【文档说明】天津市南开区2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题含解析.docx，共(16)页，578.116 KB，由管理员店铺上传

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2021~2022学年度第一学期南开区期末考试试卷高二年级化学学科第Ⅰ卷(选择题，共45分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.向水中加入下列溶质，能促进水电离的是A.3CHCOOHB.N

aOHC.NaClD.23NaCO【答案】D【解析】【详解】A．3CHCOOH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．23NaCO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H+B.pH<7C.()()+-cH>cOHD.滴加酚酞溶液不变红【答案】C【解析】【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−、3HCO−B.H+、2Mg+、Cl−、24SO−C.Na+、2Cu+、Cl−、2S−D.3Al+、Na+、Cl−、23CO−【答案】B【解析】【详解】A．OH−会和3HCO−反应生

成23CO−和水，不能大量共存，A错误；B．该组离子不发生反应，可大量共存，B正确；C．2Cu+与2S−会反应生成CuS沉淀，不能大量共存，C错误；D．3Al+会与23CO−在溶液中发生相互促进的水解反应，不能大量共存，D错误；故选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<SB.原子半径：S<PC.非金属性：P<SD.电负性：P<S【答案】A【解析】【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<P，A错误；B．同周期中原子序数越大，半径越小，则原子半径大小：S<P，B正确；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<S，D正确；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【解析】【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：D。6.下列事实与盐类水解无关的是A.用4TiCl制备2Ti

OB.铝盐、铁盐作净水剂C.实验室配制2FeCl溶液时，加少量铁粉D.向沸水中滴入饱和3FeCl溶液制3Fe(OH)胶体【答案】C【解析】【详解】A．用4TiCl制备2TiO是由TiCl42H2OTiO24HCl，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2FeCl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3FeCl溶液制3Fe(O

H)胶体，反应原理为：Fe33H2O煮沸Fe(OH)3(胶体)3H，与水解有关，D不合题意；故答案为：C。7.下列关于冰融化为水的过程判断正确的是A.ΔH>0ΔS<0、B.ΔH<0ΔS>0、C.ΔH>0ΔS>0、D.ΔH<0ΔS<0、【答案】C【解

析】【详解】同一物质由固态变为液态的过程需要吸收热量，体系的熵增加，所以ΔH>0ΔS>0、，故答案为为：C8.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【解析】【

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。①22H(g)I(g)2HI(g)+1ΔH②22H(g)I(s)2HI(g)+2ΔH下列说法正确的是A.12ΔH<ΔHB.HI(g)比HI(s)热稳定性更好C.1mol固态碘升华时12ΔH=ΔH-ΔHD.①的反应物总能量比②的反应

物总能量低【答案】A【解析】【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12ΔH<ΔH，选项A正确；B．物质物质的量的HI(g)的总能量大于HI(s)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22I(s)I(g)21ΔH=ΔH-ΔH，选项C错误；D．因为12ΔH<ΔH，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：223N(g)3H(g)2NH(g)+ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1molHH−、1molNN需要吸收的能量分别为436kJ、

945.6kJ，则断裂1molNH−需要吸收的能量为A.391kJB.737kJC.1173kJD.1474kJ【答案】A【解析】【分析】根据H=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1molNH−需要吸收的能量为xk

J，则根据H=反应物的键能之和-生成物的键能之和可知，945.6kJ/mol+3436kJ/mol23kJ/mol92.4kJ/mol−=−x，解得x=391，即断裂1molNH−需要吸收的能量为391kJ，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v(A)、v(B)、v(C)表示。已知：3v(A)=2v(B)、3v(C)=2v(B)，则该反应可表示为A.3A2B3C+=B.2A3B3C+=C.2A3B2C+=D.3A2B2C+=【答案】C【解

析】【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3v(A)=2v(B)、3v(C)=2v(B)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：2A3B2C+=；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()+c

H下降更快B.反应开始前()+cH：盐酸>醋酸C.反应结束时两容器内()2nH相等D.曲线②表示盐酸与镁条反应【答案】D【解析】【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()5a3KCHCOOH1.751

0−=，()5b32KNHHO1.7510−=。下列说法正确的是A.一定浓度的3CHCOOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小B.pH4=的3CHCOOH溶液和pH10=的氨水等体积混合后pH7=的C.等浓度的3CHCOONa和4NHCl溶

液中阴离子浓度之和，前者小于后者D.等浓度、等体积的3CHCOOH溶液和氨水分别与3NaHCO固体反应，消耗3NaHCO的量3CHCOOH多【答案】B【解析】【详解】A．一定浓度的3CHCOOH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．3CHCOOH和氨水均为弱电解质，且根据上述平衡常数数值可看出，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．3CHCOONa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，4NHCl

