选择性必修1第三节 盐类的水解课时作业

这是一份选择性必修1第三节 盐类的水解课时作业，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
3.3.1盐类水解分层练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．25℃时，下列说法正确的是
A．实验测得CH3COOM溶液pH=7，则MOH是强碱
B．10 mL pH=5的NH4Cl溶液中水电离出OH-的物质的量为1.0×10-7 mol
C．0.01 mol·LCH3COOH中加入少量CH3COONa，水的电离程度变小
D．中和等pH等体积的醋酸和盐酸溶液，所需NaOH的物质的量相等
2．室温下，0.1mol·L-1下列溶液pH最小的是
A．CH3COOH B．NaHCO3 C．NH4Cl D．NaHSO4
3．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含4NA个原子
B．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
C．100 mL 0.1 mol∙L−1FeSO4溶液中含有Fe2+的数目为0.01NA
D．将0.1 mol Cl2通入足量的水中，溶液中Cl－、HClO、ClO－微粒总数为0.2NA
4．常温下，现有浓度均为的溶液和溶液，下列有关说法正确的是(忽略混合时溶液体积变化)
A．两种溶液中都存在：
B．溶液中存在：
C．溶液中存在：
D．两种溶液等体积混合后存在：
5．劳动创造幸福是中华民族的优良传统，下列劳动项目与所涉及的化学知识关联错误的是
选项
劳动项目
化学知识
A
科学研究：用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶
普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体
B
工厂生产：接触法制硫酸
涉及氧化还原反应
C
社区服务：演示用泡沫灭火器灭火
盐酸与小苏打反应产生大量二氧化碳
D
家务劳动：用“84”消毒液漂洗衣服
“84”消毒液具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
6．在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是

A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液: c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
7．已知。常温下，用氨水滴定浓度均为的和混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
  
A．a点的混合溶液中约为
B．b点时的混合溶液恰好成中性
C．当混合溶液时，加入氨水体积一定
D．点的混合溶液中：
8．设为阿伏加德罗常数的值。有关下列反应的描述，正确的是
A．反应中，生成1120(标准状况)，转移电子数约为0.15
B．已知：，1L0.2的溶液完全反应后，溶液中和的总数小于0.2
C．25.8g溶于水，水解形成的胶体粒子数为0.1
D．密闭容器中，1和1反应后分子总数小于2
9．食用磷酸钾()可用作食品乳化剂，工业制备原理为：
ⅰ.，控制左右；
ⅱ.，控制pH=14左右。
已知常温下、、。
常温下，下列说法正确的是
A．溶液中由水电离出的氢离子浓度一定大于
B．溶液中
C．向溶液中滴加少量KOH溶液，反应的离子方程式为
D．的化学平衡常数为10c
10．25℃时，向H2CO3溶液中滴入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-及CO32-的物质的量分数δ(X)随溶液pH的变化如图所示[δ(X)=[ ]×100%]。

下列说法错误的是（    ）
A．H2CO3的一级电离平衡常数的对数值lgK1(H2CO3)=-6.38
B．pH=7时，c()>c(H2CO3)> c()
C．pH=13时，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()
D．25℃时，反应+H2O+OH-的平衡常数对数值1gK=-3.79

二、填空题
11．工业上在一定条件下将丙烷脱氢制丙烯．

反应过程中能量变化如图1所示，下列有关叙述正确的是 ．
此反应为吸热反应
催化剂能改变反应的焓变和活化能
表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能
有催化剂能加快反应速率，提高丙烷的转化率
上述反应在恒温恒容密闭容器中达到平衡，其平衡常数K的表达式为 若升温，该反应的平衡常数 填“增大”、“减小”或“不变”若向上述反应达到平衡的容器内再通入少量丙烷，则 填“增大”、“减小”或“不变”．
在、800K条件下，向恒容密闭容器中通入丙烷和稀有气体，丙烷脱氢反应的转化率随着稀有气体与丙烷比例的变化情况如图2所示，则随着稀有气体与丙烷比例的增加，丙烷转化率逐渐增大的原因是 ．
上述反应生成物丙烯经多步氧化生成丙酸，已知常温下．
用离子方程式表示溶液显碱性的原因 ．
常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则溶液中 ．
已知：
化学键




