第三章水溶液中的离子反应与平衡 单元检测
一、单选题（共12题）
1．25℃时，将HCl气体缓慢通入的氨水中，体系中粒子浓度的对数值()、反应物的物质的量之比[]与溶液pH的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是
A．25℃时，的电离平衡常数为
B．时，
C．点所示溶液：
D．点所示溶液：
2．下列说法错误的是（ ）
A．与化石燃料相比，醇类燃料属于清洁燃料
B．NaHCO3、Al(OH)3都可用作抗胃酸药物
C．处理锅炉水垢中的硫酸钙，先用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用酸除去
D．聚乙炔掺入单质碘形成的导电高分子材料有固定的熔点
3．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。A 是元素Y的单质，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，丙是有漂白性的无色气体，戊是常用的绿色氧化剂，丁和戊含有相同的元素种类，A为常见金属且能与强碱溶液反应，甲是Z的最高价氧化物对应水化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．甲是二元强酸
B．简单离子半径大小：X＜Y
C．气态氢化物的还原性：X＞Z
D．Y 的简单离子与 Z 的简单离子在水溶液中可大量共存
4．下列实验操作能达到实验目的的是
A．用装置甲蒸干溶液制无水固体
B．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量
C．用装置丙①浓硝酸②③可证明酸性
D．用装置丁可以收集气体，并除去多余的气体
5．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
A B C D
强电解质 Cu NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH BaSO4 H3PO4 Al(OH)3
非电解质 蔗糖 NH3 酒精 H2O
A．A B．B C．C D．D
6．在25℃条件下，向HF溶液中逐渐加入NaOH，溶液中F-、HF、及HF的浓度分数()随pH变化的关系如图所示[比如F-的浓度分数：(F-)=]。 下列说法正确的是
A．曲线2表示F-的浓度分数的变化
B．滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度不断减小
C．H++F-HF的平衡常数数量级为10-4
D．pH = 4.0时，c(Na+)＜c(F-) +c(HF) +c( HF)
7．下列关于NA的说法正确的是
A．0.1L3.0mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的的数目为0.3NA
B．1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NA
C．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体中氧原子数为4NA
D．1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的数目小于0.1NA
8．在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析正确的是
A．①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线 B．ab 段发生反应的离子方程式为：OH- +H+=H2O
C．b、d两点对应的溶液均显中性 D．c点对应的两溶液中含有相等量的OH-
9．已知：为黄色，溶液中可以存在可逆反应：，下列实验所得结论不正确的是
(溶液中有少量的时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化)
① ② ③ ④
加热前溶液为浅加热黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深
A．实验①中，溶液显浅黄色原因是水解产生了少量
B．实验②中，酸化对水解的影响程度大于温度的影响
C．实验③中，加热，可逆反应：正向移动
D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为水解平衡正向移动
10．常温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
序号 ① ②
pH 11 11
溶液 氨水 氢氧化钠溶液
A．①②两溶液中c(OH－)相等
B．①②两溶液中水的电离程度相同
C．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<②
D．等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
11．下列说法中，与盐类水解有关的是
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶于少量的浓盐酸再加水稀释；
③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性。
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
12．下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是
实验操作 实验现象 解释或结论
A Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴入适量NaOH溶液 产生白色沉淀 相同温度下，溶度积常数： Ksp[Mg(OH)2]
C 向两支试管中各加入4mL 0.01mol·L 1 KMnO4溶液和4mL 0.1mol·L 1 KMnO4溶液，再分别通入足量SO2，分别记录溶液褪色所需的时间 0.1mol·L 1 KMnO4溶液褪色所需时间更短 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D 往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌 有刺激性气味气体生成，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起 吸热反应不一定需要加热才能进行
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共8题）
13．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，标准液应该装在 (填仪器名称)中；滴定达到终点的现象为： 。
(2)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是 。
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为 mL。
(4)某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.1000mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c(NaOH)= mol/L(保留小数点后4位)。
(5)某学习小组用“间接碘量法”测定含有晶体的试样(不含能与发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/L标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL。
已知：
选用 作滴定指示剂，试样中的质量分数为 。(保留小数点后一位)
14．含硫化合物在自然界中广泛存在，部分循环关系如下:
（1）已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H=-1036.46kj.mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.04kJ.mol-1
写出H2S（g）与O2(g)反应产生S(s)和H2O（g）的热化学方程式 。
（2）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），用离子方程式，从沉淀溶解平衡的角度表示由ZnS转变为CuS的过程 。
（3）某酸性FeSO4溶液中含有少量的SnSO4，为得到纯净的硫酸亚铁晶体（FeSO4·xH2O），可向溶液中通入H2S气体至饱和，然后用硫酸酸化至pH=2，过滤后，将所得滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得到硫酸亚铁晶体。查阅资料，得到相关物质的有关数据如下表：
25℃ 饱和H2S溶液 FeS SnS
pH 3.9 3.0（开始沉淀 5.5（沉淀完全） 1.6（沉淀完全）
Ksp 6.3×10-18 1.0×10-25
①通入H2S气体至饱和的目的是 ；用硫酸酸化至pH=2的目的是 。
②在SnS、FeS共存的溶液中，若c(Sn2+)=1.0×10-9mol·L-1，则c(Fe2+)= .
