3.2水的电离和溶液的PH 同步练习题（含解析） 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同步练习题
一、选择题
1．下列玻璃仪器在酸碱中和滴定实验中不需要用到的是
A．量筒 B．锥形瓶 C．碱式滴定管 D．烧杯
2．下列有关实验操作的说法不正确的是
A．测定中和反应反应热时，将NaOH溶液一次迅速倒入量热计的内筒
B．用碱式滴定管量取NaOH溶液23.25mL
C．用润湿的pH试纸测NaOH溶液的pH
D．用10mL的量筒量取8.2mLNaOH溶液
3．下列有关滴定操作的顺序正确的是
①润洗仪器②注入反应液③检查仪器④调节起始读数⑤放出反应液
A．③①④⑤② B．③①⑤②④ C．③①②④⑤ D．②①③⑤④
4．时，的酸()加蒸馏水稀释，随溶液的体积变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．为一元弱酸
B．的中约有的发生了电离
C．升高温度，溶液的pH增大
D．该酸的电离平衡常数约为
5．改变下列条件，能使水的电离平衡向正方向移动的是
A．通入HCl气体 B．加入NaOH固体 C．升高温度 D．加入NaCl固体
6．以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-=2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2也能发生自电离：2SO2SO+SO2+；△H＞0。下列叙述中，错误的是
A．若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Na2SO3，该滴定反应可以表示为：SO+SO2+=2SO2
B．在一定温度下，液态SO2中c(SO)与c(SO2+)的乘积是一个常数
C．液态SO2中自电离的存在，说明SO2是离子化合物
D．适当升高温度，液态SO2的导电能力增强
7．某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.1000mol/L和0.0100mol/L两种)对其进行滴定。下列说法正确的是
A．该实验应选用甲基橙作指示剂
B．对装标准液的滴定管，滴定前仰视读数，滴定后平视读数，会使测定结果偏低
C．用0.1000mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小
D．滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
8．下列仪器为高中常见仪器(省略夹持装置)，选用下列仪器不能完成的实验是
A．粗盐的提纯(除去泥沙)
B．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
C．酸碱中和滴定
D．用 18.4mol/L 的浓硫酸配制 1mol/L 的稀硫酸
9．下列说法正确的是
A．常温时，某物质的溶液中由水电离出的，若a>7时，则该溶液的pH一定为14-a
B．某温度时水的离子积常数，若将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，若所得混合液pH=2，则a：b=9：2
C．常温下，同pH的盐酸、硫酸、醋酸溶液导电性关系：盐酸=硫酸<醋酸
D．常温下，同pH的硫酸和醋酸溶液中和同浓度同体积的氢氧化钠溶液，消耗酸的体积：硫酸<醋酸
10．对下列粒子组在指定溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
溶液与粒子组 判断和分析
A 透明溶液：Na+、K+、MnO、NO 不能大量共存，因为MnO呈紫红色
B Fe3+、Na+、SO、H2O2 能大量共存，粒子之间不反应
C 使甲基橙变黄色的溶液：Na+、K+、SiO、AlO 能大量共存，因为使甲基橙变黄色的溶液呈碱性，粒子与OH-不发生反应
D 常温下由水电离出的的溶液：K+、NH、C2O、Cl- 不能大量共存，因为酸性溶液中会发生反应2H+ + C2O= H2C2O4，碱性溶液中会发生反应NH+ OH- = NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
11．V、W、X、Y、Z是由周期表中前20号元素组成的五种化合物，涉及元素的原子序数之和等于35，V、W、X、Z均由两种元素组成。五种化合物的反应关系如图：
下列有关说法不正确的是
A．涉及元素中只有一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色
B．涉及元素中含有三种非金属元素，原子半径随原子序数递增而增大
C．化合物W为电解质，其水化物能抑制水的电离
D．Y和X反应可生成一种新的离子化合物，包含涉及的所有元素
12．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．将溶液③中加水稀释，保持温度不变，溶液中减小
B．取1mL溶液①加水稀释至100mL，所得溶液的pH变为9
C．将a L溶液④与b L溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
