第3章 物质在水溶液中的行为 学情检测
一、单选题
1．在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是（ ）
A．Na+ B．H+ C． D．
2．下列属于弱电解质的是（）
A．氨水 B．麦芽糖
C．干冰 D．碳酸
3．下列离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH>7的溶液中：、、
B．使紫色石蕊变红的溶液中：、、
C．含有溶质为HCl的溶液中：、、
D．透明溶液中：、、
4．某溶液中含大量 NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）
A．CH3COO- B．Na+
C．CO、NH D．CH3COO-、Na+
5．下列贡献与中国科学家无关的是（ ）
A．创立侯氏制碱法 B．发现青蒿素
C．合成结晶牛胰岛素 D．发明元素周期表
6．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是（ ）
A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉
C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
7．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
B．的溶液的
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
D．图b中当溶液时，
8．下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是( )
选项 指定环境 能够共存的离子
A 滴加酚酞显红色的溶液 K＋、S2－、SO32-、NO3-
B 有HCO3-存在的无色透明溶液
Na＋、K＋、Cl－、Al3＋
C 水电离的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中 Cl－、CO32-、NO3-、NH4+
D 使石蕊变红的溶液中 Fe2＋、MnO4-、NO3-、SO42-
A．A B．B C．C D．D
9．常温下向20mL0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化情况如图所示（忽略温度变化）．下列说法中不正确的是（ ）
A．由题可知HA为弱酸
B．滴定终点位于c和d点之间
C．滴定到b点时：n（Na+）+n（H+）﹣n（OH﹣）+n（HA）=0.002mol
D．滴定到d点时：c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）
10．pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），分别与锌反应，若最后锌已全部溶解且放出气体一样多，为此下列说法正确的是（ ）
A．反应开始时，酸的物质的量浓度：甲﹥乙
B．反应所需时间：甲＜乙
C．反应开始时的速率：甲＝乙
D．反应结束时，pH值：甲＜乙
11．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．在 mol/L的溶液中：、、、
B．由水电离的mol/L溶液中：、、、
C．pH=1的溶液中：、、、
D．使甲基橙变黄的溶液中：、、、
12．醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq) H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka= =1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是（）
A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C．该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D．升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
13．将0.1mol/L醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中c（OH﹣）和c（H+）都减小
B．溶液的pH增大
C．醋酸电离平衡向左移动
D．溶液中c（H+）增大
14．用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ）
A．c（OH﹣） B．n（NH4+）
C． D．n（OH﹣）
15．常温下，用0.1 mol·L-1KOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a≈3，说明HA属于弱酸
B．水的电离程度：d点＞c点
C．e点溶液中：c(K＋)=2c(A－)+2c(HA)
D．b点溶液中粒子浓度大小：c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)
16．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Cu2+、Cl﹣、NO3﹣、OH﹣
C．Ca2+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣
二、实验探究题
17．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g 100mL﹣1）．
（1）实验步骤
①用 （填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
②用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂．
③读取盛装0.100 0mol L﹣1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为 mL．
④滴定．当 时，
停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
（2）实验记录
滴定次数实验数据（mL） 1 2 3 4
V（样品） 20.00 20.00 20.00 20.00
V（NaOH）（消耗） 15.95 15.00 15.05 14.95
数据处理与讨论
①按实验所得数据，可得c（市售白醋）= mol L﹣1（列式计算）；市售白醋总酸量= g 100mL﹣1（列式计算）．
②在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 填写序号）．
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
18．实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验，请完成下列填空：
（1）配制100mL0.1000 mol L-1NaOH标准溶液。
滴定操作步骤：①准备：检漏→洗涤→ → →排气泡→读数。
②滴定：用移液管取25.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2-3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定，重复上述滴定操作2-3次，记录数据如下。
实验编号 NaOH溶液的浓度(mol·L-1) NaOH标准液初始读数(mL) NaOH标准液终点读数(mL)
1 0.1000 0.62 20.60
2 0.1000 0.72 20.74
3 0.1000 0.00 21.00
（2）滴定达到终点的标志是 。
（3）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 。然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（4）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 mol·L-1
