人教版 (新课标)选修4 化学反应原理 第三章 水溶液中的离子平衡 章末检测卷

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第3章 水溶液中的离子平衡章末检测卷（三）(时间：90分钟　满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题（共15小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共45分）1．下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②④【答案】C【解析】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明。答案选C。【点评】该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。2．下列说法不正确的是A．BaSO4水溶液导电能力非常弱，所以BaSO4是弱电解质B．硅酸盐从岩浆中晶出的顺序是晶格能越大越先晶出C．NaCl和CsCl晶体中，因为阳离子与阴离子半径比不同，所以配位数不同D．某元素价电子排布式为3d64s2，推断该元素位于第四周期第Ⅷ族，d区【答案】A【解析】BaSO4其水溶液几乎不导电，但在熔融状态下能完全电离而导电，所以BaSO4是强电解质，A项错误；根据出晶规则，晶格能越大的越先析出晶体，则硅酸盐从岩浆中晶出的顺序是晶格能越大越先晶出，B项正确；NaCl和CsCl晶体都为离子晶体，离子晶体中，阳离子与阴离子半径比不同，形成的晶体的晶胞结构不同，所以配位数不同，C项正确；某元素价电子排布式为3d64s2，则最外层为第4层，价电子数为8，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，d区元素包括第ⅢB到第Ⅷ族，则该元素位于d区，D项正确。答案选A。3．下列说法中正确的是A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B．将盐酸稀释至100mL，所得溶液的pH为8C．常温下，当水电离出的c(H+)为时，此溶液的pH可能为1或13D．将pH=3的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大【答案】C【解析】在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，A项错误；将1×10-6 mol/L盐酸稀释100 mL，HCl电离产生的c(H+)=1×10-8 mol/L，此时溶液中水电离产生的H+不能忽略，溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为8，B项错误；常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L＜1×10-7 mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，C项正确；HCl是强酸，完全电离，将pH=3的盐酸，c(H+)=10-3 mol/L，将1 mL稀释至100 mL，此时溶液中c(H+)=10-5 mol/L，溶液pH=5；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=3时，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-5 mol/L，当将该溶液1 mL稀释至100 mL，假设醋酸电离平衡不移动，此时溶液中c(H+)=10-5 mol/L；稀释时使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)＞10-5 mol/L，使溶液的pH＜5，可见所得醋酸的pH略小，D项错误。答案选C。4．下列离子组在给定条件下一定能大量共存的是A．溶液：、、、B．能使甲基橙变黄的溶液中：、、、C．溶液：、、、D．无色透明的溶液：、、、【答案】C【解析】和Fe2+会生成蓝色沉淀，不能大量共存，A项错误；能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，在酸性条件下、不能大量共存，B项错误；，说明 ，溶液呈碱性，、、、可以大量共存，C项正确；无色透明的溶液一定不能大量存在，D项错误。答案选C。5．有四种物质的量浓度相等、且都由一价阳离子A+和B+及一价阴离子X—和Y—组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH=7，AY溶液的pH＞7，BX溶液的pH＜7。由此判断可能不水解的盐是A．BX B．AX C．AY D．BY【答案】B【解析】AY溶液的pH＞7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH＜7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B项正确。答案选B。6．下列关于盐类水解反应的应用说法正确的是A．可以把FeCl3固体直接溶于水制FeCl3溶液B．热的纯碱溶液去油污效果好C．Al(NO3)3溶液与K2S溶液混合后无明显现象D．Mg粉投入到饱和NH4Cl溶液中无明显现象【答案】B【解析】把FeCl3固体直接溶于水时，易发生水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，配制溶液时，为抑制水解应加少量盐酸，A项错误；因CO32-+H2OHCO3-+OH-，温度升高，c(OH-)增大，故去油污效果好，B项正确；发生2Al3++3S2-+6H2O＝2Al(OH)3↓+3H2S↑，C项错误；于NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4Cl溶液显酸性，故Mg粉投入到NH4Cl溶液中产生气体H2，D项错误。答案选B。7．