第3章 水溶液中的离子反应与平衡 章节测试A卷（含解析）
一、单选题
1．T℃时，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（ ）
A．pH＝6的溶液 B．含有H+的溶液
C．c（H+）＞c（OH﹣） D．能与金属Al反应放出H2的溶液
2．如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（ ）
A．CO B．HCO C．Na＋ D．NH
3．“84消毒液”在此次新冠肺炎疫情防控中大显身手，其主要成分是NaClO和NaCl。下列有关说法错误的是（ ）
A．二者均属于钠盐 B．二者的水溶液均呈碱性
C．二者在水中均能完全电离 D．二者均属于强电解质
4．常温下对如图烧杯中的溶液分别进行下列操作，相关分析正确的是（ ）
A．稀释10倍，溶液中保持不变
B．若升高温度，溶液中保持不变
C．加入100mL pH=2的盐酸，溶液中存在
D．加入少量BCl固体，固体溶解后溶液的pH不变(忽略溶液体积变化)
5．常温下，将下列物质溶于水中分别配制成0.1 mol L-1溶液，所得溶液pH大于7的是（ ）
A．NaCl B．HCl C．NaOH D．CH3COOH
6．下列符号代表的粒子不影响水的电离平衡的是（ ）
A． B． C．Fe3＋ D．
7．用pH试纸测定某一溶液的pH时，规范的操作是（ ）
A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较
B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C．用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较
D．在试管内放少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较
8．中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则（ ）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＞V2＞V1 C．V3＞V1＝V2 D．V1＞V2＝V3
9．用绿矾(FeSO4 7H2O)配制FeSO4溶液， 常加入稀硫酸和（ ）
A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸
10．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．图b中当溶液时，
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
C．的溶液的pH>2.5
D．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
二、多选题
11．酸和碱的稀溶液发生反应的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应是放热反应
B．a点可表示等物质的量的一元酸与一元碱完全反应
C．从反应开始到a点溶液导电能力一直增强
D．反应结束后，可利用 来计算反应热
12．肼(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。25℃时，水合肼(N2H4·H2O)的电离常数K1、K2依次为9.55×10-7、1.26×10-15。下列推测或叙述一定错误的是（ ）
A．N2H4易溶于水和乙醇
B．N2H4分子中所有原子处于同一平面
C．N2H6Cl2溶液中：2c(N2H )+c(N2H )>c(Cl-)+c(OH-)
D．25℃时，反应H++N2H4 N2H 的平衡常数K=9.55×107
13．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（ ）
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
14．高铁酸钾 是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．用 作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用 溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．该条件下，物质的溶解性：
15．用一定浓度NaOH溶液滴定某一元酸HA溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA为一元弱酸
B．b点对应的溶液中：c(A－)＞c(Na＋)
C．根据溶液pH和导电能力的变化可判断V2＜V3
D．a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度依次减小
三、实验探究题
16．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 ，观察到的现象是 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 性，装置B的作用是 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 。当观察到装置C中溶液 ，说明反应已完全。
（4）样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
判断步骤②的滴定终点 。
（5）样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为 ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量 (选填“偏高”或“偏低”)。
17．
（1）Ⅰ.某小组用盐酸与 NaOH溶液在图示装置进行中和反应，通过测定反应过程中的热量可计算中和热。回答下列问题：
从实验装置看，图中尚缺少的仪器是 。
（2）做一次完整的中和热测定实验(需重复测定3次)，温度计需使用至少 次。
（3）某小组同学为探究强酸与弱碱的稀溶液反应时的能量变化，用相同浓度和相同体积的稀氨水代替NaOH溶液，测得的中和热的会 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，
（4）Ⅱ．现用物质的量浓度为amol/L的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)= mol/L。
