第3章 物质在水溶液中的行为 章节测试
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．在水溶液里或熔融状态下能导电的物质是电解质
B．能电离出H+的化合物一定就是酸
C．离子方程式Cu2++2OH―=Cu(OH)2↓只能表示一个化学反应
D．溶液、胶体和浊液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同
2．下列溶液导电能力最强的是（ ）
A．100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液
B．10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液
C．50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液
D．1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液
3．在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．使酚酞溶液变红的溶液：、、、
B．强酸性溶液中：、、、
C．澄清透明溶液中：、、、
D．使pH试纸变蓝的溶液中：、、、Cl
4．在含有大量Ba2+、OH－、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是（ ）
A．NH4+ B．SO42- C．Mg2+ D．NO3-
5．在含有大量的、、的溶液中，还可能大量共存的离子是（ ）
A． B． C． D．
6．侯氏制碱法的原理为∶，在析出NaHCO3后的溶液中还可以大量共存的离子是（ ）
A．OH- B．H+ C． D．Ag+
7．NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（ ）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
8．在一支25.00mL的酸式滴定管中盛入0.1mol L-1HCl溶液，其液面恰好在5.00mL刻度处。若将滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，然后用0.1mol L-1NaOH标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时所需NaOH溶液的体积（ ）
A．大于20.00mL B．小于20.00mL C．等于20.00mL D．等于5.00mL
9．pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液等体积混合，混合后溶液pH为（ ）
A．pH＞7 B．pH＜7 C．pH=7 D．无法判断
10．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA
B．1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数为2NA
C．0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数为0.2NA
D．3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为0.15NA
11．某学生欲用已知物质的量浓度的氢氧化钠溶液来测定白醋中醋酸的浓度，下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是（ ）
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液
B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定过程中振荡时锥形瓶中有液滴溅出
D．用托盘天平称量NaOH固体（含KOH杂质）配制NaOH溶液
12．已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72－(橙色)+H2O 2H＋+2CrO42－(黄色)。
①向2mL0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol·L－1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色；
②向酸化K2Cr2O7溶液中滴入适量Na2SO3溶液，溶液由橙色变为绿色：Cr2O72－+8H＋+3SO32－＝2Cr3+(绿色)+3SO42－+4H2O。下列分析正确的是（ ）
A．CrO42－和S2－在酸性溶液中可大量共存
B．实验②说明氧化性：Cr2O72－＞SO42－
C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
D．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
13．下列关于中和滴定的操作错误的是（ ）
A．滴定前需要检查滴定管是否漏水
B．用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶
C．用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙
D．已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低
14．下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．含有大量 Ba2＋的溶液中：Cl－、K＋、SO42－、CO32－
B．含有大量H＋的溶液中：Mg2＋、Na＋、SO42－、HCO3－
C．含有大量OH－的溶液中：Mg2＋、NO3－、SO42－、CO32－
D．含有大量Na＋的溶液中：H＋、K＋、NO3－、SO42－
15．常温下，向20 mL的某稀盐酸中滴入0.1 的羟胺溶液，羟胺的电离方程式为：(25℃常温时，)。溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入羟胺溶液体积的变化如图(已知：1g3=0.5)，下列分析正确的是（ ）
A．0.1 羟胺溶液的pH=8.5
B．c点和e点溶液的pH相同
C．b点对应溶液中存在：
D．
16．下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③加热能增加纯碱的去污能力；④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；⑥氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑；⑦加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）
