(完整word版)高中化学离子浓度大小比较练习题(附答案)

一、单选题 1.25 °C 时，H2CO3，的Kal=4. 210-7，Ka2=5. 610-11。室温下向10 mL0. 1molL-1Na2CO3中逐滴加入0. 1 molL-1HCl。图是溶液中含C微粒物质的量分数随pH降低而变化的图像（CO2因有逸出未画出）。下列说法错误的是( )

A.A点溶液的pH<11

-2-B.B 点溶液：cNa+=cHCO3+cCO3+cH2CO3

2-H+HCO3 C.A→B的过程中，离子反应方程式为：CO3D.分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定Na2CO3，与NaHCO3，混合物组成

2.实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )

A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)

B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小

C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果

D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同

3.25 °C时，改变0. 1 mol/L弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δRCOOH随之改变[已知δ(RCOOH)=c(RCOOH)]，甲酸(HCOOH)与丙酸

c(RCOOH)+c(RCOO-)（CH3CH2COOH)溶液中δRCOOH与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )

A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-)比较：前者>后者 B.丙酸的电离常数K=104.88

C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种榕液的pH比较：前者 > 后者

D.将 0. 1 mol/L 的 HCOOH 溶液与 0. 1 mol/L 的 HCOO-Na溶液等体积混合，所得溶液中：cNa>cHCOOH>cHCOO->cOH->cH+

4.常温下,Ksp(CaF2)=4×10-9,Ksp (CaSO4)=9.1×10-6。取一定量的CaF2固体溶于水,溶液中离子浓度的变化与时间的变化关系如图所示。下列有关说法正确( )



A.M点表示CaF2的不饱和溶液

B.常温下,CaF2的饱和溶液中,c(F-) = 10-3 mol/L

C.温度不变，t时刻改变的条件可能是向溶液中加了KF固体, CaF2的Ksp增大

D.常温下,向100 mL CaF2的饱和溶液中加入100 mL 0.2 mol/L Na2SO4溶液,平衡后溶液中的c(Ca2+)约为9. 1×10-5 mol/L

5.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）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.Ka2H2X的数量级为10-6 B.曲线N表示pH与lgcHXcH2X的变化关系

C.NaHX溶液中cH＞cOH

D.当混合溶液呈中性时，cNa＞cHX＞cX2-＞cOH＝cH

6.常温下，钠盐（Na2XO3）溶液中微粒浓度的变化关系如图所示[pOH=-lg c（OH-）]。下列说法正确的是( )



A.曲线N表示1g

cH2XO3cHXO3与pOH的变化关系

B.常温下，Ka2（H2XO3）=10-10 C.当pOH=2时；NaHXO3溶液中：

cH2XO3cXO23=10-8

2D.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶液中：c（Na+）=2c(HXO3)+2c(XO3） 7.常温下，向20 mL 0. 1 mol •L-1

氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子

浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是（ ）

A.常温下，0.1 mol • L-1氨水中NH3 • H2O的电离常数K约为1×10-5

--+

B.a、b 之间的点一定满足：c(NH+4)>c(Cl )>c(OH )>c(H ) -C.c 点溶液中c(NH+4)=c(Cl )

D.d点代表两溶液恰好完全反应

8.根据下列各图曲线表征的信息。得出的结论正确的是( )

A.图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol•L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)+c(H+)

c(OH-)

B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和NH4Cl溶液时，溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示NH4Cl溶液，且溶液导电性：b>c>a

C.图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在Al3+ D.由图4得出若除去Fe2(SO4)3溶液中的Cu2+，可采用向溶液中加入适量Fe2O3，调节溶液的pH至4左右

9.下列说法正确的是（ ）

A.ph=1的NaHSO4溶液:cH+＜cSO2 4＋cOHB.室温下，Ph=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的cH+＞10-3molL-1

C.已知常温下KaCH3COOH＞KaHCN，则等体积等浓度的NaCN和CH3COONa溶液中，CH3COONa溶液所含的离子数比NaCN溶液多

D.室温下，pH=11和pH=13的NaOH溶液等体积混合后，则混合后的溶液中

10111013cH=molL-1

2+10.已知H3PO4是一种三元中强酸。25 °C时，向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加

过程中各种含磷微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲 线如右图所示。下列说法正确的是（ ）

3-A.曲线2和曲线4分别表示δ(HPO2-4)和sδ(PO4)变化

B.25 ℃时，H3PO4 的电离常数K1:K2=1051

C.pH = 7. 2 时，浴液屮由水电离出的 cH+=10-7.2mol/L

2-D.PH = 12. 3 时，2c(Na+)+5cHPO4+5c(PO3-4)

