2022-2023学年天津市第二十五中学高二上学期期末阶段测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市第二十五中学高二上学期期末阶段测试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市第二十五中学2022-2023 学年高二上学期期末阶段测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．向水中加入下列溶质，能促进水电离的是
A． B．NaOH
C．NaCl D．
【答案】D
【详解】A．电离出的H+抑制水的电离，A不合题意；    
B．NaOH电离出的OH-抑制水的电离，B不合题意；
C．NaCl电离出的Na+和Cl-，对水的电离无影响，C不合题意；    
D．电离出的碳酸根离子能够发生水解，对水的电离起促进作用，D符合题意；
故答案为：D。
2．下列溶液一定显酸性的是
A．含有 B．pH<7
C． D．滴加酚酞溶液不变红
【答案】C
【详解】A．无论酸、碱还是盐溶液中都含有氢离子，所以不能根据是否含有氢离子判断溶液的酸碱性，选项A错误；
B．溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小，与溶液的pH大小无关，所以pH<7的溶液不一定是酸溶液，如100℃的水pH约为6，仍为中性，选项B错误；
C．当c(OH-)＜c(H+)，则溶液呈酸性，当c(OH-)= c(H+)，则溶液呈中性，当c(OH-)＞c(H+)，则溶液呈碱性，选项C正确；
D．酚酞的变色范围是8-10，能使酚酞显无色的溶液pH小于8，常温下，7≤pH＜8时溶液不呈酸性，选项D错误；
答案选C。
3．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A．K+、Na+、OH-、HCO B．H+、Mg2+、Cl-、SO
C．Na+、Cu2+、Cl-、S2- D．Al3+、Na+、Cl-、CO
【答案】B
【详解】A．OH-、HCO会反应产生、H2O，不能大量共存，A不符合题意；
B．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．Cu2+、S2-会反应产生CuS沉淀而不能大量共存，C不符合题意；
D．Al3+、CO在溶液中反应产生Al(OH)3沉淀、CO2、H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
4．科学家通过观察金星的酸性云层，分析出金星存在磷化氢气体，从而推测金星可能存在生命的迹象。下列关于P元素的说法中，不正确的是
A．第一电离能：P C．非金属性：P 【答案】A
【详解】A．P的3p能级处于半充满稳定结构，比同周期第VIA族的S元素原子难失去电子，第一电离能较大，即第一电离能：S B．同周期中原子序数越大，半径越小，则原子半径大小：S C．同周期元素从左到右非金属性依次增强，所以非金属性：P＜S，C正确；
D．同周期元素从左到右电负性依次增大，所以电负性：P 故选A。
5．某基态原子的价层电子的轨道表示式为 ，下列说法正确的是
A．最外层有4个电子
B．有2种能量不同的电子
C．s电子的电子云轮廓图是圆形
D．有5种空间运动状态不同的电子
【答案】D
【详解】A．由该原子的价层电子的轨道表示式为 可知，其最外层有6个电子，A错误；
B．该原子有1s、2s、2p3种能量不同的电子，B错误；
C．s电子的电子云轮廓图是球形，C错误；
D．该原子有1s、2s、2p上的3个轨道，共有5种空间运动状态不同的电子，D正确；
故答案为：D。
6．下列事实与盐类水解无关的是
A．用制备
B．铝盐、铁盐作净水剂
C．实验室配制溶液时，加少量铁粉
D．向沸水中滴入饱和溶液制胶体
【答案】C
【详解】A．用制备是由TiCl4+2H2OTiO2+4HCl，与水解有关，A不合题意；
B．铝盐、铁盐作净水剂是由于Al3+、Fe3+水解生成Al(OH)3胶体和Fe(OH)3具有强吸附性，与水解有关，B不合题意；
C．实验室配制溶液时，加少量铁粉是防止Fe2+被氧化而变质，与水解无关，C符合题意；
D．向沸水中滴入饱和溶液制胶体，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，与水解有关，D不合题意；
故答案为：C。
7．冰融化的过程中，其焓变和熵变正确的是
A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0
C．△H＜0，△S＜0 D．△H＜0，△S＞0
【答案】A
【详解】冰融化过程中，物质的状态由固体变为液体，熵值增大，则△S＞0；熔化过程吸收能量，因此焓变△H＞0，故冰融化的过程中，其焓变和熵变均增大，所以合理选项是A。
8．合成氨工业中采用循环操作，主要原因是
A．降低氨的沸点 B．提高氮气和氢气的利用率
C．增大化学反应速率 D．提高平衡混合物中氨的含量
【答案】B
【详解】A．一定温度和压强条件下，氨气的沸点是固有的属性，不会因为循环操作而改变，A不符合题意；
B．合成氨工业采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气浓度，使反应平衡向正向移动，从而可提高氮气和氢气的利用率，提高经济效益和产率，B符合题意；
C．采用循环操作，可提高反应物的浓度，同时提高反应速率，但不是主要原因，C不符合题意；
D．合成氨工业采用循环操作的主要目的是提高反应物N2、H2的利用率，但不会提高平衡体系中氨的含量，D不符合题意；
故答案选B。
9．碘在不同状态下与氢气反应的热化学方程式如下所示。
①    
②    
下列说法正确的是
A．
B．比热稳定性更好
C．1mol固态碘升华时
