第3章物质在水溶液中的行为单元测试（含解析）高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第三章 物质在水溶液中的行为 单元测试
一、单选题
1．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①常温下NaNO2溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥0.1mol·L-1HNO2溶液稀释至100倍，pH变化值小于2
A．①④⑥ B．①②③④ C．①④⑤⑥ D．全部
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．室温下，溶液中数目小于
B．室温下，溶液中阴离子数目小于
C．和混合气体中含有的氧原子数目等于
D．与反应生成的：分子数目小于
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol·L-1的K2CO3溶液中、和H2CO3的粒子数之和为0.1NA
B．电解精炼粗铜时，阳极每减少6.4g，阴极就析出铜原子0.1NA
C．22.4LO2与金属Na恰好完全反应，转移的电子数一定为4NA
D．49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下含有个碳氢键
B．碳酸钠溶液中含有的数目为
C．被氧化为时转移的电子数为
D．20℃，101kPa时，44.8L氨气含有个氨分子
5．是一种常见的化肥，其溶解度随着温度的升高而增大，某工厂用石膏、、和制备的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A．通入和的顺序可以互换
B．操作2为将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得
C．步骤②中反应的离子方程式为
D．通入的和均应过量，且工艺流程中可循环利用
6．常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、、
C．pH=2的溶液：Cl-、、、
D．水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Al3+、K+、Cl-、
7．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A．向沸水中滴加少量饱和溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
B．葡萄酒中添加适量，可以起到抗氧化和漂白的作用
C．工业废水中的、等重金属离子可以通过加适量除去
D．工业燃烧煤时，加入少量石灰石可减少温室气体的排放
8．已知甘氨酸在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下：
pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，K1和K2分别表示-COOH和的解离常数，K1=10-2.4，K2=10-9.4。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如下图所示：
根据以上信息判断错误的是
A．a点对应的pH=2.4
B．当溶液的pH=7时，[A±]>[A+]>[A-]
C．甘氨酸溶液的pI=5.9
D．甘氨酸溶于水后溶液呈酸性
9．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性
B 相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大
C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
10．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液：、、、
11．下列事实能证明HA是弱酸的是
①0.1 mol·LHA溶液中通入HCl，减小
②0.1 mol·LHA溶液可以使石蕊溶液变红
③常温下，0.1 mol·LHA溶液中 mol·L
④相同温度下，0.1 mol·LHA溶液的导电能力比0.1 mol·L 溶液弱
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
12．已知：时，；时，。下列有关水的电离的叙述正确的是
A．随着温度的升高而减小
B．时，
C．向蒸馏水中加入溶液，增大
D．水的电离属于吸热过程
二、填空题
13．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。
I.已知在水中存在以下平衡：。
(1)常温下，溶液的______(填字母序号)，原因是______(填离子方程式)。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
(2)常温下，若向的溶液中逐滴滴加溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是______(填字母序号)。
A． B．
C． D．
(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：，若要使该溶液中浓度增大，可采取的措施有______(填字母序号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．加入少量蒸馏水 D．加入固体
Ⅱ.化学沉淀法是除去酸性废水中的主要方法。根据其原理不同可以分为氢氧化物沉淀法、硫化物沉淀法等。水样中各形态铅的百分含量X与溶液变化的关系如图所示。向含的溶液中逐滴滴加溶液，溶液变浑浊，继续滴加溶液又变澄清。
(4)若采用氢氧化物沉淀法除溶液中的，应将溶液的调至约为______；时，溶液中发生的主要离子方程式为______。
