专题3《水溶液中的离子反应》（含解析）单元检测题2023-2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1

专题3《水溶液中的离子反应》
一、单选题
1．某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
第一次 25.00 0.00 28.85
第二次 25.00 0.00 28.90
第三次 25.00 0.00 17.55
下列说法正确的是
A．该氢氧化钠溶液中c(NaOH)=0.1155mol/L
B．当溶液从无色刚好变成红色时，则达到滴定终点
C．达滴定终点时，滴定管尖嘴有气泡，则测定结果偏高
D．实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
2．常温下，用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(d点为恰好反应点)。下列说法错误的是
A．b→c过程中，不断增大
B．a→d过程中d点时水的电离程度最大
C．c点时溶液的导电能力最强
D．d点混合液中离子浓度大小关系为：
3．25℃，向100mL0.01mol·L-1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01mol·L-1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化关系如图所示(lg5=0.7)。下列说法不正确的是
A．25℃，H2A的第二步电离平衡常数约为10-6
B．P点时溶液中存在：2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-)
C．水的电离程度为N>M>P
D．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH可能小于2
4．化学与科学技术的发展密切相关，技术的进步为化学的研究奠定了基础。下列说法错误的是
A．就化工生产与技术的发展而言，催化剂往往成为技术改造和更新的关键
B．酸碱中和滴定时只能用石蕊试液作终点指示剂，没有其他更好的办法
C．利用飞秒激光脉冲技术使化学动力学研究进入分子动态学的领域
D．利用比色分析的分光光度计可以帮助测定某些化学反应的反应速率
5．下列实验操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲测定硫酸与锌反应的化学反应速率
B．用装置乙制取无水氯化镁
C．用装置丙电解精炼铜，a为粗铜，b为精铜
D．用装置丁保护钢闸门，其中钢闸门与电源的负极相连
6．常温下，测得溶液的pH=3，下列说法正确的是
A．向某温度下的醋酸溶液中通入HCl气体，醋酸的电离常数K会增大
B．加水稀释10倍后，电离出的
C．向其中加入少量固体，的电离平衡向逆反应方向移动
D．向醋酸溶液中通入HCl气体，溶液中减小
7．下列说法正确的是
A．的溶液中，一定存在
B．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
C．常温下，的溶液的
D．分别向等体积、等浓度的醋酸和盐酸中加入足量锌粉，产生等量的
8．捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示，N(C2H5)3的化学性质与NH3类似。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
B．0.1molN(C2H5)3与盐酸恰好完全反应所得盐溶液中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NA
C．若有22.4LCO2参与反应，则拆开CO2分子中共用电子对的数目为4NA
D．每生成0.5mol甲酸，该捕获过程中转移的电子数为2NA
9．下列叙述正确的是
A．pH=7的溶液一定是中性溶液
B．由水电离出来的H+的浓度为1.0×10-10mol·L-1，则原溶液的pH=4
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，C(H+)增大，pH值减小，但仍呈中性
D．一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其pH=11
10．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A．向pH=4的乙酸溶液稀释10倍后溶液pH＜5
B．相比较于常温，加热后的纯碱溶液去除厨房的油污的效果更好
C．对平衡体系压缩容器后可使气体颜色变深
D．水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除
11．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：、、、
B．使甲基橙试液显红色的溶液中：、、、
C．与Al反应能放出的溶液中：、、、
D．水电离的的溶液中：、、、
12．25℃时，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液，溶液中各微粒的分布系数δ与pH、NaOH溶液体积的变化如图所示。[A2-的分布系数：δ(A2-)=。下列说法正确的是
A．H2A在水中的电离方程式：H2AH++HA-、HA-H++A2-
B．当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)
C．HA-的电离平衡常数Ka=1.0×10-5
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)
二、填空题
13．学好化学有助于理解生活中化学现象的本质，从而提高生活质量。
(1)醋汤过酸时，加入少量的面碱(Na2CO3)可以减弱酸味，发生反应的离子方程式是 。
(2)盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性。试用离子方程式表示盐碱地呈碱性的原因： 。
现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④醋酸钠。请回答下列问题：
(3)25℃时，①中由水电离出的H+浓度为 mol·L-1.
