专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2022---2023学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1

专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题
一、单选题
1．下列溶液一定显酸性的是
A． B．含有 C． D．酚酞变红
2．常温下，用0.10 mol/L的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol/L 的CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B．点①所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)>2c(C1-)
C．点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c (CH3COO-)>c(CH3COOH)
D．点④所示溶液中：c (Na+)+c(CH3COOH)+c (H+)>0.10 mol/L
3．下列叙述正确的是
A．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液：c()＝c(Cl－)
B．在25℃时，pH＝4的盐酸与pH＝10的氨水溶液等体积混合后pH>7
C．0.1 mol·L－1与0.2 mol·L－1氨水溶液中c(OH－)之比为1︰2
D．中和pH与体积都相同的氨水和Ba(OH)２溶液，消耗HCl的物质的量之比是1:2
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明溶液中：、、、
B．弱酸性溶液中：、、、
C．使酚酞变红色的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
5．关于钠及其化合物的化学用语正确的是
A．钠原子的结构示意图：
B．过氧化钠的电子式：
C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3 =Na+ + H+ + CO
D．碳酸钠水溶液呈碱性：CO + H2O HCO + OH-
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1mol L-1的(NH4)2SO4溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、OH-
B．=10-12的溶液中：Na+、NO、[Al(OH)4]-、CO
C．水电离的c(H+)=1×10-13mol L-1溶液中：Na+、K+、NO、HCO
D．0.1mol L-1的FeCl3溶液中：K+、Mg2+、SO、SCN-
7．水的电离平衡如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H＋)·c(OH-)=常数，下列说法错误的是
A．图中温度T1>T2
B．图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
C．点A、B、C均是纯水的电离情况
D．T1时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
8．25℃时，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(H3PO4、H2PO、HPO、PO)的分布分数δ(平衡时某微粒的浓度与各微粒浓度和的比值)随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是
A．25℃时，H3PO4的第一步电离常数为10-2数量级
B．Na2HPO4溶液中：c(Na+)>c(HPO)>c(PO)>c(H2PO)
C．pH=12.3时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-12.3mol/L
D．pH=7.2时，溶液中c(Na+)+c(H+)=3c(H2PO)+3c(PO)+c(OH-)
9．常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述错误的是
A．a点由水电离出的=1×10-13mol/L
B．HY溶液导电性先减弱后增强
C．当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，pH=4
D．b点溶液中： =
10．298 K时，向H3PO4溶液中滴入NaOH溶液，溶液中H3PO4、H2PO、HPO、PO的物质的量分数δ(X)随pH的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．Ka1(H3PO4)的数量级是10-3
B．Kh(H2PO)=1.0×10-6.8
C．在NaH2PO4溶液中，c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO4)
D．pH＞10时，主要离子反应为HPO＋OH-=PO＋H2O
11．常温下，用0.05NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.10的()溶液和HCN()溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．①所标曲线为NaOH滴定HCN，两种弱酸滴定均可选用甲基橙作指示剂
B．溶液中水的电离程度：
C．③处溶液有
D．点①和点②溶液混合后：
12．实验测定NaHCO3溶液显碱性，下列说法中正确的是
A．在水溶液中，HCO3 仅发生水解
B．在水溶液中，HCO3 仅发生电离
C．在水溶液中，HCO3 的电离程度要大于水解程度
D．在水溶液中，HCO3 的水解程度要大于电离程度
二、填空题
13．已知如表数据。
化学式 电离平衡常数(25℃)
HCN Ka=4.93×10-10
CH3COOH Ka=1.76×10-5
H2CO3 Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11
NH3·H2O Kb=1.77×10-5
（1）25℃时，pH=11的NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=_____mol L-1。
（2）25℃时，等浓度的NaCN、Na2CO3溶液、CH3COONa三种溶液的pH值由大到小的顺序为_____。
（3）0.100mol L-1NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是_____（填化学式）。
