第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元测试题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第三章 水溶液中的离子反应与平衡 测试题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．下列物质溶于水能促进水的电离的是（　　） A． B． C． D． 2．下列物质中，属于弱电解质的是（　　） A． B． C． D．NaOH 3．下列各种试纸，在使用时预先不能用蒸馏水润湿的是 A．红色石蕊试纸 B．pH试纸 C．碘化钾淀粉试纸 D．蓝色石蕊试纸 4．物质性质决定其用途，物质用途反映其性质。下列物质用途与性质对应关系错误的是（　　） 选项 用途 性质 A SiO2用作光导纤维 SiO2能把光的强弱转变为电流的强弱 B 工业上用纯碱去油污 Na2CO3溶液水解呈碱性，油脂碱性条件下水解程度大 C 明矾用作净水剂 明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀 D 三元催化器处理汽车尾气 尾气中CO有还原性，NOx有氧化性。在催化剂作用下转化为CO2和N2 A．A B．B C．C D．D 5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中Y和Z同主族。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体，相关物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．丙溶液的 B．由对应的水化物的酸性强弱可判断非金属性： C．原子半径的大小关系为 D．可形成四种常见的具有漂白性的单质或化合物，涵盖了三种漂白原理 6．下列关于盐类水解反应说法正确的是（　　） A．任何盐都可发生水解反应 B．盐只能发生水解反应而不能发生其他反应 C．盐水解反应肯定能破坏水的电离平衡且促进水的电离 D．盐的水溶液为中性时，则盐一定不发生水解反应 7．常温下，向10 0.1 的 溶液中逐滴滴入0.1 的 溶液，所得溶液电导率及 变化如图所示，已知 。下列分析错误的是（　　） A．曲线Ⅰ表示溶液的 变化情况 B． 为弱酸，其电离常数 C．开始阶段溶液电导率增大是因为生成了强电解质 D．溶液中水的电离程度变化趋势与曲线Ⅱ相似 8．25℃时，氢氟酸(HCN)的Ka=6.2×10-10，醋酸的Ka=1.75×10-5。下列说法正确的是（　　） A．25℃时，浓度相等的NaCN和HCN混合后，混合液呈酸性 B．将浓度均为0.10mol·L-1的NaCN和HCN溶液加水稀释，两种溶液的pH均变大 C．25℃时，HCN溶液中滴入醋酸溶液，则HCN的电离受到抑制 D．25℃时，醋酸溶液中加一定量NaCN固体，调节pH=5，此时4c(CH3COO-)=7c(CH3COOH) 9．化学无处不在。利用化学原理对生活、生产中的现象解释正确的是（　　） A．用明矾净水利用了Al3+的水解原理 B．“酒香不怕巷子深”体现了乙醇的化学性质 C．镀铅管截口处易生锈是铅成为阳极的缘故 D．调大燃气灶中空气的比例，使燃气燃烧更充分，提高了燃气的燃烧热 10．常温下，下列各组离子是因为互相促进水解而不能在溶液大量共存的是（　　） A．、 B．、 C．AlO2-、HCO3- D．、CO32- 11．25℃时，若溶液中由水电离产生的c(OH-) =1×10-12mol·L-1，则下列说法正确的是（　　） A．该溶液中水的电离被促进 B．该溶液pH一定为2 C．该溶液中K+、Na+、Cl-、NO3-可以大量共存 D．该溶液一定是碱溶液 12．用蒸馏水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　） A．c(OH-)/c(NH3·H2O) B．n(OH-) C．c(NH3·H2O)/c(H+) D．c(H+) 13．下列说法正确的是（　　） A．电离平衡常数受溶液浓度的影响 B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱 C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中大 D．H2CO3的电离常数表达式：K＝ 14．下列应用与沉淀溶解平衡无关的是 A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 B．在工业废水处理过程中，以作沉淀剂，除去、等 C．锅炉水垢中含有的，可先用溶液处理，后用酸除去 D．如果要除去某溶液中的，最好选择钡盐 15．秦俑彩绘中的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶的铅盐。室温下，PbCO3和PbI2达到溶解平衡时，-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如图，下列说法错误的是（　　） A．L2曲线代表PbCO3，其Ksp(PbCO3) =1.0×10-13.1 B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2溶液，将析出固体PbI2 C．反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1 D．向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀 16．