2025届高三化学一轮复习——水溶液中的离子反应与平衡

2025届高三化学一轮复习——水溶液中的离子反应与平衡 一、单选题 1．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（　　） A．NaOH B．(NH4)2SO4 C．NaCl D．Na2CO3 2．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使电离平衡左移且c(H+)减小，应采取的措施是 A．加入NaOH(s) B．加入盐酸 C．加蒸馏水 D．降低温度 3．下列过程或现象与盐类的水解无关的是（　　） A．加热氯化铁溶液的颜色变深 B．CaCO3的饱和溶液pH约为9.3 C．0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L D．NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好 4．在水溶液中呈酸性且促进水电离的是 A． B． C． D． 5．常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是 A．溶液中：、、、 B．pH=12的溶液：、、、 C．溶液中：、、、 D．能使甲基橙变红的溶液中：、、、 6．常温下，将溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（用表示，不考虑的水解）．下列叙述正确的是（　　） A．M代表与的变化关系 B．的数量级为 C．d点对应的溶液为不饱和溶液 D．平衡常数为，反应趋于完全 7．常温下，以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00mL的二元酸溶液．溶液中pH、含A微粒分布系数（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示 下列说法中正确的是（　　） A．在水中电离的方程式为：， B．当溶液时，溶液中离子浓度大小顺序为： C．常温下，的电离平衡常数为 D．当溶液时， 8．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是 A．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍 B．氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂 C．向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌 D．“三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2有利于实现碳中和 9．室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32。下列说法错误的是（　　） A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色 B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质 C．上述溶液中CN-的水解程度大于NH4+的水解程度 D．室温下，0.1mol/LNaCN溶液中，CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度 10．下列说法错误的是（　　） A．向悬浊液中加入固体，能使固体减少 B．配制溶液时可加入适量盐酸 C．在蒸发皿中加热蒸干碳酸钠溶液，可以得到碳酸钠固体 D．溶液的导电过程是电解的过程，强电解质的导电能力一定比弱电解质的强 11．对食物的酸碱性判断正确的是（　　） A．西瓜是酸性食物 B．牛肉是碱性食物 C．大米、面粉是碱性食物 D．鸡蛋是酸性食物 12．高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)[ ]随的变化如图。下列说法正确的是（　　） A．都属于强电解质 B．由B点数据可知，的第一步电离常数 C．两点对应溶液中水的电离程度相等 D．高铁酸钾净水处理是利用了的水解能力 13．下列说法正确的是（　　） A．、都能促进水的电离 B．某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应 C．向溶液中滴加溶液，有沉淀和气体生成 D．常温下，的溶液与的溶液，水的电离程度相同 14．下图是0.01mol·L-1甲溶液滴定0.01mol·L-1乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③表示盐酸滴定CH3COONa溶液，其他曲线是醋酸溶液滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断正确的是 A．由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO- B．曲线②是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线 C．随着甲溶液体积增大，曲线①始终保持最高导电能力 D．a、b、c三个点不都是反应终点 15．取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是（　　） A．黄色沉淀是，白色沉淀是 B．产生白色沉淀时，溶液中存在 C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀 D．白色沉淀开始析出时， 16．时，改变弱酸(R代表烷基)溶液的，溶液中分子的物质的量分数随之改变[已知]，甲酸与丙酸溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．等浓度的甲酸与丙酸混合后，丙酸的电离平衡常数 B．对于甲酸和丙酸，当时，溶液都为酸性 C．的甲酸和丙酸溶液分别稀释100倍后，所得溶液中的：甲酸＞丙酸 D．