河南省示范性高中罗山高中2023高考化学溶液中的离子平衡复习专练含解析

溶液中的离子平衡1．下列溶液，一定呈中性的是（）A.c(H+)＝1×10-7mol/L的溶液B.pH＝7的溶液C.c(H+)＝c(OH—)D.由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液2．下列关于电离常数(K)的说法中正确的是（）A．电离常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱B．电离常数(K)与温度无关C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同D．多元弱酸各步电离常数相互关系为K1<K2<K33．在100ml0.01mol/LKCl溶液中，加入1ml0.01mol/LAgNO3溶液，下列说法正确的是（已知AgCl的Ksp＝1.8×10－10）（）A．有AgCl沉淀析出　　B．无AgCl沉淀析出C．有沉淀析出，但不是AgClD．无法确定是否有沉淀析出4．pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液都稀释相同的倍数后，pH的大小关系是（）A．盐酸>醋酸B．醋酸>盐酸C．盐酸==醋D．无法判断5．下列说法正确的是()A．升高温度，化学平衡常数一定增大B．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大D．所有的放热反应都是自发的6．能说明0.1mol·L－1的NaHA溶液一定呈酸性的是（）A．某温度下，测得溶液的pH<7B．溶液中c(Na＋)＝c(A2－)C．溶液中存在Na+、HA－、A2－、H2A多种微粒D．NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应7．用均为0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO–)＞c(Na+)，对该混合溶液的下列判断正确的是（）A.c(OH–)＞c(H+)B.c(CH3COOH)＋c(CH3COO–)＝0.2mol/LC.c(CH3COOH)＞c(CH3COO–)     D.c(CH3COO–) ＋c(OH–)＝0.2mol/L8．某温度下，水的离子积约为1×10－12，将VaLpH＝2的硫酸溶液与VbLpH＝11的NaOH溶液混合，若混合溶液的pH＝10，体积是(Va＋Vb)L，则Va∶Vb为（）A．2∶11　　　B．2∶9　　　C．11∶2　　　D．9∶29．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。下列说法正确的是（）A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入NaOH固体，溶液pH减小C．升高温度，减小D．通入CO2，平衡朝正反应方向移动\n10．下述实验不能达到预期实验目的的是（）序号实验内容实验目的A室温下，使用pH计分别测定浓度均为0.1mol/LNaClO溶液和CH3COONa溶液的PH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B将FeCl3溶液分别滴入无色液体苯、CCl4、汽油、AgNO3溶液、Na2S溶液、NaCl溶液、Na2CO3溶液鉴别物质C向0.1mol/LAgNO3溶液中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴入0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色变化。比较AgCl与AgI溶解度的相对大小D向含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入Mg(OH)2，加热并搅拌，过滤。除去MgCl2酸性溶液含有的少量FeCl311．0．1mol/LNaOH溶液140mL与0．1mol/LH2SO460mL充分混合，若混合前后总体积变化忽略不计，则混合后溶液的pH为（）A．2B．3C．12D．1412．下列混合溶液中，各离子浓度的大小关系不正确的是（）A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)B．0.1mol/LNa2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)C．物质的量浓度相等Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合，离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32－)>c(OH-)>c(H＋)D．NH4Cl溶液中：c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)13．在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2++2OH一中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH一)增大的是（）A．加入少量MgCl2固体B．