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 同步练习题
一、单选题
1．下列离子在溶液中能共存，加 OH-有沉淀析出，加 H+能放出气体的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl-、SO42- B．Ba2+、K+、Cl-、NO3-
C．Ba2+、NH4+、CO32-、NO3- D．Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
2．某无色透明溶液遇紫色石蕊试液变红，下列各组离子能在该溶液中大量共存的是（　　）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
3．下列关于酸碱中和滴定实验的说法错误的是（　　）
A．指示剂变色点必须在滴定突跃范围内
B．酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
C．若装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，则测得结果不可靠
D．滴定管用蒸馏水洗净后，不能使用高温烘箱进行快速烘干
4．在溶液中能大量共存的离子组是（　　）
A．H+、OH-、Na+、Cl- B．Ag+、Na+、NO、Cl-
C．Na+、Mg2+、NO、SO D．Ba2+、Na+、Cl-、CO
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．用NaOH溶液滴定20.00 mL醋酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积的变化如下图所示，下列说法错误的是（　　）
A．b点，
B．c点大于b点
C．a点对应的溶液中：
D．达滴定终点时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色
7．室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．c(Fe3+)=1 mol/L的溶液中：Na+、SCN-、ClO-、SO42-
B．0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Cu2+、NH4+、NO3-、HCO3-
C．c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中：Ba2+、K+、CH3COO-、Cl-
D．能使甲基橙变红的溶液中：CH3CHO、Na+、SO42-、NO3-
8．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图，从下表中选出正确选项（　　）
选项 锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 选用滴定管
A 碱 酸 石蕊 乙
B 酸 碱 酚酞 甲
C 碱 酸 甲基橙 乙
D 酸 碱 酚酞 乙
A．A B．B C．C D．D
9．室温下，用0.05000mol·L-1稀硫酸滴定20.00mL某浓度的MOH溶液，混合溶液的pH随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若反应在绝热容器中进行，a点对应的溶液温度最高
B．水的电离程度c>b>a
C．b点对应的溶液中，c(M+)：c(MOH)=104：1
D．c点对应的溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(M+)+c(MOH)
10．25℃时，下列有关0.10mol/L Na2SO3溶液的叙述正确的是（忽略溶液体积变化及被空气氧化）（　　）
A．与漂白粉溶液反应的离子方程式：Ca2++SO32﹣═CaSO3↓
B．通入SO2至过量：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]
C．通入HCl至溶液pH=7：c（HSO3﹣）＜c（Cl﹣）
D．加入NaOH固体可使溶液中水的电离程度增大
11．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（　　）
A．K+ 、MnO4－、Na+、Cl－ B．K+、Na+、NO3－、CO32－
C．Na+、H+、NO3－、SO42－ D．Fe3+、Na+、Cl－、SO42－
12．下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是（　　）
A．H＋、K＋、Fe3＋、SO B．Ba2＋、Ca2＋、OH－、CO
C．H＋、Na＋、NO 、Cu2＋、 D．Mg2＋、Na＋、Cl－、SO
13．在下列条件下，能大量共存的微粒组是（　　）
化学式 电离常数（25℃）
CH3COOH Ki=1.7×10﹣5
HClO Ki=3.0×10﹣8
H2CO3 Ki1=4.3×10﹣7 Ki2=5.6×10﹣11
A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣
B．右表提供的数据下：HClO、HCO3﹣、ClO﹣、CO32﹣
C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣
D．中性的溶液中：CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣
14．关于室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．氨水中的 与 溶液中的 相同
B．温度均升高10℃(不考虑挥发)，两溶液的pH均不变
C．加水稀释相同的倍数后，两种溶液的pH仍相同
D．与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同
15．加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
16．某工业废水中含有大量的H+、Cu2+、Cl－、SO。下列离子中，可能大量存在于该废水中的是（　　）
A．Na+ B．OH－ C．HCO D．Ag+
二、综合题
17．连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。
（1）常温下，用0.01 mol·L－1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 mol·L－1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：　 　。
②c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　 　。
③b点时溶液中c(H2N2O2)　 　 c(N2O22－)。(填“＞”“＜”或“＝”，下同)
④a点时溶液中c(Na＋)　 　c(HN2O)＋c(N2O22－)。
（2）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中 ＝　 　。[已知Ksp(Ag2N2O2)＝4.2×10－9，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5]
（3）有时我们将NaHCO3溶液中的平衡表示为: 2HCO3- H2CO3＋CO32-；为了证明该平衡存在，你认为应向NaHCO3溶液中加入下列哪种试剂合理 （填序号）
A．适当浓度的盐酸
B．适当浓度Ba(OH）2溶液
C．适当浓度BaCl2溶液
18．常温下有浓度均为0.1mol L﹣1的四种溶液：
①Na2CO3②NaHCO3③HCl ④NH3 H2O
（1）有人称溶液①是油污的“清道夫”，原因是　 　（用离子方程式解释）
