2023-2024学年鲁科版（2019）高中化学选择性必修1 3.1水与水溶液分层练习(含答案）

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3.1水与水溶液
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是
A．该溶液lmL稀释至100mL后，pH等于3
B．向pH为1的硝酸溶液中加入等体积、pH为13的氨水恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×。
D．该溶液中水电离出的c(H+)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)的100倍
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．甲烷氯代反应中，消耗1 mol Cl2生成HCl分子数为NA
B．1 L pH=1的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2NA
C．22.4 L(标准状况)SO3中含有4NA个原子
D．1 mol·L-1NH4NO3溶液中含离子键数目为NA
3．已知lg2=0.3，将pH=2和pH=5的稀盐酸等体积混合，混合后溶液的pH约为
A．2.3 B．3.5 C．4.7 D．3
4．下列说法中，正确的是
A．在任何条件下，纯水的pH都等于7 B．在任何条件下，纯水都呈中性
C．在95 ℃时，纯水呈酸性 D．在95 ℃时，纯水呈碱性
5．室温下，下列叙述正确的是（ ）
A．pH＝2 的盐酸与 pH＝12 的氨水等体积混合后 pH>7
B．pH＝4的盐酸溶液，稀释至 10 倍后 pH＞5
C．0.2 mol·L-1 的醋酸，与等体积水混合后 pH＝1
D．100 ℃纯水的 pH＝6，所以水在 100 ℃时呈酸性
6．利用如图所示装置做实验：在烧杯中盛有半杯乙溶液，然后用滴定管向烧杯中滴加甲溶液；随着甲溶液的滴入灯泡渐渐变暗；滴到一定量时，灯泡熄灭；继续滴入甲溶液，灯泡又会逐渐变亮。下列各组溶液中（甲在前，乙在后），能够产生上述现象的是（ ）
A．溶液、溶液 B．溶液、氨水
C．溶液、溶液 D．溶液、溶液
7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．60gSiO2晶体中含有的Si—O键数目为2NA
B．pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NA
C．用含0.1molFeCl3的饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，所得胶体粒子数目最多为0.1NA
D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去NA个电子
8．常温下，0.10mol·L 1盐酸溶液中c(Cl-)是水电离出的c(H+)的
A．13倍 B．10-13倍 C．1012倍 D．12倍
9．25℃时，水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图中曲线所示，下列判断错误的是
A．ac曲线上的任意一点都有c(H+)×c(OH-)=10-14
B．bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度低于25℃，pH<7
D．c点溶液可能是盐溶液
10．实验操作规范且能达到目的是
目的 操作
A 取20.00mL盐酸 在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗
C 测定醋酸钠溶液的pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D 配制浓度为0.010mol·L－1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.15g放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．下列说法正确的是 。
A．酸都能与金属反应生成氢气
B．非金属氧化物都能与碱反应
C．金属氧化物都能与酸反应
D．碱都与盐反应
E．酸都能与碱反应
F．酸都能与盐反应
G．盐与盐不一定反应
H．金属一定不与碱反应
I．金属一定不与盐反应
J．能使酚酞变红的一定是碱的溶液
K．生成盐和水的反应一定属于复分解反应
L．Cu、CuO均能与盐酸反应生成CuCl2
12．25℃时，把0.08 mol/L的H2SO4溶液和0.18 mol/L的NaOH溶液等体积混合求混合后其pH＝ 。（写出计算过程，只填结果不得分）
13．已知水的电离平衡曲线如图所示。
回答下列问题：
(1)下列关于A点的说法错误的是 (填标号)。
a.加热可将A点变到C点，增大，溶液呈酸性
b.通入少量氨气，增大，平衡逆向移动，不变
c.向纯水中加入强酸，可抑制水的电离；加入弱酸，可促进水的电离
(2)图中A、B、C、D四点的由大到小的关系是 (用A、B、C、D表示)。
