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．常温下，稀释0.1mol/LNH4Cl溶液，下图中的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示的是（　　）
A． 水解的平衡常数 B．溶液的pH
C．液中 物质的量 D．溶液中c( )
2．下列物质中，其水溶液能导电，但自身属于非电解质的是（　　）
A．CH3COOH B．Na2O C．H2SO4 D．SO2
3．下列物质不属于弱电解质的是
A． B． C． D．
4．下列各组离子，能在溶液中大量共存且溶液澄清透明的是（　　）
A．Mg2+、H+、Cu2+、SO B．Ba2+、NO、、CO
C．Ag+、H+、、NO D．K+、H+、、CO
5．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是(　　)
选项 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 H3PO4 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 酒精 H2O
A．A B．B C．C D．D
6．常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是（　　）
A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的pH更大
B．pH＝13的两溶液稀释100倍，前者的pH大于后者
C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH-)均减小
D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．某无色溶液： Na+、SO 、Cu2+
B．pH=1的溶液： Ba2+、NO 、K+
C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Al3+、I-
D．水电离的 的溶液：K+、HCO 、Cl-
8．为比较盐酸与醋酸的酸性强弱，下列方案不可行的是（均在常温下测定）
A．比较等体积、等pH值的两种溶液的导电性
B．比较等物质的量浓度的氯化钠与醋酸钠溶液的pH值
C．比较等体积、等pH值的两种溶液与过量锌粉反应产生氢气的量
D．比较等体积、等物质的量浓度的两种溶液稀释相同倍数后的pH变化
9．室温下，向10 mL 0.10mol L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20mol L-1HX 溶液，混合溶液的pH 变化如图所示(温度和体积变化忽硌不计)。下列结论错误的是（　　）
A．HX为一元弱酸，YOH 为一元强碱
B．M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度
C．N点对应溶液中粒子浓度：c(HX)> c(X - ) > c(Y+ ) > c(H+ ) > c(OH-)
D．室温时,pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)mol L-1
10．向1L含0.3molNaAlO2的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n（CO2）增大，下列对应关系不正确的是（　　）
选项 n（CO2）/mol 溶液中离子的物质的量浓度
A 0 c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B 0.1 c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C 0.2 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D 0.3 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
A．A B．B C．C D．D
11．下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（　　）
A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4
B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
D．用Al2(SO4)3溶液净化含少量泥土的浑浊水
12．某温度下， 和 的电离常数分别为 和 。将 和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．曲线Ⅰ代表 溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中 保持不变（其中 、 分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与 恰好中和后，溶液中 相同
13．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：
B．硫化钠溶液中：
C．无色透明溶液中：
D．水电离出的的溶液中：
14．对室温下氢离子浓度、体积均相同的HCl溶液和CH3COOH溶液分别采取以下措施，有关叙述正确的是（　　）
A．加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度都减小
B．使温度升高20 ℃，两溶液的氢离子浓度都不变
C．与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积一样多
D．加足量的Zn充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
15．在10mL浓度均为0.1mol/L的碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液中逐滴加入16mL0.1mol/L的盐酸后，溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序正确的是（　　）
A．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）
B．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）
C．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
D．c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
16．已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0× 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知： ≈2.4， ≈3.2) （　　）
A．M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11 mol·L-1