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，1mo

l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＜0B.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的转化率的的【答案】B【解析】【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【解析】【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。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16二、(本题包括1小题，共13分)16.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、P

t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4CuSO溶液的总反应方程式：。（6）在某温度下，向含有2Cu(OH)固体的2Cu(OH)饱和溶液中加入少量硫酸铜，则2Cu(OH)的溶解度(填“增大”、

“减小”或“不变”，下同)，spK，()2+cCu。【答案】（1）①.IB②.ds（2）1s22s22p63s23p63d104s1（3）正（4）①.Cu22e-=Cu②.Ag、Au（5）2CuSO42H2O电解2CuO2↑2H2SO4（6）①.减小②.不变③.增大【解析】【小问1详解】

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；【小问2详解】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；【小问3详解】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：

Cu22e-=Cu，故答案为：正；【小问4详解】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Cu22e-=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：Cu22e-=Cu；Ag、Au；【小问5详解】以石墨棒为电极，电解足量4CuSO溶液时，阳极反应为：2H2O-4e-=O2↑4H，阴极反应为：Cu22e-=Cu，故该电解的总反应方程式：2CuS

O42H2O电解2CuO2↑2H2SO4，故答案为：2CuSO42H2O电解2CuO2↑2H2SO4；【小问6详解】在某温度下，向含有2Cu(OH)固体的2Cu(OH)饱和溶液中加入少量硫酸铜，由于Cu(OH)2(s)Cu2(aq)2OH-(aq)，向2Cu

(OH)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2Cu(OH)的溶解度减小，Ksp仅为温度的函数，温度不变，spK不变，根据勒夏特列原理可知，()2+cCu增大，故答案为：减小；不变；增大。三、(本题包括1小题，共13分)17

.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++1ΔH=41.2kJmol−−。回答下列问题：（1）欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为。a.通入过量COb.升高温度c.加入催化

剂d.通入过量水蒸气（2）800℃时，该反应的平衡常数K=1.1，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、2HO、2CO、2H的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol。①写出该反应的平衡

常数表达式K=。②该时刻反应的进行方向为(填“正向进行”、“逆向进行”或“已达平衡”)。（3）830℃时，该反应的平衡常数K=1，在容积为1L的密闭容器中，将2molCO与22molHO混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为。

（4）下图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着()2nHO/n(CO)的变化趋势。判断1T、2T的大小关系：，判断理由为。（5）以氢气为燃料的氢氧燃料电池，碱性电解质溶液时，负极反应式为。【答案】（1）d（2）①.()()()()222cCOcHcCOcHO②.正向进行（3）50%（4

）①.T1<T2②.该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同时，温度较低，CO的转化率越大（5）H2-2e-2OH-=2H2O【解析】【小问1详解】该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，a.通入过量CO，则CO的转化率反而减小，选项a不符合

；b.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，选项b不符合；c.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，选项c不符合；d.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，选项D符合；答案选d；【小问2详解】

①由反应可知该反应的平衡常数表达式K=()()()()222cCOcHcCOcHO；②在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、2HO、2CO、2H的物质的量分别为1mol、3mol、

1mol、1mol时，Qc=()()()()222cCOcHcCOcHO=1113=13<1.1=K，平衡正向进行；【小问3详解】设CO的转化物质的量为xmol，根据三段式有：222CO(g)+HO(g)CO(g)+HO(g)(

mol/L)2200(mol/L)xxxx(mol/L)2-x2-xxx初始浓度转化浓度平衡浓度K=()()22xxxx−−=1，解得x=1，CO的转化率=1100%2=50%；【小问4详解】该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同时，温度较低，平

衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在()2nHO/n(CO)时，转化率α(T1)>α(T2)、则温度T1<T2，答案为T1<T2；该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同时，温度较低，CO的转化率越大；【小问5

详解】以氢气为燃料的氢氧燃料电池，碱性电解质溶液时，负极上氢气失电子产生的氢离子与氢氧根离子作用生成水，电极反应式为H2-2e-2OH-=2H2O。四、(本题包括1小题，共14分)18.化学是一门以实验为基础的学科。回答下列问题：Ⅰ.中和反应反应热的测

定。测定50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液中和反应时放出的热量。（1）采用稍过量的NaOH溶液的原因是。（2）若两种溶液密度均为31g/cm，反应后生成溶液的比热容()c4.18J

/g=℃，反应过程中测得体系温度升高3℃，则该反应放出kJ热量。Ⅱ.温度对化学平衡的影响。（3）在2NO生成24NO的反应中，存在如下平衡：2242NO(g)NO(g)1ΔH=56.9kJmol−−。取两个封装有2NO和24NO混合气体的圆底烧瓶，将它们分别浸在盛有热水、

冷水的大烧杯中。片刻后，比较两个烧瓶里气体的颜色，浸在(填“热水”或“冷水”)中的颜色更深，产生这一现象的原因是。ⅢI.简易原电池反应。（4）培养皿内装有含NaCl饱和溶液的琼脂，再滴入5~6滴酚酞溶液和36KFe

