3.4 离子反应 （含解析）能力检测 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.4 离子反应 能力检测
一、单选题
1．下列各组中的离子，能在无色透明的溶液中大量共存的是（　　）
A．、、Cl 、OH B．Na+、Ba2+、、NO3
C．Na+、H+、Cu2+、SO42 D．K+、Ba2+、NO3 、OH
2．在酸性溶液中能大量共存的离子组是（　　）
A．K+、NO3-、Cu2+ B．K+、OH﹣、Na+
C．Ba2+、SO42-、Na+　　 D．Ca2+、CO32-、Na+
3．某化工厂经初步处理后的废水是无色澄清透明的，经检测废水中有Na+、H+、Cl-、SO 、X等五种离子，则X是（　　）
A．CO B．Fe3+ C．Mg2+ D．Ba2+
4．理解与辨析是化学学科的关键能力，下列离子在溶液中能共存的是（　　）
A．S2-、Na+、H+、 B．Fe2+、 、H+、
C． 、 、OH-、Mg2+ D． 、Al3+、Cl-、Ca2+
5．甲、乙、丙、丁四位同学分别进行实验，测定四份不同澄清溶液的成分，记录如下
表，其中记录合理的是 （　　）
甲 K2SO4、BaCl2、NH4NO3
乙 NaCl、Ca(OH)2、K2CO3
丙 HCl、Na2SO3、NaCl
丁 K2SO4、NaNO3、KCl
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
6．室温下，将0.20mol·L-1HCN溶液和0.10mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显弱碱性。下列关系正确的是（　　）
A．c(HCN)>c(CN-) B．c(Ba2+)C．2c(HCN)+2c(CN-)=c(Ba2+) D．c(HCN)+c(CN-)=0.20mol·L-1
7．向 含 和 的溶液中缓慢通入二氧化碳，随 （ ）增大下列对应关系正确的是（　　）
选项 （ ）/ 溶液中离子的物质的量浓度
A 0
B 0.01
C 0.015
D 0.03
A．A B．B C．C D．D
8．常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是（　　）
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10 6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
9．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）
A．H+、NO3﹣、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+
C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣
10．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（　　）
A．Fe3+、Cl﹣、NO3﹣ B．Na+、HCO3﹣、SO42﹣
C．Ag+、NH4+、NO3﹣ D．Na+、SO32﹣、SO42﹣
11．下列说法正确的是（　　）
A．等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaCl(aq)中离子总数大小：N前＝N后
B．常温下醋酸和醋酸钠混合溶液中c (CH3COOH)、c (CH3COO－)与pH值的关系如图所示，当pH=4.5溶液中：c (CH3COO－)> c (CH3COOH)> c (H+)> c (OH－)
C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2 c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)
D．pH相等的盐酸与醋酸溶液，c(Cl－)>c(CH3COO－)
12．某溶液可能含 Na＋、Fe3+、Al3+、SiO32-、HCO3-、SO42-、Cl-中的几种离子，为确定其成分，设计了如下实验：(1) 取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。 下列推断正确的是（　　）
A．溶液中一定含Na＋、Cl-
B．不能确定溶液中是否含Na＋
C．溶液中一定含 HCO3-、Cl-
D．溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+
13．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A． 溶液： 、 、 、
B．新制的饱和氯水： 、 、 、
C．与 粉反应放出 的溶液： 、 、 、
D． 溶液： 、 、 、
14．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是（　　）
A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、SCN﹣、Cl﹣
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣
D．d点对应的溶液中：SO32﹣、Na+、Cl﹣、NO3﹣
15．将Na2SO4、MgSO4、H2SO4溶于水配成0.2L混合溶液，浓度为6mol L-1，Na+浓度为2mol L-1，Mg2+浓度为1mol L-1，下列说法不正确的（　　）
A．该混合溶液中Na2SO4的物质的量为0.2mol
B．该混合溶液中H+的物质的量浓度为8mol L-1
C．若将该混合溶液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的物质的量浓度为1.2 mol L-1
D．若向该混合溶液中逐滴加入2mol L-1NaOH溶液至Mg2+恰好完全沉淀，需NaOH溶液200mL
16．在无色透明的强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）
A． 、 、 、
B． 、 、 、
C． 、 、 、
D． 、 H+ 、 、
二、综合题
17．描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表是常温下几种弱电解质的电离平衡常数：
酸或碱 电离常数(Ka或Kb) 难（微）溶物 溶度积常数（Ksp）
CH3COOH 1.8×10－5 BaSO4 1×10-10
HNO2 4.6×10－4 BaCO3
2.6×10-9
HCN 5×10－10 CaSO4 7×10-5
HClO 3×10－8 CaCO3 5×10-9
NH3·H2O 1.8×10－5
