第三章《物质在水溶液中的行为》测试题--高二上学期鲁科版（2019）化学选择性必修1.docx

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1、第三章物质在水溶液中的行为测试题一、单选题（共15题）1氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）是两大重要的工业制碱法，下列表达正确的是（）氨碱法联合制碱法A原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B副产物氯化钙氯化铵C循环物质氨气、二氧化碳氯化钠D评价原料易得、设备简单、能耗低原料利用率高、废弃物少AABBCCDD2下列关于离子检验的说法中正确的是A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有或B向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有C向溶液中先加入溶液，再滴加溶液，溶液变红，则原溶液中含而不含D向某溶液中加入溶

2、液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有3在甲、乙两溶液中，分别含有下列离子（大量存在）中的三种：、。已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中存在的离子是（）A、B、C、D、4下列离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2D鸡蛋壳在盐酸中溶解：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO25用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A用装置制CaCO3B用装置熔融Na2CO3C用装置制取乙酸乙酯D用装置滴定未知浓度的硫酸6下列事实与盐类水解无关的

3、是A长期施用铵态氮肥会使土壤酸化B配制 FeSO4溶液时，加入一定量 Fe 粉C明矾可以作为净水剂D碳酸钠的酚酞溶液中滴加氯化钡溶液，红色变浅7常温下，Ksp(MnS)=2.510-13，Ksp(FeS)=6.310-18。FeS和MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2+表示Fe2+或Mn2+)，下列说法错误的是A曲线表示MnS的沉淀溶解平衡曲线B升高温度，曲线上的c点可沿虚线平移至e点C常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K4104D向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由b点沿线向a点方向移动8下列事实不能用难溶电解质的溶解平衡原理来

4、解释的是A碳酸钡不能用作“钡餐”而硫酸钡则能B铝粉溶于氢氧化钠溶液C用FeS除去废水中含有的Cu2+D氢氧化铜悬浊液中加入浓氨水溶液变澄清9一定温度下，将浓度为溶液加水不断稀释，始终保持增大的是ABCD10室温下，某可溶性二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数()随溶液pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是AKb1的数量级为105BpH=9.2时，溶液中没有X2+CX(OH)NO3溶液中：c(X2+)cX(OH)2D在X(OH)NO3水溶中，cX(OH)2+c(H+)=c(X2+)+c(OH)11下列相关反应方程式不正确的是A过氧化钠用作供氧剂：2Na2O2 + 2CO2 = 2N

5、a2CO3 + O2B保存FeSO4溶液需添加铁粉：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+C工业上制备漂白粉：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2OD硝酸型酸雨腐蚀大理石石雕：CO + 2H+ = H2O + CO212某无色溶液中含有Mg2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、NH4+、Na+中的一种或几种，取100mL该溶液，向其中不断滴加NaOH溶液，产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系如图所示，则下列叙述不正确的是A该溶液中一定不含Fe3+、Cu2+B该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+，且三者物质的量浓度之比为111C所加NaOH溶液物质

6、的量浓度为0.1mol/LDa点到b点，发生的化学反应：NH4+ OH=NH3H2O13下列关于溶液酸碱性说法不正确的是A313K时，Kw=2.910-14，则pH=7，溶液呈碱性B25 1L pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol/L，由水电离出n(OH-)=10-5molC某温度下，VaL 0.01mol/L pH=11的NaOH溶液，与VbL pH=1的H2SO4溶液混合呈中性，则VaVb=11D100时，纯水的p=6，呈中性14某无色透明溶液，能与铝反应放出氢气，此溶液中一定大量共存的离子组是（）A SO、Na+、Cl、K+BSO、Na+、HCO、K+CNO、Mg2+、Cl、

7、Ba2+DCu2+、Cl、Fe2+、SO15常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（）A0.1molL-1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（SO） c（NH） c（Fe2+） c （H+）B向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1C0.01molL-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-）D0.1molL-1NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO）二、填空题（共8题）16(1)选用以下主要仪器和试剂，是否可以达到测定NaOH溶液浓度的目的？_(填“是”或“否”)。主要仪器：滴定管锥