键能
436
413
348
612
则丙烷脱氢反应的热化学方程式为 ．
12．回答下列问题：
(1)随着“碳达峰”限期的日益临近，捕集后再利用成为环境科学的研究热点。海洋吸收的能力巨大，若室温下测得某地海水的pH≈8，在该溶液中 (已知室温下的，)。
(2)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
①向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是 。
②现将HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
a.若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中 (填“＜”、“=”或“＞”)。
b.若HA为，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是 。
(3)常温下，向溶液中逐滴加入溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：

①常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH (填“＞”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因 。
②K点对应的溶液中， (填“＞”“＜”或“=”)；
13．醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐[已知：25℃，Ka(CH3COOH)=1.69×10-5]。请回答下列问题：
(1)写出醋酸钠溶液中存在的平衡(离子方程式)： 。
(2)25℃时，0.10mol·L-1的醋酸溶液的pH约为 (提示：醋酸的电离常数很小，lg1.3=0.114，结果保留2位小数)。
(3)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(混合前后体积变化忽略)，混合液中的下列关系式正确的是 (填序号)。
A．c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B．c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
(4)常温时，将mmol·L-1的醋酸溶液和nmol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，则m与n的大小关系是m n(填“>”“”“0，下列方法中，可以使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 。
a.加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸b.加热c.加水稀释至0.010mol·L﹣1d.加入少量冰醋酸e.加入少量氯化钠固体f.加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液
(6)将FeCl2溶液蒸干、灼烧后所得固体为： ；Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体为： 。配制FeCl3溶液时，加入少量的 ，目的是 。
16．现有浓度均为0.01 mol∙L−1的五种电解质溶液：①HNO3；②Na2CO3；③NH4Cl；④CH3COONH4；⑤NaOH。
(1)25℃时①的pH= 。
(2)能够促进水的电离的有 (填编号)。
(3)所含离子种类最多的是 (填编号)。
(4)在上述溶液中分别加入AlCl3溶液，有一种物质能产生大量的气体，该反应的离子方程式为 。
(5)这五种溶液的pH由小到大的顺序是 (用编号表述)。
17．按要求回答下列问题:
（1）反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO其化学平衡常数的K表达式为:
（2）常温下，向一定体积的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大
C．溶液中不变
D．溶液中减小
（3）硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离．但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-，HSO4-⇌H++SO42-．
请据此回答下列有关问题：
①Na2SO4溶液呈 （填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）．
②写出下列反应的离子方程式
H2SO4溶液与BaCl2溶液反应 ；
H2SO4溶液与Na2SO4溶液反应 ．
③在0.1mol•L-1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是 ．（填编号）
A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol•L-1
B．c（SO42-）+c（HSO4-）=2c（Na+）
C．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）
D．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）
18．在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。
（1）一定温度下，向1 L 0．1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1 mol CH3COONa固体，则溶液中 (填“增大”“不变”或“减小”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式 ；
（2）常温下向20 mL 0．1 mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32- (填“能”或“不能”)大量共存；
②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒为 ，溶液中各种离子（CO32-除外）的物质的量浓度的大小关系为 ；
③已知在25℃时，CO32-水解反应的平衡常数即水解常数Kh＝＝2×10－4mol·L－1，当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1时，溶液的pH＝ 。
19．1797年，法国化学家Vauquelin发现了一种新元素。由于包含这种元素的矿物呈现出多种颜色，因此称之为Chromium，元素符号为Cr。一些含Cr元素的物质或微粒的性质如表。
物质
Cr(OH)3
H2CrO4
H2Cr2O7

性质
灰蓝色固体，难溶于水两性氢氧化物
红色固体，水溶液为黄色中强酸
无纯净物，只存在于水溶液中，强酸

微粒
Cr3+
Cr(OH)
、HCrO
、HCr2O
颜色
蓝紫色
绿色
黄色
橙红色
(1)取少量Cr(OH)3于试管中，逐滴加入稀硫酸，直至过量，可观察到的现象为 。
(2)请结合平衡移动原理，解释(1)中现象 。
(3)将Cr(OH)3加热可得到Cr2O3固体，将稍过量的Cr2O3固体与Na2CO3固体混合均匀，在空气中高温煅烧，可得到黄色的Na2CrO4固体，请写出该反应的化学方程式 。
(4)Na2CrO4部分水合物溶解度如图1。

