2025届高三化学一轮复习 专题3 水溶液中的离子反应 练习

《水溶液中的离子反应》练习 一、选择题 1．通过电导率的变化可以测定溶液中离子浓度的变化，向电解质溶液中滴加同浓度的另一电解质溶液，电导率变化如下图所示。下列各组实验与该图像相符的是（　　） A．向盐酸中滴加NaOH溶液 B．向FeCl3溶液中滴加KI溶液 C．向溶液中滴加稀H2SO4 D．向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液 2．下列说法正确的是（　　） A．在铁棒上镀铜时，阳极不一定要用Cu做电极 B．反应在室温下可自发进行，则该反应的 C．中和热测定实验中，应把稀硫酸缓慢并分次倒入溶液中并搅拌 D．相同条件下，等pH的溶液和溶液，后者导电能力更强 3．常温下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列判断不正确的是（　　） A．由水电离出的c(H+)：①=②=③=④ B．等体积的①②④分别与足量铝粉反应，生成H2的量④最多 C．若将①④等体积混合，则所得溶液的pH＜7 D．将溶液稀释100倍后，溶液的pH：③＞④＞②＞① 4．某元素的氢氧化物在水中的溶解反应为：、时，与的关系如图所示，为或浓度的值，下列说法错误的是（　　） A．曲线②代表与的关系 B．向的溶液中加水稀释，反应的平衡逆向移动，增大 C．时，的约为． D．时，溶液中的 5．离子的摩尔导电率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔导电率越大，离子在溶液的导电能力越强。已知，、、的摩尔导电率分别为：34.98、5.01、7.98，向溶液中加入固体至溶液呈中性（忽略反应过程中的热效应和体积的微弱变化），溶液导电能力的大致变化趋势正确的是（　　） A． B． C． D． 6．下列关系的表述中，正确的是（　　） A．0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO42－)＋c(OH－) B．中和pH和体积都相同的硝酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量之比为1∶1 C．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3) D．pH＝3的盐酸和pH＝3的AlCl3溶液中，水电离出的c(H＋)后者大 7．胶体的实验室制备方法如下：，下列说法不正确的是（　　） A．该反应是复分解反应 B．反应后溶液呈酸性 C．胶体能净水是因为其具有吸附性 D．向溶液中滴入几滴饱和溶液，也可得到胶体 8．已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。常温下，通过下列实验探究NH4HC2O4溶液的性质，有关说法正确的是（　　） 实验 实验操作及现象 1 用pH试纸测0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液的pH＜7 2 向10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，过滤 3 向实验2所得白色沉淀中加入10 mL饱和Na2CO3溶液，浸泡一段时间，无明显现象，过滤，向滤渣中滴加盐酸，有气体生成 A．实验1溶液中存在：c(HC2O)＞c(NH)＞c(C2O)＞c(H2C2O4) B．实验2反应的离子方程式为：HC2O＋Ba2+＋OH-═ BaC2O4↓＋H2O C．实验3中发生：BaC2O4＋COBaCO3＋C2O，不变时说明沉淀转化达平衡 D．由实验3可得：Ksp(BaC2O4)＞Ksp(BaCO3) 9．时，用溶液分别滴定等物质的量浓度的三种溶液pM[p表示负对数，表示]随溶液变化的关系如图所示。已知：常温下，。下列推断正确的是（　　） A．曲线③代表与的关系曲线 B．调节时，可将废水中完全沉淀 C．滴定溶液至X点时，溶液中： D．经计算，能完全溶于HR溶液 10．如图为水的电离平衡曲线，下列说法正确的是（　　） A．图中四点所对应的的大小关系： B．时，的溶液中， C．若d点为盐酸溶液，稀释该溶液可由d点变化到a点 D．时，向溶液中逐滴加入溶液，溶液中的值会逐渐增大 11．下列选项描述与对应图像相符的是（　　） A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的图像 B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像 C．图③为向Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像 D．图④为FeBr2、FeI2混合液中各离子物质的量随氯气通入的变化图像，曲线b代表的是Cl-（已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-） 12．用0.100 0 mol·L−1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列说法不正确的是（　　） A．锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前必须保持干燥 B．使用滴定管前，要先检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用 C．