第三章物质在水溶液中的行为单元测试2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（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．某化学实验小组在实验室中以含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水为原料提取ZnCl2溶液，实验流程如图所示。已知：滤液Ⅰ中存在[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，滤渣Ⅱ的主要成分为CuS。下列说法错误的是 A．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 B．滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝 C．滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵 D．若直接加热蒸干滤液Ⅱ，可获得纯净的氯化锌 2．常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH=3。下列叙述正确的是 A．0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)+c(HA)=c(A－)+2c(OH－) B．由pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) C．浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)＞c(HA)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋) D．该溶液中：2c(H＋)=c(OH-)+c(A－)+c(HA) 3．下列方程式书写正确的是 A．H2S的电离方程式：H2SH＋＋HS- B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO C．的水解方程式：CO＋2H2OH2CO3＋2OH- D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋ 4．在室温下，下列有关NA说法正确的是 A．在1L1mol/L碳酸钠溶液中含有的阴离子数目大于NA B．在1L1mol/L的FeCl3溶液中Fe3+数目为3NA C．在pH=2的硫酸溶液中由水电离出H＋数目为10-12NA D．在含有1mol重铬酸钾溶液中数目为NA 5．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是 A．pH=2的HCl溶液与pH=12的NH3·H2O溶液等体积混合c(H+)<c(OH-) B．0.1 mol/L NH4Cl的pH小于7 C．相同条件下，浓度均为0.1 mol/L NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1mol/LNH3·H2O能使无色酚酞试液变红色 6．能正确表示下列反应的离子方程式的是 A．铁溶于稀盐酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+ C．硫酸与氢氧化钡溶液反应：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O D．在AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液混合：Al3++4OH-=AlO+2H2O 7．实验室以BaS为原料制备晶体，装置如图所示。下列说法错误的是 A．a的作用是防倒吸 B．根据实验可得酸性顺序： C．丙既可吸收尾气又可判断反应是否完全 D．乙中所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品 8．用下列装置或操作进行实验，能达到实验目的且操作正确的是 A．图甲：制取NH3 B．图乙：制取少量CO2气体 C．图丙：蒸馏 D．图丁：加热碘水溶液制固体碘 9．常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是 A．由水电离产生的的溶液中： B．溶液中： C．滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中： D．常温下，的溶液： 10．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A．碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂 B．Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂 D．溴化银具有感光性，可用于人工降雨 11．下列实验结论与实验操作、现象对应正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊 该溶液中一定含有 B 向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀 该溶液中一定含有 C 用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧时，火焰呈黄色 说明原溶液中只含有Na+，不含有K+ D 某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解 说明原溶液中存在 A．A B．B C．C D．D 12．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．氯化铵溶液中加入氨水至溶液为中性，溶液含铵根离子数0.4NA B．在高温高压、催化剂的条件下，和充分反应，生成的分子数为4NA C．用惰性电极电解溶液，若阴极产生气体，则电路中通过电子数为NA D．晶体硅中含有键的数目为NA 13．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．44 g22Ne含有的中子数为24NA B．pH=2的H2SO3溶液中，H+的数目为0.01NA C．标准状况下2.24 LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯元素的微粒总数为0.2NA D．