人教版高二上學(xué)期化學(xué)(選擇性必修1)《第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡》單元測(cè)試卷-帶答案

第第頁(yè)人教版高二上學(xué)期化學(xué)(選擇性必修1)《第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡》單元測(cè)試卷-帶答案一、單選題1．下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是（）A．C2H5OH B．BaCl22．下列物質(zhì)的水溶液呈酸性的是（）?A．碳酸氫鈉? B．氨氣 C．醋酸 D．純堿3．下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是（）A．HF B．NH3?H24．下列物質(zhì)水溶液呈堿性并能促進(jìn)水電離的是（）A．AlCl3 B．NaOH C．HCl D．Na2CO35．已知室溫下，0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1％發(fā)生電離，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．HA電離出的c(H+)與水電離出的c(H+)之比為108B．升高溫度，溶液的pH減小C．溶液的pH=4D．HA的電離平衡常數(shù)約為l×10-76．已知等濃度的NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH：10、9、8，則由此可判斷下列敘述正確的是（）A．HX>HY>HZ B．HX<HY<HZC．HZ>HX>HY D．HX>HZ>HY7．與純水的電離相似，液氨中存在著微弱的電離：2NH3?NH4++NH2﹣，以下敘述中正確的是（）A．液氨中含有H2O，NH3?H2O，NH3，NH4+，NH2﹣等微粒B．液氨中c（NH4+）?c（NH2﹣）是一個(gè)隨溫度升高而減小的常數(shù)C．液氨的電離達(dá)到平衡時(shí)c（NH3）=c（NH4+）=c（NH2﹣）D．任何溫度下，只要不加入其他物質(zhì)，液氨中c（NH4+）和c（NH2﹣）一定相等8．下列操作會(huì)使H2O的電離平衡向正方向移動(dòng)，且所得溶液呈酸性的是（）A．向水中加入少量的CH3COONa B．向水中加入少量的NaHSO4C．加熱水至100℃，pH＝6 D．向水中加少量的CuSO49．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．熔融態(tài)的汞(水銀)能導(dǎo)電，所以汞是電解質(zhì)B．NaHSO4、NaHCO3；都屬于酸式鹽，其水溶液前者為酸性，后者為弱堿性C．加壓使HCl液化，HCl井沒有發(fā)生電離D．氫離子是“裸露”的質(zhì)子，半徑很小，在溶液中易與水分子結(jié)合成H3O+10．在相同溫度時(shí)100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比較，下列數(shù)值前者大于后者的是（）A．中和時(shí)所需NaOH的量 B．溶液的導(dǎo)電能力C．H+的物質(zhì)的量 D．CH3COOH的物質(zhì)的量11．下列事實(shí)可以證明HNO2是弱電解質(zhì)的是（）①1mol·L-1HNO2溶液可以使石蕊試液變紅②1mol·L-1HNO2溶液中c(H+)=10-3mol·L-1③在相同條件下，同濃度HNO2溶液的導(dǎo)電能力比鹽酸弱④10mL1mol·L-1HNO2溶液恰好與10mL1mol·L-1NaOH溶液完全反應(yīng)⑤同濃度、同體積的HNO2溶液和鹽酸與Zn反應(yīng)時(shí)，HNO2溶液中放出H2的速率慢⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H+同時(shí)存在A．③⑤⑥ B．②③④⑤ C．①④⑤⑥ D．②③⑤⑥12．已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合。再加入足量濃AgNO3溶液。發(fā)生的反應(yīng)為（）A．只有AgBr沉淀生成 B．生成AgCl和AgBr沉淀的質(zhì)量相等C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．AgCl沉淀多于AgBr沉淀13．已知：25℃時(shí)，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），下列敘述不正確的是（）A．AgI懸濁液中存在平衡：AgI（s）?Ag+（aq）+I﹣（aq）B．25℃時(shí)，向AgCl的懸濁液中加入NaCl固體，AgCl的溶度積常數(shù)不變C．向含KCl、NaI的混合溶液中滴入AgNO3溶液，一定先析出AgI沉淀D．用等體積的水和氯化鈉溶液分別洗滌AgCl沉淀，水洗造成的AgCl損耗大14．25℃，向5mL0.1mol?L?1ZnSO4溶液中滴入2滴0.1mol?A．0.1mol?B．滴入0.1mol?L?1CuSC．白色沉淀變?yōu)楹谏恋淼碾x子方程式為SD．向ZnSO4、CuSO415．為了說明醋酸是弱電解質(zhì)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案證明，其中錯(cuò)誤的是（）A．