将的溶液与的溶液混合，所得溶液中： 17．常温下，向20mL0.1mol• L－1HB溶液中逐滴滴入 0.1mol• L－1NaOH溶液，所得 PH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 （　　） A．OA各点溶液均存在：c（B－） ＞c（Na＋） B．C至 D各点溶液导电能力依次增强 C．点 O时，PH＞1 D．点 C时，X约为 10.4 18．下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（　　） 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向NaHS溶液中滴入酚酞 溶液变红色 HS-水解程度大于电离程度 B 向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] C 向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中 产生白色浑浊 酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸 D 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀 KI3溶液中存在I I2+I−平衡 A．A B．B C．C D．D 19．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的一元酸HX溶液和HY溶液(两溶液水的电离程度：HX>HY，当Ka≤10-5时可以认为电解质达到电离平衡时的浓度近似等于起始浓度)，其滴定曲线如图所示 已知：弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占起始时总分子数的百分数称为电离度，下列说法正确的是（　　） A．曲线I和II对应的酸分别为HY和HX B．相比曲线I，曲线II选用酚酞作终点指示剂误差更小 C．把曲线上加入40mLNaOH溶液的点称为E点，则B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>E>B1 D．0.01mol/L弱酸HX和HY电离度之比为1：10 20．常温下，向盛有25.00mL 0.25mol/L 溶液的烧杯中，逐滴滴加0.5mol/L 溶液。测得混合溶液的pH先增大后减小，其中pH增大过程中，烧杯中无白色沉淀产生；当滴至25.00mL 溶液时，混合液的pH为7.20，出现较为明显的白色沉淀且无气体逸出。已知：，。下列说法不正确的是（　　） A．溶液中无沉淀生成时， B．整个滴定过程中，水的电离程度先增大后减小 C．滴定至pH为7.20时的反应为 D．pH=7.20时，混合液中 二、综合题 21．铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。 （1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为　 　。 （2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：　 　。 （3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是　 　。 （4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是　 　。 （5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =S4O +2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度　 　。(写出计算过程) 22． （1）请写出溶液呈酸性的原因(用离子方程式表示)　 　。 （2）氯元素在元素周期表中的位置　 　，请用化学方程式表达实验室制氯气的原理　 　。 （3）和的混合溶液可用于的尾气处理，请写出该反应的离子方程式　 　。 23．物质的分类就是根据物质在组成、结构、性质、用途等某一方面的共同点或不同点将物质分成不同种类的科学方法，某化学学习小组对下列五组物质进行研究： （1）、、、，若分类标准为　 　，则不属于该类别的物质为。 （2）、、、，若分类标准为　 　，则不属于该类别的物质为，它与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为　 　。 （3）、、、，其中只有既能与强酸反应又能与强碱反应，则与硝酸反应的离子方程式为　 　。 （4）、、、，若根据电离出阴阳离子的个数比进行分类，则不属于该类别的物质为　 　，其与溶液反应后所得溶液呈中性，该反应的离子方程式为　 　。 （5）、、、，若分类标准为正盐，则不属于该类别的物质为　 　，其在水溶液中的电离方程式为　 　。 24．碳酸及碳酸盐与自然界碳的循环有着密切的联系。 （1）已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO + H+的平衡常数K1=　 　。(已知10-5.60=2.5×10-6) （2）已知H2CO3的第二级电离常数Ka2=5.6×10-11，HClO的电离常数K=3.0×10-8，写出下列所发生反应的离子方程式： a.少量Cl2通入过量的Na2CO3溶液中：　 　。 b.少量CO2通入过量的NaClO溶液中：　 　。 （3）人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系( )维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1， ≈ ，1g2=0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为　 　，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中 的值将　 　(填“变大、变小、不变”)。 （4）NaOH吸收CO2后某种产物的水溶液在pH从0至14的范围内H2CO3、HCO 、CO 三种成分平衡时的组成分数如图所示，若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，宜控制溶液的pH为　 　之间 25．实验室用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液的浓度。 （1）I.实验过程(摘录) 用滴定管取待测盐酸溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴酚酞作指示剂。若盛装NaOH标准溶液的碱式滴定管中液面位置如图所示，则读数为　 　mL。 （2）滴定过程中，眼睛应始终注视　 　。 （3）滴定终点的判断依据是　 　。 （4）II.数据记录 实验编号 盐酸待测体积V/mL 消耗NaOH标准液体积V/mL 1 25.00 20.80 2 25.00 20.00 3 25.00 19.95 4 25.00 20.05 III.数据处理 计算该盐酸溶液的浓度　 　(精确到小数点后4位)。 （5）IV.误差分析 以下操作会导致待测盐酸浓度测定结果偏高的是____(填字母)。A．装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水 A．滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下 B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 （6）V.拓展 常温下，若用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示： 请回答：达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a　 　b(填“>”“<”或“=”)。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．NaOH为强碱，不发生水解，故A不符合题意； B．(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B不符合题意； C．NaCl为强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C不符合题意； D．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】强碱弱酸盐的水溶液因阴离子水解而呈碱性。 2．【答案】D 3．【答案】D 【解析】【解答】A、加热促进铁离子水解，溶液颜色加深，故A不符合题意； B、碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解使溶液呈碱性，故B不符合题意； C、铝离子在溶液中发生水解，导致 0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L ，故C不符合题意； D、柠檬酸与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，与水解无关，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、加热促进铁离子水解； B、碳酸根水解显碱性； C、铝离子发生水解； D、柠檬酸能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。 4．【答案】B 5．【答案】B 6．【答案】D 【解析】【解答】A、根据分析，M代表与的变化关系，A错误； B、根据分析，Ksp(Ag2SeO3)=c(SeO)c2(Ag＋)=10-5×(10-5)2=10-15，数量级为10-15，B错误； C、d点c(Ag＋)大于平衡浓度，故d点的浓度积Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，故为溴化银的过饱和溶液，C错误； D、Ag2SeO3(s)＋2Br－(aq)2AgBr(s)＋SeO32- (aq)平衡常数为==109.6，平衡常数大于105时可以认为趋于完全反应，D正确； 故答案为：D。 【分析】分析直线M可知，当c(Ag＋)由10-5mol/L升至10-3mol/L时，c(Xn-)由10-7.3mol/L变为10-9.3mol/L，变化前后c(Ag＋)与c(Xn-)的乘积为定值，因此该曲线为AgBr的沉淀平衡曲线，故N为Ag2SeO3的沉淀平衡曲线，由图像可知－lgc(Br-)＝7.3时，－lgc(Ag＋)＝5，则Ksp(AgBr)=c(Br-)c(Ag＋)=10-7.3×10-5=10-12.3，由图像可知－lgc(SeO)＝5.0时，－lgc(Ag＋)＝5，则Ksp(Ag2SeO3)=c(SeO)c2(Ag＋)=10-5×(10-5)2=10-15。 7．【答案】B 【解析】【解答】A、图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，故A错误； B、当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在 ，故B正确； C、HA-的电离平衡常数表达式为Ka=，当c(A2-)=c(HA-)时，加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，则Ka=1×10-2，故C错误； D、当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，整理可得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故D错误； 故答案为：B。 【分析】 随着NaOH溶液的滴加，HA逐渐被中和，溶液中c(HA)逐渐减小，c(A-)逐渐增大，则δ(HA)逐渐减小、δ(A-)逐渐增大，则曲线①代表δ(HA)，曲线②代表δ(A-)，曲线③代表pH变化。 