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
1．下列各组离子在给定条件下能大量共存的是：
A．在某无色透明的溶液中：NH、K＋、Fe3+、Cl-
B．有SO存在的溶液中：Na＋、Mg2＋、Ba2＋、I-
C．使石蕊试液变红的溶液中：CO、NH、NO、K＋
D．在强碱溶液中：Na＋、K＋、CO、NO
2．室温下，将1.0mol·L-1的盐酸滴入20.00mL1.0mol/L的氨水中，溶液的pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A．a点时，由水电离出的c(H+)=1.0×10-14mol/L
B．b点：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C．c点：c(Cl-)=c(NH)
D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸收热量
3．已知相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c()]、﹣lg[c()]与﹣lg[c(Ba2+)]的关系如图所示。下列说法错误的是

A．曲线①中y2=4.9
B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到c点
C．曲线②中a点：2c(Ba2＋)＋c(H＋)=2c()＋c(OH﹣)＋c()
D．c(Ba2+)=10-5.1mol/L时，两溶液中，=10
4．用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是
A．用图1所示装置测定Fe2＋的浓度
B．用图2所示装置制取少量CO2气体
C．用图3所示装置用所示装置分离I2和NH4Cl固体
D．用图4用于验证牺牲阳极的阴极保护法
5．某溶液中所含离子的浓度如表，则X可能为
离子 H+ K+ X MnO SO
浓度(mol L-1) 0.4 0.2 0.1 0.4 0.2
A．Fe2+ B．NH C．Ba2+ D．Cu2+
6．下列实验操作和事实与对应结论描述正确的是
选项 实验操作和事实 结论
A 将C和的固体混合物高温加热 氧化性：
B 用洁净铁丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色 溶液中存在，不存在
C 室温下，向浓度均为0.01的和混合溶液中滴加溶液出现白色沉淀
D 向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀 X可能是或
A．A B．B C．C D．D
7．已知常温下NH3 H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5，常温下向1L0.1mol L-1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中的NH和NH3 H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示(忽略溶液体积变化)，则下列说法正确的是
A．n(NaOH)=0.05mol时，c(Cl-)>c(Na+)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)
B．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
C．M点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)
D．pH=7时，c(Na+)>c(NH3 H2O)
8．在下述条件下，一定能大量共存的离子组是
A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO
B．能与Al反应产生H2的溶液中：HCO、Na+、Al3+、Br-
C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、Cl-、SO
D．常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、、Fe2+
9．下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确及两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 具有较强的还原性 用于除去废水中的
B 溶液呈酸性 溶液可用于腐蚀铜电路板
C 着火不能用灭火 会与反应生成
D 铁比铜活泼 铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈
A．A B．B C．C D．D
10．下列实验或操作能达到实验目的的是
A．①证明
B．②装置的操作为检查碱式滴定管是否漏液
C．③装置是用酸性溶液滴定溶液
D．④测定中和热
11．下列事实与盐类水解有关的叙述有几项
①金属焊接时可用溶液作除锈剂
②配制溶液时，加入一定量粉
③将、溶液蒸干均得不到原溶质
④使用泡沫灭火器灭火
⑤溶液呈酸性
⑥配制溶液，用稀盐酸溶解固体
⑦NaHCO3溶液和NaAlO2溶液混合，产生白色沉淀
A．7项 B．6项 C．5项 D．4项
12．最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（　　）
A．加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离
B．水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程
C．水电离出的c(H+)=10-7mol/L的溶液一定呈中性
D．水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大
