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1、第3章 物质在水溶液中的行为 单元训练卷一、单选题1下列解释事实的方程式不正确的是A泡沫灭火器的反应原理：B氧化亚铁在空气中加热： 6FeO+O22Fe3O4C漂白液中加入少量白醋可增强消毒效果：D用做碘量法实验时，溶液不可太低：2根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体一定是B向亚硝酸中加入少量溶液有气泡生成非金属性C某无色溶液中可能含有：，向该溶液中加入少量溴水溶液呈无色该溶液中一定不含，肯定含有，可能含有D将少量铜粉加入溶液中固体溶解，溶液变蓝色金属铁比铜活泼AABBCCDD3下列离子方程式中，能够正确表示题目给出的反应
2、的是A铵根和硅酸根不能同时存在于溶液中的原因：NH+SiO=NH4SiO3B硫化钠与稀硫酸混合：S2+8H+SO=2S+4H2OC氯化铝溶液滴入氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NHD氯化亚铁酸性溶液暴露在空气中变质：3Fe2+3O2+6H+=3Fe(OH)24某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是AX中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体B用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯CY中反应的离子方程式：3CaCO3+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2+3Ca2+D如果用过量Na2CO3粉末代替CaCO3粉末，也能产生同样的现象5常温下，用NaOH溶
3、液滴定20.00mLHA溶液()，所得滴定曲线如图。下列说法错误的是AHA溶液的pH约为2.9B溶液中：C水的电离程度：D溶液中：6是一种二元弱酸，溶液中各型体浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的溶液中各型体分布系数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是A曲线a代表，曲线b代表B常温下0.1mol/L的溶液显酸性C常温下，的电离平衡常数DpH从时，先增大后减小7H2C2O4为二元弱酸，20时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=0.1molL-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液
4、中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是ApH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O)c(HC2O)BpH=7的溶液中，c(Na+)=2c(C2O)Cc(HC2O)=c(C2O)的溶液中：c(Na+)0.1+c(HC2O)Dc(Na+)=0.1molL-1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)8NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO离子，下列说法错误的是A每升溶液中的H数目为0.01NABNaHSO4不是弱电解质C向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小DNa2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO)
5、c(H+)=2c(OH-)9浓度均为0.10molL-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大10常温下，下列情况中，一定能大量共存于同一溶液中的离子组是A使甲基橙呈红色的溶液中：I-、Cl-、NaBFeCl3溶液中：K、Na、C=0.1molL-1的溶液中：Na、K、DAl2(SO4)3溶液中：K、Cu2、Na、11下列反应的离子方程式书写不正确的是A用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3
6、H2O+SO2=+B用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC向石灰乳中加入饱和MgCl2溶液：Mg2+Ca(OH)2Ca2+ Mg(OH)2D向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使完全沉淀：2Ba2+Al3+2+4OH-=+2BaSO4+2H2O12室温下，向10mL0.10molL-1NaOH溶液中逐渐滴加0.10molL-1HX溶液，混合溶液的pH变化如图所示(温度和体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A室温下，HX为弱酸，其Ka=10-5BN点对应的溶液中，c(Na+)是c(HX)的10倍CP点对应的溶液中：c(X-)c(HX