（5）若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则滴定的HCl物质的量浓度会偏 (填“大”或“小”)。
甲： 乙：
（6）取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。
实验编号 NaOH溶液的浓度(mol/L) 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL) 待测盐酸的体积(mL)
1 0.10 22.62 20.00
2 0.10 22.72 20.00
3 0.10 22.80 20.00
①滴定达到终点的标志是
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 (保留两位有效数字)。
18．硫代硫酸钠(Na2S2O3)，又名大苏打，在化学实验中应用广泛。实验室进行如下实验测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应)。
步骤I：准确称取10.00g产品，溶于蒸馏水配成250.00mL溶液。
步骤II：取25.00mL注入锥形瓶，加入指示剂，用0.05mol·L-1标准碘溶液滴定。(已知：2S2O+I2=S4O(无色)+2I-)，回答下列问题：
（1）步骤II中选用的指示剂为 ，滴定终点的现象为 。
（2）第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为 mL。
（3）重复上述操作，记录另两次数据如表，则产品中Na2S2O3 5H2O(M=248g/mol)的质量分数为 (精确到0.1%)。
滴定次数 滴定前/mL 滴定后/mL
第二次 0.50 19.50
第三次 0.22 20.22
（4）下列操作会使测得Na2S2O3 5H2O的质量分数偏大的是 。
a.用蒸馏水冲洗锥形瓶
b.读数时，滴定前俯视，滴定后仰视
c.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出
d.滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗
19．某研究性学习小组在实验室对酸碱中和反应进行探究
（1）中和热的测定：用50mL 0.5mol/L 的盐酸与50mL 0.55mol/L 的NaOH溶液在如图1所示装置中进行中和热测定，若用等体积等浓度的醋酸代替盐酸，测得中和热数值 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（2）中和滴定：取一定量的稀盐酸，逐滴滴加NaOH溶液，边滴加边振荡。
①指示剂法：用 （填仪器名称）取一定体积的稀盐酸于锥形瓶中，滴加几滴甲基橙作指示剂，滴定达到终点的现象为 。
②传感器法：用传感器实时获得溶液的pH、温度曲线如图2所示，当反应达到终点时，溶液的温度为 ℃。若用等浓度的醋酸代替稀盐酸，用传感器实时获得溶液的pH如图3所示，图2与图3中溶液起始pH后者较大的原因是 ，图3中反应终点时溶液pH约为8，请用离子方程式表示其原因 。
四、综合题
20．强弱电解质在水中的行为是不同的。
（1）醋酸在水中的电离方程式为 。
（2）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定曲线如图所示。
①II表示滴定 的曲线(填“盐酸”或“醋酸”)。
②当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是 (填“盐酸”或“醋酸”)。
③当V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是 (填序号)。
A．碱式滴定管 B．锥形瓶 C．容量瓶 D．玻璃棒
21．溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）Na2CO3溶液显碱性的原因，用离子反应方程式表示 ；CuSO4溶液呈酸性的原因，用离子反应方程式表示： 。
（2）25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(OH-)= 。
（3）25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（ ）＝c（Cl－），则溶液显 （填“酸”“碱”或“中”）性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝ 。
22．牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(固) 5Ca2++3PO +OH-。
（1）进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，此时，牙齿就会受到腐蚀，其原因是 。
（2）已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。请用离子方程式表示牙膏配有氟化物添加剂能防止龋齿的原因： 。
（3）根据以上原理，请你提出一种其它促进矿化的方法： 。
23．镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。
（1）某蓄电池反应为2NiO(OH)+Cd+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2。该蓄电池充电时，被氧化的物质是 (填化学式)，放电时若生成73gCd(OH)2，则外电路中转移的电子数是 。
（2）镍的羰化反应为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g) ΔH。
①一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入到1L的恒容密闭容器中反应，5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则0~5s内平均反应速率v(CO)= mol·L·s-1。
②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，则该反应的ΔH 0(填“>”或“<")。
（3）NiSO4·6H2O晶体是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料制取。制取步骤如下：
①在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度1.84g·mL-1)配制40%的稀硫酸，需要的玻璃仪器除玻璃棒外，还有 。