（2）这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是（用序号填写）　 　
（3）向④中加入少量氯化铵固体，此时 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）．
（4）等体积混合③和④的溶液，此时溶液中[NH4+]+[NH3 H2O]=　 　mol L﹣1（填数值）；此时溶液中离子浓度的大小顺序是：　 　；若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积　 　④的体积（填“大于”小于”或“等于”）
（5）将10mL溶液③加水稀释至100mL，则此时溶液中由水电离出的c（ H+）=　 　 mol L﹣1．
19．用中和滴定法测定烧碱的纯度（烧碱中的杂质不和酸反应），请根据实验回答
（1）将称量好的8.8g烧碱样品配制成500mL待测液，配制过程使用的主要仪器除500mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管外，还有一种必须使用的仪器是　 　．
（2）用　 　式滴定管量取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴入几滴酚酞．
（3）用0.20mol L﹣1的标准盐酸滴定待测液，判断滴定终点的现象是：　 　．
（4）如果实验操作正确，从滴定开始到结束，溶液中的离子浓度关系可以出现的是 （填答案字母序号）
A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）
D．c（Cl﹣）+c（Na+）＞c（OH﹣）+c（H+）
（5）根据下列数据计算，c（NaOH）　 　 mol/L
滴定次数 待测液体积（mL） 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 10.00 0.60 20.50
第二次 10.00 3.00 23.10
（6）经过分析发现，本次实验的测定结果比烧碱的实际纯度偏高，造成误差的可能原因是
A．滴定前平视，滴定后俯视
B．未用标准液润洗滴定管
C．用待测液润洗锥形瓶
D．不小心将标准液滴在锥形瓶外面．
20．根据要求，回答下列问题：
（1）已知常温下：
弱电解质 H2S H2CO3 H2SO3 CH3COOH NH3·H2O
电离常数 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8 Ka=1.8×10-5 Kb=1.8×10-5
①浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是　 　(用“>”连接，下同)
②S2-，HS-，CO，HCO四种离子结合H+能力由大到小的顺序是　 　。
③NaHSO3的水解常数Kh=　 　。
④CH3COONH4溶液显　 　性。NH4HCO3溶液显　 　性。
（2）在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与CrO反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)=　 　mol·L-1，c(CrO)=　 　mol·L-1。(已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和1.8×10-10)
21．请按要求填空：
（1）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH等体积混合，则所得溶液显　 　。
（2）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物是　 　。
（3）将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合的离子方程式：　 　。
（4）现将溶液和溶液等体积混合，得到缓冲溶液。若HA为，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是　 　。
（5）常温下，向溶液中逐滴加入溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
①常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH　 　(填“>”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因　 　。
②K点对应的溶液中存在一个物料守恒为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、该组离子之间不反应，能共存，加OH-有氢氧化铜沉淀析出，但加H+不反应，没有气体，故A不符合题意；
B、该组离子之间不反应，能共存，但加OH-没有沉淀析出，加H+不反应，没有气体，故B不符合题意；
C、Ba2+与CO32-反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D、该组离子之间不反应，能共存，加OH-发生反应：OH-+HCO3-+Ca2+= CaCO3↓+H2O，加H+能产生CO2，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．含有的溶液呈蓝色，无色溶液中不含，故不选A；
B．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，和反应放出二氧化碳，和不能共存，故不选B；
C．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，、、相互之间不反应，能大量共存，故选C，
D．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与不能大量共存，故不选D；
故答案为：C
【分析】某无色透明溶液遇紫色石蕊试液变红，说明含有大量氢离子，且不存在有色离子。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．为了及时判断滴定终点，指示剂变色点必须在滴定突跃范围内，A不符合题意；
B．若用待测液润洗锥形瓶，会造成待测液物质的量偏大，测得的浓度偏高，实验误差变大，B符合题意；
C．若装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使最终测得的待测液浓度偏高，结果不可靠，C不符合题意；
D．滴定管用蒸馏水洗净后，不能使用高温烘箱进行快速烘干，否则会使滴定管刻度不准确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 酸碱中和滴定实验成功的关键是准确测定所用试剂的体积、准确判断滴定终点。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．H+与OH-反应生成水而不能大量共存，选项A不符合题意；
B． Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项B不符合题意；
C． Na+、Mg2+、NO、SO各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C符合题意；
D． Ba2+与CO反应生成碳酸钡沉淀而不能大量共存，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【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存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH.
