第3章 物质在水溶液中的行为（含解析） 同步练习2023-2024学年上学期高二化学鲁科版（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．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）
A．H＋、、Fe2＋、Na＋ B．Ag＋、、Cl－、K＋
C．K＋、Ba2＋、OH－、 D．Cu2＋、、Br－、OH－
2．化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．锅炉水垢中含有的，可先用溶液处理，后用酸除去
B．在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可改变产生尾气的反应方向
C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率。
D．用作沉淀剂，除去水中的和
3．某溶液加入铝粉能放出氢气，在该溶液中可能大量共存的离子组是（　　）
A． 、 、 、
B． 、 、 、
C． 、 、 、
D． 、 、 、
4．在透明的溶液中，能够大量共存的离子组是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
5．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．K+ H+ SO42- OH- B．Na+ Ca2+ CO32- NO3-
C．Na+ H+ Cl- CO32- D．Na+ Cu2+ Cl- SO42-
6．用、表示的两步电离常数。常温下通过下列实验探究、溶液的性质。
实验1 测得溶液的pH约为3.5
实验2 分别向浓度相等的和溶液中滴加溶液，均有白色沉淀生成
实验3 向溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅
实验4 向溶液中滴加少量氯水，振荡后溶液呈无色
下列说法正确的是
A．实验1说明
B．实验2中发生两个离子反应方程式均为：
C．实验3中溶液红色变浅，说明水解程度变小
D．实验4中反应后的溶液中存在：
7．下列说法或解释不正确的是（　　）
A．物质的量浓度均为1 mol L﹣1的NaCl和MgCl2中：c（Cl﹣）=3c（Na+）
B．等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3 H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是①＞②＞③＞④
C．室温下，向0.01 mol L﹣1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．向0.2 mol L﹣1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol L﹣1 NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
8．常温下用0.1mol/L的CH3COOH溶液滴定10mL某浓度的KOH溶液滴定过程中的pH变化曲线如下图所示，下列说法错误的是（　　）
A．KOH溶液的浓度为0.1mol/L
B．V1小于10
C．a点溶液中各粒子浓度的关系：c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)
D．c点溶液中离子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(K+)>c(H)>c(OH-)
9．亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于 棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出）．则下列分析不正确的是（　　）
A．亚氯酸钠在碱性条件下较稳定
B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6
C．使用该漂白剂的最佳pH为3
D．25℃时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2﹣）+2c（OH﹣）
10．下列操作错误的是（　　）
A．配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度
B．用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
C．用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液时，滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准盐酸进行滴定
D．在铁钉上镀铜的实验中，一般将铁钉作阴极，铜片作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液
11．在下列各溶液中，一定能大量共存的离子是（　　）
A．澄清透明溶液中：Na+、MnO 、NO 、SO
B．遇Fe粉能产生H2的溶液中：K+、Mg2+、CO 、Cl-
C．含有0.1mol/LCa2+的溶液中：Na+、K+、CO 、Cl-
D．强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl-、SO
12．某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是（　　）
A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变
C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小
13．下列物质转化路线符合工业生产实际的是（　　）
A．
B．淀粉
C．
D．饱和NaCl溶液 NaHCO3晶体
14．25℃时，用0.10 mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中 的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H2A的电离方程式为H2A H++HA -
B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L
C．C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)= 2c(A2-)
D．25℃时，该氨水的电离平衡常数为
15．根据下列操作及现象，所得结论正确的是（　　）
序号 操作及现象 结论
A 将0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液稀释到0.01 mol·L－1，测得pH变小 稀释后CO32－的水解程度减小
B 向某无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀 原溶液中一定含有SO42－
C 向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色 温度升高，Fe3+的水解程度增大
D 向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色 苯与Br2发生了加成反应
A．A B．B C．C D．D
16．下列关于电解质液的正确判断是（　　）
A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以大量共存
B．在pH=0的溶液中，Na+、NO3﹣、SO32﹣、K+可以大量共存
C．由0.1 mol L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液中存在关系BOH→B++OH﹣
D．由0.1 mol L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在关系A﹣+H2O HA+OH﹣
二、综合题
17．在25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式
电离平衡常数
（1）请写出的电离平衡常数的表达式：　 　。
