第三章物质在水溶液中的行为（含解析）单元测试2023---2024学年上学期高二化学鲁科版（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（共13题）
1．下列实验能达到实验目的的是
编号 实验内容 实验目的
A 在硝酸银溶液中滴加2滴等浓度的溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液，先产生白色沉淀， 后产生黄色沉淀 验证
B 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅 证明纯碱溶液呈碱性是由水解引起的
C 室温下，用广泛pH试纸分别测定溶液和溶液的酸碱性 验证酸性：
D 测定相同浓度的溶液与溶液的pH，后者较大 验证非金属性：
A．A B．B C．C D．D
2．以铁和石墨为电极电解酸性废水，可将废水中的PO以FePO4形式除去，其装置如图所示。已知：常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10－22；一般认为溶液中某离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，该离子已除尽。下列说法不正确的是(　　)
A．电解过程中，PO向铁极迁移
B．电路中有6 mol电子通过时理论上最多除去2 mol PO
C．在该装置中，铁的电势高于石墨
D．当废水中c(Fe3＋)＝1×10－15 mol·L－1时，PO已除尽
3．下列离子方程式正确的是
A．碳酸氢钠与醋酸反应：HCO+H+=CO2↑+H2O
B．等物质的量的硫酸氢钠与氢氧化钡溶液：SO+H++Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓
C．氯化铁溶液中加入过量氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
D．金属钠与H2O反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
4．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A．
B．
t/℃ 25 50 100
K/10-14 1.01 3.47 55.0
C．
D．
c(氨水)/(mol L-1) 0.1 0.01
pH 11.1 10.6
5．常温下，等体积等浓度的盐酸与下列溶液分别恰好完全中和。
①V1 mL pH=9的氨水；②V2 mL pH=10的氨水
下列判断正确的是
A．10V2＞V1 B．的比值：②＞①
C．水的电离程度：②＞① D．反应后溶液的pH：①＞②
6．下列事实与盐类水解无关的是
A．与溶液可作焊接金属时的除锈剂
B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C．加热蒸干溶液得到固体
D．要除去溶液中混有的，可通入适量氧化剂
7．25℃时，将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或NaOH固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=
B．若在c点对应的溶液中继续加入NaOH固体，则水电离出的c(H+)不可能为1×10-7mol·L-1
C．a点对应的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)>3c(Na+)
D．a、b、c三点均存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
8．铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
9．下列关于弱电解质的电离平衡常数的叙述中，正确的是
A．弱电解质的电离平衡常数就是电解质溶于水后电离出的各种离子浓度的乘积与未电离分子的浓度的比值
B．弱电解质的电离平衡常数只与弱电解质本身的性质及外界温度有关
C．同一温度下，弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强；弱碱的电离平衡常数越大，碱性越弱
D．多元弱酸的各级电离平衡常数相同
10．下列离子方程式中，正确的是（　　）
A．Fe3+的检验：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+
B．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO
C．证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2O
D．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2++2Cl-
11．下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．将Ca(HCO3)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质
B．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解
C．室温下，向0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大
D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
12．下列方程式书写不正确的是
A．CH CH(OH)CH3在铜催化下氧化：
B．氯气通入冷的石灰乳制备漂白粉：
C．向NH Al(SO4)2：溶液中加入Ba(OH)2溶液至Al 刚好沉淀完全：
D．次氯酸钙溶液与少量SO2反应：
13．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知：pM=-lgc(M)，pc(CO)=-lgc(CO)。下列说法正确的是