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】A
【解析】【解答】A．b点溶液中存在电荷守恒， ，此时pH=7，溶液显中性，即 ，所以 ；若 ，两者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，要使pH=7需要酸过量，所以 ，故A符合题意；
B．根据图像可知c点氢氧化钠过量，b点未达到终点，即b点所加氢氧化钠溶液的体积小于c点所加NaOH溶液的体积，所以c点氢氧化钠的物质的量大于b点所加氢氧化钠的物质的量，又因为醋酸根的水解程度很小且c点氢氧化钠抑制醋酸根的水解，故c点 大于b点，故B不符合题意；
C．a点溶液显酸性， ，此时醋酸过量， ，故C不符合题意；
D．氢氧化钠滴定醋酸，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液显碱性，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A. b点溶液呈中性，则C(H+) =C(OH-)，根据电荷守恒得C(H+)+C(Na+) =C(OH-)+C (CH3COO-) ，则C(CH3COO-)=C(Na+) ，CH3COONa溶液呈碱性；
B. b点溶质为CH3COONa和少量CH3COOH，c点溶质为CH3COONa、NaOH；
C. a点溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，溶液pH<7，呈酸性，则C(H+)>C(OH-) 且CH3COO-水解程度小于CH3COOH电离程度，溶液中存在电荷守恒C(H+)+C(Na+) =C(OH-)+C (CH3COO-) ；
D.酚酞遇碱变红色，遇酸无色。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.Fe3+和ClO-、SCN-之间反应，在溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B.Al3+与HCO3—发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，B不符合题意；
C.c(H+)／c(OH-)=1×10-12的溶液中存在大量OH-离子，Ba2+、K+、CH3COO-、Cl-之间不反应，都不与OH-离子反应，在溶液中能够大量共存，C符合题意；
D.能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.Fe3+与SCN-发生络合反应、与ClO-发生双水解反应；
B.Al3+与HCO3—发生双水解反应；
C.该溶液中存在大量OH-离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D.能使甲基橙变红的酸性溶液中，CH3CHO与NO3—发生氧化还原反应。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做指示剂，故A不符合题意；
B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B不符合题意；
C、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，故C不符合题意；
D、用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅红色，并且滴定管使用符合题意，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，其变色范围大，会引起较大误差。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．b点恰好完全反应，放热最多，故b点对应的溶液温度最高，故A不符合题意；
B．b点的溶质为M2SO4，水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．b点时溶质为M2SO4，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，b点时pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，则c(MOH)=10-5mol/L-10-9mol/L≈10-5mol/L，c(M+)≈2c(SO)=2×0.05mol/L=0.1mol/L，则c(M+)：c(MOH)=104：1，故C符合题意；
D．c点为M2SO4和硫酸的混合物，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性中和时，恰好完全反应时放出的热量最多；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.根据质子守恒分析。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．亚硫酸钙被次氯酸根离子氧化成硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2++ClO﹣+SO32﹣═CaSO4↓+Cl﹣，故A错误；
B．通入SO2至过量，反应后溶质为亚硫酸氢钙，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故B错误；
C．通入HCl至溶液pH=7，反应后溶质为氯化钠，溶液中亚硫酸氢根离子浓度较小，则：c（HSO3﹣）＜c（Cl﹣），故C正确；
D．氢氧化钠溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则加入氢氧化钠后水的电离程度减小，故D错误；
故选C．
【分析】A．漂白粉具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸根；
B．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钙，根据亚硫酸氢钙溶液中的物料守恒分析；