将(3)中所得固体溶解于水中，过滤，得到Na2CrO4溶液。从该溶液中获得Na2CrO4•6H2O的方法为 。
(5)向0.1mol/LNa2CrO4溶液滴加浓硫酸(忽略溶液体积变化)，不同pH下，溶液中含+6价Cr元素的微粒浓度变化如图2所示。

①a代表的微粒是 。
②溶液由pH4.5向pH3.5转化过程中，溶液颜色几乎不变，请结合化学用语解释其原因 。
20．常温下，向25 mL 0.1 mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L HA溶液，滴定曲线如图所示(体积变化忽略不计)。回答下列问题：

(1)写出MOH的电离方程式 。
(2)MOH与HA恰好完全反应时，溶液呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)，理由是(用离子方程式表示) ；此时，混合溶液中由水电离出的c(H+) 0.2 mol/L HA溶液中由水电离出的c(H+)(填“>”“ Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A错误；
B．pH=-lgc(H+)，由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B错误；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C错误；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D正确；
故选D。
7．D
【分析】氨水先和盐酸反应导致自由移动的离子浓度减小，故导电能力减弱，盐酸完全反应时体系的导电能力达到最小值；与盐酸反应完全后氨水开始和醋酸反应生成强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电能力增强，当醋酸恰好完全反应时导电能力达到最大值，继续滴加氨水相当于稀释故导电能力又开始减小；
【详解】A．的和混合溶液中，氢离子的浓度约为0.01mol/L，由，可求出，A错误；
B．b点时盐酸刚好完全反应，此时的溶质为等浓度的氯化铵和醋酸，溶液呈酸性，B错误；
C．c点时醋酸刚好完全反应，加入的氨水的体积是40ml，此时溶液的溶质是等物质的量的醋酸铵和氯化铵，由于一水合氨和醋酸的电离常数相同，故醋酸铵呈中性，而氯化铵呈酸性，故此时溶液的pHc(H2CO3)> c()，B正确；
C．pH=13时，由电荷守恒可知，c(Na+)十c(H+)=c(OH-)+ c()+2c()，C错误；
D．由图可知，pH=10.21时，c(H+)=10-10.21mol/L，c()= c() ，所以K2(H2CO3)= 10-10.21，因此，25℃时，反应+H2O+OH-的平衡常数Kh==10-3.79，其对数值1gK=-3.79，D正确；
故答案为：C。
11． ac 增大 减小 此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率
【分析】依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；
催化剂改变速率不改变平衡，但催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；
表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能；
有催化剂能加快反应速率，但不能提高丙烷的转化率；
据方程式书写平衡常数，用生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；升高温度向吸热方向进行，据分析得，正反应为吸热方向，故向正反应方向进行，则平衡常数增大；增加反应物浓度平衡向正反应方向进行，故乙烯的量增加，但丙烷增加的比例更大，则少量丙烷，则减小；
此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率，据此进行分析；
丙酸根离子在溶液中水解生成氢氧根离子，溶液显碱性；
常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则，，，溶液呈中性，故，，，故，据此进行分析；
化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，并根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．
【详解】解：图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故a正确；
催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故b错误；
表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能，故c正确；
有催化剂能加快反应速率，但不能提高丙烷的转化率，故d错误，
故答案为：ac；
，故K；升高温度向吸热方向进行，据分析得，正反应为吸热方向，故向正反应方向进行，则平衡常数增大；增加反应物浓度平衡向正反应方向进行，故乙烯的量增加，但丙烷增加的比例更大，则少量丙烷，则减小；
故答案为：；增大；减小；
则随着稀有气体与丙烷比例的增加，丙烷转化率逐渐增大的原因是：此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率，
故答案为：此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率；
丙酸根离子在溶液中水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，其水解离子方程式为：；
故答案为：；
常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则，，，溶液呈中性，故，，，故，
故答案为：；
，故热化学方程式为，
故答案为：．
12．(1)200
(2) ＞
(3) ＜ M++H2OMOH+H+ =

