3.3酸碱中和与盐类水解同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．室温下，的溶液中含的数目为
B．铁粉与足量的水蒸气完全反应，转移电子数为
C．溶液中，阴离子的数目小于
D．由乙烯和环丙烷组成的混合气体中所含氢原子总数为
2．25℃时，下列说法正确的是
A．向醋酸溶液中加入CH3COONa固体后，溶液的pH降低
B．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
C．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO-)
D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出的H+的物质的量为1.0×10-5mol
3．室温下，向的溶液中滴加的NaOH溶液时，pH、(、或)随V(NaOH溶液)变化的曲线如图。下列叙述不正确的是
A．常温下，的第一步电离平衡常数
B．当V(NaOH溶液)=10mL时，
C．V(NaOH溶液)=20mL时，水的电离程度最大
D．常温下，当时，有
4．H2A为二元弱酸，其电离过程：，。常温时，向水溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，混合溶液中、和的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ表示
B．常温下的
C．当时，溶液中
D．向的溶液中持续滴加溶液，水的电离程度先增大后减小
5．25℃时，的不同弱电解质的电离度如表：
弱电解质 HF
7.0 7.8 1.3
下列叙述错误的是
A．能发生反应
B．溶液呈酸性
C．25℃，
D．等体积、等浓度的和HF消耗相同物质的量的
6．2022年诺贝尔化学奖青睐“点击化学”，凸显了化学广泛应用于生活，下列叙述错误的是
A．天然气(主要成分CH4)已经成为居民的生活用气
B．泡沫灭火剂的主要成分为Na2CO3和Al2(SO4)3
C．催化作用可以为化学工业带来巨大的经济效益
D．碱性废水可通过投加酸性废水或利用烟道气中和
7．NaCl与发生反应：，下列叙述正确的是
A．NaCl的水解方程式为
B．的电离方程式可能为
C．溶液呈酸性
D．溶液呈碱性
8．25℃时，向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通HCl(g)或加NaOH(s)，溶液中含碳、含氮粒子分布分数δ[指某含氮(或碳)粒子的浓度占各含氮(或碳)粒子浓度之和的分数]随溶液的pH变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)
B．NH4HCO3溶液中存在：c(NH3·H2O)+c()+c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)
C．反应+NH3·H2O++H2O的平衡常数K=10 0.9
D．pH=10.2时，溶液中存在：3c()+c(OH－)=c()+c(H+)
9．常温常压下，某同学向氨水中逐滴加入的盐酸，实验测得溶液的随加入盐酸体积的变化如图所示，其中N点为反应终点(此时盐酸与氨水恰好完全反应)，此时消耗盐酸的体积为。下列说法中正确的是
指示剂 pH范围及对应颜色
甲基橙 <3.1(红色) 3.1~4.4(橙色) >4.4(黄色)
酚酞 <8.2(无色) 8.2~10.0(粉红色) >10.0(红色)
A．选择甲基橙作指示剂，误差比酚酞的大
B．M点的溶液中存在
C．N点溶液中
D．P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为M点
10．25℃下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液呈中性。已知。对所得溶液中微粒的浓度分析正确的是
选项 原溶液 通入气体 分析
A NaClO
B HI
C
D
A．A B．B C．C D．D
11．同温同压下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。已知氯气在溶解时存在以下
①Cl2(aq)+H2OHClO+H++Cl- K1=4.2×10-4
②Cl2(aq)+Cl-Cl3(aq) K2=0.19
③HClOH++C1O- Ka=3.2×10-8
下列说法错误的是
A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小
B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解
C．a点时，c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3-)>c(ClO-)
D．b点时，c(Na+)
A．次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-
B．次氯酸钠溶液中能同时大量存在：K+、NH、S2-、SO
C．次氯酸钠溶液与浓盐酸混合产生氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