A．7项 B．6项 C．5项 D．4项
二、综合题
17．
（1）25℃时，0.05mol/L H2SO4溶液的pH=
（2）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L,则此溶液中的c(OH-)= ；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L,则此溶液中由水电离产生的c(H+)= 。
（3）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常温下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10-20。某硫酸铜溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>
（4）向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH) 2溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，溶液的pH 7(填>、<、=)，离子反应总方程式 向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH) 2溶液至铝离子刚好完全沉淀时，溶液的pH 7(填>、<、=)，离子反应总方程式
18．有一瓶100mL的无色透明溶液，只含有Cl-、、、SO、H+、Na+、Mg2+、K+、Cu2+中的某几种，且它们的物质的量浓度相同。分别取两份10mL该溶液于试管I、II中，做如下实验：
①实验一：试管I中，加入一小块去除表面氧化膜的金属Al，有气泡产生；
②实验二：试管II中，加入足量的NaOH溶液，产生白色沉淀。
回答下列问题：
（1）仅通过观察就可以判断原溶液中不存在的离子是 (写离子符号)。
（2）由实验一可知原溶液中一定不含有的离子是 (写离子符号)。
（3）根据上述实验可以推出，原溶液中 Cl-、SO， Na+、K+ (填“一定含有”、“一定不含”、“无法确定”)
19．电离平衡常数（用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：
化学式 HF H2CO3 H2S
电离平衡常数 （Ka） 7.2×10-4 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 K1＝9.1×10－8 K2＝1.1×10－12
（1）已知25℃时，①HF(aq)+OH－(aq)＝F－(aq)+H2O(l) ΔH＝－67.7kJ/mol，
②H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol，
氢氟酸电离的热化学方程式为 。
（2）将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量增大的是____。
A．c(H+) B．c(H+)·c(OH－)
C． D．
（3）向Na2CO3溶液通入过量H2S，反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，在20mL 0.1mol/L氢氟酸中加入VmL 0.1mol/L NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是_____________。
A．pH＝3的HF溶液和pH＝11的NaF溶液中， 由水电离出的c(OH-)相等
B．①点时pH＝6，此时溶液中， c(F－)－c(Na+)＝9.9×10-7mol/L
C．②点时，溶液中的c(F－)＝c(Na+)
D．③点时V＝20mL，此时溶液中c(F－)< c(Na+)＝0.1mol/L
（5）Na2CO3溶液显碱性是因为CO32－水解的缘故，请设计简单的实验证明之： 。
（6）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在。1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H-O-F。HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1mol HF转移 mol电子。
（7）已知BiCl3水解产物中有 BiOCl生成。写出水解反应方程式 ，为防止其水解，如何配制 BiCl3溶液？ 。
20．请回答下列问题：
（1）纯水在T℃时，pH=6，该温度下1mol L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）= mol L﹣1．
（2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等．若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A） pH（B） （填“＞”、“=”或“＜”）．现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A） V（B）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H++HR﹣，HR﹣ R2﹣+H+，若0.1mol L﹣1NaHR溶液的c（H+）=a mol L﹣1，则0.1mol L﹣1H2R溶液中c（H+） （0.1+a） mol L﹣1（填“＜”、“＞”或“=”），理由是 ．
（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量．已知：
化学式 电离常数（25℃）
HCN K=4.9×10﹣10
CH3COOH K=1.8×10﹣5
H2CO3 K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11
①25℃时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为 （用化学式表示）．
②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为 ．
21．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应： 。
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 。
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO32-)∶n(HSO3-)变化关系如下表：
n(SO32-)∶n(HSO3-) 91∶9 1∶1 9∶91
pH 8.2 7.2 6.2
①由上表判断，NaHSO3溶液显 性，用化学平衡原理解释： 。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)： 。