7、)DM点与N点对应的溶液中水的电离程度：MN13在饱和氯水中加入NaOH溶液使pH=7，关于溶液中各微粒的关系不正确的是ANa+ = Cl- + ClO-BNa+ Cl- ClO-CClO- OH-DNa+ = HClO + ClO-14草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgXX表示或随pH的变化如图。下列说法中正确的是AH2C2O4第一步电离常数数量级是10-2BNaHC2O4溶液呈碱性CpH=7时，D1.22pH4后，脱氯率逐渐下降的原因是_。(3)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图所示。纳米
8、铁还原NO的过程可描述为_。经检验，污水经处理后，水体中NO、NO浓度很小，但水中总氮浓度下降不明显，原因是_。20碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。回答下列问题：(1)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则_(用含的代数式表示)。(2)25时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数_。已知，(3)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用。请从化学平衡的角度说明原因：_。三、实验题21以、和KOH溶液为原料可制备高效水处理剂并测定样品中
9、总铁的含量。已知具有下列性质：紫色固体，可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在05、强碱性溶液中比较稳定。(1)制备粗产品。在搅拌下将通入盛有和KOH溶液的三颈瓶中(装置见图)。充分反应后，得到紫色固体和溶液，过滤得粗产品。装置A中转化为的离子方程式为_。装置B的作用是_。实验过程中应控制装置A中反应在05进行，实验中可采取的措施是_。(2)提纯粗产品含有、KCl等杂质的实验方案为：_(实验中须使用的试剂有：稀KOH溶液、饱和KOH溶液，乙醇：除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。(3)样品纯度测定。实验检测原理为：准确称取0.1400g样品，置于碘量瓶中，加入适量NaOH溶液和过量K
10、I溶液，用玻璃棒将液面下样品颗粒压碎，使其充分溶解，加稀硫酸酸化，密封在暗处静置40min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度：_(写出计算过程)。22Li2S(硫化锂)是一种潜在的锂电池的电解质材料。某小组选择下列装置(装置B使用两次)利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，原理是Li2SO4+4H2Li2S+4H2O。已知：Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备H2。请回答下列问题：(1)按气流从左至右，装置的连接顺序是A_(填字母)。(2)其他条件相同，粗
11、锌与稀硫酸反应比纯锌_(填“快”或“慢”)。实验中观察到装置D中产生黑色沉淀，其离子方程式为_。(3)还可利用装置A制备的下列气体是_(填字母)。ASO2：70%硫酸、亚硫酸钠粉末BCO2：稀盐酸、大理石CCl2：浓盐酸、二氧化锰(4)实验完毕后，采用图1、图2(夹持装置已略去)装置对装置A中混合物进行分离可得到副产物皓矾(ZnSO47H2O)晶体。先选择图1装置进行过滤，并将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，再选择图2装置过滤，得到粗皓矾晶体。下列有关说法正确的是_(填字母)。A采用图1装置过滤的优点是避免析出ZnSO47H2OB采用图1装置过滤主要是分离FeSO47H2O和ZnSO4溶液C粗皓矾
12、晶体中可能含少量CuSO45H2O杂质D采用图2装置过滤的优点是过滤速度快(5)欲探究Li2S产品的成分，现进行如表实验：实验操作与现象结论I取少量Li2S样品，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色样品含Li2SO3II在实验I的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀样品含 由上述实验II可知，Li2S样品中含有_杂质(填化学式)，产生该杂质的原因可能是_。测定产品纯度的方法：取wgLi2S样品加入V1mLc1molL-1稀硫酸(过量)中，充分反应后，煮沸溶液以除去残留的酸性气体；滴加酚酞溶液作指示剂，用c2molL-1标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液V2mL。若该
13、Li2S样品中杂质不参加反应，用上述方法测得的Li2S样品的纯度为_%(用含V1、V2、c1、c2、w的代数式表示)。四、原理综合题23溴是一种重要的化工原料，回答下列问题：I 地球上99%的溴元素存在于海水中，海水提溴是最有效的制备方法。(1)溴元素在元素周期表中的位置为_。(2)在获得低浓度的溴水后，可用空气吹出溴单质并用亚硫酸溶液吸收，所得浓溶液用于后续步骤，则吸收过程中发生反应的离子方程式为_。II一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2-加成和1，4-加成)，体系中同时存在如下反应：+Br2 H1+Br2 H2 H3已知体系中两种产物可通过中间产物互
