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1、第三章 水溶液中离子反应与平衡 单元训练题一、单选题1下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是A装置甲气体干燥B装置乙固液分离C装置丙Cl2制备D装置丁pH测试2表中实验操作、实验现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定溶液溶液由红色变为浅红色时立刻读数偏大B向含有酚酞的溶液中加入少量固体生成白色沉淀，溶液红色变浅水解使纯碱溶液呈碱性C相同温度下，测定等浓度溶液、溶液的前者大酸性：D用广泛试纸测定溶液的溶液的溶液相同条件下，的电离程度大于水解程度AABBCCDD3某温度下，HCN和的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加
2、水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表HCN溶液Ba点溶液中，c(CH3COO)B在水电离出的c(H+)=110-12 molL-1的溶液中，Al3+可能大量存在C在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液至过量，溶液的红色褪去D往Na2CO3溶液中加水，增大12室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A溶液：、B溶液：、C加入甲基橙后变红的溶液：、D溶液：、13用0.1000 NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，下列说法正确的是实验编号待测醋酸体积/mLNaOH标准溶液体积/mL滴定前读数滴定后读数120.000.4020.42220.002.0022.90320.
3、003.1023.08A可选用甲基橙作为指示剂B碱式滴定管未用标准液润洗，测得的醋酸浓度偏小C滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化D根据表中数据，计算待测醋酸的浓度为0.1000mol/L14工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示已知：常温下，；难溶于水。下列说法错误的是A时，与氨水反应生成，溶液中B时，C时，物质的量分数最大，除铅效果最好D时，转化为的离子方程式为二、填空题15如图所示的装置是带有可上下移动的活塞的密闭容器，其中盛有饱和 H2S 溶液，并与 H2S 气体建立溶解平衡。(1)饱和 H2S 溶液中存在_种微粒。
4、(2)关闭 c 口，若容器中活塞由 a 压到 b 位置，则H2S 溶液中，_离子浓度增大，而_离子浓度减小。(3)在压强不变时，由 c 处通入一定量N2，则溶液中 H+浓度将_。(填变大，变小，不变)(4)若从 c 处通入 SO2气体充分反应，并达到饱和，溶液中 H+浓度将_。A不断增大B先减小，后增大到某值C不变D先增大，后减小到某值(5)将等浓度等体积的氢硫酸和氢氧化钠溶液混合，写出反应的离子方程式_所得溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_16电离常数是研究弱电解质的重要工具，25时一些酸的电离常数如下表所示。化学式HClO电离常数()、请回答：(1)浓度相同的阴离子在水溶液中结合H+的能力
5、：_(填“”或“=”)。(2)25时，pH相同的NaClO和两种溶液的浓度大小：_(填“”或“=”)。(3)硫酸在水溶液中是强酸，在冰醋酸中部分电离，写出硫酸在冰醋酸中的电离方程式_。(4)向NaClO溶液中通入少量的气体，写出发生反应的离子方程式_。(5)25时，的水解平衡常数_(结果保留2位有效数字)。17亚硝酸钠()是一种工业盐，外观与食盐非常相似，但有毒。某化学兴趣小组欲测定某样品的纯度，并对NaCl与进行鉴别。.甲组同学测定样品的纯度。称取mg试样于锥形瓶中，加入适量水溶解，然后用的溶液(适量稀酸化)进行滴定，并重复上述操作3次。已知：。(1)甲组同学在滴定时应选用的滴定装置是_(填
6、“A”或“B”)。(2)滴定达到终点的现象是_。(3)若滴定至终点时平均消耗VmL标准溶液，则该产品的纯度为_(用含c、m、V的代数式表示)。.乙组同学设计实验鉴别NaCl和。(4)常温下，用pH试纸分别测定两种盐溶液的pH，测得溶液的，即溶液呈碱性，其原因是_(用离子方程式表示)。(5)已知：，。分别向同浓度的两种盐溶液中滴入同浓度的溶液，先出现沉淀的是_(填“NaCl”或“”)溶液。18下列物质中：醋酸溶液氨水熔融的NaOH稀盐酸Na2CO3固体NaHSO4固体CH3COONa溶液Ba(OH)2固体。(1)上述物质中属于强电解质的是_(填序号)。(2)写出分别在水溶液和熔融状态下的电离方程
7、式：水溶液中：_；熔融状态下：_。(3)25时，将的溶液和的溶液等浓度、等体积混合，混合溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(SO)_(填“”、“”或“=”)c(HCO)+c(CO)+c(OH-)。25时，将V1LcmolL-1V2LcmolL-1加入中，当V1=V2时，混合溶液中离子浓度大小顺序为_(填离子符号)。(4)25时，0.1molL-1的的溶液、的溶液、的溶液和四种溶液的pH由大到小的排列顺序：_(填标号，下同)。(5)25时，将等pH、VL的和的溶液分别稀释至2VL，则稀释后溶液的pH大小关系为_。19五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化