a．c(Na＋)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(Na＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H＋)＝c(OH－)
c．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)
（4）能证明Na2SO3溶液中存在SO32-＋H2O HSO3-＋OH－水解平衡的事实是____(填序号)。
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，A不符合题意；
B．电离出的阳离子都是H+的化合物是酸，B不符合题意；
C．Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓可以表示CuCl2与NaOH的反应，也可以表示CuSO4与KOH的反应等，C不符合题意；
D．分散系根据分散质粒子直径大小来分类：溶液（小于1nm）、胶体（1nm~100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、电解质的前提是化合物；
B、酸：阳离子只有H+，阴离子为酸根离子；
C、可溶性铜盐和强碱都可以；
D、 溶液、胶体和浊液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同。
2．【答案】C
【解析】【解答】醋酸为弱酸，不能完全电离，100 mL 0.1mol/L醋酸中离子总浓度小于0.2mol/L，10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子总浓度为0.3mol/L，1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子浓度最大，
故答案为：C。
【分析】溶液的导电能力与溶液中离子浓度和离子所带电荷数的多少有关，据此分析即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．使酚酞溶液变红的溶液中存在大量OH-，OH-与能反应生成难溶物Fe(OH)2，不能大量共存，故A项不符合题意；
B．强酸性溶液中存在大量H+，H+、、、、两两之间不发生反应，能大量共存，故B项符合题意；
C．HClO为弱酸，与能反应生成弱电解质，不能大量共存，故C项不符合题意；
D．使pH试纸变蓝的溶液中存在大量OH-，钡离子、OH-与能反应生成碳酸钡沉淀和水，不能大量共存，故D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、亚铁离子和氢氧根不共存；
B、家宴、硝酸盐都是可溶性盐；
C、次氯酸根和氢离子不共存；
D、氢氧根和钡离子不共存。
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 铵根离子与氢氧根离子不能大量共存，A不符合题意；
B. 硫酸根离子与钡离子不能大量共存，B不符合题意；
C. Mg2+与氢氧根离子不能大量共存，C不符合题意；
D. 三种离子与硝酸根离子不反应，可以大量共存，D正确，
故答案为：D。
【分析】离子间若要结合成弱酸、弱碱、水、沉淀、气体或发生氧化还原等就不能大量共存。
A. 铵根离子与氢氧根离子要结合成一水合氨（弱碱）；
B. 硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀；
C. Mg2+与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀。所以三者中的离子不能大量共存。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．Ba2+与生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Mg2+可以与这三种离子大量共存，故B符合题意；
C．Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．OH-与反应生成弱碱NH3·H2O，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ba2+与生成硫酸钡沉淀；
C.Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀；
D.OH-与反应生成弱碱NH3·H2O。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．氢氧根与铵根和碳酸氢根都不能大量共存，故A不符合题意；
B．氢离子和碳酸氢根不能大量共存，故B不符合题意；
C．硫酸根与氯化铵和碳酸氢钠均不反应，可以大量存在，故C符合题意；
D．银离子和氯离子不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】析出碳酸氢钠后的溶液中存在氯离子、铵根离子、碳酸氢根离子，据此解答。
7．【答案】B
【解析】【解答】中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误．
故答案为：B．
【分析】根据滴定实验操作判断需要的仪器即可.
8．【答案】A
【解析】【解答】25.00mL滴定管中盛入0.1mol/LHCl溶液，其液面恰好在5.00mL刻度处，滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，滴定管的下方没有刻度但充满液体，则盐酸的体积大于20.00mL，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)>0.02L×0.1mol/L，则以0.1mol/L NaOH溶液进行滴定，当恰好中和时消耗NaOH溶液的体积大于20.00mL，
故答案为：A；
【分析】滴定管的下方没有刻度。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH﹣）和c（H+）相等，都为0.001mol/L，
但醋酸为弱酸，不能完全电离，所以醋酸浓度大，
反应后酸过量，则混合溶液呈酸性．
故选：B．
【分析】醋酸为弱酸，不能完全电离，pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH﹣）和c（H+）相等，酸过量，溶液呈酸性．
10．【答案】D
【解析】【解答】A．室温下pH =12的Na2CO3溶液中，由于题干未告知溶液的体积，则无法计算由水电离出的OH-数目，A不符合题意；
B．由于溶剂水中也含有O原子，则无法计算1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2 溶液中含氧原子数，B不符合题意；
