第三章 物质在水溶液中的行为（含解析）章节测试 2023-2024学年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章节测试
一、单选题
1．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（　　）。
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
2．酸雨是指（　　）
A．酸性的雨 B．pH=5.6的雨 C．pH<5.6的雨 D．pH=5的雨
3．下列物质属于强电解质的是（　　）
A． B． C． D．Al
4．用下图所示装置分别进行下列溶液的导电性实验，灯泡最亮的是（　　）
A．5%蔗糖溶液 B．75%乙醇溶液
C．20%葡萄糖溶液 D．1mo1mol L-1NaCl溶液
5．下列溶液不一定呈中性的是（　　）
A．的水
B．的溶液
C．水溶液
D．通电一小段时间后的溶液(惰性电极)
6．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：
7．下列说法正确的是（　　）
A．将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B．加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度和溶液的pH均增大
C．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用盐酸溶解而除去
D．在合成氨工业中，将NH3液化并及时分离可增大正反应速率，提高原料转化率
8．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．在pH=1的溶液中：SO32﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+
B．在能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl﹣、NO3﹣、K+
C．在1 mol L﹣1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO42﹣、OH﹣
D．在1 mol L﹣1的AlCl3溶液中：NH4+、Ag+、Na+、NO3﹣
9．已知几种弱酸的电离平衡常数数值如表：
弱酸 HF HClO H2CO3
电离平衡常数(25℃) 6.3×10-4 4.0×10-8 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11
下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．F-+HClO=HF+ClO- B．2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO
C．CO32-+2HF=2F-+CO2↑+H2O D．HCO3-+HClO=ClO-+CO2↑+H2O
10．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b、c三点对应的溶液中，醋酸的电离程度最大的是b点
B．若使c点对应的溶液中c(CH3COO-)增大，可以采取的措施为：加水
C．a、b、c三点溶液用1 mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积最多的为b点
D．a、b、c三点溶液中的c(H+)： c＜a＜b
11．由于血液中存在如下平衡过程： 、 、 ，使血液的pH维持在7.35～7.45.如超出这个范围会造成酸中毒(pH过低)或碱中毒(pH过高)，急性中毒时需静脉注射 或 进行治疗。下列叙述正确的是（　　）
A．血液中 浓度过高会导致酸中毒，使血液中 的值增大
B．治疗碱中毒时，患者需降低呼吸频率，以增加血液中 浓度
C．急性酸中毒时，救治方式是静脉注射 溶液
D．酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生水解
12．下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（　　）
A．Cu2+、Ba2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
C．Mg2+、K+、Cl﹣、NO3﹣ D．Na+、K+、NO3﹣、H+
13．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是（　　）
A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO2
14．下列各项关系中正确的是（　　）
A．0.1mol/LNa2SO3溶液中：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2mol/L
B．常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D．pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系为：①>②>③
15．某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则（　　）
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
16．下列对实验图示的解释错误的是（　　）
实验 通入干燥氯气，观察布条颜色变化 光照过程中氯水的pH变化 金属钠与水的反应 NaCl溶于水
解释 推断氯气能否与水发生反应 pH降低的原因可能是HClO分解
选项 A B C D
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.7×10-5 K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11 3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）物质的量浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液pH大小关系为：c(CH3COONa)　 　c(NaClO)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）H2CO3的电离方程式为：　 　。
