《3.2 溶液的酸碱性》同步练习2

学而优教有方PAGEPAGE13.2溶液的酸碱性同步练习一、单选题1．下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是（）ABCD配制溶液中和滴定向试管中加入过氧化钠粉末向浓硫酸中加水稀释A．A B．B C．C D．D2．将下列某种试剂滴入烧杯中(如图所示)，能使烧杯中的液体由无色变为红色的试剂为（）A． B．C． D．3．下列各种试纸，在使用时预先不能用蒸馏水润湿的是（）A．红色石蕊试纸 B．碘化钾淀粉试纸C．pH试纸 D．蓝色石蕊试纸4．下列实验操作能达到测量要求的是（）A．用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mLB．用10mL量筒量取7.50mL稀硫酸C．用托盘天平称量25.21g氯化钠D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.25．下列有关实验操作的说法错误的是（）A．中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响，锥形瓶不能用待测液润洗B．酸式和碱式滴定管用蒸馏水洗净后还需用标准液或待测液润洗C．滴定时左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管的液面D．称量氯化钠固体，氯化钠放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在天平的右盘6．下列说法正确的是（）A．等pH的氨水、Ba(OH)2溶液中：2c(NH)=c(Ba2+)B．向氨水中通入CO2，随着CO2的增加，增大C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)D．25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为该溶液的pH不可能是77．下列说法正确的是（）A．用酸式滴定管量取15mLNa2CO3溶液B．用广范pH试纸测得NaClO溶液的pH=8.56C．滴定管用蒸馏水洗净后，须干燥或用待装液润洗后方可使用D．用简易量热计测反应热时需要用到环形铁棒8．常温下pH=2的某酸HA和pH=12的NaOH溶液等体积混合，则所得溶液的pH（）A．=7 B．≥7C．≤7 D．以上均有可能9．已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（）A．曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D．从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)10．是易溶二元弱碱(，)，常温下，向溶液中通入，溶液中随[]变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A．溶液：B．当时，C．水的电离程度：D．当时，大于3.511．氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃．已知25℃时：①HF（aq）+OH﹣（aq）⇌H2O（l）+F（aq）△H=﹣67.7kJ/mol②H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol在20mL0.1mol/L的氢氟酸中滴加0.1mol/L的NaOHVmL，下列说法正确的是（）A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF（aq）⇌H+（aq）+F﹣（aq）△H=+10.4kJ/molB．当V=20mL时，溶液中：c（OH﹣）=c（HF）+c（H+）C．当V=20mL时，溶液中：c（F﹣）=c（Na+）=0.1mol/LD．当v＞0时，溶液中一定存在c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）12．下列溶液中，升高温度，pH不变的是（）A．NaCl B．NaOH C．CH3COONa D．H2SO413．对于室温下pH=2的醋酸，下列叙述正确的是（）A．加水稀释后，醋酸的电离程度增大，溶液的导电性增强B．c（H+）=c（CH3COO﹣）C．加入少量醋酸钠固体后，恢复至室温，溶液中c（CH3COO﹣）•c（H+）/c（CH3COOH）不变D．与等体积pH=12的NaOH溶液混合后，pH=714．滴定分析法是一种精度很高的定量分析法。以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定某未知浓度的盐酸溶液，下列说法错误的是（）A．用酸式滴定管盛装待测液B．装液之前需润洗碱式滴定管C．指示剂多加不影响测定结果D．滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色15．弱酸型指示剂的电离平衡可表示为：，其分子、离子为不同颜色。下表是酚酞在pH不同的溶液中的结构和变色规律。下列说法中错误的是（）(图中环状结构为苯环)A．pH改变时，酸碱指示剂的分子、离子相对含量变化引起溶液颜色变化B．溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中的碳原子a从杂化转化为杂化C．当指示剂的，则，此时的pH为理论变色点D．温度改变，指示剂的变色范围可能发生改变16．已知常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中=1×10﹣8，下列叙述中正确的是（）A．0.01mol•L﹣1HA的溶液中c（H+）=l×10﹣4mol•L﹣1B．pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）C．浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c（H+）﹣c（OH﹣）＞c（A﹣）﹣c（HA）D．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞＜c（H+）二、综合题17．以电石渣制备。电石渣主要成分为，制备的流程如下：已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。（1）生成的化学方程式为。（2）提高转化为的转化率的可行措施有____。(填序号)。A．适当减缓通入速率B．加水使完全溶解C．充分搅拌浆料（3）滤液中与的物质的量之比5∶1(填“>”、“<”或“=”)。（4）“转化”时向滤液中加入KCl固体将转化为，可能的原因是。（5）该流程制得的样品中含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)。18．（1）常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中有1％的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH=；可以使0.10mol·L－1CH3COOH的电离程度增大的是｡a．加入少量0.10mol·L－1的稀盐酸b．加热CH3COOH溶液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（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸)V(醋酸)(填“>”、“<”或“=”)。（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为。（4）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为。19．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示．（1）酸碱中和滴定时，用到的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台（带蝴蝶夹）、．（2）a点（横坐标为10）所示溶液中，溶质是，溶液中c（Na+）、c（A）、c（H+）、c（OH﹣）从大到小的顺序为，其中c（Na+）c（A﹣）+c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（3）c点所示溶液中，c（Na+）c（A﹣）（填“＞”“＜”或“=”）（4）b点所示溶液中，c（A﹣）c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（5）a、b、c点所示溶液中，水的电离程度最大的是．（6）以下滴定操作会导致V（HA）偏大的是．A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失B、锥形瓶洗涤后没有干燥C、滴定时锥形瓶中有液体溅出D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视．20．聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)为原料制备的流程如下：（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是。（2）在实验室进行过滤操作时，所用到玻璃仪器有。（3）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如下表所示：温度（℃）406080100120铁浸取率（%）5062799283已知：在一定温度下，Fe3+在pH=2开始沉淀，pH=3.7沉淀完全。①酸浸时应控制溶液的pH，其原因是。②酸浸时通入O2的目的是。③当酸浸温度超过100℃时，铁浸取率反而减小，其原因是。（4）滤渣的主要成分为(填化学式)。（5）“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为；已知称取2.60g聚硅酸铁产品，加入硫酸，再加入足量SnCl2，用0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL，则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为(结果保留两位有效数字)。21．（1）MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在气流中加热。（2）普通泡沫灭火器内的玻璃筒里﹣盛硫酸铝溶液，铁筒里﹣盛碳酸氢钠溶液，其化学反应的原理是（用离子方程式表示）。（3）常温下，若1体积的硫酸与2体积pH=11的氢氧化钠溶液混合后的溶液的pH=3（混合后体积变化不计），则二者物质的量浓度之比为。（4）为证明盐的水解是吸热的，三位同学分别设计了如下方案，其中正确的是(填序号)。a.甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，水温降低，说明盐类水解是吸热的b.乙同学：在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热的c.丙同学：在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热的

