第3章 物质在水溶液中的行为 同步检测（含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章 物质在水溶液中的行为 同步检测
一、单选题
1．已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大
B．pH=4.2时，溶液中
C．在NaHSeO3溶液中，存在
D．常温下，亚硒酸的电离平衡常数Ka1=10-1.2
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．澄清透明的溶液中：Al3＋、Cu2＋、 、Cl-
B．中性溶液中：Al3＋、 、Cl-、S2-
C．c(OH-)＜ 的溶液中：Na＋、Ca2＋、ClO-、
D．1mol·L-1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、SCN-、
3．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知K(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO 、CO 或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．曲线②代表CO
B．H2CO3的第二级电离常数为10-10.3
C．a=-4.35，b=-2.75
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1
4．在透明溶液中能大量共存的一组离子是（　　）
A． 、Ba2+、Br-、 B．Cl-、S2-、Fe2+、H+
C．Na+、H+、 、 D．K+、Na+、 、
5．在25℃时，某NH4Cl溶液的pH为4，下列说法中正确的是（　　）
①溶液中c(H+) > c(OH－) 且 c(H+)·c(OH－)=1×10－14 ；
② 由水电离出的 c(H+)约为1×10－10 mol/L；
③ 溶液中c(Cl－) > c(NH4+) > c(H+) > c(OH－)
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
6．电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣。下列关于电解质溶液的叙述中正确的是（　　）
A．Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同
B．常温下，1 mol·L－1的CH3COOH溶液与1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)
C．物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c(NH4＋)前者小于后者
D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=10－5 mol·L－1，则此溶液可能是盐酸
7．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）
C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+c（A2﹣）
D．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4Cl溶液：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2CO3]＜c（NH4Cl）
8．20℃时，用NaOH调节溶液的pH，假设不同pH下均有，使用数字传感器测得溶液中各含碳粒子的物质的量浓度随pH的变化曲线如图。下列有关分析错误的是（　　）
A．曲线a代表随pH的变化
B．pH从4到6时主要反应的离子方程式为：
C．pH=7时：
D．曲线a、c交点的
9．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）
A．Na+、H+、MnO4-、CO32- B．NH4+、HCO3-、NO3-、Cl-、
C．Fe3+、NH4+、SCN-、SO42- D．Na+、ClO-、H+、I-
10．下列叙述正确的是（　　）
A．Cu易导电，属于电解质
B．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
C．固体NaCl不导电，但NaCl是电解质
D．BaSO4的水溶液不导电，所以BaSO4是非电解质
11．常温下，某研究小组用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。一段时间内，实验测得AgCl悬浊液中溶解的AgCl浓度变化如图所示，其中a点表示AgCl固体溶于水形成的悬浊液。下列说法不正确的是（　　）
A．a点悬浊液中存在沉淀溶解平衡
B．图中b点可能滴加了溶液
C．图中c点后有黄色沉淀生成
D．由图可知：
12．25℃时，向1L 0.01的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中、、的对数值()与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．适当升高温度﹐L点会右移
B．M点时，
C．随pH增加，先增大后减小
D．N点时，则溶液中
13．下列关于各图像的解释或结论正确的是（　　）
A．图甲表示常温下向20mL pH＝3的醋酸溶液中滴加pH＝11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系
B．图乙表示2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H＜0的平衡常数K与温度和压强的关系
C．图丙表示一定条件下的合成氨反应，N2的起始量恒定时，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数的变化，图中a点N2的转化率等于b点
D．图丁表示反应 2SO2＋O2 2SO3，t1 时刻降低温度符合图示变化
14．某溶液中可能存在Fe3＋、Fe2＋、I－、HCO3-、Cl－、NO3—六种离子中的几种。进行下列实验：
①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；
②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。
据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（　　）
