第3章物质在水溶液中的行为测试卷-高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

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1、第3章物质在水溶液中的行为测试卷一、单选题1是一种常见的化肥，其溶解度随着温度的升高而增大，某工厂用石膏、和制备的工艺流程如图：下列说法正确的是A通入和的顺序可以互换B操作2为将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得C步骤中反应的离子方程式为D通入的和均应过量，且工艺流程中可循环利用2下列离子方程式书写正确的是ACl2与水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B硫酸与氢氧化钡溶液反应：H+OH-+Ba2+SO=H2O+BaSO4C过氧化钠与水反应：O+2H2O=2OH-+O2DNaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O3设NA为阿伏加德罗常数

2、的值，下列说法正确的是A0.1molL-1的K2CO3溶液中、和H2CO3的粒子数之和为0.1NAB电解精炼粗铜时，阳极每减少6.4g，阴极就析出铜原子0.1NAC22.4LO2与金属Na恰好完全反应，转移的电子数一定为4NAD49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA4用下列实验装置进行相关实验，能达到实验目的的是A用甲装置接收石油分馏实验中所得的馏分B用乙装置测量H2O2的分解速率C用丙装置制取并观察Fe(OH)2沉淀D用丁装置测量用MnO2和浓盐酸共热制得Cl2的体积5某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断错误的是Aa.c两点溶液的导电能

3、力相同B曲线bc表示氨水的稀释过程C与同种盐酸完全反应时，上述两种碱消耗盐酸较多的是氢氧化钠D从b点到c点的过程中溶液中的N(NH3)+N(NH)+N(NH3H2O)保持不变6下列事实能证明HA是弱酸的是0.1 molLHA溶液中通入HCl，减小0.1 molLHA溶液可以使石蕊溶液变红常温下，0.1 molLHA溶液中 molL相同温度下，0.1 molLHA溶液的导电能力比0.1 molL 溶液弱ABCD7常温下，下列各组离子能大量共存的是ApH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、BpH=12的溶液：K+、Na+、CpH=2的溶液：Cl-、D水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：A

4、l3+、K+、Cl-、825时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A中性溶液中：NH、Fe3、SO、Cl-B0.1mol/L的NH4HCO3溶液中：K+、SiO、Al(OH)4-、Cl-C=110-12mol/L的溶液中：K+、NO、S2-、ClO-D透明的溶液中：K+、NH、MnO、CO9工业上，从有机催化剂(主要含钴和锌)回收金属的简易流程如下：下列有关说法错误的是A实验室中“灼烧”实验在坩埚中进行B“沉钴”时的不能太高的原因是防止生成沉淀C“沉锌”时溶液温度不能太高的目的是防止生成的、分解D“沉钴”加入的目的是将氧化并生成沉淀10下列叙述正确的是（）A从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖

5、嘴可以接触试管内壁B盛放溶液时，可以使用带玻璃瓶塞的磨口瓶C蒸馏时应将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处D用pH试纸测定溶液的pH时，若先用蒸馏水润湿试纸，一定会导致测定结果偏大11已知：时，；时，。下列有关水的电离的叙述正确的是A随着温度的升高而减小B时，C向蒸馏水中加入溶液，增大D水的电离属于吸热过程12有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是Aa mLB(50-a)mLC大于(50-a)mLD大于a mL13表中是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.810-5Ka1=4.510-

6、7Ka2=4.710-11Ka1=1.310-7Ka2=7.110-15Ka1=7.510-3Ka2=6.210-8Ka3=2.210-13则下列说法中不正确的是A碳酸的酸性强于氢硫酸B多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C常温下，加水稀释醋酸，增大D常温下，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变14下列有关离子方程式书写正确的是A铵明矾溶液中滴加少量NaOH 溶液：B磁铁矿石溶于稀硝酸：C向碳酸氢钠溶液中通人氯气：DIBr在KOH溶液中发生非氧化还原反应：15室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A

7、向0.10molL-1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl-)B向0.10molL-1NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()C向0.10molL-1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)c()c()D向0.10molL-1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2c()+c()+c(H2SO3)二、填空题16下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25水的离子积a回答下列问题：(1)若，则a_(填“”“”“”或“=”)20.02。(3)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液浓度偏大的是_。A酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸B酸式滴定管

