专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023---2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023---2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 710.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-29 20:28:13 | ||
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文档简介
专题3《水溶液中的离子反应》
一、单选题（共13题）
1．化学是一门实用的中心学科，化学让生活更美好，下列生活中的实例与所述化学知识中没有关联的是
选项 生活中的实例 化学知识
A 自来水普及以前，人们常用明矾来净水 明矾水解可形成胶体，能够吸附杂质
B 疫苗一般应冷藏存放 一定条件下，蛋白质可以发生盐析
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水在高温条件下会反应
D 洗涤餐具时可以用热的纯碱溶液去除油污 油脂在碱性条件下发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
2．常温下，向溶液中逐滴加入盐酸，溶液的与所加盐酸体积的关系如图所示(不考虑挥发)下列说法正确的是
A．溶液中：
B．点①所示溶液中：
C．点②所示溶液中：
D．点③所示溶液中：
3．某酸溶液中含X粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．已知亚磷酸的结构为 ，则X可能为P
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式为
C．溶液中有
D．溶液中有
4．为不溶性固体，可用作白色颜料和阻燃剂，在实验室可利用的水解反应制取。为了得到较多的，操作时要将缓慢加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水，下列叙述错误的是
A．水解总反应可表示为：
B．适当加热可使胶态聚沉，便于分离
C．大量的水和氨水都能促进水解
D．反应后可直接通过结晶得到固体
5．25℃时，用0.2 mol·L－1的盐酸分别滴定20 mL 0.2 mol·L－1的氨水和MOH碱溶液(碱性：NH3·H2O大于MOH)，溶液的pOH [pOH=－lgc(OH－)]与lg或lg 的关系如下图所示。下列说法错误的是
A．曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线
B．b、e点溶液中加入盐酸的体积均为10 mL
C．a点对应的溶液pH=11
D．f点溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)
6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中含有个分子
B．常温下，的盐酸溶液，由水电离的离子数目为
C．时，乙烯中，含有键的数目为
D．向的溶液中加氨水至中性，此时溶液含数目为
7．亚氯酸钠)在溶液中会生成、、、等，其中和都是具有漂白作用。已知，经测定时各组分含量随变化情况如图所示(浓度没有画出)，此温度下，下列分析正确的是
A．的电离平衡常数的数值
B．时，部分转化成和离子的方程式为：
C．时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：
D．同浓度溶液和溶液等体积混合，则混合溶液中有：
8．已知常温下，，下列有关说法不正确的是
A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中： c(Cl-)： c(Br-)=360
B．AgCl在水中溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的小
C．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀
D．在含有AgCl、AgBr固体悬浊液中加入少量NaBr固体，c(Cl-)增大
9．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22.4L的CHCl3中含有的氯原子数目为2NA
B．向恒容密闭容器中充入2molNO和1molO2充分反应后容器中的分子总数一定是2NA
C．1L的硫酸铝溶液中，c()=1.5amol/L，则Al3+数目为aNA
D．用惰性电极电解100mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数目为0.04NA
10．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A． B．
C．和的乘积 D．的物质的量
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．往密闭容器中充入1 mol 和3 mol 充分反应生成的分子数为
B．1 L 0.1 mol·L的溶液中数目为
C．电解熔融NaCl，阴极增重2.3 g，外电路中通过电子的数目为
D．0.1 mol·L的溶液中，和离子数之和等于
12．常温下将物质的量浓度相同的溶液与醋酸溶液等体积混合后，下列关系式能成立的是
A．
B．
C．
D．
13．常温下，向20 mL 0.2 mol/L二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol/LNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是
A．从图象中可知H2A为强酸
B．当V(NaOH)=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+）>c(HA－）> c(H+) >c( A2－) >c(OH－)
C．当V(NaOH) =20 mL时混合溶液的pH值大于7
D．当V(NaOH) =40 mL时，升高温度，c(Na+)／c(A2－)减小
二、填空题（共10题）
14．25℃时有以下5种溶液： ①0.10mol/LHCl溶液； ②0.10mol/LCH3COOH溶液；③0.10mol/LNaOH溶液；④0.10mol/LNH4Cl溶液；⑤Na2CO3溶液。
(1)往②加入少量CH3COONa固体，此溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)①和②两种溶液中水的电离程度大小为① ②(填“＞”“＜”或者“=”)
(3)将②与③等体积混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。
(4)用pH试纸测得④的pH=5，则此溶液中水电离出来的氢氧根离子浓度为 mol/L。
(5)用0.1000mol/L的标准盐酸滴定50.00mL未知浓度的NaOH溶液的酸碱中和滴定实验中，下列有关说法正确的是 。
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管、锥形瓶后可分别直接注入标准盐酸和待测液NaOH溶液
B．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，两眼注视滴定管液面变化
C．此中和滴定实验的指示剂可采用酚酞，滴定终点的现象为：溶液由无色变为红色，且30s内颜色不变
D．酸碱中和滴定过程中，滴定管放出液体的体积为22.06mL
15．碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。
(1)泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式 。
(2)Na2O2和NaHCO3属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应： Na2O2+ FeCl2+ H2O→ Fe(OH)3+ FeCl3+ NaCl，已知FeCl2前面系数为6，配平上述化学方程式，并用单线桥法标出电子转移方向和数目 。
(3)向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO)的变化是 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：①通入氨，冷却、加食盐，过滤 ②不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是 (选填编号)。
A．①析出的氯化铵纯度更高
B．②析出的氯化铵纯度更高
C．①②析出的氯化铵纯度一样
D．无法判断纯度高低
(5)已知HCO在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3) c(CO)(选填“>”、“<”、“=”)。
16．二氧化氯(ClO2)是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和还原法。
(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应，操作简单，同时可得到副产品Na2SO4。
①制备时发生反应的离子方程式为 。
②下列说法正确的是 。
A．基态硫原子价电子的轨道表示式为 B．原子半径：r(S)＞r(Cl)＞r(O)
C．第一电离能： I1(Cl)＞I1(S)＞I1(O) D．Na+的价电子(外围电子)排布式为3s1
(2)盐酸还原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有ClO2和Cl2两种主要成分，为测定某二氧化氯消毒液中ClO2的浓度，进行如下实验：
量取5.00 mL二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25.00 mL，再向其中加入过量KI溶液，充分振荡；用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色后，加入指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液5.50 mL；再向锥形瓶加入稀H2SO4调节溶液pH=3， 再用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴至浅黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：2ClO2+ 2KI=2KClO2 +I2；KClO2+4KI+2H2SO4= KCl+2K2SO4+2I2+2H2O；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
①Na2S2O3标准溶液应装在 中，均以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为 。
②计算该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度 (写出计算过程)。
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，将导致测得的ClO2浓度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17．(1)消防用的泡沫灭火器内装的药品是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，用离子方程式表示二者混合时发生的反应 。
(2)25℃时，pH=3 的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，请写出溶液中电荷守恒关系： 。
(3)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L与pH＝3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝ 。
(4)物质的量浓度相同的下列溶液①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl⑥NH3 H2O，
c(NH4+)由小到大的排列顺序是 (填序号)。
(5)常温时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10﹣20，将Cu(OH)2溶于2.2mol/L CuCl2溶液中形成平衡溶液的pH为 。
18．在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式 ，该反应能够发生是因为（选填编号） 。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有 种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是 ，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)= 。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应： CuS+ HNO3（浓）— CuSO4+ NO2↑+ H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为 L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为 。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为 ，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示） 。