(4)④中各离子浓度由大到小的顺序是 。
(5)②和④等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= mol·L-1.
(6)已知t℃时，Kw=1×10-13，则t℃(选填“>”、“<”或“=”) 25℃。在t℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=2，则a∶b= 。
14．按要求填空：
(1)13gC2H2(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时，放出659kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 。
(2)试写出镁粉投入NH4Cl溶液中反应的离子方程式 。
(3)AlCl3水溶液的pH值 7(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是(用离子方程式表示) 。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 。
(4)在配制Na2S溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的 。
(5)常温下，测得CH3COONH4溶液的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度 (填“＞”、“＜”或“=”)NH的水解程度，CH3COO-与NH浓度的大小关系是：c(CH3COO-) c(NH)(填“＞”、“＜”或“=”)。
15．(1)已知下列物质在20℃下的Ksp如下，试回答下列问题：
化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 货色 黑色 红色
Ksp 1.8×10-10 5.4×10-13 8.3×10-17 6.3×10-50 2.0×10-12
①20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是 。
②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时= 。
③测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是 。
A．KBr B．KI C．K2S D．K2CrO4
(2)已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.1×10-33。
①在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+刚好完全沉淀时，测定c(Al3+)=0.2 mol·L-1。此时所得沉淀中 (填“还含有”或“不含有”) Al(OH)3，并请写出计算过程。
③根据25℃时Mg(OH)2的Ksp，计算该温度下反应Mg(OH)2+2H+Mg2++2H2O的平衡常数K= 。
16．250C时，如果取0.1 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH=8的原因 (用离子方程式表示)；
(2)混合溶液中由水电离出的c(H+) 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(填>、<、=)
(3)求出混合液中下列算式的计算结果(填具体数字)：c (HA)+c (A-)= mol·L-1；
(4)已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH 7 (填>、<、=)；
(5)将相同温度下相同浓度的四种盐溶液：
A．NH4HCO3 B．NH4A C．(NH4)2SO4 D．NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列 (填序号)
17．在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，请填写下列空白。
(1)加水前导电能力约为零的原因是 。
(2)a、b、c三点对应的溶液中，由小到大的顺序是 。
(3)a、b、c三点对应的溶液中，电离程度最大的是 。
(4)若使b点对应的溶液中增大、减小，可采用的方法是 (填序号)。
①加入
②加入NaOH固体
③加入浓硫酸
④加入固体
18．亚硝酰硫酸是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。
测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。称取产品放入锥形瓶中，加浓硫酸，用标准溶液滴定，消耗标准溶液。
已知：可与生成粉红色的。
(1)锥形瓶中加入浓硫酸的作用是 。
(2)判断滴定达到终点的现象是 。
(3)亚硝酰硫酸中硝酸的含量为 。
19．针对以下A~D四个涉及H2O2的反应(未配平)，填写空白：
A．Na2O2 +HCl→NaCl+H2O2
B．Ag2O+H2O2→Ag+O2↑+H2O
C．H2O2→H2O+O2↑
D．H2O2+Cr2(SO4)3+KOH→K2CrO4+K2SO4+H2O
(1)仅体现H2O2的氧化性的反应是(填代号) ，配平化学该方程式 。
(2)既体现了H2O2的氧化性，又体现了还原性的反应是(填代号) ；
(3)体现了H2O2的弱酸性的反应是(填代号) ，其理由是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A． 由表格数据可知，第三次误差较大舍弃，V(HCl)=，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)= =0.1155 mol L-1，故A正确；
