3.2 水的电离和溶液的ph 同步检验 （含解析）2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1
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| 名称 | 3.2 水的电离和溶液的ph 同步检验 （含解析）2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 383.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-13 16:38:26 | ||
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文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph 同步检验
一、单选题
1．常温时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH = 1的溶液中： Fe2＋、NO3－、SO42－、Na＋
B．c(Fe3＋) = 0.1 mol/L的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
C．c(H+)／c(OH－) = 1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D．由水电离的c(H+) = 1×10-14 mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
2．25℃时，将pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH=10时，酸和碱的体积之比为（ ）
A．10：1 B．9：1 C．1：9 D．1：10
3．下列说法正确的是（ ）
A．用广泛pH试纸测得新制氯水的pH为2]
B．取一根洁净的铂丝，放在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止，再蘸取少量试液，在外焰上灼烧，若火焰呈黄色，则试液中一定含有Na+
C．配制100mL0.1mol/LNaCl溶液时，若未将洗涤液注入容量瓶，则所配溶液浓度偏大
D．取少量某溶液于试管中，加入少量NaOH溶液，若未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液一定不含
4．将纯水加热至80℃，下列叙述正确的是（ ）
A．水的离子积不变
B．水的pH变小，呈酸性
C．水的pH变大，呈中性
D．水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7 mol/L
5．用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1mol电子后，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，此时溶液pH值为（假设溶液体积不变）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．无法确定
6．下列有关电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1
B．25℃时，将10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13
C．25℃时，pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11mol·L-1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中， =
7．25℃时，两种浓度不同的NaOH溶液，c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol L﹣1和1.0×10﹣12 mol L﹣1，将这两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH约为（提示：lg2≈0.3，lg5≈0.7）（ ）
A．14 B．13.7 C．13 D．12.7
8．25 ℃时有三瓶溶液：pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．中和等体积的pH＝11的氢氧化钠溶液，所需pH＝3的醋酸溶液的体积大于pH＝3的盐酸的体积
B．往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全
C．将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH＝7的溶液，该溶液中c(Na＋)大于c(CH3COO－)
D．25 ℃时pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液中水电离出的c(H＋)均为10－11 mol·L－1
9．时，用盐酸滴定一元弱碱溶液，所得溶液的与滴加盐酸体积的关系如图1所示；不同时溶液中不同形态的含M元素粒子的分布分数()如图2所示。(已知：)
下列叙述正确的是（ ）
A．该滴定实验可用酚酞作指示剂
B．的数量级为
C．M点溶液中的电离度约为
D．N点溶液中
10．某温度（t℃）时，水的离子积为Kω=1×10﹣13mol2L﹣2，则该温度与25℃相是（ ）
A．大于 B．小于 C．等于 D．无法确定
11．常温下，和溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如图所示，向等物质的量浓度的和混合溶液中加入适量的溶液，下列说法错误的是
A．由图可知是二元酸
B．时，
C．常温下，的反应平衡常数
D．溶液由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大
12．下列说法错误的是（ ）
A．配制FeCl2溶液时，可将FeCl2晶体先溶于浓盐酸，再加水稀释和少量铁屑保存
B．输油管道，为防止其表面被腐蚀应涂上隔水材料并与外电源负极相连
C．pH值均为9的NaOH溶液和Na2CO3溶液，两溶液中水的电离程度相同
D．0.1mol／L弱酸HA溶液与0.05mol／LNaOH溶液等体积混合后所得溶液微粒浓度间有：2c(H+)+c(HA)=c(A－)+2c(OH－)
13．向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，溶液的pH（ ）
A．大于7 B．等于7 C．小于7 D．无法判断
14．把1mL 0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H+，其浓度接近于（ ）
A．1×10﹣4mol/L B．1×10﹣8mol/L
C．1×10﹣11mol/L D．1×10﹣10mol/L
15．能影响水的电离平衡，并使溶液中的[H+]＞[OH﹣]的操作是（ ）
A．向水中投入一小块金属钠 B．将水加热煮沸
C．向水中通入二氧化碳气体 D．向水中加食盐晶体
16．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制，基准物质H2C2O4 2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作．下列有关说法正确的是（ ）
A．用图甲所示操作转移NaOH 溶液到容量瓶中
B．用图乙所示装置准确称得0.1575gH2C2O4 2H2O固体
C．用图丙所示操作检查碱式滴定管是否漏液
D．用图丁所示装置以NaOH 待测液滴定H2C2O4溶液
二、综合题
17．电化学知识在物质制备领域的应用前景看好。
（1）从环境保护的角度看，制备一种新型多功能水处理剂 高铁酸钠（Na2FeO4）较好的方法为电解法，其装置如图①所示：
①电解过程中阳极的电极反应式为 ；
②“镁一次氯酸盐”燃料电池可为图①装置提供电能，该电池电极为镁合金和铂合金，其工作原理如图②所示。b为该燃料电池的 （填“正"或“负"）极。当有16.6 g Na2FeO4生成时消耗ClO-的物质的量为 mol；
（2）电解Na2SO4溶液生产H2SO4和烧碱的装置如图③所示（已知：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过），其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2。则丁为 ；电解一段时间，当产生0.1 mo1气体甲时，通过离子交换膜f的离子的质量为 g。
（3）用0.1032 mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：
实验序号 消耗NaOH溶液的体积/mL 待测稀盐酸的体积/mL
1 28.84 25.00
2 27.83 25.00
3 27.85 25.00
根据表格计算c（HCl）= 。在上述滴定过程中，若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。
18．根据所学化学反应原理填空：
（1）①升高温度时，水的pH （填“增大”“减少”或“不变”）
②体积、pH均相同的盐酸和醋酸溶液，中和等浓度的NaOH溶液时所需体积分别为V1、V2．则V1 V2（填“＜”、“＞”或“=”）
③某反应放热且熵增加，该反应 自发进行（用“能”或“不能”表示）
（2）依据事实，用化学用语填空：
①1mol NO2气体与水完全反应生成硝酸溶液和NO气体，放出热量46kJ．该反应的热化学方程式 ．
②用离子方程式表示氯化铵溶液的酸碱性： ．
③用离子方程式表示向碳酸镁沉淀中加入NaOH溶液后的沉淀转化： ．
19．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中不含有与酸反应的杂质，试根据实验回答：
（1）准确称取4.1g烧碱样品．将样品配成250mL待测液，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要 ．
（2）取10.00mL待测液，用 量取．
