人教版高中化学选修4第3章-过关测试卷(含答案解析)

人教版高中化学选修4第3章过关测试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共48分)1．下列说法正确的是()A．氯水能导电，所以氯气是电解质B．碳酸钙不溶于水，所以它是非电解质C．固体磷酸是电解质，所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电D．胆矾虽不能导电，但它属于电解质答案D解析氯水导电的原因是Cl2溶于水生成了盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸是电解质，溶于水而导电，而不是氯气本身导电，且氯气是单质，它既不是电解质，也不是非电解质。碳酸钙难溶于水，但其溶于水的部分完全电离，是强电解质；固体磷酸虽是电解质，但其是共价化合物，熔融时只以分子形式存在，不能导电；胆矾不能导电，但溶于水完全电离，所以是强电解质。2．用如图所示装置分别进行下列各组物质的导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是()A．向亚硫酸钠溶液中通入氯气B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C．向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气答案C解析A项中发生的反应为Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，生成了两种强电解质，溶液的导电能力增强，故灯泡变亮；B项中发生的反应为AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，溶液的导电能力没有明显变化；C项中发生的反应为4HI＋O2=2H2O＋2I2，溶液的导电能力下降，故灯泡变暗；D项中发生的反应为2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，溶液的导电能力没有明显变化，故灯泡的亮度没有明显变化。3．下列有关盐类水解的叙述正确的是()A．溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱反应生成的盐B．含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性C．盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱D．强酸强碱盐的水溶液一定呈中性答案C解析如果弱酸、弱碱的电离程度相当，生成的盐的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性；含有弱酸根离子的盐的水溶液不一定呈碱性，如NaHSO3溶液呈酸性；强酸强碱盐的水溶液不一定呈中性，如NaHSO4溶液呈酸性。4．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝(已电离的电解质的物质的量/原有电解质总的物质的量)×100%。现取20mLc(H＋)＝1×10－3mol·L－1的CH3COOH溶液，加入0．2mol·L－1的氨水，测得溶液导电能力随加入的氨水体积变化的趋势如图所示，则加入氨水前CH3COOH的电离度为()A．0．5%B．1．5%C．0．1%D．1%答案D解析由图可知当加入10mL氨水时溶液的导电能力最强，即此时氨水与CH3COOH溶液恰好完全反应生成CH3COONH4，则有20mL×c(CH3COOH)＝0．2mol·L－1×10mL，得c(CH3COOH)＝0．1mol·L－1，故加入氨水前CH3COOH的电离度为eq\f(1×10－3mol·L－1,0.1mol·L－1)×100%＝1%。5．物质的量相等的下列物质形成的等体积溶液中，所含微粒种类最多的是()A．CaCl2B．CH3COONaC．NH3D．K2S答案D解析CaCl2不水解，其溶液中存在的微粒有5种：Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O；CH3COONa发生水解，其溶液中存在的微粒有6种：Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O；氨水中存在的微粒有6种：NH3、NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋、H2O;K2S中S2－发生两步水解，其溶液中存在7种微粒：K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O。6．常温下，在pH＝9的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，设由水电离出的OH－浓度分别为M和N，则M和N的关系为()A．M>NB．M＝10－4NC．N＝10－4MD．M＝N答案B解析pH＝9的氢氧化钠溶液中的H＋均是由水电离产生的，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－9mol·L－1，即M＝10－9mol·L－1；pH＝9的CH3COONa溶液中c(OH－)＝10－5mol·L－1，OH－完全由水电离产生，即N＝10－5mol·L－1，所以M＝10－4N。7．现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸，取等体积的两种溶液分别加入足量铁，产生H2的体积(同温同压下测定)的变化曲线如图所示：其中正确的是()A．①③B．②④C．①②③④D．都不对答案D解析①③的错误是显而易见的，因为随着反应的进行V(H2)只可能增大而不可能减小。②看起来好像是对的，但要注意等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度要比盐酸大得多，与足量的铁反应时，不仅产生的氢气体积更大，反应更快，而且反应的时间更长，不可能比盐酸更早结束反应。④看起来好像也对，但要注意到一个细节，在物质的量浓度相同的情况下，醋酸中c(H＋)在反应结束之前都比盐酸小，因此醋酸中反应速率应该比盐酸小，即取相同的时间点，盐酸所对应的V(H2)应比醋酸大，因此④也是错的。8．体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl－)＝n(CH3COO－)＝0．01mol，下列叙述错误的是()A．与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多B．分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多C．两种溶液的pH相等D．分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)<n(CH3COO－)答案B解析体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl－)＝n(CH3COO－)＝0．01mol，根据二者的电离方程式可知，二者电离出的c(H＋)相同，故pH相等，C项正确；由于CH3COOH不能完全电离，因此n(CH3COOH)>n(HCl)，故与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多，分别与足量CaCO3反应时，醋酸参与的反应放出的CO2多，A项正确，B项错误；分别用水稀释相同倍数时，醋酸的电离程度增大，n(CH3COO－)增大，而n(Cl－)不变，D项正确。9．常温下，0．2mol·L－1的一元酸HA溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合液的pH＝7C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋答案C解析题中所给的HA溶液与NaOH溶液反应生成0．1mol·L－1的NaA溶液。由图知A－的浓度小于0．1mol·L－1，说明A－发生了水解，即HA是弱酸，A项错误；A－发生了水解，水解后溶液呈碱性，B项错误；混合液中粒子浓度的大小关系为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D项错误；根据物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C项正确。