配制0.10mol/LCH3COOH溶液，測(cè)溶液的pH，若pH大于1，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)B．用pH計(jì)分別測(cè)0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH，若兩者的pH相差小于1個(gè)，則可證明醋酸是弱電解質(zhì)C．取等體積等濃度的CH3COOH和鹽酸溶液，分別加入Na2CO3固體，若醋酸溶液產(chǎn)生氣體多，證明醋酸為弱電解質(zhì)D．測(cè)相同濃度鹽酸和醋酸的導(dǎo)電性，醋酸溶液的導(dǎo)電性明顯弱于鹽酸16．在一定條件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32－＋H2O?HCO3－＋OH－，下列說法正確的是（）A．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大B．通入CO2，平衡朝正反應(yīng)方向移動(dòng)C．升高溫度，c(HCO3D．加入NaOH固體，溶液pH減小17．某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1,滿足此條件的溶液中一定可以大量共存的離子組是（）A．Al3+、Na+、NO3-、Cl- B．K+、Na+、Cl-、NO3-C．K+、Na+、Cl-、AlO2- D．K+、NH4+、SO32-、NO3-18．下列關(guān)于鹽類水解的應(yīng)用，說法不正確的是（）A．工業(yè)上可利用TiCl4B．Na2SC．除去CuCl2溶液中的FeD．配制FeCl3溶液時(shí)，先將19．常溫下，用0.1000mol?L?1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為A．該NaX溶液中：c(NB．三種一元弱酸的電離常數(shù)：KC．當(dāng)pH=7時(shí)，三種溶液中：c(D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(20．室溫下，用飽和Na2CO3溶液浸泡BaSOA．沉淀的轉(zhuǎn)化只能按照溶解度由大到小的方向進(jìn)行B．濾渣中加入鹽酸反應(yīng)的離子方程式為2C．過濾后所得清液中一定存在：cBa2+D．若反應(yīng)BaSO4(s)+二、填空題21．向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的試管中滴加1～2滴2mol/LNaOH溶液，觀察到有白色沉淀生成，該反應(yīng)的離子方程式是．再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，觀察到白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是．由以上現(xiàn)象可以推知，相同條件下Mg（OH）2和Fe（OH）3中溶解度較大的是．22．某同學(xué)進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)操作，回答相關(guān)問題：（1）取30mL純水，將其加熱到T℃時(shí)，其中的c（H+）=2.0×10﹣7mol?L﹣1，則c（OH﹣）=mol?L﹣1．（2）冷卻恢復(fù)到常溫后，向純水中滴入稀硫酸使溶液體積為100mL，此時(shí)溶液中的c（H+）=5.0×10﹣4mol?L﹣1，則此時(shí)溶液中的c（OH﹣）為mol?L﹣1．（3）?。?）的溶液20mL，向其中加氨水，至恰好反應(yīng)完全，則所得溶液中離子濃度的大小關(guān)系為．（4）?。?）的溶液50mL，用惰性電極進(jìn)行電解，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)為，隨著電解的進(jìn)行，溶液的pH將（填“增大”、“減小”、“不變”）．（5）將（2）所剩的溶液，用5.0×10﹣4mol?L﹣1的NaOH溶液中和，需要NaOH溶液的體積為mL．三、實(shí)驗(yàn)探究題23．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件，某課外小組采用碘量法測(cè)定學(xué)校周邊河水中的溶解氧，實(shí)驗(yàn)步驟及測(cè)定原理如下：Ⅰ．取樣、氧的固定用溶解氧瓶采集水樣，記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液（含有KI）混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實(shí)現(xiàn)氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I?還原為Mn2+，在暗處?kù)o置5min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32?+I2=2I回答下列問題：（1）氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標(biāo)定。配制該溶液時(shí)需要的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、試劑瓶和，配制溶液定容時(shí)俯視會(huì)導(dǎo)致Na2S2O3溶液的濃度，（填“偏高”或“偏低”）蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除及二氧化碳。