第三章水溶液中的離子反應與平衡單元測試高二上學期化學人教版選擇性必修1

第三章水溶液中的離子反應與平衡綜合測試20232024學年高二上學期化學人教版（2019）選擇性必修1一、單選題1．化學與生活、生產(chǎn)緊密相關(guān)。下列說法正確的是（）A．熱的溶液可以去除油污，溶液可以除鐵銹B．為了防止新冠疫情蔓延，用95%酒精可以更有效殺滅病毒C．能殺滅水中的致病菌，其凈水原理與明礬相同D．高效手性螺環(huán)催化劑通過改變反應熱增大化學反應速率2．下列實驗操作規(guī)范且能達到相應實驗目的的是（）選項實驗目的實驗操作A證明銅與濃硫酸反應生成硫酸銅將少量試管中反應后的溶液加入盛有一定量水的燒杯中，溶液變藍B除去氧氣中的少量氫氣將混合氣體通過灼熱的銅粉C清洗銀鏡反應實驗所用的試管先用稀鹽酸清洗，再用水清洗D證明：Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)將0.1mol/L的Na2CO3溶液滴入BaSO4懸濁液中，過濾A．A B．B C．C D．D3．已知pOH＝－lgc(OH－)，下列溶液中一定呈中性的是（）A．酸堿恰好完全反應的溶液B．pH=7的溶液C．pH=14－pOH的溶液D．pH=pOH的溶液4．常溫下，下列各組離子一定能大量共存的是（）A．的溶液中：、、、B．無色溶液中：、、、C．由水電離出的的溶液中：、、、D．在使酚酞變紅的溶液中：、、、5．現(xiàn)有0.1mol/L的CH3COOH溶液，下列措施一定能使溶液中c（H+）增大的是（）A．加水 B．降溫C．加入NaOH溶液 D．加入少量冰醋酸6．下列說法正確的是（）A．CaCO3難溶于水，是弱電解質(zhì)B．進行中和滴定操作時眼睛應注視錐形瓶中溶液顏色的變化C．用pH試紙測溶液的pH應預先潤濕D．蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固體7．向兩份體積均為和不同濃度硫酸(用于調(diào)節(jié)起始)的混合溶液中分別逐滴加入溶液，實驗測得溶液隨加入溶液體積變化曲線如下圖，實驗現(xiàn)象如下表。下列說法錯誤的是（）實驗實驗現(xiàn)象I滴入溶液，產(chǎn)生大量紅褐色沉淀II滴入溶液，溶液變黃且未見沉淀，滴加至出現(xiàn)紅褐色沉淀A．在g點存在如下大小關(guān)系：B．由圖中數(shù)據(jù)可計算可得C．在c點存在如下等量關(guān)系：D．d~e段主要反應的離子方程式為8．常溫下，某一元酸HA溶液的pH為b，且有n（A﹣）：n（HA）=1：99．某一元強堿溶液的pH為a．若將1體積的此強堿溶液與100體積的HA溶液混合，恰好完全反應．則a與b之和為（）A．16 B．17 C．18 D．159．下列圖示與對應敘述相符的是（）圖1圖2圖3圖4A．圖1表示壓強對可逆反應的影響，乙的壓強大B．圖2表示某放熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化C．圖3表示在溶液中逐步加入固體后，溶液pH的變化D．圖4表示常溫下向20mL0.1mol/L氨水中滴加稀鹽酸，c點溶液中10．常溫下，濃度均為0.1mol?L﹣1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY的溶液中，分別加入NaOH固體，lg隨加入NaOH的物質(zhì)的量的變化如圖所示．下列敘述正確的是（）A．HX的酸性弱于HYB．a(chǎn)點由水電離出的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1C．c點溶液中：c（Y﹣）＞c（HY）D．b點時酸堿恰好完全反應11．下列說法正確的是（）A．向溶液樣品中加入硫酸酸化的溶液，紫色褪去，說明該樣品中一定混有B．在一定條件下能自發(fā)進行，則該反應的C．，向的溶液中加水，會增大D．常溫下，用飽和溶液處理，可將轉(zhuǎn)化為，因為該溫度下12．室溫下，pH均為12的兩種溶液：①氨水．②氫氧化鈉溶液．下列說法不正確的是（）A．兩溶液中c（OH﹣）：①=②B．兩溶液的物質(zhì)的量濃度：①=②C．兩溶液分別加水稀釋10倍，稀釋后溶液的pH：①＞②D．等體積的兩溶液分別與同濃度的鹽酸完全中和，消耗鹽酸的體積：①＞②13．下列實驗操作能達到實驗目的的是（）目的操作A測定NaClO溶液的pH取一張pH試紙放在表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測液點滴于試紙的中部，與標準比色卡對比B驗證Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)取2mL0.1mol·L1AgNO3溶液，先后滴加3滴0.1mol·L1NaCl溶液和5滴0.1mol·L1KI溶液，先生成白色沉淀，后又產(chǎn)生黃色沉淀C證明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，觀察溶液的變化D檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質(zhì)將Fe(NO3)2樣品溶于稀鹽酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅A．