D．等体积的③、④两溶液分别与NaOH溶液中和，所消耗NaOH的物质的量相等
13．常温下，下列叙述正确的是
A．的氨水，稀释10倍后，其，则
B．在滴有酚酞试液的氨水中，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的
C．向的溶液中滴加一定浓度的氨水，在滴加过程中，将减小
D．向的氨水中加入的溶液，混合液
14．已知时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，减小
B．将水加热，不变
C．向水中加入少量固体，平衡逆向移动，减小
D．向水中加入少量固体，增大，不变
15．关于下列仪器使用的说法正确的是
A．①、②均可以直接加热
B．③、④均可以量取10.00mLKMnO4溶液
C．⑤可用于蒸馏或分馏中冷凝液体
D．⑥可用于固体和液体在锥形瓶中反应时添加液体
二、填空题
16．草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用。
(1)酸性KMnO4能与Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式为____。
(2)常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H+)为c3；pH=4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H+)为c4。则c1____10c2；10c3____c4(填“>”、“<”或“=”)。
(3)常温下，用0.1000mol L-1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)=c(Na+)。
①该草酸溶液的物质的量浓度为____(保留4位有效数字)。
②b点2c(C2O)+c(HC2O)____c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。
③a点c(C2O)____c(H2C2O4)(填“>”、“<”或“=”)。
17．工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为Fe2＋＋H2C2O4＋xH2O=FeC2O4·xH2O↓＋2H＋，测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.540 0 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMnO4溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3＋、CO2，锰元素被还原为Mn2＋，则FeC2O4·xH2O中x＝________(FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)
18．有下列六种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④Al2(SO4)3 ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3。
（1）25℃时，0.1mol·L-1②溶液的pH________7（填“>”、“＝”或“<”）；其原因是______________________________________（用离子方程式表示）；
（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类________（填“相同”或是“不相同”）；
（3）将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是____________（填化学式）；
（4）常温下0.1 mol/L的⑤溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是_________。
A．c(H＋) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
19．为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。已知：4NH3·H2O + Cu2+ = Cu(NH3)+4H2O；Cu(NH3)对特定波长光的吸收程度(用吸光度 A 表示)与 Cu2+在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)2+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如图所示：
准确称取0.3150g无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取10mL该溶液与过量NH3·H2O反应，再用蒸馏水定容至100 mL，测得溶液吸光度 A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_____(以质量分数表示，保留三位有效数字)，写出必要的过程。
