2025届高三化学二轮复习 -沉淀溶解平衡（含解析）

2025届高三化学复习-沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2024高三下·云南·期中）HCOOH为一元弱酸，25℃时，用0.250NaOH溶液滴定25.0mL0.250HCOOH溶液，溶液的pH变化情况如图所示，下列说法错误的是
A．
B．25℃时，a点溶液中
C．a、b、c三点溶液中，b点溶液中水的电离程度最大
D．滴定过程中，不可能存在
2．（2024·云南·模拟预测）常温下，用硫酸滴定氨水溶液，所得溶液的和的物质的量分数与滴加硫酸体积的关系如图所示，忽略溶液混合过程中的温度变化。（假设：氨水溶液中的含氮微粒只有和）下列说法不正确的是
A．当滴入硫酸时，溶液中
B．当溶液呈中性时，滴入硫酸的体积小于，且此时溶液中
C．常温下，的水解常数为
D．曲线②代表点溶液中
3．（2024·陕西西安·模拟预测）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念：。常温下，用溶液滴定溶液，溶液的酸度（AG）随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示（滴定过程中温度的变化忽略不计），已知，下列说法正确的是
A．滴定过程中逐渐增大
B．常温下，HCN的电离常数
C．滴定过程中水电离出的先减小后增大
D．当V（NaOH）=10mL时，溶液中存在
4．（2024·甘肃白银·模拟预测）分析化学中将“滴定分数”定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下，以 NaOH溶液为滴定液滴定一元酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是
A．
B．a点：
C．b点：
D．c点：
5．（2024·河北沧州·二模）制备(S呈+2价)的化学方程式为。下列说法正确的是
A．参与反应，转移电子的数目为
B．25℃、101kPa条件下，的分子数为
C．由()与()组成的混合物中所含共价键的数目为
D．常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为
6．（2024高三下·安徽·阶段练习）某无色溶液中可能含有等离子，设计如下实验确定其组成，下列说法正确的是
A．产生气体A的反应属于水解反应
B．气体B可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．根据分析可知，溶液中一定不存在和
D．溶液中一定存在，且
7．（2024·河北邯郸·模拟预测）常温下，向浓度相等的甲酸（）和醋酸（）的混合溶液中滴加氨水，溶液中［，、、］与的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．代表与的变化关系
B．常温下，
C．向溶液中滴加氨水至Q点：
D．上述反应中，最先生成和
8．（2024·广西南宁·二模）常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠(表示)溶液中通入气体，保持溶液体积和温度不变，测得与[X为、、；]的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线表示-lgc(H2A)
B．Ka1(H2A) =10-3
C．水的电离程度：aD．c点溶液中：c(H+)+
9．（2024·福建泉州·模拟预测）某研究小组拟在实验室以废铁屑（含有少量炭和杂质）为原料制备无水，设计如下流程（已知易水解）：
下列说法不正确的是
A．试剂X可选用硫酸
B．“氧化”时：
C．操作①②均需用到漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“脱水”时可能会产生亚铁盐
10．（2024·山东·模拟预测）某小组根据常温下溶液的分布系数（如图所示）开展以下实验：
实验1：向溶液中加入等体积溶液；
实验2：向溶液中加入足量溶液，有沉淀生成。
下列说法中正确的是
A．常温下，的
B．实验1所得的溶液中：
C．实验2中所得沉淀是黑色
D．向实验1所得溶液中滴加溶液，将促进水的电离
11．（2024·安徽合肥·三模）下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入试剂后发生反应的离子方程式书写也正确的是
选项 微粒组 加入试剂 发生反应的离子方程式
A 、、、 少量HCl溶液
B 、、、 少量溶液
C 、、、 过量醋酸溶液
D 、、、 通入少量
A．A B．B C．C D．D
12．（2024·河南·三模）常温下，向20mL 0.1亚硫酸溶液中滴加0.1的NaOH溶液，溶液中与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：m、p两点的pH分别为1.86、6.22)。
下列说法错误的是
A．常温下，亚硫酸的第二步电离平衡常数的数量级为
B．当V(NaOH溶液)=20mL时，
C．V(NaOH溶液)=40mL时，水的电离程度最大
D．p点时，
13．（2024·河南郑州·模拟预测）常温下，分别向一元酸溶液、溶液、溶液中滴加溶液，随的变化关系如图所示。已知：表示或或，，。下列说法正确的是
A．是离子化合物但含有共价键；时，溶液中
B．点溶液中微粒有、、、、、
C．曲线Ⅱ对应的溶液，点水的电离程度比点的小
D．常温下，一元酸的电离平衡常数的数量级为
二、非选择题
14．（2024高三上·山东潍坊·期中）弱电解质的研究是重要课题。