A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2+)=c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2+)D．c点可表示MgCO3的过饱和溶液，且c(Mg2+)>c(CO)
二、填空题（共9题）
14．I.过氧化钡常温下缓慢分解，不溶于水，常用作氧化剂、漂白剂等。请回答：
（1）BaO2的电子式为__________。
（2）BaO2在有水存在下，通过与二氧化碳作用，分解生成过氧化氢，其化学反应方程式为__________。
（3）BaCl2在氨水中与H2O2反应可得到BaO2沉淀，用一个离子反应方程式表示其原理__________。
（4）配平下列反应方程式：
( )MnO4- + ( )BaO2 + __________= ( )Ba2++( )Mn2+ + __________+( )H2O
Ⅱ、2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色。所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，能部分溶于NaOH溶液中得溶液C和0.8g残留物D。取少量溶液B，滴加KSCN溶液，发现溶液变为血红色。
请推测并回答：
（1）用离子反应方程式解释溶液变为血红色的原因：__________。
（2）写出形成溶液C的化学方程式：__________。
（3）写出气体A通入溶液B中，发生氧化还原的离子反应方程式：__________。
（4）写出化合物甲的化学式__________。
（5）有人认为：化合物甲中部分元素所形成的合金，在气体A中可逐渐形成化合物甲，试从氧化还原的角度，分析该说法的合理性：__________。
15．Na2SO3是中学化学中常用的试剂。测定0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液的pH与温度关系如下表所示(已知d＞c＞b＞a)。
时刻 a b c d
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
(1)水的离子积：Kw(a) (填“＞”“＜”或“=”，下同)Kw(d)；水解常数：Kh1(a) Kh1(b)。
(2)分别取a、d时刻的溶液各10 mL，加入足量的用盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，d时刻溶液产生的白色沉淀比a时刻的多。该白色沉淀的化学式是 ，d时刻沉淀比a时刻溶液多的原因是 。
(3)数据显示：a→c的过程中， (填“浓度”或“温度”)对水解平衡移动方向的影响程度更大。
(4)为了证明上述规律的普遍性，可以选择下列物质做类似实验，该物质是___________(填字母)。
A．Na2CO3 B．NaHCO3 C．Na2S D．Na2SO4
16．现有以下物质：①NaOH溶液②液氨③BaCO3固体④熔融KHSO4⑤Fe(OH)3胶体⑥铜⑦ CO2⑧ CH3COOH
(1)以上物质中属于混合物的是 (填序号)以上物质中属于非电解质的是 (填序号)
(2)写出①和⑧的水溶液反应的离子方程式
(3)写出④的电离方程式
(4)在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为
(5)在含0.4mol①的溶液中缓缓通入0.3molCO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有 (填化学式)，该过程总的离子反应方程式为 。
17．I. 现有下列8种物质
(1)①NaHCO3；②NH4HCO3；③BaSO4；④HF；⑤C2H5OH；⑥Al；⑦食盐水；⑧CH3COOH
其中属于强电解质的是 (填序号，下同)，既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是 。
II. 现有一瓶浓度为0.2mol/L的某酸溶液，可能为醋酸、盐酸、硫酸中的一种，为了确定该酸溶液的组成进行实验：取20.00mL该酸溶液，逐滴加入0.2mol/L的氢氧化钠溶液，恰好反应完全时所需碱液体积为20.00mL ，请用化学用语回答：
(2)该酸不可能是 ；
(3)用pH试纸测得反应后所得溶液呈碱性，根据此现象说明该酸溶液为 ，用离子方程式说明溶液呈碱性的原因 。
III. A、B、C、D均为可溶于水的固体，组成它们的离子有：
阳离子 K+、Ba2+、Al3+、Fe3+
阴离子 OH-、 、 、
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会消失。
②C与D反应有红褐色沉淀生成并放出气体。
③B与C反应有白色沉淀生成并放出气体。
(4)写出它们的化学式：A ，B ，C ，D 。
(5)写出③中B与C反应的离子方程式 。
18．已知Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=1.3×10-36，根据实验回答问题：
(1)在一支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1的ZnSO4溶液，再滴加1 mol·L-1的Na2S溶液可观察到的现象是 。
(2)静置后倾去上层清液，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次，然后向白色沉淀中滴加适量的0.1 mol·L-1的CuSO4溶液，振荡试管。观察到的现象是 。
(3)上述实验中发生反应的离子方程式是
① 。
② 。
(4)试用沉淀溶解平衡的原理分析解释(2)中实验现象的变化。
19．回答下列各小题。
(1)体积相同，pH相同的盐酸和醋酸溶液分别与足量的颗粒大小相同的锌粒反应，开始时产生氢气的速率 (填序号)，充分反应后，产生氢气的量 (填序号)。
A．相同 B．盐酸的多 C．醋酸的多
(2)在一定量的盐酸溶液中加入足量的锌粒，若使产生氢气的量保持不变，但反应速率加快，可加入 晶体(填序号)，要使产生氢气的量不变，但反应速率减慢，可加入 晶体(填序号)。
