3.2 水的电离和溶液的ph 课后练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
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| 名称 | 3.2 水的电离和溶液的ph 课后练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 409.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-08 22:06:21 | ||
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文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph 课后练习
一、单选题
1．下列对水的电离平衡的影响因素的说法错误的是（ ）
A．向水中加入可溶性酸，能抑制水的电离
B．向水中加入可溶性碱，能抑制水的电离
C．升高温度，能促进水的电离
D．向水中加入金属钠，能抑制水的电离
2．向水中加入下列溶质，能促进水电离的是（ ）
A． B．NaOH C．NaCl D．
3．实验室用0.1000HCl溶液滴定NaOH溶液，选用甲基橙作为指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取25.00mLNaOH溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制NaOH溶液
C．用润洗过的酸式滴定管量取0.1000HCl溶液，赶走气泡、调节液面至“0”刻度
D．达到滴定终点时溶液显橙色
4．能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性的微粒是（ ）
A．Al3＋ B．OH－ C．H＋ D．HCO3－
5．常温下，下列溶液的的是
A． B． C． D．
6．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
7．在 25 mL 1.00 mol/L HCl 溶液中逐滴加入未知浓度 NaOH 溶液 V mL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．做该实验时环境温度为 22℃
B．加入 30 mLNaOH 溶液时，HCl 完全被中和
C．NaOH 溶液的物质的量浓度约为 1.0 mol/L
D．该实验表明热能可能转化为化学能
8．下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入足量氧氧化钠溶液，搅拌 除去乙酸乙酯中的乙酸
B 向溶液中滴加溶液，充分反应，滴加几滴溶液后变为红色 验证与的反应是可逆反应
C 将浓溶液滴加到饱和的溶液中 制备胶体
D 常温下，用试纸测定浓度均为和溶液的 比较与的酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
9．在25 ℃时，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL，所得混合溶液中c(Na+)= c(Cl-)，则此时a+b的值是（ ）
A．15 B．14 C．13 D．不能确定
10．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 27.45
第二次 25.00 0.00 30.30
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，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低
D．实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
11．将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（ ）
A．1×10-3 mol·L-1 B．1×10-11 mol·L-1
C．1×10-7 mol·L-1 D．1×10-13 mol·L-1
12．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液并用来滴定白醋样品，下列图示操作不能达到实验目的的是
A．操作甲：用玻璃棒搅拌以加速NaOH固体溶解
B．操作乙：配制NaOH溶液时向容量瓶中加水至刻度线
C．操作丙：弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡
D．操作丁：滴定时滴入液体和摇动锥形瓶同时进行
13．以下说法中，正确的有几项（ ）
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被NaOH中和，采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，某纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为-57.3kJ/mol
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于57.3kJ/mol
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能
A．7 B．8 C．9 D．10
14．属于电解质，且溶于水时会影响水的电离平衡的是（ ）
A．氯气 B．二氧化碳 C．碘化钾 D．醋酸钠
15．取两份10mL 0.05mol L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法错误的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 mol L-1
16．25℃时，重水(D2O)的离子积为 1.6×10ˉ15，也可用与 pH 一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为 25℃条件下)（ ）
A．重水和水两种液体，D2O 的电离度大于 H2O
B．在 100mL0.25mol·Lˉ1DCl 重水溶液中，加入 50mL0.2mol·Lˉ1NaOD 重水溶液，反应后溶液的 pD＝1
C．0.01 mol·Lˉ1NaOD 重水溶液，其 pD＝12
D．NH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3·D2O 和 HD2O+
17．与0.1mol/L的氨水溶液中c(OH-)最接近的数值是（ ）
A．0.1mol/L B．1.0×10-3mol/L
C．1.0×10-7mol/L D．1.0×10-13mol/L
18．室温下，有如下四种溶液：
①pH=3的醋酸溶液 ②pH=3的盐酸溶液 ③pH=11的氢氧化钾溶液 ④pH=11的氨水
下列说法错误的是（ ）
A．溶液中水电离出的c(H+)：①=④
B．相同体积的①②分别与③完全反应，消耗KOH的物质的量：①=②
C．pH=3的醋酸溶液中：c(CH3COOH)>10-3 mol/L
D．相同体积的③④分别加水稀释10倍所得溶液的pH：④>③
19．25℃时，在等体积的① 的 溶液、② 的 溶液、③ 的 溶液、④ 的 溶液中，由水电离出的 之比是（ ）
A． B．
C． D．
20．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
B．图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C．图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)
D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH<0
二、综合题
21．我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
（1）KMnO4溶液应该用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有 。
（2）试写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 。
（3）滴定终点的颜色变化为溶液由 色变为 色。
（4）以下操作会导致测定的结果偏高的是 (填字母)。
a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b．滴定结束后俯视读数
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出
22．某小组设计如下实验研究实验室中的甲酸。已知：25℃时
（1）配制的HCOOH溶液，需的HCOOH溶液的体积为 mL。
（2）为确定甲酸溶液的准确浓度，取20mL甲酸溶液于锥形瓶中，加入2滴 溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.04mL，滴定实验中所使用的锥形瓶的容积最恰当的是 (填字母)。
A.50mL B.100mL C.200mL D.250mL
（3）下列关于滴定操作的说法正确的____
A．滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助玻璃棒或漏斗等玻璃仪器转移
C．进行滴定操作时，眼睛要始终注视着滴定管内液面的变化
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
（4）小组同学用 测出25℃时该甲酸溶液，则水电离产生的数量级为 。
（5）25℃时甲酸与醋酸钠溶液反应：，该反应的平衡常数为10，则该温度下醋酸的电离常数 。
23．25℃时，某些弱电解质的电离常数如表所示，回答下列问题．
