2025届高三化学一轮复习 溶液的酸碱性

溶液的酸碱性 一．选择题（共15小题） 1．（2024•江阴市一模）H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是（　　） A．该滴定可用甲基橙做指示剂 B．Na2S2O3是该反应的还原剂 C．该滴定可选用如图所示装置 D．该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol 2．（2024•常州期末）常温下，用浓度为0.0200mol•L﹣1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η的变化关系如图所示。已知：。下列说法不正确的是（　　） A．Ka（CH3COOH）约为10﹣4.76 B．a点处溶液中： C．b点处溶液中： D．水的电离程度：a＜b＜c＜d 3．（2024•建邺区期末）常温下，用0.10mol•L﹣1盐酸滴定25.00mL0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液，所得溶液的pH、和NH3•H2O的物质的量分数（x）与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．曲线②代表x（NH3•H2O） B．当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00mL C．0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液pH值为13 D．NH3•H2O的电离常数约为1×10﹣9.26 4．（2024•新吴区一模）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1的三种一元酸溶液HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．用NaOH溶液滴定HX溶液时，可用甲基橙或酚酞作为指示剂 B．常温下0.1000mol•L﹣1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中，c（X﹣）＜c（Y﹣）＜c（Z﹣） C．常温下一元酸HY的电离常数Ka（HY）约为1.0×10﹣6 D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，会使测得的结果偏大 5．（2024•徐州四模）用0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 mol•L﹣1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（　　） A．Ka2（H2SO3）的数量级为10﹣8 B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂 C．图中Z点对应的溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣） D．图中Y点对应的溶液中：3c（）＝c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣） 6．（2024•无锡模拟）298K时，向两份10mL0.2mol/LCH3COONH4溶液（pH＝7）中分别滴加浓度均为0.2mol/L的HCl和NaOH溶液。部分离子浓度随溶液体积的变化如图所示，有关说法错误的是（　　） A．水的电离程度：a＞c＝d B．b点c（Cl﹣）和d点c（Na+）存在的关系是2c（Cl﹣）＝c（Na+） C．c点存在离子浓度关系：c（）＜c（Cl﹣） D．若b点pH＝5，则CH3COOH的Ka≈10﹣5 7．（2024•铜山区一模）下列图示与对应的叙述相符合的是（　　） A．图甲是常温下用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LCH3COOH的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH＞NOH C．图丙是恒温密闭容器中发生CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）反应时c（CO2）随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积 D．图丁表示恒容密闭容器中其它条件相同时改变温度，反应CO2（g）+3H2（l）⇌CH3OH（g）+H2O（g）中，n（CH3OH）随时间变化的曲线，说明反应平衡常数KⅡ＞KⅠ 8．（2024•惠山区一模）已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，反应会放热，当温度升高后会发生如下反应：3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。则Cl2通入NaOH溶液的产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，且的值与温度高低有关。当参与反应的n（NaOH）＝amol时，下列说法错误的是（　　） A．与碱的反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂 B．参加反应的Cl2物质的量为0.5amol C．若某温度下，反应后＝6，则溶液中＝1 D．改变温度，反应中转移电子的物质的量可能为amol 9．（2024•建邺区一模）298K时，向20mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（　　） A．该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂 B．a、b、c点表示的溶液，水的电离程度为：a＞b＞c C．b点溶液中各微粒浓度关系为2c（OH﹣）+c（CH3COOH）═c（CH3COO﹣）+2c（H+） D．由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10﹣5mol•L﹣1 10．（2024•玄武区期末）室温下，用0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol⋅L﹣1的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．HX的电离平衡常数Ka＜1×10﹣7 B．M点存在：c（HX）﹣c（X﹣）＞c（OH﹣）﹣c（H+） C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性 D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH═7：c（Na+）＞c（HX）═c（Cl﹣）＞c（X﹣） 11．（2024•南京一模）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，若氯气与KOH恰好完全反应，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且Cl﹣与ClO﹣的个数比值[]与温度高低有关。当KOH的个数为6a时，下列有关说法不正确的是（　　） A．参加反应的氯气分子的个数等于3a B．改变温度，产物中KClO3的个数最多为a个 C．改变温度，反应中转移电子的个数N（e﹣）的范围：3a≤N（e﹣）≤5a D．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝2：1 12．（2024•江阴市一模）室温下，两种不同浓度的NaOH溶液，pH分别为14和10。将这两溶液等体积混合后，所得溶液中的c（H+）为（　　） A．1×（10﹣14+10﹣10）mol•L﹣1 B．mol•L﹣1 C．2×10﹣10mol•L﹣1 D．2×10﹣14mol•L﹣1 13．（2024•江阴市一模）实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（　　） A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次 B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 C．往锥形瓶中加NaOH溶液，滴定管读数时，开始时是俯视，滴定后平视 D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 14．（2024•江阴市一模）室温下，用0.10mol•L﹣1盐酸分别滴定20.00mL0.10mol•L﹣1氢氧化钾溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V（HCl）]的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ表示的是滴定氨水的曲线 B．滴定曲线Ⅱ对应实验，最好选择甲基橙作指示剂 C．两个实验的滴定开始前，水的电离程度相同 D．实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试时记录pH的间隔相同 15．