2024届高三新高考化学大一轮专题训练--水的电离和溶液的pH（含解析）

2024届高三新高考化学大一轮专题训练--水的电离和溶液的pH
一、单选题
1．（2023春·黑龙江双鸭山·高三双鸭山一中校考开学考试）若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是
A．Al3+、Na+、NO、Cl- B．K+、Na+、Cl-、NO
C．K+、Na+、Cl-、AlO D．K+、NH、SO、NO
2．（2021秋·山东济南·高三校考阶段练习）下列各组离子，在无色透明溶液中一定能大量共存的组别是
A．碱性环境中：I-、S2-、ClO-、Na+
B．弱酸性溶液中：K+、NH、NO、SO
C．加金属铝能产生大量氢气的溶液中：、Mg2+、SO、Cl-
D．室温下Kw/c(H+)=10-13溶液中：Fe2+、NH、SO、Cl-
3．（2022秋·广东深圳·高三广州市真光中学校联考期中）为二元酸，其电离过程为：，。常温时，向20mL0.1mol/L水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中、和的物质的量分数()随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．的为
B．当溶液中时，pH=2.7
C．曲线II表示
D．向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大
4．（2022秋·广东广州·高三校考期中）在常温下的下列溶液中，水电离产生的氢离子浓度等于10-12 mol/L的是
A．0.01 mol/L的CH3COONa溶液 B．0.01 mol/L的CH3COOH溶液
C．0.005 mol/L的H2SO4溶液 D．0.01 mol/L的Ba(OH)2溶液
5．（2023秋·浙江·高三期末）浓度相等，体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图所示，下列叙述不正确的是
A．当时，若两溶液同时升高温度，则增大
B．的浓度是
C．若两溶液无限稀释，则它们的相等
D．是弱碱
6．（2022秋·广东广州·高三广州市第二中学校考阶段练习）酸碱中和滴定常用于测定酸或碱的浓度。某实验小组用的NaOH溶液滴定20.00mL的溶液。下列情况会造成所滴加NaOH溶液体积偏小的是
A．装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗 B．滴定过程中锥形瓶中有少量液体溅出
C．盛装醋酸溶液的锥形瓶水洗后未干燥 D．盛装醋酸溶液的锥形瓶水洗后再润洗
7．（2022秋·广东梅州·高三校考阶段练习）下列实验操作正确的是
A．图1装置：用溶液滴定溶液
B．图2装置：记录滴定终点读数为12.20mL
C．图3装置：量取25.00mL未知浓度的醋酸
D．图4装置：准确量取9.50mL饱和食盐水
8．（2023春·甘肃武威·高三民勤县第一中学校考开学考试）水的电离平衡曲线如图所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是
A．图中温度
B．图中五点间的关系：
C．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
D．时，将的硫酸溶液与的溶液等体积混合后，溶液显中性
9．（2022秋·湖北·高三校联考阶段练习）号称绿色氧化剂，一般以30%或60%的水溶液形式存放，俗称双氧水，适用于医用伤口消毒、环境消毒和食品消毒。某制备方法及装置如图：
已知：①；
②、HX等杂质易使催化剂Ni中毒。
下列说法正确的是
A．可用装置A在相应位置盛装二氧化锰和浓盐酸制氯气
B．装置B可为盛装饱和食盐水的洗气瓶或装有碱石灰的干燥管
C．反应结束后，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，此过程用到的玻璃仪器有8种(除三颈烧瓶)
D．在用酸性标准溶液滴定法测定产品纯度过程中，若在滴定终点读数时俯视，则结果偏低
10．（2023·全国·高三专题练习）25°C时，用溶液滴定一元弱酸溶液，滴定曲线如图所示。已知：，下列说法正确的是
A．滴定时可选用甲基橙或紫色石蕊试液作指示剂
B．c点时溶液中
C．b点时溶液
D．a点时加入的溶液体积等于10mL
11．（2022秋·广西·高三校联考阶段练习）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．图中五个点的Kw间的关系：
B．若从A点变到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．温度不变，向水中加入适量固体可使A点变到C点
D．处在B点时，将的稀硫酸与的溶液等体积混合后，溶液显中性
12．（2021秋·浙江绍兴·高三校考期中）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是
A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等 B．a=5时，A是强酸，B是弱酸
C．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 D．若A、B都是弱酸，则a=5
13．（2021秋·山东青岛·高三青岛二中校考期中）现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是
A．向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①
B．等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小
C．①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性
D．等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①
二、多选题
14．（2022秋·安徽亳州·高三亳州二中校考期中）四种酸在25℃的电离平衡常数：①H2CO3：K1=4.30×10-7　 ②H3AsO4：K1=6.30×10-3 ③CH3COOH：K=1.75×10-5　　 ④HF：K=3.53×10-4　，以下说法正确的是
