第二节 水的电离和溶液的酸碱性 （实战演练）-【高考引领教学】高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）

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第二节 水的电离和溶液的酸碱性 课时作业
一．选择题
1．（2022年1月高三八省联考河北卷）醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数Ka＝1.75×10－5。下列说法错误的是（ ）。
A．0.1mol/L CH3COOH溶液的pH在2~3范围内
B．CH3COONa溶液中，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH－）
C．将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和均不变
D．等体积的0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L CH3COOH溶液混合后，溶液pH＞7，且c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+）
【答案】C
【解析】A项：Ka＝＝1.75×10－5，c（CH3COOH）≈c（H+），则c（H+）＝＝mol/L＝×10－3，pH＝－lg（×10－3）＝3－lg，因2＝3－lg＜3－lg＜3－lg＝3，则溶液的pH在2~3范围内，故A正确；
B项：CH3COONa溶液中，根据质子守恒得：c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH－），故B正确；
C项：温度不变，则电离常数不变，将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，c（CH3COO－）减小，Ka＝，增大，故C错误；
D项：等体积的0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L CH3COOH溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，pH＞7，则c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故D正确。
2．（2022年1月高三八省联考湖北卷）H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1＝7.6×10－3，Ka2＝6.3×10－8，Ka3＝4.4×10－13。下列说法正确的是（ ）。
A．浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7
B．Na2HPO4溶液中，c（H+）+c（H2PO42－）+2c（H3PO4）＝c（PO43－）+c（OH－）
C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化），溶液pH＝1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离
D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c（PO43－）＞c（HPO42－）
【答案】B
【解析】A项：浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应产生Na2HPO4，在溶液中HPO42－存在电离平衡：HPO42－PO43－+H+，也存在着水解平衡：HPO42－+H2OH2PO4－+OH－，电离平衡常数Ka3＝4.4×10－13，水解平衡常数Kh2＝＝＝＝＝1.58×10－7＞Ka3＝4.4×10－13，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；
B项：在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得：c（H+）+c（H2PO42－）+2c（H3PO4）＝c（PO43－）+c（OH－），B正确；
C项：向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化，溶液pH＝1时，c（H+）＝0.1mol/L，根据电离平衡常数Ka1＝＝＝7.6×10－3，＝7.6×10－2，同时溶液中还存在H2PO4－、HPO42－的的电离平衡，因此溶液中电离的H3PO4大于7.1%，C错误；
D项：在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c（H+）＝10－11mol/L，Ka3＝＝＝4.4×10－13，则＝4.4×10－2，则c（PO43－）＜c（HPO42－），D错误。
3．（河南省名校联盟2021～2022学年高三3月联考）常温时，浓度均为1mol·L－1的CH3NH2和NH2OH两种碱溶液，起始时的体积都为10mL。分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积），pOH＝－lg［c（OH－）］。下列说法正确的是（ ）。

A．当两溶液均稀释至lg＝5时，溶液中水的电离程度：NH2OH＜CH3NH2
B．常温下，用盐酸滴定NH2OH时，可用酚酞作指示剂
C．CH3NH3Cl溶液中存在关系：2c（H+）+c（CH3NH）＝c（CH3NH2）+2c（OH－）+c（Cl－）
D．等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系为：c（NH3OH+）＞c（CH3NH+）【答案】C
【解析】A项：根据图示，二者稀释相同的倍数，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，碱性越强，则NH2OH的碱性弱于CH3NH2。当两溶液均稀释至lg＝5时，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，碱性越强，对水的电离抑制作用越大，则溶液中中水的电离程度：NH2OH＞CH3NH2，故A错误；
B项：常温下，用盐酸滴定NH2OH达到终点时生成的NH3OHCl为酸性，应用甲基橙作指示剂，故B错误；
C项：CH3NH3Cl溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（OH－）+c（Cl－），质子守恒式为：c（H+）＝c（CH3NH2）+c（OH－），两式相加可得：2c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（CH3NH2）+2c（OH－）+c（Cl－），故C正确；
D项：1mol·L－1的CH3NH2比1mol·L－1的NH2OH的pOH值小，即碱性强，根据水解规律，越弱越水解，NH3OH+的水解程度大，所以浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c（NH3OH+）＜c（CH3NH3+），故D错误。
4．（重庆市2022年普通高中学业水平选择性考试预测卷一）某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是（ ）。

