1、水溶液中的离子平衡一、选择题（共22题）1.常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）A将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小B用CH3COOH溶液滴定等浓度的NaOH溶液至pH=7，V(CH3COOH溶液)V(NaOH溶液)C向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 molL1NH3H2O溶液：c(Cl-)=c(H+)+c(NH3H2O)D25时，0.1 molL-1的NaClO2溶液和0.001 molL-1 CH3COONa溶液pH相等，则HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH2.常温下，将0.02mol/LMOH溶液逐滴滴入100mL0.0
2、1mol/LHA溶液中，溶液pH随滴入MOH溶液的体积变化如图所示。若忽略溶液混合时的体积变化，下列叙述正确的是（ ）A温度不变，滴入MOH溶液的过程中水的电离程度不变BX点MOH过量，故溶液中c(M+)c(A)CHA为弱酸，MOH为强碱DY点的c(MOH)c(M+)0.01mol/L3.化学在生产和日常生活中有着重要应用，下列说法不正确的是A苯甲酸的重结晶过程中要趁热过滤，以免苯甲酸在过滤时结晶析出B热的纯碱液能去厨房油污是因为其水解呈碱性，可以使油脂水解成水溶性物质CFeCl3用于印刷制版（铜版）是因为FeCl3水解呈酸性D使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理4下列水解反应的离子方程式
3、书写正确的是AFe3+3H2OFe(OH)3+3H+BCl+H2OHCl+OHCCO32-+2H2OH2CO3+2OHDNH4+2H2ONH3H2O+H3O+5.工业废水中含有的Cr2O72和CrO42会对水体产生很大的危害，因此这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：CrO42Cr2O72 Cr3+ Cr(OH)3中反应为2 CrO42(黄色)+2H+Cr2O72(橙色)+H2O。下列说法正确的是A中，酸化后废水黄色变浅B中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为31C中，所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3D中，所加酸可以是盐酸625时，0.1 molL1下列溶液的p
4、H如表所示，有关比较正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6A酸性的相对强弱：HClOHCO3-B由水电离产生的c(H)：C溶液中酸根离子浓度：c(ClO)c(HCO3-)D溶液中：c(HCO3-)c(H2CO3)7.下列用来解释实验事实的相关平衡方程式不正确的是实验事实相关平衡A加入NaHCO3使氯水的漂白能力增强Cl2+H2OHClO+HClB配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3+3OHFe(OH)3C溶有CO2的正常雨水pH5.6H2O+CO2H2CO3H+HCO3DCaCO3固体溶于盐酸CaCO3(s)Ca2+(
5、aq)+CO32(aq)8.向CH3COONa稀溶液中加入(或通入)少许X物质，其溶液中部分微粒浓度变化如下表所示(溶液温度不变)：则X物质可能是（ ）A氯化氢B氢氧化钠C蒸馏水D醋酸9下表是Fe2、Fe3、Zn2被OH完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2、Fe3杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是金属离子Fe2Fe3Zn2完全沉淀时的pH7.74.56.5AH2O2、ZnOB氨水CKMnO4、ZnCO3DNaOH溶液10.下列关于盐类水解的说法错误的是()A浓度均为0.1 molL1的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(N
6、H4+)的大小顺序为BpH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小：C在NH4Cl溶液中加入稀HNO3，能抑制NH4+水解D将硫酸亚铁溶液加热蒸干得不到原溶质11.已知K2HPO4溶液呈碱性，即HPO42-结合H+的能力大于其电离产生H的能力。下列操作能使该溶液中c(H3O)增大的是（ ）A加水B加热C加消石灰D加K2HPO412.在水中存在H2OH+OH-平衡，加入下列哪种物质或进行哪项操作，不会使平衡发生移动（ ）A加入NaOHB加入CH3COOHC加入NaClD升温13.把1mL0.1molL1的H2SO4加水稀释制成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H，接近于(