8、形瓶烧杯试剂：NaOH溶液0.100 0 molL-1盐酸(2)现用物质的量浓度为0.100 0 molL-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_(填“甲”或“乙”)中。某学生的操作步骤如下：A移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B用标准溶液润洗滴定管23次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；D取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 23mL；E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至

9、终点并记下滴定管液面的刻度。正确操作步骤的顺序是_(用字母序号填写)。上述B步骤操作的目的是_。判断到达滴定终点的实验现象是_。下图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数， c(HCl)=_ molL-1。17已知在25时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下所示：醋酸：次氯酸：碳酸：，亚硫酸：，(1)写出碳酸第一级电离的平衡常数表达式：_。(2)若保持温度不变，在溶液中通入少量HCl，则下列物理量变小的是_(填序号，下同)。abc(H+)c的电离平衡常数(3)下列离子方程式错误的是_。a少量通入次氯酸钠溶液中：b少量通入次氯酸钙溶液中：c过量通入澄清石灰水中：18(1)已知25时弱电解质

10、的电离平衡常数：，。使的溶液和的溶液分别与的溶液反应，实验测得产生的气体体积(V)与时间(t)的关系如图所示。反应开始时，两种溶液产生的速率明显不同的原因是_；反应结束后，所得溶液中_(填“”“=”或“ Ksp(FeS)，所以曲线I表示的是MnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线表示的是FeS的沉淀溶解平衡曲线，A错误；Bc点处c(Fe2+)=c(S2-)，升高温度，Ksp(FeS)增大，但c(Fe2+)和c(S2-)依然相等，曲线上的c点可沿虚线向e点方向平移，B正确；C反应MnS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=4104，C正确；D温度不变，Ksp(MnS)不变，向

11、b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，c(Mn2+)减小，溶液组成可由b点沿曲线线向a点方向移动，D正确；综上所述答案为A。8B【解析】A碳酸钡与盐酸反应生成有毒的钡离子，硫酸钡与盐酸不反应，能用沉淀溶解平衡原理来解释，故A不选；B铝粉溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，反应不可逆，不能用难溶电解质的溶解平衡原理来解释，故B选；C用FeS除去废水中含有的Cu2+，发生Cu2+FeSFe2+CuS，CuS的Ksp更小，平衡正向移动，故C不选；D发生的配位反应，形成四氨合铜络离子和氢氧根，Cu(OH)2 + 4NH3Cu(NH3)42+ + 2OH，氢氧化铜悬浊液中加入浓氨水溶液变澄清，平衡

12、正向移动，故D不选；故选B。9D【解析】AHF为弱酸，存在电离平衡：加水稀释，平衡正向移动,但c()减小，故A不符合题意； B电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)不变，故B不符合题意；C当溶液无限稀释时，不断减小，无限接近，减小，故C不符合题意；D由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶液中增大，减小，增大，故D符合题意；故答案为D。10D【解析】由图可知，溶液中cX(OH)2= cX(OH)+时，溶液pH为9.2，由电离常数公式可知，二元碱Kb1= c(OH)=104.8，同理可知，由溶液中cX(OH)+ =c(X2+)，溶液pH为6.2时，二元碱Kb2= c(OH)=1

13、07.8。A由分析可知，Kb1= c(OH)=104.8，数量级为105，故A正确；B由图可知，溶液pH为9.2时，溶液中存在X(OH)2和X(OH)+，没有X2+，故B正确；C由分析可知，X(OH)的水解常数为Kh=109.2Kb2说明X(OH)+在溶液中的电离程度大于水解程度，X(OH)NO3溶液呈碱性，溶液中c(X2+) cX(OH)2，故C正确；DX(OH)NO3溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+2c(X2+)+ cX(OH)+ = c(NO)+c(OH)和物料守恒关系c(NO)= c(X2+)+ cX(OH)+ cX(OH)2，整理可得cX(OH)2+ c(OH)=c(X2+)+ c

