第三章 物质在水溶液中的行为 （含解析）单元测试 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 单元测试
一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境等密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
B．铁盐溶于水能生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂
C．草木灰 主要成分为 与铵态氮肥 如 混用会降低肥效
D．海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧
2．在含有大量Fe3+、H+、SO的溶液中，一定能大量共存的离子是（　　）
A．SCN- B．Cl- C．CO D．Ba2+
3．下列各组离子一定能大量存在的是（　　）
A．在无色溶液中：、、、
B．在含大量的溶液中：、、、
C．在烧碱溶液中：、、、
D．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：、、、
4．下列属于电解质并能导电的物质是（　　）
A．熔融 B．盐酸 C．蔗糖 D． 固体
5．下列溶液因盐的水解而呈现酸性的是（　　）
A．Na2SO4溶液 B．CH3COOH溶液 C．NH4Cl溶液 D．NaHCO3溶液
6．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图甲连接好线路发现灯泡不亮，按照图乙连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（　　）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl在溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．NaCl溶液中的水电离出大量的离子
7．下列说法错误的是（　　）
A．MCl2在水溶液中的电离方程式为：MCl2=M2＋＋2Cl ，则M(OH)2可能是弱电解质
B．足量的锌分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸反应，相同条件下产生氢气体积相同
C．已知，H2A=H＋＋HA ，HA H+＋A2 ，则NaHA溶液呈酸性
D．相同温度下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，c(NH )＝c(Na+)
8．常温下将pH=3的硫酸和pH=11的某一元碱溶液等体积混合。在混合后的溶液中，加入的下列离子一定可以大量共存的是（　　）
A．H+ B．OH- C．Ba2+ D．NO3-
9．下列关于各图像的解释或结论正确的是（　　）
A．图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性随NaOH的体积变化
B．图②可表示25℃时，0.10 mol L-1盐酸滴定20.00mL0.10 mol L-1NaOH溶液的滴定曲线
C．图③表示水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化关系，则水的电离程度( )： ；水的离子积：KW(d)＝KW(b)
D．图④表示合成氨N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＜0的平衡常数与温度和压强的关系
10．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（　　）
选项 条件 离子组 离子共存判断及反应的离子方程式
A 滴加氨水 Na+、Al3+、Cl-、NO3- 不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B 由水电离出的H+浓度为1×10-12mol L-1 NH4+、Na+、NO3-、Cl- 一定能大量共存 NH4++H2O NH3 H2O+H+
C pH=1的溶液 Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4- 不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO-、SO42- 不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
A．A B．B C．C D．D
11．将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应，测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应开始前c(H+)：盐酸>醋酸
B．反应过程中盐酸中c(H+)下降更快
C．曲线②表示盐酸与镁条反应
D．反应结束时两容器内n(H2)相等
12．当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，部分AgCl转化为AgI，其原因是（　　）
A．AgI比AgCl稳定 B．氯的非金属性比碘强
C．I﹣的还原性比Cl﹣强 D．AgI的溶解度比AgCl小
13．25℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10－a mol/L，下列说法错误的是
A．a＜7时，水的电离受到促进 B．a＞7时，水的电离受到抑制
C．a＜7时，溶液的pH一定为a D．a＞7时，溶液的pH一定为14－a
14．下列叙述中可判定某酸为强电解质的现象是 （　　）
A．该酸加热至沸腾也不分解
B．该酸可溶解Cu(OH)2
C．该酸可跟石灰石反应放出CO2
D．0.1 mol·L－1一元酸c(H＋)＝0.1 mol·L－1
