河南省光山二高2022届高考化学复习第三章水溶液中的离子平衡单元强化训练题新人教版选修4

第三章水溶液中的离子平衡1．已知Ag2SO4的KSP=c2(Ag+)×c(SO42-)=1．4×10-5，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，此时溶液中c(Ag+)=0．030mol·L-1。若t1时刻改变条件，下图中不正确的是（）2．用蒸馏水湿润过的pH试纸测得某氨基酸溶液的pH等于8，则该氨基酸溶液的pH可能是（）A．9B．8C．7D．63．pH＝3的两种酸溶液A、B，取等体积酸分别与足量的锌反应，酸A比酸B产生的氢气的量多.下列说法正确的是（）A.A是强酸、B一定是弱酸B.A是弱酸、B一定是强酸C.A是强酸、B是强酸D.A酸性一定比B酸性弱4．下列化学实验事实及解释都正确的是（）A．向Na2S03溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀出现，说明Na2S03溶液已经变质B．向皂化反应后的混合物中加入食盐可分离出高级脂肪酸钠，说明高级脂肪酸钠在此时容易析出C．等体积、都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：D．向浓度均为0.1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明5．水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是（）A．H2O的电子式为B．273K、101kPa，水的分子间距离：d（气态）＞d（液态）＞d（固态）C．4℃时，纯水的pH=7D．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍6．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A、W2- X+    B、X+  Y3+C、Y3+ Z2-     D、X+ Z2-7．下列叙述不正确的是（）A．Al3+跟S2-在水溶液中发生比较彻底的双水解，所以用单质化合的方法制备Al2S3B．用铝热反应原理可制得熔点较高的金属铁C．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁D．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率\n8．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大②浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)]③在0.1mol·L－1氨水中滴加0.lmol·L－1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－amol·L－1④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32－）均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH－)+c(H2S)+c（HS－）A．①④B．②⑤C．①③D．②④9．常温下，向O．1mol/L的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中不正确的是()A．溶液的pH：a<b<c<dB．溶液的导电能力：a>b>d>cC．a、b溶液呈酸性D．c、d溶液呈碱性10．在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液时产生沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中(　　)A．c(Ba2＋)＝c(SO)＝(Ksp)B．c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，c(Ba2＋)＞c(SO)C．c(Ba2＋)·c(SO)＞Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO)D．c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp，c(Ba2＋)＜c(SO)11．用惰性电极电解pH=6的CuSO4溶液500mL,当电极上有16mg铜析出时，溶液的pH约为（设电解前后溶液体积变化可忽略，阴极上无H2析出）（）A.1　B.3　C.6　D.912．在不同温度下，水达到电离平衡时c（H＋）与c（OH－）的关系如图所示，下列说法中正确的是（）A．100℃时，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的H2SO4溶液等体积混合时恰好中和，所得溶液的pH等于7B．25℃时，0．2mol/LBa（OH）2溶液和0．2mol/L\nHCl溶液等体积混合，所得溶液的pH等于7C．25℃时，0．2mol/LNaOH溶液与0．2mol/L醋酸等体积混合后恰好中和，所得溶液pH等于7D．25℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH大于714．现有浓度均为0.1mol/L的五种电解质溶液：A.Na2CO3、B.NaHCO3、C.NaAlO2、D.CH3COONa、E.NaOH。(1)这五种溶液中水的电离程度最大的是(填编号)。(2)将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是(填编号)。(3)将上述A、B、C、D四种溶液两两混合时，有一对溶液相互间能够发生反应，写出该反应的离子方程式：。(4)将CO2通入A溶液中恰好呈中性，溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=mol/L(设反应前后溶液体积不变)。15．将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol/LNaOH溶液中，下列说法正确的是（）A.c()略大于c()B.该溶液只能与酸反应，不能与碱反应C.c(Na+)等于c()与c()之和D.c()略小于c()16．将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液体积为V2，则下列叙述正确的是（）A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强B．