D．①的反应物总能量比②的反应物总能量低
【答案】A
【详解】A．固态碘转化为气态碘时需要吸热，因此反应②放出的热量较小，故，选项A正确；
B．物质物质的量的的总能量大于的总能量，能量越高越不稳定，故前者热稳定性更差，选项B错误；
C．根据盖斯定律，由②-①得反应  ，选项C错误；
D．因为，①的反应物总能量比②的反应物总能量高，选项D错误；
答案选A。
10．已知：   。若断裂、需要吸收的能量分别为436kJ、945.6kJ，则断裂需要吸收的能量为
A．391kJ B．737kJ
C．1173kJ D．1474kJ
【答案】A
【分析】根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和，结合物质结构与能量进行计算。
【详解】断裂需要吸收的能量为x kJ，则根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和可知，，解得x=391，即断裂需要吸收的能量为391 kJ，A项符合题意；
答案选A。
11．在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用、、表示。已知：、，则该反应可表示为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。
【详解】根据、可知，v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：；
故选C。
12．将等浓度、等体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应，测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图所示。

下列说法不正确的是
A．反应过程中盐酸中下降更快
B．反应开始前：盐酸>醋酸
C．反应结束时两容器内相等
D．曲线②表示盐酸与镁条反应
【答案】D
【详解】A．HCl完全电离，醋酸存在电离平衡，反应过程中醋酸继续电离，所以反应过程中盐酸中c(H+)下降更快，A正确；
B．相同浓度的一元酸，c(H+)：强酸＞弱酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，则相同浓度的盐酸和醋酸反应开始前c(H+)：盐酸＞醋酸，B正确；
C．反应结束时生成n(H2)与n(酸)成正比，二者都是一元酸且体积和物质的量浓度相等，所以两种酸的物质的量相等，则反应结束时两容器内n(H2)相等，C正确；
D．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c(H+)：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，D错误；
故答案为：D。
13．常温下，。下列说法正确的是
A．一定浓度的溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B．的溶液和的氨水等体积混合后
C．等浓度的和溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D．等浓度、等体积的溶液和氨水分别与固体反应，消耗的量多
【答案】B
【详解】A．一定浓度的溶液加水稀释时，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢离子浓度、醋酸根离子浓度均减小，但由于温度不变，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；
B．和氨水均为弱电解质，且根据上述平衡常数的数值可看出，两者的电离程度相当，所以两者等体积混合发生中和后，得到的醋酸铵水解程度也一样，最终使溶液显中性，常温下，pH=7，B正确；
C．溶液中根据电荷守恒可知，阴离子浓度之和等于阳离子浓度，即钠离子浓度与水电离的氢离子浓度之和，溶液中阴离子浓度之和等于氯离子浓度与氢氧根离子浓度之和，由于弱电解质的电离程度相当，所以其对应离子的水解程度相当，对水的抑制作用相当，等浓度的上述两种溶液中水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即前者等于后者，C错误；
D．醋酸溶液与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，1mol醋酸消耗1mol碳酸氢钠，氨水和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和碳酸铵，1mol一水合氨消耗1mol碳酸氢钠，等浓度等体积的醋酸溶液和氨水中溶质的物质的量相同，则消耗碳酸氢钠的量相同，D错误；
故选B。
14．工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g)  ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A．ΔH＜0
B．状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO)
C．相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率
D．状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率
【答案】B
【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，250℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。
