2025届高三化学二轮复习-盐类的水解

2025届高三化学复习-盐类的水解 一、单选题 1．（23-24高三上·广东肇庆·期末）生活处处有化学。下列应用利用了盐类水解原理的是 A．用食盐水腌制咸菜 B．用醋酸清洗水垢 C．用料酒去除腥味 D．用明矾净化污水 2．（23-24高三上·四川凉山·期末）下列关于溶液配制的说法中，错误的是 A．将一定量的溶于氨水所得的溶液，可能存在 B．配制稀硫酸溶液时，应将水沿烧杯内壁缓慢注入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌 C．配制溶液时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管 D．配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释到所需浓度 3．（24-25高三上·山东泰安·开学考试）以黄铁矿的烧渣(主要成分为等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁的工艺流程如图： 已知：取样分析可确定溶液中、的含量。下列有关说法错误的是 A．聚合硫酸铁中 B．“取样分析”目的之一确定氧化所需的量 C．还原步骤中应加入过量的铁，以防止被氧化 D．水解时溶液的偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率 4．（23-24高三上·北京东城·期末）下列物质的应用中，不能利用盐类水解反应的原理解释的是 A．配制溶液时，用较浓的盐酸溶解晶体 B．用热的溶液清洗附着在盘子表面的植物油 C．常用作消化道射线检查的造影剂 D．明矾可以用于净水 5．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期末）下列说法正确的是 ①已知的燃烧热为，则 ②对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，是因为活化分子百分数增加 ③必须在高温下反应才能发生，则 ④将均为11的氨水和溶液分别加水稀释至，氨水需加的水多 ⑤中和体积相同、相同的溶液和溶液，需要消耗氢氧化钠的物质的量，后者多 ⑥用滴定某未知浓度的盐酸，开始滴定时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡消失，则测定结果偏高 ⑦将、、溶液蒸干均无法获得原溶质 ⑧溶液和溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 A．②④⑤⑥⑦⑧ B．③④⑤⑥⑦ C．①④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦⑧ 6．（2024·海南·二模）常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示，已知。下列叙述不正确的是 A．为 B．滴加NaOH溶液过程中，不断减小 C．m点所示溶液中： D．n点所示溶液中： 7．（24-25高三上·福建福州·阶段练习）向醋酸溶液滴入等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，滴定过程中混合溶液的温度变化如图所示(不考虑溶液与外界环境的热交换)，下列有关说法正确的是 A． B．a点时， C．c点时，溶液中的 D．a、b、c三点，溶液中水电离出的： 8．（23-24高三上·山东泰安·期末）下列离子能大量共存，且加入或通入少量相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是 选项 离子 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式 A 、、、 NaOH B 、、、 盐酸 C 、、、 氯气 D 、、、 铁粉 A．A B．B C．C D．D 9．（2024·湖北·模拟预测）时，向的溶液()中通入或加入调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与pH关系如图。下列说法正确的是 A．的 B．溶液在时存在： C．曲线M表示的分布分数随pH变化 D．该体系在时，溶液中 10．（2024高三·全国·专题练习）天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有CaCO3)的水体中(X：H2CO3、HCO、CO或Ca2+)与的关系如图所示。下列说法正确的是 A．直线②的X表示HCO B．该溶洞水体时，溶液中cCa2+>cCO>cHCO C．体系中存在物料守恒：cCa2+=cCO＋cHCO＋cH2CO3 D．体系中存在 11．（23-24高三上·新疆巴音郭楞·期末）25℃时，用0.1盐酸滴定0.1氨水的滴定曲线如图所示（已知：滴定剂与被滴定组分的物质的量之比为滴定分数）。下列说法正确的是 A．a点溶液中离子浓度的大小关系为： B．a、d点水的电离程度：d>a C．25℃时，的数量级为 D．