酸式滴定管在盛装0.100 0 mol·L−1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次 D．用酚酞作指示剂，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 二、非选择题 13．某研究小组为探究饱和溶液中是否还能溶解少量固体，设计并完成了下列实验。 【查阅资料】 常温下： 碳酸的电离常数： 沉淀范围： 【实验过程】 实验编号 实验操作 现象或结论 ⅰ 测饱和溶液的 为 ⅱ 向饱和溶液中再加入少量的固体，静置24小时。 微小的气体X从溶液底部固体逸中缓慢逸出， 最终固体全部溶解，得到溶液Y 【分析解释】 （1）用化学用语解释饱和溶液为的原因：　 　。 （2）为探究固体溶解的原理，取实验ⅱ反应后的气体X和溶液Y，检验其成分。 a.气体X能使澄清的石灰水变浑浊。 b.测得溶液Y的为。 c.向溶液Y中滴加溶液，有白色沉淀生成。 d.向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成 e.向饱和溶液中加入溶液，无明显现象 ①气体X是　 　。 ②步骤c中的白色沉淀是　 　。 ③步骤e中若用溶液代替溶液完成实验，会观察到白色沉淀。其原因是　 　。 ④步骤d和e的目的是　 　。 （3）【得出结论】 通过上述实验证明饱和溶液中还能溶解少量固，结合化学用语解释其原因　 　。 14．用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答： （1）称取4.1g烧碱样品。将样品配成待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需　 　。 （2）用　 　量取10.00mL烧碱溶液。 （3）用0.2010mol/L标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到看到　 　即可判断达到滴定终点。 （4）根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为　 　(结果保留四位有效数字。假设烧碱中不含有与酸反应的杂质) 滴定次数 待测液体积(mL) 标准盐酸体积(mL) 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 第一次 第二次 （5）滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是　 　(填序号)。 ①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视； ②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液； ③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失； ④锥形瓶水洗后，又用待测液润洗。 15．生活中常用一定浓度的过氧乙酸(CH3COOOH)溶液作消毒液。某化学小组对过氧乙酸的制备和性质进行如图探究(夹持、加热及搅拌装置均未画出)。 （1）Ⅰ.在磁力搅拌作用下，向仪器b中加入一定量的冰醋酸和浓硫酸，打开开关K，缓缓滴入适量30%的H2O2溶液，控制温度在20~30℃。 已知：过氧乙酸的氧化性强于高锰酸钾的。 仪器b的名称为冰醋酸和　 　。 （2）仪器a与分液漏斗相比，其优点是　 　。 （3）控制温度在20~30℃的目的是　 　。 （4）Ⅱ.过氧乙酸样品中常含有残留的H2O2。样品中过氧乙酸的浓度为c0mol·L-1时，发生如下反应： CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O； ②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O； ③2S2O+I2=2I-+S2O。 ⅰ.取V0mL待测液并用硫酸酸化，再用c1mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定待测液至溶液呈粉红色，消耗V1mLKMnO4标准溶液。 ⅱ.另取V2mL(V2≠V0)待测液，加入过量的KI溶液和几滴淀粉，并用硫酸酸化，再用c2mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗V3mLNa2S2O3标准溶液。 ⅰ.中发生反应的离子方程式为　 　。 ⅱ.中用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，达到滴定终点的标志是　 　，过氧乙酸的浓度c0mol·L-1=　 　mol·L-1(用含V0、c1、V1、c2、V2、V3的代数式表示)。 （5）当其他操作均正确时，下列实验操作可能使测定结果偏高的是____(填标号)。 A．配制Na2S2O3标准溶液时，容量瓶中还有少量的水 B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用标准液润洗 C．用Na2S2O3标准溶液滴定完成后，俯视滴定管读数 D．