（3）用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂，滴定时左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视 的现象时即到达滴定终点．
（4）根据下列数据，计算待测烧碱溶液的纯度： ．（保留四位有效数字）
滴定次数 待测液体积 （mL） 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 10.00 0.50 20.40
第二次 10.00 0.10 22.10
第三次 10.00 4.00 24.10
（5）以下操作会造成测量结果偏高的是
①用蒸馏水冲洗锥形瓶；
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外；
③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视；
④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管．
20．
（1）用amol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是 。若用甲基橙做指示剂，滴定终点现象是 。
（2）用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用 做指示剂，达到滴定终点的现象是 。
（3）用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂 (填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是 。
21．氮的单质及其化合物在工业生产中用途广泛，请回答下列问题：
（1）捕碳技术(主要指捕获 CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ： 2
NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =(NH4)2CO3(aq) △H1
反应Ⅱ：NH3(l)+
H2O(l) +CO2(g) =NH4HCO3(aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)
+ H2O(l) +CO2(g) =2NH4HCO3(aq) △H3
△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= 。
（2）肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则肼的燃烧热△H= 。 (已知 H2O(g) =H2O(l)
△H= 44 kJ mol 1 )
（3）在微生物作用的条件下， 经过两步反应被氧化成 。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是 (填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是 。
②1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是 。
（4）叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊中的主要成分，实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数，测定过程的反应方程式为：
；
。
滴定操作过程如下：
Ⅰ.将 2.500 g 试样配成 500 mL 溶液。
Ⅱ.取 50.00 mL 溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 mol L 1 (NH4)2Ce(NO3)6溶液。
Ⅲ.充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500 mol L 1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的 Ce4+，消耗溶液体积为 29.00 mL。
①配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、量筒、胶头滴管外，还用到的玻璃仪器有 。
②计算试样中 NaN3的质量分数为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B.c(Fe3＋) = 0.1 mol/L的溶液中，ClO－与Fe3+发生双水解、SCN－与Fe3+发生络合反应，不能大量共存，B不符合题意；
C.c(H+)／c(OH－) = 1012的溶液中，溶液显酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意；
D.由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.pH=1的溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2+氧化；
B.Fe3+能与SCN-形成络合物；
C.，溶液显酸性，含有大量H+；
D.由水电离产生的c(H+)=10-14mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，则溶液显酸性或碱性；
2．【答案】B
【解析】【解答】解：pH=3的H2SO4溶液c（H+）=10﹣3 mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，混合溶液中c（OH﹣）=10﹣4mol/L= = ，解得V（H2SO4）：V（NaOH）=99：11=9：1；
故选B．
【分析】混合溶液pH=10，则混合溶液中c（OH﹣）=10﹣4mol/L= ，据此计算酸碱体积之比．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氯水有褪漂白色作用，碰到pH试纸，pH试纸会褪色，所以不能通过pH试纸来判断氯水的pH值，A不符合题意；
B．含有钠离子的试液灼烧，火焰呈黄色，B符合题意；
C．未将洗涤液注入容量瓶，造成溶质质量减小，则所配溶液浓度偏小，C不符合题意；
D．符合题意操作是：加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，即该气体为氨气，则该溶液中一定含有，此处未加热，不能产生大量氨气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意新制氯水中含有的HClO具有漂白性，能够漂白pH试纸。
B.钠元素的焰色反应是黄色。
C.根据c=，未将洗涤液注入，则n偏小。
D.铵盐与碱反应生成的NH3·H2O在加热的条件下分解得到NH3。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变
但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性；
A、温度升高促进水的电离，水的离子积增大，故A错误；
B、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故B错误；
C、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故C错误；
D、水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7 mol/L，故D正确；
故选：D．
【分析】依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析
5．【答案】A
【解析】【解答】解：2L0.5mol/L的硝酸银溶液含n（Ag+）=1mol，调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，分别是Ag+和OH﹣放电，通过0.1mole﹣，那么0.1molAg+放电，生成0.1molAg，同时 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应0．molOH﹣，得到0.1molH+，
调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
调换正负极，那么通电前的0.1mole﹣，恰好是电镀银的过程，也就是第一个过程的银又溶解，在另一电极变为银，消耗0.1mole﹣，剩余0.1mole﹣，反应掉0.1mol氢氧根离子，还得到0.1molH+，故电路中转移的0.2mol电子中，所以总共得到0.2molH+，浓度为 =0.1mol/L，pH=﹣lg（H+）=1．
故选A．
【分析】调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阴极：Ag+放电生成Ag，阳极发生氧化反应4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，
调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
故电路中转移的0.1mol电子后，只有0.1mol由OH﹣放电产生，即消耗的n（OH﹣）=0.1mol，生成n（Ag）=0.1mol，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1 mol，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，生成n（Ag）=0.1mol全部溶解，同时反应掉0.1mol氢氧根离子，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1 mol，据此求算出c（H+）=0.2 mol，以此计算溶液的pH．
6．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]= ，A不符合题意；
B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量， ，a+b=13，B不符合题意；