11.常温下，分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示。下列说法不正确的是( )

c(M+)A.曲线L1表示lg与pH的变化关系

c(MOH)B.KaHA=110－5.5

C.a点时两溶液中水的电离程度相同

D.0.01molL-1 MA溶液中存在：cM+>c(A－)>c(OH－)>cH+

12.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是( )



A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在

B.冰表面第二层中，H+浓度为5103molL1(设冰的密度为0.9gcm3) C.冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl13.根据下列图示所得出的结论不正确的是( )

H++Cl

A.图甲是COg+H2Og=CO2g+H2g的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的

H0

B.图乙是室温H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小

C.图丙是室温下用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸

D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(SO2-4)的关系曲

2+线,说明溶液中c(SO2-4)越大c(Ba)越小

二、实验题

14.pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后 CH3COONa溶液的pH NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）。

（2）将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的cNH，则盐酸的体积 4＝cCl氨水的体积（填“＞”“＝”或“＜”）。

（3）将0.2molL-1溶液与0.1moll-1 NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），测得混合溶液中cNa＞cA，则:

①混合溶液中，cA cHA（填“＞”＜”或“＝”，下同）。 ②混合溶液中，cHA＋cA 0.1molL-1

（4）常温时，取0.1molL-1溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8 ①混合溶液中由水电离出的cOH与0.1molL-1 NaOH溶液中由水电离出的cOH之比为 ②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入Na2CO3溶液中有气体放出，试推断NH42CO3溶液的Ph 7（填“＞”“＜”或“＝”）。

15.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CO3,其中原因是________ .

2-（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H3AsO4H2AsO-4+H+的电离常数为Kal,则

pKal=_______pKal=-1gKal.

（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_____.

参考答案

1.答案：B

解析：A.A 点cHCOcCO-32-3，所以Ka22-cCO3c(H)-cHCO35.61011，所以

c(H)5.61011molL-1，pH -cNa2cHCO32cCO32-2cH2CO3，选项 B 错误；C. A→B 的过程中，CO32-逐渐减-2--H+HCO3小，HCO3逐渐增加，所以发生 反应的离子方程式为:CO3，选项C正确；

D.Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，用酚酞作指示剂，滴定产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂滴定时碳酸氢钠与盐酸反应产物时碳酸，所以分布加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与混合物 组成，选项D正确。

2.答案：C

解析：A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；

B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O 意；

C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O=Cu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。 3.答案：B

解析： A.M点的pH小于N点的pH值，即M点c(H)大于N点c(H)，所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点，故A错误；B. pH=4.88时，丙酸的酸分子的物质的量分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-)，针对c(CH3CH2COOH)CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题

c(CH3CH2COO-)+H+电离过程可知，lgK = lgc(H+)=-4.88，即丙酸的电离常数K = 104.88，故B正确；C.由图中信息可知，相同pH 时，丙酸的酸分子的物质的量分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶

液的pH比较应是pH(HCOONa)c(OH-)c(H)，D错误；故选B。

4.答案：D

解析：由图可知，一定量的CaF2固体溶于水达到溶解平衡后，t时刻增大溶液中c（F-），c（Ca2+）减小，但温度不变，CaF2的溶度积Ksp不变。A.由图可知，M点时c（F-）不变，为CaF2的饱和溶液，故A错误；B.CaF2的饱和溶液中，Ksp（CaF2）=c2（F-）c（Ca2+），c（F-）=2c（Ca2+），则c（F-）=

9410=2×10-3 mol/L，故B错误；C.向溶液中加入KF固体，增大溶液中c（F-），c234（Ca2+）减小，但温度不变，CaF2的溶度积Ksp不变，故C错误，D.

向100 mLCaF2的饱和溶液中加入100 ml 0.2 mol/LNa2SO，溶液，Qc>Ksp，产生CaSO4沉淀，c（Ca2+）=

KspCaSO49.1106≈=9.1×10-5 mol/L，故D正确。 20.1cSO45.答案：D

解析：本题以酸碱中和滴定为载体，考查学生的数据处理和识图能力。因二酸是二元弱酸，其一级电离程度较大，故曲线M表示lgcX2-cHX与pH的关系，曲线N表示lgcHX-cH2X与pH的关系,B

项正确；已二酸的二级电离平衡常数的表达式为Ka2＝cHcX2-cHX，则lgcX2cHX=lgcH Ka2=1

即lgcX2-cHX1105.37，A项正确；根据图像取点（0.6，5.0），=0时，pH5.37，Ka2＝lgcHX-cH2X=100.6，cH=105.0molL，代入Ka1=-1cHXcHcH2X=100.6105.0=104.4,所以HX1014的水解常数为4.4=109.6＜Ka2=105.37，则NaHX溶液显酸性，即cH＞cOH，C项正确；