A．当H3AsO4与足量Na2CO3反应时，一定生成CO2和H2O
B．等体积、等浓度的四种酸，中和碱的能力为：H3AsO4＞H2CO3＞HF＞CH3COOH
C．若四种酸的浓度均为0.1mol/L，则c(H+)的大小顺序：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3
D．等体积、等浓度的四种酸溶液中，由水电离出来的c(H+)的大小顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HF＞H3AsO4
三、非选择题
15．（2021秋·江苏南通·高三统考开学考试）镀镍废水是重金属污染源之一，常见处理含镍废水的一种离子交换和沉淀法工艺如下：
已知该交换树脂为阳离子型树脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。
(1)Ni2+的核外电子排布式为 。
(2)已知在pH=2时，离子交换过程Ni2+去除率很低，其原因为 。
(3)“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni2+)过程中，R-与中间产物·OH(羟基自由基)反应生成难以与Ni2+络合的·R(有机物自由基)，但·OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：
Ⅰ．Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH
Ⅱ．R-+·OH=OH-+·R
平衡移动的角度解释加入FeSO4和H2O2能够实现“脱络”的原因是 。
(4)NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 。
(5)硫酸镍铵(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O可用于电镀等领域，为测定其组成，进行如下实验：
①称取4.670样品，配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A，加足量浓NaOH溶液并加热，生成NH3 44.80mL (标准状况)。
③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行测定三次，平均消耗标准EDTA溶液20.00mL。
则硫酸镍铵的化学式为 (写出计算过程)。
16．（2021秋·高三课时练习）草酸晶体的组成可以用H2C2O4·xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：
①称取W g草酸晶体，配成100.00mL的水溶液；
②取25.00mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a mol/L的KMnO4溶液滴定，所发生的反应如下：2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 10CO2↑+ 2MnSO4 + 8H2O。
试回答：
(1)在滴定过程中，眼睛应注视 ，达到终点的标志是 。
(2)若在接近实验滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，所测得x值会 。
(3)在滴定过程中若用去a mol/L的KMnO4溶液V mL，则所配的草酸溶液的物质的量浓度为 mol/L，由此可以计算出x的值是 。
17．（2022秋·湖北武汉·高三校考阶段练习）按要求回答下列问题
(1)一定温度下，现有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸
①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是 (用a、b、c表示)
②当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 (用a、b、c表示)
③当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为 (用a、b、c表示)
(2)现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如表：
滴定序号 待测液体积 所消耗盐酸标准液的体积
滴定前 滴定后 消耗的体积
1
2
3
①用 式滴定管盛装盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置。
该次滴定所用标准盐酸体积为 mL。
②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用 作指示剂。
③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为 。
④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果 (填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
18．（2021·全国·高三专题练习）亚硝酰氯(NOCl)的沸点为-5.5℃，易水解生成两种酸，常用于有机合成。学习小组在实验室中对NO与制备NOCl的反应进行了探究。回答下列问题：
(1)出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在 (条件)下进行。
(2)NO与反应，装置如图所示(已知溶液可以吸收NO)。
①关闭，打开和分液漏斗活塞，至气球膨胀，目的为 ；连接B的目的为 。
②关闭，打开，向D中通入气体，至黄绿色完全消失。D中反应的化学方程式为 。
(3)装置E中的试剂X为 ，作用为 。
(4)测定NOCl的纯度。
已知：实验前，D中的体积为(已换算为标准状况)。取实验后D中所得溶液，加入适当过量NaI溶液，酸化后充分反应(杂质不参加反应，还原产物为NO)；以淀粉为指示剂，用标准液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。
①NaI发生反应的离子方程式为 。
