重庆市涪陵高级中学校2019-2020学年高二上学期第一次诊断性考试化学试题

重庆市涪陵高级中学校2019-2020学年高二上学期第一次诊断性考试化学试题

重庆市涪陵高级中学校高2021级高二（上）第一次诊断性考试 化学试题 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题 ‎1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的纯碱溶液洗去镀件油污 Na2CO3可直接和油污反应 B 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低氮肥肥效 C 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有Cu2+溶液中置换出铜 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；‎ B、当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故B正确；‎ C、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故C错误；‎ D．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制，故D错误；故选B。‎ ‎2.室温时，pH＝10的Na2CO3和氨水溶液中，水电离产生的c(OH-)前者与后者之比为(　　)‎ A. 1：1 B. 10－10：10－4 C. 10－4：10－10 D. 10－10：10－7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】pH 为10碳酸钠溶液中c(H+)剩余·c(OH-)水=10-14；c(OH-)水=10-4mol/L；‎ pH 为10的氨水溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度为10-10mol/L， ‎ 答案选C ‎【点睛】本题考查了水的电离，注意氨水中氢离子是完全由水电离的，碳酸钠溶液中氢离子是碳酸根离子水解后剩余的，氢氧根离子是水完全电离生成的，结合离子积计算判断。‎ ‎3.25 ℃时，0.1 mol·L－1的3种溶液：①CH3COONa、②氨水、③盐酸溶液。下列说法中，不正确的是(　　)‎ A. 3种溶液中pH最小是③‎ B. 3种溶液中水的电离程度最大的是①‎ C. ②与③等体积混合后溶液显酸性 D. ①与③等体积混合后：c(Na＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①CH3COONa水解呈碱性， ②氨水电离呈碱性，③盐酸pH<7， pH最小的是③，选项A正确；‎ B、①CH3COONa水解促进水电离，②氨水电离出氢氧根离子、③盐酸电离出氢离子抑制水电离，所以电离程度最大的是①，选项B正确；‎ C、②与③等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，选项C正确；‎ D、①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+ c(Cl-)，c(Na+)= c(Cl-)，所以c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列实验操作和数据记录都正确的是(　　)‎ A. 中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响 B. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60 mL C. 用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2‎ D. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，不影响待测液的溶质的物质的量，所以不影响消耗标准液的体积，对中和滴定结果无影响，选项A正确；‎ B．高锰酸钾会氧化腐蚀碱式滴定管下部的乳胶管，所以不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，选项B错误；‎ C．广泛pH试纸只能测到整数值的pH，不能精确到小数点后的数值，选项C错误；‎ D．NaOH固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是( )‎ A. HA的酸性比HB的酸性弱 B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱 C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等 D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A-)/c(B-)增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液PH=5，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C．溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10-7，若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等，故C正确；D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c(A)浓度不变，HB电离程度增大，c(B)浓度增大，比值减小，故D错误，故D错误；故选C。‎ 考点：考查弱电解质电离平衡影响因素、图象的分析判断、溶液稀释过程中离子浓度变化。‎ ‎6. 如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是 A. 电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极 B. 电极Ⅱ的电极反应式为： Cu2+＋2e－=" Cu"‎ C. 该原电池的总反应为： 2Fe3+＋Cu= Cu2+＋2Fe2+‎ D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 铜的金属性强于Pt，因此电极Ⅰ是正极，发生还原反应，A错误；B. 电极Ⅱ是负极，铜失去电子，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋，B错误；C. 正极铁离子得到电子，因此该原电池的总反应为：2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋，C正确；D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递阴阳离子，使溶液保持电中性，D错误，答案选C。