3.4 离子反应 （含解析）章节测试 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 章节测试
一、单选题
1．利用电导率传感器可绘制电导率曲线图，下图为用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/L盐酸过程中的电导率曲线。下列说法错误的是（　　）
A．电导率传感器能用于判断酸碱中和滴定的终点
B．a、b、c 点的溶液中，离子浓度由大到小顺序为a>b>c
C．d点所示溶液中存在：c(Cl-) +c(OH-) =c(H+) +c(Na+)
D．C点电导率最小是因为此时溶液中导电微粒数目最少
2．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=1的溶液中：Fe2+、、、Na+
B．无色溶液中：K+、Fe3+、、H+
C．由水电离的c(H+)=1×10-14 mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、
D．c(H+)c(OH-)=1012的溶液中：、Al3+、NO3 、Cl-
3．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．0.1mol·L-1的BaCl2溶液中：K+、Na+、OH-、NO
B．0.1mol·L-1H2SO4溶液：K+、NH、NO、HCO
C．能使酚酞变红的溶液：Mg2+、Ba2+、ClO-、I-
D．无色透明的溶液：Na+、Fe2+、NO、SO
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．无色透明的溶液中：Ba2＋、H＋、MnO 、Br-
B．加入镁粉产生H2的溶液中：Cu2＋、Na＋、SO 、CH3COO-
C．酸性溶液中：K＋、Mg2＋、SO 、Cl-
D．滴加酚酞试剂显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl-、NO
5．在溶液（NH4）2SO4中，离子浓度大小顺序正确的是（　　）
A．c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（NH4+）＞c（SO42）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
6．在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）
A．有 存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、Br－
B．加入金属铝有H2产生的溶液中： 、 、 、
C．使紫色石蕊试液变红溶液中：Na+、K+、 、
D．滴入酚酞变红的溶液中：K+、Na+、 、
7．Na2S溶液中存在多种离子和分子。下列关系错误的是（　　）
A．c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)
B．c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )
C．c(OH-) =c(HS- ) +c(H+) +c(H2S)
D．c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)
8．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）
A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+ 、Na+ 、 Cl-、SCN-
B．在强碱溶液中：Na+、Ｋ+ 、 AlO2- 、CO32-
C．在PＨ＝13的溶液中：NH4+ 、Al3+ 、 NO3- 、 SO32-
D．在无色透明的酸性溶液中：K+、 Fe2+、 Cl- 、 NO3-
9．苯甲酸是一种弱酸，用于制备防腐剂苯甲酸钠，下列说法正确的是（　　）
A．稀释苯甲酸钠溶液，溶液的减小
B．苯甲酸钠的溶液中：
C．常温下，的苯甲酸溶液中，水电离的为
D．用溶液滴定苯甲酸溶液测浓度时，用甲基橙作指示剂
10．下列各组离子能大量共存且溶液为无色的是（　　）
A．Na+、NO 、Cl-、Cu2+ B．Mg2+、Cl-、OH-、K+
C．K+、Cl-、SO 、NO D．K+、Fe3+、NO 、Cl-
11．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．KMnO4溶液：H+、Na+、SO、Fe2+
B．盐酸溶液：NH、Fe3+、 Cl-、SiO
C．烧碱溶液：Na+、 K+、CO、NO
D．与Al反应放出H2的溶液：HCO、Na+、 Cl-、 Ca2+
12．水合乙二胺 是一种二元弱碱，在水中的电离方式与 相似，其 .常温下，用 盐酸滴定 乙二胺溶液.下列说法错误的是（　　）
A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为
B．滴定时选用酚酞作指示剂产生的误差最小
C．滴入 盐酸时，溶液呈碱性
D．滴入 盐酸时，加水稀释，溶液中 减小
13．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（　　）
A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）
B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl－）=c（NH4+）＞c（OH－）=c（H＋）
D．0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：2c（H＋）-2c（OH－）=c（CH3COO－）-c（CH3COOH）
14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)
B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)
C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)
D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]