请回答下面问题：
（1）上述四种酸中，酸性最弱的是　 　 (用化学式表示)。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是　 　(填序号)。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈　 　 (选填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是　 　，溶液中各离子浓度大小的关系是　 　。
（3）物质的量1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子的浓度从大到小排列为　 　。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐（如：BaCl2）。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量的BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42-物质的量浓度达到0.01mol·L-1以上，则溶液中CO32-物质的量浓度应 ≥　 　mol·L-1。
18．NaOH溶液可用于多种气体的处理．
（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．
①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式　 　．已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Kh=2×10﹣4mol/L，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1 时，溶液的pH=　 　．
②泡沫灭火器中通常装有NaHCO溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式　 　．
（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　 　（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol L﹣1）．可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是　 　．
A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水
C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水
（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收．吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示：
①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是　 　．
A．c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）
B．c（Na+）=c（SO32﹣ ）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）
D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣ ）＞c（H+）=c（OH﹣）
②利用上图中数据，求反应H2SO3=2H++SO32﹣的平衡常数的数值　 　．
19．弱电解质的研究是重要课题。
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法错误的是　 　
a、pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-
b、A点，溶液中H2CO3和浓度相同
c、当c(HCO3 )=c(CO32 )时，c(H+)>c(OH )
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是　 　。
（2）H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 H2S H2CO3 HClO CH3COOH
电离平衡常数(25℃) K1=1.3×10 7 K2=7.1×10 15 K1=4.4×10 7 K2=4.7×10 11 K=3.0×10 8 Ka=1.8×10-5
按要求回答下列问题：
①H2S、H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由强到弱的顺序为　 　。
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：　 　。
③试计算2.0mol·L 1CH3COOH溶液的c(H+)≈　 　mol·L 1，溶液中CH3COOH、H+、OH-、CH3COO 、4种粒子浓度由大到小的顺序依次是　 　。
（3）常温下，已知0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中c(OH )c(H+)=1×10 8
①0.1mol/LHCOOH的pH=　 　。
②取10mL0.1mol/L的HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是　 　(填写序号)
A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少
B．稀释后溶液的pH=5
C．稀释后甲酸的电离度会增大
D．与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大
20．
（1）Ⅰ．在0.1mol·L－1的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液中存在如下平衡：
Cr2O72-＋H2O 2HCrO4- 2CrO42-＋2H＋
重铬酸钾溶液呈　 　性，在强碱溶液中，铬元素的主要存在形式为　 　(填离子符号)，向重铬酸钾溶液中加入适量稀硫酸，溶液中c(Cr2O72-)/c(CrO42-)将　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）Ⅱ．已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：并按要求填写下列空白：