25 ℃时，在1.0 L浓度均为0.01 mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)>c(A－)，则下列描述中不正确的是A．该溶液的pH<7B．HA的酸性很弱，A－的水解程度较大C．c(A－)＋c(HA)＝0.02 mol·L－1 D．n(A－)＋n(OH－)＝0.01 mol＋n(H＋)【答案】A【解析】混合液为HA、NaA，测的c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解大于HA的电离，溶液显碱性，即pH>7，A项错误；c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解大于HA的电离，HA的酸性很弱，A－的水解程度较大，B项正确；根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)= eq \f(1×0.01＋1×0.01,1)mol·L－1=0.02mol·L－1，C项正确；根据溶液呈现电中性，即c(Na＋)＋c(H＋)=c(A－)＋c(OH－)，c(Na＋)=0.01mol·L－1代入，即可得出结论，D项正确。答案选A。8．在一定温度下，一定量的石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，下列说法中正确的是A．n (Ca2+)增大 B．c(Ca2+)不变C．c(OH-)增大 D．n(OH-)不变【答案】B【解析】向悬浊液中加少量生石灰，发生反应：CaO＋H2O＝Ca(OH)2，反应消耗水，会析出氢氧化钙，反应后仍为饱和溶液，c(Ca2+)、c(OH-)不变，溶液体积减小，所以n(Ca2+)、n(OH-)减小。答案选B。9．常温下，用NaOH溶液滴定20.00mL溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B．点①所示溶液中：C．点②所示溶液中：D．点③所示溶液中：【答案】D【解析】NaOH溶液滴定20.00mL溶液，属于强碱滴定弱酸，要用酚酞作为指示剂，A项错误；点①加入了20mLNaOH溶液，反应后的溶液为CH3COONa溶液，部分发生水解生成和OH-，溶液呈碱性，溶液中各离子浓度大小关系为：，B项错误；点②溶液呈中性，，根据电荷守恒，则，但是>c(H+)，C项错误；点①加入了10mLNaOH溶液，反应后的溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒可得，D项正确。答案选D。10．25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液各2mL分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点的c(HA)大于b点的c(HB)B．a点溶液的导电性大于b点溶液C．a点溶液比b点溶液中水的电离程度大D．同浓度的与溶液中，大于【答案】C【解析】由相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液各2mL分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线可知：HB比HA酸性更弱，所以a点的c(HA)小于b点的c(HB)，A项错误；a点溶液的酸性小于b点溶液，所以前者离子浓度小于后者，即a点溶液导电性小于b点溶液，B项错误；a点溶液的酸性小于b点溶液，均抑制水的电离，但a抑制程度弱，a点溶液比b点溶液中水的电离程度大，C项正确；由相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液各2mL分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线可知：HB比HA酸性更弱对应阴离子在盐溶液中更易水解，所以同浓度的与溶液中，小于，D项错误。答案选C。11．用0.2000mol/L H2C2O4溶液滴定未知浓度的高锰酸钾溶液20.00mL，下列操作正确的是A．可用酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗2-3次C．滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为紫红色，且30s颜色不变即达到滴定终点D．滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为22.50mL【答案】A【解析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，可用酸式滴定管量取，A项正确；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不能再用待测液润洗，B项错误；因为是H2C2O4滴定高锰酸钾，故滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由紫红色变为无色，且30s颜色不变即达到滴定终点，C项错误；正确的读数应为21.50mL，D项错误。答案选A。12．下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是A．滴定前尖嘴中气泡未排出即进行滴定，滴定后尖嘴无气泡B．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，所测出的碱液的浓度值C．同一滴定实验，一般做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次D．达到滴定终点时，俯视读数标准液滴定未知物质的量浓度的HCl溶液【答案】D【解析】滴定前尖嘴中气泡未排出即进行滴定，滴定后尖嘴无气泡，读数时会把气泡的体积当做消耗的标准液的体积，导致读出来的体积偏高，A项错误；用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会导致浓度偏低，所用体积增加，则测定结果偏高，B项错误；同一滴定实验，一般做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次，则测定结果可能偏低、也可能偏高，不能确定，C项错误；达到滴定终点时，俯视读数标准液滴定未知物质的量浓度的HCl溶液，所测出的体积数值偏低，D项正确。