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱C．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D．若将两种酸溶液等体积混合，混合酸溶液的pH一定等于217．下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液B．图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．图3表示0．1000mol·L－1NaOH溶液滴定20．00mL0．1000mol·L－1醋酸溶液得到的滴定曲线D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强18．25oC时，取浓度均为0.1mol·L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol·L-1NaOH溶液、0.1mol·L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。\n下列说法正确的是（）A．曲线I中滴加溶液到10mL时：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B．曲线I中滴加溶液到25mL时：c(NH4+)>c(C1-)>c(H+)>c(OH-)C．曲线II中滴加溶液在10mL～25mL之间存在：c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)D．曲线II中滴加溶液到10mL时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]19．I．某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.50mol·L-1NaOH溶液、0.55mol·L-1盐酸,实验尚缺少的玻璃仪器是。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒?(填“能”或“否)。（3）他们记录的实验数据如下:实验用品溶液温度中和热t1t2ΔH①50mL0.50mol·L-1NaOH溶液50mL0.55mol·L-1HCl溶液20℃23.2℃②50mL0.50mol·L-1NaOH溶液50mL0.55mol·L-1HCl溶液20℃23.4℃已知:Q=cmΔt,c为4.18J·℃-1·g-1,各溶液的密度均为1g·cm-3。①通过计算得到中和热ΔH=kJ/mol(保留一位小数)。②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式:。（4）若用0.60mol·L-1NaOH溶液代替0.50mol·L-1NaOH溶液做实验,对测定结果(填“有”或“无”，下同)影响;若用0.55mol·L-1醋酸代替0.55mol·L-1盐酸做实验,对测定结果影响。（5）计算结果发现本次实验测定值与正确值57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填序号)操作。①量取NaOH溶液的体积时仰视读数②用温度计测定NaOH溶液的温度后直接测定盐酸的温度③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中II.（6分）甲、乙两同学拟定用pH试纸验证醋酸是弱酸。方案分别是：甲：①称取一定量的冰醋酸准确配制0.1mol/L的醋酸溶液100mL②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。乙：①称取一定量的冰醋酸准确配制pH=1的醋酸溶液100mL；②取醋酸溶液10mL，加水稀释为100mL；③用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。（1）两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是。（2）简要说明pH试纸的使用方法：。\n（3）甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH1（选填“＞”“＜”“＝”）；乙方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH2（选填“＞”“＜”“＝”）。（4）请你也提出一个用pH试纸来证明醋酸是弱酸的合理且容易进行的方案（可以不再叙述pH试纸的使用方法，但叙述中应包括实验方法、现象和结论）。20．现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各种铁夹）；②锥形瓶；③滴定管（酸式与碱式）；④烧杯（若干个）；⑤玻璃棒；⑥天平（含砝码）；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗。有下列药品：①NaOH固体；②0.1000mol/L的标准NaOH溶液；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。试回答以下问题。（1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂是。（2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管均加入4mL0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tAtB（填“>”、“=”或“<”）。写出该反应的离子方程式。（3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：①配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol·L-1KMnO4溶液装入（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作。在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液紫红色并没有马上退去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了，可能原因是；当，说明达到滴定终点。