13．下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
选项 A B C D
物质 Na2O2 NaHCO3 Al2(SO4)3 Fe2O3
用途 呼吸面具供氧剂 膨松剂 净水剂 红色颜料
A．A B．B C．C D．D
14．下列实验操作规范且能达到目的的是
目的 操作
A 鉴别溶液和胶体 光束分别通过两种分散系
B 清洗碘升华实验所用试管 用水清洗
C 测定醋酸钠溶液 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的试纸上
D 配制浓度为的溶液 称取固体，放入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
15．砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，其剧毒、难降解且易生物聚集的特点极大的威胁了水环境安全和人体健康。天然水体中砷元素主要以As(III)和As(V)存在，且As(III)的毒性更大。常见除砷的方法有沉淀法、氧化絮凝法和离子交换法等。
(1)沉淀法除砷：砷酸盐的溶解度小，工业上需要将废水中和至pH＞12，再用氧化剂将As(III)转化成As(V)，然后用石灰乳沉淀除砷，得到Ca5(AsO4)3OH沉淀。“沉砷”的最佳温度控制在80~85℃的原因是 。
(2)高铁酸盐氧化絮凝法除砷。
已知：a．As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题图所示。
b．高铁酸钾易溶于水，具有强氧化性；溶液酸性越强，其氧化性越强；在pH<1的酸性条件下质子化，主要以HFeO形式存在。
c．高铁酸钾在一定pH范围的水溶液中易生成Fe(OH)3胶体，溶液的pH对胶体粒子表面所带电荷有影响。pH=7.1时，胶体粒子表面不带电荷；pH＞7.1时，胶体粒子表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时，胶体粒子表面带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。
①pH＜1时，HFeO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式为 。
②在一定pH范围内，K2FeO4的还原产物可形成Fe(OH)3胶体，吸附As(V)的离子达到除砷目的；不同pH对K2FeO4氧化絮凝除砷影响如图所示。除砷过程中控制废水pH为4~7，pH过低或过高，砷的去除率都下降，其原因是 。
(3)离子交换法除砷：强碱性离子交换树脂上的OH与废水中的H2AsO、HAsO、AsO进行离子交换，OH-进入水中，H2AsO、HAsO、AsO被树脂固定以达到除As(V)目的；不同pH对As(V)去除率的影响如图所示。结合As(V)在水溶液中的存在形态与pH的关系和OH-的交换效率分析，pH=4.5时去除率最高的原因是 。
16．[Fe2(OH)n(SO4) 3-n/2]m (聚合硫酸铁，PFS) 广泛用于饮用水等的净化处理。一种制备PFS 并测定其盐基度的步骤如下:
①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。
②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。
③经聚合、过滤等步骤制得液态产品:PFS溶液。
④称取步骤③产品1.5000g 置于250mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+ )，多余的SnCl2用HgCl2氧化除去，再加入硫酸-磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.1000mol/L K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，，直至终点消耗K2Cr2O7)溶液20.00mL。
⑤另称取步骤③产品1.5000g 置于250mL 聚乙烯锥形瓶中，加入25mL0.5000mol·L-1盐酸溶液、20mL 煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10mLKF溶液(足量，掩蔽Fe3+)，摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.5000mol·L-1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点，消耗NaOH溶液16.00mL。
（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2+的操作，是因为 。
（2）步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2+时发生反应的离子方程式为 。
（3）步骤⑤用NaOH 溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是
（4）盐基度(B) 是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2 ]m中B=n(OH-)/3n(Fe3+)×100% }。通过计算确定产品的盐基度(写出计算过程)。
17．钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是 ，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是 。
18．在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示。
(1)图中T1 T2(填写“>”，“<”或“=”)
(2)C点溶液的性质 。(填写“酸性”、“碱性”或“中性”)
(3)将D点变为E点，采取的措施是 。