20．某实验小组测定胆矾晶体纯度的实验步骤如下：
a.准确称取3.125 g胆矾晶体样品配成100 mL溶液；
b.取10.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，加入过量KI固体，发生反应：
c.继续向上述混合物中，逐滴加入 溶液至恰好完全反应，共消耗12.00 mL 溶液()。
求样品中胆矾晶体的质量分数____(写出计算过程)
21．碱式氯化铜[Cux(OH)yClz]是重要的无机杀菌剂，是一种墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀盐酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。
向CuCl2溶液中通入NH3和稀盐酸调节pH至5.0~5.5，控制反应温度为70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
(1)盛装稀盐酸的仪器名称是_______，仪器 X的主要作用有导气、_______。
(2)利用装置A制NH3 ，发生反应的化学方程式为_______。
(3)若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(4)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，滤渣经提纯得产品无水碱式氯化铜；从滤液中还可以获得的一种副产品，该副产品的用途是_______ (写 出一种即可)。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.290 g，加硝酸溶解，并加水定容至200. 00 mL，得到待测液。
(5)铜的测定：取20. 00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0. 2000 mol·L-1.则称取的样品中n(Cu2+ )=_______mol。
(6)采用沉淀滴定法测定氯：取20. 00 mL待测液于锥形瓶中，加入30. 00 mL 0.1000 mol·L-1AgNO3溶液(过量) ，使Cl-完全转化为AgCl沉淀。用0.1000 mol· L-1 NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是种难溶于水的白色固体)。
①滴定时，下列物质中可选作指示剂的是_______(填标号)。
a. FeSO4 b. Fe(NO3)3 c. FeCl3 d. KI
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10. 00 mL。则称取的样品中n(Cl- )=_______mol。
(7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_______。
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：酸碱中和滴定实验中需要锥形瓶盛放待测液，碱式滴定管量取碱性溶液，在调零、赶气泡时需要烧杯盛接，而不需要用量筒来量取溶液；
综上所述答案为A。
2．C
解析：A．测定中和反应的反应热时，为了防止热量散失，将NaOH溶液一次迅速倒入量热计的内筒，A正确；
B． 碱式滴定管能精确到0.01mL，氢氧化钠是碱，可用碱式滴定管量取NaOH溶液23.25mL，B正确；
C．用润湿的pH试纸测NaOH溶液的pH，会将溶液稀释，所测pH偏小，C错误；
D．量筒可精确到0.1mL，可用10mL的量筒量取8.2mLNaOH溶液，D正确；
故答案选C。
3．C
解析：这里以酸碱中和滴定实验讲解：①检查仪器：使用滴定管前首先要检查活塞是否漏水。
②润洗仪器：在加入酸、碱之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管要分别用所要盛装的酸，碱润洗2-3次。
③注入反应液：分别将酸、碱加到相应酸式滴定管和碱式滴定管中，使液面位于滴定管“0"刻度以下2-3mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上。
④调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，便滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面处于准确记录读数。
⑤放出反应液：根据实验需要从滴定管中逐滴放出一定量的反应液。
故选C。
4．C
解析：A．25℃，起点时，pH=3，，小于0.1mol/L，故HA不完全电离，是一元弱酸，A正确；
B．，其中，说明只存在的HA发生电离，，有的发生了电离，B正确；
C．电离是吸热反应，升高温度，促进电离正向移动，c(H+)增大，pH减小，C错误；
D．，，D正确；
故选：C。
5．C
【分析】H2O是极弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，根据操作及加入的物质在水中产生的微粒，分析水电离平衡移动方向。