10溶液呈中性时，cOH＝cH，lg6.答案：B

cX2cHX＞0，即cX2＞cHX，D项错误。

解析：A.Na₂XO3为强碱弱酸盐，XO3水解使溶液显碱性，分2步水解：

2XO3+H2O

2HXO3+OH-，HXO3 +H2O

H2XO3+OH-。两步水解中，水解第一步程度较

大，因此pOH相同时，lg

cHXO32cXO3的值大，所以实线M表示pOH与

cH2XO3cHXO3cHXO32cXO3的变化关系，

A项错误；B.根据图象可知，当pOH=0时，即c（OH-）=1 mol/L时，lg=-4即

cHXO3cXO23=10-4，根据电离方程式：HXO3H++XO3；得

2Ka2=

2c(H)cXO3cHXO3c(H)1014144=10-10，B项正确；C.当pOH=2时，根据图象可知，此时1010cHXO31g

cH2XO3cHXO3=-7，lg

cXO23=-2，所以有

cH2XO3cHXO3=10-7,

cHXO3cXO23=10-2，二者相乘得

cH2XO3cXO23=10-9，C项错误；D.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，据溶液中电荷守恒有：

c(Na+)+c(H+)=cHXO3+2cXO3c(Na+)=cHXO3+2cXO37.答案：A

2+c(OH)+c(Cl)，又因中性而有c(H)=c(OH),所以有

--+

--

2+ c(Cl)。

解析：A.常温下，0. 1 mol/L-1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L则

-c(NH+1031034)c(OH)Ka==mol/L=110-5mol/L，所以 A 选项是正确的；B.a、b之间的任意c(NH3H2O)0.1一点，溶液都呈碱性，则 c(H+) 10-7mol/L，c(OH )<10-7mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：

-+-7+

c(NH+4)（OH-) =KW =10-14，所以c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反 应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液显酸 性，故D错误。 8.答案：A

解析：体积10 mL 0.1mol·L−1 NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L−1 CH3COOH 溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，A正确。用水稀释pH相同的盐酸和NH4Cl，盐酸的pH变化较大，NH4Cl的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示NH4Cl，且溶液导电性：a>b>c，B错误；Al3+与OH-反应时，先生成氢氧化铝沉淀，而后沉淀溶解生成偏铝酸根，a点对应的碱性较强，铝元素应以偏铝酸根的形式存在，C错误；若除去Fe2(SO4)3溶液中的Cu2+，加入适量Fe2O3，调节溶液的pH至4左右，此时会生成氢氧化铁沉淀，不能除去Cu2+，反而把Fe3+除去，D错误。答案选A。 9.答案：C

解析：NaHSO4溶液中，cNa+＋cH=2cso2，cNa=cSO2，故4＋cOH4-cH＝cSO24＋cOH，A不正确；CH3COOH为弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的

NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH大量剩余，溶液显酸性，水的电离受抑制，所以水电离出的

H浓度不可能大于10-3molL-1，B不正确；等体积等浓度的NaCN和CH3COONa溶液中分别存在cNa+＋cH+＝cCN＋cOH，cNa＋cH=cCH3COOcOH两种溶液中cNa相同，由于酸性CH3COOH＞HCN，所以水解程度CH3COONa＜NaCN溶液中cH较大，故CH3CONa溶液中cNa＋cH大于NaCN溶液中cNa＋cH，所以CH3COONa溶液中所

含的离子数比NaCN溶液多，C正确；两种强碱溶液混合后应先求混合后溶液中cOH，再根据cH=cOHKW-求cH+，D不正确。

10.答案：B

解析：A.起始时段附近浓度较高的为H3PO4随pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，

2223HPO24浓度增大，然后HPO4浓度降低，HPO4浓度增大，然 后HPO4浓度降低，PO4浓度

2增大，所以曲线1表示δH3PO4，曲线2表示δH2PO，曲线4表示4,曲线3表示δHPO4-δPO34，故A错误。B.根据图象，溶液中c(H3PO4)=c(H2PO4)时，即δH3PO4δH2PO4c(H)c(H2PO-4)时，溶液的 PH = 2. 1，则H3PO4的电离常数K1=c(H)=102.1；pH = 7. 2

c(H3PO4)22时，溶液中δH2PO4，则cH2PO4，δHPO4cHPO4c(H)cHPO24K2c(H2PO)-4c(H)107.2；则K1:K2102.1:107.2105.1

22故B正确C. pH = 7. 2 时.溶 液中δH2PO4，则cH2PO4，溶液呈碱δHPO4cHPO4性，说明以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离 的

23c(H)106.8mol/L，故 C 错误；D. pH=12. 3 时，溶液中HPO4δPO4，则-3-cHPO24=cPO4,即cNa3PO4=cNa2HPO4,根据物料守恒可得：3-5c(Na+)=2c(H2PO-4)+2cHPO2-4+2cPO4+2c(H3PO4)，故 D 错误。

11.答案：C

解析：C解析：A. MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH 逐渐增大M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lgcM+cMOH，则曲线L1表示lgcM+cMOH与pH的变化关系，故A正确；B.

