第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元测试题 2024-2025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 课时测试题 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．下列物质属于弱电解质的是（　　） A．乙酸乙酯 B． C． D．苯酚 2．化学与生产、生活紧密相关，下列事实与盐类水解有关的是（　　） A．侯德榜制碱原理 B．盐水浸泡的铁锅易生锈 C．氯化铵溶液可以用于除铁锈 D．纯碱溶液可用于除去水垢中的CaSO4 3．下列微粒对一水合氨()的电离平衡几乎不产生影响的是（　　） A． B． C． D． 4．下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是（　　） A．小苏打用作食品膨松剂 B．硫酸铝钾作净水剂 C．热碱水清洗厨房里的油污 D．组成为7.5的缓冲溶液 5．下列物质的水溶液呈酸性的是（　　） A．NaHSO3 B．NaCl C．CH3COONa D．NaHCO3 6．其他条件不变，升高温度，不一定增大的是（　　） A．化学平衡常数 B．气体摩尔体积 C．水的离子积 D．化学反应速率 7．根据下列实验操作和现象能达到实验目的或推出相应结论的是（　　） 选项 实验操作和现象 实验目的或结论 A 向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 与发生了相互促进的双水解反应 B 溶液蒸发结晶后得到白色固体 该固体成分为 C 向2mL 0.1 溶液中加入1mL 0.1 NaOH溶液，再加入4滴0.1 溶液，白色沉淀转化为红褐色 沉淀存在溶解平衡 D 室温下用pH试纸测0.1mol/L NaClO溶液和0.1mol/L 溶液的pH，比较溶液pH大小 判断、HClO酸性强弱 A．A B．B C．C D．D 8．碳酸饮料、人的汗液、橘子汁均容易导电，下列有关说法错误的是（　　） A．饮料中的碳酸是电解质，则碳酸溶液是电解质溶液 B．身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子 C．二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，所以二氧化碳是电解质 D．橘子能导电，是因为在橘子汁中存在自由移动的离子 9．用0.1mol/L NaOH溶液滴定10mL 0.1mol/L盐酸，利用电导率传感器可绘制滴定过程中的电导率曲线如下图所示。下列说法错误的是（　　） A．电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点 B．由图所知，随着NaOH溶液增加，溶液pH先变小后变大 C．b、c、d点都存在： D．a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高 10．室温下，等体积的溶液和溶液，下列叙述正确的是 A．钠离子浓度相同 B．滴入几滴稀盐酸，均无明显现象 C．水电离的总浓度均为 D．滴入少量溶液，均得到沉淀 11．锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（　　） A．可被净化的区间最大 B．加入适量，可进一步提升净化程度 C．净化的先后顺序： D． 12．下列解释实验事实的方程式错误的是 A．过量铁粉加入稀硝酸中： B．铅蓄电池放电： C．向溶液中滴加少量溶液： D．能除去污水中的： 13．湿法提银工艺中，浸出Ag+需加Cl-沉淀。25℃，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lgKsp(AgCl)=-9.75，下列叙述正确的是（　　） A．25℃时，AgCl的溶解度随c(Cl-)增大而减小 B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol•L-1 C．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.2 D．当c(Cl-)=10-2.54mol•L-1时，溶液中c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(AgCl) 14．下列说法正确的是（　　） A．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液， 相等 B．中和 和体积均相等的盐酸、 溶液，所需 的物质的量相同 C．室温下 的 溶液和 的 溶液中， D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的 完全反应，盐酸产生的 多 15．25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。 已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5。 下列说法错误的是（　　） A．曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++的平衡常数K＝10﹣5.2 C．滴定Cl﹣时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10﹣2.0mol•L﹣1 D．滴定Br﹣达终点时，溶液中 16．已知X为的溶液，Y为的溶液。常温下，下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系错误的是 A．X中存在： B．Y中存在： C．X和Y等体积混合的溶液中： D．X和Y等体积混合的溶液中： 17．常温下，浓度均为0.1 mol/L的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是（　　） 溶质 Na2CO3 NaClO NaHCO3 NaHSO3 pH 11.6 10.3 9.7 4.0 A．