（3）取100.00mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用0.5mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，以作指示劑，如何判斷該反應(yīng)到達(dá)終點(diǎn)；若反應(yīng)中消耗Na2S2O3溶液的體積為10mL，則水樣中溶解氧的含量為mg·L?1。（4）上述滴定完成時(shí)，若滴定前平視，滴定后仰視會(huì)導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果。（填“偏高”或“偏低”）24．（1）Ⅰ．葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L-1，取300.00mL葡萄酒，通過適當(dāng)?shù)姆椒ㄊ顾琒O2全部逸出并用H2O2將其全部氧化為H2SO4，然后用0.0900mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。①滴定前排氣泡時(shí)，應(yīng)選擇下圖中的(填序號(hào))。②若用50mL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，則管內(nèi)液體的體積(填序號(hào))。A．=10mLB．=40mLC．＜10mLD．＞40mL（2）Ⅱ．研究電解質(zhì)在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。常溫下，向100mL0.01mol?L-1HA的溶液中逐滴加入0.02mol?L-1MOH溶液，所得溶液的pH隨MOH溶液的體積變化如圖所示(溶液體積變化忽略不計(jì))。①常溫下，0.01mol?L-1HA溶液中由水電離出的c(H+)=mol?L-1②X點(diǎn)時(shí)，溶液中各離子濃度由大到小的順序是。③K點(diǎn)時(shí)，溶液中c(H+)+c(M+)–c(OH-)=mol?L-125．化學(xué)反應(yīng)常伴隨熱效應(yīng)。某些反應(yīng)(如中和反應(yīng))的熱量變化，其數(shù)值Q可通過量熱裝置測(cè)量反應(yīng)前后體系溫度的變化，用公式Q=cρV總·ΔT計(jì)算獲得。(注：實(shí)驗(yàn)所用酸、堿、鹽溶液的密度和比熱容與水相同，忽略水以外各物質(zhì)吸收的熱量，忽略實(shí)驗(yàn)裝置的比熱容，c和ρ分別取4.18J·g（1）NaOH溶液濃度的測(cè)定：移取20.00mL待測(cè)液，加入指示劑，用0.5000mol?L?1的鹽酸溶液滴定至終點(diǎn)，消耗鹽酸溶液22.00mL。在測(cè)定過程中，滴定操作的順序?yàn)闄z查是否漏水→蒸餾水洗滌→a．輕輕轉(zhuǎn)動(dòng)滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充滿溶液，無氣泡b．調(diào)整管中液面至“0”或“0”刻度以下，記錄讀數(shù)c．將洗滌液從滴定管下部放入預(yù)置的燒杯中d．裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液至“0”刻度以上2～3mL，固定好滴定管e．從滴定管上口加入3mL所要盛裝的溶液，傾斜著轉(zhuǎn)動(dòng)滴定管（2）熱量的測(cè)定：取上述NaOH溶液和鹽酸各50mL進(jìn)行反應(yīng)。①實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有紙條、硬紙板(中心有兩個(gè)小孔)、量筒、100mL燒杯，為了完成該實(shí)驗(yàn)，還需要圖中的實(shí)驗(yàn)儀器是(填序號(hào))。②測(cè)得反應(yīng)前后體系的溫度值(℃)分別為T0、T1，則該過程放出的熱量為J(用含T0（3）借鑒(2)的方法，甲同學(xué)測(cè)量放熱反應(yīng)：Fes+CuSO4序號(hào)反應(yīng)試劑體系溫度/℃反應(yīng)前反應(yīng)后ⅰ0.2mol?L0.56g鐵粉abⅱ1.12g鐵粉acⅲ1.68g鐵粉ad溫度：b、c、d的大小關(guān)系為。結(jié)果表明，該方法可行。（4）乙同學(xué)也借鑒(2)的方法，測(cè)量反應(yīng)A：Fes查閱資料：配制Fe2提出猜想：Fe粉與Fe2SO4驗(yàn)證猜想：用pH試紙測(cè)得Fe2SO43溶液的pH不大于1；向少量實(shí)驗(yàn)小結(jié)：猜想成立，不能直接測(cè)得反應(yīng)A的焓變?chǔ)。教師指導(dǎo)：結(jié)合甲同學(xué)的測(cè)定結(jié)果及蓋斯定律可以計(jì)算無法直接測(cè)定的反應(yīng)熱。優(yōu)化設(shè)計(jì)：根據(jù)相關(guān)原理，丙同學(xué)還需要測(cè)定反應(yīng)(填化學(xué)方程式)的焓變?chǔ)2，通過計(jì)算可得反應(yīng)A的焓變?chǔ)(用含ΔH參考答案解析1．【答案】D【解析】【解答】A．酒精為化合物，本身不發(fā)生電離，不能夠?qū)щ姡瑢儆诜请娊赓|(zhì)，選項(xiàng)A不符合題意；B．BaClC．CO2屬于非電解質(zhì)，選項(xiàng)C不符合題意；D．NH故答案為：D。

