第3章 水溶液中的离子反应与平衡 章节测试B卷（含解析）

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第3章水溶液中的离子反应与平衡章节测试B卷（含解析）

一、单选题

1．下列做法中没有用到水解平衡原理的是（）

A．明矾净水B．盐卤(MgCl2)点制豆腐

C．泡沫灭火器灭火D．热的纯碱去油污

2．下列物质属于弱电解质的是（）

A．K2SO4B．NaOHC．NH3·H2OD．HClO4

3．下列粒子对水的电离没有影响的是（）

A．CH3COOHB．

C．M-：1s22s22p6D．

4．化学与生产、生活、医药等息息相关，下列说法正确的是（）

A．用碳酸钠制抗酸药治疗胃酸过多

B．可用热碱水洗去工业用铁表面的润滑油

C．溶液可用作焊接中的除锈剂

D．草木灰与铵态氮肥混合使用肥效增强

5．下图是向100mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图。根据图所得结论正确的是（）

A．原来盐酸的物质的量浓度为0.01mol/L

B．x处为0.1mol的NaOH溶液

C．原来盐酸的物质的量浓度为1mol/L

D．x处参加反应的NaOH的物质的量为0.01mol

6．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是（）

A．B．C．D．

7．常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc(H2CO3)、lgc(HCO)、lgc(H+)、lgc(OH-)随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（）

A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂

B．n点的pH为m点和q点pH的平均值

C．r点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)

D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大

8．工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：。下列有关说法错误的是

A．该反应之所以能发生，原因是Co2+与结合生成难溶电解质促进了的电离

B．“沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥

C．“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率

D．“沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：

9．为证明某一元酸HR是弱酸，下列实验方法错误的是（）

A．室温时，测定0.01mol·L－1的HR溶液的pH＝4

B．室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色

C．相同条件下，对浓度均为0.1mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验

D．0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应

10．常温下，将的盐酸与的氨水等体积混合，关于该溶液酸碱性的描述正确的是（）

A．可能显中性B．一定显碱性

C．不可能显碱性D．可能显酸性

二、多选题

11．常温下，一元碱BOH的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的BOH可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（）

A．溶液II中

B．溶液I中BOH的电离度为

C．溶液I和II中的相等

D．溶液I和II中的之比为

12．已知相同温度下，，升高温度，两者溶解度均增大。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。

下列说法错误的是（）

A．该温度下的的数量级为

B．该温度下，两溶液的

C．降低温度，曲线②可能向左下方平移为曲线③

D．根据曲线数据可以求得，的数值是5.5

13．常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸()，各含磷微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH的关系如图所示。已知，反应中只能生成和两种盐。下列说法正确的是（）

A．曲线a代表

B．的电离平衡常数

C．溶液中

D．pOH=7时，

14．有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是（）

A．在三种酸的酸性比较：HZ>HY>HX

B．中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol

C．HX、HY、HZ三者均为弱酸

D．在X-、Y-、Z-三者中，以Z-最易发生水解

15．常温下用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不可能显碱性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

三、填空题

16．下面所列物质中，属于强电解质的是(填序号，下同)，属于弱电解质的是，属于非电解质的是。

①氯化钾②乙醇③醋酸④氨气⑤蔗糖⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩碳酸钡铁

17．

（1）用离子方程式表示NH4Cl溶液显示酸性的原因：。

（2）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：

则M、N相比，较稳定的是。

（3）已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1275.6kJ·mol－1

②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ·mol－1

写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式。

18．某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：

①移取25.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞

②用标准溶液润洗滴定管2-3次

③把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液

④取标准KOH溶液注入____至0刻度以上2-3cm

⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数

⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度

（1）正确操作的顺序是（用序号填写）.

（2）步骤④中的滴定管是：（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”）。

（3）当步骤⑥待测液由色变为色，且半分钟内不变化即达到终点，KOH溶液开始时读数及恰好反应时的读数见表。

实验编号待测盐酸溶液体积（mL）滴定开始读数（mL）滴定结束读数（mL）

①25.000.0019.95

②25.001.1018.30

③25.000.2020.25

请计算待测的盐酸的物质的量浓度mol/l（小数点后面保留4位数字）。

（4）由于操作失误，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是___。

A．滴定达到终点时，俯视滴定管内液面读数

B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用氢氧化钾溶液进行滴定

C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入盐酸待测液

D．滴定时碱式滴定管中氢氧化钾溶液洒落在锥形瓶外

四、实验探究题

19．某小组探究硝酸银与碘化钾的反应。

（1）实验Ⅰ：向盛有溶液的试管中，加入溶液，振荡试管，产生黄色沉淀，然后向其中滴入淀粉溶液，溶液无明显变化。

①常温下，溶液中，(填“>”、“1

2、测NaR的pH>7

3、取PH＝3的酸HR1mol，稀释到100mL后，测其PHc(H+)，溶液显碱性；

故答案为：B。

【分析】依据盐酸是强酸而氨水是弱碱及其溶液酸碱性的计算分析解答。

11．【答案】B,C

【解析】【解答】A．常温下溶液II的pH=7.0，则溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，，A不符合题意；