C．NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C符合题意；
D． ，可以倒推得出结论，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的pH结合水的离子积常数进行计算即可
B.根据恰好中和得出氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等即可计算
C.根据给出的pH以及水的离子积进行计算即可
D.根据醋酸根的水解以及醋酸的电离结合水的离子积进行替换即可得出结论
7．【答案】B
【解析】【解答】解：c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol L﹣1和1.0×10﹣12 mol L﹣1，则等体积混合后c（OH﹣）= =0.505mol/L，溶液中c（H+）= =1.98×10﹣14 mol L﹣1≈2×10﹣14 mol L﹣1，则pH=﹣lg（2×10﹣14）=14﹣lg2=13.7，
故选B．
【分析】先计算混合溶液中c（OH﹣），利用Kw计算c（H+），结合pH=﹣lgc（H+）来解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】醋酸是弱酸，在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，所以中和等体积pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3醋酸溶液的体积应小于pH=3盐酸的体积，A不符合题意。
B.由于醋酸是弱酸，在反应过程中会持续电离出氢离子，导致反应中醋酸中氢离子的大于盐酸氢离子的浓度，所以醋酸中锌粒先消耗完，B不符合题意。
C.根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(CH3COO-)＋ c(OH-)，溶液显中性，即c(OH-)= c(H+)，所以c(Na+)＝c(CH3COO-)，C不符合题意。
D.由于pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中氢离子的浓度是相同的，所以抑制水的程度也是相同的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.醋酸是弱酸，pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大；
B.随着反应的进行醋酸中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子浓度，醋酸的反应速率快；
C.根据电荷守恒和中性溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度关系进行判断。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示，滴定终点溶液呈酸性，不能用酚酞作指示剂，故A不符合题意；
B．根据图2，时，POH=4.7，=，数量级为，故B不符合题意；
C．=10-4.7，M点溶液，10-3，所以的电离度 ，故C符合题意；
D．N点为等浓度的MOH、MCl的混合液，根据物料守恒，溶液呈碱性，，所以，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸弱碱的滴定应该采用甲基橙作为指示剂；
B、电离平衡常数可以结合特殊点，即M+和MOH两者浓度的交点进行判断；
C、 结合图示以及电离平衡常数，判断相关的粒子浓度；
D、结合物料守恒判断。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣14 ，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10﹣13＞10﹣14，则该温度大于25℃，
故选A．
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较t℃）时和25℃时Kw的值判断．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A不符合题意；
B．向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO优先于H2PO反应，则混合溶液中HPO的浓度大于HPO的浓度，故B符合题意；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K===10-0.6，故C不符合题意；
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则水的电解程度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图像分析，H3PO3为二元弱酸；
B．依据电离常数分析；
C．依据K=计算；
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。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 配制FeCl2溶液时为防止亚铁离子水解和被氧化，可将FeCl2晶体先溶于浓盐酸，再加水稀释和少量铁屑保存，A不符合题意；
B. 输油管道，为防止其表面被腐蚀应涂上隔水材料并与外电源负极相连，属于外加电流的阴极保护法，B不符合题意；
C. pH值均为9的NaOH溶液和Na2CO3溶液，两溶液中水的电离程度不相同，氢氧化钠是强碱抑制水的电离，碳酸钠水解，促进水的电离，C符合题意；
D. 0.1mol/L弱酸HA溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后得到等浓度的HA、NaA的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒可知所得溶液微粒浓度间有：2c(H+)+c(HA)＝c(A－)+2c(OH－)，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】C中注意碱对水和盐对水的作用不同，碱是抑制，盐是促进。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可得：c（H+）=c（OH﹣），混合溶液呈中性，所以溶液的pH=7，
故选B．
【分析】当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可知溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），则混合液显示中性，溶液的pH=7．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：把1mL 0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，依据溶质物质的量不变得到，稀释后的溶液浓度为 =0.00005mol/L，溶液中氢离子浓度=0.0001mol/L；
依据溶液中离子积Kw=c（H+）（酸）×c（OH﹣）（水）=10﹣14；得到溶液中由水电离产生的c（H+）（水）=c（OH﹣）（水）=1×10﹣10mol/L，
故选D．
【分析】依据稀释后的溶液中溶质不变，溶液中离子积Kw=c（H+）c（OH﹣），计算得到溶液中由水电离产生的H+．
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B错误；
C、二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c（H+）＞c（OH﹣），酸对水的电离起抑制作用，故C正确；
D、食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不一定，不影响水的电离，溶液呈中性，故D错误．故选C．
【分析】c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动．
16．【答案】D
【解析】【解答】解：A．配制溶液时，将NaOH 溶液到容量瓶中需要用玻璃棒引流，图示操作不合理，故A错误；
B．托盘天平精确到0.1g，无法称取0.1575gH2C2O4 2H2O固体，且砝码和药品颠倒，应该遵循“左物右码”原则，故B错误；
C．检查碱式滴定管是否漏水的方法为：向滴定管内注满标准液或者清水，观察是否有液体从滴定管的尖嘴出漏出，如有则滴定管漏液，若无则滴定管没有漏液，图示操作为赶气泡，不是查漏，故C错误；
D．氢氧化钠呈碱性，用碱式滴定管盛装，图示滴定管为碱式滴定管，能够达到实验目的，故D正确；
故选D．
【分析】A．转移液体需要用玻璃杯引流；
B．托盘天平精确到0.1g，且应该遵循“左物右码”；
C．该方法为排除碱式滴定管中的气泡，不是查漏；
D．氢氧化钠呈碱性，可选用碱式滴定管盛放．
17．【答案】（1）Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；正；0.3
（2）NaOH；9.2
（3）0.1149mol/L；偏小
【解析】【解答】（1）①根据图示①知铁丝作阳极，阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；
②如图②所示，b极发生的反应为ClO-生成Cl-，氯元素化合价降低，得电子发生还原反应，作电池的正极；Na2FeO4中铁元素化合价为+6，根据得失电子守恒得：
n(ClO-)=3×n(Na2FeO4)=3× =0.3mol，
故答案为：Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；正；0.3；
（2）根据图③，电解Na2SO4溶液相当于电解水生成氢气和氧气，由题干知气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲为氧气，c极为阳极，乙为氢气，d极为阴极；d极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则丁为NaOH；生成0.1mol氧气时，转移的电子的物质的量为0.4mol，根据得失电子守恒，通过交换膜f的Na+的物质的量为0.4mol，则m(Na+)=23g/mol×0.4mol=9.2g，