③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4溶液的平均体积为mL，此样品的纯度为。（已知H2C2O4的相对分子质量为90）序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020.9930.0021.10④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是。A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视21．在100mL2mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加100mLNaHSO4溶液，测得溶液的pH为1，求产生的沉淀的质量？22．化学需氧量(COD)常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：①弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2②10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2O32-+I2=2I-+S4O62-\n（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是。用Na2S2O3，标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00mL。根据以上实验数据计算海水试样的COD(用每升水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mg•L-1)(写出计算过程)。23．已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示（有的反应部分产物已经略去）：（1）实验室制取丙的离子方程式为。（2）反应①的化学方程式为：。（3）写出A与B反应的化学方程式。（4）已知Al（OH）3是难溶于水的两性氢氧化物。常温下，Ksp[Al（OH）3]=3.0×10-34。则该温度下，将0.1mol/L的AlCl3溶液调整到pH=5，此时溶液中c（Al3+）=。\n参考答案1．D【解析】根据沉淀溶解平衡常数，Ag2SO4的KSP=c2(Ag+)×c(SO42-)=1．4×10-5；化学平衡常数是一个温度常数，温度不变，化学平衡常数不变；加入蒸馏水，原饱和溶液，变成不饱和溶液，银离子、硫酸根离子浓度均下降，符合题意；B.加入低浓度的硫酸银溶液，原饱和溶液同样要变成不饱和溶液，各离子浓度均下降，题意符合；C.加入更大溶度的硫酸钠溶液，硫酸根浓度加大，银离子浓度减小；符合题意；D.加入更大浓度的硝酸银溶液，银离子浓度加大，根据沉淀溶解平衡常数，硫酸根浓度必然减小，图像不符合题意；点评：考查沉淀溶解平衡常数，认真审题，读懂图像的意思。2．A【解析】试题分析：氨基酸溶液的pH=8，说明该溶液呈碱性，碱性溶液稀释后碱性减弱，所以稀释前的碱性强，pH应大于8，所以答案选A。考点：考查pH试纸的使用，溶液的酸碱性与pH的关系3．D【解析】4．B【解析】5．D【解析】试题分析：A、氢氧根不用方括号，不带电荷，错误；B、d（液态）不大于d（固态）冰的密度比水小，则体积就比水大（相同质量，平均距离就大），错误；C、常温下，纯水的pH=7，错误；D、D是12H，质量数是20，质子数是10，正确；考点：考查化学用语等相关知识。6．C【解析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2-、X+、Y3+、Z2-，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S，Al3+和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。备注：该题命题结构简单，切入点新颖，考察了离子化合价与其离子电荷的关系，在预测题中也成功预测出相似题型。7．C【解析】略8．B【解析】试题分析：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n（HCO3-）较小，n（Na+）不变，则c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，故正确；②浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）＝0.3mol，根据物料守恒可知c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）＝0.2mol，故错误；③在0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，刚好完全中和时pH＝a，则溶液中由水电离出产生酸雾c（OH-）＝c（H+）＝10-amol•L-1，故正确；④\n向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸钠的水解，所以c（Na+）、c（SO32--）均增大，故④正确；⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(H+)=c(OH-)-+2c(H2S)+c（HS--），故⑤错误，答案选B。考点：考查水的电离、溶液中离子浓度大小比较、盐类水解等9．D【解析】试题分析：A、从a到c酸不断消耗，酸性不断减弱PH不断变大，直到硫酸恰好反应，c点PH=7，再到d点溶液显碱性PH大于7，正确；B、导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b，所以导电能力大小顺序是a＞b＞d＞c，正确；C、a点为硫酸溶液，b点硫酸没有被完全中和掉，故溶液显酸性，正确；D、c点是酸碱完全中和的溶液，只含有水溶液呈中性，错误。考点：本题考查图像的分析、溶液的酸碱性和导电性的判断。10．B【解析】BaSO4Ba2＋＋SO，当加入BaCl2时，溶液中的c(Ba2＋)增大，平衡向左移动，但溶度积常数不变，而且c(Ba2＋)＞c(SO)。11．B【解析】电解CuSO4的酸性溶液的总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4,则析出16mgCu,生成H+的物质的量为：×4=1×10-3molc（H+）=（0.54L×10-6mol·L-1+1×10-3mol）÷0.5L≈2×10-3mol·L-1。12．