3.4 离子反应 同步练习题（含解析）2023-2024学年高二上学期鲁科版（2019）选择性必修1

3.4 离子反应 盐类的水解 同步练习题
一、单选题
1．下列说法正确的是（　　）
A．相同体积、相同pH的三种溶液：①CH3COOH、②HCl、③H2SO4，中和NaOH的物质的量由大到小的顺序是：①〉③〉②
B．NaHCO3 溶液中有：c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(OH-)
C．相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa，③CH3COOH中，C（CH3COO- )由大到小的顺序是：②>①>③
D．pH=4的Al2(SO4)3溶液中，水电离出H+的物质的量浓度为10-10mol.L-1
2．下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：
①与②与
③与④与
⑤与，由大到小排序正确的是（　　）
A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②
C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①
3．25 ℃时，在无色溶液中下列各组离子能够大量共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
4．下列离子能大量共存的是（　　）
A．Fe 2+、NO3－、H+、SO42－ B．Mg2＋、Al3+、NO3－、SO42－
C．Fe3＋、NH4+、SCN－、Cl－ D．Ca2+、NO3－、Na+、CO32－
5．无色溶液中下列离子能够共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（　　）
A．(NH4)2SO4 B．(NH4)2CO3
C．(NH4)2SO3 D．(NH4)2Fe(SO4)2
7．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.10mol·L-1H2A溶液，测得滴定曲线如下。下列说法正确的是（　　）
A．溶液①中H2A的电离方程式是H2A 2H++A2-
B．溶液②中c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)
C．溶液③中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．溶液④中c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
8．2℃时，向25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在A、B间任一点的溶液中一定都有c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B．用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数K=
C．C点对应的溶液中，水电离出的H+浓度大于10-7 mol/L
D．D点对应的溶液中，存在关系：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-c(OH-)
9．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．使酚酞变红色的溶液中：Fe3+，Mg2+，NO，Cl-
B．弱酸性溶液中：Na+，NH，SO，HSO
C．澄清透明的溶液中：K+，NH，AlO，HCO
D．0.1mol L-1KI溶液中：Na+，Ca2+，ClO-，Cl-
10．为二元弱酸，，，，向20mL0.1mol/L溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示，下列说法中错误的是（　　）
A．当时，混合溶液pH≈4.2
B．滴入10mLKOH溶液时，溶液呈酸性
C．滴入20mLKOH溶液时，溶液中
D．滴入KOH溶液的过程中，可能出现
11．常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．a点pH约为3，可以判断HA是弱酸
B．b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c点溶液：c(K+)=c(A-)
D．水的电离程度：c点＞d点
12．用稀盐酸除铁器表面的铁锈所得废液中，一定可以大量共存的离子是（　　）
A．OH- B．NH C．MnO D．Ag+
13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．pH=10的溶液中：Na+、K+、NO 、SO
B．0.1mol·L-1盐酸溶液中：Na+、Al3+、SO 、SiO
C．0.1mol·L-1KI溶液中：NH 、Fe3+、Cl-、SO
D．能使甲基橙变黄的溶液中：Mg2+、Ba2+、NO 、HCO
14．室温下，将0.10 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 0.10mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，下列说法正确的是（　　）
A．N点所在曲线为pH变化曲线
B．M、N两点的溶液中NH4＋的物质的量：M>N
C．Q点消耗盐酸的体积大于氨水的体积
D．随着盐酸滴入，溶液导电性持续增强
15．25℃时，用0.10m/L的弱碱BOH滴定10.00 mL a mol/L的盐酸，溶液的pH与所加BOH溶液体积(V)的关系如图所示。已知N点溶液中存在关系式：c(Cl-)=c(B+)+c(BOH)。下列说法正确的是（　　）