15．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质．根据上述观点，下列说法不正确的是（　　）
A． 的水解产物是 和
B． 的水解产物是两种酸
C． 的水解产物是 和
D． 的水解产物是 和
16．常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为的HA溶液和HB溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．HA的酸性强于HB
B．水的电离程度：④>③>①>②
C．将①和②对应的溶液混合，所得溶液为酸性
D．②点的溶液中的离子浓度排序为
二、综合题
17．已知95 ℃时水的离子积KW＝1×10－12，25 ℃时KW＝1×10－14，回答下列问题：
（1）95 ℃时水的电离常数K(95 ℃)　 　25 ℃时水的电离常数(填“>”、“＝”或“<”)。
（2）95 ℃纯水中c(H＋)　 　c(OH－)。(填“>”、“＝”或“<”)
（3）95 ℃时向纯水中加入NaOH，c(OH－)＝1×10－1 mol/L，此时pH＝　 　。
18．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：
（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其原理是　 　（用必要的化学用语和相关文字说明）．
（2）相同条件下，0.1mol L﹣1的NH4Al（SO4）2中c（NH ）　 　（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1mol L﹣1NH4HSO4中c（NH ）．
（3）均为0.1mol L﹣1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图1所示．
①其中符合0.1mol L﹣1NH4 Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是　 　，导致pH随温度变化的原因是　 　；
②20℃时，0.1mol L﹣1的NH4 Al（SO4）2中2c（SO ）﹣c（NH ）﹣3c（Al3+）=　 　（取近似值）
（4）室温时，向100mL 0.1mol L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是　 　点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是　 　．
19．今有下列8种物质：①Cu②Na2O③Fe（OH）3胶体④CaCO3固体⑤盐酸⑥蔗糖⑦熔融的KOH⑧CO2⑨液氯，回答下列问题（填序号）
（1）属于混合物的是　 　；
（2）属于电解质的是　 　。
（3）属于非电解质但其水溶液能导电的是　 　。
20．有五种短周期元素A、B、X、D、E，它们的原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，D的氧化物具有两性，E和X同族。F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满。根据以上信息，回答下列问题：
（1）元素A基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为　 　，F2+的电子排布式为　 　。
（2）元素A、B、X电负性由大到小的顺序为　 　 (用元素符号表示，下同)，基态X原子比基态B原子的第一电离能低的原因是　 　。
（3）元素E原子核外有　 　种不同运动状态的电子。 D元素基态原子的最高能级符号为　 　。
（4）元素B的简单氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物的高，原因是　 　。
（5）下列说法正确的是　 　 (填标号)。
①简单离子半径：X＞D
②简单氢化物的稳定性：X＜E
③B的氧化物对应的水化物都是强酸
④D和E的简单离子在水溶液中不能大量共存
21．
（1）Ⅰ．双极膜(BP)是一种能将水分子解离为和的特殊离子交换膜。应用双极膜制取聚合硫酸铁净水剂(简称PFS)的电化学装置如图所示。
回答下列问题：
图中装置的能量转化形式为　 　，a、b均为石墨电极，b极的电极反应式为　 　。
（2）M为　 　(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，图中甲是　 　(填“”或“”)
（3）电流过大，会使PFS产品的纯度降低，原因可能是　 　。
（4）Ⅱ．某化工厂用石灰乳—PFS法处理含砷废水的工艺流程如图所示：
已知：
a.常温下，难溶物、的均大于的，可溶；
b.常温下，溶液中含砷微粒的分布分数与pH的关系如图。
回答下列问题：
下列说法不正确的是　 　(填序号)。
a．溶液的
b．的为
c．溶液中，
（5）“一级沉降”中，石灰乳的作用是　 　。
（6）“二级沉降”中，溶液的pH在8~10之间，PFS形成的胶体粒子可以通过沉淀反应进一步减少溶液中的As含量。该沉淀反应的离子方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A. 乙醇属于可再生能源，汽油属于不可再生能源，推广使用“乙醇汽油”可减少污染，A项符合题意；
B. 铁盐溶于水能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物形成沉淀达到净水的目的，B项不符合题意；
C. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，会降低肥效，C项不符合题意；
D. 由于“可燃冰”的稳定性较差，甲烷可导致温室效应，所以海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.汽油不是可再生能源；
