重難點06 離子共存與溶液中離子濃度的比較-2023年高考化學(xué)專練（解析版）

重難點06離子反應(yīng)方程式一、離子共存【離子共存規(guī)律總結(jié)】離子反應(yīng)發(fā)生的條件——反應(yīng)物中某些離子濃度的減小，也就是離子不能大量共存的原因?！拘枰獌涞闹R】：熟練掌握酸、堿鹽的溶解性?？谠E回顧：鉀鈉銨鹽硝酸鹽，完全溶液不困難；氯化亞汞氯化銀，硫酸鋇和硫酸鉛，生成沉淀記心間；氫硫酸鹽和堿類，碳酸磷酸硅酸鹽，可溶只有鉀鈉銨。常見具有氧化性和還原性的離子或者物質(zhì)。強氧化性離子：MnO4-、ClO-、Fe3+、NO3-（酸性條件下）強還原性離子：S2-、I-、Fe2+等等；常見有顏色的離子：Cu2+（藍色）、Fe3+（棕黃色）、Fe2+（淺綠色）、MnO4-（紫紅色）、MnO42-（綠色）；電解質(zhì)溶液的相關(guān)知識：常見的弱電解質(zhì)包括：弱酸、弱堿和水。溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)或c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，溶液顯強酸性或者顯強堿性。掌握雙水解的涵義，并舉例說明。Al3+與S2-、AlO2-雙水解?！倦x子不能大量共存的情況】1、離子互換反應(yīng)（復(fù)分解反應(yīng)）：生成沉淀（難溶或微溶性物質(zhì)）如：CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4、AgSO4等生成氣體（揮發(fā)性物質(zhì)）如：CO2、NH3、H2S等生成難電離的物質(zhì)（弱電解質(zhì)）如：CH3COOH、NH3·H2O、H2O等2、雙水解反應(yīng)：弱酸所對應(yīng)的陰離子與弱堿所對應(yīng)的陽離子互相促進雙水解進行到底如：Al3+與CO32-、、S2-HCO3-、AlO2-；NH4+與SiO32-、AlO2-；Fe3+（Fe2+）與CO32-、HCO3-、AlO2-等。3、絡(luò)合反應(yīng)：如Fe3+與SCN-；Fe(SCN)2+、Fe(SCN)3、Ag(NH3)+、[Cu(NH3)4]2+等]4、氧化還原反應(yīng)：如氧化性離子：Fe3+、MnO4-、NO3-（酸性條件下）、ClO-還原性離子：S2-、I-；Fe2+（其中只有Fe3+與Fe2+可以共存）【某些離子只能存在于一定pH范圍內(nèi)】1、只能存在于酸性溶液中：水解呈酸性的離子，即弱堿所對應(yīng)的陽離子：如Fe3+、Al3+、Fe2+、NH4+等2、只能存在于堿性溶液中：水解呈堿性的離子，即弱酸根：如CH3COO—、CO32-、S2-、HS-、HCO3-、PO43-、HPO42-、F-、H2PO4-、ClO-、AlO2-、SiO32-、CN-、C17H35COO-、等強酸、強堿性溶液都不能大量存在：即多元弱酸的酸式酸根離子，如：HS—、HCO3—、HSO3—、HPO42—、H2PO4—二、溶液中離子濃度的比較熟悉兩大理論，構(gòu)建思維基點1．電離理論(1)弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的微粒都非常少，同時還要考慮水的電離，如氨水溶液中：NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度的大小關(guān)系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))。(2)多元弱酸的電離是分步進行的，其主要是第一級電離(第一步電離程度遠大于第二步電離)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的濃度大小關(guān)系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。2．水解理論(1)弱電解質(zhì)離子的水解損失是微量的(雙水解除外)，但由于水的電離，故水解后酸性溶液中c(H＋)或堿性溶液中c(OH－)總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)溶液的濃度。如NH4Cl溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、NH3·H2O、H＋的濃度大小關(guān)系是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。(2)多元弱酸酸根離子的水解是分步進行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3的濃度大小關(guān)系應(yīng)是c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)。把握3種守恒，明確等量關(guān)系1．電荷守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。2．物料守恒規(guī)律電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。3．質(zhì)子守恒規(guī)律如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移作用圖示如下：由圖可得Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。單一溶質(zhì)溶液中離子濃度大小關(guān)系①強酸、強堿、強酸強堿鹽溶液對策：只考慮電解質(zhì)的電離與水的電離。