。将H2C2O4溶液加水稀释，溶液的酸性减弱碱性增强，溶液中的c(OH−)增大，故D正确。故选：A。

9．室温条件下，用0.100mol/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY、HZ，三种酸的体积均为20.00 mL，浓度均为0.100mol/L，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是

A．电离常数Ka(HX)的数量级为10−12

B．P点对应的溶液中：c(Y−)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH−) C．pH=7时，三种溶液中c(X−)=c(Y−)=c(Z−) D．HX的电离程度大于X−的水解程度 【答案】B

【解析】A．起始时HA溶液pH=6，则溶液中c(H+)=c(A−)=10−6mol/L，所以Ka(HA)=

cHc(A)cHA106106−11

=，所以数量级不是10−12，故A错误；B．P点为在HY溶液6=100.110中加入10mL NaOH溶液，溶液中含有等浓度的NaY和HY，溶液显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y−)＞c(Na+)＞c(HY)＞c(H+)＞c(OH−)，故B正确；C．pH=7时，根据电荷守恒，溶液中均存在，c(Na+) =c(X−)，c(Na+)=c(Y−)，c(Na+)=c(Z−)，三种溶液中加入的NaOH体积不等，即c(Na+)各不相同，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；D．当加入10mL NaOH溶液时，HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX，此时溶液显碱性，说明X−的水解程度大于HX的电离程度，故D错误；故选B。

10．298K时，将V0 mL 0.1mol·L−1的NaX、NaY溶液分别加水稀释至VmL的过程中，溶液的VpH与lg的变化关系如图。下列说法不正确的是

V0

A．酸HY的电离常数约为10−5mol·L−1

B．水的电离程度M点大于N点

C．等浓度的NaX溶液和NaY溶液中阴离子浓度后者大 D．M点溶液中c(OH−)＞c(H+)+c(X−) 【答案】D

10-14A．0.1mol/L NaY溶液的pH=9，L，c(OH)=-9=10−5mol·L−1，【解析】溶液中c(H)=10mol·

10+

−9

−1

−

Y−的水解程度较小，所以c(HY)≈c(OH−)=10−5mol·L−1，c(Y−)≈0.1mol/L，

Kw10-14cHYc(OH-)10-510-5−9−1

Kh=≈mol/L=10mol·L，Ka==-9mol/L=10−5mol·L−1，故A正确；-Kh10c(Y)0.1B．强碱弱酸盐促进水电离，溶液中pH值越大，水电离程度越大，两种钠盐溶液pH：M＞N，则水电离程度：M点＞N点，故B正确；C．相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度：X−大于Y−，所以等浓度的NaX、NaY溶液中c(X−)＜c(Y−)，故CD．M点溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(X−)=c(H+)+c(Na+)、正确；存在物料守恒c(Na+)=c(X−)+c(HX)，所以c(OH−)=c(H+)+c(HX)，水解程度较小，所以c(X−)＞c(HX)，所以c(OH−)＜c(H+)+c(X−)，故D错误；答案选D。

二、不定项选择题（共5小题，每小题4分）

11．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的醋酸溶液，向乙烧杯加水稀释至溶液pH=4，关于两烧杯中所得溶液的描述正确的是

A．溶液体积：10V甲B．水电离出的OH−浓度：10c(OH−)甲C．若分别用等物质的量浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲<乙 D．若分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲<乙 【答案】AD

【解析】A．醋酸为弱酸，加水稀释时，促进醋酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲KW−11

mol/L，pH＝4＝10c(H)的醋酸中，水电离的氢氧根离子浓度为c(OH−)乙＝

KW−10

mol/L，则10 c(OH−)甲＝c(OH−)乙，＝10c(H)故B错误；C．稀释前后甲乙两个烧杯中所含的醋酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，由于醋酸是弱酸，则甲溶液水解导致的pH大于乙，即：甲>乙，故C

错误；D．由于醋酸是弱酸，则反应后醋酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲<乙，故D正确；故答案选AD。

