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14题）
1．已知常温下几种酸的电离平衡常数如表：下列说法正确的是
H2CO3 H2SO3 HClO HCN
K1=4. 30 × 10-7 K2=5. 61 ×10-11 K1=1. 54 × 10-2 K2=1.02 ×10-7 K=2. 95 ×10-8 K=5 ×10-10
A．向NaCN溶液中通入少量的CO2气体： CO2 +H2O+ 2CN-=2HCN+CO
B．K2CO3溶液中通入少量SO2： 2CO+SO2+H2O=2HCO+SO
C．相同条件下，同浓度的HClO溶液和HCN溶液的酸性，后者更强
D．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
2．100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2，下列叙述不正确的是
A．此时水的离子积Ka=1.0×10-12
B．溶液中水电离出的c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1
C．此时加入少量的氢氧化钠浓溶液可促进水的电离
D．c(H+)3．溶液是中学化学常用的一种试剂。下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 室温下，向溶液中滴入溶液，产生白色沉淀，再滴加5滴溶液；有红褐色沉淀生成
B 将溶液与溶液混合于试管中充分反应后，滴加几滴溶液，振荡；溶液变为血红色 与的反应有一定的限度
C A、B两支试管中分别加入的溶液，在A试管中加入溶液，在B试管中加入蒸馏水；A试管中产生气泡更快 是分解的催化剂
D 向2mL略浑浊的泥水中加入饱和溶液，静置，产生沉淀，溶液变澄清 能吸附水中的悬浮物产生沉淀，具有净水效果
A．A B．B C．C D．D
4．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
5．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 检验溶液中是否含有Fe2+ 向溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色
B 检验原Fe(NO3)3溶液中Fe3+只有部分被Fe还原 向溶液中加入铁粉，充分振荡，再滴加少量盐酸酸化后，滴入1滴KSCN溶液，溶液变红
C 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3 向溶液中加入足量铜粉，充分反应后过滤
D 除去MgCl2溶液中的少量FeCl3 向溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌，充分反应后过滤
A．A B．B C．C D．D
6．下列离子方程式正确的是
A．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
B．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： Ba2++SO42-＝ BaSO4↓
C．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH—＝ CaCO3↓+CO32-+2H2O
D．酸化的NaIO3和NaI的混合溶液：I-＋IO3-＋6H＋＝I2＋3H2O
7．用已知浓度的NaOH溶液滴定待测浓度的盐酸(盐酸置于锥形瓶中)，以下操作会造成所测盐酸溶液浓度偏低的是
A．酸式滴定管未用待装溶液润洗
B．碱式滴定管未用待装溶液润洗
C．锥形瓶未用待装溶液润洗
D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
8．在相同温度下，0.01 mol·L-1 NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是
A．两溶液中由水电离的c(H+)都是1.0×10-12 mol·L-1
B．NaOH溶液和盐酸由水电离出c(OH-)分别为1.0×10-2 mol·L-1、1.0×10-12 mol·L-1
C．两溶液中由水电离出的c(H+)相等
D．两者都促进了水的电离
9．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．滴加甲基橙显黄色的溶液：Fe3+、、Cl-、
B．pH=1的溶液：Fe2+、Na+、Mg2+、
C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、、Br-、
D．所含溶质为Na2CO3的溶液：K+、Cl-、、Al3+
10．氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是
A．氯水中加入镁粉，片刻后气泡冒出，说明有ClO-存在
B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C．加入NaHCO3溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在
D．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在
11．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列关于0.1 mal·L-1Na2CO3溶液说法正确的是
A．100 mL溶液中离子总数大于0.03 NA
B．阴离子总数等于阳离子总数
C．溶液中离子浓度c(Na+)＞c(OH-)＞c()＞c()
D．配制100 mL需用托盘天平称取1.06 g Na2CO3固体
12．用下列实验操作、现象及结论描述正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4振荡， 静置 溶液分层，上层无色，下层紫红色 溴的非金属性强于碘
B 将溴乙烷和过量NaOH溶液混合共热并充分振荡，冷却后加入AgNO3溶液 未出现淡黄色沉淀 溴乙烷为非电解质，不与NaOH发生反应次
C 向1mL0.1 molL-1AgNO3溶液中先滴加2滴0.1 molLNaCl溶液，再滴入2滴0.1molL-1的Na2S溶液 生成黑色沉淀 证明Ag2S的溶度积比AgCl小