解析：A．向水中通入HCl气体，HCl溶于水电离产生H+，导致溶液中c(H+)增大，水电离受到抑制作用，最终使水的电离平衡逆向移动，A不符合题意；
B．加入NaOH固体，NaOH溶于水，电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水电离平衡受到抑制作用，水电离平衡逆向移动，B不符合题意；
C．H2O是弱电解质，电离过程会吸收热量，升高温度，水的电离平衡向吸热的电离方向移动，最终导致水的电离平衡向正方向移动，C符合题意；
D．加入NaCl固体，在水中NaCl电离产生Na+、Cl-，Na+、Cl-与水电离产生的离子之间不能发生任何反应，因此对水的电离平衡移动无影响，即加入NaCl固体水的电离平衡不移动，D不符合题意；
故合理选项是C。
6．C
解析：A．因为酸碱中和滴定的原理和水的电离是两个相反的过程，所以SO2的电离和用SOCl2滴定Na2SO3也是两个相反的过程，A项正确；
B．因为在一定温度下，水容溶液中c(H3O+)与c(OH-)乘积是一个常数，所以液态SO2中c(SO)与c(SO2+)的乘积也是一个常数，B项正确；
C．液态SO2虽然能够电离出阴、阳离子，但是它不是由阴、阳离子构成的，因此不属于离子化合物，而属于共价化合物，C项错误；
D．SO2的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，自由移动离子的浓度增大，所以液态SO2的导电能力增强，D项正确；
故选C。
7．B
【分析】用标准NaOH溶液滴定白醋，由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，又由于醋酸是弱酸，滴定终点生成醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故应用酚酞作指示剂，以此分析解答。
解析：A．该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A错误；
B．滴定前仰视读数，滴定后平视读数，读取标准液体积偏小，会使测定结果偏低，故B正确；
C．由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用0.0100 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差较小，故C错误；
D．滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误。
故答案选B。
8．C
解析：A．粗盐提纯时除去泥沙的操作为过滤，需要用到仪器烧杯（②）、漏斗（③）、玻璃棒（⑤），A实验能完成，不符合题意；
B．分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液的操作为分液，需要用到仪器分液漏斗（⑩）、烧杯（②），B实验能完成，不符合题意；
C．酸碱中和滴定，需要用到仪器酸/碱式滴定管、锥形瓶，相关仪器都没有，C实验不能完成，符合题意；
D．浓硫酸稀释配制稀硫酸，需要用到量筒（⑨）、烧杯（②）、容量瓶（④）、玻璃棒（⑤）、胶头滴管（⑥），D实验能完成，不符合题意；
故答案选C。
9．B
解析：A．某物质的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10 amol L 1，若a＞7时，则该溶液的pH可能为(14 a)，也可能是a，故A错误；
B．此温度下pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH )＝0.01mol/L，pH＝1的稀硫酸中c(H＋)＝0.1mol/L，若所得混合液pH＝2，则混合溶液中c(H＋)＝0.01mol/L═，a：b＝9：2，故B正确；
C．溶液导电性与溶液中离子浓度相关，盐酸、硫酸、醋酸溶液的pH相同，所以氢离子浓度相同，所以盐酸和醋酸导电性相等，而硫酸为二元酸，阴离子浓度低于盐酸和醋酸，所以导电性低，同pH的盐酸、硫酸、醋酸溶液导电性关系为硫酸<醋酸=盐酸，故C错误；
D．醋酸为弱酸，不完全电离，同pH的硫酸和醋酸溶液中，溶液醋酸还隐藏大量醋酸分子，所以中和同浓度同体积的氢氧化钠溶液，消耗酸的体积：硫酸＞醋酸，故D错误；
故答案选B。
10．D
解析：A．透明溶液不等于无色溶液，所给离子能够大量共存，故A错误；
B．Fe3+作过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，所给微粒不能大量共存，故B错误；
C．使甲基橙变黄色，该溶液可能为酸，也可能为碱，若为酸时，H+与SiO、AlO反应生成硅酸和氢氧化铝，故C错误；
D．常温下，水电离出c(H+)=1×10-12mol/L，该溶液抑制水的电离，可能为酸，也可能为碱，如果是酸，H+与C2O反应生成弱酸H2C2O4，若为碱，OH-与NH生成弱碱NH3·H2O，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D正确；
答案为D。
11．B
