第3章 物质在水溶液中的行为 测试题（含解析）2023-2024学年高二上学期鲁科版（2019）化学选择性必修1

第3章 物质在水溶液中的行为 测试题
一、单选题
1．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（　　）
A．HCl B．13M3+ C．CH3COO﹣ D．
2．在含有大量Ba2+、OH－、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是（　　）
A．NH4+ B．SO42- C．Mg2+ D．NO3-
3．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（　　）
A．防止硫酸铁分解
B．抑制硫酸铁水解
C．提高硫酸铁的溶解度
D．提高溶液的pH
4．某无色溶液加入铝可以生成H2，则在该溶液中一定能大量存在的离子组是(　　)
A．K＋、Cu2＋、NO 、Cl－ B．K＋、Na＋、Br－、Cl－
C．K＋、Ca2＋、HCO 、Cl－ D．Na＋、Mg2＋、Br－、SO
5．向水中加入下列溶质，能促进水电离的是（　　）
A．H2SO4 B．NaOH C．NaCl D．NH4Cl
6．下列物质中，能够导电的电解质是（　　）
A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．蔗糖
7．准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（　　）
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
8．有一混合溶液中含有以下离子的若干种：、、、Ba2+、Cl 、、SO42 ，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：
①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；
②向第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，产生6.99g白色沉淀。
根据上述实验，以下推测正确的是
A．K+可能存在
B．可能存在
C．Ba2+一定不存在
D．100mL该溶液中若含有0.01molCl ，则K+的物质的量浓度为0.04mol/L
9．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向K2S溶液中加水稀释， 会减小
B．向醋酸溶液中加NaOH至恰好完全反应，水的电离程度先增大后减小
C．向含有MgCO3同体的溶液中加入少量盐酸， 会增大
D．向CuS和FeS的饱和溶液中加入少量Na2S， 保持不变
10．下列说法正确的一组是（　　）
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②可溶于水的盐都是强电解质
③0.5mol L﹣1所有一元酸溶液中氢离子浓度都是0.5mol L﹣1
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电．
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．只有⑤ D．只有⑥
11．下列事实与盐类水解无关的是（　　）
A．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝
B．氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂
C．常用热的纯碱溶液除去油污
D．长期施用硫酸铵易使土壤酸化
12．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4 HC2O4－+ H+ Ka 1 ； HC2O4－ C2O42－+ H + Ka 2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中 H2C2O4、HC2O4－、C2O42－ 三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）
A．常温下，Ka1 ：Ka2 =1000
B．将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得 pH为4.2的混合液
C．pH=1.2 溶液中：c(K + ) + c(H + ) = c(OH－) + c(H2C2O4)
D．向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大
13．室温时，用0.100 mol·L－1盐酸滴定 20.00 mL 0.100 mol·L－1的 NaY 溶液，溶液中水的电离程度随所加盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液体积变化)，已知Ka(HY)＝1.0×10－10，则下列有关说法正确的是（　　）
A．可选取酚酞作为滴定指示剂
B．M 点溶液的 pH>7
C．Q 点水的电离程度最小，Kw<10－14
D．N点，c(Na＋)＝c(HY)＋c(Y－)＋c(Cl－)
14．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、OH﹣、HS﹣NO3﹣ B．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+
C．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣
15．25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mo1 L-1的HA、H3B溶液分别用0.0100mo1 L-1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，0.0100mo1 L-1Na2HB溶液的pH>7
B．向HA溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(A-)C．NaOH溶液滴定HA溶液应选甲基橙作指示剂
D．25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-3
16．下列溶液中离子浓度关系的表示正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CO )＋c(HCO )
B．pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COO－)
C．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH )>c(OH－)
D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
二、综合题
17．