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，当用烧杯加水至距离刻度线1~2cm处时，应该用胶头滴管进行定容，故A不符合题意；B．滴定NaOH溶液要用酸性标准液，酸性标准液应盛放在酸式滴定管中，图示滴定管为碱式滴定管，故B不符合题意；C．固体粉末药品的取用可以用纸槽或药匙来取，放入试管时，先将试管横放，把纸槽或药匙伸入试管内慢慢将试管竖起，固体粉末药品的取用量为盖满试管底部即可，故C符合题意；D．浓硫酸稀释时放热，为了防止暴沸发生危险，应将水加入浓硫酸中进行稀释，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.容量瓶定容时需要用胶头滴管；B.根据图示在做酸碱中和滴定时，如果锥形瓶中盛放碱性溶液，应该用酸式滴定管盛放酸性溶液；C.根据固体粉末药品的取用方法判断；D.稀释浓硫酸的正确方法是将浓硫酸缓慢加入装有水的烧杯中进行稀释.2．【答案】C【解析】【解答】A．稀硫酸显酸性，遇酚酞不变色，故A不符合；B．硝酸钠显中性，遇酚酞不变色，故B不符合；C．小苏打为碳酸氢钠，溶液显碱性，遇酚酞变红色，故C符合；D．氯化钾溶液显中性，遇酚酞不变色，故D不符合；故答案为：C。【分析】烧杯中溶液为水与无色酚酞的混合溶液，酚酞遇碱变红。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体酸碱性，因此红色石蕊试纸使用的第一步操作是：用蒸馏水润湿，故A错误；B．能使湿润的KI淀粉试纸变蓝的物质应具有氧化性，与KI反应生成单质碘，从而使淀粉变蓝，所以，在使用时预先能用蒸馏水润湿，故B错误；C．pH试纸测定溶液的酸碱性，pH试纸用蒸馏水润湿后，相当于对原溶液进行稀释，则溶液的酸碱性会减弱，故C正确；D．根据干燥的蓝色石蕊试纸不可以检验气体酸碱性，因此蓝色石蕊试纸使用的第一步操作是：用蒸馏水润湿，故D错误．故选C．【分析】A．干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体；B．碘化钾淀粉试纸检测有氧化性的物质；C．pH试纸测定溶液的酸碱性；D．干燥的蓝色石蕊试纸不可以检验气体．4．【答案】A【解析】【解答】A.滴定管的感量为0.01mL，则用25mL滴定管量取21.70mL溶液，故A符合题意；B.量筒的感量为0.1mL，则应为用10mL量筒量取7.5mL稀硫酸，故B不符合题意；C.托盘天平的感量为0.1g，则应为用托盘天平称量25.2g氯化钠，故C不符合题意；D.广泛pH试纸测定pH为正整数，则用广泛pH试纸测得溶液的pH为4，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.滴定管的精确是0.01mL；B.量筒的精确度是0.1mL；C.托盘天平的精确度是0.1g；D.pH试纸只能测量整数值。5．【答案】C【解析】【解答】解：A、锥形瓶中有水，对滴定结果没有影响，但注意锥形瓶不能用待测液润洗，A不符合题意；B、滴定管用水洗后应用待装溶液润洗，B符合题意；C、滴定时左手控制滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛看锥形瓶中的液体颜色，C不符合题意；D、称量时左物右码，并使用称量纸，D不符合题意。故答案为：C【分析】A、滴定时，锥形瓶里含有少量水，不影响待测液中待测物的物质的量浓度，不影响实验结果；锥形瓶用待测液润洗，瓶壁上占有少量待测物，使锥形瓶内的物质的量变大，影响测量结果；B、中和滴定时，酸（碱）式滴定管必须用标准液或待测液润洗，否则会使其浓度偏低，引起误差；C、滴定时，左右控制活塞（橡皮管）右手震荡锥形瓶。眼睛观察锥形瓶内颜色的变化；D、称量氯化钠固体，根据先放称量纸，再左物右码操作；6．【答案】D【解析】【解答】A．氨水和Ba(OH)2溶液中的电荷守恒式分别是c(NH)+c(H+)=c(OH-)、2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，等pH说明两溶液c(H+)、c(OH-)分别相等，则c(NH)=2c(Ba2+)，A选项不符合题意；B．氨水中通入CO2，发生中和反应，溶液中存在NH的水解平衡，，其中水的离子积Kw、NH的水解平衡常数Kh在温度一定时均为定值，随着反应的进行c(NH)逐渐增大，所以逐渐减小，B选项不符合题意；C．醋酸钠、盐酸两溶液混合后所得溶液的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，C选项不符合题意；D.25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20mol2/L2，可得水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-10mol/L<1×10-7mol/L，水的电离被抑制，溶液pH可能为4或10，D选项符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据溶液中电荷守恒、pH=-lgc(H+)和一定温度下c(H+)·c(OH-)为常数进行分析。B.氨水与CO2反应生成(NH4)2CO3，根据水解平衡及一定温度下Kw和水解平衡常数为定值进行分析。C.溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，结合溶液中电荷守恒进行分析。D.水电离产生的c(H+)=c(OH-)，结合常温时水的离子积常数Kw=10-14进行分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．Na2CO3溶液显碱性，不能用酸式滴定管量取，A说法不符合题意；B．用广范pH试纸测得pH为整数，NaClO溶液具有强氧化性，不能使用pH试纸测量，B说法不符合题意；C．滴定管用蒸馏水洗净后，须干燥或用待装液润洗后方可使用，否则会导致待装液浓度偏小，C说法符合题意；D．