用Na2S2O3标准溶液滴定的过程中振荡锥形瓶的时间过长 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A、向盐酸中滴加NaOH溶液生成NaCl和水，离子浓度变化不大，导电率不会降至零点，A不符合题意； B、 向FeCl3溶液中滴加KI溶液发生的反应为FeCl3+2KI=2KCl+2FeCl2+I2，生成氯化钾和氯化亚铁，离子浓度变化不大，导电性变化不大，导电率不会降至零点 ，B不符合题意； C、 向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4，发生反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水几乎不导电，所以导电性会逐渐下降，当全部生成硫酸钡和水时，导电性降为零，随后再滴加稀H2SO4，导电性再逐渐升高， C符合题意； D、 向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液生成CH3COOK和水，因CH3COOH是弱电解质、CH3COOK是强电解质，所以离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增大 ，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】溶液的导电能力与离子浓度成正比。 2．【答案】A 【解析】【解答】A、电解质溶液中含有铜离子，铁棒上镀铜时铁棒所在电极发生，铁棒作阴极与电源负极相连，只需要电解质溶液含有铜离子即可，阳极不一定要用Cu做电极，故A正确； B、反应的，ΔH-TΔS<0时反应自发进行，说明反应的，故B错误； C、把稀硫酸缓慢并分次倒入溶液中会使反应放出的热量散失，导致中和热测定不准确，应把稀硫酸迅速一次性倒入溶液中，故C错误； D、溶液中存在，、、 浓度相等，溶液中，、浓度相等，相同条件下，pH相等的和两溶液相等，则、与浓度相等，溶液离子电荷浓度大于溶液离子电荷浓度，溶液导电能力更强，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、在铁棒上镀铜，阴极发生反应，Cu2++2e-=Cu，阳极不一定是Cu； B、根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析； C、中和热测定实验的关键在于减少热量的损失； D、导电能力与离子浓度呈正比。 3．【答案】B 【解析】【解答】A、在四份溶液中，酸电离产生的c(H+)与碱电离产生的c(OH-)相等，对水电离的影响相同，则由水电离出的c(H+)：①=②=③=④，A不符合题意； B、等体积的①②④分别与足量铝粉反应，虽然生成相同量的H2，消耗H+的物质的量是消耗OH-物质的量的3倍，但pH=2的CH3COOH溶液中CH3COOH的物质的量远大于pH=12的NaOH溶液中NaOH的物质的量的3倍，所以生成H2的量①最多，B符合题意； C、若将①④等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，C不符合题意； D、将溶液稀释100倍后，CH3COOH、NH3∙H2O的电离程度增大，CH3COOH溶液的pH比盐酸小，NH3∙H2O的pH比NaOH大，则溶液的pH：③＞④＞②＞①，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离； B、醋酸是弱酸，氨水为弱碱，NaOH为强碱； C、若将①④等体积混合，醋酸过量； D、稀释过程中，弱酸、弱碱会继续电离。 4．【答案】B 【解析】【解答】A、由分析可知，曲线②代表－lgC[M(OH)42－]与pH的关系，A不符合题意。 B、向pH=14.0的Na2[M(OH)4]溶液中加水稀释，c(OH－)减小，可逆反应M(OH)2(s)＋2OH－(aq)⇌M(OH)42－(aq)平衡逆向移动，B符合题意。 C、由图可知，当pH=7.0时，－lgc(M2＋)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2＋)×c2(OH－)=1×10－17，C不符合题意。 D、由图可知，25℃时，C[M(OH)42－]=0.1mol·L－1时，－lg[M(OH)42－]=1，此时的溶液的pH＞14，c(OH－)＞1mol·L－1，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】由题干信息，M(OH)2(s)⇌M2＋(aq)＋2OH－(aq)、M(OH)2(s)＋2OH－(aq)⇌M(OH)42－(aq)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)42－]增大，即－lgc(M2＋)增大，－lgC[M(OH)4)2－]减小。因此曲线①代表－lgc(M2＋)与pH的关系；曲线②代表－lgC[M(OH)42－]与pH的关系。据此结合选项进行分析。 5．【答案】B 【解析】【解答】 A.由分析可知，随氢氧化钠加入，导电能力不可能增大， A错误； B.由分析可知，随氢氧化钠加入，导电能力降低，B正确； C.由分析可知，随氢氧化钠加入，导电能力降低，但不为0，C错误； D.由分析可知，随氢氧化钠加入，导电能力不可能不变， D错误； 故选B。 【分析】向溶液中加入固体至溶液呈中性 ，最初溶液中有、、 三种离子，随NaOH固体加入，发生反应：，被消耗，溶液摩尔导电率降低，由于摩尔导电率越大，离子在溶液的导电能力越强，因此导电能力下降但不为0。 6．