（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为_____。
（5）25℃1.10mol L-1CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度约为_____。
（6）25℃时等体积等浓度的NaCl与NaCN两溶液中，离子总数NaCl_____NaCN(填“大于”、“小于”或“等于”)；
（7）HCN与NaOH反应后的溶液中存在：c(Na+)=c(CN-)，该溶液呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)。
14．现有相同物质的量浓度的三种钠盐NaX、NaY、NaZ的溶液，测得它们的pH分别为7、8、9，请将它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序排列_______，并说明理由_______。
15．已知，常温下几种物质的电离常数如下：
化学式 H2CO3 CH3COOH NH3·H2O H2SO3 HClO
电离平衡常数 Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11 Ka=1.8×10-5 Kb=1.8×10-5 Ka1=1.4×10-2Ka2=6.0×10-8
(1)(NH4)2CO3溶液的pH_______(填“大于”或“小于”)7
(2)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的4种溶液：①、②、③、④，按要求从大到小排序。：_______；：_______。(用序号填空)
①少量通入到过量的溶液中：_______。
②少量通入到过量的NaClO溶液中：_______。
(3)25℃时，若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH )=_______mol·L 1。将SO2通入该氨水中，当c(OH )降至1.0×10 7mol·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_______。
16．现有如下物质：
①石墨②溶液③稀盐酸④铜⑤溶液⑥⑦⑧冰醋酸
请回答下列问题：
(1)能导电的是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。
(2)NaClO溶液呈碱性，请用离子方程式表示该溶液呈碱性的原因：___________。
(3)若向溶液②中逐滴滴加溶液③，实验过程中的现象为___________；溶液②中离子浓度由大到小的顺序为___________。
(4)已知，向溶液⑤中加入等体积溶液③，混合后溶液中的___________。
三、计算题
17．(1)在25℃下，向浓度均为0.1 mol L 1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_______沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_______。(已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10 11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10 20)
(2)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol L 1盐酸、③0.1 mol L 1氯化镁溶液、④0.1 mol L 1硝酸银溶液中，c(Ag+)由大到小的顺序为：_______
(3)已知：Ksp(AgBr)=5.4×10 13，Ksp(AgCl)=1.8×10 10，向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=_______。
(4)已知在25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10 11。25℃时，向0.02 mol L 1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为_______mol L 1。
(5)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是_______
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．b点有BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
18．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。
(1)已知：I2＋2=2I-＋，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：
第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是___________。若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为___________(用字母表示)。
(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为___________。
四、工业流程题
19．铍是航天航空、火箭导弹和原子能工业不可替代的材料，有“超级金属”之称。素有“中国铍业”之称的某厂改进国外以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺，以硅铍石(主要成分为 )为原料提取铍，具体流程如图：
已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，其单质及化合物的结构与性质具有相似性。
②熔融可离子化(生成铍氯配离子)。
③铝铵矾在不同温度下的溶解度如下表：
温度／℃ 0 10 20 30 40 60
溶解度／含 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7
回答下列问题：
(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]用氧化物形式表示为_______；流程中“系列操作”为_______。
(2)将“中和液”沉淀时，调节溶液的pH不能过大或过小。pH过大时发生反应的离子方程式为_______。
(3)已知 若 浓度为 的中和液开始沉淀时，溶液中 c(Al3+)=_______mol/L
(4)若在实验室洗涤粗 操作为_______。
(5)氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为_______。