19．乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01 mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。）填空：
H2C2O4 KHC2O4 K2C2O4
pH 2.1 3.1 8.1
(1)写出H2C2O4的电离方程式 。
(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是 ；向0.1 mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是 。
a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-) b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)
c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-) d．c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式 ；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是 。
20．水的离子积常数Kw
(1)表达式： 。
(2)影响因素：
①水的离子积常数只受 的影响，与c平(H＋)、c平(OH－)的变化 。
②升高温度，Kw 。
(3)数值：常温下，水的离子积常数Kw＝ mol2·L－2。
(4)Kw适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质溶液。
21．(1)取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量为 mol。
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因用离子方程式解释 。
(3)在1LFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 。
(4)将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为 。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为 。
(5)三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为
(6)草酸晶体的组成可表示为：H2C2O4·xH2O，为测定x值，进行下列实验。
①称取mg草酸晶体，配成100.0mL无色溶液。
②取25.0mL所配草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，缓缓滴入浓度为cmol·L-1KMnO4溶液与之反应，所发生反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
实验结束的标准是 。若整个过程滴入高锰酸钾溶液amL，则实验所配得的草酸溶液的物质的量浓度为 ，因此计算出草酸晶体x值为 。
22．水是一种极其微弱的电解质。
(1)已知t℃时纯水的，计算该温度下水的离子积 ，该温度下的硫酸溶液中水电离出的 。
(2)对水进行下列操作，能抑制水的电离的是_______。
A．加入一小块 B．加入适量溶液
C．升温至60℃ D．通入适量气体
(3)已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：
A、B、C、D四点的关系是 (、…表示)。
(4)室温下，实验测得溶液的，下列说法正确的是 。
a．可能呈酸性
b．溶液中
c．可能呈中性
23．氯化铝可制备无机高分子混凝剂，在有机合成中有广泛的用途。
完成下列填空：
(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是 。
(2)往AlCl3溶液中加入过量下列溶液，最终得到无色澄清溶液的是 （选填编号）。
a．Na2CO3 b．NaOH c．NaAlO2 d．H2SO4
(3)用滴管向试管中滴加少量AlCl3溶液时，滴管不得伸入试管中的理由是 ；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，不断上下移动试管的目的是 ；取AlCl3溶液，用小火持续加热至水刚好蒸干，生成白色固体的组成可表示为：Al2(OH)nCl(6-n)，为确定n的值，取3.490 g白色固体，全部溶解在0.1120 mol 的HNO3(足量)中，并加水稀释成100 mL，将溶液分成两等份，进行如下实验：
(4)一份与足量氨水充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最后得Al2O3的质量为1.020 g。判断加入氨水已足量的操作是 。过滤、洗涤后至少要灼烧 次(填写数字)；测定样品中铝元素含量时不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因可能是 （选填编号）。
a．干燥Al(OH)3固体时易失水 b．Al2O3的质量比Al(OH)3大，误差小
c．沉淀Al(OH)3时不完全 d．灼烧氧化铝时不分解
(5)从另一份溶液中取出20.00 mL，用标准NaOH溶液滴定过量的硝酸，滴定前滴定管读数为1.50 mL，终点时滴定管液面(局部)如图所示(背景为白底蓝线的滴定管)。则消耗NaOH溶液体积为 mL。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．明矾在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮的杂质聚沉达到净水的目的，所以自来水普及以前，人们常用明矾来净水，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故A不符合题意；
B．温度过高，蛋白质会发生变性导致疫苗失活，所以疫苗一般应冷藏存放，则生活中的实例与所述化学知识中没有关联，故B符合题意；
C．铁与水在高温条件下会反应生成四氧化三铁和氢气，所以工人将模具干燥后再注入熔融钢水，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故C不符合题意；
D．纯碱是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，所以洗涤餐具时可以用热的纯碱溶液去除油污，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故D不符合题意；
故选B。
2．B
【解析】CH3COONa溶液中逐滴加入盐酸，发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl。图象中点①pH=7，显中性，此时c(H+)=c(OH-)；点②加入V(HCl)=10 mL，CH3COONa反应一半，故此时组成为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，三者近似相等；点③加入V(HCl)=20 mL，CH3COONa恰好反应，此时组成为CH3COOH、NaCl，两者近似相等。
【详解】A．CH3COONa溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、物料守恒：c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，联立消去Na+得：c(CH3COOH) +c(H+)= c(OH-)，A错误；
B．点①pH=7，显中性，此时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，得c(Na+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)，再结合物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，推得c(Cl-)= c(CH3COOH)，此时溶液中Cl-、CH3COOH大量存在，其浓度要大于微量存在的H+、OH-，B正确；
C．由分析知点②组成为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，三者近似相等，此时溶液pH<7，说明CH3COOH电离大于CH3COO-水解，故c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，c(Cl-)不变，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)，C错误；
D．由分析知点③组成为CH3COOH、NaCl，两者近似相等，由于CH3COOH电离是微弱的，而NaCl完全电离，故c(CH3COO-)＜c(Na+)，另外由于水的电离也能产生H+，故c(H+)＞c(CH3COO-)，即c(Na+) ＞c(H+)＞c(CH3COO-) ，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．由各粒子的分布图可知，该酸应该为三元弱酸，若亚磷酸的结构为 ，含有两个羟基，为二元酸，所以X不可能为P，A错误；
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式应为： ，B错误；
C．在溶液中，存在电离，由图可知， 和水解：，，，所以水解程度大于电离程度，所以，C正确；
D．在溶液中，根据电荷守恒，，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．为不溶性固体，在实验室可利用的水解反应制取，其水解总反应可表示为：，故A正确；
B．适当加热可使胶态聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，故B正确；
C．大量的水和氨水都是降低HCl的浓度，平衡正向移动，能促进水解，故C正确；
D．为不溶性固体，因此反应后要通过过滤得到固体，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．B
【详解】A．当lg=0或lg=0时，pOH越大，说明碱性越弱，由于碱性：NH3·H2O大于MOH，则曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线，故A正确；
B．若氨水溶液中加入盐酸的体积为10 mL，则溶质为NH3·H2O和NH4Cl且两者物质的量浓度相等，由于氨水电离占主要，因此溶液显碱性，则c() ＞c(NH3·H2O)，则不在b点，同理若MOH溶液中加入盐酸的体积为10 mL，也不在e点，故B错误；
C．根据b点pOH=4.74，lg=0，，则a点，解得，，则对应的溶液pH=11，故C正确；
D．根据e点pOH=6，lg=0，则，f点lg=1，则，，溶液呈中性，根据电荷守恒得到溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A．是弱酸，在水溶液中部分电离，分子数应小于，选项A错误；
B．的盐酸溶液中，离子总数为，由水电离的数目为，选项B错误；
C．每个分子中含有一个键，乙烯中含有键的数目为，选项C错误；
D．溶液中加氨水至中性，由电荷守恒定律可知此时溶液中，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】A．HClO2的电离平衡常数Ka=，观察图象可以看出，当 pOH=8 时， pH=6 ，c()=c(HClO2) ，因此 HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10 6，故A错误；
B．由图可以得出：酸性条件下浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定， pOH=11 时，部分转化成 ClO2和 Cl 离子的方程式为： 5+2H2O=4ClO2+Cl +4OH ，故B正确；
C．根据图知， pH=7 时，存在c(ClO2) ＜c(HClO2)＜c() ，故C错误；
D．依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c()+c(Cl )+c(OH )① ，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c()+c(HClO2)+c(ClO2)+c(Cl )② ，联立 ①②得：c(HClO2)+c(H+)+c(ClO2)=c(OH )+c(Na+) ，故D错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．同一溶液中，c(Ag+)相同，溶液中同时存在如下两种关系式：，，所以c(Cl-):c(Br-)===360，故A正确；