B．与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的
C．向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液
D．FeS+Ni2+ NiS+Fe2+的平衡常数K=6000
二、综合题
17．回答下列问题：
（1）已知100℃时，水的离子积常数为，该温度下，有pH=11的NaOH溶液100mL，要使它的pH变为10(体积变化忽略不计)：
①如果加入蒸馏水，应加　 　mL；
②如果加入pH=9的NaOH溶液，应加　 　 mL；
③如果加入0.01的盐酸，应加　 　 mL。
（2）在t℃时，测得0.01NaOH溶液的pH=11，0.1的HA溶液中。回答下列问题：
①该温度下，水的离子积常数Kw=　 　；
②该温度下，0.1的HA溶液中由水电离出的c(H+)=　 　。
（3）①明矾溶液呈　 　(填“酸性”“中性”或“碱性”)，原因是　 　(用离子方程式表示)；
②将氯化铁溶液蒸干灼烧得到的固体物质是　 　(填化学式)。
18．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　 　．
19．如图所示：横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或[Zn(OH)4]2－物质的量浓度的对数，回答下列问题。
（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为　 　。
（2）从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp＝　 　。
（3）某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液pH的范围是　 　。
（4）泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液；灭火器内另有一容器中装有Al2(SO4) 3溶液，该溶液呈酸性的原因是：　 　(用离子方程式表示)。当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来即可使药液混合，喷出CO2和Al(OH)3，阻止火势蔓延。其相关化学反应的离子方程式为：　 　。
20．常温下，有四种溶液：
①0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液　②0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液　③0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液④0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液
（1）溶液①的pH　 　（填“>”“<”或“=”）7，溶液中离子的电荷守恒关系式是　 　。
（2）溶液②呈　 　（填“酸”“碱”或“中”）性。其原因是　 　（用离子方程式和适当的叙述说明）。
（3）下列有关①和②两种溶液的说法正确的是　 　（填字母）。
a. 两种溶液中c(CH3COO-) 都等于0.1 mol·L-1
b. 两种溶液中c(CH3COO-) 都小于0.1 mol·L-1
c. CH3COOH溶液中c(CH3COO-) 小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
（4）NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>7，则NaHSO3溶液中c（H2SO3）　 　（填“>”“<”或“=”，下同）c( )，NaHCO3溶液中c(H2CO3)　 　c（ ）。
21．今有a·盐酸 b·硫酸 c·醋酸三种酸：
（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的NaHCO3粉末，
在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是　 　。（用a、b、c表示，下同）
（2）完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是　 　；
（3）完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同物质的量浓度的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是　 　；
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A． 水解的平衡常数只与温度有关，加水稀释， 水解的平衡常数不变，故A不选；
B．NH4Cl水解呈酸性，加水稀释，水解程度增大，但酸性减弱，溶液的pH将增大，故选B；
C．加水稀释， 的水解程度增大，溶液中 的物质的量将减小，故C不选；
D．加水稀释， 水解程度增大，且溶液的体积增大， 减小，故D不选；
故答案为：B。
【分析】 水解的平衡常数只受温度的影响；
加水稀释， 水解程度增大，且溶液的体积增大， 减小。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸在水溶液中电离出醋酸根和氢离子，水溶液可以导电，但自身为弱电解质，故A不符合题意；
B．Na2O溶于水生成NaOH，电离出钠离子和氢氧根，水溶液可以导电，但自身为电解质，故B不符合题意；
C．硫酸在水溶液中电离出硫酸根和氢离子，水溶液可以导电，但自身为电解质，故C不符合题意；
D．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出亚硫酸根和氢离子，水溶液可以导电，但SO2为非电解质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】某些非金属氧化物的水溶液通常都能导电，但发生电离的是其与水反应生成的酸而不是非金属氧化物本身，故非金属氧化物是非电解质。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CH3COOH属于弱酸，故A不符合题意；
B．NH3·H2O属于弱碱，故B不符合题意；
C．H2CO3属于二元弱酸，故C不符合题意；
D．Ca(ClO)2属于盐，属于强电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】强电解质在水溶液中完全电离，（一般包括强酸、强碱、大多数盐、金属氧化物）；弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．Mg2+、H+、Cu2+、SO这些离子能大量共存，且溶液是澄清透明的，故A符合题意；
B．Ba2+和CO能生成BaCO3的白色沉淀，所以不能大量共存，故B不符合题意；
C． Ag+和能生成AgCl的白色沉淀，所以不能大量共存，故C不符合题意；
D． H+和CO反应放出二氧化碳气体，所以不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A 。