14、相转化，反应历程及能量变化如图所示：(3)由反应历程及能量变化图示判断，H1_H2(填“”、“=”或“”)。(4)由反应历程及能量变化图示判断，产物中_含量更大。III 溴化氢可以与苯乙烯发生加成反应，其产物有两种，其反应的化学方程式如下：i.C6H5-CH=CH2(g)+HBr(g)C6H5-CH2CH2Br(g)ii.C6H5-CH=CH2(g)+HBr(g)C6H5-CHBrCH3(g)在600条件下，向容积为3L的恒容密闭容器中充入1.2molC6H5-CH=CH2(g)和1.2molHBr(g)发生反应，达到平衡时C6H5-CH2CH2Br(g)和C6H5-CHBrCH3(g)的物质
15、的量随时间变化的曲线如图所示。(5)600时，反应ii的化学平衡常数_(6)反应平衡后，若保持其他条件不变，向该容器中再充入1molC6H5-CH2CH2Br(g)，则反应ii将_ (填“正向”“逆向”或“不”)移动。(7)在恒温恒容的密闭容器中，苯乙烯与溴化氢发生i、ii两个加成反应，可以判断反应已达到平衡状态的是_ (填编号)。A容器内混合气体的密度不再改变BC6H5-CH2CH2Br(g)的生成速率与C6H5-CHBrCH3(g)的分解速率相等C反应器中压强不再随时间变化而变化D混合气体的平均相对分子质量保持不变24填空。(1)已知液态肼(N2H4)为二元弱碱：Kbl=3.010-6，K
16、b2=8.910-16(在水中的电离方程式与氨气相似)。试写出肼第一步的电离方程式_。N2H5Cl溶液呈_。(填“酸”“碱”或“中”)(2)浓的Al2(SO4)3溶液与浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合后可以用于灭火，用离子方程式表示灭火的原理_。(3)已知CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，Ksp=2.510-9，将0.05molL1Na2CO3和0.1molL1CaCl2等体积混合充分反应，溶液中c()=_。(4)0.1molL-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为_。五、工业流程题25工业上用废料制备的工艺流程如图所示：已知：废料中主要含有、，其他杂
17、质不参与反应；焙烧时，Mo元素转化为；浸取液中金属离子以、形式存在；25时，的。回答下列问题：(1)Co元素在元素周期表中的位置是_。已知Mo的核电荷数为42，Mo(IV)离子的价层电子排布式是_。(2)焙烧时，发生氧化反应的元素有_(填元素符号)。标准状况下33.6L参与焙烧，完全反应时转移的电子的物质的量为_。(3)酸浸时，所用硫酸过量，则Mo元素发生转化的离子方程式为_。(4)在实验室进行操作I，所用到的玻璃仪器有_。(5)萃取“的原理是“”，水相2中存在的主要阳离子有_，加入试剂X是_(填名称)，假定水相3中的浓度为c mo/L，且沉钴过程中加入沉淀剂固体后不考虑溶液体积变化，并忽略盐
18、类的水解，当沉淀完全时，溶液中最小值的计算式为_ mol/L(用含c的计算式表示)。(6)在空气中加热10.98g ，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。经测定，加热到210320过程中的生成物只有和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为_。温度范围/固体质量/g1502108.822103204.828909204.50学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子的双水解反应：Al3+3=Al(OH)3+3CO2，A错误；B氧化亚铁在空气中加热转化为四氧化三铁：6FeO+O22Fe3O4，B正
19、确；C漂白液中加入少量白醋可使次氯酸根离子转化为次氯酸，增强消毒效果：，C正确；D做碘量法实验时，溶液太低则氢离子与反应生成二氧化硫和硫单质：，D正确；故选D。2C【详解】A能够使品红溶液褪色的气体可能是SO2，也可能是具有强氧化性的Cl2等，因此不能据此判断气体成分是SO2，A错误；B向亚硝酸中加入少量溶液，有气泡生成，说明亚硝酸的酸性强于碳酸，但是亚硝酸不是氮元素的最高价氧化物对应水化物，故不能得出非金属性，B错误；C向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SOI-，判断一定含有SO，可能含有I-，一定不含有Ba2+，C正确；D将少量铜粉加入溶液中，发生反应，没有金
20、属间的置换，不能比较活泼性，D错误；故选C。3C【详解】A铵根和硅酸根不能同时存在于溶液中是因为铵根离子和硅酸根离子在溶液中发生双水解反应生成一水合氨和硅酸沉淀，水解的离子方程式为2NH+SiO+2H2O=NH3H2O +H2SiO3，故A错误；B硫化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硫化氢，反应的离子方程式为S2+2H+=H2S，故B错误；C氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，故C正确；D氯化亚铁酸性溶液暴露在空气中变质的反应为酸性条件下，氯化亚铁与氧气反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+
