精品解析：上海市洋泾中学2023-2024学年高二下学期5月月考-化学试卷

上海市洋泾中学2023-2024学年高二下学期5月质量检测 化学试题 本卷卷面总分100分，考试时间为40分钟。 说明，试卷中没有特别标注的选择题皆为单选题，不定项选择可能有1-3个正确答案。 一、电解质溶液 1. 25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 2. 下列说法正确的是 A. 的溶液一定呈碱性 B. 中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 C. 相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，不相等 D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则 3. 25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是 A. 均存在电离平衡和水解平衡 B. 存在的粒子种类相同 C. c(OH-)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大 4. 常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确是（ ） A. ①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-] B. ①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 C. ①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+) D. ①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小 5. 已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 A. a=b B. 混合溶液的pH=7 C. 混合溶液中，c(H+)= mol.L-1 D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-) 6. 下列说法不正确是 A. 测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质 B. 25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C. 25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1 D. 0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 7. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 8. 298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D. N点处的溶液中pH<12 9. 常温下，向20.00mL0.1000 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 在反应过程中，c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－) B. pH=5时，c(CH3COO－)> c(Na+)> c(H+)> c(OH－) C. pH=6时，c(Na+)+ c(H+)－c(OH－)+ c(CH3COOH)=0.1000 mol·Lˉ1 D. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL 10. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是___________。 二、有关尾气的处理 双碱法是一种用于燃煤尾气脱硫的工艺，其具有脱硫效率高、成本低等优点，以下是一种脱硫工艺简要流程。 已知：时，和的电离常数如下表所示。 11. 等浓度的和溶液，___________(填“>”、“<”或“=”)，请依据电离平衡常数分析原因：___________。 12. 过程I中，溶液吸收时，随着的通入，会得到不同溶质组成的溶液。时，的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①曲线II代表的微粒是___________。 ②等浓度和的混合溶液中，下列关系正确的是___________ 。 A． B． C． D． 13. 生成的沉淀会被空气中氧气氧化，写出被氧化过程的化学方程式为：___________。 14. 工业上也可以用氨水吸收尾气中的。氨水吸收后，氨水全部转化为铵盐的溶液。为测定铵盐溶液的成分，设计如下实验。 铵盐溶液中___________。 15. 在工业脱硫中，可用溶液吸收。 电离平衡常数 （1）下列关于溶液中微粒关系正确的是___________。 A. B. C. D. （2）溶液吸收少量离子方程式为___________。计算该反应的平衡常数K=___________。 （3）NaOH溶液可吸收。 ①写出标准状况下与溶液反应的离子方程式___________。 ②若反应得到的溶液中时，则溶液pH=___________。(25℃，的，) 三、实验与探究 16. 碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 一、准备标准溶液 I．准确称取基准物后，配制成标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 II．配制并标定标准溶液，备用。 二、滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液于锥形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L-1 AgNO3溶液（过量），使I-完全转化为AgI沉淀 c．加入溶液作指示剂。 d．用溶液滴定过量的，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 消耗标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f．数据处理。 （1）将称得的配制成标准溶液，所使用的仪器不包括___________。 A. 烧杯 B. 胶头滴管 C. 容量瓶 D. 量筒 （2）b和c两步操作是否可以颠倒___________，说明理由___________。 （3）当___________即达到滴定终点。消耗的标准溶液平均体积为___________，计算得___________；在滴定管中装入标准溶液的前一步，应进行的操作为___________；如不进行此步操作，对实验结果产生怎样的影响___________。 （4）若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果___________。 A. 偏高 B. 偏低 C. 无影响 D. 无法判断 （5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。 A. 偏高 B. 偏低 C. 无影响 D. 无法判断 17. 从海水中提取单质碘的一种方法如下图所示： （1）加入铁粉进行转化反应的离子方程式为___________。 （2）若反应物用量比时，则氧化产物(Fe3+、I2)物质的量之比为_________。 A. B. C. D. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市洋泾中学2023-2024学年高二下学期5月质量检测 化学试题 本卷卷面总分100分，考试时间为40分钟。 说明，试卷中没有特别标注的选择题皆为单选题，不定项选择可能有1-3个正确答案。 一、电解质溶液 1. 25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 【答案】B 【解析】 【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确； B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的； C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确； D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。 答案选B。 2. 下列说法正确的是 A. 的溶液一定呈碱性 B. 中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 C. 相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，不相等 D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则 【答案】D 【解析】 【详解】A．