常温下，的水解能力强于其电离能力 B．向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度 C．Na2CO3溶液中存在以下关系： D．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高 18．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1molSi原子含有的未成对电子数为 B．1mol羟基()所含有的电子数为 C．常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为 D．25℃，的NaOH溶液中含有的数目为 19．常温下，亚硫酸的、，的。工业上，亚硫酸常用作漂白织物的去氯剂。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　） A．溶液： B．向溶液中滴加氨水过程中，不可能存在： C．溶液和溶液等体积混合： D．溶液和溶液等体积混合： 20．下列措施能促进水的电离，并使的是 A．向水中加入少量 B．将水加热煮沸 C．向水中加入少量 D．向水中加入少量 二、综合题 21．次鳞酸)是一种精细化工产品。 （1）溶液中的含鳞微粒只有和，则该溶液量　 　性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是　 　(用离子方程式解释)；为　 　(填“正盐”或“酸式盐”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　。 （2）时，将相同物质的量浓度的溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，此时溶液的　 　(填“大于”“小于”或“等于”)盐酸的。 （3）常温下，溶液中　 　[用含和的代数式表示]。 22．CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下： ①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =+49.5kJ ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =-40.9kJ 完成下列填空： （1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，v正　 　 v逆(选填“＞”或“＜”)。 （2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1　 　p2(选填“＞”或“＜”)。 某温度下达到平衡时，容器中的n(CH3OH)=0.3mol、n(CO)=0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0~tmin内CH3OH平均反应速率v(CH3OH)=　 　；反应②的平衡常数K的数值为　 　。 工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。 （3）常温下，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因　 　。 （4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为　 　；比较上层清液中的离子浓度关系：c(H+)+c(NH)　 　c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)(选填“＞”“＜”或“=”)。 23．碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①　 　，②　 　。 （2）已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表： 　 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH Ni2＋ 6.2 8.6 Fe2＋ 7.6 9.1 Fe3＋ 2.3 3.3 Cr3＋ 4.5 5.6 “调pH 1”时，主要除去的离子是　 　，溶液pH范围　 　。 （3）在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式　 　。 （4）在酸性溶液中CrO 可以转化成Cr2O ，用离子方程式表示该转化反应　 　，已知BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10，要使溶液中CrO 沉淀完全(c(CrO )≤1×10－5mol·L－1)，溶液中钡离子浓度至少为　 　mol·L－1。 24．回答下列问题 （1）处理含CO、烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。已知： ① ② 此反应的热化学方程式是　 　。 （2）科学家已获得了极具理论研究意义的N分子，其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似。已知断裂键吸收193kJ热量，断裂键吸收941kJ热量，则气体转化为时要放出　 　kJ能量。 （3）常温时的水溶液呈　 　(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)　 　。 （4）在实验室配制溶液时，常将固体先溶于较浓的盐酸中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　 　(填“促进”或“抑制”)其水解。 （5）把溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是　 　(写化学式)。 （6）纯碱溶液与氯化铝溶液混合有大量泡沫生成，其原因是(用离子方程式表示)　 　。 25．