A．纯碱 B．烧碱 C．胆矾 D．醋酸钠 E.KHSO4
(3)pH=2的盐酸和醋酸溶液各1mL，加入等体积的水稀释后盐酸中水电离出来的c(H+) 醋酸溶液水电离出来的c(H+)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)已知不同温度下水的离子积数据：
温度/℃ 25 t1
水的离子积Kw 1×10-14 1×10-12
试回答以下问题：
①25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO)=5×10-3mol·L-1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH-)= 。
②在t1℃下，pH=9的NaOH溶液中，水电离出来的c(OH-)水= ；pH=8的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH-)水= 。
(5)t1℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2= 。
(6)某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与稀硫酸反应的快慢，设计了如图1所示的装置。
①在虚线框内连接合适装置 。
A． B． C． D．
②实验测得铝丝产生气体的速率(v)与时间(t)的关系如图2所示，则t1~t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是 。
20．硫及其化合物在生产、生活中具有广泛的应用，根据所学知识，回答下列问题：
(1)室温下，在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中，、物质的量分数随pH的变化曲线如图所示，根据图示，的水解平衡常数Kh=
(2)室温下，某浓度的(NH4)2SO3溶液中：
①往(NH4)2SO3溶液中滴加少量的HClO溶液，发生反应的离子方程式为 。
②此时所得溶液的pH (“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，是重要的化工原料，可作尼龙增白剂、农药中间体等。25℃时，向一定体积的亚磷酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
①NaH2PO3为 (填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显 (填“酸性”、“中性”、“碱性”或“无法判断”)。
②写出NaH2PO3水解的离子方程式 ；
(4)现有浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01 mol/LNaOH等体积混合后，测得c(Na+)＞c(CN-)，下列关系正确的是_______(填字母编号)。
A．c(H+)＞c(OH-) B．c(H+)＜c(OH-)
C．c(H+)+c(HCN)=c(OH-) D．c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol/L
21．(1)设阿伏加 德罗常数为NA，标准状况下，某O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积是 L。
(2)在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，对化学计量数m和R2+、R3+判断正确的是 。
A．m=y，R3+是氧化产物 B．m=2y，R2+被氧化
C．m=2，R3+是氧化剂 D．m=4，R2+是还原剂
(3)用双线桥法标出下列反应的电子转移方向和数目。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
22．用EDTA配位滴定法可测定与Cu2+和Zn2+共存的Al3+的含量，以PAN为指示剂，测定的相对误差≤±0.1%。测定过程可表述如下(注：表中的配合物电荷数被省略；游离的EDTA的各种形体均被简写为Y)：
附：配合物稳定常数的对数值lgK稳的数据：
附：配合物稳定常数的对数值lgK稳的数据：CuY 18. 8 ZnY 16.5 AlY 16. 1 AlF 19.7 Cu- PAN 16.1
(1)写出从D框状态到E框状态的反应式并配平 。
(2)F框状态内还应存在何种物质 ？
(3)是否需确知所用EDTA溶液的准确浓度 ？V1是否需要准确读取并记录 ？简述原因 。
(4)若从C框状态到D框状态时Cu2+溶液滴过量了，问：
①对最终的测定结果将引入正误差还是负误差？还是无影响 ？
②如你认为有影响，在实验方面应如何处理 ？
(5)设试液取量V0和V1、V2、V3均以mL为单位，MAl为Al的摩尔质量(g·mol-1)，c(EDTA)、c(Cu)分别为EDTA和Cu2+溶液的浓度(mol·L-1)，列出试液中Al含量(g·L-1)的计算式 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．银离子过量，产生沉淀的先后顺序与Ksp大小无关，A不符合题意；
B．碳酸根水解生成氢氧根和碳酸氢根，溶液显碱性，加入氯化溶液，离子与碳酸根生成碳酸沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，可证明纯碱溶液呈碱性是由碳酸根水解引起的，B符合题意；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测量其pH值，也不能比较两种酸的酸性，C不符合题意；
D．验证非金属性，可以比较最高价元素的正盐对应溶液的酸碱性，该实验中亚硫酸钠溶液中硫元素不是最高价，故不可比较两种元素的非金属性，D不符合题意；
故选B。
2．B
【详解】A．利用Fe3＋沉淀PO，铁为阳极，石墨为阴极，故a极为正极，b极为负极；在电解池中，阴离子向阳极迁移，即PO向铁极迁移，故A正确；