D 加热饱和FeCl3溶液 有晶体出现 FeCl3的水解为吸热过程,得到FeCl3·6H2O晶体
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法正确且与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液并灼烧，可得到Cu(OH)2固体
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
A．①③⑥ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④
14．下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 向盛有2mL0.1mol L-1AgNO3溶液的试管中滴加5mL0.1mol L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定0.1mol L-1KI溶液 先有白色沉淀后黄色沉淀 常温下，溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B 常温下，用pH计分别测定1mol L-1CH3COONH4溶液和0.1mol L-1CH3COONH4溶液的pH 测得pH都等于7 同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C 用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液 阴极有红色固体物质析出 金属活动性：Cu＞Fe
D 向5mL0.1mol L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol L-1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液 溶液变红 KI与FeCl3的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共7题）
15．现有下列9种物质：①Na2CO3固体，②CO2固体，③Ca(OH)2固体，④NH4HCO3固体，⑤葡萄糖，⑥Al，⑦食盐水，⑧CH3COOH，⑨熔融氯化钾。
请回答下列问题：
(1)上述物质中属于电解质的是 (填序号)，属于非电解质的是 (填序号)，能导电的是 (填序号)。
(2)上述物质中①可用作洗涤剂，其原因是 ，写出其电离方程式： 。
(3)下图为一定量③的饱和溶液中通入②气体后，溶液的导电能力与二氧化碳体积之间的关系曲线，由图 。(填“能”或“不能”)确定B处生成的除水外的物质是电解质。在AB段曲线某一处，若通入的CO2的体积为3.36L(标准状况)时，写出反应的化学方程式： ，得到沉淀的质量为 g。
16．I．常温下将0.01 mol NH4Cl和0.002 mol NaOH溶于水配成1 L溶液。
(1)该溶液中存在的平衡体系有（用离子反应方程式表示）
(2)溶液中共有 种不同的微粒。
(3)这些微粒中浓度为0.01 mol·L－1的是 ，浓度为0.002 mol·L－1的是 。
(4) 和 两种微粒的物质的量之和比OH－的物质的量多0.008 mol。
II．(5)在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋，下列物质可采用的是 。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的 。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
(6)甲同学怀疑调整至溶液pH＝4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为 ，Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]时溶液的pH为 。
17．燃煤烟气中90%以上的NOx是NO，脱硝技术主要就是指NO的脱除技术。
I.络合脱硝法
六氨合钴溶液中的[Co(NH3)6]2+能络合烟气中的NO和O2，形成的两种络合物在溶液中极易发生反应，实现NO的脱除。在吸收液中加入活性炭可有效催化[Co(NH3)6]2+的再生，维持溶液脱除NO的能力，原理如图1所示。
(1)写出上述络合脱硝法总反应的离子方程式： 。
(2)在不同温度下，将含0.01mol·L-1[Co(NH3)6]3+的溶液以一定流速通过装有活性炭的催化器，[Co(NH3)6]3+的转化率随温度升高而增大，其原因可能是 。
II.氧化脱硝法
ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的NO、SO2等污染物。
(3)隔膜电解NaClO3制备ClO2的装置如图2所示。制备时先在NaClO3溶液中通入少量ClO2气体，结合反应方程式简述ClO2的制备过程： 。
(4)ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下：
5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；
2NO2+H2O=HNO2+HNO3。
随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。
①设计实验验证ClO2对NO2的吸收有抑制作用： 。(NO2的浓度可由仪器直接测定)
②其他条件相同，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果如图3所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是 。
18．Ⅰ.室温下，0.01 mol/ L的盐酸溶液的pH是 ，0.05 mol/ L的Ba(OH)2溶液的pH是 ，pH=3的盐酸稀释100倍，所得溶液pH是 ，pH = 9的NaOH溶液稀释1000倍后溶液中c(OH )与c(Na+)之比是 。
Ⅱ.水的电离平衡曲线如下图所示。

（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从 增加到 。