C．反应后为中性时，溶质为NaCl，溶液中亚硫酸氢根离子浓度较小；
D．加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子抑制了水的电离．
11．【答案】B
【解析】【解答】A、MnO4－溶液呈紫色，A不符合题意；
B、B中各离子和OH－之间能大量共存且无色，B符合题意；
C、H+与OH－反应生成H2O，不能大量共存，C不符合题意；
D、Fe3+与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中离子能大量共存，则相互间不发生反应；同时审题过程中，应注意“碱性”则需考虑OH-的存在，“无色溶液”则不能存在有色离子，如MnO4-、Fe3+、Fe2+、Cu2+。
12．【答案】D
【解析】【解答】A. Fe3+在溶液中是黄色的，题目要求是无色溶液，故A不符合题意；
B. Ba2+或Ca2+能与CO 离子之间反应生成BaCO3，CaCO3沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C. Cu2+在溶液中是蓝色的，题目要求是无色溶液，故C不符合题意；
D. 该组离子之间不反应，可大量共存，且溶液中的各种离子都是无色的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液无色时可排除 Fe3＋ 、 Cu2＋ 等有色离子的存在。
A. Fe3＋ 为有色离子；
B. Ba2＋、Ca2＋ 与 CO 反应；
C. Cu2＋ 为有色离子；
D.四种离子之间不反应，都是无色离子。
13．【答案】A
【解析】【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．由表中的数据可知，酸性HClO＞CO32﹣，二者发生强酸制取弱酸的反应，不能共存，故B错误；
C．与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+，酸溶液中NO3﹣、I﹣（或Al）发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；
D．CO32﹣、AlO2﹣均水解显碱性，与中性溶液不符，故D错误；
故选A．
【分析】A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性；
B．由表中的数据可知，酸性HClO＞CO32﹣；
C．与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
D．中性溶液中不能存在水解显碱性的离子．
14．【答案】A
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水中的 与 溶液中的 相同，故A符合题意；
B．升高温度，氨水的电离平衡正向移动，温度升高10℃，氨水的pH增大，故B不符合题意；
C．加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，加水稀释相同的倍数后，氨水的pH大于氢氧化钠溶液的pH，故C不符合题意；
D．pH相同氨水与氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠，pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水的物质的量大于氢氧化钠，与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积氨水大于氢氧化钠，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．电离平衡是吸热过程；
C．稀释时，强碱pH变化比弱碱大；
D．pH相同氨水与氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．会与OH-反应生成NH3 H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A不符合题意；
B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B符合题意；
C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C不符合题意；
D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】与铝粉可以反应放出氢气，溶液可能是含有H+，也可能含有OH-
16．【答案】A
【解析】【解答】A．Na+与H+、Cu2+、Cl－、SO大量共存，因此能存在该废水中，故A符合题意；
B．OH－ 与H+反应生成水，OH－与Cu2+生成沉淀，因此不能存在该废水中，故B不符合题意；
C．HCO与H+反应生成二氧化碳和水，因此不能存在该废水中，故C不符合题意；
D．Ag+与Cl－、SO都会生成沉淀，因此不能存在该废水中，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B.OH－与Cu2+、H+均不能共存；
C.HCO与H+反应生成二氧化碳和水；
D.Ag+与Cl－、SO都会生成沉淀。
17．【答案】（1）H2N2O2 HN2O2-+H+；C(Na+＞C(N2O22-)＞C(OH-)＞C(HN2O2-)＞C(H+)；＞；＞
（2）3×10-4
（3）C
【解析】【解答】（1）①加入20mLNaOH溶液后，恰好完全反应，生成Na2N2O2，所得溶液的pH=10.7，显碱性，溶液中存在N2O22－的水解，说明H2N2O2为弱酸，其在水中部分电离，其电离方程式为：H2N2O2 HN2O2－＋H＋；
②c点溶液的溶质为Na2N2O2，溶液中存在N2O22－的水解，因此溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)；
③b点溶液的溶质为NaHN2O2，溶液中存在HN2O2－的电离和水解，由于溶液显碱性，说明HN2O2－的水解大于电离，因此溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22－)；