弱电解质 HCN HClO
电离常数
（1）常温下，加水稀释，稀释过程中，溶液的导电能力 （填“增强”或“减弱”），的电离程度 （填“增大”或“减小”）．
（2）少量的通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为 ，该过程中，溶液中会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）某同学用的盐酸标准液滴定25.00mL未知浓度的NaOH溶液．平行滴定三次所得的实验数据如下表：
实验次数 1 2 3
消耗标准液体积/mL 20.02 23.45 19.98
①图中需用到的仪器为 （填标号），所选仪器在使用前需要 ．
②NaOH溶液的浓度为 ，下列操作会使测定结果偏大的是 （填标号）．
A．装待测液的锥形瓶未润洗 B．装标准液的仪器水洗后直接装液
C．滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 D．滴定终点读数时俯视刻度线
24．为测定某品牌洗厕精的酸(盐酸)含量，某学生欲用已知物质的量浓度的
NaOH 溶液来测定该洗厕精(盐酸)的物质的量浓度时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
（1）碱式滴定管的使用方法，正确步骤的先后顺序为 (填字母)。
A.用 NaOH 溶液润洗仪器并加入 NaOH 溶液
B.放出 NaOH 溶液进行滴定
C.调节起始读数
D.查漏，再水洗 2~3 遍
（2）用标准的 NaOH 溶液滴定待测的盐酸时，左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视 。
（3）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用NaOH 溶液的体积为
mL。
（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次 数 待测盐 酸的体 积/mL 0.1000mol L- 1NaOH 溶液的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积
第一次 25.00 2.00 28.15 26.15
第二次 25.00 1.50 29.50 28.00
第三次 25.00 0.20 26.55 26.35
请选用其中合理的数据计算该洗厕精中酸(盐酸)的物质的量浓度：c(HCl)= 。
（5）分析下列操作对所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度的影响：
A．若取待测液时，开始仰视读数，后俯视读数，则 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”， 下同)；
B.若碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 。
25．某学生在实验室测某稀硫酸溶液的pH时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。
（1）该学生的操作是 (填“正确的”或“错误的”)，理由是 。
（2）若用此方法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是 。
（3）该学生用此方法测定下列溶液的pH，其中测定结果无误差的是________(填序号)
A．NaOH溶液 B．CH3COONa溶液
C．NaCl溶液 D．NaHSO4溶液
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．可溶性酸电离出氢离子，氢离子浓度增大，水电离平衡逆向移动，即抑制水的电离，A不符合题意；
B．可溶性碱电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，水电离平衡逆向移动，即抑制水的电离，B不符合题意；
C．水的电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，即升高温度能促进水的电离，C不符合题意；
D．钠与水反应的实质是与水电离产生的氢离子反应，故Na消耗氢离子，电离平衡正向移动，促进水的电离平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】影响水电离的因素有：
1.升高温度，由于水的电离吸热，所以促进水的电离。
2.加酸或加碱，氢离子或氢氧根离子的浓度增大，抑制水的电离。
3.加盐（酸式盐或碱式盐），发生水解，促进水的电离。
4.加金属钠，钠与水电离出的氢离子反应，促进水的电离。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．电离出的H+抑制水的电离，A不合题意；
B．NaOH电离出的OH-抑制水的电离，B不合题意；
C．NaCl电离出的Na+和Cl-，对水的电离无影响，C不合题意；
D．电离出的碳酸根离子能够发生水解，对水的电离起促进作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、量筒的精确度为小数点后一位，若要量取25.00mL的NaOH溶液应选用碱式滴定管，故A错误；
B、NaOH会与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，则应选用配带塑料塞的容量瓶配制NaOH溶液，故B正确；
C、滴定管需要用标准液润洗，则用润洗过的酸式滴定管量取0.1000HCl溶液，赶走气泡、调节液面至“0”刻度，故C正确；
D、盐酸滴定NaOH溶液，滴定终点时溶液呈酸性，使甲基橙显橙色，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、量筒的精确度为0.1mL；
B、NaOH会与玻璃反应；
C、滴定管需要用标准液润洗；
D、达到滴定终点时溶液呈酸性。
4．【答案】A
【解析】【解答】A、铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，A符合题意；
B、OH－抑制水的电离，溶液显碱性，B不符合题意；
C、氢离子抑制水的电离，溶液显酸性，C不符合题意；
D、HCO3－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，溶液显碱性，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】水是弱电解质，存在电离平衡：H2O H++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性，说明离子能够结合水电离的氢氧根离子，据此进行分析．
5．【答案】A
【解析】【解答】A．为强碱弱酸盐水解显碱性，pH>7，A符合题意；
B．为酸，溶液显酸性，pH<7，B不符合题意；
C．为强酸强碱盐，溶液显中性，pH=7，C不符合题意；
D．为强酸弱碱盐，水解显酸性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，未加NaOH溶液时的温度为环境温度，做该实验时环境温度小于22℃，A不符合题意；
B．由图可知，加入30mLNaOH溶液时，温度最高，此时，盐酸和NaOH溶液恰好完全反应，B符合题意；
C．NaOH溶液与盐酸按物质的量之比为1：1进行反应，结合上一选项分析，则c(NaOH)=≈0.83 mol/L，C不符合题意；
D．中和反应为放热反应，温度升高，则实验表明化学能可以转化为热能，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．观察图像，中和反应为放热反应，加入5mL氢氧化钠溶液时为22℃，所以环境温度低于22℃；
B．两者完全反应时，溶液温度最高；
C．NaOH+HCl=H2O+NaCl；
D．溶液温度升高，说明有热能生成。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸乙酯和乙酸均能与氢氧化钠溶液反应，除去乙酸的同时也会除去乙酸乙酯，选项A不符合题意；
B．三氯化铁中加过量的碘化钾，充分反应后加硫氰化钾，溶液变血红色，证明有三价铁离子存在，从而证明FeCl3溶液和KI溶液的反应为可逆反应，选项B符合题意；
C．将浓溶液滴加到饱和的溶液中得到氢氧化铁沉淀而不是胶体，选项C不符合题意；
D．具有强氧化性，能将pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测出的pH值，不能达到实验目的，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液会发生水解，应该选择饱和碳酸钠溶液。
C.应该是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中。
D.次氯酸具有漂白性，可以漂白酸碱指示剂。
9．【答案】C
【解析】【解答】由混合后溶液c(Na+)= c(Cl-)结合电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)可知，混合后溶液满足c(H+)= c(OH-)，即中性溶液。所以混合前酸中的n(H+)=碱中n(OH-)。酸中n(H+)=，碱中n(OH-)=，所以a+b=13，
故答案为：C。
【分析】依据电荷守恒计算。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积是28.8750mL，根据该氢氧化钠溶液中c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)，c(NaOH)= = =0.1155 mol·L-1，故A符合题意；
