3.2 水的电离和溶液的ph 课堂同步练2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.2 水的电离和溶液的ph 课堂同步练
一、单选题
1．NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（　　）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
2．下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（　　）
A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B．100mL 0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5
D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
3．在常温下，纯水中存在电离平衡：H2O H＋＋OH－，如要使水的电离程度增大，并使c(H＋)增大，应加入的物质是(　　)
A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2 C．NaHCO3 D．CH3COONa
4．常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH－)之比接近（　　）
A．1：1 B．1：102 C．102：1 D．1：103
5．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是（　　）
A．原子半径和离子半径均满足：YB．最高价氧化物对应水化物的酸性：TC．氢化物的沸点不一定是：Y>R
D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
6．水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）
A．氨水的电离程度 B．c(NH3·H2O)/c(OH-)
C．c(H+)和c(OH-)的乘积 D．OH-的物质的量
7．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂．下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（　　）
A．酸式滴定管未用盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
8．常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．两溶液稀释前的浓度相同
B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c
C．a点的Kw值比b点的Kw值大
D．a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)
9．25℃先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的KOH溶液以测定氯水的浓度。此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。
下列叙述中正确的是（　　）
A．滴定过程中，当水电离的c(H+)=10-7mol/L时，溶液显中性
B．滴定过程中宜选用酚酞为指示剂，不宜选用甲基橙为指示剂
C．②点的溶液中c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)
D．③点溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
10．已知：25 ℃，Ksp [M(OH)2]=3.2×10－11，则此温度下M(OH)2饱和溶液的pH 等于（　　）
A．10 B．10＋lg2
C．10＋2×lg2 D．10－2×lg2
11．下列说法错误的是（　　）
A．二元酸的电离方程式是：，，是强电解质
B．向水中加稀氨水，水的电离平衡逆向移动，溶液中减小
C．常温下将溶液温度升高20℃，溶液pH几乎不变
D．的溶液一定呈中性
12．下列有关实验误差分析中，正确的是（　　）
A．用湿润的pH试纸测稀碱液的pH值，测定值偏小
B．用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏大
C．用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则所测NaOH溶液的浓度偏大
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏高
13．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（　　）
A．c(HCOO-)>c(Na＋)
B．c(HCOO-)＜c(Na＋)
C．c(HCOO-)=c(Na＋)
D．无法确定c(HCOO-)与c(Na＋)的关系
14．下列关于水的电离H2O H++OH ΔH>0的说法错误的是（　　）
A．将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性
B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C．向水中加入少量NH4Cl，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性
D．常温下，pH=2的盐酸中，水电离的c(H+)=1.0×10 2mol·L 1
15．下列溶液一定呈碱性的是（　　）
A．pH＝8 的溶液 B．含有 OH－离子的溶液
C．c(OH－)＞c(H＋)的溶液 D．加酚酞显无色的溶液
16．下列说法正确的是（　　）
A．醋酸溶液加水稀释后，减小，醋酸的电离程度增大
B．同温度下，醋酸溶液，醋酸溶液，则
C．常温下，pH=2和pH=12的两种溶液等体积混合后，溶液中的物质的量浓度一定等于
D．溶液中：
二、综合题
17．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
（1）将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有　 　、　 　．
（2）取10.00mL待测液，用　 　式滴定管量取．
（3）用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视　 　，直到滴定到终点．
（4）若用酚酞做指示试，滴定终点时溶液颜色变化是　 　
（5）以标准的盐酸溶液滴定未知的氢氧化钠溶液为例，判断下列操作引起的误差　 　（填“偏大”、“偏小”“无影响”或“无法判断”）
①读数：滴定前平视，滴定后俯视
②未用标准液润洗滴定管
③不小心将标准液滴在锥形瓶外面
④滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁　 　．
18．用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备绿矾FeSO4·7H2O晶体的流程如下：
（1）“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是　 　。
（2）“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和　 　，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是　 　。
（3）“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是　 　。
（4）测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下：
步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液；
步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/L KMnO4溶液至恰好完全反应(反应原理为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)，消耗KMnO4溶液20.00mL；
步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。
①步骤三中灼烧所得残留固体的化学式为　 　。
②已知：Fe2+的氧化率=×100％
根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，写出计算过程。　 　
19．现有常温下的六份溶液：
①0.01mol L﹣1CH3COOH溶液；
②0.01mol L﹣1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；
⑤0.01mol L﹣1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；
⑥0.01mol L﹣1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液．
（1）其中水的电离程度最大的是　 　（填序号，下同），水的电离程度相同的是　 　．
（2）若将②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②　 　③（填“＞”“＜”或“=“）．
（3）将①④混合，若有c（CH3COO﹣）＞c（H+），则混合溶液可能呈 （填序号）．
A．酸性 B．碱性 C．中性．
20．在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。
已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，
（1）的为　 　。(，)
（2）计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程　 　。
21．
（1）某温度（t℃）时，测得0.01 mol·L-1 NaOH溶液的pH＝13，请回答下列问题：
①该温度下水的Kw＝　 　
。
②此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的H2SO4溶液VbL混合(忽略体积变化)，若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va︰Vb＝　 　 。
（2）25℃时，pH=a的20mL的H2SO4溶液与c(H+)=10-b的200mL的NaOH溶液混合后，溶液呈中性，则a和b满足的关系　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误．
故答案为：B．
【分析】根据滴定实验操作判断需要的仪器即可.