8．【答案】B 9．【答案】B 【解析】【解答】A.室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32 ，溶液呈碱性，能使甲基橙试剂变黄色，A不符合题意； B. 结合以上分析可知，HCN是比NH3·H2O更弱的电解质，B符合题意； C. 结合以上分析可知，CN-的水解程度大于NH4+的水解程度， C不符合题意； D.CN-和NH4+均能水解，性质相反，相互促进水解，所以0.1mol/L的NH4CN溶液中NH4+的水解促进了CN-的水解，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】NH4CN属于弱酸弱碱盐，室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，说明溶液显碱性，说明CN-的水解程度大于NH4+的水解程度，相对来讲，HCN是比NH3·H2O更弱的电解质，据此进行分析。 10．【答案】D 【解析】【解答】A．NH4Cl水解显酸性，能和Mg(OH)2反应，导致OH-浓度降低，促进Mg(OH)2的溶解，故A不符合题意； B．水解呈酸性，加入盐酸，氢离子浓度增大，可抑制Sn2+水解，故B不符合题意； C．碳酸钠较稳定，加热溶液时虽水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水解生成强碱的最终反应生成原物质碳酸钠，故C不符合题意； D．溶液导电是因为存在着自由移动的离子，离子浓度越大，导电能力越强，与电解质强弱无关，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.氯化铵水解显酸性，能与氢氧化镁反应； B.加入盐酸可抑制Sn2+水解； C.碳酸钠较稳定，加热不分解。 11．【答案】D 【解析】【解答】A．西瓜是水果，属于碱性物质，A不符合题意； B．牛肉是动物性食物，属于酸性食物，B不符合题意； C．大米、面粉是淀粉类，属于酸性食物，C不符合题意； D．鸡蛋是属于酸性食物，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．水果属于碱性物质； B．动物性食物属于酸性食物； C．淀粉类属于酸性食物； D．鸡蛋是属于酸性食物。 12．【答案】B 【解析】【解答】A．K2FeO4属于盐，属于强电解质，根据图像可知，H2FeO4属于弱电解质，故A不符合题意； B．H2FeO4第一步电离平衡常数Ka1= ，B点对应坐标为(4，0.8)，根据图像可知，B点H2FeO4的物质的量分数约为0.2，HFeO 物质的量分数为0.8，因此Ka1= = 4×10－4，故B符合题意； C．根据图像可知，A点溶液显酸性，H2FeO4的电离程度大于HFeO 的水解程度，抑制水的电离，B点溶液显碱性，说明HFeO 的电离程度小于FeO 水解程度，促进水的电离，A、C点水的电离程度不相等，故C不符合题意； D．高铁酸钾进水利用FeO 强氧化性，进行消毒，还原产物Fe3+水解成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体净水，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.根据图分析可知，H2FeO4属于弱电解质，K2FeO4属于钾盐，属于强电解质； B.B点 物质的量分数为0.8，H2FeO4的物质的量分数约为0.2， ， ； C.A点是高铁酸分子和高铁酸氢根离子，C点是高铁酸根离子和高铁酸氢根离子，弱酸根离子促进水的电离，所以C点水的电离程度大于A点； D.高铁酸钾处理水是高铁酸钾有强氧化性，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附沉淀。 13．【答案】D 【解析】【解答】A.碳酸氢钠是弱酸强碱盐可促进水的电离，硫酸氢钠抑制水的电离，故A不符合题意； B.硫酸氢钠显酸性不是水解产生的，故B不符合题意； C. 向溶液中滴加溶液，有沉淀生成，无气体产生，故C不符合题意； D.常温下，醋酸钠与氯化铵对水的电离起促进作用，水的电离程度相等，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.强酸弱碱盐和强碱弱酸盐对水解促进； B.考查的是强酸式盐对酸性的影响； C.考查的是碳酸氢根电离促进其偏铝酸根水解； D.考查醋酸钠与氯化铵对水的电离程度影响。 14．【答案】A 【解析】【解答】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，则由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-，故A符合题意； B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B不符合题意； C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，故C不符合题意； D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】 曲线③表示盐酸滴定CH3COONa溶液， 曲线②最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液，曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线。 15．【答案】D 【解析】【解答】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意； B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意； C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意； D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.Ksp越小越容易沉淀； B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡； C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。 