第29讲 水的电离和溶液的酸碱性（练习）（解析版）

第29讲水的电离和溶液的酸碱性（模拟精练+真题演练）完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H1N14O16S32Cu64一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）1．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）实验小组进行实验检测菠菜中草酸和草酸盐的含量(均以草酸计)，主要操作包括：①菠菜样品研磨成汁，稀硫酸浸泡后取澄清溶液；②转移定容①中的澄清溶液，得待测液；③移取20.00mL待测液，用的酸性溶液滴定。上述操作中，未用到的仪器为A．

B．

C．

D．

【答案】B【解析】实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A为研钵，B为分液漏斗，C为烧杯，D为酸式滴定管。上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B项。2．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）某小组设计实验测定胆矾()纯度(杂质不参与反应)：称取胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL溶液，准确量取配制溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X，用溶液滴定至终点，消耗滴定液Vml。涉及有关反应如下：，。下列叙述正确的是A．X为甲基橙溶液B．滴加溶液时选择滴定管如图所示C．滴定管装液之前最后一步操作是水洗D．胆矾纯度为【答案】D【解析】A．滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为碘单质遇淀粉变蓝，则指示剂X为淀粉溶液，A项错误；B．水解而使其溶液显碱性，因此滴加该溶液要选择碱式滴定管，B项错误；C．滴定管装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C项错误；D．根据关系式：可知，胆矾纯度为，D项正确；答案选D。3．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数)。下列说法不正确的是

A．该实验中，需先后用酚酞和甲基橙作指示剂B．a点：C．水的电离程度：a点>b点D．b点：比值为【答案】A【解析】A．根据题中信息指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法，因此该实验中不需要用指示剂，故A错误；B．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠且两者浓度相等，碳酸氢根既要电离又要水解，因此，故B正确；C．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，促进水的电离，而b点溶质是氯化钠和碳酸，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C正确；D．b点：，故D正确。综上所述，答案为A。4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知下，均为1的(难挥发的二元强酸)溶液和溶液，升高温度，两溶液与温度的关系如图所示(不考虑水的挥发)。下列说法错误的是

A．时，对应溶液中水的电离程度最小B．时，水的离子积常数C．之后，对应溶液增大的主要原因是醋酸挥发D．点两溶液中存在【答案】D【解析】A．由图可知，曲线表示溶液的与温度的关系，时醋酸电离产生对水的电离抑制程度更大，水电离程度最小，A项正确；B．由图可知，曲线表示稀的与温度的关系，则时，溶液中和电离出的浓度之和为，电离出的，水的离子积常数，B项正确；C．之后，温度升高，溶液增大，主要原因是醋酸挥发，C项正确；D．由电荷守恒可知，，D项错误；故答案为：D。5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．pH=5的a、d水溶液中c(H+)相同B．c通入紫色石蕊先变红后褪色C．b和e反应可能生成Na2S2O3D．e能够促进水的电离【答案】B【分析】根据含有硫元素的物质所属类型，结合硫元素的化合价，可知a是H2S，b是单质S，c是SO2，d是H2SO4，e为Na2SO3等亚硫酸盐，再结合物质的性质分析解答。【解析】A．pH=5的H2S、H2SO4水溶液中c(H+)都为1.0×10-5mol·L-1，故c(H+)相同，A正确；B．c是SO2，SO2只能漂白某些有机色质，比如品红溶液，但是不能使指示剂褪色，故B说法错误，B错误；C．单质S与Na2SO3固体共热，可生成硫代硫酸钠Na2S2O3，C正确；D．Na2SO3等亚硫酸盐为水解盐，能够促进水的电离，D正确；故选B。6．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）常温下，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。

下列说法正确的是A．a→d过程中，水的电离程度逐渐增大B．加入10mL→13mLMOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小C．常温下，Kb(MOH)=Ka(HA)≈10-4.6D．b点溶液中c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(MOH)+c(OH-)【答案】C【分析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1。【解析】A．a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是碱过量又抑制水的电离，故A错误；B．10mL→13mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，所以导电率减小，故B错误；C．因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明Kb(MOH)=Ka(HA)，在a点pH=2.8，c(H+)=c(A-)=，c(HA)=0.1mol/L，，故C正确；D．b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，（1）+得到如下式子：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(MOH)+2c(OH-)，故D错误；答案选C。7．（2023·河南·统考模拟预测）25°C时，用0.5mol·L-1NaHCO3溶液滴定25.00mL0.25mol·L-1CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：Ksp(CaCO3)=3.5×10-9、Ka1(H2CO3)=4.4×10-7、Ka2(H2CO3)=4.5×10-11、100.8≈6.3]。

下列叙述错误的是A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液pH不变B．的电离程度：c点大于b点C．d点溶液中c(Ca2+)<c()D．d点溶液中c(Ca2+)·c()的值约为4.9×10-6【答案】C【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点已经有沉淀生成，溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。【解析】A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体不会再溶解，浓度不变，pH值不变，故A正确；B．c点生成了碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，因此c点碳酸氢根电离程度大于b点，故B正确；C．d点溶液显碱性碳酸氢根离子以水解为主，电离的碳酸根离子很少，而且碳酸钙的溶度积比碳酸的第二步电离常数大的多，钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，故C错误；D．c(Ca2+)·c()===，故D正确；答案选C。8．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）常温下，向溶液中逐滴加入的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．a点的 B．b点时，C．c点时， D．c点时，【答案】D【解析】A．CH3COOH是弱电解质，部分电离，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以a点溶液pH＞1，故A错误；B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为30mL，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c（CH3COO-）＞×≈0.033mol/L，故B错误；C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH＞7，故C错误；D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c点溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，故c点时，，D正确；故选D。9．（2021·广东·统考模拟预测）常温下，将一定浓度的HCl溶液滴加到的MOH溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是

A．MOH的电离常数：B．a点溶液中C．水的电离程度：D．将c点溶液加水稀释，c点向b点移动【答案】D【解析】A．由图可知a点时，，，溶液为MOH和MCl的混合溶液，，，故，故A正确；B．a点时，可知，又因为，，再结合电荷守恒得出，a点，，起始时溶液，，故B正确；C．a→c的过程中，水的电离程度逐渐增大，当MOH全部转化为MCl时，水的电离程度最大，故C正确；D．c点溶液呈中性，加水稀释，pH不变，故D错误；故本题选D．10．（2023·江苏盐城·盐城中学校考二模）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：

下列说法错误的是A．25℃时，第一步电离平衡常数B．c点溶液中：C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>aD．b点溶液中：【答案】D【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当<1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当1<<2时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。【解析】A．由图可知，25℃时，c(HA-)=c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，A正确；B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)=3c(HA-)=3c(A2-)=2c(HA-)+c(A2-)，B正确；C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a，C正确；D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b点pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A被滴定分数>1，c(OH-)>c(H2A)，D错误；故选D。11．（2023·北京东城·北京五十五中校考模拟预测）测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。i．取VmL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20mol·L-1NaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。ii．向i所得溶液加入过量0.50mol·L-1NaOH溶液V1mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。iii．用0.50mol·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2mL。下列说法不正确的是A．根据结构分析，pKa：CH2OHCOOH<CH3COOHB．乙二醛反应生成CH2OHCOONa属于氧化还原反应C．待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V1-V2)/V

mol·L-1D．若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低【答案】D【解析】A．pKa越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CH2OHCOOH中醇羟基的氧原子的作用可使羧基的O-H键极性增强，电离出变易。CH3COOH中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H键极性减弱，电离出变难，因此pKa：CH2OHCOOH<CH3COOH，A正确；B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基转化为羧基属于氧化反应，B正确；C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH物质的量为：，则与乙二醛反应的NaOH物质的量为：，根据步骤ii，乙二醛物质的也为，则待测液中乙二醛的浓度为，C正确；D．如果不进行步骤i，在步骤ii时，除乙二醛消耗NaOH外，HNO3也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛反应的NaOH偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D错误；故选D。12．（2023·上海·统考模拟预测）0.1mol·LNaOH溶液分别滴入20mL0.1mol·LHX溶液与20mL0.1mol·LHCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是

A．b点： B．c点：C．a、d点溶液混合后为酸性 D．水的电离程度：d>c>b>a【答案】D【分析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。【解析】A．b点的pH=6则，则，故A错误；B．c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；C．a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20mL0.1mol·LHX溶液与20mL0.1mol·LHCl溶液混合，溶质为NaCl和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；D．d点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D正确；故选D。二、主观题（共3小题，共40分）13．（14分）（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：溶液物质的量浓度pH(I)HAc0.1mol/L2.86(II)0.1mol/L6.14(III)0.1mol/L1(1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式(2)比较溶液(II)、(III)中的大小关系是(II)(III)(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的之比是。II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验

用浓度均为0.1mol·L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mL/mLpHI40.00//02.86II4.00/36.0003.36VII4.00ab3∶44.53VIII4.004.0032.001∶14.65(4)根据表中信息，补充数据：a=，b=。(5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：。由实验II~VIII可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论

假设成立。【答案】(每空2分)(1)HAc⇌Ac-+H+(2)＜(3)1:105(4)3.0033.00(5)正实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1【解析】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc⇌Ac-+H+；（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c()的大小关系是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，1.0×10-11.14mol•L-1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由水电离出的，c(H+)=1.0×10-6.14mol•L-1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14mol•L-1):(1.0×10-6.14mol•L-1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10倍pH增大1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。14．（12分）（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）已知25℃时电离常数：酸H2CO3CH3COOHHCNKaKa1=4.5×10-7Ka2=5.6×10-111.75×10-56.2×10-10(1)H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸中酸性最弱的是。常温下，pH均为10的Na2CO3、CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是。(2)常温下，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：

①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是。(3)常温下，向NaCN溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为：。(4)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+OH-平衡，下列说法不正确的是_______。A．稀释溶液，增大 B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，水解平衡常数增大 D．加入Na2O固体，减小【答案】（每空2分）(1)HCNCH3COONa(2)酚酞c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)(3)NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN(4)A【解析】（1）电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；（2）①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，因此用KOH滴定CH3COOH溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；（3）根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，因此NaCN溶液中通入少量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO；（4）A．，加水稀释，促使平衡向右进行，n(CO)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A错误；B．通入CO2，CO2与OH-反应生成HCO，c(OH-)降低，pH降低，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解常数增大，故C正确；D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO)减小，c(CO)增大，该比值减小，故D正确；答案选A。15．（14分）（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考二模）(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+。回答下列问题：（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、、。（2）为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。①仪器B的名称是。②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式。③C的作用是。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O72－+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察。②滴定结果如下表所示该样品中氮的质量分数为。【答案】（除标注外，每空2分）(1)有刺激性气味气体放出溶液变为黄色（1分）(2)①U形管（1分）②(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O③防止水蒸气进入到B中(3)①偏大锥形瓶内溶液颜色的变化②10.00%【分析】(1)根据NH4+与碱反应生成氨气，以及Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+平衡移动解答。(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸钾分解反应的化学方程式。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量，所以每摩尔氮原子产生的H+消耗1molNaOH，据此分析计算。【解析】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH溶液时，NH4++OH-=NH3↑+H2O，H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+向正反应方向移动，所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。(2)①仪器B的名称是U形管。②因碱石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A中减小的质量（2.00g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N2)==0.02mol，生成0.02molN2时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02mol×6e-=0.12mole-，又因A中样品n[(NH4)2Cr2O7]==0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数==3，即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr2O3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成水蒸气的物质的量n(H2O)==0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n[(NH4)2Cr2O7]：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。③为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水蒸气进入到B中。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量（每摩尔氮原子生成的H+消耗1molNaOH）。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴定管内壁的水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据可知，四次平行实验用去的NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值==20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L×0.200mol/L×=0.04mol，则样品中氮原子物质的量=×0.04mol=0.02mol，所以样品中含氮质量分数=×100%=10.00%。1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往溶液中滴加溶液。实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点B．实验I中时，存在C．实验Ⅱ中发生反应D．实验Ⅱ中时，溶液中【答案】D【解析】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。2．（2023·湖南·统考高考真题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．约为B．点a：C．点b：D．水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误