②向滤液Ⅰ中加入Na2S的目的是 。(已知：Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=1.3×10-36，Ksp[ZnS]=1.3×10-24，Ksp[NiS]=1.1×10-21)
③滤液Ⅲ中所含的阳离子主要有 。
④NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 。
⑤在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是 (写出一条即可)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.100℃时pH＝6的溶液为中性，且温度未知，不能判断，故A不选；
B．任何水溶液中均含H+，不判断酸碱性，故B不选；
C．c（H+）＞c（OH﹣），则溶液一定为酸性，故C选；
D．Al与酸或NaOH溶液等均反应生成氢气，则与金属Al反应放出H2的溶液，可能为强碱溶液，故D不选；
故答案为：C。
【分析】由c（H+）、c（OH﹣）相对大小判断溶液的酸碱性，若c（H+）＞c（OH﹣）时溶液为酸性，以此来解答。
2．【答案】D
【解析】【解答】根据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性。
A、碳酸根水解，显示碱性，故A不符合题意；
B、碳酸氢根离子水解显示碱性，故B不符合题意；
C、钠离子不会发生水解，故C不符合题意；
D、铵根离子水解溶液显示酸性，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由水解过程示意图可知，该离子水解后溶液显酸性，因此该离子为弱碱阳离子。据此分析选项。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．NaClO和NaCl均属于钠盐，故A不符合题意；
B．NaClO中次氯酸根水解显碱性，NaCl溶液呈中性，故B符合题意；
C．NaClO和NaCl是钠盐，强电解质，在水中均能完全电离，故C不符合题意；
D．根据C选项分析二者均属于强电解质，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、二者的阳离子都是Na＋，属于钠盐；
B、NaCl溶液显中性；
C、可溶性盐在水中完全电离；
D、绝大多数盐都属于强电解质；
4．【答案】B
【解析】【解答】A．稀释10倍，溶液温度不变，水的离子积常数不变，，溶液体积增大，则增大，A不符合题意；
B．BOH溶液中存在电荷守恒为：，可推知升高温度，溶液中保持不变，且该值为1，B符合题意；
C．该BOH溶液浓度为1mol/L，pH=12，推知BOH为一元弱碱，加入100mL pH=2的盐酸，溶液呈碱性，根据电荷守恒可知：，因为，所以，C不符合题意；
D．该BOH溶液浓度为1mol/L，pH=12，推知BOH为一元弱碱，电离方程式为：，加入少量BCl固体，抑制BOH的电离，溶液pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、稀释10倍后，水的离子积常数不变，但液体体积变大，；
B、根据溶液中电荷守恒可知，注意阴离子只有氢氧根离子；
C、BOH为一元弱碱，加入盐酸后溶液呈碱性；
D、 BOH为一元弱碱，加入BCl会抑制 BOH水解。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl溶液显中性，pH=7，A不符合题意；
B.HCl溶液显酸性，pH<7，B不符合题意；
C.NaOH溶液显碱性，pH>7，C符合题意；
D.CH3COOH溶液显酸性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】形成溶液的pH>7，则所得溶液显碱性，据此分析选项。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.硫化氢是弱酸，在水溶液中能电离出氢离子，抑制水的电离，A不符合题意；
B.醋酸根离子在水溶液中能水解，促进水的电离，B不符合题意；
C.Fe3＋在水溶液中能水解，促进水的电离，C不符合题意；
D.结构示意图表示的是氯离子，对水的电离无影响，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据水电离平衡的影响因素分析，酸、碱抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．pH试纸直接浸入待测液，会污染溶液，故A不选；
B．测定溶液pH的符合题意操作方法为：取一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃杯蘸取待测液滴于试纸的中部，观察变化稳定后的颜色，与标准比色卡比较，不能将溶液倒在试纸上，故B不选；
C．用玻棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较，符合操作要求，故C选；
D．检验溶液时不用煮沸，也不能放在试管口，故D不选；
故答案为：C。
【分析】 用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照。
8．【答案】C
【解析】【解答】H2SO4、HCl是强电解质，相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2，
故答案为：C。
【分析】H2SO4、HCl是强酸，完全电离，当相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，根据n=CV得出，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2。
9．【答案】B
【解析】【解答】亚铁离子易被氧化而生成铁离子，加入少量铁粉能将三价铁离子还原成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2＋被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，
故答案为：B。
【分析】硫酸亚铁具有还原性，需要防止被氧化，易水解需要抑制水解，据此分析即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒：，当溶液时，，则，故A符合题意；
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后得到的溶液中c(Ca2+)= ，由图b可知CaC2O4的Ksp= ，则溶液中为，故B不符合题意；