B.氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用于净水；
C.碳酸钾水解使溶液呈碱性，氯化铵水解使溶液呈酸性，二者混合，水解相互促进；
D.甲烷是温室气体之一。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe3+、SCN-之间发生络合反应，不能大量共存，故A不选；
B．Cl-、Fe3+、H+、SO离子间不发生反应，能够大量共存，故B选；
C．CO与Fe3+、H+能够反应生成沉淀或气体，不能大量共存，故C不选；
D．Ba2+与SO能够反应生成沉淀，不能大量共存，故D不选；
故答案为：B。
【分析】A、Fe3+、SCN-发生反应，不能大量共存；
C、CO与Fe3+、H+反应，不能大量共存；
D、Ba2+与SO反应，不能大量共存。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，A项不符合题意；
B．Fe3+、Mg2+均与OH-反应，在溶液中不能大量共存，B项不符合题意；
C．烧碱溶液中存在大量OH-，、、、之间不反应，且都不与OH-反应，在溶液中能够大量存在，C项符合题意；
D．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中存在大量H+，H+、Fe2+都与发生反应，在溶液中不能大量共存，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、无色溶液不含铁离子；
B、铁离子、镁离子和氢氧根不共存；
C、钾盐、钠盐都是都是可溶性盐；
D、氢离子和碳酸根不共存。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．熔融的 能够电离出钠离子和氧离子，能够导电，属于电解质，故A符合题意；
B．盐酸属于混合物，虽然能够导电，但溶液属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C．蔗糖属于有机物，溶液不能够导电，不是电解质，是非电解质，故C不符合题意；
D．NaCl晶体在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，但晶体不导电，故D不符合题意；
故答案：A。
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；能导电的物质中含有能够自由移动的离子或电子。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Na2SO4为强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，A不符合题意；
B．为酸，溶液中醋酸电离出氢离子，溶液显酸性，与水解无关系，B不符合题意；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液中铵根水解使溶液显酸性，与水解有关系，C符合题意；
D．NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解，溶液显碱性， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】盐类水解规律：有弱才水解，谁强先谁性，水解显酸性，说明为强酸弱碱盐。
6．【答案】C
【解析】【解答】甲中不导电是因为NaCl固体中没有自由移动的离子；乙中导电是因为NaCl在水中电离出自由移动的离子，NaCl是电解质，NaCl溶液是混合物不是电解质也不是非电解质。
故答案为：C
【分析】NaCl是电解质，但固态NaCl中不含自由移动的离子，而溶于水后可电离出自由移动的离子，据此解答即可.
7．【答案】B
【解析】【解答】A．MCl2在水溶液中的电离方程式为：MCl2=M2＋＋2Cl ，MCl2完全电离，如氯化镁为强电解质，氢氧化镁为弱电解质，则M(OH)2可能是弱电解质，故A不符合题意；
B．等体积、等pH的盐酸和醋酸中醋酸的物质的量浓度大于盐酸，醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，Zn足量时，醋酸生成氢气多，故B符合题意；
C．电离显酸性，水解显碱性，H2A=H＋＋HA ，HA H+＋A2 ，说明HA 只电离不水解，因此NaHA溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠的物质的量浓度，但c(OH-)相等，根据电荷守恒，分别存在：c(NH )+c(H+)=c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)，则c(NH )=c(Na+)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．假如M是Mg，MgCl2是强电解质，完全电离Mg(OH)2是弱电解质；
B．盐酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，等pH的盐酸和醋酸，则醋酸浓度大；
C．H2A是强电解质，HA 只电离不水解，则NaHA溶液呈酸性；
D．溶液呈电中性，电荷守恒；
8．【答案】D
【解析】【解答】A、如果碱是强碱，则二者恰好反应，溶液显中性，如果碱是弱碱，碱过量，反应后溶液显碱性，所以氢离子不能大量共存，A不符合题意；
B、如果生成的盐是强酸弱碱盐，例如硫酸铵等，氢氧根离子不能大量共存，B不符合题意；
C、由于反应后存在硫酸根离子，所以钡离子一定不能大量共存，C不符合题意；
D、根据以上分析可知硝酸根离子一定可以大量共存，D正确，
故答案为：D。
【分析】 硫酸属于强酸，在水中完全电离，pH=3的硫酸和pH=11的某一元碱溶液等体积混合需要考虑一元碱属于强碱还是弱碱。如果碱是强碱，酸碱恰好完全反应，溶液属于中性，溶液中存在硫酸根，不能继续存在钡离子；如果属于弱碱，根据酸碱pH值相等，说明反应时碱过量，溶液中不能存在氢离子；如果生成强酸弱碱盐硫酸铵，溶液中不能存在氢氧根；