As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]通过如下流程转化为粗As2O3。 已知：Ⅰ. As2S3+ 6NaOH = Na3AsO3 + Na3AsS3+ 3H2O Ⅱ. As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq) Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原。 （1）As2S3中砷元素的化合价为　 　价。 （2）“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换　 　(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：　 　。 （3）向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，写出脱硫的离子反应方程式　 　。 （4）用SO2“还原”过程中，发生反应的化学方程式为　 　。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有　 　。 （5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”需要控制的具体条件是　 　。 （6）含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，则溶液中 的浓度为　 　mol/L。(已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19) 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．乙酸乙酯为在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，属于非电解质，A不符合题意； B．在水溶液中溶解的部分能够完全电离，熔融状态完全电离，属于强电解质，B不符合题意； C．与水反应生成碳酸能部分电离从而可以导电，但不是本身导电，属于非电解质，C不符合题意； D．苯酚在水溶液中能部分电离产生氢离子，属于弱电解质，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，弱电解质是部分电离的电解质。 2．【答案】C 【解析】【解答】A．侯德榜制碱原理是向饱和NaCl溶液中先通入足量氨气，再通入足量CO2发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，然后加热NaHCO3分解产生Na2CO3，与盐的水解无关，A不符合题意； B．铁锅中含有Fe及杂质C等，若用盐水浸泡，构成原电池，Fe为负极，被氧化而引起腐蚀生锈，与原电池有关，而与盐的水解无关，B不符合题意； C．氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈现酸性，可溶解铁锈，与盐的水解有关，C符合题意； D．水垢中的CaSO4存在沉淀溶解平衡，向其中加入纯碱，Ca2+与 结合形成CaCO3沉淀，CaSO4的沉淀溶解平衡正向移动而发生沉淀转化，与盐的水解无关，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．侯德榜制碱原理是溶解度大的物质制取溶解度相对小的物质； B．盐水浸泡的铁锅构成原电池加快铁的腐蚀； C．铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应； D．纯碱溶液可用于除去水垢中的CaSO4该过程为沉淀的转化。 3．【答案】C 【解析】【解答】A．将结合OH-，使NH3·H2O+OH-平衡正向移动，A不合题意； B．将结合OH-，使NH3·H2O+OH-平衡正向移动，B不合题意； C．m只能等于2，故此微粒为Na+，不影响电离平衡，C符合题意； D．此微粒为Al3+，将结合OH-，使NH3·H2O+OH-平衡正向移动，D不合题意； 故答案为：C。 【分析】A.碳酸氢根离子，与氢氧根离子反应，促进一水合氨电离； B.H3O+与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离； C.该离子为钠离子，钠离子不影响一水合氨的电离； D.铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离。 4．【答案】A 【解析】【解答】A．小苏打NaHCO3作为食品膨松剂，与NaHCO3受热分解以及与酸反应有关，而与水解无关，选项A符合； B．硫酸铝钾中铝离子水解Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，与盐类水解有关，选项B不符合； C． △H>0，加热促进水解，碱性增大，去油污能力增强，与水解有关，选项C不符合； D．Na2HPO4溶液里碱性是因为水解能力大于电离能力，组成为7.5，为碱性，说明水解大于电离，与水解有关，选项D不符合； 故答案为：A。 【分析】A项中利用NaHCO3受热分解以及与酸反应会产生气体，而与水解无关； 5．【答案】A 【解析】【解答】A．NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，A符合题意； B．NaCl溶液呈中性，B与题意不符； C．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液呈碱性，C与题意不符； D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，溶液显碱性，D与题意不符； 故答案为A。 【分析】 A.HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3显酸性； B. NaCl 强酸强碱盐，溶液显中性； C.醋酸钠强碱弱酸盐，其溶液呈碱性； D.HCO3-溶液中碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，溶液显碱性 6．