2025届高三化学一轮复习训练题-- -水溶液中的离子反应与平衡

2025届高三化学一轮复习训练题-- -水溶液中的离子反应与平衡 一、单选题 1．下列物质属于弱电解质的是（　　） A． B．HClO C． D．氨水 2．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO-，下列叙述不正确的是 A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大 B．0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。 C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D．25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸晶体 3．下列说法中正确的是（　　） A．氯化钠水溶液能导电，故NaCl是电解质 B．AgCl难溶于水，则AgCl属于弱电解质 C．SO3溶于水能导电，则SO3是电解质 D．在熔融状态或水溶液中均不导电的物质为非电解质 4．下列物质对应的水溶液因水解而呈酸性的是（　　） A． B． C． D． 5．化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是（　　） A．锅炉水垢中含有的，可先用溶液处理，后用酸除去 B．在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可改变产生尾气的反应方向 C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率。 D．用作沉淀剂，除去水中的和 6．一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．加水前导电能力为零的原因是冰醋酸中不存在自由移动的离子 B．a、b、c三点对应溶液的 C．a、b、c三点对应溶液的电离程度： D．加入少量固体，可使点增大、减小 7．常温下，向20.00mL 0.1000的溶液中逐滴加入0.1000的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．a点所示溶液中： B．b点所示溶液中： C．c点所示溶液中： D．d点所示溶液中： 8．化学与社会、生活密切相关．下列生活现象与所述的化学知识没有关联的是（　　） 选项 生活现象 化学知识 小苏打作发酵剂 受热易分解 纯碱溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中 高温下与反应 溶液可作焊接时的除锈剂 溶液呈酸性，能溶解铁锈 长期施用，土壤酸性增强 水解显酸性 A．A B．B C．C D．D 9．HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。 下列叙述错误的是（　　） A．溶液时， B．MA的溶度积 C．溶液时， D．HA的电离常数 10．常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是 A．使蓝色石蕊试纸变红的溶液中： B．在氯化亚铁溶液中： C．麦芽糖溶液中： D．的溶液中： 11．下列与盐类的水解无关的是（　　） A．热的碳酸钠溶液去除餐具上的油污 B．将饱和溶液滴入沸水中制备胶体 C．硫酸钡在医学检查中做钡餐 D．明矾做净水剂 12．下列说法不正确的是（　　） A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质 B．相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等 C．常温下，将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH=13 D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同 13．下列应用或现象主要体现的是沉淀溶解平衡原理的有 ①热纯碱溶液洗涤油污的能力 ②误将钡盐[、]当作食盐食用后，用0.5%的溶液解毒 ③溶洞的形成 ④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能 ⑤泡沫灭火器灭火 A．仅②③④ B．仅①②③ C．仅③④⑤ D．全部 14．某温度下，CuS和饱和溶液中pS和pM的关系如图所示，其中，，为或，下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅱ代表的是 B． C．此温度下CuS的 D．此温度下的饱和溶液中 15．H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是 A．H3PO3的结构简式为 B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1 C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3) D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL 16．常温下， 的二元酸 的溶液与等浓度的 溶液等体积混合(忽略混合后体积的变化)，所得溶液中 。则混合溶液的pH为（　　） A．1 B．2 C．3 D．无法计算 17．根据下列实验，不能证明一元酸HR为弱酸的是（　　） A．