滴定过程，溶液中增大 12．（23-24高三上·广西玉林·阶段练习）常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是 A．溶液中水的电离程度②③④ B．滴定过程可使用甲基橙做指示剂 C．点①和点②所示溶液中： D．曲线滴定溶液的变化曲线 13．（23-24高三上·广东广州·期末）25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是 A．图中M表示 B．NH4Cl溶液 C．NH4Cl溶液中： D．NH4Cl溶液中： 14．（2025·广东广州·模拟预测）在时，向三羟甲基甲胺(简写为)与其盐酸盐组成的混合溶液中，分别逐滴滴入盐酸和溶液，测得与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，为、、的曲线。 下列说法正确的是 A．数量级为 B．溶液中水的电离程度： C．当时，混合溶液都有 D．三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系 二、非选择题 15．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）Ⅰ．硫元素具有广泛的应用。 (1)S的原子结构示意图为 。 (2)过二硫酸钠在较高温度完全分解，分解生成焦硫酸钠和标况下，则焦硫酸钠的化学式为 。 Ⅱ．二氧化硫、氮氧化物能引发酸雨、雾霾等。目前工业上烟气脱硫脱硝的工艺流程如下： 已知：烟气中含尘、SO2、NOx（NO/NO2>9）。 (3)“催化氧化”的目的是 。 (4)图中产品中含硫成分为 (填化学式)。 Ⅲ．为探究某种催化剂在有氧条件下还原的最佳温度，将一定比例的和混合，以一定的流速通过催化还原反应器[如图(a)]，反应相同时间后测得的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。 (5)配平化学方程式： 。(注：和按物质的量混合) (6)当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是 。 Ⅳ．磷能形成多种具有独特性质的物质。 (7)磷能形成红磷、白磷、黑磷等多种单质，它们互为 (填“同位素”或“同素异形体”)。磷的一种组成为的盐，能与盐酸反应但不能与溶液反应，下列有关的分析中正确的是 (填字母)。 A．是酸式盐        B．是正盐 C．均具有较强的还原性            D．是三元弱酸 Ⅳ．自然界中Cr主要以价和价形式存在。 (8)中的能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将还原，其离子方程式为 。 16．（24-25高三上·山东泰安·开学考试）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH相关性质。 (1)25℃时，用pH计测定4mL该CH3COOH溶液的pH为2.68，加水稀释至40mL时pH的范围为 。 (2)25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度：取V1mL CH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入2~3滴酚酞溶液，用c mol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，终点现象为 。消耗溶液的体积为V2mL；另取一份该稀CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为 mol∙L-1，CH3COOH的电离度为 。 (3)25℃时，某混合溶液中，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO-分布分数δ (平衡体系中，同一物质各种存在形式的平衡浓度与其总浓度之比)与所加量的关系如图所示。 ①δ2表示 (填微粒符号)的分布分数曲线； ②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka= ； ③pH=5时，溶液中= ： ④若c处，则a、b、c三处水的电离程度最大的是 。 17．（2024高三·全国·专题练习）某小组探秘人体血液中的运载氧平衡及酸碱平衡，正常人体血液中主要含有H2CO3和形成的缓冲溶液，能缓解外界的酸碱影响而保持pH基本不变。正常人体和代谢性酸中毒病人的血气分析结果见表： 项目名称 结果浓度 参考范围 正常人 代谢性酸中毒病人 CO2分压/mmHg 40 50 35～45 24.2 19 23.3～24.8 血液酸碱度(pH) 7.40 7.21 7.35～7.45 回答下列问题： (1)37℃时HCO3-的水解常数，，已知某同学血浆中，写出人体血液中存在的水解平衡方程式 ；请判断该同学血液的pH是否正常 。