（2）常温下，将体积为10的醋酸溶液与体积为10亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000，稀释后溶液的，前者　 　后者(填“>”、“＜”或“=”)。
（3）一定条件下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力I随加水体积V变化曲线如图所示，则a、b、c三点溶液醋酸的电离程度由小到大为　 　。
（4）下列离子、、、在溶液中结合的能力由大到小的关系为　 　。
（5）体积相同、相同的①；②；③三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗溶液的体积由大到小的排列顺序是　 　(填序号)。
（6）常温下0.1的溶液在加水稀释过程中，下列表达式数据增大的是____ (填字母序号)。
A．；
B．；
C．；
D．
E．
（7）已知， 。实验测得稀醋酸与稀溶液反应生成1时放出57的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为　 　。
18．已知25℃时，氨水()中，为。
（1）计算该溶液的　 　。
（2）氨水显弱碱性，其原因为　 　(用电离方程式表示)，电离平衡常数的表达式为　 　。
（3）25℃时，的电离平衡常数约为。
（4）25℃时，向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的溶液，在滴加过程中____(填字母)。
A．始终减小 B．始终增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
19．以下是25
℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10-4 1.7×10-6 1.5×10-4 3.0×10-9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：
①为除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。
请回答下列问题：
（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为　 　(填化学式)而除去。
（2）①中加入的试剂应该选择　 　为宜，其原因是　 　。
（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为　 　。
（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35 ；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小等于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为　 　。
（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是___________________________(填字母)。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中
E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在
20．按要求完成下列填空：
（1）将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧可得到　 　（填化学式）．
（2）盛放纯碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为　 　．
（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程式是　 　．
（4）常温下将0.01molCH3COONa和0.02molHCl溶于水，配成0.5L混合溶液．溶液中共有　 　种粒子，各离子浓度从大到小的顺序为　 　．
21．
（1）已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：
①则25℃时水的电离平衡曲线应为　 　。(填“A”或“B”)
②25℃下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比a：b：c=　 　。
a．pH=1的盐酸b．pH=2的盐酸c．pH=12的NaOH溶液
③25℃下，若VaLpH＝a的盐酸与VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，则Va：Vb＝　 　。
（2）某温度(t℃)时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。
①该温度下水的Kw＝　 　。
②此温度下，将pH＝1的盐酸溶液VaL与pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略体积变化)，混合后溶液的pH为2，则Va：Vb＝　 　。
（3）下列说法中正确的是　 　。
a.25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH>7
b.100℃时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液pH=7
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+，A符合题意；
B. Ag＋与Cl－生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B不符合题意；
C. Ba2＋与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C不符合题意；
D. Cu2＋、、OH－生成氢氧化铜沉淀和NH3·H2O不共存，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】离子方程式正误判断：
1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）
2.物质的拆分是否正确
3.是否漏写参加反应离子
4.过量与少量问题
2．【答案】B
【解析】【解答】A．微溶的 可以用 溶液处理转化成难溶的CaCO3，后用酸除去，A不符合题意；
B．使用催化剂可以加快反应速率，不可以改变产生尾气的反应方向，B符合题意；
C．蛋白质在高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率，C不符合题意；
D．S-可以跟Cu2+、Hg2+结合变成沉淀，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、微溶物可以转化为难溶物；
B、催化剂不影响1平衡移动；
C、降低温度减慢反应速率；
D、硫离子可以和铜离子、汞离子形成沉淀。
3．【答案】C
【解析】【解答】A． 与 不能大量共存， 与H+，不能大量共存，故A不符合题意；
B． 与H+，不能大量共存， 会促进 的电离，故B不符合题意；
C．碱性溶液中该组离子间不会反应，可大量共存，故C符合题意；
D． 与 不能大量共存， 与H+，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】某溶液能与铝反应产生氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不结合生成沉淀、气体、水等，不发生氧化还原反应，离子大量共存判断。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．与生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，A不符合题意；
B．、、、能够大量共存，B符合题意；
C．与发生反应生成H2O和而不能大量共存，C不符合题意；
D．与生成Fe(SCN)3，与发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【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】D
【解析】【解答】A．H+与OH-反应生成水，不能大量共存，A不符合题意；