15．常温下，用 溶液分别滴定20 mL 的 溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．点②和点③所示溶液中均存在：
B．点①和点②所示溶液中：
C．点③和点④所示溶液中：
D．点①和点②所示溶液中：
16．常温下，向1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3 H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法错误的是（　　）
A．在M点时，n(OH-)-n(H+) = (a-0.05)mol
B．随着NaOH的加入，c(H+) / c(NH4+)不断增大
C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3 H2O)
二、综合题
17．国家标准规定酿造食醋总酸含量不得低于3.5g/100mL，为测定某品牌市售醋酸的浓度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 mol L 1
NaOH标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 2.40 22.40
3 1.54 21.56
已知：常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10 5， =2.236
（1）该市售醋酸的含量为　 　g/100mL
（2）该市售醋酸c(H+)约等于　 　(保留小数点后一位)
18．游泳池水需定期杀菌消毒，常采用84消毒液、氯水等消毒剂。回答下列问题：
（1）84消毒液呈碱性，用离子方程式解释原因　 　，某84消毒液中NaCl和NaClO的浓度均为，则该溶液中　 　。
（2）学习小组在光照条件下用传感器技术测得常温下饱和氯水的pH及氯离子浓度随时间的变化如图所示。
①图中表示饱和氯水的pH随时间变化的曲线是　 　(填“M”或“N”)。
②a点溶液中　 　(用相关微粒的物质的量浓度表示)，光照一段时间后，溶液颜色逐渐变浅，b点溶液中离子浓度的大小关系为　 　。
③a、b、c三点水的电离程度由大到小为　 　。
19．氮及其化合物在生产、生活中有着重要的作用．请回答下列问题：
（1）图1是常温下1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：　 　
（2）在恒温、恒容的密闭容器中，通入一定量的N2O4发生反应N2O4（g） 2NO2（g）△H如图2
①在0﹣60s时段，反应速率v（N2O4）为　 　 mol L﹣1 s﹣1．
②温度升高，混合气体的颜色变深，则△H　 　0（填“＞”或“＜”）．
③改变条件重新达到平衡时，要使N2O4的体积分数变大，可采取的措施有　 　（填字母）．
a．向混合气体中通入N2O4 b．升高温度
c．向混合气体中通入NO2 d．使用高效催化剂
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol L﹣1的CH3COONa溶液．
①A、B两溶液中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）．
②可使A、B两溶液的pH相等的方法是　 　（填字母）．
a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
（4）铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平）.0.6molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量为　 　．
20．已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH HClO H2CO3 CH3COOH
电离平衡常数 Ka=1.77×10-4 Ka=4.0×10-8 Ka1=4.3×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=1.75×10 -5
（1）NaClO溶液显　 　性，用离子方程式表示原因　 　。
（2）CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡　 　移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；若取pH=3的醋酸溶液用水稀释100倍，稀释后pH　 　 5(填“＞”、 “＜"或“=”)。
（3）室温下，相同浓度的四种溶液①HCOONa ②NaClO ③Na2CO3 ④NaHCO3的pH由大到小的顺序为　 　(填编号)。
（4）常温下，pH=3 的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（5）常温下，在pH=6的HClO溶液中由水电离出来的c(H+)=　 　。
21．近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷”(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。 、 和 是磷的三种含氧酸，请回答下列问题：
（1）次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反应，请配平该反应　 　。
（2）某含磷废水的主要成分为 和 ，向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节 ，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。加入漂白粉的作用是　 　；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 　 　。
（3）25℃时，向一定体积的亚磷酸( ，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的 溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液 的关系如图所示。
① 为　 　(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显碱性的离子方程式为　 　。
