2023版新教材高中化学专题3水溶液中的离子反应质量检测苏教版选择性必修1

这是一份2023版新教材高中化学专题3水溶液中的离子反应质量检测苏教版选择性必修1，共10页。

专题3质量检测　水溶液中的离子反应考试时间：75分钟，满分：100分可能用到的相对原子质量：H－1　O－16　Na－23　Cl－35.5　　Cr－52　Cu－64一、选择题：本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是(　　)A．液态溴化氢 B．蔗糖C．铝　 D．稀硝酸2．水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是(　　)A．4 ℃时，纯水的pH＝7B．温度升高，纯水中的c(H＋)增大，c(OH－)减小C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小3．将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)A．c(H＋)　 B．Ka(HF)C． eq \f(c（F－）,c（H＋）)  D． eq \f(c（H＋）,c（HF）) 4．室温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度5．下列说法中正确的是(　　)A．某溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝10－8 mol·L－1，该溶液呈中性B．溶液中若c(H＋)>10－7 mol·L－1，则c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性C．c(H＋)越大，则pH越大，溶液的酸性越强D．pH为0的溶液，其中只有H＋，无OH－6．室温下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液100 mL和0.02 mol·L－1的NaHSO4溶液100 mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液(　　)A．pH＝12B．pH＝2C．由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1D．溶质的物质的量浓度为0.02 mol·L－17．关于浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是(　　)A．c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )：③>①B．水电离出的c(H＋)：②>①C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)8．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是(　　)A．若pH＞7，则一定是c1V1＝c2V2B．在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．当pH＝7时，若V1＝V2，则一定是c2＞c1D．若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)9．对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，下列说法正确的是(　　)A．升高温度，溶液pH降低B．c(Na＋)＝2c(SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )＋c(HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )＋c(H2SO3)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )＋2c(HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )＋c(OH－)D．加入少量NaOH固体，c(SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )与c(Na＋)均增大10．室温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(　　)A．b不可能显中性B．a可能显酸性或碱性C．a不可能显酸性D．b可能显碱性或酸性11．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)12．含有较多Ca2＋、Mg2＋和HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) 的水称为暂时硬水，加热可除去Ca2＋、Mg2＋，使水变为软水。现有一锅炉厂使用这种水，试判断其水垢的主要成分为(　　)(已知Ksp(MgCO3)＝6.8×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12)A．CaO、MgO B．CaCO3、MgCO3C．CaCO3、Mg(OH)2 D．CaCO3、MgO13．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12下列说法正确的是(　　)A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．滤液N中不存在Mg2＋、Ca2＋D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物二、非选择题：本题包括5小题，共61分。14．(10分)氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001 mol·L－1 KMnO4酸性溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应离子方程式是2MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)) ＋5HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ＋H＋===2Mn2＋＋5SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) ＋3H2O。填空完成问题：(1)该滴定实验所需仪器有下列中的________。A．酸式滴定管(50 mL)　 B．碱式滴定管(50 mL)C．量筒(10 mL)　 D．锥形瓶E．铁架台　 F．滴定管夹　G．烧杯　 H．白纸　I．胶头滴管 J．漏斗(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)选何种指示剂，说明理由________________________________________________________________________。(4)滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则(b－a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“多”或“少”)。根据(b－a) mL计算得到的待测浓度，比实际浓度________(填“大”或“小”)。15．(11分)已知在25 ℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为醋酸K＝1.75×10－5　次氯酸K＝2.95×10－8　碳酸K1＝4.30×10－7　K2＝5.61×10－11亚硫酸K1＝1.54×10－2　K2＝1.02×10－7(1)写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式K1＝________________________________________________________________________。(2)在相同条件下，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中碱性最强的是________。