16．【答案】B 【解析】【解答】A．根据图中信息分析，N点时丙酸和丙酸根的物质的量浓度相等，根据N点得到丙酸的电离平衡常数，电离平衡常数与浓度无关，只与温度有关，等浓度的甲酸与丙酸混合后，丙酸的电离平衡常数不变即，故A不符合题意； B．对于甲酸和丙酸，当即，根据图中信息得到pH小于4.88，因此溶液都为酸性，故B符合题意； C．根据图中信息甲酸和丙酸的电离平衡常数分别为、，则说明甲酸比丙酸酸性强，将的甲酸和丙酸溶液分别稀释100倍后，甲酸、丙酸又电离，但丙酸电离程度大于甲酸，因此所得溶液中的：甲酸＜丙酸，故C不符合题意； D．将的溶液与的溶液混合，溶质为HCOOH和HCOONa的混合溶液且两者物质的量浓度相等，由于甲酸的电离平衡常数大于甲酸根的水解平衡常数，溶液显酸性，因此所得溶液中：，故D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】A.N点丙酸和丙酸根物质的量分数相同，根据N点，结合计算丙酸的电离常数； B.时，，此时pH小于4.88； C.pH=4的甲酸和丙酸溶液分别稀释100倍后，酸性较强的酸中c (H+) 较小； D.混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOONa、HCOOH，甲酸的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。 17．【答案】D 【解析】【解答】A.OA各点显酸性，则c(H+) > c(OH-)，依据电荷守恒得到：c(B-) > c(Na+)，A不符合题意； B.C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1 ，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L-1，导电能力依次增强，B不符合题意； C选项定性分析：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1。C选项定量分析过程如下：B点有c(B-) = c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），B点有c(HB)=（20.0×10-3-19.9×10-3）×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），B点有c(B-)/c(HB)=199，B点有K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，HB为弱酸，C不符合题意； D.计算过程如下：C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/(2×10-5)=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)= = =5×10-6 mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9 mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7符合题意。 故答案为：D 【分析】分析图像，OA段溶液显酸性，根据电荷守恒：c(H+) +c(Na+)= c(OH-)+c(B-) ，溶液显酸性，所以c(H+) > c(OH-)，则c(B-) > c(Na+)；C到D的过程中，溶液浓度增大，导电能力增强；根据图像，HB为弱酸，所以 0.1mol• L－1HB溶液的pH>1；根据水解常数计算x的pH。 18．【答案】C 【解析】【解答】A. NaHS溶液中存在平衡：HS－+H2O H2S+OH－，HS－ H＋+S2－，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项不符合题意； B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，B项不符合题意； C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项符合题意； D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3- I2+I-平衡，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.硫氢化钠可水解可电离，电离显酸性，水解呈碱性，加入酚酞变红，故显碱性 B.铜离子和镁离子和氨水反应都可产生沉淀，出现蓝色沉淀，说明铜离子与氢氧根结合能力强 C.在通入硅酸钠溶液前，需要将氯化氢除去以免造成干扰 D.淀粉变蓝，说明含有碘单质，加入硝酸银，黄色沉淀，说明有碘离子，因此I3-存在这平衡 19．【答案】B 【解析】【解答】A．酸溶液中酸性越强，水的电离程度越小，则酸性HX<HY，再根据同浓度弱酸在曲线上坐标点Al(0，5)和A2(0，3)可知，HX和HY均为一元弱酸，且曲线I和II对应的酸分别为HX和HY，A项不符合题意； B．C1和C2点分别为向HX溶液和HY溶液中加入20.00mLNaOH溶液后的滴定终点，此时酸碱恰好完全反应得到盐溶液，其c盐=mol/L=0.05mol/L，Kh(X-)==10-5，Kh(Y-)==10-9，我们可以认为当Ka≤10-5时，水解平衡时酸根离子溶液约等于C盐，根据Kh=，得出c(OH-)=，pOH=(pc(盐)+pKh)/2代入相关数据得：pOH(C1)=3.15，pOH(C2)=5.15，则pH(C1)=10.85，pH(C2)=8.85.由于酚作指示剂的pH变色范围为8.2-10，而曲线II终点的pH为8.85，恰好在此范围内，所以曲线II更适合选用酚酞作终点指示剂，B项符合题意； C．