（5）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有 。
A．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴未擦去
B．滴定终点读数时仰视读数
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
D．锥形瓶水洗后未干燥
E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3
F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
19．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料，防腐等工业。查阅资料得知：CuCl是一种白色固体，微溶于水，不溶于酒精，能溶于浓盐酸，其熔融物导电性很差。
（1）CuCl为 (填“共价化合物”或“离子化合物”)。
（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量
KI溶液可能发生：
a.2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)+I2
B.2Cu2++2Cl-+2I-=2CuCl↓(白色)+I2
若a反应为主要反应，则Ksp(CuI) Ksp(CuCl)（填“＞”、“＜”或“=”＝）
（3）实验室可用氯化铜溶液、铜粉、浓盐酸反应制备氯化亚铜，其反应原理和流程为：
CuCl2+Cu+2HCl(浓) 2HCuCl2(无色) 2CuCl↓(白色)+2HCl
①上述反应流程中，加入氯化钠的目的是 。
②常温下，CuOH的Ksp为1.0×10-14，则Cu++H2O CuOH+H+的平衡常数为：
③为得到纯净的CuCl晶体，最好选用 （填编号）试剂进行洗涤。
a．蒸馏水
b.稀硫酸
c.氯化铜溶液
d.乙醇
④CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的化学方程式为 。实验时，若用2mL0.5mol/L的CuCl2 溶液，最终可得到产品0.16g，则实验的产率为 。
三、综合题
20．回答下列问题：
（1）泡沫灭火器(里面装饱和溶液和溶液)的工作原理(用离子方程式表示) 。
（2）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成固体和。已知室温下2g自燃放出热量89.2kJ，该反应的热化学方程式为： 。
（3）氨基甲酸铵是合成尿素的一种中间产物。已知某温度下，往一密闭容器中加入a mol，反应在45min时达到平衡，的平衡转化率为45%，此时容器容积为V L，则该温度下此反应的平衡常数为 (用含a、V的式子表示)。
（4）25℃时，部分弱碱、弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
电离平衡常数(25℃)
①向溶液中加入少量的溶液反应的离子方程式是 。
②的溶液中离子浓度大小关系是 。
21．
（1）Ⅰ．常温下，如果取0.2 mol/LCH3COOH溶液与0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题：
写出该混合过程中所发生反应的离子方程式： ，混合溶液的pH=9的原因是：(用必要的文字和离子方程式表示) 。
（2）该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值为 。
（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：
c(Na+)-c(CH3COO-)= mol/L(代入数据，列出算式即可)
c(OH－)-c(CH3COOH)= moL/L。
（4）Ⅱ．由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是_________(填字母序号)。
化学式 常温下的电离常数
HClO K=3×10-8
H2CO3 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
A．NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3
B．2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O
C．2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3
D．NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3
（5）将同温度下等浓度的下列四种盐溶液：(已知常温下一水合氨的电离常数Kb=1.8×10-5；碳酸的电离常数：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11)
A．NH4HCO3
B．NH4Cl
C．(NH4)2SO4
D．CH3COONH4 按pH由大到小的顺序排列：_________(填字母序号)。
（6）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是_________(填字母序号)。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾
A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部
22．我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出的贡献．如图是某厂应用“侯氏制碱法”生产纯碱的工艺流程图，据图回答：
（1）上述流程图中，可循环利用的物质是 ；
（2）流程Ⅰ后过滤所得滤液中含有的溶质有 ．
（3）流程Ⅱ先通入氨气，再通入二氧化碳．如果反过来，二氧化碳的吸收率会降低．这是因为 ．
（4）用一个化学反应方程式表示出流程Ⅱ中发生的总反应 ．
（5）工业生产纯碱的流程中，碳酸化时溶液中析出碳酸氢钠而没有析出氯化铵的原因是 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：在水溶液，在水分子的作用下，硫酸氢钠电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，所以在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是钠离子，故选A．
【分析】在水溶液里，硫酸氢钠电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子．
2．【答案】D
【解析】【解答】A.氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,A不符合题意；
B.麦芽糖在溶液中和熔融状态都不导电是非电解质,B不符合题意；
C.干冰是二氧化碳晶体,属于非电解质,C不符合题意；
D.碳酸为弱酸,在溶液中部分电离,为弱电解质,D符合题意；
故答案为：D。
【分析】弱电解质是在水溶液中或熔融状态下不完全（少部分）发生电离的电解质。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．pH>7的溶液呈碱性，与不能共存，故A不符合题意；
B．使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，溶液中的与不共存，与不共存，故B不符合题意；
C．含有溶质为HCl的溶液呈酸性，与在酸性条件下发生氧化还原反应，所以不能共存，故C不符合题意；
D．透明溶液中、、不反应，可以共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】思路分析：判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH.