C．由分析可知，当pH为4.2时，和浓度相等，则的Ka2=，的溶液中=0.05mol/L，则=，pH=>2.5，故C不符合题意；
D．的两步电离常数大小只受温度影响，向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合图像以及电离平衡常数判断；
B、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
C、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
D、电离平衡常数只受温度影响。
11．【答案】A,B
【解析】【解答】A．由图像可知反应过程中温度升高，可知反应放出热量，故A符合题意；
B．a点时反应温度最高，应为酸碱恰好完全反应的点，若为一元酸和一元碱反应，则两者的物质的量相同，故B符合题意；
C．若为盐酸中加氢氧化钠，反应开始到a点的过程中离子的物质的量不变，溶液体积增大，离子浓度减小，导电性减弱，故C不符合题意；
D．计算反应热需要确定反应物的物质的量与热量之间的关系，仅根据温度变化，无法计算反应热，故D不符合题意；
故答案为：AB；
【分析】A.中和反应放热
B.酸碱中和完全反应时放出热量最高
C.导电能力取决于离子浓度的大小
D.计算热量数据不够
12．【答案】B,C
【解析】【解答】A.N2H4是极性分子，且能与水分子和乙醇分子形成氢键，因此其易溶于水和乙醇，故A不符合题意；
B.N2H4分子中N原子采用sp3杂化，为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，故B符合题意；
C.N2H6Cl2溶液中存在电荷守恒：2c(N2H )+c(N2H )+ c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则2c(N2H )+c(N2H )
故答案为：BC。
【分析】B、肼中N原子为sp3杂化，故为正四面体结构，一定不在同一平面
C、根据电荷守恒有：2c(N2H )+c(N2H )+ c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则2c(N2H )+c(N2H )
【解析】【解答】A．氯化铵溶于水后电离出铵根可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，故A不符合题意；
B．一水合氨稀释过程中还有继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，故B符合题意；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH )> c(Cl-)，故C符合题意；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则 =10-4mol，解得a：b=11：9，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】
A.氯化铵中铵根离子存在水解，溶液①、②均会抑制氨水电离；
B.稀释过程中电离程度加大，但粒子浓度会减小；
C. ①、④等体积混合， 先分析其粒子组成，根据物料守恒和电荷守恒；
D.根据离子反应计算其物质的量，注意单位换算。
14．【答案】C,D
【解析】【解答】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A不符合题意；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B不符合题意；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为 1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C符合题意；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．结合K2FeO4的强氧化性和水解过程分析；
B．反应Ⅰ中的尾气含有Cl2，具有氧化性；
C．根据反应Ⅱ中得失电子守恒进行分析；
D．溶解度越小，越容易析出晶体；
15．【答案】A,C
【解析】【解答】A．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明HA溶液中离子浓度较小，HA未完全电离，为一元弱酸，故A符合题意；
B．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，b点时，溶液的导电能力突然增大，说明b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(A－)+ c(OH-)=c(Na＋)+ c(H+)，则c(A－)＜c(Na＋)，故B不符合题意；
C．b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，a点时，溶液显中性，说明HA未完全中和，因此V2＜V3，故C符合题意；
D．a点溶液中含有HA和NaA、b点溶液中含有NaA、c点溶液中含有NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，因此a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度b最大，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据溶液的导电能力的变化判断HA的强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸碱盐对水的电离的影响的区别；难点为B，要注意滴定终点的判断。
16．【答案】（1）FeCl3溶液；溶液呈血红色
（2）强酸；安全瓶，防倒吸
（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；溶液由浑浊变澄清
（4）滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
（5）0.744；偏高
【解析】【解答】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。
【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通过安全瓶B装置后进入C装置，二氧化硫和硫化钠、亚硫酸钠反应生成 Na2S2O3 。
17．【答案】（1）环形玻璃搅拌棒
（2）9次
（3）偏大
（4）
（5）大
（6）溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色；0.11moL/L
【解析】【解答】(1)根据所给装置，缺少的仪器是玻璃搅拌器；故答案为玻璃搅拌器；
(2)测定中和热实验，测反应前盐酸、氢氧化钠的温度，测反应后温度，共三次，需重复测定3次，温度计使用至少使用3×3=9次；故答案为9；
(3)NH3·H2O为弱碱，电离是吸热过程，相同浓度和相同体积的稀氨水代替NaOH，测的中和热数值偏低，即偏大；故答案为偏大；
(4)滴定管刻度从上到下逐渐增大，即消耗NaOH的体积为(V2－V1)mL，根据V待c待=V标c标，因此盐酸的浓度为mol/L；故答案为；
(5)滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分气泡消失，消耗的标准液的体积增大，所测HCl的物质的量浓度会偏大；故答案为大；
(6)①用NaOH滴定滴有酚酞的盐酸，滴定到终点的现象是溶液由无色变成浅红色，且半分钟或30s内不褪色；故答案为溶液由无色变成浅红色，且半分钟或30s内不褪色；
②根据所给数据，第一组消耗NaOH体积与另外两组相差较大，应删去，平均消耗氢氧化钠的体积为mL=22.76mL，c(HCl)=≈0.11mol·L－1；故答案为0.11mol·L－1。
【分析】（1）中和热的测定需要用环形玻璃搅拌棒；
（2）每一次测定，温度计需要测定酸、碱、反应后的溶液；
（3）中和热无论怎么改变反应物的量，其中和热焓变值不变，但是放出的热量不同。
要注意，强酸强碱中和放出的热量为57.3kJ，弱酸弱碱放出的热量小于57.3kJ，硫酸和氢氧化钡中和放出的热量大于57.3kJ，强酸强碱的浓溶液中和放出的热量大于57.3kJ，而如果用中和热表示，由于中和热是负值，因此强酸强碱中和热小于弱酸弱碱中和热，硫酸和氢氧化钡中和热、强酸强碱的浓溶液中和热均小于其余强酸强碱的中和热；
（4）结合公式；
（5）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小；
（6） ① 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
② 结合公式结合公式判断。
18．【答案】（1）淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色
（2）21.00
（3）49.6%
（4）bd
【解析】【解答】(1)硫代硫酸钠溶液无色，用标准确碘溶液滴定时，淀粉遇到I2变蓝色，即滴定终点的现象为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；
(2)由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为21.00mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为21.00mL，故答案为：21.00；
(3)第二次滴定数据为19.00mL，第三次滴定数据为20.00mL，平均消耗标准液体积为20.00mL，根据方程式可知关系式为：，则n() =2n(I2)=，则产品中的质量分数为，故答案为：49.6%；
(4)a．蒸馏水冲洗锥形瓶不会影响待测液溶质的物质的量和标准溶液的体积，对测定结果无影响，a项不正确；
b．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，b项正确；
c．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，c项不正确；
d．定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏大，d项正确；
故答案为：bd。
【分析】（1）跟碘有关的滴定，其指示剂通常采用淀粉；
（2）根据前后最低液面的读数差值，可知体积为21.00mL；
（3）质量分数的计算要结合五水合硫代硫酸钠的质量，根据公式n=m/M代入计算；
（4）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
19．【答案】（1）偏小
（2）酸式滴定管；最后一滴溶液滴入时溶液变黄色，且30s内不褪色；26；醋酸与盐酸是等浓度，但是由于醋酸是弱酸，不能完全电离；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-
【解析】【解答】（1）醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替稀盐酸溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，
故答案为：偏小。（2）①盐酸是酸，应置于酸式滴定管中，甲基橙的变色范围为3.1-4.4，判断滴定终点，
故答案为：酸式滴定管；最后一滴氢氧化钠溶液滴入时溶液变黄色，且30s内不恢复；
②从图像上可以看出，26度时，溶液的pH=7，达到滴定终点，若用等浓度的醋酸代替稀盐酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，故pH会偏大；如醋酸和氢氧化钠反应时生成醋酸钠和水，醋酸钠溶于水显碱性，是由于醋酸根离子易水解，
故答案为：26；醋酸与盐酸是等浓度，但是由于醋酸是弱酸，不能完全电离；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。
【分析】（1）中和热测定的实验是利用稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol液态水时放出的热量，根据弱电解质电离吸热，中和热的定义判断；（2）①用酸式滴定管量取盐酸溶液；眼睛注视锥形瓶内颜色变化，判断滴定终点，甲基橙的变色范围为3.1-4.4；最后一滴氢氧化钠溶液滴入时溶液变黄色，且30s内不恢复；②从图像上可以看出，26度时，溶液的pH=7，达到滴定终点；若用等浓度的醋酸代替稀盐酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，故pH会偏大；如醋酸和氢氧化钠反应时生成醋酸钠和水，醋酸钠溶于水显碱性，是由于醋酸根离子易水解；
20．【答案】（1）CH3COOH CH3COO +H+
（2）盐酸；盐酸；c(CH3COO )>c(Na+)>c(H+)>c(OH )；AB
【解析】【解答】(1)醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOH CH3COO +H+；
