第三章 水溶液中的离子反应与平衡-2021-2022学年高二化学上学期期末检测核心素养卷（人教版2019选择性必修1）（提升卷）（解析版）

这是一份第三章 水溶液中的离子反应与平衡-2021-2022学年高二化学上学期期末检测核心素养卷（人教版2019选择性必修1）（提升卷）（解析版），共1页。试卷主要包含了设NA为阿伏加德罗常数的值，室温下，下列说法正确的是，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是，常温下，纯水中存在电离平衡等内容，欢迎下载使用。
一选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2021·广东·湛江二十一中高二期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1ml·L-1 CuCl2溶液中含有的Cl-数目为2NA
B．1L 0.1ml/L H2C2O4溶液中含有的H+离子数为0.2NA
C．标准状况下，4.48L SO3中含有的氧原子数为0.6NA
D．3ml NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【详解】
A．由于未告知溶液的体积，故无法计算1ml·L-1 CuCl2溶液中含有的Cl-数目，A错误；
B．由于H2C2O4是弱酸，在水溶液中只能部分电离，故无法计算1L 0.1ml/L H2C2O4溶液中含有的H+离子数，B错误；
C．由于标准状况下SO3是固体，故无法计算4.48L SO3中含有的氧原子数，C错误；
D．根据反应方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，3ml NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为2ml×NAml-1=2NA，D正确；
故答案为：D。
2．（2021·重庆市第七中学校高二期中）室温下，下列说法正确的是
A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是a＞b＞c
B．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，但两溶液中水的电离程度不相同
C．5.0×10−3ml·L−1KHA溶液的pH=3.75，该溶液中c(A2−)＜c(H2A)
D．0.01 ml·L−1与0.001 ml·L−1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为10∶1
【答案】B
【详解】
A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，加水稀释，氢氧根浓度都减小，但氨水又电离出氢氧根，因此氨水中氢氧根浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根浓度，因此a、b、c的大小关系是a＞c＞b，故A错误；
B．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，KNO3溶液中既不抑制水的电离也不促进水的电离，而CH3COONH4溶液中醋酸根、铵根促进水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，故B正确；
C．5.0×10−3ml·L−1KHA溶液的pH=3.75，说明HA－电离程度大于水解程度，因此该溶液中c(H2A)＜c(A2−)，故C错误；
D．0.01 ml·L−1 CH3COOH溶液与0.001 ml·L−1的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)之比为10∶1，由于0.01 ml·L−1 CH3COOH溶液电离程度小于0.001 ml·L−1的CH3COOH溶液电离程度，因此0.01 ml·L−1与0.001 ml·L−1的CH3COOH溶液中c(H+)之比小于10∶1，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．（2021·四川·石室中学一模）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是
A．1L0.1ml/L的H2S溶液中含有阴离子总数为0.1NA
B．1mlCaO和CaO2的混合物，所含离子数目为2NA
C．常温下，1L0.5ml/LCH3COONH4溶液的pH=7，则溶液中CH3COO-与NH的数目均为0.5NA
D．用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备lml氯气，转移的电子数均为2NA
【答案】B
【详解】
A．根据电荷守恒可知：n(H+)=2n(S2-)+n(HS-)+n(OH-)，0.1ml的H2S属于弱电解质，部分电离，则n(H+)＜0.1ml，故溶液中含有的阴离子总数N(S2-)+N(HS-)+N(OH-)＜N(H+)小于0.1NA，A错误；
B．CaO和CaO2的阴阳离子个数比皆为1：1，故1ml该混合物所含离子数目为2NA，B正确；
C．CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，阴阳离子皆水解，故常温下0.5mlCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+的数目均小于0.5NA，C错误；
D．根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O、KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，用浓盐酸分别和MnO2，KClO3反应制备1ml氯气，转移的电子数之比为6：5，D错误；
故答案为：B。
4．（2021·湖北·高二期中）室温下，将浓度为0.1的CH3COOH溶液不断加水稀释(忽略溶液温度的变化)，下列各量始终保持增大的是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
A．电离平衡常数只与温度有关，故保持不变，A错误；
B．醋酸为弱电解质，加水稀释，c(CH3COOH)、c(H+)均同等程度减小；但由于电离平衡正向移动，氢离子增多，醋酸分子减少，故增大，B正确；
C．加水稀释，虽然电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，C错误；
D．向醋酸溶液中不断加水过程中，c(H+)、c(CH3COO-)同等程度减小，不变；当加水到一定程度后，c(H+)无限接近10-7ml/L，而c(CH3COO-)无限减小，所以减小。故先不变后减小，D错误；