A．Ⅱ为氨水稀释时的pH变化曲线
B．a、b、c三点溶液的导电性：c＞b＝a
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c＝b＞a
D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb＝Vc
【答案】C
【解析】A项：某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液，氨水中存在未电离的分子，加水稀释时，平衡向电离的方向移动，而NaOH完全电离，加水稀释时，氢氧根离子浓度减小的程度比氨水大，故I为氨水稀释的图像，II为NaOH稀释时的图像。分析可知，Ⅰ为氨水稀释时的pH变化曲线，A说法错误；
B项：a、b、c三点pH越大，离子浓度越大，导电能力越强，则溶液的导电性：a＞c，B说法错误；
C项：a、b、c三点均为碱溶液，pH越大，对水的电离抑制程度越大，溶液中水的电离程度：b＝c＞a，C说法正确；
D项：pH相同，氨水中存在未电离的分子，则氨的物质的量大于NaOH，用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，氨水消耗盐酸的体积大，即Vb＞Vc，D说法错误。
5．（2022·常州一模）若往20mL0.01mol·L－1HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）。

A．HNO2的电离平衡常数：c点＞b点
B．b点混合溶液显酸性：c（Na+）＞c（NO2－）＞c（H+）＞c（OH－）
C．c点混合溶液中：c（OH－）＞c（HNO2）
D．d点混合溶液中：c（Na+）＞c（OH－）＞c（NO2－）＞c（H+）
【答案】B
【解析】A项：HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点＞b点，故A正确；
B项：b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－），故B错误；
C项：a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH－）＞c（HNO2），故C正确；
D项：d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH－）＞c（NO2－）＞c（H+），故D正确。
6．（2022·哈尔滨一模）常温下，二甲胺［（CH3）2NH·H2O］是一元弱碱，其电离常数Kb＝1.6×10－4。向10mLcmol·L－1二甲胺溶液中滴加0.1mo1·L－1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）。

A．二甲胺溶液的浓度为0.2mol·L－1
B．在Y和Z点之间某点溶液pH＝7
C．Y点存在：c（Cl－）＞c［（CH3）2NH2+］＞c（H+）＞c（OH－）
D．常温下，（CH3）2NH2Cl水解常数Kh＝6.25×10－11
【答案】B
【解析】A项：二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好完全反应，根据10mL×10－3L·mL－1c＝20mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1，得c＝0.2mol·L－1，正确；
B项：二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Z点是继续加盐酸比Y点多20mL，混合溶液酸性增强，不可能出现pH＝7的点，错误；
C项：二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y点存在：c（Cl－）＞c［（CH3）2NH2+］＞c（H+）＞c（OH－），正确；
D项：Kh＝＝＝6.25×10－11，正确。
7．（吉林延边州2022年高三教学质量检测）常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H+）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）。

A．B点的溶液中粒子浓度之间存在：c（HA）＞c（Na+）＞c（A－）
B．由图可知A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9
C．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c（OH－）＝c（HA）+c（A－）+c（H+）
【答案】B
【解析】A项：B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A－的水解程度，则c（A－）＞c（Na+）＞c（HA），A错误；
B项：由题图可知0.1mol·L－1的HA溶液中c（H+）为1×10－3mol·L－1，由此可计算出Ka约为1×10－5，则Kh＝KW/Ka≈1×10－9，B正确；
C项：C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C错误；
D项：F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c（OH－）＝2c（HA）+c（A－）+c（H+），D错误。
8．（2022届高三八省联考化学预测模拟卷B）常温下，在体积均为20mL，浓度均为0.1mol/L的HX溶液、HY溶液中分别滴加0.1mol/L的NaOH溶液，所得溶液中pH水＝7［－lgc水（H+）］与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的（ ）。

