2020高考化学常考知识点专练 08：电解质溶液

2020高考化学常考知识点专练 08：电解质溶液
一、单选题
1．（2020·合肥模拟）在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）
A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
B．滴入KSCN显血红色的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3－、SO42－
C．c(OH－)/c(H＋)＝1012的溶液中：NH4＋、K＋、Cl－、HCO3－
D．由水电离的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1溶液中：K＋、Al3＋、SO42－、CH3COO－
2．（2020高二下·泸县月考）25℃时，将0.1mol·L－1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是（　　）
A．c(OH－) B．pH
C．Kb D．n(H+)·n(OH－)
3．（2020·合肥模拟）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
硝酸将Fe2+氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
A．A B．B C．C D．D
4．（2020·临朐模拟）室温下，将0.100 0 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是（　　）
A．该一元碱溶液浓度为0.100 0 mol·L－1
B．a点：c(M＋) >c(Cl－)> c(OH-)> c(H+)
C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)
D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－5
5．（2020·临朐模拟）PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbCl2的工艺流程如下图所示。
已知：i. PbCl2微溶于水
ii. PbCl2 (s) + 2Cl－(aq) PbCl42-(aq) ΔH > 0
下列说法不正确的是（　　）
A．浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为：8H++2Cl－+PbS + 4MnO2 = PbCl2 +4Mn2++SO42-+4H2O
B．PbCl2微溶于水，浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性
C．调pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好
D．沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温
6．（2020·北京模拟）用一定浓度 NaOH 溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液 pH 和导电能力的变化分别如下图所示（利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点；溶液总体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（　　）
A．a 点对应的溶液中：c(CH3COO-) = c(Na+)
B．a→b 过程中，n(CH3COO-)不断增大
C．c→d 溶液导电性增强的主要原因是 c(OH-)和 c(Na+)增大
D．根据溶液 pH 和导电能力的变化可判断：V2＜V3
7．（2020高二上·运城期末）某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）
(已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)
C．该温度下Ksp(CuS)＝10－35.4 mol2/L2
D．向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为10－5 mol/L的混合溶液中逐滴加入10－4 mol/L的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀
8．（2020高二上·运城期末）草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是（　　）
A．V(NaOH)＝0时，c(H＋)>1×10－7mol/L
B．V(NaOH)<10mL时，可能存在c(Na＋)＝2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)
C．V(NaOH)＝10mL时，溶液的pH为9，则10－9＝10－5－2c(H2C2O4)－c(HC2O4－)
D．V(NaOH)>10mL时，可能存在c(OH－)>c(Na＋)>c(C2O42－)
9．（2020高二上·运城期末）下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（　　）
A．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH)B．已知259℃时Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则在0.3 mol·L－1 NaCl溶液中，Ag＋的物质的量浓度最大可达到6.0×10－10 mol·L－1
C．25℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH)大于0.1 mol·L－1 NaOH溶液中水电离出来的c(OH－)
D．浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH2COOH)＋2c(H＋)
10．（2020高二上·大理期末）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小
B．CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中 增大
C．向0.1 mol·L－1氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银，溶液中 不变
11．（2020高二上·大理期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（　　）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
二、综合题
12．（2020·临朐模拟）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。
O2氧化MnO(OH)的化学方程式是　 　。
（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
① 溶液a呈酸性，原因是　 　。
② 根据下图所示的溶解度曲线，将溶液a 　 　（填操作名称），可得NH4Cl粗品。
③ 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：
化合物 ZnCl2 NH4Cl
熔点 365℃ 337.8℃分解
沸点 732℃
根据上表，设计方案提纯NH4Cl：　 　
（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入　 　（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。
（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①
用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：　 　。
②
解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：　 　
上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。
13．（2020·临朐模拟）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有　 　(写化学式)。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为　 　
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为　 　[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离： 。萃取剂与溶液的体积比(V0／VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图甲所示，V0／VA的最佳取值为　 　。在　 　(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
图甲 图乙
（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图乙所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。
①电解时阳极的电极反应式为　 　，离子交换膜(b))为　 　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为　 　。
14．（2020高二上·运城期末）水是生命之源，万物之基。不仅如此，水在化学中的作用也不可忽视。
（1）I.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种水溶液的pH如下表：
上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是　 　。
（2）根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最弱的是　 　；将各溶液分别加水稀释100倍，pH变化最大的是　 　(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