(3)若从A点到D点，可采用的措施是 (填标号)。
a.降温 b.加入适量稀盐酸 c.加入适量浓溶液 d.加入溶液
(4)取D点溶液于烧杯中，用量筒量取 稀硫酸与其混合，溶液与E点相同(溶液混合体积变化可忽略)。
(5)C点时，盐酸溶液中，水电离出的 ，若与的溶液等体积混合，溶液呈 性。
14．25℃时，在①pH=2的盐酸、②pH=3的醋酸、③pH=12的氨水、④pH=12的NaOH、⑤pH=4的NH4Cl溶液、⑥pH=12的CH3COONa溶液。6种溶液中，由水电离出的c(H+)大小关系(或顺序)是 。
15．回答下列问题:
(1)常温下，某种饮品pH=4，其中 。
(2)0.05 mol·L-1H2SO4溶液的pH= 。
(3)常温下，pH=13的氢氧化钡溶液， 。
16．溶液的pH
(1)定义：pH是c(H＋)的负对数，其表达式是pH= 。
(2)溶液的pH、c(H＋)及酸碱性的关系(25 ℃)：

pH大小能反映出 ，即能表示溶液的酸碱性强弱。
(3)pH的适用范围：1×10-14 mol·L-1≤c(H＋)≤1 mol·L-1，即___________≤pH≤__________， 。
17．I．己知水的电离平衡曲线如图所示：
回答下列问题：
(1)图中C点水的离子积常数为 (mol·L-1)2。
(2)A、B、C、D四点KW的关系是 。
(3)从A点到D点，可采取的措施是 。
a．升温 b．加入少量盐酸 c．降温 d．加入少量NaOH
Ⅱ.下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积KW 1×10-14 a 1×10-12
试回答以下问题：
(4)若25”“<”或“=”)1×10-14。
(5)在t2℃，pH=10的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度为 。
(6)在t2℃下，其溶液的pH=7，则该溶液 (填字母)。
a．呈中性 b．呈碱性 c．呈酸性 d．c(OH-)=100c(H+)
(7)25℃时，某Na2SO4溶液中，取该溶液1mL加水稀至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH-)= 。
18．水的电离
(1)电离特点： 、 、 ．
(2)电离方程式： ．
19．常温下用惰性电极电解200 mL 一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如下图所示(以下气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息回答下列问题。
(1)通过计算推测：
①原混合溶液NaCl和CuSO4的物质的量浓度为 、 ；
②t2时所得溶液的pH= ；
(2)若用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液200mL，经过一段时间后两极均得到224mL气体，则原混合溶液中的氯离子浓度的取值范围为 ，铜离子浓度的取值范围为 。
20．(1)将pH=5的H2SO4溶液稀释1000倍，稀释后溶液的c(H+)与c(SO)的比值近似为 。
(2)现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸(Ka=1.7×10-5)、③氢氧化钠、④氨水(Kb=1.7×10-5)，①、②、③、④四种溶液中由水电离出的OH-浓度由小到大的顺序是 (填序号)。
三、实验探究题
21．二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，其熔点为－59 ℃，沸点为11.0 ℃，易溶于水。工业上用稍潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60 ℃时反应制得。某学生拟用下图所示装置模拟工业制取并收集ClO2。

（1）A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、 。
（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是 。
（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2 3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。NaClO2的溶解度曲线如图

获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；
②趁热过滤；
③ ；
④在55℃干燥，得到成品。
（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.00 mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V2 mL(已知2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)。