答案选B。
5．（2021·湖北·高二期中）下列说法正确的是
A．室温下，某溶液中的c(H+)=1.0×10-12ml/L，该溶液可能为酸溶液
B．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液等体积混合的溶液中：c(H+)＜c(OH-)
C．pH＜7的溶液也可能是中性溶液
D．室温下，0.1的溶液中：
【答案】C
【详解】
A．室温下Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，溶液中c(H+)=1.0×10-12ml/L，故c(OH-)==10-2 ml/L，因此溶液为碱性，A错误；
B．由于没有说明温度，因此pH=3的HNO3与pH=11的KOH中的c(H+)和c(OH-)无法计算，故混合后溶液中c(H+)和c(OH-)的大小关系无法确定，B错误；
C．常温下水的pH=7，pH=-lg c(H+)，对于纯水，电离平衡为H2OH++ OH-，温度升高平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，即pH＜7，但纯水中c(H+)=c(OH-)，为中性，C正确；
D．NH3∙H2O为弱电解质，弱电解质的电离是微弱的，因此0.1ml/L的NH3∙H2O中c(NH3∙H2O)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
故选C。
6．（2020·甘肃·永昌县第一高级中学高二期中）常温下，纯水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH-，若要使水的电离平衡向右移动，并使c(H＋)增大，应加入的适当物质是
A．NaHSO4B．HClC．Na2CO3D．FeCl3
【答案】D
【分析】
若要使水的电离平衡向正方向移动，并使溶液中的c(H＋)增大，应加入水解呈酸性的物质。
【详解】
A．NaHSO4电离出H+，使得c(H＋)增大，抑制水的电离，故A不符合题意；
B．HCl电离出H+，使得c(H＋)增大，抑制水的电离，故B不符合题意；
C．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离，c(H＋)减小，故C不符合题意；
D．FeCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，促进水的电离，c(H＋)增大，故D符合题意；
故选D。
7．（2021·全国·高三专题练习）下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1ml/L MOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1ml/L MOH溶液中c(OH－)Ka2，所以图中Ｉ对应纵截距更大，表示的是曲线Ｉ；当溶液中lg=1时，pH=2.4，所以亚磷酸的Ka1==10-1.4ml/L；当溶液中=-1时，pH=5.5，所以亚磷酸的Ka2==10-6.5ml/L。
【详解】
A．由以上分析可知，的，故A错误；
B．Ka1×Ka2==，当溶液中的时，c2(H+)=Ka1×Ka2=10-7.9，溶液的，故B错误；
C．滴加的溶液与完全反应后，生成溶质Na2HPO3，由于H3PO3是二元弱酸，故不存在，此时溶液中各离子浓度关系为，故C错误；
D．该温度下，反应的平衡常数为K===，故D正确；
故选D。
14．（2021·安徽滁州·高二阶段练习）常温下用0.01ml/LNaOH溶液滴定10 mL 0.01 ml· L-1二元弱酸H2R溶液，所得溶液的pH与或的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是
A．曲线L1表示pH与 的变化关系
B．常温下H2R的第二步电离平衡常数Ka2的数量级为10-8
C．水的电离程度：M点＜N点
D．0.01 ml· L-1H2R溶液的pH=3. 0
【答案】D
【详解】
A．根据Ka1=，可得 。根据Ka2 =，可得。因为Ka1大于Ka2，所以则曲线L1表示pH与的变化关系，曲线L2表示pH与的变化关系，A正确；
B．当溶液中c(HR- )=c(R2- )时，曲线L2的=0，pH=7.5，Ka2=c(H+ )=10-pH=10-7.5，常温下H2R的第二步电离平衡常数Ka2的数量级为10-8，B正确；
C．M点时，溶液的pH=5，溶质成分为H2R和NaHR，N点时，溶液的pH=7.5.溶质成分为Na2R和NaHR，故水的电离程度：M点＜N点，C正确；
D．当溶液中c(HR- )=c(H2R)时，曲线L1的=0，pH=5，则Ka1=c(H+ )=10-pH=10-5，由于Ka1＞＞Ka2，0.01 ml· L-1 H2R溶液的c(H+ )≈≈ =10-3.5，pH=3.5，D错误；
综上所述答案为D。
15．（2021·全国·模拟预测）T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是
A．X点：c(Cd2+)c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D．向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大
【答案】C
【分析】
随NaOH溶液加入，依次发生反应：H2A+OH-= HA-+H2O、HA-+ OH-= A2-+H2O，随着pH增大，H2A的物质的量不断减小，HA-的物质的量先增大后减小，A2-的物质的量不断增大，由题图可知，曲线I代表H2A、曲线Ⅱ代表HA-、曲线III代表A2-，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，曲线Ⅱ代表的微粒是HA-，故A错误；
B．由物料守恒可知，滴加0.1ml/LNaOH溶液过程中n(H2A)、n(A2-)、n(HA-)之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n(H2A)、n(A2-)、n(HA-)之和不变，但溶液体积逐渐增大，则c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)之和逐渐减小，故B错误；
C．由题图可知，pH=1.2时，溶液中c(HA-)= c(H2A)，则Ka1==c(H+)=110-1.2，同理pH=4.2时，溶液中c(HA-)= c(A2-)，则Ka2==c(H+)=110-4.2，则HA-的水解常数Kh===110-12.8c(H2A)，由于HA-电离和水解都是微弱的，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，再结合物料守恒可知：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故C正确；