(1)①水溶液中碳元素的存在形态随pH变化如图所示。
下列说法正确的是 (填序号)。
a.A点，溶液中H2CO3和浓度相同
b.pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
c.当c()=c()时，c(H+)>c(OHˉ)
②向上述pH=8.6的水溶液中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是 。
(2)碳酸及部分弱酸的电离平衡常数如下表。
弱酸 H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数(25℃) K1=1.3×10ˉ7 K2=7.1×10ˉ15 K1=4.4×10ˉ7 K2=4.7×10ˉ11 K=1.0×10ˉ8
①H2S、H2CO3、HClO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)25℃，0.01mol·L-1NaClO溶液的pH= ，若从盐类水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，证明碳酸是弱电解质，你的设计方案是 。
15．（2024高三上·北京西城·期中）溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
(1)盐碱地(含较多、)不利于植物生长，试用化学方程式表示盐碱地呈碱性的原因： ；氯化铵溶液能够利用酸性做金属除锈剂，试用离子方程式表示氯化铵溶液呈酸性的原因： 。
(2)常温下，在的溶液中水电离出来的 。
(3)常温下，将某一元酸(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的如表所示：
实验编号 混合溶液的
甲 0.1 0.1
乙 0.1 0.1
丙 0.2 0.1
丁 0.1 0.1
①从甲组情况分析，如何由a的数值判断是强酸还是弱酸？ 。
②乙组混合溶液中和的大小关系是 (填字母)。
A．前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断
③从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
④分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式即可)： 。
16．（2024高三上·上海黄浦·期中）下表为元素周期表的一部分，①~⑧分别代表8种不同的元素。
①
② ③ ④
⑤ ⑥ ⑦ ⑧
用化学用语回答下列问题：
(1)②在元素周期表中的位置是 。
(2)③、④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序是 。
(3)①~⑧的最高价氧化物对应水化物，酸性最强的是 。
(4)①、④、⑤可组成既含离子键，又含共价键的化合物，其电子式为 。
(5)含元素①的某种复盐晶体可以用作净水剂。其化学式是 ，用离子方程式表示它能净水的原因 。
17．（2024高三上·甘肃兰州·阶段练习）FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)在实验室中，FeCl3可用铁粉和 反应制备，实验室检验Fe3+的方法为 。FeCl3溶液对钢铁设备的腐蚀，除H+的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀的主要原因是 (用离子方程式表示)。
(2)实验室可用NaClO氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3，发生反应的离子方程式为 。若要制取1000mL2mol/LFeCl3，则需要NaClO的质量为 。
(3)通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+。欲使平衡正向移动可采用的方法是 (填序号)。
A．降温 B．加水稀释 C．加入NH4Cl D．加入NaHCO3
(4)工业上可用废铁屑来制备FeCl3，废铁屑反应前要用热碱液进行洗涤，其目的是 ，然后用废铁屑与盐酸反应得到FeCl2、再与Cl2反应得到FeCl3溶液，然后将FeCl3溶液结晶得到FeCl3·6H2O晶体，然后在HCl气流中加热得到无水FeCl3，该操作中需要在HCl气流中加热的原因为 ，若某废铁屑中铁的质量分数为84%，用1000g废铁屑反应，最后制取的FeCl3的质量为1625g，则该制取过程中的产率为 。
18．（2024高三上·浙江台州·阶段练习）填空
(1)实验室可用NaOH溶液吸收，反应为。含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为的溶液，则两溶液中和由大到小的顺序为 (已知的电离常数，的电离常数)。可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 (填序号)。
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
(2)直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的。吸收液(NaOH溶液)吸收的过程中，pH随的变化如下表：
91：9 1：1 9：91
pH 8.2 7.2 6.2
①由上表判断溶液显 性，用化学平衡原理解释： 。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是 (填序号)。
a.