A．M点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+2c(BOH)+c(B+)
B．N、Q两点溶液中BOH电离平衡常数：NC．P点BOH过量，此时溶液中c(B+)>c(Cl)
D．a<0.108
16．有下列几种溶液，其中硝酸根离子物质的量浓度相等的组合是（　　）
①50mL 0.15 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液 ②200m10.15 mol·L-1 NaCl 溶液 ③30mL 0.3 mol·L-1AgNO3溶液 ④30mL 0.3 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液
A．①② B．③④ C．①③ D．①②③
二、综合题
17．碳酸盐是重要的化工原料及试剂．
（1）向0.02mol/L Na2CO3溶液中加入等体积的CaCl2溶液若开始有沉淀生成，则所需CaCl2溶液的浓度最小为
　 　（已知25℃时KSP（CaCO3）=2.8×10﹣9）．通过最新工艺可制得纳米（50nm）CaCO3粉末，设计简
单的实验方法证明该物质的产生　 　．
（2）已知0.1mol/L NaHCO3溶液的pH=8．某学习兴趣小组探究实验室制得的纯碱含少量NaCl，还可能含少量NaHCO3．为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品m克，将其放入锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅色变成无色，且半分钟不变色，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL．
①用离子方程式便是此时发生的反应　 　．
②样品中Na2CO3质量分数的表达式是　 　．
③向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL．滴定终点时，溶液颜色的变化是　 　，且半分钟内不变色；若样品中含 NaHCO3，则V1　 　V2（填“＞”、“＜”或“=”）．
18．常温下有四种溶液：①NaHSO3、②NaHCO3、③FeCl2、④NaOH
（1）上述溶液中，不能发生水解的是　 　(填序号)。
（2）写出①溶液中的物料守恒关系　 　。
（3）写出②溶液中的电荷守恒关系　 　。
（4）对③的溶液加热蒸干、灼烧后，最终得到的物质为　 　(填化学式)，配置③溶液时需要加稍过量铁粉，其目的是　 　；还需要加稍过量的盐酸，其目的是　 　。
（5）pH均为10的②和④溶液中由水电离出的OH-的浓度分别为　 　和　 　。
19．已知酸性高锰酸钾溶液是常用的强氧化剂，可以和草酸钠、二氧化硫等还原性物质发生氧化还原反应．
（1）下列物质能够酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A．乙炔 B．苯 C．己烷 D．己烯
（2）酸性高锰酸钾溶液和草酸钠反应的离子反应式为：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→CO2↑+Mn2++H2O（未配平）现称取草酸钠（Na2C2O4）样品1.34g溶于稀硫酸中，然后用0.20mol L﹣1的高锰酸钾溶液滴定（其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应），到终点时消耗了15.00mL的高锰酸钾溶液．
①滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的　 　（填“甲”或“乙”） 滴定管中．
②判断滴定达到终点时的现象是　 　．
③样品中草酸钠的质量分数为　 　．
④若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的质量分数会　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（3）请写出酸性高锰酸钾和二氧化硫反应的离子反应方程式　 　．
20．根据题意填空
（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液，其pH为　 　，此时水的电离受到　 　
（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2 L﹣2，则该温度下：100mL 0.1mol L﹣1H2SO4溶液与100mL 0.4mol L﹣1的KOH溶液混合后，pH=　 　．
（3）已知一溶液有4种离子：X+、Y﹣、H+、OH﹣，下列分析结果肯定错误的是
A．c（Y﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（X+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（H+）＞c（Y﹣）＞c（X+）＞c（OH﹣）
D．c（OH﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y﹣）
（4）在25℃下，将a mol L﹣1的氨水与0.01mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．则溶液显　 　（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3 H2O的电离常数Kb=　 　．
（5）水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知下列物质的电离常数值：