(4)在48mL0.1mol/LHNO3溶液中加入12mL0.4mol/LKOH溶液，所得溶液呈
A．弱酸性 B．强酸性 C．碱性 D．中性
(5)用已知浓度HCl溶液滴定未知浓度NaOH溶液，选用酚酞做指示剂，
①判断滴定终点到达时的现象为 。
②若出现下列情况，测定结果偏高的是 (选填字母序号)
a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c.滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
19．(1)某温度(t ℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度 (填“>”“<”或“=”)25 ℃，其理由是 。
(2)该温度下，c(H+)=1×10-7 mol·L-1的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)= mol·L-1。
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡 移动。
(4)25 ℃时，0.1 mol·L-1下列物质的溶液，水电离出的c(H+)由大到小的关系是 (填序号)。
①HCl　 ②H2SO4　 ③CH3COOH(Ka=1.7×10-5) ④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)　 ⑤NaOH ⑥Ba(OH)2
(5)25 ℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度 pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。
(6)下列曲线中，可以描述0.1 mol·L-1乙酸(甲，Ka=1.8×10-5)和0.1 mol·L-1氯乙酸(乙，Ka=1.4×10-3)的水溶液中，水电离出的c(H+)与加入水体积V的关系的是 (填字母)。
20．氯化铜可用于生产颜料、木材防腐剂等．用粗铜（含杂质Fe）经过一系列步骤可制备氯化铜晶体（CuCl2 2H2O）．完成下列填空：
（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热来制备Cl2，写出该反应的离子方程式______________．
（2）加入试剂将CuCl2和FeCl3的混合溶液pH调至4～5，过滤得到纯净的CuCl2溶液，应加入的试剂是______________（填字母编号）
a．CuO b．NaOH c．Cu2（OH）2CO3 d．Cu
（3）CuCl2溶液通过蒸发、结晶可得到CuCl2 2H2O．
①蒸发过程中，加入盐酸的目的是______________．
②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色．
其原理是：
上述反应的化学平衡常数表达式是______________．
欲使溶液由绿色变成蓝色的措施是：a__________；b__________．
21．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.7×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 3.0×10-8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为 。
(2)写出H2CO3的电离方程式： 。
(3)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填字母序号)。
A．c(H+) B． C． D．c(CH3COO-)
(4)取0.10molCH3COOH(冰醋酸)做导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示，比较a、b点的相关性质(填“>”“<”或“=”)：
n(H+)：a b；c(CH3COO-)：a b；完全中和时消耗NaOH的物质的量：a b。
22．污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。
已知：Ksp(CuS)=8.4×10-45，Ksp(NiS)=1.4×10-24；在除铜、镍的过程中，当Ni2+恰好完全沉淀时[此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1]，溶液中Cu2+的浓度是 mol·L-1。
23．现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：
（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 。
A．c(H＋) B． c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡 (填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的 c(H+)/c(CH3COOH) 比值将 (填“增大”“减小”或“无法确定”)。
（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲) (填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。
（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO H2SO3
电离平衡常数 1.8×10－5 K1＝4.3×10－7 K2＝4.7×10－11 3.0×10－8 K1＝1.54×10－2 K2＝1.02×10－7
①下列微粒可以大量共存的是 填字母。
a.CO32-、HSO3- b.HCO3-、HSO3-
c.SO32-、HCO3- d.CO32- 、H2CO3
②写出下列反应的离子方程式：