12．下列有关问题，与盐的水解有关的是 ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂

③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体

A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】D

【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液因水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，①符合题意；②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合发生完全双水解：Al3++3HCO−3=Al(OH)3↓+3CO2↑，生成的Al(OH)3和CO2能隔绝空气，所以NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，②符合题意；③

2−草木灰与铵态氮肥混合在水中发生不完全双水解：NH+4+CO3+H2O

NH3∙H2O+HCO−3，NH3∙H2O

③符合题意；④实验室盛放Na2CO3易分解而挥发，降低肥效，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞是因为Na2CO3水解呈碱性，与玻璃中的SiO2反应生成水玻璃，使玻璃塞与瓶口粘在一起，④符合题意；⑤AlCl3水解：AlCl3+3H2O

Al(OH)3+3HCl，加热蒸干

AlCl3溶液，HCl受热挥发，⑤符合题意；①②③④⑤直至完全水解，所以得到Al(OH)3固体，总之，均符合题意，答案选D。

13．常温下，某溶液中只含有CH3COO−、Na+、H+、OH−四种离子。已知该溶液的溶质为一种或两种，且具有一定的浓度，下列有关说法正确的是

A．若存在c(Na+)> c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，则溶质只有CH3COONa

B．若存在c(CH3COO−)>c(Na+)=c(H+)>c(OH−)，则溶质为CH3COONa与CH3COOH C．若溶液pH=7，则可能存在：c(Na+)=c(CH3COO−)=c(OH−)=c(H+) D．若溶液pH<7，则不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−) 【答案】BD

【解析】A．分析离子浓度关系可知溶液呈碱性，若存在c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，则溶液中溶质可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH，故A错误；B．分析离子浓度关系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO−)>c(Na+)=c(H+)>c(OH−)，则溶液中溶质只能为CH3COONa与CH3COOH，C．故B正确；若溶液pH=7，呈中性，则c(OH−)=c(H+)，由电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)可得c(Na+)= c(CH3COO-)，由于溶液中溶质具有一定的浓度，所以c(Na+)=

c(CH3COO−)> c(OH−)=c(H+)，故C错误；D．若溶液pH<7，呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，由电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)可得c(Na+)14．下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是

①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；③用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；④在用标准液（已知浓度）滴定未知浓度的溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线

A．①③⑤ B．②③④ C．①②⑤ D．③④⑤ 【答案】C

【解析】①醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应测定的中和热数值减小，故①符合题意；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量减少，即物质的量浓度偏低，故②符合题意；③用滴定管量取液体时，开④未用标准液润洗滴定管，始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故③不符合题意；标准液的浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知液的浓度将偏大，故④不符合题意；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得溶液体积偏大，浓度偏小，故⑤符合题意；综上所述，偏低的是①②⑤，故C正确。

15．25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是

2−

A．0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO3)

2−B．0.1mol/L NaHC2O4溶液呈酸性，c(Na+)＞c(HC2O−4)＞c(H2C2O4)＞c(C2O4)

C．20mL 0.1mol/L CH3OONa溶液与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合到酸性溶液，c(CH3OOH)+2c(H+)=c(CH3OO−)+c(OH−)

2−D．向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性，c(Na+)＞c(NH+4)＞c(SO4)＞

c(OH−)=c(H+)

【答案】A

−【解析】根据质子守恒，0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO23)，故A正+−2−

确；0.1mol/L NaHC2O4 溶液呈酸性，说明HC2O−4电离大于水解，c(Na)＞c(HC2O4)＞c(C2O4)＞

c(H2C2O4)，故B错误；20mL 0.1mol/L CH3OONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合到酸性溶液，根据物料守恒c(Na+)=2c(Cl−)，c(CH3OOH)+c(CH3OO−)=c(Na+)，根据电荷守c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO−)+c(OH−)+c(Cl−)，NH4HSO4带入得c(CH3OOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，故C错误；中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液

2−

呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c(Na+)+c(NH+4)=2c(SO4)，故溶液中离子浓度大小关系为−+−+c(Na+)＞c(SO24)＞c(NH4)＞c(OH)=c(H)，故D错误。