B．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，则=1.0×10-5，解得=，B符合题意；

C．根据题意，未电离的BOH可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的相等，C符合题意

D．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液I中=(10-3+1)c(BOH)；溶液II的pH=7.0，溶液II中c(OH-)=10-7mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液II中=(102+1)c(BOH)；未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(BOH)相等，溶液I中和II中之比为[(10-3+1)c(BOH)]∶[(102+1)c(BOH)]≈10-5，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A．常温下，pH=7.0的溶液中c(H+)=c(OH-)；

B．依据Kb=计算；

C．根据题意，未电离的BOH可自由穿过隔膜；

D．依据Kb=和计算。

12．【答案】A,C

【解析】【解答】A．由分析知该温度下的的数量级为，故A符合题意；

B．该温度下，两溶液的，故B不符合题意；

C．升高温度，两者溶解度均增大，则降低温度，Ksp应该会减少，曲线②可能向右上方平移，故C符合题意；

D．由图可知曲线①对应的Ksp=10-10，根据曲线数据可以求得，，故D不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】A.根据=计算；

B.根据计算；

C.降低温度，Ksp减小；

D.根据曲线数据，结合Ksp的公式计算。

13．【答案】C,D

【解析】【解答】A．根据分析，曲线a代表X()，A不符合题意；

B．的电离平衡常数，B不符合题意；

C．溶液中的电离常数为，水解常数为：，故溶液呈酸性，，C符合题意；

D．pOH=7时，pH=7，根据电荷守恒：，故，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】先分析图象的基本情况，pOH为横坐标，pOH越大，则酸性越强，其次，结合信息“反应中只能生成和两种盐”，可知H3PO3为二元酸，可以发生两次电离，一级电离为，二级电离为，随着酸性减弱，电离程度减弱，H3PO3浓度减小，H2PO3-浓度增强，一级电离程度减弱，二级电离程度增强，当酸性减弱到一定程度时，一级电离几乎不存在，二级电离为主，此时H2PO3-浓度减小，HPO32-浓度增大，二级电离程度减弱；

A、根据上述分析，曲线a代表HPO32-，曲线b代表H2PO3-，曲线c代表H3PO3；

B、二级电离平衡常数可以根据HPO32-和H2PO3-的交点计算，即曲线a和曲线b的交点，结合二级电离平衡常数，可知在交点处Ka2=c(H+)，而横坐标为pOH，需要换算为c(H+)；

C、NaH2PO3溶液即溶质为NaH2PO3，此时c(H2PO3-)最大，即b曲线的最高点，此时pOH大于7，溶液为酸性；

D、pOH=7溶液为中性，结合电荷守恒，等量代换可以知道。

14．【答案】A,B

【解析】【解答】A.由分析可知，三种酸的酸性强弱为HX>HY>HZ，选项错误，A符合题意；

B.HY与NaOH反应的化学方程式为NaOH+HY=NaY+H2O，因此中和1molHY，需NaOH的物质的量为1mol，选项错误，B符合题意；

C.由于三种盐溶液中均存在水解，因此HX、HY、HZ都属于弱酸，选项正确，C不符合题意；

D.由分析可知，水解程度X-HY>HZ；据此结合选项进行分析。

15．【答案】A,B

【解析】【解答】A．pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故A符合题意；

B．某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故B符合题意；

C．若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故C不符合题意；

D．若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故D不符合题意。

故答案为：AB。

【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性。

16．【答案】①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤

【解析】【解答】①氯化钾③醋酸⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；①氯化钾⑦硫酸氢钠⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质；③醋酸⑥硫化氢⑧一水合氨，水溶液中部分电离属于弱电解质；②乙醇④氨气⑤蔗糖，水溶液中或熔融状态下都不导电属于非电解质；⑨氯气铁是单质不是电解质也不是非电解质。强电解质：①⑦⑩。弱电解质：③⑥⑧。非电解质：②④⑤。

故本题正确答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤

【分析】强电解质是在说溶液中完全电离的化合物，主要是强酸、强碱、可溶性盐或者一些难溶性盐

弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物主要是弱酸、弱碱、水

非电解质：在水溶液或者熔融状态下下不导电的化合物如乙醇、氨气、二氧化碳等等

17．【答案】（1）NH4++H2ONH3·H2O+H+

（2）M

（3）CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.8kJ·mol－1

【解析】【解答】（1）NH4Cl溶液中存在NH4＋水解，其反应的离子方程式为NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。