（3）向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：　 　。
（4）泡沫灭火器内筒装有Al2(SO4)3溶液，外筒装有NaHCO3溶液。
①
Al2(SO4)3溶液呈酸性的原因是：　 　。（用离子方程式说明）
②
内、外筒溶液混合后发生反应离子方程式为：　 　。
（5）常温下0.1 mol L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______。
A．c(H+)
B．c(H+)·c(OH－)
C．
D．
（6）H+浓度相等、体积相等的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应后，仅有一份溶液中剩余锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是 __（填写序号）。
①开始反应时的速率A＞B ②放出等量氢气所需要的时间B＞A
③参加反应的锌的物质的量A＝B ④A中有锌剩余
18．请回答下列问题：
I．工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：
（1）为除去粗盐水中的Mg2＋、Ca2＋、SO42－等杂质离子，加入试剂顺序合理的是________。
A．碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡 B．碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠
C．氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡 D．氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠
（2）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是　 　。
（3）碳酸化后过滤，滤液A最主要的成分是　 　(填写化学式)，检验这一成分的阴离子的具体方法是：　 　。
（4）煅烧制取Na2CO3在　 　(填字母序号)中进行。
a．瓷坩埚 b．蒸发皿 c．铁坩埚 d．氧化铝坩埚
（5）II．纯碱在生产生活中有广泛的用途。
工业上，可能用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与氯气反应可制得有效成分为次氯酸钠的消毒液，其反应的离子方程式为　 　。
（6）纯碱可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，铬铁矿中的1molCr2O3反应时需要通入标准状况下O2的体积为　 　。
19．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 Ka=1.8×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=3.0×10-8
（1）表中三种酸酸性最强的是　 　。
（2）常温下，0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________。(填字母)
A．c(H＋) B．
C． D．
（3）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为　 　。
20．已知氢氧化钙和碳酸钙在水中分别存在下列溶解平衡：Ca（OH）2（s） Ca2++2OH﹣，CaCO3（s） Ca2++CO ．在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等．为了除去有害气体SO2并变废为宝，常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气，反应产物为石膏．
（1）写出上述两个反应的化学方程式：
①SO2与CaCO3悬浊液反应：　 　
②SO2与Ca（OH）2悬浊液反应：　 　
（2）试说明用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水的理由　 　．
（3）在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表面SO2浓度．在二十世纪的60～70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱的结果，地表面SO2浓度却降低了30%之多．请你从全球环境保护的角度，分析这种方法是否可取？简述理由，危害．
21．磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效复合肥。工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如下：
（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为　 　。
该过程若用硫酸代替盐酸，磷酸的产率明显降低，其原因是　 　。
（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)的目的是　 　。
（3）“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ随pH的变化如右图所示。
①“反应”中，当pH＝　 　时，停止加入三辛胺。
②使用pH试纸测定溶液pH的操作是　 　。
（4）查阅资料可知：①磷酸三丁酯、二(2乙基己基)磷酸都是难溶于水的液态有机物。
②磷酸三丁酯对H3PO4和Fe3＋有较强的萃取作用。
③二(2乙基己基)磷酸仅对Fe3＋有较强的萃取作用。
请根据题中信息，补充完整“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，　 　，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。[实验中须使用的试剂有：二(2乙基己基)磷酸、磷酸三丁酯]
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．该组离子之间不反应，能共存，但MnO4-在水中为紫色，与无色溶液不符，故A不符合题意；