B．氯化钠溶液中有Cl-，Cl-能抑制AgCl的溶解，AgCl在水中溶解度比在NaCl溶液中的大；溶度积只与温度有关，温度不变Ksp不变，故B错误；
C．由于，AgCl容易转化为淡黄色的AgBr沉淀，故C正确；
D．在含有AgCl、AgBr固体悬浊液中加入少量NaBr固体，Br-浓度增大，使AgBr的溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，又使AgCl的溶解平衡正向移动，c(Cl-)增大，故D正确；
答案选B。
9．D
【详解】A．标准状况下，三氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算22.4L的CHCl3的物质的量和其中含有的氯原子数目，故A错误；
B．向恒容密闭容器中充入2mol NO和1mol O2，充分反应后生成2mol NO2，由于存在化学平衡2NO2 N2O4，所以反应后分子总数小于2NA，故B错误；
C．Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会发生水解，当浓度为1.5amol L-1，则Al3+的浓度小于amol L-1，则1L硫酸铝溶液中，Al3+数目小于aNA，故C错误；
D．用惰性电极电解100mL0.1mol/L的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH-放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2+2x=4x，解得：x=0.01mol，所以电路中转移电子为0.04NA，故D正确；
故答案选D。
10．B
【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O)减小，n(OH-)和n()增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3 H2O)、c(OH-)、c()都减小，由于温度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。
【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知= ，加水稀释，温度不变，c()减小，比值变大，A项错误；
B．由分析可知，c(NH3 H2O)减小，c(H+)增大，可推知水量的增加而减小，B项正确；
C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)为离子积常数，为定值保持不变，C项错误；
D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O) 减小，n(OH-)增大，D项错误；
答案选B。
11．C
【详解】A．氮气和氢气反应生成氨气，该反应可逆，往密闭容器中充入1 mol 和3 mol 充分反应生成的分子数小于，故A错误；
B．溶液中水解，1 L 0.1 mol·L的溶液中数目小于，故B错误；
C．电解熔融NaCl，阴极增重2.3 g，生成钠的物质的量为0.1mol，外电路中通过电子的数目为，故C正确；
D．没有明确溶液体积，不能计算0.1 mol·L的溶液中和数目，故D错误；
选C。
12．D
【分析】将物质的量浓度相同的NaOH 溶液和CH3COOH溶液等体积相混合后，二者恰好完全反应生成CH3COONa和水，所以溶液中溶质为CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒分析解答。
【详解】A．将物质的量浓度相同的NaOH溶液与醋酸溶液等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B．溶液中存在的物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，则c(Na+)>c(CH3COO-)，故B错误；
C．溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(H+)＜c(CH3COO-)+c(OH-)，故C错误；
D．将物质的量浓度相同的NaOH溶液与醋酸溶液等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa溶液中存在的物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．H2A溶液中存在H2A分子，说明H2A部分电离，所以H2A为弱酸，A错误；
B．根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），B正确；
C．当V（NaOH）=20 mL时，溶液中c（ A2-）大于c（ H2A），HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，即混合溶液的pH值小于7，C错误；
D．向20mL 0.2mol．L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2-离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2-离子浓度减小，钠离子浓度不变，则比值增大，D错误；
故选B。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、、、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c()+c(OH-)+2c()。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
14．(1)增大
(2)＜
(3)Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+
(4)1×10-5
(5)D
【详解】（1）醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向0.10mol/L醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故答案为：增大；
（2）醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，则浓度均为0.10mol/L的醋酸溶液和盐酸溶液中，盐酸溶液氢离子浓度大，抑制水的电离的程度大，所以水的电离程度小，故答案为：＜；
（3）浓度均为0.10mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合恰好反应得到醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序是Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+，故答案为：Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+；
（4）氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子，所以pH为5的氯化铵溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为1×10-5mol/L，故答案为：1×10-5；
（5）A．酸式滴定管需用标准盐酸润洗，否则会使标准溶液浓度因稀释而减小引起滴定误差，故A错误；
B．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，两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故B错误；
C．若实验用酚酞做滴定的指示剂，终点的现象为溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变，故C错误；
D．若滴定前仰视读数、滴定后俯视读数会使标准液体积减少，导致所测氢氧化钠溶液的浓度偏低，故D正确；
故选D。
15． 6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 3 6 6 4 2 6 减小 A ＞
【详解】(1) NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，Al(OH)3受热分解会吸收热量，降低环境温度，其分解生成的Al2O3附着在燃烧物表面能够隔绝可燃物与氧气接触，CO2能够降低可燃物附近氧气浓度，从而达到灭火效果，NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生双水解反应的化学方程式为6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；
(2) 少量Na2O2与FeCl2溶液反应过程中，Na2O2中O元素均被还原，Fe元素被氧化，已知FeCl2前面系数为6，设反应中失去电子数为6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，Na2O2系数为3，根据Na原子守恒可知，NaCl系数为6，根据Cl原子守恒可知，FeCl3系数为2，根据Fe原子守恒可知，Fe(OH)3系数为4，根据H原子守恒可知，H2O系数为6，因此该反应化学方程式为3Na2O2+6FeCl2+6H2O=4Fe(OH)3+2FeCl3+6NaCl；该反应中，FeCl2中Fe原子失去6个电子，Na2O2中O原子得到6个电子，因此单线桥表示电子转移为；
(3) Ba(OH)2固体溶于水电离出的Ba2+、OH-能够与反应：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，因此向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中浓度将减小，其电离出的浓度将减小；
(4)氯化铵属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解：+H2ONH3 H2O+H+，向氯化铵溶液中通入氨，会使氯化铵水解程度降低，因此由母液提取氯化铵时，通入氨，冷却、加食盐，过滤的方法而析出析出的氯化铵纯度更高，故答案为A；
(5) NaHCO3溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，因此水解生成的H2CO3浓度大于其电离生成的，故答案为＞。
16． AB 碱式滴定管 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3
则二氧化氯消毒液中n(ClO2)=0.25n(Na2S2O3)=0.25×20.00×10-3L×0.10 mol/L=5×10-4mol
该二氧化氯消毒液中c(ClO2)==0.1mol/L 偏低
【详解】(1)①亚氯酸钠(NaClO2)为还原剂被氧化为ClO2，过硫酸钠(Na2S2O8)为氧化剂被还原为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为。
②A．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，轨道表达式为，故A正确；
B．同主族元素从上至下原子半径逐渐增大，同周期主族元素从左至右原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，则半径越大，因此原子半径：S>Cl>O，故B正确；
C．同主族元素从上至下基态原子第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左至右基态原子第一电离能有逐渐增大的趋势，因此第一电离能：O>Cl>S，故C错误；
D．基态Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，失去最外层的1个电子后形成Na+，因此Na+的外围电子排布式为2s22p6，故D错误；
综上所述，说法正确的是AB项，故答案为：AB。
(2)①Na2S2O3标准溶液水解呈碱性，因此Na2S2O3标准溶液应装在碱式滴定管中；碘遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定时，滴定终点I2被恰好完全反应，现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，故答案为：酸式滴定管；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色。
②第二次滴定是测定KClO2与KI在酸性条件下反应生成的I2含量，依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，则二氧化氯消毒液中n(ClO2)=0.25n(Na2S2O3)=0.25×20.00×10-3L×0.10 mol/L=5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中c(ClO2)==0.1mol/L。
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，碱与碘单质反应，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积减小，测得的ClO2浓度偏低，故答案为：偏低。
17． Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ 酸性 c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO－)+c(OH－) 1:100 ⑥③⑤④①② 4
【详解】(1)消防用的泡沫灭火器内装的药品是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，硫酸铝溶液显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，二者混合后，发生双水解且进行到底的反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)醋酸属于弱酸，存在电离平衡，pH=3 的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，而c(CH3COOH) 10-3mol/L；pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-3mol/L=c(NaOH)，25℃时，pH=3 的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性；溶液中存在的离子有：Na+、H+、CH3COO－、OH－，根据溶液呈电中性规律，溶液中电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO－)+c(OH－)；
(3)强酸强碱混合后，溶液呈中性，即n(H+)= n(OH－)；常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L，其中n(OH－)= 10-1mol/L×a L=0.1amol；pH＝3的H2SO4溶液b L，其中n(H+)=10-3mol/L×b L=10-3bmol；所以0.1a=10-3×b，a∶b＝1:100；
(4) ①和②盐中铵根离子个数比③④⑤盐中铵根离子个数多，由于水解过程微弱，所以①和②中的铵根离子浓度较大；⑥NH3 H2O属于弱碱，电离过程微弱，所以溶液中铵根离子浓度最小；①(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，相互促进水解，而②(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，正常水解，所以物质的量浓度相同时，铵根离子浓度：②>①；③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl三种盐中，③NH4HCO3属于弱酸弱碱盐，相互促进水解，⑤NH4Cl属于强酸弱碱盐，正常水解，④NH4HSO4属于强酸的酸式盐，抑制水解，所以物质的量浓度相同时，铵根离子浓度：④>⑤>③；结合以上分析可知，物质的量浓度相同的溶液中，c(NH4+)由小到大的排列顺序是⑥③⑤④①②；
(5) Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=2.2×10﹣20，c(Cu2+)=2.2mol/L，代入公式，可得c2(OH-)=10﹣20，c (OH-)=10﹣10mol/L，c(H+)×c(OH－)=Kw=10﹣14，所以c(H+)=10﹣4mol/L，pH为4。
18． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
19． H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42- HC2O4-的电离程度大于水解程度 ad 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用
【分析】(1)常温下0.01 mol/L的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
a．根据物料守恒判断；
b．根据电荷守恒判断；
c．根据物料守恒、电荷守恒判断；
d．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度。
a. 碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，A正确；
b. 根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，B错误；
c. 由物料守恒可得c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)、根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C错误；
d. 若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时得到的盐是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故若溶液显中性，则加入的氢氧化钠的物质的量略少些，所以c(K+)>c(Na+)，D正确；
故合理选项是ad；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20． Kw＝c平(H＋)·c平(OH－) 温度 无关 增大 1.0×10－14
【解析】略
21． 0.032 2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋ 3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O mol·L－1 NaAlO2 CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓ 3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO 0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色 0.1acmol·L－1
【详解】(1)生成等物质的量的I2和KIO3，根据原子守恒，2n(I2)＋n(KIO3)=300×10－3L×0.2mol·L－1=0.06mol，即n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，KMnO4中Mn由＋7价→＋2价，根据得失电子数目守恒，0.02mol×2×1＋0.02mol×6=n(KMnO4)×5，解得n(KMnO4)=0.032mol；故答案为0.032mol；
(2)根据现象，先变为浅绿色，浅绿色应为Fe3＋被还原成Fe2＋，Fe3＋和SO32－发生氧化还原反应，即离子方程式为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；NO(H＋)具有强氧化性，根据实验现象，又变为棕黄色，NO(H＋)能将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为NO，发生的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；故答案为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
(3)Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先氧化Fe2＋，剩余的Cl2再氧化Br－，令FeBr2物质的量浓度为amol·L－1，根据得失电子数目守恒，1L×amol·L－1×1＋1L×amol·L－1×2××1=，解得a=；故答案为 mol·L－1；
(4)Al能与NaOH溶液反应，其反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3为两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，溶液中的溶质的化学式为NaAlO2，通入过量CO2，发生离子方程式为CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；故答案为NaAlO2；CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；
(5)三氟化氮在潮湿空气与水蒸气发生氧化还原反应，其产物是HF、NO、HNO3，得出NF3＋H2O→HF＋NO＋HNO3，利用化合价升降进行配平，即反应方程式为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；生成1molHNO3时转移电子物质的量为2mol，则生成0.2molHNO3时，转移电子物质的量为0.4mol；故答案为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023；
(6)滴定终点是标志为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；根据反应方程式为，n(H2C2O4)==mol，c(H2C2O4)= =0.1acmol·L－1，mg晶体中含有草酸的质量为100.0×10－3L×0.1acmol·L－1×90g·mol－1，则有，解得x=；故答案为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；0.1acmol·L－1；。
22．(1)
(2)BD
(3)KC＞KB＞KA=KD
(4)bc
【详解】（1）已知t℃时纯水是中性的，此时pH=6，则c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，该温度下水的离子积，该温度下的硫酸溶液中水电离出的。
（2）A．加入Na，Na与H2O电离出的H+反应，促进了水的电离，选项A不符合题意；
B．加入适量Ba(OH)2溶液，其电离出的OH-抑制水的电离，选项B符合题意；
C．升温促进水的电离，选项C不合题意；
D．通入适量SO2气体，SO2与H2O反应生成H2SO3，抑制水的电离，选项D符合题意；
故选BD。
（3）A、D曲线温度相同，则离子积常数相同，即A点Kw=10-14，C点Kw=10-12，B点位于两者中间，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：KC＞KB＞KA=KD。
（4）a．实验测得0.1mol L 1HA溶液的pH≥1，pH=1时c(H+)=0.1mol/L为强酸、其钠盐呈中性，pH＞1时c(H+)<0.1mol/L，说明HA在水溶液中没有完全电离，HA是弱酸，NaA溶液中A-会发生水解生成OH-，溶液呈碱性，故a错误；
b．HA溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH )+c(A )，故b正确；
c．NH4A溶液中NH水解生成H+，A-水解生成OH-，若二者水解程度相同，溶液呈中性，故c正确；
故选bc。
23． 防止氯化铝水解 bd 防止试剂被污染 防止局部受热引起暴沸 取上层清液继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量 2 ad 17.10
【详解】(1)氯化铝是强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显酸性，加入盐酸能抑制其水解，从而得到澄清溶液；
(2)a．AlCl3水解使溶液显酸性，Na2CO3水解使溶液显碱性，当两种溶液混合时，二者水解相互促进，发生双水解反应：2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，产生氢氧化铝沉淀，因此不能得到澄清溶液，a不符合题意；
b．AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液，反应方程式为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，因此可得澄清溶液，b符合题意；
c．AlCl3和NaAlO2发生双水解：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，因此不能到得澄清溶液，c不符合题意；
d．AlCl3和硫酸不能反应，故溶液仍为澄清溶液，d符合题意；
故合理选项是bd；
(3)向试管中滴加溶液时应“垂直、悬空”，目的是防止污染试剂；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，要上下移动试管防止局部受热引起暴沸现象；
(4)判断加入的试剂氨水已过量的方法是：取上层清液，向其中继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量；
将所得的Al(OH)3沉淀至少灼烧2～3次，至两次质量差不超过0.1 g，就说明Al(OH)3分解完全得Al2O3，即最少灼烧2次；
不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al(OH)3时易分解失水而Al2O3稳定，灼烧Al2O3不分解；故合理选项是ad；
(5)进行滴定前滴定管读数为1.50 mL，滴定结束时滴定管读数为18.60 mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60 mL-1.50 mL=17.10 mL。
