专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023-2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023-2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 675.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-08 19:09:55 | ||
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文档简介
专题3《水溶液中的离子反应》
一、单选题（共13题）
1．下列事实，其中与盐类的水解有关的有
①碳酸氢钠溶液呈碱性；
②草木灰与铵态氮肥不能混施；
③配制溶液，用稀盐酸溶解固体；
④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；
⑤加热晶体，往往得不到固体。
⑥碳酸氢根离子与偏铝酸根离子在溶液中不能大量共存
A．全部 B．5个 C．4个 D．3个
2．已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：(橙色)(黄色)
实验①：向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓，溶液由黄色变为橙色。
实验②向酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色发生反应：(绿色)。
下列分析正确的是
A．酸性溶液具有强氧化性，是因为离子中含有过氧键
B．实验②能说明氧化性：
C．和在酸性溶液中可以大量共存
D．稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小
3．我校化学小组进行的实验操作及其现象与对应结论均正确的是
选项 实验操作及其现象 结论
A 向浓硫酸中加入铜片并加热，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色；向反应液中加水，溶液变为蓝色 反应产物有和
B 向淀粉溶液中加入稀硫酸搅拌，一段时间后溶液变蓝 氧化性：
C 向固体中加入盐酸，将产生的气体通入溶液中，有黑色沉淀生成 非金属性：
D 向，溶液中滴加溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加3~5滴的溶液，有黑色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
4．下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项 离子组 加(或通)入试剂 判断和分析
A Na+、H+、Ba2+、Cl-、 足量CO2 能大量共存
B Na+、Mg2+、Cl-、 足量NaOH溶液 不能大量共存，只发生下列反应Mg2+++OH-=MgCO3↓+H2O
C Na+、K+、、Cl- 足量NaHCO3溶液 不能大量共存，因和之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
D Na+、K+、ClO-、 少量SO2 不能大量共存，只发生下列氧化还原反应ClO-+H2O+SO2=Cl-++2H+
A．A B．B C．C D．D
5．某温度下，将足量的BaSO4固体置于一定量的水中达到饱和，然后加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．“MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线
B．当c(CO)大于2.5×10-4 mol·L-1时有BaCO3沉淀生成
C．该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水
D．该温度下，反应BaSO4(s)+CO(aq) BaCO3(s)+SO(aq) 的平衡常数K=0.04
6．小明利用家庭用品进行如图所示的导电性实验。用自来水配制约0.2 mol/L的下列物质的溶液，实验时灯泡亮度最弱的是
A．白醋 B．食盐
C．蔗糖 D．小苏打
7．常温下，向1000.01溶液中逐滴加入0.02溶液，图中所示曲线表示混合溶液的变化情况。下列说法中正确的是
A．为一元强碱
B．N点对应的溶液中：
C．K点对应的溶液中：
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
8．下列说法正确的是
A．浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，加水稀释，则减小
B．浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大
C．浓度为0.1 mol·L-1 HA溶液c(H+)=10-4 mol·L-1，则HA为弱电解质
D．CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
9．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 25℃分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pH pH：K2SO3> KCl 非金属性：Cl> S
B 常温下，pH=2的HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合 所得溶液显酸性 HA是弱酸
C 测定0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH 溶液的pH=7 CH3COONH4不水解
D 向盛有2mL0.2mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5~6滴0.2 mol·L-1NaCl溶液，充分反应后，再滴加几滴0.2 mol·L-1Na2S溶液 初始观察到产生白色沉。 淀，滴加Na2S溶液后观察到生 成黑色沉淀 Ksp(Ag2S)A．A B．B C．C D．D
10．下列电解质溶液中，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．在溶液中：
B．在 0.1 mol L﹣1NaClO 溶液中：c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)+c(Na+)
C．pH 相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中
D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，浓度均为 0.1 mol L﹣1 的 HCOOK 与 CH3COONa 溶液中： c(K+)﹣c(HCOO﹣)>c(Na+)﹣c(CH3COO﹣)
11．某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是
A．曲线②代表与的关系
B．向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大
C．的约为
D．时，溶液中的
12．一定温度下，水溶液中H＋和OH-的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是
A．该温度下，a点溶液呈碱性
B．该温度下，0.01 mol·L-1NaOH溶液中c(H＋)=1.0×10-12 mol·L-1
C．该温度下，加入NaOH可能引起由d向b的变化
D．b点时，升高温度，可能引起由b向c的变化
二、填空题（共8题）
13．按要求填空
(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是(用离子方程式表示) 。
(2)将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH稀溶液充分混合后，若溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，则混合前c(NaOH) (填“”“”或“”)c(CH3COOH)。
(3)将AgCl分别放入①5mL H2O、②10mL 0.2mol/L MgCl2溶液、③20mL 0.5mol/L AgNO3溶液、④40mL 0.1mol/L HCl溶液中溶解至饱和，各溶液中Ag+的浓度由大到小的顺序是 (用序号填空)。
(4)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，若溶液呈中性则CH3COOH的电离平衡常数Ka= 。
(5)室温下，1mol/L相同体积的下列四种溶液①BaCl2、②FeCl3、③HF、④Na2CO3所含阳离子数由少到多的顺序是(用序号填空) 。
(6)标准状况下，将2.24L CO2通入100mL浓度为1.5mol/L的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：2c(Na+)= 。
14．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示) 。
(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
+ Fe2++ = Cl－+ Fe3＋+ 。
某化学研究性学习小组探究Fe3＋和之间发生的反应
(3)取5mLFeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。无气泡产生，无沉淀生成。这种红褐色液体是 。
(4)除了观察到以上的现象外，有成员提出了另一种可能：发生氧化还原反应。反应的离子方程式为 。
(5)研究性学习小组设计了两种实验方案证明发生了氧化还原反应。请把实验方案补充完整：
【方案一】检验溶液中含有Fe2+证明发生了氧化还原反应
【方案二】检验溶液中含有 证明发生了氧化还原反应
Ⅰ.预处理：将(1)中获得的混合物放在如图装置中处理足够时间，该操作名称为 。
Ⅱ.检验过程
①简述证明溶液中含有Fe2+的操作方法及现象： ；
②检验溶液中含有另一种离子可选用的试剂是： 。
15．（1）某温度下，纯水中的c(H＋)＝3×10－7 mol/L，滴入稀H2SO4使c(H＋)＝5×10－6 mol/L，则c(OH－)＝ ，由水电离出的c(H＋)为 。
（2）现有常温下的五份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1 HCl溶液；
③pH＝12的氨水；
④pH＝12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
（a）其中水的电离程度相同的是 ；(填序号)
（b）若将②、③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：② ③(填“＞”、“＜”或“＝”)；
（c）将前四份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH： ③ ④ (填“＞”、“＜”或“＝”)；
（3）现有十种物质：①蔗糖 ②熔融NaCl ③盐酸 ④铜丝 ⑤NaOH固体
⑥液氯 ⑦CuSO4固体 ⑧酒精 ⑨氯水 ⑩H2SO4
a.上述物质中可导电的是 （填序号，以下同）；
b.上述物质中属于非电解质的是 。
16．铝及其化合物用途广泛
(1)铝元素的离子结构示意图为
(2)下列实验能说明Al的金属性(原子失电子能力)小于Na的是 (填序号)。
a．分别将Na和Al同时放入冷水中
b．测定等物质的量的Na和Al与酸反应生成H2的体积
c．向Al(OH)3悬浊液中加入足量NaOH溶液
d．用pH计测量NaCl溶液与AlCl3溶液的pH
(3)工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝制铝，每生产1吨Al，阳极大约会损失0．6吨的石墨，则石墨被氧化为 (填化学式)。
(4)碳在高温下与Al2O3反应生成Al4C3固体和CO2该反应每转移1 mol电子，吸热a kJ,该反应的热化学方程式为
(5)室温下，往0．2 mol·L-1 Al2( SO4)3溶液中逐滴加入1．0 mol·L-1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示