B1、C1和E三点溶液中物质成分分别为等浓度的HX和NaX、NaX、等浓度的NaX和NaOH，其溶液溶质溶度分别为0.033mol/L、0.05mol/L和0.025mol/L，由于Ka(HX)=10-9，所以E点溶液中(OH-)远大于Bi点溶液中(H+)，对水的电离抑制作用更强，C1只有盐溶液且盐溶液浓度最大，所以B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>B1>E，C项不符合题意； D．根据点A2(0，3)可知，c(H+)=c(Y-)=10-3mol/L，c(HY)≈0.010mol/L，则Ks(HY)=c(H+)/c(Y-)/c(HY)=10-60.010=10-5，根据电离度公式a=c(H+)/c(酸)×100%和A1、A2两点坐标数据，a(HX)=×100%=×100%=0.001%，a(HY)=×100%=×100%=0.1%，则a(HX)：a(HY)=l：100，D项不符合题意。 故答案为：B。 【分析】A.酸抑制水的电离，且酸性越强，对水的抑制越越明显； C.B1的溶质为等浓度的HX和NaX，C1的溶质为NaX，E的溶质为等浓度的NaX和NaOH，酸或碱抑制水的电离，NaX水解促进水的电离； D.根据电离度=c(H+)/c(酸)×100%计算。 20．【答案】D 【解析】【解答】A、溶液中存在物料守恒c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)，因此c(Na＋)＞c(HCO3－)＋c(H2CO3)，A不符合题意。 B、滴定过程中HCO3－水解促进了水的电离，因此水的电离程度增大。随着反应进行生成CaCO3沉淀的同时生成了H2CO3，H2CO3抑制了水的电离。因此水的电离程度减小，B不符合题意。 C、滴定至pH=7.20时，反应生成CaCO3沉淀，且无气体生成，则另一产物为H2CO3。因此该反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－=CaCO3↓＋H2CO3，C不符合题意。 D、Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)×c(CO32－)=3.4×10－9，。pH=7.20时，溶液中c(H+)=10-7.20mol·L-1，此时溶液中，D符合题意。 故答案为：D 【分析】A、结合物料守恒进行分析。 B、水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离。 C、出现的明显的白色沉淀为CaCO3，据此写出反应的离子方程式。 D、根据CaCO3的溶度积、H2CO3的电离平衡常数进行计算。 21．【答案】（1）3d （2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O （3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多 （4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大 （5）0.1980mol·L-1 【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。 (2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。 (3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。 (4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为， ，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大。 (5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O ，可得Cr3+~3S2O ，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。 【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子 （2）加入的 CrO3 具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行 （3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源 （4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性 （5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr，同时得到碘单质，碘单质被 Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度 22．【答案】（1） （2）第三周期VIIA族； （3） 【解析】【解答】(1)溶液呈酸性的原因是Fe3+的水解，其用离子方程式表示为； (2) 氯元素的原子序数是17，氯元素在元素周期表中的位置是：第三周期第VIIA族，在实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，其化学方程式为：； (3)具有氧化性， 具有还原性，它们会发生氧化还原反应，其对应的离子方程式为：。 【分析】盐类水解中：有弱才水解，无弱不水解。就是有弱酸的酸根离子可以水解， 有弱碱的阳离子也水解。 23．