H2SO3＋Na2CO3(少量)：
室温下，0.1 mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 mol·L－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：
（5）点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4 )+c(C2O42 )＝ mol/L。点⑤所示的溶液中各离子浓度的大小顺序 ．
（6）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取m g草酸晶体于锥形瓶中,加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是 ；该过程中发生反应的离子方程式为 ；滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．Fe3+显棕黄色，A与题意不符；
B．SO与Ba2＋反应生成硫酸钡沉淀，B与题意不符；
C．使石蕊试液变红的溶液中含有氢离子，CO、H＋反应生成二氧化碳和水，C与题意不符；
D．在强碱溶液中：Na＋、K＋、CO、NO、OH-不反应，能大量共存，D符合题意；
答案为D。
2．C
【详解】A．a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH小于14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14 mol L-1，即：水电离出的c(H+)大于1.0×10-14　mol L-1，A错误；
B．根据图示b点时pH大于7，说明盐酸不足量，氨水过量，根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)大于c(Cl-)，B错误；
C．c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c()，C正确；
D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D错误；
答案选C。
3．B
【分析】相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。则①表示饱和溶液中﹣lg[c()]与﹣lg[c(Ba2+)]的关系，②表示﹣lg[c()]与﹣lg[c(Ba2+)]的关系。
【详解】A. 曲线①中﹣lg[c(Ba2+)=1时﹣lg[c()]=9，即c(Ba2+)=0.1mol/L时c()=10-9mol/L，Ksp(BaSO4)= 10-10，则c(Ba2+)=10-5.1时c()=，y2=4.9，故A正确；
B. 加适量BaCl2固体，c(Ba2+)增大，Ksp(BaCO3)不变，所以可使溶液a点沿曲线②向左移动，故B错误；
C. ②表示﹣lg[c()]与﹣lg[c(Ba2+)]的关系，根据电荷守恒，曲线②中a点：2c(Ba2＋)＋c(H＋)=2c()＋c(OH﹣)＋c()，故C正确；
D，c(Ba2+)=10-5.1mol/L时，Ksp(BaSO4)=、Ksp(BaCO3) =，两溶液中，= =10，故D正确；
选B。
4．D
【详解】A．图1所示装置盛装酸性高锰酸钾应用酸式滴定管，A不符合题意；
B．纯碱是粉末状，故不能控制制取少量CO2，B不符合题意；
C．NH4Cl固体受热易分解为NH3和HCl，遇冷又反应生成NH4Cl，I2受热易升华，遇冷凝华，无法达到分离目的，C不符合题意；
D．Fe2+与铁氰化钾产生蓝色沉淀，若加入铁氰化钾不产生蓝色沉淀，说明Fe被保护，即验证了牺牲阳极的阴极保护法，D符合题意；
故答案选D。
5．D
【详解】设X带n个单位的电荷；根据溶液呈电中性，正负电荷的代数和等于0；0.4×1+0.2×1+0.1×n-0.4×1-0.2×2=0，n=2，X不可能是NH；由于Ba2+和SO生成沉淀，所以X不可能是Ba2+；Fe2+和MnO发生氧化还原反应，所以X不可能是Fe2+，故选D。
6．D
【详解】A．反应中碳是还原剂，硅是还原产物，不能得出氧化性：，A错误；
B．用洁净铁丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明溶液中存在，但不能确定是否存在，B错误；
C．室温下，向浓度均为0.01的和混合溶液中滴加溶液出现白色沉淀，由于硫酸钡和硫酸钙均是白色沉淀，所以不能得出，C错误；
D．向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡或亚硫酸钡，所以X可能是（把二氧化硫氧化为硫酸，进而生成硫酸钡）或（碱性溶液中生成亚硫酸钡），D正确；
答案选D。
7．C
【分析】向氯化铵溶液中不断加入氢氧化钠固体的过程中，氯化铵逐渐减少，一水合氨逐渐增多，在滴定过程中始终存在电荷守恒n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH)，且始终存在一个物料守恒c(NH3 H2O)+c(NH)=c(Cl-)，结合这两个守恒解析。
【详解】A．向1L0.1mol L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3 H2O的混合物，由于，说明NH3 H2O电离程度大于NH4Cl水解程度，则c(NH)>c(Na+)，正确的离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(NH)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B．M点c(NH)=c(NH3 H2O)，结合A可知a=0.05mol时c(NH4+)>c(NH3 H2O)，若满足c(NH)=c(NH3 H2O)，加入的NaOH应该大于0.05mol，故B错误；