②本实验中NOCl的产率为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，说明水的电离受到抑制，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液；
【详解】A．若为碱性溶液，含大量OH-，则与Al3+反应得到沉淀，A项不符合题意；
B．K+、Na+、Cl-、NO离子间不反应，且在酸性或者酸性条件下都能共存，B项符合题意；
C．若溶液为酸性，含大量H+，H+与AlO反应得到氢氧化铝沉淀，不共存，C项不符合题意；
D．若为碱性溶液，含大量OH-，则与NH反应得到一水合氨，不能共存，D项不符合题意；
故答案选B。
2．B
【详解】A．在澄清透明溶液中I-、S2-有还原性，ClO-有氧化性，I-、S2-和ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B．弱酸性溶液中：K+、NH、NO、SO，不发生反应，可以大量共存，B正确；
C．加铝能产生大量氢气的溶液既可以是酸性也可以是碱性，碱性溶液中Cu2+不能大量存在，酸性条件下，与铝反应不能生成氢气，则不能大量共存，C错误；
D．Fe2+是浅绿色的，不符合无色透明溶液的条件，且室温下Kw/c(H+)=10-13的溶液，c(H+)=0.1 ，呈酸性，酸性溶液中SO不能大量存在，D错误；
故本题选B。
3．B
【分析】随着pH的增大，H2A物质的量浓度减少，HA-物质的量浓度增大，即I代表H2A，Ⅱ代表HA-，H2A消耗完后，继续加入NaOH溶液，HA-物质的量浓度减小，A2-物质的量浓度增大，Ⅲ代表中A2-，据此分析；
【详解】A．根据图可知，当时，溶液的pH=1.2，则溶液中， ，常温下H2A的Kal的数量级为10-2，A错误；
B．由图可知， 时，，当时，，，B正确；
C．H2A为二元酸，向H2 A水溶液中逐滴滴加NaOH溶液，首先生成反应生成NaHA，继续滴加氢氧化钠再反应生成Na2A，故曲线Ⅱ表示HA-，C错误；
D．pH = 4.2时，HA-、A2-含量相同，则c(HA- )= c(A2-)，溶液为Na2A、NaHA等浓度的混合溶液，溶液中持续滴加NaOH溶液，NaHA转化为Na2A，水解程度逐渐增大，水的电离程度增大，但是当全部转化为Na2A后，再加入NaOH溶液，就开始抑制水的电离，水的电离程度减小，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中部分水解而促进水的电离，因此水电离产生增大，则水电离产生的氢离子浓度c(H+)＞10-7 mol/L，不可能等于10-12 mol/L，A错误；
B．CH3COOH是一元弱酸，其电离产生H+对水电离平衡起抑制作用，导致水电离产生的氢离子浓度减小，但其在溶液中存在电离平衡，电离产生的c(H+)＜0.01 mol/L，由于室温下水的离子积Kw=10-14，所以水电离产生的氢离子浓度＞10-12 mol/L，B错误；
C．0.005 mol/L的H2SO4溶液，酸电离产生的氢离子浓度c(H+)=2×0.005 mol/L=0.01 mol/L，则根据室温下水的离子积Kw=10-14，水电离产生的氢离子浓度c(H+)=10-12 mol/L，C正确；
D．0.01 mol/L的Ba(OH)2溶液中碱电离产生的c(OH-)=2×0.01 mol/L=0.02 mol/L，室温下水的离子积Kw=10-14，所以水电离产生的氢离子浓度c(H+)= ＜10-12 mol/L，D错误；
故合理选项是C。
5．A
【分析】物质的量浓度相同的一元碱MOH和ROH溶液，pH值越大，该碱的碱性越强；根据图知，碱性：MOH＞ROH，稀释10倍时，0.10mol/LMOH溶液的pH变化值从13降为12，ROH的pH值变化值小于1，说明MOH是强碱、ROH是弱碱。
【详解】A. 当时，若两溶液同时升高温度，MOH完全电离，升高温度促进ROH电离，c(M+)不变，c(R+)增大，则减小，故A错误；
B． 稀释10倍时，MOH溶液的pH变化值从13降为12，则MOH一定是强碱，的浓度是，故B正确；
C． 无限稀释时，溶液无限接近于7，则它们的c（OH-）几乎相等，故C正确；
D． 稀释10倍时，0．10mol/LMOH溶液的pH变化值从13降为12，ROH的pH值变化值小于1，说明MOH是强碱、ROH是弱碱，故D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液浓度变小，导致标准液用量增加，A错误；
B．滴定过程中锥形瓶中有少量液体溅出，待测液中溶质减小，导致标准液用量减小，B正确；
C．盛装醋酸溶液的锥形瓶水洗后未干燥，不影响标准液用量，C错误；
D．盛装醋酸溶液的锥形瓶水洗后再润洗，待测液中溶质增加，导致标准液用量增加，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．溶液具有强氧化性，应该使用酸式滴定管，故A错误；
B．由图可知，记录滴定终点读数为11.80mL，故B错误；
C．量取25.00mL未知浓度的醋酸可以使用酸式滴定管，故C正确；
D．量筒只能精确到0.1mL，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；
B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；
C．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法，则氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D．B点时，，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D错误。
故选D。
9．D
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸制氯气需加热，启普发生器不能加热，A错误；
B．装置B需除去水蒸气及HC1气体，盛装饱和食盐水的洗气瓶只能除去HCl气体，B错误；
C．过滤、萃取、分液、蒸馏，用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯、分液漏斗、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶等，C错误；
D．在滴定终点读数时俯视，造成酸性KMnO4读数偏小，则结果偏低，D正确；
