第3章 物质在水溶液中的行为 测试题 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章 物质在水溶液中的行为 测试题 一、选择题 1．下列试纸中，在测溶液的性质时，预先不能用蒸馏水润湿的是 A．石蕊试纸 B．醋酸铅试纸 C．KI­淀粉试纸 D．pH试纸 2．如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是 A．Na2O2中阴、阳离子数目之比为1∶1 B．反应①的离子方程式为Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑ C．反应③转移的电子数为0.1NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．①②③充分反应后所得溶液中NaOH的质量分数从小到大的顺序：①<③<② 3．氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列化学反应的方程式表示不正确的是 A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3： ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ HCO B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- D．肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(g) △H=-622.08 kJ·mol-1 4．下列各组离子能在同一溶液中大量共存的是 A．K+、H+、Cl-、ClO- B．Ba2+、H+、SO、NO C．K+、NH、OH-、SO D．Na+、Ca2+、HCO、NO 5．在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，发生反应：。下列说法正确的是 A．当悬浊液中时，上述反应达到平衡 B．该反应的平衡常数表达式 C．反应达平衡时，向悬浊液中滴加几滴浓溶液，平衡逆向移动 D．常温下反应达平衡后，加AgCl固体可使平衡正向移动，K增大 6．实验室向悬浊液中加入过量溶液，充分搅拌后过滤得到。已知室温时，，。下列说法正确的是 A．溶液中存在： B．悬浊液中存在： C．反应正向进行，需满足 D．过滤后所得滤液中一定存在： 7．下列说法错误的是 A．加热煮沸可以降低天然水中Ca2+、Mg2+的浓度 B．用一束强光照射纳米材料石墨烯可发生丁达尔现象 C．碳酸氢钠俗称小苏打，可以作为化学膨松剂 D．硫化亚铁可除去工业废水中的Cu2+、Hg2+ 8．硝酸钾、氯化钠的溶解度曲线如图所示。在60℃时的某溶液中，硝酸钾、氯化钠均刚好达饱和，冷却至0℃时析出晶体的成分是 A．纯硝酸钾晶体 B．大量硝酸钾，少量氯化钠 C．等量的硝酸钾和氯化钠 D．大量氯化钠，少量硝酸钾 9．以下物质属于弱电解质的是 A． B． C．NaCl D． 10．下列措施能促进水的电离，并使的是 A．向水中加入少量NaCl B．将水加热煮沸 C．向水中加入少量 D．向水中加入少量 11．下列物质属于弱电解质的是 A．HClO B．CaCO3 C．NaNO3 D．SO2 12．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．25℃，的溶液中的数目为 B．与足量二氧化碳(C18O2)反应生成分子数为 C．室温下的溶液，由水电离出的数目为 D．和在密闭容器中充分反应得到个分子 13．25℃，下列溶液等体积混合后pH＞7的是 A．pH=4的盐酸与pH=10的Ba(OH)2溶液 B．pH=4的硝酸与pH=10的氨水溶液 C．pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液 D．pH=2的硫酸与pH=12的KOH溶液 14．一定温度下，向足量的固体中加入100 mL水充分搅拌，慢慢加入固体，随着增大，溶液中的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．该温度下 B．从Y点到Z点发生的离子反应为： C．与在一定条件下可以相互转化 D．P点溶液中 15．常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20 mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．由图可知，c1>c2>c3 B．M点溶液中存在：c(H＋)＋c(HA)=c(OH-)＋c(A-) C．恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na＋)>c(A-)>c(OH-)>c(H＋) D．由pH=7时的溶液计算得：Ka= 二、填空题 16．新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3＜x＜4，M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到的。 (1)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于 。 (2)MFe2O4中Fe元素的化合价为 。 (3)在酸性条件下，Fe2O容易转化为Fe2+，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O、Fe2+、H+、H2O、Cu2O、Cu2+，写出该反应的离子反应方程式： ，则该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 。 (4)已知As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O(反应前后H元素化合价未发生变化) ①请用单线桥法标出电子转移的方向和数目 。 ②该反应的氧化产物是 。 17．