14、(H+)，故D错误；故选D。11D【解析】A Na2O2 与CO2 反应生成Na2CO3和O2，过氧化钠用作供氧剂：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2，故A正确；B 保存FeSO4溶液需添加铁粉防止亚铁氧化：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，故B正确；C 工业上用氯气和消石灰反应制备漂白粉，漂白粉的成分为 CaCl2 和Ca(ClO)2 ：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，故C正确；D 碳酸钙难溶于水，硝酸型酸雨腐蚀大理石石雕：CaCO3 + 2H+ = H2O + CO2+Ca2+，故D错误；故选D。12C【解析】无

15、色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，取100mL该溶液，向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液，根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系，可得到一定含有：Mg2+、Al3+、NH4+，oa段Al3+3OH-=Al（OH）3，Mg2+2OH-=Mg（OH）2，ab段：NH4+ OH=NH3H2O，bc段Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，据此回答。无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，取100mL该溶液，向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液，根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系，可得到一定含有：Mg2+、Al3+、NH4+，oa段Al3+3OH=Al(OH)3，Mg2+2OH=Mg(OH

16、)2，ab段：NH4+ OH=NH3H2O，bc段：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。A. 无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，故A正确；B. 该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+，消耗氢氧化钠的体积分别是20mL、30mL、10mL，根据反应量的关系，三者物质的量浓度之比为1:1:1，故B正确。C. 根据图象氢氧化铝的物质的量是0.01mol，据bc段：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，消耗氢氧化钠体积是10mL，物质的量是0.01mol，所以：所加NaOH溶液物质的量浓度为1mol/L，故C错误； D. ab段发生反应：NH4+ OH=NH3H2O，故B正确；本题

17、选C。13C【解析】A313K下水的离子积为2.910-14，则纯水中c(H+)=c(OH-)=1.710-7mol/L，此时水的pH为6.77，某溶液pH为7说明该溶液呈碱性，A正确；B氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，由于铵根离子可以结合水电离出的OH-，水电离出的H+和OH-浓度相同，则pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol/L，由水电离出n(OH-)=10-5mol，B正确；C根据c(H+)Vb=c(OH-)Va计算，c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=10-3mol/L，则Va:Vb=100:1，C错误；D纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度相同，水呈中性，D正确；故答案选择

18、C。14A【解析】某无色透明的溶液能与铝反应放出氢气，该溶液为无色溶液，溶液中可能存在大量的H+或者OH-，ASO、Na+、Cl、K+离子之间不反应，也不与OH-和H+反应，且为无色溶液，满足题中条件和离子共存条件，故A正确；BHCO能够与OH-和H+反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；COH-能够与镁离子反应，酸性条件下，有硝酸根不能产生氢气，在溶液中不能够大量共存，故C错误；DCu2+、Fe2+能够与OH-反应生成沉淀，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A。15B【解析】A铵根离子和亚铁离子相互抑制水解且水解但程度较小，硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，再结合物料守恒得c(SO42-)

19、c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)，故A正确；B向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中=1，故B错误；C0.01molL-1 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，c(CH3COOH)c(NaOH)，二者混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)c(Na+)，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度很小，所以c(Na+)c(H+)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故C正确；D根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c

20、(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故D正确。答案选B。16 否 乙 BDCEAF 洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差 当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 【解析】(1)酸碱中和滴定中需要用指示剂指示终点，缺少指示剂无法确定终点，不能完成滴定实验，故答案为：否；(2)氢氧化钠应用碱式滴定管盛装，甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故答案为：乙；(3) 中和滴定操作的步骤是选择滴定管，然后捡漏、水洗并润洗、装液、使尖嘴充满溶液

21、、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，则正确操作步骤的顺序是BDCEAF。水洗滴定管后滴定管内壁上残留水分，直接装液会稀释溶液，因此要进行多次润洗，目的洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差，该滴定过程中在盐酸中加指示剂开始溶液无色，当反应达到终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(4)物质的量浓度为0.100 0 molL-1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，反应达到终点时，c(NaOH)V(NaOH)=c(HCl)V(HCl)，c(HCl)=。17 a b【解析】(1)碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离的电离方程式为H2CO3HCO+