B．盐酸滴定氢氧化钠时，酚酞遇氢氧化钠显红色，当溶液从红色变成无色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点，故B不符合题意；
C．滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C不符合题意；
D．锥形瓶若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，实验中锥形瓶不能用待测氢氧化钠溶液润洗，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积应该求两次实验的平均值，误差分析需要根据c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)进行分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】制成200 mL溶液后，c(H2SO4)=（0.1 mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4 mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3 mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11 mol·L-1，
故答案为：B。
【分析】根据C1V1=C2V2计算稀释后硫酸的浓度，硫酸电离出的氢离子浓度是硫酸的2倍，酸性或碱性溶液中，水的电离出的氢离子或氢氧根离子浓度都很小，相对于酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子可以忽略不计，根据C（OH-）=计算溶液中的氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．搅拌可以加速固体的溶解，则操作甲为用玻璃棒搅拌以加速氢氧化钠固体溶解，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度浓度溶液定容时，应用玻璃棒引流向容量瓶中加水至刻度线1—2cm处，则操作乙中缺少玻璃棒引流，故B符合题意；
C．排出碱式滴定管中尖嘴部分气泡时应使带有玻璃小球的橡胶管弯曲并挤压胶管中玻璃珠迅速排液以排除滴定管尖端气泡，则操作丙为弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡，故C不符合题意；
D．中和滴定时，左手应控制滴定管滴入液体，同时右手摇动锥形瓶进行滴定，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.搅拌可加速溶解；
C.碱式滴定管排出气泡的具体操作为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡；
D.滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内的颜色变化。
13．【答案】A
【解析】【解答】①为了保证盐酸反应完全，使用浓度稍大的氢氧化钠溶液，故①符合题意；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行 ，故②符合题意；
③为了避免热量损失，应该一次性倒入，故③符合题意；
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度 ，故④符合题意；
⑤单次实验记录温度最高值，故⑤不符合题意；
⑥101kpa时，1mol某纯物质完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，叫做该物质的燃烧热故⑥不符合题意；
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热不一定为-57.3kJ/mol，故⑦不符合题意；
⑧一元弱酸参与中和反应，其中和热所释放的热量一般都低于 57.3kJ/mol ，故⑧不符合题意；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，故⑨符合题意；
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能 ，故⑩符合题意；
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能，故 符合题意；
故答案为：A
【分析】①-⑤主要考察测定中和热，一般选择碱的浓度稍大于酸的浓度，碱的量过量，并且一次性加入，一般利用泡沫达到保温作用，每次测量最高温度；
⑥-⑧考查的是燃烧热和中和热，紧扣定义进行判断；
⑨- 考查的能量的变化以及新能源利用结合选项判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、氯气属于单质，不属于电解质，故A不符合题意；
B、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是自身产生，因此CO2不属于电解质，故B不符合题意；
C、KI属于电解质，但KI属于强酸强碱盐，对水的电离平衡不产生影响，故C不符合题意；
D、醋酸钠属于电解质，属于强碱弱酸盐，其中CH3COO－发生水解，促进水的电离，故D符合题意。
【分析】酸或碱能抑制水的电离，可水解的盐可以促进水的电离。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A不符合题意；
B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B不符合题意；
C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C符合题意；
D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+) = c(Cl-) = =0.025 mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸氢钠呈碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度；
B.a→b→c过程中pH增大，且存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成Na、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O 的电离度等于 H2O的电离度，故A不符合题意；
B．根据中和反应量的关系，100mL 0.25mol·L－1 DCl和50mL 0.2mol·L－1 NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为 =0.1mol·L－1，则c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B符合题意；
C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)= mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C不符合题意；
D．NH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3·DHO 和 D3O+，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)= mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。
17．【答案】B
【解析】【解答】一水合氨为弱电解质，电离微弱，所以c(OH-)远小于0.1mol/L，而氨水显碱性，所以溶液中c(OH-)＞1.0×10-7mol/L；
综上所述最接近的数值应为1.0×10-3mol/L，
故答案为B。
【分析】一水合氨为弱电解质只能部分电离。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．①中pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3 mol/L；④pH=11的氨水中c(OH-)=10-3 mol/L，二者中电解质电离产生的离子浓度相等，则它们对水的电离的抑制作用相同，故水电离的c(H+)：①=④，A不符合题意；
B．①中醋酸是弱酸，存在电离平衡， pH=3的醋酸溶液，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3 mol/L；②HCl是一元强酸，pH=3的盐酸溶液c(HCl)= c(H+)=10-3 mol/L，故c(CH3COOH)>c(HCl)。相同体积的醋酸溶液和盐酸溶液分别与氢氧化钾溶液完全反应，消耗KOH的物质的量：①>②，B符合题意；
C．醋酸是弱酸，存在电离平衡， pH=3的醋酸溶液，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3 mol/L，C不符合题意；
D．氨水中的NH3·H2O 为弱电解质，存在电离平衡，pH=11的氨水中c(NH3·H2O)>c(OH-)=10-3 mol/L；KOH是一元强碱，完全电离，pH=11氢氧化钾溶液中c(KOH)=c(OH-)=10-3 mol/L；将pH=11的KOH和氨水溶液分别加水稀释10倍后，氢氧化钾溶液的c(OH-)减小10倍，溶液pH=10，而氨水中NH3·H2O会进一步电离产生OH-，所以c(OH-)减小的倍数小于10倍，则该溶液的pH>10，故稀释10倍后溶液的pH：④>③，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据酸碱抑制水的电离分析；
B．醋酸中有大量没有电离的出醋酸分子；
C．由于醋酸中有大量没有电离的分子分子，因此醋酸的浓度远远大于氢离子浓度；
