第三章 水溶液中的离子反应与平衡测试题2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

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第三章 水溶液中的离子反应与平衡测试题
一、单选题（共12题）
1．常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol/L HA溶液和20.00 mL 0.10 mol/L HB溶液，得到2条滴定曲线，横坐标表示NaOH溶液体积，则下列说法正确的是

A．若图2是HB溶液的滴定曲线，则HB为弱酸
B．水的电离程度：C点>D点
C．E点对应离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(B-)>c(H+)>c(OH-)
D．这两次滴定都可以用石蕊作指示剂且滴定终点颜色变化为蓝变红
2．下列实验操作、现象以及原因完全对应的是
选项
实验操作
实验现象
原因
A
室温下，向浓度均为0.01的和混合溶液中滴加溶液
出现白色沉淀

B
将水蒸气通过灼热的铁粉
铁粉变为黑色
铁可以与水在高温下发生反应
C
取久置的粉末，向其中滴加过量的盐酸
观察到有气泡产生
没有变质
D
相同温度下，将相同大小的钠块分别加到水、醋酸、乙醇中
生成氢气的速率；醋酸＞水＞乙醇
三种电解质电离出能力：醋酸＞水＞乙醇

A．A B．B C．C D．D
3．下列关于强弱电解质的叙述正确的是
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质的导电能力强
B．当溶液中弱电解质分子和离子浓度相等时，电离过程达到了平衡
C．在强电解质稀溶液中，只存在电解质的离子，而不存在电解质的分子
D．同一弱电解质，浓度越稀，电离平衡常数越大，离子浓度越小
4．化学知识无处不在，下列劳动不能用对应的化学知识解释的是
选项
劳动
化学知识
A
地沟油可以用来制肥皂
油脂的碱性水解
B
白醋除去水垢中的
醋酸的酸性强于碳酸
C
“84”消毒液稀释后拖地
利用的氧化性消毒杀菌
D
用温热的纯碱溶液清洗油污
升高温度能促进水的电离

A．A B．B C．C D．D
5．室温下，某无色透明溶液中由水电离出的H+和OH-浓度的乘积为1×10-24，则此溶液中可能大量共存的离子组为
A．Fe3+、Al3+、Na+、SO B．HCO、Cl-、SO、K+
C．I-、NO、K+、NH D．SiO、SO、Na+、Cl-
6．常温下，用0.05mol/L盐酸滴定氨水，盐酸的体积V(HCl)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是[已知：

A．a点溶液的pH约为10.05
B．b点溶液中：
C．c点溶液中：
D．的滴定过程中，一定不存在
7．常温时，下列事实不能说明醋酸属于弱电解质的是
A．醋酸水溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)
B．0.01 mol·L-1醋酸溶液的pH大于2
C．0.1 mol·L-1CH3COONa溶液显碱性
D．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4
8．时，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸



电离常数




A．三种酸的酸性强弱关系：
B．和不共存
C．时，向的溶液中加入少量固体，减小
D．相同温度下，溶液中HX的电离程度大于溶液中HX的电离程度
9．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是

A．温度不变，向水中加入适量KHSO4固体可使A点变到C点
B．图中五个点的Kw间的关系：
C．若从A点变到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
D．处在B点时，将的稀硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
10．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是

A．图中KW间的关系：E＞A＞D
B．若从A点到E点，可采用在水中加入少量碱的方法
C．若处在B点时，将pH=3的硫酸与pH=11 的NaOH等体积混合后，溶液显中性
D．B点溶液的pH=6，显酸性。
11．已知c(NH4Cl)=0.1mol/L时，pH=5.1。现用0.1mol/LHCl滴定10mL0.05mol/L氨水。有甲基橙作指示剂，达到滴定终点时，所用盐酸的量
A．10mL B．6mL C．大于5mL D．小于5mL
12．已知难溶化合物A2B在T℃时饱和溶液的物质的量浓度为amol/L，向其饱和溶液中加入一定量易溶于水的盐AC，当A+离子的物质的量浓度为bmol/L时，则B2-离子的物质的量浓度为
A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L
二、非选择题（共10题）
13．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I-还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O+I2=2I-+S4O)。
回答下列问题：
取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为 ；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为 mg·L-1。
14．Ⅰ.可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。