（1）已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：
①则25℃时水的电离平衡曲线应为　 　。(填“A”或“B”)
②25℃下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比a：b：c=　 　。
a．pH=1的盐酸b．pH=2的盐酸c．pH=12的NaOH溶液
③25℃下，若VaLpH＝a的盐酸与VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，则Va：Vb＝　 　。
（2）某温度(t℃)时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。
①该温度下水的Kw＝　 　。
②此温度下，将pH＝1的盐酸溶液VaL与pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略体积变化)，混合后溶液的pH为2，则Va：Vb＝　 　。
（3）下列说法中正确的是　 　。
a.25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH>7
b.100℃时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液pH=7
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－
18．回答或解释下列问题：
（1）已知：，则稳定性：白磷　 　红磷(填“大于”或“小于”)。
（2）在常温常压下，1 g氢气在足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5的热量。写出相应的热化学方程式为　 　；
（3）将浓氨水滴入到固体氢氧化钠中，可以快速制备氨气，用平衡移动原理解释原因：　 　；
（4）常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00 mL0.1 mol/LHCl溶液和20.00 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线如图所示：
①由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是　 　(填“图1”或“图2”)。
②E为滴定终点，则a=　 　mL。
③D点对应离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（5）肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可作为火箭发动机的燃料。已知断裂1 mol化学键所需的能量：N≡N为942 kJ、N-N为154 kJ，另外1 mol O2(g)变成2 mol O(g)需吸收500 kJ能量，则断裂1 mol N-N键所需的能量是　 　。
19．甲醇是基本化工原料，甲醇及其可制得产品的沸点如下．
名称 甲醇 二甲胺 二甲基甲酰胺 甲醚 碳酸二甲酯
结构式 CH3OH （CH3）2NH （CH3）2NCHO CH3OCH （CH3O）2CO
沸点（℃） 64.7 7.4 153℃ ﹣24.9 90℃
（1）在425℃、Al2O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得二甲胺，二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（CH3）2NH2Cl，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　 　；
（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：2CH3OH+NH3+CO （CH3）2NCHO+2H2O△H若该反应在常温下能自发进行，则该反应为　 　反应（填“吸热”、“放热”）．
（3）甲醇制甲醚的化学方程式为：2CH3OH CH3OCH3+H2O△H．一定温度下，在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生该反应．
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
CH3OH CH3OCH3 H2O
Ⅰ 387 0.20 x
Ⅱ 387 0.40 y
Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090
①x/y=　 　；
②已知387℃时该反应的化学平衡常数K=4．若起始时向容器I中充入0.1mol CH3OH、0.15mol CH3OCH3和0.10mol H2O，则此时v正　 　 v逆（填“＞”、“＜”或“=”）
（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如图所示．
写出阳极的电极反应式　 　．
20．已知A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、 Cu2+、 Na+中的一种，阴离子分别是CO32-、NO3-、SO42-、Cl-中的一种(离子不能重复)，进行如下实验：
①分别溶于水，只有C溶液呈蓝色；
②若把足量盐酸分别加入到上述四溶液，B中出现沉淀，D溶液有无色无味的气体放出；根据①②的实验事实，可推断它们的化学式为：
（1）A　 　；B　 　。
（2）以铜为原料，写出能生成C的化学方程式(不限步骤) ：　 　。
（3）加入足量盐酸后D中反应的离子方程式：　 　。
（4）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：　 　。
（5）某溶液中含有较大量的Cl-、CO32-、 OH-如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序 正确的是(填写序号，可重复使用)①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
21．河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含有：K+、Ag+、Fe3+、Cl-、OH-、NO3-六种离子。
（1）甲厂废水明显显碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是　 　。
（2）乙厂的水中含有另外三种离子。如果往乙厂废水中加一定量　 　（选填“活性炭”或“硫酸亚铁”或“铁粉”），就可以回收其中的金属　 　（填写元素符号）。
（3）写出上述能生成红褐色沉淀的离子反应 　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A不选；
B．13M3+为13Al3+，Al3+能结合水电离的氢氧根离子生成弱电解质，使水的电离向正移，所以促进水的电离，故B不选；