‎ 点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、电子和离子的移动方向，难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度去把握，另外还需要注意溶液的酸碱性、交换膜的性质等 ‎7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 的溶液中：、、、‎ B. 由水电离的的溶液中：、、、‎ C. 的溶液中：、、、‎ D. 的溶液中：、、、‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性条件下NO3-具有强氧化性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3－都不能大量共存，故B错误；‎ C. 的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，所以C选项是正确的；‎ D. Fe3＋和SCN－发生化学反应，不能大量共存，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.如图所示装置中,电流表A发生偏转,a极逐渐变粗,同时b极逐渐变细,c为电解质溶液,则a、b、c应是下列各组中的(   )‎ A. a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4‎ B. a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4‎ C. a是Fe、b是Ag、c为AgNO3溶液 D. a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在原电池中，一般活泼金属做负极、失去电子、发生氧化反应（金属被氧化）、逐渐溶解（或质量减轻）；不活泼金属（或导电的非金属）做正极、发生还原反应、有金属析出（质量增加）或有气体放出；依据题意可知b为负极、a为正极，即活泼性b大于a，且b能从电解质溶液中置换出金属单质。所以，只有D选项符合题意。故选D。‎ ‎9.下列反应既不是水解反应，又不是氧化还原反应的是(　　)‎ A. Cl2＋H2OHCl＋HClO B. H2S＋H2OH3O＋＋HS－‎ C. HCO＋H2OH2CO3＋OH－ D. NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2＋H2O HCl＋HClO为氯气与水反应，氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，属于氧化还原反应，不属于水解反应，选项A不符合；‎ B. H2S＋H2OH3O＋＋HS－为H2S的电离，不属于水解反应，也不属于氧化还原反应，选项B符合；‎ C. HCO＋H2OH2CO3＋OH－为HCO的水解，属于水解反应，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项C不符合；‎ D. NH＋H2ONH3·H2O＋H＋为NH的水解，属于水解反应，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项D不符合；‎ 答案选B。‎ ‎10. 甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是( )‎ A. 1 mol·L—1的甲酸溶液的c(H+)约为O．01 mol·L—1‎ B. 甲酸与水能以任意比互溶 C. 10 mL 1 mol·L—1甲酸恰好与10 mL 1 mol·L—1NaOH溶液完全反应。‎ D. 甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol/L的甲酸溶液的c（H+）约为O．01 mol•L-1，甲酸的物质的量浓度大于氢离子浓度，说明甲酸不完全电离，为弱电解质，故A正确； B．不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误； C.10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明甲酸为酸，不能说明其电离的程度，故C错误； D．溶液的导电性取决于溶液中的离子浓度大小，与酸性强弱无关，甲酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明甲酸电离不完全，故D错误； 故选A。‎ ‎11.已知CH3COOH、HF均为弱酸，酸性强弱顺序为CH3COOH c(Na+)>c()‎ B. 体积相等pH=12的氨水和NaOH溶液中和盐酸的能力相同 C. 向10ml 0.01mol/L AgNO3溶液中依次滴入2～3滴0.01mol/L NaCl溶液、0.01mol/L NaI溶液，所得沉淀由白色变成黄色，则可推知Ksp(AgI)c()，所以溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c()＞c()＞c(OH-)= c(H+)，选项A错误；‎ B．氨水为弱碱，pH=12的氨水的浓度大于NaOH溶液，则等体积的两溶液中和盐酸的能力：氨水＞NaOH溶液，选项B错误；‎ C．硝酸银过量，不能比较溶度积大小，应在氯化银饱和溶液中加入NaI证明，选项C错误；‎ D．物质的量浓度之比为1：2的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，根据物料守恒可得：2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=3c(Na+)，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断、难溶物溶解平衡及沉淀转化的相关知识。易错点为选项D，物质的量浓度之比为1：2的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，根据物料守恒可得。‎ ‎14.常温下，向100 mL 0.l mol．L-lHCl的溶液中逐滴加入0. 2 mol．L-lMOH溶液的过程中，其pH变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）。下列说法中正确的是( )‎ A. MOH为一元强碱 B. N点水的电离程度小于K点水的电离程度 C. 在K点，c(M+)>c（Cl-）>c（OH-）>c(H+)‎ D. K点对应的溶液中，有c( MOH) +c( M+)=0.2 molL-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、0．1mol/L HCl溶液中pH=1，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HCl的物质的量，说明MOH是弱碱，错误；‎ B、N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，B错误；‎ C、K点所示溶液中，l00mL 0．1mol/L HCl的溶液中逐滴加入0．