(6)的电子式为_______；工业上电解 熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的阴极材料，电解时阴极反应为_______电解时需加入氯化钠的作用是_______。
20．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，海绵铜中含少量CuO等。
（1）经测定氧化酸浸过程有单质S生成，写出此过程中的化学方程式_____________
（2）步骤①中得到的氧化产物是____________，溶解温度应控制在60—70℃，原因是_____________。
（3）写出步骤③中主要反应的离子方程式_____________。
（4）步骤③先加NH4Cl、再加入亚硫酸铵时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因_____________。
（5）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_____________(写名称)。
（6）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是_____________。
（7）上述浓缩液中含有Iˉ、CIˉ等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中中为_____________。(已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．c(H+)＞c(OH-)，说明溶液显酸性，A正确；
B．任何水溶液中，都含有H+，故含有H+的溶液不一定显酸性，B错误；
C．在100℃时，水的离子积KW=10-12，即水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH=6＜7，此时溶液呈中性，故pH＜7的溶液不一定显酸性，C错误；
D．使酚酞变红的溶液显碱性，D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，A错误；
B．点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-)，B错误；
C．点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)>c(Cl-)，C错误；
D．点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 mol·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 mol·L-1，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05 mol·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl—)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05 mol·L-1+0.05 mol·L-1-c(CH3COO-)+c(H+)=0.10 mol·L-1- c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.10 mol·L-1+c(OH-)>0.10 mol·L-1，D正确；
故答案选D。
3．B
【详解】A．NH4Cl溶液中水解，所以c()B．因为氨水是弱电解质，pH＝10的氨水溶液的浓度大于10—4mol/L，所以反应后氨水过量，溶液显碱性，B正确；
C．弱电解质浓度越稀电离程度越大，所以0.1 mol·L－1与0.2 mol·L－1氨水溶液中c(OH－)之比大于1:2，C错误；
D．pH相同时，弱碱氨水的浓度比氢氧化钡要大很多，中和消耗的盐酸也比氢氧化钡要多，D错误；
答案选B。
4．B
【详解】A．和水解相互促进，反应完全，不能大量共存，A错误；
B．弱酸性溶液中，、、、均可大量共存，B正确；
C．使酚酞变红色的溶液呈碱性，、会生成沉淀，不能大量共存，C错误；
D．的溶液呈酸性，发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫，不能大量共存，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．钠原子核外电子数与质子数相同，钠离子的结构示意图为，A用语错误；
B．过氧化钠为离子化合物，其电子式为，B用语错误；
C．碳酸氢钠为强电解质，其电离方程式为NaHCO3=Na++，C用语错误；
D．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO +H2OHCO+OH-，D用语正确；
答案为D。
6．B
【详解】A．硫酸铵溶液中电离产生，与氢氧根离子不共存，与氢氧根离子不共存，A项错误；
B．＜1，此时溶液为碱性，溶液中的离子共存，B项正确；
C．室温下，水电离的c(H+)=1×10-13mol L-1溶液中，pH为13或者pH为1，HCO在pH=13和pH=1的溶液中均不共存，C项错误；
D．铁离子与SCN-发生络合反应溶液变为红色，则与不共存，D项错误；
答案选B。
7．C
【分析】根据题中所给信息，曲线上的点都符合c(H+)·c(OH-)=Kw，水的离子积只受温度的影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，水的离子积增大，即T1＞T2，据此分析
【详解】A．曲线上的点都符合c(H+)·c(OH-)=Kw，水的离子积只受温度的影响，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，根据图像可知，T1＞T2，故A说法正确；
B．根据上述分析可知，五点温度：B＞C＞A=E=D，温度升高，水的离子积增大，图中五点水的离子积之间的关系：B＞C＞A=E=D，故B说法正确；
C．点A、B、C三点溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，三点不一定是纯水的电离情况，可以是NaCl、Na2SO4等中性溶液，故C说法错误；
D．T1时，水的离子积为10-12mol/L，pH=2的硫酸溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，两者等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故D说法正确；
答案为C。
8．D
【详解】A．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依次为H3PO4、H2PO、HPO、PO，H3PO4的第一步电离常数为，pH=2.1时，，所以，为10-3数量级，故A错误；