【分析】X是一种无色无味的气体，是由两种元素构成的化合物，且由固体V与氧气反应得到，可知X和W均是氧化物，我们比较熟悉的有CO2、NO、CO等。并可由此确定V中含有碳元素或氮元素等。W和Y均为白色固体，且W与 H2O反应生成Y，又W是氧化物，符合这些条件的物质常见的有氧化钙、氧化镁、氧化钠等。据此可初步推断V为碳化钙、氮化镁一类的物质。题目中又告诉我们：上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。可计算推知：V是CaC2，Z是C2H2，Y为Ca(OH)2，W为CaO，Z为C2H2，X为CO2，以此解题。
解析：A．根据分析可知，涉及的元素中只有Ca，一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色，A正确；
B．涉及元素中含有三种非金属元素，分别为：H，C，O，其中半径C>O，B错误；
C．由分析可知，W为CaO，其和水反应生成氢氧化钙，可以抑制水的电离，C正确；
D．由分析可知，X为CO2，Y为Ca(OH)2，两者反应可以生成碳酸氢钙，其中包含所涉及的所有元素，D正确；
故选B。
12．C
解析：A．将溶液③中加水稀释，保持温度不变，溶液中，加水后醋酸根离子浓度减小，则比值变大，A错误；
B．氨水为弱碱，取1mL溶液①加水稀释至100mL，氨水的电离程度变大，所得溶液的pH大于9，B错误；
C．盐酸与氢氧化钠均为强酸、强碱，混合后，若所得溶液的pH=4，则盐酸过量，故，则a:b=11:9，C正确；
D．醋酸为弱酸，等pH的醋酸盐酸，醋酸浓度远大于盐酸，故等体积的③、④两溶液分别与NaOH溶液中和，醋酸所消耗NaOH的物质的量更大，D错误；
故选C。
13．C
解析：A．氨水是弱电解质，pH=a的氨水，稀释10倍后，其a< b +1，故A错误；
B．酚酞在酸性、中性溶液中都呈无色，故B错误；
C．加入氨水后，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)增大，故减小，C正确；
D．氨水是弱电解质，pH=11的氨水，浓度大于10-3mol/L，故与pH=3的硫酸混合后，氨水过量，溶液显碱性，D错误；
故答案为：C。
14．D
解析：A．加入稀氨水，浓度增大，平衡逆向移动，增大，故A错误；
B．水的电离是吸热过程，故加热(升高温度)，增大，故B错误；
C．向水中加入少量固体，与结合生成，浓度减小，水的电离平衡正向移动，减小，故C错误；
D．向水中加入少量固体，浓度增大，平衡逆向移动，增大，但温度不变，不变，故D正确；
选D。
15．D
解析：A．②圆底烧瓶加热时需要垫上石棉网，A错误；
B．④碱式滴定管能用于量取碱液，高锰酸钾溶液具有强氧化性，橡胶的主要成分是聚异戊二烯，烯类因含碳碳双键具有还原性，高锰酸钾溶液会与橡胶中的碳碳双键反应，所以高锰酸钾溶液不可以用碱性滴定管量取，B错误；
C．球形冷凝管适用于回流蒸馏操作，多用于垂直蒸馏装置，直形冷凝管蒸馏、分馏操作，主要用于倾斜式蒸馏装置，C错误；
D． 长颈漏斗的作用是用于固体和液体在锥形瓶中反应时添加液体药品，D正确；
故选D。
二、填空题
16．(1)2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(2) > =
(3) 0.05400mol L-1 = >
解析：（1）酸性KMnO4具有强氧化性，能将C2O氧化成CO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2MnO＋5C2O＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故答案为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
（2）草酸为弱酸，将pH=3的H2C2O4溶液稀释到10倍时，电离平衡正移导致c(H＋)大于原溶液的，需稀释到大于10倍，则c1>10c2；溶液中水电离出的c(OH-)=c(H＋)，酸溶液中的c(OH-)可以表示水电离的量，则10c3=c4。故答案为：>；=。
（3）由c点溶液中的物料守恒式可知，c点为Na2C2O4溶液，即c点是H2C2O4与NaOH溶液恰好完全反应点，则n(H2C2O4)=n(NaOH)=×0.100 0 mol·L-1×21.60×10-3 L=1.080×10-3 mol，c(H2C2O4)==0.054 0 mol·L-1；根据电荷守恒有：2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-) =c(Na+)+ c(H+)，b点pH=7即c(OH-) = c(H+)，所以2c(C2O)+c(HC2O) =c(Na+)；a点是H2C2O4与NaOH按物质的量之比1∶1恰好完全反应生成NaHC2O4，由于a点溶液pH<7，溶液显酸性，即HC2O的电离大于HC2O的水解，所以c(C2O)> c(H2C2O4)，故答案为： 0.05400mol L-1；=；>。
17．2