D．一水合氨在稀释时会有一水合氨电离补充氢氧根。
19．【答案】A
【解析】【解答】①25℃时， 的 溶液中， ，根据 可知， ，则由水电离出的 ；
② 的 溶液中 ，根据 可知，由水电离出的 ；
③ 的 溶液中由水电离出的 ；
④ 的 溶液中由水电离出的 ；
故等体积的题述四种溶液中由水电离出的 之比为 ，即选项A符合题意。
故答案为：A。
【分析】①H2SO4溶液中，水电离产生的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等；
②Ba(OH)2溶液中，水电离产生的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等；
③Na2S溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(H＋)；
④NH4NO3溶液中，水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(H＋)。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，选项A不符合题意；
B．离子积常数只随温度变化，a、b点的温度都是25℃，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，选项B不符合题意；
C．t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)= w(B)，选项C不符合题意；
D．图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线。
21．【答案】（1）酸式；烧杯、锥形瓶
（2）2 ＋5 ＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
（3）无；浅紫
（4）ac
【解析】【解答】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中。故答案为：酸式。(2)高锰酸钾具有强氧化性,在硫酸条件下将 氧化为CO2,自身被还原为Mn2+,离子方程式为：2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为： 2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(3)高锰酸钾溶液本身有颜色,为紫色,在开始滴入 中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。故答案为无;浅紫。(4) a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。
b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，由此计算结果偏小。
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。
d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液偏小，由此计算结果偏小。
故答案为：ac。
【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性，根据中和滴定所需仪器判断。（2）在硫酸条件下，高锰酸钾将 氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，据此写出反应的离子方程式。（3）高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含 溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。（4）分析不当操作对c= 的影响，以此判断浓度的误差。
22．【答案】（1）5.0
（2）酚酞；B
（3）A；D
（4）pH计；
（5）
【解析】【解答】（1）欲配制的HCOOH溶液，需用250mL容量瓶配制，根据稀释定律可设需的HCOOH溶液的体积VmL，则，解得V=5.0；
（2）甲酸为弱酸，与氢氧化钠完全反应生成的甲酸钠会水解显碱性，所以选用酚酞做指示剂合适；滴定时锥形瓶盛装液体体积不得超过其容积的，因消耗NaOH溶液的体积为22.04mL，所以选用锥形瓶最适合为100mL；
（3）A．滴定管需要捡漏，滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗，操作正确，A正确；
B．将标准溶液装入滴定管时，不用借助外界仪器，直接倾斜倒入即可，B不正确；
C．进行滴定操作时，眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化，C不正确；
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴为使液体顺利留下，可以接触锥形瓶内壁，D正确；
故答案为：AD；
（4）pH试纸只能读出整数，因溶液，由于精确到小数点后2位，需用pH计测量；水电离的的，因此数量级为；
（5）反应的平衡常数，该反应的平衡常数为10，，则代入数据可得。
【分析】（1） 根据稀释定律c稀×V稀=c浓×V浓计算可得；
（2）强碱弱酸的滴定采用酚酞作为指示剂；
（3）A、滴定管应润洗、检漏；
B、标准液导入滴定管直接倾倒即可；
C、眼睛应该观察锥形瓶颜色变化；
D、滴定管的尖嘴为使液体顺利留下，可以接触锥形瓶内壁；
（4）pH计可以精确到小数点后2位；
（5），结合计算的电离平衡常数，代入公式计算。
23．【答案】（1）减弱；增大
（2）；减小
（3）bc；检验是否漏液；0.1600；BC
【解析】【解答】（1） 常温下，加水稀释，稀释过程中， 离子浓度降低，导电能力减弱，草酸的电离程度增大；
（2）根据电离常数的大小即可判断，通入二氧化碳得到的是碳酸氢钠和次氯酸，因此即可写出电离方程式为： ，通入二氧化碳过程中，次氯酸根会减少；
（3）①结合滴定仪器即可判断需要用到酸式滴定管和碱式滴定管，需要进行检查是否漏液；
②根据找出消耗盐酸的体积为20mL，即可计算出氢氧化钠 的浓度为c(NaOH)=(0.2×20)/25mol/L=0.1600mol/L；
A. 装待测液的锥形瓶未润洗导致溶质减少，浓度偏小，故A不符合题意；
B. 装标准液的仪器水洗后直接装液 导致标准液浓度偏小，导致体积增大，浓度偏大，故B符合题意；
C. 滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 消耗体积增大，浓度偏大，故C符合题意；
D. 滴定终点读数时俯视刻度线 导致体积偏小，故D不符合题意；
【分析】（1）稀释过程中，离子浓度降低，溶液的导电能力下降，电离程度增大；
（2）碳酸酸性强于次氯酸，反应得到次氯酸和碳酸氢钠，即可写出离子方程式，次氯酸根浓度减小；
（3）①根据图示即可判断需要用酸式和碱式滴定管，需要进行检漏；
②根据消耗盐酸体积计算出浓度即可，偏大可能是消耗标准液的体积增大，可能是未用标准液润洗或者是液体滴到锥形瓶之外等。
24．【答案】（1）DACB
（2）锥形瓶中溶液颜色的变化
（3）26.10
（4）0.105mol·L-1
（5）偏大；偏大
【解析】【解答】（1）NaOH溶液为标准液，应用碱式滴定管盛装，其正确的步骤为：①检查滴定管是否漏液，并用水洗涤2~3次；②用NaOH溶液润洗，再加入NaOH标准液，排出气泡后，记录此时的示数；③放出NaOH溶液进行滴定。因此正确的操作为DACB。
（2）滴定过程中，为确定滴定终点，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为红色，则说明已经达到滴定终点，此时应停止滴入NaOH标准溶液。
（3）由图可知，所用NaOH溶液的体积V=26.10mL－0mL=26.10mL。
（4）由于第二次实验数据与第一次、第三次相比，实验数据差距较大，因此需舍去，故实验过程中消耗NaOH标准溶液的体积。该洗厕精中盐酸的物质的量浓度。
（5）A、若取待测液时，开始仰视读数，则V1偏小，后俯视读数，则V2偏大，所得待测液的实际体积“V=V2－V1”偏大。因此滴定过程中消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏大。
B、碱式滴定管中盛装的是标准NaOH溶液，若滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终所得结果偏大。
【分析】此题是对酸碱中和滴定的考查，结合中和滴定实验的相关指示剂进行分析即可。
25．【答案】（1）错误的；用蒸馏水润湿pH试纸相当于稀释了原溶液，使其浓度减小，会引起测量误差
（2）盐酸
（3）C
【解析】【解答】（1）用pH试纸测量溶液pH的正确操作为：用镊子取一小块干燥的pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒或滴管滴一滴待测液于pH试纸中央，迅速与标准比色卡对照，读出pH其pH值，由于湿润的pH试纸将稀释待测液，引起实验误差，故该学生的操作是错误的，故答案为：错误的；用蒸馏水润湿pH试纸相当于稀释了原溶液，使其浓度减小，会引起测量误差；（2）加水稀释促进弱电解质电离，相同浓度的一元强弱酸稀释相同的倍数后，弱酸中氢离子浓度大于强酸，所以弱酸pH变化小于强酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，则误差较大的是盐酸，故答案为：盐酸；（3）用蒸馏水润湿试纸会导致溶液浓度降低，如果溶液是强酸强碱盐，溶液的pH不变，如果是酸、碱或含有弱离子的盐溶液，溶液的pH会改变，所以溶液的pH不一定改变：A．NaOH溶液稀释后碱性减弱，pH减小，故测量结果偏小，A不合题意；
B．CH3COONa溶液呈碱性，稀释后碱性减弱，pH减小，故测量结果偏小，B不合题意；