（2）有机物M转化为N的过程需要吸热，为吸热反应，因此M具有的能量小于N，而物质所具有的的能量越低，越稳定；因此较稳定的是M。

（3）甲醇完全燃烧的化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)，由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=×(-1275.6kJ/mol)-2×(+44.0kJ/mol)=-725.8kJ/mol。所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-725.8kJ/mol

【分析】（1）NH4＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性。

（2）该转化反应为吸热反应，据此判断物质能量的相对大小，物质具有的能量越高，越不稳定。

（3）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，据此写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热。

18．【答案】（1）②④③⑤①⑥

（2）碱式滴定管

（3）无；浅红或粉红；0.0800

（4）B；D

【解析】【解答】（1）进行酸碱中和滴定实验时，需先用标准溶液润洗滴定管；然后用碱式滴定管取标准KOH溶液；再将盛有标准溶液的滴定管固定在滴定管架上，调节液面时滴定管尖嘴充满溶液；调节液面至0或0刻度以下，记录读数；用酸性滴定管移取25.00mL待测液，注入锥形瓶内，并加入2~3滴酚酞试液；将锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记录滴定管液面刻度。因此正确的操作顺序为②④③⑤①⑥。

（2）KOH溶液显碱性，因此需用碱式滴定管。

（3）滴定终点溶液显碱性，所加指示剂为酚酞试液，因此滴定终点，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内溶液颜色不变化。

实验①消耗标准液的体积为19.95mL-0.00=19.95mL，实验②消耗标准液的体积为18.30mL-1.10=17.2mL，实验③消耗标准液的体积为20.25mL-0.20=20.05mL。实验②数据误差较大，应舍去，故实验过程中消耗标准液的体积。则待测液的浓度。

（4）A、达到滴定终点时，俯视读数，则读数偏小，即V标偏小，由公式可得，c待偏小，即所测盐酸溶液的浓度偏低，A不符合题意；

B、碱式滴定管未用KOH溶液润洗，则KOH标准溶液被稀释，实验过程中所需KOH标准溶液的体积偏大，即V标偏大，由公式可得，c待偏大，即所得盐酸溶液的浓度偏高，B符合题意；

C、锥形瓶内有水，对消耗KOH标准溶液体积无影响，即V标不变，所测盐酸溶液的浓度不变，C不符合题意；

D、滴定过程中，KOH溶液低落在锥形瓶外，则V标偏大，由公式可得，c待偏大，即所测盐酸溶液的浓度偏高，D符合题意；

故答案为：BD

【分析】（1）结合酸碱中和滴定的操作过程进行分析。

（2）KOH溶液显碱性，应用碱式滴定管盛装。

（3）滴定终点，溶液显碱性，由于所加指示剂为酚酞溶液，因此溶液由无色变为红色。

根据表格数据计算消耗标准KOH溶液的体积，结合公式进行计算。

（4）分析错误操作对V标的影响，结合公式分析误差。

19．【答案】（1）＞；

（2）银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag

（3）KI溶液；2Ag++2I-=2Ag+I2

（4）Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大

【解析】【解答】（1）①常温下，溶液中由于银离子发生水解反应使溶液显酸性，则＞。

②发生反应生成黄色沉淀的离子方程式是。

（2）小组同学依据物质性质分析，反应产物中可能存在Ag，依据是银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag。

（3）①为验证溶液与KI溶液可以发生反应得到Ag，甲溶液是KI溶液。

②该装置为原电池，负极上碘离子失去电子，正极上银离子得电子生成Ag，发生的总反应的离子方程式是2Ag++2I-=2Ag+I2。

（4）推测实验Ⅰ中生成黄色沉淀而没有产生Ag的原因为Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大。

【分析】（1）①依据盐类水解规律；

②AgI是黄色不溶物；

（2）物质含元素处于最高价，只有氧化性，物质含元素处于最低价，只有还原性；物质含元素处于中间价态既有氧化性又有还原性。

（3）①反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；

②原电池，负极上失去电子，正极上得电子；

（4）沉淀反应的平衡常数比氧化还原反应的平衡常数大。

20．【答案】（1）胶头滴管；250mL容量瓶

（2）b；用待测液润洗滴定管2～3次

（3）锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原色

（4）95.4%

（5）D

【解析】【解答】（1）配成250mL待测液，需要将称量的固体样品在烧杯中溶解，冷却室温后沿玻璃棒转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒后，加水定容，需用到胶头滴管，故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；