（3）要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为　 　。
（4）II.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
95℃时水的电离平衡曲线应为　 　(选填“A”或“B”)；
（5）25℃时，将pH＝10的NaOH溶液与pH＝6的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　 　；
（6）95℃时，若1体积pH＝a的某强酸溶液与10x体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是　 　。
15．（2020高二上·大理期末）火力发电厂释放出大量氮氧化合物(NOx)、SO2和CO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式：　 　。
（2）脱碳。
方法一：在恒容密闭容器中将CO2转化为甲醇：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
①下列条件可以判定该反应到达平衡状态的是　 　(填字母)。
A.2v正(H2)＝v逆(CH3OH) B．容器内气体的密度不变
C．容器内压强不变 D．反应不再释放热量
方法二：让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) H，测得压强、温度对CO的体积分数[φ(CO)％]的影响如图所示，回答下列问题：
② 图中p1、p2、p3的大小关系是　 　，图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc大小关系是　 　。
③ 900 ℃、1.013 MPa时，1 mol CO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为V L，CO2的转化率为　 　(保留一位小数)，该反应的平衡常数K＝　 　。
方法三：用NaOH溶液吸收CO2。
④在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO32－)：c(CO32－)=4：1，此时溶液的pH=　 　。(已知：室温下，H2CO3的K1=4×10－7，K2=5×10－11。lg2=0.3)
（3）脱硫。燃煤废气经脱硝、脱碳后，与一定量氨气、空气反应，生成(NH4)2SO4。(NH4)2SO4水溶液呈酸性的原因是　 　(用离子方程式表示)；室温时，向(NH4)2SO4溶液中滴入NaOH溶液至溶液呈中性，则所得溶液中微粒浓度大小关系c(Na＋)　 　c(NH3·H2O)(填“＞”、“＜”或“=”)。
16．（2020高二上·大理期末）以废镍(含NiO，杂质为少量Fe2O3)生产Ni2O3的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”时为了提高酸浸的速率(浸取率)，可采取的措施有　 　(任写出一条)。
（2）“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“调节pH”使溶液中的Fe3＋沉淀完全(离子浓度≤10－5 mol·L－1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH－)不低于　 　 [已知Fe(OH)3的Ksp=4×10－38， ≈1.6 ]。
（4）“沉镍”的目的是将溶液中的Ni2＋转化为Ni(OH)2沉淀，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是　 　。
（5）“滤液Ⅱ”所含阴离子主要为Cl－，写出“氧化”时反应的离子方程式：　 　。
（6）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的 。电解时阳极的电极反应式为　 　，离子交换膜(b)为　 　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A.NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化，不可大量共存，A不符合题意；
B.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，B符合题意；
C.由分析可知，溶液显碱性，NH4＋、HCO3－都能与OH－反应，不可大量共存，C不符合题意；
D.由分析可知，溶液可能显酸性或碱性，Al3＋与OH－可反应，不可大量共存，CH3COO－与H＋可反应，不可大量共处，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.滴加甲基橙显红色的溶液显酸性；
B.滴入KSCN显血红色的溶液中含有Fe3+；
C.c(OH－)/c(H＋)＝1012的溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性；
D.由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，溶液显酸性或碱性；
2．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A.稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的OH-，但c(OH-)减小，A不符合题意；
B.溶液中c(OH-)减小，由于c(H+)×c(OH-)=Kw为定值，则溶液中c(H+)增大，pH减小，B不符合题意；
C.Kb为NH3·H2O的电离平衡常数，只与温度有关，与溶液中浓度无关，因此稀释过程中Kb不变，C不符合题意；
D.由C的分析可知，溶液中c(H+)增大，因此n(H+)增大，故n(H+)×n(OH-)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的NH4+和OH-；据此结合Kb、Kw的影响分析。
3．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.硝酸具有氧化性，与Fe反应生成Fe(NO3)3，当铁粉过量时，Fe(NO3)3与Fe反应生成Fe(NO3)2，因此加入KSCN溶液后，溶液不变红色，A不符合题意；
B.加入铜粉后发生反应2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，反应后没有铁生成，无法比较铁和铜的金属活动性，B不符合题意；
C.Al2O3的熔点高，使得熔化后的铝不会滴落，C不符合题意；
D.将MgSO4溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明溶液中不含NaOH，再加入CuSO4，产生蓝色沉淀，则说明Mg(OH)2转化为Cu(OH)2，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的溶度积小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁粉过量，则反应生成Fe2+；
B.根据发生的反应进行分析；
C.Al2O3的熔点高，据此分析；
D.根据沉淀的转化进行分析；
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由图可知，当加入盐酸的体积为20mL时，二者恰好完全反应，因此该一元碱MOH的浓度为0.1000mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.a点所得溶液的溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液显碱性，说明MOH的电离大于M+的水解，因此溶液中离子浓度关系为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，选项正确，B不符合题意；
C.b点所得溶液的溶质为MOH和MCl，溶液的pH=7，为中性，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)，由电荷守恒c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(M＋)=c(Cl－)，选项错误，C符合题意；
D.当加入10mL盐酸时，所得溶液的溶质为等浓度的MOH和MCl，即溶液中c(MOH)=c(M+)，此时溶液的pH=9，即溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中，因此该温度下MOH的电离常数，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据酸碱完全反应进行计算；
B.根据a点溶液中存在的电离和水解进行分析；
C.根据b点溶液的成分和酸碱性进行分析；
D.根据MOH在水中的电离计算其电离平衡常数；
5．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由流程可知，加入盐酸和NaCl，原料中的MnO2和PbS发生反应生成MnSO4和PbCl2，该反应的离子方程式为：8H++2Cl－+PbS + 4MnO2=PbCl2 +4Mn2++SO42-+4H2O，选项正确，A不符合题意；
B.加入饱和NaCl溶液后，溶液中c(Cl-)增大，可逆反应PbCl2 (s) + 2Cl－(aq) PbCl42-(aq)正向移动，增大PbCl2在水中的溶解性，选项正确，B不符合题意；
C.pH越大，则消耗的NaOH过多，造成浪费，同时过量的NaOH会与溶液中的Mn2+反应形成Mn(OH)2沉淀，因此pH不是越大越好，选项错误，C符合题意；
D.沉降池中可通过加水稀释、降温的操作，使得PbCl2析出，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由流程信息确定反应和生成物，从而书写反应的离子方程式；
B.根据PbCl2在溶液中的转化分析；
C.pH过大，溶液中的Mn2+可形成沉淀；
D.根据PbCl2的形成分析；
6．【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A.a点溶液的pH=7，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)可得，溶液中c(Na＋)=c(CH3COO－)，选项正确，A不符合题意；