B． 盐酸滴定NaOH，NaOH遇酚酞变红，滴定终点时变为无色，则溶液由红色变为无色、且30s不变时达到滴定终点，故B错误；
C． 达滴定终点时，滴定管尖嘴有气泡，消耗V(HCl)偏小，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)偏小，则测定结果偏低，故C错误；
D． 实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗，消耗V(HCl)偏大，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)偏大，而中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗，故D错误；
故选A。
2．C
【详解】d点为恰好反应点，此时溶质为KA，溶液显碱性，则说明KA为强碱弱酸盐，HA为弱酸，
A． b→c过程中发生反应：KOH+HA=KA+H2O，氢离子被消耗，HA的电离平衡正向移动，则不断增大，故A正确；
B． a→d过程中，d点为恰好反应点，此时溶质为KA，对水的电离只有促进作用，则d点时水的电离程度最大，故B正确；
C．将KOH溶液加入弱酸HA溶液中，发生反应：KOH+HA=KA+H2O，逐渐将弱电解质溶液转化为强电解质溶液，溶液导电性逐渐增强，当恰好反应后，继续加入KOH溶液，溶液导电性继续增强，故C错误；
D．d点为恰好反应点，此时溶质为KA，弱酸根A-离子水解使溶液显碱性，且水解是微弱的，则d点混合液中离子浓度大小关系为：，故D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．据图可知0.01mol·L-1的NaHA溶液的pH为4，说明溶液中以HA-的电离为主，水解十分微弱，可以忽略，溶液中c(A2-)≈c(H+)=10-4mol/L，所以H2A的第二步电离平衡常数K==≈10-6，A正确；
B．加入盐酸的溶液pH会降低，所以P点处加入100mL0.01mol·L-1的盐酸，所以P点溶液中溶质为等物质的量浓度的H2A和NaCl，存在电荷守恒2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，二式联立消去c(A2-)可得2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-)，B正确；
C．N点溶质为Na2A，M点溶质为Na2A和少量NaHA，P点溶质为等物质的量浓度的H2A和NaCl，A2-的水解促进水的电离，HA-、H2A的电离抑制水的电离，且H2A的抑制作用更强，所以水的电离程度为N>M>P，C正确；
D．所用盐酸的浓度为0.01mol·L-1，pH=2，而初始NaHA溶液的pH＞2，所以两溶液混合后相当于把盐酸稀释，溶液的pH不可能小于2，D错误；
综上所述答案为D。
4．B
【详解】A．加入催化剂，能大大加快反应速率，缩短反应时间，节约成本，所以就化工生产与技术的发展而言，催化剂往往成为技术改造和更新的关键，故A正确；
B．酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围较大且现象不明显，一般不用石蕊作指示剂，故B错误；
C．飞秒激光脉冲技术的利用，使化学动力学研究进入分子动态学的领域，故C正确；
D．比色分析的分光光度计的利用，可以帮助测定某些化学反应的反应速率，故D正确；
答案为B。
5．B
【详解】A．用装置甲通过测定生成一定体积的氢气所用时间，测定硫酸与锌反应的化学反应速率，故不选A；
B．直接加热蒸发氯化镁溶液，得到氢氧化镁沉淀，应该在通入氯化氢气流的情况下，加热蒸干得到氯化镁，故选B ；
C．a是阳极、b是阴极，用装置丙电解精炼铜，粗铜阳极，精铜阴极，电解质溶液为硫酸铜，故不选C；
D．用装置丁保护钢闸门，钢闸门与电源的负极相连，属于外加电流阴极保护法，故不选D；
选B。
6．C
【详解】A．醋酸的电离常数只与温度有关，故通入HCl气体电离常数不变，A错误；
B．若CH3COOH为强酸，pH=3的醋酸加水稀释10倍后，pH=4，现CH3COOH为弱酸，稀释促进醋酸的电离，平衡正向移动，加水稀释10倍后pH<4，即c(H+)>1.0×10 4mol L 1，则c(OH )<1.0×10 10mol L 1，B错误；
C．加入少量CH3COONa固体，增大CH3COO 的浓度，平衡CH3COOH CH3COO-+H+逆向移动，C正确；
D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，平衡CH3COOH CH3COO-+H+逆向移动，c(CH3COO )减小，=增大，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A. 的溶液中，不一定溶液呈酸性，要看具体什么温度，所以不一定，A错误；
B. 稀醋酸中加入少量醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，B错误；
C. 是二元弱酸，所以常温下，的溶液中c(H+)<0.01mol/L，所以pH≠2，C错误；
D. 向等体积、等浓度的醋酸和盐酸中加入足量锌粉，由于最终能与锌粉反应的H+的物质的量一样多，所以产生的H2的量相等，D正确；
综上所述，选D。
8．A
【详解】A．100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为：=5NA，故A正确；
B．N(C2H5)3性质与NH3类似，则[N(C2H5)3H]+与NH性质相似，[N(C2H5)3H]+为弱离子，水溶液中部分水解，所以0.1mol该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中，[N(C2H5)3H]+的数目小于0.1NA，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算二氧化碳物质的量和拆开电子对数，故C错误；