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氯化氢是强电解质导致氯化氢在水溶液里完全电离，醋酸是弱电解质导致醋酸在水溶液里部分电离，物质的量浓度相等的两种溶液，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，故A不符合题意；
B.盐酸和醋酸都是一元酸，100mL 0.1mol/L的两溶液的物质的量相等，中和氢氧化钠时需要氢氧化钠的物质的量相等，故B符合题意；
C.醋酸在水溶液里部分电离，氯化氢在水溶液里完全电离，加水稀释促进醋酸少量，将pH=3的两溶液稀释100倍，醋酸的pH＜5，盐酸的pH为5，故C不符合题意；
D.醋酸中存在电离平衡，氯化氢的电离不存在电离平衡，向两种溶液中加入少量相应的钠盐，醋酸根离子抑制醋酸电离，氯离子不影响氯化氢电离，则醋酸中氢离子浓度减小，盐酸中氢离子浓度不变，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、盐酸属于强酸完全电离，醋酸属于弱酸部分电离；
B、物质的量浓度相等的酸与氢氧化钠中和时，能够消耗的氢氧化钠的物质的量相同；
C、盐酸属于强酸，醋酸属于弱酸，稀释时促进醋酸的电离，导致醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中c(H+)；
D、醋酸中加入醋酸钠，使溶液中的醋酸跟浓度突然增大，导致醋酸的电离平衡向逆方向移动，c(H+)变小，盐酸为强酸，不存在电离平衡；
3．【答案】B
【解析】【解答】A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，不符合题意；
B、加入KAl(SO4)2 ，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，符合题意；
C、加入NaHCO3 ，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，不符合题意；
D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，不符合题意。
【分析】 本题主要考查水电离的影响因素。根据常温下水的电离平衡影响因素分析，加热促进水的电离，氢离子浓度增大；酸、碱抑制水的电离；水解的盐促进水的电离；据此进行分析解答。
4．【答案】B
【解析】【解答】NaOH为强碱，则pH = 8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度 = 1×10 6 mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1×10 7 mol/L，而钾离子浓度为：c(Na+) = 1×10 9 mol/L，因此稀释后所得溶液中c(Na+)与c(OH－)之比约为：（1×10 9）mol/L：（1×10 7）mol/L = 1：100，故B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c(Na+)变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH 7，据此计算得出结论。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氧离子半径大于钠离子半径，A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，B不符合题意；
C．碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C符合题意；
D．由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D不符合题意；
【分析】X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R 原子最外层电子数是电子层数的 2 倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y 与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z 与 T 形成的化合物 Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。据此结合元素周期律分析选项。
6．【答案】B
【解析】【解答】A. 溶液越稀越电离，稀释过程中一水合氨的电离程度增大，故A不符合题意；
B. 稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则 的比值会减小，故B符合题意；
C. c(H+)和c(OH-)的乘积为Kw，平衡常数只受温度影响，温度不变，Kw不变，故C不符合题意；
D. 稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．酸式滴定管未用盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，其浓度偏小，导致V（标准）偏大，根据c（待测）= {#mathmL#}{#/mathmL#} 可知测定较高偏高，故A错误；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）= {#mathmL#}{#/mathmL#} 可知测定结果无影响，故B错误；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）= {#mathmL#}{#/mathmL#} 可知测定结果偏高，故C错误；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）= {#mathmL#}{#/mathmL#} 可知测定结果偏小，故D正确；
故选D．
【分析】根据中和滴定不当操作对c（待测）= {#mathmL#}{#/mathmL#} 中V（标准）的影响分析产生的误差，若V（标准）偏高，则测定结果偏高，若V（标准）偏低，测定结果偏低，据此进行解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A不符合题意；
B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B不符合题意；
C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C不符合题意；
D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D符合题意。
【分析】A：稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度
B：导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，pH越小
C：温度相同 Kw 相同
D：酸溶液，酸性越强越抑制水的电离
9．【答案】C
【解析】【解答】A．滴定过程中，会出现两处水电离的c(H+)=10－7mol/L的情况，第一次溶液显中性，当HClO完全和KOH反应生成KClO时，次氯酸根离子水解使溶液显碱性，水的电离程度增大，继续滴加KOH溶液，水电离的c(H＋)又会出现10－7mol/L情况，此时溶液显碱性，故A不符合题意；