8、滴定前有气泡，滴定后气泡消失C滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥D读取盐酸体积开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数23保险粉Na2S2O4大量用于印染业，并用来漂白纸张、纸浆和陶土等。某化学兴趣小组同学用甲酸法制取保险粉的装置如图所示(加持装置略去)。已知：保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性，在空气中易被氧化：2Na2S2O4+O2+2H2O=NaHSO3或Na2S2O4 +O2+H2O =NaHSO3+NaHSO4。实验时先把甲酸(HCOOH)与溶于甲醇和水混合溶剂的NaOH混合，再通入SO2气体。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_；装置B的作用是_。(2)装置C中甲醇

9、不参加反应，甲醇的作用是 _；生成Na2S2O4的离子方程式为_。(3)下列有关该实验的说法正确的是 _(填序号)。A可用硝酸和BaCl2溶液检验制得的Na2S2O4中是否混有NaHSO4B实验中甲酸和NaOH最合适的物质的量之比为1：1C用N2排尽装置内的空气，有利于提高 的Na2S2O4纯度D得到Na2S2O4固体后可用甲醇洗涤(4)测定产品中Na2S2O4质量分数，其实验步骤如下，准确称取0.5000g产品放入锥形瓶中，加入适量水使其溶解。然后加入足量甲醛，充分反应，再滴加几滴指示剂，用0.2000molL-1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗25.00mL标准I2溶液。实验过程中涉及的

10、反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O =NaHSO3HCHO+NaHSO2HCHO；NaHSO2HCHO+2I2+2H2O= NaHSO4+HCHO+4HI。该实验加入指示剂是_ ，产品Na2S2O4 (M=174gmol-1)的质量分数为 _% (保留一位小数)。(5)探究Na2S2O4的性质。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解是到固体产物Na2SO3，Na2S2O3和SO2，但该兴趣小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是_。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)24硫氰化钾俗

11、称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品.主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等.实验室模拟工业以和为原料制备的实验装置如图所示：已知：不溶于，密度比水大且难溶于水；三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应：，该反应比较缓慢，且在高于170易分解。的溶解度随温度变化较大。(1)A装置中固体混合物是_；仪器a的名称_(2)三颈烧瓶内的导气管插入下层液体中，原因是_。(3)待实验中观察到_现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭.保持三颈烧瓶内液温105一段时间，使进行完全后，打开，继续保持液温105，滴入适量的溶液，写出生成的化学方程式_。(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境

12、，写出吸收的离子方程式_。(5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再_.(填操作)，得到硫氰化钾晶体。(6)晶体中含量的测定：称取样品，配成溶液.量取溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液.(已知：滴定时发生的反应为(白色)指示剂a为_。晶体中的质量分数为_%。试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A由于微溶于水，易溶于水，应先通入足量，使溶液呈碱性，然后再通入适量，反应的化学方程式为，通入和的顺序不可以互换，选项A错误；B向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，再通入

13、适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀。操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，可得，选项B正确；C硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，物质发生的主要化学反应为，反应的离子方程式为，选项C错误；D反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的可循环利用，通入足量，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，选项D错误。答案选B。2D【详解】AHClO为弱酸，书写离子方程式时不能拆开，故为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故A错误；B硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子

14、方程式为：2H+2OH-+Ba2+SO=2H2O+BaSO4，故B错误；C过氧化钠书写离子方程式时不能拆开，故C错误；DNaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、水，故离子方程式为Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O，故D正确；故选D。3D【详解】A只给浓度，没给体积无法计算物质的量，故无法求出离子数，A错误；B阳极含有Fe，Zn等比Cu活泼的金属，所以当阳极减少6.4g时，转移的电子数不一定是0.2mol，所以阴极析出的铜原子数不确定，B错误；C只给体积，没给温度和压强，无法计算氧气的物质的量，转移的电子数无法确定，C错误；D49.5gCOCl2的物质的量为0.5m

15、ol，1个COCl2含有2个碳氯键，所以49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA，D正确；故选D。4D【详解】A甲装置为密闭装置，蒸馏时气体压强增大，可能引起爆炸等事故 ，故A错误；B用乙装置进行实验时，反应产生的氧气会从长颈漏斗中逸出 ，故B错误；C 丙装置无法使生成的硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液混合，不能制取氢氧化亚铁，故C错误；D氯气在饱和食盐水中溶解度小，丁装置可以根据排出水的量测量生成氯气的体积 ，故D正确；故选：D。5C【详解】A溶液的离子浓度越大，所带电荷量越多，导电性越强，氨水和氢氧化钠电离出的离子所带电荷量相同，而a点的离子浓度等于c点，所以a、c两点溶液的导电能力相同，A正确