1 L0.1 mol∙L-1的NaHCO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA 14．CO2资源化利用是实现碳中和的一种有效途径。下图是CO2在电催化下产生合成气(CO和H2)的一种方法。下列说法不正确的是 A．a电极连接电源的负极 B．b极区中c(CH3COO-)逐渐减小 C．从b极区向a极区移动 D．a极区中c()逐渐增大 15．20℃时，配制一组mol/L的混合溶液，溶液中、、、的浓度与溶液pH的关系曲线如下图所示。下列说法正确的是 A．该温度下，的电离平衡常数 B．a点： C．b点： D．向c点所表示的溶液中滴加等体积0.05mol/L的NaOH溶液： 二、填空题 16．已知在 25℃时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下： HClO     Ka=4.7×10-8  mol/L H2CO3    Ka1=4.2×10-7  mol/L        Ka2=5.6×10-11 mol/L H2SO3    Ka1=1.54×10-2 mol/L         Ka2=1.02×10-7 mol/L (1)下列离子在溶液中不能大量共存的是 A．  、    B． 、     C． 、     D．、 (2)将少量 CO2 通入到 NaClO 溶液中发生反应的离子方程式 (3)常温常压下，空气中的 CO2 溶于水达到平衡时，溶液的 pH=5.60，c( H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1.若忽略水的电离及 H2CO3 的第二级电离，已知 10-5.60=2.5×10-6，则 H2CO3⇌H++的平衡常数是 (4)实验室用 Zn 和稀硫酸制取 H2，反应时溶液中水的电离程度 (填“增大”“减小”或者“不变”)；若加入少量下列固体试剂，可使产生 H2 的总量不变而速率减小的是 。 a.NaNO3    b.CuSO4    c.CH3COONa    d.Na2SO4 17．氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。 （1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时， 比例较高，原因是 （请用离子方程式表示）。 （2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因： 。 （3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。 NH3＋ O2→ HNO2＋ ①请将上述化学方程式补充完整，并配平。 ②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为 。 （4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下： ①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓ ②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O ③2S2O32-+I2→S4O62-+2I- 某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为 ；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO= mg/L。 18．某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。 (1)在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈 色，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。写出该反应的离子方程式 。 (2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图所示，放置一段时间后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察 (填“有”或“无”)丁达尔现象。 (3)若向Fe(OH)3胶体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象 。 19．常温下： (1)用等浓度的盐酸分别中和等体积、的氨水和溶液，消耗盐酸的体积分别为、，则 （填“＞”“＜”或“＝”，下同）。 (2)用等浓度的盐酸分别中和等体积、浓度均为的氨水和溶液，消耗盐酸的体积分别为、，则 。 (3)用等浓度的盐酸分别和等体积、浓度均为的氨水和溶液反应，最后溶液均为中性，消耗盐酸的体积分别为、，则 。 20．已知：①H2O　②Cu　③NO　④SiO2　⑤稀硫酸　⑥氢氧化钡　⑦饱和FeCl3溶液　⑧氨水　⑨稀硝酸　⑩硫酸铝。 根据上述提供的物质，回答下列问题： (1)属于纯净物的是 ，属于电解质的是 。(填数字序号) (2)发生中和反应的离子方程式为H＋＋OH-=H2O，该离子反应对应的化学方程式有 。 (3)实验室制备少量Fe(OH)3胶体发生反应的离子方程式为 。 (4)实验室配制0.5 mol·L-1 245 mL ⑩的溶液，需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、 ，需要用托盘天平称取溶质的质量为 g，从配制好的溶液中取出100 mL，其中含有的SO数目为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。 21．无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图所示： 已知：i.Zr在化合物中通常显+4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物； ii.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，390℃升华； iii.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。 “氯化”过程中ZrCl4的产率与温度、压强的关系如图所示： 由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为 ，“氯化”温度超过390℃时，ZrCl4产率降低的原因为 。 22．I.已知，25℃时，H2A的、，HB的。 （1）等物质的量浓度溶液的pH：NaHA NaB（填“>”或“<”）； （2）NaB溶液的 。 II.熔融状态下，Na和FeCl2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为： （3）放电时，负极反应式为 ； （4）充电时， （写物质名称）电极接电源的正极； （5）该电池的电解质为 。 23．已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸 HCOOH HClO H2CO3 CH3COOH 电离平衡常数 Ka=1.77×10-4 Ka=4.0×10-8 Ka1=4.3×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=1.75×10 -5 (1)NaClO溶液显 性，用离子方程式表示原因 。 (2)CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；若取pH=3的醋酸溶液用水稀释100倍，稀释后pH 5(填“＞”、 “＜"或“=”)。 (3)室温下，相同浓度的四种溶液①HCOONa ②NaClO ③Na2CO3 ④NaHCO3的pH由大到小的顺序为 (填编号)。 (4)常温下，pH=3 的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。 (5)常温下，在pH=6的HClO溶液中由水电离出来的c(H+)= 。 24．常温下，某同学将硫酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液如下表。 实验编号 氨水浓度/mol·L-1 硫酸浓度 /mol·L-1 混合溶液 浓度/mol·L-1 pH ① 0.2 0.2 a ② 0.2 0.1 b x ③ c 0.1 7 请回答： (1)实验①所得混合溶液pH小于7，(填“能”或“不能”) 证明一水合氨是弱电解质，请你再设计一个能证明一水合氨是弱电解质的方案 。 (2)实验①、②所得混合溶液中，a b，x 7(填“＞”“＜”或“＝”)。 (3)实验③中，c 0.2(填“＞”“＜”或“＝”)，所得混合溶液中各离子浓度大小关系为 。 25．以软锰矿粉(含 MnO2及少量 Fe、Al、Si、Ca、Mg 等氧化物)为原料制备电池级MnO2。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(装置如图)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是 ；MnO2转化为MnSO4的化学方程式为 。 (2)除杂。向已经除去Fe、A1、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.04mol·L−1，则c(Ca2+)/c(Mg2+)= 。[Ksp(MgF2)=5×10−11，Ksp(CaF2)=5×10−9] (3)制备 MnCO3。在搅拌下向150 mL 1 mol·L−1MnSO4溶液中缓慢滴加1.2mol·L−1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 (4)制备 MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备 MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例( ×100%)随热解温度变化的曲线如图所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，在加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为 MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流， ，得到MnO2。(可选用的试剂有：1 mol·L−1 H2SO4 溶液、2 mol·L−1HCl溶液、2 mol·L−1BaCl2溶液、2 mol·L−1AgNO3溶液、蒸馏水。须用的仪器有：砂芯漏斗、恒温干燥箱)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水加入过量的氨水可以使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，再向滤液中加入盐酸和氢硫酸将[Cu(NH3)4]2+变为硫化铜沉淀除去，继续向滤液中加入硫化铵，将锌元素变为沉淀，向其中加入盐酸，最终得到氯化锌溶液，以此分析选择。 【详解】A．过滤操作可以使难溶物和液体分离，过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A正确； B．含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水中加入过量氨水后，Al3+、Fe3+和氨水反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，所以滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝，B正确； C．废水中含有氯离子，第一步加入过量氨水，过程中铵根离子并没有除去，所以滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵，C正确； D．氯化锌为强酸弱碱盐，会水解生成氢氧化锌和氯化氢，若直接加热蒸干会得到氢氧化锌固体，不会得到氯化锌，D错误； 答案为：D。 2．A 【分析】常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH=3，则HA为弱酸，Ka==1×10-5。 【详解】A．0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，电荷守恒式为：c(Na＋)+c(H＋)=c(A-)+c(OH-)，物料守恒式为：c(A-)+c(HA)=2c(Na＋)，联立得：2c(H＋)+c(HA)=c(A－)+2c(OH－)，A正确； B．由pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于HA为弱酸，所以HA远过量，所得溶液呈酸性，则c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B错误； C．浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，c(H＋)= 1×10-5mol/L，溶液呈酸性，则微粒浓度的关系为c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误； D．HA溶液中，电荷守恒式为：c(H＋)=c(OH-)+c(A－)，并且c(H＋)＜c(HA)，所以2c(H＋)＜c(OH-)+c(A－)+c(HA)，D错误； 故选A。 3．A 【详解】A．多元弱酸的电离是分步的，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS-，A正确； B．NaHCO3是盐，属于强电解质，在水溶液中电离产生Na＋、，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋；电离产生的会电离产生H＋、，存在电离平衡，电离方程式为：H＋+，B错误； C．的水解是分步的，存在水解平衡，主要是第一步水解，水解反应的离子方程式为：＋H2O＋OH-，C错误； D．HS-的水解产生H2S和OH-，存在水解平衡，水解反应的离子方程式为：HS-＋H2OH2S＋OH-，D错误； 故合理选项是A。 4．A 【详解】A．1L1mol/L的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解，会导致阴离子数目增多，故溶液中阴离子的个数大于1NA，选项A正确； B．Fe3+为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L1mol/L的FeCl3溶液中Fe3+数目小于1NA，选项B错误； C．溶液体积不明确，无法计算水电离的氢离子个数，选项C错误； D．重铬酸钾溶液中存在以下平衡：，可知1mol重铬酸钾溶液中数目小于NA，选项D错误； 答案选A。 5．D 【详解】A．若NH3·H2O为强电解质，则pH=2的HCl溶液与pH=12的NH3·H2O溶液等体积混合c(H+)=c(OH-)，而此时c(H+)<c(OH-)，说明NH3·H2O还有未电离的溶质，所以NH3·H2O部分电离，为弱电解质，故不选A； B．0.1 mol/L NH4Cl的pH小于7，显酸性，说明NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，故不选B； C．相同条件下，浓度均为0.1 mol/L NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，故不选C； D．使无色酚酞试液变红色只能说明显碱性而不能说明其为弱碱，故选D； 答案选D。 6．C 【详解】A．铁溶于稀盐酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误； B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误； C．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正确； D．在AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液混合：Al3++ 3NH 3 •H 2 O=Al(OH) 3 ↓+3NH，D错误； 答案选C。 7．B 【分析】甲利用浓硫酸的难挥发性制备易挥发的HCl。乙制备BaCl2⋅2H2O 晶体。丙吸收尾气。 【详解】A．HCl极易溶于水，吸收时需要防倒吸，a大体积可与防倒吸，A项正确； B．由于甲利用浓硫酸的难挥发性制备易挥发的HCl，不体现酸性强弱，所以无法确认H2SO4与HCl的酸性强弱，B项错误； C．若反应完丙中无H2S与CuSO4反应，不再有沉淀产生，C项正确； D．溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩冷却结晶、过滤得到产品，D项正确； 故选B。 8．C 【详解】A．实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取NH3；单纯加热氯化铵，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口又生成氯化铵，故不选A； B．实验室用石灰石和稀盐酸反应制备少量CO2气体，故不选B； C．图丙为蒸馏装置，用图丙进行蒸馏操作，故选C； D．碘易升华，加热碘水溶液得不到制固体碘，一般用萃取法提取碘水中的碘，故不选D； 选C。 9．D 【详解】A．由水电离产生的的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，次氯酸根离子具有强氧化性，无论溶液酸碱性如何，次氯酸根离子都会氧化碘离子，不能大量共存，A错误； B．与或AlO均会发生双水解，不能大量共存，B错误； C．滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液呈酸性，与氢离子反应生成次氯酸，不能大量共存，C错误； D．的溶液呈碱性，不发生反应，可大量共存，D正确； 故选D。 10．C 【详解】A．碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，二者无联系，故A错误； B．过氧化钠用作潜水艇中的供氧剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，与其颜色无关，故B错误； C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，故C正确； D．溴化银具有感光性，碘化银用于人工降雨，故D错误。 答案选C。 11．B 【详解】 A．向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，该溶液中可能含有，也可能含有，A错误； B．向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有，B正确； C．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧时，火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，但不知是否含有K+，要确定是否含有，需要透过蓝色钴玻璃观察，C错误； D．