故答案为：NaOH；9.2；
（3）第一组数据误差较大，应该舍去，则V（NaOH）=（27.83 mL +27.85 mL）/2=27.84 mL，根据HCl+NaOH═NaCl+H2O计算：27.84mL×0.1032mol/L=25.00mL×c（HCl），解得：c（HCl）=0.1149mol/L；若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，消耗掉的氢氧化钠体积就会偏小，滴定结果偏小，故答案为：0.1149mol/L；偏小。
【分析】（1）①铁丝与电源的正极相连做阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此书写电极反应式；
②根据图示离子的转化确定发生的反应，从而确定正负极；根据得失电子守恒进行计算；
（2）根据电极反应式进行分析和计算；
（3）根据消耗NaOH溶液的体积计算盐酸的物质的量浓度，滴定前无气泡，滴定后有气泡，则消耗标准液的体积偏小；
18．【答案】（1）减小；＜；能
（2）3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138 kJ mol﹣1；NH4++H2O NH3 H2O+H+；MgCO3+2OH﹣═Mg（OH）2+CO32﹣
【解析】【解答】解：（1）①水的电离是吸热反应，温度升高促进了水的电离，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故答案为：减小；②体积、pH均相同的盐酸和醋酸溶液，由于醋酸部分电离，醋酸浓度大于溶液中氢离子浓度，所以中和等浓度的NaOH溶液，消耗的醋酸溶液的体积小于消耗的盐酸溶液的体积，即V1＜V2，故答案为：＜；③熵增加且放热反应，则△S＞0，△H＜0，所以△H﹣T△S＜0，该反应能够自发进行，故答案为：能；（2）①1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量46kJ，热化学方程式为3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138kJ mol﹣1，故答案为：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138kJ mol﹣1；②氯化铵溶液中弱离子铵根离子水解，使溶液呈酸性，故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；③加入NaOH溶液后生成溶解更小的氢氧化镁沉淀，促进碳酸镁的溶解平衡正向移动，故答案为：MgCO3+2OH﹣═Mg（OH）2+CO32﹣．
【分析】（1）①根据水的电离过程是吸热反应分析；②根据醋酸是弱酸，溶液中部分电离进行判断；③根据自发进行的反应符合△H﹣T△S＜0进行分析；（2）①1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量45.5kJ，书写热化学方程式注意标注物质聚集状态、配平化学方程式、给定条件下反应的焓变；②氯化铵溶液中弱离子铵根离子水解，使溶液呈酸性；③加入NaOH溶液后生成溶解更小的氢氧化镁沉淀，促进碳酸镁的溶解平衡正向移动．
19．【答案】（1）250 mL容量瓶、胶头滴管
（2）碱式滴定管
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复
（4）98.05%
（5）②④
【解析】【解答】解：（1）操作步骤有称量、溶解、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，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要250 mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：250 mL容量瓶、胶头滴管；（2）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管量取，
故答案为：碱式滴定管；（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；用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色且半分钟内不恢复，说明反应达到终点，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复；（4）图表中第一次消耗标准溶液体积=20.40mL﹣0.50mL=19.90mL，第二次消耗溶液体积=22.10mL﹣0.10mL=22.00mL，误差较大舍去，第三次消耗溶液体积=20.40mL﹣040mL=20.00mL，标准溶液平均消耗体积= =19.95mL，待测液溶液浓度c= =0.4010mol/L，
待测烧碱溶液的纯度= ×100%=98.05%，
故答案为：98.05%；（5）①用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，故①错误；②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故②正确；③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读取标准溶液体积减小，测定浓度偏小，故③错误；④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故④正确；
故答案为：②④．
【分析】（1）根据操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作选择仪器来解答；（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，用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色；（4）根据c（待测）= 计算，V（标准）用第一次、第三次两次的平均值，第二次误差大舍去；（5）根据c（待测）= 分析误差，计算式中错误操作引起的变化全部变化为标准溶液体积的变化来判断浓度变化．
20．【答案】（1）滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
（2）淀粉溶液；当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
（3）否；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色
【解析】【解答】（1）用amol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色。若用甲基橙做指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色；
（2）用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用淀粉做指示剂，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，由于KMnO4溶液本身显紫红色，不需要选用指示剂，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。
【分析】（1）pH<8，酚酞呈无色，84.4，甲基橙呈黄色，3.1（2）淀粉遇碘单质变蓝色；
（3）KMnO4溶液本身显紫红色；
21．【答案】（1）2△H2 △H1
（2） 624 kJ mol 1
（3）放热；△H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)；
（4）500mL容量瓶、玻璃棒；93.60%
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律将反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到反应Ⅲ，因此△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= 2△H2 △H1；故答案为：2△H2 △H1。
（2）肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则1mol肼(N2H4)即32g完全燃烧生成气态水时放出536kJ，由于1mol肼完全反应生成了2mol气态水，再根据2H2O(g) =2H2O(l) △H= 88kJ mol 1，因此1mol肼完全反应生成液态水时放出624kJ的热，则肼的燃烧热△H= 624 kJ mol 1；故答案为： 624 kJ mol 1。
（3）①根据图中信息，第一步反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此第一步反应是放热反应；故答案为：放热；△H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)。
②将两步反应方程式相加得到1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是 ；故答案为： 。
（4）①配制500mL叠氮化钠溶液时，需用到烧杯、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒等玻璃仪器；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒。
②根据题意先计算过量的 Ce4+的物质的量n(Ce4+)=0.0500 mol L 1×0.029L=1.45×10 3mol，则叠氮化钠(NaN3)的物质的量n(NaN3)= [0.1010 mol L 1×0.05L 1.45×10 3mol]×10=3.6×10 2mol，试样中 NaN3的质量分数为 ；故答案为：93.60%。