9．【答案】C
【解析】【解答】A. 图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A不符合题意；
B. 0.10 mol L-1盐酸滴定20.00mL 0.10 mol L-1NaOH溶液，在滴定终点附近pH值发生突变，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度α(d)> α(c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C符合题意；
D.平衡常数与压强无关，故D不符合题意。
【分析】A.随着氢氧化钠的加入，自由离子浓度逐渐增大，但完全反应后，离子浓度基本不变；
B.中和滴定过程中pH曲线有一个突变；
C.水的离子积只是温度的函数；
D.平衡常数只是温度的函数，与压强无关。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式不符合题意，A不符合题意；
B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-= NH3 H2O，离子方程式不符合题意，B不符合题意；
C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式符合题意，C符合题意；
D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式不符合题意，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、氨水中的电解质是一水合氨，是弱电解质，反应时用NH3.H2O表示；
B、 由水电离出的H+浓度为1×10-12mol L-1 ，可能为酸性溶液也可能是碱性溶液；
C、 pH=1的溶液是酸性溶液， MnO4-在酸性条件下具有强氧化性；
D、 ClO-具有强氧化性，可以氧化SO2。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．，同浓度、同体积的盐酸与醋酸，反应开始前c(H+)：盐酸>醋酸，A说法不符合题意；
B．反应过程中盐酸中c(H+)比醋酸中c(H+)大，盐酸反应速率快，c(H+)下降更快，B说法不符合题意；
C．反应过程中盐酸中c(H+)比醋酸中c(H+)大，盐酸反应速率快，根据图像，曲线②表示醋酸与镁条反应，C说法符合题意；
D．根据图像可知，反应结束时两容器内n(H2)与酸的强弱无关，产生的n(H2)相等，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，一开始时，盐酸中氢离子的浓度大于醋酸中的氢离子浓度，醋酸在反应中不断的电离，氢离子浓度减少的慢，最终产生的气体体积是相等
12．【答案】D
【解析】【解答】解：固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，发生AgCl+I﹣=AgCl+Cl﹣，可知溶解度AgI＜AgCl，与离子的还原性、氧化性及AgX的稳定性无关，
故选D．
【分析】AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，发生AgCl+I﹣=AgCl+Cl﹣，以此来解答．
13．【答案】D
【解析】【解答】A．如果a＜7，则水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，则水的电离受到促进，故A不符合题意；
B．如果a＞7，则水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，故B不符合题意；
C．如果a＜7，则水的电离受到促进，该溶液为盐溶液，溶液的pH=a，故C不符合题意；
D．如果a＞7，则水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的pH值为a或14-a，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】水电力的氢离子浓度如果小于10-14mol/L，则可能是酸溶液或者碱溶液，如果水电离的氢离子浓度大于10-14mol/L，则是水解成酸性的盐溶液。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．该酸加热至沸腾不分解只能说明该酸较稳定，不能说明其电离程度，所以不能判断其为强电解质，A不符合题意；
B.该酸能与氢氧化铜反应，只能说明该酸具有酸性，不能说明其电离程度，B不符合题意；
C.该酸能与碳酸钙反应生成二氧化碳，只能证明其酸性大于碳酸，不能说明其电离程度，C不符合题意；
D.0.1mol L-1该酸的氢离子浓度约为0.1mol/L，说明酸是完全电离的，是强电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】酸的强弱取决于其电离能力的大小。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.BaO2离解成Ba2＋和O22－，分别与H2O离解成的OH－和H＋结合，形成Ba(OH)2和H2O2，A不符合题意；
B.CH3COCl离解成CH3CO＋和Cl－，分别与H2O离解成的OH－和H＋结合，形成CH3COOH和HCl，为两种酸，B不符合题意；
C.Al4C3离解成Al3＋和C4－，分别与H2O离解成的OH－和H＋结合，形成Al(OH)3和CH4，C不符合题意；