(1)300℃时，剩余固体中为 。
(2)图中C点对应固体的成分为 (填化学式)。
Ⅱ.是常见温室气体，将一定量的气体通入100mL某浓度的NaOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。

(3)F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为 。
Ⅲ.完成问题
(4)pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[]溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率下降且有气体C产生，用化学方程式表示其原因： 。
15．已知：I2+2S2O=S4O+2I-。相关物质的溶度积常数见表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10-20
2.6×10-39
1.7×10-7
1.3×10-12
(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入 ，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)= 。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体。
(2)在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是 (用化学方程式表示)。
(3)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-发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：取 0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用 作滴定指示剂，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的纯度为 。
16．如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：

(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol·L-1。
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸，该学生需要量取 mL上述浓盐酸进行配制。
(3)本实验用到的基本仪器已有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还缺少的仪器是 。
(4)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出其中一个错误：

；
(5)该同学用新配制的盐酸滴定含0.4 g NaOH的NaOH溶液，发现所测量的体积偏小，则可能的原因是 (填字母)。
A．浓盐酸挥发，浓度不足
B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线
D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出
17．醋酸是生活中最常见的调味剂和化工原料，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于3.5g/100mL，某实验小组拟用酸碱中和滴定法测定某食醋的总酸含量。测定过程如图所示：

实验数据记录如下：
实验次数
NaOH溶液的浓度/ mol•L-1
NaOH滴定前读数/ mL
NaOH滴定后读数/ mL
第1次
0.1010
0.00
21.40
第2次
0.1010
0.40
20.30
第3次
0.1010
0.10
20.20
请回答：
(1)滴定时的指示剂应为 。
(2)下列关于滴定分析的操作，不正确的是___________。

A．用酸式滴定管量取20.00 mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
C．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
D．如图中显示滴定终点时的读数是21.40mL
(3)标准NaOH溶液的浓度需用邻苯二甲酸氢钾(HOOCC6H4COOK)溶液准确测定而不能直接配制的原因是 。
(4)用NaOH标准溶液滴定时，滴定管中滴定前有气泡，滴定后无气泡会导致测定结果 。(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)
(5)按正确数据计算，该食醋总酸含量为 g/100mL。
18．含硫化合物在生产生活中应用广泛，科学使用对人体健康及环境保护意义重大。
（1）红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这应用了SO2 的 性。
（2）某水体中硫元素主要以S2O32-形式存在，在酸性条件下，该离子会导致水体中有黄色浑浊并可能有刺激性气味产生，原因是 。（用离子方程式说明）
（3）实验室采用滴定法测定某水样中亚硫酸盐含量：

滴定时，KIO3 和KI 在盐酸作用下析出I2：5I－+ IO3－ + 6H+ =3I2+3H2O
生成的I2 再和水样中的亚硫酸盐反应：I2 + SO32－ + H2O = 2H++2I－+ SO42－
①滴定到终点时的现象是:
②若滴定前盛标准液的滴定管没有用标准液润洗，则测定结果将 （填“偏大、偏小、不变”）。
③滴定终点时，100mL的水样共消耗x mL标准溶液。若消耗1mL标准溶液相当于SO32－的质量1g，则该水样中SO32－的含量为 g / L
（4）已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水．为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：

①若装置A的圆底烧瓶中盛装二氧化锰，则分液漏斗中盛装的试剂是
②装置B中实验现象为 ，证明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强。
③装置C中反应的作用是：
19．(1)①常温下，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡等 体积混合，溶液的pH= 。
②常温下pH=3的盐酸和pH=6的盐酸等体积混合，溶液的pH= 。(lg2=0.3)
(2)在某温度下，H2O的离子积常数为1×10-13，则该温度下
①某溶液中的H+ 浓度为1×10-7mol/L，则该溶液呈 性。
②0.01mol/LNaOH溶液的pH= 。
③99mL pH=1的H2SO4溶液与101mL pH=12的KOH溶液混合后，溶液的pH= 。
20．计算，已知  lg2=0.3；  lg5=0.7。
(1)常温下硫酸溶液的浓度为0.005mol·L-1.则pH= ； 用水稀释到原来体积的100倍，则pH= ；  再继续稀释100000倍，则pH= 。
(2)常温下NaOH溶液的浓度为0.01mol·L-1，则溶液的pH= ；由水电离出来的氢氧根离子的浓度是 ；
(3)常温下将pH=4的盐酸和pH=12的氢氧化钠等体积混合，则混合后溶液的pH= ；
21．A、B、C、D、E是中学常见的五种化合物，它们之间有下列转化关系：