室温下，NaR溶液的pH大于7 B．25℃时，0.01mol/L的HR溶液pH=2.8 C．加热NaR溶液时，溶液的pH变小 D．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大 18．部分弱酸的电离平衡常数如下：；；、。下列说法错误的是（　　） A．室温时，将x mLpH=a的HCOOH溶液与y mLpH=b的KOH溶液充分反应，若x=y，a+b=14，则反应后溶液pH＜7 B．中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的物质的量相等 C．等浓度的HCOOH和HCN稀释相同倍数后，pH前者小于后者 D． 19．下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移动，水解程度反而减小的是 A．增大NaClO溶液浓度 B．加水稀释 C．升高温度 D．加入适量NaOH固体 20．向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。 下列说法不正确的是（　　） A．随着反应的进行，降低 B．产生的气体是混合物 C．pH=9时，溶液中 D．溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果 二、综合题 21．酸、碱、盐都是电解质，常温下，有以下电解质溶液： ①②③④⑤⑥⑦ 已知：的电离常数 （1）用化学用语解释④呈酸性的原因：　 　 （2）的溶液①中由水电离出的为　 　 （3）浓度均为的上述②③④三种溶液，由大到小为　 　 22．水合氧化铁[FeO(OH)]是一种重要的化工原料，用作磁性材料、颜料铁黄等.一种以硫铁矿烧渣(含Fe、FeO、SiO2和少量CuO)为原料生产FeO(OH)的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”时CuO与硫酸发生反应的离子方程式为　 　 （2）“除杂”时滤渣②的成分有Fe和　 　 （3）常温时，当“沉淀”后溶液中的Fe2+浓度为8.0×10-6mol·L-1时，溶液的pH=　 　{Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16}。 （4）“加热氧化”的化学方程式为　 　。 （5）“过滤”后需洗涤FeO(OH)沉淀，请设计实验检验FeO(OH)沉淀是否洗涤干净　 　。 23．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L−1)。 实验 操作与现象 ① ② ③ 分析上述实验现象，所得结论不合理的是 A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B．实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响 24．平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。研究水溶液中的粒子行为在化学研究中具有重要价值。 （1）I.锅炉水垢会降低燃料的利用率，造成能源浪费。是水垢成分之一。 室温下，已知的，向0.05的溶液中滴加浓溶液，刚好出现沉淀时，溶液的约为　 　。 （2）II.已知：常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸 电离平衡常数(25℃) 常温下，相同物质的量浓度的、和溶液，导电能力最强的是　 　(填化学式)。 （3）下列方法中，可以使0.1溶液中的电离度增大的是____。 A．通入少量气体 B．加入少量冰醋酸 C．加入少量醋酸钠固体 D．加入少量水 （4）将少量气体通入到溶液中，发生反应的离子方程式　 　。 （5）常温下，同浓度的①、②、③、④这4种溶液中由大到小的顺序是　 　(填编号)。 （6）某同学在测定相等的盐酸和溶液的时，先用蒸馏水将试纸润湿，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，则测定结果误差较大的是　 　。 25．按要求回答下列问题 （1）在我们的日常生活中蕴含如下化学知识： ①纯碱去油污 ②明矾可以净水 ③醋酸作为调味剂 ④铜锈的主要成分为 ⑤可以杀菌 上述涉及的物质成分中，属于弱电解质的有　 　(填写化学式)，写出其电离方程式　 　。 （2）现有物质①铜、②干冰、③固体、④溶液、⑤蔗糖、⑥熔融。在相应状态下能导电的是　 　：(填序号，下同)属于电解质但相应状态下不导电的是　 　。将③固体溶于水，其电离方程式　 　。 （3）向溶液中逐滴滴加溶液至恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为　 　；恰好沉淀后继续滴加溶液时，发生反应的离子方程式为　 　。 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】A．是一种盐，是强电解质，A不符合题意； B．HClO在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质　，B符合题意； C．二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，C不符合题意； D．氨水为混合物，不是电解质，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）。 2．【答案】D 3．【答案】A 【解析】【解答】A． 