A．I－ B．HCO3— C．Cl－ D．NO3—
15．下列说法错误的是（　　）
A． 的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、 溶液，所需 的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、 溶液中， 相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则
16．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是 （　　）
A．SiO2 B．Na2O C．FeCl2 D．AlCl3
二、综合题
17．
（1）氨气极易溶于水，氨气与水反应的化学方程式为　 　；氨水显碱性的原因是　 　(用离子方程式表示)。
（2）在6份0.01 mol·L－1的氨水中分别加入下列物质：
A．浓氨水
B.纯水
C.少量浓硫酸
D.少量NaOH固体
E．少量Al2(SO4)3固体
①能使c(OH－)减少、c( )增大的是　 　(填字母，下同)。
②能使c(OH－)增大、c( )减少的是　 　。
③能使c(OH－)和c( )都增大的是　 　。
④能使c(OH－)和c( )都减少的是　 　。
18．I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。
完成下列填空：
（1）氮原子核外电子排布式为　 　，其最外层有　 　种运动状态不同的电子；氮气的电子式为　 　；氨气分子的空间构型是　 　。
（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，该反应的化学平衡常数表达式K=　 　；欲使K值变大，可采取的措施是　 　。
吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有
　 　(选填序号)。
a.适当升高温度
b.适当降低温度
c.增大压强
d.减小压强
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因　 　。
（4）某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为　 　，该富液中的溶质是　 　（填化学式），各离子的浓度关系正确的是　 　。
a．c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)
b.3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)
c.c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)
19．CoCl2 6H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取，其工艺流程如下：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等．
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
③CoCl2 6H2O熔点为86℃，加热至110﹣120℃时，失去结晶水生成CoCl2．
回答下列问题：
（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为　 　。
（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是　 　。
（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=　 　；过滤所得沉淀的主要成分为　 　（填化学式）。
（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是　 　，使用该萃取剂的最佳pH范围是　 　（填选项字母）
A.5.0﹣5.5 B.4.0﹣4.5 C.3.0﹣3.5 D.2.0﹣2.5
（5）实验操作“操作1”为　 　、　 　、过滤和减压烘干；制得的CoCl2 6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　 　。
20．纯碱是重要化工产品，侯氏制碱法是由我国著名化学家侯德榜所创立，打破了欧美对制碱业的垄断。其简化工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）高温下“水煤气变换”可制取合成氨的原料气体　 　（填化学式）；沉淀池中反应的化学方程式为　 　，该反应是否符合复分解反应发生的条件？　 　（填“是”或“否”）
（2）流程中的操作为　 　；“副产品”为　 　（填化学式）。
（3）流程中可循环利用的物质有　 　。
（4）产品中可能混有杂质，设计实验检验　 　。
21．电镀废水、废渣的处理和综合利用体现了绿色化学的思想。
（1）Ⅰ．含铬电镀废水的处理可采用以下方法：
电解法。往废水中加入适量氯化钠，以铁为电极进行电解，电解过程中，阳极的电极反应式为　 　。
（2）沉淀法。含铬废水中存在平衡：Cr2O72-+H2O
2CrO42-+2H+．往废水中加入BaCl2，铬元素转化为铬酸钡（BaCrO4）沉淀，此过程中，还应加入NaOH，理由是　 　。
（3）Ⅱ．某工厂利用富含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）制备NiSO4·6H2O．其生产流程如图所示
步骤①中加入H2SO4酸浸，Ni的浸取率随温度的升高如图所示，请你解释浸取率先上升后下降的原因：　 　。
（4）溶液C中溶质的主要成分是　 　 。
（5）步骤②所用的Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，配制该溶液的方法是　 　。
（6）请写出步骤⑤主要反应的离子方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中，加入的NaOH中和了溶液中的氢离子，促进了水的电离程度一直增大，A不符合题意；
B．由图知，pH=4.2时，溶液中HSeO和SeO的浓度相等，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c(SeO)，B不符合题意；
C．，故在NaHSeO3溶液中，HSeO的电离程度大于水解程度，则c(SeO)>c(H2SeO3) ，C符合题意；
D．根据电离方程式知，，当pH=1.2时，HSeO和H2SeO3的浓度相等，因此Ka1=10-1.2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