2mol/L MOH溶液100ml，反应后溶液中含有MOH、MCl溶液，显示碱性，c（OH-）＞c（H+），则c（Cl-）＜c（M+），所以c（M+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），C正确；‎ D、在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）和c（M+）的和是原来MOH浓度的一半，有c（MOH）+c（M+）=0.1 mol/L，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.一定温度下，将足量的BaSO4固体溶于50 mL水中，充分搅拌，慢慢加入Na2CO3固体，随着c()增大，溶液中c(Ba2+)的变化曲线如图所示。则下列说法正确的是 A. 该温度下Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)‎ B. 加入Na2CO3固体，立即有BaCO3固体生成 C. BaCO3的Ksp=2.5×10-10‎ D. 曲线BC段内，c()∶c()=25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当c()=0时，c()=c(Ba2+)=1.0×10-5 mol·L-1， BaSO4的溶度积Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。由图可知当c()>2.5×10-4 mol·L-1‎ 时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9，故A错误；‎ B、根据A选项分析，当加入Na2CO3浓度为2.5×10－4mol·L－1时，才有BaCO3沉淀，故B错误；‎ C、根据A选项分析，故C错误；‎ D、曲线BC段内，BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故 = = = =25，故D正确；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 ‎16.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。‎ 制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到固体TiO2。‎ 用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为___________________________________。‎ ‎(2)检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是__________________________________。‎ ‎(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_______________________；‎ 使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的________(填字母代号)。‎ ‎(4)滴定终点的现象是_____________________________________________________。‎ ‎(5)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol－1)试样w g，消耗c mol·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为__________________________________________。‎ ‎(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl (2). 取最后一次水洗液少许于试管中，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已除尽 (3). 抑制NH4Fe(SO4)2水解 (4). a、c (5). 溶液变为红色，且半分钟内红色不褪去 (6). ×100% (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；‎ ‎（2）检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在氯离子；‎ ‎（3）NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性；‎ ‎（4）因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3；‎ ‎（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，据此计算其质量分数为；‎ ‎（6）若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。‎ ‎【详解】（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），‎ 故答案为：TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；‎ ‎（2）沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，‎ 故答案为：取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；‎ ‎（3）加入一定量H2SO4的原因：NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性，加H2SO4提高H2SO4的浓度，抑制 NH4Fe(SO4)2水解；‎ 配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、容量瓶和胶头滴管等；‎ 答案选a、c；‎ ‎（4）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，‎ 故答案为：溶液变为红色；‎ ‎（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3‎ mol，其质量分数为：（或%）；‎ ‎（6）若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验，涉及基本操作、离子检验和氧化还原滴定等，难度中等，注意对实验原理的理解与对基本操作的掌握，易错点为（3）加入一定量H2SO4的原因：NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性，加H2SO4提高H2SO4的浓度，抑制 NH4Fe(SO4)2水解。‎ ‎17.分别按下图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中A为电流表。请回答下列问题：‎ ‎(1)以下叙述中，正确的是_______________(填字母)。‎ A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极 B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生 C．两烧杯中溶液pH均增大 D．产生气泡的速度甲中比乙中慢 E．乙的外电路中电流方向Zn→Cu F．