D．实验室制备次氯酸钠：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
13．常温下，几种弱酸或弱碱的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是
化学式 HCOOH HClO
或 、
A．向NaClO溶液中通入少量的反应为：
B．等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为：
C．等物质的量浓度溶液中大小顺序为：
D．向氨水中通入至溶液呈中性：
14．25℃时，某氯化铵溶液pH=4，下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．
15．常温下，向碳酸钠的溶液中通入过量SO2可制备NaHSO3，主要流程如图，下列叙述错误的是
已知H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2SO3：Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。
A．Na2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)
B．通入SO2开始时反应为2CO+SO2+H2O=SO+2HCO
C．当吸收SO2后pH=9的溶液中：c(HCO)＜c(CO)＜c(Na+)
D．母液中加KOH至中性时：3c(SO)＜c(Na+)+c(K+)
二、实验题
16．NaNH2是制取靛青染料的原料，易与水、氧气等反应，在液氨中几乎不溶解。实验室用如图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备氨基钠(NaNH2)，步骤如下：
Ⅰ．A中加入100mL液氨和0.05gFe(NO3)3·9H2O，通入氨气排尽密闭体系中的空气，搅拌。
Ⅱ．加入5g钠粒，反应，得NaNH2小颗粒物。
Ⅲ．除去液氨，得产品NaNH2。
实验过程中可能发生的反应：
2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑
4NaNH2+3O2=2NaOH+2NaNO2+2NH3↑
回答下列问题：
(1)Fe(NO3)3·9H2O的作用是___________；装置B的作用是___________。
(2)设计实验方案判断步骤Ⅰ中密闭体系中空气是否排尽：___________。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率过大，可采取的措施为___________(写出一条即可)。
(4)下列说法错误的是___________(填标号)。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3·9H2O均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2
D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中(5)产品分析：经分析，NaNH2中只含NaOH杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度：准确称取产品NaNH2xg→____→____→____→计算。请选择最佳操作并排序___________。
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的HCl标准溶液
c．准确加入过量的NH4Cl标准溶液
d．用NaOH标准溶液滴定
e．用NH4Cl标准溶液滴定
f．用HCl标准溶液滴定
g．滴加石蕊指示剂
h．滴加酚酞指示剂
i．滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4~6.2)
17．关于磁性材料的制备方法较多，例如：一是单质铁与有关气体氧化剂[如、、等]反应；二是利用溶液之间的反应，如铁酸盐与亚铁酸盐的作用或铁盐与亚铁盐在强碱性条件下的作用；三是水热法制备(纳米颗粒)，反应为；四是某一种工业上制取(见如下流程)等等：纳米四氧化三铁。试分析并回答：
(1)单质铁与在一定条件下反应，生成与 _______(写分子式)。
(2)铁酸盐与亚铁酸盐反应后，其溶液酸碱性测定的简便方法：用洁净玻璃棒 _______ 。
(3)水热法制备的反应中，常采用 _______ 性介质；这样制得的(纳米颗粒)，不能用减压过滤实现固液分离，其理由是 _______ 。
(4)上述工业制法中①氯化铁转化为铁黄后①环丙胺的作用，可用离子方程式表示为 _______，即促使了 _______ ，②的化学方程式是 _______ 。
(5)①人教版教材(化学必修)中，有关铁与水蒸气反应实验的主要步骤如下，按规范组装完仪器后其正确操作的顺序是 _______ 。
A．将酒精灯固定在铁粉部位加热
B．在湿棉花部位加热(使水汽化)
C．导管插入肥皂液中，用火柴点燃肥皂泡(气体先试纯)
D．先从肥皂液中撤出导管，再移去酒精灯后盖灭
②该实验关键点主要是温度控制，铁粉纯度(不被氧化)安全点燃，肥皂液不宜太稀，. _______ 放入时间等。
三、原理综合题
18．根据要求回答问题。