B.a点溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，继续滴加NaOH溶液，发生反应CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，溶液中n(CH3COO－)逐渐增大，选项正确，B不符合题意；
C.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，c→d的过程中，发生反应CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，溶液中c(CH3COO－)、c(Na＋)增大， c(OH－)变化较小，选项错误，C符合题意；
D.d点后溶液导电性变化趋势不同，说明d点时CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液溶质为CH3COONa，而a点时溶液中CH3COOH有剩余，因此d点消耗NaOH溶液的体积较a点大，即V2故答案为：C
【分析】A.结合电荷守恒进行分析；
B.根据过程中发生的反应进行分析；
C.根据溶液导电性的影响分析；
D.根据溶液导电性的影响分析；
7．【答案】A
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.b点时溶液中Cu2＋和S2－恰好完全反应，a点溶液中Cu2＋过量，c点溶液中S2－过量，Cu2＋和S2－的水解会存进水的电离，因此b点溶液中水电离程度最小，选项错误，A符合题意；
B.Na2S溶液中存在物料守恒c(Na＋)=2c(S2－)＋2C(HS－)＋2c(H2S)，选项正确，B不符合题意；
C.Cu2＋和S2－恰好完全反应时，溶液中c(Cu2＋)=c(S2－)=10-17.7mol/L，因此CuS的溶度积Ksp(CuS)=c(Cu2＋)×c(S2－)=10-17.7×10-17.7=10-35.4，选项正确，C不符合题意；
D.由于Ksp(CuS)故答案为：A
【分析】向10mL0.1mol·L－1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L－1的Na2S溶液，发生反应：Cu2＋+S2－=CuS↓，Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
8．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.当V(NaOH)=0mL时，溶液中的溶质为NaHC2O4，NaHC2O4溶液显酸性，因此此时溶液中c(H+)>10-7mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.当加入V(NaOH)<10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，溶液可能显中性，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2(C2O42－)可知，c(Na＋)=c(HC2O4－)＋2(C2O42－)，选项正确，B不符合题意；
C.当加入V(NaOH)=10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，此时溶液的pH=9，则溶液中c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5mol/L，由质子守恒c(OH－)=c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)可得10－5=10－9＋c(HC2O4－)＋2(H2C2O4)，所以10－9＝10－5－2c(H2C2O4)－c(HC2O4－)，选项正确，C不符合题意；
D.当加入V(NaOH)>10mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，因此溶液中c(Na＋)>c(OH－)，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据NaHC2O4溶液显酸性进行分析；
B.结合电荷守恒进行分析；
C.根据质子守恒进行分析；
9．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.NaOH溶液中OH－主要来自NaOH的完全电离产生，NaHCO3和CH3COONa溶液中OH－来自于HCO3－和CH3COO－的水解，由于酸性CH3COOH>H2CO3，因此HCO3－的水解程度大于CH3COO－，所以pH相等的NaOH、NaHCO3和CH3COONa溶液中，c(NaOH)B.溶液中Ag+的浓度，选项正确，B不符合题意；
C.Na2CO3溶液中存在CO32-的水解，水解会促进水的电离，而NaOH电离产生的OH-会抑制水的电离，因此Na2CO3溶液中水电离出的c(OH-)大于NaOH溶液中水电离出来的c(OH-)，选项正确，C不符合题意；
D.混合溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒2c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，由电荷守恒和物料守恒可得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)=2C(H＋)＋c(CH3COOH)，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据溶液中OH-的来源进行分析；
B.根据AgCl溶度积的计算公式进行计算；
C.根据水电离影响因素进行分析；
D.根据电荷守恒和物料守恒进行分析；
10．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，加水稀释促进CH3COOH的电离，但溶液中c(CH3COO－)减小，由于电离平衡常数不变，c(CH3COO－)减小，因此增大，A不符合题意；
B.CH3COONa溶液中存在CH3COO－的水解，为吸热反应，升高温度，促进其水解，水解平衡常数增大，即增大，则减小，B不符合题意；
C.氨水溶液中存在NH3·H2O的电离平衡，加入少量(NH4)2SO4固体后，溶液中c(NH4＋)增大，而NH3·H2O的电离平衡常数保持不变，因此减小，C不符合题意；
D.溶液中，由于Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)不随浓度变化，因此保持不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对电解质溶液中离子浓度变化分析的考查，结合平衡常数的表达式和影响因素进行分析；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变。
11．【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
12．【答案】（1）
（2）NH4++H2O NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；蒸发浓缩，趁热过滤；加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl = NH3 + HCl，收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。
（3）KSCN溶液，不变红
（4）；i中 作催化剂，反应快， 只催化分解 ；ii中 作氧化剂，加入稀 后， 的氧化性增强，被 还原为 。
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由流程可知，O2氧化MnO(OH)，生成MnO2，该反应的化学方程式为：4MnO(OH)＋O2=4MnO2＋2H2O；
（2）①溶液a中含有NH4Cl，存在NH4＋的水解NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；
②由溶解度曲线图可知，NH4Cl的溶解度受温度的影响变化不大，而ZnCl2的溶解度随温度的升高而迅速增大，因此要从溶液中得到NH4Cl粗品，应采用蒸发结晶、趁热过滤的操作；
③由ZnCl2和NH4Cl的熔沸点以及分解温度可知，提纯NH4Cl时，可先将粗品加热至340℃左右，使得NH4Cl发生分解反应NH4Cl=NH3↑＋HCl↑，由于NH3和HCl易发生化合反应NH3＋HCl=NH4Cl，因此收集气体并冷却，即可得到纯净的NH4Cl；
（3）检验是否含有Fe3+，可取少量溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则说明溶液中Fe3+已沉淀完全；
（4）①加入稀硫酸和H2O2溶液后，产生大量气泡，说明反应生成了O2，同时固体溶解，则反应生成了MnSO4，因此反应的化学方程式为：MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋2H2O＋O2↑；
②步骤ⅰ中加入MnO2做催化剂，反应速率快，MnO2只做H2O2分解的催化剂；步骤ⅱ中MnO2做氧化剂，加入稀硫酸后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4；
【分析】（1）根据流程确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；
（2）①结合溶液中NH4+的水解分析；
②根据溶解度差异分析；
③根据NH4Cl的性质分析；
（3）根据Fe3＋的检验分析；
（4）①根据题干信息确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；
②根据反应过程进行分析；
13．【答案】（1）SiO2
（2）4FeO+6H2SO4+O22Fe2(SO4)3+6H2O
（3）99%
（4）0.25；强酸性
（5）Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）研磨、焙烧、浸泡过程中，矿渣中的SiO2都不发生反应，因此“浸渣”中还含有SiO2；