（4）SO2是大气污染物，若用KMnO4作脱硫剂，可使燃煤尾气中的SO2反应生成MnSO4,反应的离子方程式是 。SO2还可以按下列流程制备化工原料硫酸，反应器中发生反应的化学方程式是 。
15．完成下列问题
(1)用的盐酸滴定未知浓度的溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是 ；若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是 。
(2)用标准碘溶液滴定溶有的水溶液，以测定水中的含量，应选用 作指示剂，达到滴定终点的现象是 。
(3)用标准酸性溶液滴定溶有的水溶液，以测定水中的含量，是否需要选用指示剂 (填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是 。
(4)用氧化还原滴定法测定的质量分数：一定条件下，将溶解并还原为，再用溶液作指示剂，用标准溶液滴定至全部生成，滴定时发生反应的离子方程式为 ，达到滴定终点的现象是 。
(5)用标准溶液滴定含有的溶液，应选用 作指示剂，滴定终点现象是 。
16．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示，请回答：
(1)a、b、c三点溶液酸性由强到弱的顺序为 。
(2)若使c点溶液中的 c(CH3COO ) 提高，在如下措施中，不可选择的是 (填字母，下同)。A．加热 B．加很稀的 NaOH 溶液 C．加固体 KOH D．加水 E．加固体 CH3COONa F．加 Zn 粒
(3)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是___________。
A．
B．个数
C．分子数
D．
17．化合物X是一种常见的脱叶剂，某兴趣小组对X开展探究实验。
其中：X是一种正盐，由3种常见元素组成；无色混合气体B只含有两种成分，遇空气变红棕色。
请回答：
(1)组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。
(2)步骤Ⅰ，发生反应的离子方程式是 。
(3)在潮湿环境中X与水(物质的量1：1)水解，产物中含有一种酸式盐，该反应的化学反应方程式 。
(4)强酸性溶液D也可以溶解铁，请设计实验证明反应后溶液中铁元素的存在形式 。
18．25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：
物质 HCN HClO H2C2O4 H2SO3 NH3·H2O
电离常数
(1)下列事实中能说明氢氰酸(HCN)是弱电解质的是___________(填字母)。
A．0.1mol·L-1的HCN溶液pH=2
B．用HCN溶液做导电试验，灯泡很暗
C．升高温度，HCN溶液的酸性明显增强
D．10mL0.1mol·L-1的HCN溶液恰好与10mL0.1mol·L-1的NaOH溶液完全反应
(2)在浓度均为0.1mol·L-1的H2C2O4和H2SO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，被先消耗的酸式酸根是 (填“HC2O”或“”)。
(3)现有pH相同的盐酸、氢氰酸和次氯酸溶液，分别中和等物质的量的NaOH溶液时，需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V3L、则V1、V2、V3，由大到小的顺序为 。
(4)将少量SO2通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为 。
(5)常温下，向浓度为0.1mol·L-1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，测得溶液的pH随盐酸的加入量发生变化的曲线如图所示，d点时两种溶液恰好完全反应。
①该温度下，a、c、d三点对应溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为 。
②由b→c点过程中，下列各项数值保持不变的是 (填字母)。
A．c(H+)·c(OH-) B．
C． D．
19．运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。
(1)铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是 。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释 。
(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：
I．2xFe+N22FexN (慢)；
II．2FexN+3H22xFe+2NH3 (快)
回答下列问题：
①合成氨反应的速率快慢主要取决于 (填“I”或“II”)；
②合成氨反应的催化剂是 (填化学式)：
③反应I的活化能 反应II的活化能(填“＞”“＝”或“＜”)。
④使用催化剂前后，合成氨反应的ΔH (填“增大”“减小”或“不变”)。
20．氯化铝可制备无机高分子混凝剂，在有机合成中有广泛的用途。完成下列填空：
（1） 实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是 。
（2）往AlCl3溶液中加入过量下列溶液，最终得到无色澄清溶液的是 （填编号）。
a Na2CO3 b NaOH c NaAlO2 d H2SO4
取AlCl3溶液，用小火持续加热至水刚好蒸干，生成白色固体的组成可表示为：Al2（OH）nCl（6-n），为确定n的值，取3.490g白色固体，全部溶解在0.1120 mol的HNO3（足量）中，并加水稀释成100 mL，将溶液分成两等价，进行如下实验：