【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质和酸碱中和滴定。要结合盐的水解规律及仪器结构、物质性质分析解答。
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一、单选题（共13题）
1．化学是一门实用的中心学科，化学让生活更美好，下列生活中的实例与所述化学知识中没有关联的是
选项 生活中的实例 化学知识
A 自来水普及以前，人们常用明矾来净水 明矾水解可形成胶体，能够吸附杂质
B 疫苗一般应冷藏存放 一定条件下，蛋白质可以发生盐析
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水在高温条件下会反应
D 洗涤餐具时可以用热的纯碱溶液去除油污 油脂在碱性条件下发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
2．常温下，向溶液中逐滴加入盐酸，溶液的与所加盐酸体积的关系如图所示(不考虑挥发)下列说法正确的是
A．溶液中：
B．点①所示溶液中：
C．点②所示溶液中：
D．点③所示溶液中：
3．某酸溶液中含X粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．已知亚磷酸的结构为 ，则X可能为P
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式为
C．溶液中有
D．溶液中有
4．为不溶性固体，可用作白色颜料和阻燃剂，在实验室可利用的水解反应制取。为了得到较多的，操作时要将缓慢加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水，下列叙述错误的是
A．水解总反应可表示为：
B．适当加热可使胶态聚沉，便于分离
C．大量的水和氨水都能促进水解
D．反应后可直接通过结晶得到固体
5．25℃时，用0.2 mol·L－1的盐酸分别滴定20 mL 0.2 mol·L－1的氨水和MOH碱溶液(碱性：NH3·H2O大于MOH)，溶液的pOH [pOH=－lgc(OH－)]与lg或lg 的关系如下图所示。下列说法错误的是
A．曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线
B．b、e点溶液中加入盐酸的体积均为10 mL
C．a点对应的溶液pH=11
D．f点溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)
6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中含有个分子
B．常温下，的盐酸溶液，由水电离的离子数目为
C．时，乙烯中，含有键的数目为
D．向的溶液中加氨水至中性，此时溶液含数目为
7．亚氯酸钠)在溶液中会生成、、、等，其中和都是具有漂白作用。已知，经测定时各组分含量随变化情况如图所示(浓度没有画出)，此温度下，下列分析正确的是
A．的电离平衡常数的数值
B．时，部分转化成和离子的方程式为：
C．时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：
D．同浓度溶液和溶液等体积混合，则混合溶液中有：
8．已知常温下，，下列有关说法不正确的是
A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中： c(Cl-)： c(Br-)=360
B．AgCl在水中溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的小
C．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀
D．在含有AgCl、AgBr固体悬浊液中加入少量NaBr固体，c(Cl-)增大
9．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22.4L的CHCl3中含有的氯原子数目为2NA
B．向恒容密闭容器中充入2molNO和1molO2充分反应后容器中的分子总数一定是2NA
C．1L的硫酸铝溶液中，c()=1.5amol/L，则Al3+数目为aNA
D．用惰性电极电解100mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数目为0.04NA
10．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A． B．
C．和的乘积 D．的物质的量
11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．往密闭容器中充入1 mol 和3 mol 充分反应生成的分子数为
B．1 L 0.1 mol·L的溶液中数目为
C．电解熔融NaCl，阴极增重2.3 g，外电路中通过电子的数目为
D．0.1 mol·L的溶液中，和离子数之和等于
12．常温下将物质的量浓度相同的溶液与醋酸溶液等体积混合后，下列关系式能成立的是
A．
B．
C．
D．
13．常温下，向20 mL 0.2 mol/L二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol/LNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是
A．从图象中可知H2A为强酸
B．当V(NaOH)=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+）>c(HA－）> c(H+) >c( A2－) >c(OH－)
C．当V(NaOH) =20 mL时混合溶液的pH值大于7
D．当V(NaOH) =40 mL时，升高温度，c(Na+)／c(A2－)减小
二、填空题（共10题）
14．25℃时有以下5种溶液： ①0.10mol/LHCl溶液； ②0.10mol/LCH3COOH溶液；③0.10mol/LNaOH溶液；④0.10mol/LNH4Cl溶液；⑤Na2CO3溶液。
(1)往②加入少量CH3COONa固体，此溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)①和②两种溶液中水的电离程度大小为① ②(填“＞”“＜”或者“=”)
(3)将②与③等体积混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。
(4)用pH试纸测得④的pH=5，则此溶液中水电离出来的氢氧根离子浓度为 mol/L。
(5)用0.1000mol/L的标准盐酸滴定50.00mL未知浓度的NaOH溶液的酸碱中和滴定实验中，下列有关说法正确的是 。
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管、锥形瓶后可分别直接注入标准盐酸和待测液NaOH溶液
B．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，两眼注视滴定管液面变化
C．此中和滴定实验的指示剂可采用酚酞，滴定终点的现象为：溶液由无色变为红色，且30s内颜色不变
D．酸碱中和滴定过程中，滴定管放出液体的体积为22.06mL
15．碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。
(1)泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式 。
(2)Na2O2和NaHCO3属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应： Na2O2+ FeCl2+ H2O→ Fe(OH)3+ FeCl3+ NaCl，已知FeCl2前面系数为6，配平上述化学方程式，并用单线桥法标出电子转移方向和数目 。
(3)向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO)的变化是 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：①通入氨，冷却、加食盐，过滤 ②不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是 (选填编号)。
A．①析出的氯化铵纯度更高
B．②析出的氯化铵纯度更高
C．①②析出的氯化铵纯度一样
D．无法判断纯度高低
(5)已知HCO在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3) c(CO)(选填“>”、“<”、“=”)。
16．二氧化氯(ClO2)是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和还原法。
(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应，操作简单，同时可得到副产品Na2SO4。
①制备时发生反应的离子方程式为 。
②下列说法正确的是 。
A．基态硫原子价电子的轨道表示式为 B．原子半径：r(S)＞r(Cl)＞r(O)
C．第一电离能： I1(Cl)＞I1(S)＞I1(O) D．Na+的价电子(外围电子)排布式为3s1
(2)盐酸还原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有ClO2和Cl2两种主要成分，为测定某二氧化氯消毒液中ClO2的浓度，进行如下实验：
量取5.00 mL二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25.00 mL，再向其中加入过量KI溶液，充分振荡；用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色后，加入指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液5.50 mL；再向锥形瓶加入稀H2SO4调节溶液pH=3， 再用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴至浅黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：2ClO2+ 2KI=2KClO2 +I2；KClO2+4KI+2H2SO4= KCl+2K2SO4+2I2+2H2O；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
①Na2S2O3标准溶液应装在 中，均以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为 。
②计算该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度 (写出计算过程)。
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，将导致测得的ClO2浓度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17．(1)消防用的泡沫灭火器内装的药品是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，用离子方程式表示二者混合时发生的反应 。
(2)25℃时，pH=3 的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，请写出溶液中电荷守恒关系： 。
(3)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L与pH＝3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝ 。
(4)物质的量浓度相同的下列溶液①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl⑥NH3 H2O，
c(NH4+)由小到大的排列顺序是 (填序号)。
(5)常温时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10﹣20，将Cu(OH)2溶于2.2mol/L CuCl2溶液中形成平衡溶液的pH为 。
18．在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式 ，该反应能够发生是因为（选填编号） 。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有 种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是 ，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)= 。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应： CuS+ HNO3（浓）— CuSO4+ NO2↑+ H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为 L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为 。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为 ，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示） 。