①a点溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)
②c→d时，A1元素的主要存在形式是 (填化学式)
③根据图中数据计算,A1(OH)3的KSP ≈ 。
17．已知常温下：部分弱酸的电离平衡常数HCOOH Ka=1.77×10-4 ；HCN Ka=5.0×10-10 ； H2CO3 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11 ；H2C2O4 Ka1=5.60×10-2，Ka2=5.42×10-5
(1)同浓度HCOONa、NaCN溶液中碱性最强是 ；
(2)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a HCOOH；b HCN；c HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母) 。
(3)NaHC2O4溶液呈 性(酸/碱)；Na2C2O4溶液中物料守恒等式 ；
(4)常温下pH=3的H2C2O4溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈 性(酸/碱)
(5)等浓度、等体积的HCOOH与HCOONa溶液混合后pH＜7,则溶液中离子浓度从大到小排序为 ：
18．常温下，有下列四种溶液：①HCl ②NaOH ③NaHSO4 ④CH3COOH
（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因： 。
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，其pH＝ 。
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为① ④（填“>”、“<”或“＝”）。
（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为① ④（填“>”、“<”或“＝”）。
19．(1)常温pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)之比为 。
(2)已知某溶液中只存在OH-、H＋、NH、Cl-四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：
①c(Cl-)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)
②c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H＋)
③c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)
④c(Cl-)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH-)
则上述关系一定不正确的是 (填序号)；若溶液中只有一种溶质，则溶质中离子浓度的大小关系为 (填序号)；若溶液中c(NH)=c(Cl-)，则该溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
(3)常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种，已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。则B是 溶液，C是 。常温下若B溶液中c(OH-)与C溶液中的c(H＋)相同，B溶液的pH用pHb表示，C溶液的pH用pHc表示，则pHb+pHc= (填某个数)。
(4)已知25℃时，醋酸和亚硫酸的电离平衡常数：醋酸K=1.75×10-5，亚硫酸K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7.则25℃时，相同pH的醋酸和亚硫酸溶液的物质的量浓度：CH3COOH H2SO3(填＞、＜或=)；相同浓度的醋酸钠、亚醋酸钠、亚硫酸钠溶液的pH由大到小的顺序为 (填化学式)。
(5)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，若加至铝离子刚好完全沉淀，请写出反应的离子反应方程式 。
20．(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是 (用必要的化学用语和相关文字说明)．
(2)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小的是 (填字母序号，下同)。
A．c(H＋) B．
C．c(H＋)·c(OH－) D．
E．
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据一定增大的是 。
(3)体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数；理由是 ；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H+) (填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。
(4)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10 5，H2SO3的Ka1=1.3×10 2，Ka2=6.2×10 8。将SO2通入该氨水中，当c(OH )降至1.0×10 7 mol·L 1时，溶液中的= 。
(5)①25℃时，Ka(HCN)=4.9×l0-10，Ka(CH3COOH)=1.8×l0-5，H2CO3：K1=4.3×l0-7、K2=5.6×l0-11，25℃时有pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为 ．
②向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为： ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】①碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根的水解；
②草木灰含K2CO3，铵态氮肥即铵盐，混合后碳酸根离子和铵根离子发生相互促进的水解，肥效降低，故草木灰和铵态氮肥不能混施与盐的水解有关；
③CuCl2水解产生氢氧化铜和HCl，配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体是为了抑制CuCl2水解，与盐的水解有关；
④纯碱即Na2CO3，其水解产生NaOH与玻璃中的SiO2反应产生黏性的Na2SiO3，会将玻璃塞粘在试剂瓶上，故实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞与盐的水解有关；
⑤FeCl3水解得到氢氧化铁和HCl，加热FeCl3·6H2O晶体，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到氢氧化铁，得不到FeCl3固体，与盐的水解有关；
⑥当碳酸氢根离子与偏铝酸根离子放在一起时偏铝酸根离子会从碳酸氢根离子那夺取氢离子从而生成氢氧化铝沉淀，所以不能共存，与盐的水解无关；
综上所述，与盐的水解有关的是①②③④⑤；
故选B。
2．B
【详解】A．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，是因为重铬酸根离子中铬元素为最高价态+6价，只表现氧化性，故A错误；
B．由实验②的离子方程式可知，反应中重铬酸根离子为反应的氧化剂，铁离子为氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，重铬酸根离子的氧化性强于铁离子，故B正确；
C．在酸性溶液中，具有强氧化性的铬酸根离子与具有还原性的亚铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由题给离子方程式可知，稀释酸性重铬酸钾溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】A. 由于有浓硫酸剩余，浓硫酸的密度大于水，为防止浓硫酸溶于水放出大量热，造成液体飞溅，因此应将反应液加入水中稀释，故A错误；
B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸搅拌，一段时间后溶液变蓝，是空气中的氧气氧化了碘离子，故B错误；
C. 向固体中加入盐酸，将产生的气体通入溶液中，有黑色沉淀生成，说明与盐酸反应生成了H2S，说明盐酸的酸性比氢硫酸的酸性强，但是比较Cl与S的非金属性强弱时应比较其对应的最高价氧化物的水化物的酸性，故C错误；，
D. 向，溶液中滴加溶液，至不再有白色沉淀生成，Ag+被沉淀完全，再向其中滴加3~5滴的溶液，有黑色沉淀生成，可证明，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．Na+、H+、Ba2+、Cl-、之间不会反应能够共存，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，故A正确；
B．Mg(OH)2更难溶，加入足量NaOH溶液后Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH﹣＝Mg(OH)2↓、+OH﹣＝H2O+，故B错误；
C．AlO2-和均为阴离子，不会发生双水解，但的酸性大于Al(OH)3，可以发生较强酸制较弱酸的反应，生成Al(OH)3沉淀和碳酸根离子，故C错误；
D．Na+、K+、ClO-、之间不反应能够共存，通入少量SO2后先发生的氧化还原反应为：ClO-+H2O+SO2=Cl-++2H+，后发生反应H++ClO- HClO，总反应应为：3ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+2HClO+，故D错误；
故选A。
5．C
【分析】根据图象可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c(CO)=2.5×10-4 mol/L时，开始发生沉淀的转化，此时c(Ba2+)降低，c()升高，即MP线为浓度的变化曲线，而MN线是Ba2+的变化曲线；据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，MN线是Ba2+的变化曲线，故A正确；
B．当c(CO)＞2.5×10-4 mol/L时，钡离子浓度开始减小，因而有BaCO3沉淀生成，故B正确；
C．有分析可知，相同温度时，c(CO)=2.5×10-4 mol/L时，c()=2.0×10-5mol/L，可知Ksp(BaSO4)= 2.0×10-5×5.0×10-6=10-10D．反应BaSO4(s)+CO(aq) BaCO3(s)+SO(aq) 的平衡常数，，故D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，同类型物质可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，C项为易错点，需注意根据平衡常数计算的是平衡浓度，不是反应的起始浓度，计算初始浓度还需算上转化的浓度。
6．A
【详解】蔗糖属于非电解质，水溶液不导电，灯泡不亮；食盐、小苏打属于强电解质，溶液导电能力强，灯泡亮度大，白醋属于弱电解质，溶液导电能力弱，灯泡亮度弱，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
7．C
【分析】
【详解】A．由题图诠释①知，N点溶液呈中性，此时稍过量，说明二者恰好完全反应生成时溶液呈酸性，结合题图诠释③为一元强酸可知，为一元弱碱，A错误；
B．N点溶液呈中性，则，溶液中存在电荷守恒：解题以，故，B错误；
C．由题图诠释②可得，K点时，溶液体积为，因是强酸，故，且存在物料守恒，结合电荷守恒：可得：，变式可得：，C正确；
D．由题图诠释①②知，N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱抑制水的电离，故水的电离：N点大于K点，D错误。
故选；C。
8．C
【详解】A. 加水稀释，增大， 减小，则增大，A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度， 增大，B错误；