【分析】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，在水溶液中部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)。2．【答案】C【解析】【解答】解：A．碳酸氫鈉中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，所以碳酸氫鈉溶液呈堿性，故A錯(cuò)誤；B．氨氣和水反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子和銨根離子導(dǎo)致其溶液呈堿性，故B錯(cuò)誤；C．醋酸是弱酸，醋酸電離出氫離子和醋酸根離子導(dǎo)致溶液呈酸性，故C正確；D．碳酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致其溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤；故選C．【分析】物質(zhì)的水溶液呈酸性，說明該物質(zhì)為酸或強(qiáng)酸弱堿鹽，酸電離出氫離子或鹽中弱離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性．3．【答案】C【解析】【解答】A．HF在水溶液中不能完全電離：HF?H++F-，故其為弱電解質(zhì)，A不選；B．NH3?C．CH3COONaD．HCOOH在水溶液中不能完全電離：HCOOH?H++HCOO-，故其為弱電解質(zhì)，D不選；故答案為：C。

【分析】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，在水溶液中完全電離的電解質(zhì)為強(qiáng)電解質(zhì)。4．【答案】D【解析】【解答】解：A、氯化鋁是弱堿強(qiáng)酸鹽，銨根離子水解呈酸性，促進(jìn)水的電離，溶液中氫離子濃度增大，故A錯(cuò)誤；B、NaOH溶液是強(qiáng)堿溶液，氫氧根離子抑制水的電離，溶液中氫離子濃度減小，故B錯(cuò)誤C、HCl溶液是酸溶液，氫離子濃度抑制水的電離，溶液中的氫離子濃度增大顯酸性，故C錯(cuò)誤；D、Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子水解呈堿性，促進(jìn)水的電離，溶液中氫氧根離子濃度增大，故D正確；故選D．【分析】物質(zhì)能促進(jìn)水的電離，且溶液顯堿性說明物質(zhì)是含弱離子的鹽溶液，水解促進(jìn)水的電離，溶液呈堿性說明是弱酸陰離子水解顯堿性．5．【答案】A【解析】【解答】A、HA電離出的c(H+)為0.1mol/L×0.1%＝10-4mol/L，水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-10mol/L，則由HA電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的106倍，A符合題意；B、升高溫度，促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，H+濃度變大，那么pH變小，B不符合題意；C、HA電離出的c(H+)為0.1mol/L×0.1%＝10-14mol/L，則pH＝-lg（10-4）=4，C不符合題意；D、由HA=H++A-知，c(H+)=c(A-)=10-14mol/L，則電離平衡常數(shù)為10?4×10故答案為：A?！痉治觥恳?yàn)?.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1％發(fā)生電離，說以相當(dāng)于HA的轉(zhuǎn)化率為0.1％，所以HA電離的氫離子濃度為10-4mol/L，該溶液中氫氧根離子濃度為10-10mol/L，又因?yàn)樗陨黼婋x的氫離子與氫氧根濃度相等所以水電離的氫離子濃度為10-10mol/L。6．