B． Na2HPO4溶液中, 的电离平衡常数, 又因，所以的水解平衡常数为，所以的水解大于电离，所以c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(PO)，故B错误；
C． pH=12.3时，溶液中的溶质是Na3PO4和Na2HPO4, Na3PO4是强碱弱酸盐会水解，由B分析可知Na2HPO4水解大于电离，所以混合液中水的电离被促进，由水电离出的c(H+)>10-7mol/L，故C错误；
D． pH=7.2时，溶液中的溶质是NaH2PO4和Na2HPO4,且,由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)= +c(H2PO)+3c(PO)+c(OH-),所以c(Na+)+c(H+)=3c(H2PO)+3c(PO)+c(OH-)，故D正确；
故答案为：D。
9．B
【分析】由图可知，未加入氢氧化钠固体时，a点HX溶液中lg为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为 mol/L =0.1mol/L，则HX为强酸、HY为弱酸，b点HY溶液中lg为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液呈酸性。
【详解】A．由分析可知，a点HX溶液中lg为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=1×10-13mol/L，故A正确；
B．由分析可知，HY为弱酸，向HY溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电性增强，故B错误；
C．由图可知，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液中lg为6，溶液中氢离子浓度为 mol/L =10—4mol/L，溶液pH为4，则当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，溶液pH=4，故C正确；
D．由分析可知，b点HY溶液中lg为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，由电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(Y—)+ c(OH—)，溶液中c(Na+)= c(Y—)，故D正确；
故选B。
10．B
【详解】A．多元弱酸的电离是分步的，Ka1(H3PO4)=，根据图象可知，当c(H2PO)=c(H3PO4)时，Ka1(H3PO4)=c(H+)=1.0×10-2.1=7.9×10-3，故A正确；
B．Kh(H2PO)=＝1.0×10-11.9，故B错误；
C．根据图象可知当H2PO的物质的量分数δ(X)近似为1时溶液显酸性，这说明H2PO的电离程度大于其水解程度，又因为H2PO的水解和电离都是微弱的，则在NaH2PO4溶液中，c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO4)，故C正确；
D．根据图象可知pH＞10时HPO转化为PO，则主要离子反应为HPO+OH-=PO+H2O，故D正确；
故选B。
11．D
【详解】A．两种酸浓度相同，由于HCN酸性更弱，故其pH更大，①所标曲线为NaOH滴定HCN，恰好反应生成NaCN，显碱性，由于甲基橙的变色范围是pH在3.1到4.4之间，因此滴定HCN时，不宜用甲基橙作为指示剂，A错误；
B．②处溶液，溶液呈酸性，醋酸电离为主，抑制水的电离，③处溶液，此时存在和少量的，④处为滴定终点，溶液中恰好生成，水解促进水的电离，因此溶液中水的电离程度：②<③<④，B错误；
C．③处溶液的，溶液呈中性，溶液中，对于所滴定的醋酸溶液，根据电荷守恒，，由于，则，此时滴加NaOH的体积不到20mL，因此溶液中还存在极少量的，则浓度关系应为，C错误；
D．点①的溶液中存在和，根据物料守恒，，点②溶液中存在NaCN和HCN，根据物料守恒，，两溶液混合，则有，即，故D正确；
故选：D。
12．D
【详解】碳酸钠溶液中的碳酸根离子应该存在电离和水解，因为溶液显碱性，说明其电离一定大于水解（因为电离得到氢离子，水解得到氢氧根）；
所以选项D正确。
13． 10-3 Na2CO3>NaCN>CH3COONa NH4+ NaCN+H2O+CO2=NaHCO3+HCN 0.4% 大于 中
【分析】根据溶液的pH及水的离子积计算溶液中水电离的氢离子浓度；根据电离常数的大小分析比较溶液的酸碱性；根据盐类水解原理分析解答；根据弱酸的电离平衡常数计算电离度；根据溶液中守恒关系分析比较离子浓度大小。
【详解】（1）pH=11的NaCN溶液，c（H+）=10-11mol L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，故c（OH-）=10-3mol L-1，氢氧根离子来源于水的电离，故c（OH-）水=10-3mol L-1，故答案为：10-3；
（2）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；故答案为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；
（3）铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，根据电离常数可知碳酸氢根离子的水解能力大于铵根离子， NH4HCO3溶液呈碱性；碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，故溶液中离子浓度最大的是NH4+，故答案为： NH4+；
（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；
（5）1.10mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离常数Ka= ，醋酸根离子和氢离子浓度相等，所以，CH3COOH的电离度约，故答案为：0.4%；
（6）根据电荷守恒分析知，等体积等浓度的NaCl与NaCN两溶液中，离子总数都等于阳离子总数的二倍，两溶液中的钠离子不水解，所以数目相同，NaCl溶液呈中性，则c(H+)=10-7mol/L，NaCN溶液呈碱性，则c(H+)＜10-7mol/L，则离子总数NaCl大于NaCN，故答案为：大于；
（7）HCN与NaOH反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，若c(Na+)=c(CN-)，则c(H+)= c(OH-)，该溶液呈中性，故答案为：中。