22、H+，一级电离的电离常数，故答案为：；(2)醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，向醋酸溶液中通入氯化氢气体后，溶液中氢离子浓度增大，醋酸的电离平衡左移，溶液中醋酸根离子浓度减小；醋酸的电离常数是温度函数，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故选a；(3) a电离平衡常数越大，酸的酸性越强，由电离常数可知，酸性：，则少量与NaClO反生成HClO和，反应的离子方程式为，故正确；b二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有强氧化性，则少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中不可能有亚硫酸钙生成，应生成硫酸钙，故错误；c过量二氧化碳通入澄清石灰水中发生的反应

23、为过量二氧化硫与石灰水反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为，故正确；b错误，故选b。18 ，溶液中：，越大反应速率越快 4.010-4【解析】(1)，可知酸性；(2)的电离平衡常数 。(1)弱电解质的电离平衡常数越大，同浓度的溶液中电离出的离子浓度越大， ，溶液中，越大反应速率越快，所以反应开始时，两种溶液产生的速率明显不同；反应结束后，两种溶液中溶质分别为和，的酸性弱于，则比更易结合，故；(2)时，由电离平衡常数的定义可知。19 AgNO3 CuSO4 Na2CO3 BaCl2 SOBa2=BaSO4 CO2H=CO2H2O【解析】将四种盐各取少量，分别溶于盛有 5 mL 蒸馏水的 4 支试

24、管中，只有 B 盐溶液呈蓝色，B的阳离子为Cu2+，由于Cu2+与在溶液中不能大量共存，B的阴离子不为； A 盐溶液加入盐酸产生白色沉淀，A的阳离子为Ag+，由于Ag+与Cl-、在溶液中不能大量共存，则A为AgNO3，C 盐溶液加入盐酸有较多气泡产生，C的阴离子为，由于与Ba2+、Cu2+、Ag+在溶液中不能大量共存，则C为Na2CO3，根据A、B、C中的阳离子可知D中阳离子为Ba2+，而与Ba2+在溶液中不能大量共存，则D为BaCl2、B为CuSO4；(1)A、B、C、D的化学式依次为AgNO3、CuSO4、Na2CO3、BaCl2；(2)CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀和CuC

25、l2，反应的离子方程式为Ba2+=BaSO4；Na2CO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2气体，反应的离子方程式为2H+=H2O+CO2。20 NaAlN2H2 三角锥形 AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3 2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3 镁(或Mg)【解析】已知A由4种元素组成的化合物，且A能与NaOH反应生成气体B和溶液C，则其中气体B应为氨气，所以A中含有N元素；溶液C与NaHCO

26、3溶液反应生成1.56gD沉淀以及只含一种溶质的溶液，则C溶液为含钠的盐溶液，所以C中的溶质应为偏铝酸钠。所以A中一定含有的元素为N、Al。根据质量守恒及化合价代数和为零可知另外两种元素为Na和H，且物质的量之比为1：2，结合元素守恒以及A的摩尔质量小于160g/mol分析即可。(1)由分析可知，0.896L的B()气体，则；1.56g 沉淀D，则，所以化合物A中，则设A的化学式为，又由于A的摩尔质量小于160g/mol，则x+3-6+y=0、23x+27+214+y=1.60.02，解得，所以A的化学式为，由于B为，则其空间构型为三角锥形，故答案为：，三角锥形；(2)由分析可得C为偏铝酸钠，

27、D为，所以用制取的离子方程式为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，故答案为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO；(3)B为，2molNa在一定条件下可以和液态B()反应产生一种1可燃性气体和化合物F，则可燃性气体为氢气、F应为NaNH2，则NaNH2与水反应的方程式为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3，故答案为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3；(4)由(2)分析可知，C(偏铝酸钠)与碳酸氢钠反应生成D(氢氧化铝)白色沉淀和溶液E，即AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+C