② 点时，溶液中水电离出的 　 　。
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为　 　。
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 将　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据图象知，从0-10mL之间，随着反应的进行，溶液中c（H+）浓度逐渐减小，溶液的电导率逐渐降低，加入溶液体积大于15mL时，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液的电导率增大，根据图知当恰好中和时电导率最小，所以可以电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断，选项A不符合题意；
B.电导率与导电性成正比，根据图知该点电导率最大，所以其导电性最强，离子浓度由大到小顺序为a>b>c，选项B不符合题意；
C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），选项C不符合题意；
D.溶液电导率与离子浓度成正比，c点电导率低是因为离子浓度小，而不是导电微粒数目最少，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.盐酸与氢氧化钠发生中和反应，溶液中离子浓度变化与导电率有关；
B.导电率越大离子浓度越大；
C.根据溶液中电荷守恒进行分析；
D.导电率与溶液中导电微粒的浓度有关。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+、Fe2+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．Fe3+水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，B不符合题意；
C．水电离的c(H+)=1×10-14 mol/L，水电离受到抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中H+与会反应产生CO2、H2O，不能大量共存；在碱性溶液下OH-与、Ca2+会反应产生CaCO3、H2O，也不能大量共存，C不符合题意；
D．c(H+)c(OH-)=1012的溶液显酸性，含大量H+，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、亚铁离子、氢离子、硝酸根离子可以发生氧化还原反应；
B、铁离子的溶液为黄色；
C、溶液可能是酸性也可能是减小，碱性条件下，氢氧根离子和钙离子不能大量共存；
D、酸性条件下，所有离子都可以共存。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．的溶液中、、、均不反应，能大量共存，A符合题意；
B．溶液显酸性，此条件下，与不能大量共存，B不符合题意；
C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，不可能大量存在，且能把氧化，不能大量共存，C不符合题意；
D．呈浅绿色，无色透明的溶液中不可能存在，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】无色溶液，不能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4-等
K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．无色透明的溶液中不可能含有大量的MnO ，且H＋、MnO 、Br-将发生氧化还原反应，A不合题意；
B．加入镁粉产生H2的溶液中含有大量的H+，：H＋+ CH3COO-=CH3COOH，二者不能大量共存，B不合题意；
C．酸性溶液中含有大量的H+，H+与 K＋、Mg2＋、SO 、Cl-均能大量存在，C符合题意；
D．滴加酚酞试剂显红色的溶液中含有大量的OH-，2OH-+Fe2＋=Fe(OH)2↓，二者不能大量共存，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】A、无色透明溶液中不含有MnO4－；
B、加入镁粉产生H2的溶液中含有大量的H＋；
C、酸性溶液中含有大量的H＋；
D、滴加酚酞显红色的溶液中含有大量的OH－；
5．【答案】A
【解析】【解答】解：（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，NH4+部分水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），
铵根离子水解程度较小，化学式中铵根离子为2、硫酸根离子为1，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+），
所以离子浓度大小顺序为c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故选A．
【分析】（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中部分水解，导致溶液呈酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣）；再结合电荷守恒判断铵根离子和硫酸根离子浓度大小，注意铵根离子水解的程度较小：c（NH4+）＞c（H+）．
6．【答案】D
【解析】【解答】A．有 存在的溶液中，与Ca2+反应生成微溶物，故A不符合题意；
B．加入金属铝有H2产生的溶液中可能为酸性，可能为碱性，碱性条件与 反应，酸性条件与偏铝酸根离子反应，故B不符合题意；
C．使紫色石蕊试液变红溶液，说明溶液显酸性，与 反应生成气体，故C不符合题意；
D．滴入酚酞变红的溶液，说明溶液显碱性，K+、Na+、 、 都共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硫酸根离子能和钙离子结合生成微溶物.
B.加入金属铝有氢气产生，存在大量氢离子或氢氧根离子.
C.使紫色石蕊试液变红，溶液存在大量的氢离子.
D.滴入酚酞变红的溶液中存在大量的氢氧根离子.