21、2H2O，故D错误；故选C。4D【详解】AX中的氯化铁浓溶液滴入沸水中，当溶液变为红褐色时可得到氢氧化铁胶体，A正确；B胶体是分散质粒子大小在 1nm100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大小大于100nm 的分散系；过滤可以除去过量的碳酸钙，渗析可以分离溶液和胶体，B正确；CCaCO3能与H+结合生成CO2和H2O，促进Fe3的水解，Y中反应为碳酸钙、铁离子、水反应生成氢氧化铁胶体和钙离子和二氧化碳，离子方程式：3CaCO3+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2+3Ca2+，C正确；D碳酸钠中碳酸根离子会和铁离子发生双水解生成氢氧化铁
22、沉淀而不是胶体，D错误；故选D。5D【详解】A，HA溶液， pH约为2.9，故A正确；B溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，溶液中pH=7 c(Na+)=c(A-)，故B正确；C盐的水解促进水的电离，为完全反应溶质为NaA，为NaA和HA，为NaA和HA物质的量1:1，对水的电离促进，显酸性对水的电离抑制，水的电离程度：，故C正确；D溶液中OH-除了水解的还有水电离出来的，故D错误； 故答案为D6D【分析】随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表；【详解】A随着溶液的pH
23、增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表，故A正确；B当溶液中和相同时，溶液显酸性，所以的电离程度大于的水解程度，即常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液中以的电离为主，溶液显酸性，故B正确；C常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=，由图可知，pH=4.30时，c()=c()，则Ka2=10-4.30，故C正确；DpH从1.304.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，逐渐增多，所以逐渐减小，故D错误；故选：D。7D【分析】由图像可知，H2C2O4和NaOH混合溶液，随着pH变大，溶液碱性增强，H2C2O4浓度减
24、小，离子浓度先变大后变小，离子浓度一直增大；【详解】A由图像可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c()浓度之和小于c()，则c(H2C2O4)+c()c()，A错误；B20时， pH=7的溶液中，显中性，(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，所以c(Na+)2c()，B错误；C c(H2C2O4)+c()+c()=0.100molL-1，c()=c()，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)0.100 molL-1+c()，C错误；D依据溶液中
25、电荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c()，D正确；故选D。8D【分析】常温下pH2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO离子，说明其一级电离完全进行，二级电离部分进行；【详解】A常温下pH2的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则每升溶液中的H数目为0.01NA，A正确；BNaHSO4在水溶液中完全电离，不是弱电解质，B
26、正确；C稀硫酸中氢离子完全电离，向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，氢离子浓度变大，则溶液中减小，C正确；DNa2SO4溶液中硫酸根离子水解显碱性，c(H+)c(OH-)，由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，则c(Na+)c(HSO)+2c(SO)，D错误；故选D。9D【详解】A由图像分析可知，浓度为0.10molL-1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；B曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释