【分析】 (1)、依据盖斯定律分析解答；
(2)、先求出1molN2H4(l)燃烧的热化学方程式，再结合盖斯定律分析解答；
(3)、反应物总能量高于生成物总能量时为放热反应；由图写出第一步和第二步反应的热化学方程式，再结合盖斯定律分析解答；
(4)、①配制叠氮化钠溶液时，主要有以下步骤：计算、称量、溶解、转移、定容，根据每一步需要的玻璃仪器进行分析；
②先根据 的物质的量，再根据 计算NaN3的物质的量，结
合NaN3的质量分数计算。
一、单选题
1．常温时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH = 1的溶液中： Fe2＋、NO3－、SO42－、Na＋
B．c(Fe3＋) = 0.1 mol/L的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
C．c(H+)／c(OH－) = 1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D．由水电离的c(H+) = 1×10-14 mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
2．25℃时，将pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH=10时，酸和碱的体积之比为（ ）
A．10：1 B．9：1 C．1：9 D．1：10
3．下列说法正确的是（ ）
A．用广泛pH试纸测得新制氯水的pH为2]
B．取一根洁净的铂丝，放在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止，再蘸取少量试液，在外焰上灼烧，若火焰呈黄色，则试液中一定含有Na+
C．配制100mL0.1mol/LNaCl溶液时，若未将洗涤液注入容量瓶，则所配溶液浓度偏大
D．取少量某溶液于试管中，加入少量NaOH溶液，若未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液一定不含
4．将纯水加热至80℃，下列叙述正确的是（ ）
A．水的离子积不变
B．水的pH变小，呈酸性
C．水的pH变大，呈中性
D．水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7 mol/L
5．用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1mol电子后，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，此时溶液pH值为（假设溶液体积不变）是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．无法确定
6．下列有关电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1
B．25℃时，将10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13
C．25℃时，pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11mol·L-1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中， =
7．25℃时，两种浓度不同的NaOH溶液，c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol L﹣1和1.0×10﹣12 mol L﹣1，将这两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH约为（提示：lg2≈0.3，lg5≈0.7）（ ）
A．14 B．13.7 C．13 D．12.7
8．25 ℃时有三瓶溶液：pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．中和等体积的pH＝11的氢氧化钠溶液，所需pH＝3的醋酸溶液的体积大于pH＝3的盐酸的体积
B．往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全
C．将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH＝7的溶液，该溶液中c(Na＋)大于c(CH3COO－)
D．25 ℃时pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液中水电离出的c(H＋)均为10－11 mol·L－1
9．时，用盐酸滴定一元弱碱溶液，所得溶液的与滴加盐酸体积的关系如图1所示；不同时溶液中不同形态的含M元素粒子的分布分数()如图2所示。(已知：)
下列叙述正确的是（ ）
A．该滴定实验可用酚酞作指示剂
B．的数量级为
C．M点溶液中的电离度约为
D．N点溶液中
10．某温度（t℃）时，水的离子积为Kω=1×10﹣13mol2L﹣2，则该温度与25℃相是（ ）
A．大于 B．小于 C．等于 D．无法确定
11．常温下，和溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如图所示，向等物质的量浓度的和混合溶液中加入适量的溶液，下列说法错误的是
A．由图可知是二元酸
B．时，
C．常温下，的反应平衡常数
D．溶液由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大
12．下列说法错误的是（ ）
A．配制FeCl2溶液时，可将FeCl2晶体先溶于浓盐酸，再加水稀释和少量铁屑保存
B．输油管道，为防止其表面被腐蚀应涂上隔水材料并与外电源负极相连
C．pH值均为9的NaOH溶液和Na2CO3溶液，两溶液中水的电离程度相同
D．0.1mol／L弱酸HA溶液与0.05mol／LNaOH溶液等体积混合后所得溶液微粒浓度间有：2c(H+)+c(HA)=c(A－)+2c(OH－)
13．向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，溶液的pH（ ）
A．大于7 B．等于7 C．小于7 D．无法判断
14．把1mL 0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H+，其浓度接近于（ ）
A．1×10﹣4mol/L B．1×10﹣8mol/L
C．1×10﹣11mol/L D．1×10﹣10mol/L
15．能影响水的电离平衡，并使溶液中的[H+]＞[OH﹣]的操作是（ ）
A．向水中投入一小块金属钠 B．将水加热煮沸
C．向水中通入二氧化碳气体 D．向水中加食盐晶体
16．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制，基准物质H2C2O4 2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作．下列有关说法正确的是（ ）
A．用图甲所示操作转移NaOH 溶液到容量瓶中
B．用图乙所示装置准确称得0.1575gH2C2O4 2H2O固体
C．用图丙所示操作检查碱式滴定管是否漏液
D．用图丁所示装置以NaOH 待测液滴定H2C2O4溶液
二、综合题
17．电化学知识在物质制备领域的应用前景看好。
（1）从环境保护的角度看，制备一种新型多功能水处理剂 高铁酸钠（Na2FeO4）较好的方法为电解法，其装置如图①所示：
①电解过程中阳极的电极反应式为 ；
②“镁一次氯酸盐”燃料电池可为图①装置提供电能，该电池电极为镁合金和铂合金，其工作原理如图②所示。b为该燃料电池的 （填“正"或“负"）极。当有16.6 g Na2FeO4生成时消耗ClO-的物质的量为 mol；
（2）电解Na2SO4溶液生产H2SO4和烧碱的装置如图③所示（已知：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过），其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2。则丁为 ；电解一段时间，当产生0.1 mo1气体甲时，通过离子交换膜f的离子的质量为 g。
（3）用0.1032 mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：
实验序号 消耗NaOH溶液的体积/mL 待测稀盐酸的体积/mL
1 28.84 25.00
2 27.83 25.00
3 27.85 25.00
根据表格计算c（HCl）= 。在上述滴定过程中，若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。
18．根据所学化学反应原理填空：
（1）①升高温度时，水的pH （填“增大”“减少”或“不变”）
②体积、pH均相同的盐酸和醋酸溶液，中和等浓度的NaOH溶液时所需体积分别为V1、V2．则V1 V2（填“＜”、“＞”或“=”）
③某反应放热且熵增加，该反应 自发进行（用“能”或“不能”表示）
（2）依据事实，用化学用语填空：
①1mol NO2气体与水完全反应生成硝酸溶液和NO气体，放出热量46kJ．该反应的热化学方程式 ．
②用离子方程式表示氯化铵溶液的酸碱性： ．
③用离子方程式表示向碳酸镁沉淀中加入NaOH溶液后的沉淀转化： ．
19．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中不含有与酸反应的杂质，试根据实验回答：
（1）准确称取4.1g烧碱样品．将样品配成250mL待测液，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要 ．
（2）取10.00mL待测液，用 量取．
（3）用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂，滴定时左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视 的现象时即到达滴定终点．
（4）根据下列数据，计算待测烧碱溶液的纯度： ．（保留四位有效数字）