某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解，该沉淀可能是难溶性钡盐BaSO4、也可能是难溶性氯化物AgCl，D错误； 故答案为：B。 12．A 【详解】A．2L0.2mol⋅L−1 氯化铵溶液中n(Cl-)=0.4mol，加入氨水至溶液为中性，根据电荷守恒，溶液中n(Cl-)=n()=0.4mol，则溶液含铵根离子数0.4NA，故A正确； B．氮气和氢气合成氨气的反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以56gN2 和 12gH2 充分反应，不能生成4NA个 NH3 分子，故B错误； C．没有指明温度和压强，无法计算气体的物质的量以及数目，故C错误； D．晶体硅中每个硅原子都连接4个硅原子形成Si-Si共价键，每个Si-Si键被2个Si共有，所以相当于每个Si原子连有2个Si-Si键。7g晶体硅的物质的量为0.25mol，则含有的Si-Si键数目为0.5NA，故D错误； 故选A。 13．A 【详解】A．22Ne 中所含中子数为22-10=12，则44 g22Ne含有的中子数为=24NA，A正确； B．题中没有提供溶液的体积，无法计算pH=2的H2SO3溶液中所含H+的数目，B不正确； C．标准状况下2.24 LCl2物质的量为0.1mol，完全溶于水时只有一部分Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，还有一部分仍以Cl2的形式存在，则所得溶液中含氯元素的微粒总数小于0.2NA，C不正确； D．1 L0.1 mol∙L-1的NaHCO3溶液中，虽然+H2OH2CO3+OH-，但水解后阴离子数目并未减少，即便考虑发生电离，阴离子数目也未减少，若再考虑水电离，则阴离子总数大于0.1NA，D不正确； 故选A。 14．C 【详解】A．根据图知，a电极上CO2发生反应生成CO，该电极上C原子化合价由+4价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，则得电子发生还原反应，为电解池阴极，所以a连接电源负极，故A正确； B．b电极为阳极，阴离子通过交换膜进入右侧区域生成硫酸钠，则醋酸钠参加反应生成醋酸，电极反应式为+2CH3COO--2e-→+2CH3COOH，所以b极区中c（CH3COO-）逐渐减小，故B正确； C．放电时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，a为阴极、b为阳极，所以从a极区向b极区移动，故C错误； D．a极区域电极反应式为，生成，所以a极区中（）逐渐增大，故D正确； 故答案选C。 15．D 【分析】c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.10 mol•L-1的混合溶液中，钠离子浓度最大，且碱性越强时CO越大，HCO、H2CO3均随pH增大而减小，则图中c在Na+的浓度变化曲线上，a在H2CO3、CO的浓度变化曲线上、b在HCO3-的浓度变化曲线上， 【详解】A．，图中数据不能确定碳酸的浓度，则不能计算H2CO3的电离平衡常数Ka1，可由b点计算H2CO3的电离平衡常数Ka2，故A错误； B．a点溶液遵循电荷守恒c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，且a点时c(H2CO3)=c(CO)，则a点：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误； C．b点时c(HCO)=c(CO)，c(Na+)=0.15mol/L，物料守恒式为c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=0.1mol/L，则b点：c(Na+)+c(H2CO3)=0.10 mol•L-1+c(CO)，故C错误； D．c点时Na+的浓度为0.15mol/L，c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.10 mol•L-1，则c(Na2CO3)=0.05mol/L，c(NaHCO3)=0.05mol/L，滴加等体积0.05 mol•L-1的NaOH溶液，与NaHCO3恰好反应生成Na2CO3，由溶液中质子守恒可知c(OH)-=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故D正确； 故选：D。 16． B CO2+H2O+ClO-=+ HClO 4.2×10-7 增大 c 【详解】(1)A．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO<HSO，则和不反应，可以大量共存，故A不符合题意； B．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO<HSO，根据强酸制弱酸原理可知 可以和反应生成HCO和，不能大量共存，故B符合题意； C．和不反应可以大量共存，故C不符合题意； D．Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)，Ka1(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，所以和不反应，可以大量共存，故D不符合题意； 综上所述答案为B； (2)根据各酸的电离平衡常数大小可知酸性H2CO3>HClO>HCO，所以将少量 CO2通入到 NaClO 溶液反应生成HClO和NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=+ HClO； (3) 溶液pH=5.60，则c(HCO)=c(H+)=110-5.6，所以H2CO3⇌H++的平衡常数Ka2==4.2×10-7； (4) Zn 和稀硫酸制取 H2，硫酸电离出的氢离子不断被消耗，浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，所以水的电离程度增大； 若加入少量下列固体试剂，可使产生 H2的总量不变而速率减小的是： a．加入硝酸钠固体可以电离出硝酸根，酸性环境硝酸根的氧化性更强，会被锌还原成氮氧化物，不产生氢气，故a不符合题意； b．