曲线L2表示lgcA-cHA-1与pH的关系，lgcA-cHA=0时，lgcA-cHA= 1，此时pH = 5.5，c(H)

=1105.5molL，则KaHA=c(H+)cA-cHA1105.5，故B正确；C. a点溶液的pH>7,对于曲

线L2，由于A离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的 电离；而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度， 抑制水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；D，曲线L1中，lgcM+cMOH =0时，lgcM+cMOH=l，

KbMOH=cOH-11051105.5，根据Kh=KW，可知，电离平衡常数越大，对应

Ka或Kb离子的水解程度越小，则水解程度A> VI+，则MA溶液呈碱性，则

c(OH-)>c(H+)、cM+cA-，溶液中离子浓度大小为：cM+cA-c(OH-)c(H)，故 D

正确。 12.答案：D

解析：A对,由图示可知,第一层中,HCl以分子形式存在。B对,第二层中,已知

Cl:H2O=10-4:1,HCl=H++Cl- ,H+和Cl-的物质的量是相同的,设H2O的物质的量为1mol,则

nH+104mol1mol 18g/mol320cm0.02L,故cH5103molL1。10mol,VH2O30.9gcm0.02L4C对,第三层中,只有H2O分子存在,所以冰的氢键网络结构保持不变。D错,由A项、C项分析可知,第一层和第三层中的物质均以分子形式存在,故均不存在可逆反应HCl13.答案：C

解析：图甲中，升高温度，lgK减小，即K减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0,A项正确；图乙中,随着反应的进行，H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；图丙中，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C项错误；图丁中，横坐标越小，纵坐标越大，即-lgc(SO4)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO4)越大c(Ba2+)越小，D项正确， 综上所述，本题正确答案为C。

14.答案：（1）＞（2）＜（3）①＜②＝（4）①107:1②＞

解析：（1）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中cOH相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中cOH不变，而CH3COONa溶液中CH3COO的水解平衡正向移动，cOH2-2-H++Cl-。

增大，则CH3COONa溶液中cOH大于NaOH溶液中cOH，故CH3COONa溶液的pH大。

-（2）物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的cNH4=cCl，据电荷守恒可得

cNH4＋cH=cCl＋cOH，则有cH＝cOH，此时溶液呈中性；若两溶液恰好完全

反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则有V（盐酸）＜V（氨水）（3）①0.2molL-1 HA溶液与0.1molL-1 NaOH溶液等体积混合，二者充分反应后得到等浓度的HA和

NaA混合液，据电荷守恒可得cNa＋cH＝cA＋cOH，测得混合溶液中

cNa+＞cA，则有cH＜cOH，溶液呈碱性，说明A-的水解程度大于HA的电离程度，

故溶液中cA＜cHA。②据物料守恒可得，混合溶液中cHA＋cA=0.1molL-1。 （4）0.1molL1 HX溶液与1molL-1 NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaX，测得混合溶液的pH＝8，说明X发生了水解反应，则HX为一元弱酸。①混合溶液中NaX发生水解反应，促进了水的电离，则由水电离出的cOH＝106molL-1;0.1molL-1溶液中OH抑制了水的电离，则由水电离出的cOH=106molL-1，故两溶液中由水电离出的cOH之比为107:1.②HX

为弱酸，NH4X溶液呈中性，说明NH4和X的水解程度相同；将HX溶液加入Na2CO3溶液中有2气体放出，说明HX的酸性强于H2CO3，根据盐类“越弱越水解”的规律可知，CO3的水解程度大

2于X，从而推知NH42CO3溶液中CO3的水解程度大于NH4，故该溶液呈碱性，即pH＞7.

15.答案：（1）酸性溶液吸收了空气中的CO2

-（2）①OH+H3AsO3 H2AsO3+H2O

-②2.2

（3）①在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4转变为HAsO4,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HAsO4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）碱性溶液易吸收空气中的CO2,CO2与碱发生反应CO2+2OH-=CO32-+H2O,故吸附剂X中含有CO32-

（2）①观察图1知,在pH为8~10之间,H3AsO3的分布分数逐渐减小,H2AsO3-的分布分数逐渐增大,故该过程中,NaOH与H3AsO3反应生成NaH2AsO3和水,离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O ②由H3AsO4的第一步电离方程式知, KacHcH2AsO4-2--2-cH3AsO4,观察图2知,当pH=2.2,即

cH102.2mol/L时, H3AsO4的分布分数和H2AsO4的分布分数相等,即Ka1022,故

pKalgKa1lg102.2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

-HAsO2-4，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HAsO4，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HAsO4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HAsO4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。

-2--2--2-