加入少量Na2CO3固体C．加入少量KCl固体D．加入少量Ba(OH)2固体14．常温下，将V1mL、c1mol·L-1的氨水滴加到V2mL、c2mol·L-1的盐酸中，下列结论合理的是（）A．若混合溶液的pH＞7，则一定有c1·V1≥c2·V2B．若V1=V2,c1=c2，则混合液中c(NH+4)>c(Cl-)C．若混合液的pH=7,则混合液中c(NH4+)=c(Cl-)D．若V1=V2，且混合液的pH<7,则一定有c1<c215．分别在[H+]=1×10-1摩／升的酸溶液和[OH-]=1摩／升NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（）A．两种溶液的体积相同，酸是多元强酸B．两种溶液的体积相同，酸是弱酸C．酸溶液的体积比NaOH溶液的体积大D．酸是强酸，且酸溶液浓度比NaOH溶液的浓度大\n16．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．常温下，将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后：c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：c(Na+)=2c(HCO3-)＋2c(CO32¯)＋2c(H2CO3)C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl－)D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)17．下列说法正确的是（）A．100℃时，Kw＝10－12，此温度下pH＝6的溶液一定显酸性B．25℃时，0．1mol／L的NaHSO3溶液pH＝4，说明在水溶液中只存在电离平衡C．NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水，对水的电离都有促进作用D．25℃时，10mL0．1mol／LCH3COOH溶液与5mL0．1mol／LNaOH溶液混合，所得溶液中有2c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）18．某温度时，卤化银(AgX，X＝Cl，Br，I)的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小。已知pAg＝－lgc(Ag＋)，pX＝－lgc(X－)，利用pX—pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c(Ag＋)和c(X－)的相互关系。下列说法错误的是（）A．e点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀B．A线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解平衡曲线C．d点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液D．坐标点（8，4）形成的溶液是AgCl的不饱和溶液19．（12分）水中因含有机物而具有较高的化学耗氧量。常用酸性KMnO4氧化有机物测其含量。主要操作步骤如下：（1）仪器A为（填酸式或碱式）滴定管；要顺利完成实验，步骤Ⅲ\n中溶液颜色应为。（2）完善步骤Ⅳ涉及的离子方程式：C2O42—+MnO4—+=Mn2++CO2↑+该步骤中KMnO4溶液紫色会逐渐褪去．某探究小组测得某次实验（恒温）时溶液中Mn2+物质的量与时间关系如图．请解释n（Mn2+）在反应起始时变化不大、一段时间后快速增大的原因：（3）若步骤Ⅳ中所用Na2C2O4溶液为20.00ml，已知滴定后的液面如图所示，请写出滴定前的液面读数。（4）若实验测量结果比实际有机物含量偏高，分别从以下两个方面猜想：猜想1：水样中Cl—影响猜想2：配制Na2C2O4标液定容时。（5）若猜想1成立，请根据资料卡片补充完善上述实验以消除Cl—影响。（限选试剂：AgNO3溶液、Ag2SO4溶液、KMnO4溶液、Na2C2O4溶液）。资料卡片：1、有机物可被HNO3氧化。2、AgCl不与酸性KMnO4溶液反应。3、Ag2C2O4可被酸性KMnO4溶液氧化。20．（18分）Ⅰ已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5（1）该实验①、②可探究对反应速率的影响，因此V1=，V2=；V3=；（2）实验①、③可探究对反应速率的影响，因此V4=，V5=；（3）下列有关该的相关叙述正确的是\nA．实验前，应先在一张白纸上用黑墨水笔在白纸上画粗浅一致的“+”字，衬在锥形瓶底部，实验中记录反应开始到产生的浑浊将锥形瓶底部的“+”字刚好完全遮盖所需的时间B．该实验所需的计量仪器有量筒、温度计C．实验时，应先将量取的Na2S2O3和H2SO4溶液混合，然后置于相应温度的热水浴中反应，记录每组反应所需时间D．每组实验至少需要两支量筒（4）实验过程中为什么不用测量一定时间内放出SO2气体的量来表示该反应的化学反应速率的大小？。