三、非选择题（共5小题，60分）

16．Ⅰ.(1)硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因___，用热水配制出澄清的较浓的 CuSO4溶液时应再加入少量_____。

(2)稀Na2S溶液有一种腐卵气味，加入AlCl3溶液后，腐卵气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的化学反应____。

(3)下列物质水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质的是___。

①NH4·HCO3；②CaCl2；③AlCl3；④Cu(NO3)2；⑤FeCl2；⑥K2SO3；⑦KMnO4；⑧KAl(SO4)2

2++2+3+

Ⅱ．依据氧化还原反应：MnO−欲采用滴定 的方法测定FeSO44+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O，

的质量分数，实验步骤如下：

①称量绿矾样品，配成100 mL待测溶液，

②取一定体积待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸， ③将标准浓度的KMnO4溶液装入滴定管中，调节液面至a mL处，

④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数b mL，⑤重复滴定2～3次。 (1)如何确定滴定到达终点？现象是_______ (2)下列操作会导致测定结果偏低的是_____。

A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定 B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗

C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视 D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失

(3)下列每种量器的数量不限，在上述实验中必须使用的仪器_____。 A．托盘天平 B．酸式滴定管 C．碱式滴定管 D．胶头滴管 【答案】Ⅰ.（1）Cu2+水解产生Cu(OH)2变浑浊，加热加速水解 H2SO4 （2）2Al3++3S2−+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑ （3）②⑧

Ⅱ．（1）当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30S内不恢复原色 （2）C （3）ABD

【解析】Ⅰ.(1)因Cu2+水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；Cu2+水解产生Cu(OH)2硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，故答案为：是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3++3S2−+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑（3）①NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故①不符合；②CaCl2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故②符合；③AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢受热更易挥发，促进水解得到氢氧化铝，得不到原溶质，故③不符合；④Cu(NO3)2溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和，是易挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，蒸干灼烧后能得到氧化铜；故④不符合；⑤FeCl2具有还原性加热易被氧化为三价铁，而FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑤不符合；⑥K2SO3，蒸干灼烧后被氧化为硫酸钾，故⑥不符合；⑦KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑦不符合；⑧KAl(SO4)2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故⑧符合；综上所述：②⑧符合；Ⅱ．(1)高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点，故答案为：当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30s内不恢(2)A．复原色；盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故所需V（标准）增大，根据c（待测）=[c(标准)×

A错误；B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需V（标准）不变，根据c（待测）=[c(标V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）不变，故B错误；C．读取标准液读数时，滴定前平视，准)×

V(标准)]/V(待测)，判断可知滴定到终点后俯视，所需V（标准）偏小，根据c（待测）=[c(标准)×

c（待测）偏小，故C正确；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需V（标V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故D错误；故准）偏大，根据c（待测）=[c(标准)×

选：C；(3)配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶、铁架台等，故答案为：ABD。

17．(1)常温下在20mL pH=12的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

回答下列问题：

2−

①在同一溶液中，H2CO3、HCO−3、CO3___(填“能”或“不能”)大量共存；

②当pH=8时，溶液中含碳元素的主要微粒为__；

③已知在25℃时，HCO−K=5.0×10-11，当溶液处于交叉点a时，溶液的pH=__。3的电离平衡常数：(保留1位小数，已知：lg2=0.3、lg3=0.5、lg5=0.7)

−2−(2)CrO24和Cr2O7在溶液中可相互转化。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。

c(CrO2-4)__(填：“变大”、“变小”、“不变”)。 若加水稀释，则2-将

c(Cr2O7)−3+

②+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O2反应的离子方程式7还原成Cr，

为 。

【答案】（1）不能 HCO−3 10.3

−+（2）2CrO24+2H

2−−−+3+2−

Cr2O7+H2O 变大 Cr2O27+3HSO3+5H=2Cr+3SO4+4H2O

2−

【解析】(1)①由图象可知，pH＞8时，溶液中只含有HCO−3、CO3，pH＜8时，溶液中只含有−2−

HCO−3、H2CO3，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3、CO3不能大量共存；②由图象可知，当pH=8−