B． Ca2+和CO32-反应碳酸钙沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C． H+和CO32- 之间反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，C不符合题意；
D．四种离子之间不反应，能大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．由于生成弱电解质不能大量共存；
B．由于生成沉淀不能大量共存；
C．由于生成气体不能大量共存；
D．各离子不能反应。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．测得溶液的pH约为3.5，说明HSO电离程度大于其水解程度，即>，所以，A符合题意；
B．为酸式盐，HSO在离子方程式中不能拆开，故溶液与溶液反应的离子方程式不是，B不符合题意；
C．Na2SO3溶液中存在SO的水解SO+H2OHSO+OH-，加水稀释时，水解程度变大，但是促进水解程度小于稀释程度，使减小，所以溶液颜色变浅，C不符合题意；
D．实验4中向溶液中滴加少量氯水，溶液中存在电荷守恒为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.为酸式盐，电离产生HSO和钠离子；
C.加水稀释，SO的水解程度增大；
D.根据电荷守恒分析。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A、在物质的量浓度均为1 mol L﹣1的NaCl和MgCl2中，c（Cl﹣）=3 mol L﹣1，c（Na+）=1 mol L﹣1，所以c（Cl﹣）=3c（Na+），故A正确；
B、NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，所以，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3 H2O，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④，故B正确；
C、向 NH4HSO4中滴加NaOH溶液，当二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO 4和Na2SO 4，溶液呈酸性，再滴加少许NaOH呈中性，故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；
D、向0.2 mol L﹣1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol L﹣1 NaOH溶液，反应后得到物质的量浓度相等的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，所以离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选D．
【分析】A、在物质的量浓度均为1 mol L﹣1的NaCl和MgCl2中，c（Cl﹣）=3 mol L﹣1，c（Na+）=1 mol L﹣1；
B、NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进；
C、向 NH4HSO4中滴加NaOH溶液，当二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO 4和Na2SO 4，溶液呈酸性，再滴加少许NaOH呈中性，故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）；
D、向0.2 mol L﹣1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol L﹣1 NaOH溶液，反应后得到物质的量浓度相等的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠．
8．【答案】B
【解析】【解答】起始溶液pH为13，因此KOH溶液的浓度为0.1mo/L，A不符合题意；加人10mLCH3COOH溶液时恰好完全中和得到CH3COOK溶液，此时溶液显碱性，要使溶液显中性，所加CH3COOH溶液体积应大于10mL，B符合题意；a点是等物质的量浓度的CH3COOK和KOH的混合溶液，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，根据物料守恒可知c(K+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，二者组合可得到c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)+c(H+) =c(OH-)，C不符合题意；c点是等物质的量浓度的CH3COOK和CH3COOH的混合溶液，离子浓度大小关系是c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)，D不符合题意
【分析】A.根据KOH溶液的pH计算KOH的物质的量浓度；
B.V1时pH=7，而醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，所以醋酸稍过量；
C.根据电荷守恒和物料守恒进行分析；
D.根据等物质的量浓度的CH3COOK和CH3COOH的混合溶液判断离子浓度大小关系。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A、由图可以得出：碱性条件下ClO2﹣浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；
B、HClO2的电离平衡常数K= =10﹣3×10﹣3=10﹣6，故B正确；
C、HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH，应该是4﹣5，故C错误；
D、依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣） ①，依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（HClO2） ②，联立①②消去钠离子：c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2﹣）+2c（OH﹣），故D正确，
故选C．
【分析】A、由图可以得出：碱性条件下ClO2﹣浓度高；
B、HClO2的电离平衡常数K= 结合图示数据来计算；
C、根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH；
D、依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣），依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（HClO2），据此解答即可．
10．【答案】C
【解析】【解答】A．为抑制Fe2+水解，配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，故A不符合题意；
B．氯化铵溶液呈酸性，用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹，故B不符合题意；
C．用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准盐酸进行润洗，故C符合题意；
D．在铁钉上镀铜的实验中，一般将铁钉作阴极，铜片作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.亚铁离子会发生水解，配制硫酸亚铁时应注意抑制亚铁离子的水解；
B.氯化铵水解显酸性，能与氧化铁反应；
D.在铁钉上镀铜般将铁钉作阴极，铜片作阳极。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，故A符合题意；
B．遇Fe粉能产生H2的溶液呈酸性，H+、Mg2+均可与CO 反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Ca2+可与CO 反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D．在强碱性溶液中，OH-与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