等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中各离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。(3)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，下列量会变小的是________(填字母序号，下同)。a．c(CH3COO－) 　　　b．c(H＋) c．醋酸的电离平衡常数(4)下列离子方程式中错误的是________。a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ＋HClOb．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClOc．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2＋OH－===HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) 16．(12分)常温下，几种物质的溶度积常数见下表：(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净的CuCl2溶液，宜加入________调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。(2)过滤后，将所得滤液经过________，________操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。(3)由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进行的操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL。(已知：I2＋2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ===S4O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6)) ＋2I－)。①可选用________作指示剂，滴定终点的现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为________________________________________________________________________。③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为________。17．(14分)酸碱中和滴定和氧化还原滴定是重要的定量分析方法。Ⅰ.现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。有以下实验操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂　②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中　③用氢氧化钠溶液滴定至终点　④重复以上操作　⑤配制250 mL盐酸标准溶液　⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度(1)实验过程中正确的操作顺序是________(填序号)。(2)滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如表所示：通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a________(填“＞”“＜”或“＝”)20.02。Ⅱ.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) ，利用滴定原理测定Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) 含量的方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) ＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)(3)步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是________。(4)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为________；滴定达到终点时的实验现象是，滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30 s内不变色。(5)步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：①a＝________。　②Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) 的含量为________g·L－1。(6)以下操作会造成废水中Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) 含量测定值偏高的是________(填字母)。A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗18．(14分)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/( mol·L－1)]如图。(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________。(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为________。A．<1　 　B．4左右　 C．>6(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式________________________________________________________________________。(5)已知常温下一些难溶物的溶度积常数如表：常温下，饱和HgS溶液中c(Hg2＋)＝________ mol·L－1，某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们(选填序号)。NaOH　　 　　B．FeS　　 C．Na2S专题3质量检测　水溶液中的离子反应1．答案：A解析：溴化氢是电解质，但液态时不导电，A正确；蔗糖是非电解质；铝为单质，既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸为混合物，能导电，但不属于电解质也不属于非电解质。2．答案：C解析：25 ℃时纯水的pH＝7，A错；升温，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)均增大，B错；水是弱电解质，电离的程度很小，纯水中主要存在形态是水分子，C对；水的离子积与温度有关，加入酸或碱均能抑制水的电离，但水的离子积不变，D错。3．答案：D解析：HF为弱酸，存在电离平衡：HF⇌H＋＋F－。根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变，故加水稀释，平衡正向移动，但c(H＋)减小，A错误；电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数Ka不变，B错误；当溶液无限稀释时，c(F－)不断减小，但c(H＋)接近10－7 mol·L－1，所以 eq \f(c（F－）,c（H＋）) 减小，C错误； eq \f(c（H＋）,c（HF）) ＝ eq \f(n（H＋）,n（HF）) ，由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中n(H＋)增大，n(HF)减小，所以 eq \f(c（H＋）,c（HF）) 增大，D正确。4．