滴定次数 待测液体积 （mL） 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 10.00 0.50 20.40
第二次 10.00 0.10 22.10
第三次 10.00 4.00 24.10
（5）以下操作会造成测量结果偏高的是
①用蒸馏水冲洗锥形瓶；
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外；
③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视；
④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管．
20．
（1）用amol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是 。若用甲基橙做指示剂，滴定终点现象是 。
（2）用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用 做指示剂，达到滴定终点的现象是 。
（3）用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂 (填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是 。
21．氮的单质及其化合物在工业生产中用途广泛，请回答下列问题：
（1）捕碳技术(主要指捕获 CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ： 2
NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =(NH4)2CO3(aq) △H1
反应Ⅱ：NH3(l)+
H2O(l) +CO2(g) =NH4HCO3(aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)
+ H2O(l) +CO2(g) =2NH4HCO3(aq) △H3
△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= 。
（2）肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则肼的燃烧热△H= 。 (已知 H2O(g) =H2O(l)
△H= 44 kJ mol 1 )
（3）在微生物作用的条件下， 经过两步反应被氧化成 。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是 (填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是 。
②1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是 。
（4）叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊中的主要成分，实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数，测定过程的反应方程式为：
；
。
滴定操作过程如下：
Ⅰ.将 2.500 g 试样配成 500 mL 溶液。
Ⅱ.取 50.00 mL 溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 mol L 1 (NH4)2Ce(NO3)6溶液。
Ⅲ.充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500 mol L 1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的 Ce4+，消耗溶液体积为 29.00 mL。
①配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、量筒、胶头滴管外，还用到的玻璃仪器有 。
②计算试样中 NaN3的质量分数为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B.c(Fe3＋) = 0.1 mol/L的溶液中，ClO－与Fe3+发生双水解、SCN－与Fe3+发生络合反应，不能大量共存，B不符合题意；
C.c(H+)／c(OH－) = 1012的溶液中，溶液显酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意；
D.由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.pH=1的溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2+氧化；
B.Fe3+能与SCN-形成络合物；
C.，溶液显酸性，含有大量H+；
D.由水电离产生的c(H+)=10-14mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，则溶液显酸性或碱性；
2．【答案】B
【解析】【解答】解：pH=3的H2SO4溶液c（H+）=10﹣3 mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，混合溶液中c（OH﹣）=10﹣4mol/L= = ，解得V（H2SO4）：V（NaOH）=99：11=9：1；
故选B．
【分析】混合溶液pH=10，则混合溶液中c（OH﹣）=10﹣4mol/L= ，据此计算酸碱体积之比．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氯水有褪漂白色作用，碰到pH试纸，pH试纸会褪色，所以不能通过pH试纸来判断氯水的pH值，A不符合题意；
B．含有钠离子的试液灼烧，火焰呈黄色，B符合题意；
C．未将洗涤液注入容量瓶，造成溶质质量减小，则所配溶液浓度偏小，C不符合题意；
D．符合题意操作是：加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，即该气体为氨气，则该溶液中一定含有，此处未加热，不能产生大量氨气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意新制氯水中含有的HClO具有漂白性，能够漂白pH试纸。
B.钠元素的焰色反应是黄色。
C.根据c=，未将洗涤液注入，则n偏小。
D.铵盐与碱反应生成的NH3·H2O在加热的条件下分解得到NH3。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变
但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性；
A、温度升高促进水的电离，水的离子积增大，故A错误；
B、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故B错误；
C、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故C错误；
D、水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7 mol/L，故D正确；
故选：D．
【分析】依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析
5．【答案】A
【解析】【解答】解：2L0.5mol/L的硝酸银溶液含n（Ag+）=1mol，调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，分别是Ag+和OH﹣放电，通过0.1mole﹣，那么0.1molAg+放电，生成0.1molAg，同时 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应0．molOH﹣，得到0.1molH+，
调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
调换正负极，那么通电前的0.1mole﹣，恰好是电镀银的过程，也就是第一个过程的银又溶解，在另一电极变为银，消耗0.1mole﹣，剩余0.1mole﹣，反应掉0.1mol氢氧根离子，还得到0.1molH+，故电路中转移的0.2mol电子中，所以总共得到0.2molH+，浓度为 =0.1mol/L，pH=﹣lg（H+）=1．
故选A．
【分析】调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阴极：Ag+放电生成Ag，阳极发生氧化反应4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，
调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，
故电路中转移的0.1mol电子后，只有0.1mol由OH﹣放电产生，即消耗的n（OH﹣）=0.1mol，生成n（Ag）=0.1mol，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1 mol，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，生成n（Ag）=0.1mol全部溶解，同时反应掉0.1mol氢氧根离子，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1 mol，据此求算出c（H+）=0.2 mol，以此计算溶液的pH．
6．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]= ，A不符合题意；
B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量， ，a+b=13，B不符合题意；
C．NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C符合题意；
D． ，可以倒推得出结论，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的pH结合水的离子积常数进行计算即可