C．在M点时溶液中存在电荷守恒：n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH)，且n(Na+)=amol、n(Cl-)=0.1mol，c(NH)=c(NH3 H2O)=0.05mol，则n(OH-)+0.1=a+n(H+)+0.05，整理可得：n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故C正确；
D．pH=7时c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol/L，结合电荷守恒可知：①c(Na+)+c(NH)=c(Cl-)，结合物料守恒：②c(NH3 H2O)+c(NH)=c(Cl-)，①②结合可知c(Na+)=c(NH3 H2O)，故D错误；
故选C。
8．C
【详解】A．该水溶液为无色，MnO显紫红色，且能氧化I-，故A不符合题意；
B．Al3+与HCO发生双水解反应，不能大量共存，能与Al反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，HCO既不能与H+大量共存，也不能与OH-大量共存，Al3+与OH-反应，故B不符合题意；
C．所给离子能够大量共存，故C符合题意；
D．pH=1溶液为酸，NO(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化Fe3+，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
9．D
【详解】A．S的最低价为-2价，具有较强的还原性，陈述Ⅰ正确，与Cu2+反应生成极难溶于水的CuS，用于除去废水中的，陈述Ⅱ正确，但两者间不具有因果关系，A不符题意；
B．溶液因铁离子水解呈酸性，溶液可与Cu反应从而用于腐蚀铜电路板，两陈述均正确，但是没有因果关系，B不符题意；
C．Na能与二氧化碳反应生成氧化钠和碳，且Na燃烧产生的过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气助燃，故着火不能用灭火，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C不符题意；
D．铁比铜易失电子，故铁比铜活泼，Cu、Fe、潮湿的空气会形成原电池，Fe作负极加速腐蚀，故铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈，两陈述均正确，且有因果关系，D符题意；
答案选D。
10．C
【详解】A．①中硝酸银过量，有黄色沉淀生成，主要是多余的银离子和碘离子反应生成碘化银，因此不能证明，故A不符合题意；
B．②装置的操作为排出碱式滴定管中的气泡，故B不符合题意；
C．高锰酸钾具有强氧化性，因此③装置是用酸性溶液滴定溶液，故C符合题意；
D．④中两个烧杯口没有齐平，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
11．C
【详解】①溶液水解呈酸性，可作除锈剂，①与水解有关；
②配制溶液时，加入一定量Fe粉，防止二价铁被氧化，与水解无关，②与水解无关；
③加热促进水解，故、溶液蒸干得不到原溶质，③与水解有关；
④泡沫灭火器的原理为硫酸铝和碳酸氢钠反应双水解生成硫酸钠和氢氧氧化铝和二氧化碳，④与水解有关；
⑤溶液呈酸性是因为氢离子完全电离，与水解无关，⑤与水解无关；
⑥因为氯化铜是可以水解的，所以用稀盐酸溶解氯化铜的目的就是为了抑制氯化铜的水解，与水解有关，⑥与水解有关；
⑦碳酸氢钠溶液既有电离又有水解，碳酸氢钠溶液显碱性，当和偏铝酸钠溶液反应时，碱性：NaAlO2＞NaHCO3，所以，偏铝酸钠的水解抑制碳酸氢钠溶液的水解，而促进碳酸氢钠的电离，因此生成白色沉淀，与水解有关，⑦与水解有关；
综上，与水解有关的有5项；故选C。
12．D
【详解】A. 加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离，A错误；
B. 水的电离不需要通电、常温下是自发过程，水电解需要电、常温下是非自发过程，B错误；
C. 常温下，水电离出的c(H＋)=10-7mol/L的溶液一定呈中性，C错误；
D. 水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度促进水电离，一定使水的离子积增大，D正确；
答案选D。
13．A
【详解】A．在呼吸面具中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，发生的都是氧化还原反应，A符合题意；
B．NaHCO3作膨松剂时，发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3作净水剂时，发生双水解反应Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，属于非氧化还原反应，C不符合题意；
D．Fe2O3作红色颜料时，利用其物理性质，D不符合题意；
故选A。
14．A
【详解】A.鉴别溶液和胶体，可以利用丁达尔效应，光束通过氢氧化铁胶体时，产生光亮的通路，故A正确；
B.碘易溶于酒精，在水中溶解度比较小，要使试管内壁的碘除去，用酒精洗涤，酒精可与水混溶，再用水冲洗可达到洗涤的目的，故B错误；
C. pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定pH，故C错误；
D. 不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：A。
15．(1)温度过低，反应速率慢；温度过高，Ca(OH)2溶解度小，沉淀率下降
(2) 2+3H3AsO3+8H+=2Fe3++3H3AsO4+5H2O pH过低，酸性增强，K2FeO4氧化H3AsO3，本身被还原为Fe3+，生成絮凝剂Fe(OH)3胶体较少，此时As(V)主要以H3AsO4分子形式存在，被Fe(OH)3胶体吸附的量少，As的去除率下降。pH过高，K2FeO4氧化性减弱，还原产物Fe3+的量减少，产生 Fe(OH)3胶体的量少；碱性增强，还原产物Fe3+直接生成Fe(OH)3沉淀；As(V)主要以或形式存在，絮凝剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，As的去除率下降。
