新教材2023年高中化学第3章物质在水溶液中的行为自我评价鲁科版选择性必修1 试卷

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第3章　自我评价　　时间：90分钟　　　满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题意)1．下列实验操作正确的是(　　)A．若取20.00 mL盐酸，可在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B．滴定前用待测液润洗锥形瓶C．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏D．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂答案　C解析　注意滴定管的下端有一部分没有刻度，A错误；滴定实验中，锥形瓶不能用待测液润洗，而滴定管需要润洗，否则会造成误差，B错误；用HCl溶液滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠与HCl完全反应生成氯化钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择甲基橙做指示剂，D错误。2．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13 mol2·L－2C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化答案　C解析　升温促进水的电离，c(H＋)和c(OH－)均增大，而由c向b变化，c(OH－)减小，A错误；b点，c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故KW＝1.0×10－7 mol·L－1×1.0×10－7 mol·L－1＝1.0×10－14 mol2·L－2，B错误；氯化铁为强酸弱碱盐，在水溶液中铁离子会结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，符合图中由b到a的变化趋势，C正确；由c点到d点，水的离子积常数减小，需要降低温度，稀释不能实现该变化，D错误。3．为证明醋酸是弱电解质，下列方法错误的是(　　)A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pHB．测定0.1  mol·L－1 CH3COONa溶液的酸碱性C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力D．0.1 mol·L－1的醋酸溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好反应答案　D解析　测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，若pH大于1，则证明CH3COOH为弱酸、弱电解质；测定0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的酸碱性，若显碱性，则可证明CH3COOH为弱电解质；比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，若醋酸溶液的导电能力比较弱，则可证明CH3COOH为弱电解质；0.1 mol·L－1的醋酸溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好反应，只能证明CH3COOH为一元酸，不能证明其为弱电解质。4. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸溶液加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．两溶液稀释前的浓度相同B．a、b、c三点对应溶液的pH由大到小顺序为a>b>cC．a点的KW值比b点的KW值大D．a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)答案　D解析　稀释之前，两种溶液导电能力相同，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，Ⅰ为醋酸溶液的稀释曲线，Ⅱ为盐酸的稀释曲线，故A错误；导电能力越强，说明离子浓度越大，酸性越强，pH越小，则a、b、c三点对应溶液的pH大小顺序为b>a>c，故B错误；相同温度下，KW相同，故C错误；由题图可知，c点溶液的导电能力大于a点，溶液导电能力越强，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)，故D正确。5．下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋COB．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)D．温度升高，c(HCO)增大答案　B解析　A项中HCO不能拆开，正确的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，错误；B项，n(H＋)·n(OH－)＝[c(H＋)·V]·[c(OH－)·V]＝c(H＋)·c(OH－)·(V×V)＝KW·V2，由于水的离子积不变而溶液体积增大，故n(H＋)·n(OH－)的值增大，正确；由电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C项错误；温度升高，HCO水解程度增大，反应HCO＋H2OH2CO3＋OH－平衡右移，HCO浓度减小，D项错误。6．常温下，在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，由水电离产生的OH－的浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B的关系为(　　)A．A>B B．A＝10－4BC．B＝10－4A D．A＝B答案　B解析　常温下，pH＝9的NaOH溶液中由水电离的c水(OH－)＝c(H＋)＝10－9 mol/L, pH＝9的CH3COONa溶液中由水电离的c(OH－)＝10－5 mol/L，所以A＝10－4B。7．下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)A．钠与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O答案　B解析　电荷和得失电子均不守恒，A项错误；OH－、H＋和H2O前面的化学计量数应为2，C项错误；碳酸氢铵电离出的NH也可与OH－反应，D项错误。8．人体血液里存在重要的酸碱平衡：CO2＋H2OH2CO3HCO，使人体血液pH保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随变化关系如表所示：1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45 下列说法错误的是(　　)A．正常人体血液中，HCO的水解程度大于电离程度B．人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液缓解C．pH＝7.00的血液中，c(H2CO3)<c(HCO)D．