第三章综合测评 水溶液中的离子反应与平衡(word练习)-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(人教版2019）

第三章综合测评 （时间：90分钟　　分值：100分） （见学生用书综合测评第三章） 一、选择题（共15题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）。 1.醋是中国古代劳动人民发明的传统调味品。山西老陈醋、江苏镇江香醋、福建永春老醋、四川阆中保宁醋等形形色色的食醋是厨房常见的调味品。下列有关说法错误的是（　　） A.食醋属于弱电解质 B.适当加热，食醋的导电能力会增强 C.食醋中含有CH3COOH分子 D.醋酸电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋ 答案　A　 解析　食醋属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，A项错误；醋酸的电离为吸热过程，适度升高温度，电离平衡右移，溶液中的离子浓度增大，导电能力会增强，B项正确；醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，则食醋中含有CH3COOH分子，C项正确；醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，醋酸电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，D项正确。 2.下列关于电解质溶液的说法中正确的是（　　） A.常温下pH＝10的某碱溶液，取1 mL稀释到100 mL，稀释后pH为a，则a≥12 B.常温下pH＝3的H2SO4与pH＝11的氨水等体积混合后，加入酚酞溶液仍为无色 C.某温度下纯水中c（OH－）＝2×10－7mol·L－1，则该温度下0.1 mol·L－1的盐酸的pH＝1 D.用等浓度的NaOH溶液中和等体积pH＝2与pH＝3的醋酸，所消耗的NaOH溶液的体积前者是后者的10倍 答案　C　 解析　常温下pH＝10的某碱溶液中氢氧根离子浓度为10－4 mol·L－1，取1 mL稀释到100 mL，若碱为强碱溶液，溶液中氢氧根离子浓度为10－6 mol·L－1，溶液pH为8，若碱为弱碱溶液，因弱碱溶液中存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于10－6 mol·L－1，溶液pH大于8，则稀释后a≥8，A项错误；常温下pH＝3的硫酸溶液与pH＝11的氨水等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液，溶液变为红色，B项错误；某温度下0.1 mol·L－1盐酸溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L－1，溶液pH为1，C项正确；醋酸溶液中存在电离平衡，溶液中酸的浓度越小，电离程度越大，则pH为2的醋酸溶液的浓度比pH为3的醋酸溶液的浓度10倍要大，则等体积pH＝2与pH＝3的醋酸消耗等浓度的氢氧化钠溶液时消耗氢氧化钠溶液的体积，前者比后者的10倍要大，D项错误。 3.变化观念和平衡思想是化学核心素养之一，以下对电离平衡、水解平衡、溶解平衡符号表征的表示不正确的是（　　） A.碳酸钙的电离方程式：CaCO3Ca2＋＋C B.碳酸钙的溶解平衡：CaCO3（s）Ca2＋（aq）＋C（aq） C.碳酸氢钠溶液电离平衡：HC＋H2OC＋H3O＋ D. NH4Cl溶于D2O中水解平衡：N＋D2ONH3·D2O＋H＋ 答案　D　 解析　碳酸钙难溶于水，但是溶解部分完全电离，电离方程式：CaCO3Ca2＋＋C，A项正确；碳酸钙难溶于水，部分溶解，碳酸钙的溶解平衡：CaCO3（s）Ca2＋（aq）＋C（aq），B项正确；碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子部分电离出氢离子和碳酸根离子，电离平衡：HC＋H2OC＋H3O＋，C项正确；NH4Cl溶于D2O中，铵根离子水解生成氢氧根离子，水解平衡：N＋D2ONH3·HDO＋D＋，D项错误。 4.25 ℃时，水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0。下列叙述正确的是（　　） A.将水加热，Kw增大，pH不变 B.向水中加入少量NaHSO4固体，c（H＋）增大，Kw不变 C.向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH－）降低 D.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c（OH－）增大 答案　B　 解析　水电离过程吸收热量，将水加热，促进水的电离，使KW增大，由于c（H＋）增大，因此pH减小，A项错误；向水中加入少量NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，使溶液中c（H＋）增大，由于温度不变，所以Kw不变，B项正确；向水中加入少量NaOH固体，NaOH电离产生OH－，使溶液中c（OH－）增大，对水的电离平衡起抑制作用，但是平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c（OH－）增大，C项错误；向水中加入少量NH4Cl固体，NH4Cl电离产生的N会消耗水电离产生的OH－，使水的电离平衡正向移动，，当最终达到平衡时，溶液中c（OH－）减小，D项错误。 