第3章 物质在水溶液中的行为 同步练习（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 同步练习
一、单选题
1．1920年参与建设亚洲第一座纯碱厂——永利制碱厂，为我国纯碱工业发展做出杰出贡献的化学家是（　　）
A．屠呦呦 B．侯德榜 C．张青莲 D．徐光宪
2．生活因化学更美好。下列生活用途及化学原理都正确且具有对应关系的是（　　）
选项 生活用途 化学原理
A 维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+ 维生素C具有还原性
B 小苏打可作食品膨松剂 小苏打可水解产生二氧化碳
C 过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂 过氧化钠分解产生氧气
D 明矾可用作净水剂和消毒剂 铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A．A B．B C．C D．D
3．下列物质中，即属于电解质，又能够导电的是（　　）
A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．蔗糖
4．下列物质属于强电解质的是
A．CH3COOH B．NaHCO3 C．NH3·H2O D．HClO
5．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是（　　）
A．小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污
B．过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白
C．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D．汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因
6．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气，下列说法错误的是（　　）
A．甲烧杯中酸过量
B．两烧杯中参加反应的锌等量
C．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
D．反应开始后，乙烧杯中的c（H＋）始终比甲烧杯中的c（H＋）大
7．下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，AgCl在相同物质的量浓度的和NaCl溶液中的溶解度、溶度积常数均相同
B．常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸
C．甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7
D．常温下，向、的饱和溶液中加入少量固体，溶液中减小
8．25℃时，向1L 0.1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为Ka=10－5
B．当通入0.1mol氨气时，c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)
C．当c(R-)=c(HR) 时，溶液为酸性
D．HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH ) c (HR)] 逐渐增大
9．草酸铵用于制安全炸药和供分析试剂等用，已知数据如表：
弱电解质 草酸(H2C2O4)
电离常数(25℃) K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5 K=1.8×10-5
关于常温下0.40mol·L-1的(NH4)2C2O4溶液，下列说法错误的是（　　）
A．由表中数据可判断该溶液呈酸性
B．
C．稀释溶液， 减小
D． 的水解平衡常数是Kh，Kh的数量级为10-5
10．下列离子在指定条件下一定能大量共存的是（　　）
A．加盐酸会产生使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液：Na+、Ca2+、NO 、Cl-
B．加入铝单质生成气体的溶液：MnO 、Cl-、K+、Na+
C．强碱溶液中：CO 、K+、Ba2+、SO
D．常温下， =10-4的溶液：Fe3+、Cu2+、NO 、SO
11．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．等物质的最浓度的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na）+c（H+）=c（S2﹣）+c（HS﹣+c（OH﹣）
B．0.2mol/LNH4Cl溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积混合后：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．常温下向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入同浓度的NaOH溶液至pH=7 c（Na+）＞c（SO42﹣）c（NH4+）
D．25℃时，pH=8 的 CH3COONa 稀溶液中，c（CH3COOH）=9.9×10﹣7mol/L
12．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
①pH=0的溶液中：Na+、Cl﹣、MnO4﹣、SO42﹣
②pH=12的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣
③水电离出的H+浓度c（H+）水=10﹣12mol L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣
⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣
⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、S2﹣．
A．②④ B．①③⑤ C．①⑤⑥ D．①④⑤