【答案】（1）酸性氧化物 （2）强电解质；CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O （3）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O （4）Ba(OH)2； （5）Na2HPO4； 【解析】【解答】（1）、、属于酸性氧化物，不属于酸性氧化物，所以分类标准为酸性氧化物； （2）、、都是强电解质，而是弱电解质，所以分类标准为强电解质；与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O； （3）与硝酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； （4）、、电离出阴阳离子的个数比都是1：1，电离出阴阳离子的个数比都是1：2，则不属于该类别的物质为；与溶液反应后所得溶液呈中性，该反应的离子方程式为； （5）Na2HPO4属于酸式盐，不是正盐；Na2HPO4在水溶液中的电离方程式为。 【分析】（1）酸性氧化物指的是能与碱起反应生成盐和水的氧化物判断，CO属于不成盐氧化物； （2）强电解质在水溶液中完全电离，（一般包括强酸、强碱、大多数盐、金属氧化物）；弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）； （3）是两性氧化物； （4）根据电离出阴阳离子的个数比进行分类； （5）Na2HPO4属于酸式盐；盐完全电离，碳酸氢根离子不拆。 24．【答案】（1）4.17×10-7 （2）Cl2+2CO +H2O=2 HCO +Cl-+ClO-；CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO （3）7.4；变小 （4）7～9 【解析】【解答】(1)溶液的pH=5.60，则c(H+)=10-5.6mol/L=2.5×10-6mol/L，若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c(HCO )=c(H+)=2.5×10-6mol/L，c(H2CO3)为1.5×10-5 mol•L-1，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K1= = =4.17×10-7； (2)根据电离平衡常数大小关系可知酸性H2CO3>HClO> HCO ，HCl为强酸，所以： a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成少量的HCl、HClO，酸性越强结合氢离子的能力越弱，而氢离子少量，所以只有碳酸根结合氢离子生成碳酸氢根，最终的产物为氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，所以离子方程式为Cl2+2CO +H2O=2 HCO +Cl-+ClO-； b．由于酸性H2CO3>HClO> HCO ，根据强酸可以制弱酸可知：少量CO2通入过量的NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO ； (3) K1= ， ≈ ，所以c(H+)= ，则pH=-lg =7.4；酸性增强，则c(H+)变大，而温度不变则K1不变，所以 变小； (4) 由图可知，溶液的pH为7～9之间时，溶液中的阴离子主要以HCO 形式存在，溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，所以若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，溶液的pH应该控制在7～9之间。 【分析】（1）根据碳酸的浓度利用此时的pH即可计算出常数 （2）根据给出的数据即可比较酸性的强弱即可写出方程式 （3）根据给出的数据计算出氢离子的浓度解，酸性增强时，结合电离常数即可判断 （4）根据碳酸氢根离子浓度的最大值即可判断pH的范围 25．【答案】（1）0.70 （2）锥形瓶中溶液颜色的变化 （3）滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色。且半分钟内不变色 （4）0.0864 （5）A；B （6）> 【解析】【解答】(1)滴定管读数时眼睛与凹液面的最低处水平，如图读数为：0.70mL； (2)滴定过程中，左手控制滴定管，右手摇锥形瓶，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化； (3)用0.1080NaOH溶液以酸碱中和滴定法测定未知浓度酸溶液，滴定终点的判断依据是滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色； (4)根据表格中数据可知1数据误差太大，舍去，消耗NaOH标准液平均体积V=20.00+19.95+20.05=20.00mL，； (5)A. 装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水不影响盐酸总物质的量，对测量结果无影响； B. 滴定过程中锥形瓶内壁有NaOH标准溶液附着，滴定终点时仍未流下，氢氧化钠没被利用，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高； C. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成氢氧化钠体积偏大，测定盐酸浓度偏高； D. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视造成氢氧化钠体积偏小，测定盐酸浓度偏低； 故答案为：BC (6)根据滴定突跃可知图1为用0.1000NaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸，图2滴定突跃为碱性可知是氢氧化钠滴定醋酸，B点为氢氧化钠和盐酸正好反应生成氯化钠，消耗氢氧化钠体积20.00mL，D点是氢氧化钠滴定醋酸到中性，如果正好滴定完全生成醋酸钠，溶液显碱性，要想使溶液显中性氢氧化钠体积要小于20.00mL，故a>b； 【分析】（1）读数时视线与液面的最低处保持水平； （2）滴定过程中，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化； （3）滴定终点时溶液由无色变为浅红色，半分钟内不变色； （4）根据计算； （5）根据分析误差； （6）B点溶质为氯化钠，D溶质为醋酸钠。 学科网（北京）股份有限公司 $$