5.已知：25 ℃时 化学式 CH3COOH HCN H2CO3 电离平 衡常数 1.75×10－5 4.9×10－10 K1＝4.4×10－7 K2＝5.6×10－11 下列说法正确的是（　　） A.醋酸稀释过程中，n（CH3COO－）逐渐减小 B. NaHCO3溶液中：c（H2CO3）＜c（C） C.向醋酸或HCN溶液中加入Na2CO3，均产生CO2 D.物质的量浓度相同时pH（NaCN）＞pH（CH3COONa） 答案　D　 解析　醋酸稀释过程中，醋酸电离平衡右移，n（CH3COO－）逐渐增大，A项错误；HC电离常数为5.6×10－11，HC水解常数为10－14/（4.4×10－7）＝2.3×10－8，故NaHCO3溶液中，HC以水解为主，c（H2CO3）＞c（C），B项错误；表中电离常数说明，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HC，据较强酸生成较弱酸的规律，醋酸与Na2CO3反应可产生CO2，HCN与Na2CO3反应只可生成NaHCO3，C项错误；由酸性强弱得，对应盐的碱性强弱CH3COO－＜HC＜CN－＜C，当溶液物质的量浓度相同时，有pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），D项正确。 6.现有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（　　） 序号 pH 溶液 ① 11 氨水 ② 11 氢氧化钠溶液 ③ 3 醋酸 ④ 3 盐酸 A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）＞c（OH－） C. V1 L④与V2 L①溶液混合，若混合后溶液pH＝7，则有V1＜V2 D.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③ 答案　C　 解析　醋酸溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸酸性减弱，盐酸中加入醋酸钠晶体，能够反应生成醋酸，氢离子浓度减小，两溶液的pH均增大，A项正确；由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的醋酸与NaOH溶液等体积混合，电离的醋酸与NaOH恰好中和，未电离的醋酸会进一步电离产生H＋，使溶液显酸性，所以溶液中c（H＋）＞c（OH－），B项正确；HCl是强酸，完全电离，NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，存在电离平衡，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的盐酸与氨水等体积混合，溶液显碱性，V1 L ④和V2 L ①溶液混合后，若pH＝7，则V1＞V2，C项错误；分别加水稀释10倍，NaOH溶液和盐酸的pH变为10和4，氨水的pH大于10小于11，醋酸的pH大于3小于4，所以溶液pH的大小为①＞②＞④＞③，D项正确。 7.已知：25 ℃时，0.100 0 mol·L－lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度（×100％）约为1％。该温度下，用0.100 0 mol·L－l氨水滴定10.00 mL 0.100 0 mol·L－l CH3COOH溶液，溶液pH与溶液导电能力（I）的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　） A. M点→N点，水的电离程度逐渐增大 B.25 ℃时，CH3COOH的电离常数约为1.0×10－2 C. N点溶液中，c（CH3COO－）＞c（N） D.当滴入20 mL氨水时，溶液中c（CH3COO－）＞c（N） 答案　A　 解析　醋酸溶液中加入氨水，二者反应生成醋酸铵和水，醋酸电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，A项正确；25 ℃时0.100 0 mol·L－l CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度（×100％）约为1％，则根据电离平衡常数计算式，醋酸电离平衡常数为＝10－5，B项错误；N点溶液为中性，则有c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒c（N）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－），有c（CH3COO－）＝c（N），C项错误；当滴入20 mL氨水时，溶液为等浓度的氨水和醋酸铵，溶液为碱性，根据电荷守恒）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）和c（H＋）＜c（OH－）分析，c（CH3COO－）＜c（N），D项错误。 8.常温下，对Na2A和NaHA溶液分别进行稀释，若－lg c（Na＋）＝pNa、－lg c（OH－）＝pOH，则测得两种溶液中pNa与pOH的关系曲线如图。