①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－) ②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) ④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)
①若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是　 　，上述四种离子浓度的大小顺序为　 　(选填序号)。
②若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为　 　；
③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”)。
（3）III．重金属离子对河流海洋造成严重污染。某化工厂废水(pH=2.0，d≈1 g·mL－1）中含有Ag＋，Pb 2＋等重金属离子，其浓度各约为0.01mol·L－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 AgI AgOH Ag2S PbI2 Pb(OH)2 PbS
Ksp 8.3×10-17 5.6×10-8 6.3×10-50 7.1×10-9 1.2×10-15 3.4×10-28
①你认为往废水中投入　 　（填字母序号），沉淀效果最好。
A．NaOH
B.Na2S
C.KI
D.Ca(OH)2
②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＋)＝　 　。
21．用酸式滴定管准确移取25.00mL，某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol L﹣1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定得结果如表
NaOH起始读数 NaOH终点读数
第一次 0.10mL 20.30mL
第二次 0.30mL 20.10mL
（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为　 　 mol L﹣1．
（2）在配制250mL0.20mol L﹣1的氢氧化钠标准溶液时，用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒还有　 　．
（3）以下操作造成测定结果偏高的有　 　．
A．配制标准溶液的氢氧化钠固体中混有KOH杂质
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E．未用标准液润洗碱式滴定管．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．氢氧根与碳酸氢根不能共存，与镁离子也不能共存，A不符合题意；
B．钡离子与碳酸根不能共存，B不符合题意；
C．铜离子为蓝色，C不符合题意；
D．四种离子可以共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸氢根和氢氧根不共存；
B、钡离子和碳酸根不共存；
C、铜离子为有色哟有色溶液；
D、硝酸盐都是可溶性盐，氢氧化钾、氢氧化钡都是强碱。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.溶液中的离子相互间不反应，且与H+也不反应，可大量共存，A符合题意；
B.溶液中的OH-能与H+反应生成H2O，不可大量共存，B不符合题意；
C.溶液中的Ba2+和SO42-可形成BaSO4沉淀，不可大量共存，C不符合题意；
D.溶液中Ca2+能与CO32-反应形成CaCO3沉淀，CO32-还能与H+反应生成CO2，相互间不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】酸性溶液中含有大量的H+，能与H+反应的离子不能大量存在，据此分析选项。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．H+与CO 能结合成二氧化碳和水，所以X不可能是CO ，A项不符合题意；
B．含有Fe3+的溶液是黄色的， B项不符合题意；
C．Na+、H+、Cl﹣、SO 、Mg2+五种粒子之间不能结合成水或气体或沉淀，所以X可能是Mg2+， C项符合题意；
D．Ba2+与SO 能结合成BaSO4沉淀，所以X不可能是Ba2+，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查离子共存，如离子之间不发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、不发生氧化还原反应或络合反应（如Fe3＋和SCN ）等，则离子之间能大量共存，另需注意Fe3+的溶液是黄色，以此解答该题。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．氢离子和硫离子结合生成弱电解质硫化氢，不能大量共存，A不符合题意；
B．氢离子和硅酸根离子结合生成硅酸沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．镁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，铵根离子和氢氧根离子结合生成一水合氨，不能大量共存，C不符合题意；
D．四种离子之间均不反应，可大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【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；
A. H+与 S2-生成H2S；
B.H+与 生成硅酸沉淀；
C. 、OH- 生成一水合氨， OH-、Mg2+ 生成Mg(OH)2沉淀。
5．【答案】D
【解析】【解答】A，甲中生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B，乙中生成碳酸钙沉淀，故B不符合题意；
C，丙中生成二氧化硫气体，故C不符合题意。
D，丁中既不生成沉淀也没有气体生成，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】考虑两种物质反应是否有沉淀或气体生成。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液显弱碱性，说明CN-发生微弱的水解，c(HCN)-)，A不符合题意；
B．CN-水解程度微弱，则c(Ba2+)C．根据物料守恒：c(HCN)+c(CN-)=2c(Ba2+)，C不符合题意；