【分析】K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
5．【答案】C
【解析】【解答】A、铁是单质，不是电解质，A不符合题意；
B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B不符合题意；
C、分类符合题意，C符合题意；
D、水是电解质，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】此题考查物质分类，根据常见电解质、非电解质进行判断，酸碱盐金属氧化物是电解质，非金属氧化物、大部分有机物是非电解质，弱酸、弱碱、少部分盐是弱电解质。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，所以相同物质的量浓度的两溶液，NaOH溶液中c(OH-)大，其pH更大，A不符合题意；
B．弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水由于能够继续电离，所以pH大于11，B不符合题意；
C．NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C符合题意；
D．pH相同的NaOH和氨水，氨水的物质的量浓度大，体积相同时氨水中和盐酸的物质的量多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸、强碱、大部分盐完全电离，弱酸、弱碱部分电离；
B、弱碱随着加水稀释，电离程度增大，pH变化较小；
C、 NH4Cl 为强酸弱碱盐水解显酸性；
D、弱碱部分电离，相同pH的强酸与弱酸，弱酸的浓度远大于强酸。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．含Cu2+的水溶液呈现蓝色，无色溶液中，不能含有Cu2+，A项不选；
B．pH=1的溶液，溶液显酸性，Ba2+、NO 、K+不反应，能大量共存，B项选；
C．能使酚酞变红的溶液显碱性有大量氢氧根离子，可以和Fe3+、Al3+反应，C项不选；
D．水电离的 的溶液可能是强酸性或者强碱性溶液，当显酸性时，HCO 和H+反应，D项不选；
故答案为：B。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
8．【答案】A
【解析】【解答】A、溶液导电性和离子浓度有关， 等pH值的两种溶液，其离子浓度相等，导电性相等，无法比较两者的酸性强弱，A正确；
B、由于醋酸为弱酸，醋酸根可以发生水解，使溶液pH增大，而氯化氢为强酸，氯离子不水解，则等物质的量浓度的氯化钠与醋酸钠，氯化钠的pH<醋酸钠pH，B错误；
C、等体积、等pH值的两种溶液，醋酸的物质的量更多，生成的氢气更多，C错误；
D、等体积、等物质的量浓度的两种溶液，稀释相同的倍数，盐酸变化的pH更大，D错误；
故答案为：A
【分析】A、液导电性和离子浓度有关，离子浓度相同，则溶液导电性相同；
B、酸的酸性越弱，其阴离子水解程度越强，盐溶液碱性越强；
C、等体积、等pH值的两种溶液，弱酸的物质的量更多；
D、等体积、等物质的量浓度的两种溶液稀释相同倍数，弱酸的pH变化更小。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知0.10mol L1-1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH-）=c（YOH）=0.1mol/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20mol L-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A不符合题意；
B．M和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度，故B不符合题意；
C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X-的水解程度，则c(X - ) > c(Y+ ) >c(HX)> c(H+ ) > c(OH-)，故C符合题意；
D．X-的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH-)来自水的电离，则室温时，pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)mol L-1，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据图示和计算判断出酸性的强弱和碱性的强弱
B.考查的盐的水解促进水的电离
C.结合电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度大小
D.根据KW=c(OH-)xc(H+)计算即可
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A.0.3molNaAlO2的溶液中AlO2﹣离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.1molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，得到溶液中为0.1molNaAlO2和0.1molNa2CO3，
溶液中偏铝酸根离子水解程度大于碳酸根离子，离子浓度大小c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.2molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，
2NaAlO2+ CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+ Na2CO3
2 1 1
0.3mol 0.15mol 0.15mol
剩余二氧化碳0.05mol，反应碳酸钠0.05mol，
CO2+H2O+ Na2CO3= 2NaHCO3
1 1 2
0.05mol 0.05mol 0.1mol
得到溶液中0.1molNa2CO3，0.1molNaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.3molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的化学方程式NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，得到溶液为碳酸氢钠溶液，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；
故选B．
【分析】A.0.3molNaAlO2的溶液中AlO2﹣离子水解溶液显碱性；
B.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.1molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3；