A B．B C．C D．D14．下列應用與鹽類水解無關(guān)的是（）A．泡沫滅火器B．漂粉精消毒殺菌C．純堿去油污D．草木灰不宜與銨態(tài)氮肥混合使用15．下列物質(zhì)按強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)、酸性氧化物、堿性氧化物的組合中，正確的是（）強電解質(zhì)弱電解質(zhì)酸性氧化物堿性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A．A B．B C．C D．D16．在一定溫度下，向蒸餾水中滴入少量鹽酸后，下列說法中錯誤的是（）A．c(H＋)和c(OH－)的乘積不變 B．促進了水的電離C．c(OH－)降低了 D．水電離出的c(H＋)降低了17．下列關(guān)于溶液酸堿性說法錯誤的是（）A．313K時，Kw=2.9×1014，則pH=7，溶液呈堿性B．25℃1LpH=5的氯化銨溶液，c(H+)=105mol/L，由水電離出n(OH)=105molC．某溫度下，VaL0.01mol/LpH=11的NaOH溶液，與VbLpH=1的H2SO4溶液混合呈中性，則Va∶Vb=1∶1D．100℃時，純水的p=6，呈中性18．室溫下，①將濃度均為的鹽酸與氨水等體積混合，混合液；②將濃度為鹽酸與氨水等體積混合，混合液（忽略溶液體積變化）。下列判斷錯誤的是（）A．a(chǎn)<7b<0.3B．常溫下氨水的電離平衡常數(shù)C．②中混合液存在：D．將①與②混合液混合，則混合后溶液中存在：19．對電解質(zhì)概念的理解正確的是（）A．水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的物質(zhì)B．在水溶液里和熔融狀態(tài)下都能導電的化合物C．CaO溶于水能導電，但溶液中的離子是它與水反應生成的Ca(OH)2電離產(chǎn)生的，所以CaO是非電解質(zhì)D．在水溶液里或熔融狀態(tài)下本身能電離出陽離子和陰離子而能導電的化合物20．某無色透明的溶液，在c(H+)水=1x1013的條件下都能大量共存的是（）A．Fe2＋K＋SO42NO3 B．Mg2＋NH4+SO42Cl－C．Ba2＋Na＋MnO4SO42 D．Na＋K＋SO42NO3二、綜合題21．已知25℃時部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表所示：弱酸HCOOHHCN電離平衡數(shù)（1）溶液呈堿性的原因是(用離子方程式表示)。向NaCN溶液中通入少量的時發(fā)生反應的離子方程式為。（2）常溫下，溶液顯性(填“酸”“堿”或“中”)，寫出判斷過程。（3）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷下列反應可以成立的是____(填字母)。A． B．C． D．（4）25℃時，的HCOOH溶液與的溶液中由水電離出的之比為。（5）25℃時，等體積、等物質(zhì)的量濃度的HCN和NaCN的混合溶液，則溶液中①、②、③、④的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序依次為(填序號)。22．化學電池一直是化學工作者研究的熱點之一。（1）Ⅰ．早期的鋅汞紐扣式電池，以鋅和氧化汞為電極材料，氫氧化鉀溶液為電解液的原電池，有效的解決電池使用壽命短、易發(fā)生漏液等問題。電池總反應為：Zn+HgO=ZnO+Hg。該電池的正極反應式是。（2）但是該工廠的污水中會含有一定量的+2價的汞離子，通常采用向污水中通入一定量的硫化氫，反應的離子方程式為。（3）該方法的缺點是產(chǎn)物的顆粒比較小，大部分懸浮于污水中，通常采用投入一定量的明礬晶體進行后續(xù)處理，請解釋其原因。（4）II．鋰離子電池由于輕便、比能量大等優(yōu)點，成為當今社會最為常見的電池。其中的重要材料磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）通常按照下列流程進行生產(chǎn)：請回答下列問題：生產(chǎn)過程中“混合攪拌”的目的是。氣體X除了水蒸氣之外，還含有（填寫化學式）。（5）請寫出一定條件下由LiH2PO4生成LiFePO4的化學方程式，當生成1mol磷酸亞鐵鋰時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為。23．