7．【答案】C
【解析】【解答】A. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故A不符合题意；
B. 硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，c(Na+) +c(H+)
=c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )，故B不符合题意；
C. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，结合A可知c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故C符合题意；
D. 硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠离子和硫原子物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫化钠溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，据此判断；
8．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe3+和SCN-之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO32-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；
C．在PＨ＝13的溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+、Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D．I-、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.苯甲酸钠溶液显碱性，加水稀释导致碱性减弱，减小，故A符合题意；
B.苯甲酸钠溶液中结合电荷守恒得到： ；故B不符合题意；
C. 常温下，的苯甲酸溶液中， 此时c(H+)=10-4mol/L，结合水的离子积计算出水电离出的c(OH-)=10-10mol/L，因此 水电离的为，故C不符合题意；
D.苯甲酸钠溶液显碱性，选择酚酞做指示剂，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.稀释碱性变弱；
B.结合电荷守恒；
C.根据计算出水电离的氢氧根离子即可；
D.考虑苯甲酸钠显碱性，因此选酚酞作指示剂。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．Cu2+显蓝色，A项不选；
B．Mg2+和OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不能大量共存，B项不选；
C．K+、Cl-、SO 、NO 四种离子能大量共存且溶液为无色，C项选；
D．Fe3+显黄色，D项不选；
故答案为：C。
【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SO42-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－，NO3-(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO32-、HCO3-或AlO2-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。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．MnO具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，在指定的溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．H+与SiO生成弱酸H2SiO3，Fe3+与SiO发生双水解反应，所给离子组不能大量共存，故B不符合题意；
C．所给离子组与NaOH不发生反应，能够大量共存，故C符合题意；
D．HCO既不能与H+，也不能与OH-大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A．MnO具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+；
B．H+与SiO反应，Fe3+与SiO反应；
C．所给离子组与NaOH不发生反应；
D．HCO与H+、OH-均反应。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．由信息，结合 在水中电离知，乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为 ，A项不符合题意；
B．强酸滴定弱碱选用甲基橙作指示剂可减小实验误差，B项符合题意；
C．当滴入 盐酸时形成碱式盐，由 可知溶液呈碱性，C项不符合题意；
D．加水稀释过程中 不变，但 水解程度增大， 增大，故 减小，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据水合乙二胺是二元弱碱即可写出第一步电离方程式
B.与盐酸得到的溶液显酸性不应用酚酞做指示剂
C.根据此时得到的溶质进行判断电离和水解常数的大小即可判断
D.根据此时的溶质进行判断
13．【答案】D
【解析】【解答】A.不符合电荷守恒，应该为c(H＋)+ c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－），A项错误；
B.NaHCO3的溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-），B项错误；
C.氨水为弱碱，与盐酸等体积混合，氨水过量，c(NH4＋ ) ＞c(Cl－) ＞c(OH－)> c(H＋)，C项错误；
D.所得溶液为等浓度的CH3OOH和CH3COONa，根据电荷守恒和物料守恒可得，2c（H＋）-2c（OH－）=c（CH3COO－）-c（CH3COOH），D项正确；
答案选D。
【分析】该题考察电荷守恒、离子浓度大小比较、酸碱中和，
A.不符合电荷守恒；
B.碳酸氢钠溶液为碱性溶液，碳酸氢根会水解也会电离但水解＞电离；
C.氨水是弱碱而盐酸是强酸，混合后溶液呈碱性；
D.所得溶液为等浓度的CH3OOH和CH3COONa，根据电荷守恒和物料守恒可得，2c（H＋）-2c（OH－）=c（CH3COO－）-c（CH3COOH），D项正确
14．【答案】A
【解析】【解答】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)= c(SO42－)，故A符合题意；
B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)> c(H+)，所以c(NH4+) >c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)> c(OH－)> c(H+)，故B不符合题意；