14． HX>HY>HZ NaX溶液显中性，为强碱强酸盐；NaY、NaZ的溶液均显碱性，则均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解原理可知，它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ
【详解】NaX溶液显中性，为强碱强酸盐；NaY、NaZ的溶液均显碱性，则均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解原理可知，它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ。
15．(1)大于
(2) ④③①② ②①③④
(3) 6.010-3 mol·L-1 0.6 SO2+HCO=HSO+ CO2
【解析】(1)
由图表可知，NH3·H2O与H2CO3相比较，Kb> Ka2，则碳酸根离子水解程度大于铵根离子，故溶液显碱性，pH大于7；
(2)
①为强酸弱碱盐，溶液显酸性，②中完全电离出铵根离子、氢离子、硫酸根离子，酸性比①强；③为弱酸弱碱盐，Ka= Kb，故显中性；④为弱碱，溶液显碱性；故由大到小的顺序为④③①②；
①②③为强电解质，完全电离，④为弱电解质，铵根离子浓度最小；①中铵根离子部分水水解，②中铵根离子水解受到抑制，③中铵根离子和醋酸根离子相互促进水解；故由大到小的顺序为②①③④；
①HClO的电离常数大于碳酸的二级电离但小于其一级电离，故少量通入到过量的溶液中生成碳酸氢根离子和次氯酸根离子、氯离子：；
②少量通入到过量的NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢根离子：；
(3)
25℃时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol·L-1，，氨水的电离程度很小，认为=2.0mol·L-1，因为，则=6.010-3 mol·L-1；
将SO2通入该氨水中，当c(OH )降至1.0×10 7mol·L 1时，则c(H+)=1.0×10 7mol·L 1，H2SO3
的Ka2==6.0×10-8，则溶液中的=；
SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，离子方程式是SO2+HCO=HSO+ CO2。
16．(1) ①②③④⑤ ⑥⑧
(2)
(3) 无明显现象
(4)
【解析】(1)
能导电物质有石墨、金属、电解质的水溶液或熔融状态，能导电的有①②③④⑤；电解质有酸、碱、多数盐、多数金属氧化物和水，属于电解质的有⑥⑧；故答案为①②③④⑤；⑥⑧；
(2)
NaClO属于强碱弱酸盐，ClO－在水中发生水解，水解方程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为ClO－＋H2OHClO＋OH－；
(3)
碳酸钠和稀盐酸的物质的量相等，发生Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，溶液无现象；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO发生水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，水属于弱电解质，其电离方程式为H2OH＋＋OH－，盐类水解程度微弱，离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c((HCO)＞c(H＋)；故答案为溶液无现象；c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c((HCO)＞c(H＋)；
(4)
AgNO3与HCl反应AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，根据题中所给数据，盐酸过量，反应后c(Cl－)==1×10－3mol·L－1，c(Ag＋)=mol/L=1.8×10－7mol·L－1；故答案为1.8×10－7。
17． Cu(OH)2 2NH3·H2O+Cu2+ =Cu(OH)2↓+2NH ④＞①＞②＞③ 3×10 3 4×10 5 C
【详解】(1)在25℃下，向浓度均为0.1 mol L 1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，沉淀镁离子需要的氢氧根浓度，沉淀铜离子需要的氢氧根浓度，氢氧根浓度最先满足沉淀铜离子所需浓度，因此先生成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为2NH3·H2O+Cu2+ =Cu(OH)2↓+2NH；故答案为：Cu(OH)2；2NH3·H2O+Cu2+ =Cu(OH)2↓+2NH。
(2)相同温度下，氯化银溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水，平衡正向移动，但银离子浓度不变；②0.1 mol L 1盐酸，氯离子浓度增大，平衡逆向移动；③0.1 mol L 1氯化镁溶液，氯离子浓度增大，比②中氯离子浓度大，平衡逆向移动比②更多，银离子浓度比②中银离子浓度小；④0.1 mol L 1硝酸银溶液，平衡逆向移动，但银离子浓度比原来大，因此c(Ag+)由大到小的顺序为：④＞①＞②＞③；故答案为：④＞①＞②＞③。
(3)已知：Ksp(AgBr)=5.4×10 13，Ksp(AgCl)=1.8×10 10，向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，；故答案为：3×10 3。
(4)已知在25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10 11。25℃时，向0.02 mol L 1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小，则c(OH－)＝4×10 5mol L 1；故答案为：4×10 5。
(5)A．加入Na2SO4，硫酸根浓度增大，硫酸钡溶解平衡逆向移动，钡离子浓度减小，曲线从a点往c点移动，故A错误；B．d点蒸发溶剂，溶液体积减小，钡离子浓度、硫酸根浓度同时增大，c点与b点硫酸根浓度不变，钡离子浓度增大，因此蒸发溶液不可能由d点变到c点，故B错误；C．b点浓度积大于Ksp，因此有BaSO4沉淀生成，故C正确；D．ac曲线是硫酸钡的溶度积常数变化曲线，因此a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故D错误；综上所述，答案为C。
18． 溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色 % CaO
【分析】碘遇淀粉变蓝色，根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2，据此列式计算；固体由2.16g加热到350℃时变为0.56g，在加热过程中固体中钙元素的量不变，据此计算剩余固体中Ca、O元素的质量，进而确定化学式。