4．【答案】A
【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；
B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；
C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；
D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+ Na+浓度增加，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；
A、醋酸根不受到影响；
B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；
C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；
D、钠离子浓度增大。
5．【答案】D
【解析】【解答】A、中国科学家侯德榜发现了侯氏制碱法，故侯氏制碱法和中国科学家有关，故A不符合题意；
B、中国科学家屠呦呦发现青蒿素，获得了诺贝尔奖，故B不符合题意；
C、中国科学家最早人工合成结晶牛胰岛素，故和中国科学家有关，故C不符合题意；
D、俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，和中国科学家无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.中国科学家侯德榜发现了侯氏制碱法；
B.中国科学家屠呦呦发现青蒿素；
C.中国科学家最早人工合成结晶牛胰岛素；
D.俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表。
6．【答案】B
【解析】【解答】A、NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A不符合题意；
B、亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B符合题意；
C、铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C不符合题意；
D、FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液水解显酸性；
B．亚铁离子容易被氧化，所以配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉；
C．铵盐水解呈酸性，长期施用铵态氮肥会使土壤酸化；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性．
7．【答案】D
【解析】【解答】A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，草酸和氢氧化钙首先转化为草酸氢钙，继续滴加氢氧化钙，草酸氢钙转化为草酸钙沉淀，虽然此时草酸根离子浓度很小，但是碳元素仍然主要以草酸根离子存在，且温度一定时，草酸的一级电离常数、二级电离常数是固定的，故与图a相同，A不符合题意；
B．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，当两者等体积混合时得到溶液为的溶液，结合图a可知，也就是量最大的时候，溶液的，B不符合题意；
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，氯化钙过量，反应后溶液中；结合图b可知，，则溶液中为，C不符合题意；
D．由图b可知，，图b中当溶液时，；由图a可知，当时，pH=4.2，则；由于，则，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、电离平衡常数只受温度影响；
B、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
C、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
D、结合图像以及电离平衡常数判断。
8．【答案】A
【解析】【解答】A.滴加酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-，溶液中的各离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B.溶液中HCO3-能与Al3+发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，不可大量共存，B不符合题意；
C.常温下，水电离产生的c(H+)=10-7mol/L，由于溶液中水电离的c(H+)=10-12mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中水的电离收到抑制，因此该溶液为酸溶液或碱溶液，存在大量的H+或OH-，而H+能与CO32-反应，OH-能与NH4+反应，不可大量共存，C不符合题意；
D.MnO4-具有氧化性，能将Fe2+氧化，同时NO3-在酸性条件下具有氧化性，也能将Fe2+氧化，均不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.滴加酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-；
B.HCO3-能与Al3+发生双水解反应；
C.水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液显酸性或碱性，含有大量的H+或OH-；
D.使石蕊变红的溶液显酸性，含有大量的H+；
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、20mL0.1mol/LHA溶液pH=3，所以酸是弱酸，故A正确；
B、向20mL0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，恰好中和时溶液呈碱性，pH＞7，溶液呈中性，需要酸稍过量，滴定终点位于c和b点之间，故B错误；
C、滴定到b点时，根据电荷守恒：n（Na+）+n（H+）﹣n（OH﹣）=n（A﹣），n（A﹣）+n（HA）=0.002mol，即n（Na+）+n（H+）﹣n（OH﹣）+n（HA）=0.002mol，故C正确；