【答案】A 【解析】【解答】A．化学反应不清楚是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学平衡常数不一定增大，故A符合题意； B．温度升高，气体分子间间距增大，则气体摩尔体积一定增大，故B不符合题意； C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积一定增大，故C不符合题意； D．升高温度，化学反应速率增大，故D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】依据温度对反应速率、化学平衡、电离平衡、气体体积的影响分析。 7．【答案】C 【解析】【解答】A．NaAlO2溶液与碳酸氢根离子电离产生的氢离子结合生成沉淀，不发生双水解反应，故A不符合题意； B．硫酸不易挥发，Fe2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到的白色固体为Fe2(SO4)3，故B不符合题意； C．氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，加入氯化铁，白色沉淀转化为红褐色沉淀，即有Fe(OH)3沉淀生成，生成更难溶的物质，存在Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解平衡，故C符合题意； D．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.NaAlO2与碳酸氢钠不能发生双水解反应； B. 溶液蒸干得到Fe2(SO4)3； D.NaClO能漂白pH试纸。 8．【答案】C 【解析】【解答】A．电解质属于化合物，碳酸在水溶液状态下本身能导电，是电解质，而碳酸溶液是电解质溶液，故A不符合题意； B．汗液中含有氯化钠，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，易导电，所以身体有汗容易发生触电事故，故B不符合题意； C．电解质是在水溶液或是熔融状态下本身能导电的化合物，二氧化碳溶于水形成碳酸导电，不是二氧化碳本身导电，所以二氧化碳是非电解质，故C符合题意； D．物质导电的原因：内部存在自由移动的离子或电子，橘子能导电，是因为在橘子汁中存在自由移动的离子，故D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】A、碳酸为电解质； B、汗液中含有自由移动的离子； C、二氧化碳为非电解质； D、橘子汁中含有自由移动的离子，可以导电。 9．【答案】B 【解析】【解答】A．根据图知，溶液电导率与离子浓度成正比，当V（NaOH）=10mL时，酸碱恰好完全反应生成NaCl，离子浓度最小，其电导率最小，所以电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点，故A不符合题意； B．盐酸溶液pH<7，加入NaOH溶液消耗氢离子，pH增大，随着氢氧化钠溶液增加，pH一直增大，故B符合题意； C．b、c、d点溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故C不符合题意； D．离子浓度与电导率成正比，则离子浓度越大，其电导率越高，a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．根据溶液电导率与离子浓度成正比分析； B．依据反应过程中物质的量判断； C．根据电荷守恒分析； D．离子浓度与电导率成正比。 10．【答案】B 【解析】【解答】A．的溶液中，由溶液电荷守恒有：，则，的溶液中由溶液电荷守恒有：，则，两种溶液中-相同，则氢氧化钠溶液中较小，故A不符合题意； B．滴入几滴稀盐酸，与盐酸反应生成NaCl，无明显现象，与盐酸反应生成，也无明显现象，故B符合题意； C．完全电离，溶液中氢离子只由水电离产生，则水电离的总浓度为。溶液中发生水解，对水的电离起促进作用，则溶液中由水电离的浓度大于，即水电离的总浓度大于，溶液中浓度为，根据室温下，溶液中浓度为，即为水电离的总浓度为，故C不符合题意； D．溶液滴入少量溶液，二者反应产生或，无沉淀生成，溶液滴入少量溶液，二者反应产生，有沉淀出现，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】pH=12的NaOH溶液抑制水的电离，故水电离的H+总浓度为10-12mol⋅L-1，pH=12的Na2CO3溶液促进水的电离，水电离的H+总浓度为10-2mol⋅L-1。 11．【答案】B 【解析】【解答】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意； B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意； C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意； D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小； B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子； C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+； D.根据Ksp的公式计算。 12．【答案】A 13．【答案】B 【解析】【解答】A、随着c(Cl-)增大，AgCl溶解转化为AgCl、AgCl和AgCl，其溶解度增大，故A错误； B、沉淀最彻底时AgCl含量最高，此时lgc(Cl-)=-2.54，lgKsp(AgCl)=-9.75，则，故B正确； C、由图可知，当lgc(Cl-)=-0.2时，c(AgCl)=c(AgCl)，则AgCl+Cl-AgCl的平衡常数，故C错误； D、当c(Cl-)=10-2.54mol•L-1时，溶液中c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故D错误； 故答案为：B。 