回答下列問題（1）將NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，相關(guān)反應的離子方程式是。（2）相同條件下，對于等體積濃度均為0.1mol?L1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的離子總數(shù)：NaCl溶液CH3COONa溶液(填“＞”“＜”或“=”)。（3）①常溫下，在amol?L1的HCOOH溶液中加入等體積的bmol?L1的NaOH溶液至溶液呈中性，此時溶液中HCOOH的物質(zhì)的量濃度為mol?L1。②已知常溫下HCOOH的電離常數(shù)為Ka=2×104，則HCOO的水解反應HCOO+H2OHCOOH+OH的平衡常數(shù)Kh=。（4）已知某些弱電解質(zhì)在水中的電離平衡常數(shù)(25℃)如下表：弱電解質(zhì)H2CO3H2SO3NH3·H2OCH3COOH電離平衡常數(shù)Ka1=4.30×107Ka2=5.61×1011Ka1=1.3×102Ka2=6.3×108Kb=1.77×105Ka=1.77×105①H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式②CH3COONH4溶液呈(填“酸”、“中”或“堿”)性，原因是③現(xiàn)有常溫下0.1mol?L1的(NH4)2CO3溶液，該溶液中各微粒濃度之間的關(guān)系式錯誤的是(填序號)。A．c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH)+c(CO)B．c(NH)+c(NH3?H2O)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)C．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol?L1D．c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(OH)+c(NH3?H2O)E．c(NH)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(NH3?H2O)24．含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，在化學上用作緩沖溶液．向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大．（1）向該溶液中加入少量鹽酸時，發(fā)生反應的離子方程式是，向其中加入少量KOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式是；（2）現(xiàn)將0.04mol?L﹣1HA溶液和0.02mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合，得到緩沖溶液．①若HA為HCN，該溶液顯堿性，則溶液中c（Na+）c（CN﹣）（填“＜”、“=”或“＞”），你得出該結(jié)論的依據(jù)是；該混合溶液的質(zhì)子守恒式是．②若HA為CH3COOH，該溶液顯酸性．溶液中所有的離子按濃度由大到小排列的順序是．該混合溶液的物料守恒式是．25．磷酸是三元弱酸，常溫下三級電離常數(shù)分別是：Ka1＝7.1×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.5×10－13，解答下列問題：（1）常溫下同濃度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4的pH由小到大的順序(填序號)。（2）常溫下，NaH2PO4的水溶液pH(填“>”“<”或“＝”)7。（3）常溫下，Na2HPO4的水溶液呈(填“酸”“堿”或“中”)性，用Ka與Kh的相對大小，說明判斷理由：。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．熱的溶液碳酸根水解使溶液呈堿性可以去除油污，油脂堿性條件下水解，溶液中銨根離子水解使溶液呈酸性可以除鐵銹，A符合題意；B．應用75%的酒精可以更有效殺滅病毒，B不符合題意；C．明礬是鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體凈水，二氧化氯是利用其強氧化性殺滅病菌，C不符合題意；D．催化劑不能改變反應熱，可以降低反應的活化能從而加速反應速率，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.碳酸鈉水解顯堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生水解，氯化銨水解顯酸性，能與氧化鐵反應；