(2)①醋酸的酸性弱于盐酸，浓度相同时醋酸的pH＞盐酸的pH，所以Ⅱ表示滴定盐酸的曲线；
②由于醋酸钠的水溶液显碱性，所以NaOH滴定醋酸时，pH=7时醋酸还有剩余，而盐酸不会有剩余，所以盐酸消耗NaOH的体积更大；
③当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COONa和CH3COOH，据图可知此时溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，而弱电解质的电离以及水解都是微弱的，所以溶液中c(CH3COO )>c(Na+)>c(H+)>c(OH )；
④滴定过程中需要碱式滴定管盛放NaOH标准液，锥形瓶盛放酸性待测液，不需要容量瓶和玻璃棒，故答案为AB。
【分析】(1)弱电解质在水溶液中不完全电离；
(2)①依据酸性的强弱，利用起点数值判断；
②依据中和原理和生成盐的性质分析；
③根据反应后的产物，结合酸、碱性分析；
④依据滴定需要的装置有滴定管和锥形瓶。
21．【答案】（1）CO32-+H2OHCO3-+OHˉ；Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2
（2）10-5mol/L
（3）中；
【解析】【解答】（1）碳酸钠溶液中因存在碳酸根的水解而显碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OHˉ；硫酸铜溶液中因存在铜离子的水解而显酸性，离子方程式为Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2；
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中c(OH-)==10-5mol/L；
(3)混合溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl－)，因为c(NH4+)＝c(Cl－)，所以c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；NH3·H2O的电离常数Kb＝，溶液显中性，所以c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)＝c(Cl－)，两溶液等体积混合后，氯离子的浓度变为原来的一半为5×10-3mol/L，所以c(NH4+)=5×10-3mol/L，根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=0.5amol/L，则c(NH3·H2O)=(0.5a-5×10-3)mol/L，所以Kb＝=。
【分析】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根水解显碱性；硫酸铜强酸弱碱盐，铜离子水解显酸性；
(2)根据水的离子积进行计算；
(3)根据物料守恒和电荷守恒计算各离子浓度，然后代入公式计算。
22．【答案】（1）进食后细菌和酶作用于食物，产生有机酸，使Ca5(PO4)3OH(固) 5Ca2++3 +OH-向右移动，导致牙齿表面的保护物质破坏
（2）Ca5(PO4)3OH+F- Ca5(PO4)3F+OH-
（3）增加含有Ca2+比较丰富的食物
【解析】【解答】(1)进食后细菌和酶作用于食物，产生有机酸，Ca5(PO4)3OH(固) 5Ca2++3 +OH-向右移动，导致牙齿表面的保护物质破坏，因此牙齿就会受到腐蚀；
(2)当使用含氟牙膏后，化学平衡Ca5(PO4)3OH+F- Ca5(PO4)3F+OH-正向移动，由于Ca5(PO4)3F(固)的溶解度比上面的矿化产物Ca5(PO4)3OH更小，质地更坚固，因此使用牙膏配有氟化物添加剂能防止龋齿；
(3)根据以上原理，其它促进矿化的方法可以是吃含有钙离子的食物，钙离子浓度增大而抑制Ca5(PO4)3OH溶解，使牙齿坚硬。
【分析】(1)有机酸能和OH-反应生成水而促进其溶解；(2)Ca5(PO4)3OH+F- Ca5(PO4)3F+OH-，Ca5(PO4)3F(固)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固；吃含有钙离子的食物。
23．【答案】（1）Ni(OH)2；NA或6.02×1023
（2）1.2；<
（3）烧杯、量筒；除去溶液中的Zn2+和Cu2+；Na+、Ni2+；2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；加快晶体的干燥
【解析】【解答】（1）该电池充电时，Ni(OH)2转化为NiO(OH)，Ni元素化合价升高，因此被氧化的物质为：Ni(OH)2；放电时若生成73gCd(OH)2，其物质的量为 ，Cd元素化合价升高2价，则外电路中转移的电子数是0.5mol×2×NAmol-1=NA或60.2×1023；（2）①5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则5s内消耗CO的物质的量为1.5mol×4=6mol，则0~5s内平均反应速率 ；②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，因此正向为放热反应，故ΔH<0；（3）①该配制实验为浓溶液稀释配制稀溶液，需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，因此还需要烧杯、量筒；②由上述分析可知，加入Na2S的目的是除去溶液中Cu2+、Zn2+；③由上述分析可知，滤液III中主要含有的阳离子为：Na+、Ni2+；④该反应中，Ni元素化合价从+2价升高至+3价，Cl元素从+1价降低为-1价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈强碱性可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；⑤乙醇较水更易挥发，若用水进行洗涤，在后续干燥过程中难以掌握烘干时间和温度，因此采用乙醇洗涤，其原因是能够加快晶体的干燥。
【分析】（3）加入硫酸后，滤液I中主要溶质为CuSO4、NiSO4、FeSO4、ZnSO4、H2SO4，调节pH后加入Na2S使Cu2+、Zn2+以硫化物沉淀，因Ksp[FeS]>Ksp[NiS]，因此加入Na2S不能将Fe2+除去(Ni2+先于Fe2+沉淀，达不到目的)，因此再向滤液II中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH将Fe3+沉淀，滤液III中主要含有Na+、Ni2+，再加入Na2CO3生成NiCO3，以此解答。