氯化钠水溶液能导电，说明在水溶液中NaCl能电离，故NaCl是电解质，故A符合题意； B． AgCl难溶于水，但溶解的部分全电离，则AgCl属于强电解质，故B不符合题意； C． SO3溶于水能导电，是三氧化硫与水反应生成硫酸电离，不是三氧化硫自身电离，SO3是非电解质，故C不符合题意； D． 在熔融状态和水溶液中均不导电的化合物为非电解质，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】电解质是在水溶液或者是熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶下和熔融状态下均不导电的化合物。 二氧化硫，二氧化碳溶于水可以导电但是不是电解质，电解质是碳酸分子和亚硫酸分子。一些难溶性的盐均存在电离平衡，只要是溶解的均全部电离故为强电解质 4．【答案】B 【解析】【解答】A、CH3COONa溶液中CH3COO－为弱酸的阴离子，发生水解反应CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，使得溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性，A不符合题意。 B、NH4Cl溶液中NH4＋为弱碱阳离子，存在水解反应NH4＋＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，B符合题意。 C、NaHSO4溶液中，发生电离NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，C不符合题意。 D、HNO3溶液中，存在电离HNO3=H＋＋NO3－，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】因水解而使溶液显酸性，则溶液中存在弱碱阳离子的水解，据此结合选项所给溶液进行分析。 5．【答案】B 【解析】【解答】A．微溶的 可以用 溶液处理转化成难溶的CaCO3，后用酸除去，A不符合题意； B．使用催化剂可以加快反应速率，不可以改变产生尾气的反应方向，B符合题意； C．蛋白质在高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率，C不符合题意； D．S-可以跟Cu2+、Hg2+结合变成沉淀，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、微溶物可以转化为难溶物； B、催化剂不影响1平衡移动； C、降低温度减慢反应速率； D、硫离子可以和铜离子、汞离子形成沉淀。 6．【答案】B 【解析】【解答】 A.溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，A正确； B.由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大，故有：c＜a＜b，B错误； C.溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度为c>b>a，C正确； D.加少量Na2CO3固体，会消耗醋酸电离出的H+，从而促进醋酸的电离，可使b点 增大、减小 ，D正确； 故选B； 【分析】A.溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强； B.由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大； C.溶液越稀，越电离； D.依据电离平衡的影响因素判断。 7．【答案】B 【解析】【解答】A．a点所示溶液即NH4Cl溶液中由于离子发生水解呈酸性，故离子浓度大小关系为：，A不符合题意； B．b点所示溶液为中性溶液即，又根据电荷守恒可知：，故离子浓度大小关系为：，B符合题意； C．根据物料守恒可知，在滴定的整个过程中始终有：，故c点所示溶液中：，C不符合题意； D．d点所示溶液是NH4Cl和NaOH恰好完全反应，此时溶质等物质的量的为NaCl和NH3∙H2O，故离子浓度大小关系为：，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．依据NH4Cl溶液水解呈酸性，水解是微弱的； B．依据中性的实质，结合电荷守恒分析； C．根据物料守恒分析； D．确定产物类型，利用电离平衡分析。 8．【答案】B 【解析】【解答】A、 NaHCO3受热分解产生气体，可作发酵剂烘焙面包，有关联，故A不符合题意； B、纯碱溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，是因为碳酸根离子水解显碱性，和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，没有关联，故B符合题意； C、水解显酸性，能与铁锈反应，因此溶液可作焊接时的除锈剂 ，有关联，故C不符合题意； D、 水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性，因此长期施用，土壤酸性增强，有关联，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、小苏打受热分解产生二氧化碳； B、碳酸钠水解显碱性； C、氯化锌水解显酸性； D、铵根离子水解显酸性。 9．