HClO：Ka=3×10﹣8 H2CO3：Ka1=4.3×10﹣7 Ka2=5.6×10﹣11；84消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为　 　
21．已知A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、 Cu2+、 Na+中的一种，阴离子分别是CO32-、NO3-、SO42-、Cl-中的一种(离子不能重复)，进行如下实验：
①分别溶于水，只有C溶液呈蓝色；
②若把足量盐酸分别加入到上述四溶液，B中出现沉淀，D溶液有无色无味的气体放出；根据①②的实验事实，可推断它们的化学式为：
（1）A　 　；B　 　。
（2）以铜为原料，写出能生成C的化学方程式(不限步骤) ：　 　。
（3）加入足量盐酸后D中反应的离子方程式：　 　。
（4）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：　 　。
（5）某溶液中含有较大量的Cl-、CO32-、 OH-如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序 正确的是(填写序号，可重复使用)①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.相同体积、相同pH的三种溶液氢离子浓度相等，但醋酸是弱酸存在电离平衡，盐酸和硫酸为强酸完全电离，中和NaOH的物质的量①>③=②，故A错误；
B.根据溶液中电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）═c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故B错误；
C.相同浓度的溶液中铵根水解促进醋酸根离子的水解，醋酸是弱酸电离程度微弱，c（CH3COO-）由大到小的顺序是：②>①>③，故C正确；
D.铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，溶液中氢离子全部是水电离出的离子，溶液pH=4，水电离出氢离子浓度c（H+）=10-4mol/L，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.注意相同体积、相同pH的三种溶液中氢离子浓度相同；
B.根据溶液中电荷守恒进行判断；
C.依据铵根离子对醋酸根离子的水解影响和醋酸的电离平衡进行分析；
D.硫酸铝溶液中的氢离子都来源于水的电离。
2．【答案】C
【解析】【解答】五种混合溶液，由分别为0.1mol L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；
故答案为：C。
【分析】此类题型要结合醋酸根水解的情况判断，若是含有另外一种可以水解的阴离子，则醋酸根的水解受到抑制，此时醋酸根浓度增大，若遇到另外一种可以水解的阳离子，则醋酸根的水解受到促进，醋酸根浓度减小。
3．【答案】C
【解析】【解答】A、溶液中H＋能与CO32－反应生成H2O和CO2，二者不可大量共存，A不符合题意。
B、含有Fe3＋的溶液为黄色，不符合无色溶液的条件，且Fe3＋能与SCN－反应生成Fe(SCN)3，不可大量共存，B不符合题意。
C、该溶液为无色溶液，且溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，C符合题意。
D、含有Cu2＋的溶液为蓝色溶液，且Cu2＋能与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀，不可大量共存，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】无色溶液中不含有有色离子，即不含有Cu2＋(蓝色)、Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(黄色)、MnO4－(紫红色)。溶液中的离子可大量共存，则相互间不形成难溶（或微溶物）、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生络合反应；不反应氧化还原反应。
4．【答案】B
【解析】【解答】A. NO3－与H+结合具有强氧化性，可将Fe 2+氧化而不共存，故A项不符合题意；
B. Mg2＋、Al3+、NO3－、SO42－离子组之间无沉淀、无气体、无弱电解质、无络合物生成，也没有氧化还原反应发生，故B项符合题意；
C. Fe3＋与SCN－会形成络合物而不共存，故C项不符合题意；
D. Ca2+与CO32－结合会生成碳酸钙沉淀，故D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】离子共存注意以下几点：
1．由于发生复分解反应，离子不能大量共存；
2．由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；
3．能水解的阳离子跟能水解的阴离子在水溶液中不能大量共存（双水解）；
4．溶液中能发生络合反应的离子不能大量共存；
5、审题时应注意题中给出的附加条件；
6、审题时还应特别注意以下几点：
（1）注意溶液的酸性对离子间发生氧化还原反应的影响。如：Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性 条件下（即Fe2+、NO3-、H+相遇）不能共存；MnO4-与Cl-在强酸性条件下也不能共存；S2-与SO32-在钠、钾盐时可共存，但在酸性条件下则不能共存；