8、剂等。从废钒催化剂(含有等)中回收钒，既能避免污染环境，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如图：加入的目的是将过量的转化为。“氧化1”后，溶液中的金属阳离子主要有，调节使离子沉淀，若溶液中，则调节溶液的最小值为_可沉淀完全(离子浓度时沉淀完全)，此时_(填“有”或“无”)沉淀生成。假设溶液体积不变，三、实验题20氯化磷酸三钠(简称氯钠)是一种固体杀菌消毒剂，其成分通常表示为aNa3PO4 bNa2HPO4NaClO NaClnH2O。可通过漂白液与Na3PO4-Na2HPO4混合液反应制得。制备漂白液漂白液的有效成分为NaClO， NaClO在40以上容易分解，可通过Cl2与冷的NaOH溶液反应
9、制得。制备装置如图所示。(1)该实验中不能替代KClO3的药品是_。aMnO2 bK2Cr2O7 cKMnO4 dCa(ClO)2(2)B装置中的试剂为_， C装置中离子方程式为：_。制取Na3PO4-Na2HPO4混合液已知： Ka1(H2CO3)=4.2 10-7， Ka2(H2CO3)=5.6 10-11；Ka1(H3PO4 )=7.6 10-3，Ka2(H3PO4)=6.3 10-8，Ka3(H3PO4)=4.4 10-13。(3)若最终氯钠的化学式中a=3，b=1则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为_，(4)根据已知条件，分析不能用Na2CO3替代NaOH与H3PO4反
10、应的原因是_。氯钠晶体的制备及产品中NaClO质量分数的测定将与制得的溶液常温下充分混合搅拌，减压蒸发，低温干燥，得氯钠晶体。(5)减压蒸发的目的是_。(6)取mg氯钠晶体样品溶于蒸馏水中，配成500mL溶液，取25.00mL待测液于锥形瓶中， 加入足量稀H2SO4酸化和过量0.100mol/LKI溶液，充分反应后，滴入_作指示剂，用0.0200mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，当加入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复原色。平行滴定三次，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL，则产品中NaClO质量分数为_。( 已知： I2+2=+2I-)21铬酰氯是一种无机化合
11、物，化学式为，熔点-96.5，沸点117，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置略)：回答下列问题：(1)A的名称是_。B的进水口为_(填“a”或“b”)。(2)浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0左右，其目的是_。(3)写出与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式_。(4)投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是_。(5)反应结束后，用
12、电热套加热装置A，收集117左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是_。(6)图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种_(填标号)，该装置的作用是_。22乙二胺四乙酸(简称EDTA，结构简式为，白色粉末，微溶于冷水)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂，可用其测定地下水的硬度。某实验室用氯乙酸(ClCH2COOH)、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)、NaOH为原料制备EDTA步骤如下：步骤1：称取94.5g氯乙酸于1000mL的仪器A中(如图1)，慢慢加入50%NaHCO3溶液，至不再产生无色气泡。步骤2：加入15.6g乙二胺，摇匀后放置片刻，加入2.0molL-1NaOH溶液90mL，
13、加水至总体积为600mL左右，温度计控温50C加热2h。步骤3：冷却液体后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1.2，有白色沉淀生成。步骤4：将该沉淀置于图2装置的布氏漏斗中抽滤，干燥，制得EDTA。回答下列问题：(1)“步骤1”中制备氯乙酸钠反应的化学方程式_。(2)制备EDTA所使用的装置(加热及夹持仪器省略)如图1所示，仪器A的名称为_，仪器Q的进水口是_(填“a”或“b”)，滴液漏斗中具支管的作用为_。(3)4ClCH2COONa+H2NCH2CH2NH2+4HCl是“步骤2”中的发生反应，该步骤中使用NaOH的作用为_，对A采用的加热方式_(选填“酒精
14、灯”“热水浴”或“油浴”)加热。配制该NaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为_g。(4)“步骤3”中混合液的pH可用精密pH试纸测量，简述其测定溶液pH的方法_。使用活性炭脱色时一般加入活性炭的量为粗产品质量的1%5%，加入量过多造成的影响是_。(5)与普通过滤比较，“步骤4”中用图2抽滤分离EDTA的优点是_。四、工业流程题23三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(NH3)6Cl3的工艺流程如图所示：已知：浸出液中含有的金属离子主要有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+。氧化性H2O