如H2SO4溶液中，c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)。②弱酸或弱堿溶液對策：只考慮電離。如在H3PO4溶液中，要考慮它是多步電離：c(H+)＞c(H2PO4－)＞c(HPO42－)＞c(PO43－)。③多元弱酸的正鹽溶液對策：考慮弱酸根的分步水解。如在Na2CO3溶液中c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)。④酸式鹽要考慮電離和水解誰為主對策：a.電離為主的NaHSO3、NaH2PO4溶液呈酸性，如NaHSO3溶液中離子濃度大小為c(Na+)＞c(HSO3－)＞c（H+）＞c(SO32－)＞c(OH－)b．水解為主的NaHCO3、Na2HPO4、NaHS溶液，呈堿性如NaHCO3溶液中離子濃度大小為c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－)＞c（H+）1．(2019年上海高考)已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I?、SO32-、SO42?，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。下列關(guān)于該溶液的判斷正確的是A．肯定不含I?B．肯定不含SO42?C．肯定含有SO32?D．肯定含有NH4+【答案】BC【解析】考查常見離子反應(yīng)及離子能否共存的判斷方法。本題將離子共存、氧化還原反應(yīng)等知識有機結(jié)合在一起，是歷次考試的重點題型。如果離子間能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)、雙水解反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)等則不能在溶液中大量共存；當(dāng)溶液中同時存在幾種還原性離子，向其中加入氧化劑時還原性強的離子首先被氧化，常見離子的還原性：S2-＞SO32-＞Fe2+＞I-＞Br-；注意題目中的隱含信息，如“無色”、“酸性”、“一定”、“等物質(zhì)的量”等。日常學(xué)習(xí)中，建議將離子共存和離子反應(yīng)方程式書寫結(jié)合一起做好專題總結(jié)，以便提高解題速度和準確度。2.（2015年上海等級考）向飽和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來的溫度，所得溶液中A.B.均保持不變C.均減小D.增大、減小【答案】B【解析】CaC2與H2O反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔，并放出大量的熱；氫氧化鈣的溶解度隨溫度的升高而降低，所以飽和的澄清石灰水仍然是飽和的，故A、C、D錯誤。3.（2014年上海等級考-雙選）某未知溶液可能含Cl﹣、CO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+．將溶液滴在藍色石蕊試紙上，試紙變紅．取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀．下列判斷合理的是（）A．一定有Cl﹣B．一定有SO42﹣C．一定沒有Al3+D．一定沒有CO32﹣【答案】BD【解析】：將溶液滴在藍色石蕊試紙上，試紙變紅說明溶液呈酸性，則CO32﹣不存在；因為Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉成，說明溶液中有SO42﹣，在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能確定原溶液中有Cl﹣，因為前面已滴加了氯化鋇，據(jù)此作判斷．解：因為將溶液滴在藍色石蕊試紙上，試紙變紅說明溶液呈酸性，則CO32﹣不存在；因為Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中有SO42﹣，在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能確定原溶液中是否有Cl﹣，因為前面已滴加了氯化鋇，據(jù)此可知A錯誤；B正確；C錯誤；D正確，故選BD．4．常溫下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列敘述正確的是（）A.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]B.①②等體積混合后，醋酸根離子濃度小于③的二分之一C.①③等體積混合以后，溶液呈酸性，則(Na+)>(CH3COO-)>(H+)D.①②等體積混合以后，水的電離程度比①③等體積混合的電離程度小【答案】B【解析】A.CH3COOH溶液中的H+來自醋酸分子的電離和水的電離，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A錯誤；B.①②等體積混合后恰好反應(yīng)生成CH3COONa，體積大約為原來的2倍，如果CH3COO-不水解，濃度約為原來的1/2，CH3COONa為弱酸強堿鹽，越稀越水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移動，因此CH3COO-濃度小于原來的1/2，故B正確；C.①③等體積混合以后，溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C錯誤；D.