【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；
B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误；
C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确；
D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确；
答案选B。
15．如图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。 下列说法正确的是

A．a 处得到的是浓 NaOH 溶液
B．适当降低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出
C．粗盐水中含有的少量 Ca2＋和 Mg2＋可用 NaOH 除去
D．若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 1.12L 气体
【答案】B
【分析】氯碱工业为用惰性电极电解氯化钠溶液，由图可知A室为阳极室，阳极为氯离子放电生成氯气，B室为阴极室，阴极为水放电生成氢气和氢氧根，A室中的钠离子会通过阳离子交换膜进入B室，所以a为稀氯化钠溶液，b为氢气，氢氧化钠在阴极产生。
【详解】A.由分析可知，a处得到的是稀氯化钠溶液，故A错误；
B.因为氯气为酸性气体会与碱溶液发生反应，所以适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故B正确；
C.因为氢氧化钙的水溶性是微溶，所以不能用氢氧化钠除去粗盐水中的钙离子，故C错误；
D.由分析知，b为氢气，每生成1mol氢气，转移2mol 电子，所以若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下2.24L气体，故D错误；
综上所述，答案为B。
16．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动　②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动　④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【详解】①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，若增加C(s)物质的量，则平衡不移动，①不正确；
②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率降低，②不合题意；
③有气体参加的反应达到平衡时，减小反应器容积，相当于加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，③不正确；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，混合气的体积增大，反应物和生成物浓度同等程度减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，④不正确。
综合以上分析，①②③④都不正确。
故选D。
17．某化学反应其△H＝－122 kJ/mol，∆S＝231 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行
A．在任何温度下都能自发进行 B．在任何温度下都不能自发进行
C．仅在高温下自发进行 D．仅在低温下自发进行
【答案】A
【详解】反应自发进行需要满足，△H-T△S＜0，依据题干条件计算判断，△H-T△S=-122 kJ/mol-T×0.231 kJ/(mol·K)＜0，所以无论什么温度下，反应一定是自发进行的反应，故合理选项是A。
18．一定温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应：mA(g)＋nB(g)pCg)+qD(g)，当m、n、p、q为任意正整数时，下列状态：①体系的压强不再发生变化，②体系的密度不再发生变化，③各组分的物质的量浓度不再改变，④各组分的质量分数不再改变，⑤反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q，其中，能说明反应已达到平衡的是
A．只有③④ B．②③④ C．①②③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①如果两边的化学计量数之和相等，体系的压强始终不变，所以不一定平衡，故不符合题意；
②容积恒定，所以容器内气体密度一直不变，则体系的密度不再发生变化，不一定是平衡状态，故不符合题意；
③各组分的物质的量浓度不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故符合题意；
④各组分的质量分数不再改变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态，故符合题意；
⑤只要反应发生就有反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)＝m:n:p:q，所以不一 定是平衡状态，故不符合题意；
综上所述，答案为A。
19．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是(　　)
A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B．高压比常压有利于合成SO3的反应
C．加入催化剂有利于氨的合成
D．工业制取金属钾：Na(l)+KCl(l)⇌NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来