15、2Co3+Fe3+。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Co(OH)3Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.77.64.0完全沉淀3.71.19.25.2(1)如图是用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_C，若酸浸时将温度控制在80C左右会生成一定量的，其可能的原因_。(2)“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为_。(3)“滤渣”的主要成分是_和_，“调pH”的范围_。(4)“滤液”中主要含，经“操作I”可获得较纯净的晶体，“操作I”包括向溶液加入_调节pH，蒸发浓缩、_、过滤等过程。(5)流程中除作反应物外，还可防止加氨水
16、时过大生成杂质，其原理是_。(6)“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加，若生成晶体，则理论上消耗的质量为_g。(7)通过碘量法可测定产品中钴的含量。称取0.10g的产品，将其转化成后，加入过量KI和23滴淀粉溶液，再用标准液。滴定，达到滴定终点时消耗溶液20mL，则产品中钴的含量_。反应原理：。24磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：温度/0203040100NH4Fe(SO4)270.675
17、.478.381.0102.1NH4Al(SO4)22.15.07.710.926.7(1)气体I中的成分中除氧气外，还有_。(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式_。(3)写出滤渣I主要成分的一种用途_。(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是_。(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=_。(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为_。(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL
18、溶液，加入c1molL-1EDTA标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2molL-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为_(用代数式表示)。试卷第13页，共14页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A由图可知，装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A正确；B由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B错误；C二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由图可知，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C错误；D测定溶
19、液pH时，应将溶液滴在pH试纸中央，不能插入溶液中，则装置丁不能用于pH测试，故D错误；故选A。2B【详解】A判断滴定终点时，当溶液颜色变化后，半分钟内不再恢复颜色再读数，若立即读数，则所加标准液体积偏小，所测溶液浓度偏小，A错误；B酚酞的溶液，发生水解反应：，溶液显红色，若加入少量固体，使浓度减小，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，B正确；C溶液、溶液发生水解反应：和，相同温度下，溶液较大，水解程度较大，酸性，C错误；D广泛的试纸测溶液的值时，只能读出整数，所以不能测出溶液的，D错误； 故选B。3A【分析】电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小，根据数值，HCN的酸性强于CH3COOH，据此分
20、析；【详解】A相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，根据图像可知，曲线代表HCN溶液，曲线代表CH3COOH溶液，故A正确；BHCN电离方程式为HCNH+CN-，CH3COOHH+CH3COO-，a点两溶液pH相同，说明c(H+)相同，即c(CN-)=c(CH3COO-)，故B错误；C从c点到d点，加水稀释，促进HCN的电离，n(HCN)减少，n(CN-)增大，因此减小，故C错误；DHCN酸性强于醋酸，因此相同pH时，c(HCN)c(CH3COOH)，即相同体积时，CH3COOH消耗NaOH物质的量比HCN消耗NaOH物质的量大，故D错误；答案为A。4B【详解】A加水稀释醋酸浓度减小，