A．NaX溶液中存在平衡X－+H2OHX+OH－
B．D点时c（Na+）＝c（Y－）＞c（H+）＝c（OH－）
C．常温下用蒸馏水分别稀释B、D点溶液，pH都增大
D．常温下，HY的电离常数约为3.3×10－8
【答案】D
【解析】A项：由题图可知，往题给HX溶液中加入20mL同浓度的NaOH溶液，得到的NaX溶液中pH水＝7，说明HX为强酸，故NaX溶液中不存在水解平衡，A错误；
B项：D点对应的溶液中溶质为NaY、NaOH，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH－），c（Na+）＞c（Y－），B错误；
C项：B点溶液为酸性溶液，加入蒸馏水稀释后，c（H+）减小，pH增大，而D点溶液为碱性溶液，加入蒸馏水稀释后c（OH－）减小，pH减小，故C错误；
D项：利用A点对应数据计算HY的电离常数，此时溶液中溶质为NaY、HY，c（H+）＝c（OH－）＝1×10－7mol/L，根据电荷守恒得溶液中c（Na+）＝c（Y－）＝×0.1mol/L＝0.02mol/L，c（HY）＝（×0.1－0.02）mol/L ＝0.06mol/L，Ka（HY）＝＝≈3.3×10－8，故D正确。
9．（2022年福建省福州市4月模拟）常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的的c（H+）与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列推断正确的是（ ）。

A．可用pH试纸测定E点对应溶液，其pH＝3
B．G点对应溶液中：c（Na+）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H+）
C．H、F点对应溶液中都存在：c（Na+）＝c（Cl－）+c（ClO－）
D．常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大
【答案】B
【解析】A项：E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的c水（H+）＝10－11mo/L，溶液中OH－完全是由水电离出来的，所以c（OH－）＝c水（H+）＝10－11mo/L，则溶液中c（H+）＝＝10－3mol/L，则溶液pH＝3，但新制氯水有漂白性，不能用pH试纸测量其pH，应该用pH计。选项A错误；
B项：G点，氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的NaCl、NaClO，ClO－水解使溶液呈弱碱性，所以有c（Na+）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H+）。选项B正确；
C项：F点对应溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）＝c（OH－）+c（Cl－）+c（ClO－），此时溶液为碱性，则c（OH－）＞c（H+），所以c（Na+）＞c（Cl－）+c（ClO－）。选项C错误；
D项：加水稀释H点对应的溶液，H点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液的碱性减弱，所以pH降低。选项D错误。
10.（2022·云南玉溪高三3月模拟）常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20mL与其同浓度的某弱酸HA（电离常数为Ka）溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）。

A．由图可知，c1＞c2＞c3
B．M点溶液中存在：2c（H+）＝c（A－）－c（HA）+2c（OH－）
C．恰好中和时，三种溶液的pH相等
D．由pH＝7的溶液计算得：Ka＝（V0是消耗的NaOH溶液的体积）
【答案】C
【解析】A项：NaOH浓度越大，溶液pH越大，根据图象，滴定终点之后溶液pH顺序大小为：c1＞c2＞c3，所以浓度大小为c1＞c2＞c3，故A正确；
B项：M点为加入NaOH体积为10mL，此时恰好生成起始时等量的NaA和HA，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH－）+c（A－），存在物料守恒2c（Na+）＝c（HA）+c（A－），则存在2c（H+）+c（HA）＝2c（OH－）+c（A－），即c（H+）＝［c（A－）－c（HA）］+c（OH－），故B正确；
C项：恰好中和时，溶液中酸碱恰好完全反应生成NaA，A－水解，溶液呈碱性，但三种溶液的浓度不等，A－水解程度不一样，则溶液的pH不等，故C错误；
D项：溶液中pH＝7时，c（H+）＝c（OH－），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH－）+c（A－），则有c（Na+）＝c（A－），此时消耗NaOH溶液体积为V0，所以c（A－）＝mol/L，根据物料守恒：c（A－）+c（HA）＝mol/L，则c（HA）＝mol/L，所以Ka＝＝＝，故D正确。
11．（2022·内蒙古赤峰高三4月模拟）常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是（ ）。