下列说法正确的是（　　） A. X点所在的直线表示NaHA溶液的稀释 B.在Y点加入适量NaOH固体可以达到X点 C.将X和Y点溶液等体积混合，则有c（Na＋）＞c（A2－）＞c（HA－）＞c（OH－）＞c（H＋） D.常温下，H2A的Ka1数量级为10－5 答案　D　 解析　浓度相同的Na2A和NaHA溶液中，NaHA的水解程度小，溶液碱性弱，故Y点所在的直线表示NaHA溶液的稀释，A项错误；X点和Y点处pNa相同，即c（Na＋）相同，在Y点加入适量NaOH固体，c（Na＋）增大，故不可能达到X点，B项错误；pNa＝2时，c（Na＋）＝10－2mol·L－1，故X点Na2A的浓度为0.5×10－2mol·L－1，Y点NaHA的浓度为l×10－2mol·L－1，A2－水解程度强于HA－，故c（HA－）＞c（A2－），C项错误；根据Y点所在曲线，pNa＝1，pOH＝5，可知c（Na＋）＝0.1 mol·L－1（近似为NaHA的浓度），c（OH－）＝10－5mol·L－1，根据HA－＋H2OH2A＋OH－，则HA－的水解常数Kh＝＝10－9，则H2A的电离常数Ka1＝＝10－5，可知数量级为10－5，D项正确。 9.甲胺（CH3NH2）是一种一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2＋H2OCH3N＋OH－。常温下，向20.00 mL 0.10 mol/L甲胺溶液中滴加VmL 0.10 mol/L稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（　　） A. b点对应加入盐酸的体积V＜20.00mL B.常温下，根据a点可知甲胺的电离平衡常数Kb＝10－3.4 C. b点可能存在的关系：c（Cl－）＞c（CH3N）＞c（H＋）＝c（OH－） D. V＝20.00 mL时，溶液呈弱酸性 答案　C　 解析　CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20 mL，A项正确；当lg＝0时，c（CH3NH2）＝c（CH3N），此时溶液的pH＝10.6，则Kb＝＝c（OH－）＝＝10－3.4，B项正确；b点溶液的pH＝7，呈中性，则c（H＋）＝c（OH－），结合电荷守恒可知c（Cl－）＝c（CH3N），则正确的离子浓度大小为c（Cl－）＝c（CH3N）＞c（H＋）＝c（OH－），C项错误；V＝20.00 mL时，稀盐酸与甲胺（CH3NH2）恰好反应生成CH3NH3Cl，CH3N水解，溶液显酸性，D项正确。 10. NaH2A—Na2HA溶液是人体存在的缓冲溶液。常温下，H3A溶液中各微粒组成随着pH而变化，溶液中A3－、HA2－、H2A－、H3A浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图所示。 下列说法错误的是（　　） A.0.1 mol/L NaH2A溶液显酸性 B. H3A＋HA2－2H2A－的平衡常数K＝105.08 C.将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成溶液，pH＝7.20 D. pH＝12.40时，存在关系：c（H＋）＜2c（HA2－）＋c（H2A－）＋3c（A3－）＋c（OH－） 答案　C　 解析　由图可知，溶液中c（H2A－）＝c（H3A）时，溶液pH为2.12，则Ka1＝＝c（H＋）＝10－2.12，溶液中c（H2A－）＝c（HA2－）时，溶液pH为7.20，则Ka2＝＝ c（H＋）＝10－7.20，溶液中c（A3－）＝c（HA2－）时，溶液pH为12.4，则Ka3＝＝c（H＋）＝10－12.4。H2A－离子的水解常数Kh＝＝＜Ka2说明H2A－离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，A项正确；由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝×＝＝105.08，B项正确；由图可知，溶液中c（H2A－）＝c（HA2－）时，溶液pH为7.20，则将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成的溶液中c（H2A－） ≠c（HA2－），则溶液pH不等于7.20，C项错误；由图可知，溶液pH为12.40时，溶液中存在电荷守恒关系c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（HA2－）＋c（H2A－）＋3c（A3－）＋c（OH－），则溶液中c（H＋）＜2c（HA2－）＋c（H2A－）＋3c（A3－）＋c（OH－），D项正确。 11.室温下，通过下列实验探究0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液的性质： 实验1：实验测得0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液pH为8.6 实验2：向溶液中滴加等体积0.010 0 mol/L HCl溶液，pH由8.6降为4.8 实验3：向溶液中加入等体积0.020 0 mol/L CaCl2溶液，出现白色沉淀 实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色 下列说法不正确的是（　　） A.0.010 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液中满足：c（Na＋）＞c（C2）＞c（OH－）＞c（HC2）＞c（H＋） B.