B．该组离子之间不反应，OH-与H+结合生成水，则不能共存，故B不符合题意；
C．该组离子之间不反应，能共存，且均为无色离子，故C符合题意；
D．碱性溶液中，OH-与Cu2+结合生成蓝色沉淀，则不能共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、要注意高锰酸根为紫色；
B、要注意氢离子碱性条件下不能大量存在；
C、钾盐、钠盐都是可溶性盐，氢氧化钾和氢氧化钠都是强碱；
D、铜离子为蓝色。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：酸雨是pH小于5.6的雨水，故选项C符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查常识题，注意对酸雨的理解与认识。
3．【答案】B
【解析】【解答】是弱电解质，属于盐，是强电解质，是非电解质，Al是单质，不属于电解质，
故答案为：B。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中或熔融状态中完全发生电离的电解质。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.蔗糖是非电解质，蔗糖溶液中不存在可自由移动的离子，故蔗糖溶液不具有导电性，A不符合题意；
B.乙醇是非电解质，乙醇溶液中不存在可自由移动的离子，故乙醇溶液不具有导电性，B不符合题意；
C.葡萄糖是非电解质，葡萄糖溶液中不存在可自由移动的离子，故葡萄糖溶液不具有导电性，C不符合题意；
D.NaCl是电解质，NaCl溶液中存在可自由移动的Na+和Cl-，故NaCl溶液具有导电性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，自由移动的离子浓度越大， 溶液的导电性越强。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．的水，C(H+)= C(OH-)，溶液呈中性，故不选A；
B.100℃时，Kw=10-12，，，C(H+)C．是强酸强碱盐，水溶液呈中性，故不选C；
D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，通电一小段时间后的溶液(惰性电极)，实质电解水，溶液仍呈中性，故不选D；
故答案为：B。
【分析】当c(H+)= c(OH-)时，溶液呈中性。
6．【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)。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故A不符合题意；
B．加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度增大，水解产生的氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B不符合题意；
C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原理可知：锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡可以转化为碳酸钙，然后用盐酸除去碳酸钙，故C符合题意；
D．移走NH3，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动，所以提高原料转化率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.对氯化铝溶液进行蒸干时需要不断的通入氯化氢气体才能得到氯化铝固体
B.水解是吸热的，加热硫酸铁溶液时，水解程度增大，酸性增强，pH减小
C.硫酸钙是微溶，而碳酸钙是难溶，加入饱和碳酸钠溶液是难溶电解质的平衡，向着难溶的方向反应，转化为碳酸钙时，加入盐酸进行除杂
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．在pH=1的溶液呈酸性，SO32﹣、Cl﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Cl﹣、NO3﹣、K+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．Ba2+、SO42﹣之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．在1 mol L﹣1的AlCl3溶液中存在大量Cl﹣，Ag+、Cl﹣之间反应生成难溶物氯化银，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；
B．能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
D．氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀．
9．【答案】C
【解析】【解答】A．酸性：，该反应不能发生，A项不符合题意；
B．电离出能力；，所以可与HClO反应，生成和，B项不符合题意；
C．酸性：，离子方程式：CO32-+2HF=2F-+CO2↑+H2O可以发生，C项符合题意；
D．酸性：，所以不能与HClO反应生成，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】弱酸的电离平衡常数越小，说明该弱酸的酸性越弱。由表格信息可知，这几种弱酸的酸性强弱顺序是HCO3-＜HClO＜H2CO3＜HF，再结合“强酸制弱酸”的原理进行分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．弱电解质越稀释越电离，a、b、c三点对应的溶液中，醋酸的电离程度最大的是c点，A不符合题意；
B．c点已经处于分析中的导电能力下降阶段，加水只会导致c(CH3COO-)减小，B不符合题意；
C．醋酸与氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠的量与醋酸的总物质的量有关，与醋酸的电离程度无关，与加水量无关，C不符合题意；
D．醋酸的导电能力由其电离出的离子浓度大小决定，a、b、c三点溶液中的离子浓度关系是b>a>c，醋酸溶液中c(H+)由其电离决定，故c(H+)： c＜a＜b，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．弱电解质越稀释越电离；