【答案】C 【解析】【解答】】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2， c（M+）=，A项不符合题意； B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，，故B项不符合题意； C.则结合电荷守恒可知，缺少调节pH所用的酸的阴离子，所以不符合电荷守恒，C项符合题意； D.根据 ，根据物料守恒可知，，当再根据，可得，，由图可知此时氢离子浓度为，带入电离平衡常数公式，解得 D不符合题意 故答案为：C。 【分析】A.根据图像可知， 时 可以找到M+的浓度，进而比较大小即可； B.计算溶度积时，应该找特殊点位，即c(M+)=c(A-)时计算； C.根据物料守恒进行判断是，要注意在调节pH时一定加入了酸，引入了别的离子； D.计算时任然选择在进行计算，可以简化计算。 10．【答案】B 11．【答案】C 【解析】【解答】A.碳酸钠水解呈碱性，油污在碱性条件下水解，因此热的碳酸钠溶液去除餐具上的油污与盐类水解有关，故A不符合题意； B.氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，因此将饱和溶液滴入沸水中制备胶体与盐类水解有关，故B不符合题意； C.硫酸钡不溶于盐酸，可用作钡餐，与盐类水解无关，故C符合题意； D.明矾在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性能净水，因此明矾做净水剂与盐类水解有关，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.碳酸钠水解显碱性； B.氯化铁水解生成氢氧化铁胶体； C.硫酸钡不溶于盐酸； D.明矾在溶液中水解生成氢氧化铝胶体。 12．【答案】B 【解析】【解答】A.醋酸是弱酸，存在着电离平衡，0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度c(H+)＜0.1mol/L，故pH＞1，故可以测定0.1mol/L的醋酸的pH证明醋酸是弱酸，故A不符合题意 B.一水合氨是弱碱，存在电离平衡，而氢氧化钠是强碱，完全电离，故同浓度的氨水和氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液的氢氧根离子浓度大于氨水中的浓度，故B不符合题意 C.常温下将 1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L， 所得到的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，因此此时的氢离子浓度为10-13mol/L，此时溶液的pH是13，故C不符合题意 D. 相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液， 此时醋酸的物质的量大于盐酸，因此醋酸消耗的氢氧化钠多于盐酸，故消耗的氢氧化钠的物质的量不同，故D不符合题意 故答案为：B 【分析】A.考虑醋酸是弱酸，部分电离，盐酸是强酸完全电离，通过比较同浓度的pH比较强弱电解质 B.相同条件下，弱碱是部分电离，强碱是完全电离 C.根据数据计算出稀释后的氢离子浓度即可 D.弱酸部分电离，强酸完全电离，相同pH的弱酸的氢离子浓度大于强酸即可判断 13．【答案】A 14．【答案】D 【解析】【解答】A.根据根据 CuS(s)Cu2++S2-，K(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)即可得到 Ⅱ代表的是 ，故A不符合题意； B.根据=2Ag++S2-，K(Ag2S)=c(Ag+)2c(S2-)，PAg=-1/2PS-1/2lgKsp()，当pAg=0，得到a=49，故B不符合题意； C.根据计算得到K(CuS)=10-36，故C不符合题意； D.根据饱和溶液时的c(CuS)=c(Cu2+)=c(S2-)=10-18mol/L.c(Ag+)=2c(S2-)，即可计算出c(Ag2S)=2.7x10-17mol/L，由于摩尔质量大，因此 ，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】根据 CuS(s)Cu2++S2-，K(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)即可得到PCu=-PS-lgKsp(CuS)和=2Ag++S2-，K(Ag2S)=c(Ag+)2c(S2-)，PAg=-1/2PS-1/2lgKsp()即可得到曲线I为CuS，曲线II为，即可得到K(CuS)=10-36，Ksp()=10-49，结合选项判断。 15．【答案】D 【解析】【解答】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项不符合题意； B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示、、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3-电离出H+，该溶液对水的电离起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4 mol·L-1，B项不符合题意； C．b点时，c(H3PO3)=c()此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6， Ka1·Ka2= 10-8，当c(H+)=10-4时，c()=c(H3PO3)，C项不符合题意； D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和的电离，此时c(H3PO3)≠c()，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．