C．加入了CH3COO﹣，CH3COO﹣ 会结合H+，c（H+）减小，平衡向右移动，故C不选；
D． 为Cl﹣，加入Cl﹣后，对水的电离平衡没有影响，平衡不移动，故D选．
故选D．
【分析】水的电离方程式为H2O═H++OH﹣，加入酸或碱能抑制水的电离，加入含有弱根离子的盐能促进水的电离，强酸强碱盐不影响水的电离，据此分析解答．
2．【答案】D
【解析】【解答】A. 铵根离子与氢氧根离子不能大量共存，A不符合题意；
B. 硫酸根离子与钡离子不能大量共存，B不符合题意；
C. Mg2+与氢氧根离子不能大量共存，C不符合题意；
D. 三种离子与硝酸根离子不反应，可以大量共存，D正确，
故答案为：D。
【分析】离子间若要结合成弱酸、弱碱、水、沉淀、气体或发生氧化还原等就不能大量共存。
A. 铵根离子与氢氧根离子要结合成一水合氨（弱碱）；
B. 硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀；
C. Mg2+与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀。所以三者中的离子不能大量共存。
3．【答案】B
【解析】【解答】硫酸铁在溶液中会电离出硫酸根和三价铁离子，三价铁离子会发生水解，所以要加入硫酸抑制其水解。
故答案为：B。
【分析】此题考查盐类水解的应用，根据水解平衡的影响因素进行判断。
4．【答案】B
【解析】【解答】无色溶液加入铝可以生成H2，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A、铜离子在溶液中显蓝色，不是无色的，且在碱性溶液中不能存在。另外硝酸根在酸性溶液中与铝反应得不到氢气，不能大量共存，A不符合题意；
B、K＋、Na＋、Br－、Cl－在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，B符合题意；
C、碱性溶液中Ca2＋、HCO3－不能大量共存，酸性溶液中HCO3－不能大量共存，C不符合题意；
D、碱性溶液中Mg2＋不能大量共存，D不符合题意，
答案选B。
【分析】第一步，解析隐含条件：无色（排除有色离子选项A），与铝反应生成氢气（溶液中含氢离子或氢氧根离子）
第二步，每个选项增添氢离子或氢氧根离子，再判断离子共存（A铜离子与氢氧根离子反应；C碳酸氢根离子与氢离子或氢氧根离子均反应；D镁离子与氢氧根离子反应）
5．【答案】D
【解析】【解答】A．H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；
B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意不符；
C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；
D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；
故答案为D。
【分析】促进水的电离是弱酸强碱盐或者是强酸弱碱盐
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、铜丝能导电，但铜丝是单质不是化合物，所以铜丝不是电解质也不是非电解质，故A错误．
B、熔融的氯化镁中含有自由移动的离子，所以能导电，氯化镁是能导电的电解质，故B正确．
C、氯化钠溶液中含有自由移动的阴阳离子所以能导电，但氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故C错误．
D、蔗糖在水溶液里或熔融状态都以分子分子，所以都不导电，蔗糖是非电解质，故D错误．
故选：B．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或离子，据此分析解答．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；
B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；
C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；
故选B．
【分析】A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；
B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；
C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大．
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中一定含有K+，故A不符合题意；
B．由分析可知，溶液中一定不含CO，故B不符合题意；
C．由分析可知，溶液中一定不存在Ba2+，故C符合题意；
D．若100mL该溶液中若含有0.01mol Cl－，根据电荷关系可知钾离子的物质的量=0.04mol，则钾离子浓度=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 ①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀，气体为氨气，则溶液中含有铵根离子，物质的量为0.01mol，白色沉淀为氢氧化镁，物质的量为0.01mol，则原溶液中一定含有镁离子，不含碳酸根离子；
②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有硫酸根离子，物质的量为0.03mol，则原溶液中一定不含硫酸根离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有K+，可能含有Cl－。
9．【答案】D
【解析】【解答】A. K2S水解显碱性，向K2S溶液中加水稀释，碱性减弱，酸性增强，c(H+)增大， = ，所以 增大，A不符合题意；
B. 向醋酸溶液中加NaOH至恰好完全反应，在反应中生成醋酸钠，醋酸钠水解促进水的电离，所以水的电离程度一直增大，B不符合题意；
C. MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s） Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸可与CO32-反应，促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32-）减小，C不符合题意；
D. 向CuS和FeS的饱和溶液中加入少量Na2S时， = ，ksp(CuS)和ksp(FeS)不变，所以 保持不变，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】A、K2S水解显碱性，根据电离平衡常数求解；
B、醋酸钠水解促进水的电离；
C、根据溶解平衡：MgCO3（s） Mg2+（aq）+CO32-（aq）分析；