已知 时AgCl的溶解度为 、AgBr的溶解度为 。如果将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，下列描述正确的是（　　） A．只有AgBr沉淀生成 B．AgCl和AgBr沉淀等量生成 C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．加入足量浓 溶液充分反应后， 17．室温下，分别向浓度均为的和盐酸各20mL，滴加的溶液，得到滴定曲线如下(忽略分解)，下列叙述错误的是（　　） A．的水解平衡常数约为 B．b点与a点溶液混合后 C．加入溶液时，两溶液中水的电离程度 D．a点存在： 18．下列有关化学与生产、生活的说法错误的是（　　） A．氢气燃烧过程中主要是将化学能转化为热能和光能 B．自来水厂可用氯气或明矾进行自来水的消毒、净化，以改善水质 C．处理锅炉水垢中的硫酸钙，先用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用酸除去 D．Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂等，在实验室中用SbCl3的水解反应制取 19．室温下，的溶度积常数可以使用离子交换法测定。实验步骤如下： Ⅰ.往固体加入蒸馏水，搅拌，过滤，得到饱和溶液。 Ⅱ.将饱和溶液分批通过阳离子交换树脂(用表示)，得到流出液。 Ⅲ.用蒸馏水洗涤阳离子交换树脂至流出液呈中性。 Ⅳ.合并步骤Ⅱ、Ⅲ的流出液，……，计算得到的物质的量为。 Ⅴ.数据处理，计算出。 下列说法不正确的是 A．II反应的离子方程式： B．IV……”可以是“用标准溶液滴定，记录消耗体积，重复三次” C．V计算结果 D．若省略III偏小 20．甲胺(CH3NH2)与盐酸反应生成甲胺盐酸盐(CH3NH3Cl)。25℃时，向一定体积0.01mol·L-1CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．图中a=2.7，b=7 B．该过程中， 增大 C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2 D．N点溶液中：c( )=c(Cl-) 二、综合题 21．25℃时，某些弱电解质的电离常数如表所示，回答下列问题． 弱电解质 HCN HClO 电离常数 （1）常温下，加水稀释，稀释过程中，溶液的导电能力　 　（填“增强”或“减弱”），的电离程度　 　（填“增大”或“减小”）． （2）少量的通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为　 　，该过程中，溶液中会　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）． （3）某同学用的盐酸标准液滴定25.00mL未知浓度的NaOH溶液．平行滴定三次所得的实验数据如下表： 实验次数 1 2 3 消耗标准液体积/mL 20.02 23.45 19.98 ①图中需用到的仪器为　 　（填标号），所选仪器在使用前需要　 　． ②NaOH溶液的浓度为　 　，下列操作会使测定结果偏大的是　 　（填标号）． A．装待测液的锥形瓶未润洗 B．装标准液的仪器水洗后直接装液 C．滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 D．滴定终点读数时俯视刻度线 22．下表中是几种常见弱酸的电离常数(25℃)： 酸 电离方程式 电离常数 回答下列各题： （1）当温度升高时，电离平衡常数K值　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）等浓度的H2CO3和H2S溶液，导电性较弱的是　 　。 （3）H2CO3的K1>K2的原因是　 　。(从电离平衡的角度解释) （4）请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱：　 　。 （5）向Na2S的水溶液中通入少量CO2，写出反应的化学方程式　 　。 23． （1）I.已知合成氨反应 。在其他条件不变的情况下，探究改变起始时氢气的物质的量对合成反应的影响，实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时物质的量) 图像中和的关系是：　 　(填“＞”“＜”“=”或“无法确定”)。 （2）在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物转化率最大的是　 　(填字母)。 （3）若容器容积为，b点对应的，测得平衡时的转化率为60％，则平衡时的物质的量浓度为　 　。 （4）II．已知：25℃时，亚硫酸的电离平衡常数为，；次氨酸的电离平衡常数为；碳酸的电离平衡常数为，。回答下列问题： 的电离方程式为　 　。 （5）足量的溶液和溶液发生反应的主要离子方程式为　 　；足量的溶液中加入溶液发生反应的离子方程式为　 　。 （6）向的溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，则溶液中　 　。 24．氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题： （1）氮元素在周期表中的位置是　 　，氮原子核外电子共占据　 　个轨道，最外层有　 　种不同能量的电子。 （2）氨气分子的空间构型为　 　，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性　 　(填“强”或者“弱”)。 （3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为　 　。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为　 　。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是　 　(用文字表达)。 （4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比　 　2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因　 　。 25．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。 （1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。 ①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol∙L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH=　 　。(忽略调节pH时溶液体积的变化) ②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式：　 　。 ③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是　 　。 ④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为　 　。 （2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的∙OH (羟基自由基)，∙OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成∙OH的过程及∙OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应： 实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，抑制水的电离，故A不符合题意； B．BaCl2为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故B不符合题意； C．H2S溶于水后得到氢硫酸，抑制水的电离，故C不符合题意； D．FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋水解，促进水的电离，故D符合题意； 答案为D。 【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。 2．【答案】A 【解析】【解答】A、在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A选项正确； B、在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B选项错误； C、在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C选项错误； D、NaOH在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D选项错误； 故正确答案为：A 【分析】 在水中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质； 能全部电离即为强电解质，不能全部电离即为弱电解质； 3．【答案】B 4．【答案】A 【解析】【解答】A．SiO2并不能把光的强弱转变为电流的强弱，SiO2用作光导纤维是因为其对光有很好的反射性，A符合题意； B．Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解而显碱性，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，甘油和高级脂肪酸盐无法重新生成油脂，所以油脂碱性条件下水解程度大，B不符合题意； C．明矾溶液水可以电离出Al3+，Al3+水解生成成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的，C不符合题意； D．汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，CO有还原性，NOx有氧化性，二者发生氧化还原反应转化为无污染的为CO2和N2，D不符合题意； 故答案为A。 【分析】A.二氧化硅可以做光导纤维，主要是利用了其对光信号的传播，与电流无关 B.纯碱显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底 C.明矾做净水剂主要是可以形成具有吸附性的氢氧化铝胶体 D.三元催化剂可以催化汽车尾气变为无毒的气体 5．【答案】D 【解析】【解答】A.丙为硫酸，0.1mol/L的H2SO4的pH＜1，A错误； B.K为SO2，对应的酸不是最高价氧化物对应的水化物，故不能比较出元素非金属性强弱，B错误； C.原子半径由大到小为S＞C＞O＞H，应为Z＞X＞Y＞W，C错误； D.W、X、Y、Z可形成四种常见的具有漂白性的单质或化合物分别为H2O2、活性炭、O3、SO2，其中H2O2和O3具有强氧化性能使有色物质褪色，活性炭利用吸附性使有色物质褪色，SO2与某些特定化学物质（如品红）化合后可生成不稳定化合物，达到褪色目的，故D正确。 