已知A溶液显碱性，焰色反应为黄色，且可促进水的电离。
(1)若A、B、C中含有相同的金属元素，则A的化学式为 ，D的化学式为 ；A、C反应生成B的离子方程式为 。
(2)若C是一种无色无味的气体，用离子方程式表示A溶液显碱性的原因 ，C与E反应生成B的化学方程式为 。
22．X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X原子的半径是元素中最小的，Y2是空气主要成分之一。请回答：
(1)元素J和Y原子半径从大到小的顺序为 (填元素符号)。
(2)Q的氢化物与它的低价氧化物反应的化学方程式为 。
(3)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式 ；实验室制备气体A的化学方程式为 ，B的水溶液不呈中性的原因 (用离子方程式表示)，A与水反应生成一水合氨，写出它的电离平衡常数表达式Kb= 。
(4)用“>”表示出J与Q形成的化合物J2Q溶液中离子浓度的大小关系 。

参考答案：
1．A
A．如果酸为强酸，则0.1000mol/L酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为强酸的滴定曲线，图2为弱酸的滴定曲线，故A正确；
B．图2为氢氧化钠溶液滴定弱酸的滴定曲线，C、D都是酸过量的点，对水的电离抑制，C点的氢离子浓度大，对水的电离抑制作用更强，所以C点水的电离程度小于D点，故B错误；
C．E点溶液的成分为NaB和HB的混合溶液，溶液呈酸性，酸的电离程度大于盐的水解程度，则溶液中离子浓度为(B-)＞c(Na +)＞c(H +)＞c(OH -)，故C错误；
D．氢氧化钠和HA强酸反应恰好呈中性，可以选择甲基橙或酚酞；氢氧化钠和HB弱酸恰好反应生NaB溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误；
2．B
A． BaCl2、CaCl2溶液中加入Na2SO4溶液都能产生白色沉淀，向浓度均为0.01mol/L的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀，不能说明先与Ba2+反应还是先与Ca2+反应，A项错误；
B． 铁与水蒸气高温下反应生成黑色的Fe3O4固体和H2，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B项正确；
C．过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和氧气、水； 久置的粉末可与空气中的水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，再向其中滴加过量的盐酸，碳酸钠与盐酸会反应生成二氧化碳，所以根据有气泡产生的现象不能证明是否 变质，C项错误；
D． 相同温度下，将相同大小的钠块分别加到水、醋酸、乙醇中，生成H2的速率：醋酸＞水＞乙醇，说明羟基氢的活性：醋酸＞水＞乙醇，但乙醇属于非电解质，乙醇不会电离出H+，D项错误；
答案选B。
3．C
A．导电能力与离子浓度、所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故A错误；
B．当溶液中弱电解质分子、离子浓度不变时，说明电离过程达到平衡，故B错误；
C．强电解质在水中完全电离，强电解质稀溶液中，只存在电解质的离子，不存在电解质分子，故C正确；
D．电离平衡常数只受温度的影响，浓度越稀，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
答案为C。
4．D
A．地沟油主要成分为油脂，油脂在碱性条件下的水解是皂化反应，可以用来制备肥皂，A正确；
B．醋酸可与碳酸钙反应生成碳酸，根据弱酸制备强酸原理，醋酸的酸性强于碳酸，B正确；
C．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性，可用徐消毒杀菌，C正确；
D．热的纯碱溶液中氢氧根浓度大，升高温度是促进了碳酸根的水解，D错误；
故选D。
5．D
由水电离出的H+和OH-浓度的乘积为1×10-24，即水的电离受到抑制，溶液为强酸性或强碱性。
A．Fe3+在水溶液中显黄色，且Fe3+、Al3+、在强碱性溶液中不能大量共存，SO在强酸性溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B．HCO在强酸性或强碱性溶液中均不能大量共存，B不符合题意；
C．NO在强酸性环境中具有强氧化性，会与I-发生氧化还原反应，NH在碱性环境中不能大量共存，C错误；
D．SiO、SO在酸性环境中不能大量共存，但是在碱性环境中可以大量共存，D符合题意。
故本题选D。
6．C
A．设氨水电离平衡时电离出c(OH－)=xmol/L，则由，解得x=mol/L，此时溶液中c(H+)=，pH=-lgc(H+)=10.5+×lg2=10.95，A项错误；
B．b点处HCl与NH3·H2O恰好完全反应，溶液为NH4Cl溶液，会发生水解，故b点溶液中，B项错误；
C．根据电荷守恒，溶液中存在，故，C项正确；
D．加入极少量的HCl溶液则有可能存在，D项错误。
答案选C。
7．A
A．醋酸水溶液中H+由H2O、CH3COOH分子共同电离产生，而CH3COO-只有CH3COOH分子电离产生，所以溶液c(H+)＞c(CH3COO-)，这与CH3COOH是强酸还是弱酸无关，A符合题意；
B．0.01 mol·L-1醋酸溶液的pH大于2，c(CH3COOH)=0.01 mol/L，c(H+)＜0.01 mol/L，说明c(H+)＜c(CH3COOH)，因此可以证明醋酸是一元弱酸，B不符合题意；