B．铁极的电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，废水中发生的总反应为4Fe2＋＋O2＋4H＋＋4PO=4FePO4↓＋2H2O，则电路中通过6mol电子时理论上最多除去3mol PO，故B错误；
C．在电解池中，阳极的电势高于阴极，故铁的电势高于石墨，故C正确；
D．当c(Fe3＋)＝1×10－15mol·L－1时，c(PO)＝=1.3×10－7mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，PO已除尽，故D正确；
答案选B。
3．B
【详解】A. 醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，正确的离子方程式为：HCO+CH3COOH=CO2↑+H2O+CH3COO-，故A错误；
B. 等物质的量的硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：SO+H++Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，故B正确；
C. NH3H2O是弱碱，在离子方程式中不能拆，离子方程式为：3NH3H2O+ Fe3+= Fe(OH)3↓+3NH，故C错误；
D. 金属钠与H2O反应生成氢氧化钠和水，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．可验证温度对平衡的影响，如对于放热反应，2NO2 N2O4，在热水中颜色变深，平衡逆向移动，冷水中颜色变浅，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．随温度的升高，平衡常数增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．催化剂对平衡没有影响，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．氨水浓度降低10倍，氨水的pH变化小于1个单位，加水稀释，平衡向电离方向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选C。
5．D
【分析】根据弱碱的电离程度判断起始的浓度，根据酸碱中和的量关系判断消耗的碱之间的关系；利用溶液中水的电离受溶质的影响判断其程度大小；
【详解】A．设pH=9的氨水的浓度为c1，电离程度为α1，则c1=；设pH=10的氨水浓度为c2，电离程度为α2，则c2=；因为故pH=9的氨水比pH=10的氨水电离程度大，故α1>α2，则，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V1×c1=V2×c2，得10V2B．的比值即是两溶液的电离度，根据越稀粤电力判断，②<①，故B不正确；
C．根据氨水溶液中水的电离受到抑制，抑制程度越大，水的电离程度越小，故②<①,故C不正确；
D．反应后pH=9的氨水消耗的体积大，故最终溶液的体积大，但生成的氯化铵的量相同，故①中最终的氯化铵溶液的浓度较小，故水解后氢离子浓度小，pH大，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查酸碱中和反应，弱电解质的电离规律，注意中和产物盐溶液的酸碱性的判断。
6．D
【详解】A．与均水解而使溶液显酸性，所以可作焊接金属时的除锈剂，A不符合题意；
B．草木灰与铵态氮肥混合施用会发生互相促进的水解反应，会降低肥效，B不符合题意；
C．水解方程式为，加热蒸干溶液，会使挥发，得到固体，C不符合题意；
D．除去溶液中混有的时通入氧化剂，是利用氧化还原反应原理，与水解无关，D符合题意；
故答案为：D。
7．B
【详解】A． c点加入的n(CH3COONa)=0.1mol，溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(H+)=c(OH-)，则此时溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据图象，c(H+)=10-7mol/L，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，该温度下，醋酸电离平衡醋酸K===，故A正确；
B． 从b到c时pH增大，说明加入NaOH溶液，CH3COONa水解促进水的电离，过量的NaOH抑制水的电离，起始时有多余的CH3COOH，继续加入NaOH可生成更多的CH3COONa，完全生成CH3COONa时水的电离程度最大，此后继续加入NaOH，抑制水的电离，可以使的水电离出的c(H+)再次达到10-7mol·L-1，故B错误；
C．从b到a时pH减小，说明加入CH3COOH，溶液中c(CH3COOH)增大，a点时 == =104(5c-1)，而c点为中性，说明c一定大于0.2，所以c(CH3COOH)：c(CH3COONa)必然大于2， a点对应的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)>3c(Na+)，故C正确；
D． 根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；
故答案为：C。
9．B
【详解】A．电离平衡常数的比值必须是达到电离平衡后的，而不是任意时刻的，A错误；
B．弱电解质的电离平衡常数是由弱电解质自身的性质决定的，并且受外界温度的影响，对于同一弱电解质，温度越高，电离平衡常数越大，B正确；
C．同一温度和浓度下，弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强；同样，弱碱的电离平衡常数越大，碱性越强，C错误；
D．多元弱酸是分步电离的，其各级电离平衡常数逐级减小且差别很大，D错误；
故答案为：B。
10．B
【详解】A. Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A错误；
B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；
C. 证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；