C．由于2SO2+O22SO3是一个可逆反应，则0.2 mol SO 2与0.2 mol O2 在一定条件下充分反应生成SO3 分子数小于0.2NA，C不符合题意；
D．已知Na2O2是由Na+和组成的，则3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为=0.15NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据题干信息，只提供了浓度，溶液体积未知，无法计算。
B.注意溶剂水中也含有氧原子。
C.注意该反应是可逆反应。
D.注意Na2O2是由Na+和O22-构成的，据此分析。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，则碱式滴定管内的水会稀释NaOH溶液，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，A不符合题意；
B.盛放待测液的锥形瓶内有蒸馏水，但不影响消耗标准NaOH溶液的体积，最终结果无影响，B不符合题意；
C.振荡时锥形瓶内液体溅出，则待测液的量减少，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏小，最终结果偏低，C符合题意；
D.NaOH固体中含有KOH杂质，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低，则实验过程中所消耗标准NaOH溶液的体积偏小，据此结合选项就进行分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．CrO42－在酸性溶液中转化为Cr2O72-，氧化S2－，在酸性溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B、根据同一化学反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Cr2O72-是氧化剂， 硫酸根是氧化产物，所以氧化性：Cr2O72->SO42－，B符合题意；
C、K2Cr2O7溶液水解显酸性，稀释该溶液，酸性减弱，c（OH－)增大，C不符合题意；
D、实验②发生的反应属于氧化还原反应，不属于平衡移动，D不符合题意，答案选B。
故答案为：B
【分析】A.根据铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根离子进行判断；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C.根据水的离子积常数进行分析；
D.反应②是氧化还原反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.滴定管使用前需检查是否漏液，选项正确，A不符合题意；
B.滴定管水洗后，还需用待装溶液进行润洗，锥形瓶水洗后不能用待装溶液润洗，否则会导致最终结果偏大，选项错误，B符合题意；
C.滴定终点溶液中的溶质为NH4Cl，显酸性，应用甲基橙做指示剂，选项正确，C不符合题意；
D.滴定管的0刻度在上方，终点俯视读数，则会使得标准液的体积偏小，最终所得待测液的物质的量浓度偏小，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.滴定管使用前都需检漏；
B.滴定管水洗后需润洗，而锥形瓶只水洗不润洗；
C.根据反应后所得溶液的酸碱性，确定指示剂；
D.滴定管的0刻度在上方，俯视读数会导致读数比实际液体体积小；
14．【答案】D
【解析】【解答】A.溶液中的Ba2＋和SO42－、CO32－形成BaSO4沉淀、BaCO3沉淀，不可大量共存，A不符合题意；
B.H＋能与HCO3－反应形成H2O和CO2，不可大量共存，B不符合题意；
C.OH－能与Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，不可大量共存，C不符合题意；
D.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子能大量共存，则相互间不发生反应；即不形成难溶（或微溶）物质、不形成易挥发物质、不形成弱电解质；不发生氧化还原反应，不形成络合物；据此结合选项进行分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由羟胺的电离方程式可知，，所以羟胺溶液中，，，所以pH=9.5，故A不符合题意；
B．c点和e点溶液的溶质成分分别为：HCl、和、，且c点和e点溶液中水的电离程度均受到促进，且促进程度相同，f点溶液中水的电离程度既不受到促进也不受到抑制，此时溶液呈中性，所以c点到e点溶液随着羟胺溶液的滴加，酸性逐渐减弱，所以pH不同，故B不符合题意；
C．b点对应溶液中溶质成分为：HCl、，由物料守恒可得，，所以，故C不符合题意；
D．由曲线图可知，常温下稀盐酸溶液中水电离出的氢离子浓度为10-13mol/L，则该稀盐酸溶液浓度为0.1 mol/L，则20 mL的该稀盐酸中滴入0.1 的羟胺溶液，当时，水的电离程度最大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】盐酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，20mL该稀盐酸中水电离的c（H+）=10-13mol/L，则c（HCl）=0.1mol/L；随着羟胺的滴入，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应时，即d点水的电离程度达到最大，之后羟胺过量，水的电离程度逐渐减小。
16．【答案】B
【解析】【解答】①NaHSO4电离产生H+而使溶液呈酸性，故①与盐类的水解无关；
②长期使用化肥(NH4)2SO4，NH4+水解会使土壤酸性增大，发生板结，故②与盐类的水解有关；
③碳酸钠水解产物氢氧化钠可以去污，加热促进碳酸钠水解，所以加热能增加纯碱的去污能力，故③与盐类的水解有关；
④配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体，可以抑制CuCl2水解产生Cu(OH)2沉淀，故④与盐类的水解有关；
⑤NaHS溶液中HS-的水解程度大于电离程度，所以c(H2S)>c(S2－)，故⑤与盐类的水解有关；
⑥氯化铵水解产生的盐酸可以除锈，所以氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑，故⑥与盐类的水解有关；
⑦加热FeCl3·6H2O晶体，FeCl3水解产生Fe(OH)3和HCl，HCl逸出，往往得到Fe(OH)3而得不到FeCl3固体，故⑦与盐类的水解有关。
综上，与盐类水解有关的有：②③④⑤⑥⑦，共六项，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水解原理的考查，结合水解的原理及过程进行分析即可。