D．向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，HA-与OH-反应生成A2-和H2O，A2-在溶液中水解程度大于HA-，促进水的电离，水的电离程度增大，当HA-与OH-反应完全后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化钠电离出的OH-会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，故D错误；
答案选C。
二、填空题
17．（2021·重庆市第七中学校高二期中）按要求回答下列问题
（1）实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是_______；
（2）将AlCl3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______(写化学式，下同)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______
（3）某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中的NaClO加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是_______(请用反应的离子方程式表示)。
（4）粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。
①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最好选用的是_______。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的_______。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
【答案】
（1）抑制Cu2+的水解
（2） Al2O3 Na2SO4
（3）3ClO－+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓
（4） B CD
【解析】
（1）
实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，由于铜离子会发生水解，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是抑制Cu2+的水解；故答案为：抑制Cu2+的水解。
（2）
将AlCl3溶液蒸干再灼烧，由于铝离子发生水解，盐酸易挥发，因此蒸干得到氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝(Al2O3)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，由于亚硫酸根易被氧化，最后得到的主要固体物质是硫酸钠(Na2SO4)；故答案为：Al2O3；Na2SO4。
（3）
打开活塞向烧瓶中的NaClO加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀，偏铝酸根、铝离子都要水解，两者是发生双水解，因此出现上述现象的原因是3ClO－+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；故答案为：3ClO－+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓。
（4）
①A．KMnO4与亚铁离子反应生成铁离子和锰离子，引入了锰离子杂质，故A不符合题意；B．H2O2与亚铁离子反应生成铁离子和水，故B符合题意；C．氯水与亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，引入氯离子杂质，故C不符合题意；D．HNO3与亚铁离子反应生成铁离子和氮氧化物，引入硝酸根离子杂质且生成污染性气体，故D不符合题意；综上所述，答案为：B。
②A．NaOH、B．NH3·H2O与铁离子、铜离子都会反应生成氢氧化铁和氢氧化铜，故A、B不符合题意；C．CuO、D．Cu(OH)2与铁离子水解生成的氢离子反应，促进铁离子水解生成氢氧化铁，故CD符合题意；综上所述，答案为：CD。
18．（2021·浙江温州·高二阶段练习）请按要求回答下列问题：
（1）时，物质的量浓度均为的几种盐溶液的如下表所示。
①溶液Ⅰ显酸性的原因是_______(用离子方程式表示)。
②溶液Ⅱ中，_______(填“>”“c(OH-)>c(CO)；
（2）
①根据表中数据可知铜离子沉淀需要的pH最小，因此当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，Cu2+最先沉淀；
②25℃时，要使0.2ml•L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），即反应后溶液中铜离子浓度是2×10-4 ml•L-1，所以根据Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20可知，此时溶液中氢氧根的浓度是ml/L＝10-8 ml•L-1，则pOH=8，pH=6，则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为6；
（3）
常温下，NaHSO3的水解常数；加入少量碘单质，发生反应：，溶液酸性增强，氢氧根离子浓度减小，所以增大；
（4）
已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为1.0×10-38、1.0×10-11，向浓度均为0.1 ml·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，只要控制氢氧根离子浓度：，即，得，则，应该调节溶液的pH范围是；为了不引入新的杂质，则调节pH可使用MgO、Mg(OH)2或MgCO3。
19．（2021·江苏·扬州中学高二阶段练习）弱电解质的研究是重要课题。
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是___________
a．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
b．A点，溶液中和浓度相同
c．当时，
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是___________。