锌置换出铜单质后形成原电池加快反应速率，故b不符合题意； c．加入醋酸钠，醋酸根结合氢离子使溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但不影响氢离子的总量和锌的总量，产生氢气的总量不变，故c符合题意； d．加入硫酸钠固体不影响反应速率，故d不符合题意； 综上所述答案为c。 17． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab 【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析； (2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析； (3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算； (4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。 【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O； (2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除； (3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O； ②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2； ③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g； (4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。 18．(1) 红褐 Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (2)无 (3)先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 【解析】（1） 制备氢氧化铁胶体：向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，发生的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；故答案为红褐；Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+； （2） 胶体不能透过半透膜，溶液可以，胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，半透膜外的液体为溶液，不具有丁达尔效应，故答案为无； （3） 氢氧化铁胶体中加入硫酸，氢氧化铁胶体发生聚沉，得到氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，发生2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O，现象是先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；故答案为先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液。 19．(1)> (2)= (3)< 【详解】（1）常温下pH=12的氨水和氢氧化钠溶液中，氨水的浓度大于NaOH溶液，溶液最后提供的氢氧化根离子多，则将等体积的氨水和氢氧化钠用稀盐酸完全中和，氨水消耗盐酸多，V1>V2，故答案为>； （2）等体积、浓度均为0.01mol/L的氨水和NaOH溶液的物质的量相同，中和反应时消耗的等浓度的盐酸的物质的量相同，V3=V4，故答案为=； （3）等体积、浓度均为0.01mol/L的氨水和NaOH溶液与等浓度的盐酸反应，最后溶液均为中性，但盐酸与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠溶液，消耗HCl的物质的量为0.01V6mol，而盐酸与氢氧化钠溶液反应得到氯化氨和氨水混合溶液，消耗HCl的物质的量为0.01V5mol，则0.01V5mol<0.01V6mol，V5<V6，故答案为<。 【点睛】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系是解答的关键。 20．(1) ①②③④⑥⑩ ①⑥⑩ (2)2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O (3)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (4) 250mL容量瓶 42.8 0.15NA 【分析】①H2O属于纯净物，且属于电解质； ②Cu属于纯净物，Cu为单质既不是电解质也不是非电解质； ③NO属于纯净物，NO属于非电解质； ④SiO2属于纯净物，SiO2属于非电解质； ⑤稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑥氢氧化钡属于纯净物，且属于电解质； ⑦饱和氯化铁溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑨稀硝酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑩硫酸铝为纯净物，且属于电解质； 【详解】（1）属于纯净物的是①②③④⑥⑩，属于电解质的是①⑥⑩。 （2）部分强酸和强碱发生中和反应可用离子方程式H++OH-=H2O表示，上述物质中强碱只有氢氧化钡一种，若强酸为稀硫酸，则稀硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，因此强酸为硝酸，化学方程式为2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O。 （3）实验室将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热制备氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。 （4）实验室配制0.5mol/L 245mL硫酸铝溶液时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和250mL容量瓶。