①配制100 mL c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有： 。
②若步骤2所得溶液放置时间太长，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)
③ClO2溶液的浓度为 g·L－1(用含字母的代数式表示)。
22．铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，某实验小组在实验室用Cl2氧化Bi(OH)3制备NaBiO3，并探究其氧化性。
Ⅰ.查阅资料：
①NaBiO3固体不溶于冷水，加沸水会分解，遇酸则迅速分解，在酸性条件下能将Mn2+氧化为MnO。
②Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。
Ⅱ.制备NaBiO3 (夹持等装置略)
(1)装置A中，仪器b的名称 ，写出装置A中反应的离子方程式 。
(2)若没有B装置，可能产生的影响是 。
(3)装置C中Cl2发生的主要反应化学方程式为 ，另外还有Cl2＋2NaOH = NaCl＋NaClO＋H2O。
(4)反应结束后，装置C中的浊液经过滤、 、干燥得NaBiO3粗产品。
Ⅲ.测定NaBiO3产品纯度
取上述NaBiO3粗产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用c mol/L的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO，平均消耗V mL标准溶液。
(5)该产品的纯度为 %(用含w、c、V的代数式表示)。
Ⅳ.探究NaBiO3的氧化性
(6)取少量装置 C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2.该实验 (填“能”或“不能”)证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是 。
23．某同学欲探究Na2S2O3的有关化学性质，设计如图实验流程图。
请回答下列问题：
(1)用pH试纸测定溶液pH的操作方法是：
(2)写出生成白色沉淀W所涉及的离子方程式：
(3)将上述流程中所加BaCl2溶液和氯水的顺序颠倒，也得到白色沉淀，能否说明该白色沉淀与 W 为同种物质 (填“能”、“否”)；
(4)取三支大小相同的试管，通过测定Na2S2O3溶液与稀硫酸反应出现浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验表格如下：
实验 序号 实验 温度/℃ 0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积/mL H2O的体积/mL 0.1mol/LH2SO4溶液的体积/mL 所需时间/s
甲 25 5 5 2 /
乙 25 5 6 1 /
丙 35 5 5 V /
①V＝ ；
②探究浓度对化学反应速率的影响，应选择 (填实验编号)组实验进行对比分析；
③为了准确控制反应的温度，应采用的加热方式为
参考答案：
1．A
【详解】试题分析：A、pH为1的HNO3稀释至100ml，H+浓度变为0.001mol L 1，则pH=3，正确；B、pH=13的氨水浓度远远大于0.001mol L 1，所以向pH为1的硝酸溶液中加入等体积、pH为13的氨水，氨水过量，错误；C、pH为1的HNO3溶液，硝酸电离出的c(H+)=0.1mol L 1，水电离出的c(H+)=c(OH )=1×10-13mol L 1，则硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为0.1mol L 1：1×10-13mol L 1=1×1012，错误；D、pH为1的HNO3溶液，水电离出的c(H+)=1×10-13mol L 1，pH为3的HNO3溶液，水电离出的c(H+)=1×10-11mol L 1，为1/100，错误。
考点：本题考查溶液的稀释、弱电解质的电离及离子浓度计算。
2．A
【详解】A．甲烷与Cl2发生取代反应，CH4分子中的H原子被Cl原子取代产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4有机物，取代下来的H原子与另一个Cl结合产生HCl，若消耗1 mol Cl2，则生成HCl分子数为NA，A正确；
B．1 L pH=1的稀H2SO4中，n(H+)=1 L×0.1 mol/L=0.1 mol，故该溶液中含有H+数目为0.1NA，B错误；
C．在标准状况下SO3呈固体，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，C错误；
D．只有溶液浓度缺少溶液体积，不能计算硝酸铵中含有离子键的数目，D错误；
故合理选项是A。
3．A
【详解】已知lg2=0.3，将pH=2和pH=5的稀盐酸等体积混合，混合后溶液中的c(H+)==≈×10-2mol/L，故混合后溶液的pH=-lgc(H+)=-lg(×10-2)=2+ lg2=2+0.3=2.3，故答案为：A。
4．B
【详解】A．在任何条件下，纯水电离出的氢离子均等于氢氧根离子浓度，都呈中性，但只有在常温下纯水的pH值等于7，故A错误；