①②等體積混合以后恰好反應(yīng)生成CH3COONa，CH3COO-的水解促進水的電離，①③等體積混合，CH3COOH電離產(chǎn)生的H+抑制水的電離，因此總體上看①②等體積混合后水的電離程度比①③等體積混和后水的電離程度大，故D錯誤；答案選B。限時40min1．（2022·上海松江·二模）在50mL2mol·L-1的NaOH溶液中，通入VL(標準狀況)CO2，下列說法錯誤的是A．若V=1.12L，所得溶液中一定有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]B．若1.12L<V<2.24L，所得溶液中一定有c(Na+)>c()>c()>c(OH-)C．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()D．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)【答案】B【詳解】A．當(dāng)V=1.12L時，n(CO2)==0.05mol,n(NaOH)=50mL2mol·L-1=0.1mol,n(CO2):n(NaOH)=1:2，兩者恰好反應(yīng)生成Na2CO3，根據(jù)物料守恒n(C):n(Na+)=1:2,即存在c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，A項正確；B．當(dāng)1.12L<V<2.24L時，溶液中的溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3的混合溶液,兩種鈉鹽的物質(zhì)的量相對大小未知，無法判斷的電離程度和的水解程度的相對大小，無法判斷c()和c()的相對大小，B項錯誤；C．當(dāng)V=2.24L，n(CO2)==0.1mol，n(CO2)=n(NaOH)二者恰好完全反應(yīng)生成NaHCO3,根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，根據(jù)物料守恒得到：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，所以存在c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()即c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()，C項正確；D．當(dāng)V=2.24L，n(CO2)==0.1mol，n(CO2)=n(NaOH)二者恰好完全反應(yīng)生成NaHCO3，根據(jù)物料守恒得到：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，D項正確；答案選B。2．（2022·上海上?！つM預(yù)測）將等體積的CH3COOH溶液和HNO2溶液分別加水稀釋，pH隨加水稀釋倍數(shù)的變化如圖所示，據(jù)圖分析，下列說法正確的是A．a(chǎn)點時的兩溶液中存在：c(CH3COOH)>c(HNO2)>c(H＋)>c(CH3COO-)>c(NO)B．酸的電離程度：c點=d點>b點C．b、c兩點時的溶液分別與NaOH恰好中和，溶液中n(Na＋)：b點>c點D．溶液中水的電離程度：a點＜b點＜c點＜d點【答案】C兩種酸的起始pH值相同，加相同體積水后HNO2的pH值更大，故HNO2酸性強于CH3COOH。CH3COOH酸性弱，相同pH值時CH3COOH的濃度更大。【詳解】A．相同濃度時，酸的酸性越強，酸的電離程度越大，則酸的電離程度HNO2>CH3COOH，a點pH值相同，CH3COOH的濃度更大，故c(CH3COOH)>c(HNO2)，兩種溶液的pH值相同，則兩種溶液中的氫離子和氫氧根濃度分別相等，兩種溶液中分別存在電荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(NO)+c(OH-)，故c(CH3COO-)=c(NO)，A錯誤；B．同一種酸，酸的濃度越大，酸的電離程度越小，CH3COOH濃度b點>d點，則CH3COOH電離程度：b點<d點；pH相同的兩種酸，CH3COOH濃度大于HNO2，則酸的電離程度：c點>d點，綜上分析酸的電離程度：c點>d點>b點，B錯誤；C．b、c兩點時的溶液分別與NaOH恰好中和，酸的物質(zhì)的量越多，溶液中n(Na+)越大，a點c(HNO2)<c(CH3COOH)，體積相同的a點兩種酸，n(HNO2)<n(CH3COOH)，稀釋時酸的總物質(zhì)的量不變，故CH3COOH消耗的n(NaOH)更多，溶液中n(Na＋)：b點>c點，C正確；D．酸抑制水的電離，酸中c(H+)越大，抑制水電離程度越大，水的電離程度越小，c(H+)：a點>b點>c點=d點，則水的電離程度：a點＜b點＜c點=d點，D錯誤；故選C。3．（2022·上海閔行·模擬預(yù)測）室溫下，取10mL0.05mol·L-1的NaHCO3溶液兩份，一份滴加0.05mol·L-1的鹽酸，另一份滴加0.05mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積變化如圖。下列說法正確的是A．a(chǎn)點和c點溶液呈堿性的原因完全相同B．c點和e點水電離出的H+濃度之比為107∶1C．d點存在：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)D．向NaHCO3溶液中加鹽酸或NaOH溶液均抑制水的電離【答案】B【詳解】A．