10．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL0．1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B．eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)答案D解析CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3·H2O恰好反应时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再加入氨水，水的电离程度又减小，A项错误；eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cH＋·cOH－,cNH3·H2O·cH＋·cOH－)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)·eq\f(cH＋,Kw)＝K(NH3·H2O)·eq\f(cH＋,Kw)，温度不变，NH3·H2O的电离平衡常数及Kw均不变，随着氨水的滴加，c(H＋)减小，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0．1mol·L－1，滴加10mL氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0．05mol·L－1，C项错误；由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故当加入氨水的体积为10mL时溶液呈中性，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，D项正确。11．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)B．pH＝8．3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)D．0．2mol·L－1CH3COOH溶液与0．1mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)答案D解析根据溶液中的电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故A项错误；NaHCO3溶液的pH＝8．3，说明其水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，故B项错误；pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C项错误；CH3COOH溶液与NaOH溶液反应得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由电荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，则c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，移项得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故D项正确。12．25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)如表所示：下列说法正确的是()A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大B．将硫酸银溶解于水形成饱和溶液后，向其中加入少量硫化钠溶液，不可能得到黑色沉淀C．在5mL1．8×10－5mol·L－1的NaCl溶液中加入1滴(1mL约20滴)0．1mol·L－1的AgNO3溶液(忽略溶液体积变化)，不能观察到白色沉淀D．将足量浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，有少量白色固体生成答案D解析当难溶物组成类型相同时，可以利用Ksp直接比较难溶物的溶解度，Ksp值越小越难溶，所以氯化银、溴化银、碘化银的溶解度依次减小，A项错误；硫酸银的Ksp远大于硫化银的Ksp，因此会有更难溶的黑色硫化银生成，B项错误；c(Ag＋)＝eq\f(0.1mol·L－1×\f(1,20)mL,5mL)＝0．001mol·L－1，Qc＝0．001×1．8×10－5＝1．8×10－8，大于氯化银的Ksp，故会有白色沉淀生成，C项错误；足量溴化银固体浸泡在氯化钠的饱和溶液中，则溶液中氯离子与银离子的浓度积大于氯化银的溶度积，所以会有少量白色固体生成，D项正确。13．已知25℃时醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表所示，下列叙述正确的是()A．25℃时，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3溶液B．25℃时，将0．1mol·L－1的稀醋酸不断加水稀释，所有离子的浓度均减小C．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－=CaSO3↓＋2HClOD．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为CO2＋H2O＋2ClO－=COeq\o\al(2－,3)＋2HClO答案A解析根据表中数据可知，酸性：亚硫酸>醋酸>碳酸>亚硫酸氢根离子>次氯酸>碳酸氢根离子。等物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越大，溶液中氢氧根离子的浓度越大，pH越大，水解程度：CH3COO－<SOeq\o\al(2－,3)<ClO－<COeq\o\al(2－,3)，所以碱性最强的是Na2CO3溶液，A项正确；稀醋酸中加一定量水，醋酸的电离程度增大，但溶液中氢离子的浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子的浓度增大，B项错误；少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为Ca2＋＋2SO2＋2H2O＋2ClO－=CaSO4↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Cl－，C项错误；少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋ClO－=HCOeq\o\al(－,3)＋HClO，D项错误。14．一定温度下，将Cl2缓慢通入水中至所得氯水饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0．1mol·L－1的NaOH溶液，溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是()A．①点的溶液中：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)B．②点的溶液中：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(HClO)C．③点的溶液中：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)D．④点的溶液中：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)答案C解析①点表示Cl2缓慢通入水中但所得氯水未达到饱和，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A项错误；②点表示Cl2缓慢通入水中所得氯水刚好饱和，HClO是弱酸，部分电离，c(HClO)>c(ClO－)，则有c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)>c(ClO－)，B项错误；③点的溶液pH＝7，由电荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于溶液中c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(ClO－)＋c(HClO)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，C项正确；④点表示氯水与过量NaOH溶液反应，所得溶液的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，ClO－部分水解，则c(Cl－)>c(ClO－)，D项错误。