C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+ c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)，故C不符合题意；
D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】在溶液中，存在电荷守恒、质子守恒以及物料守恒，根据三大守恒关系可以比较出溶液中微粒浓度之间的关系。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．②点溶液中存在2c(Na+)=c(CH3COO )+c(CH3COOH)，存在电荷守恒c(CH3COO )+c(OH )=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO )+2c(OH )=c(CH3COOH)+2c(H+)；
③点溶液呈中性，则c(OH )=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则c(CH3COO )>c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO )+c(OH )>c(CH3COOH)+c(H+)，A不符合题意；
B．①②点溶液中加入的酸的物质的量相等，且溶液体积相等，根据物料守恒得c(CH3COO )+c(CH3COOH)=c(CN )+c(HCN)，有c(CH3COO ) c(CN )=c(HCN) c(CH3COOH)，B符合题意；
C．④点溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO 水解导致溶液呈碱性，则c(OH )>c(H+)，但是其水解程度较小，根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO )，所以存在c(Na+)>c(CH3COO )>c(OH )>c(H+)，C不符合题意；
D．根据图知，0.10mol/L的1CH3COOH 溶液和HCN 溶液的pH：CH3COOHHCN，酸性CH3COOH>HCN，酸根离子水解程度：CH3COO c(CN )，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．点②溶液为等浓度的CH3COOH、CH3COONa；第③溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显中性，结合电荷守恒、质子守恒分析；
B．点①溶液为等浓度的NaCN、HCN，结合溶液中的物料守恒分析；
C．点④溶液为NaCN溶液，结合溶液中的电离、水解分析离子浓度大小；
D．结合溶液的酸碱性，分析溶液中电离、水解的相对大小，从而比较溶液中离子浓度大小；
16．【答案】B
【解析】【解答】A.n(Na+)=amol，n(NH4+)=0.05mol，n(Cl－)=0.1 mol根据电荷守恒，n(OH－)+ n(Cl－)=n(H+)+ n(Na+)+n(NH4+)；n(OH－)-n(H+)＝n(Na+)+ n(NH4+) - n(Cl－) =(a -0.05)mol，A不符合题意；
B. 不变，随着NaOH的加入， 不断增大，所以 增大， , ， 不断减小，B符合题意；
C.向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，C不符合题意；
D.当n(NaOH)＝0.1mol时， ，c(OH－)=c(Cl－)- c(NH3 H2O)+ c(H+)，所以c(OH－)＞c(Cl－)- c(NH3 H2O)，D不符合题意；
故答案诶：B
【分析】A.结合电荷守恒分析；
B.根据NH3·H2O的电离平衡常数和水的离子积常数Kw进行分析；
C.加入NaOH溶液后，水的电离受到抑制；
D.当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)=c(Cl-)；
17．【答案】（1）9.6
（2）5.4×10 3
【解析】【解答】(1)第一次消耗的体积为19.98mL，第二次消耗的体积为20.00mL，第三次消耗的体积为20.02mL，三次的平均值为20.00mL，则25mL溶液中醋酸的物质的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L×0.2000mol L 1×10=0.04mol，则100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的质量0.16mol×60g mol 1=9.6g，因此该市售醋酸的含义为9.6g/100mL；故答案为：9.6。(2)该市售醋酸100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，醋酸的浓度为 ，则 ， ， ；故答案为：5.4×10 3。
【分析】先求出25mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求出100mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求含量，根据电离平衡常数求出氢离子浓度。
18．【答案】（1）；2a
（2）M；；；
【解析】【解答】（1）①84消毒液中的次氯酸根离子是弱酸根离子，易发生水解，使溶液呈现碱性，；
②根据物料守恒：c（Na+）=2
（2）①新制氯水中存在 ； 两个反应 ，光照条件下加速次氯酸的分解 ，使可逆反应正向进行 ，酸性增强，pH减小，曲线是M
②新制氯水中存在得到电荷守恒：，而所以：
③b点溶液中存在的溶质主要是盐酸和次氯酸，盐酸的量大于次氯酸的量，且次氯酸部分电离，溶液显酸性，
④a、b、c三点氢离子的浓度越来越大，抑制水的电离的程度越来越大，所以酸性越强水的电离程度越弱，
【分析】（1） ClO-水解导致溶液呈碱性； 根据物料守恒计算；
（2）①光照后溶液中溶质由HCl、HClO最终都转化为HCl，溶液中c(H+)增大；
②根据电荷守恒分析；
③酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
19．【答案】（1）NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol
（2）0.001；＞；ac
（3）c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc
（4）1.8mol
【解析】【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134kJ/mol﹣368kJ/mol=﹣234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol，
故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol；（2）①由图可知，在0﹣60s时段△c（N2O4）=0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，则v（N2O4）= =0.001mol/（L．min），
故答案为：0.001；
②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则△H＞0，