a(chǎn)點溶質(zhì)NaHCO3為強堿弱酸鹽，由于NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，加入NaOH溶液與NaHCO3反應(yīng)生成Na2CO3，c點溶質(zhì)為Na2CO3、NaOH，呈堿性是發(fā)生水解，兩者原因不同，故A錯誤；B．c點溶質(zhì)為Na2CO3、NaOH，氫離子全由水電離產(chǎn)生，c(H+)=c(OH-)=，e點溶質(zhì)為NaCl和HCl，HCl抑制水的電離，水電離產(chǎn)生c(H+)水=c(OH-)=，H+濃度之比為10-2.7：10-9.7=107∶1，故B正確；C．d點加入5mL0.05mol·L-1的鹽酸與5mL0.05mol·L-1的NaHCO3反應(yīng)生成NaCl，溶質(zhì)為等量的NaHCO3、NaCl，d點存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)+c(OH-)，故C錯誤；D．向NaHCO3溶液中加鹽酸恰好反應(yīng)生成NaCl，至鹽酸過量，水的電離程度被抑制，加入NaOH溶液恰好反應(yīng)生成Na2CO3，促進水的電離，故D錯誤；故選：B。4．（2022·上海·模擬預(yù)測）常溫下0.2mol/L的一元酸HA溶液與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是A．HA為強酸B．該混合溶液中：c(A－)+c(Y)=c(Na+)C．該混合液pH=7D．圖中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+【答案】B【解析】0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合，發(fā)生HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A-濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A-+H2O?HA+OH-，NaA水解，HA為弱酸，NaA溶液呈堿性，則c(OH－)＞c(H+)，一般來說，鹽類的水解程度較低，則有c(A－)＞c(OH－)，所以有：c(Na+)=0.1mol/L＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)，即X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒為c(Na+)=c(A－)+c(HA)，以此來解答。A．恰好發(fā)生HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液為NaA溶液，圖中A-濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A-+H2O?HA+OH-，NaA水解，HA為弱酸，故A錯誤；B．Y表示HA，溶液中存在物料守恒c(A－)+c(Y)=c(Na+)，故B正確；C．c(Na+)＞c(A－)，說明NaA水解，A-+H2O?HA+OH-，該混合液pH＞7，故C錯誤；D．由離子濃度的大小可知，X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，故D錯誤；故選B。5．（2021·上海青浦·一模）測定0.1mol/LNa2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH?B．④的pH與①不同，是由于濃度增大造成的C．①→③的過程中，水的電離程度變大D．①與④的Kw值相等【答案】B【詳解】A．Na2SO3是強堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生水解，存在水解平衡：+H2O?+OH?，故A正確；B．①→③過程中，pH減小，說明水解產(chǎn)生的c(OH?)減小，升高溫度，水解平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，水解產(chǎn)生的c(OH?)應(yīng)該增大，而實際上pH減小，主要原因是部分被空氣中的氧氣氧化為，溶液中c()減小，水解逆向移動，pH減小。④的pH與①不同，是由于濃度減小造成的，故B錯誤；C．①→③的過程中，水解產(chǎn)生的c(OH?)減小，水電離程度變大，故C正確；D．Kw只與溫度有關(guān)，溫度不變，Kw不變，故D正確；故答案為B。6．（2020·上海奉賢·二模）下列酸堿溶液恰好完全中和，如圖所示，則下列敘述正確的是A．因為兩種酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2B．若V1＞V2，則說明HA為強酸，HB為弱酸C．若實驗①中，V=V1，則混合液中c(Na+)=c(A－)D．實驗②的混合溶液，可能溶液呈酸性【答案】C【詳解】A．因為不知道兩種酸的酸性強弱關(guān)系，所以不能判斷V1與V2的相對大小，A錯誤；B．V1＞V2，代入c(HA)V1=c(HB)V2，可知c(HA)＜c(HB)，因為HA與HB的pH相等，所以HA的酸性比HB強，但不一定是強酸，B錯誤；C．若實驗①中，V=V1，說明HA的物質(zhì)的量濃度也為0.01mol/L，其pH=2，則HA為強酸，所以反應(yīng)后是強酸強堿鹽，溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒混合液中c(Na+)=c(A-)，C正確；D．完全反應(yīng)后實驗②的混合溶液中溶質(zhì)為強堿弱酸鹽或強酸強堿鹽，溶液為堿性或者中性，不可能呈酸性，D錯誤；答案選C。7．（2010·上海奉賢·二模）下列排列順序完全正確的組合是（