（2）酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱（OH-）、强酸（H+）共存。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．、、、在溶液中均是无色的，相互之间不反应，可以大量共存，A符合；
B．、、在溶液中发生氧化还原反应，且亚铁离子不是无色的，不能大量共存，B不符合；
C．、在溶液中反应生成硅酸钙沉淀，不能大量共存，C不符合；
D．能氧化、，、结合生成沉淀，且铁离子不是无色的，不能大量共存，D不符合；
故答案为：A。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；
产生水： OH-和H+、HCO3-、HS-、不能共存；
产生气体： NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、 HSO3-不能共存；
产生固体： OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、 Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存。
6．【答案】D
【解析】【解答】物质的量浓度相同的下列溶液中，若不考虑(水解)其他因素影响，ABCD选项中铵根离子浓度相同，
A. (NH4)2SO4，铵根离子的水解不受硫酸根离子的影响；
B. (NH4)2CO3中的碳酸根离子对铵根的水解起促进作用，导致铵根离子水解程度增大，其铵根离子浓度减小；
C. (NH4)2SO3中的亚硫酸根离子对铵根的水解起促进作用，导致铵根离子水解程度增大，其铵根离子浓度减小；
D. (NH4)2Fe(SO4)2中的亚铁离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，其铵根离子浓度增大；
根据分析可以知道，NH4+浓度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】在不考虑离子水解的前提下，四个溶液中c(NH4+)相等；再结合各个溶液中离子对NH4+水解平衡移动的影响分析溶液中c(NH4+)的变化；
7．【答案】B
【解析】【解答】A．据图可知滴加20mLNaOH溶液，即溶质为Na2A时，溶液pH大于0，所以HA-不完全电离，而0.1mol/L的H2A溶液pH=1.3，说明H2A第一步电离也不完全，所以溶液①中H2A的电离方程式是H2A H++HA-、HA- H++A2-，A不符合题意；
B．溶液②中加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHA，溶液显酸性，所以HA-的电离大于水解，但其电离和水解都是微弱的，所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)，B符合题意；
C．溶液③中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，常温下pH为7，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，C不符合题意；
D．溶液④中滴加20mLNaOH溶液，溶质为Na2A，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.H2A是二元弱酸，分步电离
B.根据加入的氢氧化钠判断此时溶质，再结合此时的pH判断电离程度和水解程度的大小即可比较离子浓度
C.根据电荷守恒以及pH=7即可判断
D.根据物料守恒即可判断
8．【答案】B
【解析】【解答】A. 在接近A点处溶液中溶质为CH3COONa、NaOH，且c(NaOH)>c(CH3COONa)，二者都是强电解质，根据物料守恒得c(CH3COO-)B. B点溶液呈中性，则c(OH-)>c(H+)=10-7 mol/L，根据电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)= mol/L= mol/L ，溶液中c(CH3COOH)= mol/L = mol/L，电离平衡常数K= ，B符合题意；
C. C点溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，酸的电离抑制水的电离，则水的出的H+浓度小于10-7 mol/L，C不符合题意；
D. D点溶液的溶质是等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两者联立整理可得：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.考查的是物料守恒和电荷守恒的综合应用
B.根据公式电离平衡常数K= 结合中性溶液中一些条件进行计算
C.强碱弱酸盐会水解，促进水的电离，但是稀释溶液显酸性，结合KW=c(H+)xc(OH-)计算即可
D.根据电荷守恒和物料守恒进行比较
9．【答案】B
【解析】【解答】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，Fe3+，Mg2+无法大量共存，故A不符合题意；
B．弱酸性溶液中：Na+，NH，SO，HSO之间不发生反应，可以大量共存，故B符合题意；
C．AlO和HCO会发生反应，生成Al(OH)3和CO，故C不符合题意；
D．次氯酸根具有强氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．当时，，pH=-lg6.4x10-5≈4.2，故A不符合题意；
B．当滴入10mLKOH溶液时，溶质为KHC2O4 ， 的水解平衡常数Kh=<，则的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．原溶液中物料守恒有++=0.1mol/L，滴入20mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为40mL ，此时++=0.05mol/L ，故C符合题意；
