第三章水溶液中的離子反應與平衡提升卷（時間：75分鐘，滿分：100分）一、選擇題（本題共16小題，每小題3分，共48分。） 1．（2022·陜西·長安一中高二期末）下列一定能說明HClO是弱電解質的是A．25℃時，用pH試紙測0.1mol·L-1HClO的pH值B．25℃時，NaClO溶液的pH值大于7C．25℃時，若測得HClO溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至1000.0mL，測得pH=b，b-a<2，則HClO是弱酸D．濃度相同的NaOH溶液分別與濃度相同的次氯酸、鹽酸反應呈中性，前者消耗的NaOH溶液的體積多【答案】B【解析】A．HClO能氧化漂白pH試紙，不能測其pH，A錯誤；B．25℃時，ClO-水解生成氫氧根離子時溶液顯堿性，NaClO溶液的pH值大于7，根據有弱才水解，說明HClO是弱酸，B正確；C．25℃時，若a=6，則加蒸餾水稀釋至1000.0mL，溶液仍顯酸性，b<7，故b-a<2，不能說明HClO是弱酸，C錯誤；D．酸的體積未知，故不能根據消耗的NaOH溶液的體積的多少判斷酸性強弱，D錯誤；故選B。2．（2022·遼寧·丹東市教師進修學院高二期末）分別對稀溶液進行下列操作，一定可使增大的是①升溫

②恒溫加少量水

③恒溫加入少量固體④恒溫加入少量固體

⑤恒溫加入少量醋酸A．①② B．②⑤ C．①⑤ D．④⑤【答案】D【解析】①升溫促進CH3COO-的水解，c(CH3COO-)減小，c(Na+)不變，則減小，錯誤；②恒溫加少量水，c(Na+)與c(CH3COO-)都減小，由于越稀越水解，c(CH3COO-)減小幅度較大，則減小，錯誤；③恒溫加入少量固體，c(Na+)增大，電離出氫離子促進CH3COO-的水解，c(CH3COO-)減小，則減小，錯誤；④恒溫加入少量固體，抑制水解，則c(CH3COO-)增大，而c(Na+)不變，的比值增大，正確；⑤恒溫加入少量醋酸抑制CH3COO-的水解，c(CH3COO-)增大，c(Na+)不變，則比值增大，正確；故選：D。3．（2022·寧夏·銀川二中高二期末）已知某些酸的電離常數數據如下，下列離子方程式正確的是H2SO3K1=1.5×10-2；K2=1.1×10-7H2CO3K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11HClOK=3.0×10-8A．NaClO溶液中通少量SO2：2ClO－+SO2+H2O=2HClO+B．Na2CO3溶液中通足量SO2：+2SO2+H2O=CO2↑+2C．NaClO溶液中通少量CO2：2ClO－+CO2+H2O=2HClO+D．Na2CO3溶液中加少量氯水：+H+=【答案】B【解析】A．HClO具有強氧化性，SO2具有還原性，二者可發生氧化還原反應，NaClO溶液中通少量SO2應生成，故A錯誤；B．酸性H2SO3＞H2CO3＞，Na2CO3溶液中通足量SO2生成CO2和，反應的離子方程式為+2SO2+H2O=CO2↑+2，故B正確；C．酸性HClO＞，NaClO溶液中通少量CO2應生成，反應的離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HClO+，故C錯誤；D．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸鈉過量，酸性H2CO3＞HClO＞，鹽酸和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，次氯酸和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉和次氯酸鈉，正確的離子方程式應為2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2，故D錯誤；答案為B。4．（2022·寧夏·石嘴山市第三中學高二期末）設NA為阿伏加德羅常數值，下列說法正確的是A．2.0L1.0mol·L-1的AlCl3溶液中，Al3+的數目為2.0NAB．25℃時，1LpH為12的Ba(OH)2溶液中含有OH-數目為0.01NAC．1.0L1.0mol·L-1溴化銨溶液中，NH與H+離子數之和為NAD．1.0mol·L-1HCl溶液中，HCl分子的數目為NA【答案】B【解析】A．2.0L1.0mol?L-1的AlCl3溶液中，鋁離子發生水解，鋁離子數目減小，Al3+的數目小于2.0NA，故A錯誤；B．pH為12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，含有OH-數目為1L×10-2mol/L×NA/mol=0.01NA，故B正確；C．1L1mol/L溴化銨水溶液中存在電荷守恒，n(H+)+n()=n(Br-)+n(OH-)，溴離子物質的量為1L×1mol/L=1mol，則n(H+)和n()物質的量大于1mol，與H+離子數之和大于NA，故C錯誤；D．1.0mol?L-1HCl溶液中，HCl完全電離，不存在HCl分子，溶液體積不知也不能計算微粒數，故D錯誤；故選：B。5．下列應用與鹽類水解無主要關系的是（）A．用鋁鹽和鐵鹽作凈水劑B．將（遇水劇烈水解）和混合加熱制取無水C．溶液制備晶體時，不能直接蒸干結晶獲取D．草木灰與銨態氮肥不能混合施用【答案】C【解析】A.鋁離子和鐵離子均水解，分別生成氫氧化鋁膠體和氫氧化鐵膠體，因此用鋁鹽和鐵鹽作凈水劑，與鹽類水解有關，故A不選；B.氯化鋁水解生成氫氧化鋁和氯化氫，水解生成，抑制氯化鋁水解，將和混合加熱制取無水，與鹽類水解有關，故B不選；C.亞鐵離子不穩定，易被空氣中的氧化生成鐵離子，且受熱易分解，所D.以不能直接蒸干飽和溶液來制備，與鹽類水解無關，故C選；銨根離子和碳酸根離子水解相互促進，因此施化肥時，不能將草木灰和硝酸銨混合使用，與鹽類水解有關系，故D不選。故答案選：C。6．（2022·江蘇省天一中學高二期末）下列化學原理的應用，可以用沉淀溶解平衡原理來解釋的是①熱純堿溶液洗滌油污的能力比冷純堿溶液強

②誤將鋇鹽[、]當作食鹽食用后，常用0.5%的溶液解毒

③石灰巖(喀斯特地貌)溶洞的形成

④不能作“鋇餐”，而可以

⑤泡沫滅火器滅火原理A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】①純堿溶液中碳酸根水解生成氫氧根，氫氧根能使油污水解，溫度越高，水解程度越大，氫氧根濃度越大；②氯化鋇、硝酸鋇溶液與硫酸鈉溶液混合后，離子平衡向生成更難溶的硫酸鋇的方向移動；③難溶于水的碳酸鈣在水中二氧化碳的作用下向生成可溶的碳酸氫鈣方向移動，長時間作用形成溶洞；④碳酸鋇與胃酸反應生成可溶性鋇鹽和二氧化碳、水，對人體由毒，而硫酸鋇難溶于稀鹽酸溶液，可以使用；⑤泡沫滅火器中含有碳酸氫鈉和硫酸鋁，兩者混合后鋁離子與碳酸氫根離子發生雙水解反應生成不助燃的二氧化碳，氫氧化鋁和水，氫氧化鋁吸熱分解生成耐高溫的氧化鋁，起到滅火作用。A．②③④均涉及到沉淀溶解平衡的移動，A正確；B．①的反應原理為鹽的水解平衡移動，不是沉淀溶解平衡原理，B錯誤；C．⑤涉及到鹽的水解平衡移動，不是沉淀溶解平衡原理，C錯誤；D．①、⑤不是沉淀溶解平衡原理，D錯誤；故選A。7．用pH試紙測定溶液的pH，下列敘述正確的是A．測得某濃度的NaClO溶液的pH為10B．常溫下測得NH4Cl溶液pH約為4.1C．用濕潤的pH試紙測pH相同的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是鹽酸D．在試管內放入少量溶液并煮沸，把pH試紙放在管口觀察其顏色并與標準比色卡比較【答案】C【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，會將pH試紙漂白，故不能用pH試紙測定其pH，故A錯誤；B．廣泛的pH試紙測定的溶液的pH的數值為整數，故B錯誤；C．稀釋時，醋酸還會繼續電離出氫離子，故稀釋pH相同的鹽酸和醋酸溶液時，醋酸的氫離子濃度變化小，pH變化小，故用濕潤的pH試紙測pH相同的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是鹽酸，故C正確；D．在試管內放入少量溶液并煮沸，把pH試紙放在管口，無法測定溶液的pH，故D錯誤；故選C。8．（2022·云南省玉溪第三中學高二期末）常溫下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同條件下，有關上述溶液的比較中，正確的是（

）A．水電離的c(H＋)：①=②=③=④B．將②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的體積：②<④C．等體積的①、②、④溶液分別與足量鋁粉反應，生成H2的量：②最大D．向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②【答案】A【解析】A．在相同的條件下，水電離的氫離子濃度相同，酸和堿溶液對水的電離起到抑制作用，由于本題中強酸和弱酸溶液中氫離子濃度相同，而且其與強堿、弱堿溶液中氫氧根離子也濃度相同，故4種溶液中水的電離程度相同，故A正確；B．強酸和強堿恰好中和，故消耗溶液的體積②=④，B錯誤；C．和等量鋁粉反應，醋酸存在電離平衡，隨反應進行，電離出的氫離子和鋁繼續反應，生成氫氣最多，故C錯誤；D．弱電解質稀釋時，電離平衡正向移動，溶液pH值應該③＞④＞②＞①，故D錯誤；故答案為A。9．（2022·云南省通海縣第三中學高二期末）MOH強堿溶液和等體積、等濃度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有關離子的濃度應滿足的關系是A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)【答案】C【解析】MOH是強堿，HA是等體積、等濃度的弱酸，混合之后恰好完全反應生成MA，這是一種強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，即c(OH－)>c(H＋)；由電荷守恒知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)，則c(M＋)>c(A－)，故溶液中有關離子濃度滿足的關系是c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，選擇C。10．25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A．溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合：B．溶液和0.1mol/L氨水等體積混合(pH>7)：C．溶液和溶液等體積混合：D．溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合(為二元弱酸)：【答案】C【解析】A．0.1mol/LCH3COONa溶液和鹽酸等體積混合后生成等物質的量的氯化鈉和醋酸，溶液中醋酸部分電離出氫離子和，水也電離出氫離子，所以氫離子濃度大于醋酸根離子濃度，A錯誤；

B．混合后溶液顯堿性，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則，B錯誤；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉的元素質量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，據此規律可以得出題干中守恒規律，C正確；

D．，溶液和鹽酸等體積混合后反應生成等物質的量的氯化鈉和草酸氫鈉，根據電荷守恒分析，有，D錯誤；

故選C。11．（2022·內蒙古赤峰·高二期末）下列五種混合溶液，由分別為的兩種溶液等體積混合而成：①與

②與③與

④與⑤與由大到小排序正確的是A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①【答案】C【解析】五種混合溶液，由分別為0.1mol?L-1的兩種溶液等體積混合，①CH3COONa與NaHSO4反應后溶質為CH3COOH和Na2SO4，溶液顯酸性，CH3COOH微弱電離出CH3COO-；②CH3COONa與NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa與NaCl，NaCl既不促進也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa與NaHCO3，兩者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa與NaHSO3醋酸根離子水解呈堿性，亞硫酸氫根離子電離大于水解顯酸性，促進醋酸根離子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；故選C。12．（2022·黑龍江·牡丹江市第三高級中學高二期末）已知25℃時，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。在c(Mg2+)=c(Cu2+)的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，下列判斷正確的是A．Mg2+先沉淀 B．Cu2+先沉淀C．同時沉淀 D．Mg2+和Cu2+均不可能沉淀【答案】B【解析】Mg(OH)2和Cu(OH)2為同種類型的沉淀，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，所以當c(Mg2+)=c(Cu2+)時，Cu2+沉淀時所需c(OH-)更小，所以逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，Cu2+先沉淀；綜上所述答案為B。13．下列實驗操作能達到實驗目的的是選項操作目的A取一張pH試紙放在表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于試紙的中部，與標準比色卡對比測定NaClO溶液的pHB向含有酚酞的溶液中滴入溶液，觀察溶液顏色的變化證明溶液中存在水解平衡C取溶液，先后滴加3滴溶液和5滴溶液，觀察沉淀情況比較、的大小D將樣品溶于稀鹽酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅檢驗樣品是否變質【答案】B【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，無法用pH試紙測其pH，可選pH計測定pH，A項錯誤；B．鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子水解平衡逆向移動，減小，則觀察溶液顏色變化可證明存在水解平衡，B項正確；C．硝酸銀過量，加入NaCl，KI均會有沉淀生成，該操作不能比較AgCl、AgI的，C項錯誤；D．酸性溶液中亞鐵離子、硝酸根離子發生氧化還原反應，不能檢驗樣品是否變質，應溶于水后滴加KSCN溶液，D項錯誤。故選B。14．（2022·天津和平·高二期末）以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。[比如A2?的分布系數：]下列敘述正確的是A．曲線①代表，曲線②代表B．H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C．HA?的電離常數Ka=1.0×10?2D．滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】根據圖象，曲線①代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發生突變，且曲線②代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，據此分析作答。A．根據分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯誤；B．當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發生突變，說明恰好完全反應，結合分析，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B錯誤；C．根據曲線當δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH=2，則HA-的電離平衡常數Ka==c(H+)=1×10-2，C正確；D．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C。15．（2022·河北·盧龍縣第二高級中學高二期末）某溫度下，體積和pH都相同的NaOH溶液與CH3COONa溶液加水稀釋時的pH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（

）A．c點的溶液中c(OH?)+c(CH3COOH)＝c(H+)B．a、b兩點溶液的導電性：a>bC．b、c兩點溶液中水的電離程度：b=cD．用相同濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應，消耗鹽酸的體積：Vb=Vc【答案】B【解析】NaOH是強堿，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液進行稀釋時，CH3COONa溶液的pH變化比較平緩，所以曲線II為CH3COONa稀釋曲線。A．任一點溶液中均存在電荷守恒：c(OH?)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依據物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，將兩式相減得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH?)。如所給的等式c(OH?)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，則可得出c(CH3COOH)=0這一錯誤的結論，A項錯誤；B．開始兩溶液的pH相同，則開始物質的量濃度：CH3COONa>NaOH，a、b兩點溶液稀釋的倍數相同，所得對應溶液中的離子濃度：CH3COONa>NaOH，導電性：a>b，B項正確；C．b、c兩點溶液中pH相同，但一個是堿溶液，水的電離受到抑制，一個是強堿弱酸鹽的溶液，水的電離因CH3COO-水解而受到促進，所以水的電離程度：b<c，C項錯誤；D．鹽類的水解是微弱的，所以稀釋前NaOH溶液與CH3COONa溶液中溶質的物質的量：n(CH3COONa）>n(NaOH)，所以用相同濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應時，消耗鹽酸的體積：Vb<Vc，D項錯誤；所以答案選擇B項。16．（2022·河北·石家莊二中高二期末）工業生產中利用方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)制備PbSO4晶體的工藝流程如圖：已知：PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)

△H>0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。下列說法錯誤的是A．“浸取”時的主要離子反應為MnO2+PbS+4H++2Cl-=PbCl2+S+Mn2++2H2OB．“濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3C．“沉降”時加入冰水，PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)平衡左移，有利于PbCl2沉淀更完全D．“沉淀轉化”過程達平衡時，溶液中=1.6×103【答案】A【解析】方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和MnO2中加入稀鹽酸，鹽酸與MnO2、PbS發生反應生成PbCl2和S，MnO2被還原成Mn2+，加入的NaCl可促進反應PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移動，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO調節溶液pH，使鐵離子轉化成氫氧化鐵沉淀除去，然后過濾；PbCl2難溶于冷水，將濾液冷水沉降過濾得到PbCl2晶體；之后加入稀硫酸發生沉淀轉化，生成硫酸鉛晶體，濾液a中主要成分為HCl，據此分析作答。A．“浸取”時鹽酸與MnO2、PbS發生反應生成PbCl2和S，MnO2被還原成Mn2+，加入的NaCl可促進反應PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移動，使更多的Pb元素存在于溶液中，離子方程式為：MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+Mn2++2H2O，A項錯誤；B．加入MnO調節溶液pH，使鐵離子轉化成氫氧化鐵沉淀除去，所以“濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3，B項正確；C．PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)△H>0反應吸熱，加入冰水溫度降低，反應逆向移動，即平衡向左移，C項正確；D．當“沉淀轉化”過程達平衡時，有，D項正確；答案選A。二、非選擇題（本題共4小題，共52分。）17．（10分）結合下表回答下列問題(均為常溫下的數據)：請回答下列問題：酸電離常數(Ka)HClO（1）同濃度的、中結合的能力最強的___________。（2）常溫下0.1mol/L的溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數據一定變小的是_____(填字母)。A．B．C．D．（3）取等體積物質的量濃度相等的、HClO兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和，則消耗的NaOH溶液的體積大小關系為：___________(填“>”、“<”或“=”)。（4）在新制氯水中加入少量的NaCl固體，水的電離平衡___________移動(填“向右”、“向左”、或“不”)。（5）某溫度下，純水中的。若溫度不變，滴入稀硫酸使，則由水電離出的為___________mol/L?！敬鸢浮浚?）（2）AC（3）=（4）向右（5）【解析】（1）電離平衡常數越小、電離出氫離子能力越小、酸越弱、則其陰離子結合質子能力越強。由表知：HS-電離能力最差、則同濃度的、中結合的能力最強的是。（2）A．稀釋促進電離，n(H+)有所增大，而體積增加得更快、變小，A符合；B．稀釋促進電離，n(H+)有所增大，變小，則增大，B不符合；C．稀釋變小，常溫下Kw不變，則變小，C符合；D．稀釋變小，常溫下Kw不變，則增大，D不符合；答案為AC。（3）、HClO溶液體積相等、物質的量濃度相等、即物質的量相等，分別用NaOH稀溶液中和可得到對應的鈉鹽溶液，則它們消耗的的NaOH物質的量相等、則消耗的等濃度NaOH溶液的體積大小關系為：=。（4）在新制氯水中加入少量的NaCl固體，增大了氯離子濃度，使左移，變小，促進水電離，則水的電離平衡向右移動。（5）某溫度下，純水中的，則該溫度下，若溫度不變，滴入稀硫酸使，則由水電離出的。18．（12分）某學生用0.1000mol·L-1的KOH標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作分解為如下幾步：A．移取20mL待測鹽酸注入潔凈的錐形瓶，并加入2～3滴酚酞B．用標準溶液潤洗滴定管2～3次C．把盛有標準溶液的堿式滴定管固定好，調節滴定管尖嘴使之充滿溶液D．取標準KOH溶液注入堿式滴定管至“0”刻度以上1～2cmE.調節液面至“0”或“0”以下某一刻度，記下讀數F.把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準KOH溶液滴定至終點并記下滴定管液面的刻度就此實驗完成填空：(1)正確操作步驟的順序是(用序號字母填寫)___________A→F；(2)若無上述B步驟操作，則測定結果會_____________________；(3)上述A步驟之前，若先用待測液潤洗錐形瓶，則對滴定結果的影響是_______________________________；(4)判斷到達滴定終點的現象是_________________________________________；(5)若甲學生在實驗過程中，記錄滴定前滴定管內液面讀數為2.50ml，滴定后液面如圖，則此時消耗標準溶液的體積為___________；(6)乙學生做了三組平行實驗，數據記錄如下：選取下述合理數據，計算出待測溶液的物質的量濃度為_____________________；保留四位有效數字實驗序號待測HCl溶液的體積0.1000mol·L-1的KOH溶液的體積滴定前刻度滴定后刻度123【答案】(1)BDCE(2)偏高(3)偏高(4)當最后半滴標準液滴入后，溶液由無色變為紅色，且半分鐘內不褪色(5)24.90mL(6)0.1052mol/L【解析】（1）中和滴定的操作步驟為：選擇滴定管，洗滌、裝液、使尖嘴充滿溶液、固定滴定管，調節液面記下讀數，取待測液于錐形瓶中，加入指示劑進行滴定，因此操作順序為：BDCEAF。（2）滴定管先用蒸餾水洗滌，內壁有一層水膜，如果直接裝液會使標準液濃度降低，所用標準液體積偏大，所得待測液濃度偏高，所以必須用標準溶液潤洗滴定管2~3次。（3）用蒸餾水洗滌錐形瓶后，若再用標準液潤洗，會使錐形瓶內待測液溶質的物質的量增大，消耗標準液的體積偏大，所得待測液濃度偏高。（4）本實驗是用KOH標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，以酚酞為指示劑，開始滴定時溶液顯無色，隨著氫氧化鉀標準液的滴入，溶液酸性減弱，當最后半滴標準液滴入后，溶液由無色變為紅色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點。（5）甲學生在實驗過程中，記錄滴定前滴定管內液面讀數為2.50ml，滴定后液面如圖，為27.40mL，此時消耗標準溶液的體積為27.40mL-2.50ml=24.90mL。（6）根據數據有效性，舍去第2組數據，則1、3組平均消耗氫氧化鉀溶液的體積為=26.30mL，由KOH+HCl=KCl+H2O可知，0.263L0.1000mol/L=0.025Lc(HCl)，解得c(HCl)=0.1052mol/L。19．（15分）（2022·四川達州·高二期末）酸、堿、鹽是中學化學學習的重要化合物，請依據其性質回答下列問題。(1)常溫下，小蘇打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，其理由是___________________________(用離子方程式表示)，溶液中_______(填“>”、“=”或“<”)。(2)常溫下，將體積均為、均為12的氨水和溶液分別加水稀釋至1L，溶液較大的是_______，稀釋后溶液的_______(填“>”、“=”或“<”)。(3)相同溫度下，濃度均為的下列溶液：①②③④，溶液中的濃度由大到小的順序為_________________(用序號表示)。(4)已知與相似，水溶液具有弱堿性，其電離方程式為：。常溫下，現用鹽酸滴定溶液，溶液中由水電離出的的負對數[]與所加鹽酸體積的關系如圖所示(已知：)①R、Q兩點溶液pH關系是：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)，R、Q兩點對應溶液中水的電離程度的關系：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)。②滴定過程中，若，則此時溶液中_________________。③N點離子濃度由大到小的順序為___________________________?！敬鸢浮?1)

＞

HCO+H2OH2CO3+H2O

＞(2)

氨水

＜(3)④＞②＞③＞①(4)

①＞

=②5

③c(Cl—)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)【解析】（1）小蘇打的主要成分為碳酸氫鈉，碳酸氫根離子在溶液中的水解程度大于電離常數，溶液呈堿性，溶液pH大于7，溶液中碳酸的濃度大于碳酸根離子的濃度，水解的離子方程式為，故答案為：＞；HCO+H2OH2CO3+H2O；＞；（2）一水合氨是弱堿，在溶液中存在電離平衡，所以體積均為10mL、pH均為12的氨水和氫氧化鈉溶液分別加水稀釋至1L時，氫氧化鈉溶液pH變化大，氨水溶液的pH大于氫氧化鈉溶液，氨水溶液中的銨根離子濃度大于氫氧化鈉溶液中的鈉離子濃度故答案為：＞；＞；（3）一水合氨是弱堿，在溶液中部分電離，所以溶液中銨根離子濃度最??；硫酸氫銨在溶液中電離出的氫離子抑制銨根離子水解，溶液中銨根離子濃度大于硝酸銨溶液，醋酸銨在溶液中電離出的醋酸根離子在溶液中水解促進銨根離子水解，溶液中銨根離子濃度小于硝酸銨溶液，則四種溶液中銨根離子濃度大小順序為④＞②＞③＞①，故答案為：④＞②＞③＞①；（4）①由圖可知，R點為和NH3OHCl的混合溶液，溶液呈中性，Q點為NH3OHCl和鹽酸混合溶液，溶液呈酸性，所以R點溶液pH大于Q點，兩個點水電離的氫離子的負對數相等，則R點溶液水的電離程度=Q點，故答案為：＞；=；②滴定過程中，若，由電離常數可知，的電離常數Kb=，則溶液中的c(OH—)=Kb=10—9mol/L，溶液pH=5，故答案為：5；③由圖可知，N點和鹽酸恰好完全反應，反應生成的NH3OH+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Cl—)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)，故答案為：c(Cl—)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)。20．（15分）下面是某科研小組利用廢鐵屑還原浸出軟錳礦(主要成分為