C. 浓度为HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，D错误。
故选C。
9．B
【详解】A．25℃分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pH；pH：K2SO3> KCl，说明H2SO3的酸性小于HCl，H2SO3不是S的最高价含氧酸、HCl不是含氧酸，不能证明非金属性Cl> S，故A错误；
B．常温下，pH=2的HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显酸性，说明HA有剩余，则HA是弱酸，故B正确；
C．0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH=7，说明醋酸根离子、铵根离子水解程度相同，故C错误；
D．向盛有2mL0.2mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5~6滴0.2 mol·L-1NaCl溶液，生成氯化银沉淀，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.2 mol·L-1Na2S溶液，硝酸银和Na2S反应生成Ag2S沉淀，不能证明Ksp(Ag2S)选B。
10．C
【详解】A．碳酸氢钠的水溶液显碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c(OH﹣)+c(ClO﹣)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(HClO)+ c(ClO﹣)，二式联立可得c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)，B错误；
C．混合前各溶液中c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，混合前pH相等，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，混合后pH不变，则c(Cl-)和c(CH3COO-)依据相等，C正确；
D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，所以甲酸根离子水解程度小于乙酸根离子水解程度，在等浓度的甲酸钾和乙酸钠溶液中钾离子和钠离子浓度相等，甲酸根浓度大于乙酸根离子浓度，所以c(K+)-c(HCOO-)综上所述答案为C。
11．B
【分析】由题干信息，，，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[]与pH的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线②代表-lg c[]与pH的关系，选项A正确；
B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动， 选项B错误；
C．由图像，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C正确；
D．根据图中曲线可知，时，-lg c[]=1，溶液的pH>14，，选项D正确；
答案选B。
12．A
【详解】A．由图像可知a点c (OH-)大于c (H+)，溶液呈碱性，A正确；
B．由b点可求得该温度下Kw=1.010-12，0.01 mol·L-1NaOH中c(H＋)= =1.0×10-10 mol·L-1，B错误；
C．该温度下，加入NaOH，水的电离向逆方向移动，c (OH-)增大，c (H+)减小，不可能引起由d向b的变化，C错误；
D．b、c点是同一温度，升高温度，不可能引起由b向c的变化，D错误；
故答案选A。
13． Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ ＜ ③＞①＞④＞② ×10-7 ③＜②＜①＜④ 3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)
【详解】(1)明矾可以用于净水，净水原理为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；
(2)溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(CH3COO-)，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，但醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性则醋酸应稍过量，又因为二者的体积相等，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠浓度，故答案为：＜；
(3)溶液中存在Ag+或Cl-均会抑制AgCl的电离，其中20mL 0.5mol/L AgNO3溶液中因本身存在Ag+，则其c(Ag+)最大，由于②④溶液中存在Cl-，c(Cl-)越大导致c(Ag+)越小，②中c(Cl-)比④大，因此四种溶液中c(Ag+)从大到小为③＞①＞④＞②；
(4)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，若溶液呈中性则有电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L、c(K+)=c(CH3COO-)=0.5bmol/L，混合后反应前c(CH3COOH)=mol/L，反应后c(CH3COOH)=mol/L，醋酸的电离平衡常数表达式为Ka===×10-7；
(5)Fe3+为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解，HF为弱酸，在水溶液中会发生不完全电离，因此四种溶液中阳离子浓度从少到多为③＜②＜①＜④；
(6)标准状况下2.24L CO2的物质的量为0.1mol，100mL浓度为1.5mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.15mol，二者完全反应生成0.05mol Na2CO3和0.05mol NaHCO3，可以得到物料守恒2c(Na+)=3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)，因此答案为：3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)。
14． Fe3+水解生成氢氧化铁胶体有吸附性或Fe3+发生水解：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铁胶体具有吸附性 2Fe3++Fe=3Fe2+ 1 6 6 H+ 1 6 3 H2O 氢氧化铁胶体 2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+ 渗析 取少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀（或其它合理方法） 盐酸和氯化钡溶液
【详解】(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到 1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，铁离子能够与亚硫酸根离子发生水解生成了红褐色的氢氧化铁胶体；
(4)Fe3+具有氧化性，具有还原性，Fe3+和在水溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子，根据元素守恒，生成物中含有氢离子，根据得失电子守恒配平离子方程式：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；
(5)根据反应的方程式可知，要证明发生了氧化还原反应，可检验含有Fe2+、也可检验；图中分离溶液和胶体的方法是渗析；根据生成物是Fe2+和，方案一是检验Fe2+的存在，取少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+；方案二是检验，操作是取少量溶液，滴加盐酸和氯化钡溶液，若产生白色沉淀，且白色沉淀不消失，证明含有。
15． 1.8×10－8 mol/L 1.8×10－8 mol/L ②③④ ＞ ＞ ②③④⑨ ①⑧
【详解】（1）某温度下水的离子积为Kw=3×10-7×3×10-7=9×10-14；稀硫酸中c（OH-）=KW/c(H+)=1.8×10－8 mol/L; 水电离出的c(H＋)为1.8×10－8 mol/L。
（2）a.②③④对水的电离产生相同程度的抑制；
b.②、③混合恰好反应时溶液为碱性，当溶液为中性时氨水少量，所以②>③;
c.因为NH3·H2O为弱碱，当稀释时促进电离，所以pH: ③>④;
（3）当存在自由移动的离子时，体系能导电；非电解质应为化合物。
16．(1)
(2)a、c、d
(3)CO、CO2
(4)2Al2O3(s)+6C(s)=Al4C3(s)+3CO2 (g) △H=+12 akJ·mol-1
(5) Al3＋+3H2OAl(OH)3 +3H＋ Al(OH)3 4×10-28
【详解】（1）铝是13号元素，最外层有3个电子，在化学反应中失去3个电子形成铝离子，铝离子的原子结构示意图是 ；
（2）元素金属性强弱判断依据为看金属与酸或水反应的剧烈程度，反应速率越快，越剧烈，金属性越强，
a．分别将Na和Al同时放入冷水中，钠与水剧烈反应，铝几乎不反应，说明钠的金属性强于铝，a正确；
b．测定等物质的量的Na和A1与酸反应生成H2的体积，与钠、铝失电子数有关，与金属性强弱无关，b错误；
c．Al(OH)3能溶于NaOH，说明Al(OH)3是弱碱，NaOH是强碱，所以钠的金属性强于铝，c正确；
d．用pH计测量NaCl溶液与AlC13溶液的pH，NaCl溶液的pH=7，是强酸强碱盐，AlCl3溶液的pH<7属于强酸弱碱盐，说明Na的金属性强于铝，d正确；
故选a、c、d；
（3）根据化学反应2Al2O34Al+3O2，每生产1吨Al，阳极产生吨氧气，若只生成CO，2C + O2 = 2CO大约会损失石墨=（24×）÷32=吨，若只生成CO2，C + O2 = CO2，大约会损失石墨=(12×)÷32=吨，实际上损失0.6吨的石墨，所以石墨被氧化为CO和CO2；
（4）碳在高温下与Al2O3反应生成Al4C3固体和CO2，化学方程式为2Al2O3+6C=Al4C3+3CO2，转移电子12e－，已知该反应每转移1 mol电子，吸热a kJ，该反应的热化学方程式为2Al2O3(s)+6C(s)=Al4C3(s)+3CO2 (g) △H=+12akJ·mol-1；
（5）①a点是硫酸铝溶液，属于强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，用离子方程式表示为Al3＋+3H2OAl(OH)3 +3H＋，
②在c→d段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，所以c→d时，A1元素的主要存在形式是Al(OH)3。
③向硫酸铝溶液中加入NaOH，当pH=5时开始出现Al(OH)3沉淀，说明此时建立了沉淀溶液平衡，OH－的浓度为10-9mol/L假如，铝离子浓度不变，为0.4mol/L，则A1(OH)3的Ksp ≈0.4×(10-9)3=4×10-28。
17．(1)NaCN
(2)b＞a＞c
(3) 酸
(4)酸
(5)c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【详解】（1）酸的电离常数越大，酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液碱性越弱，电离平衡常数：HCOOH＞HCN，水解程度HCOO-＜CN-，则碱性HCOONa＜NaCN；
（2）酸的电离常数越大，酸性越强，体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a HCOOH；b HCN；c HCl，三种溶液的浓度大小为：b＞a＞c，最终电离出n(H＋)大小：b＞a＞c，则消耗NaOH的体积大小为：b＞a＞c；
（3），说明的电离程度大于其水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性；Na2C2O4溶液中物料守恒为：；