B．在任何条件下，纯水电离出的氢离子均等于氢氧根离子浓度，都呈中性，故B正确；
C．在任何条件下，纯水电离出的氢离子均等于氢氧根离子浓度，都呈中性，故C错误；
D．在任何条件下，纯水电离出的氢离子均等于氢氧根离子浓度，都呈中性，故D错误；
故选：B。
5．A
【详解】A. 一水合氨为弱电解质，pH=12的氨水的浓度远远大于0.01mol/L，等体积混合形成氯化铵与氨水混合溶液，且一水合氨的浓度远大于氯化铵的浓度，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，pH>7，故A正确；
B. 盐酸为强电解质，完全电离，pH＝4的盐酸溶液，稀释至 10倍后 pH=5，故B错误；
C. 醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进其电离，与等体积水混合后pH＞1，故C错误；
D. 加热促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度都同等程度增大，Kw增大，但纯水始终显中性，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．向溶液中滴加溶液能生成强电解质，灯泡不可能熄灭，A错误；
B.和都是弱电解质，二者反应会生成强电解质，灯泡不会熄灭，B错误；
C．和反应会生成沉淀，不过同时会生成强电解质，灯泡不会熄灭，C错误；
D．把溶液滴入溶液中，生成的是难溶物，生成的是极弱的电解质，所以灯泡会渐渐变暗直至熄灭，而继续滴加溶液，是强电解质，灯泡又会逐渐变亮，D正确。
答案选D。
7．D
【详解】A．60gSiO2晶体中1个Si与周围的4个O形成Si-O键，故60gSiO2晶体中含有的Si—O键数目为=4NA，A错误；
B．题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目，B错误；
C．用含0.1molFeCl3的饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，由于所得胶体粒子是很多Fe(OH)3微粒聚集在一起，故胶体粒子数目远小于0.1NA，C错误；
D．1molNa与足量O2反应，不管生成Na2O还是生成Na2O2，均失去1mol电子，Na失去1mol×NA mol-1=NA个电子，D正确；
故答案为：D。
8．C
【详解】常温下，0.10mol·L 1盐酸溶液中c(Cl-)= c(H+)=0.10mol·L 1，水电离出的c(H+)= c(OH-)==10-13 mol·L 1，c(Cl-)是水电离出的c(H+)的倍=1012倍，故选C。
9．C
【详解】A．ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c(H+)·c(OH-)=10-14，A正确；
B．bd线上任意点都满足c(H+)=c(OH-)，溶液一定显示中性，B正确；
C．d点时，c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol·L-1，溶液的pH=6<7，C正确；
D．在a点c(H+)=1×10-6mol·L-1，c(OH-)=1×10-8mol·L-1，溶液显示酸性，D错误；
故选D。
10．B
【详解】A.50mL酸式滴定管的50.00mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，故A错误；
B.碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，故B正确；
C.醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，故C错误；
D.容量瓶不能作为反应容器，故D错误；
故答案为B。
11．EG
【详解】A．酸不一定都能与金属反应生成氢气，比如盐酸与不活泼金属就不能反应生成氢气，A错误；
B．非金属氧化物不一定都能与碱反应，比如CO不能与氢氧化钠反应，B错误；
C．金属氧化物不一定都能与酸反应，比如Mn2O7为酸性氧化物不能与酸反应，C错误；
D．碱不一定都与盐反应，比如氢氧化钠不能与氯化钠反应，D错误；
E．酸都能与碱反应，E正确；
F．酸不一定都能与盐反应，比如盐酸就不能与氯化钠发生反应，F错误；
G．盐与盐不一定反应，比如氯化钠与氯化铁就不会发生反应，G正确；
H．金属也可以与碱反应，比如两性金属铝就能与氢氧化钠发生反应，H错误；
I．金属也可以与盐反应，比如活泼金属铁就能与硫酸氢钠发生反应，I错误；
J．能使酚酞变红的不一定是碱的溶液，能使酚酞变红的溶液显碱性，有些盐溶液也显碱性，J错误；
K．生成盐和水的反应不一定属于复分解反应，比如二氧化硅与氢氧化钠反应生成盐和水，但其不属于复分解反应，K错误；
L．Cu不能与盐酸反应生成CuCl2，L错误；
故选EG。
12．pH＝12
【分析】先根据酸、碱的浓度计算出混合前溶液中c(H+)、c(OH-)，然后根据二者是按1:1反应，判断出酸过量还是碱过量，最后根据Kw=c(H+)×c(OH-)、pH=-lg c(H+)计算出溶液的pH。