答案：B解析：醋酸是弱酸，稀释10倍同时也促进了其电离，溶液的pH<(a＋1)，A错误；醋酸根离子水解显碱性，向酸溶液中加入适量碱性溶液可以使pH增大1，B正确；盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的pHc(OH－)时，溶液呈酸性，溶液中若c(H＋)>10－7 mol·L－1，不一定就说明c(H＋)大于c(OH－)，如100 ℃时的NaCl溶液中c(H＋)>10－7 mol·L－1，溶液呈中性；c(H＋)越大，pH越小；任何物质的水溶液中都存在水的电离：H2O⇌H＋＋OH－，所以pH＝0的溶液中仍含有微量的OH－。6．答案：A解析：当Ba(OH)2与NaHSO4等物质的量混合后溶液中发生的反应为Ba(OH)2 ＋ NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O　1　 　 1　 　 10．002 mol　 0.002 mol　 0.002 mol即反应后溶液中的溶质为NaOH，c(OH－)＝c(NaOH)＝ eq \f(0.002 mol,0.1 L＋0.1 L) ＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝c(H＋)水＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝ eq \f(1×10－14,0.01)  mol·L－1＝1×10－12 mol·L－1，溶液的pH＝－lg c(H＋)＝－lg(1×10－12)＝12。7．答案：B解析：A项，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质，完全电离，故NH4Cl溶液中c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )较大；B项，同浓度的盐酸电离得到的c(H＋)要大于NH3·H2O电离得到的c(OH－)，对水电离的抑制盐酸大于NH3·H2O，B项错；C项，①和②等体积混合后得到的是NH4Cl溶液，在该溶液中存在下列关系，电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )，物料守恒：c(Cl－)＝c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )＋c(NH3·H2O)，将二式合并得c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)；D项，①与③等体积混合所得溶液呈碱性，故c(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)) )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。8．答案：A解析：NaOH溶液与CH3COOH溶液混合时发生反应：CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，二者恰好完全反应时，生成CH3COONa，溶液显碱性。A项pH＞7，可能是二者恰好反应或NaOH溶液过量，则有c1V1≥c2V2；B项任何情况下溶液都呈电中性，则有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)；C项NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，溶液呈碱性，若pH＝7，CH3COOH应稍过量，即n(CH3COOH)＞n(NaOH)，当V1＝V2时，则有c2＞c1；D项当V1＝V2，c1＝c2时，NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa部分发生水解生成CH3COOH，根据原子守恒可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)。9．答案：D解析：A项，SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ＋H2O⇌HSOeq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，升高温度可以使平衡右移，OH－浓度增大，pH增大；B项，按原子守恒，应为c(Na＋)＝2c(SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )＋2c(HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )＋2c(H2SO3)；C项，按电荷守恒，应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )＋c(HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )＋c(OH－)；D项，加入固体NaOH，会使SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ＋H2O⇌HSOeq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－的平衡左移，SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) 的浓度增大，同时加入的NaOH固体也增大了Na＋的浓度，D项正确。10．答案：B解析：常温下pH为3的某酸溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液。若是强酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液显碱性；若是弱酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液的酸碱性由弱酸和氨水的电离程度的相对大小决定，因此可能显酸性，也可能显碱性。总之：a溶液可能显酸性，也可能显碱性，故B正确，C错误。同理可分析得知，b溶液显中性或酸性，故A、D错误。11．答案：A解析：在NaA和NaB的混合液中存在A－和B－的水解平衡：A－＋H2O⇌HA＋OH－、B－＋H2O⇌HB＋OH－，由于HA比HB酸性弱，因此A－的水解程度大于B－的水解程度，故c(HA)>c(HB)、c(B－)>c(A－)>c(OH－)，因此只有A项正确。12．答案：C解析：加热暂时硬水，发生分解反应：Ca(HCO3)2 eq \o(=====,\s\up7(△)) CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，Mg(HCO3)2 eq \o(=====,\s\up7(△)) MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成的MgCO3在水中建立起平衡：MgCO3(s)⇌Mg2＋(aq)＋CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) (aq)，而CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) 发生水解反应：CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ＋H2O⇌HCOeq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，使水中的OH－浓度增大，由于Ksp[Mg(OH)2]Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2＋反应完后剩余浓度大于1.0×10－5 mol·L－1，则M中存在Mg2＋、Ca2＋，B错误；pH＝11.0时可求得c(OH－)＝10－3 mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，c(Mg2＋)＝ eq \f(5.61×10－12,（10－3）2)  mol·L－1<1.0×10－5 mol·L－1，因此N中只存在Ca2＋不存在Mg2＋，C错误；加入4.2 g NaOH固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。14．