D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2 =Cu2++2Cl-，D错误；
故答案选B。
11．A
【详解】A. 将Ca(HCO3)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是碳酸钙、Na2SO4、氢氧化铁，均得不到原溶质，故A正确；
B. 氯化亚铁不稳定，易被氧化，加入少量的铁粉可把铁离子还原为亚铁离子，加入铁粉不能防止水解，防止氧化，故B错误；
C. 向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，醋酸的电离程度不一定增大，如加入醋酸钠等，CH3COOH的电离程度减小，故C错误；
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，CH3COONH4水解能促进水的电离，但是氯化钠不影响水的电离，故D错误；
答案选A。
12．D
【详解】A．CH CH(OH)CH3在铜催化下发生催化氧化反应生成丙酮，方程式为：，故A正确；
B．氯气通入冷的石灰乳制备漂白粉，离子方程式为：，故B正确；
C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至Al 刚好沉淀完全生成氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D．次氯酸钙溶液与少量SO2会发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀、HCl和HClO，离子方程式为：，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．pM相等时，图线中p()数值越大，实际浓度越小，溶度积常数越小，所以根据图像可知MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM＝p()，所以c(Mn2＋)＝c()，故B正确；
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p()，所以c(Ca2＋)＞c()，故C错误；
D．c点不在曲线上，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液。pM数值越大，金属阳离子的实际浓度越小。由于pM＞p()，所以c(Mg2＋)＜c()，故D错误；
答案选B。
14．I.（1）；（2）BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2；（3）Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O；（4）2MnO4-+5BaO2+16H+=2Mn2++5O2↑+5Ba2++8H2O；
Ⅱ、（1）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；（2）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）FeAlS4；（5）金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物。
【详解】试题分析：I.（1）过氧化钡中，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；故答案为；
（2）过氧化钡与二氧化碳和水反应生成碳酸钡和过氧化氢，化学方程式：BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2；故答案为BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2；
（3）BaCl2在氨水中与H2O2反应生成BaO2沉淀和氯化铵和水，离子方程式：Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O；故答案为Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O；
（4）反应中+7价锰化合价降为+2价，过氧化钡中-1价氧化升高为氧气中0价，要使得失电子守恒则高锰酸根离子系数为2，过氧化钡系数为5，依据原子个数守恒，反应的方程式：2MnO4-+5BaO2+16H+= 2Mn2++5O2↑+5Ba2++8H2O；故答案为2MnO4-+5BaO2+16H+= 2Mn2++5O2↑+5Ba2++ 8H2O；
Ⅱ、2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL即0.04mol气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色，所以A是SO2，所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，加KSCN溶液，发现溶液变为血红色，所以B是硫酸铁溶液，固体残留物中存在氧化铁，固体残留物部分溶于NaOH溶液中，所以一定含有氧化铝，固体残留物乙1.82g是氧化铝和氧化铁的混合物，其中Fe2O3是0.8g，Al2O3是1.82g-0.8g=1.02g，据此推断化合物甲中一定含有的元素是Fe、Al、S，n(Al)=0.02mol，n(Fe)=0.02mol，n(S)=0.04mol，得到物质的分子式为FeAlS4．
（1）加KSCN溶液，发现溶液变为血红色，所以B中存在铁离子，发生反应为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
（2）氧化铝可以和氢氧化钠之间反应生成偏氯酸钠和水，即：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．故答案为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（3）气体二氧化硫通入硫酸铁溶液中，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）物质甲的分子式为FeAlS4，故答案为FeAlS4；