【详解】0.08 mol/L的H2SO4溶液，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.08mol/L=0.16mol/L，0.18 mol/LNaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=0.18mol/L，将两种溶液等体积混合时，发生反应：H++OH-=H2O，可知碱过量，混合后溶液中c(OH-)=( 0.18mol/L-0.16mol/L)÷2=0.01mol/L，在室温下，Kw= c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14，所以反应后溶液的氢离子浓度c(H+)=(1.0×10-14) ÷0.01=1.0×10-12mol/L，则溶液的pH=-lg c(H+)=-lg[1.0×10-12]=12。
13．(1)ac
(2)C>B>A=D
(3)c
(4)12.2
(5) 碱
【详解】（1）a．加热，水的电离平衡正向移动，、增大，可将A点变到C点，溶液仍呈中性，故a错误；
b．通入少量氨气，氨水电离出OH-，增大，水的电离平衡逆向移动，温度不变，所以不变，故b正确；
c．向纯水中加入强酸或弱酸，都抑制水的电离，故c错误；
选ac。
（2）Kw只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw增大，图中A、B、C、D四点的由大到小的关系是C>B>A=D。
（3）a．降温，水的电离平衡逆向移动，、都减小，故不选a；
b．加入适量稀盐酸，增大、减小 ，Kw不变，故不选b；
c．加入适量浓溶液， 增大、减小、 ，Kw不变，故选c；
d．加入溶液，、都不变，故不选d；
选c。
（4）根据图示，D点溶液=10-13mol/L，则=0.1mol/L，E点溶液=10-2mol/L；设需要稀硫酸的体积为VmL，则，V=12.2mL。
（5）C点时，Kw=,盐酸溶液中，水电离出的mol/L，的溶液中=1mol/L，若与的溶液等体积混合，氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性。
14．⑥>⑤>②>①=③=④
【分析】盐类水解促进水的电离，酸碱溶液中水的电离受到溶质电离产生的H+或OH-的抑制；
【详解】pH=12的CH3COONa溶液，溶液中c(H+)=1×10-12mol L-1，按照25℃时，求得c(OH-)=1×10-2mol L-1，OH-是水电离的，故水电离出的c(H+)也为1×10-2mol L-1；
pH=4的NH4Cl溶液，溶液中c(H+)=1×10-4mol L-1，盐溶液中H+是水电离产生；
pH=12的氨水、pH=12的NaOH溶液，这两种碱溶液中的OH-均是溶质电离产生，故抑制水的电离，溶液中c(H+)=1×10-12mol L-1全部是由水电离产生；
同理，pH=2的盐酸、pH=3的醋酸，这两种酸溶液中的H+均是溶质电离产生，故抑制水的电离，则盐酸中c(H+)=1×10-2mol L-1，按照25℃时，求得c(OH-)=1×10-12mol L-1，则醋酸中c(H+)=1×10-3mol L-1，按照25℃时，求得c(OH-)=1×10-11mol L-1，这两种酸溶液中的OH-均是水电离产生，水电离的H+和OH-一样多，所以盐酸中水电离的c(H+)=1×10-12mol L-1，醋酸中水电离的c(H+)=1×10-11mol L-1
故此，六种溶液中水电离的H+浓度由大到小排序应填“⑥>⑤>②>①=③=④”。
15．(1)
(2)1
(3)
【详解】（1）pH=4，根据，常温下，，所以，，故填；
（2）0.05 mol·L-1H2SO4溶液，，1，故填1；
（3）pH=13的氢氧化钡溶液，，常温下，，，，故填。
16．(1)—lgc(H+)
(2)溶液中c(H+)大小
(3)0≤pH≤14
【详解】（1）溶液pH是溶液中氢离子浓度的负对数，表达式为pH=—lgc(H+)，故答案为：—lgc(H+)；
（2）溶液pH的大小能反映出溶液中氢离子浓度的大小，溶液pH小于7时，溶液呈酸性，酸性溶液pH越小，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；溶液pH大于7时，溶液呈碱性，溶液pH越大，溶液中氢氧根离子离子浓度越大，氢离子浓度越小，碱性越强，所以pH大小能表示溶液的酸碱性强弱，故答案为：氢离子浓度的大小；
（3）由氢离子浓度的大小范围可知，pH的适用范围为0≤pH≤14，故答案为：0≤pH≤14。
17．(1)1×10-12
(2)C>B>A=D
(3)b
(4)>
(5)1×10-10 mol·L-1
(6)b
(7)1 000∶1
【详解】（1）图中C点水的离子积常数Kw= c(H＋)·c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12；
（2）水的电离为吸热过程，温度越高，水的电离程度越大，KW越大，温度相同时，KW相等，则A、B、C、D四点KW的关系是C>B>A=D；