实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足：c（Na＋）＝2c（C2）＋c（HC2）＋c（Cl－） C.实验3所得上层清液中c（C2）＝5×10－5 mol/L[已知室温时Ksp（CaC2O4）＝2.5×10－9] D.实验4发生反应的离子方程式为：5C2＋2Mn＋16H＋10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 答案　C　 解析　0.010 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液中，存在水解平衡C2＋H2OOH－＋HC2和H2OH＋＋OH－，所以溶液中离子浓度大小顺序为c（Na＋）＞c（C2）＞c（OH－）＞c（HC2）＞c（H＋），A项正确；实验2中由电荷守恒得c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2）＋2c（C2）＋c（Cl－）＋c（OH－），滴加盐酸过程中存在某一点满足c（H＋）＝c（OH－），则c（Na＋）＝c（HC2）＋2c（C2）＋c（Cl－），B项正确；已知室温时Ksp（CaC2O4）＝2.5×10－9，c（Ca2＋）＝（0.020 0 mol·L－1×V－0.010 0 mol·L－1 ×V）÷2V＝0.005 mol·L－1，实验3所得上层清液中c（C2）＝＝＝5×10－7 mol·L－1，C项错误；实验4发生反应的离子方程式为：5C2＋2Mn＋16H＋10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，D项正确。 12.下列是25 ℃ 时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（　　） 化学式 AgCl Ag2CrO4 CH3COOH Ksp或Ka Ksp＝1.8×10－10 Ksp＝9.0×10－12 Ka＝1.8×10－5 化学式 HClO H2CO3 Ksp或Ka Ka＝3.0×10－8 Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11 A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是c（Na＋）＞c（ClO－）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋） B. NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2OC＋2HClO C.向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9，此时溶液的pH＝5 D.向浓度均为1.0×10－3mol·L－1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0×10－3mol·L－1的AgNO3溶液，Cr先形成沉淀 答案　C　 解析　酸性CH3COOH＞HClO，故次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c（CH3COO－）＞c（ClO－），A项错误；酸性H2CO3＞HClO＞HC，少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2＋H2O＋ClO－HC＋HClO，B项错误；Ka（CH3COOH）＝＝1.8×10－5，则c（H＋）＝1.8×10－5×＝1.8×10－5×＝10－5，故pH＝5，C项正确；混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag＋）＝＝＝1.8×10－7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag＋）＝＝ mol/L＝3×10－4.5 mol/L，所以氯化银先沉淀，D项错误。 13.25 ℃时，用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL NaOH、Na2CO3混合溶液，开始滴定时加入第一种指示剂，达到滴定终点时，再加入第二种指示剂，且滴定过程中充分震荡，保证生成的CO2能及时逸出，盐酸体积与部分阶段pH及指示剂颜色变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） A. a点存在c（Cl－）＞c（HC） B. b点pH＝7，第二种指示剂是甲基橙 C. a点到b点，溶液的导电性减弱 D.原混合溶液中，NaOH、Na2CO3的物质的量之比为2∶9 答案　B　 解析　a点处发生NaOH＋HClNaCl＋H2O，Na2CO3＋HClNaCl＋NaHCO3，可知c（Cl－）＞c（HC），A项正确；b点，甲基橙为橙色，此时pH为3.1～4.2，B项错误；a点到b点，离子数目不变，溶液体积增大，导电性减弱，C项正确；22 mL盐酸发生反应，NaOH＋HClNaCl＋H2O，Na2CO3＋HClNaCl＋NaHCO3，a→b过程中18 mL盐酸发生反应NaHCO3＋HClNaCl＋CO2↑＋H2O，计算可得NaOH、Na2CO3的物质的量之比为2∶9，D项正确。 