D．该反应是氧化还原反应，C元素化合价由+4降到+2，降低2个单位，每生成1mol 甲酸，转移的电子数为2NA，则每生成0.5mol甲酸，转移的电子数为NA，故D错误。
故选A。
9．C
【详解】A．水的电离受温度影响，所以pH=7的溶液不一定是中性溶液，故A错误；
B．常温下由水电离出来的H+的浓度等于由水电离出来的氢氧根的浓度、为1.0×10-10mol·L-1，则原溶液pH=4或者pH=10，故B错误；
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，c(H+)增大，pH值减小，但c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，故C正确；
D．氨水属于弱碱，一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其11故答案：C。
10．C
【详解】A．将pH=4的乙酸溶液稀释10倍后，乙酸溶液的浓度减小，电离平衡正向移动，H+的物质的量增大，溶液pH＜5，A不符合题意；
B．纯碱的主要成分为碳酸钠，溶于水发生水解+H2O+OH-，水解过程吸热，加热，水解平衡正向移动，c(OH-)增大，则热的纯碱溶液去污效果更好，B不符合题意；
C．对于，反应前后气体分子数相等，达平衡后加压，平衡不发生移动，但气体的浓度增大，所以气体颜色变深，C符合题意；
D．水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液浸泡处理，可发生转化CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)，增大c()，可将大部分CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除，D不符合题意；
故选C。
11．A
【详解】A．澄清透明的溶液中该组离子不反应，可大量共存，A符合题意；
B．使甲基橙试液显红色的溶液中存在大量氢离子，会与氢离子发生反应生成弱电解质次氯酸，不能大量共存，B不符合题意；
C．与Al反应能放出的溶液中可存在大量氢离子，也可存在大量氢氧根离子，若存在氢离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不能产生氢气，若存在氢氧根离子，则亚铁离子会与氢氧根离子反应生成沉淀而不能共存，C不符合题意；
D．水电离的的溶液中可存在大量氢离子，也可存在大量氢氧根离子，若存在氢离子，、、均会反应不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
12．D
【详解】A．根据题中图示可知，用强碱滴定二元酸，只有一个突跃，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为H2A=H++HA-、HA-H++A2-，故A错误；
B、当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA-只电离，不水解，即溶液中不存在H2A，所以物料守恒3[c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+)，联立电荷守恒和物料守恒，得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故B错误；
C．根据题中图示可知，常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-浓度大，即HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡为HA-H++A2-，其电离平衡常数Ka==≈1.0×10-2，故C错误；
D、当滴定终点时，溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于A2-离子水解，溶液呈碱性，即c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D正确；
答案为D。
13． 2CH3COOH+= 2CH3COO-+CO2↑+H2O +H2O+OH- 5×10-14 c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) 0.1 > 9∶2
【分析】根据酸与盐反应的原理分析；碳酸钠溶液中存在的水解；
【详解】(1)碳酸钠与醋酸反应生成醋酸钠、水和CO2，降低了酸浓度，发生反应的离子方程式是2CH3COOH+= 2CH3COO-+CO2↑+H2O；
(2)碳酸钠的水溶液中存在的水解反应式为+H2O+OH-，加入适量石膏，发生Ca2++=CaCO3↓，促进水解平衡逆向移动，从而降低溶液的碱性；
(3)25℃时，0.1mol·L-1硫酸中H+浓度为0.2mol·L-1，水的电离受抑制，溶液中的OH-来自水的电离，则由水电离出的H+浓度=c(OH-)==mol·L-1.=5×10-14mol·L-1；
(4)0.1mol·L-1醋酸钠中存在CH3COO-的水解，溶液呈碱性，则溶液中所含离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
(5)0.1mol·L-1的醋酸和醋酸钠等体积混合后，根据物料守恒c(Na+)= [c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]=0.05mol·L-1，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1；.