27、程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR+OH-，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确；C若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH-)相等，C正确；D当lg=2时，溶液V=100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M+)不变，ROH存在电离平衡：ROHR+OH-，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R+)增大，故减小，D错误。故选D。10C【详解】A甲基橙呈红色说明溶液显酸性，在酸性条件下碘离子，硝酸根离子会发生氧化还原反应，A错误；B三价铁离子会和偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁和氢氧化铝，B错误
28、；C=0.1molL-1说明氢氧根离子浓度为0.1molL-1，溶液显碱性，在碱性条件下，Na、K、不反应，可以共存，C正确；D铜离子和碳酸根离子会生成碳酸铜沉淀，不能共存，铝离子也可以和碳酸根离子反应，D错误；故选C。11D【详解】A用氨水吸收过量的二氧化硫生成亚硫酸氢铵：NH3H2O+SO2=+，A正确；B过氧化氢具有氧化性，用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液和碘离子反应生成碘，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，B正确； C向石灰乳中加入饱和MgCl2，氢氧化钙浊液转化为氢氧化镁浊液：Mg2+Ca(OH)2Ca2+ Mg(OH)2，C正确；D向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH
29、)2溶液恰好使完全沉淀，则氢氧根离子和铵根离子、氯离子生成一水合氨、氢氧化铝沉淀：2Ba2+Al3+NH+2+4OH-=Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O，D错误 ；故选D。12B【分析】在N点，10mL0.10molL-1NaOH溶液与10mL0.10molL-1HX恰好完全反应，则加入的11mL0.10molL-1HX中有1mL剩余；HX过量，溶液呈中性，则表明HX为弱酸。【详解】A由分析可知，HX为弱酸，其Ka=10-6，A不正确；BN点对应的溶液中，c(Na+)=，c(HX)=，则c(Na+)是c(HX)的10倍，B正确；CP点对应的溶液中，加入的20mL0.10molL-1H
30、X中，有10mL与NaOH完全反应，有10mL剩余，但此时pH7，则HX的电离占主导地位，所以c(X-)c(HX)，C不正确；DM点NaOH过量，将抑制水电离，N点溶液呈中性，水的电离不受影响，所以M点与N点对应的溶液中水的电离程度：MN，D不正确；故选B。13D【详解】ApH=7，说明H+ = OH-，根据电荷守恒 Na+ = Cl- + ClO-，故B正确；B根据得失电子守恒，氯水中HClO + ClO-= Cl-，所以Na+ Cl- ClO-，故B正确；C饱和氯水中加入NaOH溶液使pH=7，溶质主要是氯化钠、次氯酸钠，所以ClO- OH-，故C正确；D根据得失电子守恒，氯水中HClO
31、+ ClO-= Cl-，根据电荷守恒Na+ =Cl- + ClO-，所以Na+ = HClO + 2ClO-，故D错误；选D。14A【分析】二元弱酸草酸的K1c(H+)K2c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：ab，则a表示lg与pH的变化关系，b表示lg与pH的变化关系，以此解答。【详解】A由分析可知，a表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1c(H+)=10-1.22，数量级是10-2，故A正确；B由分析可知，可得K2c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中的电离常数K2=10-4.9，水解常
32、数Kh=10-12.78，则的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故B错误；CpH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()，故C错误；DlgX为增函数，pH1.22时，曲线a中，lgXlg0时，c()c(H2C2O4)，曲线b中lgXlg0，c()0，c()103c(H2C2O4)，曲线b中，lgXlg0，c()=c()c(H2C2O4)，所以1.22pH4.19的过程中，c()逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c()逐渐增大，故D错误；故选A。15D【详解】A1L1mol/L氯化铵溶液中，
33、n(Cl-)=1mol，n(Cl-)+ n(OH-)= n()+ n(H+)，所以与H+离子数之和大于NA，故A正确；B常温下，NO2与水反应时，N元素化合价由+4升高为+5生成HNO3，生成0.1molHNO3转移的电子数为0.1NA，故B正确；C氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，0.2molFeCl3水解形成的胶体粒子数小于0.2NA，故C正确；DNaHSO4在水溶液中电离出Na+、H+、SO，水能电离出少量H+，所以500mL1mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数大于NA，故D错误；选D。16(1)2.01010(2)8.48【解析】(1)pH=11溶液中c(OH)=1.0103