【解析】(1)
Ka2= =5×10-11，所以在pH≈8的溶液中，c(H+)=10-8mol/L，因此10-8：5×10-11=200：1；
(2)
①含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量KOH溶液时，HA与碱发生中和反应，反应的离子方程式是：；
②a．HCN与NaOH溶液等体积混合，HCN有剩余，最后得到浓度为1:1的NaCN和HCN的混合液，根据电荷守恒：+ c(H+)=+c(OH-)，由于溶液显碱性，则c(H+)；
b．与NaOH溶液等体积混合，醋酸有剩余，最后得到浓度为1:1的CH3COONa和CH3COOH的混合液，溶液显酸性，醋酸的电离过程大于醋酸钠的水解过程，且电离和水解过程微弱，因此醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，因此该则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是；
(3)
①如果MOH为强碱，则50mL与恰好完全反应生成MCl，属于强碱强酸盐不水解，溶液显中性，但是根据图示信息可知，当MOH的体积加到51mL时，溶液显中性，说明MOH属于弱碱，形成的盐MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解溶液显酸性，因此常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH②
(3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(4)⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩
(5)bcf
(6) Fe2O3 Al2(SO4)3 盐酸 抑制FeCl3的水解

【解析】(1)
铝离子水解显酸性，HCO水解显碱性，二者混合后发生彻底双水解，离子方程式为Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓；
(2)
明矾溶于水后电离产生Al3+，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体可以吸附水中的杂质，从而净水，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
(3)
(NH4)2SO4可以电离产生两个NH，水解是微弱的，所以④中浓度最大，NH4HCO3溶液中碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以②中最小，NH4HSO4溶液中硫酸氢根电离出的氢离子抑制铵根水解，NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根水解，所以③>①，综上所述c(NH)由大到小的顺序是④>③>①>②；
(4)
③、④、⑧、⑩均显酸性，pH较小，硫酸电离出两个氢离子，所以⑩最小，硫酸氢钠完全电离，但只能电离一个氢离子，所以⑧>⑩，氯化铵和氯化铝均因阳离子水解而显酸性，水解是微弱的，且铝离子水解程度更大，所以⑧>⑩>④>③；NaCl溶液显中性；②、⑤、⑥、⑦、⑨均显碱性，pH较大，Ba(OH)2和NaOH均为强碱，但Ba(OH)2为二元碱，所以⑤>⑨，②、⑥、⑦均因阴离子水解显碱性，水解程度碳酸根>碳酸氢根>醋酸根，所以⑥>⑦>②，综上所述pH值由大到小的顺序是⑤⑨⑥⑦②①③④⑧⑩；
(5)
a．0.10mol·L﹣1的稀盐酸c(H+)大于同浓度的醋酸中的氢离子浓度，所以加入后会抑制醋酸的电离，CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b．该电离过程吸热，加热可以增大醋酸的电离程度，b符合题意；
c．加水稀释可以促进弱电解质的电离，c符合题意；
d．冰醋酸可以电离出醋酸根，加入后抑制醋酸的电离，d不符合题意；
e．加入少量氯化钠固体对醋酸的电离没有影响，e不符合题意；
f．加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，可以和氢离子反应，促进醋酸的电离，f符合题意；
综上所述答案为bcf；
(6)
FeCl2溶液蒸干，由于FeCl2水解产生Fe(OH)2和HCl，而HCl会挥发，所以最终得到Fe(OH)2，灼烧过程中Fe(OH)2被氧化，然后分解得到Fe2O3；Al2(SO4)3虽然也会水解，但由于硫酸不挥发，所以蒸干后依然得到Al2(SO4)3；FeCl3会水解，配制时可以加入少量稀盐酸，来抑制FeCl3的水解。
16． 2 ②③④ ② ①③④②⑤
【详解】(1)25℃时0.01 mol∙L−1的HNO3的c(H＋) =0.01 mol∙L−1，因此pH=2；故答案为：2。
(2)酸碱都是抑制水的电离，而要水解的盐会促进水的电离，因此能够促进水的电离的有②③④；故答案为：②③④。
(3)①HNO3中含有三种离子；②Na2CO3中含有五种离子；③NH4Cl中含有四种离子；④CH3COONH4中含有四种离子；⑤NaOH中含有三种离子；所含离子种类最多的是②；故答案为②。
(4)加入AlCl3溶液，有一种物质能产生大量的气体，该物质的碳酸钠，则反应的离子方程式为；故答案为：。
(5)①HNO3，③NH4Cl都显酸性，但酸电离的氢离子浓度大，酸性强，pH小，②Na2CO3，⑤NaOH都显碱性，但强碱电离出的氢氧根浓度大，碱性强，pH大，④CH3COONH4显中性，因此这五种溶液的pH由小到大的顺序是①③④②⑤；故答案为：①③④②⑤。
17． CD 弱碱性 SO42-+H2O⇌OH-+HSO4- HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+H+；H++SO42-=HSO4- AC