（2）100℃的温度下将pH=8的KOH溶液与pH=5的稀H2SO4混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则KOH溶液与稀H2SO4的体积比是 。
19．电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。
请回答以下问题：
(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：Y电极上的电极反应式为 ，检验该电极反应产物的方法是 。
(2)如要用电解方法精炼粗铜，则：X电极的材料是 ，电极反应式是 。电解液a可以选用 。
20．下列实验操作中的实验现象与实验结论相匹配的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再滴入盐酸 先产生白色沉淀，加入盐酸后沉淀不溶解 原溶液中一定有SO
B 向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入2滴1 mol/L MgCl2溶液，再加入2滴1 mol/L FeCl3溶液 先产生白色沉淀，后生成红褐色沉淀 证明Ksp[Mg(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]
C 将碎瓷片催化石蜡油分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 证明石蜡油分解产生的气体是乙烯
D 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液 有白色沉淀生成 证明AlO得到质子的能力强于CO
A．A B．B C．C D．D
21．如图是用0.1000mol·L-1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。
请回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 。
(2)盐酸的体积：滴定前读数为 mL，滴定后读数为 mL。
(3)某实验小组同学三次实验的实验数据如表所示。根据表中数据计算出待测NaOH溶液的浓度是 mol·L-1(保留四位有效数字)。
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL 滴定前盐酸的体积读数/mL 滴定后盐酸的体积读数/mL
1 20.00 1.20 23.22
2 20.00 1.21 29.21
3 20.00 1.50 23.48
(4)对下列几种情况进行讨论：
①盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”，下同)。
②若锥形瓶中有少量蒸馏水，会使测定结果 。
③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，会使测定结果 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．根据表格数据可知，酸性：，所以向NaCN溶液中通入少量的CO2气体生成碳酸氢钠和HCN，反应的离子方程式是CO2 +H2O+ CN-=HCN+HCO，故A错误；
B．根据表格数据可知，酸性：， K2CO3溶液中通入少量SO2，反应的离子方程式是2CO+SO2+H2O=2HCO+SO，故B正确；
C．根据表格数据可知，酸性：，相同条件下，同浓度的HClO溶液和HCN溶液的酸性，前者更强，故C错误；
D．氯水能氧化NaHSO3，所以向氯水中加入NaHSO3溶液，氯水中HClO的浓度降低，故D错误；
选B。
2．D
【详解】A．蒸馏水的pH=6，说明c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A正确；
B．水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，即c（H+）=c（OH-）=mol/L=1×10-10mol L-1，故B正确；
C．此时加入少量的氢氧化钠浓溶液，消耗氢离子，降低氢离子浓度，因此可促进水的电离，故C正确；
D．100℃时，蒸馏水中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以呈中性，加入硫酸氢钠溶液呈酸性，但由于存在水的电离，氢离子浓度大于硫酸根离子浓度，故D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．室温下，向溶液中滴入溶液，溶液中存在过量的NaOH，再滴加5滴溶液直接生成Fe(OH)3，不能证明生成的Fe(OH)3是由Mg(OH)2转化生成，不能证明，故A错误；
B．将溶液与溶液混合于试管中充分反应后，溶液中存在过量的Fe3+，滴加几滴溶液，振荡，溶液变为血红色，不能证明与的反应有一定的限度，故B错误；
C．A、B两支试管中分别加入的溶液，在A试管中加入溶液，在B试管中加入蒸馏水；A试管中产生气泡更快，说明是分解的催化剂，故C正确；
D．向2mL略浑浊的泥水中加入饱和溶液，发生水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物产生沉淀，具有净水效果，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdSCd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；
B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D．从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdSCd2++S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
5．D
【详解】A．氯水能将亚铁离子氧化为铁离子，若溶液中含有铁离子，滴加硫氰酸钾溶液后溶液也会显红色，则向溶液中滴加氯水，再滴加硫氰酸钾溶液，溶液变成红色无法判断溶液中是否含有亚铁离子，故A错误；
B．向溶液中加入铁粉，充分振荡，再滴加少量盐酸酸化时，酸性条件下，具有强氧化性的硝酸根离子会将亚铁离子氧化生成铁离子，则滴入1滴硫氰酸钾溶液，溶液变成红色无法判断铁离子是否部分被铁还原，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则向溶液中加入足量铜粉除去溶液中氯化铁时会引入新杂质氯化铜，故C错误；