A．若a点pH＝4，且c（Cl－）＝m·c（ClO－），则Ka（HClO）＝
B．若x＝100，b点对应溶液中：c（OH－）＞c（H+），可用pH试纸测定其pH
C．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
D．若y＝200，c点对应溶液中：c（OH－）－c（H+）＝2c（Cl－）+c（HClO）
【答案】D
【解析】A项：若a点pH＝4，（H+）＝10－4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c（HClO）＝c（Cl－）－c（ClO－），c（Cl－）＝mc（ClO－），则c（HClO）＝（m－1）c（ClO－），Ka（HClO）＝＝＝，A错误；
B项：若x＝100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；
C项：b～c段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka（HClO）＝不变，所以减小，C错误；
D项：若y＝200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）＝c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）①，物料守恒得：c（Cl－）＝c（ClO－）+c（HClO）②，2c（Cl－）+2c（ClO－）+2c（HClO）＝c（Na+）③，由①+③+②得：c（OH－）＝2c（Cl－）+c（HClO）+c（H+），D正确。
12．（湖南省衡阳市2021届高三下学期第二次联考）室温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液分别滴定0.1000mol·L－1HA～HD酸的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）。

A．等物质的量浓度时，Ka越小滴定突变越不明显，滴定误差越大
B．滴定HC时，滴定终点的pH＝7
C．滴定HB时，应该选择酚酞作为指示剂
D．由图像可知在计算HD滴定前溶液pH时不能忽略水的电离
【答案】B
【解析】A项：从图中可看出，等物质的量浓度时，Ka越小滴定突变越不明显，滴定误差越大，A正确；
B项：从图中可看出，滴定HCl时，滴定终点的pH＞7，B错误；
C项：滴定HB时，滴定终点pH接近7，应该选择酚酞作为指示剂，C正确；
D项：由图像可知，HD的Ka为10－13，HD电离的氢离子与水电离的氢离子相近，计算HD滴定前溶液pH时不能忽略水的电离，D正确。
13．（2022年3月温州高三适应性考试）25℃时，向10mL0.10mol·L－1的一元弱酸HA（Ka＝1.0×10－3）中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）。

A．a点时，c（HA）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+）
B．溶液在a点和b点时水的电离程度不相同
C．b点时，c（Na+）＝c（HA）+c（A－）+c（OH－）
D．V＝10mL时，c（Na+）＞c（A－）＞c（H+）＞c（HA）
【答案】A
【解析】A项：a点时，pH＝3，c（H+）＝10－3mol⋅L－1，Ka＝＝1.0×10－3，所以c（HA）＝c（A－），根据电荷守恒c（A－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+）和c（HA）＝c（A－），所以存在c（HA）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），故A正确；
B项：a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c（OH－）＝10－11；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c（OH－）＝10－3，水电离出的c（H+）＝10－11，溶液在a点和b点时水的电离程度相同，故B错误；
C项：根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（A－）+c（OH－）可得c（Na+）＝c（A－）+c（OH－）－c（H+），假设C选项成立，则c（A－）+c（OH－）－c（H+）＝c（HA）+c（A－）+c（OH－），推出c（HA）+c（H+）＝0，故C错误；
D项：V＝10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A－+H2OHA+OH－，水解后溶液显碱性，c（OH－）＞c（H+），即c（HA）＞c（H+），故D错误。
14．（浙江省绍兴市2021届高三第二次质检）已知pKa＝－lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。该温度下用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L－1 H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）。