D【解析】试题分析：100℃时水的离子积为10-12，溶液为中性是溶液的pH=6，故A错误；25℃时，0．2mol/LBa（OH）2溶液和0．2mol/LHCl溶液等体积混合，所得溶液中氢氧根离子浓度为0．1mol/L，溶液的pH等于13，故B错误；25℃时，0．2mol/LNaOH溶液与0．2mol/L乙酸溶液恰好中和，反应生成了乙酸钠，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故C错误；25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，所以混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故D正确。考点：考查了pH的简单计算、水的电离及及其影响。13．D【解析】氯化铵中存在水解平衡，NH4Cl＋H2ONH3·H2\nO＋HCl。通入氯化氢，则抑制水解，但比值是减小的；通入氨气，抑制水解，比值增大；稀释促进水解，比值减小；加入氯化铵固体，抑制水解，比值增大；氢氧化钠固体促进水解，比值减小；水解吸热，降低温度，抑制水解，比值增大，因此正确的答案选D。14．(1)C(2)E(3)HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-(4)0.2【解析】五种物质中有四种可水解的盐和一种强碱。(1)酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞Al(OH)3,根据越弱越水解，水解程度最大的NaAlO2溶液中水的电离程度最大。(2)稀释过程中，可水解的盐水解平衡右移，溶液的pH变化程度相对较小，NaOH完全电离，溶液的pH变化最大。(3)HCO3-的电离能力比水解能力大，故NaAlO2能与NaHCO3反应生成沉淀。(4)由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，因溶液呈中性：c(H+)=c(OH-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(Na+)=0.2mol/L。15．A【解析】16．A【解析】尽管都是一元酸，但PH相等时两酸溶液的物质的量浓度不一定相等，因为酸可能有强弱的不同；酸越弱，酸的物质的量浓度越大，中和等量的NaOH溶液消耗的酸的体积越小。17．C【解析】试题分析：溶解度曲线下方的点为对应温度下的不饱和溶液，选项A正确；催化剂能改变反应的活化能，但不改变热效应，选项B正确；醋酸为弱酸，等浓度等体积混合时溶液的PH不等于7，应该显碱性，选项C不正确；如果此可逆反应气体反应物与气体生成物系数和相等，平衡后再增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，选项D正确。考点：图像的分析涉及溶解度、反应热、中和滴定及化学平衡的移动等。18．D【解析】试题分析：A、当滴加溶液的体积为0时，溶液pH大于7的是氨水，小于7的是醋酸溶液，所以曲线I代表氨水，曲线II代表醋酸溶液，错误；B、曲线I中滴加溶液到25mL时，所得溶液为氯化铵和盐酸的混合液，此时氯离子的浓度最大，离子浓度的大小关系是c(C1-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，错误；C、曲线II代表的是醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，错误；D、曲线II中滴加溶液到10mL时，得到的溶液是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的2倍，根据物料守恒，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，再根据电荷守恒，则c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，两式结合，得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]，正确，答案选D。考点：考查溶液混合的图像分析，离子浓度的大小比较，电荷守恒、物料守恒规律的应用19．I．(9分)（1）温度计（1分）（2）否（1分）（3）①-55.2（2分）②NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-55.2kJ/mol（2分）（4）无（1分）、有（1分）（5）②③（1分）II.（6分）（1）100mL容量瓶、托盘天平（1分）（2）取一张pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，对照比色卡，读出溶液的pH（1分）（3）＞（1分）、＜（1分）（4）配制醋酸钠溶液，用pH试纸测溶液的pH，如果溶液pH大于7，即可证明醋酸是弱酸（2分）【解析】试题分析：I．（1）测定中和热一定要用温度计来测溶液的温度变化，所以还缺少温度计。（2）\n①实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝是热的良导体，会造成热量损失较多。（3）从表中知道两次实验平均温度改变了3.3℃，根据反应放出的热量为：Q=cm△t=4.18J·℃-1·g-1×1g·cm-3×100mL×3.3℃=1.379kJ，反应是放热反应，故ΔH=-Q/n=-1.379KJ/0.025mol=-55.2kJ/mol。②根据所得的中和热，NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-55.2kJ/mol。（4）中和热的数值与酸碱的用量无关，所以用0.60mol·L-1NaOH溶液代替0.50mol·L-1NaOH溶液做实验,对测定结果没有影响；若用醋酸代替盐酸，由于醋酸电离时要吸收热量，所以对实验结果有影响。（5）测的数值比准确值小，是操作过程中热量散失造成的。①量取NaOH溶液的体积时仰视读数，造成NaOH溶液的体积偏大，产生的热量热量偏多，中和热的数值偏大，故错；②用温度计测定NaOH溶液的温度后直接测定盐酸的温度，沾温度计上的NaOH溶液会与盐酸反应，造成热量有损失，结果偏小，对；③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中，操作的时间变长，热量散失较多，结果偏小，对。选bc。II．（1）第①步中要称量和配制一定物质的量浓度的溶液，就要用到100mL容量瓶、托盘天平。