7、)A1104molL1B1108molL1C11011molL1D11010molL114.在25 时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014，则下列叙述正确的是()Ac(H)随着温度的升高而降低B35 时，c(H)V(NaOH溶液)，B错误；C向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol.LNH3H2O溶液，反应后溶质为等浓度的NH4Cl和HCl，则根据物料守恒，在HCl中电离出来的H和Cl相等，NH4Cl电离出来的Cl和NH4相等，若忽略水解和水的电离，有c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，NH3H2O来自与NH4水解，水解是微弱的，H还
8、有来自NH4水解和水的电离都是微弱的，这两部分离子的浓度相加，小于c(NH4+)，因此c(Cl-)c(H+)+c(NH3H2O)，C错误；D25时，0.1 mol/L的NaClO2溶液和0.001 mol/LCH3COONa溶液pH相等，前者浓度大，但是pH相同，说明前者的水解能力较小，则HClO2的酸性大于CH3COOH，所以HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH，D正确；故合理选项是D。2.【答案】D【解析】A温度不变，将0.02mol/LMOH溶液逐滴滴入100mL0.01mol/LHA溶液中，溶液中酸电离的c(H+)减小，对水的电离的抑制作用减弱，水的电离程度增大，当恰好完全反应生
9、成MA后，随着c(MOH)的增加，水的电离程度减小，A错误；BX点pH=7，溶液呈中性，c(M+)=c(A-)，B错误；C根据图象可知，加入MOH溶液前，0.01molL-1HA溶液的pH=2，说明HA在溶液中完全电离，则HA是强酸；X点MOH的物质的量大于HA的物质的量，此时溶液呈中性，说明MOH是弱碱，C错误；DY点时，滴入100mL 0.02mol/LMOH溶液，此时混合溶液的总体积是200mL，故c(MOH)c(M+)0.01mol/L，D正确；答案选D。3.【答案】C【解析】A苯甲酸的重结晶过程中要趁热过滤，减少过滤时苯甲酸的损失，防止过饱和提前析出结晶，A与题意不符；B热的纯碱液能
10、去厨房油污是因为其水解呈碱性，热的纯碱水解程度增大，溶液碱性增强，使油脂水解成水溶性物质，B与题意不符；CFeCl3用于印刷制版（铜版）是因为Fe3+与Cu反应生成可溶性的Cu2+，C符合题意；D氟离子被吸收后，通过吸附或离子交换的过程，在组织和牙齿中取代羟基磷灰石的羟基，使之转化为氟磷灰石，故使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理，D与题意不符；答案为C。4【答案】D【解析】AFe3+水解生成Fe(OH)3，但水解很微弱，因此生成的不是沉淀，水解反应的离子方程式中不能书写“”，A项错误；BCl是强酸的酸根离子，不发生水解，B项错误；CCO32-水解生成HCO3-和OH-，水解反应的离子方程
11、式为：CO32-+H2OHCO3-+OH，C项错误；DNH4+水解生成NH3H2O和H+，水解反应的离子方程式为NH4+2H2ONH3H2O+H3O+，简化为NH4+H2ONH3H2O+H+，D项正确；答案选D。5.【答案】C【解析】A酸化后，2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O正向移动，橙色加深，无法看出黄色变浅，故A错误；B中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为=1：6，故B错误；C中反应生成Fe3+、Cr3+，均与碱反应，则中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；DCr2O72-可与盐酸发生氧化还
12、原反应，应加硫酸酸化，故D错误；故选：C。【点睛】盐酸为还原性酸，在酸化一些具有强氧化性的离子时一般不选用盐酸，会生成氯气。6【答案】D【解析】【分析】盐的水解促进水的电离，盐类的水解规律：越弱越水解，即弱酸越弱，其对应的弱酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH值越大，结合盐溶液的pH值可得，酸性顺序：H2CO3HClOHCO3，据此解答。【详解】A. 盐类的水解规律：越弱越水解，即弱酸越弱，其对应的弱酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH值越大，结合盐溶液的pH值可得，酸性的相对强弱：HClOHCO3-，故A错误；B. CH3COONH4是弱酸弱碱盐，能发生水解，促进水的电离，N
13、aCl是强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响，所以由水电离产生的c(H+)：，故B错误；C. 根据越弱越水解规律，结合盐溶液的pH值可知，NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于NaHCO3中碳酸根离子的水解程度，则溶液中酸根离子浓度：c(ClO)c(HCO3-)，故C错误；D. Na2CO3溶液中，碳酸根离子分步水解，且第一步水解程度远大于第二步水解程度，则c(HCO3-)c(H2CO3)，故D正确；故选D。【点睛】盐类的水解规律：越弱越水解，弱酸越弱，其对应的弱酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH值越大，是常考点，也是同学们的易错点，一定要加强理解。7.【答案】B【解析】A加入N
14、aHCO3与盐酸反应，使平衡Cl2+H2OHClO+HCl正向移动，HClO浓度增大，使氯水的漂白能力增强，A正确；B配制FeCl3溶液时，应加酸抑制水解，发生水解反应为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，B错误；C碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，离子反应为H2O+CO2H2CO3H+ +HCO3，则正常雨水pH5.6，C正确；D加盐酸，与碳酸根离子反应，促进平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32(aq)正向移动，则CaCO3固体溶于盐酸，D正确；答案选B。【点睛】本题考查较综合，涉及离子反应、化学平衡的移动等，注重高频考点的考查，把握发生的离子反应、平衡移动原理的应用
15、为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。8.【答案】A【解析】【分析】CH3COONa稀溶液中存在醋酸根离子的水解反应，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液呈碱性，依据溶液中的平衡和离子积常数判断离子浓度变化；图表中H+浓度、CH3COOH增大，OH-、CH3COO-减小，说明加入的物质应是酸性溶液，促进了CH3COONa溶液的水解，结合选项分析判断。【详解】A氯化氢，对CH3COONa水解平衡起促进作用，H+浓度、CH3COOH增大，OH-、CH3COO-减小，故A符合表格粒子浓度变化；B加氢氧化钠，抑制了CH3COONa溶液的水解，导致H+浓度、CH3COOH减
16、小，OH、CH3COO增大，故B不符合表格粒子浓度变化；C越稀越水解，CH3COOH、OH、CH3COO浓度都减小，而H+浓度增大，故C不符合表格粒子浓度变化；D加醋酸，H+、CH3COO浓度都增大，故D不符合表格粒子浓度变化；9【答案】A【解析】【分析】为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答。【详解】要使Fe2和Fe3全部除去，由题给信息可知，需将Fe2全部氧化成Fe3，再调节溶液pH范围为4.5pH6.5，即可将Fe3完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2不沉淀。氧化Fe
17、2时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，用ZnO能促进Fe3的水解。本题选A。【点睛】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则。易错点为选项C，虽然能将Fe2+氧化为Fe3+，但会引入新的杂质。10.【答案】A【解析】A.中CO32-促进NH4+水解，(NH4)2SO4中只有NH4+水解，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+抑制NH4+水解，所以c(NH4+)的顺序为，故A错误；B.等浓度时，盐类水解产生的碱性弱于碱，多元弱酸的盐的水解程度：正盐大于酸式盐，所以pH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的
18、物质的量浓度大小：，故B正确；C.在NH4Cl溶液中，存在NH4+H2ONH3H2O+H+，加入稀HNO3，c(H+)增大，平衡逆向移动，所以能抑制NH4+水解，故C正确；D.将硫酸亚铁溶液加热蒸干过程中亚铁离子被氧化为铁离子，最终得到的不是硫酸亚铁，故D正确。故选A。【点睛】在盐溶液蒸发结晶过程中，不仅要考虑盐的水解问题，还需考虑氧化还原反应的问题。11.【答案】A【解析】【分析】K2HPO4溶液呈碱性，即HPO42-的水解大于电离；HPO42-的电离： ，HPO42-的一步水解： ；c(H3O)即为氢离子浓度。【详解】A加水，整体分析，溶液碱性减弱，则溶液中氢离子浓度增大，故A正确；B升高
19、温度，溶液中的电离、水解均为吸热反应，平衡正向移动，依旧水解大于电离，且碱性增强，故B错误； C加消石灰，消石灰的主要成分为氢氧化钙，则增大了 增大，故C错误；D同离子效应，增大反应物浓度，平衡正向进行，依旧水解大于电离，碱性增强，故D错误；答案选A。【点睛】c(H3O)即为氢离子浓度，不好具体分析 的变化时，采用整体分析，看溶液的酸碱性变化，更简单直接，如该题A项，碱性物质加水，碱性减弱，即减小，氢离子浓度增大。12.【答案】C【解析】A加入NaOH，则 增大，平衡逆向移动，故A错误；B加入CH3COOH，则 增大，平衡逆向移动，故B错误；C加入NaCl，没有改变离子浓度、温度，所以平衡不移
20、动，故C正确；D水的电离是吸热反应，升高温度，平衡会正向移动，故D错误；答案选C。【点睛】水的电离是吸热反应，且酸碱都会抑制水的电离，平衡逆向移动；，盐类水解会促进水的电离，平衡正向移动。13.【答案】D【解析】水中加酸或碱时，抑制水电离。当溶液稀释为2L时，硫酸电离产生的c(H)为 1104molL1。c(H)c(OH)(1104)c(OH)11014，水电离产生的c(OH) =11010molL1，水电离产生的c(H)=c(OH)，所以水电离产生的c(H)=11010molL1，故选D。【点睛】本题考查水的电离、物质的量浓度计算，酸、碱抑制水的电离，注意理解硫酸溶液中水电离的氢离子浓度等于
21、溶液中氢氧根浓度，培养学生的分析问题的能力。14.【答案】D【解析】A.由已知在25 时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014知，温度升高促进水的电离，氢离子浓度增大，故A错误； B.在35 时，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，即c(H)=c(OH)，水仍是中性，故B错误；C.水的电离是吸热过程，升温促进电离，所以35 时的水比25 时的水电离程度大， 故C错误； D. 25 时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014，说明 温度升高平衡常数增大，所以水的电离是吸热过程，故D正确；故答案：D。【点睛】根据电离属于吸热反
22、应，升高温度电离程度增大，水的离子积常数只与温度有关，与其他因素无关进行分析解答。15.【答案】D【解析】某酸溶液中c(H)0.1 molL1，若该酸为一元强酸，则该酸的物质的量浓度等于0.1 molL1；若该酸为二元强酸，则该酸的物质的量浓度小于0.1 molL1；若该酸为弱酸，则该酸的物质的量浓度大于0.1 molL1。由以上分析可知，该酸的物质的量浓度无法确定。故选D。16.【答案】A【解析】【分析】溶液中c(OH-)c(H+)，即溶液显碱性酸能抑制水的电离，溶液显酸性；碱能抑制水的电离，溶液显碱性；盐的水解能促进水的电离，且强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。【详解】A. Na
23、2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，且其水解能促进水的电离，故A正确；B. NaNO3是强酸强碱盐，在溶液中不水解，对水的电离无影响，且溶液显中性，故B错误；C. NaHSO4是强电解质，在溶液中能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，使溶液显强酸性，故C错误；D. (NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故D错误。故选：A。17.【答案】D【解析】A. 温度升高，水的离子积增大，促进水的电离，氢离子浓度增大，故A错误；B. 在35时水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度比25C大，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度是相同的，水仍是中性，故B错误；C. 升温促进水的电离程度，水的电离度（
24、25）（35），故C错误；D. pH=-lgc(H+)，温度升高，促进电离，纯水中氢离子浓度增大，当c(H+)10-7时，pH小于7，故D正确；故选D。18.【答案】C【解析】【分析】常温下，纯水中由水电离出的c(H+)=l 10-7molL-1，而该溶液中由水电离出的c(H+)=l 10-13 molL-1，说明水的电离受到抑制，其抑制原因可能是溶液中存在大量H+或OH-，即溶液可能为酸性，也可能为碱性，据此分析。【详解】A若该溶液中存在大量OH-，Cu2+与OH-会反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，若溶液中存在大量H+，Cu2+、NO3-、Cl-、Na+等离子与H+均不发生反应能够
25、大量共存，故A不符合题意；B与H+或OH-均不能大量共存，因此在该溶液中一定不能大量共存，故B不符合题意；C若该溶液中H+全部由水电离，则溶液中c(H+)=l 10-13 molL-1，溶液pH=13，若溶液中OH-全部由水电离，即溶液中c(OH-)=l 10-13 molL-1，溶液中，溶液pH=1，故C符合题意； D由C分析可知，溶液中c(OH-)=l 10-13 molL-1或c(OH-)=0.1 molL-1，故D不符合题意；故答案为：C。【点睛】水电离的c(H)或c(OH)的计算技巧(25 时)（1）中性溶液：c(H)c(OH)1.0107 molL1；（2）酸或碱抑制水的电离，水电
26、离出的c(H)c(OH)107 molL1，当溶液中的c(H)107 molL1时，就用1014除以这个浓度即得到水电离的c(H)；（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H)或c(OH)均大于107 molL1。若给出的c(H)107 molL1，即为水电离的c(H)；若给出的c(H)107 molL1，就用1014除以这个浓度即得水电离的c(H)。19.【答案】B【解析】某种溶质的溶液的pH=2，溶质为酸溶液，若为强酸溶液，稀释为原来体积的10倍时，pH减小1，pH=3；若为弱酸，加水稀释，电离平衡正向进行，未电离的分子发生电离，所得溶液的pH在23之间，综上所述，弱酸符合题意，答案为B
27、。【点睛】弱酸溶液中含有未电离的分子，加水稀释为原来体积的10倍时，酸的电离平衡正向移动，导致稀释后氢离子浓度比原来氢离子浓度的略大。20.【答案】D【解析】A水的电离为吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，因此c(H+)随着温度的升高而增大，A项错误；B纯水始终为中性，即c(H+)=c(OH)，因此在35 的纯水中，c(H+)=c(OH)，B项错误；CKw(25)=1.01014，Kw(35)=2.11014，因此水的电离常数Kw(25)Kw(35)，C项错误；D水的电离是一个吸热过程，D项正确；答案选D。21.【答案】A【解析】【分析】水的电离方程式为：H2OH+OH-，加入酸或碱后，增大氢
28、离子或氢氧根离子浓度导致水的电离平衡向逆反应方向移动，即抑制水的电离，依据溶液中离子积常数计算水电离出离子的浓度。【详解】A温度一定，0.01 mol/L的NaOH溶液和0.01 mol/L的盐酸对水的电离程度的抑制相同，故二者溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，故A正确；B温度一定时，两溶液中水的电离程度相同，0.01 mol/L的NaOH溶液中水电离出的c(H+)水=，0.01 mol/L的盐酸中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=，但温度不确定，KW不一定等于110-14，故B错误；C0.01 mol/L的盐酸pH=-lg c(H+)=2，温度不确定，因此0.01 mol/L
29、的NaOH溶液中c(H+)无法计算，无法计算溶液pH，故C错误；D醋酸为弱电解质，相同浓度盐酸和醋酸溶液中c(H+)不同，对水的电离抑制程度不同，故D错误；故答案为：A。【点睛】水电离的c(H)或c(OH)的计算技巧(25 时)（1）中性溶液：c(H)c(OH)1.0107 molL1；（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H)c(OH)107 molL1，当溶液中的c(H)107 molL1时，就用1014除以这个浓度即得到水电离的c(H)；（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H)或c(OH)均大于107 molL1。若给出的c(H)107 molL1，即为水电离的c(H)；若给出的
30、c(H)107 molL1，就用1014除以这个浓度即得水电离的c(H)。22.【答案】C【解析】A. 较浓的标准液一滴引起的误差大，所以比较稀的标准液好；指示剂本身也能消耗标准液，不宜过多，一般2-3滴，故A错误；B. 进行酸碱中和滴定实验时，滴定管需要润洗，但是盛装待测液的锥形瓶使用前不能用待测液润洗，否则会导致待测液的物质的量偏大，影响滴定结果，故B错误；C. 滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以判断终点的到达，不应注视滴定管内液面变化，故C正确；D. 滴定过程中，滴定前仰视读数，导致标准液读数偏大；滴定后仰视读数，导致标准液读数偏小，最终导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低
31、，故D错误。故选C。【点睛】锥形瓶未润洗，可能残留有蒸馏水，加入待测液后，溶液被稀释，浓度变小，但瓶内的溶质未发生变化，消耗的标准液也不会受影响，如果润洗，会因为壁上沾有未知体积的溶液而出现误差，所以不需要润洗。二、非选择题23【答案】(1)B (2)酸性 因为Ka34.0107，Kh2Ka3，所以显酸性 【解析】（1）A用蒸馏水稀释0.1 mol/L的醋酸溶液，可变形为 ，稀释过程中，温度不变，醋酸根离子浓度减小，Ka不变， 故选项A数据增大，不符合题意； B用蒸馏水稀释0.1 mol/L的醋酸溶液，酸性变小，即c(H)变小，B符合题意； Cc(OH)c(H)即为Kw，温度不变，Kw不变，故
32、C项不符合题意；D即为Ka，温度不变，Ka不变，故D项不符合题意； E用蒸馏水稀释0.1 mol/L的醋酸溶液， c(H)变小，由于Kw不变，c(OH-)变大，则 变大，故E项不符合题意；综合以上，本题选B。(3).浓度为0.10 mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的电离常数Ka34.0107，而水解常数Kh2Ka3， 电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。24.【答案】HCO3-H2OH2CO3OH 大于 2NaHCO3Na2CO3CO2H2O 若原因是HCO3-水解程度增大，则溶液中几乎没有CO32-，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是
33、否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2OHHCO3-=BaCO3H2O，若用Ba(OH)2溶液检验，无论哪种观点都会有沉淀产生 等于 甲 【解析】HCO水解出碳酸和氢氧根离子，水解方程式：HCOH2OH2CO3OH。碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；碱性越强，说明水解程度越大，所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3；(1)CO能与钡离子结合成碳酸钡沉淀，HCO与钡离子不反应，在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，说明溶液中含有CO；由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀，所以不能选用B
34、a(OH)2溶液；(2)水解反应可逆，若恢复到原温度，水解平衡逆向移动，将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。【点睛】本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液，不能用氢氧化钙或氢氧化钡。25.【答案】(1)酸式 烧杯、锥形瓶 (2)2MnO4-5C2O42-16H=2Mn210CO28H2O (3)无 紫 (4)ac (5)甲基橙 将溶解在溶液中的CO2气体赶出 0.06 【解析】(1)高锰酸钾具有强氧化性，能氧化碱式滴定管的橡胶管，故用酸式滴定管装盛高锰酸钾溶液，滴定时，在锥形瓶中滴定，烧杯装盛试剂
35、；(2)滴定时，高锰酸钾与草酸反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4-5C2O42-16H=2Mn210CO28H2O；(3)当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，高锰酸钾过量，则溶液由无色变为紫色；(4)a装入KMnO4溶液前未润洗滴定管，导致高锰酸钾溶液的浓度降低，使用的体积偏大，计算结果偏高，a符合题意；b滴定结束后俯视读数，导致读取高锰酸钾溶液的体积偏小，计算结果偏低，b与题意不符；c滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，导致读取高锰酸钾溶液的体积偏大，计算结果偏高，c符合题意；d滴定过程中，振荡时将待测液洒出，导致待测液物质的量减小，使用高锰酸钾溶液的体积减小，计算结果偏低，d与
36、题意不符；答案为ac。(5)已知Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀，则滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙变色范围为3.14.4，选甲基橙作指示剂；碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳气体，加热可降低二氧化碳的溶解度；n(CaCO3)=n(HCl)-n(NaOH)=(0.10.02-0.10.008)=0.0006mol，m(CaCO3)=n(CaCO3)100g/mol=0.06g。【点睛】根据草酸根离子与高锰酸根离子的反应方程，使用的高锰酸钾的体积偏大，计算出草酸根离子的物质的量则偏大。26.【答案】(1)100mL容量瓶、胶头滴管 酸式滴定管(2)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42Mn
37、SO4+K2SO4+10CO2+8H2O (3)最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s不恢复原来的颜色 (4)0.1000 2 (5)偏大 【解析】【分析】(1)为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平(含砝码)、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；KMnO4溶液具有强氧化性，会氧化橡皮管；(2)利用KMnO4溶液具有强氧化性，将草酸氧化成二氧化碳和水，据此书写离子方程式；(3)KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，持续30s不恢复原来的颜色，滴定到终点；(4)先根据数据的有效性，确定消
38、耗V(KMnO4)，接着利用关系式：2MnO4-5H2C2O4计算H2C2O4的物质的量浓度；再根据1.260g草酸晶体，配成100mL溶液结合n=计算x；(5)滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸质量偏小，则x值会偏大。【详解】(1)根据实验操作步骤可知，应需要的实验仪器主要有天平(含砝码)、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所给仪器中还缺少的玻璃仪器为100mL容量瓶、胶头滴管；KMnO4溶液具有强氧化性，会氧化橡皮管，则盛装KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；(2)KMnO4溶液具有强氧化性，将草酸氧化成二氧化碳和水，则化学方程式为：2KMnO4+5H2C
39、2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O；(3)草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续30s不恢复原来的颜色，可说明达到滴定终点；(4)根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V(KMnO4)=mL=10.00mL，由关系式：2MnO4-5H2C2O4，n(H2C2O4)=n(MnO4-)，即：c(H2C2O4)0.025L=0.1000molL-10.010L，解得c(H2C2O4)=0.1000molL-1，再根据n=计算，有=0.1mol/
40、L0.1L，解得x=2；(5)滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸质量偏小，则x值会偏大。27.【答案】(1)温度过低速率太慢，温度过高双氧水和过氧化尿素受热分解 (2)低温蒸发或减压蒸发 (3)ace cbdae AD CD 【解析】(1)温度过低速率太慢，温度过高双氧水和过氧化尿素受热分解，所以该反应的温度不能过低或过高；（2）产品在较低温度下就能分解，所以步骤宜采用的操作是减压蒸发；（3）配制0.2000molL1KMnO4 标准溶液，步骤是计算高锰酸钾的质量，用电子天平称出需要的高锰酸钾，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌加快溶解速率，冷却到室温后，用玻璃棒引流移入容量瓶中，