（2）由题干可得，该反应中反应物为FeO、H2SO4，生成物为Fe2(SO4)3，反应过程中铁元素化合价升高，被氧化，因此反应物中还含有O2，则该反应的化学方程式为：4FeO＋O2＋6H2SO42Fe2(SO4)3＋6H2O；
（3）溶液中，因此该除钙率为；
（4）由图可知，当时，溶液中Fe2+和Ni2+分离彻底，因此最佳值取0.25；由反应的离子方程式可知，增加溶液的酸性（即增大H+浓度），平衡逆向移动，可使有机相再生而循环利用，故介质应选强酸性；
（5）①该电解池中，铁与电源的正极相连，为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42－，该电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于OH－在阳极发生反应，因此OH－移向阳极，故离子交换膜b为阴离子交换膜；
②红褐色物质为Fe(OH)3，加入NaClO后，反应生成Na2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
【分析】（1）结合制备过程中发生的反应进行分析；
（2）根据流程确定反应物和生成物，从而书写反应的离子方程式；
（3）根据CaF2的溶度积计算溶液中c(Ca2+)，从而计算除钙率；
（4）根据图像曲线和平衡移动进行分析；
（5）①电解时，铁做阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；
②红褐色物质为Fe(OH)3，加入NaClO后，反应生成Na2FeO4，据此书写反应的离子方程式；
14．【答案】（1）CO
（2）A；D
（3）2Cl2+CO +H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO或Cl2+H2O=H++2Cl-+HClO、2H++CO =CO2↑+H2O)
（4）B
（5）1:100
（6）a+b+x=12
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Na2CO3溶液的pH最大，则其溶液中CO32－的水解程度最大，说明CO32－结合质子的能力最强，因此上述盐溶液中，结合质子能力最强的阴离子为CO32－；
（2）由于pH(NaCN)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa)，说明溶液中水解程度CN－>ClO－>HCO3－>CH3COO－，因此酸性HCN由于稀释会促进弱酸的电离，产生更多的H+，因此酸性越弱，稀释过程中，pH变化越小，故稀释100倍后，pH变化最大的是CH3COOH；
（3）由于酸性HCl>H2CO3>HClO，因此将Cl2通入Na2CO3溶液中，发生反应的离子方程式为：2Cl2＋CO32－＋H2O=CO2↑＋2Cl－＋2HClO；
（4）温度升高，水的电离程度增大，水电离产生的c(H+)和c(OH-)也增大，因此图中曲线B表示的是95℃时水的电离平衡曲线；
（5）25℃时，pH=10的NaOH溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，pH=6的盐酸溶液中，c(H+)=10-6mol/L，设参与反应的NaOH溶液和盐酸溶液的体积分别为V1、V2，由于反应后所得溶液的pH=7，二者恰好完全反应，因此可得10-4×V1=10-6×V2，所以；
（6）95℃时，中性溶液的pH=6，则该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=a的强酸溶液，其c(H+)=10-amol/L，pH=b的强碱溶液中c(OH-)=10b-12mol/L，由于两溶液混合后所得溶液显中性，因此可得：1L×10-amol/L=10x×10b-12mol/L，解得a+b+x=12；
【分析】（1）结合质子的能力越强， 则离子水解能力越强；
（2）根据“越弱越水解”进行分析；根据稀释对电离的影响分析；
（3）根据“强酸制弱酸”原理书写反应的离子方程式；
（4）结合温度对水电离平衡移动的影响分析；
（5）混合后所得溶液的pH=7，说明NaOH和HCl恰好完全反应，据此进行计算；
（6）由图可知，95℃时，中性溶液的pH=6，据此进行计算；
15．【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＝－867 kJ/mol
（2）CD；p1＜p2＜p3 ；Ka＝Kb＜Kc；66.7%； mol/L；9.7
（3）NH4++H2O NH3·H2O+H+；=
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）该反应的化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热，因此该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol；
（2）①A、由于反应速率之比等于化学计量系数之比，因此当反应达到平衡状态时，v正(H2)=3v逆(CH3OH)，A不符合题意；
B、由于反应物和生成物都为气体，反应过程中混合气体的质量不变，反应在恒容密闭体系中进行，因此反应过程中混合气体的体积不变，由密度公式可知，反应过程中，混合气体的密度一直不变，因此密度不变，无法判断正逆反应速率是否相等，即无法判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C、由于该反应过程中，气体分子数发生变化，则反应过程中容器内压强发生变化，当其不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C符合题意；
D、由于该反应为放热反应，因此当反应不再放出热量时，说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：CD
②由于该反应为气体分子数增大的反应，因此增大压强，平衡逆向移动，CO的体积分数减小，因此p1、p2、p3的大小关系为：p1平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，由于a、b两点的温度相同，因此其平衡常数相同，即Ka=Kb；c点CO的体积分数比b点大，说明反应正向进行的程度较大，因此Kc>Kb；因此a、b、c三点平衡常数的大小关系为：Ka=Kb③由图可知，在900℃、1.013MPa时，CO的体积分数为80%，设参与反应的n(CO2)=a mol，则可得平衡三段式
解得
因此CO2的转化率为
该反应的平衡常数；
④，因此
因此溶液的pH=-lgc(H+)=-lg(2×10-10)=9.7
（3）(NH4)2SO4溶液中由于NH4＋水解产生H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，NH4＋水解的离子方程式为：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋；
加入NaOH溶液至溶液显中性，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由于溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)、物料守恒：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(SO42－)，因此可溶液中c(Na＋)=c(NH3·H2O)；
【分析】（1）根据题干信息书写反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而书写反应的热化学方程式；
（2）①分析所给条件是否能体现正逆反应速率相等，若能，则可判定反应达到平衡状态，反之则不能；
②结合温度、压强对平衡移动和平衡常数的影响进行分析；
③根据CO的体积分数，结合平衡三段式进行计算；
④根据H2CO3的电离平衡常数，结合离子浓度比确定溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH值；
（3）根据NH4＋的水解分析溶液的酸碱性；结合电荷守恒、物料守恒进行分析；
16．【答案】（1）粉碎 / 加热 / 搅拌 / 适当增大硫酸浓度
（2）Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
（3）1.6×10－11
（4）静置，在上层清液中继续滴加NaOH溶液，无沉淀生成
（5）2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O
（6）Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O；阴
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应速率与浓度、温度、接触面积有关，因此为提高酸浸的速率，可适当升高温度、增加硫酸的浓度、搅拌或粉碎（增大固体与液体的接触面积）；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，该反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）当溶液中的Fe3+完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，则此时溶液中；
（4）沉镍过程中，确认Ni2+完全沉淀，则可取上层清液，继续加入NaOH溶液，若无沉淀产生，则说明Ni2+已沉淀完全；
（5）氧化过程中，ClO－将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身还原为Cl－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，该反应的离子方程式为：2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，其电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于铁电极上OH-参与反应，则OH-由Ⅱ室通过离子交换膜(b)向Ⅲ室移动，因此离子交换膜(b)为阴离子交换膜；
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据Fe(OH)3的Ksp进行计算；
（4）确认Ni2+完全沉淀，则可继续加入NaOH，观察是否还有沉淀产生；