13．已知H2CO3的电离常数 ， ，HClO的电离常数 。反应 达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（　　）
A．H2O B．NaOH固体 C．Na2CO3固体 D．NaHCO3固体
14．等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸体积分别为V1、V2、V3,三者的大小关系正确的是（　　）
A．V1=V2= V3 B．V1=V2﹤V3 C．V115．关于甲酸（HCOOH）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（　　）
A．把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后pH=3.5
B．0.1 mol L﹣1的甲酸溶液的pH约为2
C．HCOONa溶液能使酚酞试液变红
D．50mL 1mol L﹣1的甲酸溶液恰好与50mL 1mol L﹣1的NaOH溶液完全反应
16．某温度下，向10mL0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO32-的水解)，滴加过程中溶液中-lgc(Ca2+)与Na2CO3 溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（　　）
A．z 点对应的分散系很稳定
B．w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C．若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D．此温度下，Ksp(CaCO3)=1x10-8.6
二、综合题
17．请回答下列问题．
（1）水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度．
①100℃时1mol L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=　 　mol L﹣1，KW（25℃）　 　 KW（100℃）（填“＞”、“＜”或“=”）．
②25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是　 　（填“促进”、“抑制”或“不影响”）．
（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．已知如表数据．
化学式 电离平衡常数（25℃）
HCN K=4.9×10﹣10
CH3COOH K=1.8×10﹣5
H2CO3 K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11
①25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液 b．CH3COONa 溶液 c．Na2CO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为　 　；（填序号）
②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，则c（Na+）　 　 c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．
18．某镀锌厂排放的废水中含大量、和少量、离子，该厂处理废水的流程如下：
已知：常温下，
（1）中C的化合价为　 　。
（2）“氧化”工序可使转化为两种无毒气体，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（3）“调pH”时最适宜的试剂为　 　(选填序号)，当溶液时，滤液中铁元素是否沉淀完全　 　(选填“是”或“否”)。
A． B．盐酸 C．ZnO D．
（4）从溶液中获取晶体的操作为蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（5）采用热重分析法测定晶体中结晶水数。称取13.45 g 晶体，失去结晶水后，剩余固体质量为8.05g，则n=　 　。
19．甲烷重整可以获得CO、H2等重要化工原料，相关反应原理如下：
①CH4（g）+ O2（g） CO（g）+2H2（g）△H=﹣36kJ/mol
②CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）△H=+206kJ/mol
③CH4（g）+CO2（g） 2CO（g）+2H2（g）△H=+247kJ/mol副反应
④CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O （g）△H=﹣889.6kJ/mol
（1）反应CO2 （g）+H2（g） CO （g）+H2O（g）△H=　 　．
（2）某温度下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2，只发生反应③，测得CH4（g）和CO（g）的浓度随时间变化曲线如图（1）所示．计算0～5小时H2的平均反应速率　 　，该温度下的平衡常数为　 　（保留两位有效数字），若再往容器中充0.4molCH4和0.2molCO，其它条件不变，则平衡向　 　方向移动．
（3）研究人员研究混合气体比例对重整气CO和H2含量影响，在初始温度为973K时，n（O2）/n（H2O）按不同比例投入不同反应容器（绝热）重整相同的时间，重整的数据如图（2）：从图可知，重整气CO的含量随 增大而增大，其主要原因是　 　．
（4）甲烷重整可选氧化物NiO﹣Al2O3作为催化剂．工业上常用Ni（NO3）2、Al（NO3）3混合液加入氨水调节pH=12（常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备．加入氨水调节pH=12时，c（Ni2+）为　 　．已知：Ksp[Ni（OH）2]=5×10﹣16．
20．FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，且有效果好、价格便宜等优点．工业上可将铁粉溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液．