19．乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01 mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。）填空：
H2C2O4 KHC2O4 K2C2O4
pH 2.1 3.1 8.1
(1)写出H2C2O4的电离方程式 。
(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是 ；向0.1 mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是 。
a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-) b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)
c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-) d．c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式 ；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是 。
20．水的离子积常数Kw
(1)表达式： 。
(2)影响因素：
①水的离子积常数只受 的影响，与c平(H＋)、c平(OH－)的变化 。
②升高温度，Kw 。
(3)数值：常温下，水的离子积常数Kw＝ mol2·L－2。
(4)Kw适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质溶液。
21．(1)取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量为 mol。
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因用离子方程式解释 。
(3)在1LFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 。
(4)将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为 。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为 。
(5)三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为
(6)草酸晶体的组成可表示为：H2C2O4·xH2O，为测定x值，进行下列实验。
①称取mg草酸晶体，配成100.0mL无色溶液。
②取25.0mL所配草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，缓缓滴入浓度为cmol·L-1KMnO4溶液与之反应，所发生反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
实验结束的标准是 。若整个过程滴入高锰酸钾溶液amL，则实验所配得的草酸溶液的物质的量浓度为 ，因此计算出草酸晶体x值为 。
22．水是一种极其微弱的电解质。
(1)已知t℃时纯水的，计算该温度下水的离子积 ，该温度下的硫酸溶液中水电离出的 。
(2)对水进行下列操作，能抑制水的电离的是_______。
A．加入一小块 B．加入适量溶液
C．升温至60℃ D．通入适量气体
(3)已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：
A、B、C、D四点的关系是 (、…表示)。
(4)室温下，实验测得溶液的，下列说法正确的是 。
a．可能呈酸性
b．溶液中
c．可能呈中性
23．氯化铝可制备无机高分子混凝剂，在有机合成中有广泛的用途。
完成下列填空：
(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是 。
(2)往AlCl3溶液中加入过量下列溶液，最终得到无色澄清溶液的是 （选填编号）。
a．Na2CO3 b．NaOH c．NaAlO2 d．H2SO4
(3)用滴管向试管中滴加少量AlCl3溶液时，滴管不得伸入试管中的理由是 ；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，不断上下移动试管的目的是 ；取AlCl3溶液，用小火持续加热至水刚好蒸干，生成白色固体的组成可表示为：Al2(OH)nCl(6-n)，为确定n的值，取3.490 g白色固体，全部溶解在0.1120 mol 的HNO3(足量)中，并加水稀释成100 mL，将溶液分成两等份，进行如下实验：
(4)一份与足量氨水充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最后得Al2O3的质量为1.020 g。判断加入氨水已足量的操作是 。过滤、洗涤后至少要灼烧 次(填写数字)；测定样品中铝元素含量时不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因可能是 （选填编号）。
a．干燥Al(OH)3固体时易失水 b．Al2O3的质量比Al(OH)3大，误差小
c．沉淀Al(OH)3时不完全 d．灼烧氧化铝时不分解
(5)从另一份溶液中取出20.00 mL，用标准NaOH溶液滴定过量的硝酸，滴定前滴定管读数为1.50 mL，终点时滴定管液面(局部)如图所示(背景为白底蓝线的滴定管)。则消耗NaOH溶液体积为 mL。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．明矾在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮的杂质聚沉达到净水的目的，所以自来水普及以前，人们常用明矾来净水，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故A不符合题意；
B．温度过高，蛋白质会发生变性导致疫苗失活，所以疫苗一般应冷藏存放，则生活中的实例与所述化学知识中没有关联，故B符合题意；
C．铁与水在高温条件下会反应生成四氧化三铁和氢气，所以工人将模具干燥后再注入熔融钢水，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故C不符合题意；
D．纯碱是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，所以洗涤餐具时可以用热的纯碱溶液去除油污，则生活中的实例与所述化学知识中有关联，故D不符合题意；
故选B。
2．B
【解析】CH3COONa溶液中逐滴加入盐酸，发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl。图象中点①pH=7，显中性，此时c(H+)=c(OH-)；点②加入V(HCl)=10 mL，CH3COONa反应一半，故此时组成为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，三者近似相等；点③加入V(HCl)=20 mL，CH3COONa恰好反应，此时组成为CH3COOH、NaCl，两者近似相等。
【详解】A．CH3COONa溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、物料守恒：c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，联立消去Na+得：c(CH3COOH) +c(H+)= c(OH-)，A错误；
B．点①pH=7，显中性，此时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，得c(Na+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)，再结合物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，推得c(Cl-)= c(CH3COOH)，此时溶液中Cl-、CH3COOH大量存在，其浓度要大于微量存在的H+、OH-，B正确；
C．由分析知点②组成为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，三者近似相等，此时溶液pH<7，说明CH3COOH电离大于CH3COO-水解，故c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，c(Cl-)不变，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)，C错误；
D．由分析知点③组成为CH3COOH、NaCl，两者近似相等，由于CH3COOH电离是微弱的，而NaCl完全电离，故c(CH3COO-)＜c(Na+)，另外由于水的电离也能产生H+，故c(H+)＞c(CH3COO-)，即c(Na+) ＞c(H+)＞c(CH3COO-) ，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．由各粒子的分布图可知，该酸应该为三元弱酸，若亚磷酸的结构为 ，含有两个羟基，为二元酸，所以X不可能为P，A错误；
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式应为： ，B错误；
C．在溶液中，存在电离，由图可知， 和水解：，，，所以水解程度大于电离程度，所以，C正确；
D．在溶液中，根据电荷守恒，，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．为不溶性固体，在实验室可利用的水解反应制取，其水解总反应可表示为：，故A正确；
B．适当加热可使胶态聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，故B正确；
C．大量的水和氨水都是降低HCl的浓度，平衡正向移动，能促进水解，故C正确；
D．为不溶性固体，因此反应后要通过过滤得到固体，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．B
【详解】A．当lg=0或lg=0时，pOH越大，说明碱性越弱，由于碱性：NH3·H2O大于MOH，则曲线I对应的是滴定NH3·H2O的曲线，故A正确；
B．若氨水溶液中加入盐酸的体积为10 mL，则溶质为NH3·H2O和NH4Cl且两者物质的量浓度相等，由于氨水电离占主要，因此溶液显碱性，则c() ＞c(NH3·H2O)，则不在b点，同理若MOH溶液中加入盐酸的体积为10 mL，也不在e点，故B错误；
C．根据b点pOH=4.74，lg=0，，则a点，解得，，则对应的溶液pH=11，故C正确；
D．根据e点pOH=6，lg=0，则，f点lg=1，则，，溶液呈中性，根据电荷守恒得到溶液满足：c(M＋) = c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A．是弱酸，在水溶液中部分电离，分子数应小于，选项A错误；
B．的盐酸溶液中，离子总数为，由水电离的数目为，选项B错误；
C．每个分子中含有一个键，乙烯中含有键的数目为，选项C错误；
D．溶液中加氨水至中性，由电荷守恒定律可知此时溶液中，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】A．HClO2的电离平衡常数Ka=，观察图象可以看出，当 pOH=8 时， pH=6 ，c()=c(HClO2) ，因此 HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10 6，故A错误；
B．由图可以得出：酸性条件下浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定， pOH=11 时，部分转化成 ClO2和 Cl 离子的方程式为： 5+2H2O=4ClO2+Cl +4OH ，故B正确；
C．根据图知， pH=7 时，存在c(ClO2) ＜c(HClO2)＜c() ，故C错误；
D．依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c()+c(Cl )+c(OH )① ，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c()+c(HClO2)+c(ClO2)+c(Cl )② ，联立 ①②得：c(HClO2)+c(H+)+c(ClO2)=c(OH )+c(Na+) ，故D错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．同一溶液中，c(Ag+)相同，溶液中同时存在如下两种关系式：，，所以c(Cl-):c(Br-)===360，故A正确；
B．氯化钠溶液中有Cl-，Cl-能抑制AgCl的溶解，AgCl在水中溶解度比在NaCl溶液中的大；溶度积只与温度有关，温度不变Ksp不变，故B错误；
C．由于，AgCl容易转化为淡黄色的AgBr沉淀，故C正确；
D．在含有AgCl、AgBr固体悬浊液中加入少量NaBr固体，Br-浓度增大，使AgBr的溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，又使AgCl的溶解平衡正向移动，c(Cl-)增大，故D正确；