故选D。
10．B
【分析】25℃时，用溶液滴定一元弱酸溶液，两者反应生成和水，氢氧化钠体积为20mL时两者恰好反应。
【详解】A．滴定终点溶液显碱性，可选用酚酞作指示剂，A错误；
B．c点溶质为和过量的氢氧化钠，且两者的物质的量之比为2:1，根据物料守恒可知，，B正确；
C．b点时溶液溶质为，由于A-的水解使得溶液显碱性，，C错误；
D．a点时pH=4.76，氢离子浓度为10-4.76mol/L，，则；若加入的溶液体积等于，在溶质为等量的NaA、HA，此时溶液显酸性，HA电离大于A-水解，则；两者矛盾，故此时加入氢氧化钠溶液体积不是10mL，D错误；
故选B。
11．C
【分析】ADE都处于25℃时的平衡曲线上，B点处于100℃时的平衡曲线上，Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大，据此分析判断。
【详解】A．ADE都处于25℃时的平衡曲线上，Kw相等，B点处于100℃时的平衡曲线上， B点c(H+)和c(OH-)都大于A点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+) c(OH-)越大，Kw越大，故五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E，故A正确；
B．加酸，c(H+)变大，但c(OH-)变小，由于温度不变，Kw不变，可以从A点到D点，故B正确；
C．向水中加入适量固体，由于KHSO4在水中完全电离，c(H+)变大，但c(OH-)变小，由于温度不变，Kw不变，A只能在EAD曲线上移动，故C错误；
D．若处在B点时，Kw=1×10-12，pH=3的硫酸中c(H+)=10-3mol/L，pH=9的KOH中c(OH-)=10-3mol L-1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D正确；
故答案为：C。
12．B
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，对一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；
B．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；
C．由图即可得到：当稀释后，A酸的pH明显大于B，则稀释后B的酸性强，故C错误；
D．若A、B都是弱酸，加水稀释促进弱酸的电离，溶液中2故选B。
13．B
【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。
【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；
B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；
C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等体积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；
D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；
答案选B。
14．CD
【详解】A．尽管H3AsO4的K1大于H2CO3：K1，但当H3AsO4与足量Na2CO3反应时，可能由于H3AsO4不足量，Na2CO3反应产生NaHCO3，而没有生成CO2和H2O，A错误；
B．等体积、等浓度的四种酸，四种酸的物质的量相等，酸的元数越多，发生中和反应消耗碱的物质的量就越多，中和碱的能力就越强，当酸的元数相同时，中和碱的能力就相同，故中和碱的能力为：H3AsO4＞H2CO3＞HF=CH3COOH，B错误；
C．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。由于电离平衡常数：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，所以四种酸的浓度均为0.1 mol/L，则c(H+)的大小顺序：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，C正确；
D．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。酸电离产生的c(H+)越大，其对水电离的抑制作用就越强，水电离产生的c(H+)就越小。根据选项C分析可知等体积、等浓度的四种酸溶液中c(H+)：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，则相应溶液中由水电离出来的c(H+)的大小顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HF＞H3AsO4，D正确；
故合理选项是CD。
15．(1)1s22s22p63s23p63d8
(2)pH=2时，酸性较强，抑制HR电离产生R-，c(R-)低，因而Ni2+去除率低
(3)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应Ⅰ和反应Ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”
(4)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
(5)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
【详解】（1）根据Ni原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去2个电子，首先失去最外层4s2的电子，变为Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；
（2）pH=2时，酸性较强，抑制HR电离产生R-，导致c(R-)低，结合Ni2+的程度降低，因而Ni2+去除率低；
（3）NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应Ⅰ和反应Ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；
