专题8水溶液中的离子平衡
Ⅰ—弱电解质的电离．（2017?江苏14）常温下，KaHCOOH)=1.77×10—4，KaCH3COOH)=1.75×10—5，KbNH3?H2O)=1.76×10—5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol?L1HCOOH与0.1mol?L1NaOH等体积混合后的溶液中：C(HCOO—)+c(OH—)=c(HCOOH)+c(H+)
D．0.2mol?L﹣1CH3COONa与0.1mol?L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中pH＜7：c(CH3COO—)＞cCl—)＞cCH3COOH)＞cH+)
【答案】【】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出：c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）；c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）=0.1mol/L+c（OH）；水解程度NH4+＞HCOO，所以前者c（H+）大于后者c（OH）；故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度故D正确；
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意C中等量代换，题目难度不大。
．（2017?浙江18）室温下，下列事实不能说明NH3?H2O为弱电解质的是
A．0.1mol?L﹣1NH3?H2O的pH小于13
B．0.1mol?L﹣1NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1mol?L﹣1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1mol?L﹣1NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色
【答】D【解析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答。A．0.1mol?L﹣1NH3?H2O的pH小于13，则溶液中cOH﹣＜0.1mol/L，所以cOH﹣＜cNH3．H2O，说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．0.1mol?L﹣1NH4Cl的pH小于7显酸性，说明NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3?H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1mol?L﹣1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．0.1mol?L﹣1NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3?H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选；
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题【点评】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据电解质溶液的导电性强弱及物质的溶解性强弱判断强弱电解质，为易错点
3．2017?新课标Ⅱ改变0.1mol?L1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA、A2的物质的量分数δx)随pH的变化如图所示[已知δ（x）=。下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，cH2A）=cHA—) B．lg[K2H2A)]=﹣4.2
C．PH=2.7时，cHA—)＞cH2A)=c(A2—) D．pH=4.2时，cHA﹣=c(A2—)=c(H2A)
【】D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有
【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【解】A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA的曲线相交，则c（H2A）=c（HA），故A正确；B．pH=4.2时，c（H+）=104.2mol/L，c（HA）=c（A2），K2（H2A）=cA2—)·c(H+)/c(HA—)==10—4.2，则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，故B正确；C．由图象可知，PH=2.7时，c（H2A）=c（A2），由纵坐标数据可知cHA—)＞cH2A)=c(A2—)，故C正确；D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2），但此时c（H2A）≈0，故D错误．
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等
4．（2017?新课标Ⅲ）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5g)，增加2NA个P﹣Cl键
【答】A
【解析】A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1mol的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P﹣Cl键小于2NA，故D错误；
【考点】阿伏加德罗常数；菁优网版权所有
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积
5.（）（2017?Ⅰ-28）近期发现，是继、之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是__________（填标号）。
A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C.的氢硫酸和亚硫酸的分别为和
D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
热化学硫碘循环水分解制氢系统（Ⅰ）
热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺系统（Ⅱ）
通过计算，可知系统Ⅰ)和系统Ⅱ)制备的化学方程式分别为、，制得等量所需能量较少的是。（3）与在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在时，将与充入的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为。
①的平衡转化率________%，反应平衡常数
②在重复实验，平衡后水的物质的量分数为，的转化率，该反应的。（填“”“”或“”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使转化率增大的是______（填标号）。