【答案】C
【详解】A．根据反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，说明平衡向四氧化二氮的方向移动，但仍比原来的颜色深，可以用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B．二氧化硫和氧气反应生产三氧化硫的反应中，即2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，增大压强，平衡会正向进行，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．催化剂不影响化学平衡，故不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；
D、将K变成蒸汽分离出来，减小了生成物的浓度，有利于反应向正向移动，可用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
答案选C。
20．下列说法正确的是
A．强电解质的水溶液中不存在溶质分子，弱电解质的水溶液中存在溶质分子和离子
B．强电解质的水溶液导电性强于弱电解质的水溶液
C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
D．强电解质易溶于水，弱电解质难溶于水
【答案】A
【详解】A．强电解质在水溶液中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水溶液中部分电离，存在电离平衡，因此存在溶质分子和离子，A正确；
B．强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液，溶液导电性的大小与溶液中自由移动的离子的浓度大小有关，B错误；
C．强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，弱电解质都是共价化合物，C错误；
D．强电解质是强还是弱，与溶解度的大小无关，D错误。
故选A。
21．将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A．c（H+） B．Ka(HF) C． D．
【答案】D
【详解】A. HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，A项错误；
B. Ka=，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，B项错误；
C. =，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故会减小，C项错误；
D. = ，因c(F-)减小，故 增大，D项正确；
答案选D。
22．下列电离方程式中正确的是
A．NaHCO3溶于水：NaHCO3=Na++H++CO
B．NaHSO4溶于水：NaHSO4=Na++H++SO
C．HF溶于少量水中：HF=H++F-
D．(NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO42NH+SO
【答案】B
【详解】A．NaHCO3是弱酸的酸式盐，溶于水电离产生Na+、，电离方程式为：NaHCO3=Na++，A错误；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，溶于水电离产生Na+、H+、SO，故NaHSO4溶于水电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，B正确；
C．HF是弱酸，在溶液中能够微弱电离产生H+、F-，存在电离平衡，其溶于少量水中电离方程式为：HFH++F-，C错误；
D．(NH4)2SO4是可溶性盐，溶于水完全电离产生NH、SO，电离方程式为：(NH4)2SO4=2NH+SO，D错误；
故合理选项是B。
23．向NH3•H2OOH-+的平衡体系中，加入下列物质能使一水合氨的电离度和c(OH-)都变大的是
A．通入NH3 B．通入HCl C．加水 D．升温
【答案】D
【详解】A．向氨水中通入NH3，通入NH3与H2O反应产生NH3•H2O，即增大c(NH3•H2O)，电离平衡正向移动，导致c(OH-)增大，但一水合氨的电离度减小，A不符合题意；
B．通入HCl，电离产生H+，与溶液中OH-反应产生水，导致电离平衡正向移动，一水合氨的电离度增大，但c(OH-)减小，B不符合题意；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，导致一水合氨的电离度增大，但溶液中c(OH-)减小，C不符合题意；
D．NH3•H2O电离需吸收热量，升高温度，电离平衡正向移动，导致一水合氨的电离度和c(OH-)都变大，D符合题意；
故合理选项是D。
24．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）
A．CH3CH2COOH B．Cl2 C．NH3 D．NH4HCO3
【答案】C
【详解】A、乙酸在水溶液能电离出自由移动的阴阳离子而使其溶液导电，所以乙酸是电解质，但为弱电解质，选项A错误；B、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、氨气的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是一水合氨而不是氨气，所以氨气是非电解质，选项C正确；D、碳酸氢铵在水溶液能电离出自由移动的阴阳离子而使其溶液导电，所以碳酸氢铵是电解质，且是强电解质，选项D错误。答案选D。