（3）一份与足量氨水充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最后得Al2O3的质量为1.020g。判断加入氨水已足量的操作是 。过滤、洗涤后至少要灼烧 次（填写数字）；测定样品中铝元素含量时不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定A12O3的质量的原因可能是 （选填编号）。
a 干燥Al（OH）3固体时易失水 b Al2O3的质量比Al（OH）3大，误差小
c 沉淀Al（OH）3时不完全 d 灼烧氧化铝时不分解
（4）从另一份溶液中取出20.00 mL，用0.1290 mol/L的标准NaOH溶液滴定过量的硝酸，滴定前滴定管读数为0.00 mL，终点时滴定管液面（局部）如图所示（背景为白底蓝线的滴定管）。则滴定管的读数 mL，Al2（OH）nCl（6-n）中n的值为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．题图中点溶液的，，此时，则的电离平衡常数，A正确；
B．时，溶液中溶质为等物质的量的和，由题图可知此时溶液显碱性，则的电离程度大于的水解程度，溶液中离子浓度的大小顺序为，B正确；
C．点所示溶液，，根据的电离常数得，故，C错误；
D．点时，根据元素质量守恒可得，D正确；
选C。
2．D
【详解】A选项，醇类燃烧耗氧量较少，燃烧充分，生成二氧化碳和水，属于清洁燃料，故A正确；
B选项，NaHCO3、Al(OH)3碱性较弱，可中和胃酸，可用于抗胃酸药物，故B正确正确；
C选项，先用碳酸钠溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不能，则可用酸除去，故C正确正确；
D选项，聚乙炔本身是混合物，聚乙炔用I2做掺杂后，为混合物，无固定的熔点、沸点，故D错误；
综上所述，答案为D。
3．A
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，A为常见金属且能与强碱溶液反应，则A是金属Al；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，甲的浓溶液和A混合加热生成乙、丙、丁，丙是有漂白性的无色气体，则丙是SO2，甲为H2SO4，戊是常用的绿色氧化剂，能够与SO2反应产生H2SO4，戊是H2O2；丁和戊含有相同的元素种类，则丁是H2O；Al与浓硫酸混合加热反应产生乙是Al2(SO4)3，结合原子序数可知W是H，X是O，Y是Al，Z是S元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素。甲是H2SO4，乙是Al2(SO4)3，丙是SO2，丁是H2O，戊是H2O2。
A．甲是H2SO4，硫酸是二元强酸，A正确；
B．X是O，Y是Al，二者形成的简单离子O2-、Al3+，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则离子半径大小关系为：X(O2-)＞Y(Al3+)，B错误；
C．X是O，Z是S，元素的非金属性：O＞S，元素的非金属性越强，其对应的氢化物的还原性越弱，则气态氢化物的还原性：X(H2O)＜Z(H2S)，C错误；
D．Y是Al，Z是S，两种元素的简单离子Al3+、S2-会发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀、H2S气体，而不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
4．B
【详解】A．氯化铝是强酸弱碱盐，氯化铝在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，用装置甲蒸干氯化铝时氯化氢受热挥发，使水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得无水氯化铝，故A错误；
B．二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，乙烯与氢氧化钠溶液不反应，所以用装置乙能除去实验室所制乙烯中的少量二氧化硫，故B正确；
C．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸会优先与硅酸钠溶液反应，干扰碳酸与硅酸钠溶液的反应，无法比较碳酸与硅酸的酸性强弱，故C错误；
D．二氧化氮的密度大于空气密度，应从长管通入用向上排空气法收集二氧化氮，故D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．铜是金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．硫酸钡是难溶性盐，溶于水的硫酸钡能完全电离出钡离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B错误；
C．碳酸钙是难溶性盐，溶于水的碳酸钙能完全电离出钙离子和碳酸根离子，属于强电解质，磷酸是二元中强酸，在溶液中分步电离出自由移动的离子，属于弱电解质，酒精是不能电离出自由移动离子的非电解质，故C正确；
D．水是极弱的电解质，能微弱电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，不是非电解质，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．HF为弱电解质，HFH++F-，则pH=0时，HF的浓度分数最大，pH=6时，F-的浓度分数最大，故曲线1、2、3分别为HF、HF、F-的浓度分数变化，A错误；
B．向HF溶液中逐渐加入NaOH，生成的NaHF2、NaF是强碱弱酸盐，可发生水解反应，能促进水的电离，水的电离程度有不断增大的过程，B错误；
C．从图可以看出，当c(HF)=c(F-)时，pH≈3.1，c(H+)≈10-3.1，此时HF电离常数Ka= c(H+)≈10-3.1，其数量级为10-4，而H++F-HF 的平衡常数，数量级不是10-4，C错误；