）①溶解性：Na2CO3＞NaHCO3＞AgCl＞AgI②氧化性：MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+③常溫下，α1、α2、α3分別表示pH=2的鹽酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸鈉溶液中水的電離程度，則α1=α2＞α3④同溫下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+數(shù)與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+數(shù)分別為a、b，則a＞bA．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④【答案】C【詳解】①溶解度：Na2CO3>NaHCO3，鈉鹽易溶于水，鹵化銀AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl難溶于水，溶解度大小AgI＜AgBr＜AgCl＜AgF（易溶），所以溶解度Na2CO3＞NaHCO3＞AgCl＞AgI，故①正確。②二氧化錳氧化元素為氯氣，所以氧化性MnO2＞Cl2，氯氣氧化鐵為氯化鐵，所以氧化性Cl2＞Fe3+，鐵離子氧化銅為銅離子，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，所以氧化性MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+，故②正確；③pH=2的鹽酸中氫氧根離子為水電離，氫氧根離子濃度為10-12mol/L，pH=12的氨水中氫離子是水電離的，氫離子濃度為10-12mol/L，pH=12的碳酸鈉溶液中氫氧根離子是水的電離的，氫氧根離子濃度為10-2mol/L，所以水的電離程度為pH=2的鹽酸等于pH=12的氨水小于pH=12的碳酸鈉溶液，即α1=α2＜α3，故③錯誤；④NH4+發(fā)生水解，NH4+濃度越小水解程度越大，溶液中NH4+數(shù)目取決于溶液體積與NH4+的濃度，所以溶液中a＞b，故④正確。故①②④正確。故答案選：C。8．（2022·上海市控江中學(xué)高三期中）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．1.0mol·L-1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO B．透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Cl-、SOC．能溶解Al2O3的溶液：Na+、NH、Cl-、SO D．無色溶液中：Al3+、K+、Cl-、HCO【答案】B【詳解】A．1.0mol·L-1KNO3溶液中，、、不能共存，故A不選；B．透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Cl-、SO，互不反應(yīng)，故B選；C．能溶解Al2O3的溶液可能是酸性或堿性，NH在堿性溶液中不能大量共存，故C不選；D．無色溶液中Al3+、HCO反應(yīng)生成氫氧化鋁和二氧化碳，故D不選；故選B。9．（2022·上海青浦·二模）下列有關(guān)說法正確的是A．0.1mol·L-1Na2CO3與0.1mol·L-1NaHCO3溶液等體積混合：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的鹽酸和醋酸至終點，消耗NaOH溶液的體積相等C．將0.2mol·L-1的NH3·H2O與0.1mol·L-1的HCl溶液等體積混合后pH>7，則：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)D．0.2mol·L-1HCOOH與0.1mol·L-1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)【答案】A【詳解】A．該溶液中鈉離子與含有C原子的微粒存在物料守恒，鈉離子濃度和含有C原子的微粒的濃度之和的比為3：2，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子、碳酸氫根離子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有、、H2CO3，所以存在的物料守恒為2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)，選項A正確；B．pH均為3的鹽酸和醋酸，濃度c(HCl)<c(CH3COOH)，用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的鹽酸和醋酸至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，體積pH均為3的鹽酸和醋酸，物質(zhì)的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，選項B錯誤；C．將0.2mol·L-1的NH3·H2O與0.1mol·L-1的HCl溶液等體積混合后生成氯化銨，其中氨水過量且二者的濃度相等，溶液的pH>7，說明氨水的電離程度大于銨根的水解程度，則：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，選項C錯誤；D．