（5）氧化过程中，ClO-将Ni由+2价氧化为+3价，自身还原为-1价的Cl-，据此写出反应的离子方程式；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；结合阳极的电极反应式分析离子的移动方向，从而确定离子交换膜b；
1 / 12020高考化学常考知识点专练 08：电解质溶液
一、单选题
1．（2020·合肥模拟）在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）
A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
B．滴入KSCN显血红色的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3－、SO42－
C．c(OH－)/c(H＋)＝1012的溶液中：NH4＋、K＋、Cl－、HCO3－
D．由水电离的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1溶液中：K＋、Al3＋、SO42－、CH3COO－
【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A.NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化，不可大量共存，A不符合题意；
B.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，B符合题意；
C.由分析可知，溶液显碱性，NH4＋、HCO3－都能与OH－反应，不可大量共存，C不符合题意；
D.由分析可知，溶液可能显酸性或碱性，Al3＋与OH－可反应，不可大量共存，CH3COO－与H＋可反应，不可大量共处，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.滴加甲基橙显红色的溶液显酸性；
B.滴入KSCN显血红色的溶液中含有Fe3+；
C.c(OH－)/c(H＋)＝1012的溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性；
D.由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，溶液显酸性或碱性；
2．（2020高二下·泸县月考）25℃时，将0.1mol·L－1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是（　　）
A．c(OH－) B．pH
C．Kb D．n(H+)·n(OH－)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A.稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的OH-，但c(OH-)减小，A不符合题意；
B.溶液中c(OH-)减小，由于c(H+)×c(OH-)=Kw为定值，则溶液中c(H+)增大，pH减小，B不符合题意；
C.Kb为NH3·H2O的电离平衡常数，只与温度有关，与溶液中浓度无关，因此稀释过程中Kb不变，C不符合题意；
D.由C的分析可知，溶液中c(H+)增大，因此n(H+)增大，故n(H+)×n(OH-)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的NH4+和OH-；据此结合Kb、Kw的影响分析。
3．（2020·合肥模拟）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
硝酸将Fe2+氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.硝酸具有氧化性，与Fe反应生成Fe(NO3)3，当铁粉过量时，Fe(NO3)3与Fe反应生成Fe(NO3)2，因此加入KSCN溶液后，溶液不变红色，A不符合题意；
B.加入铜粉后发生反应2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，反应后没有铁生成，无法比较铁和铜的金属活动性，B不符合题意；
C.Al2O3的熔点高，使得熔化后的铝不会滴落，C不符合题意；
D.将MgSO4溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明溶液中不含NaOH，再加入CuSO4，产生蓝色沉淀，则说明Mg(OH)2转化为Cu(OH)2，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的溶度积小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁粉过量，则反应生成Fe2+；
B.根据发生的反应进行分析；
C.Al2O3的熔点高，据此分析；
D.根据沉淀的转化进行分析；
4．（2020·临朐模拟）室温下，将0.100 0 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是（　　）
A．该一元碱溶液浓度为0.100 0 mol·L－1
B．a点：c(M＋) >c(Cl－)> c(OH-)> c(H+)
C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)
D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－5
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由图可知，当加入盐酸的体积为20mL时，二者恰好完全反应，因此该一元碱MOH的浓度为0.1000mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.a点所得溶液的溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液显碱性，说明MOH的电离大于M+的水解，因此溶液中离子浓度关系为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，选项正确，B不符合题意；
C.b点所得溶液的溶质为MOH和MCl，溶液的pH=7，为中性，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)，由电荷守恒c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(M＋)=c(Cl－)，选项错误，C符合题意；
D.当加入10mL盐酸时，所得溶液的溶质为等浓度的MOH和MCl，即溶液中c(MOH)=c(M+)，此时溶液的pH=9，即溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中，因此该温度下MOH的电离常数，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据酸碱完全反应进行计算；
B.根据a点溶液中存在的电离和水解进行分析；
C.根据b点溶液的成分和酸碱性进行分析；
D.根据MOH在水中的电离计算其电离平衡常数；
5．（2020·临朐模拟）PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbCl2的工艺流程如下图所示。
已知：i. PbCl2微溶于水
ii. PbCl2 (s) + 2Cl－(aq) PbCl42-(aq) ΔH > 0
下列说法不正确的是（　　）
A．浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为：8H++2Cl－+PbS + 4MnO2 = PbCl2 +4Mn2++SO42-+4H2O
B．PbCl2微溶于水，浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性
C．调pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好
D．沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由流程可知，加入盐酸和NaCl，原料中的MnO2和PbS发生反应生成MnSO4和PbCl2，该反应的离子方程式为：8H++2Cl－+PbS + 4MnO2=PbCl2 +4Mn2++SO42-+4H2O，选项正确，A不符合题意；
B.加入饱和NaCl溶液后，溶液中c(Cl-)增大，可逆反应PbCl2 (s) + 2Cl－(aq) PbCl42-(aq)正向移动，增大PbCl2在水中的溶解性，选项正确，B不符合题意；
C.pH越大，则消耗的NaOH过多，造成浪费，同时过量的NaOH会与溶液中的Mn2+反应形成Mn(OH)2沉淀，因此pH不是越大越好，选项错误，C符合题意；
D.沉降池中可通过加水稀释、降温的操作，使得PbCl2析出，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由流程信息确定反应和生成物，从而书写反应的离子方程式；
B.根据PbCl2在溶液中的转化分析；
C.pH过大，溶液中的Mn2+可形成沉淀；
D.根据PbCl2的形成分析；
6．（2020·北京模拟）用一定浓度 NaOH 溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液 pH 和导电能力的变化分别如下图所示（利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点；溶液总体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（　　）
A．a 点对应的溶液中：c(CH3COO-) = c(Na+)
B．a→b 过程中，n(CH3COO-)不断增大
C．c→d 溶液导电性增强的主要原因是 c(OH-)和 c(Na+)增大
D．根据溶液 pH 和导电能力的变化可判断：V2＜V3
【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A.a点溶液的pH=7，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)可得，溶液中c(Na＋)=c(CH3COO－)，选项正确，A不符合题意；
B.a点溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，继续滴加NaOH溶液，发生反应CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，溶液中n(CH3COO－)逐渐增大，选项正确，B不符合题意；