（5）金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物，故答案为金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物。
考点：考查了电子式、化学方程式书写、物质的分子式的计算的相关知识。
15．(1) = ＜
(2) BaSO4 S在加热过程中被空气中的O2氧化
(3)浓度
(4)C
【解析】(1)
水的离子积只受温度影响：Kw(a)=Kw(d)；水解为吸热反应，温度升高水解程度变大，水解常数：Kh1(a)(2)
随着时间延长亚硫酸根离子溶液被空气中氧气氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，该白色沉淀的化学式是BaSO4，d时刻沉淀比a时刻溶液多的原因是S在加热过程中被空气中的O2氧化。
(3)
由图可知，温度升高过程中pH减小，升高温度水解程度变大，但是亚硫酸根离子被氧化浓度减小，升温和水解2个因素对水解的影响是相反的，由数据可知，共同作用结果为pH减小，故浓度对水解平衡移动方向的影响程度更大。
(4)
可以选择物质必须是具有还原性且能水解的物质，故选C。
16． ①⑤ ②⑦ OH- + CH3COOH = H2O + CH3COO- KHSO4 =K++ BaCO3+2H++= BaSO4 + 2H2O +CO2↑ Na2CO3和NaHCO3 4OH-+3CO2=+2+H2O
【分析】①NaOH溶液能导电，属于混合物，不是电解质，也不是非电解质；
②液氨是纯净物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质；
③BaCO3固体是纯净物，熔融状态下能导电，属于电解质，固体不导电；
④熔融KHSO4能电离出阴阳离子而导电，属于电解质；
⑤Fe(OH)3胶体属于混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；
⑥铜是金属单质，能导电，不是电解质，也不是非电解质；
⑦CO2是纯净物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质；
⑧CH3COOH是纯净物，溶于水能电离出离子而导电，属于电解质，醋酸不导电；
【详解】(1)由上述分析可知，属于混合物的是①⑤，属于非电解质的是②⑦；
(2)NaOH溶液和CH3COOH发生中和反应，CH3COOH为弱酸，在离子方程式中不拆写，故反应的离子方程式为：OH- + CH3COOH = H2O + CH3COO-；
(3)熔融KHSO4能电离出钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为KHSO4 =K++；
(4)硫酸钡比碳酸钡更难溶，在足量KHSO4的水溶液中加入少量BaCO3，发生反应的离子方程式为BaCO3+2H++= BaSO4 + 2H2O +CO2↑；
(5)在含0.4molNaOH的溶液中缓缓通入0.3molCO2，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，则0.4molNaOH消耗0.2molCO2，又气体被全部吸收，则过量的0.1molCO2发生反应，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，则该过程的总反应方程式为4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O，反应后溶液的溶质有Na2CO3和NaHCO3，反应的离子方程式为4OH-+3CO2=+2+H2O。
17．(1) ①②③ ①②⑥
(2)H2SO4
(3) CH3COOH CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-
(4) Ba(OH)2 Al2(SO4)3 K2CO3 Fe(NO3)3
(5)2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2↑
【详解】（1）食盐水属于混合物，Al属于单质，二者既不是电解质也不是非电解质，NaHCO3、NH4HCO3、BaSO4属于强电解质，HF、CH3COOH属于弱电解质，C2H5OH属于非电解质； NaHCO3、NH4HCO3、Al既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应； 答案是:①②③；①②⑥；
（2）某酸的物质的量为0.2×0.02=0.004mol，氢氧化钠的物质的量0.02×0.2=0.004mol，酸和碱的物质的量之比1:1，所以酸为一元酸，不可能为H2SO4；答案是: H2SO4；
（3）溶液呈碱性，说明该酸溶液为弱酸，只能为醋酸溶液，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解： CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-；答案是: CH3COOH；CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-；
（4）A、B、C、D是四种可溶的化合物，根据离子共存可以知道，只能与K+结合形成K2CO3，OH-离子只能与Ba2+结合形成Ba(OH)2，由②C与D反应有红褐色沉淀生成并放出气体，应是Fe3+与发生的双水解反应；由①A与B反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会消失，A和B生成的白色沉淀必然有Al(OH)3，则A必为碱，所以A为Ba(OH)2，B必含有Al3+、，则B为Al2(SO4)3，剩余另外两种物质为C、D为K2CO3、Fe(NO3)3中的一种，由③B与C反应有白色沉淀生成并放出气体，应是Al3+与发生的双水解反应，所以C为K2CO3、D为Fe(NO3)3；答案是： A：Ba(OH)2；B：Al2(SO4)3；C：K2CO3；D：Fe(NO3)3；