【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
12．【答案】C
【解析】【解答】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，C符合题意；
故答案为：C
【分析】Ksp只受温度的影响，与溶液中离子浓度无关。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．S和O2点燃生成SO2，不能生成SO3，A不符合题意；
B．工业上用石油的裂化和裂解产生乙烯，不用乙醇生产乙烯，B不符合题意；
C．工业上用氮气和氢气合成氨，氨发生催化氧化产生NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生产硝酸，C不符合题意；
D．纯碱制备工业中先往饱和NaCl溶液中通入氨气制造碱性环境，再通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠固体，再加热碳酸氢钠固体得到纯碱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.制取硫酸的步骤是，硫与氧气反应产生二氧化硫，二氧化硫再氧气的作用下继续氧化变为三氧化硫，与水作用产生硫酸
B. 乙烯产量作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，因此工业上的乙烯来自于石油
C.工业上制取硝酸利用的是氨气的催化氧化，变为一氧化氮，继续被氧气氧化变为二氧化氮，用水吸收，产生的一氧化氮继续被氧化依次循环制取硝酸
D.工业是制取纯碱是利用饱和的食盐水通入氨气形成碱性的环境继续通入二氧化碳，利用溶解度的不同得到碳酸氢钠晶体，对晶体进行加热得到纯碱
14．【答案】B
【解析】【解答】根据图像，A点时，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液 = -12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A 2-，故A不符合题意；
B、B点溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L，故B符合题意；
C、C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液， = 0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C不符合题意；
D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++ H2O H++ NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh= = = =2×10-5，故氨水的电离平衡常数为 =5×10-10，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据该酸电离的pH值，可知该酸属于二元强酸；
B.盐溶液水解会促进水的电离，因此此时的氢离子都是来自于水的电离；
C.根据体系中的电荷守恒可以推出铵根离子的浓度就等于A2-的二倍。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．加水稀释促进水解，由于溶液体积增大，pH反而减小，A不符合题意；
B.向某无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液后产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能存在银离子，不一定含有硫酸根离子，B不符合题意；
C.盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，C符合题意；
D.苯和溴水不反应，发生萃取现象，为物理变化，且与溴难以发生加成反应，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.越稀水解程度越大。
B.正确为：先加稀盐酸酸化，当溶液无现象，再滴加氯化钡，若产生白色沉淀，则含硫酸根离子。
D.发生了萃取，物理变化。
16．【答案】D
【解析】【解答】解：A．pH=12的溶液显碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成水和碳酸根离子，则不能共存，故A错误；
B．pH=0的溶液显酸性，H+、NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；
C．由0.1 mol L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，则BOH为弱碱，存在电离平衡，则BOH B++OH﹣，故C错误；
D．由0.1 mol L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA为弱酸，则NaA溶液中存在水解离子反应为A﹣+H2O HA+OH﹣，故D正确；
故选：D．
【分析】A．pH=12的溶液显碱性；
B．pH=0的溶液显酸性；
C．由0.1 mol L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，则BOH为弱碱；
D．由0.1 mol L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，HA为弱酸．
17．【答案】（1）
（2）＜
（3）
（4）
（5）①＞②=③
（6）C
（7）
【解析】【解答】根据电离平衡常数可知，酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO＞H2CO3＞HCO，稀释pH相同的酸时，酸越强，稀释后pH变化程度越大；酸越强，酸根离子结合H+的能力越弱；c(H+)浓度相同的强酸和弱酸，弱酸的浓度更大；加水稀释，能够促进弱酸的电离；结合根据盖斯定律计算常数电离的焓变，据此分析解答。
(1)H2SO3的一级电离产生H+和HSO，则K1的表达式为K1=，故答案为：；
(2)将pH相同的醋酸和亚硫酸加水稀释，酸越强，稀释后pH变化程度越大，根据电离平衡常数，醋酸酸性弱于亚硫酸，所以稀释后溶液的pH，醋酸＜亚硫酸，故答案为：＜；
(3)冰醋酸加水稀释过程中电离程度不断增大，所以三点电离程度大小顺序为：a＜b＜c，故答案为：a＜b＜c；
(4)酸越强，酸根离子结合H+的能力越弱，酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO＞HCO，所以溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：，故答案为：；
(5)c(H+)浓度相同的强酸和弱酸，弱酸的浓度更大，完全中和需要消耗更多的NaOH，所以体积相同、相同的①；②；③三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是：①＞②=③，故答案为：①＞②=③；
(6)常温下0.1的溶液在加水稀释过程中醋酸的电离程度逐渐增大，但醋酸电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但c(OH-)增大。A．==，随着稀释，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，故减小，即减小，故A不选；B．=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，故B不选；C．==，随着稀释，增大，n(CH3COOH)减小，故增大，即增大，故C选；D．= Kh，温度不变，水解平衡常数不变，故D不选；E．温度不变，不变，故E不选；故答案为：C；
(7)①H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H1=-57.3kJ/mol，根据题意有②CH3COOH(aq)+OH-(aq)═CH3COO-(aq)+H2O(l)△H2=-57kJ/mol，醋酸电离的方程式为：CH3COOH(aq) CH3COO-(aq)+H+(aq)，可由②-①得到，根据盖斯定律，该醋酸电离的焓变△H=△H2-△H1=+0.3kJ/mol，故答案为：CH3COOH(aq) CH3COO-(aq)+H+(aq)△H=+0.3 kJ/mol。