D．在加入的氢氧化钾很少时，溶液中草酸可以电离出氢离子和草酸氢根离子，草酸氢根离子可以电离出氢离子，水能电离出氢离子和氢氧根离子，因此存在，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】结合Ka2的公式，，可以知道若时，Ka2=c(H+)=6.4×10-5，即pH≈4.2；
B、加入10mL的KOH，此时溶质为KHC2O4，结合电离平衡常数和水解平衡常数，可以判断KHC2O4的酸碱性；
C、 滴入20mLKOH溶液时，溶质为K2C2O4，结合原溶液物料守恒，++=0.1mol/L，若体积变为原来的2倍，则浓度为原来一半；
D、若KOH的量非常少，有可能会出现
11．【答案】D
【解析】【解答】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A不符合题意；
B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B不符合题意；
C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C不符合题意；
D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点【分析】酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐或弱酸强碱盐都促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．OH-与Fe3+无法大量共存；故A不符合题意；
B．NH与各离子不反应，能大量共存；故B符合题意；
C．MnO具有氧化锌，Cl-具有还原性，无法大量共存；故C不符合题意；
D．Ag+与Cl-生成AgCl，无法大量共存；故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．pH=10的溶液显碱性，硝酸根不能氧化亚硫酸根，四种离子相互之间不反应也不与氢氧根反应，可以大量共存，故A符合题意；
B．盐酸的酸性强于硅酸，所以硅酸根会和盐酸溶液中的氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C．碘离子会被铁离子氧化而不能大量共存，故C不符合题意；
D．能使甲基橙变黄的溶液中呈酸性或碱性，碱性溶液碳酸氢根和镁离子不能大量存在，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，M点所在曲线为pH曲线，故A不符合题意；
B. M点为氨水和氯化铵的混合物、N点为氯化铵和盐酸的混合物，两点的溶液中NH4＋的物质的量：M＜N，故B不符合题意；
C. Q点显中性，若消耗盐酸的体积大于氨水的体积，则溶液显酸性，故C不符合题意；
D. 氯化氢为强电解质，易溶于水。随着盐酸滴入，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电性持续增强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由于Kw=(H+)×c(OH-)=10-14，则溶液的pH+pOH=14，根据加入盐酸体积与溶液酸碱性的关系可知，没有加入盐酸时，溶液显碱性，pH较大，即M点所在曲线为pH曲线，N点所在曲线为pOH曲线，作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOH。Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性。
15．【答案】A
【解析】【解答】A.根据N点溶液中存在关系式：c(Cl-)=c(B+)+c(BOH)，可知，弱碱BOH与盐酸恰好完全反应生成BCl，当弱碱BOH的体积为5.40 mL时，所得溶液的溶质为HCl和 BCl （1：1），根据电荷守恒：c(H+)+ c(B+)=c(OH-)+ c(Cl-) ；物料守恒：2c(BOH)+2c(B+)= c(Cl-)，两个式子消去c(Cl-)，得c(H+)=c(OH-)+2c(BOH)+c(B+)，A符合题意；
B.温度不变，电离平衡常数不变，N、Q两点溶液中BOH电离平衡常数：N=Q，B不符合题意；
C.P点时溶液为中性，c(H+)= c(OH-)，所以电荷守恒：c(B+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)，c(B+)=c(Cl-)，C不符合题意；
D.若a<0.108，在N点溶液时，弱碱与盐酸不会恰好完全反应生成BCl，不会满足c(Cl-)=c(B+)+c(BOH)，只能是a=0.108，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由于溶液不显电性，所以溶液中的阳离子所带总电荷等于阴离子所带的总电荷。B中平衡常数只有温度有关。
16．【答案】C
【解析】【解答】根据离子与物质之间的比例关系可推知溶液中硝酸根浓度：①0.3mol/L；②0.15mol/L；③0.3mol/L；④0.6mol/L。即相等的是①50mL 0.15 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液和③30mL 0.3 mol·L-1AgNO3溶液。溶液浓度大小不受溶液体积影响。
故本题选C。
【分析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算硝酸根离子的物质的量浓度，以此分析.