21、电离程度变大；加入少量CH3COONa晶体时，醋酸浓度变大，导致CH3COOH电离程度减小，A错误；B加水稀释，溶液浓度减小，氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时，导致醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小；故都会引起溶液的pH值增大，B正确；C升高温度促进醋酸电离，离子浓度变大，导电能力增强；加水稀释，溶液浓度减小，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，C错误；D，加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶液中醋酸根离子浓度均变大，导致值减小，D错误；故选B。5D【详解】A高锰酸钾与草酸反应的关系式为: 2KMnO45H2C2O4，两组实验中高锰酸钾都是过量的，无法观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，A错
22、误；BCH3COONH4溶液中醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，则溶液为中性，但浓度不同时对水的促进作用不同，则水的电离程度不同，B错误；C溶液pH变小是由于发生离子反应：，C错误；D同类型的不溶物，Ksp小的先沉淀，则由现象可知相同温度、相同浓度的溶液中，AgCl在水中的溶解度大于AgI的溶解度，可以得出Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，D正确；故选D。6B【详解】A在溶液中存在物料守恒: ，A错误；B的磷酸溶液中存在分步电离，电离程度: ，溶液中粒子浓度大小为： ，B正确；C溶液中存在电荷守恒：，C错误；D常温下，氨水和溶液混合形成的溶液中， ，溶液中存在电荷守恒： ，则， D错误 故
23、本题选B。7C【详解】A加入的NaOH与反应()电离产生的发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为，A正确；B当溶液pH=8.8时，经计算可知，溶液中，Cr原子总浓度为，根据Cr原子守恒得，转化可得，B正确；C根据题给信息可知溶液显酸性，温度一定时均为定值，稀释溶液时减小，增大，C错误；D由图可知，当溶液pH=9.0时，因此可忽略溶液中的，即，反应()的平衡常数，联立两个方程可得，D正确；故选C。8D【分析】实验，将铝片放入水中，不发生反应；实验，给水加热，铝片与热水仍不反应；实验，将铝片放入Na2CO3溶液中，铝片表面产生细小气泡，表明有少量铝与溶液反应产生H2；实验，加
24、热烧杯，反应剧烈，出现白色浑浊，生成H2和CO2。【详解】ANa2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，存在水解平衡：+ H2O+OH-，A正确；B在铝片表面，有一层致密的氧化铝保护膜，保护内部的铝，实验III中有气泡产生，则表明铝与溶液发生了反应，对比I、III，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜，B正确；C推测白色浑浊应为Al(OH)3，Al、Al2O3与碱性溶液反应都能生成Al(OH)4-，水解生成，则产生白色浑浊的原因为：Al(OH)4- + = Al(OH)3+H2O，C正确； D加热后Al与碱性溶液反应生成H2为氧化还原反应，CO2可能是由Na2CO3水解产物受热分解产生，发
25、生的反应为非氧化还原反应，D错误；故选D。9D【详解】A碳酸钠是二元弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步电离，溶液中碳酸氢根离子浓度小于氢氧根离子浓度，故A错误；B氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中氯离子浓度大于一水合氨的浓度，由电荷守恒可知，溶液中，故B错误；C等浓度醋酸和醋酸钠混合溶液的pH为4.76说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸根离子在溶液中的水解程度，则溶液中微粒浓度的大小顺序为，故C错误；D浓度相等的草酸钠和草酸氢钠混合溶液中存在物料守恒关系，故D正确；故选D。10A【详解】A根据均摊原则，1个晶胞中含的个数是，故A正确；B为29号元素，基态的核外电子排布式为
26、，故B错误；C反应的平衡常数，要使反应正向进行，则，所以需满足，故C错误；D体系达平衡后，故D错误；故选A。11D【详解】A硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，浓度相同的硫酸氢铵溶液中铵根离子浓度大于氯化铵溶液，醋酸铵中的醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，浓度相同的醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于氯化铵溶液，则三种溶液中铵根离子浓度大小顺序为，故A正确；B水电离出的氢离子浓度为110-12 molL-1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，铝离子在酸溶液中不发生反应，能大量存在，所以铝离子在水电离出的氢离子浓度为110-12 molL-1的溶液中可能大量存在，故B正确；C碳酸钠在