10-11，时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO−3；③已知在25℃时，HCO3的电离平衡常数：K=5.0×−−−

当溶液中处于交叉点a时，溶液的c(CO23)=c(HCO3)，HCO3的电离平衡常数：

2-c(CO3)c(H+)−K==c(H+)=5.0×10-11，则pH=11-lg5=11-0.7=10.3；(2)①CrO24在酸性条件下可转化为-c(HCO3)−2−+Cr2O27，用离子反应方程式表示为：2CrO4+2H−

Cr2O27+H2O；若加水稀释，溶液的酸性减弱，

c(H

+

−2−

)减小，平衡逆向移动，c(CrO24)增大，c(Cr2O7)浓度减小，则

c(CrO2-4)2-将变大；②用NaHSO3

c(Cr2O7)−3+

将废液中的Cr2O27还原成Cr，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，−−+3+2−由电荷、电子守恒及原子守恒可知离子反应为Cr2O27+3HSO3+5H=2Cr+3SO4+4H2O。

18．氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用；NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：

(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的原因是 (用离子方程式表示)。 (2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH+L－1 NH4HSO4中c(NH+(填4)________0.1mol·4)。“>”“<”或“＝”)

(3)图所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。L－1 NH4Al(SO4)2图中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中2 溶液的pH随温度变化的曲线是________(填序号)；20℃时，0.1mol·

−+3+c(SO2L－1。 4)-c(NH4)-3c(Al)＝_____mol·

(4)若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2O电离和类似水解的氨解。

H3O++OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全

①液氨的电离方程式为 。

②碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为 。 【答案】（1）Al3++3H2O（2）< （3）I 10－3 （4）NH3+NH3

−+2−−−+

NH+4+NH2 c(Na)>c(CO3)>c(NH2)>c(NH4CO3)>c(NH4)

Al(OH)3(胶体)+3H+

【解析】(1)NH4Al(SO4)2中的铝离子在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附溶液中L－1 NH4Al(SO4)2中部分铝离子发生水解生成氢氧化铝的粒子生成沉淀起到净水的作用；(2)0.1mol·

胶体和氢离子，对铵根离子的水解有抑制作用，但产生的氢离子浓度小于NH4HSO4中电离产生的L－1 NH4Al(SO4)2中c(NH+氢离子，则0.1mol·4)小；(3)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，升L－1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温高温度，平衡向水解的方向移动，则酸性增强，曲线I符合0.1mol·

2−−2−+3+

度变化；根据溶液呈电中性，3c(Al3+)+c(H+)+c(NH+4)=2c(SO4)+c(OH)，则2c(SO4)-c(NH4)-3c(Al)

＝c(H+)-c(OH−)=10−3mol/L-10−11mol/L；(4)①液氨的电离类似水的电离，则电离方程式为NH3+NH3+NH3

−+2−2−

NH+4+NH2；②碳酸钠的液氨溶液发生全电离与水解，Na2CO3=2Na+CO3、CO3−+2−−−+HCO−3+NH2(少量)，则c(Na)>c(CO3)>c(NH2)>c(NH4CO3)>c(NH4)。

－

19．已知某溶液中只存在OH−、H+、NH+4、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可

能有如下四种关系：

+−+−−+①c(Cl−)＞c(NH+4)＞c(H)＞c(OH) ②c(NH4)＞c(OH)＞c(Cl)＞c(H) −−+−++−③c(NH+4)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H) ④c(Cl)＞c(H)＞c(NH4)＞c(OH)

填写下列空白：

（1）若溶液中只溶有一种溶质，则该溶质是______，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。

（2）若四种离子的关系符合③，则溶质为______________；若四种离子的关系符合④，则溶质为____________________。

（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图像正确的是________(填图像符号)。

（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；混合前酸中c(H+)和碱中c(OH－)的关系为c(H+)________c(OH－)。