（4）草酸为弱酸，pH=3的H2C2O4溶液浓度远大于10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度为10-3mol/L，等体积混合草酸过量，所得溶液呈酸性；
（5）等浓度等体积的HCOOH、HCOONa混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，
c(H+)>c(OH-)，说明HCOOH电离程度大于HCOO-的水解程度，Na+不水解，所以c(HCOO-)>c(Na+)，但其电离和水解程度都较小，所以溶液中存在c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
18． NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－ 13 > <
【分析】（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，c(OH－)= 0.1 mol·L－1，c(H+)=10-13 mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系。
（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。
【详解】（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，c(OH－)= 0.1 mol·L－1，c(H+)=10-13 mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；
（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。
【点睛】等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。
19． 1：108 ② ① 中性 CH3COONa 盐酸 14 ＞ Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3 2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【详解】(1)酸碱抑制水的电离，而能水解的盐促进水的电离，pH=3盐酸，c(H＋)=1×10-3mol/L，溶液中c(OH-)=1×10-11mol/L，由水电离出来的c(H＋)=1×10-11mol/L，pH=3的NH4Cl溶液中，c(H＋)=1×10-3mol/L，由水电离出来的c(H＋)=1×10-3mol／L，则在此温度下pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)之比为10-11︰10-3=1：108；故答案为1：108；
(2)①c(Cl-)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)，该溶液可以是NH4Cl和HCl的混合溶液或者是NH4Cl的溶液；
②c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H＋)，任何溶液都呈电中性，该关系不符合电荷守恒；
③c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)，该溶液可以是NH4Cl和氨水的混合溶液；
④c(Cl-)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH-)，该溶液可以是HCl和NH4Cl的混合溶液；
所以则上述关系一定不正确的是②；若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子会水解导致c(Cl-)＞c(NH)，水解显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，又水解的程度很弱，则c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，①符合，答案为①；若溶液中c(NH)=c(Cl-)，则c(H＋)=c(OH-)，所以该溶液显中性；故答案为②；①；中性；
(3)CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解成碱性，促进水的电离，NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，水解成酸性，促进水的电离，盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，NaNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，A、C溶液的pH相同，A、C为NH4Cl溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，则A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；常温下若CH3COONa溶液中c(OH-)与HCl溶液中的c(H＋)相同，CH3COONa溶液的pH用pHb表示，HCl溶液的pH用pHc表示，由于盐促进水的电离，酸抑制水的电离，促进与抑制相互抵消，则pHb+pHc=14；故答案为CH3COONa；盐酸；14；
(4)根据电离平衡常数越大，酸性越强，已知25℃时，醋酸和亚硫酸的电离平衡常数：醋酸K=1.75×10-5，亚硫酸K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7，则酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO，所以，在25℃时，相同PH的醋酸和亚硫酸溶液的物质的量浓度：CH3COOH＞H2SO3；根据“越弱越水解”，水解程度越大，碱性越强，pH越大，则相同浓度的醋酸钠、亚醋酸钠、亚硫酸钠溶液的pH由大到小的顺序为Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3；故答案为＞；Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3；
(5)明矾的化学式为KAl(SO4)2 12H2O，明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至Al3＋恰好完全沉淀，2mol明矾需要3molBa(OH)2，此时有1molSO没有沉积，离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；故答案为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓。
20． Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+ + 3H2OAl(OH)3 (胶体)+ 3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 A ABCE 大于 稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大 大于 0.62 CH3COONa溶液＞NaCN溶液＞Na2CO3溶液 NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【分析】(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒物，从而使其沉降。
(2) CH3COOHCH3COO-+H+，在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H+)都减小，但c(OH－)增大。由此可分析各表达式，确定一定变小的选项。
若该溶液升高温度，则醋酸的电离平衡、水的电离平衡都向正反应方向移动，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)、c(H+)、c(OH－)都增大，由此可判断5种表达式的数据一定增大的选项。
(3)从图中可以看出，HX的pH变化的幅度大，则HX的酸性较强，HX的电离平衡常数大；稀释后，HX溶液的pH大，则水的电离程度大，电离产生的c(H+)大。
(4)将SO2通入该氨水中，当c(OH )=1.0×10 7 mol·L 1时，c(H+)=1.0×10 7 mol·L 1，由HSO3-H++SO32-可得，Ka2=，=，代入数据，即可求出结果
(5)①酸的电离常数越大，越易发生电离，它的酸根离子越难发生水解，则水解生成相同浓度的OH-，所需酸根离子的浓度越大。从而可得出pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度由大到小的顺序。
②向NaCN溶液中通入少量CO2，因为4.9×l0-10>5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-。
【详解】(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒物，从而使其沉降。答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+ + 3H2OAl(OH)3 (胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
(2) CH3COOHCH3COO-+H+，在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H+)都减小，但c(OH－)增大。
A．醋酸加水稀释，虽然电离产生的H+数目增多，但溶液体积增大占主导地位，所以c(H＋)减小；
B．=，加水稀释，n(CH3COOH)减小，n(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变时，Kw不变；
D．，加水稀释过程中，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以比值增大；
E．=Ka，温度不变时，Ka不变。答案为：A；
若该溶液升高温度，则醋酸的电离平衡、水的电离平衡都向正反应方向移动，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)、c(H+)、c(OH－)都增大。
A．水的电离程度增大，所以c(H＋)增大；
B．，升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小，c(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度升高，Kw增大；
D．，升高温度，c(H+)增大，c(OH－)增大，但H+主要来自醋酸电离，所以c(H+)增大更多，比值减小；
E．=Ka，温度升高时，Ka增大。答案为：ABCE；
(3)从图中可以看出，HX的pH变化的幅度大，则HX的酸性较强，HX的电离平衡常数大于醋酸的平衡常数；稀释后，HX溶液的pH大，则水的电离程度大，水电离产生的c(H+)大，所以HX溶液中由水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。答案为：大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大；大于；
(4)将SO2通入该氨水中，当c(OH )=1.0×10 7 mol·L 1时，c(H+)=1.0×10 7 mol·L 1，由HSO3-H++SO32-可得，Ka2=，===0.62。答案为：0.62；
(5)①酸的电离常数越大，越易发生电离，它的酸根离子越难发生水解，则水解生成相同浓度的OH-，所需酸根离子的浓度越大。从而可得出pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液。答案为：CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液；