(填“是”或“否”) (2)人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图： ①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的CO2会 (选填“增加”或“减少”)。 ②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法 。(选填字母) A．口服0.9% KCl溶液 　　　　　　　  B．口服5%葡萄糖溶液 C．静脉注射5% 溶液　　　　 D．静脉注射0.9% NaCl溶液 18．（23-24高三下·江苏无锡·期末）燃煤烟气中的SO2可用多种方法脱除。 I：氧化还原脱除法 (1)使用碘液脱除的反应机理如图所示。 ①SO2与I2反应的离子方程式为 。 ②将H2SO4与I2分离的方法是 。 ③该方案的优点是 。 (2)用NaClO碱性溶液催化脱除时，Ni2O3 的催化机理如下： (a)Ni2O3 + ClO－ → NiO2 + Cl－； (b)NiO2+ ClO－→ [O]+ Cl－+Ni2O3 ； (c)SO2+[O] +H2O+ OH－ →+ H2O ①活性氧[O]具有极强氧化性的原因是 。 ②NaClO碱性溶液脱除SO2的总离子反应方程式是 。 II：碱液脱除法 (3)用Na2CO3溶液、氨水脱除SO2，已知25℃时，含硫物种(即水溶液中H2SO3、、)随pH变化如图所示。 ①当用Na2CO3溶液吸收SO2至溶液的pH为4时，发生反应的离子方程式是 。 ②当用氨水吸收SO2至溶液的pH=7时，与溶液中、的浓度关系是c()= 。 ③由实验测得氨水脱除SO2时，脱硫效率随pH的变化如图所示。在pH<6时，随着pH增大，脱硫效率增大的可能原因是 ；在pH大于6时，随着pH增大，脱硫效率变化不大的可能原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C B B D D B D 题号 11 12 13 14 答案 C A C D 1．D 【详解】A．氯化钠不能水解，A项错误； B．醋酸清洗水垢是酸电离并和盐发生反应，B项错误； C．料酒中主要成分乙醇不属于盐，不涉及水解，C项错误； D．明矾净化污水过程涉及水解生成胶体，D项正确。 故选D。 2．B 【详解】A．将一定量的溶于氨水所得的溶液，Kb(NH3·H2O)=，当c(OH-)= Kb(NH3·H2O)时，可就会存在存在，A正确； B．浓硫酸密度大于水，稀释浓硫酸会放出大量的热，配制稀硫酸溶液时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B错误； C．配制溶液时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，C正确； D．FeCl3易水解，为防止氯化铁的水解，配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中，然后加水稀释到所需浓度，D正确； 答案选B。 3．C 【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，加入28%H2SO4“酸浸”后，过滤得到滤渣1的成分为SiO2，滤液中含Fe2(SO4)3、FeSO4和H2SO4，加入Fe将Fe3+还原成Fe2+，加入NaClO3、H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，然后水解、聚合得到聚合硫酸铁。 【详解】A．聚合硫酸铁中、、化合价代数和为0，，即：，故A正确； B．“取样分析”是为了分析Fe2+、Fe3+含量，确定还原Fe3+所需Fe的量和氧化Fe2+所需的量，故B正确； C．还原步骤中应加入过量的铁的目的是将Fe3+完全还原为Fe2+，故C错误； D．水解时溶液的pH偏小，抑制Fe3+水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH)3，都会影响聚合硫酸铁的产率，故D正确； 故答案选C。 4．C 【详解】A．用FeCl3晶体配制溶液时，加水稀释，铁离子的水解平衡正向移动，先将其溶于较浓盐酸中，可抑制铁离子的水解，A不合题意； B．热饱和Na2CO3溶液由于碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，植物油在碱性条件下易水解生成可溶性的物质，则用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油与水解有关，B不合题意； C．不溶于胃酸，可用于消化道射线检查的造影剂，与水解无关，C符合题意； D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附悬浮性杂质，D不合题意； 故选C。 5．