【分析】（1）电离平衡常数=离子浓度积/酸浓度；
（2）pH相同的酸稀释相同的倍数，酸性越弱，pH变化越小；
（3）随着水的增加，醋酸逐渐溶解，电离程度增大，当冰醋酸完全溶解后，继续稀释，使平衡朝正向移动，电离程度增大；
（4）酸性越弱，阴离子结合氢离子的能力越强；
（5）体积和氢离子浓度均相同的酸，酸性越弱，则消耗的氢氧化钠越多；
（6）结合温度不变则电离平衡常数定值进行判断；
（7）醋酸和氢氧化钠反应中和热比强酸和氢氧化钠反应的中和热更小，是因此醋酸电离需要吸热，吸收的热量即为两者的差值。
18．【答案】（1）11
（2）；
（3）
（4）B
19．【答案】（1）Fe(OH)3
（2）氨水；不会引入新的杂质
（3）2Fe3++3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3
（4）4
（5）A；C；D；E
【解析】【解答】（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为Fe(OH)3而除去；（2）①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀；（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，当铁离子沉淀完全时，c（OH-）= =1×10-10mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，ph=4；（5）根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B错误；原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确。
【分析】（1）根据实验的操作流程可知，亚铁离子和铁离子都是生成氢氧化铁沉淀除去的；
（2）在除杂时加入的试剂既要除去杂质又不能引入新的杂质；
（3）根据溶度积常数越小就越容易沉淀的规律我们知道，该离子反应是铁离子和氢氧化镁反应得到镁离子和氢氧化铁沉淀；
（4）根据溶度积常数大小可以计算出氢氧根离子的浓度，继而求出氢离子的浓度；
（5）A.过氧化氢反应后得到的产物是水，不会污染环境，符合绿色化学的观念；
B.将铁离子转化为三价铁离子的原因是氢氧化铁比氢氧化亚铁更容易沉淀；
C.氢氧化铜或碱式碳酸铜可以和氢离子反应，从而达到调节pH的效果；
D.由于氢氧化铁的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，而pH=a的溶液是铁离子生成沉淀的环境，所以铜离子可以存在；
E.根据前面的计算，pH=a的溶液中铁离子已经大量沉淀，所以不能有大量的铁离子存在。
20．【答案】（1）Al2O3
（2）Na2CO3水解生成的OH﹣能够和玻璃中的SiO2反应，生成的Na2SiO3会粘住瓶口
（3）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑
（4）7；c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）
【解析】【解答】解：（1）AlCl3在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到Al2O3，故答案为：Al2O3；
（2.）Na2CO3水解生成的OH﹣，能和和玻璃中的SiO2反应生成粘性物质Na2SiO3而黏住瓶口，所以不能用玻璃塞试剂瓶盛放碳酸钠溶液，
故答案为：Na2CO3水解生成的OH﹣能够和玻璃中的SiO2反应，生成的Na2SiO3会粘住瓶口；
（3.）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4.）将0.01molCH3COONa和0.02mol盐酸溶于水，得到0.01molCH3COOH、0.01molNaCl，0.01molHCl，HCl、NaCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，
则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl﹣、OH﹣、CH3COO﹣，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有7种不同的微粒；HCl、NaCl为强电解质完全电离，CH3COOH为弱电解质部分电离，则各离子浓度从大到小的顺序为c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）；
故答案为：7；c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）．
【分析】（1）氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子水解生成HCl，生成的HCl水溶液以挥发，升高温度促进其挥发，所以蒸干溶液得到氢氧化铝固体，灼烧氢氧化铝固体时其易分解；（2）Na2CO3水解生成的OH﹣，能和和玻璃中的SiO2反应生成粘性物质Na2SiO3；（3）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；（4）将0.01molCH3COONa和0.02mol盐酸溶于水，得到0.01molCH3COOH、0.01molNaCl，0.01molHCl，HCl、NaCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，混合溶液中有酸，导致溶液呈酸性．
21．【答案】（1）A；1：10：10；1：10
（2）1.0×10－15；11：9
（3）ac
【解析】【解答】(1)①25时，水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，可确定曲线为A。答案为：A；
②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，所以比值为1：10：10。答案为：1：10：10；
③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb=1：10。答案为：1：10；
(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－15。答案为：1.0×10－15；
②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb=11：9。答案为11：9；
(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量，所以混合后pH>7，a正确；
b．由图像可知100℃时Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍，等体积混合后溶液呈强碱性，pH>7，b不正确；
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4-和Cl-可能大量存在，c正确；
故答案为：ac。答案为：ac。
【分析】(1)①25时水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，由图中可确定曲线。
②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，由此可求出比值。
③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va：Vb。
(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+) c(OH﹣)。
②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va：Vb。
(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量；
b．由图像可知100℃时Kw=c(H+) c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍；
c.25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4+和Cl-可能大量存在。