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题 (1)普通泡沫灭火器是利用溶液跟溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是 。 (2)常温下，取溶液与溶液等体积混合，测得混合后溶液的。写出MOH的电离方程式： 。 (3)往的溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变红。则： ①该溶液中 (填“>”、“<”或“=”)。 ②得出上述判断的依据是 (用文字解释)。 (4)含的废水毒性较大，某工厂废水中含的。为了使废水的排放达标，进行如下处理： ①绿矾为。反应(Ⅰ)中与的物质的量之比为 。 ②常温下若处理后的废水中，则处理后的废水的pH= 。} 18．我们知道，电解质在溶液中的反应实质是离子之间的反应。通常，离子反应有两种情况，一种是没有电子转移的，是离子互换反应；另一种是有电子转移的，属于氧化还原反应。 在溶液中发生的离子互换反应一般总是向离子浓度减小的方向进行。取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液。 (1)写出该反应的离子方程式 。 随着碳酸钠溶液的滴加，溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)这一离子互换反应是否向离子浓度减小方向进行？请应用平衡移动原理进行说明。 。 (3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，测得该溶液显酸性，比较该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小(不考虑CO2的溶解) 。 氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。 (4)写出并配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。 。 19．在室温下，下列三种溶液：①0.1NH4Cl溶液②0.1CH3COONH4溶液③0.1NH4HSO4溶液，请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)溶液②③中的大小关系是② ③(填“>”“<”或“=”)。 (3)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明的水解程度 (填“>”“<”或“=”，下同)的水解程度，与浓度的大小关系是 。 (4)常温下，某水溶液M中存在的离子有、、、，存在的分子有H2O、HA。 ①写出的水解离子方程式： 。 ②该溶液M中离子浓度由大到小关系为 。 20．为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将mg样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行酸碱滴定来测定含量。实验装置如图所示。 定量测定：将f中得到的馏出液配成溶液，取其中加入溶液，得到沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用标准溶液滴定剩余(与按配合)，消耗标准溶液，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。 21．碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取一定质量样品用少量稀HNO3完全溶解后配成100.00mL溶液A；②取20.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.2870g；③另取20.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.4000mol•L-1的EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液10.00mL。通过计算确定该样品的化学式 (写出计算过程)。 22．（Ⅰ）六种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。其中R元素的最外层电子数是次外层电子数的一半。 X Y Z M R W 请回答下列问题： （1）画出R的原子结构示意图 。 （2）比较Z、W的简单氢化物沸点高低并说明原因 。 （3）W和Y形成的一种化合物甲的相对分子质量为184，其中Y的质量分数约为30%。则化合物甲的化学式为 。 （Ⅱ）聚合硫酸铁简称聚铁[Fe2（OH）n（SO4）（3－0.5n）]m（n>2，m≤10），是一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂。实验室利用硫酸亚铁制取聚合硫酸铁的主要流程如下： （4）FeSO4溶液显弱酸性的原因是 （用离子方程式表示）。 （5）加入浓硫酸调节pH的作用是：① ；② 。 （6）写出用上述流程得到某聚铁[Fe2（OH）4SO4]4的化学方程式 （7）测定聚铁中含铁量的方法为把聚铁溶于过量酸中，先用过量的SnCl2将Fe3+还原成Fe2+，再加入HgCl2溶液除去过量的SnCl2，然后用标准的K2Cr2O7溶液（先加入几滴试亚铁灵指示剂）滴定溶液中的Fe2+。此过程发生的部分反应为： Sn2++2Hg2++8Cl- = Hg2Cl2↓+SnCl62- Cr2O72-+14H++6Fe2+ = 2Cr3++6Fe3++7H2O ①用HgCl2除去过量的SnCl2的目的是 。 ②称取聚铁质量为10.00 g配成100.0 mL溶液，取出20.00 mL，经上述方法处理后，用0.1000 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定。达到终点时，消耗K2Cr2O7标准溶液12.80 mL。则聚铁中铁元素的质量分数为 %。 23．