D．由电荷守恒可得：c(Na+) +c(H+)=c(OH-)+c(F-)+ c(HF)，pH= 5时，c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜c(F-)+ c(HF)，一定有c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+ c(HF)，D正确；
答案选D。
7．C
【详解】A．铵离子会水解，则0.1L3.0mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的的数目小于0.3NA，A错误；
B．氢氧化铝胶体粒子包含一定数目的氢氧化铝分子，则1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目小于NA，B错误；
C． 按元素质量守恒，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，混合气体中氧原子物质的量为4mol、数目为4NA，C正确；
D．pH=1的CH3COOH溶液中H+的浓度为0.1mol/L，则 1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的数目等于0.1NA，D错误；
答案选C。
8．C
【分析】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液；向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线①表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液。
【详解】A. 根据分析，曲线②在b点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，A错误；
B. ab 段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓，B错误；
C. b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性，C正确；
D. 曲线②上的c点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH-，曲线①上的c点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性，D错误；
故答案为：C。
【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。
9．D
【详解】A．实验①中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产性了少量Fe(OH)3 ，选项A正确；
B．实验②中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；
C．实验③中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应： ，即加热平衡正向移动，选项C正确；
D．实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡均可能使颜色变深，故不可证明升高温度， Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。
答案选D。
10．C
【详解】A. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确，但不符合题意；
B. pH相等的强碱和弱碱都相同程度的抑制水的电离，所以①②两溶液中水的电离程度相同，故B正确，但不符合题意；
C. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，所以稀释后溶液的pH:①>②，故C错误，符合题意；
D. 等体积pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①>②，故D正确，但不符合题意；
故选：C。
11．D
【详解】①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故①正确；②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解平衡逆向进行，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，故②正确；③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理，故③正确；④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性， NH4Cl+H2O NH3H2O+HCl，加入镁会和盐酸发生反应生成氢气，故④正确；⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，草木灰与铵态氮肥不能混合施用，故⑤正确；⑥强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故⑥正确；综上所述①②③④⑤⑥正确；
答案选D。
12．D
【详解】A．Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴入适量NaOH溶液，产生白色沉淀，由于Mg2+、Cu2+的浓度相对大小未知，不能得出溶度积常数Ksp[Mg(OH)2]
C．0.1mol·L 1 KMnO4溶液的浓度大，反应速率更快，但KMnO4的物质的量更多，褪色所需时间更长，故不选C；
D．铵盐和碱反应吸热，反应吸放热与反应条件无关，吸热反应不一定需要加热就能进行，故选D；
选D。