Ⅱ利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠(Mr=158)的纯度，现在称取Wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则：（1）验过程中滴定管应该选择的是（酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择做指示剂，滴定终点的现象为（2）对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是。A．滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小D．滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小（3）样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为。22．(1)25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10-15，也可用pH一样的定义来规定其酸碱度：pD=－lgc(D＋)。①写出重水的电离方程式；②求25℃时，重水中各种离子的物质的量浓度；③求25℃时，重水的pD。（2）在100mL2mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加100mLNaHSO4溶液，测得溶液的pH为1，求产生的沉淀的质量以及NaHSO4溶液的物质的量浓度。23．（10分）短周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A与C可形成A2C2和A2C两种化合物；B的最高价氧化物对应的水化物甲与气体BA3化合生成离子化合物乙；D与A位于同一主族；E与C形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨；F元素最高化合价与最低化合价的代数和为6。（1）E在元素周期表中的位置是。（2）由A、C、F三种元素按原子个数比1∶1∶1组成的化合物与BA3反应生成B的单质，写出该反应的化学方式。（3）常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的=；乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是。（4\n）用图所示装置电解由D与F形成盐的饱和溶液时，若阴、阳极都用铁作电极，则阳极的电极反应式为，溶液中出现的现象是。参考答案1．C【解析】2．A【解析】试题分析：A、相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，A正确；B、电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，B错误；C、电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化，所以对于CH3COOH⇌CH3COO-+H+\n，当再加入少量冰醋酸时，（K）值不变，C错误；D、多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1＞K2＞K3，D错误；答案选A。考点：考查电离平衡常数。3．A【解析】略4．A【解析】略5．C【解析】试题分析：正反应不一定是吸热反应或放热反应，所以升高温度，化学平衡常数不一定增大，A不正确；溶液的导电性强弱只与溶液中离子的浓度大小和离子电荷数的多少有关系，而与电解质的强弱并无直接的联系，B不正确；放热反应不一定都是自发进行的，只有满足△G＜0的反应产生自发进行的，D不正确，所以正确的答案选C。考点：考查化学平衡常数、溶液导电性、反应速率以及反应自发性的判断点评：该题是高考中的常见题型，试题考查的知识点比较分散，但很基础，难度不大。该题有利于培养学生分析问题、解决问题的能力，特别是灵活应变能力。6．B【解析】试题分析：100℃时，PH<7的溶液，可能为碱性，故A错误；溶液中c(Na＋)＝c(A2－)，可知NaHA=Na＋+H++A2-，故B正确；溶液中存在Na+、HA－、A2－、H2A多种微粒，说明NaHA为强碱弱酸盐，溶液不一定呈酸性，故C错误；NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应，生成Na2A，一定不呈酸性，故D错误。考点：本题考查盐的水解。7．B【解析】混合溶液中只存在四种带电粒子：H+、CH3COO–、Na+、OH–，由电荷守恒可知：c(CH3COO–)+c(OH–)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO–)＞c(Na+)，则c(H+)＞c(OH–)，A错；由物料守恒可知：c(CH3COOH)＋c(CH3COO–)＝0.2mol/L，B正确；由上述分析可知混合溶液呈酸性，也就是说CH3COOH电离的程度大于CH3COONa水解的程度，最终c(CH3COOH)<c(CH3COO–)，C错；由c(CH3COO–)+c(OH–)=c(H+)+c(Na+)，其中c(Na+)=0.1mol/L，而c(H+)远小于0.1mol/L，所以c(CH3COO–) ＋c(OH–)<0.2mol/L，D错；8．D【解析】略9．D【解析】试题分析：A.温度不变，水解平衡常数不变，错误；B.