D．氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，向溶液中加入足量氢氧化镁粉末，氢氧化镁与水解生成氢离子反应，使溶液中氢离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，能将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化生成硫酸铁和水，离子方程式书写正确，符合电荷守恒、原子守恒规律，A正确；
B. 漏写了氢氧根离子和铵根离子能结合成弱碱一水合氨的反应，B错误；
C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH—＝ CaCO3↓+ H2O，C错误；
D. 离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为： 5I-＋IO3-＋6H＋＝3I2＋3H2O，D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，这的就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，还是能够快速准确的解决问题的。
7．A
【详解】A．酸式滴定管未用待装溶液润，浓度偏小，待测酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，根据c(酸)=，可知c(酸)偏低，故A符合题意；
B．未用已知浓度的NaOH溶液润洗滴定管，使氢氧化钠溶液浓度偏小，消耗体积偏大，根据c(酸)=，可知c(酸)偏大，故B不符合题意；
C．锥形瓶未用待装溶液润洗，HCl的物质的量不变，不影响NaOH溶液和盐酸的体积，对结果无影响，故C不符合题意；
D．滴定前，滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，NaOH溶液体积偏多，根据c(酸)=，c(待测)偏高，故D不符合题意；
故选A。
8．C
【详解】酸和碱的电离都会抑制水的电离，温度相同则Kw相同，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c(H+)水=mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=mol/L，所以由水电离出的c(H+)相等，但由于温度未知，所以无法确定具体值；
综上所述答案为C。
9．C
【详解】A．滴加甲基橙显黄色的溶液，pH＞4.4，可能显碱性，碱性溶液中不能大量存在Fe3+、，可能酸性，但pH＞4.4，Fe3+会水解，也不能大量共存，故A不符合题意；
B．pH=1的溶液，显酸性，则Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，而不能大量共存，故B不符合题意；
C．由水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可以是酸或碱，若溶液是碱性的，K+、、Br-、与OH-能大量共存，故C符合题意；
D．所含溶质为Na2CO3的溶液，与Al3+会发生双水解反应，即2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，而不能大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
10．B
【详解】A．镁粉溶于氯水后有气泡产生，说明其中含有HCl，该气体为氢气，不能证明含有次氯酸根，故A错误；
B．氯水呈浅黄绿色，说明里面含有氯气分子，故B正确；
C．加入NaHCO3溶液，与氢离子反应放出二氧化碳气体，说明溶液中有H+存在，不能证明含有次氯酸，故C错误；
D．加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】A．100 mL0.1 mal·L-1Na2CO3溶液，由于有Na2CO3=2Na++，而会水解，即+H2O+OH-，导致溶液中的阴离子的个数多于0.01NA个，阳离子个数为0.02NA，则该溶液中离子总数大于0.03 NA，故A正确；
B．由Na2CO3化学式可知，其溶液中钠离子的数目是碳酸根离子的2倍，水解的量很少，故Na2CO3的溶液中阳离子总数大于阴离子总数，故B错误；
C．100 mL0.1 mal·L-1Na2CO3溶液，由于有Na2CO3=2Na++，会水解，即+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，还存在水的电离，即H2OH++OH-，的水解和水的电离均微弱，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，故C错误；
D．托盘天平精确度为0.1g，无法称取1.06g的Na2CO3固体，故D错误；
答案为A。
12．A
【详解】A．碘易溶于四氯化碳，下层呈紫红色说明溴与KI发生氧化还原反应生成碘，可知溴的非金属性强于碘，故A正确；
B．将溴乙烷和过量NaOH溶液混合共热并充分振荡，冷却后直接加入AgNO3溶液，不能检验出溴离子，因为溶液显碱性，应该首先加入硝酸将溶液酸化而排除干扰，故B错误；
C．硝酸银足量，均为沉淀的生成而不存在沉淀的转化，则不能比较AgCl、Ag2S的溶度积常数，故C错误；
D．加热饱和FeCl3溶液，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，得不到FeCl3·6H2O晶体，故D错误；
故选A。
13．D
【详解】①NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，可以与金属氧化物发生反应产生可溶性盐，因此都可作焊接金属时的除锈剂，与盐的水解有关，故①符合题意；
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，能够降温并且可以隔绝空气，从而起到灭火作用，故②符合题意；
③草木灰水溶液水解显碱性，铵态氮肥水解显酸性，若二者混合施用，N元素会变为氨气逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合施用，与盐的水解有关，故③符合题意；