B.更有效殺滅病毒的酒精的體積分數(shù)為75%；

C.具有強氧化性，可使蛋白質(zhì)變性，明礬電離的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，膠體利用其吸附性凈水；

D.催化劑不影響反應熱。2．【答案】A【解析】【解答】A、將銅與濃硫酸反應后的溶液加入盛有一定量水的燒杯中，溶液變藍，說明反應生成了硫酸銅，滿足濃硫酸的稀釋方法，故A符合題意；B、氧氣與氫氣通過灼熱的銅網(wǎng)時發(fā)生爆炸，反應生成水，故B不符合題意；C.Cu與稀鹽酸不反應，清洗銀鏡反應實驗后的試管，可先用稀硝酸清洗，再用水清洗，能夠達到洗滌的目的，故C不符合題意；D.將0.1mol/L的Na2CO3溶液滴入BaSO4懸濁液中，會發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，但沒有明顯的信息，不能證明：Ksp(BaCO3)的大小Ksp(BaSO4)，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼、濃硫酸的稀釋時，將濃硫酸緩緩倒入水當中，防止液滴飛濺。

B、氧氣與氫氣在高溫條件下反應生成水；

C、Cu與稀鹽酸不反應，所以不能用于清洗；

D、條件不足，無法判斷；3．【答案】D【解析】【解答】A、酸與堿恰好完全反應的溶液不一定呈中性，生成的鹽可能發(fā)生水解，使溶液呈酸性或堿性，要根據(jù)鹽的特點確定溶液酸堿性，故A不符合題意；B、升高溫度促進水電離，導致純水的pH減小，100℃時純水的pH=6，所以100℃時pH=7的溶液呈堿性，故B不符合題意；C、已知pOH=lgc(OH)，pH=lgc(H+)，則常溫下，pOH+pH=lgc(OH)lgc(H+)=lg[c(OH)×c(H+)]=14，pH=14pOH，但溶液的溫度未知，不能判斷溶液中c(H+)與c(OH)的相對大小，故C不符合題意；D、pH=pOH即lgc(OH)=lgc(H+)，所以c(H+)=c(OH)，即溶液顯中性，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】本題主要考查溶液的酸堿性與pH間的關(guān)系。當溶液中的氫離子濃度等于氫氧根濃度時，溶液呈中性，據(jù)此進行分析解答。4．【答案】D【解析】【解答】A、的溶液呈酸性，酸性條件下，硝酸根具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化，不能大量共存，故A不符合題意；

B、為紫色，不能大量存在于無色溶液中，故B不符合題意；

C、由水電離出的的溶液，水的電離被抑制，可能呈酸性也可能呈堿性，堿性條件下，銨根離子不能大量存在，故C不符合題意；

D、使酚酞變紅的溶液呈堿性，堿性溶液中，、、、之間互不反應，能大量共存，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或不發(fā)生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。5．【答案】D【解析】【解答】A．加水促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，故A不符合題意；B．醋酸的電離是吸熱過程，降低溫度，醋酸的電離平衡逆向移動，氫離子濃度減小，故B不符合題意；C．加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉電離的氫氧根離子和氫離子反應生成水，能促進醋酸的電離，氫離子濃度減小，故C不符合題意；D．加入少量冰醋酸，雖然醋酸的電離程度減小，但氫離子濃度增大，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】根據(jù)勒夏特列原理，化學平衡總是向著削弱這種改變的方向移動，所以要增大c（H+）的濃度，電離平衡要正向移動，但是不能通過減少氫離子的濃度的方法使平衡正向移動；6．【答案】B【解析】【解答】解：A．電解質(zhì)的強弱與溶解性無關(guān)，在溶液中完全電離的電解質(zhì)為強電解質(zhì)，CaCO3難溶于水，但是溶于水的部分能夠完全電離是強電解質(zhì)，故A錯誤；B．根據(jù)錐形瓶中溶液顏色變化來判斷滴定終點，所以進行中和滴定操作時眼睛應注視錐形瓶中溶液顏色的變化，故B正確；C．濕潤pH試紙時，被測定的溶液的濃度減小，測定的pH會產(chǎn)生誤差，所以測定pH時，pH試紙不能濕潤，故C錯誤；D．加熱溶液會促進鹽的水解，蒸干FeCl3溶液最終可得到Fe（OH）3固體，故D錯誤．故選B．【分析】A．電解質(zhì)的強弱與溶解性無關(guān)；B．根據(jù)錐形瓶中溶液顏色變化來判斷滴定終點；C．濕潤pH試紙時，被測定的溶液的濃度減?。籇．加熱溶液會促進鹽的水解．7．【答案】D【解析】【解答】A．實驗II起始時氫離子濃度為1×101.1mol/L，硫酸根離子濃度為0.02mol/L，氫離子濃度較大，到g點時，氫離子多數(shù)轉(zhuǎn)化為HClO，硫酸根離子沒有消耗，故，A不符合題意；B．實驗II中次氯酸鈉加入10mL時開始出現(xiàn)紅褐色沉淀，則此時三價鐵的濃度為，此時pH=2，則c(OH)=1×1012mol/L，則，B不符合題意；C．根據(jù)物料守恒可知，鈉元素和氯元素都來源于次氯酸鈉，則，C不符合題意；D．由表格中的現(xiàn)象可知，d~e段沒有出現(xiàn)沉淀，只是溶液變黃，則二價鐵被氧化為三價鐵，次氯酸根離子被還原為氯離子，相應的離子方程式為：，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、硫酸根沒有小號，氫離子多數(shù)轉(zhuǎn)化為次氯酸；