D、d点所的溶液是氢氧化钠和醋酸钠溶液的混合物，所以c（Na+）＞c（A﹣），氢氧化钠剩余，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（H+），故D正确，
故选B．
【分析】A、20mL0.1mol/LHA溶液pH=3，所以酸是弱酸；
B、酸为弱酸，恰好中和时溶液呈碱性，pH＞7，溶液呈中性，需要酸稍过量；
C、任何溶液一定满足电荷守恒，b点溶液显酸性，析根据电荷守恒、物料守恒进行判断；
D、根据氢氧化钠和醋酸钠溶液中离子浓度的大小关系来回答．
10．【答案】C
【解析】【解答】A、醋酸为弱酸，pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），醋酸浓度要远远大于盐酸浓度，不符合题意；
B、pH值相等，氢离子浓度开始相等，开始速率相等，随着反应进行，醋酸会进一步电离出氢离子，则醋酸和酸反应速率要跟快些，不符合题意；
C、pH值相等，氢离子浓度开始相等，开始速率相等，符合题意；
D、随着反应进行，醋酸会进一步电离出氢离子，反应结束后醋酸有剩余，溶液酸性更强，不符合题意。
【分析】 pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙）， 则两溶液中氢离子浓度相等，反应速率和离子浓度成正比，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以盐酸溶液的浓度小于醋酸溶液的浓度，若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，可能是盐酸恰好反应而醋酸过量，也可能是盐酸和醋酸都过量，据此分析解答。
11．【答案】A
【解析】【解答】A. c（H+)/c（OH-）=106的溶液显酸性，此时 、、、 互相之间不反应，也不与H+反应，可以大量共存，A选项是正确的；
B. 由水电离的mol/L溶液 可能显酸性，也可能显碱性，在酸性或碱性环境下，HCO3-离子都不能大量存在，B选项是错误的；
C. pH=1的溶液中 ，有大量的H+， H+与NO3-组合具有强氧化性，可以把Fe2+氧化成Fe3+，C选项也不能大量共存，C选项是错误的；
D. 使甲基橙变黄的溶液 是碱性溶液，Mg2+、AlO2-不能大量存在，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】在离子共存问题中，应该分析离子之间是否发生复分解反应、氧化还原反应以及互促水解反应。此外还应考虑离子与溶液中的H+或OH-是否发生反应。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A不符合题意；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B不符合题意；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C不符合题意；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.加入浓盐酸，氢离子的浓度会增大；
B.加入生成物离子的浓度，反应会逆向进行；
C.平衡常数只与温度有关，只要温度不变，反应的常数就是不变的；
D.升高温度，平衡会正向进行，氢离子浓度增大，平衡常数也会变大。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加水稀释，促进醋酸电离，但氢离子增大的个数远远小于水增加的体积，所以氢离子浓度降低，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B．温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释促进醋酸的进电离，电离平衡正向进行，氢离子增大的个数远远小于水增加的体积，所以氢离子浓度减小，溶液PH增大，故B正确；
C．加水稀释促进醋酸电离，所以平衡向右移动，故C错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子增大的个数远远小于水增加的体积，所以氢离子浓度减小，故D错误；
故选B．
【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的电离平衡常数不变，据此分析解答．
14．【答案】A
【解析】【解答】解：A．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，由于溶液体积变化更大，则氢氧根离子的浓度减小，故A正确；
B．稀释过程中铵根离子、氢氧根离子的物质的量增大，故B错误；
C．稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则 的比值会增大，故C错误；
D．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，故D错误；
故选A．
【分析】用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小，据此进行判断．
15．【答案】C
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1 HA溶液的pH≈3，说明HA未完全电离，属于弱酸，故A不符合题意；
B．酸或碱抑制水的电离，能够水解的弱离子促进水的电离，d点溶质为KA、c点溶质为KA和HA，c点不影响水的电离、d点促进水电离，所以水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；
C．e点溶液是物质的量之比为2：3的HA和KOH反应后的溶液，溶液中存在物料守恒2c(K)=3c(A)，即2c(K+)═3c(A-)+3c(HA)，故C符合题意；
D．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，钾离子不水解，且HA电离程度和A-水解程度都较小，所以c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点D，要注意等物质的量浓度的HA和KA的pH＜7，HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Cu2+、OH之间反应生成难溶物氢氧化铜，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Ca2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A．