答案选D。13．下列说法正确的是A．AgCl难溶于水，所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag＋、Cl－ B．AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝1.8×10－5 mol·L－1 C．在温度一定时，当溶液中Ag＋和Cl－的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡 D．向饱和AgCl溶液中加入盐酸，会使Ksp(AgCl)增大【答案】C【解析】虽然AgCl难溶于水，但仍能溶解一小部分，所以将AgCl加入水中会少量溶解，溶液中含有少量的Ag＋、Cl－，A项错误；AgCl的Ksp＝1.8×10－10，是指在AgCl饱和溶液中Ag＋和Cl－的浓度的乘积等于1.8×10－10，并不一定是c(Ag＋)＝c(Cl－)，如在含有AgCl和NaCl的溶液中，c(Ag＋)＜(Cl－)，B项错误；当Qc＝Ksp时，达到溶解平衡，C项正确；Ksp只与温度有关，增大某离子的浓度，Ksp不变，D项错误。答案选C。14．常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是A．含有AgCl固体的饱和溶液，加少量水稀释，c(Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不变B．向饱和AgCl溶液中通入HCl，Ksp(AgCl)减小C．反应BaSO4(s)＋CO32－(aq) eq \o(,\s\up9(K1),\s\do9(K2))BaCO3(s)＋SO42－(aq)的K2＜K1（KspBaSO4＝1.1×10-10、KspBaCO3＝2.6×10-9）D．向CH3COOH溶液中加入冰醋酸，c(OH－)、c(CH3COO－)均增大【答案】A 【解析】溶液中存在未溶解的AgCl固体，加少量水稀释，溶液饱和，c(Ag+)，温度不变，Ksp(AgCl)保持不变，A项正确；向饱和AgCl溶液中通入HCl，c(Cl-)增大平衡逆向移动，温度不变Ksp(AgCl)不变，B项错误；KspBaSO4＝c(Ba2+)×c(SO42－)＝1.1×10-10、KspBaCO3＝c(Ba2+)×c(CO32－)＝2.6×10-9，反应BaSO4(s)＋CO32－(aq) eq \o(,\s\up9(K1),\s\do9(K2))BaCO3(s)＋SO42－(aq)，K1＝ EQ \f(c(SO42),c(CO32))＝ EQ \f(c(Ba2+)×c(SO42),c(Ba2+)×c(CO32))＝ EQ \f(KspBaSO4,KspBaCO3)＝ EQ \f(1.1×10-10,2.6×10-9)＜1，那么K2＞1，那么K2＞K1，C项错误；向CH3COOH溶液中加入冰醋酸，电离平衡正向移动，c(H+)、c(CH3COO－)均增大，c(OH－)减小，D项错误。答案选A。15．已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10－8mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10－5mol/L。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是A．c (K+)＞c (NO3－)＞c (Ag+)＝c(Cl－)＋c (I－)B．c (K+)＞c (NO3－)＞c (Ag+)＞c (Cl－)＞c (I－)C．c (NO3－)＞c (K+)＞c (Ag+)＞c (Cl－)＞c (I－)D．c (K+)＞c (NO3－)＞c (Cl－)＞c (Ag+)＞c (I－)【答案】D【解析】钾离子和NO3－不参与反应，所以c (K+)＞c (NO3－)。由于碘化银的溶度积常数小于氯化银的，所以首先生成碘化银沉淀，然后才是氯化银沉淀，因此根据硝酸银和氯化钾及碘化钾的物质的量可知，氯化钾是过量的，因此c(Cl－)＞c(Ag+)＞c(I－)，D项正确。答案选D。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题(本题包括5小题，共55分)16．(11分)请回答下列问题：(1)写出稀氨水中的电离方程式_______；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是(忽略溶液体积的变化)_______(填字母)。A．适当升高温度            B．加入NH4Cl固体        C．通入NH3            D．加入少量浓盐酸(2)常温下，有pH相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，HCl溶液中c(H+)_______。②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c(H+)_______(填“>”、“=”或“＜”)HCl溶液中的c(H+)。③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液_______(填“＞”、“=”或“”、“＜”)HCl溶液。④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“>”、“＜”或“=”)HCl溶液中。(3)将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是_______(填字母)。