【答案】D 【解析】【解答】A、电荷守恒：0.1 mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO )＋c(OH－)，故A不符合题意； B、醋酸是弱酸难电离，中和pH和体积都相同的硝酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量，醋酸远大于硝酸，故B不符合题意； C、NaHCO3溶液中HCO3-水解程度大于电离程度，c(Na＋)>c(HCO )>c(H2CO3)>c(CO )，故C不符合题意； D. pH＝3的盐酸和pH＝3的AlCl3溶液中，HCl抑制水电离，AlCl3水解，促进水电离，水电离出的c(H＋)后者大，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、根据溶液中电荷守恒来分析； B、根据强酸完全电离、弱酸部分电离分析； C、HCO3-水解程度大于电离程度，据此分析； D、根据水电离的影响因素分析。 7．【答案】D 【解析】【解答】A、该反应为复分解反应，交换了氯离子和氢氧根离子的位置，A不符合题意； B、该反应为水解反应，反应后生成氯化氢，为酸性，B不符合题意； C、氢氧化铁胶体具有吸附性，可以用于净水，C不符合题意； D、氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁固体，D符合题意； 故答案为：D 【分析】A、复分解反应的特点是交换离子的位置； B、HCl为酸性； C、胶体具有吸附性，可以用于净水； D、氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁固体。 8．【答案】C 【解析】【解答】A．由分析可知可知草酸氢根的电离大于铵根离子的水解大于草酸氢根的水解，可得：，A错误； B．根据，可知，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：，B错误； C．根据实验3，可知草酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液转化为碳酸钡和草酸根离子，反应的离子方程式为：，根据该反应，可得， ，不变时说明沉淀转化达平衡，C正确； D．时生成碳酸钡沉淀，此现象不能比较大小，D错误； 故答案为： C。 【分析】已知(NH3·H2O)=1.8×10-5，根据，的水解常数为： =≈5.6×10-10，已知 ，根据，的水解常数为：==2×10-13，再根据，可知草酸氢根的电离大于铵根离子的水解大于草酸氢根的水解。 9．【答案】C 【解析】【解答】根据分析Ksp[Ge(OH)3]=c(Ge3+)c(OH-)3，P(Ge3+)=，同理可得到P(Ga3+)=，由于 ，因此Ga(NO3)3、Ge(NO3)3两条线不可能相交，故③为HR的滴定曲线，①为Ga(NO3)3、②为Ge(NO3)3，pH=4.1时，c(OH-)=10-9.9mol/L，因此Ksp[Ga(OH)3]=c(Ga3+)c(OH-)3=10-29.7，pH=7.3时，c(OH-)=10-6.7mol/L，Ksp[Ge(OH)3]=c(Ge3+)c(OH-)3=10-20.1，pH=5，5，计算K(HR)=10-5.5， A.结合分析即可得到曲线①表示的是与的关系曲线 ，故A不符合题意； B.调节时，c(OH-) =10-5.5mol/L，Ksp[Ge(OH)3]=c(Ge3+)c(OH-)3=10-20.1，即可计算出c(Ga3+)=10-3.6mol/L＞10-5mol/L，故B不符合题意； C.滴定到X点，溶液碱性，因此 ，故C符合题意； D. +3HR=+3R-+3H2O，K====10-4，数据很小不能完全反应，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A根据P(Ge3+)=，P(Ga3+)=，即可判断； B.根据pH=8.5，利用Ksp[Ga(OH)3]计算； C.根据图示X点为碱性判断； D.根据反应写出方程式，写出该反应的常数表达式，利用Ksp[Ga(OH)3]，K(HR)计算即可。 10．【答案】B 【解析】【解答】A、水的离子积Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变；温度越大，Kw越大。因此图中四点Kw的大小关系为b＞c＞a＝d，A不符合题意。 B、100℃时水的离子积Kw=10－6×10－6=10－12，0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，则溶液中，因此该溶液的pH=10，B符合题意。 C、稀释盐酸溶液，稀释过程中溶液仍然显酸性。a点溶液显中性，因此稀释盐酸的过程中，d点不会变为a点，C不符合题意。 D、滴加NaOH溶液的过程中，NH4＋的水解平衡常数保持不变，但溶液中c(OH－)减小，使得c(H＋)增大，所以逐渐减小，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、水的离子积Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大。 B、根据图象数据计算100℃时Kw，再计算NaOH溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH值。 C、a点溶液显中性，稀释稀盐酸，溶液不会变为中性。 