第3章物质在水溶液中的行为测试卷（含解析） 高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章《物质在水溶液中的行为》测试卷
一、单选题
1．利用下列实验药品，能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验药品
A 证明具有氧化性 溶液、KSCN溶液
B 证明CuS比FeS更难溶 溶液、溶液、铜粉
C 证明氧化性 KBr溶液、KI溶液、新制氯水、溴水、水
D 使试管中溶液变红 向盛溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
A．A B．B C．C D．D
2．水浴加热滴加酚酞的溶液，颜色及pH随温度变化如下(忽略水的挥发)：
实验 ① ② ③ ④ ⑤
温度/℃ 20 30 40 从40℃冷却到20℃ 沸水浴后冷却到20℃
颜色变化 红色略加深 红色接近① 红色比③加深较多
pH 8.31 8.29 8.26 8.31 9.20
下列说法不正确的是A．溶液中：
B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大
C．①→③的过程中，pH稍微下降说明升温过程中减小
D．⑤比①pH增大，推测是由于分解生成的的缘故
3．下列反应的离子方程式正确的是
A．Cl2与H2O的反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中氧化I-：2I-+H2O2=I2+2OH-
C．用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘：5I-++6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-
D．在氢氟酸中加入石英：SiO2+4H++4F-=SiF4↑+2H2O
4．向20mL0.1mol/L二元酸H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液至过量，溶液中所有含A微粒的分布分数(平衡时某含A微粒的浓度占所有含A微粒总浓度的百分数)与的关系如图所示：
下列有关说法正确的是
A．曲线①代表的是的分布分数，曲线②代表的是的分布分数
B．NaHA溶液显酸性，是因为的电离能力大于水解能力
C．水的电离程度：M＜N
D．当时，溶液中
5．下列实验现象和实验结论错误的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液变红，加入固体后，红色变浅 加入后，的平衡逆向移动
B 用计分别测量相同物质的量浓度的溶液和溶液的 溶液的大于溶液的
C 向2支试管中依次加入等体积等物质的量浓度的和混合液，分别置于冷水和热水中 置于热水中的混合溶液先出现浑浊 温度升高，化学反应速率加快
D 向盛有溶液的试管中逐滴滴入溶液至不再产生沉淀，再向其中滴加溶液 观察到先产生砖红色沉淀，然后砖红色沉淀转变为黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
6．下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
7．关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A．装置①可用于配制稀硫酸 B．装置②可用于吸收HCl气体
C．装置③可用于分解NH4Cl制备NH3 D．装置④b口进气可收集NO气体
8．下列离子方程式正确的是
A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+2Cl2＋3H2O=2＋4Cl-＋6H+
B．过量的铁粉与稀硝酸反应：Fe＋＋4H+=Fe3+＋NO↑＋2H2O
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=+4+2H2O
D．CuSO4溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+
9．下列关于溶液中微粒浓度的关系式正确的是
A．
B．
C．
D．
10．100mL2mol·L-1的H2SO4跟过量的锌反应，在一定温度下，为减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A．0.1mol·L-1H2SO4 B．CH3COOK
C．KNO3溶液 D．K2CO3溶液
11．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．向稀溶液中滴加稀：
B．向溶液中通：
C．将一小块碳酸钙投入食醋中：
D．向溶液中加入锌粉：
12．下列离子方程式正确的是
A．酸性溶液中KI被氧气氧化：O2+4H++4I-=2I2+2H2O
B．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：S2O+6H+=2S↓ +3H2O
C．大理石溶解于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D．硫氰化钾溶液与氯化铁溶液反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
13．在醋酸溶液中，电离达到平衡的标志是
A．溶液显电中性 B．溶液中有分子存在
C． D．氢离子浓度恒定不变
14．在强碱性溶液中能大量共存的离子组是
A．K+、Na+、Mg2+、Cl-
B．K+、SO、Ba2+、NO
C．NH、SO、K+、H+
D．Ba2+、Cl-、NO、Na+
15．有3种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与HCl②NH4Cl与NaCl　③NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)，下列各项排序正确的是
A．溶液的pH：①＜②＜③ B．溶液中水的电离程度：②＜③＜①
C．溶液中c(NH)：①＜③＜② D．溶液中c(NH3·H2O)：③＜①＜②
二、填空题
16．回答下列问题
(1)25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是 ___________(填序号)
A．氨水与氯化铵发生化学反应
B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
C．氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使c(OH-)减小
(2)实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的 ___________中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。