D．两者等体积混合，体积增大一倍，因此c(HCN)+c(CN-)=0.10mol·L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】等体积混合后，所得溶液中溶质为Ba(CN)2，浓度为0.05 mol L 1，由于混合后溶液呈碱性，说明Ba(CN)2会水解，结合电荷守恒和物料守恒解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A.未通入 时，由电荷守恒知，c(Na+) c(H+)=c(AlO2-) c(OH-)，所以离子浓度关系：c(Na+) c(AlO2-) c(OH-)，故A不符合题意；
B.n(CO2)=0.01mol 时，溶液中溶质为0.01molNaAlO2和0.01molNa2CO3 ，CO32-、AlO2-水解都产生OH-，AlO2-水解程度更大，所以离子浓度关系：c(Na+) c(CO32-) c(AlO2-) c(OH-)，故B不符合题意；
C.n(CO2)=0.015mol时，溶液生成0.01molAl（OH）3沉淀，溶液中溶质为0.015molNa2CO3，c(CO32-) c(HCO3-)，所以离子浓度关系：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C不符合题意；
D.n(CO2)=0.03mol时，溶液中溶质为0，03molNaHCO3，HCO3-水解大于电离，所以离子浓度关系：c(Na+) c(HCO-) c(OH-) c(H+)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向偏铝酸钠和氢氧化钠溶液中通入二氧化碳气体，根据二氧化碳的物质的量会得到不同的离子反应，离子的浓度大小就不同。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A不符合题意；
B．滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B不符合题意；
C．向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C不符合题意；
D．p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.滴定终点的溶质为BCl，BCl为强酸弱碱盐，显酸性；
B.根据Kb=计算；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：A．H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A选；
B．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，因复分解反应不能大量共存，故B不选；
C．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，因复分解反应不能大量共存，故C不选；
D．Cu2+、OH﹣结合生成沉淀，NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，因复分解反应不能大量共存，故D不选；
故选A．
【分析】具有还原性的离子与具有氧化性的离子，发生氧化还原反应，不能大量共存，以此来解答．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：A．滴加氯水，该组离子之间不反应，能大量共存，故A选；
B．滴加氯水后，H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故B不选；
C．滴加氯水后，Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．滴加氯水后，H+、SO32﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D不选；
故选A．
【分析】氯水中含氢离子、氯气、HClO等微粒，微粒之间不发生复分解反应、氧化还原反应等，则能大量共存，以此来解答．
11．【答案】C
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸,所以CH3COONa溶液中发生水解反应: CH3COO－+H2O CH3COOH+OH-,使溶液呈碱性,氢离子浓度小于氢氧根离子浓度,所以NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)大于CH3COONa溶液中c(Na+)+c(H+),根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)可得溶液中离子总数为2 [c(Na+)+c(H+)] V;同理可得CH3COONa溶液中总数为2 [c(Na+)+c(H+)] V,所以NaCl溶液中离子总数大于CH3COONa溶液,即N前B.由图象可看出,浓度增大的曲线应为c(CH3COO－),浓度减小的曲线应为c(CH3COOH),W点pH=4.75时c(CH3COO－)= c(CH3COOH),所以当pH=4.5时,溶液中: c(CH3COOH)>(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－),故B不符合题意;
C.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：根据物料守恒：2c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，故C符合题意；
D. pH相等的盐酸与醋酸溶液，根据电荷守恒盐酸溶液中：c(Cl－)+ c(OH－)= c(H+)；醋酸溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)，因为pH相等，所以c(Cl－)= c(CH3COO－)，故D不符合题意;
故答案为：C。
【分析】A.醋酸根离子水解后氢离子浓度减小；
B.根据pH=4.75时c(CH3COO－)= c(CH3COOH)，而pH=4.5时c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)进行分析；
C.根据物料守恒进行判断；
D.根据电荷守恒进行分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】根据以上分析，溶液中一定含Na＋、HCO3-，一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，无法确定是否含有SO42-、Cl-。
A.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，无法确定是否含有Cl-，故A不符合题意；