(5)向酸性含铅废水中加可将转化为沉淀除去。若某工厂处理过的废水中浓度为，则为______。
14．Ⅰ.以下为中学化学常见的物质：①NaOH溶液②铜丝③蔗糖晶体④无水乙醇⑤稀硫酸⑥SO3⑦氨水⑧液态H2S⑨硫酸钡晶体⑩熔融NaCl 干冰 HCl气体 KHSO3溶液
(1)上述状态下可导电的是___(填序号，下同)；
(2)上述状态下的电解质不能导电的是___。
(3)上述状态下属于非电解质的是___。
(4)写出物质 的电离方程式___。
(5)⑤和⑦发生反应的离子方程式为___。
Ⅱ.按要求填空：
(6)Fe(OH)3胶体是中学常见的胶体，它的制备方法为___；制备的化学方程式为___。
(7)在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将Cr2O还原为Cr3+，该过程的离子方程式为___。
(8)已知A2O可将B2-氧化为B单质，A2O则被还原为A3+，又知n个A2O与3n个B2-恰好完全反应，则A2O中的n值为___。
15．温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10 -amol·L -1，c(OH -)=10 -bmol·L -1；已知：a+b=13，请回答下列问题：
(1)该温度下水的离子积常数Kw=_______，t_______(填“＜”、“>”或“=”)25。
(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为_______，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)为_______。
(3)回答下列有关醋酸的问题。在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示：
a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为_______；a、b、c三点对应的溶液中，pH最小的是_______；a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是_______。
16．铁及其化合物是生活中常见的物质。
(1)铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，铜作_______(填 “阳”或“阴”)极，铜离子向_______极移动，阴极的电极反应式为_______。
(2)下图中，为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B可以选择_______(填字母序号)。
a.碳棒 b.锌板 c.铜板
用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：_______。
(3)将FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。该变化的离子方程式为_______。
三、计算题
17．已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－34（为计算方便已作近似处理。），本题中离子完全反应的标准：c(Fe3＋)＜1.0×10－5mol·L－1。
在含Al3＋、Fe3＋的浓度都均为0.2mol·L－1的溶液中加入稀氨水，请回答下列问题：
（1）Al3＋跟氨水反应的离子方程式是___________。
（2）NH3·H2O的电离方程式是___________；其电离平衡常数表达式Kb==___________。
（3）Fe(OH)3的溶度积常数表达式Ksp[Fe(OH)3]=___________。
（4）Fe3＋完全沉淀的pH为___________；此时，Al3＋沉淀的百分率为___________。
18．氯气缓缓通入溶液可制得“84消毒液(有效成分是)”。为提高消毒液稳定性，消毒液中必须保留质量分数的。请回答：
(1)与反应的离子方程式为_______。
(2)计算生产上述“84消毒液”消耗的氯气的质量_______ (写出计算过程，结果保留整数)。
四、工业流程题
19．软锰矿在生产中有广泛的应用。
（1）过程Ⅰ：软锰矿的酸浸处理
① 酸浸过程中的主要反应（将方程式补充完整）：2FeS2+___MnO2+__===____Mn2++2Fe3++4S+___。
② 生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫。导致H2O2迅速分解的因素是______。
③矿粉颗粒表面附着的硫被破除后，H2O2可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是______。
（2）过程Ⅱ：电解法制备金属锰，金属锰在______（填“阳”或“阴”）极析出。
（3）过程Ⅲ：制备Mn3O4
下图表示通入O2时pH随时间的变化
（4）过程Ⅳ：制备MnCO3
MnCO3难溶于水、能溶于强酸，可用MnSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制备。每制得1 mol MnCO3，至少消耗a mol/L NH4HCO3溶液的体积为______L。
20．高纯硫酸锰在电池材料领域有重要用途。以软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量铁和铝的氧化物)、硫铁矿(主要成分为FeS2)、钛白废酸(主要成分为H2SO4)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图：
(1)“酸浸”时，为提高锰的浸出率，可采取的措施是___，“酸浸”过程中钛白废酸不宜过量太多，原因是___。