【答案】B【解析】【解答】NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH：10、9、8，利用“越弱越水解”，三種溶液堿性強(qiáng)弱順序是NaX>NaY>NaZ，得出酸性強(qiáng)弱：HZ>HY>HX，故B符合題意；故答案為：B?！痉治觥坷谩霸饺踉剿狻边M(jìn)行分析；7．【答案】D【解析】【解答】解：A．液氨電離中存在電離平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣粒子，不含水分子，故A錯(cuò)誤；B．液氨中c（NH4+）與c（NH2﹣）的乘積只與溫度有關(guān)，與溶液的濃度無關(guān)，所以只要溫度一定，液氨中c（NH4+）與c（NH2﹣）的乘積為定值，電離是吸熱過程，升溫平衡正向進(jìn)行，液氨中c（NH4+）?c（NH2﹣）是一個(gè)隨溫度升高而增大的常數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．液氨與水的電離相似，為微弱電離，所以液氨中主要存在NH3，所以液氨的電離達(dá)到平衡時(shí)，c（NH3）＞c（NH4+）=c（NH2﹣），故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)2NH3?NH4++NH2﹣知，液氨電離出NH4+、NH2﹣的個(gè)數(shù)比為1：1，所以只要不加入其它物質(zhì)，液氨中c（NH4+）與c（NH2﹣）總是相等，故D正確；故選D．【分析】A．可逆反應(yīng)中的各種微粒都共存；B．液氨中c（NH4+）與c（NH2﹣）的乘積只與溫度有關(guān)，電離是吸熱過程；C．液氨與水的電離相似，為微弱電離，所以液氨中主要存在NH3；D．只要不破壞氨分子的電離平衡，液氨中存在c（NH4+）=c（NH2﹣）．8．【答案】D【解析】【解答】A.CH3COONa可以促進(jìn)水的電離，但是溶液呈堿性，A項(xiàng)不符合題意；B.NaHSO4在溶液中會(huì)電離出H+，抑制水的電離，B項(xiàng)不符合題意；C.加熱可以促進(jìn)水的電離，但是溶液仍為中性，C項(xiàng)不符合題意；D.向水中加少量的CuSO4，Cu2+會(huì)水解促進(jìn)水的電離，溶液呈酸性，D項(xiàng)符合題意；本題故答案為：D?！痉治觥渴笻2O的電離平衡向正方向移動(dòng)，要促進(jìn)水的電離，選擇水解的鹽，所得溶液呈酸性，為強(qiáng)酸弱堿鹽。9．【答案】A【解析】【解答】A．電解質(zhì)必須是化合物，汞屬于單質(zhì)，所以汞不是電解質(zhì)，A項(xiàng)符合題意；B．硫酸氫鈉，碳酸氫鈉都屬于酸式鹽，前者水溶液中NaHSOC．加壓氯化氫液化，因?yàn)闆]有水，所以氯化氫沒有發(fā)生電離，C項(xiàng)不符合題意；D．氫離子是“裸露”的質(zhì)子，半徑很小，在溶液中易與水分子結(jié)合成H3故答案為：A?！痉治觥緼項(xiàng)依據(jù)電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，但汞屬于單質(zhì)；其它選項(xiàng)均正確。10．【答案】C【解析】【解答】A．計(jì)算兩溶液中醋酸的物質(zhì)的量，n(前)=c1?V1=0.1L×0.01mol?L-1=1×10-3mol，n(后)=c2?V2=0.01L×0.1mol?L-1=1×10-3mol，兩者相等，因而中和時(shí)消耗的NaOH的量相等，故A不符合題意；B．酸的濃度越大，溶液中離子濃度越大，則導(dǎo)電性越強(qiáng)，故前者小于后者，故B不符合題意；C．醋酸的濃度越大其電離程度越小，由A分析可知，兩者醋酸的物質(zhì)的量相同，前者電離程度大，則溶液中H+的物質(zhì)的量大，故C符合題意；D．由A分析可知，溶液中醋酸的總物質(zhì)的量相等、但電離程度前者大，故未電離的醋酸的物質(zhì)的量前者小，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、醋酸的物質(zhì)的量相同，則消耗的氫氧化鈉相同；