A．若a点溶液c（HSO3－）＝c（H2SO3），则a点对应的pH＝1.85
B．若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂
C．c点对应的溶液2c（Na+）＝3c（HSO3－）
D．d点对应的溶液c（Na+）＞c（SO32－）＞c（HSO3－）＞c（OH－）＞c（H+）
【答案】C
【解析】A项：若a点溶液c（HSO3－）＝c（H2SO3），在a点，Ka1＝，则c（H+）＝Ka1，对应的pH＝－lgKa1＝1.85，A正确；
B项：若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH＝4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；
C项：在c点，pKa2＝7.19，则此点c（HSO3－）＝c（SO32－），依据物料守恒，对应的溶液中：2c（Na+）＝3［c（HSO3－）+c（SO32－）+c（H2SO3）］，C不正确；
D项：c点时，c（HSO3－）＝c（SO32－），继续加NaOH，发生反应OH－+HSO3－＝SO32－+H2O，到d点时，c（HSO3－）＜c（SO32－），对应溶液中：c（Na+）＞c（SO32－）＞c（HSO3－）＞c（OH－）＞c（H+），D正确。
二．主观题
15.常温下，如果取 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因：______________________________________________
(用离子方程式表示)。
(2)混合溶液中由水电离出的c(OH－)________(填“＞”“＜”或“＝”)0.1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)。
(3)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：
c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1，
c(OH－)－c(HA)＝________ mol·L－1。
(4)已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“＞”“＜”或“＝”)；将同温度下等浓度的四种盐溶液按pH由大到小的顺序排列是________(填字母)。
A．NH4HCO3 B．NH4A
C．(NH4)2SO4 D．NH4Cl
【答案】：(1)A－＋H2OHA＋OH－　(2)＞
(3)9.9×10－7　10－8　(4)＞　ABDC
【解析】：(1)A－＋H2OHA＋OH－
(2)HA与NaOH完全反应生成NaA，溶液中由于A－水解，促进水的电离，而NaOH抑制水的电离。
(3)由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，可得c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7 mol·L－1。由质子守恒c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)可得c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－8mol·L－1。
(4)NH4A溶液为中性，说明NH与A－的水解程度相当。HA加到Na2CO3中有气体放出，说明HA酸性强于H2CO3，HCO、CO水解程度大于A－，因而(NH4)2CO3溶液pH＞7，NH4HCO3溶液的pH大于7。Cl－和SO不水解，(NH4)2SO4和NH4Cl溶液显酸性，但(NH4)2SO4中c(NH)大，水解生成的c(H＋)也大，因而pH[(NH4)2SO4]＜pH(NH4Cl)＜pH(NH4A)＜pH(NH4HCO3)。
16.(2022·合肥质检)铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。
Ⅰ.氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备氧化铁的流程如下：

回答下列问题：
(1)操作A、B的名称分别是________、________；加入稍过量NH4HCO3溶液的作用是________________________________________________________________________。
(2)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：
a．称取样品8.00 g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用酸化的0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准液滴定至终点；
d．重复操作b、c 2～3次，得出消耗KMnO4标准液体积的平均值为20.00 mL。
(3)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)确定滴定达到终点的操作及现象为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)上述样品中Fe2O3的质量分数为________。
(6)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的是________。
a．未干燥锥形瓶
b．盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗
c．滴定结束时仰视刻度线读数
d．量取待测液的滴定管没有润洗
【答案】：(1)过滤　洗涤　调节溶液的pH，使溶液中的Fe2＋完全沉淀为FeCO3
(2)4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2
(3)5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
(4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色
(5)96.4%
(6)bc
【解析】：(1)通过操作A得到滤渣和滤液，故操作A为过滤；操作B为洗涤。根据图示工艺流程，加入稍过量NH4HCO3溶液的目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2＋完全沉淀为FeCO3。
(2)在空气中充分加热煅烧FeCO3，最终得到Fe2O3，反应的化学方程式为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。
(3)滴定过程中，Fe2＋和MnO发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，MnO被还原为Mn2＋，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
(4)若向待测液中再滴加一滴标准液，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色，则滴定达到终点。
(5)根据关系式：5FeO～5Fe2＋～MnO，则样品中n(FeO)＝5n(KMnO4)＝5×0.010 00 mol·L－1×20.00×10－3 L×＝0.004 mol，样品中FeO的质量分数为×100%＝3.6%，故样品中Fe2O3的质量分数为1－3.6%＝96.4%。