答案选B。
9．D
【详解】A．标准状况下，三氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算22.4L的CHCl3的物质的量和其中含有的氯原子数目，故A错误；
B．向恒容密闭容器中充入2mol NO和1mol O2，充分反应后生成2mol NO2，由于存在化学平衡2NO2 N2O4，所以反应后分子总数小于2NA，故B错误；
C．Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会发生水解，当浓度为1.5amol L-1，则Al3+的浓度小于amol L-1，则1L硫酸铝溶液中，Al3+数目小于aNA，故C错误；
D．用惰性电极电解100mL0.1mol/L的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH-放电生成O2，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2+2x=4x，解得：x=0.01mol，所以电路中转移电子为0.04NA，故D正确；
故答案选D。
10．B
【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O)减小，n(OH-)和n()增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3 H2O)、c(OH-)、c()都减小，由于温度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。
【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知= ，加水稀释，温度不变，c()减小，比值变大，A项错误；
B．由分析可知，c(NH3 H2O)减小，c(H+)增大，可推知水量的增加而减小，B项正确；
C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)为离子积常数，为定值保持不变，C项错误；
D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O) 减小，n(OH-)增大，D项错误；
答案选B。
11．C
【详解】A．氮气和氢气反应生成氨气，该反应可逆，往密闭容器中充入1 mol 和3 mol 充分反应生成的分子数小于，故A错误；
B．溶液中水解，1 L 0.1 mol·L的溶液中数目小于，故B错误；
C．电解熔融NaCl，阴极增重2.3 g，生成钠的物质的量为0.1mol，外电路中通过电子的数目为，故C正确；
D．没有明确溶液体积，不能计算0.1 mol·L的溶液中和数目，故D错误；
选C。
12．D
【分析】将物质的量浓度相同的NaOH 溶液和CH3COOH溶液等体积相混合后，二者恰好完全反应生成CH3COONa和水，所以溶液中溶质为CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒分析解答。
【详解】A．将物质的量浓度相同的NaOH溶液与醋酸溶液等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B．溶液中存在的物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，则c(Na+)>c(CH3COO-)，故B错误；
C．溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(H+)＜c(CH3COO-)+c(OH-)，故C错误；
D．将物质的量浓度相同的NaOH溶液与醋酸溶液等体积混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa溶液中存在的物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．H2A溶液中存在H2A分子，说明H2A部分电离，所以H2A为弱酸，A错误；
B．根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），B正确；
C．当V（NaOH）=20 mL时，溶液中c（ A2-）大于c（ H2A），HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，即混合溶液的pH值小于7，C错误；
D．向20mL 0.2mol．L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2-离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2-离子浓度减小，钠离子浓度不变，则比值增大，D错误；
故选B。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、、、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c()+c(OH-)+2c()。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
14．(1)增大
(2)＜
(3)Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+
(4)1×10-5
(5)D
【详解】（1）醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向0.10mol/L醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故答案为：增大；
（2）醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，则浓度均为0.10mol/L的醋酸溶液和盐酸溶液中，盐酸溶液氢离子浓度大，抑制水的电离的程度大，所以水的电离程度小，故答案为：＜；
（3）浓度均为0.10mol/L的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合恰好反应得到醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序是Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+，故答案为：Na+＞CH3COO—＞OH—＞H+；
（4）氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子，所以pH为5的氯化铵溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为1×10-5mol/L，故答案为：1×10-5；
（5）A．酸式滴定管需用标准盐酸润洗，否则会使标准溶液浓度因稀释而减小引起滴定误差，故A错误；
B．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，两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故B错误；
C．若实验用酚酞做滴定的指示剂，终点的现象为溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变，故C错误；
D．若滴定前仰视读数、滴定后俯视读数会使标准液体积减少，导致所测氢氧化钠溶液的浓度偏低，故D正确；
故选D。
15． 6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 3 6 6 4 2 6 减小 A ＞
【详解】(1) NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，Al(OH)3受热分解会吸收热量，降低环境温度，其分解生成的Al2O3附着在燃烧物表面能够隔绝可燃物与氧气接触，CO2能够降低可燃物附近氧气浓度，从而达到灭火效果，NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生双水解反应的化学方程式为6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；
(2) 少量Na2O2与FeCl2溶液反应过程中，Na2O2中O元素均被还原，Fe元素被氧化，已知FeCl2前面系数为6，设反应中失去电子数为6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，Na2O2系数为3，根据Na原子守恒可知，NaCl系数为6，根据Cl原子守恒可知，FeCl3系数为2，根据Fe原子守恒可知，Fe(OH)3系数为4，根据H原子守恒可知，H2O系数为6，因此该反应化学方程式为3Na2O2+6FeCl2+6H2O=4Fe(OH)3+2FeCl3+6NaCl；该反应中，FeCl2中Fe原子失去6个电子，Na2O2中O原子得到6个电子，因此单线桥表示电子转移为；
(3) Ba(OH)2固体溶于水电离出的Ba2+、OH-能够与反应：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，因此向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中浓度将减小，其电离出的浓度将减小；
(4)氯化铵属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解：+H2ONH3 H2O+H+，向氯化铵溶液中通入氨，会使氯化铵水解程度降低，因此由母液提取氯化铵时，通入氨，冷却、加食盐，过滤的方法而析出析出的氯化铵纯度更高，故答案为A；
(5) NaHCO3溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，因此水解生成的H2CO3浓度大于其电离生成的，故答案为＞。
16． AB 碱式滴定管 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3
则二氧化氯消毒液中n(ClO2)=0.25n(Na2S2O3)=0.25×20.00×10-3L×0.10 mol/L=5×10-4mol
该二氧化氯消毒液中c(ClO2)==0.1mol/L 偏低
【详解】(1)①亚氯酸钠(NaClO2)为还原剂被氧化为ClO2，过硫酸钠(Na2S2O8)为氧化剂被还原为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为。
②A．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，轨道表达式为，故A正确；
B．同主族元素从上至下原子半径逐渐增大，同周期主族元素从左至右原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，则半径越大，因此原子半径：S>Cl>O，故B正确；
C．同主族元素从上至下基态原子第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左至右基态原子第一电离能有逐渐增大的趋势，因此第一电离能：O>Cl>S，故C错误；
D．基态Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，失去最外层的1个电子后形成Na+，因此Na+的外围电子排布式为2s22p6，故D错误；
综上所述，说法正确的是AB项，故答案为：AB。
(2)①Na2S2O3标准溶液水解呈碱性，因此Na2S2O3标准溶液应装在碱式滴定管中；碘遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定时，滴定终点I2被恰好完全反应，现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，故答案为：酸式滴定管；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色。
②第二次滴定是测定KClO2与KI在酸性条件下反应生成的I2含量，依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，则二氧化氯消毒液中n(ClO2)=0.25n(Na2S2O3)=0.25×20.00×10-3L×0.10 mol/L=5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中c(ClO2)==0.1mol/L。
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，碱与碘单质反应，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积减小，测得的ClO2浓度偏低，故答案为：偏低。
17． Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ 酸性 c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO－)+c(OH－) 1:100 ⑥③⑤④①② 4