（2）待测液显碱性应选用碱式滴定管，即b管，滴定管在注液前应先用待测液润洗2～3次，故答案为：b；用待测液润洗滴定管2～3次；

（3）滴定过程中眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色变化，当滴定到终点时溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原色；

（4）由表格数据可知消耗盐酸的平均体积为：，则消耗盐酸的物质的量为：0.1000mol/L×0.027L=0.0027mol，根据：Na2CO3～2HCl，可知碳酸钠的物质的量为：0.00135mol，样品纯度为：，故答案为：95.4%；

（5）A.滴定过程中锥形瓶内有溶液溅出，导致标准液的用量偏少，所测浓度偏低，故不选；

B.注入待测液前锥形瓶未干燥，对实验无影响，故不选；

C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，导致标准液读数偏小，计算浓度偏低，故不选；

D.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，使起始读数偏小，滴定结束后气泡消失，则标准液消耗量偏大，浓度偏高，

故答案为：；

故答案为：D；

【分析】（1）依据要求按照配制溶液的步骤选择合适的仪器；

（2）碱性应选用碱式滴定管；滴定管在注液前应先用待测液润洗；

（3）注意滴定终点的现象；

（4）由表格数据取平均值进行计算；

（5）依据计算；

21．【答案】（1）②＞①＞③

（2）②＞①＞③

（3）HX＞HY＞HZ

（4）9

（5）碱；；0.12

【解析】【解答】(1)室温下pH相等即溶液中氢氧根离子浓度相，氢氧化钠全部电离，碳酸钠、醋酸钠是水解显碱性，因此碳酸钠、醋酸钠的浓度远大于氢氧化钠，由于碳酸钠水解程度大于醋酸钠水解程度，所以醋酸钠的浓度大于碳酸钠浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。

(2)室温下浓度均为0.1的①②和③溶液中，碳酸铵、硫酸钠电离出的铵根离子浓度几乎是硫酸氢铵的两倍，硫酸铵中铵根单一水解，硫酸氢铵中氢离子抑制铵根水解，虽然碳酸铵发生双水解，但铵根离子大于硫酸氢铵中铵根离子浓度，因此物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞①＞③；故答案为：②＞①＞③。

(3)室温下0.1的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，根据对应酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，因此可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ；故答案为：HX＞HY＞HZ。

(4)根据题意得到室温下，向0.05的溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，则的，解得，则，溶液的pH约为9；故答案为：9。

(5)①根据以上信息可知，存在电离平衡，是弱酸，则会水解，生成氢氧根和碳酸氢根，因此溶液呈碱性，故答案为：碱。

②根据草酸大于硫酸氢根，硫酸氢根大于草酸氢根，因此少量溶液与过量溶液反应生成醋酸氢根和硫酸根，其反应的离子方程式为；故答案为：。

③室温下，pH=1的溶液中，，解得；故答案为：0。12。

【分析】(1)依据物质的种类及盐类水解的原理分析；

(2)依据盐类水解的原理分析；

(3)根据对应酸越弱，其水解程度越大；

(4)根据Ksp计算；

(5)①依据盐类水解规律分析，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。

②根据强酸可以制弱酸书写。

③利用计算。

22．【答案】（1）

（2）

（3）或

（4）碱式；溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；B

【解析】【解答】（1）1mol液态肼参与反应放出的热量为32g×31.1kJ/1.6g=622kJ，热化学反应方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)△H=－622kJ·mol－1；（2）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=()=－46.2kJ·mol－1；（3）①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－akJ·mol－1；②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－bkJ·mol－1；③H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)△H=－ckJ·mol－1；根据目标反应方程式，2×①－2×②－4×③得出△H=(－2a＋2b＋4c)kJ·mol－1；（4）①标准液为NaOH，应盛放在碱式滴定管中；②用NaOH滴定盐酸，酚酞作指示剂，滴定终点的现象是溶液由无色变成浅红色，且30s(或半分钟)内不褪色；③根据滴定管的构造，读数应为23.35mL，故B选项正确。

【分析】（1）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；

（2）计算化学反应的能量变化的两种方法分别是：通过生成物和反应物的键能之差计算；也可以根据反应物和生成物的总能量和进行计算；

（4）根据滴定的原理：c（标准）V（标准）=c（待测）V（待测）以及滴定的消耗量可以计算出待测液的浓度。

23．【答案】（1）HCO

（2）2

（3）无色

【解析】【解答】(1)在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解，所以能发生水解反应的是HCO；

(2)盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2，故答案为2；

(3)酚酞在碱性溶液中为红色，当达到滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为无色；

【分析】（2）根据pH计算的方式计算

（3）中和滴定终点的判断

24．【答案】（1）容量瓶

（2）酚酞

（3）碱式滴定管；