B.根据恰好中和得出氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等即可计算
C.根据给出的pH以及水的离子积进行计算即可
D.根据醋酸根的水解以及醋酸的电离结合水的离子积进行替换即可得出结论
7．【答案】B
【解析】【解答】解：c（H+）分别为1.0×10﹣14 mol L﹣1和1.0×10﹣12 mol L﹣1，则等体积混合后c（OH﹣）= =0.505mol/L，溶液中c（H+）= =1.98×10﹣14 mol L﹣1≈2×10﹣14 mol L﹣1，则pH=﹣lg（2×10﹣14）=14﹣lg2=13.7，
故选B．
【分析】先计算混合溶液中c（OH﹣），利用Kw计算c（H+），结合pH=﹣lgc（H+）来解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】醋酸是弱酸，在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，所以中和等体积pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3醋酸溶液的体积应小于pH=3盐酸的体积，A不符合题意。
B.由于醋酸是弱酸，在反应过程中会持续电离出氢离子，导致反应中醋酸中氢离子的大于盐酸氢离子的浓度，所以醋酸中锌粒先消耗完，B不符合题意。
C.根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(CH3COO-)＋ c(OH-)，溶液显中性，即c(OH-)= c(H+)，所以c(Na+)＝c(CH3COO-)，C不符合题意。
D.由于pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中氢离子的浓度是相同的，所以抑制水的程度也是相同的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.醋酸是弱酸，pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大；
B.随着反应的进行醋酸中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子浓度，醋酸的反应速率快；
C.根据电荷守恒和中性溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度关系进行判断。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示，滴定终点溶液呈酸性，不能用酚酞作指示剂，故A不符合题意；
B．根据图2，时，POH=4.7，=，数量级为，故B不符合题意；
C．=10-4.7，M点溶液，10-3，所以的电离度 ，故C符合题意；
D．N点为等浓度的MOH、MCl的混合液，根据物料守恒，溶液呈碱性，，所以，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸弱碱的滴定应该采用甲基橙作为指示剂；
B、电离平衡常数可以结合特殊点，即M+和MOH两者浓度的交点进行判断；
C、 结合图示以及电离平衡常数，判断相关的粒子浓度；
D、结合物料守恒判断。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣14 ，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10﹣13＞10﹣14，则该温度大于25℃，
故选A．
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较t℃）时和25℃时Kw的值判断．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A不符合题意；
B．向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO优先于H2PO反应，则混合溶液中HPO的浓度大于HPO的浓度，故B符合题意；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K===10-0.6，故C不符合题意；
D．溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则水的电解程度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图像分析，H3PO3为二元弱酸；
B．依据电离常数分析；
C．依据K=计算；
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。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 配制FeCl2溶液时为防止亚铁离子水解和被氧化，可将FeCl2晶体先溶于浓盐酸，再加水稀释和少量铁屑保存，A不符合题意；
B. 输油管道，为防止其表面被腐蚀应涂上隔水材料并与外电源负极相连，属于外加电流的阴极保护法，B不符合题意；
C. pH值均为9的NaOH溶液和Na2CO3溶液，两溶液中水的电离程度不相同，氢氧化钠是强碱抑制水的电离，碳酸钠水解，促进水的电离，C符合题意；
D. 0.1mol/L弱酸HA溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后得到等浓度的HA、NaA的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒可知所得溶液微粒浓度间有：2c(H+)+c(HA)＝c(A－)+2c(OH－)，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】C中注意碱对水和盐对水的作用不同，碱是抑制，盐是促进。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可得：c（H+）=c（OH﹣），混合溶液呈中性，所以溶液的pH=7，
故选B．
【分析】当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）可知溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），则混合液显示中性，溶液的pH=7．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：把1mL 0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，依据溶质物质的量不变得到，稀释后的溶液浓度为 =0.00005mol/L，溶液中氢离子浓度=0.0001mol/L；
依据溶液中离子积Kw=c（H+）（酸）×c（OH﹣）（水）=10﹣14；得到溶液中由水电离产生的c（H+）（水）=c（OH﹣）（水）=1×10﹣10mol/L，
故选D．
【分析】依据稀释后的溶液中溶质不变，溶液中离子积Kw=c（H+）c（OH﹣），计算得到溶液中由水电离产生的H+．
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B错误；
C、二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c（H+）＞c（OH﹣），酸对水的电离起抑制作用，故C正确；
D、食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不一定，不影响水的电离，溶液呈中性，故D错误．故选C．
【分析】c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动．
16．【答案】D
【解析】【解答】解：A．配制溶液时，将NaOH 溶液到容量瓶中需要用玻璃棒引流，图示操作不合理，故A错误；
B．托盘天平精确到0.1g，无法称取0.1575gH2C2O4 2H2O固体，且砝码和药品颠倒，应该遵循“左物右码”原则，故B错误；
C．检查碱式滴定管是否漏水的方法为：向滴定管内注满标准液或者清水，观察是否有液体从滴定管的尖嘴出漏出，如有则滴定管漏液，若无则滴定管没有漏液，图示操作为赶气泡，不是查漏，故C错误；
D．氢氧化钠呈碱性，用碱式滴定管盛装，图示滴定管为碱式滴定管，能够达到实验目的，故D正确；
故选D．
【分析】A．转移液体需要用玻璃杯引流；
B．托盘天平精确到0.1g，且应该遵循“左物右码”；
C．该方法为排除碱式滴定管中的气泡，不是查漏；
D．氢氧化钠呈碱性，可选用碱式滴定管盛放．
17．【答案】（1）Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；正；0.3
（2）NaOH；9.2
（3）0.1149mol/L；偏小
【解析】【解答】（1）①根据图示①知铁丝作阳极，阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；
②如图②所示，b极发生的反应为ClO-生成Cl-，氯元素化合价降低，得电子发生还原反应，作电池的正极；Na2FeO4中铁元素化合价为+6，根据得失电子守恒得：
n(ClO-)=3×n(Na2FeO4)=3× =0.3mol，
故答案为：Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；正；0.3；
（2）根据图③，电解Na2SO4溶液相当于电解水生成氢气和氧气，由题干知气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲为氧气，c极为阳极，乙为氢气，d极为阴极；d极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则丁为NaOH；生成0.1mol氧气时，转移的电子的物质的量为0.4mol，根据得失电子守恒，通过交换膜f的Na+的物质的量为0.4mol，则m(Na+)=23g/mol×0.4mol=9.2g，
故答案为：NaOH；9.2；