(3)根据离子交换原理：1个OH-可以交换1个，与交换需要2个OH-，与交换需要3个OH-，不能与H3AsO4交换。pH=4.5时，As(V)主要以形式存在； pH＜4.5时，pH越小，H3AsO4比例越高，去除率越低；pH＞4.5时，pH越大，和比例越高，去除率越低。
【详解】（1）“沉砷”的最佳温度控制在80~85℃是由于温度过低，反应速率慢；温度过高，Ca(OH)2溶解度小，沉淀率下降；
（2）①pH＜1时，HFeO将As(III)氧化为As(V)，HFeO被还原为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2+3H3AsO3+8H+=2Fe3++3H3AsO4+5H2O；
②在一定pH范围内，K2FeO4的还原产物可形成Fe(OH)3胶体，吸附As(V)的离子达到除砷目的。根据不同pH对K2FeO4氧化絮凝除砷影响图示可知：除砷过程中控制废水pH为4~7，pH过低或过高，砷的去除率都下降，这是由于pH过低，酸性增强，K2FeO4氧化H3AsO3，本身被还原为Fe3+，生成絮凝剂Fe(OH)3胶体较少，此时As(V)主要以H3AsO4分子形式存在，被Fe(OH)3胶体吸附的量少，As的去除率下降。pH过高，K2FeO4氧化性减弱，还原产物Fe3+的量减少，产生 Fe(OH)3胶体的量少；碱性增强，还原产物Fe3+直接生成Fe(OH)3沉淀；As(V)主要以或形式存在，絮凝剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，As的去除率下降；
（3）结合As(V)在水溶液中的存在形态与pH的关系和OH-的交换效率分析，可知在溶液pH=4.5时去除率最高，这是由于根据离子交换原理：1个OH-可以交换1个，与交换需要2个OH-，与交换需要3个OH-，不能与H3AsO4交换。pH=4.5时，As(V)主要以形式存在； pH＜4.5时，pH越小，H3AsO4比例越高，去除率越低；pH＞4.5时，pH越大，和比例越高，去除率越低。
16． 减少H2O2分解损失 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 当滴入最后一滴NaOH时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去 n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=6×0.1000mol/L×20×10-3L=1.200×10-2mol，n(OH-)=0.5000mol/L×25.00×10-3L-0.5000mol/L×16.00×10-3L=4.500×10-3mol ，B=4.500×10-3mol/(3×1.200×10-2 mol)×100%=12.50% ，产品的盐基度为12.50%
【详解】（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2+的操作，是因为生成的Fe3＋能催化H2O2的分解，从而达到减少H2O2分解损失；（2）步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2+时，Fe2＋被氧化成Fe3＋，离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ；（3）步骤⑤用NaOH 溶液滴定时，先滴加酚酞呈无色，已达滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴NaOH时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去；（4）n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=6×0.1000mol/L×20×10-3L=1.200×10-2mol，n(OH-)=0.5000mol/L×25.00×10-3L-0.5000mol/L×16.00×10-3L=4.500×10-3mol ，B=4.500×10-3mol/(3×1.200×10-2 mol)×100%=12.50% ，产品的盐基度为12.50%。
17． 作还原剂 x=1:5，T=70℃
【详解】含钌废料在碱浸是被NaClO溶液氧化，在加入盐酸调节pH的同时，草酸具有还原性，再加入草酸的目的是还原被NaClO溶液氧化后的产物，即加入草酸的作用是作还原剂；根据金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响图可知，回收钌较为适宜的条件是x=1:5，T=70℃，故答案为：作还原剂；x=1:5，T=70℃。
18．(1)<
(2)中性
(3)加碱
(4)D
(5) 当滴入最后一滴盐酸溶液时，锥形瓶内溶液由红色变为无色，且半分钟内无变化 cd
【详解】（1）水溶液中的离子积随温度的升高而增大，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度同等程度增大，结合图象信息可知，T2温度下，氢离子浓度与氢氧根离子浓度均比T1温度下的高，所以T1（2）A、B两点溶液的横纵坐标均相等，即氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据数学知识可知，AB直线的斜率为1，直线上的点对应的横纵坐标均相等，即C点溶液对应的氢离子浓度也等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性；