【分析】A、随 c(Cl-)增大 ，AgCl的溶解度增大； B、沉淀最彻底时AgCl含量最高； C、根据计算； D、结合图示分析。 14．【答案】C 【解析】【解答】A．NaOH是强电解质，完全电离，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，因此在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液，后者 较大，A不符合题意； B． 和体积均相等的盐酸、 溶液， 能电离的氢离子总物质的量更大，因此 消耗NaOH的物质的量更大，B不符合题意； C．室温下： 的 溶液c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=(10-14÷0.1)mol/L=10-13mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L； 的 溶液c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=(10-14÷10-13)mol/L=0.1mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L，因此室温下 的 溶液和 的 溶液中， ，C符合题意； D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液，能电离的氢离子的物质的量相等，与足量的 完全反应，产生的氢气一样多，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.强电解质和弱电解质的电离能力不同，氨水的电离能力弱，浓度小 B.pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，因此消耗的氢氧化钠的物质的量是醋酸多 C.根据电荷守恒结合水的离子积常数进行判断 D.氢离子的物质的量相等，产生的气体相等 15．【答案】D 【解析】【解答】A、由分析可知，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确； B、反应的平衡常数，故B正确； C、当Cl-恰好滴定完全时，，此时，因此指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C正确； D、当Br-到达滴定终点时，，此时，，故D错误； 故答案为：D。 【分析】AgCl和AgBr属于同类型的沉淀，则两者曲线应相互平行，则曲线①为的沉淀溶解平衡曲线，，进而可知②代表AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则③代表AgBr的沉淀溶解平衡曲线，将曲线上的点代入计算式可得，，，。 16．【答案】C 【解析】【解答】A.根据电荷守恒可得X中存在：，A项不符合题意； B.Y溶液显碱性，则，结合电荷守恒：，所以存在：，B项不符合题意； C.根据质子守恒可知X和Y等体积混合的溶液中：，C项符合题意； D.根据物料守恒可知X和Y等体积混合的溶液中：，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、结合电荷守恒判断； B、结合电荷守恒判断； C、结合质子守恒判断； D、结合物料守恒判断。 17．【答案】D 【解析】【解答】A.0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH=4.0，pH＜7，溶液显酸性，说明常温下，的电离能力强于其水解能力，溶液显酸性，A不符合题意； B．HCl是一元强酸，完全电离，由盐溶液pH大小可知酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3，所以向氯水中加入少量NaHCO3固体，NaHCO3与氯水中的HCl反应产生NaCl、CO2、H2O，使Cl2与水反应的化学平衡正向移动，最终导致溶液中HClO的浓度增大，B不符合题意； C．在Na2CO3溶液中存在电荷守恒关系：，C不符合题意； D．等浓度的弱酸，其酸性越弱，与NaOH反应产生的盐水解程度越大，溶液的pH越大。根据盐溶液的pH大小可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞HClO，弱酸溶液的酸性越强，等浓度的该酸溶液的c(H+)就越大，溶液的pH就越小，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.亚硫酸氢根电离显酸性，水解显碱性，而亚硫酸氢钠显酸性 B.碳酸氢钠消耗产生的盐酸，导致次氯酸增多 C.根据电荷守恒即可判断 D.根据酸性强弱即可判断 18．【答案】A 【解析】【解答】A．Si原子中有2个未成对电子，1molSi原子含有的未成对电子数为，故A符合题意； B．含有9个电子，1mol羟基()所含有的电子数为，故B不符合题意； C.1个乙烯分子中含有6个共价键，常温下，14g乙烯含有的共用电子对数为，故C不符合题意； D.25℃，的NaOH溶液，没有明确溶液体积不能计算的数目，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.Si原子的价层电子数为3s23p2，有2个未成对电子，结合N=n·NA进行分析。 B.1个羟基中含有9个电子，结合N=n·NA进行分析。 C.1个乙烯分子中含有6对共用电子对，结合m=nM和N=n·NA进行分析。 D.溶液体积未知，无法计算物质的量。 19．【答案】C 【解析】【解答】A．亚硫酸，，的，，可知的水解程度大于的水解程度，溶液显碱性，，故A不符合题意； B．显酸性，滴加氨水，当溶液显中性时存在电荷守恒，溶液显中性，故可以存在，故B不符合题意； C．溶液和溶液等体积混合，发生反应，此时混合溶液中存在，，元素质量守恒，，电荷守恒，将元素质量守恒的式子带入电荷守恒，消去和，可得，故C符合题意； D．溶液和溶液等体积混合，发生反应，此时溶液正好是溶液，根据元素质量守恒可得，故D不符合题意； 故答案为C。 