17．【答案】（1）1
（2）4.0×10-7 mol/L；8.0×10-10 mol/L
（3）5
（4）＞；2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；5；Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【解析】【解答】（1）0.05mol/LH2SO4溶液中c(H+)为0.1mol/L，则溶液中pH=1，故答案为1；（2）某温度下纯水中的c（H+）=4.0×10-7mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=4.0×10-7mol/L，水的离子积常数Kw= c(H+) c(OH-)=4.0×10-7mol/L×4.0×10-7mol/L=1.6×10-13；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L，溶液中c（OH-）=1.6×10-13/2.0×10-4mol/L=8.0×10-10 mol/L，由水电离产生的c(H+)=溶液中c（OH-）=8.0×10-10 mol/L，故答案为4.0×10-7mol/L；8.0×10-10 mol/L；（3）CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，由Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)可知，如要生成Cu(OH)2沉淀，应有溶液中c（OH-）≥ = =10-9mol/L，则c（H+）≤10-5mol/L，所以pH≥-lg（10-5）=5，故答案为5； （4）假设明矾的物质的量为1mol，水溶液中含1molAl3+，明矾水溶液中Al3+恰好沉淀时，需氢氧根离子3mol，所以明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：3，离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，此时溶液呈中性，pH=7；假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2molSO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，反应后溶液呈碱性，pH＞7，故答案为=；2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；＞；Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O。
【分析】（1）0.05mol/LH2SO4溶液中c(H+)为0.1mol/L；（2）依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；温度不变水的离子积常数Kw不变；（3）由Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)可知，如要生成Cu(OH)2沉淀，应有溶液中c（OH-）≥ ；（4）假设明矾的物质的量为1mol，水溶液中Al3+恰好沉淀时，需氢氧根离子3mol，所以明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：3，进而书写反应的离子方程式，并判断溶液的酸碱性；假设SO42-的物质的量为2mol，判断完全反应需要其它离子的物质的量，进而书写反应的离子方程式，并判断溶液的酸碱性。
18．【答案】（1）
（2）、
（3）一定含有；一定不含
【解析】【解答】（1）题干所列离子中，只有Cu2+的水溶液呈蓝色，故仅通过观察就可以判断原溶液中不存在的离子是Cu2+，故答案为：Cu2+；
（2）由分析可知，试管Ⅰ中，加入一小块去除表面氧化膜的金属Al，有气泡产生，说明溶液中含有H+，则溶液中不含、，故由实验一可知原溶液中一定不含有的离子是、，故答案为：、；
（3）由分析可知，根据上述实验可以推出，原溶液中一定含有Cl-、SO，一定不含Na+、K+ ，故答案为：一定含有；一定不含。
【分析】无色透明溶液，则一定不含Cu2+，试管Ⅰ中，加入一小块去除表面氧化膜的金属Al，有气泡产生，说明溶液中含有H+，则溶液中不含HCO、CO，试管Ⅱ中，加入足量的NaOH固体，产生白色沉淀，说明溶液中含有Mg2+，该沉淀为氢氧化镁，根据溶液呈电中性可知，原溶液中一定含有Cl-、SO，一定不含Na+、K+ 。
19．【答案】（1）HF(aq) H+(aq) +F—(aq) △H＝-10.4KJ·mol-1
（2）C；D
（3）H2S+CO32-=HCO3-+HS-
（4）B；C
（5）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅
（6）1
（7）BiCl3+H2O BiOCl+2HCl；将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释
【解析】【解答】由题中数据可知，在相同条件下，各酸的酸性由强到弱的顺序是HF> H2CO3> H2S > HCO3->HS-。
（1）已知25℃时，①HF(aq)+OH－(aq)＝F－(aq)+H2O(l) ΔH＝－67.7kJ/mol，②H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol，由①-②得氢氟酸电离的热化学方程式为HF(aq) H+(aq) +F-(aq) △H＝-10.4KJ·mol-1。
（2）将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），溶液的酸性减弱， c(H+)减小，水的离子积c(H+)·c(OH－) 不变， 增大， 增大，综上所述，各量增大的是CD。
（3）因为酸性H2CO3> H2S > HCO3->HS-，向Na2CO3溶液通入过量H2S，反应的离子方程式为H2S+CO32-=HCO3-+HS-。
（4）25℃时，在20mL 0.1mol/L氢氟酸中加入VmL 0.1mol/L NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，A． pH＝3的HF溶液中水的电离受到酸的抑制，而pH＝11的NaF溶液中水的电离程度因盐的水解得到促进，所以，两者由水电离出的c(OH-)不相等，A不符合题意；
B.①点时pH＝6，此时溶液中， c(F－)-c(Na+)＝c(H+) -c(OH-)=10-6-10-8=9.9×10-7mol/L ，B符合题意；
C.②点时pH=7，c(H+) =c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中的c(F－)＝c(Na+)，C符合题意；