(1)已知、，
图Ⅰ是和反应生成和的过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是_______。请写出和反应的热化学方程式：_______。
(2)①将溶液蒸干灼烧得到的物质是_______(填化学式，下同)。
②溶液蒸干得到的固体物质是_______。
③泡沫灭火器常用硫酸铝作为原料之一，其灭火原理为_______(用离子方程式表示)。
(3)已知25℃时，有关弱酸的电离常数如下：；，，则相同物质的量浓度的、、NaCN溶液，pH由小到大的顺序是：_______。
19．了解电解质在水溶液中的存在形式及其行为，有助于从微观角度认识水溶液中离子反应的本质和规律，有助于感悟电解质溶液中各微粒间相互依存，相互制约的辩证关系。
Ⅰ.是实验室常见的电解质，根据要求回答下列问题：
(1)下列物质中，与醋酸同属弱电解质的是_______
A．氯化氢 B．醋酸铵 C．一水合氨 D．二氧化碳(2)下列能说明醋酸溶液一定呈酸性的是_______
A．含的溶液 B．能使酚酞呈无色的溶液
C．的溶液 D．(3)25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，下列说法正确的是_______
A．溶液中的值增大 B．增大2个单位
C．溶液中减小 D．减小(4)盐酸与过量铁粉的反应，若有适量介入，则有_______
A．反应速率减缓 B．产生氢气的总量不变
C．溶液的减小 D．溶液中减小
Ⅱ.将一定浓度的醋酸稀释10倍并配成溶液，取稀释后的溶液，用标准溶液滴定。
(5)实验中需要的定量仪器除了移液管，还需要___________。实验选用___________(填“酚酞”或“甲基橙”)做指示剂，当___________时，说明滴定至终点。如图所示滴定管的读数为___________mL。
(6)下列相关操作会造成所测定醋酸的浓度偏高的有___________。
A．用待测液洗锥形瓶 B．没有用标准液润洗碱式滴定管
C．滴定结束时，俯视刻度读数 D．滴定开始时锥形瓶中有水(7)根据表计算稀释前的醋酸溶液的物质的量浓度为___________。(保留2位小数)
实验次数
19.82 19.80 22.00 19.78
Ⅲ.将等体积的溶液和溶液分别加水稀释，随加水稀释倍数的变化如图所示。
(8)比较电离平衡常数：___________。(填“>、<或=”下同)
(9)a点由水电离的___________，比较a、b、c三点水的电离程度大小顺序为___________，c、d两点时的溶液分别与恰好中和，溶液中：d点___________c点。
(10)已知：25℃时和(亚磷酸)的电离平衡常数：
化学式 (亚磷酸)
电离平衡常数 ，
①与足量反应的化学方程式___________。
②书写溶液中加入足量醋酸的离子方程式：___________。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A. 室温下，的溶液中，，所以，的数目为，故A正确；
B. 铁粉与足量的水蒸气完全反应的方程式，3mol Fe ~ 8mol e-，16.8g Fe为0.3mol，所以转移电子数为0.8mol，为0.8NA，故B正确；
C. 溶液中，根据电荷守恒可知，，所以，阴离子数目应大于0.1NA，故C错误；
D. 乙烯与环丙烷的最简式都为CH2，所以混合气体中所含氢原子总数为，故D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．向醋酸溶液中加入CH3COONa固体后，c(CH3COO-)增大抑制CH3COOH电离，则溶液的pH升高，故A错误；
B．NaHA溶液呈酸性，可能是HA-的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，故B错误；
C．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒关系：c(NH)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(NH)
答案选D。
3．B
【详解】A．当时，以，则，A正确；
B．当(NaOH溶液)时，根据电荷守恒得，根据物料守恒得，综上可得，B错误；
C．当V(NaOH溶液)时，溶液中溶质为，是强碱弱酸盐，在水中水解，促进水的电离，所以当(NaOH溶液)时，水的电离程度最大，C正确；
D．当时，，根据电荷守恒得，代入转换得：，此时，，D正确；
故选B。
4．D
【分析】H2A为二元弱酸，向0.1mol/L H2A水溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，酸性逐渐减弱，pH逐渐增大，可知曲线Ⅰ表示H2A，曲线Ⅱ表示HA-，曲线Ⅲ是A2-，根据其电离过程：H2AH++HA-，HA-H++A2-，利用当c(H2A ) =c(HA-)时计算Ka1== c(H+) =10-1.2，同理，Ka2=10-4.2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示H2A，曲线Ⅱ表示HA-，曲线Ⅲ是A2-，A错误；
B．由分析可知，常温下的Ka2=10-4.2，B错误；