B．滴定过程中HClO、ClO-有漂白性，不宜用酚酞和甲基橙为指示剂，故B不符合题意；
C．②点的溶液酸性最强，溶液中HClO浓度最大，HCl完全电离，HClO是弱电解质，电离程度较小，则溶液中存在c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO－)，故C符合题意；
D．③点溶液呈中性，应为KCl、KClO和HClO的混合溶液，存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)+c(ClO－)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】过程先发生反应Cl2+H2O HCl+HClO，后KOH先和HCl反应，再和HClO反应，结合分析解答。
10．【答案】C
【解析】【解答】在M(OH)2饱和溶液中M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH－(aq)，设OH－的浓度为x，x2×0.5x=3.2×10－11，解得x=4×10-4mol/L，c(H＋)= 1×10-14mol/L÷（4×10-4mol/L）=1/4×10-10mol/L，pH=10＋2×lg2，
故答案为：C。
【分析】此题考查溶度积的计算公式的应用，根据溶解平衡方程式进行判读书写。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．H2A完全电离，是强电解质，A选项不符合题意；
B．加入稀氨水，溶液中c(OH-)增大，B选项符合题意；
C．升高温度，溶液中c(H+)几乎不变，C选项不符合题意；
D．判断溶液呈中性的依据为c(H+)= c(OH-)，由于KW= c(H+)c(OH-)，若c(H+)=，则KW= c2(H+)= c(H+) c(OH-)，溶液为中性，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、一级电离为完全电离，则H2A为强酸；
B、氢氧根浓度增大；
C、pH由氢离子浓度决定；
D、氢离子和氢氧根浓度相等，溶液为中性。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．湿润的pH试纸会稀释碱液，溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，pH值偏小，选项A正确；
B．定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，根据c= 可知，所配溶液的浓度偏小，选项B错误；
C．若滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）= 分析，可知c（待测）偏小，选项C错误；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，选项D错误。
故答案选A。
【分析】A、湿润pH试纸会稀释溶液；
B、仰视刻线，体积偏大浓度偏小；
C、滴定前无气泡，滴定后有气泡，则读数比实际消耗体积偏小；
D、缓慢倒入，导致热量丧失。
13．【答案】C
【解析】【解答】常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，根据电荷守恒，c(CH3COO－) + c(OH－)= c(H+)+ c(Na+)，溶液pH=7，c(OH－)= c(H+)，因此c(CH3COO－) = c(Na+)，故C符合题意；
故答案为C。
【分析】根据电荷守恒判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．水的电离吸热，将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性，故A不符合题意；
B．向水中加入少量NaOH，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性，故B不符合题意；
C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．盐酸抑制水电离，常温下，pH=2的盐酸中，水电离的c(H+)=1.0×10 12mol·L 1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据影响水的电离平衡的因素分析；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。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.温度影响水的电离，降低温度，水的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，则没有明确测定时的温度，不能判断pH=8的溶液中c(OH-)与c(H+)的关系，无法知道溶液的酸碱性，故A不符合题意；
B.任何水溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH -离子的溶液不一定显碱性，故B不符合题意；
C. c(OH-)＞c(H+)的溶液一定呈碱性，故C符合题意；
D.常温下，pH＜8的溶液滴加酚酞，溶液显无色，则加酚酞显无色的溶液可能为酸性溶液或中性溶液或碱性溶液，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断呈碱性的依据，就是溶液中氢氧根的浓度大于氢离子的浓度
16．【答案】B
【解析】【解答】A． 醋酸溶液加水稀释后，促进醋酸电离，电离程度增大， 增大，A不符合题意；
B．同温度下， 醋酸溶液 ，加水稀释10倍后pH为a+1，CH3COOH是弱酸，稀释促进CH3COOH的电离，有更多H+， ，B符合题意；
C．常温下，若pH=2盐酸和pH=12氨水等体积混合后，NH3.H2O过量，显碱性，溶液中H+的物质的量浓度小于1x10-7mol/L，C不符合题意；
D．根据物料守恒，c（NH4+）=2[c(S2-)+c（HS-）+C(H2S)]，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．加水稀释，促进醋酸电离，电离程度增大；
B．CH3COOH是弱酸，稀释促进电离，有更多H+；
C．NH3.H2O过量，显碱性；
D．物料守恒的判断。
17．【答案】（1）250mL容量瓶；胶头滴管
（2）碱
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化
（4）由粉色变为无色
（5）①偏小②偏大③偏大；无影响