D.③点时V＝20mL，酸和碱恰好中和得到氟化钠溶液，氟离子水解，此时溶液中c(F－)< c(Na+)＝0.05mol/L，D不符合题意。综上所述，说法正确的是BC。
（5）Na2CO3溶液显碱性是因为CO32－水解的缘故，只要设法让其水解平衡逆向移动即可证明，所以，可以设计如下简单的实验证明之：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。
（6）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在。1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H-O-F。HFO与水反应得到HF和化合物A，则A为H2O2，HFO中O的化合价由0变为-1（HFO中H为+1价、F为-1价），所以，每生成1mol HF转移1mol电子。
（7）已知BiCl3水解产物中有 BiOCl生成，所以，其水解反应的化学方程式为BiCl3+H2O BiOCl+2HCl。为防止其水解，配制 BiCl3溶液时，将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释。
【分析】首先根据电离平衡常数判断各酸的酸性强弱顺序，然后结合盖斯定律、盐类水解的规律等进行分析即可。
20．【答案】（1）10﹣12
（2）＜；＜
（3）＜；H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用
（4）H2CO3＞HCN＞CH3COOH；NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】【解答】解：（1）纯水在T℃时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10﹣12，该温度下1mol L﹣1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H+）= mol/L，而水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣12mol L﹣1，故答案为：10﹣12； （2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等，则弱酸有大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以pHA＜pHB，上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的NaOH溶液，用的体积少，故答案为：＜，＜； （3）0.1mol L﹣1H2A溶液，H2A=H++HA﹣，电离出H+为0.1mol/L，而0.1mol L﹣1NaHR溶液的c（H+）=a mol L﹣1，则由HA﹣ H++A2﹣可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以0.1mol L﹣1H2R溶液中c（H+）＜（0.1+a） mol L﹣1，故答案为：＜；H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用；（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小，根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以三溶液的pH由大到小的顺序为H2CO3＞HCN＞CH3COOH，故答案为：H2CO3＞HCN＞CH3COOH；②向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，
故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．
【分析】（1）纯水在T℃时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10﹣12，该温度下1mol L﹣1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H+）= mol/L，而水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣12mol L﹣1；（2）加水稀释弱酸时，会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；（3）0.1mol L﹣1H2A溶液，H2A=H++HA﹣，电离出H+为0.1mol/L，而0.1mol L﹣1NaHR溶液的c（H+）=a mol L﹣1，则由HA﹣ H++A2﹣可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离；（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小；②向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．
21．【答案】（1）SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2 2H2SO4
（2）2OH－＋SO2=H2O＋SO32-
（3）酸；HSO3-存在：HSO3- H＋＋SO32-和HSO3-＋H2O H2SO3＋OH－,HSO的电离程度大于水解程度；ab
（4）C
【解析】【解答】（1）二氧化硫形成硫酸型酸雨的过程为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸再被氧化成硫酸。（2）氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，而亚硫酸钠溶液可以继续吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠。（3）①由表格数据知，随n(HSO3-)的增大，溶液酸性增强，即HSO3-的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。②由表格数据知，当溶液中亚硫酸氢钠的浓度略大于亚硫酸钠的浓度时，溶液呈中性，故离子浓度关系有c(Na＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H＋)＝c(OH－)，b正确。由电荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)知，a正确，c不正确。（4）H2SO4溶液显酸性、氯水具有漂白作用，A、B均不能证明平衡移动了；加入BaCl2溶液后，平衡发生移动。
【分析】（1）二氧化硫与水、氧气生成硫酸；
（2）二氧化硫微酸性气体与水反应生成盐和水；
（3）根据亚硫酸根和亚硫酸氢根的量来确定溶液的酸碱性，水解和电离的大小关系；