15．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1．0×10－5mol·L－1，可认为该离子不存在。实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4．96×10－9，Ksp(MgCO3)＝6．82×10－6，Ksp[Ca(OH)2]＝4．68×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5．61×10－12。下列说法正确的是()A．沉淀X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步骤②中若改为加入4．2gNaOH固体，沉淀Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物答案A解析步骤①中，从题给条件可知n(NaOH)＝0．001mol，即n(OH－)＝0．001mol，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1．0L模拟海水中加入0．001molNaOH时，OH－恰好与HCOeq\o\al(－,3)完全反应：OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，生成0．001molCOeq\o\al(2－,3)。由于Ksp(CaCO3)≪Ksp(MgCO3)，生成的COeq\o\al(2－,3)与水中的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀：Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓，所以沉淀X为CaCO3，故A项正确。由于COeq\o\al(2－,3)只有0．001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2＋为0．001mol，滤液中还剩余c(Ca2＋)＝0．010mol·L－1，则滤液M中同时存在Ca2＋和Mg2＋，故B项错误。步骤②中，当滤液M中加入NaOH固体调至pH＝11．0时，此时滤液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，则Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0．010×(10－3)2＝10－8<Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2沉淀生成，Qc＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0．050×(10－3)2＝5×10－8>Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成；又由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5．61×10－12，c(Mg2＋)＝5．61×10－6mol·L－1<1．0×10－5mol·L－1，故滤液N中不存在Mg2＋，C项错误。步骤②中若改为加入4．2gNaOH固体，则n(NaOH)＝0．105mol，与0．050molMg2＋反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，生成0．050molMg(OH)2，剩余0．005molOH－。由于Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0．010×(0．005)2＝2．5×10－7<Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀Y为Mg(OH)2沉淀，故D项错误。16．H2S为二元弱酸，20℃时，向0．100mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A．通入HCl气体前：c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)B．pH＝7的溶液中：c(Cl－)>c(HS－)＋2c(H2S)C．c(HS－)＝c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)>0．100mol·L－1＋c(H2S)D．c(Cl－)＝0．100mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)答案D解析通入HCl气体前，该溶液为Na2S溶液，分步水解且水解程度很小，则离子浓度大小关系为c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)，故A项错误；电荷守恒式为c(Cl－)＋2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，物料守恒式为c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，pH＝7的溶液中c(OH－)＝c(H＋)，三等式联立可得c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，故B项错误；c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，两边同时加上c(S2－)，得c(Cl－)＋c(OH－)＋c(S2－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)＋2c(H2S)，因碱性溶液中c(HS－)＝c(S2－)，所以c(Cl－)＋c(HS－)<c(HS－)＋c(S2－)＋2c(H2S)，又因0．100mol·L－1＝eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，所以c(Cl－)＋c(HS－)<0．100mol·L－1＋c(H2S)，故C项错误；c(Cl－)＝0．100mol·L－1的溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(Cl－)＝0．100mol·L－1，又因c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(HS－)＋2c(H2S)－[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]＝c(H2S)－c(S2－)，故D项正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17．(10分)实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也显著强于纯水。又知液态纯酸都像水那样进行自身电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答：(1)纯硫酸在液态时自身电离的方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)________(填“>”“<”或“＝”)1×10－14。(3)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是________，这是因为混合酸中不仅存在硫酸和硝酸各自电离的两个电离平衡，而且硫酸的电离能力强于硝酸，在此条件下，混合酸中必然发生______________________________________(写离子方程式)反应。故硫酸与硝酸的无水混合酸中存在的化学平衡为________________________________________。