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；
C．钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁．
17．【答案】（1）酸式滴定管；容量瓶；酚酞；0.60；溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色
（2）0.75；4.5；ab
【解析】【解答】解：（1）①滴定管精确度为0.01mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；故答案为：酸式滴定管；容量瓶；②由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，故答案为：酚酞；③滴定管液面的读数0.60mL；故答案为：0.60；④NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；（2）①第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH ～ NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
x=0.450
c（市售白醋）= =0.75mol L﹣1，样品总酸量 =4.50g 100mL﹣1；
故答案为：0.75；4.5；②a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏大，故a正确； b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏大，故b正确； c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）不变，故c错误； d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏小，故d错误；故选：ab．
【分析】Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；Ⅱ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH来解答；（2）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
18．【答案】（1）润洗；装液
（2）最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色
（3）丙
（4）0.08000
（5）B、F
【解析】【解答】（1）滴定操作步骤中准备阶段是检漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、读数；故答案为润洗；装液；
（2）用标准液NaOH滴定未知液盐酸，用酚酞作指示剂，因此滴定终点的现象是滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且30s或半分钟不恢复原来颜色；故答案为滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且30s或半分钟不恢复原来颜色；
（3）碱式滴定管排气泡时，让尖嘴部分向上倾斜，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，
故答案为：丙正确；故答案为丙；
（4）三组实验消耗NaOH的体积分别为19.98、20.02、21.00，第三组数值与另外两组数值相差较大，应舍去，即两次平均消耗氢氧化钠的体积为20.00mL，未知稀盐酸的物质的量浓度为 =0.08000mol·L－1；故答案为0.08000mol·L－1；
（5）利用c(待)= 进行分析；
A．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴未擦去，使滴定管读数偏低，消耗NaOH的体积偏低，即所测溶度偏低，故A不正确；
B．滴定终点读数时，仰视读数，消耗NaOH溶液的体积偏大，即所测溶液浓度偏高，故B正确；
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，造成锥形瓶中盐酸的物质的量减少，即消耗NaOH溶液体积减小，所测溶液浓度偏低，故C不正确；
D．锥形瓶水洗后是否干燥，溶质的物质的量保持不变，对实验所测结果无影响，故D不正确；
E．用NaOH滴定盐酸，配制好的NaOH标准液保存不当，部分与空气中的二氧化碳生成碳酸钠，2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O、Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，可以建立2NaOH～2HCl，可以得出等物质的量的碳酸钠、氢氧化钠消耗盐酸的物质的量相等，滴定时消耗的标准液的体积不变，测定结果不变，故E不正确；
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成消耗标准液的体积增大，所测浓度偏高，故F正确；
答案BF。
【分析】(1)滴定管在使用前都要检漏和润洗；
(2) 注意是碱滴酸， 终点时应该是碱过量半滴左右时；
(3)熟悉滴定管排气泡的方法；
(4)根据计算；
(5)误差分析是根据，判断错误的操作引起Vb如何改变，对ca的影响如何。
19．【答案】（1）共价化合物
（2）<
（3）增大Cl-浓度，有利于生成HCuCl2；l；d；4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；80.4%
【解析】【解答】（1）CuCl熔融物导电性很差，说明物质中几乎无离子，以分子形式存在，故CuCl为共价化合物；（2）根据方程式可知：当加入KI溶液少量时发生b反应，产生CuCl沉淀，当加入KI溶液过量时，发生反应a，沉淀为CuI，说明难溶物向更难溶性的物质转化，即K