加入NaOH固体，平衡虽然逆向移动，但溶液pH增大，错误；C.升高温度，两离子浓度比值增大，错误；D.通入的CO2与OH-反应，平衡朝正反应方向移动，正确；选D。考点：考查盐的水解的影响因素。10．B【解析】\n试题分析：A、用pH计测定次氯酸钠和醋酸钠的pH值，比较pH的大小，确定溶液的酸碱性的强弱，从而判断次氯酸和醋酸酸性的强弱，正确；B、将氯化铁加入几种物质中实验现象各不相同，才能进行鉴别，而氯化铁与苯、汽油都反应，且苯与汽油的密度都比水小，所以无法鉴别，错误；C、氯化银为白色沉淀，碘化银为黄色沉淀，若白色沉淀转化为黄色沉淀,则说明AgI的溶解度比AgCl的溶解度小，正确；D、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，向其中加入氢氧化镁，则会与氢离子反应，使铁离子水解正向移动生成氢氧化铁沉淀，从而过滤可除去氯化镁中的氯化铁，正确,答案选B。考点：考查对实验方案的评价11．C【解析】试题分析：n(OH-)=0．1mol/L×0．14L=0．014mol;n(H+)=0．1mol/L×2×0．06L=0．012mol．由于n(OH-)>n(H+)，所以混合后溶液显碱性。n(OH-)(后)=n(OH-)—n(H+)=0．014mol-0．012mol=0．002mol．C(OH-)=0．002mol÷0．2L=0．01mol/L溶液中C(H+)=Kw/C(OH-)=10-14mol2/L2÷10-2mol/L=10-12mol/L．PH=12．故选项为C。考点：考查酸碱混合溶液的PH的计算方法的知识。12．B【解析】试题分析：A、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，正确；B、0.1mol/LNa2CO3溶液，根据质子守恒，c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，错误；C、物质的量浓度相等Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合，离子浓度的大小顺序是碳酸钠水解程度大，碳酸根离子浓度小于碳酸氢根离子，c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32－)>c(OH-)>c(H＋)，正确；D、NH4Cl溶液中，根据质子守恒，c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，正确。考点：考查盐的水解守恒关系13．BD【解析】试题分析：Ca(OH)2(s)Ca2++2OH一中，加入少量MgCl2固体，能使c(Ca2+)增大，而使c(OH一)减小，故A错误；加入少量Na2CO3固体，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH一)增大，故B正确；加入少量KCl固体，溶液中c(Ca2+)，c(OH一)不变，平衡不移动，故C错误；加入少量Ba(OH)2固体，c(Ca2+)减小，虽然平衡向左移动，但是根据勒夏特勒原理可以知道，c(OH一)比原来还是大了，所以D也正确，故本题的答案选择BD。考点：难溶电解质的溶解平衡点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡，该考点是高考考查的重点和热点，本题D选择比较容易漏选，要根据勒夏特勒原理来判断。该题难度中等。14．C【解析】试题分析：A.由于盐酸是强酸，一水合氨是弱碱，所以若是二者恰好完全反应，则产生的NH4Cl的水溶液显酸性，若混合溶液的pH＞7，则碱的物质的量一定过量，所以一定有c1·V1<c2·V2,。错误。B.若V1=V2,c1=c2，二者恰好反应，产生NH4Cl。由于该盐是强酸弱碱盐，铵根离子水解，使溶液中的离子浓度c(NH+4)<c(Cl-),错误。C.若混合液的pH=7,根据溶液呈电中性的原则，则混合液中c(NH4+)=c(Cl-)，正确。D.若V1=V2\n，且混合液的pH<7,则可能有c1<c2，或c1=c2，错误。考点：考查酸碱混合溶液中离子浓度的大小比较、溶液的酸碱性的知识。15．B、C【解析】在酸和强碱溶液中，[H+]＜[OH-]，若为强酸，则放出H2的量不可能比碱多，若使酸放出的气体比碱多，则酸为弱酸，使酸的浓度比碱大，可不断电离产生H+，与Al反应放出的H2量大；酸的体积比碱的体积大，酸的物质的量也可超过碱，也能达到目的。16．AB【解析】试题分析：由已知条件可知，c(HCl)＜c(NH3•H2O)，则氨水过量，混合后溶液呈弱碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒原理可知c(NH4＋)＞c(Cl－)，故A项错误；符合物料守恒原理，故B项正确；NH4Cl=NH4++Cl－，弱碱阳离子部分水解，则c(NH4+)＜c(Cl－)，故C项错误；违反电荷守恒原理，应为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故D项错误。考点：本题考查电解质溶液中粒子浓度大小比较。17．