b.
c.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B A C D C B A B
题号 11 12 13
答案 A B D
1．D
【分析】25.0mL0.250mol/L甲酸溶液与25.0mL0.250mol/L氢氧化钠溶液恰好反应得到甲酸钠溶液，甲酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离；由图可知，a点为甲酸溶液，甲酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点为甲酸和甲酸钠的混合溶液，溶液的pH为7，呈中性，c点为甲酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】A．由分析可知，25.0mL0.250mol/L甲酸溶液与25.0mL0.250mol/L氢氧化钠溶液恰好反应得到甲酸钠溶液，b点为甲酸和甲酸钠的混合溶液，溶液的pH为7，则反应消耗等浓度的氢氧化钠溶液的体积小于25.0mL，故A正确；
B．由分析可知，a点为甲酸溶液，甲酸电离出的氢离子抑制水的电离，则水电离出的氢离子浓度与水电离出的氢氧根离子浓度的乘积小于10—14，故B正确；
C．由分析可知，a点为甲酸溶液， b点为甲酸和甲酸钠的混合溶液，c点为甲酸钠和氢氧化钠的混合溶液，甲酸电离出的氢离子和氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制水的电离，甲酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则a、b、c三点溶液中，b点溶液中水的电离程度最大，故C正确；
D．滴定过程中，甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到的甲酸钠和甲酸混合溶液呈酸性时，溶液中离子浓度的大小顺序为，故D错误；
故选D。
2．A
【分析】往氨水溶液中加入稀硫酸，随着滴加稀硫酸的体积变化，溶液pH的变化由一个突变过程，逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水，含量下降为曲线①，的含量逐渐上升为曲线②，曲线③代表溶液的pH。
【详解】A．当滴入硫酸时，得到溶液溶质为和，且此时两者物质的量之比为2:1，由电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，则存在，A错误；
B．得到硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液酸性，则当溶液呈中性时，稀硫酸稍微不足，滴入硫酸的体积小于，由电荷守恒可知，，故此时溶液中，B正确；
C．由图可知，时，pH=9.26，pOH=4.74，则的，常温下，的水解常数为，C正确；
D．曲线②代表，a点溶液加入硫酸溶液后溶液体积增大，导致，D正确；
故选A。
3．B
【分析】滴加NaOH溶液之前，0.1mol/L的HCN溶液中AG=3.8，即=3.8，。
【详解】A．由图示可知，滴定过程中AG逐渐减小，由可知，逐渐减小，故A错误；
B．，Ka=，滴加NaOH溶液之前，0.1mol/L的HCN溶液中AG=3.8，，又Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，所以c2(H+)=103.8×10-14，=，故B正确；
C．滴定过程中HCN浓度逐渐减小，对水的电离的抑制程度减小，生成的NaCN浓度逐渐增大，恰好生成NaCN时水的电离程度最大，之后氢氧化钠过量，又抑制水的电离，所以水电离的先增大后减小，故C错误；
D．当V(NaOH)=10mL时，即10mL溶液滴定溶液，溶液中电荷守恒、物料守恒，联立得，故D错误；
故答案为：B。
4．A
【详解】A．同浓度的一元碱NaOH与一元酸HA反应，恰好反应时是1：1，体积相同，所以当反应处于y点时，可认为是NaOH加入0.95mol，未反应的HA是0.05mol，此时溶液体积为V，则，A正确；
B．a点滴定分数为0.50，此时溶液中成分为NaA和HA，且二者浓度相等，，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以，B错误；
C．b点滴定分数为1.00，二者恰好完全反应，但是体积变成原来的二倍，则浓度降为原来的一倍，所以，C错误；
D．c点氢氧化钠过量，溶液溶质为NaOH和NaA，由电荷守恒可知：，c点溶液为碱性：，则，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．根据化学方程式可知，6mol得到的电子数为8mol，所以即0.3mol参与反应转移的电子数为，故A错误；