④Na2CO3溶液水解显碱性，容易与玻璃中的SiO2发生反应产生Na2SiO3，Na2SiO3的水溶液具有粘性，会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此在实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，故④符合题意；
⑤CuCl2是强酸弱碱盐，水解产生Cu(OH)2和HCl，HCl加热挥发，导致蒸干得到的固体是Cu(OH)2，但Cu(OH)2不稳定，灼烧会发生分解产生CuO和H2O，故将CuCl2溶液蒸干灼烧得到的固体是CuO，与盐水解有关，但最后固体成分不合理，故⑤不符合题意；
⑥Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，达到除杂的目的，但这与盐的水解无关，故⑥不符合题意，说法合理的是①②③④；
答案选D。
14．A
【详解】A．向2mL0.1mol L-1AgNO3溶液中滴加5mL0.1mol L-1NaCl溶液，Ag+全部转化为AgCl沉淀，再滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，则表明AgCl转化为AgI，由此得出溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A正确；
B．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，由于CH3COOH与NH3 H2O的电离常数相等，所以溶液呈中性，但CH3COONH4浓度不同时，对水电离的促进作用不同，B不正确；
C．用铂电极电解等浓度的足量Fe2(SO4)3、Cu(NO3)2混合溶液时，先是Fe3+得电子转化为Fe2+，后是Cu2+得电子生成Cu，所以不能比较Cu与Fe的金属活动性大小，C不正确；
D．向FeCl3溶液中滴加KI溶液，由于FeCl3过量，滴入KSCN溶液后，溶液变红，不能说明KI与FeCl3的反应为可逆反应，D不正确；
故选A。
15． ①③④⑧⑨ ②⑤ ⑥⑦⑨ Na2CO3水溶液呈碱性 不能 15
【详解】(1)常见的酸、碱、盐是电解质，故①③④⑧⑨是电解质；常见的非金属氧化物、大多数有机物、部分气态氢化物是非电解质，故②⑤是非电解质；能导电的物质需要有自由移动的电子或离子，故⑥⑦⑨能导电，故答案为：①③④⑧⑨；②⑤；⑥⑦⑨；
(2) Na2CO3的俗名是纯碱，其水溶液呈碱性，可用作洗涤剂，电离方程式为，故答案为：Na2CO3水溶液呈碱性；；
(3)B处只能说明CaCO3在水溶液中不导电，不能确定其在熔融状态下是否导电，故不能确定其是否是电解质。该反应的化学方程式，3.36 L CO2的物质的量为0.15mol，故反应生成0.15mol CaCO3，质量为15 g，故答案为：不能；；15。
16． NH3·H2ONH4++OH- NH4++ H2ONH3·H2O+H+ H2OH+ +OH- 7 Cl- Na+ NH4+ H+ B CD 4 3
【详解】分析I．（1）根据铵根水解、一水合氨和水均是弱电解质解答；
（2）根据溶液中微粒的电离或水解情况判断；
（3）根据物料守恒分析；
（4）根据电荷守恒分析；
II．（5）①根据除杂时不能引入新杂质分析；
②根据除杂时不能引入新杂质分析；
（6）根据溶度积常数的概念和表达式计算。
详解：I．（1）常温下将0.01 molNH4Cl和0.002 molNaOH溶于水配成1 L溶液，溶液中存在的物质有氯化钠、一水合氨以及过量的氯化铵，其中铵根水解，一水合氨和水均是弱电解质，因此该溶液中存在的平衡体系有NH3·H2ONH4++OH－、NH4++ H2ONH3·H2O+H+、H2OH+ +OH-；
（2）溶液中存在的物质有氯化钠、一水合氨以及过量的氯化铵，其中铵根水解，一水合氨和水均存在电离平衡，因此溶液中共有铵根、氢离子、钠离子、氢氧根、氯离子、一水合氨、水分子等7种不同的微粒；
（3）根据氯原子守恒可知这些微粒中浓度为0.01 mol·L－1的是Cl-，根据钠原子守恒可知浓度为0.002 mol·L－1的是Na+。
（4）根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH－)，则c(H+)+c(NH4+)－c(OH－)＝c(Cl－)－c(Na+)＝0.01mol/L－0.002mol/L＝0.008mol/L，所以H+和NH4+两种微粒的物质的量之和比OH－的物质的量多0.008 mol。
II．（5）①高锰酸钾、氯水和硝酸均能氧化亚铁离子，但会引入新杂质，双氧水的还原产物是水，不能引入新杂质，答案选B；
②选项中的四种物质均能消耗氢离子调节pH，但氢氧化钠和氨水会引入新杂质钠离子和铵根离子，氧化铜和氢氧化铜反应后生成铜离子，不会引入新杂质，答案选CD；
（6）铜离子浓度是3.0mol/L，则开始沉淀时溶液中氢氧根浓度是＝1×10－10mol/L，则氢离子浓度是10－4mol/L，所以Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4；Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]时溶液中氢氧根浓度是，所以溶液中氢离子浓度是10－3mol/L，因此pH＝3。
17．(1)2NO+O2+2OH-=++H2O
(2)温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。
(3)首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应
(4) 分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用 ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用
【分析】根据题中图1信息，写出络合脱硝法总反应的离子方程式；根据题中信息，升高温度，[Co(NH3)6]3+的转化率增大，分析其原因；根据题中图2信息，结合阴极的电极反应式回答问题；设计相同条件下蒸馏水和ClO2溶液通过NO2，比较逸出NO2的浓度，来证明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；根据题中信息，结合SO2与ClO2反应，回答相关问题；据此解答。