B.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，故B不符合题意；
C.根据分析可以知道，溶液中一定含HCO3-，无法确定是否含有Cl-，故C不符合题意；
D.根据分析可以知道，溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】可以和盐酸反应放出气体，说明一定含有HCO3-，所以不含有Fe3+、Al3+和SiO32-；根据电荷守恒可知溶液中还一定存在Na+，Cl-是否存在无法确定。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．I-会与ClO-发生氧化还原反应不能共存，不符题意；
B．Cl2会氧化 ，不能大量存在，不符题意；
C．Al可与强酸、强碱均发生反应产生H2，所以选项C要在酸、碱环境下分别分析一遍，在酸性环境下，CH3COO-不能大量存在，且Fe2+、H+、 三者之间会发生氧化还原反应不能共存，不符题意；
D． 是强碱性溶液，选项中四种离子均能在该溶液中大量存在，之间也不发生离子反应，能共存，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、ClO－具有氧化性，能将I－氧化；
B、氯水中Cl2、HClO能将SO32－氧化；
C、与Al粉反应放出H2的溶液中含有大量H＋或OH－；
D、c(H＋)=10－14mol·L－1的溶液显碱性；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，
A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；
B．b点全部为HCO3﹣，Al3+、Fe3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与SO32﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题．
15．【答案】D
【解析】【解答】A．该混合溶液中Na+的物质的量浓度为2mol L-1，溶液的体积为0.2L，则Na+的物质的量n=cV=2mol L-1×0.2L=0.4mol，该混合溶液中Na2SO4的物质的量为0.2mol，故A不符合题意；
B．根据电荷守恒得，c(Na+)+2c(Mg2+)+c(H+)=2c()，代入数据2mol L-1+2×1mol L-1+c(H+)=2×6mol L-1，解得c(H+)=8mol L-1，故B不符合题意；
C．若将该混合溶液加水稀释至体积为1L，稀释前后硫酸根的物质的量不变，稀释后溶液中的物质的量浓度为=1.2mol L-1，故C不符合题意；
D．混合溶液H+的物质的量为8mol L-1×0.2L=1.6mol，Mg2+的物质的量为0.2mol，若向混合溶液中逐滴加入2mol L-1NaOH溶液，NaOH先中和H+，当Mg2+恰好完全沉淀时，需NaOH的物质的量为1.6mol+0.4mol=2mol，则需NaOH溶液的体积V==1L=1000mL，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. n (Na2SO4) =n (Na+) ，结合n=cV计算；
B.根据混合液中的电荷守恒分析；
C.稀释过程中硫酸根离子的物质的量不变，据此计算稀释后硫酸根离子的浓度；
D. Mg2+恰好完全沉淀时，溶质为硫酸钠，氢离子也参与反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A． 呈蓝色，不符合无色条件，A不符合题意；
B． 、 生成AgCl白色沉淀而不能大量共存，B不符合题意；
C．这几种离子无色、相互间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，C符合题意；
D． 、 发生反应而不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．注意铁离子、铜离子、亚铁离子、高锰酸根离子均有颜色；
B．生成沉淀不能大量共存；
C．各离子可以大量共存；
D．由于生成弱电解质碳酸不能大量共存。
17．【答案】（1）HCN；B
（2）中性；根据题表1中的电离平衡常数，醋酸的和NH3 H2O的电离平衡常数相同，所以CH3COO-和NH4+的水解平衡程度相同；c(NH4+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
（3）c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
（4）0.26
【解析】【解答】Ⅰ、(1)对于一元弱酸，电离平衡常数越大则酸性越强，反之则酸性越弱，HCN的电离平衡常数最小，则酸性最弱；根据醋酸的电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+。
A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误；
B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；
C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；
D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误；
(2)醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3 H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，得出c(NH4+)=c(Cl-)并且大于水解生成的c(H+)、c(OH-)，即c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；
(3)物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明氢氰根离子的水解程度大于氢氰酸的电离程度，导致溶液C(OH-)＞C(H+)，呈碱性，根据电荷守恒知，C(OH-)+c(CN-)=C(H+)+C(Na+)，所以c(CN-)＜C(Na+)，所以各离子浓度大小顺序是C(Na+)＞c(CN-)＞C(OH-)＞C(H+)；
(4)SO42-物质的量浓度为0.01mol L-1时，钡离子的浓度为：c(Ba2+)= mol/L=1×10-8mol/L，若使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol L-1，则钡离子浓度应该大于1×10-8mol/L；当钡离子浓度为1×10-8mol/L时，则溶液中碳酸根离子浓度为： mol/L=0.26mol/L，所以当碳酸根离子浓度≥0.26mol/L时，钡离子浓度小于1×10-8mol/L，则SO42-物质的量浓度不小于0.01mol/L；