28、O，溶液E为碳酸钠溶液，所以碳酸钠与氯化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀；由于碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡，电离产生的碳酸根会与钙离子结合反应生成碳酸钙，而氢离子与碳酸氢根反应生成碳酸，从而促进平衡正向移动，即2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3；在短周期元素中镁离子能与Na2CO3反应生成碳酸镁白色沉淀，与NaHCO3不会形成沉淀，所以X元素为Mg(镁)元素，故答案为：2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3；Mg(镁)。21(1)10-4-10-10(2)12.5【解析】(

29、1)Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，水解反应分步进行，主要是发生第一步水解反应产生、OH-，当最终当电离达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，溶液pH=10，c(H+)=10-10 mol/L，则溶液中c(OH-)=，故溶液中水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-4 mol/L，发生水解反应的的浓度c()=c()=10-4 mol/L-10-10 mol/L=(10-4-10-10) mol/L；(2)要使溶液中不出现浑浊现象，c(OH-)=，溶液中c(H+)=，则加入盐酸的体积V(HCl)=。22(1)1.010-14(2) 碱性 Kh(HCO)=2.

30、2108Ka2(H2CO3)，HCO的水解程度大于其电离程度(3)超过45，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强(4)Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2【解析】(1)由水的离子积定义:25时，水的离子积Kw1.010-14；(2)由于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子发生水解反应生成又会电离出但是Kh(HCO)=2.2108Ka2(H2CO3)，故HCO的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性；(3)超过45，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3溶液水解能力更强，故碱性增强，答案：超过45，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强(4)根

31、据知酸性：盐酸碳酸次氯酸，氯气通入饱和溶液能产生无色气体二氧化碳，说明氯气与水反应的生成物中含有盐酸，由强酸制弱酸原理可知：Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2，故答案为Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2。23 CDAB 碱 由红色变为橙色 1.7c(Na2CO3) BD【解析】比较不同溶液中同种离子浓度的大小时，应先不考虑其它离子及水解的影响，直接进行计算，然后再考虑环境的影响；在利用中和滴定法测定未知溶液的浓度时，选择指示剂应考虑滴定终点的pH；分析误差时可采用公式法。(1)A氯离子对铵根离子的水解无影响；B碳酸氢根离子水解促进铵根离子的水解；C硫酸氢铵电离出的氢离子浓度为，对铵

32、根离子的水解有较强的抑制作用；D亚铁离子水解产生少量的氢离子，抑制铵根离子的水解，故铵根离子浓度大小顺序是CDAB。答案为：CDAB；(2)Na2CO3溶液呈碱性，应装在碱式滴定管中；甲基橙遇盐酸显红色，滴加Na2CO3溶液至滴定终点时，溶液由红色变橙色。充满HCl的烧瓶做完喷泉实验后，所得盐酸的物质的量浓度c(HCl)=，为减小实验误差，应使滴定终点时消耗Na2CO3溶液的体积与待测盐酸体积相近，Na2CO3与HCl反应的关系式为2HClNa2CO3，故选。实验1中消耗Na2CO3溶液的体积与实验2、3中数据相比明显偏大，应弃去，因此实验2和实验3所用Na2CO3溶液体积的平均值为，根据反应

33、Na2CO3+2HCl(过量)2NaCl+H2O+CO2，可知c(HCl)=1.7c(Na2CO3)。A. 滴定时，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断终点，若错误操作，可能导致测得的盐酸浓度偏高或偏低，A不合题意；B. 滴定管未用待测盐酸润洗，相当于稀释溶液，导致消耗Na2CO3溶液的体积偏小，c(HCl)偏低，B符合题意；C. 滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，不影响待测液中溶质的物质的量，所以不影响消耗标准液的体积，对滴定结果无影响，C不合题意；D. 滴定结束时俯视读数，读数偏小，即测得消耗Na2CO3溶液的体积偏小，所以c(HCl)偏低，D符合题意。综上所述，答案为：BD。答案为：碱；由红色变为橙色；1.7c(Na2CO3)；BD。