D、滴加NH4Cl溶液的过程中，溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，结合NH4＋的水解平衡常数分析。 11．【答案】C 【解析】【解答】A、新制氯水中含有HClO，阳光照射下会分解为HCl和O2，而HCl会电离出Cl-，因此新制氯水在阳光直射时的Cl-浓度应增大，图①中浓度不断减小，故A选项不符合题意； B、NaCl、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸会立即产生CO2，而不是盐酸加入一定量之后才产生，故B不符合题意； C、溶液中离子浓度越大，导电性越强，Ba(OH)2，溶液中滴加MgSO4溶液，随着反应的进行，会生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀，导致溶液中离子浓度减小，当Ba（OH)2完全消耗生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀时，溶液中几乎只有溶剂水存在，导电能力约为0，继续滴加MgSO4溶液，离子浓度增大，导电能力随之增大，故C符合题意； D、因还原性I->Fe2+>Br-，混合溶液中先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-完全反应后再发生反应，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，因此b段发生的反应为，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则b段代表Fe2+的物质的量的变化情况，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.次氯酸见光易分解为氯化氢和氧气； B.碳酸钠与碳酸氢钠与盐酸反应的差异； C.离子浓度越大，所带电荷越多，其溶液导电性越强； D.还原性I->Fe2+>Br-。 12．【答案】A 【解析】【解答】A、 锥形瓶中有少量水，对中和滴定实验无影响，则锥形瓶盛装NaOH溶液前，不需要保持干燥，故A符合题意； B、在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故B不符合题意； C、该实验为酸滴定碱，酸式滴定管盛装盐酸时先水洗、后润洗，则酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2～3次，故C不符合题意； D、用酚酞作指示剂，当溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，达到滴定终点，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、锥形瓶中有少量水，对中和滴定实验无影响； B、若滴定管漏水，不能使用； C、酸式滴定管盛装盐酸时先水洗、后润洗； D、达到滴定终点时，酚酞褪色。 13．【答案】（1） （2）；；溶液中存在平衡，，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀；证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀 （3）体系中存在平衡：。由于不断逸出，平衡正向移动，固体溶解 【解析】【解答】(1)NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO发生水解HCO+H2OH2CO3＋OH－，碳酸氢根也能电离，但水解程度大于电离程度，使c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为HCO+H2OH2CO3＋OH－； (2)①根据题中信息可知，气体X能使澄清石灰水变浑浊，则气体X为CO2；故答案为CO2； ②该白色沉淀可能是Mg(OH)2，也可能是MgCO3，但根据题中所给信息可知，Mg(OH)2沉淀范围是9.4～12.4，而此时溶液的pH为8.7，因此白色沉淀为MgCO3；故答案为MgCO3或碳酸镁； ③HCO既能发生电离，也能发生水解，碳酸氢钠溶液中存在HCOCO+H＋，根据题中数据Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀；故答案为溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀； ④步骤d和e作对照实验，e中证明碳酸氢钠溶液中CO不足以和MgCl2反应产生白色沉淀；故答案为证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀； (3)根据上述分析，饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解，故答案为体系中存在平衡：HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。 【分析】(1)依据酸式酸根水解程度与电离程度书写； (2)①根据题中信息中的现象判断； ②根据题中所给信息判断； ③根据题中Ksp数据分析； ④对照实验比较离子浓度的大小； (3)根据信息ii，利用平衡移动原理分析。 14．【答案】（1）250mL容量瓶 （2）碱式滴定管 （3）溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色 （4）98.05% （5）③④ 【解析】【解答】（1）操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需250 mL容量瓶，故答案为：250 mL容量瓶； （2）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管； （3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；用0.2010mol/L标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，所以直到看到溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色即可判断达到滴定终点，故答案为：溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色； （4）消耗标准液的体积分别为：19.90mL，20.10mL，两组数据都有效，平均体积为20.00mL，代入公式可得：c（待测）==0.4020 mol•L-1；m（烧碱）＝c（烧碱）•V（烧碱溶液）•M（烧碱）＝0.4020mol•L-1×0.25L×40g/mol=4.020g，烧碱的纯度ω（烧碱）=×100%=98.05%；故答案为：98.05%； （5）①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视，导致消耗标准液体积减少，测定结果偏低； ②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，待测液浓度稀释，测定浓度偏低； ③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏高； ④锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗，待测溶液体积增大，消耗标准溶液体积增大，测定浓度偏高； 故答案为③④。 【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管； （2）依据待测液的性质选择； （3）依据颜色的变化分析； （4）舍弃误差大的数据，利用中和反应原理，用平均值计算； （5）依据中和反应计算公式分析。 15．【答案】（1）三颈烧瓶 （2）维持气压稳定，使液体顺利滴下 （3）防止H2O2分解和冰醋酸挥发 （4）6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色；- （5）B；D 【解析】【解答】(1)由图示可知，仪器b为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； (2)仪器a为恒压分液（滴液）漏斗，其优点为平衡气压、使恒压分液漏斗中的液体顺利进入到三颈烧瓶中，故答案为：维持气压稳定，使液体顺利滴下； (3)H2O2不稳定受热易分解、冰醋酸的凝固点为16.6℃、且易挥发，为减小H2O2分解以及冰醋酸呈液体状同时为减小其挥发，则温度应控制在20~30℃，故答案为：防止H2O2分解和冰醋酸挥发； (4)i．都能氧化KI，但KMnO4只氧化与不反应，则与反应的离子方程式为6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案为：6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑； ii．当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色； V0mL中的物质的量； V2mL中的物质的量； 和反应生成的物质的量 ； 总共生成的物质的量； 生成的物质的量； 的物质的量， 的浓度为，故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色；-； (5)A．容量瓶中由少量水，不影响Na2S2O3浓度，故不影响结果，故A错； B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用标准液润洗，使Na2S2O3标准溶液浓度偏小，偏大，结果偏大，故B正确； C．用Na2S2O3标准溶液滴定完成后，俯视滴定管读数，导致偏小，结果偏小，故C错； D．用Na2S2O3标准溶液滴定的过程中振荡锥形瓶的时间过长，会使被空气中的氧气氧化成，消耗过多Na2S2O3标准液，偏大，结果偏大，故D正确； 故答案为：BD。 【分析】（1）仪器b为三颈烧瓶； （2）仪器a能维持气压稳定，便于液体流下； （3）H2O2受热易分解，冰醋酸受热易挥发； （4）ⅰ中发生反应 6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑ ；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色，达到滴定终点；根据i中反应计算V0mL待测液中H2O2的物质的量，进而计算V2mL待测液中H2O2的物质的量，可得V2mL待测液中CH3COOOH的物质的量，进而计算过氧乙酸的浓度； （5）根据分析。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$