【详解】(1)平衡常数表达式为生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值；正确答案：；
(2) 0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，平衡右移，醋酸的电离程度增大，n(CH3COOH)减少， n(CH3COO-)增大 ，n(H+)增大，但是c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、 c(H+)都减少，根据KW= c(H+)c(OH-)=10-14, c(OH-)增大；A．n(CH3COO-)、n(H+)都增大，答案A错 误；B．加水稀释，醋酸的电离程度增大，c（H+）减少，B错 误；C. 公式上下同乘以c(H+)得到以下式子： K只与温度有关，温度不变，K不变，为常数；C正确；D．醋酸加水稀释，溶液中c(H+)= c(H+)水+ c(H+)醋酸，所以减小，D正确；正确答案：CD；
（3）①根据题意，Na2SO4为强碱弱酸盐，水解显碱性，SO42-+H2O⇌OH-+HSO4- ；正确答案：溶液呈弱碱性。
②弱酸根HSO4-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀；正确答案： HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+H+；硫酸钠为弱酸强碱盐，硫酸为强酸，二者反应生成硫酸氢钠；正确答案：SO42-+H+=HSO4- ；
③A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol•L-1 ，物料守恒，A正确；
B．2c（SO42-）+2c（HSO4-）=c（Na+），B错误；
C．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-），质子守恒，C正确；
D．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+2c（SO42-），D错误。
点睛：抓住本题给定的信息，不要形成思维定式：硫酸不再是二元强酸，第二步不能完全电离，溶液中存在微粒变为H+、HSO4-、SO42- 、OH-等。
18． 减小 c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 不能 HCO3-、H2CO c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－) 10
【分析】（1）根据稀释后溶液中存在的电离平衡的移动来回答，溶液中存在电荷守恒；
（2）常温下在20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，
①根据图2可知，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能共存；
②pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：H2CO3、HCO3-，溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小关系；
③根据水解常数计算c（OH-），由根据水的离子积Kw计算c（H+），根据pH=-lgc（H+）计算。
【详解】（1）一定温度下，向1 L 0．1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1 mol CH3COONa固体，则醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以= c(H＋)/K,K为电离常数，氢离子浓度减小，则比值减小；该溶液中存在的离子只有钠离子、氢离子、氢氧根离子、醋酸根离子，符合电荷守恒，所以该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式为c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)；
（2）①由图可知，在同一溶液中，三种H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，碳酸根离子离子减少时碳酸氢根离子的浓度逐渐增大，碳酸氢根离子逐渐减少时，碳酸分子的浓度增大；
②由图可知，当pH＝7时，部分碳酸氢根离子转化为碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的物质的量，因为溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液中各离子的浓度关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－)；
③当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1时，根据Kh＝＝2×10－4mol·L－1可得c(OH－)= 1×10－4mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，所以溶液pH=10。
19．(1)灰蓝色固体溶解，得到蓝紫色溶液
(2)存在Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH﹣(aq)，加入硫酸溶液后，c(OH﹣)降低，平衡正向移动，灰蓝色Cr(OH)3转化为蓝紫色Cr3+
(3)2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2
(4)在19.5-25.9℃之间对溶液蒸发结晶
(5) pH为3.5﹣4.5时，Cr元素主要以和HCrO存在于溶液中，存在平衡2HCrO⇌+H2O，H+浓度变化不使该平衡发生移动，滴加硫酸过程中，两种离子浓度不变，溶液颜色不变