pH＝7.40的血液中，HCO的水解程度一定大于H2CO3的电离程度答案　D解析　人体血液pH保持在7.35～7.45，这说明HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；人体血液酸中毒时，可以注射弱碱性溶液，故B正确；从pH随变化关系知，pH＝7.00的血液中，c(H2CO3)<c(HCO)，故C正确；pH＝7.40的血液中，＝20.0，只能说明血液中的c(HCO)远大于c(H2CO3)但并不能说明HCO的水解程度一定大于H2CO3的电离程度，故D错误。9．已知在25 ℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10－18 mol2·L－2、1.3×10－36 mol2·L－2。常温时下列有关说法正确的是(　　)A．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2，溶液的酸性增强B．将足量的CuSO4溶解在0.1 mol·L－1的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35 mol·L－1C．因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能发生D．除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS做沉淀剂答案　D解析　向H2S的饱和溶液中通入少量SO2，因发生反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，溶液的酸性减弱，A项错误；由于CuSO4是足量的，S2－因生成CuS沉淀而被消耗导致其浓度非常小，根据Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)c(S2－)可知，Cu2＋的最大浓度一定大于1.3×10－35 mol·L－1，B项错误；因CuS沉淀不溶于硫酸，所以反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4可以发生，C项错误；由FeS、CuS的溶度积常数知，FeS的溶解度比CuS的大，可实现沉淀的转化，故除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS做沉淀剂，D项正确。10．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)A．0.1 mol·L－1 KI溶液：Na＋、K＋、ClO－、OH－B．0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2＋、NH、NO、SOC．0.1 mol·L－1 HCl溶液：Ba2＋、K＋、CH3COO－、NO D．0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Mg2＋、Na＋、SO、HCO 答案　B解析　A项，I－具有强还原性，ClO－具有强氧化性，I－与ClO－发生氧化还原反应而不能大量共存；B项，在Fe2(SO4)3溶液中离子相互不反应，能大量共存；C项，CH3COO－能与H＋反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO－不能大量存在；D项，Mg2＋、HCO都能与OH－反应，所以不能大量共存。二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意)11．已知：SO＋I2＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有Na＋、NH、Fe2＋、K＋、I－、SO、SO，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是(　　)A．肯定不含I－ B．肯定不含SOC．肯定含有SO D．肯定含有NH答案　BC解析　溶液无色，则该溶液不含Fe2＋；根据方程式SO＋I2＋H2O===SO＋2I－＋2H＋可知，还原性SO>I－，当溶液中同时存在SO和I－时，SO先被氧化，故向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则溶液中一定存在SO；由于溴水少量，故无法判断溶液中是否存在I－；溶液中所有离子物质的量浓度相等，无论是Na＋、NH还是K＋，均只带有一个单位正电荷，而SO、SO均带两个单位负电荷，若同时存在SO、SO，则电荷无法守恒，故溶液中一定不存在SO；由上述分析可知，该溶液中一定不存在SO和Fe2＋，可能存在I－，Na＋、NH、K＋中的两种或三种。12．下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO＋CaSO4CaCO3＋SOB．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I－＋IO＋6H＋===I2＋3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋4H＋＋H2OD．电解饱和食盐水：2Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2↑答案　A解析　饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO＋CaSO4CaCO3＋SO，A正确；B项电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O；在碱性溶液中不可能生成H＋，正确的离子方程式为3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－===3Cl－＋2FeO＋5H2O，C错误；电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－，D错误。13．常温下，将0.1000 mol·L－1 NaOH溶液逐滴加入20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液中，所得溶液的pH与加入NaOH溶液体积的关系如下图所示。下列说法正确的是(　　)A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．滴加过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)答案　AD解析　A项，根据电荷守恒关系有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，点①所示溶液中CH3COOH、CH3COONa均为1×10－3 mol，但由于CH3COOH发生电离，CH3COO－发生水解，前者的电离程度大于后者的水解程度，使c(CH3COOH)<c(Na＋)<c(CH3COO－)，故c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故正确；B项，点②所示溶液呈中性，加入的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，此时根据物料守恒可知c(Na＋)<c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故不正确；C项，点③所示溶液中二者恰好完全反应，溶液中各离子浓度关系应为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故不正确；D项，当刚加入少量NaOH溶液时可能会出现该种情况，故正确。14．