C.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，c→d的过程中，发生反应CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，溶液中c(CH3COO－)、c(Na＋)增大， c(OH－)变化较小，选项错误，C符合题意；
D.d点后溶液导电性变化趋势不同，说明d点时CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液溶质为CH3COONa，而a点时溶液中CH3COOH有剩余，因此d点消耗NaOH溶液的体积较a点大，即V2故答案为：C
【分析】A.结合电荷守恒进行分析；
B.根据过程中发生的反应进行分析；
C.根据溶液导电性的影响分析；
D.根据溶液导电性的影响分析；
7．（2020高二上·运城期末）某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）
(已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)
C．该温度下Ksp(CuS)＝10－35.4 mol2/L2
D．向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为10－5 mol/L的混合溶液中逐滴加入10－4 mol/L的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀
【答案】A
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.b点时溶液中Cu2＋和S2－恰好完全反应，a点溶液中Cu2＋过量，c点溶液中S2－过量，Cu2＋和S2－的水解会存进水的电离，因此b点溶液中水电离程度最小，选项错误，A符合题意；
B.Na2S溶液中存在物料守恒c(Na＋)=2c(S2－)＋2C(HS－)＋2c(H2S)，选项正确，B不符合题意；
C.Cu2＋和S2－恰好完全反应时，溶液中c(Cu2＋)=c(S2－)=10-17.7mol/L，因此CuS的溶度积Ksp(CuS)=c(Cu2＋)×c(S2－)=10-17.7×10-17.7=10-35.4，选项正确，C不符合题意；
D.由于Ksp(CuS)故答案为：A
【分析】向10mL0.1mol·L－1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L－1的Na2S溶液，发生反应：Cu2＋+S2－=CuS↓，Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
8．（2020高二上·运城期末）草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是（　　）
A．V(NaOH)＝0时，c(H＋)>1×10－7mol/L
B．V(NaOH)<10mL时，可能存在c(Na＋)＝2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)
C．V(NaOH)＝10mL时，溶液的pH为9，则10－9＝10－5－2c(H2C2O4)－c(HC2O4－)
D．V(NaOH)>10mL时，可能存在c(OH－)>c(Na＋)>c(C2O42－)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.当V(NaOH)=0mL时，溶液中的溶质为NaHC2O4，NaHC2O4溶液显酸性，因此此时溶液中c(H+)>10-7mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.当加入V(NaOH)<10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，溶液可能显中性，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2(C2O42－)可知，c(Na＋)=c(HC2O4－)＋2(C2O42－)，选项正确，B不符合题意；
C.当加入V(NaOH)=10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，此时溶液的pH=9，则溶液中c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5mol/L，由质子守恒c(OH－)=c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)可得10－5=10－9＋c(HC2O4－)＋2(H2C2O4)，所以10－9＝10－5－2c(H2C2O4)－c(HC2O4－)，选项正确，C不符合题意；
D.当加入V(NaOH)>10mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，因此溶液中c(Na＋)>c(OH－)，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据NaHC2O4溶液显酸性进行分析；
B.结合电荷守恒进行分析；
C.根据质子守恒进行分析；
9．（2020高二上·运城期末）下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（　　）
A．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH)B．已知259℃时Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则在0.3 mol·L－1 NaCl溶液中，Ag＋的物质的量浓度最大可达到6.0×10－10 mol·L－1
C．25℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH)大于0.1 mol·L－1 NaOH溶液中水电离出来的c(OH－)
D．浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH2COOH)＋2c(H＋)
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.NaOH溶液中OH－主要来自NaOH的完全电离产生，NaHCO3和CH3COONa溶液中OH－来自于HCO3－和CH3COO－的水解，由于酸性CH3COOH>H2CO3，因此HCO3－的水解程度大于CH3COO－，所以pH相等的NaOH、NaHCO3和CH3COONa溶液中，c(NaOH)B.溶液中Ag+的浓度，选项正确，B不符合题意；
C.Na2CO3溶液中存在CO32-的水解，水解会促进水的电离，而NaOH电离产生的OH-会抑制水的电离，因此Na2CO3溶液中水电离出的c(OH-)大于NaOH溶液中水电离出来的c(OH-)，选项正确，C不符合题意；
D.混合溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒2c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，由电荷守恒和物料守恒可得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)=2C(H＋)＋c(CH3COOH)，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据溶液中OH-的来源进行分析；
B.根据AgCl溶度积的计算公式进行计算；
C.根据水电离影响因素进行分析；
D.根据电荷守恒和物料守恒进行分析；
10．（2020高二上·大理期末）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小
B．CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中 增大
C．向0.1 mol·L－1氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银，溶液中 不变
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，加水稀释促进CH3COOH的电离，但溶液中c(CH3COO－)减小，由于电离平衡常数不变，c(CH3COO－)减小，因此增大，A不符合题意；
B.CH3COONa溶液中存在CH3COO－的水解，为吸热反应，升高温度，促进其水解，水解平衡常数增大，即增大，则减小，B不符合题意；
C.氨水溶液中存在NH3·H2O的电离平衡，加入少量(NH4)2SO4固体后，溶液中c(NH4＋)增大，而NH3·H2O的电离平衡常数保持不变，因此减小，C不符合题意；
D.溶液中，由于Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)不随浓度变化，因此保持不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对电解质溶液中离子浓度变化分析的考查，结合平衡常数的表达式和影响因素进行分析；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变。
11．（2020高二上·大理期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（　　）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
二、综合题
12．（2020·临朐模拟）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。
O2氧化MnO(OH)的化学方程式是　 　。
（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
① 溶液a呈酸性，原因是　 　。
② 根据下图所示的溶解度曲线，将溶液a 　 　（填操作名称），可得NH4Cl粗品。
③ 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：
化合物 ZnCl2 NH4Cl
熔点 365℃ 337.8℃分解
沸点 732℃
根据上表，设计方案提纯NH4Cl：　 　