B、Ksp要結(jié)合離子濃度和pH計算；

C、結(jié)合物料守恒判斷；

D、亞鐵離子和次氯酸根離子、氫離子反應生成次氯酸、氯離子、鐵離子和水。8．【答案】C【解析】【解答】解：常溫下，某一元酸HA溶液的pH為b，c（H+）=10﹣bmol/L，根據(jù)n（A﹣）：n（HA）=1：99可知溶液中c（HA）=99c（A﹣），則溶液中溶質(zhì)HA的濃度為c（HA）=100c（H+）=10﹣b+2mol/L；某一元強堿溶液的pH為a，則該一元強堿溶液的濃度為10a﹣14mol/L，若將1體積的此強堿溶液與100體積的HA溶液混合，恰好完全反應，則n（酸）=n（堿），即：10﹣b+2mol/L×100=10a﹣14mol/L×1，解得：a+b=18，故選C．【分析】根據(jù)酸、堿溶液的pH分別計算出溶液中氫離子、氫氧根離子的濃度，然后結(jié)合“n（A﹣）：n（HA）=1：99”可計算出弱酸HA的濃度；將1體積的此強堿溶液與100體積的HA溶液混合，恰好完全反應，則n（酸）=n（堿），據(jù)此列式計算即可．9．【答案】B【解析】【解答】A．該反應是氣體體積不變的反應，壓強對本反應無影響，圖示與對應敘述不相符，A項不符合題意；B．反應物的總能量大于生成物的總能量，則反應是放熱反應，加入催化劑會降低活化能，改變反應的速率，但反應熱不改變，圖示與對應敘述相符，B項符合題意；C．在溶液中逐步加入固體后，溶液pH應該增大，圖示與對應敘述不相符，C項不符合題意；D．c點是水電離程度最大的點，此時溶液中僅為氯化銨，銨根離子會水解，濃度減小，故銨根離子濃度小于氯離子濃度，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．反應是氣體體積不變的反應，壓強對本反應無影響；B．催化劑會降低活化能，改變反應的速率，但反應熱不改變；C．依據(jù)鹽類水解規(guī)律分析；D．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進水的電離；10．【答案】C【解析】【解答】解：A．未加氫氧化鈉時，相同濃度溶液中，HX的lg=12，而HY的lg＜9，由于c（H+）×c（OH﹣）=Kw，則HX溶液中氫離子濃度更大，故HX的酸性強于HY，故A錯誤；B．a(chǎn)點溶液lg=12，結(jié)合c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，可知c（OH﹣）=10﹣131mol/L，水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣），即a點由水電離出的c（H+）=10﹣13mol?L﹣1，故B錯誤；C．c點溶液lg=6，結(jié)合c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，可知c（H+）=10﹣4mol/L，溶液呈酸性，此時溶液為等濃度的HY、NaY混合溶液，說明HY的電離程度大于Y﹣的水解程度，則溶液中c點溶液中：c（Y﹣）＞c（HY），故C正確；D．HY為0.01mol，b點進入NaOH為0.008mol，二者按物質(zhì)的量1：1反應，故HY有剩余，故D錯誤．故選：C．【分析】A．由于c（H+）×c（OH﹣）=Kw，lg越大，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強；B．a(chǎn)點溶液lg=12，結(jié)合c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14計算c（OH﹣），水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣）；C．c點溶液lg=6，結(jié)合c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，可知c（H+）=10﹣4mol/L，溶液呈酸性，此時溶液為等濃度的HY、NaY混合溶液，說明HY的電離程度大于Y﹣的水解程度；D．HY為0.01mol，b點進入NaOH為0.008mol，HY有剩余．11．【答案】B【解析】【解答】A．可能是氯離子還原高錳酸鉀使之褪色，A不符合題意；B．該反應是個氣體減少的熵減的反應，一定條件下能自發(fā)進行，由復合判據(jù)知該反應是一個焓減的過程，B符合題意；C．銨根離子水解：，Kh=只與溫度有關(guān)，溫度不變，常數(shù)不變，C不符合題意；D．常溫下，用飽和溶液處理，可將轉(zhuǎn)化為，是因為碳酸根離子濃度大，與鋇離子濃度的乘積大于碳酸鋇的溶度積，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.氯離子也能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應；