【详解】（1）Cr(OH)3两性氢氧化物，2Cr(OH)3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O，所以现象为Cr(OH)3灰蓝色固体溶解，得到Cr3+蓝紫色溶液。答案为灰蓝色固体溶解，得到蓝紫色溶液；
（2）在水溶液中Cr(OH)3存在沉淀溶解平衡，Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH﹣(aq)，加入硫酸溶液后，c(OH﹣)降低，平衡正向移动，灰蓝色固体溶解，转化为蓝紫色溶液。
答案为存在Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH﹣(aq)，加入硫酸溶液后，c(OH﹣)降低，平衡正向移动，灰蓝色Cr(OH)3转化为蓝紫色Cr3+；
（3）由题意知，Cr2O3与Na2CO3在空气中高温煅烧得到Na2CrO4固体，Cr元素化合价升高，O2参与反应，Cr2O3+Na2CO3+O2﹣Na2CrO4+CO2，Cr元素化合价升高3×2，O元素化合价降低2×2，再结合原子个数守恒可配平化学方程式2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
（4）由图像可得，欲从溶液中获得Na2CrO4•6H2O，需在19.5﹣25.9℃之间蒸发结晶。答案为在19.5-25.9℃之间对溶液蒸发结晶；
（5）由图像可知，pH在3.3﹣4.5时Cr元素主要以和HCrO4﹣形式存在，根据图示量的关系确定a为，b为。由图知溶液由pH4.5向pH3.5转化过程中，和浓度几乎不变，说明溶液颜色不变。答案为；pH为3.5﹣4.5时，Cr元素主要以和存在于溶液中，存在平衡2⇌+H2O，H+浓度变化不使该平衡发生移动，滴加硫酸过程中，两种离子浓度不变，溶液颜色不变。
20． MOH=M++OH- 碱 A-+ H2O⇌HA + OH- > c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) 0.1mol/L 0.05mol/L+10-11mol/L
【详解】(1)根据图象可知，常温下0.1 mol/L MOH溶液的pH＝13，说明MOH是强碱，则MOH的电离方程式为：MOH=M++OH-；
(2)向25 mL 0.1 mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L HA溶液，由MOH+HA=MA+H2O可知，二者恰好完全反应时消耗HA溶液的体积为12.5mL，根据图象可知，当加入HA溶液的体积是13mL时，溶液显中性，但此时HA是过量的，这说明当二者恰好完全反应时，溶液显碱性，因此HA是弱酸，生成的MA水解使溶液显碱性，水解方程式是：A-+ H2O⇌HA + OH-；水解促进水的电离，酸抑制水的电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.2 mol/L HA溶液中由水电离出的c(H+)；
(3)据图可知，C点时HA已过量，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒c(M＋)＋c(H＋)＝c(A-)＋c(OH-)可知c(A-)>c(M+)，所以C点混合溶液中各离子浓度的大小关系为：c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)；
(4)D点时加入HA溶液25mL，溶液中的溶质是等物质的量的MA和HA，D点时c(M+)==0.05mol/L，由物料守恒得：c(A-)+c(HA)=2c(M+)=0.1mol/L，若此时测得混合溶液的pH = 3，结合电荷守恒式c(M＋)＋c(H＋)＝c(A-)＋c(OH-)得：c(HA) + c(H+) = c(M＋) + c(OH-)＝0.05mol/L+10-11mol/L。
21． B B 酸式 无色变为浅紫色（浅紫红色），且半分钟内不褪色 B 67%
【分析】(1)①根据草酸和碳酸的电离平衡常数判断酸性强弱，然后利用强酸置换弱酸的原理进行判断；
②A．溶液显示酸性，说明草酸的电离程度大于草酸氢根离子；
B．根据溶液中的电荷守恒判断；
C．根据溶液显示酸性分析；
D．根据溶液中的物料守恒判断；
(2)①根据酸性高锰酸钾溶液为酸性、具有强氧化性分析；
②根据滴定结束前为无色，滴定结束后为浅紫色判断滴定终点；
③发生反应为2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据滴定操作对c=的影响分析；
④先计算出20mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，再计算出100mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，然后根据反应计算出消耗草酸钠的物质的量，根据m=nM计算出1g草酸钠样品中含有草酸钠的质量，最后计算出样品的纯度。
【详解】(1)根据25℃H2C2O4 K1=5.4×10﹣2、K2=5.4×10﹣5，H2CO3 K1=4.5×10﹣7、K2=4.7×10﹣11可知酸性大小为：H2C2O4＞HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣；
①A．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，则草酸与碳酸根离子反应生成二氧化碳气体和草酸根离子，正确的反应为：H2C2O4+CO32﹣=CO2↑+H2O+C2O42﹣，故A错误；
B．HC2O4﹣＞H2CO3＞HCO3﹣，草酸氢根离子少量时，发生反应：HC2O4﹣+CO32﹣=HCO3﹣+C2O42﹣，故B正确；
C．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，反应：H2O+CO2+C2O42﹣-=HC2O4﹣-+HCO3﹣不会发生，故错误；
D．酸性HC2O4﹣＞H2CO3，碳酸无法置换出草酸，该反应C2O42﹣+CO2+H2O═H2C2O4+CO32﹣不会发生，故D错误；
故答案为B；     
②向1L 0.02mol/L H2C2O4溶液中滴加1L 0.01mol/L NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，混合溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，
A．草酸的电离程度大于HC2O4﹣的电离，则溶液中c(H2C2O4)＜c(HC2O4﹣)，故A错误；
B．根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)═2c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)，故B正确；
C．溶液呈酸性：c(OH﹣)＜c(H+)，则c(OH﹣)＜c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O4﹣)，故C错误；
D．根据物料守恒可得：c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)=0.01mol/L，故D错误；
故答案为B；
(2)①酸性高锰酸钾溶液呈酸性，且具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该用酸式滴定管量取；
②滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈浅紫色，所以滴定终点的现象为：无色变为浅紫色(或浅紫红色)，且半分钟内不褪色；
③A．盛装的Na2C2O4的滴定管没润洗，导致待测液浓度减小，则测定结果偏小，故A错误；
B．盛装高锰酸钾溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；
C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故D错误；
故答案为B；    
④25.00mL 0.016mol/L高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.016mol/L×0.025L=0.0004mol，100mL该样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为：0.0004mol×5=0.002mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，1gNa2C2O4固体样品中含有草酸钠的物质的量为：0.002mol×=0.005mol，质量为：134g/mol×0.005mol=0.67g，所以Na2C2O4的纯度为：×100%=67%。
22．(1)CO2
(2)
(3)实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2
(4) 向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成 + Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+ Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀

【详解】（1）实验I中，从过程ⅲ看，沉淀主要为Cu(OH)2，则过程i产生的蓝色絮状沉淀Cu(OH)2主要来自Cu2+水解，同时生成的H+与反应，先产生，再生成CO2，所以少量气泡主要成分是CO2。答案为：CO2；
（2）实验Ⅱ中, 从过程ⅲ看，产生的天蓝色粉末状沉淀应为CuCO3，则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。答案为：；
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，Ⅰ的溶液中含有，Ⅱ的溶液中含有，两溶液中都发生Cu2+水解生成H+的反应，则II中产生气泡明显更快的原因是：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2。答案为：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2；
（4）①推测1中，酸性条件下，发生分解，生成S、SO2等，所以应设计的实验方案是向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成。
②推测2中，酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成，发生反应的离子方程式是+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+。
③酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀，则表明前期先发生少部分H2S2O3的分解，大部分在中后期发生推测2中的反应，从而得出原因是：Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。答案为：向试管中加入1mL 0.1mol/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成；+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+；Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。
【点睛】Cu2+与发生反应时，试剂的滴加顺序不同，发生的反应不同，产生的现象不同。
23． 干燥管 ②①④③⑤⑦⑥ 蒸馏 TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl 80% 27.2mL 250mL容量瓶、胶头滴管 BCD
【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2 (s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置盛放浓硫酸防止水蒸气进入D。
【详解】(1)根据A的结构特点可知其为干燥管；
(2)对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，正确的操作顺序是②①④③⑤⑦⑥；D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离；
(3)TiCl4水解生成TiO2•xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为(x+2)，所以化学方程式为：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
(4)①滴定时Fe3+将Ti3+氧化成Ti4+，二者的系数之比应为1：1，n(TiO2)=n(NH4Fe(SO4)2)=0.02L´0.1mol/L=0.002mol，所以TiO2的质量分数为=80%；
②98%的H2SO4 (ρ=1.84g/cm3) 的物质的量浓度为=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V´18.4mol/L=2.0mol/L´0.25L，解得V=0.0272L=27.2mL；配制时需要用量筒量取适量水在烧杯中将浓硫酸稀释，并用玻璃棒搅拌，之后将溶液转移到250mL容量瓶中，还需要用胶头滴管进行定容，所以所需仪器还有250mL容量瓶和胶头滴管；
③A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A不符合题意；
B．在稀释过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损失，浓度偏小，故B符合题意；
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，导致部分溶质损失，浓度偏小，故C符合题意；
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平，导致部分溶质损失，浓度偏小，故D符合题意；
综上所述答案为BCD。