④a点溶液显中性，溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HN2O2－)＋2c(N2O22－)，则溶液中c(Na＋)=c(HN2O2－)＋2c(N2O22－)，因此溶液中c(Na＋)>c(HN2O2－)＋c(N2O22－)；
（2）；
（3）A、加入适当浓度的盐酸，无法证明溶液中存在CO32-，A不符合题意；
B、加入Ba(OH)2溶液，OH-能与HCO3-反应生成CO32-，无法证明溶液中存在CO32-，B不符合题意；
C、加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在CO32-，C符合题意；
故答案为：C
【分析】（1）①根据完全反应所得溶液的酸碱性，确定H2N2O2的酸性强弱，从而得出其电离方程式；
②根据c点溶液溶质，以及存在的水解、电离平衡分析溶液中离子浓度关系；
③根据b点溶液溶质成分进行分析；
④根据a点溶液成分结合三个守恒进行分析；
（2）根据Ag2N2O2、Ag2SO4的溶度积进行计算；
（3） 证明该平衡的存在，应证明溶液中存在CO32-，据此结合选项进行分析；
18．【答案】（1）CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣
（2）①②④③
（3）减小
（4）0.05；[Cl﹣]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH﹣]；小于
（5）10﹣12
【解析】【解答】解：（1）碳酸钠溶液水解显碱性，离子方程式为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；（2）①Na2CO3 ②NaHCO3 盐溶液中阴离子水解促进谁的电离，水的电离程度增大，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则水的电离程度①＞②，③HCl ④NH3 H2O是酸和碱，抑制水的电离，一水合氨为弱碱对水抑制沉淀小，水电离程度④＞③，则四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是①②④③，
故答案为：①②④③；（3）一水合氨溶液中存在电离平衡，加入氯化铵固体溶解后，铵根离子浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根离子减小，一水合氨增大，比值减小，
故答案为：减小；（4）等体积混合③HCl ④NH3 H2O，生成氯化铵溶液，溶液中存在物料守恒，氮元素守恒，此时溶液中[NH4+]+[NH3 H2O]=0.05mol/L，溶液中铵根离子水解溶液显酸性判断溶液中离子浓度大小为：[Cl﹣]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH﹣]，若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，需要一水合氨多，一水合氨溶液体积略大，则混合前③的体积小于④的体积，
故答案为：0.05；[Cl﹣]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH﹣]；小于；（5）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的 ，为0.01mol/L，由Kw=c（OH﹣） c（H+）可知，c（OH﹣）=10﹣12 mol L﹣1，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣12 mol L﹣1，
故答案为：10﹣12．
【分析】（1）碳酸钠溶液水解显碱性，油污在碱溶液中发生水解生成溶于水的醇和盐，容易洗去；（2）水解的盐促进水的电离，酸碱抑制水的 电离，盐水解程度越大，水的电离平衡程度越大，弱酸碱抑制水电离程度小于强酸强碱；（3）一水合氨溶液中存在电离平衡，加入氯化铵固体溶解后，铵根离子浓度增大，平衡逆向进行；（4）等体积混合③HCl ④NH3 H2O，生成氯化铵溶液，溶液中存在物料守恒，氮元素守恒，铵根离子水解溶液显酸性判断溶液中离子浓度大小，若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，需要一水合氨多，据此分析溶液体积；（5）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的 ，为0.01mol/L．
19．【答案】（1）玻璃棒
（2）碱
（3）当滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色
（4）B；C
（5）0.40
（6）B；C；D
【解析】【解答】解：（1.）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取），冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以试验除了需要250mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管外，还有一种必须使用的仪器是玻璃棒；故答案为：玻璃棒；
（2.）烧碱显碱性，故需要用碱式滴定管量取烧碱溶液；故答案为：碱；
（3.）滴定前溶液为红色，滴定终点时溶液为无色，所以滴定终点现象为滴最后一滴溶液由红色变为无色，半分钟不褪色；故答案为：当滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色；
（4.）A．若c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）成立，则c（Na+）+c（H+）＞c（Cl﹣）+c（OH﹣），明显与溶液里存在的电荷式c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）不符，故A错误；
B．在NaOH溶液只滴加几滴稀盐酸，此时溶液只生成少量NaCl，应该存在：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故B正确；