C.=Kh，只與溫度有關(guān)；

D.沉淀通常是由溶解度大的向溶解度小的轉(zhuǎn)化。12．【答案】B【解析】【解答】解：A、pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度相等，故A正確；B、一水合氨是弱電解質(zhì)，不能完全電離，pH=12的氨水中，其物質(zhì)的量濃度大于0.01mol/L，故B錯誤；C、pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋時，pH都減小，但是NaOH溶液pH減小的快，所以稀釋后溶液的pH：①＞②，故C正確；D、pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中，一水合氨的物質(zhì)的量比氫氧化鈉多，與鹽酸中和時消耗的鹽酸①＞②，故D正確；故選B．【分析】A、pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度相等；B、一水合氨是弱電解質(zhì)，不能完全電離，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，完全電離；C、pH相等的強堿和弱堿加水稀釋，強堿溶液pH變化大；D、pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中，一水合氨的物質(zhì)的量比氫氧化鈉多．13．【答案】C【解析】【解答】A．NaClO溶液具有漂白性，可漂白pH試紙，不能用pH試紙測其pH值，故A不符合題意；B．硝酸銀過量，均為沉淀生成，無法比較溶度積大小關(guān)系，故B不符合題意；C．鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱顏色變淺，則觀察顏色變化可證明水解平衡，故C符合題意；D．硝酸根離子在酸性條件下可氧化亞鐵離子，應直接加入KSCN溶液檢驗，以避免亞鐵離子被氧化，故D不符合題意。故答案為：C。

【分析】

A.次氯酸有強氧化性，會對比色過程有干擾；

B.銀離子過量，且無機離子反應迅速，無法區(qū)分顏色；

C.鋇離子對碳酸根離子的水解平衡產(chǎn)生影響，逆向移動；

D.酸性條件生成硝酸，會氧化亞鐵離子。14．【答案】B【解析】【解答】A．泡沫滅火器[成分為Al2(SO4)3、NaHCO3溶液]的滅火原理是利用Al3+和發(fā)生雙水解反應生成二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀，與鹽類水解有關(guān)，故A不符合題意；B．漂粉精消毒殺菌是利用次氯酸鹽的強氧化性，與水解無關(guān)，故B符合題意；C．純堿去油污是利用水解使溶液呈堿性，促進油脂堿性水解，故C不符合題意；D．草木灰的主要成分是K2CO3，如果草木灰與銨態(tài)氮肥混合，與易發(fā)生雙水解，生成氨氣，降低肥效，則二者不能混合使用，與鹽類水解有關(guān)，故D不符合題意；故答案為B。【分析】漂白粉消毒殺菌，主要利用的是次氯酸鈣的強氧化性進行殺菌，與水解無關(guān)。泡沫滅火器是利用鋁離子和碳酸氫根離子的雙水解促進反應的進行，油污在堿性條件下水解，而碳酸鈉水解顯堿性，銨態(tài)氮肥和草木灰主要是利用利用碳酸根和銨根離子的雙水解促進氨氣的逸出，造成肥效降低15．【答案】B【解析】【解答】解：A、NO2和堿反應除了生成鹽和水，還生成NO，故不是酸性氧化物，故A錯誤；B、BaSO4在水溶液中能完全電離，故為強電解質(zhì)；HClO在水溶液中不能完全電離，故為弱電解質(zhì)；Mn2O7能和堿反應生成鹽和水的氧化物，故為酸性氧化物；CaO能和酸反應生成鹽和水的氧化物，故為堿性氧化物，故B正確；C、氨水為混合物，故不是電解質(zhì)；MnO2不能和酸反應生成鹽和水，故不是堿性氧化物，故C錯誤；D、Fe3O4和酸反應生成兩種鹽和水，故不是堿性氧化物，故D錯誤．故選B．【分析】在水溶液中能完全電離為強電解質(zhì)；在水溶液中不能完全電離為弱電解質(zhì)；能和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；能和酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物．據(jù)此分析．16．【答案】B【解析】【解答】A.水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變水的離子積常數(shù)不變，故A不符合題意；B.HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大，抑制了水的電離，故B符合題意；C.離子積常數(shù)不變，氫離子濃度增大，則溶液中c(OH?)降低，故C不符合題意；D.HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大，從而抑制水電離，則水電離出的c(H+)減少了，故D不符合題意。故答案為：B。

【分析】c(H＋)和c(OH－)的乘積為Kw，Kw只與溫度有關(guān)；鹽酸電離產(chǎn)生的氫離子已抑制水的電離。17．【答案】C【解析】【解答】A.313K下水的離子積為2.9×1014，則純水中c(H+)=c(OH)==1.7×107mol/L，此時水的pH為6.77，某溶液pH為7說明該溶液呈堿性，A不符合題意；B．氯化銨為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，由于銨根離子可以結(jié)合水電離出的OH，水電離出的H+和OH濃度相同，則pH=5的氯化銨溶液，c(H+)=105mol/L，由水電離出n(OH)=105mol，B不符合題意；C．根據(jù)c(H+)Vb=c(OH)Va計算，c(H+)=0.1mol/L，c(OH)===103mol/L，則Va：Vb=100：1，C符合題意；D．純水中氫離子濃度與氫氧根濃度相同，水呈中性，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)水的離子積計算出即可判斷