27、溶液中水解使溶液呈碱性，向溶液中加入过量氯化钡溶液，钡离子与溶液中的碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，溶液中碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以滴有酚酞的碳酸钠溶液的红色褪去，故C正确；D碳酸钠在溶液中分步水解，一级水解常数K=，碳酸钠溶液加水稀释时，水解常数为温度函数，温度不变，水解常数不变，则溶液中不变，故D错误；故选D。12D【详解】A偏铝酸根离子与氢离子在水溶液中会生成氢氧化铝沉淀，两者不能大量共存，A不符合题意；B铁离子与碳酸根离子会发生双水解，不能大量共存，B不符合题意；C加入甲基橙后变红的溶液存在氢离子，氢离子与氟离子会反应生成弱电解质HF，C
28、不符合题意；D限定溶液中，离子均不反应，能大量共存，D符合题意；故选D。13D【详解】ANaOH溶液滴定醋酸后生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，所以应该选择酚酞作为指示剂，A错误；B碱式滴定管未用标准液润洗，导致氢氧化钠浓度偏小，则滴定时，用的标准氢氧化钠溶液的体积会变大，测得的醋酸浓度偏大，B错误；C滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，C错误；D根据表中数据，三次实验消耗的NaOH标准溶液体积分别为：20.02mL、20.90mL、19.98mL，第2组实验具有较大误差，舍弃；计算1、3组NaOH体积的平均值为：20.00mL，NaOH-CH3COOH，待测醋酸的浓度为0.1000mol/L，
29、D正确；答案选D。14B【详解】A分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A正确；BpH=8时，溶液中的离子有、，根据电荷守恒，B错误；C根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C正确；DpH=12时，转化为的离子反应为，D正确。故选B。15(1)6(2) HS、S2、H OH(3)减小(4)B(5) H2SOHHSH2O c(HS) c(OH) c(S2)【详解】（1）饱和 H2S 溶液中存在H2S、HS、S2、H、OH、H2O共6种微粒；故答案为：6。（2）关闭 c 口，若容器中活塞由 a 压到 b 位置，则H2S
30、溶液中，H2S(aq)物质的量浓度增大，第一步电离平衡正向移动，第二步电离平衡正向移动，因此HS、S2、H离子浓度增大，而OH离子浓度减小；故答案为：HS、S2、H；OH。（3）在压强不变时，由 c 处通入一定量N2，顶盖将向上移动，H2S(aq)物质的量浓度减小，第一步电离平衡逆向移动，因此溶液中 H+浓度将变小；故答案为：减小。（4）若从 c 处通入 SO2 气体充分反应，并达到饱和，先是硫化氢和二氧化硫反应生成硫沉淀和水，因此氢离子浓度减小，后来二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，由于亚硫酸的酸性大于硫化氢的酸性，因此溶液中 H+浓度将增大到某值；故答案为：B。（5）将等浓度等体积的氢硫酸和氢
31、氧化钠溶液混合，由于硫化氢是二元弱酸，因此两者反应生成硫氢化钠，其反应的离子方程式H2SOHHSH2O，HS水解是微弱的且水解程度大于电离程度，因此氢氧根浓度大于硫离子浓度，则所得溶液中阴离子浓度由大到小的次序为c(HS) c(OH) c(S2)；故答案为：H2SOHHSH2O；c(HS) c(OH) c(S2)。16(1)(2)(3)H2SO4H+，H+SO(4)ClO+CO2+H2O=HClO+HCO(5)2.2108【详解】（1）酸根阴离子对应的酸越弱，其结合氢离子能力越强，因此浓度相同的阴离子在水溶液中结合H+的能力：；故答案为：。（2）次氯酸钠中次氯酸根水解程度大于醋酸钠中醋酸根的水
32、解程度，相同浓度，水解程度越大，其碱性越强，pH越大，25时，pH相同的NaClO和两种溶液，说明水解生成的氢氧根浓度相等，水解程度越大，说明盐的浓度越小，因此；故答案为：。（3）硫酸在水溶液中是强酸，在冰醋酸中部分电离，则应该用可逆符号，一步一步的电离，其硫酸在冰醋酸中的电离方程式H2SO4H+，H+SO；故答案为：H2SO4H+，H+SO。（4）由于酸性：碳酸次氯酸碳酸氢根，则向NaClO溶液中通入少量的气体，其发生反应的离子方程式ClO+CO2+H2O=HClO+HCO；故答案为：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO。（5）25时，的水解平衡常数；故答案为：2.2108。17(1)B
33、(2)滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液恰好由无色变紫色，且半分钟不变色(3)(4)(5)NaCl【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定盛装高锰酸钾溶液，甲组同学在滴定时应选用的滴定装置是B。（2）亚硝酸钠能还原高锰酸钾，滴定达到终点时，亚硝酸钠被完全消耗，滴定终点的现象是：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变紫色，且半分钟不变色；（3）若滴定至终点时平均消耗VmL标准溶液，根据，n(NaNO2)=，则该产品的纯度为；（4）常温下，用pH试纸测得溶液的，说明是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为。（5）分别向同浓度的两种盐溶液中滴入同浓度的溶液，AgCl的