【分析】A、亚硫酸铵溶液为碱性； B、结合电荷守恒判断； C、结合电荷守恒和元素质量守恒判断； D、结合元素质量守恒判断。 20．【答案】C 【解析】【解答】A．食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，故A不符； B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B不符； C．向水中加入少量，醋酸根离子结合水电离生成的氢离子生成弱酸醋酸，促进水的电离，使溶液中的，故C符合； D．向水中加入少量，铵根离子结合水电离生成的氢氧根离子生成弱碱一水合氨，促进水的电离，但会使溶液中，故D不符； 故答案为：C。 【分析】的溶液呈碱性。 21．【答案】（1）碱；；正盐； （2）大于 （3） 【解析】【解答】（1）NaH2PO2溶液中的含鳞微粒只有和H3PO2，说明只发生了水解，离子方程式为+H2OH3PO2+OH-，则NaH2PO2溶液呈碱性；不能电离，说明NaH2PO2是正盐；0.1mol⋅L-1 NaH2PO2中，发生水解，溶液呈碱性，则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)。 （2）NaH2PO2溶液中，会发生水解，说明H3PO2是弱酸，则25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数后，两溶液的物质的量浓度依然相同，但是H3PO2部分电离，故此时H3PO2溶液的pH大于盐酸的pH。 （3）H3PO2溶液中，Ka(H3PO2)=，则==。 【分析】（1）弱酸根离子会发生水解，呈碱性； （2）pH相同的强酸和弱酸，稀释相同的倍数，pH变化大的是强酸； （3）结合电离平衡常数和水的离子积判断。 22．【答案】（1）＞ （2）＞；mol·L-1·min-1；0.25 （3）水解程度：HCO＞NH或Ka1(H2CO3)＜Kb(NH3·H2O) （4）NaHCO3；＞ 【解析】【解答】（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡朝吸热方向移动，即朝正向移动，则v正＞v逆。 （2）生成CH3OH的反应过程气体物质分子总数减少，其它条件相同时，压强增大使平衡朝正向移动，CO2的平衡转化率升高，结合图示，则压强大小：p1＞p2；由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n(CH3OH)=0.3mol，则CH3OH平均反应速率v(CH3OH)==mol·L-1·min-1；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n(CH3OH)=0.3mol，则生成的n(H2O)=0.3mol，消耗n(CO2)=0.3mol、n(H2)= 0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n(CO)=0.3mol，则生成的n(H2O)=0.3mol，消耗n(CO2)= n(H2)=0.3mol；则平衡时c(CO2)=、c(H2)=、c(CO)==0.3mol·L-1、c(H2O)=，故反应②的平衡常数K的数值为==0.25。 （3）常温下，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为程度大于程度，溶液显碱性。 （4）常温下，NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3、NaCl、NH4Cl，故将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO34Cl，则根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)+c(NH)= c(Cl-)+ c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于c(Na+)< c(Cl-)，则离子浓度关系：c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)。 【分析】勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。 23．【答案】（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O （2）Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2) （3）4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O （4）2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5 【解析】【解答】(1) 由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH－=SiO +H2O，故答案为：Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O； (2) 由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH 1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，故答案为：Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)； (3) 空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O，故答案为：4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O； (4) 在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10可知，要使溶液中CrO 沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥ = =1.2×10－5 mol·L－1，故答案为：2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5。 