B.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合水的離子積即可計算

C.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合pH=7即可計算

D.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計算18．【答案】C【解析】【解答】A．①將濃度均為的鹽酸與氨水等體積混合，二者恰好完全反應生成氯化銨和水，氯化銨水解顯酸性，故混合液<7；②將濃度為鹽酸與氨水等體積混合，因該混合液，故必須鹽酸少量即b<0.3，A不符合題意；B．由題意列電荷守恒得：，因室溫下混合液，說明溶液顯中性，，所以，因等體積混合故=mol/L。常溫下氨水中一水合氨的電離方程式為，故其電離平衡常數(shù)，B不符合題意；C．②中混合液存在物料守恒，＜，故，C符合題意；D．因①溶液顯酸性，②溶液顯中性，故將①與②混合液混合顯酸性，＞，由電荷守恒得：，故，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.強酸弱堿鹽水解呈酸性。根據(jù)混合后溶液顯中性，即可判斷濃度大小

B.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計算出氨水的電離常數(shù)

C.根據(jù)物料守恒即可判斷

D.根絕電荷守恒判斷19．【答案】D【解析】【解答】A、電解質(zhì)屬于化合物的范疇，A不符合題意；B、電解質(zhì)是指水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，比如HCl在熔融狀態(tài)下不能導電，在水溶液中可以導電，它是電解質(zhì)，B不符合題意；C、CaO溶于水后能導電，是因為它和水反應產(chǎn)生的Ca(OH)2發(fā)生了電離，使得水溶液能導電，而不是其本身電離，但是其在熔融狀態(tài)下是可以導電的，故CaO是電解質(zhì)，C不符合題意；D、在水溶液里或熔融狀態(tài)下本身能電離出陽離子和陰離子而能導電的化合物，D符合題意；故答案為：D。

【分析】電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮械乃?、堿、鹽和大多數(shù)金屬氧化物均為電解質(zhì)，電解質(zhì)本身電離出自由移動的離子，能導電。20．【答案】D【解析】【解答】A.含有Fe2+的溶液為淺綠色，因此無色溶液中不能含有Fe2+，A不符合題意；B.OH能與Mg2+、NH4+反應，不可大量共存，B不符合題意；C.Ba2+與SO42形成BaSO4沉淀，不可大量共存，C不符合題意；D.溶液中的離子相互間不反應，可大量共存，D符合題意；故答案為：D【分析】無色透明溶液中不含有有色離子，如Fe3＋(黃色)、Fe2＋(淺綠色)、Cu2＋(藍色)、MnO4－(紫紅色)；c(H+)=1013mol/L<107mol/L，說明水的電離受到抑制，則溶液中存在大量H+或OH；據(jù)此結(jié)合選項所給離子組進行分析。21．【答案】（1）(或、)；（2）酸；，，即的電離程度大于其水解程度，故溶液顯酸性（3）A；C（4）(或)（5）②>③>④>①【解析】【解答】（1）為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，反應的離子方程式為：(或、)；根據(jù)強酸制弱酸的原理，H2CO3>HCN><NaCN溶液中通入少量的CO2發(fā)生的離子反應為：CN+CO2+H2O=HCN+，故答案為：(或、)；CN+CO2+H2O=HCN+；（2）KHC2O4水解平衡常數(shù)Kh===2.01013，>Kh，故電離大于水解，溶液呈酸性；（3）根據(jù)強酸制弱酸的原理：A．HCOOH>HCO，HCOOH+Na2CO3=NaHCO3+HCOONa可以發(fā)生，選項A符合；B．H2C2O4>HCOOH，HCOOH+NaHC2O4=HCOONa+H2C2O4不能發(fā)生，選項B不符合；C．H2C2O4>HCN，H2C2O4+2NaCN=Na2C2O4+2HCN可以發(fā)生，選項C符合；D．H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能發(fā)生，選項D不符合；故故答案為：AC；（4）HCOOH會抑制水的電離，25℃時，pH=4的HCOOH溶液中由水電離出的c(H+)=；氯化銨溶液中氫離子就是水電離出的，則室溫下pH=4的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H+)=1.0104mol?L1，故兩溶液中由水電離出的c(H+)之比為：1；故答案為：；（5）混合溶液中電荷守恒的等式為：，pH>7說明，所以，該溶液中離子濃度大小順序為：，即②>③>④>①，故答案為：②>③>④>①。