②向NaCN溶液中通入少量CO2，因为4.9×l0-10>5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-，化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【点睛】在求时，我们可能思考很多，因为题中提供了氨水的电离常数，亚硫酸的一级、二级电离常数，到底如何求解？此时我们应想到，要想求出，HSO3-与SO32-必须出现在同一个式子中，于是我们想到了HSO3-H++SO32-，想到了此电离方程式，就容易想到利用亚硫酸的Ka2进行求解。
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一、单选题（共13题）
1．下列事实，其中与盐类的水解有关的有
①碳酸氢钠溶液呈碱性；
②草木灰与铵态氮肥不能混施；
③配制溶液，用稀盐酸溶解固体；
④实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；
⑤加热晶体，往往得不到固体。
⑥碳酸氢根离子与偏铝酸根离子在溶液中不能大量共存
A．全部 B．5个 C．4个 D．3个
2．已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：(橙色)(黄色)
实验①：向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓，溶液由黄色变为橙色。
实验②向酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色发生反应：(绿色)。
下列分析正确的是
A．酸性溶液具有强氧化性，是因为离子中含有过氧键
B．实验②能说明氧化性：
C．和在酸性溶液中可以大量共存
D．稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小
3．我校化学小组进行的实验操作及其现象与对应结论均正确的是
选项 实验操作及其现象 结论
A 向浓硫酸中加入铜片并加热，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色；向反应液中加水，溶液变为蓝色 反应产物有和
B 向淀粉溶液中加入稀硫酸搅拌，一段时间后溶液变蓝 氧化性：
C 向固体中加入盐酸，将产生的气体通入溶液中，有黑色沉淀生成 非金属性：
D 向，溶液中滴加溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加3~5滴的溶液，有黑色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
4．下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项 离子组 加(或通)入试剂 判断和分析
A Na+、H+、Ba2+、Cl-、 足量CO2 能大量共存
B Na+、Mg2+、Cl-、 足量NaOH溶液 不能大量共存，只发生下列反应Mg2+++OH-=MgCO3↓+H2O
C Na+、K+、、Cl- 足量NaHCO3溶液 不能大量共存，因和之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
D Na+、K+、ClO-、 少量SO2 不能大量共存，只发生下列氧化还原反应ClO-+H2O+SO2=Cl-++2H+
A．A B．B C．C D．D
5．某温度下，将足量的BaSO4固体置于一定量的水中达到饱和，然后加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．“MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线
B．当c(CO)大于2.5×10-4 mol·L-1时有BaCO3沉淀生成
C．该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水
D．该温度下，反应BaSO4(s)+CO(aq) BaCO3(s)+SO(aq) 的平衡常数K=0.04
6．小明利用家庭用品进行如图所示的导电性实验。用自来水配制约0.2 mol/L的下列物质的溶液，实验时灯泡亮度最弱的是
A．白醋 B．食盐
C．蔗糖 D．小苏打
7．常温下，向1000.01溶液中逐滴加入0.02溶液，图中所示曲线表示混合溶液的变化情况。下列说法中正确的是
A．为一元强碱
B．N点对应的溶液中：
C．K点对应的溶液中：
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
8．下列说法正确的是
A．浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，加水稀释，则减小
B．浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大
C．浓度为0.1 mol·L-1 HA溶液c(H+)=10-4 mol·L-1，则HA为弱电解质
D．CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
9．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 25℃分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pH pH：K2SO3> KCl 非金属性：Cl> S
B 常温下，pH=2的HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合 所得溶液显酸性 HA是弱酸
C 测定0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH 溶液的pH=7 CH3COONH4不水解
D 向盛有2mL0.2mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5~6滴0.2 mol·L-1NaCl溶液，充分反应后，再滴加几滴0.2 mol·L-1Na2S溶液 初始观察到产生白色沉。 淀，滴加Na2S溶液后观察到生 成黑色沉淀 Ksp(Ag2S)
10．下列电解质溶液中，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．在溶液中：
B．在 0.1 mol L﹣1NaClO 溶液中：c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)+c(Na+)
C．pH 相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中
D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，浓度均为 0.1 mol L﹣1 的 HCOOK 与 CH3COONa 溶液中： c(K+)﹣c(HCOO﹣)>c(Na+)﹣c(CH3COO﹣)
11．某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是
A．曲线②代表与的关系
B．向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大
C．的约为
D．时，溶液中的
12．一定温度下，水溶液中H＋和OH-的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是
A．该温度下，a点溶液呈碱性
B．该温度下，0.01 mol·L-1NaOH溶液中c(H＋)=1.0×10-12 mol·L-1
C．该温度下，加入NaOH可能引起由d向b的变化
D．b点时，升高温度，可能引起由b向c的变化
二、填空题（共8题）
13．按要求填空
(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是(用离子方程式表示) 。
(2)将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH稀溶液充分混合后，若溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，则混合前c(NaOH) (填“”“”或“”)c(CH3COOH)。
(3)将AgCl分别放入①5mL H2O、②10mL 0.2mol/L MgCl2溶液、③20mL 0.5mol/L AgNO3溶液、④40mL 0.1mol/L HCl溶液中溶解至饱和，各溶液中Ag+的浓度由大到小的顺序是 (用序号填空)。
(4)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，若溶液呈中性则CH3COOH的电离平衡常数Ka= 。
(5)室温下，1mol/L相同体积的下列四种溶液①BaCl2、②FeCl3、③HF、④Na2CO3所含阳离子数由少到多的顺序是(用序号填空) 。
(6)标准状况下，将2.24L CO2通入100mL浓度为1.5mol/L的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：2c(Na+)= 。
14．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示) 。
(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
+ Fe2++ = Cl－+ Fe3＋+ 。
某化学研究性学习小组探究Fe3＋和之间发生的反应
(3)取5mLFeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。无气泡产生，无沉淀生成。这种红褐色液体是 。
(4)除了观察到以上的现象外，有成员提出了另一种可能：发生氧化还原反应。反应的离子方程式为 。
(5)研究性学习小组设计了两种实验方案证明发生了氧化还原反应。请把实验方案补充完整：
【方案一】检验溶液中含有Fe2+证明发生了氧化还原反应
【方案二】检验溶液中含有 证明发生了氧化还原反应
Ⅰ.预处理：将(1)中获得的混合物放在如图装置中处理足够时间，该操作名称为 。
Ⅱ.检验过程
①简述证明溶液中含有Fe2+的操作方法及现象： ；
②检验溶液中含有另一种离子可选用的试剂是： 。
15．（1）某温度下，纯水中的c(H＋)＝3×10－7 mol/L，滴入稀H2SO4使c(H＋)＝5×10－6 mol/L，则c(OH－)＝ ，由水电离出的c(H＋)为 。
（2）现有常温下的五份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1 HCl溶液；
③pH＝12的氨水；
④pH＝12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
（a）其中水的电离程度相同的是 ；(填序号)
（b）若将②、③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：② ③(填“＞”、“＜”或“＝”)；
（c）将前四份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH： ③ ④ (填“＞”、“＜”或“＝”)；
（3）现有十种物质：①蔗糖 ②熔融NaCl ③盐酸 ④铜丝 ⑤NaOH固体
⑥液氯 ⑦CuSO4固体 ⑧酒精 ⑨氯水 ⑩H2SO4
a.上述物质中可导电的是 （填序号，以下同）；
b.上述物质中属于非电解质的是 。
16．铝及其化合物用途广泛
(1)铝元素的离子结构示意图为
(2)下列实验能说明Al的金属性(原子失电子能力)小于Na的是 (填序号)。
a．分别将Na和Al同时放入冷水中
b．测定等物质的量的Na和Al与酸反应生成H2的体积
c．向Al(OH)3悬浊液中加入足量NaOH溶液
d．用pH计测量NaCl溶液与AlCl3溶液的pH
(3)工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝制铝，每生产1吨Al，阳极大约会损失0．6吨的石墨，则石墨被氧化为 (填化学式)。
(4)碳在高温下与Al2O3反应生成Al4C3固体和CO2该反应每转移1 mol电子，吸热a kJ,该反应的热化学方程式为
(5)室温下，往0．2 mol·L-1 Al2( SO4)3溶液中逐滴加入1．0 mol·L-1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示
①a点溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)
②c→d时，A1元素的主要存在形式是 (填化学式)
③根据图中数据计算,A1(OH)3的KSP ≈ 。