配制250mL0.5mol/L的硫酸铝溶液，需要硫酸铝0.125mol，则需要的硫酸铝质量为42.75g，因为托盘天平称量准确度为0.1g，则需要用托盘天平称取溶质的质量为42.8g。从配置好的溶液中取出100mL溶液，其中含有的硫酸根离子的数目为0.1L×0.5mol/L×3×NA=0.15NA。 21． 1MPa、390℃ 高于390℃，ZrCl4因升华而逸出 【分析】锆英石粉碎后通入CO和氯气进行氯化，再加入氢氧化钠溶液进行碱浸，所得滤渣1加入盐酸溶解，再加入铜抑制剂除铜，滤液2加入NH4SCN进行络合，再加有机溶剂MIBK进行萃取后除去废液，萃取液加入硫酸反萃取得到MIBK和水相，水相加入氨水沉锆，再煅烧得到ZrO2； 【详解】由图可知，压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1MPa、390℃。由已知条件ⅱ可知ZrCl4易溶于水，390℃升华，因此若“氯化”温度超过390℃，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低。 22． < 2×10-4 （或） 熔融氯化亚铁 β-Al2O3 【分析】(1)根据HA-的电离常数、HA-的水解常数、B-的水解常数判断； (2)根据B-的水解常数计算NaB溶液的； (3)放电时，负极失电子发生氧化反应； (4)充电时，电池的正极连接电源的正极； (5) 根据图示，β-Al2O3把负极、正极材料隔开。 【详解】(1) HA-的电离常数是、HA-的水解常数，HA-水解大于电离，NaHA呈碱性，B-的水解常数是，B-的水解大于HA-的水解，所以等物质的量浓度溶液的pH：NaHA<NaB； (2) B-的水解常数 ，NaB溶液的=2×10-4； (3)放电时，负极失电子发生氧化反应，负极反应式是； (4)放电时熔融氯化亚铁做正极，充电时，熔融氯化亚铁连接电源的正极； (5)β-Al2O3把负极、正极材料隔开，该电池的电解质为β-Al2O3。 23．(1) 碱 ClO-+H2OHClO+OH- (2) 逆向 ＜ (3)③＞②＞④＞① (4)c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-) (5)10-8 【详解】（1）因为次氯酸是弱酸，NaClO是强碱弱酸盐，能发生水解反应，其反应的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，所以NaClO溶液显碱性，故答案：碱；ClO-+H2OHClO+OH-。 （2）CH3COOH溶液发生电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，向其中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动；醋酸为弱酸，所以pH=3的溶液用水稀释100倍，稀释后pH <5，故答案：逆向；<。 （3）根据弱酸的电离平衡常数表可知，酸性：HCOOH>CH3COOH> H2CO3> HClO> HCO，酸性越弱，其钠盐溶液水解程度越大，溶液的碱性越强。室温下，相同浓度的四种溶液①HCOONa ②NaClO ③Na2CO3 ④NaHCO3的pH由大到小的顺序为③＞②＞④＞①，故答案：③＞②＞④＞①。 （4）CH3COOH为弱酸，常温下，pH=3 的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故答案：c(CH3COO-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)。 （5）常温下，在pH=6的HClO溶液中由水电离出来的c(H+)就等于溶液中c(OH-)，根据水的离子积常数可知，c(H+)水= c(OH-)=10-8mol/L，故答案：10-8。 24． 不能 用pH试纸测NH4Cl[或NH4NO3或(NH4)2SO4]溶液的pH，若pH＜7，证明铵根离子可水解，故NH3⋅H2O为弱电解质。 ＞ ＜ ＞ c()＞c()＞c(H+)=c(OH-) 【分析】(1)等浓度、等体积的硫酸和氨水混合，硫酸过量，溶液显酸性；可利用pH试纸测定已知浓度的氯化铵溶液的pH值； (2)实验①反应后的溶液为硫酸铵和硫酸的混合溶液，②所得是硫酸铵溶液，根据离子水解程度分析判断； (3)硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性，要使溶液呈中性，碱需要过量，据此分析解答。 【详解】(1)实验①等浓度、等体积的硫酸和氨水混合，硫酸过量，溶液显酸性，所得混合溶液pH小于7，但不能证明一水合氨是弱电解质，能证明一水合氨是弱电解质的方案：配制0.1mol/L的氯化铵溶液(或NH4NO3或(NH4)2SO4)，将氯化铵溶液[或NH4NO3或(NH4)2SO4]滴到pH试纸上，测得其pH＜7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则一水合氨是弱电解质； (2)实验①中反应后的溶液为硫酸铵和硫酸的混合溶液，硫酸抑制铵根离子水解；实验②中所得是硫酸铵溶液，铵根离子水解不受影响，实验①中铵根离子浓度更大，则混合溶液中，a＞b，实验②中所得是硫酸铵溶液，铵根离子水解使溶液显酸性，则x＜7； (3)实验③中反应后的溶液显中性，即溶液中c(H+)=c(OH-)，根据实验②中所得是硫酸铵溶液，铵根离子水解使溶液显酸性，要使溶液显中性，氨水需要过量，在加入溶液的体积不变的情况下，应增大氨水的浓度，则c＞0.2，所得混合溶液为氨水和硫酸铵的混合溶液，则各离子浓度大小关系为c()＞c()＞c(H+)=c(OH-)。 25．(1) H2SO4溶液 MnO2＋Na2SO3＋H2SO4MnSO4＋Na2SO4＋H2O (2)100 (3)250 mL (4)在450℃左右持续加热至固体质量不再变化 【详解】（1）将软锰矿粉和Na2SO3溶液混合，形成糊状物，再在酸性环境下平稳反应生成MnSO4，所以滴入的溶液应是“H2SO4”；该反应的化学方程式是“”； （2）根据及，可以得到，代入Ksp(MgF2)=5×10−11、Ksp(CaF2)=5×10−9，计算得到； （3），MnSO4与NH4HCO3反应物质的量之比为1﹕2，所以； （4）根据题图所示，在450℃左右，MnO2的产率最高，所以本问中操作步骤应填“在450℃左右持续加热至固体质量不再变化”。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$