(3)氯化铝水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：___________，把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ___________。
17．某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案并记录了实验现象：取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置，取上层清液，滴加酚酞试液，溶液仍无色，然后加入少量水，溶液变为红色。向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)，红色褪去。
(1)该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是___(填代号)。
A．Na2CO3溶液提供Na+ B．Na2CO3提供CO
C．Na2CO3提供OH- D．CO与水反应生成OH-
(2)从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于____(填代号)。
A．强酸强碱盐 B．强酸弱碱盐 C．弱酸强碱盐 D．弱酸弱碱盐
(3)硫酸铝具有净水作用，是因为___。
(4)实验室为了确定Na2CO3 xH2O的组成，取1.43gNa2CO3 xH2O溶于水配成10.00mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸2.00mL，并收集到112mLCO2(标准状况)。试计算(写出解题过程)
①x的值___。
②所用稀盐酸的物质的量浓度___。
三、计算题
18．次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
(1)H3PO2 是一种一元中强酸，写出其电离方程式：_____。
(2)H3PO2 及 NaH2PO2 均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银。
①利用 H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4︰1，则氧化产物为：____(填化学式)
②NaH2PO2 是 ____(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_____ (填“弱酸性”、“中性”或者“弱碱性”)，其溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____
(3)H3PO2 的工业制法是：将白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成 PH3 气体和 Ba(H2PO2)2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式：_____。
(4)常温下将amol·L 1的醋酸与 b mol·L 1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka =______(用含 a 和 b 的代数式表示)。
19．回答下列问题
(1)将的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量溶液，都升高了1，则加入的水与溶液的体积比为_______________。
(2)时，纯水中．，的稀硫酸与的溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为_______________。
四、实验题
20．草酸（H2C2O4）是一种重要的化工原料。已知常温下0．01 mol·L-l的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如下表所示。
H2C2O4 KHC2O4 K2C2O4
pH 2.0 3.1 8.1
(1)在其它条件不变时，下列措施能使KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1的是_________（填字母）。
A．加入适量的H2C2O4 B．加入适量的KHC2O4
C．加入适量的Na2C2O4 D．升高溶液的温度
(2)取一定质量H2C2O4·2H2O和KHC2O4的混合物，加水溶解，配成250 mL溶液，取两份此溶液各25 mL，向第一份溶液中先加入几滴酚酞试液，再滴加0．25 mol·L-lNaOH溶液至20．00 mL时，溶液由无色变为浅红色；向第二份溶液中滴加适量3 mol·L-lH2S04溶液酸化后，用0．10 mol·L-lKMnO4溶液滴定，当消耗KMnO4溶液16．00 mL时，溶液由无色变为浅紫红色。请回答下列问题：
①完成离子方程式：5C2O42-+2MnO4-+16H+＝10______+2Mn2++8H2O。
②原混合物中H2C2O4·2H2O和KHC2O4的物质的量之比为__________。
(3)某实验小组用如图所示的装置探究FeC2O4·2H2O在隔绝空气条件下受热分解的产物。当36．0g FeC2O4·2H2O充分反应后，残留固体质量为13．6g，浓硫酸增重7．2g，碱石灰增重11．0g。求残留固体的成分和物质的量_____________。（已知FeC2O4·2H2O的相对分子质量为180；设反应产生的气体被充分吸收）
21．实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3)，称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250 mL溶液。
方案一：沉淀法。利用化学反应把HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）量取100 mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，应选用的试剂是________(填编号)。
A．CaCl2溶液 B．MgSO4溶液 C．NaCl溶液 D．Ba(OH)2溶液
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有_______。
（3）将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得w(Na2CO3)_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