C．NaCl溶液呈中性，稀释后仍然呈中性，pH不变，故无影响，C正确；
D．NaHSO4溶液呈酸性，稀释后酸性减弱，pH增大，故测量结果偏大，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）考查pH试纸的操作；（2）根据弱电解质电离的影响因素和影响结果进行解题；（3）根据稀释对不同溶液的pH的影响情况进行解题。
一、单选题
1．下列对水的电离平衡的影响因素的说法错误的是（ ）
A．向水中加入可溶性酸，能抑制水的电离
B．向水中加入可溶性碱，能抑制水的电离
C．升高温度，能促进水的电离
D．向水中加入金属钠，能抑制水的电离
2．向水中加入下列溶质，能促进水电离的是（ ）
A． B．NaOH C．NaCl D．
3．实验室用0.1000HCl溶液滴定NaOH溶液，选用甲基橙作为指示剂。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取25.00mLNaOH溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制NaOH溶液
C．用润洗过的酸式滴定管量取0.1000HCl溶液，赶走气泡、调节液面至“0”刻度
D．达到滴定终点时溶液显橙色
4．能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性的微粒是（ ）
A．Al3＋ B．OH－ C．H＋ D．HCO3－
5．常温下，下列溶液的的是
A． B． C． D．
6．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
7．在 25 mL 1.00 mol/L HCl 溶液中逐滴加入未知浓度 NaOH 溶液 V mL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．做该实验时环境温度为 22℃
B．加入 30 mLNaOH 溶液时，HCl 完全被中和
C．NaOH 溶液的物质的量浓度约为 1.0 mol/L
D．该实验表明热能可能转化为化学能
8．下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入足量氧氧化钠溶液，搅拌 除去乙酸乙酯中的乙酸
B 向溶液中滴加溶液，充分反应，滴加几滴溶液后变为红色 验证与的反应是可逆反应
C 将浓溶液滴加到饱和的溶液中 制备胶体
D 常温下，用试纸测定浓度均为和溶液的 比较与的酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
9．在25 ℃时，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL，所得混合溶液中c(Na+)= c(Cl-)，则此时a+b的值是（ ）
A．15 B．14 C．13 D．不能确定
10．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 27.45
第二次 25.00 0.00 30.30
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，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低
D．实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
11．将1 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200 mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（ ）
A．1×10-3 mol·L-1 B．1×10-11 mol·L-1
C．1×10-7 mol·L-1 D．1×10-13 mol·L-1
12．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液并用来滴定白醋样品，下列图示操作不能达到实验目的的是
A．操作甲：用玻璃棒搅拌以加速NaOH固体溶解
B．操作乙：配制NaOH溶液时向容量瓶中加水至刻度线
C．操作丙：弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡
D．操作丁：滴定时滴入液体和摇动锥形瓶同时进行
13．以下说法中，正确的有几项（ ）
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被NaOH中和，采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，某纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为-57.3kJ/mol
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于57.3kJ/mol
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能
A．7 B．8 C．9 D．10
14．属于电解质，且溶于水时会影响水的电离平衡的是（ ）
A．氯气 B．二氧化碳 C．碘化钾 D．醋酸钠
15．取两份10mL 0.05mol L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法错误的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 mol L-1
16．25℃时，重水(D2O)的离子积为 1.6×10ˉ15，也可用与 pH 一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为 25℃条件下)（ ）
A．重水和水两种液体，D2O 的电离度大于 H2O
B．在 100mL0.25mol·Lˉ1DCl 重水溶液中，加入 50mL0.2mol·Lˉ1NaOD 重水溶液，反应后溶液的 pD＝1
C．0.01 mol·Lˉ1NaOD 重水溶液，其 pD＝12
D．NH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3·D2O 和 HD2O+
17．与0.1mol/L的氨水溶液中c(OH-)最接近的数值是（ ）
A．0.1mol/L B．1.0×10-3mol/L
C．1.0×10-7mol/L D．1.0×10-13mol/L
18．室温下，有如下四种溶液：
①pH=3的醋酸溶液 ②pH=3的盐酸溶液 ③pH=11的氢氧化钾溶液 ④pH=11的氨水
下列说法错误的是（ ）
A．溶液中水电离出的c(H+)：①=④
B．相同体积的①②分别与③完全反应，消耗KOH的物质的量：①=②
C．pH=3的醋酸溶液中：c(CH3COOH)>10-3 mol/L
D．相同体积的③④分别加水稀释10倍所得溶液的pH：④>③
19．25℃时，在等体积的① 的 溶液、② 的 溶液、③ 的 溶液、④ 的 溶液中，由水电离出的 之比是（ ）
A． B．
C． D．
20．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
B．图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C．图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)
D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH<0
二、综合题
21．我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
（1）KMnO4溶液应该用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有 。
（2）试写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 。
（3）滴定终点的颜色变化为溶液由 色变为 色。
（4）以下操作会导致测定的结果偏高的是 (填字母)。
a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b．滴定结束后俯视读数
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出
22．某小组设计如下实验研究实验室中的甲酸。已知：25℃时
（1）配制的HCOOH溶液，需的HCOOH溶液的体积为 mL。
（2）为确定甲酸溶液的准确浓度，取20mL甲酸溶液于锥形瓶中，加入2滴 溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.04mL，滴定实验中所使用的锥形瓶的容积最恰当的是 (填字母)。
A.50mL B.100mL C.200mL D.250mL
（3）下列关于滴定操作的说法正确的____
A．滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助玻璃棒或漏斗等玻璃仪器转移
C．进行滴定操作时，眼睛要始终注视着滴定管内液面的变化
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
（4）小组同学用 测出25℃时该甲酸溶液，则水电离产生的数量级为 。
（5）25℃时甲酸与醋酸钠溶液反应：，该反应的平衡常数为10，则该温度下醋酸的电离常数 。
23．25℃时，某些弱电解质的电离常数如表所示，回答下列问题．
弱电解质 HCN HClO
电离常数
（1）常温下，加水稀释，稀释过程中，溶液的导电能力 （填“增强”或“减弱”），的电离程度 （填“增大”或“减小”）．