(2)在“酸浸”过程中，FeS2和MnO2颗粒组成两个原电池，如图所示，其中，MnO2原电池反应迅速，而FeS2原电池由于生成的硫覆盖在FeS2颗粒表面，溶解速率受阻变慢。
①MnO2原电池中，MnO2为原电池的___(填“正极”或“负极”)，每消耗1molMnO2，生成___molFe3+。
②FeS2原电池负极上的电极反应式为___。
(3)已知部分金属阳离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.9 3.2
Al3+ 3.4 4.7
Mn2+ 8.1 10.1
Fe2+ 7 9.5
①要除去Fe3+和Al3+，需要调节溶液的pH的范围为___。
②加入CaCO3也可以将滤液中的Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的化学方程式为___。
③若石灰乳用量过大，则MnSO4·H2O的产量会___(填“增加”、“减少”或“无影响”)。
(4)“操作X”为蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、烘干。
(5)某工厂用10t软锰矿(含87%MnO2)制备MnSO4·H2O，最终得到MnSO4·H2O13.52t，则MnSO4·H2O的产率为___。
参考答案：
1．C
【解析】①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明NaNO2是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥0.1mol·L-1HNO2溶液稀释至100倍，pH变化值小于2，说明稀释过程中HNO2继续发生电离，说明亚硝酸不完全电离，故⑥正确；故正确的有①④⑤⑥，故C正确；
故选C。
2．B
【解析】A．溶液中含0.1molCuSO4，它能电离出0.1molCu2+，但Cu2+是弱碱阳离子，能发生水解反应，因此，溶液中的Cu2+数目小于，故A正确；
B．溶液中CO 为0.1mol，CO水解生成HCO和OH-，阴离子数目增多，阴离子总数大于，故B错误；
C．N2O4的最简式为NO2，故可认为和混合气体中含有的NO2的物质的量为1mol，则含有的氧原子数目等于，故C正确；
D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则生成的分子数目小于，故D正确；
答案选B。
3．D
【解析】A．只给浓度，没给体积无法计算物质的量，故无法求出离子数，A错误；
B．阳极含有Fe，Zn等比Cu活泼的金属，所以当阳极减少6.4g时，转移的电子数不一定是0.2mol，所以阴极析出的铜原子数不确定，B错误；
C．只给体积，没给温度和压强，无法计算氧气的物质的量，转移的电子数无法确定，C错误；
D．49.5gCOCl2的物质的量为0.5mol，1个COCl2含有2个碳氯键，所以49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA，D正确；
故选D。
4．A
【解析】A．CH4分子中含有4个C-H键，32gCH4的物质的量为2mol，则常温下32gCH4含有8molC-H键，即8NA个碳氢键，A正确；
B．碳酸根离子在水中会发生水解，故1L0.1mol/L碳酸钠溶液中含有的碳酸根离子数量小于0.1NA，B错误；
C．K2Cr2O7中Cr为+6价，转化为Cr3+为其被还原的过程，C错误；
D．标况为0℃，101kPa，20℃，101kPa并非标准状况，其物质的量小于=2mol，D错误；
故答案选A。
5．B
【解析】A．由于微溶于水，易溶于水，应先通入足量，使溶液呈碱性，然后再通入适量，反应的化学方程式为，通入和的顺序不可以互换，选项A错误；
B．向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀。操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，可得，选项B正确；
C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，物质发生的主要化学反应为，反应的离子方程式为，选项C错误；
D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的可循环利用，通入足量，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，选项D错误。
答案选B。
6．B
【解析】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应而不共存，A错误；
B．pH=12的溶液呈碱性，碱性溶液中，四种离子均可大量共存，B正确；
C．pH=2的溶液呈酸性，酸性条件下，与氢离子会反应生成硫和亚硫酸而不共存，C错误；
D．水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液，可以呈酸性，也可以呈碱性，酸性溶液中不能大量存在，碱性溶液中Al3+、均不能大量存在，且Al3+和会发生双水解而不能大量共存，D错误；
答案选B。
7．C
【解析】A．胶粒带电，胶体不带电，A错误；
B．葡萄酒中添加少量，目的是起防腐、抗氧化、杀菌的作用，不是漂白，B错误；
C．Ag2S、HgS均难溶于水，因此工业废水中的、等重金属离子可以通过加适量除去，C正确；
D．高温下碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，二氧化碳不能和CaO反应，加入石灰石不能减少温室气体的排放，D错误；
答案选C。
8．B
【解析】根据题中转化关系可知，酸性越强，A+越多，碱性越强，A-越多，故X为A+，Y为，Z为A-。
【解析】A．a点时，c(A+)=c()，，pH=2.4，A项正确；
B．由电荷守恒可知，，pH=7时，，所以，B项错误；