B、離子濃度越大，則導(dǎo)電性越強(qiáng)；

C、越稀越電離，物質(zhì)的量相同時(shí)，濃度越稀，電離的氫離子物質(zhì)的量越大；

D、越稀越電離，物質(zhì)的量相同時(shí)，濃度越稀，剩余的醋酸越少。11．【答案】D【解析】【解答】①HNO2溶液使石蕊試液變紅，說明HNO2溶液顯酸性，無法證明其酸性強(qiáng)弱，①不符合題意；

②1mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10-3mol/L，說明HNO2在水中部分電離，故說明HNO2為弱酸，②符合題意；

③相同條件下，同濃度的HNO2和HCl，其導(dǎo)電能力弱，說明HNO2在水中部分電離，則HNO2為弱酸，③符合題意；

④二者恰好完全反應(yīng)，不能說明HNO2為弱酸，④不符合題意；

⑤反應(yīng)放出H2的速率較慢，說明溶液中H+的濃度較小，說明HNO2在水中部分電離，則HNO2為弱酸，⑤符合題意；

⑥HNO2溶液中同時(shí)存在HNO2、NO2-、H+，說明HNO2在水中部分電離，則HNO2為弱酸，⑥符合題意；

綜上，能證明HNO2是弱酸的為：②③⑤⑥，D符合題意；故答案為：D【分析】由于HNO2是酸，則欲證明HNO2是弱電解質(zhì)，即證明其為弱酸，可通過測(cè)定HNO2溶液的pH（或溶液中H+的濃度）、測(cè)HNO2的電離程度、測(cè)NaNO2溶液的酸堿性（或pH值）等操作，從而確定HNO2為弱酸。12．【答案】D【解析】【解答】已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，這說明溴化銀難溶，因此將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，溶液中氯離子濃度大于溴離子濃度，因此再加入足量濃AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀多于AgBr沉淀故答案為：D。