【详解】(1)消防用的泡沫灭火器内装的药品是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，硫酸铝溶液显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，二者混合后，发生双水解且进行到底的反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)醋酸属于弱酸，存在电离平衡，pH=3 的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，而c(CH3COOH) 10-3mol/L；pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-3mol/L=c(NaOH)，25℃时，pH=3 的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性；溶液中存在的离子有：Na+、H+、CH3COO－、OH－，根据溶液呈电中性规律，溶液中电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO－)+c(OH－)；
(3)强酸强碱混合后，溶液呈中性，即n(H+)= n(OH－)；常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L，其中n(OH－)= 10-1mol/L×a L=0.1amol；pH＝3的H2SO4溶液b L，其中n(H+)=10-3mol/L×b L=10-3bmol；所以0.1a=10-3×b，a∶b＝1:100；
(4) ①和②盐中铵根离子个数比③④⑤盐中铵根离子个数多，由于水解过程微弱，所以①和②中的铵根离子浓度较大；⑥NH3 H2O属于弱碱，电离过程微弱，所以溶液中铵根离子浓度最小；①(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，相互促进水解，而②(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，正常水解，所以物质的量浓度相同时，铵根离子浓度：②>①；③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl三种盐中，③NH4HCO3属于弱酸弱碱盐，相互促进水解，⑤NH4Cl属于强酸弱碱盐，正常水解，④NH4HSO4属于强酸的酸式盐，抑制水解，所以物质的量浓度相同时，铵根离子浓度：④>⑤>③；结合以上分析可知，物质的量浓度相同的溶液中，c(NH4+)由小到大的排列顺序是⑥③⑤④①②；
(5) Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=2.2×10﹣20，c(Cu2+)=2.2mol/L，代入公式，可得c2(OH-)=10﹣20，c (OH-)=10﹣10mol/L，c(H+)×c(OH－)=Kw=10﹣14，所以c(H+)=10﹣4mol/L，pH为4。
18． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
19． H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42- HC2O4-的电离程度大于水解程度 ad 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用
【分析】(1)常温下0.01 mol/L的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
a．根据物料守恒判断；
b．根据电荷守恒判断；
c．根据物料守恒、电荷守恒判断；
d．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-；
(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度。
a. 碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，A正确；
b. 根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，B错误；
c. 由物料守恒可得c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)、根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C错误；
d. 若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时得到的盐是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故若溶液显中性，则加入的氢氧化钠的物质的量略少些，所以c(K+)>c(Na+)，D正确；
故合理选项是ad；
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20． Kw＝c平(H＋)·c平(OH－) 温度 无关 增大 1.0×10－14
【解析】略
21． 0.032 2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋ 3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O mol·L－1 NaAlO2 CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓ 3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO 0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色 0.1acmol·L－1
【详解】(1)生成等物质的量的I2和KIO3，根据原子守恒，2n(I2)＋n(KIO3)=300×10－3L×0.2mol·L－1=0.06mol，即n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，KMnO4中Mn由＋7价→＋2价，根据得失电子数目守恒，0.02mol×2×1＋0.02mol×6=n(KMnO4)×5，解得n(KMnO4)=0.032mol；故答案为0.032mol；
(2)根据现象，先变为浅绿色，浅绿色应为Fe3＋被还原成Fe2＋，Fe3＋和SO32－发生氧化还原反应，即离子方程式为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；NO(H＋)具有强氧化性，根据实验现象，又变为棕黄色，NO(H＋)能将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为NO，发生的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；故答案为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
(3)Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先氧化Fe2＋，剩余的Cl2再氧化Br－，令FeBr2物质的量浓度为amol·L－1，根据得失电子数目守恒，1L×amol·L－1×1＋1L×amol·L－1×2××1=，解得a=；故答案为 mol·L－1；
(4)Al能与NaOH溶液反应，其反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3为两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，溶液中的溶质的化学式为NaAlO2，通入过量CO2，发生离子方程式为CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；故答案为NaAlO2；CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；
(5)三氟化氮在潮湿空气与水蒸气发生氧化还原反应，其产物是HF、NO、HNO3，得出NF3＋H2O→HF＋NO＋HNO3，利用化合价升降进行配平，即反应方程式为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；生成1molHNO3时转移电子物质的量为2mol，则生成0.2molHNO3时，转移电子物质的量为0.4mol；故答案为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023；
(6)滴定终点是标志为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；根据反应方程式为，n(H2C2O4)==mol，c(H2C2O4)= =0.1acmol·L－1，mg晶体中含有草酸的质量为100.0×10－3L×0.1acmol·L－1×90g·mol－1，则有，解得x=；故答案为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；0.1acmol·L－1；。
22．(1)
(2)BD
(3)KC＞KB＞KA=KD
(4)bc
【详解】（1）已知t℃时纯水是中性的，此时pH=6，则c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，该温度下水的离子积，该温度下的硫酸溶液中水电离出的。
（2）A．加入Na，Na与H2O电离出的H+反应，促进了水的电离，选项A不符合题意；
B．加入适量Ba(OH)2溶液，其电离出的OH-抑制水的电离，选项B符合题意；
C．升温促进水的电离，选项C不合题意；
D．通入适量SO2气体，SO2与H2O反应生成H2SO3，抑制水的电离，选项D符合题意；
故选BD。
（3）A、D曲线温度相同，则离子积常数相同，即A点Kw=10-14，C点Kw=10-12，B点位于两者中间，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：KC＞KB＞KA=KD。
（4）a．实验测得0.1mol L 1HA溶液的pH≥1，pH=1时c(H+)=0.1mol/L为强酸、其钠盐呈中性，pH＞1时c(H+)<0.1mol/L，说明HA在水溶液中没有完全电离，HA是弱酸，NaA溶液中A-会发生水解生成OH-，溶液呈碱性，故a错误；
b．HA溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH )+c(A )，故b正确；
c．NH4A溶液中NH水解生成H+，A-水解生成OH-，若二者水解程度相同，溶液呈中性，故c正确；
故选bc。
23． 防止氯化铝水解 bd 防止试剂被污染 防止局部受热引起暴沸 取上层清液继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量 2 ad 17.10
【详解】(1)氯化铝是强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显酸性，加入盐酸能抑制其水解，从而得到澄清溶液；
(2)a．AlCl3水解使溶液显酸性，Na2CO3水解使溶液显碱性，当两种溶液混合时，二者水解相互促进，发生双水解反应：2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，产生氢氧化铝沉淀，因此不能得到澄清溶液，a不符合题意；
b．AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液，反应方程式为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，因此可得澄清溶液，b符合题意；
c．AlCl3和NaAlO2发生双水解：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，因此不能到得澄清溶液，c不符合题意；
d．AlCl3和硫酸不能反应，故溶液仍为澄清溶液，d符合题意；
故合理选项是bd；
(3)向试管中滴加溶液时应“垂直、悬空”，目的是防止污染试剂；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，要上下移动试管防止局部受热引起暴沸现象；
(4)判断加入的试剂氨水已过量的方法是：取上层清液，向其中继续滴加氨水，若无沉淀生成，则证明氨水已经过量；
将所得的Al(OH)3沉淀至少灼烧2～3次，至两次质量差不超过0.1 g，就说明Al(OH)3分解完全得Al2O3，即最少灼烧2次；
不选择测定干燥Al(OH)3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al(OH)3时易分解失水而Al2O3稳定，灼烧Al2O3不分解；故合理选项是ad；
(5)进行滴定前滴定管读数为1.50 mL，滴定结束时滴定管读数为18.60 mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60 mL-1.50 mL=17.10 mL。
【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质和酸碱中和滴定。要结合盐的水解规律及仪器结构、物质性质分析解答。
答案第1页，共2页
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