【分析】（1）依據(jù)鹽類水解規(guī)律分析；根據(jù)強酸制弱酸的原理；（2）依據(jù)計算；（3）根據(jù)強酸制弱酸的原理；（4）依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進水的電離；（5）依據(jù)電荷守恒分析。22．【答案】（1）HgO+2e－+H2O=Hg+2OH－（2）Hg2++H2S=HgS+2H+（3）水解產(chǎn)生的Al(OH)3膠體具有吸附性（4）加快反應速率；NH3（5）2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O；1NA【解析】【解答】(1)原電池正極得到電子發(fā)生還原反應，HgO得電子生成Hg，電解液為氫氧化鉀溶液，則該電極反應式為：HgO+2e－+H2O=Hg+2OH－；

(2)硫離子與汞離子反應生成硫化汞沉淀，反應的離子方程式為：Hg2++H2S=HgS+2H+；

(3)明礬溶于水電離出Al3+，Al3+水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，可吸附HgS微粒，加快微粒的沉降；

(4)生產(chǎn)過程中“混合攪拌”的目的是使反應物充分混合接觸，提高反應速率；高溫可促進NH4+的水解，并放出NH3，故氣體X為NH3；

(5)如流程圖所示，LiH2PO4與Fe2O3、C反應生成LiFePO4，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，C被氧化生成CO(其中C元素化合價為+2價)，根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒可知，F(xiàn)e2O3與C的化學計量數(shù)之比為1：1，再根據(jù)反應前后原子個數(shù)守恒配平化學方程式可得：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O；當生成1mol磷酸亞鐵鋰時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1mol，即1NA?！痉治觥浚?）正極發(fā)生得電子的還原反應，結(jié)合總反應式確定正極電極反應；

（2）通入H2S后，能與Hg2+形成HgS沉淀；

（3）明礬中的Al3+能水解形成Al(OH)3膠體，具有吸附性；

（4）混合攪拌可使反應物充分接觸，加快反應速率；氣體X中含有反應后生成的NH3；

（5）由流程可知，LiH2PO4與Fe2O3、C反應生成LiFePO4，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，C被氧化生成CO，據(jù)此寫出反應的化學方程式；

根據(jù)關(guān)系式LiFePO4~e進行計算；23．【答案】（1）Fe3++3AlO+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓（2）＞（3）；5×1011（4）H2SO3+HCO=CO2↑+H2O+HSO；中；由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH的水解程度等于CH3COO水解程度，溶液呈中性；AD【解析】【解答】(1)將NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，F(xiàn)e3+和AlO發(fā)生雙水解，相關(guān)反應的離子方程式是Fe3++3AlO+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓。故答案為：Fe3++3AlO+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓；(2)0.1mol/L的NaCl溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，則溶液中的電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)；0.1mol/L的CH3COONa溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，溶液中的電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)；兩溶液中的c(Na+)相同，但由于氯化鈉是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，而醋酸鈉是弱酸強堿鹽，能水解，溶液顯堿性，故氯化鈉溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，則有：c(Cl)+c(OH)＞c(CH3COO)+c(OH)，故有NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)+c(Cl)+c(OH)大于CH3COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)+c(CH3COO)+c(OH)；即溶液中離子總數(shù)：NaCl溶液＞CH3COONa溶液，故答案為：＞；。故答案為：＞；(3)①常溫下，在amol?L1的HCOOH溶液中加入等體積的bmol?L1的NaOH溶液至溶液呈中性，此時溶液中HCOOH的物質(zhì)的量濃度為=mol?L1。故答案為：；②已知常溫下HCOOH的電離常數(shù)為Ka=2×104，則HCOO的水解反應HCOO+H2OHCOOH+OH的平衡常數(shù)Kh===5×1011。故答案為：5×1011；(4)①由電離常數(shù)可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO，由強酸制備弱酸原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式H2SO3+HCO=CO2↑+H2O+HSO，故答案為：H2SO3+HCO=CO2↑+H2O+HSO；②CH3COONH4溶液呈中(填“酸”、“中”或“堿”)性，原因是由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH的水解程度等于CH3COO水解程度，溶液呈中性，故答案為：中；由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH的水解程度等于CH3COO水解程度，溶液呈中性；③A．根據(jù)電荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH)+2c(CO)，故A不正確；B．根據(jù)物料守恒，N原子總數(shù)等于碳原子總數(shù)的2倍，n(N)：n(C)=2：1，c(NH)+c(NH3?H2O)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B正確；C．含碳粒子的總濃度為0.1mol?L1，c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol?L1，故C正確；D．依據(jù)溶液中質(zhì)子守恒，c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH)+