反應(yīng)后得到c(HCOOH)與c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由電荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，則c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)，所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，選項D錯誤；答案選A。10．（2022·上海奉賢·二模）常溫下，用0.100mol·L-1氨水滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列說法不正確的是A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)B．當(dāng)溶液呈中性時，氨水滴入量大于20.00mL，且c(NH)=c(Cl-)C．當(dāng)?shù)稳氚彼?0.00mL時，c(NH)<c(Cl-)+c(CH3COO-)D．當(dāng)?shù)稳氚彼?0.00mL時，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)【答案】B【詳解】A．鹽酸為強酸、醋酸為弱酸，等濃度時電離出離子濃度不同，鹽酸完全電離，醋酸存在電離平衡，則氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故A正確；B．若為20mL氨水時生成醋酸銨、氯化銨，醋酸銨為中性，氯化銨溶液水解顯酸性，為保證中性，應(yīng)使氨水過量，則當(dāng)溶液呈中性時，氨水滴入量大于20mL，且由電荷守恒可知存在c()=c(Cl-)+c(CH3COO-)，即c()＞c(Cl-)，故B錯誤；C．滴入氨水20mL時，HCl和CH3COOH恰好全部反應(yīng)，得到等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液呈酸性則c(H+)>c(OH-)，由電荷守恒可知：c()+c(H+)═c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，則c()<c(Cl-)+c(CH3COO-)，故C正確；D．當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，鹽酸恰好全部反應(yīng)，得到等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合物，結(jié)合溶液中物料守恒可知：c()+c(NH3?H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D正確；故選：B。11．（2022·上海市南洋模范中學(xué)模擬預(yù)測）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Cl-、SOB．能溶解Al2O3的溶液：Na+、NH、Cl-、SOC．1.0mol·L-1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SOD．無色溶液中：Al3+、K+、Cl-、HCO【答案】A【詳解】A．Mg2+、Cu2+、Cl-、SO相互之間不能發(fā)生反應(yīng)，可以共存，A正確；B．能溶解Al2O3的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，在堿性條件下NH會和氫氧根離子反應(yīng)，不能存在，B錯誤；C．溶液中有硝酸根離子和氫離子時相當(dāng)于存在硝酸，F(xiàn)e2+會被硝酸氧化為三價鐵，不能存在，C錯誤；D．Al3+可以和HCO發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成氫氧化鋁和二氧化碳，不能共存，D錯誤；故選A。12．（2022·上海金山·二模）常溫下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲線如圖所示，下列敘述正確的是A．H2A電離：H2A→2H+＋A2-B．a(chǎn)點：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C．b點：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D．c點：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖示可知：未滴定NaOH溶液時，溶液pH接近1，說明H2A第一步完全電離，當(dāng)加入NaOH溶液40mL時，二者恰好反應(yīng)產(chǎn)生Na2A，此時溶液pH=7.26＞7，說明A2-發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生了HA-，導(dǎo)致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，說明Na2A是強堿弱酸鹽，H2A第一步完全電離，第二步存在電離平衡，電離方程式為：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A錯誤；B．a(chǎn)點反應(yīng)時得到H2A與NaHA的混合溶液，H2A第一步完全電離，HA-也電離產(chǎn)生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B錯誤；C．