D.PCl3离解成P3＋和Cl－，分别与H2O离解成的OH－和H＋结合，形成p(OH)3（或H3PO3）和HCl，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由广义的水解观可知，水解的过程，是各物质分别离解成两部分，然后阴阳离子重新组合成新物质。据此结合选项所给物质分析。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.根据曲线的起点坐标可知，同浓度的HA、HB溶液，HB的pH小于HA，所以HB的酸性强于HA，故A错误；
B.溶液呈酸性或者碱性都会抑制水的电离，③点为中性，水的电离不受到任何抑制，故其电离程度最大，故B项错误；
C. 用 的HA溶液的pH=6，则HA的电离常数为 ， 的HB溶液的pH=3，则HB的电离常数为；将①和②对应的溶液混合，相当于20.00mL 的HA溶液和20.00mL HB溶液混合后再加入20.00mL 用 的NaOH溶液，由于HB的酸性强于HA，所以HB与NaOH恰好完全反应，溶质为等浓度的NaB、HA，NaB的水解常数为10-9，NaB的水解程度大于HA的电离程度，所得溶液为碱性，故C错误；
D.②点的溶液中溶质为等浓度的NaB、HB，溶液呈酸性，NaB的水解程度小于HB的电离程度，离子浓度排序为： ；故D项正确；
故答案为：D。
【分析】1.弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义，2.充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点，3.结合电荷守恒、物料守恒等进行比较离子浓度大小。
17．【答案】（1）>
（2）＝
（3）11
【解析】【解答】（1）电离吸热，升高温度，促进电离，所以95℃时水的电离常数K(95℃)＞25℃时水的电离常数；
（2）95℃纯水仍然显中性，则c(H＋)＝c(OH－)。
（3）95 ℃时向纯水中加入NaOH，c(OH－)＝0.1mol/L，则溶液中c(H＋)＝ 。
【分析】（1）水的电离是吸热反应，温度越高，水的离子积常数越大；
（2）纯水中无论温度是多少都是中性；
（3）根据95℃时的水的离子积计算氢离子浓度，然后计算pH。
18．【答案】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
（2）小于
（3）Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；10﹣3 mol L﹣1
（4）a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）
【解析】【解答】解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+，Al（OH）3，
故答案为：Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：小于；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，
故答案为：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；②根据电荷守恒，可以求出2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3 mol L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案为：10﹣3 mol L﹣1；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3 H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42﹣），b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），
故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．
【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3 H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3 H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性．
19．【答案】（1）③⑤
（2）②④⑦
（3）⑧
【解析】【解答】①Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质，但能导电；
②Na2O溶于水能导电，属于电解质；
③Fe（OH）3胶体中含有多种物质，属于混合物；
④CaCO3固体溶于水能导电，属于电解质；
⑤盐酸是HCl水溶液，由多种物质构成，属于混合物；
⑥蔗糖溶于水不能导电，属于非电解质，且其水溶液不能导电；
⑦熔融的KOH能导电，属于电解质；
⑧CO2 的水溶液能导电，但其本身不能电离，属于非电解质；
⑨液氯属于单质，既不是电解质也不是非电解质；
（1）由上述分析可知，属于混合物的是③⑤，故答案为：③⑤；
（2）由上述分析可知，属于电解质的是②④⑦，故答案为：②④⑦；
（3）属于非电解质但其水溶液能导电的是⑧，故答案为：⑧。
【分析】（1）混合物由多种物质组成；
（2）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
（3）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。
20．【答案】（1）；1s22s22p63s23p63d6
（2）O>N>C；同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大
（3）16；3p
（4）NH3能形成分子间氢键
（5）①④