（3）DE，温度不变，水的离子积保持不变，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，所以若要将D点变为E点，可通过适当加入碱来实现，故答案为：加入碱；
（4）48mL0.1mol/LHNO3溶液中HNO3物质的量为0.1mol/L×0.048L=0.0048mol，12mL0.4mol/LKOH溶液中KOH物质的量为0.4mol/L×0.012L=0.0048mol，根据化学方程式HNO3+KOH=H2O+KNO3，两者恰好完全反应得到KNO3溶液，硝酸钾是强酸强碱盐，故所得到的溶液呈中性，故答案为：D；
（5）①用已知浓度HCl溶液滴定未知浓度NaOH溶液，选用酚酞做指示剂，锥形瓶内溶液开始为（粉）红色，当滴入最后一滴HCl溶液时，溶液颜色由（粉）红色变为无色，且半分钟内无变化，则证明反应达到终点；
②a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，不影响待测液溶质的物质的量，所以标准盐酸溶液的体积不变，所测结果不受影响，故a不符合题意；
b.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，待测液溶质的物质的量减小，所消耗的标准液体积偏小，所测结果偏低，故b不符合题意；
c.滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，所消耗的盐酸体积偏大，最终使所测结果偏高，故c符合题意；
d.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，所消耗的盐酸体积偏大，最终使所测结果偏高，故d符合题意；
综上所述，答案选cd。
19． > 升温促进水的电离，Kw增大 碱性 1×10-7 向右 向右 ③=④>①=⑤>②=⑥ 等于 c
【分析】(1)根据温度对弱电解质电离平衡的影响及水的离子积表达式分析解答；
(2)根据水的离子积计算溶液中氢离子浓度；根据溶液中氢离子浓度与氢氧根浓度的相对大小判断溶液的酸碱性；
(3)根据同离子效应及离子浓度大小分析反应平衡及电离平衡的移动方向；
(4)根据弱酸、弱碱的电离平衡常数大小比较电离程度，并根据水的离子积计算比较水的电离程度大小；
(5)故答案为：等于；根据溶液的pH值及水的离子积计算比较水电离出的氢离子浓度大小；
(6)根据弱酸的电离平衡常数大小判断酸的电离程度及对水电离程度的影响；根据浓度对水电离平衡的影响分析稀释过程中水电离程度的变化。
【详解】(1)升高温度，促进水的电离，Kw增大，现Kw=1×10-12>1×10-14，因此温度大于25 ℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
(2)该温度下，c(H+)=1×10-7 mol·L-1的溶液中c(OH-)=mol·L-1=1×10-5 mol·L-1，因为c(OH-)>c(H+)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH-)等于溶液中的c(H+)，即为1×10-7 mol·L-1，故答案为：碱性；1×10-7；
(3)Zn与稀硫酸反应过程中，溶液中c(H+)减小，水的电离平衡向右移动；新制氯水中加入少量NaCl固体，平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO向左移动，溶液中c(H+)减小，水的电离平衡向右移动，故答案为：向右；向右；
(4)25 ℃时，0.1 mol·L-1的盐酸中c(H+)与0.1 mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)相等，故两溶液中水的电离程度相等，同理，0.1 mol·L-1H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等，0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1氨水中水的电离程度相等；酸溶液中c(H+)越大，或碱溶液中c(OH-)越大，水电离出的c(H+)就越小，故6种溶液中水电离出的c(H+)由大到小的关系为③=④>①=⑤>②=⑥，故答案为：③=④>①=⑤>②=⑥；
(5)25 ℃时，pH=4的盐酸中，由水电离出的c(H+)=mol·L-1=10-10 mol·L-1，pH=10的Ba(OH)2溶液中，由水电离出的c(H+)=10-10 mol·L-1，故答案为：等于；
(6)乙酸的Ka小于氯乙酸的Ka，所以0.1 mol·L-1乙酸溶液中的c(H+)小于0.1 mol·L-1氯乙酸溶液中的c(H+)，故0.1 mol·L-1乙酸溶液中水的电离程度更大，加水稀释，两种酸溶液中的c(H+)减小，水的电离程度均增大，故答案为：c。
20．（1）MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）ac（3）抑制铜离子的水解，提高产品的产率
②K= a 加水稀释；b AgNO3溶液
【详解】试题分析：（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热来制备Cl2，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）由于不能引入新杂质，所以调节pH时应该选择氧化铜或碱式碳酸铜，答案选ac；
（3）①铜离子水解，因此蒸发过程中，加入盐酸的目的是抑制铜离子的水解，提高产品的产率；
②根据方程式可知反应的化学平衡常数表达式是K=；变为蓝色即使平衡向逆反应方向移动，可以加水，增大产物的浓度，也可以加AgNO3溶液消耗Cl-，减小反应物的浓度。
考点：考查氯气制备以及氯化铜制备的有关判断
21．(1)H3COOH>H2CO3 >HClO
(2)H2CO3HCO+H+、HCOCO+H+
(3)AD
(4) < > =
【解析】(1)
由表格可知，电离平衡常数1.7×10-5>4.3×10-7>3.0×10-8，故酸性CH3COOH>H2CO3>HClO，故答案为：CH3COOH>H2CO3>HClO；