解析：根据10FeC2O4·xH2O＋6KMnO4＋24H2SO4=5Fe2(SO4)3＋20CO2↑＋6MnSO4＋3K2SO4＋(24＋10x)H2O可知，n(FeC2O4·xH2O)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×0.018 L＝0.003 mol，则M(FeC2O4·xH2O)＝＝180 g·mol－1，即FeC2O4·xH2O的相对分子质量为180，结合18x＋144＝180，解得x＝2。
18． < NH4++H2ONH3·H2O+H+ 相同 Al2(SO4)3 B
【分析】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根水解；
（2）碳酸根水解，碳酸氢根既水解又电离；
（3）硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸；
（4）醋酸是一元弱酸，存在电离平衡，根据外界条件对电离平衡的影响分析。
解析：（1）铵根水解，则0.1mol·L-1氯化铵溶液的pH＜7，铵根水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；
（2）碳酸钠中碳酸根水解，且水解分步进行，碳酸氢钠中的碳酸氢根离子存在水解平衡和电离平衡，则浓度均为0.1mol/L的两溶液中离子种类相同，均含有：CO32-、HCO3-、OH- 和H+；
（3）铝离子水解，水解吸热，但由于生成的硫酸是难挥发性酸，则将硫酸铝溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质仍然是Al2(SO4)3；
（4）醋酸是弱酸，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，稀释促进电离，则
A．氢离子的物质的量增加，由于溶液的体积变化较大，因此c(H＋)降低，A错误；
B．稀释过程中氢离子的物质的量增加，醋酸的物质的量减少，由于溶液的体积相同，则比值c(H+)/c(CH3COOH)增大，B正确；
C．温度不变，水的离子积常数不变，即c(H＋)·c(OH－)不变，C错误；
答案选B。
19．5%（过程见详解）
解析：根据图中信息可知，当溶液的吸光度A=0.620时，对应的Cu2+的浓度为1.55010-3 mol/L，0.3150 g的无水Cu(NO3)的物质的量为 = 1.675510-3 mol，配制成100 mL溶液时，再移取10.00 mL该溶液，则与过量NH3H2O反应的Cu(NO3)2的物质的量为1.675510-4 mol，根据反应4NH3H2O+Cu2+ == Cu(NH3)+ 4H2O可知，生成Cu(NH3)的物质的量也为1.675510-4 mol，则Cu(NH3)的浓度为==1.675510-3 mol/L，纯度为 100%92.5%，
20．96%（过程见详解）
解析：，，，；
故答案为：96% 。
21．(1) 分液漏斗 防止倒吸
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)偏低
(4)作肥料
(5)0.04
(6) b 0.02
(7)Cu2(OH)3Cl
解析：A装置制备氨气，氨气和盐酸、氯化铜在三颈烧瓶中反应制备碱式氯化铜。
（1）根据仪器特点判断盛装稀盐酸的仪器是分液漏斗；仪器X球型干燥管连接A装置，A中是制取氨气的装置，故X管制的作用是导气、防止倒吸， 故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（2）A是大试管，试管口略向下倾斜，故是个固体加固体加热制取气体的装置，根据题目需要制氨气，故A中发生的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）当滴入稀盐酸过量会导致溶液碱性减弱，酸性增强，不利用生成碱式氯化铜的，故碱式氯化铜的的产量偏低，故答案为：偏低；
（4）根据反应物氨气和盐酸及氯化铜及产物碱式氯化铜利用元素守恒判断副产物是氯化铵，故可以用作肥料，故答案为：作肥料；
（5）根据Cu2+浓度为0. 2000 mol·L-1.及配置溶液的总体积为0.2L，则铜离子的物质量为=0.04mol，故答案为0.04；
（6）NH4SCN标准溶液故应选择三价铁做指示剂，因为SCN-可与三价铁反应有血红色现象产生，为不引入新的杂质，及不干扰检验，故应该加入硝酸铁，故选答案b；用0.1000 mol· L-1 NH4SCN标准溶液为10.00 mL，故NH4SCN的物质的量为1×10-3mol，故根据AgSCN判断剩余银离子的物质的量为0.001mol，则生成氯化银的氯离子的物质的量为30. 00 mL×10-3× 0.1000 mol·L-1-0.001=0.002mol；则4.290 g产品中含有氯离子的物质的量为0.02mol；故答案为：0.02；
（7）根据以上小问中解出4.290 g产品中含有氯离子的物质的量为0.02mol；铜离子的物质的量为0.04mol，根据质量守恒得氢氧根离子的质量为：4.29-0.02×35.5-0.04×64=1.02，则氢氧根离子的物质的量为0.06mol，则铜离子、氢氧根离子、氯离子三种微粒的物质的量之比为0.04:0.06:0.02=2:3:1，故化学式为：Cu2(OH)3Cl；故答案为：Cu2(OH)3Cl