已知：①标准状况下，1体积水中最多能溶解500体积的HCl；②饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1．
（1）在标准状况下，将44.8LHCl气体溶于100mL水中，所得溶液A的密度为1.038g cm﹣3，则溶液中HCl的物质的量浓度为　 　；（若使饱和NaCl溶液中Cl﹣浓度与溶液A中的Cl﹣浓度相等，则还应溶解约　 　 L标准状况HCl气体（溶液体积变化忽略不计）．
（2）若实验室需0.5mol L﹣1NaCl溶液240mL，则应量取体积是　 　 mL的饱和NaCl溶液来配制，在配制过程
中，使用前必须检查是否漏液的仪器有　 　；下列配制操作，造溶液浓度偏高的是　 　（选填标号）．
A．量取溶液时有少量液体溅出
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥
C．定容时，俯视液面加水至刻度线
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E．用量筒量取溶液时仰视读数
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为　 　（用离子方程式表示），若100mL、1mol L﹣1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数　 　 0.1NA（填“大于”、“等于”或“小于”）．
21．同学小明上完氯气性质一节仍感意犹未尽，自己又在老师的指导下做了氯气与金属铝的反应，实验前老师要求他查一下氯化铝的相关理化数据，他发现氯化铝的熔点为190℃（2.02×105 Pa），而沸点是180℃
（1）常压下持续加热AlCl3，AlCl3会　 　（填物理变化过程）
（2）根据这些数据，可以推测氧化铝是　 　晶体，可进一步验证这个结论的是：　 　．
A．熔融氯化铝不导电 B．氯化铝溶液可导电
C．氯化铝温室下为固体 D．氢氧化铝溶于盐酸可生成氯化铝
（3）又查得，氯化铝蒸气的密度（换算成标准状况时）为11.92g L﹣1，氯化铝的化学式为　 　．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】这是侯德榜在前人基础上研制成功的制碱法，反应方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，故答案为：B。
【分析】侯氏制碱法
2．【答案】A
【解析】【解答】A．维生素C帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+，在该反应过程中，Fe元素化合价降低，得到电子被还原，因此说明维生素C具有还原性，A符合题意；
B．小苏打可作食品膨松剂，是由于小苏打不稳定，受热分解产生CO2气体，因此可以使面团松软，故可做食品膨松剂，B不符合题意；
C．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂，是由于过氧化钠能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，C不符合题意；
D．明矾水解产生的氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀从水中分离除去，从而可用作净水剂，但物质不具有强氧化性，因此不能作消毒剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、维生素C可以使铁离子转化为亚铁离子，具有还原性；
B、碳酸氢钠可以分解生成二氧化碳；
C、过氧化钠可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
D、铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶体可以作为净水机，但是不能杀毒。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.铜丝是单质，虽能导电，但既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融的MgCl2属于电解质，且有自由移动的离子，能导电，故B符合题意；
C.虽然NaCl溶液中有自由移动的离子，能导电，但然NaCl溶液是混合物不是混合物，故C不符合题意；
D.蔗糖是非电解质，不能导电，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，只要有自由移动的电子或自由离子就可以导电，据此解答即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．CH3COOH溶于水部分电离，是弱电解质，A不符合；
B．NaHCO3溶于水全部电离，属于强电解质，B符合；
C．NH3·H2O溶于水部分电离，是弱电解质，C不符合；
D．HClO溶于水部分电离，是弱电解质，D不符合；
故答案为：B。
【分析】强电解质：常见的有强酸、强碱、盐、活泼金属氧化物；
弱电解质：常见的有弱酸、弱碱、水。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.常用于生产玻璃的是碳酸钠，A不符合题意；
B.过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B不符合题意；
C.医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病毒氧化，C不符合题意；
D.汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生细小颗粒物，是造成雾霾天气的主要原因，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.可用于生产玻璃的为苏打；
B.Na2O2不可用于食品漂白；
C.酒精不具有氧化性；
D.根据雾霾的形成分析；
6．【答案】A
【解析】【解答】A、n(CH3COOH)> n(HCl)，消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，所以醋酸有剩余，故A符合题意；