C．pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，由图可知，-COO-和数目相等时的pH约为6，C项正确；
D．H2N-CH2-COOH H2N-CH2-COO-+H+的电离常数K1=10-2.4，H2N-CH2-COOH+H2O+OH-的水解常数，K1＞K，所以溶液显酸性，D项正确；
答案选B。
9．C
【解析】A．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝，是由于NH4HCO3固体受热分解产生的NH3与水反应产生NH3·H2O使溶液显碱性，而不能说NH4HCO3显碱性，A错误；
B．相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强，是由于在0.1 mol/L醋酸溶液中自由移动的离子浓度比0.01 mol·L-1醋酸溶液大，不能说醋酸浓度越大，电离程度越大，B错误；
C．向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2，生成的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以证明Br2的氧化性比I2的强，C正确；
D．CH3COONa溶液、NaNO2溶液的浓度未知，应测定等浓度的盐溶液的pH，根据溶液pH大小判断HNO2电离出H+的能力是否比CH3COOH的强，由此实验及现象得出的结论不合理，D错误；
故合理选项是C。
10．B
【解析】A．铁离子和碳酸根离子双水解，不能大量共存，A错误；
B．四种离子在碱性条件下共存，B正确；
C．铝离子和碳酸氢根离子双水解不能共存，氢氧化钡和碳酸氢根离子反应，C错误；
D．碘离子被高锰酸根氧化，不能共存，D错误；
故选B。
11．B
【解析】①0.1 mol·LHA溶液中通入HCl，减小,说明HA是弱酸，通入HCl抑制了它的电离，才会使减小,故选①；
②使石蕊溶液变红只能说明溶液显酸性，不能证明HA是弱酸，故不选②；
③常温下，0.1 mol·LHA如果是强酸，完全电离,如果是弱酸才会部分电离使 mol·L，故选③；
④是二元强酸，HA即使是一元强酸，在相同温度下，0.1 mol·L的HA溶液的导电能力也会比0.1 mol·L 溶液弱，所以该事实不能说明HA的强弱，故不选④；
综上所述，能证明HA是弱酸的是①③；
故选B
12．D
【解析】A．水的电离是一个吸热过程，升高温度，平衡正向移动，故随着温度的升高而增大，A错误；
B．任何温度下，纯水中，B错误；
C．Kw仅仅是温度的函数，温度不变，Kw不变，向蒸馏水中加入溶液，不变，C错误；
D．水的电离属于吸热过程，D正确；
故答案为：D。
13． A AB A 10
【解析】Ⅰ(1)由于A2-离子水解导致溶液显碱性，故此处选A；对应原因的离子方程式为：；
(2)A．常温时，稀溶液中始终存在Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，A正确；
B．加入NaOH后，溶液中始终存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由于溶液显中性，故c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，B正确；
C．由，故，若Ka1＞10-7，则，即c(HA-)＞c(H2A)，若Ka1＜10-7，则，即c(HA-)＜c(H2A)，若Ka1=10-7，则，即c(HA-)=c(H2A)，故C选项无法确定；
D．由于此时加入的NaOH与H2A物质的量之比不一定为1：1，故D选项的物料守恒也不一定成立，D不一定正确；
故答案选AB；
(3)A．升温，促进CaA溶解平衡正向移动，溶液中c(Ca2+)增大，A符合题意；
B．降温，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小，B不符合题意；
C．由于溶液饱和，加水后，溶液由饱和变为不饱和，故c(Ca2+)减小，C不符合题意；
D．加入Na2A，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小，D不符合题意；
故答案选A；
Ⅱ(4)由图象知，pH在10左右时，Pb(OH)2沉淀量达最大，pH＞10时，Pb(OH)2溶解，故pH应调至约为10；pH=11时，主要是Pb(OH)2转化为，即；
(5)由Ksp=c(Pb2+)·c(S2-)= c(Pb2+)×2.0×10-20 mol/L=8.0×10-28，解得c(Pb2+)=4×10-8 mol/L。
14．(1)①②⑤⑦⑩
(2)⑧⑨
(3)③④⑥
(4)KHSO3=K++HSO
(5)H++NH3·H2O=NH+H2O
(6) 向沸水中逐滴加入5-6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可得到Fe(OH)3胶体 FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(7)Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(8)7
【解析】①NaOH溶液，可导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
②铜丝，能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
③蔗糖晶体，不导电，非电解质；
④无水乙醇，不导电，非电解质；
⑤稀硫酸，可导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑥SO3，不导电，非电解质；
⑦氨水，可导电，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧液态H2S，不导电，电解质；
⑨硫酸钡晶体，不导电，电解质；
⑩熔融NaC1 ，可导电，电解质；