（2）H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表：
按要求回答下列问题：
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测得0.1 ml·L−1 BaS溶液pH≈13，溶液中OH－、S2−、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是___________。
（3）常温下，已知0.1ml/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中
①0.1ml/L HCOOH的 pH=___________。
②取10mL0.1ml/L的 HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是___________(填写序号)
A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少
B．稀释后溶液的pH=5
C．稀释后甲酸的电离度会增大
D．与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大
【答案】
（1） bc
（2） c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)
（3） 3 CD
【解析】
（1）
①a．根据图中信息，pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是，故a正确；b．根据图中信息A点，溶液中CO2和与浓度相同，故b错误；c．当时，溶液显碱性，因此，故c错误；综上所述，答案为：bc。
②pH=8.4的水溶液主要是，因此向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是；故答案为：。
（2）
①根据电离常数可得到H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞H2S＞HClO；故答案为：H2CO3＞H2S＞HClO。
②根据H2CO3＞HClO＞，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，该反应的离子方程式：；故答案为：。
③测得0.1 ml·L−1 BaS溶液pH≈13，则c(OH－)=0.1 ml·L−1，由于硫离子发生水解生成硫氢根和氢氧根，因此溶液中OH－、S2−、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)；故答案为：c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)。
（3）
①0.1ml/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中，则c(H+)=1×10−3ml∙L−1，因此0.1ml/L HCOOH的pH=3；故答案为：3。
②A．稀释过程中甲酸根离子浓度、氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．10mL0.1ml/L的 HCOOH溶液稀释100倍，稀释后，由于甲酸又要电离，因此氢离子浓度大于1×10−5ml∙L−1，因此溶液的pH小于5，故B错误；C．稀释后，电离平衡正向移动，因此甲酸的电离度会增大，故C正确；D．加水稀释，溶液氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，因此与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大，故D正确；综上所述，答案为：CD。
20．（2021·河南·马店第一高级中学高二期中）I．回答下列问题
（1）现有以下物质：①NaCl晶体 ②SO2③液态醋酸 ④铜 ⑤固体BaSO4⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦酒精(C2H5OH) ⑧熔化的KHSO4⑨氨水 ⑩液氮。
请回答下列问题。(填相应序号)
①以上物质能导电的是___________；
②以上物质属于非电解质的是___________；
③以上物质属于强电解质的是___________；
II．A、B、C、D四种物分别是HCl、、CH3COOH、NaOH中的一种。常温下进行下列实验：
（2）0.001ml/L的A溶液pH=3，则A是___________。
（3）B溶液和D溶液显碱性，等浓度两者pH关系；
①D是___________溶液。
②用水稀释0.1ml/LB时，溶液中随着水量的增加而减小的是___________(填写序号)。
A． B． C． c(H+)与c(OH-)的乘积 D． OH-的物质的量
（4）pH相同，等体积的两份溶液A和C，分别与不同质量的锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是___________(填写序号)。
①反应所需要的时间 ②开始反应时的速率
③参加反应的锌的物质的量A=C ④反应过程的平均速率
⑤A溶液里有锌剩余 ⑥C溶液里有锌剩余
【答案】
（1） ④⑧⑨ ②⑥⑦⑩ ①⑤⑧
（2）HCl
（3） NaOH AB
（4）③
【分析】
①NaCl晶体中不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，但是溶于水或者熔融状态下能完全电离出离子，属于强电解质；②SO2在熔融状态下不导电，水溶液中由于与水反应生成了H2SO3，本身不导电，是化合物，属于非电解质；③液态醋酸不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，水溶液中能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质；④铜存在自由电子，能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑤固体BaSO4不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，但是熔融状态下能完全电离出离子，属于强电解质；⑥纯蔗糖(C12H22O11)不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；⑦酒精(C2H5OH)不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；⑧熔化的KHSO4存在自由移动的离子，导电，在溶于水或者熔融状态下能完全电离出离子，属于强电解质；⑨氨水存在自由移动的离子，导电，能部分电离出自由移动的离子，属于混合物，不属于电解质；⑩液氮不存在自由电子或者自由移动的离子，不导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；以此分析解答本题。