用简易量热计测反应热时需要用到环形玻璃搅拌棒，铁棒导致热量损失增大，D说法不符合题意；故答案为C。【分析】A．Na2CO3溶液应用碱式滴定管；B．广范pH试纸只能测整数；C．滴定管使用时需润洗；D．应使用环形玻璃搅拌棒。8．【答案】C【解析】【解答】假设HA为强酸，pH=2的HA与pH=12的NaOH溶液等体积混合，恰好完全中和，溶液显中性，即pH=7；假设HA为弱酸，pH=2的HA中c(HA)大于pH=12的NaOH溶液中c(NaOH)，即等体积混合后，溶液中溶质为NaA和HA，HA的量大于NaA的量，HA的电离大于A－水解，溶液显酸性；综上所述，选项C符合题意。故答案为：C【分析】分情况讨论：HA为强酸，HA为弱酸；9．【答案】D【解析】【解答】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH值变化越大，HF酸酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线I代表HF稀释时pH变化曲线，故A不符合题意；B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，故B不符合题意；C．酸的pH越大，对水的电离的抑制程度越小，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，故C不符合题意；D．溶液中==，平衡常数只随温度而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，故D符合题意；故答案为D。【分析】A.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中，pH变化越大；B.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，等浓度的HClO和HF用同样的NaOH溶液中和时消耗NaOH的体积相同；C.酸的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；D.平衡常数只随温度而改变。10．【答案】D【解析】【解答】A．是易溶二元弱碱，而BOH+的水解平衡常数，则说明BOH+的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，故溶液：，A不符合题意；B．当时，，，则，B不符合题意；C．向溶液中通入，发生反应生成更多的B2+，B2+越多，水解程度越大，水的电离程度越大，则水的电离程度：，C不符合题意；D．，当时，，，则，小于3.5，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.属于强酸弱碱盐，通过比较BOH+的水解程度与电离程度进行分析。B.根据和进行分析。C.反应生成的B2+越多，水解程度越大，则水的电离程度越大。D.根据和Kw=10-14、进行分析。11．【答案】B【解析】【解答】解：A．利用盖斯定律将①﹣②可得HF（aq）⇌F﹣（aq）+H+（aq）△H=﹣10.4kJ•mol﹣1，故A错误；B．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，根据质子守恒可得c（OH﹣）=c（HF）+c（H+），故B正确；C．当V=20时，恰好反应生成NaF，应F﹣水解，则c（F﹣）＜c（Na+）=0.05mol•L﹣1，故C错误；D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同，溶液也可能呈酸性，所以c（OH﹣）不一定大于c（H+），故D错误．故选B．【分析】A．利用盖斯定律将①﹣②可得氢氟酸的电离方程式及热效应；B．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，可根据质子守恒判断；C．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断；D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同．12．【答案】D【解析】【解答】解：A、氯化钠中氢离子由水电离，升高温度，水电离的氢离子浓度增大，所以PH减小，故A不选；B、氢氧化钠中氢离子由水电离，升高温度，水电离的氢离子浓度增大，所以PH减小，故B不选；C、醋酸钠中氢离子由水电离，升高温度，促进盐的水解，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以PH增大，故C不选．D、H2SO4中氢离子主要有酸电离，水电离的氢离子很少，所以升高温度对硫酸的电离没影响，所以溶液中的氢离子浓度基本不变，则PH基本不变，故D选；故选D．【分析】根据溶液中氢离子的来源分析．酸溶液中的氢离子主要来自于酸的电离；碱和盐溶液中的氢离子全部来自于水的电离．升高温度促进水的电离，水电离的氢离子浓度增大；升高温度促进盐的水解；13．【答案】C【解析】【解答】解：A、加水稀释，醋酸的电离平衡被促进，故醋酸的电离程度增大，电离出的离子的物质的量增大，但浓度减小，故导电性减弱，故A错误；B、在醋酸溶液中含氢离子、氢氧根和醋酸根离子，根据电荷守恒可知，溶液中的c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C、电离平衡常数Ka只受温度的影响，故加入少量醋酸钠固体后，恢复至室温，溶液中的ka=不变，故C正确；D、pH=2的醋酸溶液中，醋酸浓度大于0.01mol/L，故与等体积pH=12的NaOH溶液混合后，醋酸过量，故溶液显酸性，即pH小于7，故D错误．故选C．【分析】A、加水稀释，醋酸的电离平衡被促进；B、根据电荷守恒来分析；C、醋酸的电离平衡常数Ka只受温度的影响；D、pH=2的醋酸溶液中，醋酸浓度大于0.01mol/L．14．【答案】C【解析】【解答】A．