水的离子积受温度的影响，常温下pH=7的溶液呈中性，但温度低于常温时，中性溶液的pH >7，A错误； B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，一水合氨为弱碱、氢氧化钠为强碱，由于氨水浓度较大，体积相同，物质的量就大，所以氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液消耗HCl的物质的量，B错误； C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中相等，C错误； D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c (OH-) = c(H+)，结合电荷守恒：c (Cl-)+c (OH- )= c(H+ )+c()，可知，D正确； 故选D。 3. 25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是 A. 均存在电离平衡和水解平衡 B. 存在的粒子种类相同 C. c(OH-)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大 【答案】C 【解析】 【详解】A项，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡又存在HCO3-的水解平衡，同时存在水的电离平衡，A项正确； B项，Na2CO3和NaHCO3溶液中存在的粒子种类相同，都有Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、H2CO3和H2O，B项正确； C项，由于碳酸的一级电离远大于二级电离，所以HCO3-的水解能力弱于CO32-，0.2mol/LNaHCO3溶液中c（OH-）<0.2mol/LNa2CO3溶液中c（OH-），C项错误； D项，NaHCO3溶液中加入NaOH，HCO3-转化成CO32-，c（CO32-）增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，抑制CO32-的水解，c（CO32-）增大，D项正确； 答案选C。 4. 常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（ ） A. ①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-] B. ①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 C. ①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+) D. ①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小 【答案】B 【解析】 【详解】A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A错误； B. ①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确； C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO- 的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C错误； D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误； 答案选B。 5. 已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 A. a=b B. 混合溶液的pH=7 C. 混合溶液中，c(H+)= mol.L-1 D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-) 【答案】C 【解析】 【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误； B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误； C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确； D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误； 故合理选项为C。 6. 下列说法不正确的是 A. 测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质 B. 25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C. 25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1 D. 0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 【答案】D 【解析】 【详解】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。 7. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题； 【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意； B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意； C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。 【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。 8. 298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D. N点处的溶液中pH<12 【答案】D 【解析】 【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误； B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误； C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误； D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。 【点睛】酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。 9. 常温下，向20.00mL0.1000 mol·L－1醋酸溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 在反应过程中，c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－) B. pH=5时，c(CH3COO－)> c(Na+)> c(H+)> c(OH－) C pH=6时，c(Na+)+ c(H+)－c(OH－)+ c(CH3COOH)=0.1000 mol·Lˉ1 D. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确； B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确； C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＞0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05 mol/L， 故C错误； D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确； 故选C。 【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确各点对应溶质组成为解答关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用。本题的易错点为BC，需要熟练掌握电解质溶液中的守恒关系。 10. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是___________。 【答案】1:10:1010:109 【解析】 【详解】①中pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0mol·L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol·L-1，水电离程度为1.0×10-14mol·L-1； ②中c(OH-)=0.1mol·L-1，c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，水电离程度为1.0×10-13mol·L-1； ③中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1，水的电离程度为1.0×10-4mol·L-1； ④中c(H+)=1.0×10-5mol·L-1，水的电离程度为1.0×10-5mol·L-1； 故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10-14mol·L-1∶1.0×10-13mol·L-1∶1.0×10-4mol·L-1∶1.0×10-5mol·L-1=1∶10∶1010∶109。 