B．不是标准状况，25℃、101kPa条件下，的分子数小于，故B错误；
C．()与()中每个S原子平均形成一个共价键，32g该混合物中所含共价键数目为，故C正确；
D．铵根水解促进水的电离，常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为，故D错误；
故选C。
6．D
【分析】铜离子在溶液中呈淡蓝色，则无色溶液中一定不含有铜离子；加入足量过氧化氢溶液并用足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有0.01mol碳酸氢根离子，有沉淀生成说明溶液中一定含有0.01mol钡离子和亚硫酸氢根离子，一定不含有硫酸根离子；加入氢氧化钡溶液，共热产生气体，说明原溶液含有0.01mol铵根离子，产生的沉淀说明原溶液中含有0.01mol+0.005mol=0.015mol亚硫酸氢根离子，由电荷守恒可知，原溶液中可能含有钠离子，至少含有0.005mol氯离子。
【详解】A．生成二氧化碳气体的反应为溶液中碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，该反应不属于水解反应，故A错误；
B．氨气是碱性气体，可以使湿润的红色石荵试纸变蓝，故B错误；
C．由分析可知，原溶液中可能含有钠离子，至少含有0.005mol氯离子，故C错误；
D．由分析可知，原溶液中一定含有0.015mol亚硫酸氢根离子，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度为=0.15mol/L，故D正确；
故选D。
7．C
【分析】由、、并结合题干图像信息可知，随着pH的增大，c(H+)减小，HCOOH、HAc的X增大，pX减小，氨水的X减小，pX增大，且由于-CH3为推电子基团，导致CH3COOH中羧基上的O-H极性比HCOOH的小，则CH3COOH的酸性弱于HCOOH，即Ka(HAc)＜Ka(HCOOH)，据此可知L1代表随pH的变化，L2代表随pH的变化，L3代表随pH的变化，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，代表与的变化关系，A正确；
B．由分析可知，L2代表随pH的变化，由点(8.75，-5)可知，根据可得，，即常温下，，B正确；
C．由分析并结合题干信息可知，，即Ka(CH3COOH)=10-4.76，，Kb(NH3 H2O)=10-4.76，向溶液中滴加氨水至Q点对应的pX和pH分别相等，则溶液显中性，即有，C错误；
D．由分析可知，CH3COOH的酸性弱于HCOOH，则向浓度相等的甲酸（）和醋酸（）的混合溶液中滴加氨水时HCOOH先于氨水反应，即上述反应中，最先生成HCOONH4和H2O，D正确；
故答案为：C。
8．B
【详解】A．向邻苯二甲酸钠溶液中通入氯化氢气体时，溶液中氢氧根离子浓度减小，A2-离子浓度减小、HA-离子浓度先增大后减小、H2A的浓度增大，则溶液中pOH增大，-lgc(A2-)增大、-lgc(H2A)减小、-lg增大，所以曲线L1、L2、L3分别表示-lgc(A2-)、-lgc(H2A)、-lg，A错误；
B．由图可知，溶液中-lg为0时，溶液pOH为8.6，由电离常数公式可知，邻苯二甲酸的Ka2(H2A)== c(H+)=10-5.4；b点溶液中，A2-离子浓度与H2A的浓度相等，溶液pOH为9.8，则电离常数Ka1(H2A) Ka2(H2A)= = c2(H+)=10-8.4，所以邻苯二甲酸的Ka1(H2A) =10-3，B正确；
C．A2-离子在溶液中水解促进水的电离，H2A在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，则向邻苯二甲酸钠溶液中通入氯化氢气体时，A2-离子浓度减小、H2A的浓度增大，水的电离程度依次减小，则水的电离程度大小顺序为，C错误；
D．邻苯二甲酸钠溶液中存在物料守恒关系：，向邻苯二甲酸钠溶液中通入氯化氢气体时，溶液的成分发生变化，但溶液中的物料守恒关系始终不变，D错误；
本题选B。
9．A
【分析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，操作①过滤除去少量碳和SiO2杂质，溶液I(溶质为氯化亚铁)加入氧化剂H2O2得到溶液II(溶质为氯化铁)，操作②蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，在SOCl2的存在下加热脱水生成FeCl3。
【详解】A．由于最终要制备无水FeCl3，若试剂X可选用硫酸，则引入了硫酸根杂质，故A不正确；
B．由分析，“氧化”时，氧化剂H2O2将氯化亚铁氧化为氯化铁，选项所给离子方程式正确，故B正确；
C．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，均需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；
D．“脱水”时，SOCl2与水会生成SO2，生成的SO2可能将Fe3+还原成Fe2+，故“脱水”时可能会产生亚铁盐，D正确；
不正确的选A。
10．B
【分析】
对图中曲线进行标记如图，pH较小时，主要以H2S存在，随pH增大，H2S逐渐减少，HS-逐渐增多，pH继续增大，HS-减少，S2-增多，故曲线a表示H2S，曲线b表示HS-，曲线c表示S2-，图中a、b曲线交点，c(H2S)=c(HS-)且pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L，H2S的Ka1==10-6.9，同理，由b、c曲线交点，Ka2=10-13.0；
【详解】A．图中a、b曲线交点，c(H2S)=c(HS-)且pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L，H2S的Ka1==10-6.9，A错误；
B．实验1即H2S和NaOH等量混合，相当于溶质为NaHS，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c(HS )+2c(S2 )，由于Kh2==10-7.1>Ka2=10-13.0；即HS 水解程度大于电离程度溶液显碱性，c(OH )>c(H+)，故c(Na+)>c(HS )+2c(S2 )，B正确；
C．铁离子有氧化性，H2S有还原性，故实验2中所得沉淀是淡黄色的S单质，C错误
D．实验1所得溶液相当于NaHS溶液，加入氢氧化钠溶液，刚开始氢氧化钠溶液和NaHS反应得Na2S，Na2S水解程度大于NaHS，促进水的电离，但是当NaHS全部反应完后，继续滴加氢氧化钠溶液相当于溶液中加碱，会抑制水的电离，所以是先促进后抑制，D错误；
本题选B。
11．A
【详解】A．该组离子间不发生反应，能大量共存，加入少量HCl溶液，H+优先与反应，其离子方程式为，A正确；
B．原溶液中各离子间不反应，可大量共存，加入少量溶液后，酸性条件下具有氧化性，与发生氧化还原反应，离子方程式为：，B错误；
C．与不能大量共存，醋酸为弱酸，不能拆开，加入过量醋酸溶液，反应的离子方程式为：，C错误；
D．通入少量后，氧化性更强，优先与发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选A。
12．B
【分析】亚硫酸溶液中未加NaOH溶液时，浓度最小，随着所加NaOH溶液体积增大，浓度增大，促进亚硫酸电离，亚硫酸浓度减小、浓度在最初会增大，所以曲线①②③分别代表亚硫酸、、与NaOH溶液体积的关系。
【详解】A．常温下，亚硫酸的第二步电离方程式为：，曲线②③交点，p点c()=c()，c(H+)=10-6.22mol/L，平衡常数为，即数量级为，故A正确；
B．当V(NaOH溶液)=20mL时，亚硫酸溶液与NaOH按物质的量之比1：1恰好完全反应，①③分别代表亚硫酸、，图像显示此时亚硫酸浓度小于，即的水解小于电离，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒、物料守恒，即，又c(H+)＞c(OH-)，所以，故B错误；
C．20mL 0.1亚硫酸溶液中滴加0.1的NaOH溶液，当V(NaOH溶液)=40mL时，恰好完全生成Na2SO3，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解促进水电离，所以此时水的电离程度最大，故C正确；
D．由图可知p点时，c()=c()，电荷守恒，所以，故D正确；
故答案为：B。
13．D
【详解】A．中既有离子键又有共价键，共价键来自硫酸根离子；时、溶液中存在电荷守恒，又，则可知，A错误；
B．点溶液的，，，，则曲线I表示与的关系，同理可得曲线Ⅱ表示与的关系，曲线Ⅲ表示与的关系，B错误；
C．水解溶液显酸性，促进水的电离，随着的加入，对水的电离的促进程度减小，故点水的电离程度比点的大，C错误；
D．根据点坐标（4.8，0）来算，则，，的数量级为，D正确；
故选D。
14．(1) b +OH-=+H2O
(2) H2CO3>H2S>HClO ClO-+CO2+H2O=+HClO
(3) 10 取固体NaHCO3溶于水，测其pH，若pH>7，则碳酸为弱电解质
【分析】根据图象曲线表示的意义判断各离子的浓度大小，纵坐标表示的是百分含量，当出现交点时说明两种情况下微粒的含量相同，在同一个溶液中，说明物质的量相同；利用溶液中离子间反应的条件判断反应类型及产物；碳酸氢根离子电离显酸性能与碱发生反应；根据电离常数的大小，可以判断酸性的强弱，根据酸性的强弱可以利用强酸制弱酸书写离子方程式；根据水解的方程式利用平衡常数与电离、水的离子积常数进行计算pH，注意离子水解是微弱的，水解的离子浓度可以近似等于起始浓度；
【详解】（1）①a．根据图象中标注的曲线表示，虚线前半段表示的是CO2和H2CO3之和，实线表示的是，故两线交点A表示的意义是CO2和H2CO3之和等于，故a不正确；
b．pH=8时，根据图象中可以直接判断实线表示的是浓度最大；
c．根据图象中的B点判断，和碳酸根离子的浓度相同，对应pH>7，溶液显碱性，故c(H+)故选答案b。
②pH=8.6的水溶液中主要含有和碳酸根离子，加入NaOH后，能与发生反应，反应的离子方程式为：+OH-=+H2O；
（2）①根据电离常数越大，酸性越强判断：H2CO3>H2S>HClO；②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，根据强酸制弱酸原理，H2CO3>HClO>该反应的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=+HClO；
（3）根据水解平衡常数的表达式：
；故答案为10；利用水解证明碳酸是弱电解质，利用强碱弱酸盐，能水解生成碳酸的盐，即利用碳酸氢钠做实验：取固体NaHCO3溶于水，测其pH，若pH>7，则碳酸为弱电解质；
【点睛】本题考查弱电解质的电离，盐类水解的特点及方程式，利用水解平衡常数计算时注意水解的特点是微弱的，故水解掉的离子浓度可以忽略不计，利用水解平衡常数和电离平衡常数的特点进行计算溶液的pH。
15．(1) Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3 NH+H2O NH3 H2O+H+
(2)10-6 mol/L
(3) a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸 C c(Na+)＞c(A- )＞c(OH-)＞c(H+) 10-4-10-10
【解析】(1)
碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解的化学方程式为Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子的水解，溶液呈酸性的原因，水解的离子方程式为NH+H2O NH3 H2O+H+，故答案为：Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3；NH+H2O NH3 H2O+H+；
(2)
水解促进水的电离，常温下，在的溶液中c(H+)=10-8 mol/L，溶液中的氢氧根离子都是水电离出来的，水电离出来的水==mol/L =10-6 mol/L，故答案为：10-6 mol/L；
(3)
①根据表格数据，甲组中酸碱的物质的量相等，且是一元酸和一元碱的反应，二者恰好完全反应生成正盐，如果溶液的pH=7，说明NaA是强酸强碱盐，则HA是弱酸；如果溶液的pH＞7，则NaA是强碱弱酸盐，则HA是弱酸，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；
②乙组中n(HA)=n(NaOH)，混合溶液pH=7，溶液呈中性，说明HA为强酸，且反应后c(H+)=c(OH- )，根据电荷守恒得c(Na+)=c(A- )，故答案为：C；
③丙组中n(HA)=2n(NaOH)，二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液的pH＞7，c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，根据电荷守恒，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(A- )＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(A- )＞c(OH-)＞c(H+)；
④丁组中n(HA)=n(NaOH)，恰好完全反应生成正盐，混合溶液的pH=10，则该溶液中c(H+)=10-10 mol/L、c(OH- )=10-4 mol/L，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH- )+c(A- )，所以c(Na+)-c(A- )=c(OH- )-c(H+)=(10-4-10-10)mol/L，故答案为：10-4-10-10。
16．(1)第二周期第IVA族
(2)N3->O2->Na+>Al3+
(3)HClO4