C．CH3COONa若是强酸强碱盐，不水解，水溶液应该显中性，而0.1 mol·L-1CH3COONa溶液显碱性，说明盐电离产生的CH3COO-消耗了水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此可以证明醋酸是一元弱酸，C不符合题意；
D．若醋酸是一元强酸，则醋酸完全电离，稀释10倍后溶液中c(H+)是原来的，pH比原来增大一个单位，而pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4，稀释后c(H+)的浓度比原来的多，说明醋酸溶液中含有未电离的醋酸分子又发生了电离作用产生了H+，因此可以证明醋酸是一元弱酸，D不符合题意；
故合理选项是A。
8．B
A．电离平衡常数越大，弱酸的酸性就越强，所以三种酸的酸性强弱关系为：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B．由于酸性：HZ＞HY，所以HZ可以和Y-反应：HZ+Y-=HY+Z-，则HZ和Y-不共存，故B正确；
C．某弱电解质的电离平衡常数只和温度有关，所以向HZ溶液中加入NaZ固体，Ka不变，故C错误；
D．向弱酸溶液中加水，弱酸的电离平衡正向移动，所以相同温度下， 0.01mol⋅L−1HX 溶液中HX的电离程度大于 0.1mol⋅L−1HX 溶液中HX的电离程度，故D错误；
故选B。
9．A
A．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，A错误；
B．ADE都处于25C时，Kw相等，由图像可知B点c(H+)和c(OH-) 大于C点的c(H+)和c(OH-) ，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，B正确；
C．从A点到D点，温度不变，Kw不变，加酸，c(H+)变大，c(OH-)变小，C正确；
D．若处在B点时，pH=3的稀硫酸中c(H+) =10-3， pH=9的KOH中c(OH)=，溶液显中性，D正确；
故选A。
10．B
A．A、D、E三点都处于25℃，KW相等，故A错误；
B．从A点到E点，c(OH-)变大，c(H+)变小，KW不变，所以可采用在水中加入少量碱的方法，故B正确；
C．若处在B点时，KW=110-12，pH=3的硫酸中c(H+)=10-3mol/L，pH=11 的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，等体积混合，碱过量，溶液显碱性，故C错误；
D．若处在B点时，KW=110-12，溶液的pH=6，c(H+)= c(OH-)，显中性，故D错误；
答案选B。
11．C
依据 进行计算，可知滴定10mL0.05mol/L氨水需消耗0.1mol/LHCl体积为5ml，根据题干信息可知，此时溶液的pH>5.1，而甲基橙的变色范围是3.1-4.4，故应继续滴加盐酸方可发生变色，所以滴定终点时所用盐酸的体积应大于5ml，
故选：C。
12．B
已知难溶化合物A2B存在沉淀溶解平衡： ，在T℃时饱和溶液的物质的量浓度为amol/L，则Ksp(A2B)= c2(A+)·c(B2-)=(2a)2·a=4a3，向其饱和溶液中加入一定量易溶于水的盐AC，当A+离子的物质的量浓度为bmol/L时，则B2-离子的物质的量浓度为 mol/L ，B满足；
答案选B。
13． 溶液蓝色刚好褪去 80ab
该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为溶液蓝色刚好褪去；根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，Mn的化合价由+2价→+4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→-2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2，MnO(OH)2把I−氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3，可得水样中溶解氧的含量为=80ab，故答案为：溶液蓝色刚好褪去；80ab。
14．(1)1：2
(2)与MnO
(3)15g
(4)
（1）设300℃时，剩余固体的化学式为MnxOy，则有x MnCO3~MnxOy，此时固体残留率为75.65%，即，化简得x:y=1:2，即此时剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2。
（2）设770℃时，剩余固体的化学式为MnaOb，则有a MnCO3~MnaOb，此时固体残留率为66.38%，即，化简得a:b=3:4，即此时剩余固体为Mn3O4；设900℃时，剩余固体的化学式为MncOd，则有c MnCO3~MncOd，此时固体残留率为61.74%，即，化简得c:d=1:1，即此时剩余固体为MnO；故图中C点对应固体的成分为Mn3O4和MnO。
（3）滴加盐酸的体积在0~25mL时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，滴加盐酸的体积在25~100mL时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合图示可知，F溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，根据碳元素守恒可知，n(CO2)=0.075L´2mol⋅L-1=0.15mol；F溶液中的Na2CO3、NaHCO3和足量石灰水反应最终都转化为CaCO3，根据碳元素守恒可知，F溶质与足量石灰水发生反应后，CO2最终都转化为CaCO3，即n(CaCO3)=n(CO2)=0.15mol，则m(CaCO3)=0.15mol´100g⋅mol-1=15g。