（5）③中B与C反应的离子方程式:2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2↑； 答案是：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2↑。
18．(1)有白色沉淀生成
(2)白色沉淀变为黑色沉淀
(3) Zn2＋＋S2-=ZnS ↓ ZnS(s)＋Cu2＋CuS(s)＋Zn2＋
(4)第一次生成的白色沉淀为ZnS，在水中建立了沉淀溶解平衡：ZnS(s) Zn2＋(aq)＋S2-(aq)，Ksp=1.6×10-24，此时c(Zn2＋)·c(S2-)=Ksp。加入CuSO4溶液后，c(Cu2＋)·c(S2-)>Ksp(CuS)，Ksp(CuS)=1.3×10-36，故Cu2＋、S2-结合生成CuS沉淀，即ZnS白色沉淀转化为溶度积更小的CuS黑色沉淀。
【解析】(1)
ZnS不溶于水，在一支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1的ZnSO4溶液，再滴加1 mol·L-1的Na2S溶液可观察到的现象是有白色沉淀生成；
(2)
向白色沉淀ZnS中滴加适量的0.1mol·L的 CuSO4溶液时，白色沉淀逐渐溶解，生成黑色沉淀 CuS；
(3)
上述实验中发生反应的离子方程式是①Zn2＋＋S2-=ZnS ↓；②ZnS(s)＋Cu2＋CuS(s)＋Zn2＋；
(4)
用沉淀溶解平衡的原理分析解释(2)中实验现象的变化：第一次生成的白色沉淀为ZnS，在水中建立了沉淀溶解平衡：ZnS(s) Zn2＋(aq)＋S2-(aq)，Ksp=1.6×10-24，此时c(Zn2＋)·c(S2-)=Ksp。加入CuSO4溶液后，c(Cu2＋)·c(S2-)>Ksp(CuS)，Ksp(CuS)=1.3×10-36，故Cu2＋、S2-结合生成CuS沉淀，即ZnS白色沉淀转化为溶度积更小的CuS黑色沉淀。
19．(1) A C
(2) C D
(3)＞
(4) 10000∶1 1×10-9mol/L 1×10-4mol/L
(5)9∶11
(6) B 反应放热，溶液温度升高
【详解】（1）盐酸和醋酸溶液体积相同、pH相同，氢离子浓度相同，则分别与足量的颗粒大小相同的锌粒反应，开始时产生氢气的速率相同，但醋酸的物质的量浓度大，所以充分反应后，产生氢气的量醋酸的多。
（2）若加入纯碱，纯碱会与盐酸反应生成二氧化碳，从而消耗盐酸，使得产生氢气的速率减慢，产生氢气的总量减少；若加入烧碱，烧碱会与盐酸反应，从而消耗盐酸，使得产生氢气的速率减慢，产生氢气的总量减少；若加入胆矾，硫酸铜不与盐酸反应，不消耗盐酸，硫酸铜与锌反应生成铜和硫酸锌，形成微小的原电池，加快锌与盐酸的反应速率，产生氢气的总量不变；若加入醋酸钠，醋酸钠与盐酸反应生成氯化钠和醋酸，醋酸与锌反应生成氢气，但醋酸为弱酸，反应速率减慢，随着反应进行，醋酸会继续电离出氢离子，产生氢气的量不变；若加入硫酸氢钾，硫酸氢钾会电离出氢离子，使得溶液中氢离子的物质的量和物质的量浓度都增加，产生氢气的量和产生氢气的速率都增加。
（3）盐酸在水中完全电离，而醋酸部分电离，加水稀释，醋酸会继续电离出氢离子，而盐酸不能，故稀释相同倍数后，醋酸溶液中氢离子浓度比盐酸中氢离子浓度大，醋酸溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度小，而溶液中由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根离子浓度，因此加入等体积的水稀释后盐酸中水电离出来的c(H+)>醋酸溶液水电离出来的c(H+)。
（4）①25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO)=5×10-3mol·L-1，则c(Na+)=2c(SO)=10-2mol·L-1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后c(Na+)=10-3mol·L-1，稀释前后溶液均呈中性，则溶液中c(OH-)=10-7mol·L-1，稀释后溶液中c(Na+):c(OH-)=10000:1。
②氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度，即c(OH-)水=c(H+)=10-pH=1×10-9mol/L；醋酸钠溶液中由于醋酸根离子的水解使溶液呈碱性，溶液中的氢氧根离子全部来自于水的电离，溶液中氢氧根离子浓度即为水电离出的氢氧根离子浓度，则c(OH-)水=c(OH-)==1×10-4mol/L。
（5）t1℃下，水的离子积Kw=1×10-12，pH=11的苛性钠溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c(H+)=0.1mol/L，混合溶液中c(H+)=0.01mol/L=，整理可得V1:V2=9:11。
（6）①为了比较反应快慢，可以通过测量相同时间内产生气体体积的多少，也可以通过测量产生相同体积气体所用时间，而气体的体积可以通过测量排出水的体积去测定，因此虚线框内应连接装置B。
②金属与酸反应放热，温度影响反应速率，温度越高反应速率越快，因此t1~t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是：反应放热，溶液温度升高。
20．(1)10-6.8
(2) 2+HClO=++Cl- 变小
(3) 酸式 酸性 +H2OH3PO3+OH-
(4)BD
【详解】（1）根据图像可知当溶液中c()=c()时，溶液pH=7.2，c(H+)=10-7.2 mol/L，的水解平衡常数Kh=；
（2）①(NH4)2SO3具有还原性，HClO具有氧化性，往(NH4)2SO3溶液中滴加少量的HClO溶液，二者会发生氧化还原反应，HClO完全反应，过量，反应产生(NH4)2SO4、NH4HSO3、NH4Cl，发生反应的离子方程式为：2+HClO=++Cl-；