（3）A点到D点，温度不变，c(H＋)增大，c(OH-)减小，则采取的措施可为加入少量盐酸，故b正确；
（4）水的电离吸热，升温促进水的电离，Kw变大，故答案为：>；
（5）在t2℃时，pH=10的NaOH溶液中c(H＋)=1×10-10 mol·L-1，NaOH溶液中c(H＋)来自水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH-，水电离产生的OH-浓度为1×10-10 mol·L-1；
（6）在t2 ℃时，某溶液的pH=7，c(H＋)=1×10-7 mol·L-1，该溶液中c(OH-)=1×10-5 mol·L-1>c(H＋)，溶液呈碱性；
（7）c(SO)=5×10-4 mol·L-1，则c(Na＋)=2c(SO)=1×10-3 mol·L-1，稀释10倍，则c(Na＋)=1×10-4 mol·L-1。25 ℃时，Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7 mol·L-1，稀释10倍后仍然为1×10-7 mol·L-1，则c(Na＋)∶c(OH-)=1 000∶1。
18． 微弱 可逆 吸热
【解析】略
19．(1) 0.1mol/L 0.1mol/L 1
(2) 0＜c(Cl-)＜0.1mol/L 0＜c(Cu2＋)＜0.05mol/L
【分析】刚开始时阴极Cu2+得电子，无气体放出，Cu2+反应完后溶液中的H+放电，Ⅰ是H2，阳极先是溶液中的Cl﹣放电，反应完后溶液中的OH-放电，电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系，计算时抓住电子守恒；据此分析；
【详解】（1）①由分析可知，产生氯气为224mL，则由2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑可知，n(NaCl)= =0.02mol， 则c(NaCl)==0.1mol/L，由t2时生成氧气为112mL，n(O2)= =0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2++2e﹣=Cu可知，n(CuSO4)= =0.1mol/L；故答案为0.1mol/L；0.1mol/L；
②t2时溶液中c(Na＋)=0.1 mol/L，c()=0.1 mol/L，根据电荷守恒有：c(H＋)=2×0.1 mol/L-0.1 mol/L=0.1 mol/L，即溶液的pH=1 ；故答案为1；
（2）在阴极放电的离子有Cu2+、H+，在阳极放电的离子有Cl﹣、OH﹣，经过一段时间后两极分别得到224mL气体，设c(Cl﹣)=x，c(Cu2+)=y；
阴极反应： ，
阳极反应：，
所以：0.4y+0.02=0.2x+4(0.01-0.1x)，即x=0.1-2y，即0＜y＜0.05mol/L；综上所述，本题答案为0＜c(Cl﹣)＜0.1mol/L；0＜c(Cu2+)＜0.05mol/L。
20． 20：1 ①<③<②=④
【详解】(1)将pH=5的H2SO4溶液中c(H+)=10-5mol/L，c(SO)=510-6mol/L，稀释1000倍溶液接近中性，c(H+)10-7mol/L，c(SO)变为原来的千分之一，为510-9mol/L，c(H+)与c(SO)的比值近似为10-7mol/L：510-9mol/L =20：1；
(2)酸和碱电离均抑制水的电离，硫酸和NaOH为强电解质，同浓度下对水的电离的抑制作用强于醋酸和一水合氨，而硫酸为二元酸，所以电离出的氢离子浓度更大，对水的电离抑制作用强于NaOH，而醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，所以同浓度时对水的电离抑制程度相同，对水的电离抑制作用越强，水电离出的氢氧根浓度越小，所以四种溶液中由水电离出的OH-浓度由小到大的顺序是①<③<②=④。
21． 温度计 使ClO2充分冷凝，减少挥发 用38～60℃ 热水洗涤 100mL容量瓶、胶头滴管 偏高
【分析】图中的反应制备ClO2气体装置中，A为制备ClO2气体发生装置，B为收集装置，根据ClO2的熔沸点可采用冷凝法收集，装置B中压强降低，使C中溶液进入B装置中制备。NaClO2的溶解度曲线图中，其溶解度随温度的升高而增大，且变化明显，用加热浓缩，冷却结晶的方法可以从NaClO2溶液中获取NaClO2晶体。
【详解】（1）监测温度必须要用温度仪，因此控制温度的玻璃仪器为温度计。故答案为：温度计；
（2）因为ClO2沸点为11.0℃，容易挥发，使用冰水浴使ClO2充分冷凝，减少挥发，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；
（3）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃ 时析出晶体是NaClO2 3H2O，高于38℃ 时析出晶体是NaClO2，高于60℃ 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。要得到NaClO2需要用38～60℃ 热水洗涤。故答案为：用38～60℃ 热水洗涤；