C．由图像可知当c(H2A) =c(A2-)时，pH<7，C错误；
D．由题干图示信息可知，pH=5时为NaHA 和Na2A的混合溶液，持续滴加NaOH溶液，发生反应NaHA+NaOH=Na2A，水解程度增大，NaOH溶液过量，抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，D正确；
故答案为：D。
5．A
【分析】根据的不同弱电解质的电离度可知，酸性HF>。
【详解】A．酸性HF>，根据“强酸制弱酸”，不能发生反应，故A错误；
B．HF的电离程度大于，可知的水解程度大于F-，所以溶液呈酸性，故B正确；
C．25℃，，故C正确；
D．等体积、等浓度的和HF的物质的量相等，与反应，消耗的物质的量相同，故D正确；
选A。
6．B
【详解】A．天然气(主要成分CH4)是一种清洁能源，已经成为居民的生活用气，A正确；
B．泡沫灭火剂的主要成分为NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成沉淀和气体，可作泡沫灭火剂，B错误；
C．催化剂能够通过降低反应需要的活化能而加快反应速率，降低反应所需的温度、压强等条件，故催化作用可以为化学工业带来巨大的经济效益，C正确；
D．碱性废水可通过投加酸性废水来中和，烟道气中常含有二氧化硫气体，能与碱发生反应，可用于环保领域中处理碱性废水，D正确；
故答案为：B。
7．B
【详解】A．NaCl为强酸强碱盐，不水解，A错误；
B．NaCl与能发生反应，生成的为强酸强碱盐，则生成的应该为弱电解质，电离方程式可能为，B正确；
C．为强酸强碱盐，溶液显中性，C错误；
D．结合B分析可知，为强酸弱碱盐，溶液水解显酸性，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．常温下，根据图中曲线pH=9.3时，铵根和一水合氨物质的量浓度相等，则Kb(NH3·H2O)=10 4.7，图中曲线pH=6.4时，碳酸和碳酸氢根物质的量浓度相等，则Ka1(H2CO3)=10 6.4，因此Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)，故A正确；
B．NH4HCO3溶液中存在电荷守恒c()+c(H+) = 2c()+c(OH－) + c()，还存在物料守恒c(NH3·H2O)+ c()=c()+c()+c(H2CO3)，前者减去后者得到c(NH3·H2O)+c()+c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)，故B正确；
C．pH=10.2时，则Ka2(H2CO3)=10 10.2，反应+NH3·H2O++H2O的平衡常数，故C正确；
D．pH=10.2时，根据电荷守恒c()+c(H+) +c(Na+) = 2c()+c(OH－) + c()，c()=c()，则溶液中存在：3c()+c(OH－)=c()+c(H+)+c(Na+)，故D错误。
综上所述，答案为D。
9．C
【详解】A．氨水中滴入盐酸，滴定终点时生成氯化铵，显酸性，则选甲基橙作为指示剂，酚酞的变色范围是碱性的，使用酚酞作指示剂误差较大，故A错误；
B．根据图象，M点溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，，故B错误；
C．N点为反应终点，盐酸与氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，根据电荷守恒：，此时溶液呈酸性，>，则，，故C正确；
D．氨水中由于的电离抑制水的电离，加入盐酸后生成NH4Cl，的水解促进水的电离，N点为反应终点，P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为N点，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．NaClO和SO2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，反应为NaClO＋SO2＋H2O＝NaCl＋H2SO4，溶液中无和，故A错误；
B．向CH3COONa溶液中通入HI气体至溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH )＝10 7mol/L，反应后溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa和NaI，电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH )＋c(CH3COO )＋c(I )，物料守恒关系为c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO )，可得c(CH3COOH)＝c(I )，，可得c(CH3COO )＝175c(CH3COOH)＞c(CH3COOH)＝c(I )，故B正确；
C．(NH4)2CO3溶液中物料守恒关系为c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，通入CO2至溶液呈中性时，溶质为NH4HCO3、(NH4)2CO3、H2CO3，则c(NH)＋c(NH3 H2O)＜2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故C错误；