B.根据电荷守恒分析；
D.根据计算。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．澄清透明的溶液中：Al3＋、Cu2＋、 、Cl-之间及与所在环境中的微粒之间，都不发生反应，它们能大量共存，A符合题意；
B．Al3＋、S2-在水溶液中能发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，B不符合题意；
C．c(OH-)＜ 的溶液中，c(H+)＞ ，溶液呈酸性，ClO-会转化为HClO，不能大量存在，C不符合题意；
D.1mol·L-1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、 会发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或络合物或发生氧化还原反应、双水解反应的就能共存，以此解答该题。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．根据分析，曲线②代表CO ，故A说法符合题意；
B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c(CO )= c(HCO )，即Ka2=c(H+)=10-10.3，故B说法符合题意；
C．曲线②和曲线③交点，说明c(CO )= c(Ca2+)，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，推出c(CO )= =10-4.35，即a=-4.35，根据电离平衡常数Ka2= ，解得c(HCO )=10-2.65，即b=-2.65，故C说法不符合题意；
D．pH=10.3时，c(CO )=10-1.1mol/L，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，c(Ca2+)=10-7.6mol/L，故D说法符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据图象可知，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c(HCO )、c(CO )增大，先生成，再生成，曲线①代表，曲线②代表，因为碳酸钙是难溶物，因此，随着c(CO )增大，溶液中c（Ca2+）减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析作答即可。
B．选择曲线①和②交点，利用Ka2= 计算。
C．选择曲线②和曲线③交点，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )和Ka2= 计算
D．根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )计算。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．Ba2+、 反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，A与题意不符；
B．S2-、H+反应生成硫化氢气体，亚铁离子与硫离子生成硫化亚铁，不能大量共存，B与题意不符；
C．H+、 反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，C与题意不符；
D．K+、Na+、 、 之间不反应，能大量共存，D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此解答该题。
5．【答案】B
【解析】【解答】①25℃时，某NH4Cl溶液的pH为4，则溶液中c（H+）＞c（OH-），温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H+）×c（OH-）=1×10-14，①符合题意；
②强酸弱碱盐溶液中氢离子为水电离出的氢离子，氯化铵为强酸弱碱盐，所以溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10-4mol/L，②不符合题意；
③溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+），盐类水解程度较小，所以c（NH4+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），③符合题意；
综上，上述说法正确的是①③，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①NH4Cl溶液中存在NH4+的水解，任何溶液中都存在c(H+)×c(OH-)=Kw；
②NH4Cl溶液中的H+都来自于水电离产生；
③结合溶液中NH4+的水解和H2O的电离分析离子浓度大小关系；
6．【答案】C
【解析】【解答】A.Na2CO3、NaHCO3的水溶液中都存在的离子有：Na＋、CO32－、HCO3－、H＋、OH－，其所含离子种类相同，A不符合题意；
B.两溶液混合后，所得为CH3COONa溶液，溶液中CH3COO－水解，使得溶液显碱性，故可得关系式：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)，B不符合题意；
C.NH4HSO4溶液中的H+会抑制NH4＋的水解，故NH4HSO4溶液中c(NH4＋)较大，C符合题意；
D.常温下，水电离产生的c(H+)=10－7 mol·L－1，某溶液中由水电离出的c(H+)=10－5 mol·L－1＞10－7 mol·L－1，说明水的电离受到促进，则该溶液应为含有弱碱阳离子的溶液，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据Na2CO3、NaHCO3的电离水解分析；
B.混合后所得溶液为CH3COONa，根据CH3COO－的水解分析；
C.根据NH4＋的水解程度进行分析；
D.根据影响水电离因素进行分析；
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A.10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合得到醋酸、氯化钠和少量HCl，溶液中离子浓度大小为c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中HB﹣离子电离大于其水解，微粒浓度大小为：c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B），故B错误；