b點溶液為NaOH與H2A按1：1反應(yīng)產(chǎn)生NaHA，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C正確；D．c點溶液為Na2A溶液，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D錯誤；故合理選項是C。13．（2022·上海金山·二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的幾種，且各離子濃度相同。為確定其組成，進行實驗：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，產(chǎn)生白色沉淀，過濾；②向濾液中加入足量的NaOH(aq)，產(chǎn)生紅褐色沉淀，微熱，產(chǎn)生氣體。關(guān)于原溶液的說法正確的是A．不能確定是否有Fe3+ B．需通過焰色反應(yīng)確定Na+是否存在C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+【答案】D【解析】該溶液中加入足量酸化的(aq)，產(chǎn)生白色沉淀，表明該沉淀為，所以原溶液中一定有；向濾液中加入足量的NaOH(aq)，產(chǎn)生紅褐色沉淀，表明沉淀為，而由于溶液中曾經(jīng)加入了溶液，暫時無法確定原溶液中含有的是或或二者均有；微熱可產(chǎn)生氣體，表明該氣體為，則表明原溶液中含有；最后依據(jù)題目信息“各離子濃度相同”，結(jié)合溶液中的正電荷與負電荷數(shù)目相等，可判斷出溶液中必須還有有陰離子，且和之間只能有存在；A．各離子濃度相等，設(shè)Fe元素形成的離子的電荷數(shù)目為x，依據(jù)電荷守恒，可列出式子，則x=2，所以只能含有，而不含有，A錯誤；B．依據(jù)實驗已經(jīng)確定陰離子只有和，而確定的陽離子有和，題目還要求各離子濃度相等，正電荷數(shù)目已經(jīng)足夠多，不可能再有，否則電荷不守恒，B錯誤；C．依據(jù)實驗已經(jīng)確定陰離子只有和，而確定的陽離子有和，題目還要求各離子濃度相等，正電荷數(shù)目已經(jīng)足夠多，不可能再有，否則電荷不守恒，C錯誤；D．依據(jù)分析可得出溶液中含有的離子為、、、，D正確；故合理選項為D。14．（2022·河北·石家莊二中高二期末）在pH=1的無色透明溶液中能大量共存的離子組是A．Al3+、Cl-、Na+、S2- B．Fe2+、Na+、NO、SOC．Mg2+、NH、NO、Cl- D．Ba2+、K+、CO、Cl-【答案】C【詳解】A．pH=1的溶液中有大量H+，Al3+和S2-會發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫，H+和S2-會反應(yīng)生成硫化氫，不能大量共存，A錯誤；B．含有Fe2+的溶液為淺綠色，不能在無色溶液中大量存在，且酸性條件下，F(xiàn)e2+會和NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，B錯誤；C．四種離子在強酸性的無色透明溶液中均可大量存在，C正確；D．強酸性溶液中，H+和CO會反應(yīng)生成二氧化碳和水，且Ba2+和CO會反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，不能大量共存，D錯誤；答案選C。15．（2022·安徽·合肥市第八中學(xué)高一階段練習(xí)）在強酸性無色透明溶液中，下列各組離子能大量共存的是A．Fe3+、K+、Cl-、NO B．Ag+、Na+、NO、Cl-C．Zn2+、Al3+、SO、Cl- D．Ba2+、NH、Cl-、HCO【答案】C【詳解】A．無色溶液中不含F(xiàn)e3+，故不選A；B．Ag+、Cl-反應(yīng)生成AgCl沉淀，Ag+、Cl-不能大量共存，故不選B；C．強酸性溶液中，Zn2+、Al3+、SO、Cl-相互之間不反應(yīng)，能大量共存，故選C；D．強酸性溶液中，HCO與H+反應(yīng)放出二氧化碳氣體，強酸性溶液中不含HCO，故不選D；選C。16．（2022·上海嘉定·二模）回答下列問題：(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一個2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。寫出該反應(yīng)的逆反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)表達式_______；經(jīng)2分鐘反應(yīng)達到平衡，測得n(SO3)=0.040mol，則這個時間段O2的平均反應(yīng)速率為_______。(2)在容積不變時，下列措施中有利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率的有_______(選填編號)。a.移出氧氣

b.降低溫度

c.減小壓強

d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始溫度T1(673K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間(t)的變化如圖。請在圖中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化的示意圖_______。常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入CO2的體積(V)與溶液中水電離產(chǎn)生的OH-離子濃度(c)的關(guān)系如圖所示。(4)c點溶液中離子濃度由大至小的關(guān)系是：_______。a點溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=_______。b點溶液中c(H+)_______1×10-7mol/L(填寫“等于”、“大于”或“小于”)。(5)寫出c點到d點化學(xué)反應(yīng)方程式_______?！敬鸢浮?1)