D【解析】试题分析：A项100℃时，KW=10-12，则c（H+）=c（OH-）=10-6,所以PH=6的溶液显中性，故A项错误；B项25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，不能说明HSO3—在水溶液中只存在电离，亚硫酸是弱酸，HSO3—既电离又水解，因为电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，古B项错误；C项NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3电离出弱电解质离子水解，对水的电离均能起促进作用，但NaHSO4在水中完全电离产生氢离子、钠离子、硫酸根离子，对水的电离有抑制作用，故C项错误；D项25℃时，10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.1mol/LNaOH溶液混合，混合液为CH3COOH、CH3COONa1:1的混合液，根据溶液中的物料守恒，得2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），故D项正确；本题选D。考点：溶液中离子关系。18．A【解析】试题分析：AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小，则在银离子浓度相等的条件下，碘化银中碘离子的浓度最小，则pX最大，所以曲线C表示碘化银，B表示溴化银，A表示氯化银的溶解平衡曲线。A．e点在碘化银的溶解平衡上，没有AgI沉淀产生，A错误；B．根据以上分析可知A线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解平衡曲线，B正确；C．d点在溴化银的溶解平衡曲线上，则表示在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液，C正确；D．坐标点（8，4）在氯化银的溶解平衡曲线的上方，则形成的溶液是AgCl的不饱和溶液，D正确，答案选A。考点：考查溶解平衡曲线的分析与应用19．(12分)（1）酸式紫红色（各1分）（2）5C2O42—+2MnO4—+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O随着反应的进行，生成的Mn2+可做该反应的催化剂（2分）(3)0.70（4）俯视刻度线（2分）（5）在步骤出I的水样中加入适量的Ag2SO4溶液（2分）\n【解析】试题分析：（1）根据仪器的形状，判断仪器A是酸式滴定管；水样是无色溶液，当滴加最后一滴高锰酸钾溶液时，达到滴定终点，则溶液由无色变为紫红色，水样步骤Ⅲ中溶液颜色应为紫红色；（2）根据元素守恒，可知空白处物质是H2O；C2O42-中C元素的化合价是+3价，生成物中二氧化碳中C元素的化合价为+4价，2个C原子失去2个电子；高锰酸钾中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，所以得到5个电子，根据得失电子守恒，则C2O42-的系数是5，高锰酸根离子的系数是2，根据元素守恒，配平锰离子、二氧化碳的系数，分别是2、5；再根据电荷守恒平衡氢离子的系数是16，则H2O的系数是8；n（Mn2+）在反应起始时变化不大、一段时间后快速增大，说明生成的锰离子做该反应的催化剂，随反应的进行，加速反应的进行，锰离子的物质的量增多的快；（3）滴定后液面的读数是20.70mL，反应消耗高锰酸钾溶液是20.0mL，所以滴定前液面的读数是0.70mL；（4）若实验测量结果比实际有机物含量偏高，配制Na2C2O4标液定容时，若俯视读数，会导致所配溶液的体积偏少，浓度偏高，则滴定的结果偏高；（5）消除Cl—影响，即除去氯离子。若加入硝酸银，则溶液中会产生硝酸，则有机物可被HNO3氧化，错误；在步骤1中加入适量的Ag2SO4溶液，因为氯化银比Ag2SO4更难溶，则Ag2SO4转化为氯化银沉淀，从而除去氯离子，消除影响，正确；若加入高锰酸钾溶液，不能消除氯离子的影响，错误；若加入Na2C2O4溶液，则Na2C2O4被高锰酸钾氧化，不能消除氯离子的影响，错误，所以选择在步骤出I的水样中加入适量的Ag2SO4溶液。考点：考查滴定实验的探究，物质性质的分析与判断，误差分析20．Ⅰ（10分）（1）温度（1分）；10.0，10.0，0（全对2分）（2）浓度（或写c(H+)）（1分）；10.0，6.0（全对2分）（3）AD（2分）（4）SO2易溶于水，无法准确测量其体积（2分）Ⅱ（8分）（1）酸（1分）；淀粉（1分）溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去（2分）（2）BD（2分）（3）（2分）【解析】试题分析：Ⅰ、（1）由表中所给数据可知：实验①、②温度不同故实验①、②则是探究温度对反应速率影响，故V1=10.0ml，V2=10.0ml；V3=0ml；（2）实验①、③温度相同，所取稀硫酸量不同，故实验①、③则是探究c(H+)对反应速率影响，故V4=10.0ml，V5=6.0ml；（2）A．实验前，应先在一张白纸上用黑墨水笔在白纸上画粗浅一致的“+”字，衬在锥形瓶底部，实验中记录反应开始到产生的浑浊将锥形瓶底部的“+”字刚好完全遮盖所需的时间，由时间可以判断反应速率，故A项正确；B．该实验所需的计量仪器有量筒、温度计，还应有秒表，故B项错误；C．