(4)
(5)
【分析】试题分析：根据元素周期表的结构和①－⑧在表中的位置可知，①为H元素；②为C元素；③为N元素；④为O元素；⑤为Na元素；⑥为Al元素；⑦为Si元素；⑧为Cl元素。
(1)
②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第IVA族。
(2)
③、④、⑤、⑥的离子分别为： N3-、O2-、Na+、Al3+，四种离子电子层相同，核电荷数越大半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->Na+>Al3+。
(3)
同周期元素从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性依次减小，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，①~⑧的最高价氧化物对应水化物，酸性最强的是⑧Cl元素形成的HClO4。
(4)
①为H元素，④为O元素，⑤为Na元素，可组成既含离子键，又含共价键的化合物是NaOH，其电子式为。
(5)
含元素①的某种复盐晶体可以用作净水剂，是，净水的离子方程式为：。
17．(1) Cl2 向待测液中加入KSCN溶液，溶液变红 2Fe3++Fe=3Fe2+
(2) 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 74.5g
(3)BD
(4) 除去表面的油污 防止FeCl3水解 66.7%
【详解】（1）实验室中，FeCl3可以直接用铁和氯气反应得到；铁离子的检验用KSCN检验，会变红色；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）NaClO氧化酸性FeCl2，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则ClO-的系数为1，Fe2+的系数为2，根据电荷守恒，则氢离子的系数是2，则发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；1000mL2mol/LFeCl3的物质的量为n=cV=2mol/L×1L=2mol，n(NaClO)= n(FeCl3)/2=1mol，则需要NaClO的质量为m=nM=1mol×74.5g/mol=74.5g；
（3）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选BD；
（4）热碱液能除去废铁表面的油污；加热FeCl3溶液会促进Fe3+的水解，反应方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，在HCl气流中加热，可防止FeCl3水解；1625g FeCl3的物质的量为，含有铁元素质量为m=nM=10mol×56g/mol=560g，废铁屑中铁元素的质量为1000g×84%=840g，则产率为。
18．(1) c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-) bc
(2) 酸 溶液中存在HSO3-的电离平衡和水解平衡，从表中数据可以看出，HSO3-的含量越高，溶液的pH越小，故HSO3-的电离程度大于其水解程度 ab
【分析】根据盐类“越弱越水解”的规律进行判断；根据表中数据可知，HSO3-的含量越高，溶液的pH越小，故HSO3-的电离程度大于其水解程度。
(1)
根据盐类水解规律，醋酸的电离常数小于亚硝酸的电离常数，故CH3COO-的水解程度大于 NO2-的水解程度，故离子浓度大小关系为c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)。因为CH3COO-的水解程度大于 NO2-的水解程度，所以溶液A的pH小于溶液B的pH，为使两者的pH相等，可以采取向溶液A中加适量NaOH固体，使A的pH增大；向溶液B中加适量水，使溶液B的pH减小，故答案选bc。
(2)
根据表中数据可知，HSO3-的含量越高，溶液的pH越小，故HSO3-的电离程度大于其水解程度。根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，a项正确；溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，从表中数据可推出c(HSO3-)>c(SO32-)，故c(Na+)> c(HSO3-)>c(SO32-)>c(OH-)= c(H+)，b项正确；根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，c项错误；答案选ab。