（4）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6-2x]溶液；若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子和碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，该反应的化学方程式为3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑。
15． Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO 2.6×10-9mol/L 2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可) 淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 95%
(1)为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质能消耗氢离子，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO；溶液的pH=4，所以溶液中c(H+)=10-4mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)==2.6×10-9mol/L；
(2)由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，生成碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，反应方程式为2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可)；
(3)①滴定时，先加入KI与Cu2+反应生成I2和CuI沉淀，然后用Na2S2O3标准滴定生成的碘单质的量从而确定CuCl2•2H2O的纯度；淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时I2完全反应，溶液蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；
②CuCl2溶液与KI溶液相遇时，发生氧化还原反应，+2价的铜离子得电子，变为+1价，-1碘离子失电子变为0价，由电子、电荷守恒可知离子反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
③根据I2+2S2O=S4O+2I-可知生成的n(I2)=´0.1000mol/L´0.02L=0.001mol，再结合方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2可知n(CuCl2•2H2O)=0.002mol，样品的纯度为=95%。
16． 11.9 16.8 500mL容量瓶 没有用玻璃棒引流或应选用500mL的容量瓶 C
(1)根据c=可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为=11.9 mol·L-1；
(2)实验室没有450 mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应该选用500 mL容量瓶，即配制500 mL浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸，根据稀释前后溶质的量守恒可知，11.9×V(浓HCl)=0.5×0.400，解之得V(浓HCl)=0.0168L= 16.8mL；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液，除了题干中给定的烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到500 mL容量瓶；
(4)配制450 mL0.400 mol·L-1的稀盐酸，应该选用500 mL容量瓶，且将烧杯中稀释好的盐酸溶液转移进容量瓶，应该用玻璃棒引流；据此可知该同学转移溶液时操作有两处错误：没有用玻璃棒引流或没有选用500mL的容量瓶；
(5)根据V(NaOH)=进行误差分析；
A．浓盐酸挥发，浓度减小，则滴定时消耗盐酸的体积偏大，则所测V(NaOH)偏大，故不选；
B．配制溶液时，未洗涤烧杯，溶质的量减小，造成盐酸的浓度偏小，滴定时消耗盐酸的体积偏大，则所测V(NaOH)偏大，故不选；
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，造成溶液的体积偏小，所配盐酸的浓度偏大，滴定时，消耗盐酸的体积偏小，则所测V(NaOH)偏小，故可选；
D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，造成溶质的量减小，所配盐酸的浓度偏小，滴定时消耗盐酸的体积偏大，则所测V(NaOH)偏大，故不选；
故选C。
17．(1)酚酞
(2)BD
(3)NaOH易吸收空气中的CO2，使配制所得的溶液含有Na2CO3，导致实验误差
(4)偏高
(5)6.06
白醋稀释后加入酚酞指示剂，使用标准氢氧化钠溶液进行滴定，通过消耗标准液的量来计算白醋中乙酸的含量。
(1)
醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，滴定时的指示剂应为酚酞；
(2)
A．用酸式滴定管量取20.00 mL醋酸待测液转移至锥形瓶，A正确；
B．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，B错误；
C．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，C正确；