16、；B两份溶液的体积相同，pH相同，而一水合氨为弱电解质，只发生部分电离，溶液中存在大量的一水合氨分子，所以在加水稀释的过程中，一水合氨分子会继续电离生成OH-，pH值变化较慢，符合bc曲线，B正确；C两份溶液的体积相同，pH相同，而一水合氨为弱电解质，只发生部分电离，所以氨水的起始浓度比氢氧化钠溶液的大，与盐酸完全反应时，氨水消耗同浓度的盐酸较多，C错误；D从b点到c点的过程中发生NH3+H2ONH3H2O+OH-，根据氮元素守恒可知，氮元素的存在形态只有两种，所以溶液中N(NH3)+N()+N(NH3H2O)保持不变，D正确；故选：C。6B【详解】0.1 molLHA溶液中通入HCl，减小,

17、说明HA是弱酸，通入HCl抑制了它的电离，才会使减小,故选；使石蕊溶液变红只能说明溶液显酸性，不能证明HA是弱酸，故不选；常温下，0.1 molLHA如果是强酸，完全电离,如果是弱酸才会部分电离使 molL，故选；是二元强酸，HA即使是一元强酸，在相同温度下，0.1 molL的HA溶液的导电能力也会比0.1 molL 溶液弱，所以该事实不能说明HA的强弱，故不选；综上所述，能证明HA是弱酸的是；故选B7B【详解】ApH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应而不共存，A错误；BpH=12的溶液呈碱性，碱性溶液中，四种离子均可大量共存，B正确；CpH=2的溶液呈酸性

18、，酸性条件下，与氢离子会反应生成硫和亚硫酸而不共存，C错误；D水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液，可以呈酸性，也可以呈碱性，酸性溶液中不能大量存在，碱性溶液中Al3+、均不能大量存在，且Al3+和会发生双水解而不能大量共存，D错误；答案选B。8D【详解】A NH、Fe3在酸性条件下存在，故A错误；B 碳酸、碳酸氢根的酸性强于氢氧化铝，0.1mol/L的NH4HCO3溶液中Al(OH)4-不能大量共存，生成氢氧化铝沉淀，故B错误；C =110-12mol/L的溶液呈酸性，H+、NO、S2-、ClO-之间发生氧化还原反应，故C错误；D 透明的溶液中：K+、NH、MnO、CO之间不发生

19、反应，故D正确；故选D。9C【分析】由流程可知，灼烧可除去有机物，加入稀硫酸浸出液含有Co2+、Zn2+、Mn2+、Fe3+、Fe2+等，净化除去Mn2+、Fe3+、Fe2+，调节pH沉淀Co2+，最后加NH4HCO3沉淀Zn2+，以此来解答。【详解】A“灼烧”温度较高，实验在坩埚中进行，A正确；B“沉钴”的pH不能太高，原因是防止生成Zn(OH)2，B正确；C“沉锌”加入NH4HCO3，沉锌的温度不能太高，原因是防止NH4HCO3分解，C错误；D沉钴”中加入(NH4)2S2O8，还原产物为SO，发生2Co2+S2O-+4H+=2Co(OH)3+SO+2H2O，D正确；故选：C。10C【详解】

20、A. 从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，防止污染滴瓶中的试剂，故A错误；B. 盛放NaOH溶液时，由于氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有黏性，导致瓶塞无法打开，故不能使用带玻璃瓶塞的磨口瓶，应该用橡胶塞，故B错误；C. 蒸馏时，需要用温度计测定馏分温度，则温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；D. 用pH试纸测定溶液的pH时，若先用蒸馏水润湿试纸，相当于将溶液稀释，若溶液呈中性时，溶液的pH不变，若溶液呈碱性，测定结果偏低，故D错误；故选C。11D【详解】A水的电离是一个吸热过程，升高温度，平衡正向移动，故随着温度的升高而增大，A错误；B任何温度下，纯水

21、中，B错误； CKw仅仅是温度的函数，温度不变，Kw不变，向蒸馏水中加入溶液，不变，C错误；D水的电离属于吸热过程，D正确；故答案为：D。12C【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，满刻度以下还有一段空间没有刻度，所以一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50-a)mL，故答案选C。13C【详解】A由表格数据可知，碳酸的K1氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确B多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，故B正确；C常温下，加水稀释醋酸，温度不变，则电离平衡常数不变，故C