41、加水定容，等液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后摇匀，所以不需要的仪器是托盘天平、滴定管、锥形瓶；故选ace；用0.2000molL1KMnO4标准溶液滴定，其中正确操作步骤的顺序为cbdae：c. 取KMnO4标准液注入滴定管中至“0”刻度以上；b. 把盛有KMnO4标准液的滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满液体；d. 调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数；a. 用移液管取用25mL待测溶液于锥形瓶中；e.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KMnO4液滴定至终点并记下滴定管的读数；A. KMnO4具有强氧化性，腐蚀橡胶，所以标准溶液放在酸式滴定管中，故A正确； B. 滴定前，若
42、锥形瓶用待装液润洗，则锥形瓶内溶质物质的量偏大，所以滴定前，锥形瓶不能用待装液润洗，故B错误；C. 高锰酸钾溶液本身呈紫色，滴定过程中不需加指示剂，故C错误；D. 滴定操作中，如果滴定前装有KMnO4标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，则测定结果将偏大，故D正确；选AD。A.稀释被测试样，不影响测定结果，故A错误；B.减少被测试样取量，和滴定结果的精密度和准确度无关，故B错误；C.增加平行测定次数，数值取平均值，减少测定带来的误差，可以提高准确度，故C正确;D.降低滴定剂浓度，反应终点判断更准确，滴定结果的精密度高，故D正确；选CD。28.【答案
43、】(1)酸式 (2)锥形瓶内溶液颜色的变化 (3)0.2 (4)D (5)d 滴入最后一滴溶液，生成砖红色沉淀，且半分钟内不变色 【解析】I滴定时，将KMnO4具有强氧化性，因此溶液装在酸式滴定管中；故答案为：酸式。滴定过程中眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为；锥形瓶内溶液颜色的变化。根据方程式比例关系：2KMnO4 5H2C2O4，草酸的物质的量，则H2C2O4溶液的物质的量浓度；故答案为：0.2。A. 滴定终点读数时俯视，读出消耗标液减少，误差偏低，故A不符合题意；B. 取用待测液的滴定管水洗后未用待测液润洗，待测液物质的量减少，消耗标液体积减少，误差偏低，故B不符合题意；C. 锥形
44、瓶水洗后未干燥，对结果无影响，故C不符合题意；D. 装标准液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读出标液偏高，误差偏高，故D符合题意；综上所述，答案为D。II. 硝酸银标准溶液滴定氯离子含量时，指示剂应当选择溶解度比氯化银溶解度大且有明显颜色的，Ag2CrO4沉淀符合，因此作指示剂的是K2CrO4；故答案为：d。滴定达终点的现象是滴入最后一滴溶液，生成砖红色沉淀，且半分钟内不变色；故答案为：滴入最后一滴溶液，生成砖红色沉淀，且半分钟内不变色。29.【答案】(1)2NO+3H2O22H+2NO3-+2H2O (2)（c1v1-6c2v2）10-3mol (3)CD 【解析】(1)NO被H2O2氧
45、化为NO3-的离子方程式是2NO+3H2O22H+2NO3-+2H2O；(2)n(Cr2O72-)=c2v210-3mol，由Cr2O72-6Fe2+可知过量的Fe2+为6c2v210-3mol，则与量取的20.00mL溶液中NO3-反应的Fe2+为c1v110-3mol-6c2v210-3mol=(c1v1-6c2v2)10-3mol，由3Fe2+NO3-可知100.00mL原溶液中NO3-为(c1v1-6c2v2)10-3mol(c1v1-6c2v2)10-3mol，根据氮元素守恒：n(NO2)=n(NO3-)=(c1v1-6c2v2)10-3mol；(4)A滴定管未用标准液润洗，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积增大，使测定剩余亚铁离子偏高，测定含N量偏低，则使NOx含量测定结果偏低，故A错误；B锥形瓶洗净后还存留少量的水，对整个测定结果无影响，故B错误；C滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积减小，使测定剩余亚铁离子偏低，由3Fe2+NO3-+4H+=NO+3Fe3+2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高，故C正确；DFeSO4标准溶液部分变质，会导致测定剩余亚铁离子偏低，3Fe2+NO3-+4H+=NO+3Fe3+2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高，故D正确；故答案为：CD。