（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入　 　（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。
（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①
用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：　 　。
②
解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：　 　
上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。
【答案】（1）
（2）NH4++H2O NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；蒸发浓缩，趁热过滤；加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl = NH3 + HCl，收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。
（3）KSCN溶液，不变红
（4）；i中 作催化剂，反应快， 只催化分解 ；ii中 作氧化剂，加入稀 后， 的氧化性增强，被 还原为 。
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由流程可知，O2氧化MnO(OH)，生成MnO2，该反应的化学方程式为：4MnO(OH)＋O2=4MnO2＋2H2O；
（2）①溶液a中含有NH4Cl，存在NH4＋的水解NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；
②由溶解度曲线图可知，NH4Cl的溶解度受温度的影响变化不大，而ZnCl2的溶解度随温度的升高而迅速增大，因此要从溶液中得到NH4Cl粗品，应采用蒸发结晶、趁热过滤的操作；
③由ZnCl2和NH4Cl的熔沸点以及分解温度可知，提纯NH4Cl时，可先将粗品加热至340℃左右，使得NH4Cl发生分解反应NH4Cl=NH3↑＋HCl↑，由于NH3和HCl易发生化合反应NH3＋HCl=NH4Cl，因此收集气体并冷却，即可得到纯净的NH4Cl；
（3）检验是否含有Fe3+，可取少量溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则说明溶液中Fe3+已沉淀完全；
（4）①加入稀硫酸和H2O2溶液后，产生大量气泡，说明反应生成了O2，同时固体溶解，则反应生成了MnSO4，因此反应的化学方程式为：MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋2H2O＋O2↑；
②步骤ⅰ中加入MnO2做催化剂，反应速率快，MnO2只做H2O2分解的催化剂；步骤ⅱ中MnO2做氧化剂，加入稀硫酸后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4；
【分析】（1）根据流程确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；
（2）①结合溶液中NH4+的水解分析；
②根据溶解度差异分析；
③根据NH4Cl的性质分析；
（3）根据Fe3＋的检验分析；
（4）①根据题干信息确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；
②根据反应过程进行分析；
13．（2020·临朐模拟）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有　 　(写化学式)。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为　 　
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为　 　[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离： 。萃取剂与溶液的体积比(V0／VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图甲所示，V0／VA的最佳取值为　 　。在　 　(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
图甲 图乙
（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图乙所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。
①电解时阳极的电极反应式为　 　，离子交换膜(b))为　 　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）SiO2
（2）4FeO+6H2SO4+O22Fe2(SO4)3+6H2O
（3）99%
（4）0.25；强酸性
（5）Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）研磨、焙烧、浸泡过程中，矿渣中的SiO2都不发生反应，因此“浸渣”中还含有SiO2；
（2）由题干可得，该反应中反应物为FeO、H2SO4，生成物为Fe2(SO4)3，反应过程中铁元素化合价升高，被氧化，因此反应物中还含有O2，则该反应的化学方程式为：4FeO＋O2＋6H2SO42Fe2(SO4)3＋6H2O；
（3）溶液中，因此该除钙率为；
（4）由图可知，当时，溶液中Fe2+和Ni2+分离彻底，因此最佳值取0.25；由反应的离子方程式可知，增加溶液的酸性（即增大H+浓度），平衡逆向移动，可使有机相再生而循环利用，故介质应选强酸性；
（5）①该电解池中，铁与电源的正极相连，为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42－，该电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于OH－在阳极发生反应，因此OH－移向阳极，故离子交换膜b为阴离子交换膜；
②红褐色物质为Fe(OH)3，加入NaClO后，反应生成Na2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
【分析】（1）结合制备过程中发生的反应进行分析；
（2）根据流程确定反应物和生成物，从而书写反应的离子方程式；
（3）根据CaF2的溶度积计算溶液中c(Ca2+)，从而计算除钙率；
（4）根据图像曲线和平衡移动进行分析；
（5）①电解时，铁做阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；
②红褐色物质为Fe(OH)3，加入NaClO后，反应生成Na2FeO4，据此书写反应的离子方程式；
14．（2020高二上·运城期末）水是生命之源，万物之基。不仅如此，水在化学中的作用也不可忽视。
（1）I.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种水溶液的pH如下表：
上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是　 　。
（2）根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最弱的是　 　；将各溶液分别加水稀释100倍，pH变化最大的是　 　(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
（3）要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为　 　。
（4）II.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
95℃时水的电离平衡曲线应为　 　(选填“A”或“B”)；
（5）25℃时，将pH＝10的NaOH溶液与pH＝6的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　 　；
（6）95℃时，若1体积pH＝a的某强酸溶液与10x体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是　 　。
【答案】（1）CO
（2）A；D
（3）2Cl2+CO +H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO或Cl2+H2O=H++2Cl-+HClO、2H++CO =CO2↑+H2O)
（4）B
（5）1:100
（6）a+b+x=12
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Na2CO3溶液的pH最大，则其溶液中CO32－的水解程度最大，说明CO32－结合质子的能力最强，因此上述盐溶液中，结合质子能力最强的阴离子为CO32－；
（2）由于pH(NaCN)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa)，说明溶液中水解程度CN－>ClO－>HCO3－>CH3COO－，因此酸性HCN由于稀释会促进弱酸的电离，产生更多的H+，因此酸性越弱，稀释过程中，pH变化越小，故稀释100倍后，pH变化最大的是CH3COOH；
（3）由于酸性HCl>H2CO3>HClO，因此将Cl2通入Na2CO3溶液中，发生反应的离子方程式为：2Cl2＋CO32－＋H2O=CO2↑＋2Cl－＋2HClO；
（4）温度升高，水的电离程度增大，水电离产生的c(H+)和c(OH-)也增大，因此图中曲线B表示的是95℃时水的电离平衡曲线；
（5）25℃时，pH=10的NaOH溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，pH=6的盐酸溶液中，c(H+)=10-6mol/L，设参与反应的NaOH溶液和盐酸溶液的体积分别为V1、V2，由于反应后所得溶液的pH=7，二者恰好完全反应，因此可得10-4×V1=10-6×V2，所以；
（6）95℃时，中性溶液的pH=6，则该温度下，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=a的强酸溶液，其c(H+)=10-amol/L，pH=b的强碱溶液中c(OH-)=10b-12mol/L，由于两溶液混合后所得溶液显中性，因此可得：1L×10-amol/L=10x×10b-12mol/L，解得a+b+x=12；