13．(1) 酸式滴定管 加入最后半滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并半分钟内不恢复原色
(2)C
(3)26.10
(4)0.1044
(5) 淀粉溶液 95.0%
【详解】（1）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，标准液应该装在酸式滴定管中；眼睛注视锥形瓶内颜色变化；选择甲基橙作指示剂时，滴定达到终点的现象为：加入最后半滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并半分钟内不恢复原色；
（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，使得消耗标准盐酸溶液的体积变大，测得浓度偏高，A错误；
B．滴定前，盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响结果，B错误；
C．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读出的标准盐酸溶液体积偏小，测得浓度偏低，C正确；
故选C；
（3）滴定管的读数为26.10mL-0.00mL=26.10mL；
（4）根据表中消耗的盐酸溶液的体积，第二次结果误差太大，要舍去；用第一次和第三次的平均体积作为消耗盐酸溶液的体积，平均体积为26.10mL，；
（5）向CuCl2溶液中加入KI，反应生成CuI和I2，再用Na2S2O3溶液滴定，则应选用淀粉溶液作指示剂；在溶液中加入KI后发生反应：，可得出关系式， 则，试样中CuCl2·2H2O的质量分数为。
14． 2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) △H=-442.38kJ.mol-1 ZnS(S)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+CuS(S) 将溶液中的Sn2+转变为SnS而除去 防止Fe2+转化为FeS沉淀 6.3x10-2mol·L-1
【详解】(1) ①－2×①，整理可得2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) △H=-442.38kJ.mol-1；
(2) ZnS与CuSO4溶液发生复分解反应：ZnS+CuSO4=CuS+ZnSO4，用沉淀溶解平衡方程式表示为：ZnS(S)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+CuS(S)，导致ZnS不断转化为溶解度更小的CuS沉淀；
(3) ①根据H2S饱和溶液的pH及FeS、SnS沉淀完全的pH可知：通入H2S气体至饱和时，可以将溶液中的Sn2+转变为SnS而除去，用硫酸酸化至pH=2的目的是同时又防止了Fe2+转化为FeS沉淀；②在SnS、FeS共存的溶液中，若c(Sn2+)= 1.0×10-9mol·L-1，则根据溶度积常数的含义可得：c(S2-)=1.0×10-25÷1.0×10-9mol·L-1=1.0×10-16 mol·L-1；再根据FeS的溶度积常数可得c(Fe2+)=6.3×10-18÷1.0×10-16mol·L-1=6.3×10-2 mol·L-1。
(4) 若用KMnO4作脱硫剂，可使燃煤尾气中的SO2反应生成MnSO4,反应的离子方程式是；流程分析可知二氧化硫和碘单质在水溶液中发生反应生成硫酸和碘化氢，然后在分离器中分离得到硫酸和碘化氢，反应的化学方程式为：。
15．(1) 当滴入最后半滴标准液后，溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复粉红色 当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2) 淀粉溶液 当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(3) 否 当滴入最后半滴酸性溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4) 当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色
(5) 溶液 当滴入最后半滴标准溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色
【详解】（1）标准液为盐酸，待测液为NaOH溶液，酚酞遇到碱液为红色，变色范围内为粉红色，所以当滴入最后半滴标准液后，溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复粉红色则为滴定终点；若换做甲基橙，则碱液中甲基橙为黄色，终点时为橙色，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色；
（2）标准液为碘液，遇到淀粉溶液则变蓝，所以选择淀粉溶液为指示剂，终点时，滴入最后半滴碘液时，溶液出现蓝色，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）酸性溶液本身为紫红色，所以滴定终点会有颜色的变化，而且很明显，故不需要指示剂，答案为：否；待测液无色，当终点时，溶液变为浅红色，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴酸性溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）依据题干所给信息可知，在氧化还原滴定过程中，Ti3+被氧化为Ti4+，同时Fe3+被还原为Fe2+，故发生的反应为；溶液遇到中的Fe3+为红色，当Fe3+出现时，即Ti3+完全被氧化为Ti4+，红色出现，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色；
（5）用标准溶液滴定含有的溶液，发生氧化还原反应，氧化产物为碘单质，还原产物为Fe2+，由于待测液中存在Fe3+，而Fe3+遇到溶液为红色，所以选择为指示剂，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色。
16．(1)b＞a＞c
(2)BD
(3)BD
【详解】（1）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点的c(H+)由大到小的顺序是b＞a＞c，c(H+)浓度越大酸性越强，故答案为：b＞a＞c；
（2）A．醋酸的电离为吸热过程，加热后醋酸的电离平衡向着正向移动，溶液中的c(CH3COO-)提高，A不合题意；
B．加很稀的NaOH溶液，原溶液中被稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，B符合题意；
C．加固体KOH，溶液中氢离子浓度减小，电离平衡向着正向移动，c(CH3COO-)增大，C不合题意；
D．加水后原溶液中被稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，D符合题意；
E．加固体CH3COONa，溶液中c(CH3COO-)提高，E不合题意；
F．加锌粉，溶液中氢离子浓度减小，电离平衡向着正向移动，c(CH3COO-)增大，F不合题意；
故答案为：BD；
（3）加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但n(CH3COOH)减小，其电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解题：
A．根据以上分析知，稀释过程中c(H+)减小，A错误；
B．加水稀释促进醋酸电离，则H+个数增大，B正确；
C．加水稀释促进醋酸电离，则CH3COOH分子数减小，C错误；
D．加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但n(CH3COOH)减小，则=增大，D正确；
故答案为：BD。
17．(1) Ca、C、N CaCN2
(2)2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O
(3)2CaCN2+2H2O=Ca(HCN)2+Ca(OH)2
(4)取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)6]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在
【分析】固体A的焰色反应为砖红色，说明A中含有Ca元素，则固体A应为CaO，则固体X中n(Ca)= =0.01mol；强酸性D溶液可以和铜片反应得到蓝色的铜盐溶液，则D溶液中应含有NO，则混合气体B中应含有氮氧化物，而B只含两种成分，当NO2存在时，N2O4也一定存在，所以B中的氮氧化物应为NO，因双氧水具有强氧化性，所以混合气体B通过足量双氧水得到的气体C不能被双氧水氧化，气体C可以和碱性的氯化钡溶液得到白色沉淀，则气体C应为CO2，白色沉淀为碳酸钡，所以固体X中c(C)= =0.01mol，混合气体B中n(CO2)=0.01mol，则n(NO)= -0.01mol=0.02mol，则固体X中n(N)=0.02mol，综上所述，X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，X应为CaCN2。
(1)
根据分析可知组成X的3种元素为Ca、C、N，X的化学式为CaCN2；
(2)
根据分析可知步骤Ⅰ中为双氧水氧化NO得到硝酸的反应，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O；
(3)
CaCN2与水1:1水解得到一种酸式盐，根据题干可知CaCN2为一种盐，则其对应的酸式盐为Ca(HCN2)2，根据元素守恒可得化学方程式2CaCN2+2H2O=Ca(HCN2)2+Ca(OH)2；
(4)
硝酸可以和铁反应，若硝酸过量则Fe以Fe3+形式存在，若Fe过量则以Fe2+形式存在，为证明反应后溶液中铁元素的存在形式，可取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在。
18．(1)AC
(2)HC2O
(3)V1>V3>V2
(4)
(5) d>c>a AD
【详解】（1）A．氢氰酸为一元酸，常温下0.1mol/L的HCN溶液pH=2，c(H+)=0.01mol/L<0.1 mol/L，说明氢氰酸部分电离，是弱电解质，故A正确；
B．溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷有关，用HCN溶液做导电试验，灯泡很暗，只能说明HCN溶液中离子浓度较小，不能说明HCN是否完全电离，故B错误；
C．升高温度，HCN溶液的酸性明显增强，说明c(H+)随温度升高而显著增大，即HCN部分电离，是弱电解质，故C正确；
D．氢氰酸为一元酸，NaOH为一元碱，10mL0.1mol/L的HCN溶液与10mL0.1mol/L的NaOH溶液两者物质的量相等，恰好完全反应，不能说明其电离的程度，故D错误；
故答案为：AC。
（2）由H2C2O4和H2SO3的电离平衡常数可知酸性强弱的顺序为：H2C2O4>H2SO3> HC2O>HSO，在浓度均为0.1mol·L-1的H2C2O4和H2SO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，被先消耗的酸式酸根是HC2O。
（3）pH相同的盐酸、氢氰酸和次氯酸溶液，c(HCN)>c(HClO)>c(HCl)，三者都是一元酸，分别中和等量的NaOH溶液时，所需酸的物质的量相等，故消耗盐酸的体积大于次氯酸的体积大于HCN的体积，即V1>V3>V2。
（4）SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，SO2量少时的离子方程式为：。
（5）①a、c、d三点时的溶液中，a点为氨水，氨水电离产生氢氧根离子抑制了水的电离，c点溶液为中性，水正常电离，而d点恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解促进了水的电离，则水的电离程度由大到小顺序为：d>c>a；
②A．滴定时，保持温度不变，所以水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)保持不变，故A正确；
B．滴定时，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，所以增大，故B错误；
C．=，温度不变，弱电解质的电离平衡常数不变，b点到c点的过程中c(OH-)减小，所以增大，故C错误；
D．，温度不变，水的离子积常数和弱电解质的电离平衡常数不变，所以保持不变，故D正确；
故答案为：AD。
19．(1)NH与CO接触后更易发生水解而导致铵态氮肥肥效减弱
(2)较常温，480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳
(3) I Fe ＞ 不变
【详解】（1）铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，这是由于铵态氮肥中的NH发生水解反应，消耗水电离产生NH3·H2O，同时产生H＋，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性；而碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应产生、OH-，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性。当二者混合使用时，二者水解反应相互促进，使产生NH3·H2O部分分解产生NH3逸出，导致铵态氮肥的肥效降低，因此不能混合使用；
（2）合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；
（3）①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应，故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；
②合成氨反应的催化剂是铁触媒，即使用Fe作催化剂合成氨气；
③反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；
④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。
20． 抑制Al3+水解 b、d 静置，取上层清液，继续加氨水，若无沉淀生成，则氨水已过量 2 ad 18.60 5
【分析】（1）氯化铝水解显酸性；
（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水解；
b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液；
c、AlCl3和NaAlO2发生双水解；
d、AlCl3和硫酸不反应；
（3）判断试剂已过量的方法是继续滴加；当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2-3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是Al（OH）3热稳定性不如Al2O3好；
（4）滴定管的0刻度在上；根据0.1120mol HNO3的消耗有两个原因：被3.490gAl2（OH）nCl（6-n）中OH-消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，据此计算。
【详解】（1）氯化铝水解显酸性，加入盐酸能抑制其水解，故答案为：抑制Al3+水解；
（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水 2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，得不到澄清溶液，故a错误；
b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，得澄清溶液，故b正确；
c、AlCl3和NaAlO2发生双水 AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，得不到澄清溶液，故c错误；
d、AlCl3和硫酸不反应，故溶液仍为澄清，故d正确；
bd正确，故答案为：bd；
（3）判断试剂已过量的方法是继续滴加，即当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2-3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al（OH）3时易分解失水而灼烧Al2O3不失水；故答案为：静置，取上层清液，滴加氨水，无沉淀生成；2；ad；
（5）滴定管的0刻度在上，故滴定管的读数为18.60mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60mL；根据0.1120molHNO3的消耗有两个原因，被3.490gAl2（OH）nCl（6-n）中OH-消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，由此可得关系式：0.112mol=×n+0.129mol/L×0.0186L×5，解得n=5，故答案为：18.60；5。
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