B 【详解】①燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；已知的燃烧热为，结合盖斯定律，则，错误； ②对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，是因为活化分子浓度增大，而不是比例增大，错误； ③反应为熵增反应，其必须在高温下反应才能发生，则其为吸热反应，，正确； ④氨水为弱碱，加入水促进电离，将均为11的氨水和溶液分别加水稀释至，氨水需加的水多，正确； ⑤醋酸为弱酸，溶液中部分电离，则中和体积相同、相同的溶液和溶液，需要消耗氢氧化钠的物质的量，后者多，正确； ⑥用滴定某未知浓度的盐酸，开始滴定时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡消失，则使得碱液读数偏大，测定结果偏高，正确； ⑦、、溶液中均存在水解，容易被空气中氧气氧化，则溶液蒸干均无法获得原溶质，正确； ⑧溶液不影响水电离，水解促进水电离，两溶液中水的电离程度不相同，错误； 故选B。 6．B 【详解】A．根据m点，时，pH=4.76，=，故A正确； B． ，滴加NaOH溶液过程中，不变，故B错误； C．根据电荷守恒，m点，则m点所示溶液中，故C正确； D．根据电荷守恒，n点所示溶液呈酸性，所以，则，故D正确； 选B。 7．D 【分析】由图可知，b点溶液的温度最高，说明醋酸和等物质的量浓度的氢氧化钠溶液恰好反应生成醋酸钠，则氢氧化钠溶液的体积x为10mL；a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液。 【详解】A．由分析可知，b点时，氢氧化钠溶液的体积x为10mL，故A错误； B．由分析可知，a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中存在如下物料守恒关系，故B错误； C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故C错误； D．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡右移，由分析可知，a点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，b点为醋酸钠溶液，c点为等浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，醋酸和氢氧化钠抑制水的电离，醋酸钠促进水的电离，且溶液温度b>a>c，所以溶液中水电离出的氢氧根离子浓度的大小顺序为b>a>c，故D正确； 故选D。 8．D 【详解】A．溶液中离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、水和二氧化碳，不能大量共存，故A错误； B．溶液中离子与发生反应生成氢氧化铝沉淀和，不能大量共存，故B错误； C．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中通入少量氯气，还原性强的亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故C错误； D．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中加入Fe，氧化性强的铁离子优先与Fe反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为，故D正确； 故答案选D。 9．B 【详解】A．的，图中时，此时，得到的，A错误； B．溶液中电荷守恒关系为，物料守恒关系为，则，时，，，B正确； C．曲线M表示的分布分数随pH变化，右侧虚线曲线表示的分布分数随pH变化，C错误； D．由图可知，时，此时的电离平衡常数，体系中，得到，当pH为8.3时，，D错误； 答案选：B。 10．D 【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大， pH较小时浓度大于，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线① 代表，②代表，③代表Ca2+。 【详解】A．根据分析可知，直线②的X表示，A错误； B．越大，c(X)越小，该溶洞水体pH=7.5时，根据图中信息可知，故溶液中cCa2+<c<c，B错误； C．由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误； D．由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确； 故选D。 11．C 【分析】开始滴定前pH＞7，用0.1盐酸滴定0.1氨水，曲线表示随盐酸的加入pH的变化情况，据此分析。 【详解】A．a点表示反应半点，溶质为等量氯化铵和氨水的混合溶液，由图可知，此时溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，对水的电离起抑制作用，故溶液中离子浓度的大小关系为：，故A错误； B．a点表示反应半点，溶质为等量氯化铵和氨水的混合溶液，d点表示过量点，盐酸过量一半，溶质为氯化铵和盐酸，盐酸是强电解质，完全电离出氢离子，根据图像，a点氢氧根离子的浓度比d点氢离子浓度小，a点碱性对水的抑制程度比d点弱，水的电离程度：a>d，故B错误； C．