17．已知常温下：部分弱酸的电离平衡常数HCOOH Ka=1.77×10-4 ；HCN Ka=5.0×10-10 ； H2CO3 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11 ；H2C2O4 Ka1=5.60×10-2，Ka2=5.42×10-5
(1)同浓度HCOONa、NaCN溶液中碱性最强是 ；
(2)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a HCOOH；b HCN；c HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母) 。
(3)NaHC2O4溶液呈 性(酸/碱)；Na2C2O4溶液中物料守恒等式 ；
(4)常温下pH=3的H2C2O4溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈 性(酸/碱)
(5)等浓度、等体积的HCOOH与HCOONa溶液混合后pH＜7,则溶液中离子浓度从大到小排序为 ：
18．常温下，有下列四种溶液：①HCl ②NaOH ③NaHSO4 ④CH3COOH
（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因： 。
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，其pH＝ 。
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为① ④（填“>”、“<”或“＝”）。
（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为① ④（填“>”、“<”或“＝”）。
19．(1)常温pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)之比为 。
(2)已知某溶液中只存在OH-、H＋、NH、Cl-四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：
①c(Cl-)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)
②c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H＋)
③c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)
④c(Cl-)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH-)
则上述关系一定不正确的是 (填序号)；若溶液中只有一种溶质，则溶质中离子浓度的大小关系为 (填序号)；若溶液中c(NH)=c(Cl-)，则该溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
(3)常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种，已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。则B是 溶液，C是 。常温下若B溶液中c(OH-)与C溶液中的c(H＋)相同，B溶液的pH用pHb表示，C溶液的pH用pHc表示，则pHb+pHc= (填某个数)。
(4)已知25℃时，醋酸和亚硫酸的电离平衡常数：醋酸K=1.75×10-5，亚硫酸K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7.则25℃时，相同pH的醋酸和亚硫酸溶液的物质的量浓度：CH3COOH H2SO3(填＞、＜或=)；相同浓度的醋酸钠、亚醋酸钠、亚硫酸钠溶液的pH由大到小的顺序为 (填化学式)。
(5)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，若加至铝离子刚好完全沉淀，请写出反应的离子反应方程式 。
20．(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是 (用必要的化学用语和相关文字说明)．
(2)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小的是 (填字母序号，下同)。
A．c(H＋) B．
C．c(H＋)·c(OH－) D．
E．
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据一定增大的是 。
(3)体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数；理由是 ；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H+) (填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。
(4)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10 5，H2SO3的Ka1=1.3×10 2，Ka2=6.2×10 8。将SO2通入该氨水中，当c(OH )降至1.0×10 7 mol·L 1时，溶液中的= 。
(5)①25℃时，Ka(HCN)=4.9×l0-10，Ka(CH3COOH)=1.8×l0-5，H2CO3：K1=4.3×l0-7、K2=5.6×l0-11，25℃时有pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为 ．
②向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为： ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】①碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根的水解；
②草木灰含K2CO3，铵态氮肥即铵盐，混合后碳酸根离子和铵根离子发生相互促进的水解，肥效降低，故草木灰和铵态氮肥不能混施与盐的水解有关；
③CuCl2水解产生氢氧化铜和HCl，配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体是为了抑制CuCl2水解，与盐的水解有关；
④纯碱即Na2CO3，其水解产生NaOH与玻璃中的SiO2反应产生黏性的Na2SiO3，会将玻璃塞粘在试剂瓶上，故实验室盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞与盐的水解有关；
⑤FeCl3水解得到氢氧化铁和HCl，加热FeCl3·6H2O晶体，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到氢氧化铁，得不到FeCl3固体，与盐的水解有关；
⑥当碳酸氢根离子与偏铝酸根离子放在一起时偏铝酸根离子会从碳酸氢根离子那夺取氢离子从而生成氢氧化铝沉淀，所以不能共存，与盐的水解无关；
综上所述，与盐的水解有关的是①②③④⑤；
故选B。
2．B
【详解】A．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，是因为重铬酸根离子中铬元素为最高价态+6价，只表现氧化性，故A错误；
B．由实验②的离子方程式可知，反应中重铬酸根离子为反应的氧化剂，铁离子为氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，重铬酸根离子的氧化性强于铁离子，故B正确；
C．在酸性溶液中，具有强氧化性的铬酸根离子与具有还原性的亚铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由题给离子方程式可知，稀释酸性重铬酸钾溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】A. 由于有浓硫酸剩余，浓硫酸的密度大于水，为防止浓硫酸溶于水放出大量热，造成液体飞溅，因此应将反应液加入水中稀释，故A错误；
B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸搅拌，一段时间后溶液变蓝，是空气中的氧气氧化了碘离子，故B错误；
C. 向固体中加入盐酸，将产生的气体通入溶液中，有黑色沉淀生成，说明与盐酸反应生成了H2S，说明盐酸的酸性比氢硫酸的酸性强，但是比较Cl与S的非金属性强弱时应比较其对应的最高价氧化物的水化物的酸性，故C错误；，
D. 向，溶液中滴加溶液，至不再有白色沉淀生成，Ag+被沉淀完全，再向其中滴加3~5滴的溶液，有黑色沉淀生成，可证明，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．Na+、H+、Ba2+、Cl-、之间不会反应能够共存，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，故A正确；
B．Mg(OH)2更难溶，加入足量NaOH溶液后Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH﹣＝Mg(OH)2↓、+OH﹣＝H2O+，故B错误；
C．AlO2-和均为阴离子，不会发生双水解，但的酸性大于Al(OH)3，可以发生较强酸制较弱酸的反应，生成Al(OH)3沉淀和碳酸根离子，故C错误；
D．Na+、K+、ClO-、之间不反应能够共存，通入少量SO2后先发生的氧化还原反应为：ClO-+H2O+SO2=Cl-++2H+，后发生反应H++ClO- HClO，总反应应为：3ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+2HClO+，故D错误；
故选A。
5．C
【分析】根据图象可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c(CO)=2.5×10-4 mol/L时，开始发生沉淀的转化，此时c(Ba2+)降低，c()升高，即MP线为浓度的变化曲线，而MN线是Ba2+的变化曲线；据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，MN线是Ba2+的变化曲线，故A正确；
B．当c(CO)＞2.5×10-4 mol/L时，钡离子浓度开始减小，因而有BaCO3沉淀生成，故B正确；
C．有分析可知，相同温度时，c(CO)=2.5×10-4 mol/L时，c()=2.0×10-5mol/L，可知Ksp(BaSO4)= 2.0×10-5×5.0×10-6=10-10
故答案选C。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，同类型物质可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，C项为易错点，需注意根据平衡常数计算的是平衡浓度，不是反应的起始浓度，计算初始浓度还需算上转化的浓度。
6．A
【详解】蔗糖属于非电解质，水溶液不导电，灯泡不亮；食盐、小苏打属于强电解质，溶液导电能力强，灯泡亮度大，白醋属于弱电解质，溶液导电能力弱，灯泡亮度弱，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
7．C
【分析】
【详解】A．由题图诠释①知，N点溶液呈中性，此时稍过量，说明二者恰好完全反应生成时溶液呈酸性，结合题图诠释③为一元强酸可知，为一元弱碱，A错误；
B．N点溶液呈中性，则，溶液中存在电荷守恒：解题以，故，B错误；
C．由题图诠释②可得，K点时，溶液体积为，因是强酸，故，且存在物料守恒，结合电荷守恒：可得：，变式可得：，C正确；
D．由题图诠释①②知，N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱抑制水的电离，故水的电离：N点大于K点，D错误。
故选；C。
8．C
【详解】A. 加水稀释，增大， 减小，则增大，A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度， 增大，B错误；
C. 浓度为HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，D错误。
故选C。
9．B