某学习小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液在某种条件下的反应。 实验Ⅰ 已知：FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。 (1)用化学用语解释Na2S溶液呈碱性的原因 。 (2)小组同学们试管b中黑色沉淀的提出猜想 猜想1：：黑色沉淀是Fe2S3 猜想2：：黑色沉淀是FeS ①针对猜想1，甲同学根据Na2S溶液呈碱性，推测试管b中黑色沉淀除Fe2S3外，还可能存在Fe(OH)3，补充实验II如下： 编号 操作或过程 现象和结论 实验Ⅱ 向 NaOH溶液中滴加3滴pH=1的0.1mol•L-1的FeCl3溶液。 有红褐色溶液生成。试管b中黑色的Fe2S3可能影响Fe(OH)3红褐色的观察。 ②甲同学继续查找数据：Ksp[Fe2S3]=1.0×10-88，Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-36，设计实验III：向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1mol·L-1Na2S溶液，观察到的现象是沉淀颜色由 ，该现象对应的离子方程式为 。 ③针对猜想2，乙同学推测，若猜想2成立，应该还有S生成。写出该同学推测所依据的离子方程式 。乙同学继续检验：进行实验并获取证据：取试管b中黑色沉淀，用水多次洗涤后， ，确认黑色沉淀中无S单质，猜想2不成立。 (已知：Ksp(FeS)=1.59×10-19；H2S：Ka1=9.5×10-8，Ka2=1.3×10-14) (3)丙同学利用电化学原理继续进行探究 编号 装置 操作及现象 实验IV ①电流计指针有微弱偏转 ②2分钟后，取左侧烧杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有少量蓝色沉淀；2小时后，右侧烧杯有黄色浑浊产生，再取左侧烧杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有大量蓝色沉淀。 丙同学依据实验IV得出结论：pH=1的0.1mol·L-1FeCl3溶液与pH=12.5的0.1mol·L-1Na2S溶液 (填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。 (4)综合以上研究，从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因： 。 【参考答案】 一、选择题 1．D 解析：pH试纸测溶液的pH时是定量测定，加水润湿后会导致溶液的浓度降低，有可能使测得的pH产生偏差，例如测酸溶液、碱溶液和会水解的盐溶液等pH时会有偏差，所以不能润湿； 答案选D。 2．C 解析：A．Na2O2中阴离子是O，阴、阳离子数目之比为1∶2，A错误； B．反应①的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，题中电荷不守恒，B错误； C．反应2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑中，0.1molNa2O2产生0.05molO2，转移电子0.1mol，C正确； D．Na、Na2O、Na2O2与H2O反应的化学方程式分别为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.1molNa、Na2O、Na2O2分别与水反应生成NaOH的物质的量为0.1mol、0.2mol、0.2mol，溶液的质量分别增加2.2g、6.2g、6.2g，则质量分数为×100%、×100%、×100%，因此溶液中NaOH的质量分数从小到大的顺序：①<②=③，D错误。 故答案为：C。 3．D 解析：A．HClO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ ，A正确； B．H2S水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O，B正确； C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C正确； D．标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(l) △H=-622.08 kJ·mol-1，D错误； 故答案为：D。 4．D 【分析】离子共存的前提是离子间不能发生反应，据此答题。 解析：A．H+和ClO-将生成HClO，故A错误； B．Ba2+和SO将生成沉淀，故B错误； C．NH和OH-将生成，故C错误； D．Na+、Ca2+、HCO、NO之间不发生反应，可以共存，故D正确； 故答案选D。 5．C 解析：A．起始浓度未知，溶液中时反应不一定达到平衡，A项错误； B．AgCl和AgI是固态物质，，B项错误； C．向平衡体系中滴加浓溶液时，可与发生反应：，既能减小浓度，又能增大浓度，平衡逆向移动，C项正确； D．温度不变，平衡常数不会发生改变，D项错误。 故选C。 6．C 解析：A．根据质子守恒，溶液中存在：，故A错误； B．，悬浊液中存在：，故B错误； C．反应，K=，反应正向进行，需满足，故C正确； D．根据电荷守恒，过滤后所得滤液中一定存在：，故D错误； 选C。 7．B 解析：A．加热煮沸后，天然水中的钙离子和镁离子会以碳酸钙、碳酸镁、氢氧化镁沉淀形式析出，从而降低了天然水中钙离子和镁离子的浓度，A正确； B．纳米材料石墨烯不是分散系，不属于胶体，也不能发生丁达尔现象，B错误； C．NaHCO3受热分解产生二氧化碳，且碱性不强，可作化学膨松剂，C正确； D．根据沉淀溶解平衡移动原理，硫化亚铁可以生成更难溶的硫化铜、硫化汞，从而达到除去工业废水中的Cu2+、Hg2+的目的，D正确； 答案选B。 8．B 解析：不同物质的溶解度受温度变化影响不同，硝酸钾的溶解度随温度升高而明显增大，氯化钠的溶解度随温度变化影响不大。由题图可知，将60℃的饱和溶液冷却至0℃时硝酸钾容易析出，氯化钠析出较少，所以冷却析出的晶体中含有大量硝酸钾，少量氯化钠，故选B。 