【分析】向兩飽和溶液中，加入AgNO3，AgCl與AgBr的溶解平衡向左移動(dòng)，但是飽和溶液中AgBr的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀較多。13．【答案】C【解析】【解答】解：A．AgI為難溶電解質(zhì)，則存在AgI（s）?Ag+（aq）+I﹣（aq），故A正確；B．Ksp只與溫度有關(guān)，則25℃時(shí)，向AgCl的懸濁液中加入NaCl固體，AgCl的溶度積常數(shù)不變，故B正確；C．Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），析出AgCl沉淀，與離子濃度有關(guān)，等物質(zhì)的量濃度時(shí)AgI先析出，故C錯(cuò)誤；D．氯化鈉可抑制AgCl的溶解平衡正向移動(dòng)，則水洗造成的AgCl損耗大，故D正確；故選C．【分析】A．AgI為難溶電解質(zhì)；B．Ksp只與溫度有關(guān)；C．Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），析出AgCl沉淀；D．氯化鈉可抑制AgCl的溶解平衡正向移動(dòng)．14．【答案】D【解析】【解答】A．Na2S為易溶強(qiáng)堿弱酸鹽，在水中完全電離，原子的物質(zhì)的量之間滿足n(Na)=2n(S)，即根據(jù)物料守恒可知c(NaB．溶度積常數(shù)Ksp只與物質(zhì)本身和所處溫度有關(guān)，因此向ZnS懸濁液中加入CuSO4C．白色固體ZnS轉(zhuǎn)化為黑色沉淀CuS的過程是難溶物的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子方程式為ZnS+Cu2+=CuS+ZD．向ZnSO4、CuSO4混合溶液中加入過量綜上所述，說法正確的是D項(xiàng)故答案為D。

【分析】A．根據(jù)物料守恒分析；B．溶度積常數(shù)KspC．白色固體ZnS轉(zhuǎn)化為黑色沉淀CuS的過程是難溶物的轉(zhuǎn)化；D．依據(jù)溶度積計(jì)算。15．【答案】C【解析】【解答】A．配制0.10mol/LCH3COOH溶液，測(cè)溶液的pH，若pH大于1，氫離子濃度小于醋酸濃度，說明醋酸部分電離，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)，A不符合題意；B．用pH計(jì)分別測(cè)0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH，若兩者的pH相差小于1個(gè)說明醋酸存在電離平衡，則可證明醋酸是弱電解質(zhì)，B不符合題意；C．取等體積等濃度的CH3COOH和鹽酸溶液，分別加入Na2CO3固體，若醋酸溶液產(chǎn)生氣體多，則醋酸中加入碳酸鈉的量多，不能說明醋酸部分電離，所以不能證明醋酸是弱電解質(zhì)，C符合題意；D．測(cè)相同濃度鹽酸和醋酸的導(dǎo)電性，醋酸溶液的導(dǎo)電性明顯弱于鹽酸，說明鹽酸中氫離子濃度大于醋酸，則醋酸的電離程度小于鹽酸，HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，則醋酸是弱電解質(zhì)，D不符合題意；故答案為：C

【分析】A．pH大于1，說明氫離子濃度小于0.1mol/L；

B.0.01mol/L、0.1mol/L的醋酸溶液pH值相差小于1，說明醋酸溶液中存在電離平衡；

C．產(chǎn)生CO2氣體的多少，無法比較出鹽酸和醋酸酸性的大小；

D．溶液的導(dǎo)電性與溶液中離子濃度有關(guān)，而離子濃度與鹽酸、醋酸的酸性強(qiáng)弱有關(guān)；16．【答案】B【解析】【解答】A．水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，則稀釋溶液，水解常數(shù)不變，故A不符合題意；B．通入CO2，OH－濃度會(huì)減小，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故B符合題意；C．升高溫度平衡向正向移動(dòng)，c(HCO3－)增大，c(CO32－)減小，故c(HCO3D．NaOH是強(qiáng)堿，加入NaOH固體，溶液的堿性增強(qiáng)，pH增大，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；

B.通入CO2，會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈉；

C.水解平衡是吸熱的，升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)，根據(jù)移動(dòng)方向確定離子濃度的變化；

D.加入氫氧化鈉，氫氧根離子濃度增大，平衡逆向進(jìn)行。17．【答案】B【解析】【解答】在室溫下，純水中c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－14mol·L－1，由此看出該溶液中水的電離受到抑制，該溶液可能為c(H＋)＝1mol·L－1的酸溶液或c(OH－)＝1mol·L－1的堿溶液，A項(xiàng)中的Al3＋、D項(xiàng)中的NH4＋都會(huì)與OH－反應(yīng)，C項(xiàng)中AlO2－會(huì)與H＋反應(yīng)，只有B項(xiàng)一定可以大量共存。