答案：D 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。根据流程图可知甲为C单质，丙为浓硫酸，浓硫酸和C单质发生反应：C+2H2SO4=CO2+2SO2+H2O，K为SO2、L为H2O、M为CO2，SO2与O2、H2O发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4， 元素W、X、Y、Z 依次为：H、C、O、S。 6．【答案】C 【解析】【分析】正确答案：C A．不正确，由弱酸或弱碱形成的盐才可发生水解反应； B．不正确，水解只是某些盐的性质； C．正确；盐水解反应肯定能破坏水的电离平衡且促进水的电离 ； D．不正确，盐的水溶液为中性时，有两种可能，一是强酸强碱盐不发生水解反应，二是弱酸弱碱盐，水解能力差不多。 7．【答案】B 【解析】【解答】A．根据分析可知曲线Ⅰ表示溶液的 变化情况，A不符合题意； B．根据分析可知 为弱酸，恰好反应时pH为5时，此时溶质为NH4R，R-水解呈碱性，铵根水解呈酸性，而NH4R溶液呈酸性说明R-水解程度小于相同条件下 的水解程度，根据越弱越水解原则可知此时HR的电离能力强于 ，而此时 ，所以 电离常数 ，B符合题意； C．开始阶段发生反应： ， 为弱酸，反应生成了强电解质 ，所以溶液电导率增大，C不符合题意； D．溶液中初始有酸 ，抑制水的电离，加入 溶液后至恰好生成 的过程，水的电离程度增大，而后再加入 溶液，碱过量，抑制水的电离，水的电离程度又下降，所以水的电离程度变化趋势与曲线Ⅱ相似，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】往10 0.1 的 溶液中逐滴滴入0.1 的 溶液，溶液的pH逐渐增大，所以曲线Ⅰ表示溶液的 变化情况，则曲线Ⅱ表示溶液电导率的变化。电导率在恰好反应时最大，此时pH=5，说明原溶液的溶质HR为弱酸。 8．【答案】D 【解析】【解答】A.25℃时，氢氟酸(HCN)的Ka=6.2×10-10，则CN-的水解常数为 ；则浓度相等的NaCN和HCN混合后，水解大于电离，混合液呈碱性，A不符合题意。 B．NaCN和HCN溶液分别显碱性、酸性；将浓度均为0.10mol·L-1的NaCN和HCN溶液加水稀释，NaCN和HCN溶液的碱性、酸性均减弱，故两种溶液的pH一个变小、一个变大，B不符合题意。 C．不确定两者的浓度关系，不能判断HCN的电离是否受到抑制，C不符合题意。 D.25℃时，醋酸的Ka=1.75×10-5；醋酸溶液中加一定量NaCN固体，调节pH=5，，此时c(H+)=10-5，则，故此时4c(CH3COO-)=7c(CH3COOH)，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】A.CN-水解呈碱性，HCN电离呈酸性，混合后酸碱性取决于电离和水解的程度，电离大于水解，溶液呈酸性，电离小于水解，溶液呈碱性，通过比较水解常数和电离常数的大小即可。 9．【答案】A 【解析】【解答】A．生活中使用明矾净水，是利用Al3+水解生成的氢氧化铝胶体吸附杂质，与题意相符，A符合题意； B．乙醇具有挥发性，俗语“酒香不怕巷子深"中表达的化学意义就是乙醇容易挥发的性质，为物理性质，B不符合题意； C．铁比铅活泼，故铁为阳极，C不符合题意； D．调大燃气灶中空气的比例，使燃气燃烧更充分，但是不能提高燃气的燃烧热，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．利用水解原理分析； B．利用乙醇具有挥发性； C．利用原电池原理分析； D．燃烧热是固定值。 10．【答案】D 【解析】【解答】A．铬酸根与重铬酸根相互转化：，A不符合题意； B．三价铁离子有氧化性，能氧化硫离子生成硫沉淀，若硫离子过量，生成的亚铁与硫离子结合生成硫化亚铁沉淀，B不符合题意； C．，不是相互促进的双水解，C不符合题意； D．，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】相互促进水解，则必须同时含有弱酸的阴离子和弱碱的阳离子，且两者进行的比较彻底。 11．【答案】C 【解析】【解答】A.室温下在纯水中，水电离出的c（H+）=c（OH-）= 1×10-7mol·L-1 ，但在该水溶液中 由水电离产生的c(OH-) =1×10-12mol·L-1， 说明该水溶液中水的电离被抑制，A选项是错误的； B.该水溶液可能呈酸性，也可能为碱性，所以 该溶液pH可能为2，也可能为12，B选项是错误的； C.无论该水溶液是显酸性还是显碱性，都不与四种离子反应，四种离子之间液互不反应，可以大量共存，C选项是正确的； D.根据B，该水溶液可能呈酸性，也可能为碱性。 故答案为：C。 【分析】A.若一个水溶液中水电离出来的H+和OH-离子的浓度大于该温度下纯水电离出的H+和OH-离子的浓度，说明该水溶液中水的电离被促进，反之，水的电离则被抑制； B.若该溶液时酸抑制水的电离，则溶液的pH=2，若为碱抑制水的电离，则溶液的pH值为12； C.离子之间互不反应，也不与H+和OH-反应，所以可以大量共存； D.该水溶液可能呈酸性，也可能为碱性。 12．【答案】C 【解析】【解答】A．加水稀释，一水合氨电离平衡右移，n(OH−)增大，n(NH3·H2O)减少， = 增大，故A不合题意； B．用水稀释0.1mol/L氨水时，一水合氨的电离程度增大，平衡右移，n(OH−)增大，故B不合题意； C．加水稀释，一水合氨电离平衡右移，c(NH3·H2O)减少，c(H＋)增大，c(NH3·H2O)/c(H＋)减小，故C符合题意； D．