【详解】A．25℃分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pH；pH：K2SO3> KCl，说明H2SO3的酸性小于HCl，H2SO3不是S的最高价含氧酸、HCl不是含氧酸，不能证明非金属性Cl> S，故A错误；
B．常温下，pH=2的HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显酸性，说明HA有剩余，则HA是弱酸，故B正确；
C．0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH=7，说明醋酸根离子、铵根离子水解程度相同，故C错误；
D．向盛有2mL0.2mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5~6滴0.2 mol·L-1NaCl溶液，生成氯化银沉淀，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.2 mol·L-1Na2S溶液，硝酸银和Na2S反应生成Ag2S沉淀，不能证明Ksp(Ag2S)
10．C
【详解】A．碳酸氢钠的水溶液显碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c(OH﹣)+c(ClO﹣)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(HClO)+ c(ClO﹣)，二式联立可得c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)，B错误；
C．混合前各溶液中c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，混合前pH相等，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，混合后pH不变，则c(Cl-)和c(CH3COO-)依据相等，C正确；
D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，所以甲酸根离子水解程度小于乙酸根离子水解程度，在等浓度的甲酸钾和乙酸钠溶液中钾离子和钠离子浓度相等，甲酸根浓度大于乙酸根离子浓度，所以c(K+)-c(HCOO-)
11．B
【分析】由题干信息，，，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[]与pH的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线②代表-lg c[]与pH的关系，选项A正确；
B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动， 选项B错误；
C．由图像，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C正确；
D．根据图中曲线可知，时，-lg c[]=1，溶液的pH>14，，选项D正确；
答案选B。
12．A
【详解】A．由图像可知a点c (OH-)大于c (H+)，溶液呈碱性，A正确；
B．由b点可求得该温度下Kw=1.010-12，0.01 mol·L-1NaOH中c(H＋)= =1.0×10-10 mol·L-1，B错误；
C．该温度下，加入NaOH，水的电离向逆方向移动，c (OH-)增大，c (H+)减小，不可能引起由d向b的变化，C错误；
D．b、c点是同一温度，升高温度，不可能引起由b向c的变化，D错误；
故答案选A。
13． Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ ＜ ③＞①＞④＞② ×10-7 ③＜②＜①＜④ 3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)
【详解】(1)明矾可以用于净水，净水原理为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；
(2)溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(CH3COO-)，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，但醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性则醋酸应稍过量，又因为二者的体积相等，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠浓度，故答案为：＜；
(3)溶液中存在Ag+或Cl-均会抑制AgCl的电离，其中20mL 0.5mol/L AgNO3溶液中因本身存在Ag+，则其c(Ag+)最大，由于②④溶液中存在Cl-，c(Cl-)越大导致c(Ag+)越小，②中c(Cl-)比④大，因此四种溶液中c(Ag+)从大到小为③＞①＞④＞②；
(4)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，若溶液呈中性则有电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L、c(K+)=c(CH3COO-)=0.5bmol/L，混合后反应前c(CH3COOH)=mol/L，反应后c(CH3COOH)=mol/L，醋酸的电离平衡常数表达式为Ka===×10-7；
(5)Fe3+为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解，HF为弱酸，在水溶液中会发生不完全电离，因此四种溶液中阳离子浓度从少到多为③＜②＜①＜④；
(6)标准状况下2.24L CO2的物质的量为0.1mol，100mL浓度为1.5mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.15mol，二者完全反应生成0.05mol Na2CO3和0.05mol NaHCO3，可以得到物料守恒2c(Na+)=3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)，因此答案为：3c(HCO)+3c(CO)+3c(H2CO3)。
14． Fe3+水解生成氢氧化铁胶体有吸附性或Fe3+发生水解：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铁胶体具有吸附性 2Fe3++Fe=3Fe2+ 1 6 6 H+ 1 6 3 H2O 氢氧化铁胶体 2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+ 渗析 取少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀（或其它合理方法） 盐酸和氯化钡溶液
【详解】(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到 1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，铁离子能够与亚硫酸根离子发生水解生成了红褐色的氢氧化铁胶体；
(4)Fe3+具有氧化性，具有还原性，Fe3+和在水溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子，根据元素守恒，生成物中含有氢离子，根据得失电子守恒配平离子方程式：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；
(5)根据反应的方程式可知，要证明发生了氧化还原反应，可检验含有Fe2+、也可检验；图中分离溶液和胶体的方法是渗析；根据生成物是Fe2+和，方案一是检验Fe2+的存在，取少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+；方案二是检验，操作是取少量溶液，滴加盐酸和氯化钡溶液，若产生白色沉淀，且白色沉淀不消失，证明含有。
15． 1.8×10－8 mol/L 1.8×10－8 mol/L ②③④ ＞ ＞ ②③④⑨ ①⑧
【详解】（1）某温度下水的离子积为Kw=3×10-7×3×10-7=9×10-14；稀硫酸中c（OH-）=KW/c(H+)=1.8×10－8 mol/L; 水电离出的c(H＋)为1.8×10－8 mol/L。
（2）a.②③④对水的电离产生相同程度的抑制；
b.②、③混合恰好反应时溶液为碱性，当溶液为中性时氨水少量，所以②>③;
c.因为NH3·H2O为弱碱，当稀释时促进电离，所以pH: ③>④;
（3）当存在自由移动的离子时，体系能导电；非电解质应为化合物。
16．(1)
(2)a、c、d
(3)CO、CO2
(4)2Al2O3(s)+6C(s)=Al4C3(s)+3CO2 (g) △H=+12 akJ·mol-1
(5) Al3＋+3H2OAl(OH)3 +3H＋ Al(OH)3 4×10-28
【详解】（1）铝是13号元素，最外层有3个电子，在化学反应中失去3个电子形成铝离子，铝离子的原子结构示意图是 ；
（2）元素金属性强弱判断依据为看金属与酸或水反应的剧烈程度，反应速率越快，越剧烈，金属性越强，
a．分别将Na和Al同时放入冷水中，钠与水剧烈反应，铝几乎不反应，说明钠的金属性强于铝，a正确；
b．测定等物质的量的Na和A1与酸反应生成H2的体积，与钠、铝失电子数有关，与金属性强弱无关，b错误；
c．Al(OH)3能溶于NaOH，说明Al(OH)3是弱碱，NaOH是强碱，所以钠的金属性强于铝，c正确；
d．用pH计测量NaCl溶液与AlC13溶液的pH，NaCl溶液的pH=7，是强酸强碱盐，AlCl3溶液的pH<7属于强酸弱碱盐，说明Na的金属性强于铝，d正确；
故选a、c、d；
（3）根据化学反应2Al2O34Al+3O2，每生产1吨Al，阳极产生吨氧气，若只生成CO，2C + O2 = 2CO大约会损失石墨=（24×）÷32=吨，若只生成CO2，C + O2 = CO2，大约会损失石墨=(12×)÷32=吨，实际上损失0.6吨的石墨，所以石墨被氧化为CO和CO2；
（4）碳在高温下与Al2O3反应生成Al4C3固体和CO2，化学方程式为2Al2O3+6C=Al4C3+3CO2，转移电子12e－，已知该反应每转移1 mol电子，吸热a kJ，该反应的热化学方程式为2Al2O3(s)+6C(s)=Al4C3(s)+3CO2 (g) △H=+12akJ·mol-1；
（5）①a点是硫酸铝溶液，属于强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，用离子方程式表示为Al3＋+3H2OAl(OH)3 +3H＋，
②在c→d段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，所以c→d时，A1元素的主要存在形式是Al(OH)3。
③向硫酸铝溶液中加入NaOH，当pH=5时开始出现Al(OH)3沉淀，说明此时建立了沉淀溶液平衡，OH－的浓度为10-9mol/L假如，铝离子浓度不变，为0.4mol/L，则A1(OH)3的Ksp ≈0.4×(10-9)3=4×10-28。
17．(1)NaCN
(2)b＞a＞c
(3) 酸
(4)酸
(5)c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【详解】（1）酸的电离常数越大，酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液碱性越弱，电离平衡常数：HCOOH＞HCN，水解程度HCOO-＜CN-，则碱性HCOONa＜NaCN；
（2）酸的电离常数越大，酸性越强，体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a HCOOH；b HCN；c HCl，三种溶液的浓度大小为：b＞a＞c，最终电离出n(H＋)大小：b＞a＞c，则消耗NaOH的体积大小为：b＞a＞c；
（3），说明的电离程度大于其水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性；Na2C2O4溶液中物料守恒为：；
（4）草酸为弱酸，pH=3的H2C2O4溶液浓度远大于10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度为10-3mol/L，等体积混合草酸过量，所得溶液呈酸性；
（5）等浓度等体积的HCOOH、HCOONa混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，