某未知浓度的盐酸溶液是待测液，因此用酸式滴定管盛装待测液，故A不符合题意；B．装标准液之前需润洗碱式滴定管，不润洗会导致结果偏高，故B不符合题意；C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂，因此多加会影响测定结果，故C符合题意；D．开始时，酚酞加入到盐酸中，溶液为无色，当滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】A．依据待测液的性质选择滴定管；B．滴定管装液前必须润洗；C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂；D．依据指示剂的颜色变化判断。15．【答案】B【解析】【解答】A．溶液pH改变时，溶液中氢离子浓度发生变化，电离平衡会发生移动，溶液中酸碱指示剂的分子、离子相对含量变化引起颜色变化，故A不符合题意；B．由图可知，溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中苯环碳原子a没有发生变化，原子的杂化方式没有变化，故B符合题意；C．由公式可知，弱酸型指示剂的电离常数K=，当溶液中时，氢离子浓度和电离常数相等，溶液，溶液会发生酸碱性变化，颜色也会变化，所以此时的pH为理论变色点，故C不符合题意；D．弱酸型指示剂的电离为吸热过程，温度改变，电离平衡会发生移动，溶液中氢离子浓度发生变化，指示剂的变色范围可能发生改变，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、根据电离平衡，可以发现酸碱性会影响氢离子的浓度，氢离子浓度会影响电离平衡；B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；杂化轨道数=2，为直线；杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；C、结合K(HIn)的电离平衡常数，可以知道为，根据提示可知K(HIn)=c(H+)；D、温度可以影响平衡移动，导致指示剂颜色变化。16．【答案】D【解析】【解答】解：常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中=1×10﹣8，而常温下，c（H+）c（OH﹣）=10﹣14，据此可以解得c（H+）=10﹣3mol/L，c（OH﹣）=10﹣11mol/L．可知HA为弱酸．A、0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=10﹣3mol/L，由于HA为弱酸，加水稀释，电离平衡被促进，故当加水稀释至0.01mol/L时，溶液中氢离子浓度大于10﹣4mol/L，故A错误；B、由于HA为弱酸，故pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后HA过量，根据电离大于水解可知，溶液显酸性，故有c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）＜c（A﹣），则应有：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C、浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A﹣）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D、pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则说明c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）＞c（A﹣），故有：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确．故选D．【分析】常温下，0.1mol•L﹣1的HA溶液中=1×10﹣8，而常温下，c（H+）c（OH﹣）=10﹣14，据此可以解得c（H+）=10﹣3mol/L，c（OH﹣）=10﹣11mol/L．A、根据0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=10﹣3mol/L可知，HA为弱酸，加水稀释，电离平衡被促进；B、由于HA为弱酸，故pH=3的HA溶液与pH=ll的NaOH溶液等体积混合后HA过量；C、浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度；D、pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显碱性，则说明c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒来分析．17．【答案】（1）（2）A；C（3）>（4）相同温度下，的溶解度比小（5）97.05%【解析】【解答】(1)生成的化学方程式为：；(2)A．适当减缓通入速率，充分反应，提高转化率，A符合题意；B．加水使完全溶解，不能提高转化率，B不符合题意；C．充分搅拌浆料，增大接触面积，加快反应速率，提高转化率，C符合题意；(3)氯气与氢氧化钙生成氯化钙和氯酸钙，理论上=5：1，但Cl2会和Ca(OH)2反应，生成次氯酸钙会部分分解成氯化钙，使氯化钙的量增多，>5：1；(4)“转化”时向滤液中加入KCl固体将转化为，可能的原因是：相同温度下，的溶解度比小；(5)n（AgNO3）=0.2x0.021=0.0042mol，n（KCl）总=0.0042mol，n（KClO3）+n（KCl）=0.0042mol，n（KClO3）x122.5+n（KCl）x74.5=0.5049g，联立得，n（KClO3）=0.004mol，m（KClO3）=0.004x122.5=0.49，样品的纯度（0.49x10/5.049）x100%=97.05%；【分析】(1)氯气与氢氧化钙生成氯化钙和氯酸钙；(2)A．