D、运用，ksp(CuS)和ksp(FeS)只与温度有关。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，与溶解度无关，故②错误；③0.5mol/L一元酸溶液H+浓度不一定为0.5mol/L，如醋酸小于0.5mol/L，硫酸为1mol/L，故③错误；④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；
故选C．
【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；②大多数盐均为强电解质，与溶解度无关；③一元酸溶液中H+浓度与酸的浓度、酸的强弱有关；④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；⑥酸在熔融态时不导电．
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，加热HCl挥发促进水解，最终得不到无水氯化铝，故A不选；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，发生了氧化还原反应，与盐类水解无关，故B选；
C．纯碱为Na2CO3，在溶液中水解显碱性，加热碱性增强，而油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解，故纯碱能去油污，故C不选；
D．铵根离子在溶液中会水解显酸性，所以长期施用硫酸铵易使土壤酸化，故D不选．
故选B．
【分析】A．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
C．油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解；
D．铵根离子水解显酸性．
12．【答案】B
【解析】【解答】A.电离平衡常数Ka 1 =[H＋][HC2O4-]÷[H2C2O4]=10-1..2，Ka 2=[H＋][C2O42-]÷[HC2O4-]=10-4.2，Ka 1 ：Ka 2=1000，A项不符合题意；
B.pH=4.2时，[HC2O4-]、[C2O42-]的浓度相等，而相同物质的量 KHC2O4 和 K2C2O4 固体完全溶于水得到的溶液， HC2O4-和C2O42-的水解程度不同，离子浓度不再相等，B项符合题意；
C.pH=1.2溶液中，存在电荷守恒c(K + ) + c(H + ) = c(OH－) + c(HC2O4-)，c（HC2O4-）=c(H2C2O4)，则c(K + ) + c(H + ) = c(OH－) + c(H2C2O4)，C项不符合题意；
D.随着KOH溶液的加入，HC2O4-的浓度逐渐减少，C2O42-的浓度增大，而HC2O4-的水解程度小于C2O42-的水解程度，盐的水解促进水的电离，所以向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大，D项不符合题意；
答案选B。
【分析】A.根据电离平衡常数的定义进行计算；
B.结合图中pH与离子浓度的关系进行判断；
C.根据电荷守恒进行判断；
D.根据离子浓度的变化与水解程度的大小关系进行分析即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．达到滴定终点时，溶液显酸性，所以应该选择在酸性范围内变色的指示剂，可选取甲基橙作为滴定指示剂，故A不符合题意；
B．M点是滴入了10.00mL盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的NaY、NaCl和HY。NaY水解使溶液显碱性，HY电离使溶液显酸性。HY的电离平衡常数为1.0×10-10，所以NaY的水解平衡常数为 =1.0×10-4＞1.0×10-10，所以溶液显碱性，故B符合题意；
C．P点只有NaY，Y-水解促进水的电离，水的电离程度最大。随着盐酸的不断滴入，溶液中Y-浓度逐渐减小，HY浓度逐渐增大，HY电离产生H+对水的电离起到抑制作用，所以Q 点水的电离程度最小，但Kw只和温度有关，所以Kw=10-14，故C不符合题意；
D．N点，根据物料守恒，c(Na+)=c (HY)+c (Y-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据达到滴定终点时溶液的酸碱性选择指示剂；
B．M点时溶液中的溶质为等物质的量的NaY和HY根据电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小判断溶液的酸碱性；
C．P点到Q点的过程中，随着盐酸地加入，水的电离程度逐渐减小，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变；
D．N点为盐酸与NaY恰好反应点，溶质为等物质的量的HY和NaCl，根据物料守恒进行判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．OH﹣、HS﹣结合生成水和硫离子，不能共存，故A不选；
B．Al3+、HCO3﹣相互促进水解，不能共存，故B不选；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；
D．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，故D不选；
故选C．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解、氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 25℃时，0.0100mo1 L-1Na2HB溶液，根据c(H2B-)=c(HB2-)时，溶液显碱性，可知HB2-水解程度大于电离程度，溶液pH>7，A符合题意；
B. 根据c(HA)=c(A-)时，溶液显酸性，可知A-水解程度小于HA电离程度，继续加入氢氧化钠，HA浓度减小，到达中性时，c(A-)>c(HA)，B不符合题意；
C. NaOH溶液滴定HA溶液时，滴定突跃pH在6.0到8.0之间，甲基橙在pH大于4.4时即为黄色，不能作指示剂，应用酚酞做指示剂，C不符合题意；
D. 25℃时，根据c(H2B-)=c(H3B)时，pH=2.0，H2B-离子的水解常数K= ，数量级为10-12，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.当c(HA)=c(A-)时，溶液显酸性，所以A-水解程度小于HA电离程度，再加氢氧化钠，到达中性时，c(A-)>c(HA)；
C.在做滴定实验时，指示剂的变色范围突变范围重合度越高越好；
D.根据水解常数计算公式可知，在常温下 H2B-离子的水解常数的数量级为10-12。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.NaHCO3溶液中存在Na＋、HCO3－、CO32－、H＋和OH－，由于溶液显电中性，溶液中阴阳离子所带的正负电荷的总量相同，因此c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，A不符合题意；