实验时，应先将量取的Na2S2O3和H2SO4溶液混合，混合后两者即已开始反应，故不应两者混合，应用分液漏斗逐滴添加，然后置于相应温度的热水浴中反应，记录每组反应所需时间，故C项错误；该实验要分别量取Na2S2O3溶液和稀H2SO4\n的体积，故本实验应用到两只量筒，故D项正确；本题选AD；（4）该反应产生的SO2气体易溶于水，故不能用测量一定时间内放出SO2气体的量来表示该反应的化学反应速率的大小；Ⅱ、（1）碘水呈酸性，故应用酸式滴定管；淀粉遇碘变蓝，故应用淀粉作指示剂；滴定终点现象为：溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；（2）A项锥形瓶不应润洗，若用待装液润洗，则会导致消耗碘水体积偏大，故所配溶液浓度偏大，故A项错误；B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，则会导致所读体积偏大，会使所测结果偏大，故B项正确；C．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则会使消耗溶液体积偏大，故会使最终结果偏高，故C项错误；D．滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则会导致滴定所读数据偏小，故会导致所得结果偏低，故D项正确；本题选BD；（3）由题中所给数据可知样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为。考点：化学综合实验。【答案】（1）2.5mol/L（2分）（2）如果二氧化碳全部来自碳酸钙的分解，则碳酸钙的质量为3.00g，大于2.89g，不合题意。设：水垢中含有CaCO3xmol，MgCO3ymol，Mg(OH)2zmol则：56x+40(y+z)=1.48100x+84y+58z=2.89x+y=0.03x=0.005moly=0.025molz=0.005mol所以原水垢中含有Mg(OH)2；（4分）（3）m(CaCO3)%=0.005×100/2.89×100%=17.3%（2分）【解析】试题分析：（1）假设全为碳酸钙，需要的盐酸的物质的量为2.9/100×2=0.058摩尔，浓度为1.45mol/L，若全为碳酸镁，则需要的盐酸的物质的量为2.9/84×2=0.069摩尔，物质的量浓度=1.7mol/L，若全为氢氧化镁，则需要的盐酸的物质的量为2.9/58×2=0.1摩尔，则其物质的量浓度为2.5mol/L，所以盐酸的浓度应该大于2.5mol/L。（2）如果二氧化碳全部来自碳酸钙的分解，则碳酸钙的质量为3.00g，大于2.89g，不合题意。设：水垢中含有CaCO3xmol，MgCO3ymol，Mg(OH)2zmol\n则：56x+40(y+z)=1.48100x+84y+58z=2.89x+y=0.03x=0.005moly=0.025molz=0.005mol所以原水垢中含有Mg(OH)2；（3）m(CaCO3)%=0.005×100/2.89×100%=17.3%考点：考查碳酸钙和碳酸镁的性质，和利用方程式进行计算22．【解析】略23．（1）第三周期第ⅥA族（2）3HClO+2NH3=3HCl+N2+3H2O（3）10-4；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）（4）Fe-2e-=Fe2+；产生气泡，有白色沉淀生【解析】试题解析：短周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大．E与C形成的化合物是大气污染物，容易形成酸雨，E为硫元素、C为氧元素；F元素最高化合价与最低化合价的代数和为6，F处于ⅦA族，则F为Cl元素；A与C可形成A2C2和A2C两种化合物，A处于ⅠA族，D与A位于同一主族，D的原子序数等于氧元素，故A为元素、D为Na元素、A2C2为H2O2、A2C为H2O；B的最高价氧化物对应的水化物甲与气体BH3化合生成离子化合物乙，B为氮元素、甲为硝酸、乙为硝酸铵、BH3为NH3，（1）E为硫元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，处于周期表中第三周期第ⅥA族；（2）由H、O、Cl三种元素按原子个数比1：1：1组成的化合物为HClO，与NH3反应生成氮气，根据电子守恒守恒有HCl生成，同时还生成水，反应方程式为3HClO+2NH3=3HCl+N2+3H2O；（3）常温下，硝酸溶液中水电离的氢离子等于溶液中氢氧根的浓度为mol/L=10-9mol/L，硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生，浓度为10-5mol/L，故由水电离出的==10-4；硝酸铵溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；（4）用如图所示装置电解由NaCl的饱和溶液时，若阴、阳极都用铁作电极，则阳极Fe放电，生成亚铁离子，阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，阴极氢离子发生生成氢气，溶液中有氢氧氢氧化钠生成，与亚铁离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，故现象为：产生气泡，有白色沉淀生成．考点：元素周期表和元素周期律；水的电离；电解原理