(6)水的电离是吸热过程，加热能促进水的电离，Kw增大，已知常温下Kw=1×10-14，t℃时，Kw=1×10-13，则t℃>25℃；在t℃时，将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合，若所得混合溶液的pH=2，此时溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1，根据酸碱中和的本质OH-+H+=H2O可知c(H+)==1×10-2mol·L-1，解得a:b=9:2。
【点睛】强酸与强碱混合溶液的pH计算一般思维过程：①先计算酸中n(H+)和碱中n(OH-)的物质的量并比较相对大小，确定混合溶液的酸碱性；②若n(H+)=n(OH-)，混合溶液呈中性；若n(H+)＞n(OH-)，混合溶液呈酸性，pH=-lg；若n(H+)＜n(OH-)，混合溶液呈碱性，pH=-lg。
14．(1)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1318kJ/mol
(2)Mg+2NH+2H2O=Mg2++2NH3 H2O+H2↑/Mg+2NH=Mg2++2NH3↑+H2↑
(3) ＜ Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ Al2O3
(4)NaOH
(5) = =
【详解】（1）13gC2H2物质的量，当1mol乙炔反应时，放出2×659kJ热量，因此该热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1318kJ/mol。
（2）NH4Cl溶液中存在水解：，Mg加入后与H+反应生成H2，促进的水解，因此反应为：Mg+2NH+2H2O=Mg2++2NH3 H2O+H2↑或Mg+2NH=Mg2++2NH3↑+H2↑。
（3）AlCl3溶液中，Al3+水解生成H+：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，pH<7；把AlCl3溶液蒸干、灼烧时，水解生成的HCl挥发，剩余Al(OH)3在灼烧时分解生成Al2O3和H2O，最终只剩Al2O3。
（4）Na2S中S2-水解显碱性，因此加入少量的NaOH可以抑制其水解。
（5）CH3COONH4溶液的pH=7，说明CH3COO-和NH的水解程度相等，因此在CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)=c(NH)。
15． Ag2CrO4>AgCl>AgBr>AgI>Ag2S 3×10-3 D Al(OH)3 不含有，Fe3+完全沉淀时，c3(OH-)=4.0×10-33，c(Al3+)·c3(OH-)=8×10-34【详解】试题分析：(1) ①根据五种银盐的Ksp，分别计算饱和溶液中Ag+物质的量浓度；②根据= 计算；③指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点；(2)①根据Ksp[Al(OH)3]、Ksp[Cu(OH)2]分别计算开始生成氢氧化铝和氢氧化铜沉淀需要氢氧根离子的浓度，氢氧根离子浓度小的先沉淀；②计算Fe3+完全沉淀时的c(OH-)，根据c(Al3+)·c3(OH-)与Ksp[Al(OH)3]的比较，判断有无Al(OH)3沉淀。
解析：(1) ①AgCl饱和溶液中c(Ag+)= 、AgBr饱和溶液中c(Ag+)=、AgI饱和溶液中c(Ag+)=、Ag2S饱和溶液中c(Ag+)=、Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=， Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4>AgCl>AgBr>AgI>Ag2S；②=；③氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银；所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故A不选； B、依据A分析可知碘化银优先于氯化银析出，不能测定氯化物的含量，故B不选； C、硫化银的Ksp很小，Ksp=[Ag+]2[S2-]=6.3×10-50，得到硫化银沉淀需要c（S2-）= ，Ksp（AgCl）=[Ag+][Cl-]=1.8×10-10，得到氯化银沉淀需要[Cl-]=，所以硫化银也比氯化银先沉淀．故C不选；铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp（AgCl）=[Ag+][Cl-]=1.8×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=[Ag+]2[CrO42-]=2.0×10-12；[Cl-]= ；[CrO42-]= ；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故D正确；(2)①Ksp[Al(OH)3]=1.1×10-33，0.1mol·L-1的AlCl3要生成氢氧化铝沉淀需要c(OH-)=、Ksp[Cu(OH)2]= 2.2×10-20，0.1mol·L-1的CuCl2要生成氢氧化铝沉淀需要c(OH-)=，氢氧根离子浓度小的先沉淀，所以Al(OH)3先沉淀；②Fe3+完全沉淀时的c3(OH-)= 4.0×10-33，此时c(Al3+)·c3(OH-)=8×10-34点睛：根据与Ksp的关系可以判断是否有沉淀生成，恰好达到沉淀溶解平衡， 有沉淀生成，没有沉淀生成。
16． A－+H2O HA+ OH－ > 0.05 > A>B>D>C
【分析】（5）根据铵根离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小，溶液浓度越稀，盐的水解程度越大；
【详解】（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A-+H2O HA+OH-，故答案为：A-+H2O HA+OH-；
（2）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)＞0.1mol L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)，故答案为：＞；
（3）0.1 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，NaOH溶液为原来的一半，即0.05 mol·L-1，则c(Na+)=0.05mol·L-1，由物料守恒：c (HA)+c (A-)= c(Na+)=0.05mol·L-1，故答案为：0.05；
（4）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以(NH4)2SO4中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7；故答案为：＞；
（5）(NH4)2SO4和NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；
NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵；
NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，所以溶液的pH值最大，则pH大小顺序为A＞B＞D＞C，故答案为：A＞B＞D＞C.