依据图像中只含有3种含磷微粒分析； B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离； C．依据Ka计算分析； D．依据产物粒子的电离情况分析。 16．【答案】A 【解析】【解答】温下， 的二元酸 的溶液与等浓度的 溶液等体积混合，根据方程式H2A+NaOH=NaHA+H2O分析，反应后为NaHA溶液，所得溶液中 ，说明H2A为二元强酸，完全电离，则NaHA溶液中的氢离子浓度也为，则pH为1。 故答案为：A。 【分析】常温下，0.2mol/L的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好发生H2A+NaOH=NaHA+H2O，生成的NaHA的浓度为0.1mol/L，已知所得溶液中c (A2-)=0.1mol/L，说明NaHA在溶液中完全电离，据此分析。 17．【答案】C 【解析】【解答】A．常温下，NaR溶液pH＞7，R⁻水解使溶液显碱性，证明HR为弱酸，A不符合题意； B．常温下，0.01mol•L-1的HR溶液pH=2.8，HR没有完全电离，证明HR为弱酸，B不符合题意； C．升高温度，水Kw增大，溶液呈中性时，pH也变小，不能证明HR为弱酸，C符合题意； D．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，NaR固体电离出R⁻，抑制了HR电离，酸性减弱，证明HR为弱酸，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A．弱酸酸根水解使溶液显碱性； B．弱酸没有完全电离； C．升高温度，水Kw增大； D．HR为弱酸，NaR固体电离出R⁻，抑制了HR电离，酸性减弱。 18．【答案】D 【解析】【解答】A．根据反应KOH+HCOOH=HCOOK+H2O，氢氧化钾溶液n(OH-)=y×10-3×10-(14-b)mol，HCOOH溶液中n(H+)=x×10-3×10-a，由题中信息可知x=y、a+b=14可知，混合前，氢氧化钾溶液n(OH-)和HCOOH溶液中n(H+)相等，氢氧化钾属于强电解质全部电离，但是甲酸是弱酸部分电离，混合后，还会电离出氢离子，反应后溶液中有大量剩余的甲酸，所以混合后的溶液显酸性，pH<7，A不符合题意； B．HCOOH和HCN都是一元酸，若二者的浓度相等、体积相等，则二者的物质的量相等，与碱发生反应消耗的NaOH的物质的量就相等，B不符合题意； C．CHCOOH电离常数K大于HCN的电离常数K，稀释前相同浓度CHCOOH的pH小于HCN的pH，温度不变K值不变，稀释相同倍数，稀释后相同浓度CHCOOH的pH仍小于HCN的pH，C不符合题意； D．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和，离子方程式为，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．室温时，若x＝y，a＋b＝14，pH＝b的KOH溶液中c（OH−）＝Kw/c(H＋)＝10−a mol/L，pH＝a的醋酸浓度大于10−amol/L，二者等体积混合，酸有大量剩余； B．中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗n（NaOH）与n（酸）成正比； C．稀释过程中促进弱酸电离，但等浓度的HCOOH和HCN稀释相同倍数后，c（H＋）：前者大于后者； D．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。 19．【答案】A 【解析】【解答】A．增大NaClO溶液浓度，水解平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，故A选； B．加水稀释，水解平衡正向移动，水解程度增大，故B不选； C．水解是吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大，故C不选； D．加入适量NOH固体，c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，故D不选； 故答案为：A。 【分析】依据水解平衡的影响因素分析。 20．【答案】C 【解析】【解答】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小， B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B不符合题意； C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH4+)+ 2c(Mg2+)=c(Cl-)+ c(OH-)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH4+)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故C符合题意； D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气； B．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气； C．依据电荷守恒，碱性溶液中分析； D．镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高。 21．【答案】（1） （2） （3）④②③ 【解析】【解答】（1）NH4Cl在水中完全电离，产生NH4＋和Cl－。NH4＋是弱碱的阳离子，在水中发生水解反应：NH4＋＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。 故答案为：NH4＋＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋ （2）NaOH溶液中H＋来自于H2O电离产生，水电离产生的c(OH－)等于水电离产生的c(H＋)。0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，此时溶液中。由于溶液中的H＋都来自于H2O电离产生，因此c(H＋)水=c(H＋)aq=1.0×10－13mol·L－1，水电离产生的c(OH－)等于水电离产生的c(H＋)，所以c(OH－)水=c(H＋)水=1.0×10－13mol·L－1。 故答案为：1.0×10－13mol·L－1 （3）②CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，产生H＋，使得溶液显酸性；③NaHSO4溶液中NaHSO4完全电离，产生H＋，使得溶液显酸性。因此0.1mol·L－1的NaHSO4溶液的酸性强于0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，所以pH值：②＞③。④NH4Cl溶液中由于NH4＋的水解使得溶液显酸性，因此0.1mol·L－1的NH4Cl溶液的酸性弱于0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，所以pH值：④＞②。综上，0.1mol·L－1的②③④三种溶液中的pH大小关系为④＞②＞③。 故答案为：④②③ 【分析】（1）NH4Cl溶液中存在NH4＋的水解，使得溶液显酸性。 （2）0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液中的H＋来自于H2O电离产生，水电离产生的c(H＋)与H2O电离产生的c(OH－)相同。结合水的离子积常数Kw计算溶液中c(H＋)，从而得出由水电离产生的c(OH－)。 （3）②③④三种溶液都显酸性，根据溶液中H＋的来源，判断溶液pH的大小。 22．【答案】（1） （2）Cu （3）9 （4） （5）取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净 【解析】【解答】(1)“酸浸”时CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水，其反应的离子方程式为；故答案为：。 (2)加入铁粉主要是将铜置换出来，因此“除杂”时滤渣②的成分有Fe和Cu；故答案为：Cu。 (3)根据题意得到，解得，，因此常温时，溶液的pH=9；故答案为：9。 (4)加氨水沉淀亚铁离子得到Fe(OH)2，因此“加热氧化”主要是将氢氧化亚铁氧化为FeO(OH)，其化学方程式为；故答案为：。 (5)“过滤”后需洗涤FeO(OH)沉淀，检验FeO(OH)沉淀是否洗涤干净，主要是检验沉淀表面是否还含有硫酸根杂质，因此实验方法是取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净；故答案为：取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净。 【分析】1.做工业流程题要抓住目标产物、物质的转化、杂质分离等，注意每步流程的目的是什么 2.酸浸目的往往是溶解，但是稀硫酸无法溶解二氧化硅，故杂质1是二氧化硅；除杂肯定是除去铜离子，加入铁可以除去铜离子，同时不引入行的杂质，加入氨水目的往往是调剂pH，让Fe2+沉淀，最后空气氧化将Fe由2假氧化到3价，得到目标物质 23．【答案】D 【解析】【解答】A.煮沸后溶液中出现了Fe（OH）3，说明加热促进Fe3+的水解，A选项是正确的； B.产生红褐色的溶液说明进Fe3+水解得到了Fe（OH）3，后再滴加K3[Fe(CN）6]产生蓝色沉淀，说明溶液中产生了Fe2+，该离子是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应得来，B选项是正确的； C.实验③与②相比，未检验出Fe2+，说明未发生氧化还原反应，C选项是正确的； D.通过分析②③可知：Fe3+均水解得到氢氧化铁胶体，说明SO32-促进了Fe3+的水解，但是少量的SO32-对Fe3+的还原反应有影响，过量的SO32-对Fe3+的还原反应无影响。 故答案为：D。 【分析】A.实验①溶液呈棕黄色说明溶液中含有Fe3+，煮沸后溶液变成红褐色说明水解得到了Fe（OH）3； B.实验②的现象证明既有Fe（OH）3又有Fe2+，说明即发生了水解，又发生了氧化还原反应； C.实验③中，加入K3[Fe(CN）6]溶液并未产生蓝色沉淀，说明并未检验出Fe2+，说明未发生氧化还原反应； D.对比②③，可知SO32-促进了Fe3+的水解，但是少量的SO32-对Fe3+的还原反应有影响，过量的SO32-对Fe3+的还原反应无影响。 24．