故答案为：（1）HCN；B；（2）中性；CH3COOH与NH3 H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同；c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；（3）c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；（4）0.26
【分析】（1）电离平衡常数可用于表示弱酸酸性的强弱，平衡常数值越小，酸性越弱；结合电离平衡移动分析
（2）由表格数据可知，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同，则其对应离子的水解程度也相同；
（3）混合溶液的pH＞7，说明溶液显碱性，则CN-的水解程度大于HCN的电离程度，据此结合电离、水解的方程式进行分析；
（4）结合BaSO4、BaCO3的溶度积进行计算。
18．【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；9；3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑
（2）c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；AD
（3）A；0.27
【解析】【解答】解：（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh= =2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1时，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，由水的离子积Kw可知，c（H+）=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；9；
②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑；（2）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1mol L﹣1的CH3COONa溶液；
HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），
A．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故正确；
B．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故错误；
C．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故错误；
D．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故正确；
故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；AD；（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），所以c（Na+）＞2c（SO32﹣），而图可知pH=7时，c（SO32﹣）=c（HSO3﹣），则c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣），故A 正确；
B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），c（SO32﹣）≠c（H2SO3），故B错误；
C、pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），故C错误；
D、SO32﹣+H2O HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣ H++SO32﹣，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故D错误；故答案为：A；
②亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3 H++HSO3﹣，根据图象可知，pH=0时，亚硫酸浓度为0.9mol/L，亚硫酸氢根离子浓度为0.24mol/L，此时氢离子浓度为1mol/L，则Ka1= ≈0.27，故答案为：0.27．
【分析】（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh= ，当溶c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1时，根据水解常数计算c（OH﹣），由根据水的离子积Kw计算c（H+），根据pH=﹣lgc（H+）计算；
②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体；（2）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），所以c（Na+）＞2c（SO32﹣），而图可知pH=7时，c（SO32﹣）=c（HSO3﹣），则c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣），故A 正确；
B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），c（SO32﹣）≠c（H2SO3），故B错误；
C、pH=7时，c（H+）=c（OH﹣）；
D、HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
②HSO3﹣ SO32﹣+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3﹣ ）=c（SO32﹣ ），由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c（H+）=10﹣7，由此分析解答．
19．【答案】（1）bc；
（2）CH3COOH>；；6.0×10-3；CH3COOH>H+>CH3COO >OH-
（3）3；CD
【解析】【解答】（1）①a．根据图中信息，pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b．根据图中信息A点，溶液中CO2、H2CO3的浓度和与浓度相同，故b不正确；
c．当c(HCO3 )=c(CO32 )时，溶液显碱性，因此c(H+)故答案为：bc。