加水稀释，氢氧根离子浓度减小，水的离子积不变，氢离子浓度增大，故D不合题意。 故答案为：C。 【分析】对氨水加水稀释过程中，促进NH3·H2O的电离，溶液中n(NH3·H2O)减小，n(NH4＋)、n(OH－)增大；稀释过程中c(NH3·H2O)、c(NH4＋)、c(OH－)都减小。据此结合水的离子积常数和电离平衡常数分析。 13．【答案】B 【解析】【解答】A. 电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，A项不符合题意； B. 电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，B项符合题意； C. 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，C项不符合题意； D. H2CO3属于二元弱酸，其电离方程式为：H2CO3⇌HCO3−+H+、HCO3−⇌H++CO32−，K1=，K2=，电离以第一步为主，D项不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A. 电离平衡常数是温度的函数； B. 电离平衡常数可以表示弱电解质电离程度； C. 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关； D. 二元弱酸电离以第一步为主。 14．【答案】A 15．【答案】D 【解析】【解答】A、，线上任意一点的Ksp都相同，可以取(13.1，0)的点计算其Ksp，即c(CO32-)=10-13.1mol/L，c(Pb2+)=1mol/L，则，A错误； B、L1上任意一点都表示PbI2的饱和溶液，存在溶解平衡，增大Pb2+浓度，平衡朝逆向移动，析出PbI2固体，B错误； C、L1取(0，8)，可求得，则PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数，C错误； D、根据Ksp(PbCO3)和Ksp(PbI2)计算公式可知，若CO32-和I-浓度相等时，PbCO3更易产生沉淀，即先产生白色沉淀，D正确； 故答案为：D 【分析】A、难溶电解质溶解平衡曲线图，曲线图任意一点的Ksp为定值； B、增大生成物浓度，平衡朝逆向移动； C、难溶电解质的转化平衡常数可以利用两种难溶电解质的溶度积商判断； D、不同形式的化学式，需结合其Ksp计算公式判断相同离子的浓度，浓度越小越容易产生沉淀。 16．【答案】D 【解析】【解答】A．根据以上分析，如果将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，会生成AgCl和AgBr沉淀，故A不符合题意； B．由溶解度数值可知，在等体积AgCl和AgBr的饱和溶液中，前者的n(Cl-)大于后者的n(Br-)，加入足量浓AgNO3溶液，Cl-和Br-都生成沉淀，则AgCl比AgBr沉淀量多，故B不符合题意； C．根据B项，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，故C不符合题意； D．加入足量浓 溶液充分反应后生成AgCl和AgBr沉淀，溶液中AgCl和AgBr都处于沉淀溶解平衡，则 ，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】 A.足量硝酸银，也会有氯化银沉淀； B.生成不等量，根据溶解度，氯化银更多； C.根据溶解度，氯化银沉淀更多； D.根据溶度积常数公式即可得到。 17．【答案】C 【解析】【解答】A．，Kh=，氢离子浓度为10-5.1mol/L，一水合氨浓度等于氢离子浓度，因水解程度较小，铵根离子浓度可近似为0.1mol/L，故Kh=，A不符合题意； B．b点时加入氢氧化钡10mL，此时NH4Cl溶液中NH4Cl反应了0.001molNH4Cl，剩余0.001molNH4Cl和0.001molNH3·H2O，盐酸中反应了HCl0.001mol，剩余HCl0.001mol，此时将b点和a点溶液混合，NH3·H2O和HCl恰好反应完，溶液为NH4Cl溶液，NH4Cl水解显酸性，pH<7，B不符合题意； C．加入40mL氢氧化钡后，NH4Cl已反应完全，生成0.002mol一水合氨，剩余0.001mol氢氧化钡，盐酸完全反应，生成BaCl2，剩余0.001mol氢氧化钡，氢氧化钡浓度相同的情况下，一水合氨抑制水的电离，氯化钡对水电离无影响，C符合题意； D．a点时，NH4Cl恰好反应了一半，剩余的NH4Cl和生成的NH3·H2O物质的量相同，均为0.001mol，钡离子物质的量为0.0005mol，因为NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，故溶液显碱性，铵根离子浓度大于NH3·H2O浓度，水解和电离都是较为微弱的，因此铵根离子浓度和NH3·H2O浓度均大于钡离子浓度，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、水解平衡常数Kh=，曲线a代表NH4Cl，即c(H+)=10-5.1mol/L，则Kh=10-9.2； B、b点为HCl，a点为NH3·H2O和NH4Cl的混合物，混合后溶液为NH4Cl，呈酸性； C、强酸强碱盐对水的电离没有促进，而弱酸、弱碱的电离会对水的电离抑制； D、a点是氢氧化钡和盐酸反应，氯化铵剩余一半，即n(NH4Cl)：n(NH3·H2O)=1：1，以一水合氨的电离为主，即一水合氨的电离大于铵根离子的水解。 18．