【详解】（1）由题中图1信息可知，络合脱硝法总反应的离子方程式为2NO+O2+2OH-=++H2O；答案为2NO+O2+2OH-=++H2O。
（2）[Co(NH3)6]3+的转化率随温度升高而增大，其原因为温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)；答案为温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。
（3）由题中图2信息可知，首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应；答案为首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应。
（4）①分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；答案为分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用。
②ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用，所以逸出的NO2明显减少；答案为ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用。
18． 2 13 5 10:1 10-14 10-12 2:9
【分析】根据题意可知，本题考查水在电离平衡和pH的计算，运用水在电离平衡常数只与温度有关和H=-lgc(H+)分析。
【详解】Ⅰ.根据PH=-lgc(H+)可得，0.01 mol/ L的盐酸溶液的pH=-lgc(0.01)=2；0.05 mol/L的Ba(OH)2
中c(OH-)=0.05 mol/ L×2=0.1 mol/L，由常温下水的离子积Kw=1×10-14得，pH=-lgc(10-13)=13；pH=3的盐酸稀释100倍，所得溶液中c(H+)=10-5 mol/L ，pH=5；pH = 9的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-5mol/ L，c(Na+)=1×10-5mol/ L，稀释1000倍后溶液中，c(OH-)≈1×10-7mol/ L接近中性，而c(Na+)=1×10-8mol/ L ，c(OH )与c(Na+)之比约为10-7：10-8=10:1。
故答案为：2；13；5；10:1；
Ⅱ. (1)25℃时纯水中c(H+)= c(OH-)=10-7mol/L，Kw= c(H+)· c(OH-)=1×10-14，
当温度升高到100℃，纯水中c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L，Kw= c(H+)· c(OH-)=1×10-12，
故答案为：10-14；10-12；
(2) 100℃的温度下将pH=8的KOH溶液中c(OH-)=10-4mol/L，pH=5的稀H2SO4中c(H+)=10-5mol/L，设KOH的体积为x，稀H2SO4的体积为y，100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，溶液显碱性，，解得x:y=2:9。
故答案为：2:9。
19．(1) 2Cl--2e-=Cl2↑ 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色
(2) 纯铜 Cu2++2e-=Cu CuSO4溶液
【分析】该装置具有外接直流电源，则属于电解池，与电源负极相连的X电极为阴极，与电源正极相连的Y电极为阳极。
【详解】（1）由分析可知，Y电极为阳极，则Y电极上Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验Cl2时，通常使用淀粉碘化钾试纸，方法是：把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色。答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；
（2）如要用电解方法精炼粗铜，则粗铜作阳极，纯铜作阴极，X电极为阴极，则电极材料是纯铜，电极反应式是Cu2++2e-=Cu。电解液a中应含有Cu2+，可以选用CuSO4溶液。答案为：纯铜；Cu2++2e-=Cu；CuSO4溶液。
【点睛】精炼铜时，电解质溶液的组成会不断发生改变。
20．D
【详解】A．向某溶液中先滴入溶液，再加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该溶液中可能存在还可能存在，故A错误；
B．氢氧化钠过量，加入氯化铁溶液生成红褐色氢氧化铁沉淀，且沉淀类型不同，不能比较和的大小，故B错误；
C．不饱和烃含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解产物中含有不饱和烃，故C错误；
D．向溶液中加入溶液，观察到有白色沉淀生成说明生成了氢氧化铝，说明促进的电离，由操作和现象可知得质子的能力强于，故D正确；
故答案为D。
21．(1)酸式滴定管
(2) 0.80 22.80
(3)0.1100
(4) 偏高 不变 偏高
【详解】（1）该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管；
（2）滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；
（3）三次滴定消耗的体积为：22.02mL，28.00mL，21.98mL，第二组数据偏差太大，舍去，则1、3组的平均消耗V(NaOH)=22.00mL，c(待测)=；
（4）①盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)=分析，c(待测)偏高；
②若滴定前锥形瓶中有少量水，待测液的物质的量不变，标准液的体积也不变，根据c(待测)=分析，c(待测)不变；故答案为无影响；
③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)=分析，c(待测)偏高。
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