（1）
①根据上述分析可知：以上物质能导电的是④⑧⑨，故答案：④⑧⑨。
②根据上述分析可知：以上物质属于非电解质的是②⑥⑦⑩，故答案：②⑥⑦⑩。
③根据上述分析可知：以上物质属于强电解质的是①⑤⑧，故答案：①⑤⑧
（2）
pH=3中氢离子浓度为0.001ml/L，所以A溶液为一元强酸，即为HCl，故答案：HCl。
（3）
NaOH、两者都显碱性，等浓度两者pH关系，故B为溶液，D为NaOH溶液，故答案：NaOH。
②A．随着水的加入和氢氧根离子浓度逐渐减小，但稀释促进电离，所以的浓度比氢氧根离子浓度减小的更大，所以减小，故A符合题意； B．随着水的加入，氢氧根离子浓度逐渐减小，氢离子的浓度逐渐增大，故减小 ，故B符合题意；
C．水的离子积在一定温度下是个常数，所以 c(H+)与c(OH-)的乘积 是不变的，故C不符合题意；
D． 稀释促进电离，所以OH-的物质的量增大，故D不符合题意；
故答案：AB。
（4）
pH相同、等体积的CH3COOH、HCl两种溶液，分别与不同质量的锌粉反应，开始反应时的速率相等，故②错误；若放出氢气的质量相同，说明反应的酸相同，参加反应的锌的物质的量也相同，故③正确；故答案：③。
21．（2021·黑龙江·双鸭山一中高二期中）I.平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。
（1）实验室在保存FeCl3溶液时，常在溶液中加少量的___________，以抑制其水解；把溶液蒸干并灼烧，最后得到的固体主要产物是___________。
（2）在日常生活中经常用和混合溶液作灭火剂，请用离子方程式表示其灭火原理：___________。
II.已知，常温下几种物质的电离常数如下：
（3）25℃时，CH3COONH4溶液显___________性，(NH4)2CO3溶液的pH___________(填“大于”或“小于”)7
（4）物质的量浓度均为0.1ml·L-1的4种溶液：①、②、③、④，按要求从大到小排序。：___________；：___________。
（5）25℃时，若氨水的浓度为2.0ml·L-1，溶液中的c(OH−)=___________ml·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7ml·L−1时，溶液中的=___________。SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应的离子方程式是___________。
【答案】
（1） 盐酸 氧化铝
（2）Al3++= Al(OH)3↓+3CO2↑
（3） 中 大于
（4） ④③①② ②①③④
（5） 6.010-3 ml·L-1 0.6 SO2+= +H2O+2CO2
【解析】
（1）
FeCl3是强酸弱碱盐，水解呈酸性，保存FeCl3溶液时应加入盐酸抑制其水解。也属于强酸弱碱盐，Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，在溶液蒸干时，HCl挥发掉，生成的氢氧化铝在灼烧时分解成氧化铝和水，所以最后得到的固体是氧化铝。
（2）
和溶液混合，Al3+和会相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3= Al(OH)3↓+3CO2↑。
（3）
从表格中的几种物质的电离常数可知，CH3COOH的Ka和NH3·H2O的Kb是相等的，则和CH3COO-的水解程度是一样的，故CH3COONH4溶液显中性。H2CO3的Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，Kb> Ka2，即的水解程度大于，故(NH4)2CO3溶液的pH大于7。
（4）
①是强酸弱碱盐，溶液显酸性，②也是强酸弱碱盐，溶液也显酸性，由于电离，故酸性比①强，③属弱酸弱碱盐，由于CH3COOH的Ka和NH3·H2O的Kb是相等的，故溶液显中性；④是弱碱，溶液显碱性，所以它们的从大到小顺序是④③①②；
①、②、③、④它们溶液物质的量浓度均为0.1ml·L-1，其中①、②、③是强电解质，是完全电离的，④是弱碱，是部分电离的，且①溶液中的部分水解，②的溶液的酸性会抑制的水解，③是弱酸弱碱盐，和CH3COO-相互促进水解，④是弱碱，电离出的浓度最小，故四种溶液中的浓度由大到小的顺序为②①③④。
（5）
25℃时，氨水的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0ml·L-1，则可得，因为氨水中c(OH-)= c()，所以c(OH-)=6.010-3 ml·L-1。
25℃时，Kw= c(H+)· c(OH-)=1.0-14，若c(OH−)= 1.0×10−7ml·L−1，则c(H+)=1.0×10−7ml·L−1，已知H2SO3的Ka2=6.0×10-8，，则=。
SO2与足量小苏打反应的化学方程式是SO2 +2NaHCO3= Na2SO3+ H2O+2CO2，则离子方程式为SO2+= +H2O+2CO2。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某NaHSO3溶液的pH，测得pH约为6
2
向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为9
4
向某苏打溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，未观察到明显实验现象
A
B
C
D
实验
现象
第①步出现白色沉淀第②步白色沉淀变成黄色沉淀
左边烧杯中无明显变化，右边烧杯中澄清石灰水变浑浊
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊
结论
溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
非金属性：Cl＞C＞Si
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
溶液
溶液
溶液
溶液
5
7
8.4
离子
7.6
5.2
10.4
弱酸
H2S
H2CO3
HClO
电离平衡常数(25℃)
化学式
H2CO3
CH3COOH
NH3·H2O
H2SO3
电离平衡常数
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka=1.8×10-5
Kb=1.8×10-5
Ka1=1.4×10-2
Ka2=6.0×10-8