（4）根据化合价的升降判断产物，利用原子及电子守恒配平得：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
（5）4.670g硫酸镍铵中Ni2+的物质的量为0.02L×0.05000mol/L×10=0.01000mol；
n(NH)=10n(NH3)=10×2×10-3mol=0.02mol；
根据电荷守恒可知样品中n(SO)=0.02mol；
根据质量守恒可得：m(H2O)=4.670g-0.01mol×59g/mol-0.02mol×18g/mol-0.02mol×96g.mol=1.800g；
n(H2O)=0.1000mol；
则：x:y:m:n=0.02:0.01:0.02:0.1=2:1:2:10；
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。
【点睛】根据电离平衡和化学平衡利用平衡移动原理进行判断离子浓度的变化，利用原子和电子守恒判断产物。
16．(1) 锥形瓶内溶液颜色的变化 溶液变为浅紫红色并半分钟内不褪色
(2)无影响
(3) aV/10
【分析】(1)
在滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当溶液变为浅紫红色并半分钟内不褪色，证明达到滴定终点；
(2)
若在接近实验滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对H2C2O4物质的量测定不会产生影响，对V(标准)无影响，根据可知，不变，则对测得x值无影响；
(3)
根据题目信息可得到比例关系：，则所配的草酸溶液的物质的量浓度为；样品中含有的质量为，则x的值为。
17．(1) b>a＝c c>a＝b a＝b＝c
(2) 酸 24.60 酚酞 0.2632mol/L 偏低
【详解】（1）①三种酸体积相同、物质的量浓度也相同即物质的量相同，盐酸和醋酸都是一元酸，和NaOH完全中和时，需要的NaOH的物质的量和一元酸的物质的量相等，所以盐酸和醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量相等；硫酸是二元酸，和NaOH完全中和时，需要的NaOH的物质的量是硫酸的物质的量的2倍，所以三种酸和NaOH恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b>a＝c；
②三者c(H+)相同时 ，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度要大于盐酸的浓度，所以当盐酸和醋酸体积相同时，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，和足量的锌反应时，醋酸生成氢气的物质的量大于盐酸生成氢气的物质的量。盐酸和硫酸都是强酸，完全电离，H+的物质的量相等，和足量的锌反应，生成氢气的物质的量相等。相同状况下，气体体积和气体的物质的量成正比，所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c>a＝b；
③形状、密度、质量完全相同的锌和三种酸反应，反应的实质是锌和H+反应，反应速率由c(H+)决定，所以三种酸溶液中c(H+)相同时，开始时反应速率相等，即a＝b＝c；
（2）①盐酸要用酸式滴定管盛装。从滴定管液面可以看出，滴定前液面在0.30mL处，滴定后液面在24.90mL处，所以该次滴定所用标准盐酸体积为用24.60mL；
②石蕊颜色变化不明显，通常不用做酸碱中和滴定的指示剂，应选用酚酞作指示剂；
③分析三组数据，消耗盐酸的体积的第二组数据和其他两组差别较大，舍去，第一组和第三组消耗盐酸的体积的平均值为26.32mL，盐酸和NaOH等物质的量反应，所以有0.2500mol/L×0.02632L=c(NaOH)×0.02500L，可计算出c(NaOH)=0.2632mol/L；
④滴定操作开始时滴加盐酸的速度可以快一些，当快达到滴定终点时，一定要逐滴滴入，直到指示剂颜色改变且摇动半分钟颜色不恢复，才可以停止滴定，等液面稳定之后再读数。若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则滴入的盐酸的体积偏小，会造成测定结果偏低。
18． 通风条件 排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2 除去NO2和吸收挥发出的硝酸 浓硫酸 防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验
【分析】装置A中铜与稀硝酸反应产生NO，用B装置中的水除去NO2和挥发出的硝酸，C装置进行干燥除水，然后NO与Cl2在D装置发生核心反应制备亚硝酰氯，亚硝酰氯易与水反应，所以E装置装有浓硫酸防止后续装置的水分进入D装置与产物反应，NO和Cl2有毒，为防止污染环境用F装置盛装酸性高锰酸钾溶液除NO，用G装置盛装氢氧化钠溶液除去多余的氯气。
【详解】(1)反应的两种原料气NO和Cl2均是有毒气体，出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在通风条件下进行；
(2)①装置中的空气会将NO转化为NO2，影响实验，所以需要先将空气排尽，制备NO时，会有一部分被空气转化为NO2，可以用水除去。所以答案为：排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2；除去NO2和吸收挥发出的硝酸；
②D中为氯气与NO反应生成亚硝酰氯，根据得失电子守恒和元素守恒，可以得出反应的化学方程式为；
(3)亚硝酰氯易与水反应，所以发生装置后端要接一个装有浓硫酸的干燥装置，防止后续水分进入发生装置，所以装置E中的试剂X为浓硫酸，作用为防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验；
(4)①NaI与亚硝酰氯反应生成Cl-、I2、NO，根据得失电子守恒和元素守恒可知发生反应的离子方程式为；
②根据反应方程式、和可知有如下关系式：，即，所以参与反应的氯气为：，原本氯气总量为：，则亚硝酰氯的产率为：，所以答案为：。
答案第1页，共2页
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