B、反应结束后得到等量的氢气，所以消耗锌的质量也相同，故B不符合题意；
C、消耗锌的质量相同，醋酸有剩余，则放入醋酸中的锌完全反应，放入盐酸中的锌有剩余，所以甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大，故C不符合题意；
D、由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】pH相等，说明两种酸中氢离子的浓度相等，但是由于醋酸是弱酸，所以醋酸的物质的量要大于盐酸的物质的量，所以甲烧杯中的酸是过量。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的和NaCl溶液中氯离子浓度不同，对 AgCl溶解平衡逆向移动的影响程度不同，所以，相同温度下，AgCl在相同物质的量浓度的和NaCl溶液中的溶解度不同，由于溶度积常数只与温度有关，所以，相同温度下，溶度积常数相同，故A不符合题意；
B．常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数时，由于醋酸是弱电解质，电离不完全，所以酸性：盐酸>醋酸，即盐酸的pH小于醋酸，故B不符合题意；
C．当甲和乙溶液的pH之和等于14时，等体积混合后，混合液pH=7，甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，可满足二者pH之和为14，即混合液的pH可能等于7，故C符合题意；
D．温度不变，溶度积常数不变，所以向、的饱和溶液中加入少量固体时，溶液中不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.CaCl2和NaCl溶液中氯离子浓度不同，对AgCl溶解平衡逆向移动的影响不同；
B.醋酸是弱电解质，部分电离；
D.根据可知，温度不变，溶度积常数不变，则 不变。
8．【答案】D
【解析】【解答】A.根据起点：pH=5，lg ， HR的电离平衡常数为Ka= =10－5，故不选A；
B. 当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，所以铵根离子水解能力略小于R-， NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)，故不选B；
C. 当c(R-)=c(HR) 时，lg ，根据图像可知pH=5， 溶液为酸性，故不选C。
D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH ) c (HR)]=1/Kh,因为水解常数只受温度影响, c (R-)/[c(OH ) c (HR)]=1/Kh是定值,
故答案为：D;
【分析】A.根据25℃时，0.1mol/L一元酸HR的pH=5计算HR的电离平衡常数；
B.当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，结合一水和氨与HR的电离平衡常数的大小判断铵根离子和R-的水解程度，然后比较离子浓度的大小关系即可；
C.根据c(R-)=c(HR) 时的pH进行判断；
D.比例式含义是R-水解常数的倒数，水解常数只是温度的函数。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．在(NH4)2C2O4溶液中， 水解使溶液呈酸性，其水解常数Kh= =5.6×10-10， 水解使溶液呈碱性，其水解常数 Kh= =1.9×10-10，5.6×10-10＞1.9×10-10，所以 的水解程度大于 的水解程度，所以溶液呈酸性，故A不符合题意；
B．在(NH4)2C2O4溶液中存在电荷守恒：c( )+c(H+)= c( )+c(OH-)+2 c( )，故B不符合题意；
C．稀释(NH4)2C2O4溶液，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，则溶液中c(OH-)增大。 ， c(OH-)增大，则 减小，故C不符合题意；
D．由A分析可知， 的水解平衡常数为1.9×10-10，数量级为10-10，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．计算出Kh，根据Ka与K的大小判断；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据平衡常数Kb不变，c(OH-)增大分析；
D．根据水解常数的大小分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．使澄清石灰水变浑浊CO2或SO2，则该溶液中可能存在CO 、HCO 或SO 、HSO ，CO 、SO 与Ca2+生成沉淀，不能大量共存，故不选A项；
B．加入铝单质生成气体的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，MnO 、Cl-发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选B项。
C．CO 、SO 与Ba2+生成沉淀，不能大量共存，故不选C项；
D．常温下， =10-4的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe3+、Cu2+、NO 、SO 之间互不反应，且均不与氢离子反应，能大量共存，
故答案为：D。
【分析】共存的问题就是不互相反应，A. 产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是二氧化硫或二氧化碳，可能含有碳酸根离子、碳酸氢根离子，亚硫酸根离子，亚硫酸氢根离子，碳酸根和亚硫酸根与钙离子不共存
B. 加入铝单质产生气体，可能是酸性和碱性，酸性条件下，高锰酸根和氯离子不共存
C.钡离子和碳酸根和亚硫酸根反应不共存
D. 常温下， =10-4的溶液呈酸性，可共存
11．【答案】D
【解析】【解答】解：A．等物质的最浓度的H2S和NaHS混合溶液中，电荷守恒：c（Na）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣+c（OH﹣），故A错误；