二、有关尾气的处理 双碱法是一种用于燃煤尾气脱硫的工艺，其具有脱硫效率高、成本低等优点，以下是一种脱硫工艺简要流程。 已知：时，和的电离常数如下表所示。 11. 等浓度的和溶液，___________(填“>”、“<”或“=”)，请依据电离平衡常数分析原因：___________。 12. 过程I中，溶液吸收时，随着的通入，会得到不同溶质组成的溶液。时，的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①曲线II代表的微粒是___________。 ②等浓度和的混合溶液中，下列关系正确的是___________ 。 A． B． C． D． 13. 生成的沉淀会被空气中氧气氧化，写出被氧化过程的化学方程式为：___________。 14. 工业上也可以用氨水吸收尾气中的。氨水吸收后，氨水全部转化为铵盐的溶液。为测定铵盐溶液的成分，设计如下实验。 铵盐溶液中___________。 【答案】11. ①. ＞ ②. 碳酸根水解常数为，亚硫酸根水解常数，K值越大，碱性越强 12. ①. ； ②. B； 13. 2CaSO3+O2=2CaSO4； 14. 1∶3 【解析】 【分析】SO2为酸性气体与NaOH发生反应的化学方程式为：，则反应的离子方程式为：，石灰-石膏法吸收的物质为CaO和Ca(OH)2，则此法具有吸收快、效率高等优点，据此答题； 【11题详解】 ，，则， ，则碳酸根的水解常数为； ，，Na2SO3水解，，则碱性Na2SO3小于Na2CO3； 故答案为：＞；碳酸根的水解常数为，亚硫酸根水解常数，K值越大，碱性越强； 【12题详解】 ①随着pH逐渐增大，H2SO3逐渐转化为，最终转化为，故曲线I、II、III分别表示H2SO3、、； ②A．等浓度和的混合溶液中说明水解的量大于电离的量，则，A错误 B．根据物料守恒，元素n(Na) ∶n(S)=3∶2，则物料守恒可得：，B正确 C．电荷守恒：①，物料守恒：②，①×2-②可得，C错误； D．根据电荷守恒，可得，D错误； 故选B； 【13题详解】 CaSO3被空气中氧气氧化，生成硫酸钙，化学方程式为2CaSO3+O2=2CaSO4； 【14题详解】 加入硫酸溶液产生0.04mol气体为SO2，是亚硫酸根、亚硫酸氢根和硫酸反应产生，加入浓氢氧化钠溶液并加热产生的0.05mol气体为NH3，来源于铵根，故设n[(NH4)2SO3]、n[NH4HSO3]分别为a mol、b mol，a+b=0.04，2a+b=0.05，解得a=0.01，b=0.03，故n[(NH4)2SO3]：n[NH4HSO3]=1∶3； 15. 在工业脱硫中，可用溶液吸收。 电离平衡常数 （1）下列关于溶液中微粒关系正确的是___________。 A. B. C. D. （2）溶液吸收少量的离子方程式为___________。计算该反应的平衡常数K=___________。 （3）NaOH溶液可吸收。 ①写出标准状况下的与溶液反应的离子方程式___________。 ②若反应得到的溶液中时，则溶液pH=___________。(25℃，的，) 【答案】（1）AC （2） ①. ②. （3） ①. ②. 10 【解析】 【小问1详解】 A．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水也会电离出氢氧根离子，故，A正确； B．碳酸根离子水解程度较大，使得溶液显碱性，存在，B错误； C．由质子守恒可知，，C正确； D．由物料守恒可知，，D错误； 故选AC。 【小问2详解】 由电离常数可知，溶液吸收少量生成碳酸氢根离子和，离子方程式为，该反应的平衡常数K=； 【小问3详解】 ①标准状况下的为0.1mol、溶液中氢氧化钠为0.3mol，则氢氧化钠过量，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式； ②若反应得到的溶液中时，，，则溶液pH=10。 三、实验与探究 16. 碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 一、准备标准溶液 I．准确称取基准物后，配制成标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 II．配制并标定标准溶液，备用。 二、滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液于锥形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L-1 AgNO3溶液（过量），使I-完全转化为AgI沉淀 c．加入溶液作指示剂。 d．用溶液滴定过量的，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 消耗标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f．数据处理。 （1）将称得的配制成标准溶液，所使用的仪器不包括___________。 A. 烧杯 B. 胶头滴管 C. 容量瓶 D. 量筒 （2）b和c两步操作是否可以颠倒___________，说明理由___________。 （3）当___________即达到滴定终点。消耗的标准溶液平均体积为___________，计算得___________；在滴定管中装入标准溶液的前一步，应进行的操作为___________；如不进行此步操作，对实验结果产生怎样的影响___________。 （4）若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果___________。 A. 偏高 B. 偏低 C. 无影响 D. 无法判断 （5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。 A. 偏高 B. 偏低 C. 无影响 D. 无法判断 【答案】（1）D （2） ①. 否 ②. 操作颠倒指示剂耗尽无法判断滴定终点 （3） ①. 滴入最后半滴NH4SCN溶液，锥形瓶内液体刚好变浅红色且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②. 10.00 ③. 0.0600 ④. 润洗 ⑤. 偏小 （4）A （5）A 【解析】 【分析】本题为酸碱中和滴定的应用，先用过量的硝酸银沉淀样品中的所有碘离子，再NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，从而确定样品中的碘离子的含量，以此解题。 【小问1详解】 配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除溶解硝酸银所需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故选D； 【小问2详解】 b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点； 【小问3详解】 当滴入最后半滴NH4SCN溶液，锥形瓶内液体刚好变浅红色且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点； 根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)=25.00×10-3L×0.1000mol⋅L-1=2.5×10-3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol⋅L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c(I-)×0.25L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c(I-)=0.0600mol⋅L-1； 在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为润洗，其目的是除去滴定管中的蒸馏水，防止标准液被稀释，造成滴定时消耗标准液偏多，n(NH4SCN)偏大，测定c(I-)偏小； 【小问4详解】 若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏高，故选A； 【小问5详解】 若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏高，故选A。 17. 从海水中提取单质碘的一种方法如下图所示： （1）加入铁粉进行转化反应的离子方程式为___________。 （2）若反应物用量比时，则氧化产物(Fe3+、I2)物质的量之比为_________。 A. B. C. D. 【答案】（1） （2）C 【解析】 【分析】含海水经富集后，得到AgI悬浊液，加入Fe粉后，Fe与悬浊液中的Ag+发生氧化还原反应，生成Ag和FeI2，转化后，加入Cl2，将I-氧化成I2。 【小问1详解】 含海水经富集后，得到AgI悬浊液，加入Fe粉后，Fe与悬浊液中的Ag+发生氧化还原反应，生成Ag和FeI2，故离子方程式为：； 【小问2详解】 转化后的滤液中含有Fe2+和I-，还原性：Fe2+<I-，通于Cl2后，I-先被氧化生成I2，后Cl2过量，再将Fe2+氧化成Fe3+，反应物用量比时，发生的反应的离子方程式为：，恰好将全部的Fe2+、 I-全部氧化，氧化产物(Fe3+、I2)物质的量之比为1：1，故答案为：C。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $