2024届高三化学高考备考一轮复习训练--弱电解质的电离训练二

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2024届高三化学高考备考一轮复习训练--弱电解质的电离训练二
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列离子方程式书写正确的是
A．电解氯化镁溶液：
B．乙酸溶液显酸性：
C．用碳酸钠溶液除去锅炉水垢：
D．依据酸性HF强于HClO，可以发生反应：
2．已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表：
酸
电离平衡常数
醋酸
Ki=1.75×10-5
次氯酸
Ki=2.98×10-8
碳酸
Ki1=4.30×10-7      Ki2=5.61×10-11
亚硫酸
Ki1=1.54×10-2      Ki2=1.02×10-7
下列叙述正确的是
A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小
B．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-→CO+2HClO
C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClO
D．25℃，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3
3．下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙，Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是
A．   B．  
C．   D．  
4．在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH的变化如图。下列有关说法中正确的是
  
A．a点溶液未达到电离平衡状态
B．离子总浓度越大，溶液导电能力越强
C．向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同
D．b点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小
5．均苯三甲酸(    ，用 H3T 表示)水溶液存在如下平衡：H3TH2T－ HT2− T3−，向0.1 mol· L−1H3T溶液中加入HCl(g)或NaOH(s)时(忽略溶液体积的变化)，溶液中各含T微粒的分布系数 δ(X)随溶液pH变化的曲线如图所示：
  
已知δ(X)＝
下列说法错误的是
A．若用NaOH(aq)滴定H3T(aq)至恰好生成Na2HT，可选甲基橙作指示剂
B．M点，c(H+ )＝
C．0.1 mol·L−1的Na2HT溶液中：c(Na+ )＞c(H2T－) ＞c(T3−)＞c(H+ )
D．25°C时HCN的电离平衡常数，则HT2－与CN-不能大量共存
6．下列关于的化学用语或图示表达不正确的是
A．醋酸溶液呈酸性：
B．一定条件下，与反应能生成
C．的核磁共振氢谱图：
D．0.1mol·L醋酸溶液中，mol⋅L
7．25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如下图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是
  
A．P1所示溶液c(Cl-)>0.1mo·L-1
B．P2所示溶液c() = 102.25c(NH3·H2O)
C．P3所示溶液c( Cl-)>c( )>c( NH3·H2O) >c(H+)>c(OH-)
D．t= 0.5时，c()+c(H+) = c(NH3·H2O)+c(OH-)
8．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H＋的能力比CH3COOH的强
B
向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
Br2的氧化性比I2的强
D
向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
Fe2+具有还原性

A．A B．B C．C D．D
9．常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是
A．c(H＋)：CH3COOH>HCOOH
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH3COOH
C．HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H2O
D．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变
10．25℃时，向0.1mol/L的丙三羧酸(用表示)溶液中滴加溶液，如下图所示。

①(分布分数)为某种含A微粒占所有含A微粒的物质的量分数。
②醋酸的
则下列叙述正确的是
A．分别向a、b、c各点代表的溶液中滴加少量酸或碱溶液，溶液的pH变化均较大
B．c点溶液中：
C．和的溶液中离子的浓度都约为
D．醋酸与少量丙三羧酸钠反应的离子方程式为
11．已知：酸碱质子理论认为，凡是能给够出质子()的物质是酸(比如)，能接受质子的物质是碱(比如)，而酸给出质子转变为相应的碱，碱接受质子转变为相应的酸，这种得失质子可以相互转变的一对酸碱型体称为共轭酸碱对。常温下，调节HA溶液的pH，HA所占物质的量分数δ(分布系数)随pH变化、所占物质的量分数δ(分布系数)随pH变化的关系如图所示[比如HA的分布系数]。下列表述不正确的是

A．是HA的共轭碱 B．
C．增大pH过程中，的值减小 D．变化曲线上任意一点均满足
12．硫代二乙酸[S(CH2COOH)2 ]可用于生产硫代酯类抗氧剂。常温下，将NaOH溶液滴入硫代二乙酸(简写为H2R)溶液中，混合溶液中的离子浓度随溶液pH变化的关系如图所示，图中M、N坐标分别为(3.1，2)、(5.3，1)。下列说法不正确的是
  
A．Ⅱ表示 随溶液pH变化的关系
B．Ka1 (H2R )＝ 1× 10−1.1
C．NaHR 溶液中， c(H2R )> c(R2−)
D．当 c(H2R )＝c(R2−) 时，溶液 pH ＝ 2.7
13．常温下，下列事实能说明某一元酸是一元强酸的是
A．溶液的
B．溶液
C．溶液比硝酸导电能力弱
D．溶液与溶液混合
14．设为阿伏加德常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，中所含键数目为
B．标准状况下，溶于水，溶液中、和HClO的微粒数之和为
C．向溶液中通入，若有被氧化，则转移电子数为
D．常温下，的溶液中含有数目为
15．分别测定不同浓度溶液、溶液和溶液的电导率()数值，测定结果的数据处理如下表。
溶液





溶液
4839
2478
1252
51.2%
50.5%
溶液
10958
5593
2797
51.0%
50.0%
溶液
267
182
126
68.2%
69.2%
已知：代表溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。
下列说法不正确的是
A．仅由的数据不能说明三种电解质的强弱
B．表中数据不能说明同等条件下与的导电能力强弱
C．比值数据能说明存在电离平衡
D．溶液的数据能说明溶液越稀，的电离程度越大

二、实验题
16．某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。
已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。
②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：

③当苯酚溶液时，其与氯化铁显色效果最佳。
(1)中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是_______。
(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的会影响显色效果，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
向苯酚溶液(调节)滴加溶液
生成红褐色沉淀
II
向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸
沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色
解释实验II中产生相关现象的原因：_______。
(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品在一定范围内。将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液约为5.5的原因：_______。
(4)取的标准苯酚溶液，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。
①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，_______。
②下列说法不正确的是_______(填字母序号)。
a.若苯酚溶液，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为
c.溶液X中，有
d.若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含_______g(保留到小数点后四位)。
(5)小组进一步探究发现不能与形成配合物，原因是_______。
17．盐与酸的反应是水溶液中常见的反应，某学习小组展开相关探究。
I.碳酸氢钠片抗酸容量(σ)的测定
(1)碳酸氢钠片能中和过多的胃酸(主要成分是HCl)，小组同学测定其抗酸容量的实验步骤如下：
a.配制100mL0.2mol•L-1的盐酸溶液；
b.称取mg碳酸氢钠片，溶于20mL水中，用上述盐酸溶液滴定至pH=3。
已知：碳酸氢钠片的抗酸容量是指用盐酸溶液滴定碳酸氢钠片水溶液至pH=3时，单位质量的碳酸氢钠片所消耗的盐酸的物质的量，即σ=。
①步骤a需4mol•L-1盐酸的体积为_____mL(保留1位小数)。
②步骤b需要用到图中所示仪器中的_____(填名称)。

③若步骤b中消耗盐酸的体积为VmL，则σ=______mol•g-1。
II.Na2HPO4－KH2PO4混合溶液抗酸能力的探究
Na2HPO4－KH2PO4混合溶液具有抗酸能力。向该溶液中加入少量盐酸，溶液的pH变化不大；加入盐酸的量相等时，溶液的pH变化越小，溶液的抗酸能力越强。
已知：i.25℃时，H3PO4的Ka1=7.6×10-3，Ka2=6.3×10-8，Ka3=4.4×10-13，lg4.4=0.64，lg6.3=0.80，lg7.6=0.88；
ii.Na2HPO4－KH2PO4混合溶液的抗酸能力与[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]、有关。
(2)HPO和H2PO可发生相互转化，写出其中一种转化的离子方程式：______。
(3)小组同学设计实验探究相同时，[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]对混合溶液抗酸能力的影响，溶液配制方案如表。分别向溶液1、溶液2、溶液3中滴加0.1mol•L-1盐酸，溶液的pH随加入盐酸滴数的变化情况如图所示。

溶液序号
组成
体积/mL
1
0.2mol•L-1NaCl溶液
10
2
0.2mol•L-1Na2HPO4溶液
5
0.2mol•L-1KH2PO4溶液
5
3
0.06mol•L-1Na2HPO4溶液
5
0.06mol•L-1KH2PO4溶液
5
①已知A点时，=1，则此时溶液的pH=______(精确至小数点后1位)。
②实验结果显示，NaCl溶液不具有抗酸能力，即曲线_____(填曲线标号)表示溶液1。
③实验结果显示，当相同时，[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液______(填溶液序号)。
(4)小组同学继续探究[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]相同时，对混合溶液抗酸能力的影响，实验方案如表：
溶液序号
试剂体积/mL
pH
加入24滴0.1mol•L-1盐酸后的pH
0.2mol•L-1Na2HPO4溶液
xmol•L-1KH2PO4溶液
4
9
1
A1
A4
5
8
2
A2
A5
6
5
5
A3
A6
①表中x=_____。
②实验结果显示，当[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是______(用含A1、A2、A3、A4、A5、A6的关系式表示)。
18．某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸(，可简写为)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)且酸性强于碳酸，其熔点为，在升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：
(1)乙二酸的电离方程式为___________
(2)将一定量的草酸晶体放于试管中，按如图所示装置进行实验(夹持装置末标出)：

实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，中粉末变蓝，中粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是___________，草酸晶体分解的化学方程式为___________。
(3)取草酸溶液至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化。用一定浓度的高锰酸钾标准液滴定，其反应的离子方程式为___________，滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定到达终点的现象是___________。
(4)该小组同学将草酸晶体加入到的溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是___________(用文字简单表述)。所形成的溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为___________。
19．乙二酸俗称草酸(H2C2O4)，是一种二元弱酸，易溶于水，具有还原性。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4。
Ⅰ.学习小组甲用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。
(1)H2C2O4中C的化合价为___________；
(2)0.1mol/L NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________；
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如图1所示，合理的是___________(填“a”或“b”)，由图2可知消耗KMnO4溶液体积为___________mL。

Ⅱ.学习小组乙查阅文献获得以下信息：
①三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解，[Fe(C2O4)3]3-是一种稳定的配离子，能类似于Fe(SCN)3中的[Fe(SCN)]2+在溶液中稳定存在。[Fe(C2O4)3]3-和[Fe(SCN)]2+存在如下平衡：
ⅰ.[Fe(SCN)]2+(红色)Fe3++SCN-
ⅱ.[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3   
②相同条件下，草酸根()的还原性强于
③FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸
【实验】探究Fe3+和草酸根在溶液中的反应。
操作
现象
在避光处，向10mL 0.5 溶液中缓慢加入0.5 溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到翠绿色溶液和翠绿色晶体

(4)取实验中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，原因是___________(结合ⅰ、ⅱ平衡，用必要的化学用语和数据解释原因)，继续加入硫酸，溶液变红，说明加入硫酸，H+与C2O结合使ⅱ平衡___________移动(填“正向”或“逆向”)。经检验发现上述实验中Fe3+和C2O未发生氧化还原反应。
(5)设计一个实验证明草酸属于二元弱酸：___________。
20．“消洗灵”是具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效的固体粉末，消毒原理与“84消毒液”相似，化学组成可以表示为(磷酸三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程如图：

回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________，C中采用多孔球泡的目的是___________。
(2)磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是，，，常温下同浓度、的混合溶液pH_______(填“>”“<”或“=”)7。
(3)“消洗灵”消毒时对金属腐蚀性小，原因是在金属表面形成一种不溶性磷酸盐膜，对金属有良好的保护作用，在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的化学方程式：___________。
(4)产品纯度测定( 的摩尔质量为656.5 )。
①取a g待测试样溶于蒸馏水配成250 mL溶液；
②取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入10 mL 2 稀硫酸、25 mL 0.1 碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05 硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00 mL。
已知：，达到滴定终点的现象为___________，产品的纯度为___________(用含a的代数式表示)。若滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会造成纯度测定值___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

参考答案：
1．C
【详解】A．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，不可能生成金属镁，故A错误；
B．醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子使溶液呈酸性，电离方程式为，故B错误；
C．用碳酸钠溶液除去锅炉水垢的原因是碳酸钠溶液与锅垢中微溶的硫酸钙反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，故C正确；
D．由氢氟酸的酸性强于次氯酸可知，次氯酸不可能与溶液中的氟离子反应生成氢氟酸，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，OH-浓度增大，故A错误；
B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=+HClO，故B错误；
C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+ Cl-，故C错误；
D．25℃，醋酸的Ki=1.75×10-5、次氯酸的Ki=2.98×10-8、碳酸的Ki2=5.61×10-11、亚硫酸的Ki2=1.02×10-7，电离平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故D正确；
选D。
3．B
【详解】相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大，乙酸(甲)电离平衡常数小于一氯乙酸(乙)，则相同浓度时甲的电离度小于乙；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，则这两种酸的电离度随着浓度的增大而减小，符合条件的只有B，故答案为B。
4．B
【详解】A．加水稀释过程中，a点、b点都达到了电离平衡，故A错误；
B．导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B正确；
C．根据电荷守恒，溶液呈中性，，a点醋酸浓度大，向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，a点消耗的氢氧化钠溶液比b点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的是a点大于b点，故C错误；
D．b点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
5．C
【分析】由图可知H3T的K1、K2、K3依次为10-3.1、10-4.7、10-6.3。
【详解】A．的水解常数==，的电离常数为，的电离大于水解，溶液显酸性，应选甲基橙作指示剂，故A正确；
B．由图可知M点时，，=，，故B正确；
C．的溶液中：钠离子浓度最大，由A中分析已知的电离大于水解，则，故C错误；
D．的电离平衡常数，的电离常数为，则酸性：>，则与能发生反应生成HCN，不能大量共存，故D正确；
故选：C。
6．C
【详解】A． 醋酸是弱酸、溶液呈酸性，醋酸属于弱电解质，发生部分电离，A正确；
B． 酯化反应时，“酸脱羟基醇去氢”，则一定条件下与反应能生成CH3CO18OC2H5和H2O，B正确；
C． 分子内只有2种氢原子、原子数目比为3:1，则核磁共振氢谱图中只会出现2个吸收峰、峰面积之比为3:1，C不正确；
D． 0.1mol·L醋酸溶液中，存在物料守恒：mol⋅L，D正确；
答案选C。
7．B
【分析】根据图知，P1点c()=c(NH3⋅H2O)，溶液的pH=9.25，溶液中c(OH-)==mol/L=10-4.75mol/L，Kb=×c(OH-)=c(OH-)=10-4.75，据此分析解题。
【详解】A．由题干图像信息可知，P1点对应的＜1，故所示溶液c(Cl-)＜0.1mo·L-1，A错误；
B．P2所示溶液pH=7，溶液呈中性，===102.25，所以P2所示溶液：c() = 102.25c(NH3·H2O)， B正确；
C．由图可知，P3所示溶液中溶质为NH4Cl，水解导致溶液呈酸性，水电离出的c(OH-)较小，所以存在c(H+)＞c(NH3⋅H2O)＞c(OH-)，但其水解程度较小，氯离子不水解，则存在c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(NH3⋅H2O)＞c(OH-)，C错误；
D．t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl,混合溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c()＞c(Cl−)＞c(NH3•H2O)，溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以存在c()+c(H+)＞c(NH3⋅H2O)+c(OH-)，D错误；
故答案为：B。
8．A
【详解】A．没有说明两种溶液的浓度，不能通过溶液的pH比较酸的强弱，A错误；
B．二氧化硫能使品红褪色，具有漂白性，加热后品红恢复红色，B正确；
C．溴和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，说明溴的氧化性大于碘，C正确；
D．亚铁离子遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后，氯气和亚铁离子反应生成铁离子，遇到硫氰化钾变红，说明亚铁离子具有还原性，D正确；
故选A。
9．D
【详解】A．由电离常数可知，则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液，溶液中氢离子浓度等于乙酸溶液，故A错误；
B．由分析可知，甲酸与乙酸的浓度相同、体积相同则物质的量相同，氢原子个数相同，与过量的镁反应，酸完全反应，则根据原子守恒，产生的氢气的量相同，故B错误；
C．甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成甲酸钠和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．电离常数为温度函数，温度不变，电离常数不变，则乙酸溶液稀释过程中，甲酸的电离常数保持不变，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．a、b、c均存在电离平衡，滴加少量酸或碱溶液引起平衡正向或逆向移动，可以减弱溶液pH值的变化，因此pH变化不大，故A错误；
B．根据电荷守恒：，由图可知c点时，则得：，此时溶液pH小于7，即，则，故B错误；
C．，Ka1=，，Ka2=，联立得：Ka1·Ka2=①，为弱酸，电离程度较低，则平衡时约等于起始浓度，多元弱酸电离以第一步电离为主，则氢离子浓度约等于第一步电离出氢离子浓度，在第一步电离中，则≈Ka1②，联立①②得：≈Ka2，由b点数据得Ka2=，则≈，与的初始浓度无关，故C正确；
D．当时，Ka1()=c(H+)=，醋酸，= 故选：C。
11．C
【详解】A．酸给出质子转变为相应的碱，HA给出质子得到，故是HA的共轭碱，A正确；
B．由图可知，时，pH=5，则，B正确；
C．，增大pH过程中，氢离子浓度减小，则的值增大，C错误；
D．根据A守恒可知，变化曲线上任意一点均满足，D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．H2R为二元弱酸，分两步电离：，，Ka1 (H2R )=，Ka2 (H2R )=，当纵坐标相同时，pH值越小，越大，由于第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以Ⅱ表示随溶液pH变化的关系，故A正确；
B．由M点坐标(3.1，2)知，=2，=10-2，此时溶液pH=3.1，=10-3.1，Ka1 (H2R )== ，故B正确；
C．NaHR 溶液中存在水解平衡，由以上分析知Ka1 (H2R )=；则Kh()==，由N点坐标可知=1，=10-1；此时=10-5.3，Ka2 (H2R )== 10-4.3>Kh()，所以HR-的电离程度大于其水解程度，c(H2R ) D．当c(H2R )＝ c(R2−)时，，，pH值等于2.7，故D正确；
故选：C。
13．D
【详解】A．溶液的，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，A不合题意；
B．溶液，说明NaX是强碱弱酸盐，因为X-水解呈碱性，即HX为一元弱酸，B不合题意；
C．溶液比硝酸导电能力弱说明HX只能部分电离，属于一元弱酸，C不合题意；
D．溶液与溶液，二者前后完全反应生成NaX，混合后溶液即说明NaX为强酸强碱盐，即说明HX为一元强酸，D符合题意；
故答案为：D。
14．D
【详解】A．白磷是正四面体结构，常温常压下，的物质的量是1mol，其中所含键数目为，A错误；
B．标准状况下，的物质的量是0.5mol，溶于水后部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以溶液中、和HClO的微粒数之和小于，B错误；
C．向溶液中通入，碘离子首先被氧化，若有被氧化，由于无法判断被氧化的碘离子的物质的量，因此不能计算转移电子数，C错误；
D．常温下，的溶液中氢氧根的浓度是0.01mol/L，则含有数目为，D正确；
答案选D。
15．B
【详解】A．由的数据可知，HCl溶液的电导率最大，NaCl溶液的电导率居中，CH3COOH溶液的电导率最小，而NaCl、HCl均为强电解质，故不能仅由的数据说明三种电解质的强弱，选项A正确；
B．同等条件下，HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同，氯离子浓度相同，氯离子的导电性相同，二者只有阳离子的种类不同，即H+与Na+，而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B错误；
C．由表中数据可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比，说明CH3COOH存在电离平衡，选项C正确；
D．由表中数据可知，CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比，说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大，选项D正确；
答案选B。
16．(1)O
(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色
(3)将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以
(4) 加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度 abd 0.2525
(5)中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动

【详解】（1）中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；
（2）向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。
（3）将某一元弱酸，与的溶液等体积混合，得NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中都约为0.05mol/L，，所以，约为5.5。
（4）①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取污水样品，加入缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入溶液，混合均匀，定容至，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。
②a．若苯酚溶液，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；
b．溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为，故b错误；
c．根据物料守恒，溶液X中，有，故c正确；
d．若将污水样品、缓冲溶液和溶液用量均减为原来的，仍定容至，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；
选abd；
③为操作方便，用有效成分为的药片代替上述溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含的物质的量为，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。
（5）中羧基电离出的氢离子使平衡逆向移动，所以不能与形成配合物。
17．(1) 5.0 锥形瓶、酸式滴定管
(2)HPO+H+=H2PO(H2PO+OH-=HPO+H2O或HPO+H2OH2PO+OH-或H2POHPO+H+)
(3) 7.2 c 3
(4) 0.2 (A1-A4)＜(A2-A5)＜(A3-A6)

【详解】（1）①根据稀释前后HCl物质的量不变，可知步骤a需4mol•L-1盐酸的体积为。
②步骤b涉及碳酸氢钠的溶解，以及滴定操作，故需要用到图中所示仪器中的锥形瓶、酸式滴定管。
③已知：碳酸氢钠片的抗酸容量是指用盐酸溶液滴定碳酸氢钠片水溶液至pH=3时，单位质量的碳酸氢钠片所消耗的盐酸的物质的量，即σ=，则若步骤b中消耗盐酸的体积为VmL，则σ=mol•g-1。
（2）HPO和H2PO可发生相互转化，HPO可以与酸反应或者水解生成H2PO，H2PO可以与碱反应或者电离生成HPO，故转化的离子方程式有： HPO+H+=H2PO或H2PO+OH-=HPO+H2O或HPO+H2OH2PO+OH-或H2POHPO+H+。
（3）①已知Ka2=6.3×10-8，已知A点时，=1，则，则此时溶液的pH==8-0.8=7.2。
②实验结果显示，NaCl溶液不具有抗酸能力，加入盐酸后，c曲线pH变化最大，即曲线c表示溶液1。
③实验结果显示，当相同时，[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线a表示溶液2，曲线b表示溶液3。
（4）①根据实验2、3可知，Na2HPO4溶液和KH2PO4溶液的浓度应相同，故表中x=0.2
②Na2HPO4溶液体积越大，KH2PO4溶液体积越小，越大，若实验结果显示，当[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是(A1-A4)＜(A2-A5)＜(A3-A6)。
18．(1)、
(2) 除去混合气体中的CO2 H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑
(3) 酸 滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且30秒内不褪色
(4) 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O的电离程度比水解程度大，导致溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性 Na+＞HC2O＞H+＞C2O＞OH﹣

【分析】（2）根据题给装置和实验现象可知，本实验的目的是加热草酸使其分解，然后依次检验草酸分解的产物。中粉末变蓝，说明分解产物中有水蒸气，C瓶中澄清石灰水变浑浊，说明草酸分解产生成CO2，D中NaOH溶液的作用是吸收过量的CO2，E瓶中浓硫酸干燥气体，中粉末变红，说明CuO被还原为Cu，从草酸组成元素看还原性气体只可能是CO，CO被氧化为CO2，所以G瓶中澄清石灰水变浑浊，最后进行尾气处理，根据产物即可写出草酸分解的化学方程式，据此分析解答。
【详解】（1）为二元弱酸，其电离方程式为、。
（2）根据分析，装置D的作用是除去混合气体中的CO2，以防干扰后面对CO气体的检验；由实验现象可知，草酸晶体分解的产物为H2O、CO2和CO，反应的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑。
（3）用一定浓度的高锰酸钾标准液滴定，其反应的离子方程式为；由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管来盛装；滴定到达终点的现象是：滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且30秒内不褪色。
（4）2.52g草酸晶体的物质的量==0.02mol，100mL 0.2的NaOH溶液中，氢氧化钠的物质的量=100×10-3L×0.2=0.02mol，即与NaOH按物质的量之比1:1反应，因而反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O的电离程度比水解程度大，导致溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性；HC2O的电离程度大于水解程度，且存在水的电离，则H+＞C2O＞OH﹣，电离和水解是微弱的，因此离子浓度由大到小的顺序为Na+＞HC2O＞H+＞C2O＞OH﹣。
19．(1)+3
(2)c(Na+) > c() >c(H+)> c() > c(OH-)
(3) b 26.10 mL
(4) [Fe(C2O4)3]3-+SCN-[Fe(SCN)]2++3    K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生 正向
(5)测定0.1mol·L−1的草酸溶液的pH，pH大于1，说明草酸是弱酸；用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗的NaOH的物质的量是草酸的物质的量的2倍说明是二元酸

【详解】（1）根据正负化合价代数和为0的原则，H2C2O4中H为+1价，O为-2价，则C为+3价。
（2）NaHC2O4溶液中存在着的电离和水解，电离常数为Ka2=1.5×10-4，水解常数为 c()，0.1mol/L NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+) > c() >c(H+)> c() > c(OH-)。
（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需要装在酸式滴定管中；滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL，所以消耗的KMnO4溶液体积为26.10 mL。
（4）翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O，溶于水配成溶液，溶液中有[Fe(C2O4)3]3-，滴加KSCN溶液，溶液中的Fe3+能和SCN-结合成[Fe(SCN)]2+，即有可逆反应：[Fe(C2O4)3]3-+SCN-[Fe(SCN)]2++3 ，该反应的K==5.7×10-18，该反应的K值极小，该反应很难发生。继续加入硫酸，溶液变红，说明加入硫酸，H+和草酸根离子反应使草酸根离子浓度降低，ⅱ平衡正向移动，Fe3+浓度增大，Fe3+和SCN-反应使溶液变红。
（5）测定0.1mol·L−1的草酸溶液的pH，pH大于1，说明草酸是弱酸；用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗的NaOH的物质的量是草酸的物质的量的2倍可以说明草酸是二元酸。
20．(1) 分液漏斗 增大反应物的接触面积，加快反应速率
(2)>
(3)
(4) 当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30 s不恢复原色 偏大

【分析】A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，饱和食盐水吸收挥发出的氯化氢气体，氢氧化钠溶液与氯气反应生成次氯酸钠，D装置的作用是吸收Cl2尾气，防止污染大气。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称为分液漏斗；C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：饱和食盐水；增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）常温下同浓度、的混合溶液中c()=c()，，故溶液的pH>7；
（3）磷酸钠溶液与镁、氧气、水反应生成Mg3(PO4)2·Mg(OH)2和氢氧化钠，反应的化学方程式为：4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH，故答案为：4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH；
（4）需用的指示剂是淀粉溶液，因为碘单质遇到淀粉溶液变蓝，达到滴定终点时，碘被完全消耗，溶液蓝色褪去，因此达到滴定终点的现象为：当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；Na10P3O13Cl·5H2O~ I2又因为2S2O+ I2=S4O+2I-，则Na10P3O13Cl·5H2O~2S2O，则产品的纯度为%；若滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会导致消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏大，纯度测定值偏大，故答案为：当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；%；偏大。