由图可知，b点时，HCl与氨水的物质的量之比为0.9，此时溶质为氯化铵和氨水，且物质的量之比为9∶1，则b点，25℃时，，数量级为，故C正确。 D．，滴定过程，温度不变，不变，溶液中不变，故D错误； 本题选C。 12．A 【详解】A．由题意知，HX溶液的Ka大于HY溶液的Ka，则酸性：HX＞HY，同浓度时，HX溶液中c（H＋）大，pH小，因此曲线b是滴定HX溶液的pH变化曲线，由图可知，②点溶液呈酸性，抑制水的电离；③点pH＝7，对水的电离既不促进也不抑制；④全为NaX溶液，水解促进水的电离，故水的电离程度②＜③＜④，故A正确； B．用NaOH分别滴定HX、HY，完全反应生成的NaX、NaY，水解均呈碱性，应用酚酞作指示剂，不能用甲基橙，故B错误； C．①和②点分别为等浓度的HY、NaY混合溶液和等浓度的HX、NaX混合溶液，①与②点c（Na＋）相等，①点物料守恒c（Y−）＋c（HY）＝2c（Na＋），②点物料守恒c（X−）＋c（HX）＝2c（Na＋），则c（X−）＋c（HX）＝c（Y−）＋c（HY），即c（X−）−c（Y−）＝c（HY）−c（HX），故C错误； D．由题意知，HX溶液的Ka大于HY溶液的Ka，则酸性：HX＞HY，同浓度时，HX溶液中c（H＋）大，pH小，因此曲线b是滴定HX溶液的pH变化曲线，故D错误； 故答案选A。 13．C 【分析】25℃，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，部分微粒组分及浓度分析回答问题。 【详解】A．溶液中离子浓度最大的是氯离子，c(Cl-)=0.1mol•L-1，图中M浓度小于0.1mol•L-1，表示的是，A错误； B．NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，pH＜7，B错误； C．NH4Cl溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，C正确； D．NH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误； 故答案为：C。 14．D 【详解】A．，即当时，，由上图可知，曲线Ⅰ中，在此体系中，存在电荷守恒：，物料守恒：， 可得到质子守恒，，氢离子及氢氧根的浓度相对RNH2及来说比较小，可忽略，故RNH2和的浓度近似相等，此时可得=10-5.86，数量级为10-6，A错误； B．在混合溶液中，RNH2会发生电离使溶液呈碱性，会发生水解使溶液呈酸性，c、b、a三点混合溶液均为碱性，说明RNH2的电离程度大于的水解程度，而电离程度越大对水的电离抑制程度越大，故溶液中水的电离程度：，B错误； C．当时，对于曲线Ⅰ，恰好完全反应生成RNH2和NaCl，RNH2电离产生的和相等，水电离出的和相等，故对于曲线Ⅰ，，C错误； D．三羟甲基甲胺是弱碱，为强酸弱碱盐，可组成缓冲体系，D正确； 答案选D。 15．(1) (2)Na2S2O7 (3)将NO氧化为NO2 (4)(NH4)2SO3 (5) (6)NH3与O2反应产生了NO (7) 同素异形体 BC (8) 【详解】（1） S原子核内有16个质子，核外有16个电子，分三层排布，其原子结构示意图为。 （2）1molNa2S2O8分解生成1mol焦硫酸钠，并产生标况下11.2LO2，物质的量为0.5mol，则氧原子为1mol，说明1mol焦硫酸钠中氧原子为7mol，焦硫酸钠的化学式为Na2S2O7。 （3）由题干图示信息可知，烟气中含尘、SO2、NOx（NO/NO2>9）经催化氧化后NO和NO2的比值小于2/3，故催化氧化的目的是将NO氧化为NO2，故答案为：将NO氧化为NO2。 （4）由题干图示信息可知，催化氧化后烟气再除尘、除NOx后剩余气体主要成分是SO2，图中产品即SO2与过量的氨水反应的产物经蒸发浓缩、冷却结晶后的产物，则其中含硫成分为(NH4)2SO3。 （5）将NOx和NH3作为一个整体，当NOx和NH3按物质的量1：1混合时，则NOx和NH3一共化合价改变(3-2x)，而O2中O元素从0价降低到-2价，共降低4，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，该化学方程式为： 。 （6）当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是：NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低。 （7）红磷、白磷、黑磷是磷元素形成的不同种单质，互为同素异形体； A．由Ba(H2PO2)2能与盐酸反应但不能与氢氧化钠溶液反应，说明Ba(H2PO2)2为正盐，故A错误； B．由Ba(H2PO2)2能与盐酸反应但不能与氢氧化钠溶液反应，说明Ba(H2PO2)2为正盐，故B正确； C．由化合价代数和为0可知，Ba(H2PO2)2、H3PO2中磷元素为+1价，由磷元素的常见化合价为+3价、+5价可知，Ba(H2PO2)2、H3PO2均具有强还原性，故C正确； D．