A. B. C. D.
（1）D（2）（3）①（或）②；③B
【解析】（1）酸性强弱可由“强酸制弱酸”、“同浓度导电能力”、“同浓度pH值”比较，不可由“还原性”比较。（2）系统Ⅰ三个热化学方程式加合，即：系统Ⅱ三个热化学方程式加合，即：（3）列“三段式”解题H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
n始0.400.1000
△nxxxx
n平0.40-x0.10-xxx水的物质的量分数为：解得①②升温，水的物质的量分数升高，说明升温时平衡正移，则，③不改变用量的条件下，平衡正移，即可使转化率增大，所以选B。
【专题】化学反应原理专题
【点评】本题考查较为综合，涉及元素周期律、热化学方程式以及化学平衡的影响因素和计算等问题，综合考查学生的分析能力和计算能力，注意把握盖斯定律的应用以及化学平衡三段式的计算方法，难度中等。
5.（2017?Ⅰ-13）常温下将溶液滴加到己二酸（）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 的数量级为
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中
D. 当混合溶液呈中性时，
D
【解析】由图像可知，当时，则
H2XHX—+H+，
当时，则
HX—X2—+H+，
A选项，由上述计算可知，，即数量级为，故A正确；
B选项，由曲线可得，即对应，
由曲线可得，即对应，故B正确；
C选项，在溶液中，既存在电离，也存在水解；
电离平衡为：HX—X2—+H+；水解平衡为：H2O+HX—H2X+OH—
Kh=c(H2X)·c(OH—)/c(HX—)=c(H2X)·Kw/[c(HX—)·c(H+)]=Kw/Ka1=10-14/10-4.4=10-9.9＜Ka2溶液中，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故，故C正确；
D选项，当溶液呈中性，，而c(H+)·c(X2—)/c(HX—)=10-5.4，c(X2—)/c(HX—)=10-5.4/10-7=10-1.6，即，故D错误。
【专题】电离平衡与溶液的pH专题。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。
．（14分）（2017?天津10）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．
Ⅰ．H2S的除去
方法1：生物脱H2S的原理为：
H2S+Fe2(SO4)3═S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是
（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是。
方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S
（3）随着参加反应的nH2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同．当nH2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为
Ⅱ．SO2的除去
方法1双碱法：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生，NaOH溶液Na2SO3溶液
（4）写出过程①的离子方程式：；CaO在水中存在如下转化：
CaOs)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣aq)，从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理。
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2，Ka2=6.2×10﹣8．若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，溶液中的cOH﹣=mol?L﹣1．将SO2通入该氨水中，当cOH﹣降至1.0×10﹣7mol?L﹣1时，溶液中的cSO32﹣/c(HSO3﹣=。
【答】降低反应活化能30℃、pH=2.0蛋白质变性或硫杆菌失去活性H2SO4⑷2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O
SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成6.0×10﹣30.62
【析】（1）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；
（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30℃、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为：30℃、pH=2.0；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
（3）当nH2O2)/n(H2S)=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为：H2SO4。
（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，过程②加入CaO，存在CaOs)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣aq)，因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；
（5）NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，可结合Kb=计算cOH)，H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8，结合Ka2=计算c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，由Kb=可知cOH)=mol/L=6.0×10﹣3mol/L，
当cOH)降至1.0×10﹣7mol?L﹣1时，c（H+）=1.0×10﹣7mol?L﹣1，H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8，由Ka2=可知=6.2·10﹣10﹣=0.62。故答案为：6.0×10﹣3；0.62。
【考点】二氧化硫的污染及治理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；"三废"处理与环境保护。菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；元素及其化合物。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离以及二氧化硫的污染和治理，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握题给信息的分析，掌握电离平衡常数的运用，难度中等。
．（14分）（2017?江苏20）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32，其原因是。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=（pKa1=﹣lgKa1）。
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是。
②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是。
【答案】碱性溶液吸收了空气中的CO2。OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O2.2在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加。在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。【解析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH+H3AsO3=H2AsO3—+H2O，
故答案为：OH+H3AsO3=H2AsO3—+H2O；
②Ka1=H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)，pH=2.2时c（H+）=102.2mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3），pKa1=﹣lgKa1=﹣lgH2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)]=2.2。故答案为：2.2；
（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题以含有As的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析，为高频考点，侧重考查学生对基础知识的掌握和灵活运用、图象分析判断能力，明确出题人的目的是解本题关键，难点是图象的正确理解和分析，题目难度中等。
水的电离和溶液的酸碱性．（2017?江苏9）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：Fe3+、Mg2+、SCN、Cl
B．cH+)/c(OH﹣=1×10—12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3
C．cFe2+)=1mol?L—1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3
【答案】选B【解析】A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B．c（H+）/c（OH）=1×1012的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；
C．Fe2+、MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；
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【专题】离子反应专题
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用。2．（2017?浙江23）25℃时，在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数α)随溶液pH变化的关系如图所示下列说法不正确的是
A．在pH＜4.76的溶液中，cCH3COO﹣＜cCH3COOH)
B．在pH=7的溶液中，αCH3COOH)=0，αCH3COO﹣=1.0
C．在pH＞4.76的溶液中，cCH3COO﹣与cOH﹣之和可大于cH+)
D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，αCH3COOH)与αCH3COO﹣之和保持不变
【答】B【解析】A．在pH＜4.76的溶液显酸性，cCH3COO﹣＜cCH3COOH)，故A正确；