干冰，不导电，非电解质；
HCl气体，不导电，电解质；
KHSO3溶液，导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。
(1)
上述状态下可导电的是①②⑤⑦⑩ 。
(2)
上述状态下的电解质不能导电的是⑧⑨ 。
(3)
上述状态下属于非电解质的是③④⑥ 。
(4)
KHSO3为强电解质，故电离方程式为 KHSO3=K++HSO。
(5)
稀硫酸和氨水生成硫酸铵，离子方程式为H++NH3·H2O=NH+H2O。
(6)
Fe(OH)3胶体是中学常见的胶体，它的制备方法为向沸水中逐滴加入5-6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可得到Fe(OH)3胶体。制备的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
(7)
在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将Cr2O还原为Cr3+，该过程的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
(8)
已知A2O可将B2-氧化为B单质，A2O则被还原为A3+，又知n个A2O与3n个B2-恰好完全反应，则B共升高了2×3=6价，根据得失电子守恒，每个A降低6价，则A2O中A为+6价，则n值为7。
15． 10-13 ＞ 10-b mol/L 10-amol/L c＞b＞a b c
【解析】(1)该温度下水的离子积常数Kw=c(H+) c(OH-)=10-a mol/L×10-bmol/L=10-(a+b)=10-13，25℃时，水的离子积为10-14，10-13＞10-14，水的电离是吸热过程，则温度t＞25℃；
(2)NaOH的浓度等于溶液中c(OH-)，由水电离出的c(OH-)=c(H+)溶液，则NaOH的物质的量浓度为10-b mol/L，由水电离出的c(OH-)为10-amol/L；
(3)依据弱电解质“越稀越电离”，电离程度随着水的加入量增大而增大，则醋酸的电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a，pH=-lgc(H+)，则c(H+)越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大，根据图知，导电能力最大的点是b，则c(H+)最大的点是b，pH值最小的点是b；c(H+)：b＞a＞c，则水电离程度：c＞a＞b，即水的电离程度最大的是c；故答案为：c＞b＞a；b；c。
16． 阳 阴 Cu2+ + 2e = Cu b Zn -2e = Zn2+，牺牲阳极的阴极保护法，锌板被腐蚀溶解 2Fe3+ +3Mg (OH)2= 2Fe (OH)3+3Mg2+
【解析】(1)电镀时，镀件作阴极、镀层金属作阳极，铁表面镀铜，以CuSO4溶液为电解液，铜作阳极，铜离子向阴极极移动，阴极的电极反应式为Cu2+ + 2e = Cu；
(2)利用“牺牲阳极的阴极保护法”，为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B作负极，材料B的活泼性大于铁，可以选择锌板；锌作负极Zn -2e = Zn2+，锌板被腐蚀溶解，所以材料B需定期拆换；
(3)将FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，发生沉淀转化，有红褐色氢氧化铁沉淀产生，该变化的离子方程式为2Fe3+ +3Mg (OH)2= 2Fe (OH)3+3Mg2+。
17． Al3＋+3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3 NH3·H2O+OH－ c3(OH-)×c(Fe3+) 3 50%
【解析】(1)铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子；
(2)氨水为弱电解质，水溶液中部分电离；
(3)根据Fe(OH)3的电离方程式书写Ksp的形式；
(4)根据Ksp计算。
【解析】(1)铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，氨水为弱电解质，写化学式，离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3；
(2)氨水为弱电解质，水溶液中部分电离，电离方程式为NH3·H2O+OH－；电离平衡常数表达式Kb=；
(3)根据Fe(OH)3的电离方程式，其溶度积常数表达式Ksp[Fe(OH)3]= c3(OH-)×c(Fe3+)；
(4)根据Ksp[Fe(OH)3]及离子完全反应时c(Fe3＋)＜1.0×10－5mol·L－1，c3(OH-)==1.0×10-33，则c(OH-)=1.0×10-11 mol·L－1，pH=-lg=3；根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－34，此时溶液c(Al3+)=0.1mol/L，Al3＋沉淀的百分率=×100%=50%。
18．(1)Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
(2)解：设需要氯气的质量为x，则需要氢氧化钠溶液的质量为1000kg-x，消毒液中保留的的质量为1000kg×1%=10kg
答：消耗的氯气的质量203kg。
【解析】(1)
氯气与氢氧化钠生成氯化钠、次氯酸钠、水，Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O；
(2)
见答案。
19． 3 12H+ 3 6H2O Fe3+（或Mn2+或MnO2）等作催化剂 MnO2 + H2O2 + 2H+ === Mn2+ + O2↑ + 2H2O 阴 Mn2(OH)2SO4 Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+