C．溶液始终显中性，存在电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），故C正确；
D．c（Na+）+c（H+）＞c（OH﹣）+c（Cl﹣）与溶液里存在的电荷式c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）不符，故D错误；
故选BC；
（5.）所耗盐酸标准液的体积分别为：19.90mL，20.10mL，两组数据均有效，盐酸标准液的平均体积为20.00mL；
HCl
～
NaOH
1
1
0.2000mol/L×20.00mL
c（NaOH）×10mL
解得：c（NaOH）=0.4mol/L，
故答案为：0.40；
（6.）A．滴定前平视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏小，烧碱纯度偏小，故A错误；
B．未用标准液润洗滴定管，标准液浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏大，烧碱纯度偏大，故B正确；
C．用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏大，烧碱纯度偏大，故C正确；
D．不小心将标准液滴在锥形瓶外面，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏大，烧碱纯度偏大，故D正确；
故选BCD．
【分析】（1.）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器来解答；
（2.）根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中；
（3.）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（4.）滴定过程中溶液从碱性溶液向中性过渡，溶液里的溶质从NaOH到NaCl、NaOH过渡，最后呈中性是溶质为NaCl，但溶液始终显中性，存在电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），据此分析判断；
（5.）先分析所耗盐酸标准液的体积的有效性，然后求出所耗盐酸标准液的体积平均值，然后根据关系式HCl～NaOH来解答．
（6.）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
20．【答案】（1）Na2S> Na2CO3 >NaHCO3；S2- >CO> HS- >HCO；；中；碱
（2）；
【解析】【解答】（1）①S2-的水解常数是、HCO的水解常数是、CO的水解常数是，水解程度越大，碱性越强，浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是Na2S> Na2CO3 >NaHCO3 ；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大，S2-，HS-，CO，HCO四种离结子合H+能力由大到小的顺序是S2- >CO> HS- >HCO。
③NaHSO3的水解常数Kh=；
④CH3COOH 、NH3·H2O 的电离常数相同，CH3COONH4溶液中铵根离子、醋酸根离子水解程度相同，溶液显中性。NH3·H2O 的电离常数大于H2CO3的Ka1，铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子水解程度，所以NH4HCO3溶液显碱性。
（2）当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)=mol·L-1，c(CrO)=mol·L-1。
【分析】（1）①依据越弱越水解进行判断；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大。
③依据Kh=计算；
④依据水解程度判断酸碱性。
（2）依据溶度积常数计算。
21．【答案】（1）碱性
（2）Fe2O3
（3）Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
（5）＜；M++H2OMOH+H+；c(M+)+c(MOH)=2c(Cl-)
【解析】【解答】（1）因为弱碱要达到 pH=11 ，碱的浓度应远远大于10-3mol/l，所以二者等体积混合后，碱有剩余，溶液应显碱性；
（2）因为 FeCl3溶液 升高温度会水解，得到Fe(OH)3和HCl，HCl挥发走，再持续加热，Fe（OH）3固体会被灼烧为 Fe2O3 ；
(3) HCO3-与Al3+互促水解： Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ ；
（4） 缓冲溶液 为HA和NaA等浓度混合的溶液，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，可知有： c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) ；
（5） ① 恰好完全反应时消耗的MOH的体积为51mL，这说明MOH为弱碱，因此MCl为强酸弱碱盐， 常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH <7；
②K点是2n(HCl）=n（M），因为Cl-，不参与变化，但是M元素的形式有M+和MOH。所以有：c(M+)+c(MOH)=2c(Cl-) 。
【分析】（1）强电解质是完全电离的，弱电解质只能部分电离；
（2）水解后得到挥发性酸的盐，一般灼烧后得到的固体物质是其氧化物；
（3）该互促水解反应是泡沫灭火器的原理；
（4） 缓冲溶液 为HA和NaA等浓度混合的溶液，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，（醋酸的电离平衡常数大于CH3COO-的水解平衡常数）可知有： c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) ；
（5）根据水解的规律“谁强显谁性”，可知 MCl稀溶液 显酸性。