（2）少量的通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为 ，该过程中，溶液中会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）某同学用的盐酸标准液滴定25.00mL未知浓度的NaOH溶液．平行滴定三次所得的实验数据如下表：
实验次数 1 2 3
消耗标准液体积/mL 20.02 23.45 19.98
①图中需用到的仪器为 （填标号），所选仪器在使用前需要 ．
②NaOH溶液的浓度为 ，下列操作会使测定结果偏大的是 （填标号）．
A．装待测液的锥形瓶未润洗 B．装标准液的仪器水洗后直接装液
C．滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 D．滴定终点读数时俯视刻度线
24．为测定某品牌洗厕精的酸(盐酸)含量，某学生欲用已知物质的量浓度的
NaOH 溶液来测定该洗厕精(盐酸)的物质的量浓度时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
（1）碱式滴定管的使用方法，正确步骤的先后顺序为 (填字母)。
A.用 NaOH 溶液润洗仪器并加入 NaOH 溶液
B.放出 NaOH 溶液进行滴定
C.调节起始读数
D.查漏，再水洗 2~3 遍
（2）用标准的 NaOH 溶液滴定待测的盐酸时，左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视 。
（3）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用NaOH 溶液的体积为
mL。
（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次 数 待测盐 酸的体 积/mL 0.1000mol L- 1NaOH 溶液的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积
第一次 25.00 2.00 28.15 26.15
第二次 25.00 1.50 29.50 28.00
第三次 25.00 0.20 26.55 26.35
请选用其中合理的数据计算该洗厕精中酸(盐酸)的物质的量浓度：c(HCl)= 。
（5）分析下列操作对所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度的影响：
A．若取待测液时，开始仰视读数，后俯视读数，则 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”， 下同)；
B.若碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 。
25．某学生在实验室测某稀硫酸溶液的pH时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。
（1）该学生的操作是 (填“正确的”或“错误的”)，理由是 。
（2）若用此方法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是 。
（3）该学生用此方法测定下列溶液的pH，其中测定结果无误差的是________(填序号)
A．NaOH溶液 B．CH3COONa溶液
C．NaCl溶液 D．NaHSO4溶液
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．可溶性酸电离出氢离子，氢离子浓度增大，水电离平衡逆向移动，即抑制水的电离，A不符合题意；
B．可溶性碱电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，水电离平衡逆向移动，即抑制水的电离，B不符合题意；
C．水的电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，即升高温度能促进水的电离，C不符合题意；
D．钠与水反应的实质是与水电离产生的氢离子反应，故Na消耗氢离子，电离平衡正向移动，促进水的电离平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】影响水电离的因素有：
1.升高温度，由于水的电离吸热，所以促进水的电离。
2.加酸或加碱，氢离子或氢氧根离子的浓度增大，抑制水的电离。
3.加盐（酸式盐或碱式盐），发生水解，促进水的电离。
4.加金属钠，钠与水电离出的氢离子反应，促进水的电离。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．电离出的H+抑制水的电离，A不合题意；
B．NaOH电离出的OH-抑制水的电离，B不合题意；
C．NaCl电离出的Na+和Cl-，对水的电离无影响，C不合题意；
D．电离出的碳酸根离子能够发生水解，对水的电离起促进作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、量筒的精确度为小数点后一位，若要量取25.00mL的NaOH溶液应选用碱式滴定管，故A错误；
B、NaOH会与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，则应选用配带塑料塞的容量瓶配制NaOH溶液，故B正确；
C、滴定管需要用标准液润洗，则用润洗过的酸式滴定管量取0.1000HCl溶液，赶走气泡、调节液面至“0”刻度，故C正确；
D、盐酸滴定NaOH溶液，滴定终点时溶液呈酸性，使甲基橙显橙色，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、量筒的精确度为0.1mL；
B、NaOH会与玻璃反应；
C、滴定管需要用标准液润洗；
D、达到滴定终点时溶液呈酸性。
4．【答案】A
【解析】【解答】A、铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，A符合题意；
B、OH－抑制水的电离，溶液显碱性，B不符合题意；
C、氢离子抑制水的电离，溶液显酸性，C不符合题意；
D、HCO3－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，溶液显碱性，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】水是弱电解质，存在电离平衡：H2O H++OH-，能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性，说明离子能够结合水电离的氢氧根离子，据此进行分析．
5．【答案】A
【解析】【解答】A．为强碱弱酸盐水解显碱性，pH>7，A符合题意；
B．为酸，溶液显酸性，pH<7，B不符合题意；
C．为强酸强碱盐，溶液显中性，pH=7，C不符合题意；
D．为强酸弱碱盐，水解显酸性，pH<7，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，未加NaOH溶液时的温度为环境温度，做该实验时环境温度小于22℃，A不符合题意；
B．由图可知，加入30mLNaOH溶液时，温度最高，此时，盐酸和NaOH溶液恰好完全反应，B符合题意；
C．NaOH溶液与盐酸按物质的量之比为1：1进行反应，结合上一选项分析，则c(NaOH)=≈0.83 mol/L，C不符合题意；
D．中和反应为放热反应，温度升高，则实验表明化学能可以转化为热能，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．观察图像，中和反应为放热反应，加入5mL氢氧化钠溶液时为22℃，所以环境温度低于22℃；
B．两者完全反应时，溶液温度最高；
C．NaOH+HCl=H2O+NaCl；
D．溶液温度升高，说明有热能生成。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸乙酯和乙酸均能与氢氧化钠溶液反应，除去乙酸的同时也会除去乙酸乙酯，选项A不符合题意；
B．三氯化铁中加过量的碘化钾，充分反应后加硫氰化钾，溶液变血红色，证明有三价铁离子存在，从而证明FeCl3溶液和KI溶液的反应为可逆反应，选项B符合题意；
C．将浓溶液滴加到饱和的溶液中得到氢氧化铁沉淀而不是胶体，选项C不符合题意；
D．具有强氧化性，能将pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测出的pH值，不能达到实验目的，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液会发生水解，应该选择饱和碳酸钠溶液。
C.应该是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中。
D.次氯酸具有漂白性，可以漂白酸碱指示剂。
9．【答案】C
【解析】【解答】由混合后溶液c(Na+)= c(Cl-)结合电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)可知，混合后溶液满足c(H+)= c(OH-)，即中性溶液。所以混合前酸中的n(H+)=碱中n(OH-)。酸中n(H+)=，碱中n(OH-)=，所以a+b=13，
故答案为：C。
【分析】依据电荷守恒计算。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积是28.8750mL，根据该氢氧化钠溶液中c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)，c(NaOH)= = =0.1155 mol·L-1，故A符合题意；
B．盐酸滴定氢氧化钠时，酚酞遇氢氧化钠显红色，当溶液从红色变成无色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点，故B不符合题意；
C．滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C不符合题意；