C．在NaHA溶液中一定存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），故C错误；
D．铵根离子水解，（NH4）2SO4中含有2个铵根离子，所以铵根离子浓度最大，（NH4）2 CO3中含有2个铵根离子，碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱，所以当它们物质的量浓度相同时，c（NH4+）大小顺序为c[（NH4）2SO4]＞c[（NH4）2CO3]＞c（NH4Cl），所以如果c（NH4+）相同，电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小，所以当c（NH4+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2CO3]＜c（NH4Cl），故D正确；
故选D．
【分析】A.10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合得到醋酸、氯化钠和少量HCl；
B.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中HB﹣离子电离大于其水解；
C．在NaHA溶液中一定有电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；
D．氢离子抑制铵根离子水解，碳酸根离子促进铵根离子水解，电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小，据此判断．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．曲线a的浓度变化先增大后减小，代表浓度随pH的变化，A不符合题意；
B．从图象可知pH从4到6，主要发生的反应是转化为，离子方程式为：OH－ += H2O +，故B不符合题意；
C．pH = 7时c(OH )=c(H+)，根据电荷守恒和溶液呈中性可得： +2=c(Na+)，则 > >c(H2C2O4)，C不符合题意；
D．在曲线a、c交界点有：等于c(H2C2O4)，c(H＋)＋c(Na+)＝c(OH－)＋2+ = c(OH－)＋0.1+ - c(H2C2O4)，所以c(H＋)＋c(H2C2O4) +c(Na+)＝c(OH－)＋+0.1，若c(Na+)=0.1mol/L，则溶液中溶质为NaHC2O4，电离大于水解，则大于c(H2C2O4)，所以要使等于c(H2C2O4)，则氢氧化钠用量要减少，即c(Na+)<0.1mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】在解答水解和电离图像问题时应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含有；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4.充分利用质量守恒和电荷守恒等。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．H+与CO32-要发生离子反应，生成水和CO2，不能大量共存，故A不符合题意；
B．NH4+、HCO3-、NO3-、Cl-在同一溶液中彼此间不发生离子反应，可大量共存，故B符合题意；
C．Fe3+与SCN-能发生离子反应，得到红色溶液，故C不符合题意；
D．ClO-与H+发生离子反应生成弱酸HClO，不能大量共存，故D不符合题意；
答案为B。
【分析】根据离子反应发生的条件进行判断即可。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.Cu为单质，因此既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B.SO2溶于水的过程中发生反应：SO2＋H2O=H2SO3，起导电作用的是H2SO3，而不是SO2，因此SO2属于非电解质，B不符合题意；
C.固体NaCl中不存在可自由移动的离子，因此固体NaCl不导电，但NaCl的水溶液可导电，且NaCl属于化合物，因此NaCl为电解质，C符合题意；
D.BaSO4的水溶液中几乎不含可自由移动的离子，因此BaSO4溶液不导电，但熔融状态的BaSO4含有可自由移动的离子，能导电，因此BaSO4属于电解质，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对电解质、非电解质定义的考查，结合电解质、非电解质的概念进行分析即可。电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．AgCl的悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)，A不符合题意；
B．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，b点后溶解的AgCl变少，说明b点后AgCl沉淀溶解平衡逆向移动，故b点滴加的可能是硝酸银溶液，B不符合题意；
C．c点滴加KI溶液后，氯离子浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中银离子浓度减小，而部分银离子转化为碘化银沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，C不符合题意；
D．由C选项的分析，c点后产生了碘化银，故应有
，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.难溶物中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)。注意化学式或离子之后要表明状态。
B.由图可知，b点之后溶解的AgCl变少，说明沉淀溶解平衡逆向移动。加入AgNO3溶液，会使c(Ag+)增大，利于平衡逆向移动。
C.c点之后溶解的AgCl变多，说明沉淀溶解平衡正向移动。加入KI溶液，I-会与Ag+结合生成AgI黄色沉淀，使得c(Ag+)减小，利于平衡右移。
D.根据C项分析，AgI比AgCl的溶解度小，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(Agl)。
12．【答案】A
【解析】【解答】A． ， L点时，=，则，电离吸热，适当升高温度﹐促进电离，电离平衡常数增大，则增大、pH减小，L点会左移，A符合题意；
B． M点时，=，， ，，按定义，则，B不符合题意；