9．D 解析：A．SO2是由分子构成的化合物，在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此SO2属于非电解质，A不符合题意； B．CH3COONH4是盐，属于离子化合物，在水中会完全电离产生CH3COO-、，属于强电解质，B不符合题意； C．NaCl是盐，属于离子化合物，在水中会完全电离产生Na+和Cl-，属于强电解质，C不符合题意； D．NH3▪H2O是由分子构成的化合物，在水溶液中能够微弱的电离产生、OH-，存在电离平衡，因此NH3▪H2O是弱电解质，D符合题意； 故合理选项是D。 10．D 【分析】c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动。 解析：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Na2CO3，碳酸根离子结合水电离生成的氢离子生成碳酸氢根离子，促进水的电离，使溶液中的c(OH−)>c(H+)，故C不符； D．向水中加入少量NH4Cl，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，使溶液中c(H+)>c(OH−)，故D符合； 故答案为：D。 11．A 【分析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，常见的弱电解质包括：弱酸、弱碱、极少部分盐、水等。 解析：A．HClO在水中部分电离，属于弱酸，为弱电解质，A正确； B．碳酸钙溶于水的部分能完全电离，属于强电解质，B错误； C．NaNO3属于强电解质，C错误； D．二氧化硫属于非电解质，D错误； 故选A。 12．C 解析：A．25℃时的溶液中n(OH-)=c∙V=0.1mol/L×1L=0.1mol，水还电离出OH-，则溶液中的数目大于，故A错误； B．Na2O2与足量的(C18O2)反应为歧化反应，生成的O2中的氧元素全部来自于Na2O2，不会生成18O2，故B错误； C．在pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11 mol/L，由c(H+)•c(OH-)=KW可知c(OH-)=1×10-3 mol/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3 mol/L，n(OH-)=1×10-3 mol/L×10 L=0.01 mol,所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故C正确； D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故NH3的分子数小于2NA，故D错误； 故选：C。 13．B 解析：A．pH=4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故A不选； B．pH=4的硝酸中c(H+)=1×10-4mol/L，pH=10的氨水溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L，但NH3•H2O是弱碱，不完全电离，电离产生的c(OH-)=1×10-4mol/L，c(NH3•H2O)大于1×10-4mol/L，当硝酸和氨水等体积混合后，氨水是远远过量的，则混合后溶液显碱性，溶液的pH＞7，故B选； C．pH=2的醋酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，醋酸是弱碱，不完全电离，醋酸电离产生的c(H+)=1×10-2mol/L，但c(CH3COOH)大于1×10-2mol/L，当醋酸和NaOH溶液等体积混合后，醋酸是远远过量的，则混合后溶液显酸性，溶液的pH＜7，故C不选； D．pH=2的硫酸中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，强酸和强碱等体积混合，恰好完全反应，则混合后溶液的pH=7，故D不选； 故选B。 14．B 解析：A．，由初始点X可知，该温度下，A正确； B．从Y点到Z点硫酸钡沉淀转化为碳酸钡沉淀，发生的离子反应为：，B错误； C．通过改变溶液中酸根离子的浓度，与在一定条件下可以相互转化，C正确； D．P点溶液中，D正确； 故选B。 15．B 解析：A．用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20 mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定终点之后，滴入相同体积的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠浓度越大，过量的氢氧化钠越多，溶液的碱性越强，pH越大，因此c1>c2>c3，A项正确； B．M点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，分别为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)和2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，因此2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)，B项错误； C．恰好中和时，溶液中的溶质为NaA，A-水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，C项正确； D．设NaOH溶液、HA溶液的浓度均为c mol·L-1，pH=7时，加入的氢氧化钠溶液为V mL，生成的NaA为V×10－3c mol，溶液中存在c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，Ka=，D项正确； 故选B。 二、填空题 16．