Ba(H2PO2)2为正盐，可知H3PO2为一元酸，故D错误； 故答案选BC。 （8）由题意可知，酸性条件下溶液中重铬酸根离子与亚硫酸根离子反应生成Cr3+、和H2O，反应的离子方程式为： 。 16．(1)2.68＜pH＜3.68 (2) 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 (或) (3) CH3COO- 10-4.8 0.2 c 【详解】（1）25℃时，用pH计测定4mL该CH3COOH溶液的pH为2.68，加水稀释至40mL时，若CH3COOH发生完全电离，其pH=3.68，CH3COOH加水稀释，其pH增大，所以pH的范围为2.68＜pH＜3.68。 （2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度：取V1mL CH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入2~3滴酚酞溶液，溶液呈无色，用c mol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，由于产物为强碱弱酸盐，酚酞溶液变红色，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。消耗NaOH溶液的体积为V2mL，此时CH3COOH与NaOH刚好完全反应，由此可求出CH3COOH的起始浓度c(CH3COOH)==mol∙L-1；另取一份该稀CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，则发生电离的CH3COOH的物质的量浓度为10-amol∙L-1，CH3COOH的电离度为=(或)。 （3）①CH3COOH溶液中加入NaOH，随着NaOH的不断加入，CH3COOH分布分数不断减小，CH3COO-的分布分数不断增大，所以δ2表示CH3COO-的分布分数曲线； ②在a点，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，pH=4.8，由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka== c(H+)=10-4.8； ③pH=5时，溶液中=lg=lg=0.2： ④在a处，溶液的pH=4.8，溶液呈酸性，表明剩余CH3COOH发生电离，溶液呈酸性，对水的电离产生抑制作用，在b点，溶液的pH=7，溶液呈中性，对水的电离不产生影响，若c处=，此时溶液中c(CH3COOH)=c(NaOH)，NaOH来自CH3COONa水解，溶液呈碱性，水的电离受到促进，则a、b、c三处水的电离程度最大的是c。 【点睛】描述滴定终点时，需指明“半分钟内不变色”。 17．(1) +H2O⇌H2CO3+OH-、+H2O⇌+OH 正常 (2) 增加 C 【详解】（1）①H2CO3为弱酸，故人体血液中存在的水解平衡方程式为： HCO3-+H2OH2CO3+OH-、+H2O⇌+OH-； ②由，得，，，，得该同学血液的pH=7.4，属于正常； （2）①人体摄入酸过多时HCO3-与H+作用生成CO2，故肺通过呼吸排出的CO2增加； ②对于重度代谢性酸中毒的病人应该减少H+，只有NaHCO3与H+作用生成CO2，故选 C。 18．(1) SO2+I2+2H2O＝4H++2I－+ 用四氯化碳等有机溶剂萃取 I2可以循环利用；氧化剂易于获得 (2) 氧原子最外层电子数为6，易于得到电子 SO2+ClO－+2OH－＝H2O+Cl－+ (3) 2SO2 ++H2O＝2+CO2↑ 2c()+c() 碱性增强，有利于亚硫酸电离，从而促进SO2溶解和反应 碱性过强，有利于氨气的生成，削弱了溶液的碱性，从而不利于SO2的吸收和反应 【详解】（1）①根据反应机理图可得，SO2与I2反应生成H2SO4与HI，离子方程式为：SO2+I2+2H2O＝4H++2I－+； ②I2易溶于有机溶剂，将H2SO4与I2分离的方法是用四氯化碳等有机溶剂萃取。 ③根据反应机理图可知，该方案的优点是I2可以循环利用；氧化剂易于获得。 （2）①氧原子最外层电子数为6，易于得到电子，所以活性氧[O]具有极强氧化性； ②根据催化机理的三步可得，NaClO碱性溶液脱除SO2生成硫酸根离子和氯离子，总离子反应方程式是SO2+ClO－+2OH－＝H2O+Cl－+； （3）①根据图可知，在pH约为4时，溶液中主要存在HSO，则可发生的主要反应是：CO+ 2SO2 +H2O = CO2↑+ 2HSO； ②pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=2c(SO)+c(HSO)； ③在pH<6时，随着pH增大，碱性增强，有利于亚硫酸电离，从而促进SO2溶解和反应，所以脱硫效率增大；在pH大于6时，碱性过强，有利于氨气的生成，削弱了溶液的碱性，从而不利于SO2的吸收和反应，所以随着pH增大，脱硫效率变化不大。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$