B.0.2mol/LNH4Cl溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中溶质是等浓度的NH3 H2O、NH4Cl和NaCl，NH3 H2O在溶液中部分电离出NH4+，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），所以c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．常温下向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入同浓度的NaOH溶液至pH=7，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），由于溶液显中性，即c（H+）=c（OH﹣），则c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），所以c（Na+）=c（SO42﹣）=c（NH4+），故C错误；
D．pH=8的CH3COONa 稀溶液中：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，c（H+）=10﹣8mol/L，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，水解生成的c（OH﹣）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7mol/L，所以水解生成的c（CH3COOH）=9.9×10﹣7mol/L，故D正确．
故选D．
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B.0.2mol/LNH4Cl溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中溶质是等浓度的NH3 H2O、NH4Cl和NaCl，结合弱电解质的电离特点分析；
C．根据电荷守恒分析；
D．pH=8的CH3COONa 稀溶液中：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，c（H+）=×10﹣8mol/L，根据Kw计算c（OH﹣），结合水的电离分析．
12．【答案】A
【解析】【解答】解：①pH=0的溶液，显酸性，Cl﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能共存，故不选；
②pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
③水电离出的H+浓度c（H+）水=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣，且NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，故不选；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
⑤使甲基橙变红的溶液，显酸性，Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能共存，故不选；
⑥中性溶液不能存在Fe3+，且Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，Al3+、S2﹣发生相互促进水解反应，不能共存，故不选；
故选A．
【分析】①pH=0的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离出的H+浓度c（H+）水=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性；
⑤使甲基橙变红的溶液，显酸性；
⑥中性溶液不能存在Fe3+，且Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，Al3+、S2﹣发生相互促进水解反应．
13．【答案】D
【解析】【解答】A．加入水稀释，溶液中HClO浓度会减小，A不符合题意；
B．NaOH与HCl、HClO都会发生反应，不能增大HClO的浓度，B不符合题意；
C．由电离平衡的数值可知酸性： ，向溶液中加入Na2CO3，HCl、HClO都可以与Na2CO3反应，不能达到增大HClO浓度的目的，C不符合题意；
D．由电离平衡的数值可知酸性： ，向溶液中加入NaHCO3，只消耗HCl，而不消耗HClO，使可逆反应 向正反应方向移动，达到增大HClO浓度的目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据碳酸和次氯酸的电离常数的比较，要增加次氯酸，其实是式平衡向右移动，因此要消耗盐酸，且不减少次氯酸，因此加入碳酸氢钠固体消耗盐酸
14．【答案】B
【解析】【解答】Ba(OH)2、NaOH为强碱，pH相同说明c(OH－)相同，与等浓度的盐酸恰好中和，消耗的盐酸的体积相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，即相同体积时，NH3·H2O消耗的盐酸的体积大于NaOH消耗盐酸的体积，消耗盐酸体积的顺序是V3>V1=V2，B符合题意；
故答案为：B
【分析】等pH的三种溶液中，其c(OH-)相等，但溶液中所含溶质的量不相等；由于NH3·H2O是弱碱，因此溶液中c(NH3·H2O)最大，因此消耗NaOH的量最多。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．pH=2的甲酸溶液稀释100倍后pH=3.5，如果HCOOH是强电解质，稀释100倍后c（H+）是原来的 ，溶液的pH=4，实际上溶液的pH=3.5＜4，说明甲酸稀释促进其电离，则HCOOH为弱电解质，故A不选；
B.0.1 mol L﹣1的甲酸溶液的pH约为2，说明c（H+）=0.01mol/L＜0.1mol/L，说明甲酸中存在电离平衡，为弱电解质，故B不选；
C．HCOONa溶液能使酚酞试液变红，说明HCOONa是强碱弱酸盐，甲酸根离子水解导致溶液呈碱性，则证明HCOOH是弱电解质，故C不选；
D.50mL 1mol L﹣1的甲酸溶液恰好与50mL 1mol L﹣1的NaOH溶液完全反应，说明HCOOH是一元酸，但不能说明HCOOH部分电离，不能证明其为弱电解质，故D选；
故选D．