适当减缓通入速率，充分反应，提高转化率；B．加水使完全溶解，不能提高转化率；C．充分搅拌浆料，增大接触面积，加快反应速率，提高转化率；(3)Cl2会和Ca(OH)2反应，生成次氯酸钙会部分分解成氯化钙；(4)相同温度下，的溶解度比小；(5)样品的纯度的计算。18．【答案】（1）3；bcf（2）<（3）H2AH＋＋HA－（4）9∶1【解析】【解答】解：（1）根据c(H＋)=c(HAc)×ɑ，则c(H＋)=0.1×1%，pH=3；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋。a、加入盐酸增大了溶液c(H＋)，对醋酸的电离起抑制作用，a错误；b、弱电解质的电离是吸热反应，加热，有利用向电离反应方向进行，b正确；c、加水稀释，降低了浓度，根据勒夏特列原理，平衡向浓度增大的方向进行，即向电离反应进行，c正确；d、加入冰醋酸，电离程度降低，d错误；e、加入氯化钠固体，对电离无影响，e错误；f、加入氢氧化钠，消耗H＋，促使平衡向电离方向进行，f正确。答案选bcf；（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH时，弱酸的浓度大于强酸，则盐酸的物质的量小于醋酸，反应后只有一种溶液中有锌剩余，此溶液是盐酸，即产生氢气的体积V(盐酸)＜V(醋酸)；（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2AH＋＋HA－；（4）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝6，则盐酸过量，则有：c(H+)混＝＝＝10－6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为9∶1。【分析】（1）根据醋酸的电离百分数计算氢离子的浓度，然后计算溶液pH；根据外界条件对弱电解质的电离平衡的影响进行分析；（2）根据弱电解质存在电离平衡，相同pH的强酸和强酸中弱酸的浓度大于强酸；（3）首先判断该酸是弱酸，再根据弱酸的电离书写电离方程式；​（4）根据强酸和强碱中和反应计算体积之比即可.19．【答案】（1）锥形瓶（2）NaA；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；=（3）=（4）＞（5）a（6）A、D【解析】【解答】解：（1）中和滴定需要用到铁架台（带蝴蝶夹）、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；故答案为：锥形瓶；（2）a点时酸碱恰好中和，溶质为NaA，NaA水解呈碱性，A﹣的水解程度减小，溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（OH﹣）＞c（H+）；a点所示溶液中溶质为NaA，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）；故答案为：NaA；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；=；（3）c点所示溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）；所以c（Na+）=c（A﹣）；故答案为：=；（4）b点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度，c（A﹣）＞c（HA）；故答案为：＞；（5）根据图像知，该酸是弱酸，a、b、c点的溶质分别是盐、盐和酸、盐和酸，a点盐类水解促进水电离，b点盐类水解小于酸的电离，水的电离程度受到抑制，c点溶液呈中性，水的电离程度不受影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是a；故答案为：a；（6）A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致V（HA）偏大，故A正确；B、锥形瓶洗涤后没有干燥，NaOH的物质的量不变，导致V（HA）不变，故B错误；C、滴定时锥形瓶中有液体溅出，NaOH的物质的量偏小，导致V（HA）偏小，故C错误；D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下，导致V（HA）偏大，故D正确；E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视，导致V（HA）偏小，故E错误；故选AD．【分析】（1）中和滴定需要用到铁架台（带蝴蝶夹）、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；（2）a点时酸碱恰好中和，溶质为NaA，NaA水解呈碱性，溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（OH﹣）＞c（H+）；根据物料守恒判断；（3）c点所示溶液呈中性，根据电荷守恒判断；（4）b点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度；（5）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（6）根据c（待）=判断不当操作对V（标）的影响；20．【答案】（1）减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）<2；pH≥2时将有部分Fe3+沉淀损失；氧化Fe2+为Fe3+；温度超过100℃时，Fe3+水解反应速率明显加快，导致F