D．如图中显示滴定终点时的读数是20.60mL，D错误；
故选BD；
(3)
NaOH易吸收空气中的CO2，使配制所得的溶液含有Na2CO3，导致实验误差，故不应直接配制，而应配好后再进行准确滴定；
(4)
用NaOH标准溶液滴定时，滴定管中滴定前有气泡，滴定后无气泡会导致标准液读数偏大，使得测定结果偏高；
(5)
三次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积分别为21.40、19.9、20.1，第1次误差较大，应该舍弃，消耗氢氧化钠的平均体积为20.00mL；根据反应关系可知，CH3COOH～NaOH，则CH3COOH的物质的量为，则该食醋总酸含量为。
18． 还原 2H++S2O32-=SO2+S↓+H2O 溶液由蓝色变为无色且30秒内不变色 偏大 10x 浓盐酸 淡黄色沉淀生成 吸收氯气，避免空气污染
(1)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，作还原剂；
(2)根据现象写出离子方程式；
(3)①碘单质具有氧化性,且淀粉遇碘变蓝；②通过分析消耗标准液的多少分析误差；③消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g,100mL水样相当于SO32-的质量xg,以此计算；
(4) ①从实验室制取氯气的原理分析；②氯气与硫化钠反应生成硫与硫化钠；③碱液吸收尾气。
(1)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化,作抗氧化剂,体现其还原性,因此，本题正确答案是:还原；
(2)在酸性条件下,溶液中的H+与S2O32-发生反应: 2H++S2O32-=SO2+S↓+H2O,因此，本题正确答案是: 2H++S2O32-=SO2+S↓+H2O。
(3)①KIO3 和KI 在盐酸作用下析出I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝，因此滴定到终点时的现象是: 溶液由蓝色变为无色且30秒内不变色；
② 盛标准液的滴定管没有用标准液润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗标准液的体积偏大，则测定结果将偏大。
③消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g,100mL水样相当于SO32-的质量xg,，则该水样中SO 32－ 的含量为=10x g / L
因此，本题正确答案是: 溶液由蓝色变为无色且30秒内不变色；偏大 ；10x
（4）①为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则A装置中A的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸。故答案为浓盐酸；
②在B中发生氯气置换出硫的反应，化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓。故答案为有淡黄色沉淀生成；
③尾气为过量的氯气，需要用碱液吸收，故本题答案为：吸收氯气，避免空气污染。
【点睛】本题（4）以实验装置为知识背景，从比较Cl和S的非金属性强弱着手，从整体的角度把握题目需要解答的问题，要通过本题建立解答本类题的正确思维过程，题目难度中等．
19． 7 3.3 碱 11 10
(1)①常温下，pH=3的盐酸中mol/L， pH=11的氢氧化钡溶液中mol/L，等体积混合，恰好反应，溶液呈中性， pH=7；
②常温下pH=3的盐酸和pH=6的盐酸等体积混合，混合后溶液中 mol/L，溶液的pH=-=3.3；
(2)①某溶液中的H+ 浓度为1×10-7mol/L，H2O的离子积常数为1×10-13，，c(H+)N 2H2S+SO2=2H2O+3S↓ 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ NH+H2ONH3·H2O+H+ c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS-)＞c(H+)
由题干信息，X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素，J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na元素，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，则Q为S元素，X原子的半径是元素中最小的，则X为H元素，Y2是空气主要成分之一，则Y为N元素，据此分析解答。
(1)Na为第三周期元素，原子核外有三个电子层，N为第二周期元素，原子核外有两个电子层，电子层数越多，半径越大，故原子半径Na＞N；
(2)S的氢化物为H2S，低价氧化物为SO2，两者发生氧化还原反应生成S单质，反应的化学方程式为2H2S+SO2=2H2O+3S↓；
(3)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，则A为NH3，B为，NH3的电子式为，实验室加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，由于水解，即NH+H2ONH3·H2O+H+，所以的水溶液不呈中性，一水合氨的电离方程式为：NH3·H2O+OH-，则电离平衡常数Kb=；
(4)Na2S溶液中，Na2S=2Na++S2-，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，水解是少量的，因此c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS-)＞c(H+)。