B.pH=3的醋酸溶液中c(CH3COOH)>0.001mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=0.001mol·L－1，两溶液等体积混合后，溶液显酸性，溶液中OH－来自于CH3COO－水解产生，因此溶液c(OH－)C.NH4Cl溶液显酸性，由于溶液中H＋、OH－来自电离、水解，因此溶液中离子浓度关系：c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，C不符合题意；
D.令c(CH3COOH)=c(CH3COONa)=1mol·L－1，由于CH3COOH电离产生CH3COO－、CH3COO－水解产生CH3COOH，因此溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=2mol·L－1，而c(Na＋)=1mol·L－1，所以溶液中2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、结合NaHCO3溶液中存在HCO3－ H＋＋CO32－、HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－、H2O H＋＋OH－，结合电荷守恒分析；
B、pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>0.001mol·L－1，混合后溶液显酸性；
C、NH4Cl溶液中存在NH4＋的水解，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)；
D、结合物料守恒分析；
17．【答案】（1）A；1：10：10；1：10
（2）1.0×10－15；11：9
（3）ac
【解析】【解答】(1)①25时，水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，可确定曲线为A。答案为：A；
②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，所以比值为1：10：10。答案为：1：10：10；
③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb=1：10。答案为：1：10；
(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－15。答案为：1.0×10－15；
②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb=11：9。答案为11：9；
(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量，所以混合后pH>7，a正确；
b．由图像可知100℃时Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍，等体积混合后溶液呈强碱性，pH>7，b不正确；
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4-和Cl-可能大量存在，c正确；
故答案为：ac。答案为：ac。
【分析】(1)①25时水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，由图中可确定曲线。
②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，由此可求出比值。
③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb。
(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+) c(OH﹣)。
②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb。
(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量；
b．由图像可知100℃时Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍；
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4+和Cl-可能大量存在。
18．【答案】（1）小于
（2）H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183 kJ/mol
（3）在氨水中存在平衡：，加入固体氢氧化钠中，溶解放热并电离出大量的OH-，平衡逆向移动，逸出NH3
（4）图1；20.00；c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(OH-)=c(H+)
（5）391 kJ
【解析】【解答】(1)物质含有的能量越高，物质的稳定性就越弱。由于白磷转化为红磷时会放出热量，说明白磷含有的能量比等质量的红磷高，因此稳定性：白磷小于红磷；
(2)1 g H2与足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5 kJ的热量，则2 g(即1 mol) H2与足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出热量Q=91.5 kJ×2=183 kJ，故该反应的热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183 kJ/mol；
(3)将浓氨水滴入到固体氢氧化钠中，可以快速制备氨气，这是由于在氨水中存在平衡： ，当将浓氨水加入固体氢氧化钠中，固体溶解放热并电离出大量的OH-，使上述平衡逆向移动，从而逸出大量NH3；
(4)①HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.1 mol/L，pH=1；而醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(H+)＜c(CH3COOH)=0.1 mol/L，pH＞1，故由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是图1，滴定CH3COOH溶液的曲线是图2；
②E点是NaOH滴定CH3COOH溶液的终点，由于二者浓度相等，故二者恰好反应时溶液体积相同，因此V(NaOH)=20.00 mL；
③溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。由于D点溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(OH-)=c(H+)；