A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多【答案】(1)     NH3·H2O+ OH-     BD(2)     减小     减小     ＞     ＞     ＞(3)AB【解析】（1）在氨水中存在电解质NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离产生、OH-，存在电离平衡，电离方程式为：NH3·H2O+ OH-；弱电解质电离过程需吸收热量，适当升高温度，电离平衡正向移动，导致溶液中c()、c(OH-)都增大，A不符合题意；加入NH4Cl固体，导致c()增大，电离平衡逆向移动，最终使溶液中c(OH-)减小，B符合题意；通入NH3会使c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，最终导致溶液中c()、c(OH-)都增大，C不符合题意；加入少量浓盐酸，H+与溶液中OH-发生中和反应产生H2O，电离平衡正向移动，c()增大，但c(OH-)减小，D符合题意；合理选项是BD；（2）HCl是一元强酸，在水中完全电离产生H+、Cl-；CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，主要以电解质分子存在。所以当两种溶液pH相同、体积相同时，c(CH3COOH)＞c(H+)=c(HCl)，n(CH3COOH)＞n(HCl)。①分别加适量醋酸钠晶体后，c(CH3COO-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，最终达到平衡后c(H+)减小，而向盐酸中加入适量醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+=CH3COOH，最终导致溶液中c(H+)也减小；②分别加水稀释10倍后，HCl中c(H+)是原来的；稀释使CH3COOH溶液中的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)比原来的大一些，故稀释10倍后CH3COOH溶液中c(H+)大于盐酸中的c(H+)；③由于醋酸溶液中存在电离平衡，所以等pH、等体积的HCl与CH3COOH溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)＞n(HCl)，二者都是一元酸，等物质的量的碱中和等物质的量的酸，故二者分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液大于盐酸反应消耗NaOH溶液的体积；④醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，温度升高20℃，电离平衡正向移动，最终达到平衡时，CH3COOH溶液中c(H+)增大；而HCl是强酸，完全电离，升高温度，c(H+)不变，故温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)大于HCl溶液中的c(H+)；（3）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+。加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；合理选项是AB。17．已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：(1)常温下，物质的量浓度相同的四种溶液：①HF溶液；②HClO溶液；③NaHCO3溶液；④NH3·H2O溶液，其pH由大到小的顺序是____________(填字母)。(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液与pH＝4的HF溶液中由水电离出的c(H＋)之比为________。(3)0.1 mol·L－1NaClO溶液和0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，c(ClO－)______c()(填>、<或＝)；可使上述两种溶液pH相等的方法是________(填字母)。A．向NaClO溶液中加适量水B．向NaClO溶液中加入适量NaOH固体C．向NaHCO3溶液中加适量水D．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体(4)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为：__________________________。(5)常温下，计算NH4Cl溶液中，的水解常数Kh＝_________________。【答案】(1)④>③>②>① (2)106∶1 (3)＜ AD (4)ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3－ (5)5.9×10－10 【解析】（1）等物质的量浓度的HF和HClO溶液，由于HClO的电离常数较小，故溶液中含有的H+浓度较小，其pH比HF稍大；等物质的量浓度的NaHCO3和NH3·H2O溶液，由于碳酸氢钠溶液呈碱性，故碳酸氢根的水解程度大于碳酸氢根的电离，碳酸氢根的水解常数Kh＝eq \f(c(H2CO3)×c(OH－),c(HCO3-))＝eq \f(c(H2CO3)×c(OH-)×c(H+),c(HCO3-)×c(H+))＝eq \f(Kw,Ka1)＝2.4×10-8，与一水合氨的电离常数相比碳酸氢根的水解常数较小，故碳酸氢根水解出的OH-的浓度小于一水合氨电离出的OH-的浓度，故一水合氨的pH稍大，综上，四种物质的pH从大到小的顺序为④＞③＞②＞①；（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液中的H+由铵根水解而来，故pH＝4的NH4Cl中水电离的c(H+)=10-4mol/L；HF为弱酸，溶液中的H+由HF电离而来，HF中水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相同，故pH＝4的HF中水电离出的c(H+)＝10-10mol/L，综上，两溶液中水电离出的c(H+)之比为10-4∶10-10＝106∶1；（3）①根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的一级电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是________。