【分析】部分电离的电解质是弱电解质，要证明HCOOH为弱电解质，只要能说明HCOOH部分电离即可，据此分析解答．
16．【答案】D
【解析】【解答】A，z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项不符合题意；
B，由图知w、x、y点c（Ca2+）依次减小，溶液中c（CO32-）：wC，CaSO4微溶于水，CaSO4的溶解度大于CaCO3，若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，图像在x点后的变化应在实线下方，C项不符合题意；
D，当加入10mLNa2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c（Ca2+）=c（CO32-）=10-4.3mol/L，Ksp（CaCO3）= c（Ca2+）·c（CO32-）=10-8.6（mol/L）2，D项正确；
答案选D。
【分析】
A，z点在曲线下方，为悬浊液；
B，从CO32-水解促进水的电离分析；
C，CaSO4的溶解度大于CaCO3；
D，结合图像求Ksp；
17．【答案】（1）1×10﹣12；＜；促进
（2）c＞a＞b；＞
【解析】【解答】解：（1）①水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw（25℃）＜Kw（100℃）；
A点c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣14 ，故A点为25℃；B点c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣12 ，故B点为100℃．
100℃时1mol L﹣1 的NaOH溶液中Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣12 ；c（OH﹣）=1mol/L，水电离出的c（H+）=1×10﹣12；
故答案为：1×10﹣12，＜；
②NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水的电离被促进；
故答案为：促进；（2）①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为：c＞a＞b；故答案为：c＞a＞b；
②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成醋酸钠，而醋酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故答案为：＞．
【分析】（1）①Kw=c（H+） c（OH﹣）；温度不同，Kw不同，升温促进水的电离，氢离子浓度增大；②水解的盐促进水的电离；（2）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成醋酸钠，而醋酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣）．
18．【答案】（1）+2价
（2）5：2
（3）C；是
（4）冷却结晶
（5）6
【解析】【解答】由题给流程可知，向废水中通入氯气，将亚铁离子氧化为铁离子，氰酸根离子氧化为氮气和二氧化氮，向反应后的溶液中加入氧化锌，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到硫酸锌溶液和含有氢氧化铁的滤渣；硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体。
（1）由化合价的代数和为0可知，氰酸根离子中碳元素的化合价为+2价，故答案为：+2价；
（2）由题意可知，氯气与废水中的氰酸根离子反应生成氯离子、氢离子、氮气和二氧化碳，反应的离子方程式为2CN-+5Cl2+4H2O=10Cl-+8H++N2+2CO2，由方程式可知，反应中氧化剂氯气与还原剂氰酸根离子物质的量之比为5：2，故答案为：5：2；
（3）由分析可知，调pH的目的是中和溶液中的氢离子，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以不能加入硫酸和盐酸；硫化钠能与溶液中的氢离子反应生成有毒的硫化氢气体，会污染环境，所以不能加入硫化钠，则加入的最适宜的试剂为氧化锌，
故答案为：C；由氢氧化铁的溶度积可知，当溶液pH为4时，滤液中铁离子的浓度为=2.8×10-9mol/L＜1.0×10-5mol/L，所以滤液中铁元素沉淀完全，故答案为：C；是；
（4）由分析可知，从硫酸锌溶液中获取晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；
（5）由题意可知，13.45 g晶体中结晶水的质量为13.45 g-8.05g=5.4g，由物质的量之比等于晶体中硫酸锌和结晶水的个数之比可得：1：n=：，解得n=6，故答案为：6。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。
19．【答案】（1）41kJ/mol
（2）0.12mol/（L h）；1.1（mol/L）2；正
（3）反应②③是吸热反应，反应①④是放热反应，增加n（O2）/n（H2O），①④将向正方向移动，反应产生的热量促使反应②③向正方向移动
（4）5×10﹣12mol/L
【解析】【解答】解：（1）已知①CH4（g）+ O2（g） CO（g）+2H2（g）△H=﹣36kJ/mol②CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）△H=+206kJ/mol③CH4（g）+CO2（g） 2CO（g）+2H2（g）△H=+247kJ/mol副反应④CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O （g）△H=﹣889.6kJ/mol
据盖斯定律，反应[（①﹣②）×4+（③﹣④）]÷2得 =41KJ/mol，故答案为：41kJ/mol；（2）0～5小时时CO的浓度从0变化到0.60mol/L，据化学方程式可知，氢气的反应速率v（H2）= =0.12mol/（L h）；