0.005mol/(L·min)(2)bd(3)(4)

c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)

1×10-10mol/L

小于(5)Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3【解析】(1)由題干信息，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，逆反應(yīng)為2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)-Q，故；由信息可知，反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比，故v(O2)=0.005mol/(L·min)；(2)a．移出氧氣，平衡逆向移動，SO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，a錯誤；b．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動，SO2平衡轉(zhuǎn)化率升高，b正確；c．減小壓強，平衡逆向移動，SO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，c錯誤；d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相當(dāng)于增大壓強，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，d正確；故選bd；(3)二氧化硫與氧氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，在起始溫度為T2(723K)時，溫度升高平衡逆向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達到平衡需要的時間變短，故SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化如圖所示；(4)結(jié)合圖示可知，c點水電離出來的OH-離子濃度最大，說明此時溶質(zhì)為碳酸鈉，碳酸根離子水解，溶液呈堿性，則c(OH-)>c(H+)，故離子濃度由大至小的關(guān)系是c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)；a點是沒有通入二氧化碳的情況下，即pH=10的氫氧化鈉溶液，c(H+)=，而氫離子來源于水的電離，所以水電離出來的c(H+)=；b點水電離出的氫氧根的濃度為，此時溶質(zhì)為碳酸鈉和氫氧化鈉，混合液呈堿性，所以溶液中c(H+)<；(5)因持續(xù)通入二氧化碳，所以有碳酸鈉、水和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸，化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、CO2+H2O?H2CO3。17．（2022·上海閔行·模擬預(yù)測）汽車安全氣囊常用疊氮化鈉(NaN3)作產(chǎn)氣劑，NaHCO3作冷卻劑。當(dāng)汽車發(fā)生劇烈碰撞時，NaN3會迅速分解產(chǎn)生N2和Na，安全氣囊迅速打開，起到保護作用。(1)Na、Na+、O2-的半徑由大到小順序為_______；(2)NaHCO3作冷卻劑的原理是_______(結(jié)合化學(xué)反應(yīng)方程式解釋)。(3)NaN3中存在的化學(xué)鍵為_______；若NaN3分解產(chǎn)生6.72LN2(標準狀況)，轉(zhuǎn)移電子_______個。(4)可以用NaClO溶液銷毀含NaN3的溶液，原理如下。補充完整化學(xué)方程式：_______。_______NaClO+_______NaN3+_______→_______NaCl+_______NaOH+_______N2↑(5)常溫下向20mL0.1mol·L-1HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。①NaN3溶液呈_______性；②等物質(zhì)的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為_______；結(jié)合圖中信息寫出判斷理由_______?！敬鸢浮?1)Na>O2->Na+(2)NaHCO3分解反應(yīng)方程式為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，分解吸收熱量，從而使環(huán)境溫度降低，可作冷卻劑(3)

離子鍵、共價鍵

0.2NA(4)2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH(5)

堿

c(N)>c(HN3)

圖中b點為等物質(zhì)的量的NaN3和HN3，pH<7，溶液呈酸性，HN3電離程度大于N水解程