22、错误；D弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，故D正确；故选：C。14D【详解】A由能与氨水反应可知，结合的能力强于，故滴加少量NaOH溶液，先反应，A项错误；B硝酸会将氧化为，B项错误；C次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸与不反应，最终产物中次氯酸应写分子式，C项错误；DIBr中碘元素为1价，溴元素为-1价，发生非氧化还原反应生成和，D项正确。故选D。15A【详解】A向0.10molL-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)

23、=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A正确；B向0.10molL-1NH4HCO3溶液中通CO2，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，电荷守恒为c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，可得出c()=c()+2c()，故B错误；C溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1:1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)c()，由物料守恒可知，c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(Na+)+c()+c(H+)=2c(

24、)+c()+c(OH-)，联立可得c()+c(H2SO3)=c()，所以存在c(Na+)c()c()，故C错误；D向0.10molL-1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)2c()+c()+c(H2SO3)，故D错误；答案为A。16(1) = 【详解】（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故a11013；（2）根据硫酸钠的化学式，则溶液中一定满足c(Na+)：c(SO)=2:1，硫酸钠溶液中c(Na+)=2510-4

25、mol/L=10-3mol/L，稀释后c(Na+)=10-5mol/L，溶液呈中性，c(OH)=10-7mol/L，则稀释后溶液中c(Na+) :c(OH)= 10-5：10-7=1001（3）pH=10的NaOH溶液中c(H+)=1010molL1，NaOH溶液中H+来自于水的电离，水电离出H+的同时也电离出等量的OH，所以水电离产生的OH的浓度为c(OH-)=110-10mol/L；（4）t2时，所得混合溶液的pH=2，说明溶液为酸性，酸过量，t2时，pH=11的NaOH溶液，c(OH)=0.01molL1，则，解得V1V2=92；（5）酸、碱中c(H+)、c(OH-)越大，越会抑制水的电

26、离，水电离的c(H+)越少，的几种溶液中，中c(H+)= NaOH中c(OH-)=，中c(H+)=中c(OH-)=，中c(H+)=中c(OH-)=；c(OH-)越大，碱性越强，pH越大；c(H+)越大，酸性越强，pH越小，故pH由大到小的顺序是。17(1)(2) B C B(3) CH3COOH+ =CH3COO-+H2O+CO2 CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加入NaHCO3溶液后c(H+)减小，使平衡正向移动(4) 大于 N2H42H2O H2O+OH-(5) H2CO3 ClO-+CO2+H2O=HClO+ 【解析】（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物

27、属于电解质，溶液为混合物，铜为单质均不是化合物；酒精为非电解质，故上述属于电解质的是；（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHH+ CH3COO-，用标有A、B、C的三个试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，在C试管中加入少量NaOH固体(不考虑溶液体积变化)，氢氧根离子消耗氢离子，平衡正向移动，故三个试管中c(CH3COOH)最大的是B；c(CH3COO-)最大的是C；c(H+)最大的是B；（3）已知CH3COOH的酸性大于H2CO3，向20mL1mol/L的CH3COOH溶液中加入10mL1mol/L的NaHC

28、O3溶液，反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，该反应的离子方程式为CH3COOH+ =CH3COO-+H2O+CO2；CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加入NaHCO3溶液后c(H+)减小，使平衡正向移动，故该反应能够发生；（4）已知肼(N2H42H2O)是一种二元弱碱，其电离方程式与氨水的电离相似，故肼的第一步电离方程式为N2H42H2O H2O+OH-；与弱酸相似，弱碱的第一步电离远大于第二步电离，故在肼的水溶液中c(H2O) 大于c()；（5）因为H2CO3的电离常数Ka1=4.310-7，大于HClO的电离常数Ka=4.710-8，故浓度相同的HClO溶液和H2CO

29、3溶液比较，酸性较强的是H2CO3；因为H2CO3的电离常数Ka1=4.310-7，大于HClO的电离常数Ka=4.710-8，比H2CO3的电离常数Ka2=5.610-11的大，向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+ 。18 促进水解反应Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+逆向移动，达到抑制Fe2+水解的目的 防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+ Na2CO3 NaCl Al2O3【分析】(1)配制FeCl2溶液的过程中要防Fe2+的水解和氧化；(2)易水解的离子在加热的过程中会促进水解程度增大，结合水解产