sp(CuI)
2+Cu+2HCl(浓)
2HCuCl2(无色)，增大了Cl-浓度，使化学平衡向生成HCuCl2的方向移动，有利于得到更多的HCuCl2；②常温下，CuOH的Ksp为1.0×10-14，则c(Cu+) c(OH-)=1.0×10-14，c(Cu+)=c(OH-)=1.0×10-7，室温下水的离子积常数为1.0×10-14，所以c(H+)=1.0×10-7。Cu++H2O CuOH+H+的平衡常数为Kh=
；③CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗涤可以减少CuCl的损失，合理选项是d；④CuCl在潮湿的环境中与H2O、O2反应产生Cu2(OH)3Cl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；n(CuCl2)=0.5mol/L×0.002L=0.001mol，根据Cl元素守恒，可得n[CuCl]=0.002mol，理论上得到CuCl质量为m[CuCl]=0.002mol×98.95g/mol=0.1978g，实际产生0.16g，所以实验的产率为
80.4%。
【分析】(1)离子化合物在熔融状态下导电性强，共价化合物在熔融状态下不导电，根据题中信息 CuCl为共价化合物 。
(2)难溶物可以互相转化，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质很容易，反之很难。构成形式相同的难溶物可以根据 Ksp 判定溶解度大小，关系为 Ksp 越大，溶解度越大。
(3)该流程的基本思路是由氯化铜转化为氯化亚铜，通过 CuCl2+Cu+2HCl(浓) 2HCuCl2(无色) 2CuCl↓(白色)+2HCl ，实现了铜离子被还原为亚铜离子，通过水的稀释促进氯化亚铜沉淀的生成。
20．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）；
【解析】【解答】（1）NaHCO 3溶液和发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：。
（2）n(SiH4)= ，则1molSiH4燃烧放出的热量为：89.2kJ×16=1427.2kJ，该反应的化学方程式为：SiH4+2O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) △H=-1427.2kJ/mol。
（3）根据题意列出“三段式”
c(H2O)=mol/L，则该温度下此反应的平衡常数K= c(H2O)=。
（4）①由表格信息可知，的大于的，的小于的，根据强酸制弱酸的原理，向溶液中加入少量的溶液生成和HPO42 ，离子方程式为：2CO32 +H3PO4=2HCO3 +HPO42 ；
②0.1mol L 1的NH4NO2溶液中，发生水解反应生成NH3 H2O，NO2-发生水解反应生成HNO2，由于NH3 H2O的Kb=1.8×10-5小于HNO2的Ka=5×10 4，所以的水解程度大于NO2-的水解程度，则c(NO2 )>c(NH4+)，根据电荷守恒可知c(H+)>c(OH-)，0.1mol L 1的NH4NO2溶液中离子浓度大小关系是c(NO2 )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH )。
【分析】（1）依据盐类水解规律，利用两弱双水解分析。
（2）热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；
（3）利用“三段式”法计算；
（4）①由表格信息，根据强酸制弱酸的原理；
②依据表中数据，判断溶液酸碱性，根据电荷守恒排序。
21．【答案】（1）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，由于水解反应的存在，使得溶液中的c(OH-)＞c(H+)，故pH＞7
（2）104：1(或104)
（3）10-5-10-9；10-9
（4）D
（5）A；B；C；D
（6）A
【解析】【解答】Ⅰ．(1)等体积等浓度混合，恰好生成CH3COONa，由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，二者反应的离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，混合后pH=9，则CH3COO-离子水解显碱性，水解的离子反应为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，故溶液pH＞7；(2)混合溶液中溶液pH=9，c(OH-)=10-5 mol/L，则由水电离出的c(H+)=10-5 mol/L；pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)=10-9 mol/L，故由水电离出c(H+)的比值为10-5 mol/L ：10-9 mol/L =104：1；(3)由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-5 mol/L-10-9 mol/L=(10-5-10-9) mol/L；
对于CH3COONa溶液，根据物料守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，带入电荷守恒表达式c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)中，可得c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-9 mol/L；Ⅱ．(4)根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞ 。
A．若NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3能发生，则酸性： ＞HClO，与题干的酸性：HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，A不正确；
B．若反应2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O能够发生，则酸性：HClO＞H2CO3，与题干的酸性H2CO3＞HClO相违背，说明该反应不能发生，B不正确；