34、溶度积常数小于AgNO2，所以先出现沉淀的是NaCl溶液。18(1)(2) (3) (4)(5)【详解】（1）醋酸溶液是混合物，不是电解质；氨水是混合物，不是电解质；熔融的NaOH能完全电离，属于强电解质；稀盐酸是混合物，不是电解质；碳酸钠在水溶液或者熔融状态下能完全电离，属于强电解质；硫酸氢钠在水溶液或者熔融状态下能完全电离，属于强电解质；醋酸钠溶液为混合物，不是电解质；氢氧化钡在水溶液或者熔融状态下能完全电离，属于强电解质。故属于强电解质的是；（2）硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成氢离子、硫酸根离子和钠离子，电离方程式为，硫酸氢钠在熔融状态下电离出硫酸氢根离子和钠离子，电离方程式为；（3）和
35、的溶液等浓度等体积混合，生成硫酸钠和碳酸氢钠且两者物质的量相同，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()+2c()，则= c()+c(OH-)+c()+2c()。当氨水和盐酸等物质的量混合时，两者完全反应生成NH4Cl，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，则混合溶液中离子浓度大小顺序为；（4）Na2CO3、NaHSO4、Ba(OH)2、CH3COONa中Ba(OH)2为强碱，pH最大，NaHSO4能完全电离出0.1mol/L的氢离子，pH最小，碳酸根离子水解程度强于醋酸根离子，则Na2CO3的pH大于CH3COONa，故四种溶液pH由大到小的顺序为；（5）NH3H
36、2O为弱电解质，pH相同体积相同的情况下一水合氨溶液的浓度大于Ba(OH)2，两者分别稀释至2VL，稀释后溶液的pH。19 2.8 无【详解】当时，根据的公式可知，溶液中的，计算可得；，因为，所以无沉淀生成。20(1)a(2) 饱和食盐水 2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O(3)11：4(4)Ka2(H2CO3)Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4(5)降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解(6) 淀粉溶液 【分析】装置A中用浓盐酸与氯酸钾常温下反应生成氯气，氯气经饱和食盐水除去HCl后，通入冷的氢氧化钠溶液中生成NaClO，过量的氯气用氢氧化钠吸收，据此分析解答。【详解】（
37、1）该装置为常温反应，应用强氧化剂与浓盐酸反应制取，a中二氧化锰的氧化性较弱，需在加热条件下与浓盐酸反应制取氯气，b、c、d均为强氧化剂，均可以在常温下与浓盐酸反应生成氯气，故答案为：a；（2）由上述分析可知B中应为饱和食盐水，用于除去HCl；C中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：饱和食盐水；2OH- +Cl2=Cl-+ClO-+H2O；（3）a=3，b=1时，氯钠的化学式为：3Na3PO4 Na2HPO4NaClO NaClnH2O，则根据元素守恒，则该步骤中所用NaOH与H3PO4的物质的量之比为11：4，故
38、答案为：11：4；（4）由Ka数据可知酸性强弱：H3PO4 H2CO3，则碳酸钠与磷酸反应不能生成磷酸钠，故答案为：Ka2(H2CO3)Ka3(H3PO4)，反应无法制得Na3PO4；（5）减压蒸发可降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解，故答案为：降低水的沸点，防止氯钠中次氯酸钠分解；（6）氯钠溶于水后，与KI发生氧化还原反应，将KI氧化为碘单质，生成的碘单质再用Na2S2O3溶液滴定，应用淀粉做指示剂，记录最后蓝色消失时Na2S2O3溶液的用量；结合反应：，及反应I2+2=+2I-，可得关系式：，NaClO质量分数=，故答案为：淀粉；21(1) 圆底烧瓶 b(2)防止温度过高，反应速率过快(
39、3)(4)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应(5)将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)(6) B 吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置【分析】装置A中浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯，的熔点-96.5，沸点117，在冰水浴中收集，以此解答。【详解】（1）A的名称是圆底烧瓶，直形冷凝管中冷水遵循“下进上出”， B的进水口为b。（2）该反应过程中要冷凝生成的，反应速率不能过快，浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0左右，其目的是防止温度过高，反应速率过快。（3）与氯化氢气体反应生成铬酰氯，该反应的化学方程式为：。（4）与氯化氢气体反应的方程式为，加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应。（5）的沸点为117，反应结束后，用电热套加热装置A，收集117左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)。（6）装置C的作用是吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置，可以用碱性的碱石灰来吸收，A中无水氯化钙不能吸收酸性气体