D．溶液中，物料守恒关系为c(K＋)＝，NH3会消耗部分，可得c(K＋)＞c(NH)，中性溶液中电荷守恒关系为c(K＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH )，c(H＋)＝c(OH )，即c(K＋)＋c(NH)＝2c()＋c()，可得c()＝c(NH)＋c(H2SO3)＞c(NH)，中性溶液中c()较小，则溶液中存在c(K＋)＞c()＞c(NH)＞c()，故D错误；
故答案选B。
11．A
【详解】A．同一溶液中，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，故A错误；
B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，故B正确；
C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)＞c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，故C正确；
D．b点溶液中溶质为3mol/L的氯化钠和0.4mol/L的氯气，由氯化钠电离出钠离子和氯离子浓度相等即c(Na+)＝c0(Cl-)，根据元素守恒有c1(Cl2)＝c(HClO)＋c(ClO-)，故反应①生成的c2(Cl-)＝c(HClO)＋c(ClO-)，反应②的c3(Cl-)＝c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)＝c0(Cl-)＋c2(Cl-) c3(Cl-)，所以c0(Cl-)＝c(Cl-) c2(Cl-)＋c3(Cl-)，最后可得c(Na+)
【点睛】本题考查化学平衡移动以及图像问题，题目难度中等，注意根据图像判断外界条件对平衡移动的影响，注意氯水中的平衡移动问题。
12．B
【详解】A．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-，故A正确；
B．次氯酸钠具有强氧化性，S2-具有还原性，次氯酸钠溶液中不能同时大量存在S2-，故B错误；
C．次氯酸钠溶液与浓盐酸混合，次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；
D．实验室氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故D正确；
故选B。
13．B
【详解】A．因为Ka1(H2CO3)＞K(HClO)＞Ka2(H2CO3)，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，A项错误；
B．因为Ka(HCOOH)＞Ka1(H2CO3)＞K(HClO)，根据“越弱越水解”，等物质的量浓度NaClO、NaHCO3、HCOONa溶液的pH由大到小的顺序为NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，B项正确；
C．(NH4)2CO3、NH4ClO都属于强电解质，1mol(NH4)2CO3、NH4ClO完全电离依次产生2mol、1mol的，NH3 H2O属于弱碱，部分电离，等物质的量浓度溶液中c()由大到小的顺序为(NH4)2CO3＞NH4ClO＞NH3 H2O，C项错误；
D．因为Kb(NH3 H2O)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液都呈碱性，向氨水中通入CO2至溶液呈中性，该中性溶液中的溶质为NH4HCO3、H2CO3，根据物料守恒知，c()＜c()+c()+c(H2CO3)，D项错误；
答案选B。
14．D
【详解】A．溶液，所以，，A错误；
B．在溶液中，发生水解：，浓度小于浓度，水解产生使大于浓度，所以离子浓度的大小为：，B错误；
C．水解程度较弱，所以，C错误；
D．在溶液中，根据电荷守恒：，D正确；
故选D。
15．C
【分析】碳酸钠中通入SO2，两者反应生成Na2SO3，随着SO2的持续通入，Na2SO3转化为NaHSO3，再经过结晶可得到NaHSO3。
【详解】A．碳酸钠溶液水解生成和H2CO3，其中的H均来源于H2O中，水电离生成的H+和OH-物质的量相同，因此c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)，A正确；
B．从题干可知，酸性H2SO3>H2CO3>>，因此刚开始通入SO2时，Na2CO3与SO2反应生成和，离子方程式为2CO+SO2+H2O=SO+2HCO，B正确；
C．pH=9时，c(H+)=1×10-9mol/L，根据H2CO3的Ka2=5.6×10-11，可得=5.6×10-11，解得=5.6×10-2，因此c()
16．(1) 催化 防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内；如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒，降低冷却液温度，适当增加液氨量（任写一种即可）
(4)BC
(5)b；i；d