(1)胶体 (2)+3 (3)Fe2O+10H++Cu2O=2Fe2++5H2O+2Cu2+ Fe2O Cu2O (4) ZnSO4 解析：（1）新型纳米材料氧缺位铁酸盐属于纳米材料，微粒直径处于1nm-100nm之间，所以分散在蒸馏水中所形成的分散系属于胶体； （2）M的化合价为+2价，氧元素为-2价，设铁元素的化合价为+x，依据化合物MFe2O4中各元素化合价代数和为0，则：(+2)+(2x)+(-2×4)=0，x=+3，即MFe2O4中Fe元素的化合价为+3； （3）在酸性条件下，Fe2O容易转化为Fe2+，铁元素的化合价从+3价降低到+2价，化合价降低作氧化剂，作还原剂的物质中元素化合价升高，才能符合氧化还原反应的特征即元素化合价有升必有降，所以应该是Cu2O生成Cu2+，才符合化合价升高的变化，故氧化剂为Fe2O、还原剂为Cu2O，反应为Fe2O+10H++Cu2O=2Fe2++5H2O+2Cu2+； （4）①在As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O反应中，As元素化合价从+3价降低到-3价，1个As2O3参加反应得到12个电子，Zn元素化合价从0价升高到+2价，6个Zn参加反应失去12个电子，用单线桥可以表示为：； ②Zn元素的化合价升高，Zn为还原剂反应氧化反应生成硫酸锌，ZnSO4是氧化产物。 17．(1) (2) (3)< 溶液显酸性，说明离子的电离程度大于其水解程度，电离生成的大于水解生成的 (4)1：6 6 解析：（1）溶液跟溶液混合，两者发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：，故答案为：； （2）溶液与溶液等体积混合，两者恰好我完全反应生成MCl，反应后溶于呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，水解显酸性，则MOH为弱碱， MOH的电离方程式为：，故答案为：； （3）溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶于显酸性，因在溶液中存在：和，电离显酸性，水解显碱性，由溶液最终显酸性可知的电离程度大于其水解程度，则电离生成大于水解生成的；故答案为：<；溶液显酸性，说明离子的电离程度大于其水解程度，电离生成的大于水解生成的 （4）①反应(Ⅰ)中与发生氧化还原反应，1mol被还原生成Cr3+得6mol电子，1mol亚铁离子被氧化生成三价铁离子失去1mol电子，根据得失电子守恒可得两者物质的量之比应为1：6；故答案为：1：6； ②废水中，则c(OH-)=，c(H+)=，pH=6，故答案为：6； 18．(1) 2CH3COOH+CO 2CH3COO-+CO2↑+H2O 增大 (2)是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。 不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。 (3)c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-) (4) 解析：（1）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：2CH3COOH+CO 2CH3COO-+CO2↑+H2O；随着碳酸钠溶液的滴加，CO浓度增大，平衡正向移动，CH3COOH的浓度降低，溶液酸性减弱，溶液的pH增大。 （2）是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。 不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。 （3）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，当碳酸钠溶液全部滴加完后，得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，测得该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)，综上所述，该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小为：c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-)。 （4）还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O，要使反应发生需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中只有Cu2O具有还原性，根据得失电子守恒和氧化还原反应的规律配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目为：。 19．(1) 酸 (2)< (3)= = (4) 解析：（1）溶液①是强酸弱碱盐，显酸性，是因为铵根离子水解造成的，其离子方程式为。 （2）②③两种溶液浓度相同，但是硫酸氢铵电离出来的氢离子会抑制铵根离子的水解，导致铵根离子较多，故铵根离子浓度的大小关系是②<③。 （3）溶液②的pH=7，说明醋酸根离子水解产生的OH-和铵根离子水解产生的H+的浓度相等，即CH3COO−的水解程度=的水解程度，CH3COO−与的浓度大小关系是c（CH3COO−）= c（)。 （4）由题意知HA为一元弱酸，故A−的水解离子方程式为，溶液M中，钠离子不水解，故浓度最大；水解很微弱，故A-浓度其次；水解结合H+产生OH-，故氢离子浓度低于氢氧根离子，故该溶液M中离子浓度由大到小关系为Na+>A−>OH−>H+。 20． 解析：La3+的中的物质的量为：n1=cV=amol/L×V1×10-3L=aV1×10-3mol，与EDTA反应的La3+即过量的La3+的物质的量为：n2=n(EDTA)=cV=cmol/L×V2×10-3L=cV2×10-3mol，则与F-结合的La3+的物质的量为：n3=n1-n2=( aV1×10-3mol- cV2×10-3mol)= ( aV1- cV2) ×10-3mol，则样品中含有的F-的物质的量为：=15( aV1- cV2) ×10-3mol，故样品中氟的百分含量为： =，故答案为：。 