（3）第一组数据误差较大，应该舍去，则V（NaOH）=（27.83 mL +27.85 mL）/2=27.84 mL，根据HCl+NaOH═NaCl+H2O计算：27.84mL×0.1032mol/L=25.00mL×c（HCl），解得：c（HCl）=0.1149mol/L；若滴定前碱式滴定管下端尖嘴中无气泡，滴定后有气泡，消耗掉的氢氧化钠体积就会偏小，滴定结果偏小，故答案为：0.1149mol/L；偏小。
【分析】（1）①铁丝与电源的正极相连做阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此书写电极反应式；
②根据图示离子的转化确定发生的反应，从而确定正负极；根据得失电子守恒进行计算；
（2）根据电极反应式进行分析和计算；
（3）根据消耗NaOH溶液的体积计算盐酸的物质的量浓度，滴定前无气泡，滴定后有气泡，则消耗标准液的体积偏小；
18．【答案】（1）减小；＜；能
（2）3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138 kJ mol﹣1；NH4++H2O NH3 H2O+H+；MgCO3+2OH﹣═Mg（OH）2+CO32﹣
【解析】【解答】解：（1）①水的电离是吸热反应，温度升高促进了水的电离，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故答案为：减小；②体积、pH均相同的盐酸和醋酸溶液，由于醋酸部分电离，醋酸浓度大于溶液中氢离子浓度，所以中和等浓度的NaOH溶液，消耗的醋酸溶液的体积小于消耗的盐酸溶液的体积，即V1＜V2，故答案为：＜；③熵增加且放热反应，则△S＞0，△H＜0，所以△H﹣T△S＜0，该反应能够自发进行，故答案为：能；（2）①1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量46kJ，热化学方程式为3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138kJ mol﹣1，故答案为：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=﹣138kJ mol﹣1；②氯化铵溶液中弱离子铵根离子水解，使溶液呈酸性，故答案为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；③加入NaOH溶液后生成溶解更小的氢氧化镁沉淀，促进碳酸镁的溶解平衡正向移动，故答案为：MgCO3+2OH﹣═Mg（OH）2+CO32﹣．
【分析】（1）①根据水的电离过程是吸热反应分析；②根据醋酸是弱酸，溶液中部分电离进行判断；③根据自发进行的反应符合△H﹣T△S＜0进行分析；（2）①1molNO2与液态水反应生成HNO3溶液和NO气体放出热量45.5kJ，书写热化学方程式注意标注物质聚集状态、配平化学方程式、给定条件下反应的焓变；②氯化铵溶液中弱离子铵根离子水解，使溶液呈酸性；③加入NaOH溶液后生成溶解更小的氢氧化镁沉淀，促进碳酸镁的溶解平衡正向移动．
19．【答案】（1）250 mL容量瓶、胶头滴管
（2）碱式滴定管
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复
（4）98.05%
（5）②④
【解析】【解答】解：（1）操作步骤有称量、溶解、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，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的仪器除了小烧杯、玻璃棒、量筒还需要250 mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：250 mL容量瓶、胶头滴管；（2）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管量取，
故答案为：碱式滴定管；（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；用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色且半分钟内不恢复，说明反应达到终点，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复；（4）图表中第一次消耗标准溶液体积=20.40mL﹣0.50mL=19.90mL，第二次消耗溶液体积=22.10mL﹣0.10mL=22.00mL，误差较大舍去，第三次消耗溶液体积=20.40mL﹣040mL=20.00mL，标准溶液平均消耗体积= =19.95mL，待测液溶液浓度c= =0.4010mol/L，
待测烧碱溶液的纯度= ×100%=98.05%，
故答案为：98.05%；（5）①用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，故①错误；②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故②正确；③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读取标准溶液体积减小，测定浓度偏小，故③错误；④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏大，故④正确；
故答案为：②④．
【分析】（1）根据操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作选择仪器来解答；（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，用0.2010mol L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，甲基橙做指示剂溶液呈黄色，滴入盐酸反应终点变化为橙色；（4）根据c（待测）= 计算，V（标准）用第一次、第三次两次的平均值，第二次误差大舍去；（5）根据c（待测）= 分析误差，计算式中错误操作引起的变化全部变化为标准溶液体积的变化来判断浓度变化．
20．【答案】（1）滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
（2）淀粉溶液；当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
（3）否；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色
【解析】【解答】（1）用amol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色。若用甲基橙做指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色；
（2）用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用淀粉做指示剂，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，由于KMnO4溶液本身显紫红色，不需要选用指示剂，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。
【分析】（1）pH<8，酚酞呈无色，8
（3）KMnO4溶液本身显紫红色；
21．【答案】（1）2△H2 △H1
（2） 624 kJ mol 1
（3）放热；△H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)；
（4）500mL容量瓶、玻璃棒；93.60%
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律将反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到反应Ⅲ，因此△H3与△H1、△H2之间的关系是△H3= 2△H2 △H1；故答案为：2△H2 △H1。
（2）肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则1mol肼(N2H4)即32g完全燃烧生成气态水时放出536kJ，由于1mol肼完全反应生成了2mol气态水，再根据2H2O(g) =2H2O(l) △H= 88kJ mol 1，因此1mol肼完全反应生成液态水时放出624kJ的热，则肼的燃烧热△H= 624 kJ mol 1；故答案为： 624 kJ mol 1。
（3）①根据图中信息，第一步反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此第一步反应是放热反应；故答案为：放热；△H＜0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)。
②将两步反应方程式相加得到1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是 ；故答案为： 。
（4）①配制500mL叠氮化钠溶液时，需用到烧杯、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒等玻璃仪器；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒。
②根据题意先计算过量的 Ce4+的物质的量n(Ce4+)=0.0500 mol L 1×0.029L=1.45×10 3mol，则叠氮化钠(NaN3)的物质的量n(NaN3)= [0.1010 mol L 1×0.05L 1.45×10 3mol]×10=3.6×10 2mol，试样中 NaN3的质量分数为 ；故答案为：93.60%。
【分析】 (1)、依据盖斯定律分析解答；
(2)、先求出1molN2H4(l)燃烧的热化学方程式，再结合盖斯定律分析解答；
(3)、反应物总能量高于生成物总能量时为放热反应；由图写出第一步和第二步反应的热化学方程式，再结合盖斯定律分析解答；
(4)、①配制叠氮化钠溶液时，主要有以下步骤：计算、称量、溶解、转移、定容，根据每一步需要的玻璃仪器进行分析；
②先根据 的物质的量，再根据 计算NaN3的物质的量，结
合NaN3的质量分数计算。