答案：(1)ADEFGH(2)碱　KMnO4溶液能把橡胶管氧化(3)不用指示剂，因为KMnO4被还原剂还原成Mn2＋，紫红色褪去，所以不需要指示剂(4)少　小解析：(1)(2)酸性KMnO4具有强氧化剂，要放在酸式滴定管中，待测NaHSO3溶液呈酸性，取用要用酸式滴定管，再根据滴定所需的仪器可选出正确答案。(3)酸性KMnO4被还原为Mn2＋后由紫红色变为无色。(4)俯视读得的数值偏小。15．答案：(1) eq \f(c（HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ）·c（H＋）,c（H2CO3）) (2)Na2CO3　c(Na＋)>c(HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )>c(CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )>c(OH－)>c(H＋)(3)a　(4)b解析：(2)由于Na2CO3对应的弱酸根离子“HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ”的电离平衡常数最小，根据水解规律“越弱越易水解”可知Na2CO3溶液的碱性最强。由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此溶液中c(HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) )>c(CO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) )。(3)c(H＋)增大，醋酸的电离平衡常数不会改变。(4)由电离平衡常数知，酸性：H2CO3>HClO>HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) ，故少量CO2与NaClO溶液反应生成HClO和NaHCO3，a正确。由于HClO有极强的氧化性，因此b中不可能有CaSO3生成，应生成CaSO4。16．答案：(1)CuO(或碱式碳酸铜、氢氧化铜)　2.6×10－9 mol·L－1(2)蒸发浓缩　冷却结晶(3)在HCl气氛中加热(4)①淀粉溶液　滴入最后半滴Na2S2O3，溶液由蓝色变成无色且半分钟内颜色不变化②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　③85.5%解析：(1)加入CuO或Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2，与Fe3＋水解产生的H＋反应，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；当pH＝4时，由Fe(OH)3的Ksp计算c(Fe3＋)。(3)由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需考虑避免Cu2＋的水解产生杂质。(4)CuCl2溶液与KI发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，所以需选用淀粉溶液作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变化，确定达到滴定终点；再结合方程式：I2＋2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ===S4O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6)) ＋2I－和2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，得到关系式：2Cu2＋～I2～2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) ，确定晶体试样的纯度。17．答案：(1)⑤②①③④⑥　(2)＜　(3)酸式滴定管　(4)淀粉溶液　(5)18.20　2.16　(6)CD解析：(1)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。本实验，待测液盛放于滴定管中，标准液盛放于锥形瓶中，其实验结果无影响。(2)盐酸和氢氧化钠恰好反应的pH＝7，但指示剂显色的pH>7，故a的值应小于20.02。(3)重铬酸根具有强氧化性，故选择酸式滴定管。(4)碘单质遇淀粉变蓝，故指示剂选择淀粉溶液。(5)①滴定管读数时的精确度为0.01 mL，故读数为18.20 mL。②滴定过程中消耗Na2S2O3溶液的平均值＝ eq \f(（18.01＋17.99＋18）,3) ＝18mL，n(Na2S2O3)＝0.1 mol·L－1×0.018 L＝1.8×10－3 mol，根据Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) ～3I2～6Na2S2O3可得n(Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) )＝3×10－4 mol，m(Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) )＝3×10－4 mol×216 g·mol－1＝6.48×10－2g，c(Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)) )＝6.48×10－2g÷0.03 L＝2.16 g/L。(6)A.滴定终点读数时，俯视滴定管导致读取的数值比实际变小，故重铬酸根含量测定值偏低；B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响；C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致读取标准液的数值大于实际用量，故重铬酸根含量测定值偏高；D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，导致Na2S2O3溶液浓度偏低，滴定时的使用量增大，标准液的读数偏高，故重铬酸根含量测定值偏高；因此，答案为CD。18．答案：(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O(5)8×10－27　B解析：(1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，主要以Cu2＋形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH为4左右。(3)据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋。(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。(5)HgS饱和溶液中，c(Hg2＋)＝c(S2－)，HgS的溶度积常数为6.4×10－53，所以c(Hg2＋)·c(S2－)＝c2(Hg2＋)＝6.4×10－53，所以饱和HgS溶液中c(Hg2＋)＝c(S2－)＝8×10－27；因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。模拟海水中的离子浓度/ mol·L－1Na＋Mg2＋Ca2＋Cl－HCO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)) 0.4390.0500.0110.5600.001物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12滴定次数1234V(HCl)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH)/mL(初读数)0.100.300.000.20V(NaOH)/mL(终读数)20.0820.3020.8020.22V(NaOH)/mL(消耗)19.9820.0020.8020.02滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a物质FeSMnSCuSPbSHgSZnSKsp6.3×10－182.5×10－131.3×10－363.4×10－286.4×10－531.6×10－24