(CN)溶液，混合均匀，铁钉用砂纸磨光，缠上铜丝放入培养皿中。一段时间后，可观察到没有缠铜丝的铁钉附近产生色的(填化学式)沉淀；铜丝周围的现象是，发生的电极反应式为。的【答案】（1）使盐酸溶液充分反应（2）1.254（3）①.热水②.浸在热水中的烧瓶内该平衡逆向移动，导致2NO浓度增大

，体系颜色加深（4）①.蓝色②.KFe[(Fe(CN)6]③.溶液呈红色④.O22H2O4e-=4OH-【解析】【小问1详解】中和反应反应热的测定实验关键是准确测量温度的该变量，采用稍过量的NaOH溶液，可以使盐酸溶液充分反应，确保实际生成水的量与理论计算量相符。【

小问2详解】依题意，该反应放出热量Q=ρVcΔt溶液溶液溶液=--13-11gcm(50+50)mL4.18Jg3℃℃=1.254kJ。【小问3详解】2NO是红棕色气体，24NO是无色气体，由于平衡2242NO(g)NO(g)，1ΔH=56.

9kJmol−−，即正向放热，故片刻后，浸在热水中的烧瓶内该平衡逆向移动，导致2NO浓度增大，体系颜色加深；而浸在冷水中的烧瓶内该平衡正向移动，导致2NO浓度减小，体系颜色变浅；故浸在热水中的颜色更深。【小问4详解】依题意，没有缠铜丝的铁钉在NaCl饱和溶液中发生吸氧腐蚀，附近产生红

褐色的Fe(OH)3沉淀；缠铜丝的部分，铁钉与铜丝以NaCl溶液为电解质构成原电池，铁钉为负极失去电子生成Fe2，在铁丝周围遇36KFe(CN)溶液呈蓝色，铜丝为正极，溶液中的氧气得电子，发生的电极反应式为：O22H2O4e

-=4OH-。五、(本题包括1小题，共15分)19.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()()-32cOHcNHHO将(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）向0.1mol/L20mL氨水中逐滴加入0.1mol/LVmL盐酸。①若使

氨水恰好被中和，则所得溶液的pH7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：。②若所得溶液pH7=，则此时加入盐酸的体积V20mL(填“>”、“<”或“=”)，溶液中()+4cNH、()-cCl、()+cH、()-cOH的大小关系为。③若加入盐酸的体积V=10mL，则此时溶

液中()()+432cNH+cNHHO=mol/L。（3）向22mL0.1mol/LMgCl溶液中加入1mL0.1mol/L氨水，有白色沉淀产生，继续加入4滴30.1mol/LFeCl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4CuSO溶液中滴加氨水产生蓝色沉淀，若所得溶液pH10=，已知20sp2KCu(OH)=2.210−，则溶液中()2+cCu=mol/L。【答案】（1）增大（2）①.<②.+4232NH+HONHHO+H+③.<④.()-cCl=()+

4cNH＞()+cH=()-cOH⑤.0.067（3）3+2+23Mg(OH)(s)+Fe(aq)=Fe(OH)(s)+Mg(aq)（4）122.210−【解析】【小问1详解】因为一水合氨的电离平衡常数()()-432cOH

(NH)cNHHO+=bcK，所以()()-32cOHcNHHO=()()-324cOHcNHHO(NH)+=bKc，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4(NH)c+不断减小

，即()()-32cOHcNHHO将增大，故答案为：增大；【小问2详解】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：+4232NH+HONHHO+H+，所

以其pH<7，故答案为：<；+4232NH+HONHHO+H+；②由于恰好完全反应溶液显酸性，若所得溶液pH7=，则此时加入盐酸的体积V<20mL；若所得溶液pH7=，则()+cH=()-cOH，结合电荷守恒式()+4cNH()+cH=()-cCl()-cOH

可知，()-cCl=()+4cNH，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：()-cCl=()+4cNH＞()+cH=()-cOH；③若加入盐酸的体积V=10mL，溶液体积由0.02L增大为0.0

3L，氯离子浓度变为原来的13，根据物料守恒可知，()()+-4321cNH+cNHHO=2c(Cl)?=0.067mol/L3；【小问3详解】向22mL0.1mol/LMgCl溶液中加入1mL0.1mol/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：2++324

2Mg+2NHHO=2+Mg(NHOH)，且根据用量可知，一水合氨少量，镁离子过量，继续加入4滴30.1mol/LFeCl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：3+2+23Mg(OH)(s)+Fe=Fe(O

H)(s)+Mg(aq)；【小问4详解】根据水的离子积结合pH=10的溶液，可知氢氧根离子浓度14-4+1010(OH)10mol/L(H)10mol/L−−−===Kwcc，再根据溶度积公式2+2-sp

2Cu(OH)=(Cu)(OH)Kcc可知，()20sp22+122-42Cu(OH)2.210cCu=mol/L2.210(OH)(10)−−−==Kcmol/L。