某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是(　　)A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和答案　B解析　Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，Fe3＋、Cu2＋浓度相等(b、c点)时，Fe3＋所在溶液对应的pH小，则c(OH－)较小，故Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，A正确；存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，加入NH4Cl固体，因为NH水解产生H＋，H＋与OH－反应使平衡正向移动，c(Fe3＋)增大，B错误；c(H＋)和c(OH－)的乘积为KW，KW仅与温度有关，C正确；曲线上的点代表饱和溶液，D正确。15．H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)A．0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)答案　AD解析　H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol·L－1＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝＝＝＝≈1.85×10－13≪Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)＞c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000 mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C错误；c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共60分)16．(15分)已知水在25 ℃和100 ℃时，其电离平衡曲线如图所示。(1)25 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：________________________________________________________________；25 ℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。(2)100 ℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a与b之间应满足的关系是________。(3)曲线A所对应的温度下，pH＝2的盐酸和pH＝11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1________α2(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”，下同)，若将二者等体积混合，则混合溶液的pH________，判断的理由是___________________________________________________。(4)在曲线B所对应的温度下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH＝________。答案　(1)A　水电离需要吸热，温度越高KW越大　10∶1(2)a＋b＝14(3)小于　无法确定　若BOH是强碱，等体积混合时酸过量，此时pH<7，若BOH是弱碱，无法确定酸与碱的物质的量的相对多少(4)10解析　(1)25 ℃时，pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，pH＝4的硫酸中c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，当二者恰好反应完得到pH＝7的混合溶液时有1×10－5 V(碱)＝1×10－4V(酸)，V(碱)∶V(酸)＝10∶1。(2)由图可知，100 ℃时水的电离平衡曲线为B，KW＝1×10－12，pH＝a的强酸溶液中，c(H＋)＝10－a mol·L－1，pH＝b的强碱溶液中，c(OH－)＝10b－12 mol·L－1，混合后的溶液呈中性，则100×10－a＝1×10b－12，解得2－a＝b－12，a＋b＝14。(3)由于盐酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，BOH溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，酸碱抑制水的电离，结合水的电离方程式知盐酸对水电离程度的抑制能力强于BOH溶液，故α1小于α2。若BOH是强碱，等体积混合时酸过量，此时pH<7；若BOH是弱碱，则无法确定碱与酸的物质的量的相对多少，故无法确定反应后溶液的pH。(4)等体积混合时，溶液中Ba2＋反应完毕，但此时OH－已消耗掉一半，故混合溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，曲线B对应温度下KW＝1×10－12，故c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，故pH＝10。17．(10分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③________________________________________________________________④________，有刺激性气体产生⑤静置，__________________________⑥________________________________________________________________ (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。②滴定：取0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留一位小数)。答案　(1)③加入过量稀盐酸　④出现乳黄色浑浊　⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液　⑥产生白色沉淀(2)①烧杯　容量瓶　刻度线　②蓝色褪去　95.0解析　(1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O)，静置，(吸)取上层清液，滴入氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉作为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O～3I2～6S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝ mol·L－1≈0.04597 mol·L－1，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为×100%≈95.0%。18．(10分)加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH变化如表所示：温度/℃102030加热煮沸后冷却到50 ℃pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为__________________________________。乙同学认为，该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3的。丙同学认为甲、乙同学的判断都不充分。