(5)由图可知N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，即断裂1 mol N-N键、4 mol N-H键和1 mol O=O键共吸收2752 kJ-534 kJ=2218 kJ，设断裂1 mol N-H键所需的能量为x kJ，则有154+4x+500=2218，解得x=391 kJ。
【分析】（1）物质的能量越小，越稳定；
（2）热化学方程式要注明物质的状态，焓变与物质的量的多少有关；
（3）氢氧根离子浓度增大，平衡向生成氨气的方向移动，固体氢氧化钠溶于水放热，使平衡向生成氨气的方向移动；
（4） ①0.1 mol/LHCl溶液和20.00 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液， HCl是强电解质，完全电离，c（H+）= 0.1 mol/L；
② 盐酸与氢氧化钠完全反应所得溶液的pH等于7，醋酸与氢氧化钠完全反应所得溶液的pH大于7；
③D点pH=7，c(OH-)=c(H+)， 根据电荷守恒，可知c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(OH-)=c(H+)；
（5）焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能。
19．【答案】（1）c（Cl﹣）＞c[（CH3）2NH2+]＞c（H+）＞c（OH﹣）
（2）放热
（3）；＞
（4）2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+
【解析】【解答】解：（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（CH3）2NH2Cl，[（CH3）2NH2+]离子水解溶液显酸性，其水解程度较小，所以溶液中各离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c[（CH3）2NH2+]＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：c（Cl﹣）＞c[（CH3）2NH2+]＞c（H+）＞c（OH﹣）；（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：2CH3OH+NH3+CO （CH3）2NCHO+2H2O，该反应在常温下能自发进行，△S＜0，△H﹣T△S＜0则△H＜0，为放热反应，故答案为：放热；（3）①2CH3OH CH3OCH3+H2O，反应前后物质的量不变，容器Ⅰ，Ⅱ在相同条件下进行，反应前后物质的量不变，起始量Ⅱ为Ⅰ的2倍，生成物质物质的量也为二倍，所以x：y=1：2，故答案为： ；②已知387℃时该反应的化学平衡常数K=4．若起始时向容器I中充入0.1mol CH3OH、0.15mol CH3OCH3和0.10mol H2O，浓度商Qc= =1.5＜K=4，则反应将向正反应进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；（4）图分析可知氢离子移向阴极，则与此电极连接的B电极为负极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+，
故答案为：2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+．
【分析】（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（CH3）2NH2Cl，[（CH3）2NH2+]离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小；（2）反应自发进行的判断依据为：△H﹣T△S＜0分析；（3）①2CH3OH CH3OCH3+H2O，反应前后物质的量不变，容器Ⅰ，Ⅱ在相同条件下进行，反应前后物质的量不变，起始量Ⅱ为Ⅰ的2倍，生成物质物质的量也为二倍；②计算此时浓度商，和平衡常数比较方向判断反应进行方向；（4）图分析可知氢离子移向阴极，则与此电极连接的为负极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应．
20．【答案】（1）BaCl2；AgNO3
（2）2Cu+O2=2CuO ；CuO+H2SO4=CuSO4+ H2O
（3）CO32-+ 2H+= H2O+CO2 ↑
（4）Cu2++ SO42-+ Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓ + BaSO4↓
（5）④②①②③
【解析】【解答】A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的某一种，且不重复出现。①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，则C含有Cu2+；②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，则B含有Ag+，Ag+与SO42-、Cl-、CO32-中的任一种都形成的是难溶性的物质，不能大量共存，则B是AgNO3；D盐溶液有无色无味气体逸出，说明含有CO32-，CO32-与Ba2+、Cu2+都会形成沉淀而不能大量共存，因此D是Na2CO3。由于SO42-与Ba2+会形成沉淀而不能大量共存，因此C是CuSO4，则A是BaCl2。（1）A是BaCl2，B是AgNO3；
（2）以铜为原料制备硫酸铜，则需要铜先和氧气反应生成氧化铜，氧化铜再和硫酸反应生成硫酸铜；（3）将HCl与Na2CO3混合，生成二氧化碳气体：2H++CO32-=CO2↑+H2O；
（4）将CuSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4和 Cu(OH)2 沉淀。
【分析】离子检验和离子方程式的书写是化学上经常要考查的内容，这就需要掌握离子的性质，包括其水溶液的颜色，和哪些离子会发生反应，形成的沉淀或气体的颜色、状态、气味，若离子之间会发生反应，在溶液中就不能大量共存，从而可以确定溶液的成分。书写离子方程式要符合反应事实、符合物质的拆分原则，同时遵循电荷守恒及原子守恒，若反应过程中有电子转移，还要符合电子守恒。
21．【答案】（1）OH-、Cl－、K+
（2）铁粉；Ag
（3）Fe3++3OH- =Fe(OH)3↓
【解析】【解答】（1）甲厂废水明显显碱性，故甲厂废水中一定含有OH－，则一定不存在Ag+、Fe3+，因此根据溶液的电中性、发生的离子反应可知甲厂所含的三种离子是OH－、K+、Cl－。（2）乙厂的水中含有另外三种离子：Ag+、Fe3+、NO3－。因此如果往乙厂废水中加一定量铁粉，就可以回收其中的金属Ag。（3）氢氧化铁是红褐色沉淀，则能生成红褐色沉淀的离子反应为Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓。
【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。