二、原理综合题
25．铜单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：
(1)Cu位于元素周期表中第四周期第_______族，属于_______(填“d”或“ds”)区。
(2)基态Cu原子的电子排布式为_______。
(3)若要在铁制品表面镀铜，电镀液用硫酸铜溶液，则铜应与电源的_______(填“正”或“负”)极相连。
(4)利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，电解时阴极反应式为_______，电解后电解槽底部会形成含有少量_______等金属的阳极泥。
(5)写出以石墨棒为电极，电解足量溶液的总反应方程式：_______。
(6)在某温度下，向含有固体的饱和溶液中加入少量硫酸铜，则的溶解度_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，_______，_______。
【答案】(1)     IB     ds
(2)1s22s22p63s23p63d104s1
(3)正
(4)     Cu2++2e-=Cu     Ag、Au
(5)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(6)     减小     不变     增大

【详解】（1）已知Cu是29号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故位于元素周期表中第四周期第IB族，属于ds区，故答案为：IB；ds；
（2）已知Cu是29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）若要在铁制品表面镀铜，电镀液用硫酸铜溶液，则铜应与电源的正极相连，作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，铁与电源的负极相连，作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：正；
（4）利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，电解时阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，阳极上Fe、Zn、Cu等放电，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+ 、Fe-2e-=Fe2+ 、Zn-2e-=Zn2+，电解后电解槽底部会形成含有少量Ag、Au等金属的阳极泥，故答案为：Cu2++2e-=Cu；Ag、Au；
（5）以石墨棒为电极，电解足量溶液时，阳极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu，故该电解的总反应方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
（6）在某温度下，向含有固体的饱和溶液中加入少量硫酸铜，由于Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，向饱和溶液中加入少量硫酸铜，则Cu2+浓度增大，平衡逆向移动，则的溶解度减小，Ksp仅为温度的函数，温度不变，不变，根据勒夏特列原理可知，增大，故答案为：减小；不变；增大。
26．在25℃时对氨水进行如下操作。回答下列问题：
(1)向氨水中加入少量水，则溶液中将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)向0.1mol/L20mL氨水中逐滴加入0.1mol/L VmL盐酸。
①若使氨水恰好被中和，则所得溶液的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：_______。
②若所得溶液，则此时加入盐酸的体积V_______20mL(填“>”、“<”或“=”)，溶液中、、、的大小关系为_______。
③若加入盐酸的体积，则此时溶液中_______mol/L。
(3)向溶液中加入1mL 0.1mol/L氨水，有白色沉淀产生，继续加入4滴溶液，观察到白色沉淀变为红褐色。试用离子方程式解释白色沉淀变为红褐色的原因：_______。
(4)向溶液中滴加氨水产生蓝色沉淀，若所得溶液，已知，则溶液中_______mol/L。
【答案】(1)增大
(2)     <          <     =＞=     0.067
(3)
(4)

【详解】（1）因为一水合氨的电离平衡常数，所以= ，加水稀释过程中，虽促进一水合氨的电离，但溶液体积不断增大，且占主导，所以电离生成的铵根离子浓度不断减小，即将增大，故答案为：增大；
（2）①若使氨水恰好被中和，则所得溶液的溶质为氯化铵，又因为铵根离子在溶液中会发生水解，其水解方程式为：，所以其pH<7，故答案为：<；；
②由于恰好完全反应溶液显酸性，若所得溶液，则此时加入盐酸的体积V<20 mL；若所得溶液，则=，结合电荷守恒式+=+可知，=，且溶质浓度大于水电离的氢离子与氢氧根离子的浓度，即溶液中离子浓度大小关系为： =＞=；
③若加入盐酸的体积，溶液体积由0.02L增大为0.03L，氯离子浓度变为原来的，根据物料守恒可知，；
（3）向溶液中加入1mL 0.1mol/L氨水，有白色沉淀产生，说明镁离子与一水合氨发生复分解反应，其离子方程式为：，且根据用量可知，一水合氨少量，镁离子过量，继续加入4滴溶液，观察到白色沉淀变为红褐色，说明氢氧化镁沉淀向氢氧化铁沉淀转化，该过程发生的离子方程式为：；
（4）根据水的离子积结合pH=10的溶液，可知氢氧根离子浓度，再根据溶度积公式可知，mol/L。