21．Cu2(OH)3Cl 解析：首先n(Cl-)=，， 根据电荷守恒，2n（Cu2+）=n（Cl-）+n（OH-）可得，n（OH-）=0.03mol， a∶b∶c∶d=n（Cu2+）∶n（OH-）∶n（Cl-）=2∶3∶1，化学式为Cu2(OH)3Cl。 22． 沸点：H2O>H2S，因为H2O分子之间存在氢键 S4N4 Fe2++2H2O=Fe（OH）2+2H+ 抑制Fe2+水解 提高H2O2的氧化能力（或促进Fe2+被氧化） 8FeSO4+4H2O2+8H2O [Fe2（OH）4SO4]4+4H2SO4 防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差 21.50 解析：试题分析：（Ⅰ）R元素的最外层电子数是次外层电子数的一半，可知R为硅元素，则可知X为碳元素，Y为氮元素，Z为氧元素，M为氟元素，W为硫元素。 （2）水的沸点高于硫化氢，水中有氢键。 （3）W为硫元素，Y为氮元素，甲的相对分子质量为184，其中Y的质量分数约为30%，可知为S4N4 （Ⅱ）（4）硫酸亚铁溶液中加入双氧水后，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为:2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O， （5）根据制取流程可知，下一步需要加入双氧水氧化亚铁离子，双氧水在酸性条件下氧化性增强，所以加入浓硫酸后可以提高双氧水的氧化能力;亚铁离子在溶液中容易发生水解，加入浓硫酸增大溶液中氢离子，可以抑制Fe2+水解， （7）①Sn2+能够被Cr2O72-氧化，所以为防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差，需要用HgCl2除去过量的SnCl2，③氧化还原反应中化合价升降相等，亚铁被氧化成铁离子，转移1个电子，Cr2O72-被还原为Cr3+，转移6个电子，根据电子守恒可得: 6Fe2+~Cr2O72-， 6mol 1mol n 0.1000mol/L×0.0128L 则:n=6mol×0.1000mol/L×0.0128L 1mol =0.00768mol，故聚铁中铁的质量分数为:0.00768mol×100mL 20mL ×56g/mol 10.00g ×100%=21.5%， 考点：元素周期表和物质制备实验设计 23．(1)S2-+H2O⇌HS-+OH- (2)3mLpH=12.5 红褐色完全转化为黑色 2Fe(OH)3+3S2-=Fe2S3+6OH- 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓ 加盐酸充分溶解后，无固体剩余 (3)能 (4)在该条件下，FeCl3与Na2S反应生成Fe2S3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率(氧化还原反应速率) 解析：（1）Na2S 溶液呈碱性，是因硫离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为S2-+H2O⇌HS-+OH-，故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-； （2）①利用了平行对比实验角度思考，改物质而不改体积和pH：因为实验Ⅰ中用的是3mLpH=12.5Na2S 溶液，所以实验Ⅱ中药品改成3mLpH=12.5NaOH溶液作对比试验，故答案为：3mLpH=12.5； ②结合Ksp[Fe2S3]=1.0×10-88，Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-35，难溶物的溶解度越小越易转化生成，向 Fe(OH)3 中加入过量 pH=12.5 的 0.1 mol•L-1Na2S 溶液时，红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2S3沉淀，对应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3S2-=Fe2S3+6OH-，故答案为：红褐色完全变为黑色，2Fe(OH)3+3S2-=Fe2S3+6OH-；③若猜想2成立，FeCl3反应生成FeS，则Fe化合价降低，S元素化合价升高，所依据的离子方程式：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，取试管b中黑色沉淀，用水多次洗涤后，加盐酸充分溶解后，无固体剩余，确认黑色沉淀中无S单质，猜想2不成立；故答案为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓；加盐酸充分溶解后，无固体剩余； （3）实验IV根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论：氧化还原反应生成FeS的速率不大，故答案为：能； （4）实验Ⅰ表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液，主要发生的是复分解反应，速率快，实验Ⅳ表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液主要发生的是氧化还原反应，速率慢，由此可知FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应，且反应的产物、实验的现象与试剂的滴加顺序和多少、反应体系的酸碱性等有关，故答案为：FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成沉淀Fe2S3的速率大于发生氧化还原反应生成FeS的速率。 学科网（北京）股份有限公司 $$