B．导电能力下降，离子浓度减小；
C．中和与反应物的总物质的量有关，与电离程度无关，与加水量无关；
D．导电能力由离子浓度大小决定。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．血液中 浓度过高，氢离子浓度增大，会导致酸中毒，其中 的值减小，A不符合题意；
B．因为太快、太深地过度呼吸运动使得肺泡内CO2浓度大大降低，从而加快了肺部血液中地CO2过多地扩散进入肺泡，排出体外，所以治疗碱中毒时，患者需降低呼吸频率，以增加血液中 浓度，B符合题意；
C．急性酸中毒时，救治方式是静脉注射 溶液，C不符合题意；
D．酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生变性而不是水解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用碳酸的电离平衡常数进行替换即可判断
B.pH过高导致碱中毒，呼吸作用产生二氧化碳可以消耗氢氧根
C.酸中毒是pH过低，可以注射碱性的碳酸氢钠
D.酶是蛋白质，酸性或者碱性环境易变性失活
12．【答案】B
【解析】【解答】解：该溶液中存在大量的氢氧根离子，能够与氢氧根离子反应的离子不能大量共存，
A．Ba2+、SO42﹣之间反应生成硫酸钡沉淀，Cu2+与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．Mg2+能够与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H+与溶液中氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】强碱性溶液中存在大量的氢氧根离子，
A．钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；
B．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢氧根离子反应；
C．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；
D．氢离子与氢氧根离子反应生成水．
13．【答案】B
【解析】【解答】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN，则pH最小的是HF，故B符合题意；
故答案为：B
【分析】相同温度下，弱电解质的电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，溶液的pH越小。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.根据物料守恒0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na+)＝2c(SO32－)+2c(HSO3－)+2c(H2SO3)＝0.2 mol/L，故A不符合题意；
B.氨水是弱碱，若a+b=14，pH＝a的稀H2SO4与pH＝b的氨水等体积混合后氨水过量，故B符合题意；
C.0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，2 c(H+)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故C不符合题意；
D.pH相同的三种溶液，NH4HSO4是强酸的酸式盐，c(NH4+)最小；NH4Cl 、(NH4)2SO4因为铵根水解呈酸性，pH相同，所以c(NH4+)相同，故c(NH4+)大小关系为：①=②＞③，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.根据物料守恒即可得出答案；
B.若混合后硫酸与氨水恰好完全反应，则氢离子的物质的量等于氨水的物质的量，据此进行分析；
C.根据溶液中的电荷守恒与物料守恒进行分析；
D.根据相同pH的硫酸铵与氯化铵溶液的水解程度与硫酸氢铵电离时产生的氢离子抑制铵根离子水解进行分析。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸，加入NaOH后反应生成CH3COONa，CH3COONa是强电解质，M点溶质是CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH量较多，导电能力最弱，A不符合题意；
B、N点溶液显碱性，根据电荷守恒，应是c(Na＋)>c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、M点的H＋浓度等于N点OH－浓度，M点为醋酸和醋酸钠的混合液,溶液呈酸性,水的电离受到抑制。N点对应的溶液呈碱性，若N点对应的是醋酸钠和氢氧化钠的混合液时，水的电离程度相同；若N点恰好为醋酸钠溶液，则水的电离程度不同，C符合题意；
D、Q点溶液显中性，消耗的NaOH的体积略小于醋酸溶液的体积，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，离子浓度越大，溶液的导电性越强；
B.N点溶液显碱性，结合电荷守恒分析；
C.结合M点和N点溶液中c(H+)和c(OH-)的大小分析；
D.Q点溶液显中性，溶液溶质为CH3COONa和CH3COOH；
16．【答案】C
【解析】【解答】A．将氯气依次通入含干燥的有色布条、湿润的有色布条，由于氯气不具漂白性，无法使干燥的有色布条褪色，若湿润的有色布条褪色，则说明氯气与水发生反应生成了新物质，故A项不符合题意；
B．新制氯水中含有HClO，HClO见光能发生分解反应生成HCl、O2，因此光照新制氯水过程中溶液pH降低可能是HClO分解，故B项不符合题意；
C．钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为，故C项符合题意；
D．NaCl属于电解质，溶于水后电离出Na+和Cl-，电离方程式为，故D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；
B.次氯酸分解生成盐酸和氧气；
C.该方程式原子不守恒；
D.NaCl溶于水完全电离为钠离子和氯离子。
17．【答案】（1）<
（2）H2CO3 HCO ＋H+、HCO3- CO32- + H+ (或H2CO3 HCO3-＋H+)；