方案二：量气法。量取10.00 mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况(约20℃、1.01×105 Pa)的体积，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）装置中导管a的作用是______________________________, 若撤去导管a会使测得气体体积_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：①___________________，②_________________________，③_______________________。
方案三：滴定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）判断滴定终点的依据是_________________________。
（2）此法测得w(Na2CO3)=___________％。
参考答案：
1．C
【详解】A．溶液、KSCN溶液发生络合反应，无元素的化合价变化，不能证明具有氧化性，故A错误；
B．溶液、溶液反应生成FeS沉淀，均与Cu不反应，不能证明CuS更难溶，故B错误；
C．新制氯水与KBr溶液、KI溶液均反应，溴水可氧化KI溶液，则氧化性，故C正确；
D．亚硫酸钠水解显碱性，与盐酸反应生成NaCl，则试管中溶液先变红后褪色，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．溶液中的既存在电离又存在水解，由于电离显酸性，水解显碱性，而溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，则溶液中离子浓度满足，A项正确；
B．①→③的过程中，温度升高促进了的水解，溶液碱性增强，红色略加深，B项正确；
C．①→③的过程中温度升高，水的离子积变大，溶液中水电离的氢离子浓度增大，所以溶液中pH略微减小，但温度升高促了水解，增大，C项错误；
D．⑤和①的温度相同，但是⑤比①的pH大，说明⑤的碱性强于①，推测是由于受热分解生成 ，而的碱性比 强，D项正确；
故答案选C。
3．C
【详解】A．Cl2与H2O的反应是可逆反应，HClO是弱酸不能拆，故为Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A错误；
B．H2O2、H+和I-反应生成I2和水，故为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，B错误；
C．KI、KIO3和醋酸反应生成碘单质、醋酸钾和水，离子方程式正确，C正确；
D．HF是弱酸不能拆，故为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，D错误；
故选C。
4．C
【分析】由题干图示信息可知，当NaOH溶液体积为0时，曲线①和曲线②的含A微粒的分布系数之和为100%(90%+10%=100%)，说明H2A的一级电离是完全电离，故溶液中含A的微粒只有HA-和A2-两种，随着NaOH溶液的加入，HA-的物质的量越来越少，A2-的物质的量越来越多，故曲线①代表HA-的分布分数，曲线②代表A2-的分布分数，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表的是HA-的分布分数，曲线②代表的是A2-的分布分数，A错误；
B．由分析可知，H2A的一级电离是完全电离的，故HA-只能电离不能水解，导致NaHA溶液显酸性，B错误；
C．由题干图示信息可知，M点为HA-、A2-等浓度混合，而N点HA-小于A2-，HA-的电离对水的电离起抑制作用，而A2-的水解对水的电离起促进作用，故水的电离程度：M＜N，C正确；
D．当V(NaOH)=40mL时，此时溶液为Na2A溶液，此时溶液呈碱性，则溶液中根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，则有：c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D错误；
故答案为：C。
5．A
【详解】A．溶液和溶液反应的离子方程式为，和均不参与该可逆反应，所以溶液变红后，再加入少量固体，溶液的红色既不会变浅，也不会变深，平衡不移动，A错误；
B．溶液和溶液均水解显碱性，等浓度时pH越大，对应酸的酸性越弱，则NaClO溶液的pH大于NaF溶液的pH，可知Ka(HF)> Ka(HClO)，故B正确；
C．只有温度不同，由现象可知温度升高，化学反应速率加快，故C正确；
D．由操作和现象可知，Ag2CrO4转化为更难溶的Ag2S，则Ksp(Ag2CrO4)> Ksp(Ag2S)，故D正确；
故选：A。
6．B
【详解】A．、反应生成碳酸钡，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故B正确；
C．、发生完全双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D．、反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】A．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A错误；
B．苯能隔绝HCl与水，防止倒吸，故B正确；
C．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D．NO与空气中氧气反应，则不能排空气法收集，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，反应生成硫酸钠、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：+4Cl2＋5H2O=2＋8Cl-＋10H+，选项A错误；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为：3Fe＋2＋8H+=3Fe2+＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，选项C错误；
D．CuSO4溶液吸收H2S气体生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项D正确；
答案选D。
9．B
【详解】A．由于碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，显弱碱性，则溶液中，A错误；
B．碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，显弱碱性，则溶液中，B正确；
C．根据物料守恒可知，C错误；
D．根据电荷守恒可知，D错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．过量的锌，加入0.1mol·L-1H2SO4，生成氢气的总量增加，A错误；
B．加入CH3COOK使得氢离子浓度减小，反应速率减慢，但氢离子总物质的量不变，生气氢气的总量不变，B正确；
C．加入KNO3溶液，在酸性条件下与锌反应生成NO，减少了氢离子物质的量，影响生成氢气的总量减少，C错误；