【解析】【解答】解：（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，还需要的主要仪器250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（2）待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，故答案为：碱；（3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；（4）氢氧化钠的溶液显碱性，滴加酚酞变红色，用盐酸滴定时，溶液中的氢氧根离子逐渐减少，当氢离子与氢氧根离子完全反应生成水时，pH=7，所以溶液的颜色由红色逐渐变化为无色故答案为：由红色变为无色；（5）①读数：滴定前平视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c（待测）= 分析可知C（待测）偏小，故答案为：偏小；②未用标准液润洗滴定管，则滴定管中含有少量蒸馏水，标准溶液的浓度偏小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）= 分析可知C（待测）偏大，故答案为：偏大；③不小心将标准液滴在锥形瓶外面，滴定时消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）= 分析可知C（待测）偏大，故答案为：偏大；④滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，则待测液的物质的量不变，消耗的标准液的体积不变，根据c（待测）= 分析可知C（待测）不变，
故答案为：无影响．
【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器来解答；（2）碱性溶液盛放在碱式滴定管中；（3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化；（4）酚酞的变色范围是8﹣10，酸性溶液中酚酞为无色，碱性溶液中酚酞为红色，据此解答；（5）根据实验操作对c（待测）= 的影响分析产生的误差．
18．【答案】（1）除去Al2O3
（2）Fe2+；硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液(KSCN溶液或NaOH溶液)
（3）防止引入杂质Cu2+
（4）Fe2O3；20%
【解析】【解答】(1)据分析，“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是除去Al2O3。
(2)据分析，“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和Fe2+，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液，Fe3+遇硫氰化钾溶液出现血红色，遇氢氧化钠溶液出现红褐色。
(3)铜与Fe3+反应后生成铜离子进入溶液，“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是防止引入杂质Cu2+。
(4)①步骤三中灼烧所得残留红棕色固体的化学式为Fe2O3；
②在25.00 mL溶液中，
由步骤二 ：n(MnO)=0.0400 mol·L-1× 20.00×10-3 L=0.0008 mol ，由反应原理知MnO~5Fe2+
故n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.0008 mol=0.004 mol；由步骤三：n(Fe2O3)= =0.0025 mol，根据原子守恒，n(Fe2+)+n(Fe3+)=2×n(Fe2O3)=2×0.0025 mol=0.005 mol，所以样品中被氧化的Fe3+为：n(Fe3+)=0.005 mol-0.004 mol=0.001 mol，故样品中的Fe2+的氧化率==20％。
【分析】（1）氧化铝能与NaOH溶液反应，加氢氧化钠溶液的目的是为了除去氧化铝；
(2)废渣中的铁元素有+2价和+3价，所以溶解后 所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 Fe2+，铁离子用KSCN来检验；
（3）如果选用铜粉会引入新的杂质；
（4）化学方程式的计算，结合原子守恒，算出铁元素的物质的量。
19．【答案】（1）⑥；②③④
（2）＞
（3）A；B；C
【解析】【解答】解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，①②③④⑤抑制水电离，⑥既不促进水电离也不抑制水电离，所以水的电离程度最大的是⑥；
酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，②在氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是②③④；
故答案为：⑥；②③④；（2）一水合氨是弱电解质，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以②的浓度小于③，混合后恰好完全反应，则酸的物质的量等于氨水的物质的量，因为酸的浓度小于氨水，所以酸的体积大于氨水，故答案为：＞；（3）将①、④混合，若有c（CH3COO﹣）＞c（H+），则根据电荷守恒可知c（Na+）＞c（OH﹣）．但溶液中的c（OH﹣）与c（H+）的关系无法确定，即c（OH﹣）与c（H+）的关系是大于、小于或等于均可能，故溶液可能可能显碱性、酸性或中性，故选ABC．
【分析】（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度相等时，其抑制水电离程度相等；（2）一水合氨是弱电解质，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以②的浓度小于③，混合后恰好完全反应，则酸的体积大于氨水；（3）根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度大小判断．
20．【答案】（1）2.55
（2），
【解析】【解答】（1）溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。
（2）乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为
【分析】（1） pH= -lgc(H+)；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，纯液体和固体不需要纳入计算式。
21．【答案】（1）1.0×10－15；10：1
（2）a+b=13
【解析】【解答】(1)①0.01mol L-1 的NaOH溶液的pH=13，则c(H+)=10-13 mol/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01mol/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=10-13×10-2=1.0×10-15；
②混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10 a-15 mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-b mol/L，10 a-15 mol/L×VaL=10-b mol/L×VbL且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1；(2)溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)，所以0.02L×10-amol/L=0.2L×10b-14mol/L，解得a+b=13。
【分析】(1)c(H+)×c(OH-)=Kw，混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等；(2)溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)，以此来解答。