14.常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　） A.曲线N表示pH与lg B. NaHSeO3溶液呈碱性 C.混合溶液中＝104 D. Ka2（H2SeO3）的数量为10－3 答案　C　 解析　＝、＝，则pH相同，即c（H＋）相同时，＝＞＝。根据图像可知，曲线N表示pH与lg 的变化关系，A项错误；由图中曲线M、N与已知点坐标可得，Ka1（H2SeO3）＝10－2.6，Ka2（H2SeO3）＝10－6.6，则HSe的水解常数Kh＝＝＝10－11.4＜SeO3）＝10－6.6，说明NaHSeO3溶液中HSe的电离大于其水解，所以显酸性，B、D项错误； ＝ ＝ ×＝＝＝104，C项正确。 15.某废水中含有Ni2＋和Cd2＋，可通过保持c（H2S）＝0.1 mol·L－1时调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋、Cd2＋，单位为mol·L－1，下列说法正确的是（　　） A.0.1 mol·L－1 H2S溶液中：c（H＋）＝c（OH－）＋c（HS－）＋c（S2－） B. Ka1（H2S）＝10－7.1 C.调节pH沉淀Ni2＋和Cd2＋时，＝10－7.6 D.除杂后的上层清液中一定存在：c（Ni2＋）＜ 答案　B　 解析　氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，电离平衡右移，溶液中氢硫酸根离子、硫离子的浓度增大，酸性条件下，溶液pH相同时，氢硫酸根离子的浓度大于硫离子，则图中偏上实线代表氢硫酸根离子与体系pH变化、偏下实线代表硫离子与体系pH变化。0.1 mol/L氢硫酸溶液中存在电荷守恒关系c（H＋）＝c（OH－）＋c（HS－）＋2c（S2－），A项错误；由分析可知，图中偏上实线代表氢硫酸根离子与体系pH变化，由图可知，氢硫酸浓度恒定为0.1 mol/L溶液中，溶液pH为1.6时，溶液中氢硫酸根离子浓度为10－6.5，则氢硫酸的一级电离常数为＝10－7.1，B项正确；溶液pH为4.9时，溶液中硫离子和镉离子浓度都为10－13，则硫化镉的溶度积为10－26，同理可知硫化镍的溶度积为10－18.4，则调节溶液pH沉淀溶液中的镉离子和镍离子时，溶液中＝＝＝＝107.6，C项错误；除杂后的上层清液可能是硫化镍的饱和溶液，溶液中c（Ni2＋）＝，D项错误。 二、非选择题（共55分）。 16.（10分）水溶液中的离子反应与平衡是化学反应原理的重要组成部分，回答下列问题： （1）可溶性铝盐常用作净水剂的原因：　　　　 （用离子方程式表示）。 （2）已知：25 ℃时，H3PO3的Ka2＝2.1×10－7，H3PO3溶液与过量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，则H3PO3为　　　　元酸；0.1 mol/L的NaH2PO3溶液显　　　　（填“酸”、“中”或“碱”）性。 （3）常温下，用浓度为0.020 0 mol/L的NaOH标准溶液滴定100 mL浓度均为0.020 0 mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液，当消耗标准液100 mL时，溶液pH＝3.38，则Ka（CH3COOH）约为　　　　。 （4）25 ℃时，a mL 0.1 mol/L的稀盐酸与b mL 0.2 mol/L的NaOH溶液混合，忽略溶液混合时的体积变化，若混合溶液的pH＝12，则a∶b＝　　　　。 解析　（1）可溶性铝盐中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以起到净水的作用，用离子方程式表示为：Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋。（2）由于氢氧化钠过量生成Na2HPO3，则H3PO3为二元酸；NaH2PO3溶液中存在着H2P的电离和水解，其电离常数为Ka2＝2.1×10－7，其水解常数Kh＝，而一级电离常数远大于二级电离常数，则Ka2＞Kh，故NaH2PO3溶液显酸性。（3）盐酸酸性较强，当消耗标准液100 mL时，盐酸消耗完毕，则此时溶液为氯化钠和醋酸的混合物，且其浓度都为0.010 0 mol/L，pH＝3.38，则Ka（CH3COOH）＝＝≈10－4.76。（4）若混合溶液的pH＝12，此时c（OH－）＝10－2 mol/L，则c（OH－）＝＝10－2 mol/L，解得a∶b＝19∶11。 答案：（1）Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋　（2）二　酸　（3）10－4.76　（4）19∶11 17.（15分）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480 mL 0.200 0 mol·L－1的草酸溶液，回答下列问题。 （1）实验中需要称取　　　　g草酸晶体（H2C2O4·2H2O），称量后　　　　（填“需要”或“不需要”）加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及　　　　。 （2）假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c（H2C2O4） 0.200 0 mol·L－1　　　　（填“＞”“＝”或“＜”，下同）；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c（H2C2O4）　　　　0.200 0 mol·L－1。 （3）若配置溶液时所取草酸晶体不纯（杂质无还原性），为测定草酸的纯度，某同学量取20.00 mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液滴定（氧化产物是CO2），滴定终点时消耗V mL标准溶液。 ①标准溶液应使用　　　　（填“酸”或“碱”）式滴定管取用，合理的V值可能是　　　　。 A.15.8 B.16.20 C.15.82 D.16.18 ②滴定终点时溶液颜色的变化为　　　　， 草酸溶液的实际浓度为　　　　（用含V的式子表示）。 解析　（1）因没有480 mL的容量瓶，故实际配制的是500 mL溶液，因此所需要的溶质是0.2 mol·L－1×0.5 L×126 g·mol－1＝12.6 g，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500 mL容量瓶、烧杯。（2）配制溶液时还需要500 mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6 g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.200 0 mol·L－1。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.200 0 mol·L－1。（3）①应使用酸式滴定管量取KMnO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得0.200 0 mol·L－1×20.00 mL×2＝0.100 0 mol·L－1×V×5，V＝16.00 mL，由于草酸晶体不纯（杂质无还原性）故实际消耗的KMnO4溶液不可能大于16.00 mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30 s内保持不变，设所配溶液中c（H2C2O4）＝a mol·L－1，则有a mol·L－1×20.00 mL×2＝0.100 0 mol·L－1×V×5，a＝0.012 5 V mol·L－1。 答案：（1）12.6　不需要　500 mL容量瓶、烧杯　（2）＜　＞ （3）酸　C　由无色变成浅红色且在30 s内保持不变　0.0125 V mol·L－1 18.（15分）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。 （1）已知部分弱酸的电离常数如表： 弱酸 HF CH3COOH 电离平衡常数（25℃） Ka＝7.2×10－4 Ka＝1.75×10－5 弱酸 H2CO3 H2S 电离平衡常数（25℃） Ka1＝4.30×10－7 Ka2＝5.61×10－11 Ka1＝9.1×10－8 Ka2＝1.1×10－12 ①写出H2S的Ka1的表达式：　　　　。 ②常温下，浓度相同的三种溶液NaF、CH3COONa、Na2CO3，pH由大到小的顺序是　　　　。 ③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是　　　　。 （2）室温下，用0.100 mol·L－1盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的氨水溶液，滴定曲线如图1所示。 （忽略溶液体积的变化，①②填“＞”“＜”或“＝”） ①a点所示的溶液中c（NH3·H2O）　　　　c（Cl－）。 ②b点所示的溶液中c（Cl－）　　　　c（N）。 ③室温下pH＝11的氨水与pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c（H＋）之比为　　　　。 图1　图2 （3）雌黄（As2S3）可转化为用于治疗白血病的亚砷酸（H3AsO3），其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图2所示。 ①人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是　　　　。 ②将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，当pH调至11时发生反应的离子方程式是　　　　。 ③下列说法正确的是　　　　（填字母序号）。 a. n（H3AsO3）∶n（H2As）＝1∶1时，溶液显碱性 b. pH＝12时，溶液中c（H2As）＋2c（HAs）＋3c（As）＋c（OH－）＝c（H＋） c.在K3AsO3溶液中，c（As）＞c（HAs）＞c（H2As） 解析　（1）①H2S第一步电离生成硫氢根离子和氢离子，Ka1＝。②由表格中数据分析可知，酸性HF＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HC＞HS－，可知对应盐的水解能力F－＜CH3COO－＜HC＜HS－＜C＜S2－，浓度相同的盐溶液的碱性大小为NaF＜CH3COONa＜Na2CO3，pH由大到小的顺序是Na2CO3＞CH3COONa＞NaF。