【分析】（1）结合质子的能力越强， 则离子水解能力越强；
（2）根据“越弱越水解”进行分析；根据稀释对电离的影响分析；
（3）根据“强酸制弱酸”原理书写反应的离子方程式；
（4）结合温度对水电离平衡移动的影响分析；
（5）混合后所得溶液的pH=7，说明NaOH和HCl恰好完全反应，据此进行计算；
（6）由图可知，95℃时，中性溶液的pH=6，据此进行计算；
15．（2020高二上·大理期末）火力发电厂释放出大量氮氧化合物(NOx)、SO2和CO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式：　 　。
（2）脱碳。
方法一：在恒容密闭容器中将CO2转化为甲醇：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
①下列条件可以判定该反应到达平衡状态的是　 　(填字母)。
A.2v正(H2)＝v逆(CH3OH) B．容器内气体的密度不变
C．容器内压强不变 D．反应不再释放热量
方法二：让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) H，测得压强、温度对CO的体积分数[φ(CO)％]的影响如图所示，回答下列问题：
② 图中p1、p2、p3的大小关系是　 　，图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc大小关系是　 　。
③ 900 ℃、1.013 MPa时，1 mol CO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为V L，CO2的转化率为　 　(保留一位小数)，该反应的平衡常数K＝　 　。
方法三：用NaOH溶液吸收CO2。
④在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO32－)：c(CO32－)=4：1，此时溶液的pH=　 　。(已知：室温下，H2CO3的K1=4×10－7，K2=5×10－11。lg2=0.3)
（3）脱硫。燃煤废气经脱硝、脱碳后，与一定量氨气、空气反应，生成(NH4)2SO4。(NH4)2SO4水溶液呈酸性的原因是　 　(用离子方程式表示)；室温时，向(NH4)2SO4溶液中滴入NaOH溶液至溶液呈中性，则所得溶液中微粒浓度大小关系c(Na＋)　 　c(NH3·H2O)(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＝－867 kJ/mol
（2）CD；p1＜p2＜p3 ；Ka＝Kb＜Kc；66.7%； mol/L；9.7
（3）NH4++H2O NH3·H2O+H+；=
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）该反应的化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热，因此该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol；
（2）①A、由于反应速率之比等于化学计量系数之比，因此当反应达到平衡状态时，v正(H2)=3v逆(CH3OH)，A不符合题意；
B、由于反应物和生成物都为气体，反应过程中混合气体的质量不变，反应在恒容密闭体系中进行，因此反应过程中混合气体的体积不变，由密度公式可知，反应过程中，混合气体的密度一直不变，因此密度不变，无法判断正逆反应速率是否相等，即无法判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C、由于该反应过程中，气体分子数发生变化，则反应过程中容器内压强发生变化，当其不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C符合题意；
D、由于该反应为放热反应，因此当反应不再放出热量时，说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：CD
②由于该反应为气体分子数增大的反应，因此增大压强，平衡逆向移动，CO的体积分数减小，因此p1、p2、p3的大小关系为：p1平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，由于a、b两点的温度相同，因此其平衡常数相同，即Ka=Kb；c点CO的体积分数比b点大，说明反应正向进行的程度较大，因此Kc>Kb；因此a、b、c三点平衡常数的大小关系为：Ka=Kb③由图可知，在900℃、1.013MPa时，CO的体积分数为80%，设参与反应的n(CO2)=a mol，则可得平衡三段式
解得
因此CO2的转化率为
该反应的平衡常数；
④，因此
因此溶液的pH=-lgc(H+)=-lg(2×10-10)=9.7
（3）(NH4)2SO4溶液中由于NH4＋水解产生H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，NH4＋水解的离子方程式为：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋；
加入NaOH溶液至溶液显中性，则溶液中c(H＋)=c(OH－)，由于溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)、物料守恒：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(SO42－)，因此可溶液中c(Na＋)=c(NH3·H2O)；
【分析】（1）根据题干信息书写反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而书写反应的热化学方程式；
（2）①分析所给条件是否能体现正逆反应速率相等，若能，则可判定反应达到平衡状态，反之则不能；
②结合温度、压强对平衡移动和平衡常数的影响进行分析；
③根据CO的体积分数，结合平衡三段式进行计算；
④根据H2CO3的电离平衡常数，结合离子浓度比确定溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH值；
（3）根据NH4＋的水解分析溶液的酸碱性；结合电荷守恒、物料守恒进行分析；
16．（2020高二上·大理期末）以废镍(含NiO，杂质为少量Fe2O3)生产Ni2O3的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”时为了提高酸浸的速率(浸取率)，可采取的措施有　 　(任写出一条)。
（2）“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“调节pH”使溶液中的Fe3＋沉淀完全(离子浓度≤10－5 mol·L－1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH－)不低于　 　 [已知Fe(OH)3的Ksp=4×10－38， ≈1.6 ]。
（4）“沉镍”的目的是将溶液中的Ni2＋转化为Ni(OH)2沉淀，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是　 　。
（5）“滤液Ⅱ”所含阴离子主要为Cl－，写出“氧化”时反应的离子方程式：　 　。
（6）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的 。电解时阳极的电极反应式为　 　，离子交换膜(b)为　 　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（1）粉碎 / 加热 / 搅拌 / 适当增大硫酸浓度
（2）Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
（3）1.6×10－11
（4）静置，在上层清液中继续滴加NaOH溶液，无沉淀生成
（5）2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O
（6）Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O；阴
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应速率与浓度、温度、接触面积有关，因此为提高酸浸的速率，可适当升高温度、增加硫酸的浓度、搅拌或粉碎（增大固体与液体的接触面积）；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，该反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）当溶液中的Fe3+完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，则此时溶液中；
（4）沉镍过程中，确认Ni2+完全沉淀，则可取上层清液，继续加入NaOH溶液，若无沉淀产生，则说明Ni2+已沉淀完全；
（5）氧化过程中，ClO－将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身还原为Cl－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，该反应的离子方程式为：2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，其电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于铁电极上OH-参与反应，则OH-由Ⅱ室通过离子交换膜(b)向Ⅲ室移动，因此离子交换膜(b)为阴离子交换膜；
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据Fe(OH)3的Ksp进行计算；
（4）确认Ni2+完全沉淀，则可继续加入NaOH，观察是否还有沉淀产生；
（5）氧化过程中，ClO-将Ni由+2价氧化为+3价，自身还原为-1价的Cl-，据此写出反应的离子方程式；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；结合阳极的电极反应式分析离子的移动方向，从而确定离子交换膜b；
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