C． 随pH增加，，温度不变则KW、Ka1均不变，反应过程中先增大、后减小，则先增大后减小，C不符合题意；
D． 溶液呈电中性，，，N点时，则，则，原溶液为1L 0.01的溶液，由物质守恒知，溶液中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】H2A溶液中滴加NaOH溶液，先生成HA-后生成A2-， 不断减小， 先增大后减小， 不断增大，则曲线a为的变化，曲线b为的变化，曲线c为的变化，据此解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸，部分电离，pH＝3的醋酸溶液比pH＝11的NaOH溶液浓度大的多，a点时二者等体积反应，醋酸过量，溶液呈酸性，A不符合题意；
B.平衡常数K只与温度有关，和压强无关，B不符合题意；
C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，C不符合题意；
D.降低体系温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，与图象相符，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.pH=3的醋酸和pH=11的NaOH等体积混合后，溶液显酸性；
B.结合温度、压强对平衡移动的影响分析；
C.结合浓度对平衡移动的影响分析；
D.结合温度对反应速率的影响分析；
14．【答案】D
【解析】【解答】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I-、HCO3-与其反应，一定不能存在；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，则含Fe2+、NO3-，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3-，一定不含I-、HCO3-，可能含Cl-，则溶液里一定含有的阴离子为NO3-，故答案为D。
故答案为：D。
【分析】硝酸能够将二价铁氧化成三价。
15．【答案】B
【解析】【解答】A. 温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)B.pH相同的氨水和 溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、 溶液，氨水所需 的物质的量更大，故B符合题意；
C.pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C不符合题意；
D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以 ，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.考查溶液的酸碱性，需要考虑温度
B.氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质
C.PH相同，氢离子离子浓度相同
D.根据电荷守恒，显中性即可求出
16．【答案】D
【解析】【解答】A.加入二氧化硅，不反应，故A不符合题意
B.加入氧化钠，与水反应生成氢氧化钠，则氢氧根与碳酸氢根反应结合钡离子生成碳酸钡沉淀， 但无气体生成，故不符合题意
C.既无沉淀生成，又无气体生成，故C不符合题意
D.铝离子和碳酸氢根发生双水解，故既有沉淀生成又有气体生成，故D符合题意
故答案为：D
【分析】Al3++3HCO3-=3CO2+Al（OH）3，故既有沉淀又有气体
17．【答案】（1）NH3＋H2O NH3·H2O；NH3·H2O ＋OH－
（2）CE；D；A；B
【解析】【解答】（1）氨气与水反应生成NH3·H2O，方程式为NH3＋H2O NH3·H2O；NH3·H2O为弱电解质，可电离出OH－，溶液呈碱性，电离方程式为NH3·H2O NH4＋＋OH－。
（2）氨水中存在电离平衡：NH3·H2O NH4＋＋OH－，则①若使c(OH－)减少、c(NH4＋)增大可加入与OH－反应的微粒，如硫酸中的H＋能中和OH－，硫酸铝溶液中Al3＋与OH－生成Al(OH)3沉淀，使电离平衡右移，c(NH4＋)增大，
故答案为：CE；②若c(OH－)增大、c(NH4＋)减少，可加入碱，如NaOH，
故答案为：D；③加入浓氨水，可使c(OH－)和c(NH4＋)都增大，
故答案为：A；④稀释促进电离，溶液体积增加的更多，能使c(OH－)和c(NH4＋)都减少，
故答案为：B。
【分析】此题考查弱电解质的电离的影响因素，根据化学平衡的影响来类别进行判断。电离方程式的书写时注意强弱电解质的判断。
18．【答案】（1）1s22s22p3；5；；三角锥型
（2）[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；降低温度；ad
（3）氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2 ，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。
（4）CO32－+ CO2 + H2O → 2HCO3－；KHCO3和K2CO3；a b
【解析】【解答】(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为 ；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；
（2）反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应， a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意；
b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；
d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意。
故答案为：ad；
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；
（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+ CO2 + H2O = 2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，a．根据电荷守恒有c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)，故符合题意；