C.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.2molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，
D.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.3molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的化学方程式NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，
11．【答案】A
【解析】【解答】A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，可生成更难溶的碳酸钙固体，与水解原理无关，A符合题意；
B．热饱和Na2CO3溶液由于碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，植物油在碱性条件下易水解生成可溶性的物质，则用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油与水解有关，B与题意不符；
C．用FeCl3晶体配制溶液时，加水稀释，铁离子的水解平衡正向移动，先将其溶于较浓盐酸中，可抑制铁离子的水解，C与题意不符；
D．Al2(SO4)3溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能净化含少量泥土的浑浊水，D与题意不符；
答案为A。
【分析】盐类水解主要是盐中阴阳离子的水解，碳酸钠除去油污是碳酸根离子的水解，将盐酸加入到氯化铁中抑制铁离子水解，硫酸铝中的铝水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附杂质沉淀。碳酸钠除去硫酸钙主要是利用的难溶性杂质的转化
12．【答案】C
【解析】【解答】A、由于K(HNO2)>K(CH3COOH)，而稀释过程，会促进弱电解质的电离，导致pH值的变化减小，因此pH变化小的曲线Ⅰ表示的是CH3COOH，A不符合题意；
B、b、c、点溶液都为酸溶液，都会抑制水的电离，而b点溶液中c(H+)大于c点溶液中c(H+)，因此b点溶液对水电离的抑制程度更大，水的电离程度更小，因此溶液中水的电离程度：b点C、溶液中，由于Kw、Ka都只受温度影响，与浓度无关，因此从c点到d点的过程中，溶液中保持不变，C符合题意；
D、a点溶液中HNO2和CH3COOH的pH值相同，由于酸性HNO2>CH3COOH，因此等pH的两溶液中c(HNO2)故答案为：C
【分析】A、稀释过程，会促进弱电解质的电离，导致pH值的变化减小；
B、结合水电离程度的影响因素分析；
C、结合电离常数和水的离子积常数分析；
D、由电离常数确定酸性强弱，从而确定等pH值下，溶液中溶质的浓度大小；
13．【答案】A
【解析】【解答】A．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，在酸性条件下可以大量存在，故A符合题意；
B．与会发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．是蓝色，故C不符合题意；
D．水电离出的的溶液既可能显酸性也可能显碱性，均不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．在酸性条件下可以大量存在；
B．与反应；
C．是蓝色；
D．与、均反应。
14．【答案】A
【解析】【解答】A.醋酸钠能抑制醋酸电离，醋酸钠和HCl反应生成醋酸，醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度都减小，故A符合题意；
B.醋酸电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，故B不符合题意；
C.与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗NaOH体积大，故C不符合题意；
D.加入足量的锌充分反应后，两种溶液中产生的氢气与酸的物质的量成正比，所以醋酸生成氢气的量多，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】室温下，c（H+）相等的HCl溶液和CH3COOH溶液，c（HCl）＜c（CH3COOH），所以等体积的两种溶液n（HCl）＜n（CH3COOH）。
15．【答案】C
【解析】【解答】解；在10mL浓度均为0.1mol/L的碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液中逐滴加入16mL0.1mol/L的盐酸后，n（Na2CO3）=0.010L×0.1mol/L=0.001mol，n（NaOH）=）=0.010L×0.1mol/L=0.001mol，n（HCl）=0.016L×0.1mol/L=0.0016mol，
NaOH+ HCl= NaCl+H2O
0.001mol 0.001mol 0.001mol
Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl
0.0006mol 0.0006mol 0.0006mol 0.0006mol
剩余0.0004mol Na2CO3，
不发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，
最后溶液中为0.0016molNaCl，0.0006molNaHCO3，0.0004mol Na2CO3，
溶液中各离子物质的量浓度由大到小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），
故选C．
【分析】在10mL浓度均为0.1mol/L的碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液中逐滴加入16mL0.1mol/L的盐酸后，n（Na2CO3）=0.010L×0.1mol/L=0.001mol，n（NaOH）=）=0.010L×0.1mol/L=0.001mol，n（HCl）=0.016L×0.1mol/L=0.0016mol，
NaOH+ HCl= NaCl+H2O
0.001mol 0.001mol 0.001mol
Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl
0.0006mol 0.0006mol 0.0006mol 0.0006mol
　 　 　 　 　
剩余0.0004mol Na2CO3，
不发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，
最后溶液中为0.0016molNaCl，0.0006molNaHCO3，0.0004mol Na2CO3，
据此分析溶液中各离子物质的量浓度由大到小．
16．【答案】D
【解析】【解答】A、饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)= =3.2×10－11mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，故A不符合题意；