【分析】在室溫下，純水中c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－14mol·L－1，可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，分析離子組中的離子在酸性或堿性溶液中能否大量共存即可。18．【答案】B【解析】【解答】A、TiCl4發(fā)生水解反應(yīng)的方程式為TiCl4+（x+2）H2O?TiO2·xH2O↓+4HCl，則工業(yè)上可利用TiCl4水解制備TiO2，故A不符合題意；

B、Na2SO3具有還原性，易被氧化為Na2SO4，Na2SO3水溶液蒸發(fā)結(jié)晶不能得到Na2SO3固體，故B符合題意；

C、Fe3+水解產(chǎn)生氫離子和氫氧化鐵沉淀，CuO消耗產(chǎn)生的氫離子，使鐵離子的水解平衡正向移動(dòng)，除去CuCl19．【答案】C【解析】【解答】A．NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合題意；B．弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵a(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B不符合題意；C．當(dāng)溶液pH為7時(shí)，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序?yàn)閏(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合題意；D．向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】解題要點(diǎn)：首先要看懂該滴定曲線的關(guān)鍵點(diǎn)，在V=0時(shí)，由三個(gè)鹽溶液pH，根據(jù)水解規(guī)律“越弱越水解”，可以判斷對(duì)應(yīng)酸性強(qiáng)弱；酸性越弱，電離常數(shù)越??；其次關(guān)鍵點(diǎn)在pH=7時(shí)，隱含信息就是c(H+)=c(OH-)，再結(jié)合電荷守恒和物料守恒進(jìn)行判斷20．【答案】D21．【答案】Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；3Mg（OH）2+2Fe3+?3Mg2++2Fe（OH）3；Mg（OH）2【解析】【解答】解：向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的試管中滴加1～2滴2mol/LNaOH溶液，MgCl2與NaOH反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，其反應(yīng)的離子方程式為：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，Mg（OH）2沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的Fe（OH）3沉淀，其反應(yīng)的離子方程式為3Mg（OH）2+2Fe3+?3Mg2++2Fe（OH）3，根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化原理：溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度更小的容易實(shí)現(xiàn)，所以相同條件下Mg（OH）2和Fe（OH）3中溶解度較大的是Mg（OH）2，故答案為：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；3Mg（OH）2+2Fe3+?3Mg2++2Fe（OH）3；Mg（OH）2．【分析】MgCl2與NaOH反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，F(xiàn)e（OH）3比Mg（OH）2更難溶，沉淀向著更難溶的物質(zhì)轉(zhuǎn)化．22．【答案】2.0×10﹣7；2×10﹣11；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；減??；100【解析】【解答】（1）由水電離出的氫離子濃度等于由水電離出的氫氧根離子的濃度，c（OH﹣）=c（H+）=2.0×10﹣7mol?L﹣1，故答案為：2.0×10﹣7；（2）常溫下Kw=c（H+）?c（OH﹣）=10﹣14，則c（OH﹣）=KWC(H+)=10?145.0×10?4（3）恰好完全反應(yīng)得到硫酸銨溶液，銨根離子水解很微弱，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣），銨根離子水解溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），因此離子濃度的大小關(guān)系為c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）故答案為：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）陽(yáng)極氫氧根離子失去電子生成氧氣和水，陽(yáng)極電極反應(yīng)式：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，陰極為氫離子得到電子生成氫氣，相當(dāng)于電解水，因此稀硫酸溶液氫離子濃度增大，pH值減小故答案為：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；減?。唬?）稀硫酸溶液中n（H+）=0.1L×5.0×10﹣4mol?L﹣1=5×10﹣5mol，根據(jù)H++OH﹣=H2O可知：n（NaOH）=c（OH﹣）=n（H+）=5×