答案(1)2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)或H2SO4H＋＋HSOeq\o\al(－,4)(2)>(3)HSOeq\o\al(－,4)H＋＋HNO3H2NOeq\o\al(＋,3)HNO3＋H2SO4H2NOeq\o\al(＋,3)＋HSOeq\o\al(－,4)(每空2分，共10分)解析题干信息告诉我们纯硫酸存在电离平衡，且电离程度强于纯硝酸和纯水，仿照纯水的电离方程式，可以推知纯硫酸的电离方程式为2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)。在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H＋的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSOeq\o\al(－,4)。同时，无水条件下，混合酸中必然发生H＋＋HNO3H2NOeq\o\al(＋,3)的反应。18．(11分)有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)提示：CH3COONH4溶液为中性阳离子Na＋、Ba2＋、NHeq\o\al(＋,4)阴离子CH3COO－、Cl－、OH－、SOeq\o\al(2－,4)已知：①A、C溶液的pH均大于7，同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。(1)A是____________，B是____________。(2)25℃时，0．1mol/LB溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝__________________(用含a的关系式表示)。(3)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为______________________________________________。(4)在一定体积0．005mol/L的C溶液中，加入一定体积的0．00125mol/L的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是________。答案(1)CH3COONa(2分)NH4Cl(2分)(2)1×10(a－14)mol/L(2分)(3)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)(3分)(4)1∶4(2分)解析(1)A、C溶液的pH均大于7，说明A、C的溶液中含有的阴离子为CH3COO－或OH－，阳离子为Na＋或Ba2＋；C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，说明C、D中存在Ba2＋或SOeq\o\al(2－,4)中的一种；B溶液和C溶液相遇只生成刺激性气味的气体NH3，说明B、C中存在NHeq\o\al(＋,4)或OH－中的一种，所以C为Ba(OH)2，则A为CH3COONa，A、B的溶液中水的电离程度相同，则B为NH4Cl，D为Na2SO4。(2)0．1mol/LNH4Cl溶液中，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据物料守恒有c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，联立两式可得c(H＋)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)＝eq\f(10－14,10－a)＝1×10(a－14)mol/L。(3)设1L1mol/L的NH4Cl溶液与1L1mol/LBa(OH)2溶液混合，则所得溶液为0．5mol/LNH3·H2O、0．25mol/LBaCl2和0．25mol/LBa(OH)2的混合溶液，c(OH－)>0．5mol/L，c(Cl－)＝c(Ba2＋)＝0．5mol/L，c(NHeq\o\al(＋,4))<0．5mol/L，c(H＋)最小。(4)设Ba(OH)2溶液的体积为xL，盐酸的体积为yL，则eq\f(x×0.005mol/L×2－0.00125mol/L×y,x＋y)＝0．001mol/L，解得x∶y＝1∶4。19．(11分)乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和查寻网络得，草酸易溶于水，其水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。学习小组的同学设计了如下实验步骤测定x值：①称取1．260g纯草酸晶体，将其配成100．00mL溶液作为待测液；②取25．00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0．1000mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液10．00mL。请回答下列问题：(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________________________。(3)通过上述数据，求得x＝________。讨论：①若滴定至终点时俯视滴定管读数，则由此测得的x值会________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。答案(1)甲(2分)(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色(2分)(3)2(3分)①偏大(2分)②偏小(2分)解析(1)因为酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装。(2)可利用MnOeq\o\al(－,4)～Mn2＋的颜色变化判断滴定终点，当达到滴定终点时，溶液将由无色变为紫红色。(3)由题给离子方程式及数据可知，1．260g纯草酸晶体中所含H2C2O4的物质的量为0．1000mol·L－1×10．00mL×10－3L·mL－1×eq\f(5,2)×eq\f(100mL,25mL)＝0．0100mol，则1．260gH2C2O4·xH2O中所含H2O的物质的量为eq\f(1.260g－0.0100mol×90g·mol－1,18g·mol－1)＝0．0200mol，则x＝2。①若滴定至终点时俯视滴定管读数，则所得的消耗的酸性KMnO4标准溶液的体积偏小，测得的n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大。②若酸性KMnO4溶液浓度偏小，则消耗的体积偏大，测得的x值偏小。20．(8分)将0．2mol·L－1HA溶液与0．1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”“<”或“＝”填写下列空白)：(1)混合溶液中，c(A－)________c(HA)。(2)混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0．1mol·L－1。(3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)________0．2mol·L－1HA溶液中由水电离出的c(H＋)。(4)25℃时，如果取0．2mol·L－1HA溶液与0．1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。答案(1)<(2)＝(3)>(4)>(每空2分，共8分)解析(1)将0．2mol·L－1HA溶液与0．1mol·L－1NaOH溶液等体积混合时，溶质为等物质的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解能力大于HA的电离能力，使得c(HA)>c(A－)。(2)通过物料守恒及等体积混合后浓度减半可知，c(HA)＋c(A－)＝0．1mol·L－1。(3)混合溶液中由于NaA的存在，促进水的电离，而0．2mol·L－1HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者由水电离产生的c(OH－)大于后者由水电离产生的c(H＋)。(4)25℃时，如果取0．2mol·L－1HA溶液与0．1mol·L－1Na