D．加入K2CO3溶液，生成二氧化碳，生成氢气的总量减少，D错误；
故选B。
11．C
【详解】A．系数配平错误，，不符题意；
B．碳酸钙不能稳定存在于强酸中，会反应生成CO2，所以该反应不能发生，原理错误，不符题意；
C．碳酸钙难溶于水，醋酸是弱电解质，离子方程式中均写化学形式，醋酸钙属于易溶强电解质，拆写离子形式，方程式表达正确，符合题意；
D．电荷不守恒，不符题意；
综上，本题选C。
12．A
【详解】A．酸性溶液中KI被氧气氧化：O2+4H++4I-=2I2+2H2O，符合反应原理、电荷守恒、拆写原则和原子守恒，故A正确；
B．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：S2O+6H+=2S↓ +3H2O，电荷不守恒，正确的离子方程式是 ，故B错误；
C．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：
，故C错误；
D．Fe(SCN)3不是沉淀，硫氰化钾溶液与氯化铁溶液反应正确的离子方程式：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，故D错误；
故选：A。
13．D
【详解】A．无论醋酸电离是否达到平衡状态，溶液都呈电中性，所以不能据此判断电离平衡状态，故A错误；
B．是弱电解质而部分电离，无论是否达到电离平衡状态溶液中都存在，不能据此判断电离平衡状态，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒，无论是否达到电离平衡状态都存在，不能据此判断电离平衡状态，故C错误；
D．当醋酸电离达到平衡状态时，电离速率、和生成速率相等，溶液中不变，故D正确；
故选D。
14．D
【分析】
强碱性溶液中含有大量的OH-，根据离子共存原则进行分析判断。
【详解】
A．Mg2+与OH-能够形成Mg(OH)2沉淀不能大量共存，A不符合题意；
B．SO与Ba2+能够形成BaSO4沉淀不能大量共存，B不符合题意；
C．NH、H+与OH-发生反应生成弱电解质，不能大量共存，C不符合题意；
D．Ba2+、Cl-、NO、Na+均不与OH-发生反应且相互不反应，能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
15．A
【详解】A．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液显强酸性；②NH4Cl与NaCl混合溶液由于NH的水解显弱酸性；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液呈碱性，所以溶液的pH：①＜②＜③，故A正确；
B．等浓度的①NH4Cl与HCl混合溶液中NH的水解促进水的电离，但盐酸是强酸，极大地抑制了水的电离；②NH4Cl与NaCl混合溶液中的NH的水解促进水的电离；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中NH的水解促进水的电离，NH3·H2O是弱碱，电离出的OH-抑制水的电离，但NH3·H2O对水的电离的抑制程度小于盐酸对水的电离的抑制程度，则溶液中水的电离程度：①＜③＜②，故B错误；
C．三个溶液中均有NH4Cl，NH水解：NH+H2ONH3·H2O+H+，②NH4Cl与NaCl混合溶液中，存在NH的水解；①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，使NH浓度大于②中的NH浓度；③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中，NH的水解受到NH3·H2O的抑制，同时NH3·H2O也能电离出一定量的NH，所以溶液中的NH浓度大于①中的NH浓度，所以NH浓度大小顺序为：②＜①＜③，故C错误；
D．③NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中存在NH3·H2O，所以溶液中NH3·H2O浓度最大；①和②两溶液中的NH3·H2O需要由NH水解提供：NH+H2ONH3·H2O+H+。①NH4Cl与HCl混合溶液中，NH的水解受到盐酸电离出来的H+的抑制，溶液中NH3·H2O浓度小于②NH4Cl与NaCl混合溶液中NH3·H2O浓度，所以溶液中c(NH3·H2O)：①＜②＜③，故D错误；
故选A。
16．(1)C
(2)硝酸
(3) Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ Al2O3
【分析】氨水中存在电离平衡：NH3 H2O NH4++OH-，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，增加了铵根离子浓度，抑制了氨水的电离；AgNO3中的Ag+在水中水解显酸性，配制AgNO3的溶液时要加酸抑制其水解；AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解。
(1)
氨水中存在电离平衡：NH3 H2O NH4++OH-，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，增加了铵根离子浓度，抑制了氨水的电离，则氢氧根离子浓度减小，pH减小，
A．氨水与氯化铵之间不会发生化学反应，故A错误；
B．氯化铵溶液水解是微弱的，不是主要因素，故B错误；
C．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c(OH-)减小，故C正确；
故答案为：C；
(2)
实验室在配制AgNO3的溶液时，为了抑制其水解，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：硝酸；
(3)
AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，水解方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，溶液显酸性，由于盐酸易挥发，氢氧化铝可分解生成Al2O3，所以把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3，
故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+；Al2O3。
17．(1)D
(2)C
(3)硫酸铝溶于水会发生电离，产生的Al3+能发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可以用于净水
(4) 由题意可知，CO2的气体的物质的量为mol，根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 ，所以Na2CO3的物质的量为0.005mol，M(Na2CO3 xH2O)= 286g/mol，所以x==10； 由①可知，HCl的物质的量为0.01mol，所以稀盐酸的物质的量浓度为c==5mol/L。