B．在pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，αCH3COOH)≠0，α（CH3COO﹣）＜1.0，故B错误；C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒，cCH3COO﹣与c（OH﹣）之和可大于c（H+），故C正确；D．当溶液pH=4.76时，cCH3COO﹣=c(CH3COOH)，醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中αCH3COOH)与αCH3COO﹣之和保持不变，故D正确；
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度、物料守恒、图象分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等
3．（14分）（2017?江苏20）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32，其原因是。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示
①以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=（pKa1=﹣lgKa1）。
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是。
②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是。
【答案】碱性溶液吸收了空气中的CO2。OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O2.2在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加。在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。【解析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH+H3AsO3=H2AsO3—+H2O，
故答案为：OH+H3AsO3=H2AsO3—+H2O；
②Ka1=H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)，pH=2.2时c（H+）=102.2mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3），pKa1=﹣lgKa1=﹣lgH2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)]=2.2。故答案为：2.2；
（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题以含有As的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析，为高频考点，侧重考查学生对基础知识的掌握和灵活运用、图象分析判断能力，明确出题人的目的是解本题关键，难点是图象的正确理解和分析，题目难度中等。
（2017?Ⅰ-13）常温下将溶液滴加到己二酸（）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 的数量级为
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中
D. 当混合溶液呈中性时，
D
【解析】由图像可知，当时，则
H2XHX—+H+，
当时，则
HX—X2—+H+，
A选项，由上述计算可知，，即数量级为，故A正确；
B选项，由曲线可得，即对应，
由曲线可得，即对应，故B正确；
C选项，在溶液中，既存在电离，也存在水解；
电离平衡为：HX—X2—+H+；水解平衡为：H2O+HX—H2X+OH—
Kh=c(H2X)·c(OH—)/c(HX—)=c(H2X)·Kw/[c(HX—)·c(H+)]=Kw/Ka1=10-14/10-4.4=10-9.9＜Ka2溶液中，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故，故C正确；
D选项，当溶液呈中性，，而c(H+)·c(X2—)/c(HX—)=10-5.4，c(X2—)/c(HX—)=10-5.4/10-7=10-1.6，即，故D错误。
【专题】电离平衡与溶液的pH专题。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。
盐类的水解．（2017?江苏14）常温下，KaHCOOH)=1.77×10—4，KaCH3COOH)=1.75×10—5，KbNH3?H2O)=1.76×10—5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol?L1HCOOH与0.1mol?L1NaOH等体积混合后的溶液中：C(HCOO—)+c(OH—)=c(HCOOH)+c(H+)
D．0.2mol?L﹣1CH3COONa与0.1mol?L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中pH＜7：c(CH3COO—)＞cCl—)＞cCH3COOH)＞cH+)
【答案】【】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出：c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）；c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）=0.1mol/L+c（OH）；水解程度NH4+＞HCOO，所以前者c（H+）大于后者c（OH）；故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得cHCOO—)+c(OH—)=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；故C错误；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度故D正确；
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【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意C中等量代换。
．（6分）（2017?天津4）以下实验设计能达到实验目的是
实验目的 实验设计 A． 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 将固体加热至恒重 B． 制备无水AlCl3 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C． 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D． 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 A．A B．B C．C D．D
【答】D【解析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；
C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C错误；
D．氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；
【考点】化学实验方案的评价；；；
【专题】物质的分离提纯和鉴别
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项C为解答的难点，题目难度不大。
．（18分）（2017?天津9）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中cI﹣，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL0.1000mol?L﹣1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL0.1000mol?L﹣1AgNO3溶液过量，使I﹣完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4FeSO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000mol?L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：
实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f．数据处理
回答下列问题：
将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是。
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是。
（4）b和c两步操作是否可以颠倒，说明理由。
（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为mL，测得cI﹣=mol?L﹣1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为。
（7）判断下列操作对cI﹣测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果。
【答】250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管避免AgNO3见光分解防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）否（或不能）若颠倒，Fe3+与I﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点10.000.0600
⑹用NH4SCN标准溶液进行润洗①偏高②偏高【析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
（2）硝酸银见光分解；
（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，
结合cAgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣×V(I﹣计算；
（6）装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为cAgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣×V(I﹣，如操作导致cNH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题
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【专题】定量测定与误差分析
【点评】本题为2017年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。