C．若反应2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3能够发生，则酸性：H2CO3＞ ＞HClO，与题干的酸性：H2CO3＞HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，C不正确；
D．若反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3能够发生，则酸性：H2CO3＞HClO＞ ，正好与题干的酸性强弱吻合，故该反应能够发生，D正确；
故答案为：D；(5)根据电离平衡常数可知：物质的电离平衡常数越大，物质越容易电离；物质的电离平衡常数越小，其电离产生的离子越容易水解。B为NH4Cl、C为(NH4)2SO4都是强酸弱碱盐， 水解消耗水电离产生的OH-使溶液显酸性，由于(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，则该溶液水解后酸性更强，pH更小；D为CH3COONH4，由于CH3COOH与NH3·H2O电离平衡常数接近相同，CH3COO-和 水解程度相同，该溶液显中性；A是NH4HCO3，由于电离平衡常数：NH3·H2O＞H2CO3，所以 水解程度大于 ，溶液显碱性，该溶液的pH最大，所以酸性：(NH4)2SO4＞NH4Cl＞CH3COONH4＞NH4HCO3，溶液的酸性越强，pH就越小，故溶液的pH由大到小的顺序为ADBC；(6)①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，①不正确；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，水解产生的氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，②不正确；③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸是不挥发性酸，硫酸和氢氧化铝再反应产生硫酸铝，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，③正确；④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，④正确；⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，⑤不正确；⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰和氧气，所以最终得到的固体不是原物质，⑥不正确；
综上所述可知：能得到化学组成与原固体物质相同的物质序号是③④，故答案为：A。
【分析】Ⅰ．(1)反应生成醋酸钠和水，反应后醋酸根离子水解显碱性；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)为10-5 mol/L，pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)为10-9 mol/L；(3)由电荷守恒可知c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)； 根据物料守恒、电荷守恒分析c(OH－)-c(CH3COOH)；Ⅱ．(4)电离平衡常数越大，相应的酸的酸性越强，根据强酸与弱酸盐反应制取弱酸分析判断；(5)根据越弱越水解，谁强显谁性分析判断溶液的酸性强弱。B、C水解显酸性，D为中性，A水解显碱性，氢离子浓度越大，溶液的pH越小；(6)将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。
22．【答案】（1）水、二氧化碳
（2）氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠
（3）氨气的水溶液是碱性，更易吸收二氧化碳
（4）N aCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3+NH4Cl
（5）在该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小
【解析】【解答】解：（1）在流程中能够回收再利用的物质是水和二氧化碳；
故答案为：水、二氧化碳；（2）过量的氢氧化钙与氧化镁生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过量碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，与氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，所以滤液的溶质主要有氯化钠、过量的碳酸钠和生成的氢氧化钠；故答案为：氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠；（3）氨气溶于水显碱性，更有利于吸收二氧化碳；故答案为：氨气的水溶液是碱性，更易吸收二氧化碳；（4）根据流程，氯化钠、水、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以发生的方程为：NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3+NH4Cl；故答案为：NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3+NH4Cl；（5）工业生产纯碱的流程中，碳酸化时溶液中析出碳酸氢钠而没有析出氯化铵的原因是在该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小；
故答案为：在该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小．
【分析】（1）根据流程图分析可得循环物质；（2）根据除杂过程与反应分析溶质的成分；（3）氨气溶于水显碱性，有利于二氧化碳的吸收；（4）根据反应物生成物结合流程写方程；（5）根据该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小．