故答案为：＞；
③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，平衡逆向移动，N2O4的体积分数增大，故a正确；
b．正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数减小，故b错误；
c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，N2O4的体积分数增大，故c正确；
d．使用高效催化剂缩短到达平衡的水解，不影响平衡移动，N2O4的体积分数不变，故d错误，
故答案为：ac；（3）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．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a错误；
b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；
c．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c正确；
d．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d错误；
故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc；（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.6mol，得到的NO和NO2物质的量相同，根据电子转移守恒，则：3n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2，故n（NO）=n（NO2）=0.3mol，根据氮原子守恒，可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2+0.3mol+0.3mol=1.8mol，
故答案为：1.8mol．
【分析】（1）反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程；（2）①根据v= 计算v（N2O4）；
②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动；
③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；
b．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；
d．使用高效催化剂不影响平衡移动；（3）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；（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒计算Cu（NO3）2的物质的量，根据电子转移守恒计算NO、NO2的物质的量，再根据氮原子守恒计算消耗硝酸物质的量．
20．【答案】（1）碱；ClO-+H2OHClO+OH-
（2）逆向；＜
（3）③＞②＞④＞①
（4）c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
（5）10-8
【解析】【解答】(1)因为次氯酸是弱酸，NaClO是强碱弱酸盐，能发生水解反应，其反应的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，所以NaClO溶液显碱性，故答案：碱；ClO-+H2OHClO+OH-。
(2)CH3COOH溶液发生电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，向其中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动；醋酸为弱酸，所以pH=3的溶液用水稀释100倍，稀释后pH <5，故答案：逆向；<。
(3)根据弱酸的电离平衡常数表可知，酸性：HCOOH>CH3COOH> H2CO3> HClO> HCO，酸性越弱，其钠盐溶液水解程度越大，溶液的碱性越强。室温下，相同浓度的四种溶液①HCOONa ②NaClO ③Na2CO3 ④NaHCO3的pH由大到小的顺序为③＞②＞④＞①，故答案：③＞②＞④＞①。
(4)CH3COOH为弱酸，常温下，pH=3 的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故答案：c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)。
(5)常温下，在pH=6的HClO溶液中由水电离出来的c(H+)就等于溶液中c(OH-)，根据水的离子积常数可知，c(H+)水= c(OH-)=10-8mol/L，故答案：10-8。
【分析】(1)依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性；
(2)依据同离子效应分析。
(3)根据弱酸的电离平衡常数表，酸性越弱，其盐溶液水解程度越大；
(4)依据电离的程度分析；
(5)依据酸溶液中水电离出来的c(H+)就等于溶液中c(OH-)。
21．【答案】（1）3、4、1、3、1、8
（2）将 氧化为 ；
（3）正盐；；；；增大
【解析】【解答】(1)根据反应可知， 中P元素由+1价变为+5价， 中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12， 的系数为3， 的系数为4，根据P原子守恒， 的系数为3，则 的系数为1， 的系数为8，则 的系数为1，配平该反应为：
，答案为3、4、1、3、1、8；
(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，加入漂白粉的作用是将 氧化为 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 ， ；
(3)①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性， ；
② 点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的 ；
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成 ，为强碱弱酸盐， ，根据图中信息可知， 电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 ；
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 减小， 增大，因K= 为常数，故 减小，故 将增大。
【分析】（1）根据给出的反应物和生成物利用氧化还原反应原理即可进行配平
（2）漂白粉有效成分是次氯酸钙具有氧化性而 具有还原性，发生氧化还原反应将其氧化为磷酸，根据给出的数据即可计算出溶度积常数
（3）①根据 亚磷酸( ，二元弱酸)即可判断为正盐，即可写出水解的方程式
②根据此时的pH结合水的离子积常数即可计算
③先判断此时的溶质结合水解常数和电离常数的大小即可判断离子浓度的大小
④根据平衡常数以及水的离子积常数结合稀释氢氧根离子降低即可判断