（3）ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HclO
（4）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑
（5）C
（6）③④
【解析】【解答】(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小
为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱，所以pH大小关系为：c(CH3COONa)(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO ＋H+ ， HCO3- CO32- + H+ 。因此，本题正确答案是:H2CO3 HCO ＋H+ ， HCO3- CO32- + H+ ;
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO，
因此，本题正确答案是:ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ;
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解，反应进行完全，离子方程式为： Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑。
（5）A.0.1 mol L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小，A不符合题意；
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数，B不符合题意；
C.0.1 mol L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以 增大，C符合题意；
D. =Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变，D不符合题意；
故答案为：C
（6）① 开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，①不符合题意；
② 由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B，②不符合题意；
③ 由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，③符合题意；
④ 醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，④符合题意；
故答案为：③④
【分析】（1）由表格数据电离平衡常数的大小确定酸性强弱，结合“越弱越水解”确定二者pH的大小；
（2）H2CO3为二元羧酸，在水中部分电离产生H+和HCO3-；
（3）结合酸性强弱确定反应的离子方程式；
（4）①溶液中Al3+的水解使得溶液显酸性；
②Al3+和HCO3-能发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体；
（5）加水稀释过程中，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)和c(H+)均减小，而Kw和电离常数K只与温度有关，据此结合选项分析；
（6）①、开始时c(H+)相等，则反应速率相等；
②、CH3COOH为弱酸，能不断产生H+，使得反应速率较大；
③、生成氢气的关系式为“Zn~H2”，产生等量的H2，则消耗Zn的量相等；
④、B中醋酸过量，则锌完全反应；
18．【答案】（1）D
（2）有晶体析出(或出现浑浊)
（3）NH4Cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子
（4）c
（5）2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl—+ClO-
（6）33.6L
【解析】【解答】（1）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，将生成的沉淀过滤后，向滤液中加入盐酸酸化即可实现除杂的目的。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以正确的顺序可以是氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，答案选D。（2）由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是有晶体析出(或出现浑浊)。（3）氨气、二氧化碳、氯化钠在溶液中生成碳酸氢钠和氯化铵，则酸化后过滤，滤液A最主要的成分是NH4Cl，检验氯离子的具体方法是取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子。（4）煅烧制取Na2CO3在坩埚中进行，由于高温下二氧化硅、氧化铝能与碳酸钠反应，所以应该用铁坩埚，答案选c。（5）由于次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，因此氯气与饱和纯碱溶液反应的离子方程式为2CO32－+Cl2+H2O=2HCO3－+Cl－+ClO－。（6）Cr元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，则1molCr2O3反应时失去6mol电子，根据电子得失守恒可知消耗氧气是6mol÷4＝1.5mol，标准状况下O2的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。
【分析】
（1）利用离子反应（生成沉淀除Ca2＋，Mg2＋，SO42－），注意除杂不能引入新杂，所以先加氯化钡除SO42－，再加碳酸钠除Ca2＋及Ba2＋）
（2）碳酸氢钠的溶解度小于纯碱，碳酸化时产生的现象是有晶体析出（碳酸氢钠过饱和造成)
（3）侯氏制碱法方程式产物为碳酸氢钠和氯化铵，则酸化后过滤，滤液A最主要的成分是NH4Cl，需检验的是氯离子
（4）Na2CO3高温下与二氧化硅、氧化铝反应，所以选用铁坩埚
（5）氯气与饱和纯碱溶液反应可分两步分析：氯气与水反应，产物再与碳酸钠（碱性溶液）反应（由于酸性HCl>碳酸>次氯酸，不生成CO2），所以最终产物应该为氯化钠、次氯酸钠及碳酸氢钠：离子方程式为2CO32－+Cl2+H2O=2HCO3－+Cl－+ClO－。