【分析】用如图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备氨基钠（NaNH2），在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度；NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。
【详解】（1）结合实验原理，反应中加入少量Fe(NO3)3·9H2O，可推知Fe(NO3)3·9H2O在反应中作催化剂；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，故答案为催化；防止氧气、水进入密闭体系。
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽，故答案为试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内；如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。
（3）结合影响化学反应速率的因素，为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量，故答案为分批少量加入钠粒，降低冷却液温度，适当增加液氨量（任写一种即可）。
（4）A．步骤Ⅰ中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3·9H2O均匀分散在液氨中，A故正确；
B．步骤Ⅱ中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点燃、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，故B错误；
C．步骤Ⅱ中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，故C错误；
D．因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，故D正确，
故答案选BC。
（5）题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg→加入过量盐酸标准溶液→加入滴加甲基红指示剂→用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为b；i；d。
【点睛】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17．(1)
(2)蘸取待测液，点在试纸中央，再与比色卡比较
(3) 碱 因纳米颗粒太小，减压过滤时它易透过滤纸
(4) 水解
(5) 湿棉花
【分析】铁粉与在高温条件下反应生成和，湿棉花受热可提供水蒸气，并且排除装置中的空气，再将酒精灯固定在铁粉部位加热，并将导管插入肥皂液中，用火柴点燃肥皂泡，以证明发生了反应生成氢气，实验结束时应先将导管末端移出水面，再熄灭酒精灯，防止发生倒吸。
【详解】（1）单质铁与在一定条件下反应生成元素化合价升高，则元素化合价降低生成；
（2）溶液酸碱性可用试纸测定，操作方法为：用洁净玻璃棒蘸取待测液，点在试纸中央，变色后再与比色卡比较，读取值；
（3）水热法制备纳米颗粒的反应为，则水热法制备的反应中，常采用碱性介质；纳米级颗粒的直径介于之间，颗粒较小，减压过滤时易透过滤纸，使产率降低；
（4）反应①氯化铁转化为铁黄是因为氯化铁水解生成和盐酸，环丙胺含有，能与生成的盐酸反应生成盐，即①环丙胺的作用是促使了铁离子的水解，反应的离子方程式为；②利用一氧化碳把铁黄转变为四氧化三铁，具有还原性，与生成、和，反应②的化学方程式为；
（5）①铁与水蒸气反应实验中，应先在湿棉花部位加热使水汽化，提供反应原料水蒸气，后将酒精灯固定在铁粉部位加热，并将导管插入肥皂液中，用火柴点燃肥皂泡气体先试纯，检验是否有氢气生成，为防止发生倒吸，实验结束时应先将导管末端移出水面，再移去酒精灯后盖灭，即正确操作顺序为；
该实验中温度过低，反应不发生，应控制反应温度；铁粉不能被空气氧化，应先在湿棉花部位加热使水汽化，排除装置中的空气；氢气是易燃物，点燃混入空气的氢气可能爆炸；肥皂液不宜太稀，否则肥皂泡更少，实验现象不明显；湿棉花用于提供水蒸气，注意湿棉花放入时间是否恰当，放入过早会导致水蒸发完；
故答案为：湿棉花。
18．(1) 减小 不变
(2)
(3)
【详解】（1）催化剂能降低反应的活化能，因此加入催化剂，减小，催化剂不影响反应的焓变，则不变，该反应的，则和反应的热化学方程式为 ，故答案为：减小；不变； ；
（2）①水解生成氢氧化铁，HCl挥发促进水解，氢氧化铁灼烧分解得到氧化铁，则将溶液蒸干灼烧得到的物质是，故答案为：；
②水解生成氢氧化铝和硫酸，生成的酸是硫酸，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，则加热蒸干过程中是蒸发水，最后得到的固体为，故答案为：；