③将过量H2S通入Na2CO3溶液，由较强酸可以制较弱酸可知，反应生成NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为H2S＋CHC＋HS－。（2）①a点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨和氯化铵，溶液的pH＞7，呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，氯离子不水解，结合元素质量守恒得c（NH3·H2O）＜c（Cl－）。②b点溶液的pH＝7，呈中性，则c（OH－）＝c（H＋），溶液中存在电荷守恒c（Cl－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（N），则c（Cl－）＝c（N）。③室温下pH＝11的氨水中c（H＋）＝10－11mol/L，且全部由水电离产生，故pH＝5的NH4Cl溶液中c（H＋）＝10－5mol/L，且全部由水电离产生，故由水电离出的c（H＋）之比为10－11mol/L∶10－5mol/L＝1∶106。（3）①由图像可知，pH在7.35～7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3。②将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，当pH调至11时，亚砷酸与氢氧根离子反应生成H2As。③n（H3AsO3）∶n（H2As）＝1∶1时，溶液的pH＝9，所以溶液显碱性，a项正确；pH＝12时，溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以c（H2As）＋2c（HAs）＋3c（As）＋c（OH－）＞c（H＋），b项错误；在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAs，第二步水解生成H2As，则c（As）＞c（HAs）＞c（H2As），c项正确。 答案：（1）①Ka1＝ ②Na2CO3＞CH3COONa＞NaF　③H2S＋CHC＋HS－ （2）①＜　②＝　③1∶106　（3）①H3AsO3 ②H3AsO3＋OH－H2As＋H2O　③ac 19.（15分）三氧化二钴（Co2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如图所示： 已知：Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中所含阳离子有H＋、Co2＋、Fe3＋、Ni2＋等； Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表： 沉淀物 Fe（OH）3 Co（OH）2 Ni（OH）2 完全沉淀时的pH 3.7 9.0 9.2 回答下列问题： （1）“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是 　　　　。 （2）“酸浸”时发生的主要反应是　　　　（写离子方程式）。 （3）某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示： 使用该萃取剂时应控制的pH约为　　　　，理由是　　　　。 （4）写出高温煅烧时发生的化学反应方程式： 　　　　 　　　　。 （5）操作1得到的副产品是　　　　（填名称）； 已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度如表： 湿度 0℃ 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ 50℃ 60℃ 溶解度 70.6 73.0 75.4 78.0 81.0 84.5 88.0 操作1是　　　　（填字母）。 a.蒸发结晶　　　b.降温结晶 c.减压蒸发结晶 解析　（1）双氧水热稳定性差，“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是温度过高H2O2容易分解。（2）“酸浸”时，Co2O3被H2O2还原为Co2＋，发生的主要反应是Co2O3＋H2O2＋4H＋2Co2＋＋3H2O＋O2↑。（3）使用该萃取剂萃取Ni2＋，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还需考虑到，Co2＋尽可能不被萃取，两方面综合考虑，应控制的pH约为2.5～3.3，理由是萃取剂在该pH时对Ni2＋、Co2＋萃取率差别大，能分离Ni2＋、Co2＋两种离子。（4）高温煅烧时，Co2（OH）2CO3的分解产物被O2氧化生成Co2O3等，化学反应方程式CO3＋O22Co2O3＋2H2O＋2CO2。（5）由分析知，操作1得到的副产品是硫酸铵。从溶解度表看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，所以操作1是减压蒸发结晶。 答案：（1）温度过高H2O2容易分解 （2）Co2O3＋H2O2＋4H＋2Co2＋＋3H2O＋O2↑　（3）2.5～3.3　萃取剂在该pH时对Ni2＋、Co2＋萃取率差别大，能分离Ni2＋、Co2＋两种离子　（4）2Co2（OH）2CO3＋O22Co2O3＋2H2O＋2CO2　（5）硫酸铵　c 学科网（北京）股份有限公司 $$