17．【答案】（1）5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路
（2）CO32﹣+H+=HCO3﹣； ×100%；溶液由黄色变为橙色；＜
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）=2.8×10﹣9可知，c（Ca2+）=2.8×10﹣7mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10﹣7mol/L=5.6×10﹣7mol/L；
因为纳米（50nm）CaCO3粉末，所以溶于水即形成胶体，则证明该物质的产生的方法为：取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；
故答案为：5.6×10﹣7mol L﹣1；取少量产品溶于水形成胶体，然后用一束可见光照射，侧面形成一条光亮通路；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，所以仅发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣；故答案为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；
②酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由浅色变成无色，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL，碳酸氢钠的质量为c×V1×10﹣3×M（Na2CO3）g，碳酸钠的质量分数为 ×100%= ×100%，故答案为： ×100%；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，若V2=V1，只有Na2CO3；若V2＞V1，则含有NaHCO3，故答案为：溶液由黄色变为橙色；＜．
【分析】（1）Na2CO3溶液的浓度为0.02mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）= ×0.02mol/L=0.01mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣） c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍；根据纳米（50nm）CaCO3粉末溶于水即形成胶体，通过丁达尔现象证明；（2）①加酚酞指示剂，滴定至溶液由浅色变成无色，则变色范围在碱性，据此书写离子方程式；
②加酚酞指示剂，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣应的终点，以此来计算碳酸氢钠的质量分数；
③用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL，根据V2 和V1的大小来判断．
18．【答案】（1）④
（2）c(Na+)＝c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)
（3）c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)
（4）Fe2O3；防止Fe2+被氧化；抑制Fe2+水解
（5）1×10-4mol/L；1×10-10mol/L
【解析】【解答】(1) ①NaHSO3和②NaHCO3是强碱弱酸盐，③FeCl2是强酸弱碱盐，在水溶液中存在水解，而④NaOH是强碱，在溶液中只电离，不存在水解，故答案为④；(2) ①NaHSO3溶液中n(Na+):n(c)＝1:1，S元素的存在形式包括H2SO3、HSO3-和SO32-，则存在的物料守恒式为c(Na+)＝c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)； (3) NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；(4) FeCl2的溶液中存在Fe2+的水解，且加热促进水解，水解生成的Fe(OH)2在空气中极易氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3能受热分解，则对FeCl2的溶液加热蒸干、灼烧后，最终得到的物质为Fe2O3；配置FeCl2溶液时，为防止Fe2+被氧化需加入过量的铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，还需要加入过量的盐酸，结合化学平衡原理解释加入盐酸的原因是Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+，加盐酸增加H+浓度，抑制Fe2+水解；(5)NaOH溶液中水的电离受抑制，而NaHCO3溶液促进水的电离，则pH 均为 10 的NaHCO3和NaOH溶液中由水电离出的 OH-的浓度分别为1×10-4mol/L和1×10-10mol/L。
【分析】(1)溶液中存在弱酸根离子或弱碱阳离子会水解；(2) ①NaHSO3溶液Na与S的原子数目比为1:1，S元素的存在形式包括H2SO3、HSO3-和SO32-； (3) NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，且溶液是电中性的；(4) FeCl2的溶液中存在Fe2+的水解，且加热促进水解，水解生成的Fe(OH)2在空气中极易氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3能受热分解；配置FeCl2溶液需要抑制Fe2+的水解，同时防Fe2+的氧化；(5) NaOH溶液中水的电离受抑制，而NaHCO3溶液促进水的电离。
19．【答案】（1）A；D
（2）甲；溶液由无色变为紫红色，且在半分钟内不褪色；75%；偏小
（3）5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+
【解析】【解答】解：（1）乙炔乙烯具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，故答案为：AD；（2）①酸性高锰酸钾具有强氧化性，容易腐蚀橡胶管，所以要装在酸式滴定管内，故答案为：甲；②滴定终点时，溶液由无色变为紫红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且在半分钟内不褪色； ③根据转移电子相等、原子守恒得该反应方程式为2MnO4﹣+5C2O4 2﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
根据草酸钠和高锰酸钾之间的关系式得草酸钠的质量为： {#mathmL#}{#/mathmL#} =1.005g，质量分数= {#mathmL#}{#/mathmL#} ×100%=75%，