c(H+)>c(OH-)，说明HCOOH电离程度大于HCOO-的水解程度，Na+不水解，所以c(HCOO-)>c(Na+)，但其电离和水解程度都较小，所以溶液中存在c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
18． NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－ 13 > <
【分析】（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，c(OH－)= 0.1 mol·L－1，c(H+)=10-13 mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系。
（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。
【详解】（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；
（2）0.1 mol·L－1的溶液②，c(OH－)= 0.1 mol·L－1，c(H+)=10-13 mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；
（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；
（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。
【点睛】等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。
19． 1：108 ② ① 中性 CH3COONa 盐酸 14 ＞ Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3 2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【详解】(1)酸碱抑制水的电离，而能水解的盐促进水的电离，pH=3盐酸，c(H＋)=1×10-3mol/L，溶液中c(OH-)=1×10-11mol/L，由水电离出来的c(H＋)=1×10-11mol/L，pH=3的NH4Cl溶液中，c(H＋)=1×10-3mol/L，由水电离出来的c(H＋)=1×10-3mol／L，则在此温度下pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)之比为10-11︰10-3=1：108；故答案为1：108；
(2)①c(Cl-)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)，该溶液可以是NH4Cl和HCl的混合溶液或者是NH4Cl的溶液；
②c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H＋)，任何溶液都呈电中性，该关系不符合电荷守恒；
③c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)，该溶液可以是NH4Cl和氨水的混合溶液；
④c(Cl-)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH-)，该溶液可以是HCl和NH4Cl的混合溶液；
所以则上述关系一定不正确的是②；若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子会水解导致c(Cl-)＞c(NH)，水解显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，又水解的程度很弱，则c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，①符合，答案为①；若溶液中c(NH)=c(Cl-)，则c(H＋)=c(OH-)，所以该溶液显中性；故答案为②；①；中性；
(3)CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解成碱性，促进水的电离，NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，水解成酸性，促进水的电离，盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，NaNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，A、C溶液的pH相同，A、C为NH4Cl溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，则A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；常温下若CH3COONa溶液中c(OH-)与HCl溶液中的c(H＋)相同，CH3COONa溶液的pH用pHb表示，HCl溶液的pH用pHc表示，由于盐促进水的电离，酸抑制水的电离，促进与抑制相互抵消，则pHb+pHc=14；故答案为CH3COONa；盐酸；14；
(4)根据电离平衡常数越大，酸性越强，已知25℃时，醋酸和亚硫酸的电离平衡常数：醋酸K=1.75×10-5，亚硫酸K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7，则酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO，所以，在25℃时，相同PH的醋酸和亚硫酸溶液的物质的量浓度：CH3COOH＞H2SO3；根据“越弱越水解”，水解程度越大，碱性越强，pH越大，则相同浓度的醋酸钠、亚醋酸钠、亚硫酸钠溶液的pH由大到小的顺序为Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3；故答案为＞；Na2SO3＞CH3COONa＞NaHSO3；
(5)明矾的化学式为KAl(SO4)2 12H2O，明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至Al3＋恰好完全沉淀，2mol明矾需要3molBa(OH)2，此时有1molSO没有沉积，离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；故答案为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓。
20． Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+ + 3H2OAl(OH)3 (胶体)+ 3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 A ABCE 大于 稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大 大于 0.62 CH3COONa溶液＞NaCN溶液＞Na2CO3溶液 NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【分析】(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒物，从而使其沉降。
(2) CH3COOHCH3COO-+H+，在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H+)都减小，但c(OH－)增大。由此可分析各表达式，确定一定变小的选项。
若该溶液升高温度，则醋酸的电离平衡、水的电离平衡都向正反应方向移动，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)、c(H+)、c(OH－)都增大，由此可判断5种表达式的数据一定增大的选项。
(3)从图中可以看出，HX的pH变化的幅度大，则HX的酸性较强，HX的电离平衡常数大；稀释后，HX溶液的pH大，则水的电离程度大，电离产生的c(H+)大。
(4)将SO2通入该氨水中，当c(OH )=1.0×10 7 mol·L 1时，c(H+)=1.0×10 7 mol·L 1，由HSO3-H++SO32-可得，Ka2=，=，代入数据，即可求出结果
(5)①酸的电离常数越大，越易发生电离，它的酸根离子越难发生水解，则水解生成相同浓度的OH-，所需酸根离子的浓度越大。从而可得出pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度由大到小的顺序。
②向NaCN溶液中通入少量CO2，因为4.9×l0-10>5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-。
【详解】(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒物，从而使其沉降。答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+ + 3H2OAl(OH)3 (胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
(2) CH3COOHCH3COO-+H+，在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H+)都减小，但c(OH－)增大。
A．醋酸加水稀释，虽然电离产生的H+数目增多，但溶液体积增大占主导地位，所以c(H＋)减小；
B．=，加水稀释，n(CH3COOH)减小，n(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变时，Kw不变；
D．，加水稀释过程中，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以比值增大；
E．=Ka，温度不变时，Ka不变。答案为：A；
若该溶液升高温度，则醋酸的电离平衡、水的电离平衡都向正反应方向移动，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)、c(H+)、c(OH－)都增大。
A．水的电离程度增大，所以c(H＋)增大；
B．，升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小，c(H+)增大，所以比值增大；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度升高，Kw增大；
D．，升高温度，c(H+)增大，c(OH－)增大，但H+主要来自醋酸电离，所以c(H+)增大更多，比值减小；
E．=Ka，温度升高时，Ka增大。答案为：ABCE；
(3)从图中可以看出，HX的pH变化的幅度大，则HX的酸性较强，HX的电离平衡常数大于醋酸的平衡常数；稀释后，HX溶液的pH大，则水的电离程度大，水电离产生的c(H+)大，所以HX溶液中由水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。答案为：大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大；大于；
(4)将SO2通入该氨水中，当c(OH )=1.0×10 7 mol·L 1时，c(H+)=1.0×10 7 mol·L 1，由HSO3-H++SO32-可得，Ka2=，===0.62。答案为：0.62；
(5)①酸的电离常数越大，越易发生电离，它的酸根离子越难发生水解，则水解生成相同浓度的OH-，所需酸根离子的浓度越大。从而可得出pH相等的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液。答案为：CH3COONa溶液>NaCN溶液>Na2CO3溶液；
②向NaCN溶液中通入少量CO2，因为4.9×l0-10>5.6×l0-11，所以H2CO3只能转化为HCO3-，化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【点睛】在求时，我们可能思考很多，因为题中提供了氨水的电离常数，亚硫酸的一级、二级电离常数，到底如何求解？此时我们应想到，要想求出，HSO3-与SO32-必须出现在同一个式子中，于是我们想到了HSO3-H++SO32-，想到了此电离方程式，就容易想到利用亚硫酸的Ka2进行求解。
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