（6）根据电子得失守恒解题
19．【答案】（1）CH3COOH
（2）B；C
（3）
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO ，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，即酸性最强的为CH3COOH；（2）A.0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，但c(H＋)减小，故A不正确；
B．加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，同一溶液中 = 的比值增大，故B正确；
C．醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则 的比值增大，故C正确；
D．稀释过程中温度不变，则醋酸的电离平衡常数Ka= 不变，故D不正确；故答案为：BC；（3）将amol L-1的醋酸溶液与b mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c（CH3COOH）= （a-b）mol L-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，c(H＋)=1×10-7mol L-1，c（Na+）=c（CH3COO-）= mol L-1，则Ka= = 。
【分析】 (1)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；
(2)0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
(3)amol L-1的醋酸溶液与b mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，根据电荷守恒计算。
20．【答案】（1）2SO2+O2+2CaCO3+4H2O═2（CaSO4 2H2O）+2CO22SO2+O2+2Ca；（OH）2+2H2O═2（CaSO4 2H2O）
（2）Ca（OH）2微溶，澄清的石灰水中Ca（OH）2的浓度小，不利于吸收SO2
（3）答：由于建造高烟囱的结果，地表面SO2浓度却降低了30%之多．从全球环境保护的角度考虑，这种方法不可取，因为SO2的排放总量没有减少，其进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的，答：方法不可取，因为SO2的排放总量没有减少，其进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的
【解析】【解答】解：石膏分为生石膏（CaSO4 2H2O）和熟石膏（2CaSO4 H2O）两种．（1）①SO2与CaCO3悬浊液反应，相当于弱酸制更弱的酸，再氧化，发生2SO2+O2+2CaCO3═2CaSO4+2CO2或2SO2+O2+2CaCO3+4H2O═2（CaSO4 2H2O）+2CO2，
故答案为：2SO2+O2+2CaCO3+4H2O═2（CaSO4 2H2O）+2CO2；②SO2与Ca（OH）2悬浊液反应，相当于酸碱中和反应，再氧化，发生2SO2+O2+2Ca（OH）2+2H2O═2（CaSO4 2H2O）或2SO2+O2+2Ca（OH）2═2CaSO4+2H2O，故答案为：2SO2+O2+2Ca（OH）2+2H2O═2（CaSO4 2H2O）；（2）用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水的理由是：Ca（OH）2微溶，澄清的石灰水中Ca（OH）2的浓度小，不利于吸收SO2，
故答案为：Ca（OH）2微溶，澄清的石灰水中Ca（OH）2的浓度小，不利于吸收SO2；
【分析】（1）①SO2与CaCO3悬浊液反应，伴随氧化还原反应；②SO2与Ca（OH）2悬浊液反应，伴随氧化还原反应，生成硫酸钙；（2）用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水，与浓度有关，浓度大时吸收二氧化硫的效果好；（3）从全球环境保护的角度，减少二氧化硫的排放，减少酸雨的发生．
21．【答案】（1）Ca5(PO4)3OH＋10HCl=5CaCl2＋3H3PO4＋H2O；使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行
（2）加入三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成
（3）4.5；用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH
（4）过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层
【解析】【解答】（1）“制酸”过程中羟磷灰石精矿与盐酸反应生成磷酸、氯化钙和水，反应的化学方程式为Ca5(PO4)3OH＋10HCl=5CaCl2＋3H3PO4＋H2O；该过程若用硫酸代替盐酸，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行，使磷酸的产率明显降低；（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成；（3）①“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成，当pH=4.5时，c(H2PO4-)最大，故“反应”中，当pH＝4.5时，停止加入三辛胺；②使用pH试纸测定溶液pH的操作是用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH；（4）“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。
【分析】（1）制酸”过程中羟磷灰石精矿与盐酸反应生成磷酸、氯化钙和水；
微溶物CaSO4附着在羟磷灰石的表面，使得羟磷灰石无法与盐酸接触，反应会减慢；
（2）根据勒夏特列原理，改变反应中的某一因素，反应会向减弱这种因素的方向进行；
（3）通过观察图像可知，当pH=4.5c(H2PO4-)最大，所以此时应该停止加入三辛胺;
（4）萃取原理指的是利用溶质在不同的溶剂中溶解度中不同。