【答案】B 【解析】【解答】A．氢气燃烧发光发热，将化学能转化为热能和光能，A不符合题意； B．氯气和水反应生成HCl和有强氧化性的HClO，HClO能杀菌消毒，但不能净水，明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物，净化水质，但不能杀菌消毒，B符合题意； C．用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，碳酸钙易溶于酸而除去，C不符合题意； D．SbCl3，水解生成Sb2O3，，制备时加大量水，同时加热，使水解趋于完全，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.燃料燃烧时主要将化学能转化为热能和光能； C.先用碳酸钠溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不能； D.SbCl3水解可生成Sb2O3。 19．【答案】C 20．【答案】B 【解析】【解答】A．M点pH=11.3，c(H+)=10-11.3mol/L，c(OH-)= = =10-2.7mol/L，a点pOH=-lgc(OH-)=2.7；N点pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)=10-7mol/L，b点pOH=-lgc(OH-)=7，选项A不符合题意； B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O +OH-，Kb= ， = = ，CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，c( )逐渐增大，Kb只与温度有关，所以 比值减小，选项B符合题意； C．CH3NH2+HCl= CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，选项C不符合题意； D．溶液中电荷守恒：c(H+)+ c( )= c(OH-)+ c(Cl-)，N点pH=7，c(H+)= c(OH-)，故c( )=c(Cl-)，选项D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.根据pOH的定义可知，pH和pOH之和为14； B. CH3NH2 和氨气在水溶液中类似，存在电离平衡，根据平衡移动原理分析； C.CH3NH2+HCl= CH3NH3Cl，完全反应，溶液显酸性，Q点pH>7，溶液中还有甲胺； D.N点c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知 c( )=c(Cl-) 。 21．【答案】（1）减弱；增大 （2）；减小 （3）bc；检验是否漏液；0.1600；BC 【解析】【解答】（1） 常温下，加水稀释，稀释过程中， 离子浓度降低，导电能力减弱，草酸的电离程度增大； （2）根据电离常数的大小即可判断，通入二氧化碳得到的是碳酸氢钠和次氯酸，因此即可写出电离方程式为： ，通入二氧化碳过程中，次氯酸根会减少； （3）①结合滴定仪器即可判断需要用到酸式滴定管和碱式滴定管，需要进行检查是否漏液； ②根据找出消耗盐酸的体积为20mL，即可计算出氢氧化钠 的浓度为c(NaOH)=(0.2×20)/25mol/L=0.1600mol/L； A. 装待测液的锥形瓶未润洗导致溶质减少，浓度偏小，故A不符合题意； B. 装标准液的仪器水洗后直接装液 导致标准液浓度偏小，导致体积增大，浓度偏大，故B符合题意； C. 滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 消耗体积增大，浓度偏大，故C符合题意； D. 滴定终点读数时俯视刻度线 导致体积偏小，故D不符合题意； 【分析】（1）稀释过程中，离子浓度降低，溶液的导电能力下降，电离程度增大； （2）碳酸酸性强于次氯酸，反应得到次氯酸和碳酸氢钠，即可写出离子方程式，次氯酸根浓度减小； （3）①根据图示即可判断需要用酸式和碱式滴定管，需要进行检漏； ②根据消耗盐酸体积计算出浓度即可，偏大可能是消耗标准液的体积增大，可能是未用标准液润洗或者是液体滴到锥形瓶之外等。 22．【答案】（1）增大 （2）H2S （3）第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用 （4）向盛有醋酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 （5） 【解析】【解答】(1)因为水溶液中弱电解质的电离属于吸热反应，所以升高温度，电离平衡常数K值增大； (2)根据表格数据可知H2CO3和H2S属于二元弱酸，其酸性主要由第一步电离决定，因为H2S的，H2CO3的，可知，H2S的电离程度比H2CO3略弱，导电能力较弱，即等浓度的H2CO3和H2S溶液，导电性较弱的是H2S； (3)H2CO3的第一步电离方程式为：，第二步电离方程式为：，因为第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用，所以K1>K2； (4)利用强酸制备弱酸的原理可设计实验如下：向盛有醋酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则可证明醋酸的酸性比碳酸的强； (5)根据表格数据可知，碳酸的酸性介于亚硫酸与亚硫酸氢根离子之间，根据强酸制弱酸的原理可知，向Na2S的水溶液中通入少量CO2，写出反应的化学方程式为：。 