【解析】(1)软锰矿的主要成分为MnO2和FeS2，加硫酸酸化后发生氧化还原反应生成MnSO4、S和Fe2(SO4)3，酸浸过程中的主要反应为：2FeS2+3MnO2+12H+= 3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。答案：3 ；12H+ ；3 ；6H2O。
②H2O2分解产生的O2和生成的硫发生反应生成SO2，利用其迅速破除附着的硫。导致H2O2迅速分解的因素是生成的Fe3+或者Mn2+作H2O2分解的催化剂。答案：Fe3+（或Mn2+或MnO2）等作催化剂。
③H2O2在酸性条件下，可以与MnO2反应的方程式为：MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑ +2H2O，该反应的离子方程式是MnO2 + H2O2 + 2H+ = Mn2++O2↑+ 2H2O。答案：MnO2 + H2O2 + 2H+ = Mn2+ + O2↑ + 2H2O。
（2）根据过程Ⅱ反应MnSO4，元素的化合价由+20，在电解池的阴极发生还原反应，析出金属锰。答案：阴。
（3）因为滤饼的成分为：Mn2(OH)2SO4和Mn(OH)2，过程Ⅲ是制备Mn3O4的过程，发生的反为O2+6Mn(OH)2= 2Mn3O4+6H2O；O2+3Mn2(OH)2SO4=2Mn3O4+3H2SO4，由图可知15~150分钟通入O2时溶液的pH逐渐减小，酸性逐渐增强，所以15~150分钟滤饼中一定参与反应的成分是Mn2(OH)2SO4。答案：Mn2(OH)2SO4 ； Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+。
（4）MnSO4溶液和NH4HCO3溶液发生反应的离子方程式为：Mn2++ 2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，每制得1 mol MnCO3，至少消耗2mol NH4HCO3,所以V=n/c=2 mol /(a molL-1)=2/aL。答案：2/a。
20．(1) 将硫铁矿和软锰矿粉碎 避免后续反应中消耗更多的石灰乳
(2) 正极 2 FeS2—2e—=Fe2++2S
(3) [4.7，8.1) Fe2(SO4)3+3H2O+3CaCO3＝2Fe(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑ 减少
(4)冷却结晶
(5)80%
【解析】由题给流程可知，软锰矿、硫铁矿和钛白废酸混合时，二氧化锰在酸性条件下与二硫化铁反应生成锰离子、铁离子、硫和水，铁的氧化物和铝的氧化物溶于酸生成铁离子、亚铁离子和铝离子，过滤得到含有硫的滤渣和含有锰离子、铁离子、亚铁离子和铝离子的滤液；向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入石灰乳调节溶液pH使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙的滤渣和含有锰离子的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到一水硫酸锰晶体。
（1）
酸浸时，将硫铁矿和软锰矿粉碎，可以增大软锰矿、硫铁矿和钛白废酸的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，提高浸出率；若钛白废酸过量时，溶液中H+的量过多，会使调节溶液pH时消耗石灰乳的量增多，造成不必要的浪费，故答案为：将硫铁矿和软锰矿粉碎；避免后续反应中消耗更多的石灰乳；
（2）
①由图可知，二氧化锰原电池中，锰元素的化合价降低被还原，二氧化锰为原电池的正极，酸性条件下二氧化锰得到电子发生还原反应生成锰离子和水，亚铁离子在正极失去电子发生氧化反应生成铁离子，由得失电子数目守恒可知，当电路中转移2mole—时，生成2mol铁离子，故答案为：正极；2；
②二硫化铁原电池中，二硫化铁做原电池的负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子和硫，电极反应式为FeS2-2e-=Fe2++2S，故答案为：FeS2-2e-=Fe2++2S；
（3）
①由表中数据可知，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，Al3+完全沉淀时的pH为4.7，Mn2+开始沉淀时的pH为8.1，在除去Fe3+和Al3+而不影响Mn2+的情况下，pH应控制在[4.7，8.1)范围内，故答案为：[4.7，8.1)；
②铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的碳酸钙能与水解生成的氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，同时钙离子和溶液中的硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+3H2O+3CaCO3＝2Fe(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑，故答案为：Fe2(SO4)3+3H2O+3CaCO3＝2Fe(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑；
③石灰乳用量过大，会导致Mn2+与其反应生成Mn(OH)2，而使Mn2+的量减少，所以MnSO4·H2O产量减少，故答案为：减少；
（4）
由分析可知，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体，故答案为：冷却结晶；
（5）
设一水硫酸锰的理论产量为x t，由锰原子个数守恒可得： ，解得x=16.9，则一水硫酸锰的产率为×100%=80%，故答案为：80%。