故答案为：75%； ④俯视滴定管刻度会使消耗的标准液体积读小，测得的质量分数会偏小，故答案为：偏小；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，同时自身被还原生成锰离子，由化合价升降总数相等，可知反应为5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+，故答案为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+．
【分析】（1）具有还原性的物质能使高锰酸钾褪色．（2）①酸性高锰酸钾具有强氧化性，容易腐蚀橡胶管．②滴定终点时，溶液由无色变为紫红色，且在半分钟内不褪色．③先根据高锰酸钾和草酸钠之间的关系式计算草酸钠的物质的量，再根据质量分数公式计算．④俯视滴定管刻度会使消耗的标准液体积读小．（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，同时自身被还原生成锰离子．
20．【答案】（1）4或10；抑制
（2）12
（3）C
（4）中；
（5）NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3
【解析】【解答】解：（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液中满足：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液，溶液的pH可能为4或10，
故答案为：4或10；抑制；（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2 L﹣2，则该温度下：100mL 0.1mol L﹣1H2SO4溶液和100mL 0.4mol L﹣1的KOH溶液混合，n（H2SO4）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（KOH）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，KOH有剩余，混合溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，c（H+）= mol/L=10﹣12mol/L，pH=12，故答案为：12；（3）A．当溶液为酸性时，可以满足关系：c（Y﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．当溶液呈碱性时可以满足c（X+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；
C．该关系c（H+）＞c（Y﹣）＞c（X+）＞c（OH﹣）无法了电荷守恒，故C错误；
D．当溶液呈碱性，且YOH远远过量时可以满足c（OH﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y﹣），故D正确；
故答案为：C；（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3 H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3 H2O的电离常数Kb= = = ，
故答案为：中； ； （5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则次氯酸钠和二氧化碳水反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应方程式为NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3，
故答案为：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3．
【分析】（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液中满足：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液；（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2 L﹣2，则该温度下：100mL 0.1mol L﹣1H2SO4溶液和100mL 0.4mol L﹣1的KOH溶液混合，n（H2SO4）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（KOH）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，KOH有剩余，混合溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，c（H+）= mol/L=10﹣12mol/L；（3）该溶液可能为中性、酸性、碱性溶液，但溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，根据NH3 H2O的电离常数Kb计算；（5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则次氯酸钠和二氧化碳水反应生成碳酸氢钠和次氯酸．
21．【答案】（1）BaCl2；AgNO3
（2）2Cu+O2=2CuO ；CuO+H2SO4=CuSO4+ H2O
（3）CO32-+ 2H+= H2O+CO2 ↑
（4）Cu2++ SO42-+ Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓ + BaSO4↓
（5）④②①②③
【解析】【解答】A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的某一种，且不重复出现。①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，则C含有Cu2+；②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，则B含有Ag+，Ag+与SO42-、Cl-、CO32-中的任一种都形成的是难溶性的物质，不能大量共存，则B是AgNO3；D盐溶液有无色无味气体逸出，说明含有CO32-，CO32-与Ba2+、Cu2+都会形成沉淀而不能大量共存，因此D是Na2CO3。由于SO42-与Ba2+会形成沉淀而不能大量共存，因此C是CuSO4，则A是BaCl2。（1）A是BaCl2，B是AgNO3；
（2）以铜为原料制备硫酸铜，则需要铜先和氧气反应生成氧化铜，氧化铜再和硫酸反应生成硫酸铜；（3）将HCl与Na2CO3混合，生成二氧化碳气体：2H++CO32-=CO2↑+H2O；
（4）将CuSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4和 Cu(OH)2 沉淀。
【分析】离子检验和离子方程式的书写是化学上经常要考查的内容，这就需要掌握离子的性质，包括其水溶液的颜色，和哪些离子会发生反应，形成的沉淀或气体的颜色、状态、气味，若离子之间会发生反应，在溶液中就不能大量共存，从而可以确定溶液的成分。书写离子方程式要符合反应事实、符合物质的拆分原则，同时遵循电荷守恒及原子守恒，若反应过程中有电子转移，还要符合电子守恒。