【分析】(1)电离属于吸热反应； (2)根据表格数据，电离程度越弱，导电能力越弱； (3)因为第一步电离产生的离子对第二步电离有抑制作用； (4)利用强酸制备弱酸的原理，利用现象分析； (5)根据强酸制弱酸的原理书写。 23．【答案】（1）> （2）c （3）0.01 （4）HClOH++ClO- （5）H2SO3+HCO=HSO+CO2↑+H2O；ClO-+ H2SO3 =Cl-+SO+2H+ （6）4.0×10-8 【解析】【解答】II．题中H2SO3、HClO和H2CO3都属于弱电解质，其电离程度与电离平衡常数相关，电离平衡常数越大，电离程度越大，产生的氢离子越多，酸性越强，pH越低，酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞。 （1）起始氢气的物质的量相同时，反应为放热反应，温度越高，平衡逆向进行程度越大，氨气含量越少，所以T1＞T2； （2）随着氢气的物质的量增加，平衡正向进行的程度越大，消耗的氮气越多，氮气的转化率越大，所以氮气转化率最大的点应该为氢气的量最大的一点，即c点； （3）b点处NH3的百分含量最大，因此H2、N2是按照系数比投料的，此时n(H2)=0.15mol，故n(N2)=0.05mol，根据题意可列出三段式： ，平衡时c(N2)==0.01mol/L； （4）HClO是弱酸，不能完全电离，电离方程式为HClOH++ClO-； （5）根据分析以及强酸制弱酸的原理，足量的H2SO3溶液和NaHCO3溶液发生反应生成NaHSO3、CO2和水，主要离子方程式为H2SO3＋HCO=CO2↑＋HSO＋H2O；NaClO具有强氧化性，H2SO3具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，生成SO和Cl-，足量的H2SO3溶液加入NaClO溶液发生反应的离子方程式为ClO-+ H2SO3 =Cl-+SO+2H+； （6）向0.1mol·L-1的HClO溶液中滴加等体积的一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的c(H+)=0.05mol·L-1，设溶液中c(ClO-)=x，根据HClO的电离常数有，得x≈4.0×10-8。 【分析】 （1）根据影响化学平衡移动的因素分析； （2）增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低； （3）利用“三段式”法计算； （4）HClO是弱酸，不能完全电离； （5）根据分析以及强酸制弱酸的原理； （6）根据HClO的电离常数计算。 24．【答案】（1）第二周期第VA族；5；2 （2）三角锥形；强 （3）；0.0005molL-1•min-1；通入氨气 （4）<；NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+ 【解析】【解答】(1)氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子； (2)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强； (3)工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气； (4)(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。 【分析】(1)利用构造原理分析； (2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强； (3)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；依据计算；利用速率之比等于系数比； (4)依据谁弱谁水解分析； 25．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+ （2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱 【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol∙L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。 ②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。 ③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。 ④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+； （2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c(∙OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。 【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算； ②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O； ③形成原电池可加快反应速率； ④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+； （2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。 学科网（北京）股份有限公司 $$