【答案】（1）9 （2）HCOOH （3）D （4） （5）④②③① （6）盐酸 【解析】【解答】（1）滴加浓NaOH溶液，刚好开始出现沉淀，存在Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)，c(OH-)==1.0×10-5mol/L，c(H+)==1.0×10-9mol/L，即pH=9；故答案为9； （2）电解质的导电能力与离子浓度、所带电荷数、温度等有关， HCOOH、CH3COOH、HClO均为一元弱酸，相同温度下，三种溶液导电能力与离子浓度有关，根据表中数据可知，电离平衡常数大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，离子浓度大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力：HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力最强的是HCOOH；故答案为HCOOH； （3）醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+， A．加入少量HCl，溶液中c(H+)增大，抑制醋酸的电离，电离度增大，故A不正确； B．加入少量冰醋酸，虽然电离平衡向右进行，但醋酸的电离度降低，故B不正确； C．加入醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，抑制电离，醋酸的电离度降低，故C不正确； D．加入少量水，稀释溶液，促进电离，醋酸的电离度增大，故D正确； 答案为D。 （4）根据表中数据可知，电离平衡常数：H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，利用酸性强的制取酸性弱的，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO； （5）利用Kh=，相同温度下，电离平衡常数越小，水解平衡常数越大，根据图表数据可知，HCOOH＞H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，因此常温下，相同浓度的四种溶液的pH由大到小顺序是Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，即④②③①；故答案为④②③①； （6）两种溶液中c(H+)相同，则起始时溶液的pH相同，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，水稀释促进醋酸的电离，稀释相同倍数时，盐酸中c(H+)小于醋酸中c(H+)，即测定结果误差较大的是盐酸；故答案为盐酸。 【分析】（1）根据Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)、Kw=c(H+)c(OH-)和pH=-lgc(H+)； （2）溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷呈正比； （3）A.通入HCl，醋酸的电离平衡逆向移动，电离度减小； B.加入醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，但其电离度减小； C. 加入少量醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大而抑制CH3COOH电离； D.加水促进醋酸的电离； （4）电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； （5）酸根离子水解程度越大，对应钠盐溶液的pH越大； （6）先用蒸馏水将pH试纸润湿，相当于加水稀释，稀释相同倍数后，c(H+)变化较大的酸，其测定结果误差较大。 25．【答案】（1）； （2）①④⑥；③； （3）； 【解析】【解答】 (1)、①纯碱碳酸钠在水溶液中完全电离，为强电解质；②明矾在水溶液中完全电离，为强电解质；③醋酸在水溶液中部分电离，为弱电解质；④属于盐，为强电解质；⑤ 为单质，不属于电解质， 上述涉及的物质成分中，属于弱电解质的有 ，其电离方程式为： ； ； ； (2)、铜中存在自由移动的电子， 属于单质，能导电； ②干冰中不含自由移动的离子或自由电子， 在水溶液和熔融状态下不能发生自身电离，属于非电解质，不导电 ；③ 固体不含自由移动的离子， 在水溶液中能发生电离，属于电解质，不导电 ； ④ 溶液含自由移动的离子， 属于混合物，能导电；⑤蔗糖不含自由移动的离子， 在水溶液和熔融状态下不能发生自身电离，属于非电解质，不能导电； ⑥ 熔融的 含自由移动的离子， 属于电解质，能导电；所以能导电的物质是 ①④⑥ ； 属于电解质但相应状态下不导电的是③ ； (2)将 固体溶于水，电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式是 ； 故答案为： ①④⑥ ；③ ； ； (3) 、 的物质的量比是1：1时， 恰好完全沉淀，反应离子方程式是 ；此时溶质是氢氧化钠，继续滴加溶液时，H+与OH-反应生成水，反应离子方程式是 。 故答案为： ； 。 【分析】 (1)、强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离； 强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水； (2)、金属能导电，电解质在水中或者熔融状态下可导电。硫酸氢钠在水中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子； (3)、依据离子反应的实质， 恰好完全沉淀后，溶液呈碱性，据此书写。 学科网（北京）股份有限公司 $$