【详解】(1)碘遇淀粉变蓝色，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变成无色，且30s内不出现蓝色，说明滴定到达终点；根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2，设样品中CaO2的质量分数为x，则有=，解得x=%，故答案为：溶液由蓝色变成无色，且30s内不出现蓝色；%；
(2)固体由2.16g加热到350℃时变为0.56g，在加热过程中固体中钙元素的量不变，剩余固体中n(Ca)=n(CaO2 8H2O)==0.01mol，m(Ca)=0.01mol×40g/mol=0.4g，则剩余固体中m(O)=0.56g-0.4g=0.16g，故n(O)==0.01mol，故n(Ca)：n(O)=1：1，剩余固体的化学式为CaO，故答案为：CaO。
19．(1) 3BeO Al2O3 6SiO2 蒸发浓缩、降温结晶、过滤
(2)
(3)4.0×10-3
(4)向过滤器中加入NaOH溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2~3次
(5)BeO+C+Cl2=BeCl2+CO
(6) Be2++2e-=Be 增强导电性或BeCl2为共价化合物，加入NaCl使BeCl2转化为气体含铍的离子化合物
【分析】硅铍石经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍：BeO+C+Cl2=BeCl2+CO，氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解得到铍单质；
（1）
绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]用氧化物形式表示为3BeO Al2O3 6SiO2；根据铝铵矾在不同温度下的溶解度数据可知，铝铵矾随着温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的‘系列操作’为蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
（2）
将“中和液”沉淀时，形成Be(OH)2，已知铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，其单质及化合物的结构与性质具有相似性，Be(OH)2同Al(OH)3类似，会与强碱溶液反应，所以pH过大时发生反应的离子方程式为；
（3）
Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21=c(Be2+) c3(OH-)，c(Be2+)=0.40mol/L，则c(OH-)=，由Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-33=c(Al3+) c3(OH-)，则c(Al3+)=；
（4）
实验室洗涤粗Be(OH)2的操作是向过滤器中加入NaOH溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2~3次；
（5）
氧化铍与氯气和过量的碳反应生成氯化铍，根据质量守恒和得失电子守恒可知反应方程式为BeO+C+Cl2=BeCl2+CO；
（6）
铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，则BeCl2的电子式为，电解时阴极上铍离子得电子生成铍单质，电极反应式为Be2++2e-=Be；氯化钠的作用为增强导电性或BeCl2为共价化合物，加入NaCl使BeCl2转化为气体含铍的离子化合物。
20． 2CuS+2H2SO4+O2=2CuSO4+2S+2H2O CuSO4或Cu2+ 温度低溶解速度慢,温度过高铵盐分解 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 步骤3先加NH4Cl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系；氯化亚铜难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀 硫酸 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化 4.72×10-7
【详解】（1）由题意知氧化酸浸过程有单质S、CuSO4和H2O生成，所以此反应的化学方程式2CuS+2H2SO4+O2=2CuSO4+2S+2H2O。
（2）由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+。溶解温度应控制在60-70℃，原因是温度太低溶解速度慢，温度过高铵盐分解。故答案为CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解。
（3）酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应的离子方程式为：2Cu2++ SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+ SO42-+2H+。答案： 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+。
（4）CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系。所以步骤3先加NH4Cl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系；氯化亚铜难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀。
（5）因为在潮湿空气中CuCl易水解、氧化，为了防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，因为CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，所以也不能加入盐酸。答案：硫酸。
（6）步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发， CuCl又难溶于醇，所以用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化。
（7）根据沉淀溶解平衡常数：溶液中=[c(Ag+)/c(Ag+）)]= Ksp(AgI)/ Ksp(AgCl) =(8.5×10-17) / (1.8×10-10)= 4.72×10-7答案：4.72×10-7。
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