b.200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况），n(K+)=0.2L 1.5mol/L 2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故符合题意；
c.根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－) ＞c(OH－)＞c(H+)，故不符合题意。
故答案为：a b。
【分析】（2）根据化学平衡常数的定义书写表达式，根据反应方程式的特点分析影响化学平衡移动的条件即可。
19．【答案】（1）Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素
（3）5.2；Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）除去溶液中的Mn2+；C
（5）蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解
【解析】【解答】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，调节溶液PH在3.0—3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2 6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；（3） “加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故答案为：除去溶液中的Mn2+；C ；（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl2 6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2 6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
【分析】（1）氧化铁和亚硫酸钠在盐酸的条件下反应生成氯化亚铁、硫酸钠和水；
（2）根据铁离子和亚铁离子生成沉淀的条件可知，将亚铁离子氧化为铁离子更方便除去铁元素，所以氯酸钠的作用是将亚铁离子氧化为铁离子；
（3）根据氢氧化铝沉淀的pH环境可知，需要将pH调至5.2才可以将铝离子全部沉淀，此时得到的沉淀还有氢氧化铁；
（4）向滤液中加入萃取剂的目的是除去锰离子，此时pH在3.0~3.5之间；
（5）将溶液讲过萃取操作时候要进行的操作有蒸发浓缩、冷却结晶；制得的CoCl2 6H2O在烘干时需减压烘干的原因是可以降低烘干温度，防止产品分解。
20．【答案】（1）；；是
（2）过滤；
（3）、分离出副产品后的母液（或或或）
（4）取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。
【解析】【解答】（1）工艺流程第一步是一氧化碳和高温水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，可以制合成氨的原料气，第三步氨气先通入沉淀池中饱和食盐水，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠固体和氯化铵，反应方程式为，该反应有反应物相互交换成分，并有固体析出，符合复分解反应的条件，故答案为；，是；
（2）流程中的操作为过滤；“副产品”为，故答案为过滤 ；
（3）从流程中可知，二氧化碳可循环利用，分离出副产品后的母液可循环利用，答案为、分离出副产品后的母液（或或或）；
（4）产品中可能混有杂质，设计实验检验氯化钠是否存在。取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。故答案为取少量产品于试管中，加入足量稀酸化，再加入少量溶液，有白色沉淀，则含有；无白色沉淀，则不含。
【分析】流程第一步是一氧化碳和高温水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，然后分离，第二步氢气与氮气反应合成氨气，第三步氨气先通入饱和食盐水，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠固体和氯化铵，第四步，过滤，对碳酸氢钠进行煅烧分解生成碳酸钠。
21．【答案】（1）Fe-2e-=Fe2+
（2）中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀
（3）温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而下降
（4）Na2SO4
（5）将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度
（6）Ni2++ CO32-=NiCO3↓
【解析】【解答】Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+；（2）加入NaOH可以中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀；Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而会下降；（4）根据流程图可知，溶液C中主要的阳离子是Na+、主要的阴离子是SO42-，所以主要成分是Na2SO4；（5）Na2S易水解，配制该溶液的方法是：将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度；（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠，反应离子方程式是Ni2++ CO32-=NiCO3↓。
【分析】Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子；（2）加入NaOH中和氢离子，可以使Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+平衡正向移动；Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解；（4）根据流程图，溶液C中的阳离子是Na+、阴离子是SO42-；（5）Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，说明Na2S易水解，配制该溶液时要抑制其水解；（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠。