第3章 水溶液中的离子反应与平衡 章节测试B卷（含解析）
一、单选题
1．下列做法中没有用到水解平衡原理的是（ ）
A．明矾净水 B．盐卤(MgCl2)点制豆腐
C．泡沫灭火器灭火 D．热的纯碱去油污
2．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．K2SO4 B．NaOH C．NH3·H2O D．HClO4
3．下列粒子对水的电离没有影响的是（ ）
A．CH3COOH B．
C．M-：1s22s22p6 D．
4．化学与生产、生活、医药等息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．用碳酸钠制抗酸药治疗胃酸过多
B．可用热碱水洗去工业用铁表面的润滑油
C．溶液可用作焊接中的除锈剂
D．草木灰与铵态氮肥混合使用肥效增强
5．下图是向100 mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图。根据图所得结论正确的是（ ）
A．原来盐酸的物质的量浓度为0.01 mol/L
B．x处为0.1 mol的NaOH溶液
C．原来盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
D．x处参加反应的NaOH的物质的量为0.01 mol
6．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是（ ）
A． B． C． D．
7．常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc(H2CO3)、lgc(HCO)、lgc(H+)、lgc(OH-)随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和q点pH的平均值
C．r点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
8．工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：。下列有关说法错误的是
A．该反应之所以能发生，原因是Co2+与结合生成难溶电解质促进了的电离
B．“沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C．“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D．“沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：
9．为证明某一元酸HR是弱酸，下列实验方法错误的是（）
A．室温时，测定0.01mol·L－1的HR溶液的pH＝4
B．室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色
C．相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验
D．0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应
10．常温下，将 的盐酸与 的氨水等体积混合，关于该溶液酸碱性的描述正确的是（ ）
A．可能显中性 B．一定显碱性
C．不可能显碱性 D．可能显酸性
二、多选题
11．常温下，一元碱BOH的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的BOH可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液II中
B．溶液I中BOH的电离度为
C．溶液I和II中的相等
D．溶液I和II中的之比为
12．已知相同温度下，，升高温度，两者溶解度均增大。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．该温度下的的数量级为
B．该温度下，两溶液的
C．降低温度，曲线②可能向左下方平移为曲线③
D．根据曲线数据可以求得，的数值是5.5
13．常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸()，各含磷微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH的关系如图所示。已知，反应中只能生成和两种盐。下列说法正确的是（ ）
A．曲线a代表
B．的电离平衡常数
C．溶液中
D．pOH=7时，
14．有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是（ ）
A．在三种酸的酸性比较：HZ > HY > HX
B．中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol
C．HX、HY、HZ三者均为弱酸
D．在X-、Y-、Z-三者中，以Z-最易发生水解
15．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（ ）
A．b不可能显碱性 B．a可能显酸性或碱性
C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性
三、填空题
16．下面所列物质中，属于强电解质的是 (填序号，下同)，属于弱电解质的是 ，属于非电解质的是 。
①氯化钾②乙醇③醋酸④氨气⑤蔗糖⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩碳酸钡 铁
17．
（1）用离子方程式表示 NH4Cl 溶液显示酸性的原因： 。
（2）有机物 M 经过太阳光光照可转化成 N，转化过程如下：
则 M、N 相比，较稳定的是 。
（3）已知在常温常压下：
①2CH3 OH(l)+3O 2 (g) =2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1275.6 kJ·mol－1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 。
18．某学生用 0.1000mol/L KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
①移取 25.00mL 待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入 2-3 滴酚酞
②用标准溶液润洗滴定管 2-3 次
③把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液
④取标准 KOH 溶液注入____至 0 刻度以上 2-3cm
⑤调节液面至 0 或 0 刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准 KOH 溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
（1）正确操作的顺序是（用序号填写） .
（2）步骤④中的滴定管是： （填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”）。
（3）当步骤⑥待测液由 色变为 色，且半分钟内不变化即达到终点，KOH 溶液开始时读数及恰好反应时的读数见表。
实验编号 待测盐酸溶液体积（mL） 滴定开始读数（mL） 滴定结束读数（mL）
① 25.00 0.00 19.95
② 25.00 1.10 18.30
③ 25.00 0.20 20.25
请计算待测的盐酸的物质的量浓度 mol/l（小数点后面保留 4 位数字 ）。
（4）由于操作失误，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是___。
A．滴定达到终点时，俯视滴定管内液面读数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用氢氧化钾溶液进行滴定
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入盐酸待测液
D．滴定时碱式滴定管中氢氧化钾溶液洒落在锥形瓶外
四、实验探究题
19．某小组探究硝酸银与碘化钾的反应。
（1）实验Ⅰ：向盛有溶液的试管中，加入溶液，振荡试管，产生黄色沉淀，然后向其中滴入淀粉溶液，溶液无明显变化。
①常温下，溶液中， (填“>”、“<”或“=”)。
②发生反应生成黄色沉淀的离子方程式是 。
（2）小组同学依据物质性质分析，反应产物中可能存在Ag。依据是 。
（3）经检验，黄色沉淀中不含Ag。小组同学设计实验Ⅱ证实了溶液与KI溶液可以发生反应得到Ag。装置如图。
①甲溶液是 。
②该装置中发生的总反应的离子方程式是 。(该反应的平衡常数)。
（4）结合实验及数据，推测实验Ⅰ中生成黄色沉淀而没有产生Ag的原因 。
20．纯碱是一种重要的无机化工原料，广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。某纯碱样品中含有少量易溶性杂质(不与盐酸反应)，现用滴定法测定该纯碱样品的纯度。其操作为准确称量1.5g样品，配成250mL待测液，每次取出待测液25mL，以甲基橙作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸标准液进行滴定。
（1）配制待测液所需的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、 、 。
（2）可用 (填“a”或“b”)量取待测液。向滴定管中注入待测液的前一步操作为 。
（3）滴定过程中眼睛应观察 ，若用酚酞作指示剂，则达到滴定终点时的标志是 。
（4）实验记录的数据如下表：
实验次数 第一次 第二次 第三次
消耗盐酸溶液体积/mL 27.00 27.02 26.98
经计算，该纯碱样品的纯度为 。
（5）下列实验操作会使样品纯度偏大的是____(填标号)。
A．滴定过程中锥形瓶内有溶液溅出
B．注入待测液前锥形瓶未干燥
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
五、综合题
21．回答下列问题：
（1）室温下pH相等的①②和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为 (填序号)；
（2）室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，物质的量浓度从大到小的顺序为： (填序号)；
（3）室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为 ；
（4）室温下，已知的，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ；
（5）常温下，和的电离平衡常数如下：
化学式
电离平衡常数
①根据以上信息可知，溶液呈 (填“酸”、“碱”或“中”)性，
②少量溶液与过量溶液反应的离子方程式为 ；
③室温下，pH=1的溶液中， 。
22．
（1）卫星发射时可用肼（N2H2）做燃料，1.6克N2H2在氧气中燃烧，生成氮气和水，放出 热量，则反应的热化学方程式为：
（2）化学键的键能式形成（或拆开） 化学键时释放（或吸收）的能量。已知 键的键能是 ， 键的键能是 ； 键的键能是 。则 ; = ；
（3）已知： 、 、 的燃烧热分别为 、 、 ，则反应 ： 。
（4）某学生用标准 溶液滴定未知浓度的盐酸，移取 待测液注入锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，用标准液滴定至终点，记下滴定管液面的读数。
请回答下列问题：
①标准溶液装在滴定管中 （填“酸式”或“碱式”）。
②判断滴定终点的现象是 。
③如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数应为 。
A、
B、
C、
D、
23．
（1）25℃时，NaHCO3溶液呈碱性，原因是 水解引起的(填“Na+”或“HCO ”)；
（2）常温下，0.0100mol/L盐酸的pH= 。
（3）用0.0100mol/L盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为 (填“蓝色”或“无色”)，且半分钟内保持不变。
24．使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）
（1）Ⅰ.实验步骤：
配制100mL待测白醋溶液：量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到100mL (填仪器名称)中定容，摇匀即得。
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂。
（3）读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的 （填仪器名称）的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为 mL。
（4）滴定。当看到 现象时，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。再重复滴定3次。
（5）Ⅱ.实验记录
滴定次数 实验数据（mL） 1 2 3 4
V(样品) 20.00 20.00 20.00 20.00
V(NaOH)（消耗） 15.95 15.00 15.05 14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V= mL=15.24mL。指出他的计算的不合理之处： 。按正确数据处理，可得市售白醋总酸量= g/100mL（结果保留四位有效数字）
（6）乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的 （填写序号）。
a.pH b.沸点 c.电离常数 d.溶解度
（7）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 （填写序号）
a.未用标准NaOH溶液润洗滴定管
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加入少量水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾中铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有净水作用，和水解平衡原理有关，故A不选；
B．向豆浆胶体中加入可溶的氯化镁溶液，可以使胶体聚沉，制得豆腐，盐卤(MgCl2)点制豆腐和水解平衡原理无关，故B选；
C． 泡沫灭火器中的碳酸氢根和铝离子之间发生双水解反应可以快速大量的产生二氧化碳和水，可以用于灭火，和水解平衡原理有关，故C不选；
D．纯碱中的碳酸根离子水解，导致溶液显示碱性，油污在碱性条件下会发生酯化反应，因加热促进水解，热的纯碱去油污去油污效果更好，则和水解平衡及其移动原理有关，故D不选；
故答案为：B。
【分析】B．与胶体聚沉有关；
2．【答案】C
【解析】【解答】A．K2SO4属于盐，是强电解质，选项A不符合题意；
B．NaOH属于强碱，是强电解质，选项B不符合题意；
C．NH3·H2O属于弱碱，是弱电解质，选项C符合题意；
D．HClO4属于强酸，是强电解质，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸是弱酸，在溶液中部分电离出的氢离子抑制水的电离，故A不符合题意；
B．为氯离子，盐酸是强酸，氯离子在溶液中不水解，不影响水的电离，故B符合题意；
C.1s22s22p6的阴离子为氟离子，氢氟酸为弱酸，氟离子在溶液中水解促进水的电离，故C不符合题意；
D．水能微弱电离出氢氧根离子，氢氧根离子抑制水的电离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】水的电离方程式为H2O H＋＋OH ，加入酸或碱能抑制水的电离，加入含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水的电离，强酸强碱盐不影响水的电离，据此分析解答。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．用碳酸氢钠制抗酸药治疗胃酸过多，而不是碳酸钠，A项不符合题意；
B．润滑油主要成分是矿物油，为烃类，不溶于碱溶液，B项不符合题意；
C．是强酸弱碱盐，水解显酸性，所以可用作焊接时的除锈剂，C项符合题意；
D．铵态氮肥与碱性物质草木灰混合施用时，会放出氨气，降低肥效，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钠碱性较强，不能做胃酸中和剂
B.润滑油主要成分是矿物油，为烃类，不溶于碱溶液
C.利用水解显弱酸性，除去铁锈，同时不会腐蚀铁
D.草木灰显碱性，有OH-，会与铵根反应产生氨气
5．【答案】D
【解析】【解答】A.盐酸溶液的pH=1，所以溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，所以盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，A不符合题意；
B.x处溶液的pH=7，则参与反应的n(OH－)=n(H＋)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，因此x处加入NaOH的物质的量为0.01mol，B不符合题意；
C.由选项A的分析可得，盐酸溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1，C不符合题意；
D.由选项D的分析可知，x处参与反应的n(NaOH)=0.01mol，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据溶液的pH计算溶液中c(H＋)，从而得出盐酸的物质的量浓度；
B、x处溶液显中性，则参与反应的n(OH－)=n(H＋)；
C、结合A选项计算所得分析；
D、结合B选项计算所得分析；
6．【答案】C
【解析】【解答】Na2SO3、Na2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，NaHSO3溶液中HSO电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，因此相同温度下，等物质的量浓度的四种溶液中，pH最小的是NaHSO3，选项C符合题意；
故答案为：C。
【分析】溶液酸性越强pH越小。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．酚酞变色指示的pH值介于8.2~10.0，甲基橙变色指示的pH值介于3.1~4.4，据分析，该体系pH在8~9之间时c(HCO)达到最大值，pH在3~4之间时c(HCO)近于达到最小值，故整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A不符合题意；
B．据图示数据，n点时c()=c(H2CO3)，设pH为a，m点时c(HCO)=c(H2CO3)，设pH为b，q点时c()=c(HCO)，设pH为c，由Ka1(H2CO3)==10-b，Ka2(H2CO3)==10-c， Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=10-2a，则有10-b ·10-c =10-2a ，即，故n点的pH为m点和q点pH的平均值，B不符合题意；
C．r点溶液中含有溶质：Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据物料守恒有：①c(Na+)= 2c()+2c(HCO)+2c(H2CO3)，根据电荷守恒有：②c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HCO)+2c()，将①代入②可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C不符合题意；
D．据分析，r点到k点对应的变化过程是盐酸不断滴入的过程，水解对水电离的促进作用逐渐减小，逐渐变为盐酸电离对水电离的抑制作用逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据终点时的pH值，选择合适的指示剂；
B．利用电离平衡常数计算；
C．根据物料守恒和电荷守恒判断；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液，发生反应+H+、Co2++=CoCO3↓、+H+=H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，所以需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，B符合题意；
C．Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率，C不符合题意；
D．“沉钴”时通入适量NH3，能促进+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c()，有利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液会反应生成碳酸钴；
B.沉钴”后应将CoCO3转化为Co；
C.碳酸钠碱性较强，会生成 Co(OH)2；
D.通入氨气，+H+的平衡正向移动，有利于生成CoCO3沉淀。
9．【答案】D
【解析】【解答】A.室温时，测定0.01mol·L －1的HR溶液的pH=4，说明溶液中存在电离平衡，则HR是弱酸，故A不符合题意；
B.室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明NaR溶液显碱性，即R-发生水解，则HR为弱酸，故B不符合题意；
C.相同条件下，对浓度均为0.1mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验，盐酸的导电能力强，说明溶液中离子浓度大，HR的导电能力弱，即HR溶液中离子浓度小，说明HR没有完全电离，即证明HR是弱酸，故C不符合题意；
D.0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应不能说明HR是弱酸，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】 以下方法可证明 一元酸HR是弱酸 ：
1、0.1mol这种酸，测其PH>1
2、测NaR的pH>7
3、取PH＝3的酸HR1mol，稀释到100mL后，测其PH<5
4、向PH＝3的HCl溶液中加入NaR，其PH增大
5、测同体积的0.1mol/L的HR溶液和盐酸溶液导电性，盐酸强于HR
6、pH相同的盐酸和HR溶液，取相同体积分别用标准NaOH测浓度，HR消耗体积大
7、0.1mol/L的HR溶液和HCl分别与Mg反应，开始HR速率慢
8、0.1mol/L的盐酸与过量Mg反映，当加入NaR晶体时，生成氢气速率减慢，但是总量不变
9、pH与体积均相同的HCl与HR溶液与Mg反应，HR放出氢气的量大于盐酸
10、pH相同的盐酸、HR溶液与镁反应，HR溶液反应速率减小的慢。
10．【答案】B
【解析】【解答】常温下，pH=3的盐酸与pH=11的氨水，各自溶液中c(H+)=c(OH-)=0.001mol/L，等体积混合，这部分H+与OH-中和生成水，但氨水中还有大量未电离的NH3 H2O，溶液混合且发生反应均会促使NH3 H2O进一步电离产生新的OH-，使得稳定后的溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性；
故答案为：B。
【分析】依据盐酸是强酸而氨水是弱碱及其溶液酸碱性的计算分析解答。
11．【答案】B,C
【解析】【解答】A．常温下溶液II的pH=7.0，则溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，，A不符合题意；
B．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，则=1.0×10-5，解得=，B符合题意；
C．根据题意，未电离的BOH可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的相等，C符合题意
D．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液I中=(10-3+1)c(BOH)；溶液II的pH=7.0，溶液II中c(OH-)=10-7mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液II中=(102+1)c(BOH)；未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(BOH)相等，溶液I中和II中之比为[(10-3+1)c(BOH)]∶[(102+1)c(BOH)]≈10-5，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．常温下，pH=7.0的溶液中c(H+)=c(OH-)；
B．依据Kb=计算；
C．根据题意，未电离的BOH可自由穿过隔膜；
D．依据Kb=和计算。
12．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由分析知该温度下的的数量级为，故A符合题意；
B．该温度下，两溶液的，故B不符合题意；
C．升高温度，两者溶解度均增大，则降低温度，Ksp应该会减少，曲线②可能向右上方平移，故C符合题意；
D．由图可知曲线①对应的Ksp=10-10，根据曲线数据可以求得，，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】 A.根据= 计算；
B.根据计算；
C.降低温度，Ksp减小；
D.根据曲线数据，结合Ksp的公式计算。
13．【答案】C,D
【解析】【解答】A．根据分析，曲线a代表X()，A不符合题意；
B．的电离平衡常数，B不符合题意；
C．溶液中的电离常数为，水解常数为： ，故溶液呈酸性， ，C符合题意；
D．pOH=7时，pH=7，根据电荷守恒：，故，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】先分析图象的基本情况，pOH为横坐标，pOH越大，则酸性越强，其次，结合信息“ 反应中只能生成和两种盐 ”，可知H3PO3为二元酸，可以发生两次电离，一级电离为，二级电离为，随着酸性减弱，电离程度减弱，H3PO3浓度减小，H2PO3-浓度增强，一级电离程度减弱，二级电离程度增强，当酸性减弱到一定程度时，一级电离几乎不存在，二级电离为主，此时H2PO3-浓度减小，HPO32-浓度增大，二级电离程度减弱；
A、根据上述分析，曲线a代表HPO32-，曲线b代表H2PO3-，曲线c代表H3PO3；
B、二级电离平衡常数可以根据HPO32-和H2PO3-的交点计算，即曲线a和曲线b的交点，结合二级电离平衡常数，可知在交点处Ka2=c(H+)，而横坐标为pOH，需要换算为c(H+)；
C、NaH2PO3溶液即溶质为NaH2PO3，此时c(H2PO3-)最大，即b曲线的最高点，此时pOH大于7，溶液为酸性；
D、pOH=7溶液为中性，结合电荷守恒，等量代换可以知道。
14．【答案】A,B
【解析】【解答】A.由分析可知，三种酸的酸性强弱为HX>HY>HZ，选项错误，A符合题意；
B.HY与NaOH反应的化学方程式为NaOH+HY=NaY+H2O，因此中和1molHY，需NaOH的物质的量为1mol，选项错误，B符合题意；
C.由于三种盐溶液中均存在水解，因此HX、HY、HZ都属于弱酸，选项正确，C不符合题意；
D.由分析可知，水解程度X-
【分析】等浓度的NaX、NaY、NaZ溶液，其pH分别为8、9、10，则碱性NaX
15．【答案】A,B
【解析】【解答】A．pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故A符合题意；
B．某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故B符合题意；
C．若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故C不符合题意；
D．若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性。
16．【答案】①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【解析】【解答】①氯化钾③醋酸⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；①氯化钾⑦硫酸氢钠⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质；③醋酸⑥硫化氢⑧一水合氨，水溶液中部分电离属于弱电解质；②乙醇④氨气⑤蔗糖，水溶液中或熔融状态下都不导电属于非电解质；⑨氯气 铁是单质不是电解质也不是非电解质。强电解质：①⑦⑩。弱电解质：③⑥⑧。非电解质：②④⑤。
故本题正确答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【分析】强电解质是在说溶液中完全电离的化合物，主要是强酸、强碱、可溶性盐或者一些难溶性盐
弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物主要是弱酸、弱碱、水
非电解质：在水溶液或者熔融状态下下不导电的化合物如乙醇、氨气、二氧化碳等等
17．【答案】（1）NH4++H2O NH3·H2O+H+
（2）M
（3）CH 3 OH(l)＋ O 2 (g)=CO 2 (g)＋2H 2 O(l) ΔH＝－725.8 kJ·mol－1
【解析】【解答】（1）NH4Cl溶液中存在NH4＋水解，其反应的离子方程式为NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。
（2）有机物M转化为N的过程需要吸热，为吸热反应，因此M具有的能量小于N，而物质所具有的的能量越低，越稳定；因此较稳定的是M。
（3）甲醇完全燃烧的化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)，由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=×(-1275.6kJ/mol)-2×(+44.0kJ/mol)=-725.8kJ/mol。所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-725.8kJ/mol
【分析】（1）NH4＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。
（2）该转化反应为吸热反应，据此判断物质能量的相对大小，物质具有的能量越高，越不稳定。
（3）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，据此写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热。
18．【答案】（1）②④③⑤①⑥
（2）碱式滴定管
（3）无；浅红或粉红；0.0800
（4）B；D
【解析】【解答】（1）进行酸碱中和滴定实验时，需先用标准溶液润洗滴定管；然后用碱式滴定管取标准KOH溶液；再将盛有标准溶液的滴定管固定在滴定管架上，调节液面时滴定管尖嘴充满溶液；调节液面至0或0刻度以下，记录读数；用酸性滴定管移取25.00mL待测液，注入锥形瓶内，并加入2~3滴酚酞试液；将锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记录滴定管液面刻度。因此正确的操作顺序为②④③⑤①⑥。
（2）KOH溶液显碱性，因此需用碱式滴定管。
（3）滴定终点溶液显碱性，所加指示剂为酚酞试液，因此滴定终点，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内溶液颜色不变化。
实验①消耗标准液的体积为19.95mL-0.00=19.95mL，实验②消耗标准液的体积为18.30mL-1.10=17.2mL，实验③消耗标准液的体积为20.25mL-0.20=20.05mL。实验②数据误差较大，应舍去，故实验过程中消耗标准液的体积。则待测液的浓度。
（4）A、达到滴定终点时，俯视读数，则读数偏小，即V标偏小，由公式可得，c待偏小，即所测盐酸溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B、碱式滴定管未用KOH溶液润洗，则KOH标准溶液被稀释，实验过程中所需KOH标准溶液的体积偏大，即V标偏大，由公式可得，c待偏大，即所得盐酸溶液的浓度偏高，B符合题意；
C、锥形瓶内有水，对消耗KOH标准溶液体积无影响，即V标不变，所测盐酸溶液的浓度不变，C不符合题意；
D、滴定过程中，KOH溶液低落在锥形瓶外，则V标偏大，由公式可得，c待偏大，即所测盐酸溶液的浓度偏高，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】（1）结合酸碱中和滴定的操作过程进行分析。
（2）KOH溶液显碱性，应用碱式滴定管盛装。
（3）滴定终点，溶液显碱性，由于所加指示剂为酚酞溶液，因此溶液由无色变为红色。
根据表格数据计算消耗标准KOH溶液的体积，结合公式进行计算。
（4）分析错误操作对V标的影响，结合公式分析误差。
19．【答案】（1）＞；
（2）银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag
（3）KI溶液；2Ag++2I-=2Ag+I2
（4）Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大
【解析】【解答】（1）①常温下，溶液中由于银离子发生水解反应使溶液显酸性，则＞。
②发生反应生成黄色沉淀的离子方程式是。