丙同学认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)同学判断正确。试剂X是________(填字母)。A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液C．NaOH溶液 D．澄清石灰水(2)将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)8.3，则甲同学判断正确。答案　HCO＋H2OH2CO3＋OH－　大于　(1)乙　B　(2)＝解析　乙同学推断NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，因溶液碱性增强，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的。(1)丙同学加入足量的试剂X，目的是检验溶液中碳酸根离子的存在，A、D均为碱，加入后无论是否存在碳酸根离子均会产生沉淀，不能说明问题，C项NaOH也为强碱，但不会产生沉淀，故只能加入BaCl2溶液，若产生沉淀，则说明溶液中存在碳酸根离子，即乙同学观点正确；反之，则乙同学观点不正确。(2)将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH＝8.3，说明降温，水解平衡逆向移动，恢复到原来状态，故说明甲同学观点正确。19．(10分)T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。(1)T1________T2(填“>”“<”或“＝”)，T2温度时Ksp(BaSO4)＝________。(2)根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是________(填序号)。A．加入Na2SO4固体可由a点变为b点B．T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C．蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点D．升温可由b点变为d点(3)T2时，现有0.2 mol的BaSO4沉淀，每次用1 L饱和Na2CO3溶液(浓度为1.7 mol·L－1)处理。若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理________次。[提示：BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)　K＝；Ksp(BaCO3)＝1.19×10－7]答案　(1)<　5.0×10－9　(2)ABC　(3)3解析　(1)温度越高BaSO4的溶解度越大，T1温度下BaSO4的溶度积较小，所以T1<T2；T2时的溶度积可利用c点的数据进行计算求得，T2温度时Ksp(BaSO4)＝c(SO)·c(Ba2＋)＝5.0×10－5×1.0×10－4＝5.0×10－9。(2)由于存在沉淀溶解平衡，加入Na2SO4，SO浓度增大，BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2＋的浓度降低，可由a点变为b点，A正确；T1曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，B正确；蒸发溶剂，不饱和溶液中Ba2＋和SO的浓度都变大，可能由d点变为T1曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，C正确；升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，c(SO)、c(Ba2＋)会变大，不可能由b点变为d点，D错误。(3)设每次用1 L 1.7 mol·L－1饱和Na2CO3溶液能处理x mol BaSO4，BaSO4　＋　CO　　BaCO3＋SO          (1.7－x) mol·L－1       x mol·L－1根据K＝＝＝＝＝0.042，解得：x＝0.069，处理次数＝≈3，所以至少要反复处理3次。20．(15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、Cr(OH)(绿色)、Cr2O(橙红色)、CrO(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题：(1)Cr3＋与Al3＋的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_______________________________________。(2)CrO和Cr2O在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H＋)的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_____________________。②由图可知，溶液酸性增大，CrO的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为______________。③升高温度，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的ΔH________0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________ mol·L－1，此时溶液中c(CrO)等于________ mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)(4)＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为____________________________________________。答案　(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)①2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O　②增大　1.0×1014　③小于(3)2.0×10－5　5.0×10－3(4)Cr2O＋3HSO＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O解析　(1)Cr3＋与Al3＋化学性质相似，Cr3＋(蓝紫色)中加入NaOH溶液，先生成Cr(OH)3沉淀(灰蓝色)，继续滴加，沉淀溶解，生成Cr(OH)(绿色)。(2)①根据图示，c(H＋)增大，c(Cr2O)增大，说明CrO与H＋反应，转化为Cr2O。②酸性增大，平衡右移，CrO的平衡转化率增大。由题图知，A点c(Cr2O)＝0.25 mol·L－1，c(CrO)＝(1.0－0.25×2) mol·L－1＝0.5 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝1.0×1014。③升温，CrO的平衡转化率减小，说明平衡左移，即正反应为放热反应，ΔH<0。(3)c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－5 mol·L－1，c(CrO)＝＝ mol·L－1＝5.0×10－3 mol·L－1。(4)Cr2O被还原成Cr3＋，Cr元素化合价降低，作氧化剂，则HSO作还原剂，被氧化为SO，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，即可得出反应的离子方程式。