③泡沫灭火器灭火原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）Na2CO3、NaHCO3、NaCN均为强碱弱酸盐，溶液显碱性，由于酸性：碳酸>氢氰酸>碳酸氢根，则碳酸氢根离子的水解程度小于CN-离子，CN-离子的水解程度小于碳酸根离子，则碳酸氢钠溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN，NaCN溶液中氢氧根离子浓度小于Na2CO3，相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN溶液，pH由小到大的顺序是：，故答案为：。
19．(1)C
(2)D
(3)A
(4)AB
(5) 碱式滴定管 酚酞 溶液由无色变为浅红色，并且三十秒不恢复原来的溶液颜色 18.60
(6)AB
(7)1.010
(8)<
(9) c>b>a >
(10) H3PO3+2NaOH=Na2HPO3 HPO+ CH3COOH=CH3COO-+ H2PO
【详解】（1）A．氯化氢为酸，属于强电解质，故A不选；
B．醋酸铵属于盐，为强电解质，故B不选；
C．一水合氨为弱碱，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；
D．二氧化碳为非电解质，故D不选；
故选C。
（2）溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小，如果c(OH+)＜c(H+)，则溶液呈酸性，如果c(OH+)=c(H+)则溶液呈中性，溶液c(OH+)＞c(H+)，则溶液呈碱性。
A．任何溶液中都含有氢离子，含H+的溶液不一定呈酸性，故A不选；
B．酚酞的变色范围是8.2-10，常温下，某溶液能使酚酞呈无色，该溶液可能具有碱性，故B不选；
C．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，100℃时纯水中pH=6，而纯水是中性液体，所以100℃中性溶液pH＜7如氯化钠溶液，故C不选；
D．溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小，如果c(OH+)＜c(H+)，则溶液呈酸性，故D选；
故选D。
（3）A．加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；
B．加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；
C．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；
D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；
故答案为A。
（4）A．盐酸与过量铁粉的反应，若有适量CH3COONa(s)介入，溶液H+离子浓度降低，反应速率减缓，故A正确；
B．氢离子的物质的量不改变，所以产生氢气的总量不变，故B正确；
C．溶液H+离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；
D．溶液H+离子浓度降低，溶液中c(OH-)增大，故D错误；
故选：AB。
（5）中和滴定中需要的定量仪器除了移液管，还需要碱式滴定管。用强碱滴定弱酸，实验选用酚酞做指示剂，当溶液由无色变为浅红色，并且三十秒不恢复原来的溶液颜色，说明滴定至终点。由图示滴定管液面可知，液面处于19刻度以上，滴定管0刻度在上方，且滴定管自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，则体积应18.60mL。
（6）A．用待测液洗锥形瓶，会导致待测液浓度增大，造成所测定醋酸的浓度偏高，故A选；
B．滴定管用水洗后，未用标准溶液润洗就装入标准溶液，导致标准液浓度减小，所用V(标准)偏大，测定浓度偏高，故B选；
C．滴定管读数时，终点时俯视，导致使用的NaOH体积偏小，则测定结果偏低，故C不选；
D．滴定开始时锥形瓶中有水对实验结构没有影响，故D不选；
故选AB。
（7）第三个数据22.00mL误差较大应该舍去，消耗标准NaOH溶液的体积V(NaOH)= =19.8mL，稀释后的醋酸溶液的物质的量浓度为，稀释前的醋酸溶液的物质的量浓度为=1.010mol/L。
（8）对pH相同的两种一元酸的溶液进行稀释时，pH变化较小的是酸性较弱的酸的溶液，根据图像可知酸性 HNO2 >CH3COOH ，酸的酸性越强，电离平衡常数越大，因此 Ka(HNO2) > Ka(CH3COOH)。
（9）a点pH=3，CH3COOH溶液中c(H+)=110-3mol/L，由水电离的c水(H+)=，酸性 HNO2 >CH3COOH ， HNO2电离出的 H+浓度大于 CH3COOH 电离出的 H+浓度， H+浓度越大，抑制程度就越大，因此水的电离程度：c>b>a；c、d点时同体积的两种酸，pH相同， H+浓度相同，但 n(HNO2)
（10）①由表格数据可知，亚磷酸是二元弱酸，H3PO3与足量NaOH反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3；
②由于酸性：H3PO3>CH3COOH> H2PO，Na2HPO3溶液中加入足量醋酸生成NaH2PO3，离子方程式为：HPO+ CH3COOH=CH3COO-+ H2PO。
答案第1页，共2页
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