17．(1)醋酸中只有分子，没有离子
(2)b>a>c
(3)c
(4)②④
【解析】(1)
冰醋酸是醋酸的俗称，醋酸是共价化合物，则冰醋酸加水前导电能力约为零的原子为：醋酸中只有分子，没有离子；
(2)
电解质溶液的导电性能由自由离子的浓度和离子的电荷决定；醋酸根离子和氢离子的浓度越大、醋酸溶液导电性越强，由图知，a、b、c三点对应的溶液中氢离子浓度排序为b>a>c；
(3)
稀释促进醋酸电离，所以加水量越大、醋酸的电离程度越大，则a、b、c三点对应的溶液中，醋酸电离程度最大的是c点；
(4)
若使b点对应的溶液中：
①加水，促进电离，氢离子数目和醋酸根离子的数目均增大，由图知，氢离子浓度和醋酸根浓度均下降，①不符合，①不选；
②加入NaOH固体，氢氧根离子与氢离子反应、氢离子被消耗，氢离子数目、氢离子浓度均下降，促进电离，醋酸根离子的浓度增大，②符合，②选；
③加入浓硫酸、硫酸电离出氢离子，氢离子浓度上升，③不符合，③不选；
④加碳酸钠固体，碳酸根离子与氢离子反应、氢离子被消耗，氢离子数目、氢离子浓度均下降，促进电离，醋酸根离子的浓度增大，④符合，④选；
选②④。
18．(1)作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解
(2)滴入最后半滴标准液，溶液突变为粉红色，且内不变色
(3)3%
【详解】（1）加入浓硫酸的作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；
故答案为：作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；
（2）当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的会与反应生成的结合生成粉红色的；
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液突变为粉红色，且内不变色；
（3）根据得失电子守恒得关系式：，故，则的含量为；
故答案为：3%。
19．(1) D 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
(2)C
(3) A 这一反应可看作是强酸制取弱酸的反应
【分析】反应A是一个非氧化还原反应。盐酸是强酸，它与Na2O2反应除了生成盐外还得到H2O2，按照“强酸制备弱酸”的规律，H2O2表现弱酸的性质；反应B中Ag2O→Ag，Ag元素价态降低，H2O2作还原剂，体现还原性；反应C是过氧化氢的分解反应，该反应是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性又表现了还原性；反应D中Cr2(SO4)3→K2CrO4，Cr元素价态升高，H2O2作氧化剂，体现氧化性。
【详解】（1）根据分析，仅体现H2O2的氧化性的是反应D，该反应的化学方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。
（2）根据分析，反应C是过氧化氢的分解反应，该反应中H2O2既表现了氧化性又表现了还原性。
（3）反应A是一个非氧化还原反应，按照“强酸制备弱酸”的规律，盐酸与Na2O2反应除了生成盐外还得到H2O2，H2O2表现弱酸的性质，因此该反应可看作是强酸制取弱酸的反应。
答案第1页，共2页
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