平衡时浓度[CO]=[H2]=0.8mol/L，[CO2]=[CH4]=0.60mol/L，化学平衡常数K= = =1.1；再往容器中充0.4molCH4和0.2molCO，容器体积为1L，Qc= =1.07＜1.1，平衡正向移动，故答案为：0.12mol/（L h）；1.1（mol/L）2；正；（3）反应①CH4（g）+ O2（g） CO（g）+2H2（g）△H=﹣36kJ/mol
②CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）△H=+206kJ/mol
③CH4（g）+CO2（g） 2CO（g）+2H2（g）△H=+247kJ/mol副反应
④CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O （g）△H=﹣889.6kJ/mol
中，反应②③是吸热反应，反应①④是放热反应，增加n（O2）/n（H2O），①④将向正方向移动，反应产生的热量促使反应②③向正方向移动，
故答案为：反应②③是吸热反应，反应①④是放热反应，增加n（O2）/n（H2O），①④将向正方向移动，反应产生的热量促使反应②③向正方向移动；（4）pH=12，c（OH﹣）=0.01mol/L，Ksp[Ni（OH）2]=5×10﹣16，c（Ni2+）= =5×10﹣12mol/L，故答案为：5×10﹣12mol/L．
【分析】（1）据已知热化学方程式，利用盖斯定律解答；（2）0～5小时时CO的浓度从0变化到0.60mol/L，据化学方程式求算氢气的反应速率；化学平衡常数K= ；再往容器中充0.4molCH4和0.2molCO，据Qc和K的大小比较判断平衡移动方向；（3）从反应放热和吸热角度分析；（4）pH=12，c（OH﹣）=0.01mol/L，据Ksp[Ni（OH）2]=5×10﹣16计算c（Ni2+）．
20．【答案】（1）12mol/L；291.2
（2）25；容量瓶；CE
（3）FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；小于
【解析】【解答】解：（1）标况下，44.8L HCl的物质的量n= = =2mol，HCl的质量=2mol×36.5g/mol=73g，100mL水的质量约为100g，则所得溶液的质量为173g，所得溶液的体积为：V= = mL，所得溶液的物质的量浓度为c= = =12mol/L，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，需再溶解的氯化氢的量为（12﹣5）mol/L×22.4L/mol=291.2L，
故答案为：12mol/L；291.2；（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，稀溶液为0.5mol L﹣1NaCl溶液，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，n=c浓V浓=c稀V稀，V浓= =25mL，容量瓶能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，
A．量取溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，对配制溶液的浓度无影响，故B错误；
C．定容时，俯视液面加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C正确；
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
E．用量筒量取溶液时仰视读数，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故E正确；
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故F错误；
故答案为：25；容量瓶；CE；（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl Na2CO3+H2O=NaHCO3+NaOH，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.1NA，
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；小于．
【分析】（1）根据n= 计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据V= 计算出溶液的体积，再根据c= 计算溶液中HCl的物质的量浓度；饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，根据两者的浓度差计算需溶解的氯化氢的量；（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，利用n=c浓V浓=c稀V稀来计算；能用来盛放液体，且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水；配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c= = 的影响进行判断；（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附性而净水；水解反应为可逆反应．
21．【答案】（1）升华
（2）分子；A
（3）Al2Cl6
【解析】【解答】解：（1）在2.02×105 Pa，AlCl3的沸点是180℃，所以常压下氯化铝的沸点更低，持续加热AlCl3会 升华，故答案为：升华；（2）发现氯化铝的熔点为190℃（2.02×105 Pa），而沸点是180℃，所以常压下氯化铝的熔沸点低，则氯化铝是分子晶体；证明氯化铝是分子晶体的方法是熔融状态下氯化铝不导电，所以选A，故答案为：分子；A；（3）Al显示+3价，则氯化铝可写为（AlCl3）n，M=ρ vm，M=11.92g L﹣1×22.4L mol﹣1=267g/mol，n= =2，化学式为Al2Cl6，
故答案为：Al2Cl6．
【分析】（1）在2.02×105 Pa，AlCl3的沸点是180℃，所以常压下持续加热AlCl3会 升华；（2）发现氯化铝的熔点为190℃（2.02×105 Pa），而沸点是180℃，所以常压下氯化铝的熔沸点低，则氯化铝是分子晶体；分子晶体在熔融状态下不导电；（3）根据密度计算摩尔质量，确定分子式．