30、物分析判断。【详解】(1) Fe2+在水溶液中易水解，发生的水解反应式为，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，则在配制氯化亚铁溶液时要加入一定量的盐酸，可抑制Fe2+水解；在FeC12液中需加入少量铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+； (2) Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，加热促进水解，溶液中NaHCO3和NaOH的浓度增大，两者继续反应生成Na2CO3和水，则最终蒸干并灼烧得到固体为Na2CO3；NaClO溶液中存在水解反应NaClO+H2ONaOH+HClO，加热促进水解平衡正向移动，且加热过程中HClO分解生成H

31、Cl和O2，其中HCl和NaOH发生中和反应生成NaCl，则加热蒸干、灼烧最终所得固体为NaCl；氯化铝水溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，反应的化学方程式为2Al(OH)3 Al2O3+3H2O。【点睛】考查盐类水解的应用。对于盐溶液的蒸干产物总结如下：金属阳离子易水解的易挥发性酸盐得金属氢氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝的蒸干还是硫酸铝；酸根阴离子易水解的强碱盐，正盐是原物质，酸式盐考虑水解产物或分解，例如碳酸钠蒸干是碳酸钠，碳酸氢钠蒸干分解得碳酸钠

32、；易氧化的蒸干得氧化产物，如硫酸亚铁得硫酸铁，亚硫酸钠得硫酸钠。19(1)(2)6(3)911(4)【详解】（1）；（2） 、， ，所得溶液， ，pH=6；（3）由题意可知混合溶液显酸性，解得，答案：911；（4）氢氧化铜存在溶解平衡： ，常温下当溶液的pH=8时，代入数据，答案：。201.010-3mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1.010-3mol/L，pOH=-1g(1.010-3)=3【详解】NaOH溶液中OH-主要来自NaOH的电离（忽略水电离的OH-），1.010-3mol/LNaOH溶液中OH-物质的量浓度为1.010-3mol/L，则溶液的pOH=-1g(1.010-3)

33、=3。21根据实验流程及反应方程式得关系式：，样品中，则样品的纯度【详解】根据实验流程及反应方程式得关系式：，样品中，则样品的纯度。22(1) 酸式滴定管 滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原来的的颜色(2) 不合理 第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去 (3)AB【分析】酸碱中和滴定的步骤是：1实验器材准备，滴定管查漏、清洗，锥形瓶清洗，2用标准液润洗滴定管，然后润洗2-3次，最后调“0记录初始刻度，3量取待测液，装入锥形瓶，然后滴入指示剂摇匀，4进行滴定，到终点时停止滴定，读取刻度，5重复滴定2-3次，记录数据，求算待测液浓度，在分析误差的时候，根据

34、公式来分析，以此解题。（1）用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度时，先配制盐酸标准溶液，取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中，向溶液中加入12滴指示剂，用待测氢氧化钠溶液滴定至终点，重复以上操作23次，根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度，故实验过程中正确的操作顺序是：；上述操作中使用的仪器除锥形瓶外，还需要使用酸式滴定管；氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液显红色，滴定至终点时，氢氧化钠消耗完毕，则此时溶液红色褪去，故滴定终点的标志是：滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原来的的颜色；（2）根据表中数据可知，第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去；NaOH溶液

35、的体积平均值为：mL=20.00mL，结合图象可知，a点对应的pH=7，因NaOH溶液的体积平均值等于盐酸的体积，NaOH和HCl反应时物质的量相等，所以a20.02mL，故答案为：不合理；第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去；（3）A酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸，标准液被稀释，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故A选；B酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故B选；C锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥对待测液中溶质的物质的量没有影响，所以对测定结果无影响，故C不选；D读取盐酸体积开始时仰视读数，

36、滴定结束后俯视读数，记录的标准液体积偏小，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏小，故D不选；故选AB。23 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) 防倒吸 降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出 HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O CD 淀粉溶液 87.0 取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无【分析】装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。【详解】(1)容器a为带有恒压装置的

37、分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO- + SO2 + OH- ，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO- 中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO- +2SO2+3OH-S2O

38、+CO+2H2O（或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O）； (3)ANa2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为，故A不合理；B若甲酸与NaOH 物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；CNa2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；DNa2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；故答案选CD。(4) 涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4 NaHSO2HCHO 2I2，得c(Na2S2O4)=；W(Na2S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；(5)检验，需加入稀盐酸排除等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则