（2）小组同学依据物质性质分析，反应产物中可能存在Ag，依据是银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag。
（3）①为验证溶液与KI溶液可以发生反应得到Ag，甲溶液是KI溶液。
②该装置为原电池，负极上碘离子失去电子，正极上银离子得电子生成Ag，发生的总反应的离子方程式是2Ag++2I-=2Ag+I2。
（4）推测实验Ⅰ中生成黄色沉淀而没有产生Ag的原因为Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大。
【分析】（1）①依据盐类水解规律；
②AgI是黄色不溶物；
（2）物质含元素处于最高价，只有氧化性，物质含元素处于最低价，只有还原性；物质含元素处于中间价态既有氧化性又有还原性。
（3）①反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；
②原电池，负极上失去电子，正极上得电子；
（4）沉淀反应的平衡常数比氧化还原反应的平衡常数大。
20．【答案】（1）胶头滴管；250mL容量瓶
（2）b；用待测液润洗滴定管2～3次
（3）锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原色
（4）95.4%
（5）D
【解析】【解答】（1）配成250mL待测液，需要将称量的固体样品在烧杯中溶解，冷却室温后沿玻璃棒转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒后，加水定容，需用到胶头滴管，故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）待测液显碱性应选用碱式滴定管，即b管，滴定管在注液前应先用待测液润洗2～3次，故答案为：b；用待测液润洗滴定管2～3次；
（3）滴定过程中眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色变化，当滴定到终点时溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原色；
（4）由表格数据可知消耗盐酸的平均体积为：，则消耗盐酸的物质的量为：0.1000mol/L×0.027L=0.0027mol，根据：Na2CO3～2HCl，可知碳酸钠的物质的量为：0.00135mol，样品纯度为：，故答案为：95.4%；
（5）A. 滴定过程中锥形瓶内有溶液溅出，导致标准液的用量偏少，所测浓度偏低，故不选；
B. 注入待测液前锥形瓶未干燥，对实验无影响，故不选；
C. 滴定前平视读数，滴定后俯视读数，导致标准液读数偏小，计算浓度偏低，故不选；
D. 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，使起始读数偏小，滴定结束后气泡消失，则标准液消耗量偏大，浓度偏高，
故答案为：；
故答案为：D；
【分析】（1）依据要求按照配制溶液的步骤选择合适的仪器；
（2）碱性应选用碱式滴定管；滴定管在注液前应先用待测液润洗；
（3）注意滴定终点的现象；
（4）由表格数据取平均值进行计算；
（5）依据计算；
21．【答案】（1）②＞①＞③
（2）②＞①＞③
（3）HX＞HY＞HZ
（4）9
（5）碱；；0.12
【解析】【解答】(1)室温下pH相等即溶液中氢氧根离子浓度相，氢氧化钠全部电离，碳酸钠、醋酸钠是水解显碱性，因此碳酸钠、醋酸钠的浓度远大于氢氧化钠，由于碳酸钠水解程度大于醋酸钠水解程度，所以醋酸钠的浓度大于碳酸钠浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(2)室温下浓度均为0.1 的①②和③溶液中，碳酸铵、硫酸钠电离出的铵根离子浓度几乎是硫酸氢铵的两倍，硫酸铵中铵根单一水解，硫酸氢铵中氢离子抑制铵根水解，虽然碳酸铵发生双水解，但铵根离子大于硫酸氢铵中铵根离子浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。
(3)室温下0.1 的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，根据对应酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，因此可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ；故答案为：HX＞HY＞HZ。
(4)根据题意得到室温下，向0.05 的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，则的，解得，则，溶液的pH约为9；故答案为：9。
(5)①根据以上信息可知，存在电离平衡，是弱酸，则会水解，生成氢氧根和碳酸氢根，因此溶液呈碱性，故答案为：碱。
②根据草酸大于硫酸氢根，硫酸氢根大于草酸氢根，因此少量溶液与过量溶液反应生成醋酸氢根和硫酸根，其反应的离子方程式为；故答案为：。
③室温下，pH=1的溶液中，，解得；故答案为：0。12。
【分析】(1)依据物质的种类及盐类水解的原理分析；
(2)依据盐类水解的原理分析；
(3)根据对应酸越弱，其水解程度越大；
(4)根据Ksp计算；
(5)①依据盐类水解规律分析，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
②根据强酸可以制弱酸书写。
③利用计算。
22．【答案】（1）
（2）
（3） 或
（4）碱式；溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；B
【解析】【解答】（1）1mol液态肼参与反应放出的热量为32g×31.1kJ/1.6g=622kJ，热化学反应方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) △H=－622kJ·mol－1；（2）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=( )=－46.2kJ·mol－1；（3）①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－akJ·mol－1；②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) △H=－bkJ·mol－1；③H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－ckJ·mol－1；根据目标反应方程式，2×①－2×②－4×③得出△H=(－2a＋2b＋4c)kJ·mol－1；（4）①标准液为NaOH，应盛放在碱式滴定管中；②用NaOH滴定盐酸，酚酞作指示剂，滴定终点的现象是溶液由无色变成浅红色，且30s(或半分钟)内不褪色；③根据滴定管的构造，读数应为23.35mL，故B选项正确。
【分析】（1）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（2）计算化学反应的能量变化的两种方法分别是：通过生成物和反应物的键能之差计算；也可以根据反应物和生成物的总能量和进行计算；
（4）根据滴定的原理：c（标准）V（标准）=c（待测）V（待测）以及滴定的消耗量可以计算出待测液的浓度。
23．【答案】（1）HCO
（2）2
（3）无色
【解析】【解答】(1)在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解，所以能发生水解反应的是HCO ；
(2)盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2，故答案为2；
(3)酚酞在碱性溶液中为红色，当达到滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为无色；
【分析】（2）根据pH计算的方式计算
（3）中和滴定终点的判断
24．【答案】（1）容量瓶
（2）酚酞
（3）碱式滴定管；1.70
（4）锥形瓶内溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色
（5）第一组数据有明显误差，不能应用于计算消耗NaOH的平均体积；4.500g/100mL
（6）c
（7）ab
【解析】【解答】（1）配制100mL溶液需要转移到100mL容量瓶中定容，故答案为：容量瓶；（2）该酸碱中和滴定实验，滴定终点为醋酸钠，溶液呈碱性，应该用酚酞溶液做指示剂，故答案为：酚酞；（3）如图所示，0刻度在容器上部，且滴定实验中用来装碱性溶液，则该仪器为碱式滴定管，读数时，视线与凹液面最低点处相切，滴定管读数精确到0.01mL，则此时读数为1.70mL，故答案为：碱式滴定管；1.70；（4）滴定终点的实验现象为：溶液由无色怡好变为红色，且半分钟内不褪色，之后停止滴定，故答案为：锥形瓶内溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色；（5）观察数据知，第1次实验数据相差较大，舍去，其余三次取平均值知消耗15.00 mL NaOH，由于滴定实验中c1V1= c2V2，可知稀释后的白醋中c(CH3COOH)= mol/L，故100mL 原白醋中总酸量m=10cV×M(CH3COOH) =10× mol/L×100mL×60g/mol=4.500g /100mL，所以市售白醋总酸量为4.500g/100mL，故答案为：4.500g/100mL；（6）依据电离常数的大小判断酸碱性的强弱，进而判定反应能否发生，其他选项不能判断酸性的强弱，
故答案为：c；（7）a项，未润洗滴定管会使消耗的NaOH的体积偏大，由c1V1= c2V2可知，会使测得的CH3COOH浓度偏大，使得实验结果偏大，
故答案为：a项；
b项，碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会使消耗的NaOH的体积偏大，由c1V1= c2V2可知，会使测得的CH3COOH浓度偏大，使得实验结果偏大，
故答案为：b项；
c项，锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加入少量水，不影响实验结果，故不选c项；
d项，锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，会使消耗的NaOH的体积偏小，从而使实验结果偏小，故不选d项；
故本题答案为ab。
【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶；
(2)强碱滴定弱酸用酚酞溶液做指示剂；
(3)NaOH用碱式滴定管盛放；滴定管读数精确到0.01mL；
(4)滴定终点的实验现象为：溶液由无色怡好变为红色，且半分钟内不褪色；
(5)相差较大的数据为错误数据，需要舍去；根据c1V1= c2V2计算醋酸浓度；
(6)依据电离常数的大小判断酸碱性的强弱，进而用强酸制弱酸的原理判定反应能否发生；
(7)根据c=分析；