（2）用pH试纸测溶液的pH操作为：取一张pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，对照比色卡，读出溶液的pH。（3）如果是强酸，浓度为0.1mol/L，pH=1，是弱酸pH就大于1，故pH＞1，就能说明是弱酸；如果是强酸，稀释100倍后，pH=2，如果是弱酸pH＜2，故测的pH＜2就能说明醋酸是弱酸。（4）利用醋酸盐是否水解来确定醋酸是弱酸，可以测醋酸钠溶液的酸碱性，如果是中性，就不水解则醋酸是强酸，若显碱性，则醋酸钠水解，醋酸钠就是强碱弱酸盐，醋酸就是弱酸，操作为：配制醋酸钠溶液，用pH试纸测溶液的pH，如果溶液pH大于7，即可证明醋酸是弱酸。考点：中和热的测定、弱酸的测定。20．（每空1分，第④小题2分）（1）蒸馏水和指示剂（全对1分）（2）<2MnO4-+5H2C2O4+6H+==10CO2↑+2Mn2++8H2O（3）②酸式反应中生成的Mn2+起催化作用滴入最后一滴溶液，由无色变以浅紫色，30S不褪色。③20.0090.00%④AC【解析】试题分析：（1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂是蒸馏水和指示剂（2）温度越高反应速率越快，褪色所需时间tA<tB2MnO4-+5H2C2O4+6H+==10CO2↑+2Mn2++8H2O（3）②第3次明显误差偏高，数据无效，到前二次平均得到体积为20.00ml；草酸的物质的量为高锰酸钾物质的量的2/5,即：0.1000mol·L-1×20×10-3L×2/5根据草酸的物质的量可计算出质量，从而可计算出纯度，结果为90.00%。④未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液浓度降低，消耗的KMnO4溶液偏多，导致误差偏高，选项A正确；滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响，选项B不正确；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，有部分标准液补充了气泡，间接消耗的KMnO4溶液偏多，导致误差偏高，选项C正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗消耗的KMnO4溶液偏低，导致误差偏低，选项D不正确。考点：酸碱中和滴定操作实验的评价考查了误差分析、浓度计算及滴定终点判断等。21．反应后溶液的pH＝1说明硫酸氢钠是过量的因为反应式为Ba(OH)2＋2NaHSO4=BaSO4↓＋Na2SO4＋2H2O所以m(BaSO4)=2mol/L×0.1L×233g/mol=46.6g【解析】考查pH和根据方程式进行的有关计算。\n22．（1）海水中含有大量的Cl－，Cl－酸性条件能还原MnO4—；（2）防止生成的单质碘受热、见光时挥发；由蓝色变为无色；（3）【解析】试题分析：根据题意知，该化学课外小组的同学采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD的原理和流程为：先向海水试样中加入碱性高锰酸钾溶液将海水中的有机物氧化，然后再加入KI溶液将剩余的高锰酸钾溶液还原，最后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，最后计算出海水试样消耗的高锰酸钾的量，确定COD。（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是海水中含有大量的Cl－，Cl－酸性条件能还原MnO4—；（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是防止生成的单质碘受热、见光时挥发；用Na2S2O3标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是由蓝色变为无色；（3）根据题给信息①弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2②10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2O32-+I2=2I-+S4O62-得关系式：MnO4-——5S2O32-，根据硫代硫酸钠的物质的量计算剩余高锰酸钾的物质的量，进一步计算与海水试样反应的高锰酸钾的量，又碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2，1mol高锰酸钾得3mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据电子守恒得关系式：4KMnO4——3O2，计算消耗氧气的物质的量，确定COD，计算过程见答案。考点：以海水试样COD的测定为载体考查氧化还原反应及相关计算。23．（1）MnO2＋4H++2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O（2）NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al（OH）3↓（3）2Na2O2＋2H2O＝＝4NaOH+O2↑（4）3.0×10-7mol/L【解析】试题分析：根据题中所给出的信息可以推测出，已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，可知A是Na2O2，B是无色液体，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C的焰色反应呈黄色，C是NaOH，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，丁是Al，甲、乙、丙为非金属单质，乙是H2，D是NaAlO2，甲、乙、丙为非金属单质，丙是黄绿色气体，丙是Cl2，E是HCl。（1）制Cl2的离子反应方程式：MnO2＋4H++2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）NaAlO2与HCl反应，方程式即：NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al（OH）3↓。\n（3）Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2＋2H2O＝＝4NaOH+O2↑（4）pH=5时C（OH-）=10-9mol/L,c（Al3+）==Ksp[Al（OH）3]/C（OH-）3=3.0×10-7mol/L考点：无机物的推断常见金属元素的单质及其化合物的综合应用