胶体的性质及其运用．（2017?浙江5）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．酒精溶液
【答】C【解析】丁达尔效应是胶体所特有的性质，而分散质粒子直径介于1﹣100nm之间的分散系为胶体，据此分析。
A、稀硫酸是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故A错误；
B、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故B错误；
C、氢氧化铁胶体是胶体，有丁达尔效应，故C正确；
D、酒精溶液是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故D错误；
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【专题】溶液和胶体专题
【点评】本题考查了分散系的分类以及丁达尔效应的特有的性质，应注意丁达尔效应只是胶体的特有性质，但不是其本质特征。
．（14分）（2017?新课标Ⅱ）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是，还可使用代替硝酸
（2）沉淀A的主要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为。
（3）加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为（填化学式）。
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol?L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为
【答】⑴将样品中的Fe2+氧化为Fe3+H2O2⑵SiO2SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O⑶防止胶体生成，易生成沉淀。Al(OH)3、FeOH)3⑷45.0%【解析】（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；
（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是AlOH)3、FeOH)3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；AlOH)3、FeOH)3；
（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，
n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol，n（Ca2+）=4.50mmol，
水泥中钙的质量分数为4.50×10—3mol×40g/mol)×100%/0.400g=45.0%，故答案为：45.0%．
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【专题】定量测定与误差分析
【点评】本题侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力
Ⅴ—难溶电解质的溶解平衡．（2017?江苏12）下列说法正确的是
A．反应N2g)+3H2(g)?2NH3(g)的△H＜0，△S＞0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[MgOH)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液，cMg2+)≤5.6×10﹣4mol?L1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC【分析】A合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误；B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确；C.pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH）=10﹣4mol?L1，c（Mg2+）≤5.6×1010—4)2=5.6×10—4mol?L﹣1，故C正确；
D常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；
【考点】反应热和焓变；原电池；难溶电解质Ksp菁优网版权【专题】化学反应中的能量变化【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质Ksp的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项为易错点，题目难度中等
2．2017?新课标Ⅱ）由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验 现象 结论 A． 向2mL0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+ B． 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C． 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D． 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 KspAgI)＜KspAgCl) A．A B．B C．C D．D
【答】C【解析】A．向2mL0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；
D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．
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【专题】化学实验基本操作
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。
（）（2017?Ⅰ-27）和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量、等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为时，所采用的实验条件为。
（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式。
（3）沉淀与双氧水、氨水反应所得实验结果如下表所示：
温度/ 30 35 40 45 50 转化率/% 92 95 97 93 88 分析时转化率最高的原因
。
（4）中的化合价为，其中过氧键的数目为___________。
（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有沉淀生成
（列式计算）。、的分别为、。
（6）写出“高温煅烧②”中由制备的化学方程式
。
（1）加热或加热（2）（3）前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大；后，分解加剧，转化率降低（4）（5），，所以最终没有沉淀（6）（1）由图像推出浸出率为时有个点满足（2）反应物为，因为酸浸，故反应物应有，因生成物为，因此反应物中还应有，因反应物有，故生成物中应有，根据原子守恒和电荷守恒配平。（3）本反应为放热反应，前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大；后，分解加剧，转化率降低（4）过氧键存在于的中，每个之间存在个过氧键。根据化合价，原子守恒，设价个，价个。个，故个过氧键（5）溶液中主要三种离子，、、根据两个难溶物的，已知故溶液中再根据
故最终没有沉淀生成（6）根据流程图知反应物为、、，生成物为，化合价情况为，，，故化合价降低，化合价升高，可知产物之一为，反应物有，故产物有
观察能力；；影
【专题】无机实验综合。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
Ⅵ—水溶液中的离子平衡综合．（2017?江苏9）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：Fe3+、Mg2+、SCN、Cl
B．cH+)/c(OH﹣=1×10—12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3
C．cFe2+)=1mol?L—1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3
【答案】选B【解析】A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，故A错；B．c（H+）/c（OH）=1×1012的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；
C．Fe2+、MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；
【考点】离子共存问题；菁优网版权所有
【专题】离子反应专题
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用2．2017?新课标Ⅲ）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl﹣。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是
A．Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7
B．除Cl﹣反应为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl﹣效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答】C【解析】A．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu+）大于6，则KspCuCl)的数量级为10﹣7，故A正确；B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，故B正确；C．发生Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故C错误；
D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu，可知没有Cl﹣存在的情况下，2Cu+=Cu2++Cu趋向于完全，说明2Cu+=Cu2++Cu的平衡常数很大，故D正确．
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属铜及其重要化合物的主要性质优【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意题给信息以及图标的分析，把握溶度积的计算，难度不大。
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