乙溶液中向铜片方向移动 ‎(2)变化过程中能量转化的主要形式：甲为___________；乙为______。‎ ‎(3)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是___。‎ ‎(4)在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式及总反应离子方程式：铜电极：____，总反应：___。当电路中转移0.25 mol电子时，消耗负极材料的质量为_____g(Zn的相对原子质量65)。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). )化学能转化为热能 (3). 化学能转化为电能 (4). 锌片不纯，在锌片上就形成原电池 (5). Cu2＋＋2e－=Cu (6). Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu (7). 8.125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A.甲不能构成原电池，只有锌和稀硫酸发生氧化还原反应，乙池中能构成原电池，锌作负极，铜作正极，故A错误； ‎ B. 甲池不能构成原电池，所以甲池中铜电极上没有气泡产生，故B错误；‎ C. 两烧杯中都是氢离子得电子生成氢气，锌失电子发生氧化反应，所以溶液的pH均增大，故C正确；‎ D. 形成原电池时，可以加快反应速率，所以产生气泡的速度甲中比乙中慢，故D正确；‎ E. 乙的外电路中电流方向Cu→Zn，故E错误；‎ F. 乙溶液中SO42−向负极Zn片方向移动，故F错误；‎ 答案选CD；‎ ‎(2)甲中不能形成原电池，所以是将化学能转变为热能，乙池能构成原电池，所以是将化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；‎ ‎(3)锌片有气泡产生说明锌片不纯，锌和锌片中的杂质构成原电池，杂质作正极，氢离子在杂质上得电子生成氢气，故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；‎ ‎(4)如果将稀硫酸换成硫酸铜溶液,则正极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为：Cu2++2e−=Cu,总反应为锌置换出铜的反应即Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，负极锌失电子所以当电路中转移0.25mol电子时,消耗负极材料的质量为×65g/mol=8.125g，‎ 故答案为：Cu2++2e−=Cu；Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；8.125g 。‎ ‎18.根据题意填空 Ⅰ.常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A2－、HA－、H＋和OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：‎ ‎(1)写出酸H2A的电离方程式：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)实验测得NaHA溶液的pH>7，请分析NaHA溶液显碱性的原因：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 请写出NaHA溶液中离子浓度由大到小的顺序：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ Ⅱ.(1)如图甲表示用相同浓度的NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图可确定酸性最强的是________(填“①”“②”或“③”)。如图乙表示用相同浓度的AgNO3标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是________。‎ ‎(2)25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。在1 L 0.1 mol·L－1 NaCl溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1AgNO3溶液，充分反应后溶液中c(Cl－)＝________ mol·L－1(假设混合后溶液的体积变化忽略不计)。‎ ‎【答案】 (1). H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－ (2). HA－的水解程度大于其电离程度 (3). c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A-) (4). ③ (5). I－ (6). 3.6×10－9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）根据溶液中存在粒子判断，多元弱酸分步电离；‎ ‎（2）0.1mol/LNaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；H2A溶液中第一步电离出来的氢离子抑制了第二步电离，则NaHA中HA-的电离程度大于H2A中HA-的电离程度；‎ Ⅱ.(1) 浓度相同的3种一元酸，③的pH最小，说明酸性最强。Ksp(AgI)最小，故I－首先沉淀；‎ ‎(2) NaCl溶液中加入AgNO3溶液发生反应NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，根据Ksp(AgCl)＝c(Ag+) ·c(Cl－)计算。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）溶液中存在H2A、A2-、HA-，则H2A溶液中存在电离平衡，说明H2A为弱酸，其电离方程式为：H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－；‎ ‎(2) NaHA溶液中存在HA－的电离平衡（HA－H＋＋A2－）和水解平衡(HA－+H2OOH-＋H2A)，实验测得NaHA溶液的pH>7，说明HA－的水解程度大于其电离程度；‎ NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A-)；‎ Ⅱ.(1) 浓度相同3种一元酸，③的pH最小，说明酸性最强。沉淀完全后I－浓度最小，说明Ksp(AgI)最小，故I－首先沉淀；‎ ‎(2) NaCl溶液中加入AgNO3溶液发生反应NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，AgNO3有剩余，混合液中c(AgCl)＝(0.2mol/L-0.1mol/L)=0.05mol/L；AgCl(s)在水中存在溶解平衡：AgCl(s) ‎ Ag+(aq)+Cl-(aq)，则有Ksp(AgCl)＝c(Ag+) ·c(Cl－)，那么c(Cl－)＝==3.6×10－9mol·L－1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