【解析】【解答】五种短周期元素A、B、X、D、E，原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，A是C元素；X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；则B是N元素；D的氧化物具有两性，D是Al元素；E和X同族，E是S元素；F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满，F是Fe元素。
（1）A是C元素，C元素基态原子的价电子排布图为，F是Fe元素，Fe失去4s轨道上2个电子形成Fe2+，Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
（2）同周期元素从左到右，电负性依次增大，元素C、N、O电负性由大到小的顺序为O>N>C；同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大，所以基态C原子比基态N原子的第一电离能低；
（3）E是S元素，S原子核外有16个电子，有16种不同运动状态的电子。D是Al元素，基态Al原子的最高能级符号为3p；
（4）B是N元素，NH3能形成分子间氢键，所以NH3的沸点比同主族相邻元素氢化物的高。
（5）①电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Al3+，故①符合题意；
②同主族元素从上到下，简单氢化物的稳定性依次减弱，稳定性H2O>H2S，故②不符合题意；
③N的氧化物对应的水化物中，HNO2是弱酸，故③不符合题意；
④Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故④符合题意；
正确的是①④。
【分析】A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，可推出A是碳元素。X是地壳中含量最多的元素，可推出X是氧元素。由于B位于A和X之间，则B是氮元素。D的氧化物具有氧化性，可推出D是铝元素。E和X同族，可推出E是硫元素。F位于第四周期，根据其离子的3d能级电子为半充满结构，可推出F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，即F是铁元素。据此分析。
21．【答案】（1）电能转化为化学能；4OH--4e-=O2↑+2H2O
（2）阴离子；H+
（3）双极膜将水离解得到的OH—浓度过高，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀
（4）bc
（5）中和酸性溶液，调节溶液的pH，形成CaSO4、Ca3(AsO4)2等沉淀，去除部分SO和H3AsO4
（6）Fe(OH)3(胶体)+HAsO=FeAsO4↓+2OH—+ H2O
【解析】【解答】Ⅰ．由图可知，该装置为电能转化为化学能的电解池，a电极为阴极，双极膜将水离解得到的氢离子向阴极移动，并在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，离解得到的氢氧根离子移向左池与硫酸铁溶液反应生成，为维持溶液电荷守恒，溶液中的硫酸根离子通过阴离子交换膜进入右池；b电极为阳极，双极膜将水离解得到的氢氧根离子向阳极移动，并在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，离解得到的氢离子移向右池；
Ⅱ．由题给流程可知，向酸性含砷废水中加入石灰乳调节溶液的pH，将溶液中的砷酸和硫酸根离子转化为硫酸钙、砷酸钙、砷酸氢钙沉淀，向一次沉降后的溶液中加入，溶液pH在8~10之间氢氧化铁胶体粒子将砷酸氢根离子转化为砷酸铁沉淀，得到含砷量不大于1mg/L的可排放废水。
（1）由分析可知，该装置为电能转化为化学能的电解池，b电极为阳极，双极膜将水离解得到的氢氧根离子向阳极移动，并在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案为：电能转化为化学能；4OH--4e-=O2↑+2H2O；
（2）由分析可知，交换膜为允许硫酸根通过的阴离子交换膜，甲是双极膜将水离解得到的氢离子，故答案为：阴；H+；
（3）若电流过大，双极膜将水离解得到的OH—浓度过高，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，导致PFS产品的纯度降低，故答案为：双极膜将水离解得到的OH—浓度过高，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
（4）a．由图可知，溶液pH在8~10之间时，砷元素在溶液中存在形式为砷酸氢根离子，说明砷酸氢钠在溶液中呈碱性，溶液，故符合题意；
b．由图可知，砷酸根离子浓度和砷酸氢根离子离子浓度相等时，溶液pH为11.5，则砷酸的三级电离常数为Ka3==c(H+)=10-11.5，砷酸根离子的水解常数Ka3====10-2.5，故不符合题意；
c．由物料守恒可知，砷酸钠溶液中存在如下关系：，故不符合题意；
故答案为：bc；
（5）由分析可知，一级沉降时，向酸性含砷废水中加入石灰乳调节溶液的pH，将溶液中的砷酸和硫酸根离子转化为硫酸钙、砷酸钙、砷酸氢钙沉淀，故答案为：中和酸性溶液，调节溶液的pH，形成CaSO4、Ca3(AsO4)2等沉淀，去除部分SO和H3AsO4；
（6）由分析可知，二级沉降发生的反应为溶液pH在8~10之间，氢氧化铁胶体粒子与砷酸氢根离子反应生成砷酸铁沉淀、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Fe(OH)3(胶体)+HAsO=FeAsO4↓+2OH-+ H2O，故答案为：Fe(OH)3(胶体)+HAsO=FeAsO4↓+2OH-+ H2O。
【分析】（1）根据物质的转化即可判断能量转化方式，结合物质的性质即可邪乎电极反应式
（2）结合电极即可判断离子交换膜
（3）电流过大导致氢氧根离子浓度过大易形成氢氧化铁
（4）a.根据分布图即可判断pH
b.根据电离公式即可计算出水解常数
c.根据物料守恒即可判断
（5）主要是调节pH，除去酸
（6）根据反应物结合性质即可写出方程式