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    17．室温下，用0.10mol•L-1盐酸分别滴定20.00mL 0.10mol•L-1氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积V（HCl）的变化关系如图．下列说法不正确的是（　　）
    A．Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
    B．当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20 mL，且c（NH4+）=c（Cl-）
    C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，则一定有：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
    D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，有：2[c（OH-）-c（H+）]=c（NH4+）-c（NH3•H2O）

    分析 未加HCl时，相同浓度的氨水和NaOH溶液，pH：NaOH大于氨水，根据图知，I为滴定NaOH曲线，II为滴定氨水曲线，
    A．当V（HCl）=20 mL时，HCl和氨水恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒知，c（Cl-）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小；
    B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，氨水应该稍微过量；
    C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，溶液中c（H+）＞c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＞c（Na+），要根据NaCl、HCl浓度相对大小判断c（Na+）、c（H+）大小；
    D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中的溶质为等物质的量的氯化铵和一水合氨，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．

    解答 解：未加HCl时，相同浓度的氨水和NaOH溶液，pH：NaOH大于氨水，根据图知，I为滴定NaOH曲线，II为滴定氨水曲线，
    A．当V（HCl）=20 mL时，HCl和氨水恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒知，c（Cl-）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；
    B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，氨水应该稍微过量，所以V（HCl）＜20mL，故B正确；
    C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，溶液中c（H+）＞c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＞c（Na+），要根据NaCl、HCl浓度相对大小判断c（Na+）、c（H+）大小，离子浓度大小顺序可能是c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），也可能是c（Cl-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），故C错误；
    D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，溶液中的溶质为等物质的量的氯化铵和一水合氨，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），根据物料守恒得2c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），所以得2[c（OH-）-c（H+）]=c（NH4+）-c（NH3•H2O），故D正确；
    故选C．

    点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确溶液中溶质及其性质、溶质的物质的量是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒在离子浓度大小比较中的灵活运用，易错选项是C．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    7．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（　　）
    A．金刚石和晶体硅B．CO2和SiO2C．KCl和HBrD．NaOH和NaCl

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    8．将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则
    （1）通入甲烷气体的一极是原电池的负极，该极的附近PH是减小． （填增大、不变或减小）
    （2）正极的电极反应是O2+4e-+2H2O=4OH-．
    （3）电池工作时的总反应的离子方程式是CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H2在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．
    （1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，

    请判断该排布图错误（填“正确”或“错误”），理由是违背泡利原理（若判断正确，该空不用回答）．
    （2）写出两种与CO互为等电子体的离子CN-、C22-．
    （3）向CuSO4溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4中 所含配位键是通过配体分子的N给出孤电子对，Cu2+接受电子对形成，SO42-的空间构型是正四面体，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为N＞O＞S（填元素符号）．
    （4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为sp3．
    （5）甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：
    ①在该晶胞中，Cu+的配位数是2，
    ②若该晶胞的边长为a pm，则Cu2O的密度为$\frac{288}{（a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g•cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    12．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

    （1）洗涤滤渣A的目的是除去Fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净．
    （2）第②步反应的离子方程式是6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O，滤渣B的主要成分是SiO2．
    （3）萃取是分离稀土元素的常用方法．已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP不能（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等．
    （4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol•L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为97.0%．

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    2．A、B、C、D、E五种物质在一定条件下的转化关系如图所示．
    （1）若A在常温下为气态单质，则A为N2；B为NH3；C为NO；
    D为NO2；E为HNO3；由B→C变化的化学方程式4NH3+5O2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$NO+6H2O
    （2）若A在常温下为固态单质．则B→C变化的化学方程式2H2S+3O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2SO2+2H2O．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    9．用水稀释0.1 mol•L-1 CH3COOH时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）
    A．$\frac{c（C{H}_{3}COOH）}{c（O{H}^{-}）}$B．$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$C．c（H+）和c（OH-）的乘积D．OH-的物质的量

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    6．现有一套电化学装置，如图所示，E 为沾有 Na2SO4溶液的滤纸，并加入几滴酚酞．A、B分别为Pt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极．M、N是用多微孔的 Ni 制成的电极材料，它在碱性溶液中可以视为惰性电极．G为电流计，K为开关．C、D和电解池中都充满浓KOH溶液．若在滤纸中央点上一滴紫色的 KMnO4溶液，断开K，接通外电源一段时间后，C、D中有气体产生．
    （1）S为正（填“正”或“负”）极．
    （2）A极附近溶液的现象是溶液由无色逐渐变红色，B 极附近发生的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑．
    （3）滤纸上的紫色点向B（填“A”或“B”）方移动．
    （4）当 C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，D中的电极为正 （填“正”或“负”）极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-．

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    科目：高中化学 来源： 题型：填空题

    7．现有下列八种物质：①Na2CO3、②NaHCO3、③CH3COONa、④NH4HCO3、⑤C2H5OH  ⑥Al ⑦食盐水  ⑧CH3COOH．
    （1）上述物质中属于强电解质的是①②③④（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是②④⑥（填序号）．
    （2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-．
    （3）④跟足量的浓NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式是：NH4++HCO3-+2OH-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH3↑+CO32-+2H2O．

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