②pH=8.4的水溶液主要是，因此向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是HCO3 +OH =CO32 +H2O；
（2）①电离常数越大说明酸性越强，根据电离常数可得酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO。
②根据平衡常数H2CO3＞HClO＞，将少量CO2气体通入NaClO溶液中反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，该反应的离子方程式：ClO +CO2+H2O=HClO+HCO3 ；
③2.0mol·L 1CH3COOH溶液中醋酸电离CH3COOH CH3COO-+H+，溶液中氢离子浓度约等于醋酸根离子浓度，则c(H+)≈1.8×10 5×2.0=6×10 3mol·L 1；醋酸的电离程度很弱，则醋酸分子浓度最大，水也部分电离出氢离子、氢氧根离子，故氢离子浓度大于醋酸根离子，故溶液中CH3COOH、H+、OH-、CH3COO 4种粒子浓度由大到小的顺序依次是CH3COOH>H+>CH3COO >OH-；
（3）①0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中c(OH )c(H+)=1×10 8，则c(OH )c(H+)=c(OH )c(H+)c(H+)c(H+)=KWc(H+)c(H+)=1×10 8，c(H+)=1×10 3mol L 1，因此0.1mol/L HCOOH的pH=3；
②A．稀释过程中甲酸根离子浓度、氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，故A不正确；
B.10mL0.1mol/L的 HCOOH溶液稀释100倍，稀释后，由于甲酸又要电离，因此氢离子浓度大于1×10 5mol L 1，因此溶液的pH小于5，故B不正确；
C．稀释后，电离平衡正向移动，因此甲酸的电离度会增大，故C正确；
D．加水稀释，溶液氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，因此与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】（1）①根据图中信息分析；
②酸式盐与碱反应生成正盐和水；
（2）①电离常数越大说明酸性越强；
②根据强酸制弱酸判断；
③依据电离常数计算；醋酸的电离是微弱的；
（3）①利用pH=-lgc(H+)计算；
②依据弱酸的电离平衡原理分析。
20．【答案】（1）酸；CrO42-；增大
（2）NH4Cl；①；NH4Cl和NH3·H2O；小于
（3）B；1.2×10－3 mol·L-1
【解析】【解答】Ⅰ．（1）重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中重铬酸离子在水中存在如下平衡：Cr2O72﹣+H2O 2HCrO4﹣ 2CrO42﹣+2H+，导致溶液中的氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度，溶液呈酸性；在强碱溶液中，氢离子浓度减小，该平衡Cr2O72﹣+H2O 2HCrO4﹣ 2CrO42﹣+2H+正向移动，所以在强碱溶液中，铬元素的主要存在形式为CrO42﹣；向重铬酸钾溶液中加入适量稀硫酸，氢离子的浓度增大，平衡逆向移动，溶液中c（Cr2O72﹣）/c（CrO42﹣）的比值增大；综上所述，本题答案是：酸，CrO42- ，增大。
Ⅱ．①溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为： c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)，①正确；综上所述，本题答案是：NH4Cl；①
②若上述关系中是③正确的，溶液呈碱性，且c(Cl－)III．①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，B正确；综上所述，正确答案是：B。 ②由Pb(OH)2的溶度积为1.2×10-15，pH=8.0，c(OH-)=10-6mol·L-1，则c(Pb2+)=Ksp/c(OH-)2=1.2×10-15/(10-6)2=1.2×10-3mol·L-1； 综上所述，本题答案是：1.2×10-3mol·L-1。
【分析】1、根据中重铬酸根的溶液平衡可以发现电离出氢离子，呈酸性，碱性条件下，氢离子浓度碱性，平衡朝正向移动，形成铬酸根；
2、要注意结合电荷守恒，即 c(Cl－)+c(OH－) =c(NH4+)+c(H＋)，根据其大小进行比较；
3、溶度积越小越容易形成沉淀，所以可以采用硫化钠；要注意根据溶度积以及pH计算出氢氧根浓度，可以推出铅离子的浓度。
21．【答案】（1）0.16
（2）250mL容量瓶、胶头滴管
（3）D；E
【解析】【解答】解：（1）第一次滴定消耗标准液体积为：20.30mL﹣0.10mL=20.2mL，第二次滴定消耗标准液的体积为：20.10mL﹣0.30mL=19.80mL，则两次滴定消耗标准液的平均体积为： =20.00mL，
该元素的物质的量浓度为：c（HCl）= = =0.16mol/L，
故答案为：0.16；
（2）在配制250mL0.20mol L﹣1的氢氧化钠标准溶液时，用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒，还有规格为250mL的容量瓶及定容时使用的胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH﹣浓度偏大，造成V（碱）偏小，根据c（酸）= 可知c（酸）偏低，故A错误；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏低，根据c（酸）= 可知c（酸）偏低，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不一定滴定结果，故C错误；
D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（酸）= 可知c（酸）偏高，故D正确；
E．未用标准液润洗碱式滴定管，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故E正确；
故答案为：DE．
【分析】（1）计算出两次滴定消耗标准液体积，然后根据酸碱物质的量相等计算出盐酸的物质的量浓度；
（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用仪器；
（3）根据判断不当操作引起小号标准溶液的体积变化分析对相关物理量的影响.