【解析】(1)
CO 会与水发生水解反应生成HCO 和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性，故答案为D；
(2)
NaOH属于强碱，H2CO3属于弱酸，所以Na2CO3属于弱酸强碱盐，故答案为C；
(3)
硫酸铝溶于水会发生电离，产生的Al3+能发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可以用于净水；
(4)
①由题意可知，CO2的气体的物质的量为mol，根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 ，所以Na2CO3的物质的量为0.005mol，M(Na2CO3 xH2O)= 286g/mol，所以x==10；
②由①可知，HCl的物质的量为0.01mol，所以稀盐酸的物质的量浓度为c==5mol/L。
18． 正盐 弱碱性 c(Na+)>c()>c(OH－)>c(H+)
【分析】H3PO2具有还原性，当它参与氧化还原反应时，从化合价变化入手、结合得失电子守恒展开计算或判断；H3PO2 是一种一元中强酸，因此NaH2PO2不可能是酸式盐、作为强碱弱酸盐，其溶液显因水解呈弱碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH－)>c(H+)。amol·L 1的醋酸与 b mol·L 1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后溶液恰好呈中性，可结合电荷守恒、物料守恒计算醋酸的电离平衡常数；
【详解】(1) H3PO2 是一种一元中强酸，所以分子内只有一个氢离子可能电离，其电离方程式：。
(2) ①次磷酸(H3PO2)具有较强还原性，利用 H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂为Ag+，还原剂为次磷酸(H3PO2)，，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4︰1，按得失电子数守恒，，则有则氧化产物为 。②H3PO2 是一种一元中强酸，则NaH2PO2 是正盐，属于强碱弱酸盐，其溶液显因水解呈弱碱性，由于 少量水解，所以其溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH－)>c(H+)。
(3)白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成 PH3 气体和 Ba(H2PO2)2，反应过程中P元素化合价既升高到+1、又减低到-3，按得失电子数守恒、元素质量守恒得到：白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式：。
(4)常温下将amol·L 1的醋酸与 b mol·L 1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后溶液恰好呈中性，c(H+)= c(OH-)=10 7mol/L，又因为电荷守恒，2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，按物料守恒： ，则醋酸的电离常数Ka =。
19．(1)
(2)
【详解】（1）设每份盐酸的体积为V，加水变为2，则，；加溶液后，则，；则。
（2）时，，的稀硫酸与的溶液混合后呈中性，则，即，则。
20．(1)AC
(2) 1∶3
(3)则残留固体为和的混合物，其中为，为
【详解】（1）图表分析，溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制离子电离的试剂；
A．分步电离显酸性，可以抑制离子的电离，溶液中接近1：1，A正确；
B．加入仍然离子浓度是大于1：1，B错误；
C．加入适量的，可以抑制 离子的电离，溶液中接近1：1；C正确；
D．升温促进电离，溶液中大于1：1；D错误；
故答案为AC；
（2）①依据原子守恒得到为；
②25mL中，设， 根据滴定的，可以得出：根据氧化还原的，可以得出：，所以原混合物中和的物质的量之比为1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为 ；又 为0.2 mol， ，，，所以，残留固体中所含元素及物质的量为 ，则残留固体为和的混合物，其中Fe为，为。
21． D 漏斗 偏小 平衡气压，使酸液顺利流出 偏大 待冷却至室温才开始读数 读数前调整左右液面相平 眼睛视线与液面最低处相平 溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复 84.8%
【详解】方案一:
（1）把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，选用Ba(OH)2溶液，发生如下反应：HCO3－+Ba2++OH—=BaCO3 ↓+ H2O，CO32－+Ba2+=BaCO3 ↓。
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（3）设碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，沉淀质量为ag，由质量守恒、碳元素守恒得：106g/molx+84g/moly=5g，x+y=ag/197g/mol，解得：x=(5-84a/197)g，沉淀未干燥充分就称量，a值偏大，则x的值偏小。
方案二
（1）锥形瓶中加入酸后产生气体，压强增大，不利于酸的平衡滴加，为了使分液漏斗与锥形瓶内压强相等，常用这种恒压装置。故作用是平衡气压，使酸液顺利流出。恒压时，分液漏斗与锥形瓶内压强相等，测得气体体积就是反应产生气体的体积；当撤去导管a，测得气体体积由酸溶液的体积与反应产生气体的体积两部分组成，故撤去导管a时测得气体体积偏大。
（2）反应结束后，要准确地测量气体体积，测常温常压下气体的气体，量气管内、外压强相等，因此，要等待气体冷却至室温才开始读数，读数前调整左右液面相平，眼睛视线与液面最低处相平。
方案三
定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）滴定终点的溶质是NaHCO3，溶液的pH<8，则滴定终点的现象是溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复。
（2） 由 H＋+ CO32－ HCO3－可知，
n(HCl)=n(Na2CO3)=0.2000 mol/L×0.02L=0.004000mol，
原溶液中n(Na2CO3)= 0.004000mol×250mL/25mL=0.04000mol，
w(Na2CO3)= (0.04000mol×106g/mol)÷5.0g= 84.8%。