(2)
H2CO3为二元弱酸，电离方程式为H2CO3HCO+H+、HCOCO+H+，故答案为：H2CO3HCO+H+、HCOCO+H+；
(3)
A.加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，n(H+)增大，当溶液体积增大程度更大，故c(H+)减小，故A正确；
B.加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，增大，故B错误；
C. ，温度不变，电离平衡常数不变，故加水稀释，不变，故C错误；
D.加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，n(CH3COO-)增大，当溶液体积增大程度更大，故c(CH3COO-)减小，故D正确；
故答案为：AD；
(4)
冰醋酸加水后，醋酸开始电离，随水的加入，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增加，n(H+)：ab，溶液中醋酸的物质的量一定，故完全中和时消耗NaOH的物质的量：a=b，故答案为：<；>；=。
22．6.0×10-26
【详解】Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)，Ni2+恰好完全沉淀时即1.4×10-24=1.0×10-5×c(S2-)，解得c(S2-)=1.4×10-19mol·L-1；根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，即8.4×10-45=1.4×10-19×c(Cu2+)，解得c(Cu2+)=6.0×10-26mol·L-1。
23． A 向右 减小 ＜ bc H2SO3＋CO32-=== HSO3-＋HCO3- 0.10 c（K+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+） 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 0.315cv/m
【分析】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n(H+)增大，酸性减弱c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；
(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；
(4)①根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；
②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3；
(5)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；
(6)用cmol L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应终点，高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，结合反应的定量关系计算草酸晶体纯度。
【详解】(1)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A正确；
B．=×=，K不变，醋酸根离子浓度减小，则稀释过程中比值变大，故B错误；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+) c(OH-)=Kw，Kw不变，故C错误；
故答案为A；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以减小；
(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)＜V(乙)；
(4)①已知Ka越大酸性越强，酸性强弱顺序为H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，且酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-与HSO3-、SO32-不反应，即bc能共存，故答案为bc；
②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3，发生反应的离子方程式为H2SO3＋CO32-=== HSO3-＋HCO3-；
(5)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)=0.10mol L-1；点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；
(6)称取m g草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmol L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变，该过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定过程中消耗V mL KMnO4标准溶液，结合离子方程式定量关系计算；
2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
cmol L-1×V×10-3L n
n=2.5cV×10-3mol，草酸晶体H2C2O4 2H2O的纯度=×100%=%。
【点睛】电解质溶液中存在的三个守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
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