【分析】由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。 24．【答案】（1） （2）724 （3）酸； （4）抑制 （5） （6） 【解析】【解答】(1)CO、在催化剂作用下转化为单质S和二氧化碳，其热化学方程式是：，该反应是由①×2-②所得，则，故答案为：； (2)气体转化为，其中中断裂6个键，生成键，则放出的热量=941kJ ×2-193kJ×6=724kJ，故答案为：724； (3)中铜离子会水解，水解方程式为：，则该溶液显酸性，故答案为：酸；； (4)中铁离子会水解，水解方程式为：，加入盐酸后，其氢离子会抑制其水解，故答案为：抑制； (5)溶液蒸干，其中铝离子会水解为氢氧化铝，氢氧化铝灼烧会生成氧化铝，则最后得到的主要固体产物是，故答案为：； (6)纯碱与氯化铝溶液混合有大量泡沫生成，该气泡为二氧化碳，同时还有氢氧化铝生成，离子方程式为：，故答案为：； 【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减； （2）△H=反应物总键能-生成物总键能； （3）铜离子为弱离子，发生水解形成氢氧化铜和氢离子； （4）铁离子可以发生水解生成氢氧化铁和氢离子，增大氢离子浓度可以使平衡朝逆向移动，抑制铁离子的水解； （5）强酸弱碱盐水解若生成挥发性酸，蒸干后得到碱，再灼烧得到金属氧化物； 弱酸酸式盐，加热水解会发生分解； 具有还原性的盐，加热会被氧化； （6）碳酸根和铝离子会发生完全双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。 25．【答案】（1）+3 （2）否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷 （3） +2O2= +3S↓ （4）SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液 （5）调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃ （6）1 ×10-5 【解析】【解答】含砷废水中含有亚砷酸(H3AsO3)，加入FeS可将砷转化为As2S3，过滤后加入NaOH溶液，此时As2S3溶解，FeS成为滤渣；加入NaOH溶液后，As2S3溶解得Na3AsO3和Na3AsS3；氧化脱硫后，生成Na3AsO4和S，将Na3AsO4酸化生成H3AsO4，加入还原剂处理，最终生成As2O3。 (1)As2S3中，S元素显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可计算出砷元素的化合价为+3价。答案为：+3； (2)由信息Ⅱ可知，若“沉砷”过程中用Na2S代替FeS，则会生成 ，所以为：否；增大c(S2-)，会使As2S3进一步转化为 ，不利于砷转化为沉淀，所以其原因为：由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷。答案为：否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷； (3)向滤液Ⅱ中通入氧气，可将 氧化为 等，则脱硫的离子反应方程式为 +2O2= +3S↓。答案为： +2O2= +3S↓； (4)由“还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3”可知，用SO2“还原”过程中，H3AsO4转化为H3AsO3，从而得出发生反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，可利用HI进行还原，然后用淀粉检验氧化产物。则还需要的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。答案为：SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液； (5)从As2O3 在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线可以看出，As2O3溶解度最小的点，就是沉淀率最高的点，从而得出“结晶”需要控制的具体条件是：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃。答案为：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃； (6)Ksp[Ca3(AsO4)2]=(2×10-3)3×c2( )=8×10-19，从而求出c( )=1 ×10-5mol/L。答案为：1 ×10-5。 【分析】（1）S是-2价，所以As是+3价； （2）根据题目信息可知沉砷时S2-过量的话会使 As2S3(s) 溶解； （3）分析流程可知，氧化脱硫的反应物是 和O2，生成物是 和S； （4）H3AsO4 和SO2反应生成 H3AsO3，H3AsO3溶液加热分解得到As2O3 ；根据已知信息可知 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能氧化氢碘酸，所以用HI，借助淀粉判断是否有I2生成； （5）要提高粗As2O3的沉淀率，As2O3的溶解度越小越好，所以控制条件是调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃； （6）根据上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，结合Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19，计算 的浓度。 学科网（北京）股份有限公司 $$