34、molL1，依据溶度积的定义，则c(Cd2)=2.01010molL1；故答案为2.01010；(2)根据反应方程式，加入足量碱液，得到沉淀为Fe(OH)3和Cr(OH)3，0.01molCr2O参与反应，得到0.02molCr3和0.06molFe3，得到沉淀的质量为0.02mol103gmol10.06mol107gmol1=8.48g；故答案为8.48。17(1)N2为非极性分子，CO为极性分子，范德华力强(2) a cd 0.102【解析】(1)相同分子质量时，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高，N2和CO均属于分子晶体，CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2；故答案
35、为N2为非极性分子，CO为极性分子，范德华力强；(2)根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是H2SO3CH3COOHH2CO3HSOHClOHCO，电离平衡常数越大，酸性越强，酸性强弱顺序是H2SO3CH3COOHH2CO3HSOHClOHCO，因此酸性越弱，对应酸根越容易结合H+，因此结合H能力最强的是CO，选项a正确；故答案为a；利用酸性强的制取酸性弱的分析：a根据的分析，CH3COOH酸性强于H2CO3，因此有2CH3COOHCO=2CH3COOCO2H2O，故a不符合题意；b醋酸的酸性强于HClO，次氯酸盐中加入醋酸发生ClOCH3COOH=CH3COOHClO，故b不符合题意；c次氯酸
36、的酸性弱于碳酸，次氯酸不能制取出CO2，故c符合题意；d次氯酸具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，故d符合题意；答案为cd；c(OH)降至1.0108molL1，此时溶液中c(H)=1.0106molL1，代入数值得出0.102；故答案为0.102。18(1) 4.4(2) 酸性(3) c(Na+) c(X2-) c(HX-)(4) 取少量碳酸钠溶液于试管中，滴加两到三滴酚酞，溶液显红色。再向溶液中逐滴加入氯化钡溶液，溶液红色变浅至消失，说明碳酸根发生水解【解析】(1)是二元弱酸，其第一步电离方程式为，从图可知，当pH=4.4时，H2X与HX-两种粒子的物质的量分数是相同的，即pH=4.4时，
37、两种粒子的物质的量浓度是相等的，c(H2X)= c(HX-),则。(2)是二元弱酸，则NaHX水解的离子方程式为。从图可知，当pH=5.4时， HX-与X2-两种粒子的物质的量分数是相同的，即pH=5.4时，两种粒子的物质的量浓度是相等的，即c(X2-)= c(HX-)，则，已知则，则 说明NaHX的电离程度大于其水解，故NaHX的水溶液显酸性。(3)从图中可以看出，当溶液pH由5.4变为5.5时，HX-继续减少，X2-离子继续增多，则该过程中主要反应的离子方程式为。当混合溶液呈中性时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HX-)+2 c(X2-)，其中c(H+
38、)= c(OH-)，则c(Na+)= c(HX-)+ 2c(X2-)，由于X2-水解程度较小，则c(Na+) c(X2-) c(HX-)。(4)从第一问和第二问中可知的=110-4.4，=110-5.4，其大于的、，可知酸性H2CO3，则向的溶液中加入少量的溶液，反应的化学方程式为+=Na2X+H2O+CO2,其离子方程式为。水解的离子方程式是+H2O+OH-，要设计实验证明其碱性是因为水解导致的，可根据盐类水解是可逆反应来证明，故答案是取少量碳酸钠溶液于试管中，滴加两到三滴酚酞，溶液显红色，然后利用水解是可逆的，再向溶液中逐滴加入氯化钡溶液，使平衡右移，溶液红色变浅至消失，证明碱性是碳酸根水
39、解导致的。19(1) CCl3COOH2H=CHCl2COOHCl-H 形成的Fe/Cu微电池数目减少，生成的活性氢原子少(2) 2Fe3H2O2=2Fe22HO2 Fe2、Fe3发生水解，浓度降低，减少了OH的生成(3) 纳米铁失去电子生成Fe2，Fe2失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH NO被还原为NH而留在溶液中(或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率)【解析】（1）根据题意，活性氢原子(H)与CCl3COOH反应生成CHCl2COOH和氯化氢，反应的离子方程式为CCl3COOH2H=CHCl2COOHCl-H；当大于4时，铁屑质量越大，形成的Fe/Cu微电池数目减少，生成的活性氢原子少，所以脱氯率越低；（2）根据图2所示，反应是Fe3+把过氧化氢把氧化为为氧气，反应的离子方程式2Fe3H2O2=2Fe22HO2；当pH4后，Fe2、Fe3发生水解，Fe2、Fe3浓度降低，减少了O