B、此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B不符合题意；
C、Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C不符合题意；
D、平衡常数K= =6000，故D符合题意。
【分析】A.根据溶度积常数的表达式可以计算出M点对应的硫离子浓度；
B.II曲线代表的是NiS，那么P点对应的就是过饱和的溶液，是不稳定的分散系；
C.向体系中加水，离子的浓度会减小，所以不可能通过加水由Q点到N点。
17．【答案】（1）900；1000；450
（2）；
（3）酸性；；Fe2O3
【解析】【解答】（1）①设加入水的体积为V1，则依据强碱稀释前后不变可得：10-1mol/L×0.1L=10-2mol/L×(0.1L+V1)，V1=0.9L=900mL；
②如果加入pH=9的NaOH溶液，设其体积为V2，则 ，V2=1L=1000mL；
③如果加入0.01的盐酸，设其体积为V3，则 ，V3=0.45L=450mL。
答案为：900；1000；450；
（2）①由于0.01NaOH溶液的pH=11，即溶液中，，故；
②0.1HA溶液中：，
可得：，由于该温度下，
故由水电离出的。
答案为：；；
（3）①盐溶液的酸碱性取决于盐的水解，明矾溶液中Al3+水解呈酸性，；氯化铁水解生成的HCl，蒸发时易挥发，生成的Fe(OH)3加热不稳定，灼烧会分解生成Fe2O3。答案为：酸性；；Fe2O3。
【分析】(1)根据pH=-lgc(H+)，酸的pH用c(H+)计算，碱的pH用c(OH-)计算；
(2)根据Kw=c(H+)c(OH-)计算；
(3)根据水解分析。
18．【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．
19．【答案】（1）Zn2＋＋4OH－=[Zn(OH)4]2－
（2）10－17
（3）8（4）Al3+ + 3H2O Al(OH)3+3H+；Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】【解答】（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，根据图像可知，氢氧根过量时生成[Zn(OH)4]2－，则反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－=[Zn(OH)4]2－；
（2）根据图像，a点时，溶液的pH=7，lgc（Zn2＋）=-3，常温时，则c（OH－）=10-7mol/L，c（Zn2＋）=10-3mol/L，Ksp＝c（Zn2＋）×c2（OH－）=10-17；
（3）提取某废液中含Zn2＋时，应使溶液中的Zn2＋变为Zn(OH)2，根据图像可知，氢氧化锌时的pH值为8（4）Al2(SO4) 3为强酸弱碱盐，溶液中铝离子发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，导致溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，使溶液显酸性，离子反应为Al3+ + 3H2O Al(OH)3+3H+；碳酸氢根离子与铝离子相互促进水解，可生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑。
【分析】（1）根据氢氧化钠溶液足量可知反应生成[Zn(OH)4]2 ；
（2）根据图象a点的数据计算，Ksp＝c（Zn2＋）×c2（OH ）；
（3）提取某废液中含Zn2＋时，应使其沉淀；
（4）Al3+水解使溶液显酸性，HCO3-水解使溶液显碱性，两者混合时相互促进水解进行彻底，生成气体和沉淀。
20．【答案】（1）<；c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
（2）碱；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，CH3COO-水解显碱性
（3）bc
（4）<；>
【解析】【解答】(1)醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。
（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。
（3）醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a不正确，b正确；醋酸为弱电解质，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol L-1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正确；故答案为：b c；
（4）NaHSO3溶液pH<7，则 的电离程度大于水解程度，故c( )>c(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH>7，则 的水解程度大于电离程度，故c( )【分析】（1）CH3COOH溶液显酸性，则其pH＜7；结合溶液中CH3COOH和H2O的电离，书写电荷守恒。
（2）CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解，使得溶液显碱性。
（3）CH3COOH为弱酸，在水中部分电离；而CH3COONa为可溶性盐，在水中完全电离。据此判断两溶液中离子浓度的大小关系。
（4）HSO3－、HCO3－都存在电离和水解，由溶液的酸碱性，判断离子电离和水解程度的相对大小，从而比较溶液中微粒的浓度大小。
21．【答案】（1）c＞a=b
（2）a=b＞c
（3）a=c＞b
【解析】【解答】(1)相同体积相同pH的三种酸中最终电离出的n(H+)a=b＜c，分别与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成的二氧化碳与最终电离出的n(H+)成正比，所以生成二氧化碳体积由大到小的顺序为c＞a=b；(2)醋酸部分电离，溶液中醋酸浓度大于氢离子浓度，相同pH时，三种溶液中醋酸浓度最大，盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，醋酸消耗的体积最小，盐酸和硫酸消耗的体积相等且大于醋酸溶液的体积，即a=b＞c；(3)在相同物质的量浓度的溶液中，硫酸溶液中氢离子物质的量浓度是醋酸、盐酸溶液中氢离子浓度的两倍，醋酸和盐酸溶液中氢离子总的物质的量相等；完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗的硫酸溶液体积最少，盐酸和醋酸体积相等，即a=c＞b。
【分析】(1)相同体积相同pH的三种酸中最终电离出的n(H+)a=b＜c，分别与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成的二氧化碳与最终电离出的n(H+)成正比；(2)PH相同，醋酸是弱电解质，浓度最大，盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等；(3)相同物质的量浓度，硫酸溶液中氢离子浓度是醋酸、盐酸中氢离子浓度的2倍。