D．锥形瓶若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，实验中锥形瓶不能用待测氢氧化钠溶液润洗，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积应该求两次实验的平均值，误差分析需要根据c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)进行分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】制成200 mL溶液后，c(H2SO4)=（0.1 mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4 mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3 mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11 mol·L-1，
故答案为：B。
【分析】根据C1V1=C2V2计算稀释后硫酸的浓度，硫酸电离出的氢离子浓度是硫酸的2倍，酸性或碱性溶液中，水的电离出的氢离子或氢氧根离子浓度都很小，相对于酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子可以忽略不计，根据C（OH-）=计算溶液中的氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．搅拌可以加速固体的溶解，则操作甲为用玻璃棒搅拌以加速氢氧化钠固体溶解，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度浓度溶液定容时，应用玻璃棒引流向容量瓶中加水至刻度线1—2cm处，则操作乙中缺少玻璃棒引流，故B符合题意；
C．排出碱式滴定管中尖嘴部分气泡时应使带有玻璃小球的橡胶管弯曲并挤压胶管中玻璃珠迅速排液以排除滴定管尖端气泡，则操作丙为弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡，故C不符合题意；
D．中和滴定时，左手应控制滴定管滴入液体，同时右手摇动锥形瓶进行滴定，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.搅拌可加速溶解；
C.碱式滴定管排出气泡的具体操作为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡；
D.滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内的颜色变化。
13．【答案】A
【解析】【解答】①为了保证盐酸反应完全，使用浓度稍大的氢氧化钠溶液，故①符合题意；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行 ，故②符合题意；
③为了避免热量损失，应该一次性倒入，故③符合题意；
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度 ，故④符合题意；
⑤单次实验记录温度最高值，故⑤不符合题意；
⑥101kpa时，1mol某纯物质完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，叫做该物质的燃烧热故⑥不符合题意；
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热不一定为-57.3kJ/mol，故⑦不符合题意；
⑧一元弱酸参与中和反应，其中和热所释放的热量一般都低于 57.3kJ/mol ，故⑧不符合题意；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，故⑨符合题意；
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能 ，故⑩符合题意；
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能，故 符合题意；
故答案为：A
【分析】①-⑤主要考察测定中和热，一般选择碱的浓度稍大于酸的浓度，碱的量过量，并且一次性加入，一般利用泡沫达到保温作用，每次测量最高温度；
⑥-⑧考查的是燃烧热和中和热，紧扣定义进行判断；
⑨- 考查的能量的变化以及新能源利用结合选项判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】A、氯气属于单质，不属于电解质，故A不符合题意；
B、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是自身产生，因此CO2不属于电解质，故B不符合题意；
C、KI属于电解质，但KI属于强酸强碱盐，对水的电离平衡不产生影响，故C不符合题意；
D、醋酸钠属于电解质，属于强碱弱酸盐，其中CH3COO－发生水解，促进水的电离，故D符合题意。
【分析】酸或碱能抑制水的电离，可水解的盐可以促进水的电离。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A不符合题意；
B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B不符合题意；
C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C符合题意；
D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+) = c(Cl-) = =0.025 mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸氢钠呈碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度；
B.a→b→c过程中pH增大，且存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成Na、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O 的电离度等于 H2O的电离度，故A不符合题意；
B．根据中和反应量的关系，100mL 0.25mol·L－1 DCl和50mL 0.2mol·L－1 NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为 =0.1mol·L－1，则c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B符合题意；
C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)= mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C不符合题意；
D．NH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3·DHO 和 D3O+，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)= mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。
17．【答案】B
【解析】【解答】一水合氨为弱电解质，电离微弱，所以c(OH-)远小于0.1mol/L，而氨水显碱性，所以溶液中c(OH-)＞1.0×10-7mol/L；
综上所述最接近的数值应为1.0×10-3mol/L，
故答案为B。
【分析】一水合氨为弱电解质只能部分电离。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．①中pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3 mol/L；④pH=11的氨水中c(OH-)=10-3 mol/L，二者中电解质电离产生的离子浓度相等，则它们对水的电离的抑制作用相同，故水电离的c(H+)：①=④，A不符合题意；
B．①中醋酸是弱酸，存在电离平衡， pH=3的醋酸溶液，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3 mol/L；②HCl是一元强酸，pH=3的盐酸溶液c(HCl)= c(H+)=10-3 mol/L，故c(CH3COOH)>c(HCl)。相同体积的醋酸溶液和盐酸溶液分别与氢氧化钾溶液完全反应，消耗KOH的物质的量：①>②，B符合题意；
C．醋酸是弱酸，存在电离平衡， pH=3的醋酸溶液，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3 mol/L，C不符合题意；
D．氨水中的NH3·H2O 为弱电解质，存在电离平衡，pH=11的氨水中c(NH3·H2O)>c(OH-)=10-3 mol/L；KOH是一元强碱，完全电离，pH=11氢氧化钾溶液中c(KOH)=c(OH-)=10-3 mol/L；将pH=11的KOH和氨水溶液分别加水稀释10倍后，氢氧化钾溶液的c(OH-)减小10倍，溶液pH=10，而氨水中NH3·H2O会进一步电离产生OH-，所以c(OH-)减小的倍数小于10倍，则该溶液的pH>10，故稀释10倍后溶液的pH：④>③，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据酸碱抑制水的电离分析；
B．醋酸中有大量没有电离的出醋酸分子；
C．由于醋酸中有大量没有电离的分子分子，因此醋酸的浓度远远大于氢离子浓度；
D．一水合氨在稀释时会有一水合氨电离补充氢氧根。
19．【答案】A
【解析】【解答】①25℃时， 的 溶液中， ，根据 可知， ，则由水电离出的 ；
② 的 溶液中 ，根据 可知，由水电离出的 ；
③ 的 溶液中由水电离出的 ；
④ 的 溶液中由水电离出的 ；