A．向水中加入NaHSO4固体B．向水中加入Na2CO3固体C．加热至100℃D．向水中加入(NH4)2SO4固体（4）若等pH、等体积的②(NaOH)和⑦(氨水)分别加水稀释m倍、n倍，稀释后pH相等，则m________(填“>”“<”或“＝”)n。（5）等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中浓度由大到小的顺序_____________。【答案】（1）酸 NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ （2）10－4mol/L 10－11mol/L （3）D （4）＜ （5）NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O 【解析】根据水的电离平衡和盐的水解平衡规律进行判断，盐溶液的pH就是水电离出的氢离子浓度，据此回答问题。【详解】（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为NH4+＋H2OH+＋NH3•H2O；（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=10的CH3COONa溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，c(H+)=10-10mol/L，CH3COONa 中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c(OH-)为10-4mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c(OH-)=10-11mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c(OH-)=c(H+)为10-11mol/L；（3）向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，A项错误；向水中加Na2CO3固体，水解呈碱性，B项错误；加热至100℃，促进水的电离，溶液呈中性，C项错误；向水中加入(NH4)2SO4固体，水解呈酸性，且促进平衡正向移动，D项正确。答案选D；（4）氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水，故答案为m＜n；（5）氨水为碱，氯化铵和醋酸铵为盐，因为醋酸为弱电解质，盐酸为强电解质，故醋酸根和铵根的水解相互促进，剩余铵根的浓度小于氯化铵，且氨水的电离是有限的，生成的铵根的浓度最低，故等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中NH4+浓度由大到小的顺序：NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O。20．碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(，含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：②常温稳定，在热水中会分解生成；③。回答下列问题：(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_______、_______(任写两种)。(2)滤渣Ⅰ经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分除外还有_______(填化学式)。(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用，调节的范围为_______，若加A后将溶液的调为5，则溶液中的浓度为_______。(4)写出“沉锰”(除)过程中反应的离子方程式：_______。(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。【答案】(1)     搅拌     适当增加硫酸浓度、适当加热等(任选二)(2)(3)     3.7～5.6(或3.7≤pH＜5.6)     (4)(5)将溶液加热【解析】根据题意，用含有、、的辉铜矿石，制备碱式碳酸铜，开始加入稀硫酸酸浸并且用将氧化为而沉淀而除去。溶液中加入，促进水解生成而除去，溶液中剩余的阳离子为、，用将沉淀，加热除去溶液中的，最后将溶液处理，得到碱式碳酸铜。（1）影响反应速率的方法有：适当升高温度、适当增大浓度、增大接触面、搅拌等。（2）辉铜矿中含有、和，加入和后，，，和硫酸不发生反应，滤渣Ⅰ中的主要成分除外还有。（3）加入调节，可以使完全沉淀，根据表中的数据，完全沉淀，≤3.7，开始沉淀＜5.6，调节的范围为：3.7～5.6(或3.7≤pH＜5.6)。加入调节=5，， ，溶液中的浓度为。（4）向溶液中加入除去，生成沉淀，发生反应的方程式：。（5）气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，可以将溶液加热。化学式HFHClOH2CO3NH3·H2O电离常数Ka＝6.8×10－4Ka＝4.7×10－8Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝5.6×10－11Kb＝1.7×10－5滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.5020.40第二次20.003.0023.00第三次20.004.0024.10难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10－105.35×10－131.21×10－161.12×10－121.0×10－12金属离子开始沉淀的7.22.75.68.3完全沉淀的9.03.76.79.8