（4）① 配制100毫升溶液需要使用100mL容量瓶和胶头滴管。
② 因为碘化钾可以被空气中的氧气氧化而生成碘单质，所以会造成结果偏高。
③ 假设100mL原二氧化氯的浓度为xmol/L，则有
计算，则原ClO2溶液的浓度为=。
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；偏高；。
【点睛】本题主要考查的是实验操作，涉及到溶液配制、氧化还原滴定等知识点。
22．(1) 恒压滴液漏斗
(2)混在氯气中的HCl会中和C中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降
(3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O
(4)冷水洗涤
(5)
(6) 不能 酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2
【分析】在装置A反应生成Cl2，氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl也会与碱NaOH发生反应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，通过装置B中饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl杂质气体，进入C中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收未反应的Cl2减少污染。
【详解】（1）装置A中，仪器b的名称为恒压滴液漏斗，根据分析可知装置A中产生氯气，反应的离子方程式为；
（2）装置B中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HC1，若没有装置B，可能产生的影响是混在氯气中的HCl会中和C中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；
（3）反应开始时，C中Cl2与氢氧化钠溶液发生的反应：Cl2＋2NaOH = NaCl＋NaClO＋H2O，制取NaBiO3的反应为： Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；
（4）应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知： NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、干燥；
（5）在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化产生MnO，再将H2C2O4氧化产生CO2气体，根据电子守恒可得关系式：，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=c mol/LV10-3L=cV10-3 mol，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV10-3mol，该产品的纯度为；
（6）取少量C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。由于在装置C中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。
23． 取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH S2O+4Cl2+5H2O＝2SO+8Cl﹣+10H+；Ba2++SO＝BaSO4↓ 否 2 甲、乙 水浴加热
【分析】(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；
(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也可能硫代硫酸钠和钡离子形成白色沉淀；
【详解】(1)溶液pH的测定方法和步骤为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH；
(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；反应的离子方程式为：S2O+4Cl2+5H2O＝2SO+8Cl﹣+10H+；Ba2++SO＝BaSO4↓；
(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也会使溶液变白色浑浊，或硫代硫酸钠和钡离子形成沉淀，不能说明沉淀成分相同；
(4)①研究化学反应速率的影响因素试验，需要其他条件不变，改变其中一个条件分析判断，所以丙中改变了温度，其他条件不变，V=2；
②探究浓度对化学反应速率的影响，分析图表数据可知，甲乙硫酸浓度不同观察反应的快慢；
③研究温度变化，温度低于100°C，利用水浴加热用温度计准确控制改变的温度，为了准确控制反应的温度采用水浴加热。
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