②反应后产生大量(NH4)2SO4、NH4Cl都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，NH4HSO3电离产生的的电离作用大于其水解作用，也使溶液显酸性，故此时所得溶液显酸性，溶液的pH会变小；
（3）①亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，NaH2PO3为NaOH与H3PO3按1：1关系反应产生的盐，因此属于酸式盐；
根据图示可知a点c(H3PO3)=c()，Ka1=；b点时c()=c()，Ka2= ) ，NaH2PO3电离产生的的水解平衡常数Kh=，电离作用大于其水解作用，所以NaH2PO3的水溶液显酸性；
②NaH2PO3水解产生NaOH、H3PO3，该反应的离子方程式为+H2OH3PO3+OH-；
（4）将0.02 mol/L的HCN与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol/L的NaCN、HCN，根据测得c(Na+)＞c(CN-)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)可知：c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，所以HCN的浓度大于0.005 mol/L，CN-的浓度小于0.005 mol/L。
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，A错误；
B．混合液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，B正确；
C．电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)；物料守恒2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，则c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)，C错误；
D．根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol/L，D正确；
故合理选项是BD。
21． AD
【分析】(1)先求出ng该混合气体含有的分子数，再根据n=计算出ng该混合气体物质的量，最后根据V=n×Vm计算出n g该混合气体在相同状况下所占的体积；
(2)根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得m、n、x、y的数值，结合电荷守恒确定2x+y=3m，所以x=y=m，再根据氧化还原反应的规律判断物质的作用，以此来解答；
(3)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由+7价变成+2价，盐酸中部分氯由-1价变成0价，由此用双线桥法标出电子转移的方向和数目。
【详解】(1)标准状况下混合气体中含量不变，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，求得x=个；ng该混合气体含有的物质的量为：n=mol，该气体在标准状况下的体积为：V=n×Vm=L，故答案为：；
(2)根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物。
A.m=y=4，R3+是氧化产物，A正确；
B.m=y，R2+是还原剂，被氧化，B错误；
C.m=4，R3+是氧化产物，C错误；
D.m=4，R2+是还原剂，D正确；
AD正确，故答案为：AD；
(3)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由反应前KMnO4中的+7价变成反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，盐酸中部分氯由反应前HCl中的-1价变成反应后Cl2中的0价，化合价升高，根据元素化合价升降总数等于反应过程中失去与得到的电子总数，用双线桥法标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：。
【点睛】本题综合考查了物质的量的有关计算、有电子转移的离子方程式的配平及氧化还原反应中电子转移的表示方法。掌握物质的量的有关计算公式及方程式配平的依据、氧化还原反应的规律和基本概念是本题解答的关键，注意知识的归纳和整理和基本概念及公式的应用是解答关键。
22．(1)AIY - + 6F-= AIF+ Y4-、Cu-PAN + Y4-= CuY + PAN
(2)Cu- PAN
(3) 不需要 不需要 因V1不影响最终测定结果
(4) 负误差 加入少量(不必准确计量) EDTA溶液，使被滴定液重新回到C框状态，再用Cu2+溶液除去过量的Y，正确进入D框状态
(5)Al 含量=(g·L-1)
【详解】（1）根据D→E的物质变化可知，其中NH4F参与了反应，AIY -转化为AIF：AIY - + 6F-= AIF+ Y4-；Cu-PAN 转化为CuY ：Cu-PAN + Y4-= CuY + PAN；
（2）根据原子守恒与E中物质，又用Cu2+进行滴定生成CuY 、PAN，可知F框状态内还应存在PAN；
（3）不需确知所用EDTA溶液的准确浓度，铝合金中铝含量的测定，用的是置换滴定法, 只要计量从AlY-中置换出的 EDTA，而不需要对与Al3+反应后过量的 EDTA计量，滴定过量的 EDTA可以，滴定置换出的 EDTA不行。 实验中使用的 EDTA不 需要标定 ；V1不需要准确读取并记录，因为V1不影响最终测定结果；
（4）若从C框状态到D框状态时Cu2+溶液滴过量了，问：
①对最终的测定结果将引入负误差，因为消耗过量的PAN，以至于后面置换量变大，引起负误差；
②处理方法如下：加入少量(不必准确计量) EDTA溶液，使被滴定液重新回到C框状态，再用Cu2+溶液除去过量的Y，正确进入D框状态；
（5）Al 含量=(g·L-1)。
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