故等体积的题述四种溶液中由水电离出的 之比为 ，即选项A符合题意。
故答案为：A。
【分析】①H2SO4溶液中，水电离产生的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等；
②Ba(OH)2溶液中，水电离产生的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等；
③Na2S溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(H＋)；
④NH4NO3溶液中，水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(H＋)。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，选项A不符合题意；
B．离子积常数只随温度变化，a、b点的温度都是25℃，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，选项B不符合题意；
C．t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)= w(B)，选项C不符合题意；
D．图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线。
21．【答案】（1）酸式；烧杯、锥形瓶
（2）2 ＋5 ＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
（3）无；浅紫
（4）ac
【解析】【解答】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中。故答案为：酸式。(2)高锰酸钾具有强氧化性,在硫酸条件下将 氧化为CO2,自身被还原为Mn2+,离子方程式为：2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为： 2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(3)高锰酸钾溶液本身有颜色,为紫色,在开始滴入 中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。故答案为无;浅紫。(4) a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。
b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，由此计算结果偏小。
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。
d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液偏小，由此计算结果偏小。
故答案为：ac。
【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性，根据中和滴定所需仪器判断。（2）在硫酸条件下，高锰酸钾将 氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，据此写出反应的离子方程式。（3）高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含 溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。（4）分析不当操作对c= 的影响，以此判断浓度的误差。
22．【答案】（1）5.0
（2）酚酞；B
（3）A；D
（4）pH计；
（5）
【解析】【解答】（1）欲配制的HCOOH溶液，需用250mL容量瓶配制，根据稀释定律可设需的HCOOH溶液的体积VmL，则，解得V=5.0；
（2）甲酸为弱酸，与氢氧化钠完全反应生成的甲酸钠会水解显碱性，所以选用酚酞做指示剂合适；滴定时锥形瓶盛装液体体积不得超过其容积的，因消耗NaOH溶液的体积为22.04mL，所以选用锥形瓶最适合为100mL；
（3）A．滴定管需要捡漏，滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗，操作正确，A正确；
B．将标准溶液装入滴定管时，不用借助外界仪器，直接倾斜倒入即可，B不正确；
C．进行滴定操作时，眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化，C不正确；
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴为使液体顺利留下，可以接触锥形瓶内壁，D正确；
故答案为：AD；
（4）pH试纸只能读出整数，因溶液，由于精确到小数点后2位，需用pH计测量；水电离的的，因此数量级为；
（5）反应的平衡常数，该反应的平衡常数为10，，则代入数据可得。
【分析】（1） 根据稀释定律c稀×V稀=c浓×V浓计算可得；
（2）强碱弱酸的滴定采用酚酞作为指示剂；
（3）A、滴定管应润洗、检漏；
B、标准液导入滴定管直接倾倒即可；
C、眼睛应该观察锥形瓶颜色变化；
D、滴定管的尖嘴为使液体顺利留下，可以接触锥形瓶内壁；
（4）pH计可以精确到小数点后2位；
（5），结合计算的电离平衡常数，代入公式计算。
23．【答案】（1）减弱；增大
（2）；减小
（3）bc；检验是否漏液；0.1600；BC
【解析】【解答】（1） 常温下，加水稀释，稀释过程中， 离子浓度降低，导电能力减弱，草酸的电离程度增大；
（2）根据电离常数的大小即可判断，通入二氧化碳得到的是碳酸氢钠和次氯酸，因此即可写出电离方程式为： ，通入二氧化碳过程中，次氯酸根会减少；
（3）①结合滴定仪器即可判断需要用到酸式滴定管和碱式滴定管，需要进行检查是否漏液；
②根据找出消耗盐酸的体积为20mL，即可计算出氢氧化钠 的浓度为c(NaOH)=(0.2×20)/25mol/L=0.1600mol/L；
A. 装待测液的锥形瓶未润洗导致溶质减少，浓度偏小，故A不符合题意；
B. 装标准液的仪器水洗后直接装液 导致标准液浓度偏小，导致体积增大，浓度偏大，故B符合题意；
C. 滴定过程中，部分标准液滴到锥形瓶外 消耗体积增大，浓度偏大，故C符合题意；
D. 滴定终点读数时俯视刻度线 导致体积偏小，故D不符合题意；
【分析】（1）稀释过程中，离子浓度降低，溶液的导电能力下降，电离程度增大；
（2）碳酸酸性强于次氯酸，反应得到次氯酸和碳酸氢钠，即可写出离子方程式，次氯酸根浓度减小；
（3）①根据图示即可判断需要用酸式和碱式滴定管，需要进行检漏；
②根据消耗盐酸体积计算出浓度即可，偏大可能是消耗标准液的体积增大，可能是未用标准液润洗或者是液体滴到锥形瓶之外等。
24．【答案】（1）DACB
（2）锥形瓶中溶液颜色的变化
（3）26.10
（4）0.105mol·L-1
（5）偏大；偏大
【解析】【解答】（1）NaOH溶液为标准液，应用碱式滴定管盛装，其正确的步骤为：①检查滴定管是否漏液，并用水洗涤2~3次；②用NaOH溶液润洗，再加入NaOH标准液，排出气泡后，记录此时的示数；③放出NaOH溶液进行滴定。因此正确的操作为DACB。
（2）滴定过程中，为确定滴定终点，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为红色，则说明已经达到滴定终点，此时应停止滴入NaOH标准溶液。
（3）由图可知，所用NaOH溶液的体积V=26.10mL－0mL=26.10mL。
（4）由于第二次实验数据与第一次、第三次相比，实验数据差距较大，因此需舍去，故实验过程中消耗NaOH标准溶液的体积。该洗厕精中盐酸的物质的量浓度。
（5）A、若取待测液时，开始仰视读数，则V1偏小，后俯视读数，则V2偏大，所得待测液的实际体积“V=V2－V1”偏大。因此滴定过程中消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏大。
B、碱式滴定管中盛装的是标准NaOH溶液，若滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终所得结果偏大。
【分析】此题是对酸碱中和滴定的考查，结合中和滴定实验的相关指示剂进行分析即可。
25．【答案】（1）错误的；用蒸馏水润湿pH试纸相当于稀释了原溶液，使其浓度减小，会引起测量误差
（2）盐酸
（3）C
【解析】【解答】（1）用pH试纸测量溶液pH的正确操作为：用镊子取一小块干燥的pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒或滴管滴一滴待测液于pH试纸中央，迅速与标准比色卡对照，读出pH其pH值，由于湿润的pH试纸将稀释待测液，引起实验误差，故该学生的操作是错误的，故答案为：错误的；用蒸馏水润湿pH试纸相当于稀释了原溶液，使其浓度减小，会引起测量误差；（2）加水稀释促进弱电解质电离，相同浓度的一元强弱酸稀释相同的倍数后，弱酸中氢离子浓度大于强酸，所以弱酸pH变化小于强酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，则误差较大的是盐酸，故答案为：盐酸；（3）用蒸馏水润湿试纸会导致溶液浓度降低，如果溶液是强酸强碱盐，溶液的pH不变，如果是酸、碱或含有弱离子的盐溶液，溶液的pH会改变，所以溶液的pH不一定改变：A．NaOH溶液稀释后碱性减弱，pH减小，故测量结果偏小，A不合题意；
B．CH3COONa溶液呈碱性，稀释后碱性减弱，pH减小，故测量结果偏小，B不合题意；
C．NaCl溶液呈中性，稀释后仍然呈中性，pH不变，故无影响，C正确；
D．NaHSO4溶液呈酸性，稀释后酸性减弱，pH增大，故测量结果偏大，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）考查pH试纸的操作；（2）根据弱电解质电离的影响因素和影响结果进行解题；（3）根据稀释对不同溶液的pH的影响情况进行解题。