【答案】（1）NH4Cl ①

H2O NH4Cl、HCl （2）NH4Cl、NH3·（3）B

（4）小于 大于

−+

【解析】已知某溶液中只存在OH−、H+、NH+4、Cl四种离子。任何水溶液中都有OH、H，

－

若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH+4+H2ONH3∙H2O+H+，则c(Cl−)＞c(NH+4)，

－－

溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH)，又因为氯化铵的水解程度很小，则c(Cl)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)，－－+即①符合。故答案为NH4Cl；①；（2）由③中离子的关系c(NH+4)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H)可知，－溶液显碱性，且c(NH+4)＞c(Cl)，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3∙H2O；－－++由④中的离子关系c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH+4)＞c(OH)可知，溶液显酸性，且c(Cl)＞c(H)＞c(NH4)，

则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl。故答案为NH4Cl和NH3∙H2O；NH4Cl和HCl；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时，氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强酸，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化小，只有B符合题意，故答案为B；（4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，则应为氨c(HCl)＜c(NH3∙H2O)，NH3∙H2O水与氯化铵的混合溶液，则氨水过量，而HCl为强电解质，完全电离，为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c(H+)和碱中c(OH−)的关系为c(H+)＞c(OH−)。故答案为小于；大于。

20．T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题:

(1)T1____(填“＞”“＜”或“＝”)T2，T2时Ksp(BaSO4)=______。

(2)根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是____(填序号)。 A．加入Na2SO4可由a点变为b点

B．在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成 C．蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b) D．升温可由b点变为d点

(3)沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯及科研等领域有着广泛应用。已知25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10−10。

①医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸的酸性较强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于胃酸的原因是________(用沉淀溶解平衡原理解释)。万一误服了少量BaCl2，应尽快用大量0.5mol/L Na2SO4溶液洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为____mol/L。

②长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率。水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为_______________________。

【答案】（1）＜ 5.0109 （2）ABC

（3）对于沉淀溶解平衡BaSO4(s)2−Ba2+(aq)+SO2-或SO24的浓4(aq)，H不能减少Ba2-2-度，平衡不能向溶解方向移动 21010 CaSO4(s)+CO3(aq)=CaCO3(s)+SO4(aq)

【解析】（1）沉淀溶解平衡是吸热反应，升高温度，平衡向右移动，即温度越高BaSO4的溶解度越大，T1温度下的离子积较小，所以T1T2；T2时

−Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO210−4mol/L×5.0 4)=1.0×

−×10−5mol/L=5.0×10−9mol2/L2；（2）A、由于存在溶解平衡，加入Na2SO4，SO24浓度增大，BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2的浓度降低，a点会变为b点，故正确；B、T1曲线上方区域的离

−

子积大于溶度积，所以会析出沉淀，故正确；C、蒸发溶剂，不饱和溶液中Ba2和SO24的浓度都

变大，可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点，故正确；D、升高温度，平衡向沉淀溶解方

−向移动，c(Ba2+)，c(SO24)会变大，故错误；故选ABC；（3）①由沉淀溶解平衡

BaSO4(s)2−Ba2(aq)SO4(aq)可知，H不能减小Ba2或SO24的浓度，平衡不能向溶解方

向移动；根据Ksp(BaSO4)=c(Ba②由平衡CaSO4(s)2+

−−

)c(SO2c(Ba2+)= Ksp(BaSO4)/c(SO24)，4)=

1.01010=2×10−10mol/L；

0.52Ca2(aq)SO4(aq)可知，加入Na2CO3溶液后，CO32与Ca2结合生

成CaCO3沉淀Ca2浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生

2CaSO4(s)CO32(aq)CaCO3(s)SO4(aq)。故答案为：对于沉淀溶解平衡

BaSO4(s)2-Ba2+(aq)+SO2-平衡不能向溶解方向移动；H不能减少Ba2或SO4的浓度，4(aq)，

2-2-21010；CaSO4(s)+CO3(aq)=CaCO3(s)+SO4(aq)。