（2024•常熟市一模）化学常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述不正确的是（　　） A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线 C．图③表示25℃时分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水 D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南京模拟）α﹣FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。 （1）在80℃下，向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α﹣FeOOH固体。 ①制备1molα﹣FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为 　 　mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是 　 　。 ②为检验（NH4）2Fe（SO4）2已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液，该设计方案不合理的理由是 　 　。 （2）α﹣FeOOH的结构中，每个Fe（Ⅲ）与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3（OH）3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 　 　。 （3）α﹣FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的S8（结构如图2所示）覆盖在α﹣FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式：　 　。 ②工业可使用四氯乙烯（C2Cl4）溶解S8并实现与α﹣FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是 　 　。 ③部分环状分子（如苯）中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是 　 　。 17．（2024•常熟市一模）食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035g/mL，实验室用标准NaOH溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测食醋是否符合国家标准，某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，请回答： （1）选用上述 　 　（填“甲”或“乙”）滴定管量取10.00mL白醋后，将白醋稀释至100mL时，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 　 　． （2）某同学用酸碱中和滴定法测定该品牌白醋的醋酸浓度，当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，测得溶液中＝，则此时溶液中的pH＝　 　．（已知：室温下醋酸的Ka＝1.8×10﹣5） （3）根据该同学的计算结果，应该选 　 　作指示剂．（填“酚酞”、“甲基橙”或“石蕊”） （4）该滴定达到终点时的现象是 　 　． （5）某次实验滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如下图所示，则所用NaOH溶液的体积为 　 　mL． （6）用标准的0.06000mol⋅L﹣1NaOH溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如下表所示： 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 25.00mL 0.02 25.01 2 25.00mL 0.70 25.71 3 25.00mL 0.50 24.2 则该品牌白醋中醋酸含量为 　 　mg/mL． （7）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是 　 　．（填编号） A．取待测液的滴管，取液前滴定管尖嘴处无气泡，取液后尖嘴处出现气泡 B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 D．读取NaOH溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数 （8）有一支50mL的酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.00mL刻度处，现把管内液体全部放出，用量筒接收，得到溶液的体积是 　 　． A．等于10mL B．等于40mL C．大于40mL D．不能确定 18．（2024•天宁区一模）Ⅰ.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10﹣6。向20.00mL浓度约为0.1mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1的标准NaOH溶液。 （1）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是 　 　（填字母序号）。 A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗 B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定 C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定 D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积 （2）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为 　 　mol/L.（保留4位有效数字） 实验序号 NaOH溶液体积/mL 待测HA溶液体积/mL 1 21.01 20.00 2 20.99 20.00 3 21.60 20.00 Ⅱ.（3）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示： 化学式 电离平衡常数（Ka） CH3COOH 1.75×10﹣5 H2CO3 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 H2S Ka1＝1.1×10﹣7 Ka2＝1.3×10﹣13 ①等浓度的、CH3COO﹣、HS﹣结合的H+能力由强到弱的顺序为：　 　。 ②将过量H2S气体通入Na2CO3溶液中的离子反应方程式为：　 　。 （4）已知草酸为二元弱酸：H2C2O4⇌HC2+H+ Ka1，HC2⇌C2+H+ Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2、HC2三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示。则pH＝2.7时，溶液中＝　 　。 19．（2024•海安市一模）草酸（H2C2O4）是一种易溶于水的二元中强酸，在水中它的存在形态有H2C2O4、HC2、C2，各形态的分布系数（浓度分数）α随溶液pH变化的关系如图所示： （1）图中曲线1表示 　 　的分布系数变化。 （2）现有物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液： a．Na2C2O4 b．NaHC2O4c．H2C2O4d．（NH4）2C2O4 e．NH4HC2O4 已知NaHC2O4溶液显酸性。 ①NH4HC2O4显 　 　性（填“酸”、“碱”或“中”） ②Na2C2O4溶液中， 　 　2 （填“＞”、“＝”、“＜”），原因是 　 　（用离子方程式表示）。 ③常温下，向10mL 0.1mol/L H2C2O4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，当溶液中c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2）时，溶液显 　 　性（填“酸”、“碱”或“中”），且V（NaOH） 　 　10mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。 ④五种溶液中c（H2C2O4）由大到小排列的顺序是 　 　。 20．（2024•金坛区期末）工业废水中的氨氮（以NH3、形式存在），可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 （1）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，再与作用生成N2而除去氨氮。 ①转化为的离子方程式为 　 　。 ②与在转化为N2的反应中消耗与的物质的量之比为 　 　。 （2）次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2而除去。 ①NaClO氧化NH3的离子方程式为 　 　。 ②一定pH下，NaClO投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当m（NaClO）：m（NH3）＞7.7：1时，氨氮去除率接近100%而总氮的去除率不升反降的原因是 　 　。 （3）活性炭﹣臭氧氧化法：活性炭﹣臭氧氧化氮氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，•OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。 ①活性炭﹣臭氧氧化氮氮的机理可描述为 　 　。 ②其它条件不变，调节废水的pH，废水中氮氮去除率随pH的变化如图所示。pH在7～11间，随pH增大氨氮去除率明显增大，可能的原因是 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•江阴市一模）H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是（　　） A．该滴定可用甲基橙做指示剂 B．Na2S2O3是该反应的还原剂 C．该滴定可选用如图所示装置 D．该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol 【答案】B 【分析】A、碘遇淀粉溶液变蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，单质碘消失，溶液褪色； B、Na2S2O3中S元素化合价升高，作还原剂； C、Na2S2O3溶液显碱性； D、反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为2mol。 【解答】解：A、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，不需要加甲基橙作指示剂，故A错误； B、Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作了还原剂，故B正确； C、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误； D、反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为2mol，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了氧化还原滴定中指示剂的选择、化合价变化、盐类水解、电子转移，题目难度中等。 2．（2024•常州期末）常温下，用浓度为0.0200mol•L﹣1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η的变化关系如图所示。已知：。下列说法不正确的是（　　） A．Ka（CH3COOH）约为10﹣4.76 B．a点处溶液中： C．b点处溶液中： D．水的电离程度：a＜b＜c＜d 【答案】D 【分析】A．a点处溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝0.0100mol/L，pH＝3.38，c（H+）≈c（CH3COO﹣）＝10﹣3.38mol/L； B．a点处溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝c（NaCl），结合物料守恒关系分析判断； C．b点处溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝c（CH3COONa），溶液呈酸性； D．酸、碱抑制水的电离，强碱弱酸盐促进水的电离，且酸或碱的浓度越大，抑制作用越强。 【解答】解：A．a点处溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝0.0100mol/L，pH＝3.38，c（H+）≈c（CH3COO﹣）＝10﹣3.38mol/L，则Ka（CH3COOH）＝＝≈10﹣4.76，故A正确； B．a点处溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝c（NaCl），物料守恒关系为c（Na+）＝c（Cl﹣）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故B正确； C．b点处溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c（CH3COOH）＝c（CH3COONa），溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，则c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故C正确； D．由图可知，a点溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，b点处溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，c点处溶液中溶质为NaCl、CH3COONa，d点处溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和NaOH，NaOH是强碱，则水的电离程度：d＜a＜b＜c，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素、盐类水解原理是解本题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的灵活应用，题目难度中等。 3．（2024•建邺区期末）常温下，用0.10mol•L﹣1盐酸滴定25.00mL0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液，所得溶液的pH、和NH3•H2O的物质的量分数（x）与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．曲线②代表x（NH3•H2O） B．当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00mL C．0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液pH值为13 D．NH3•H2O的电离常数约为1×10﹣9.26 【答案】B 【分析】A．随着V（HCl）的增大，溶液中c（NH3•H2O）减小、c（）增大，则溶液中x（NH3•H2O）减小、x（）增大； B．NH3•H2O与HCl恰好完全反应时生成NH4Cl，溶液呈酸性； C．c（OH﹣）＝计算0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液c（OH﹣）、结合c（H+）＝、pH＝﹣lgc（H+）进行计算； D．当x（NH3•H2O）＝x（）时，c（NH3•H2O）＝c（），溶液的pH＝9.26，溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4.74mol/L，此时NH3•H2O的电离常数Kb＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣）。 【解答】解：A．随着V（HCl）的增大，溶液中c（NH3•H2O）减小、c（）增大，则溶液中x（NH3•H2O）减小、x（）增大，所以曲线①代表x（NH3•H2O），曲线②代表x（），故A错误； B．NH3•H2O与HCl恰好完全反应时生成NH4Cl，NH4Cl溶液呈酸性，要使溶液显中性，则加入盐酸的体积小于25.00mL，故B正确； C．当x（NH3•H2O）＝x（）时，c（NH3•H2O）＝c（），溶液的pH＝9.26，溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4.74mol/L，此时NH3•H2O的电离常数Kb＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣）＝10﹣4.74，则0.10mol•L﹣1NH3•H2O溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝mol/L＝10﹣2.87mol/L，pH＝14﹣lg10﹣2.87＝11.13，故C错误； D．当x（NH3•H2O）＝x（）时，c（NH3•H2O）＝c（），溶液的pH＝9.26，溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4.74mol/L，此时NH3•H2O的电离常数Kb＝×c（OH﹣）＝c（OH﹣）＝1×10﹣4.74，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断、弱电解质的电离平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解题关键，题目难度中等。 4．（2024•新吴区一模）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1的三种一元酸溶液HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．用NaOH溶液滴定HX溶液时，可用甲基橙或酚酞作为指示剂 B．常温下0.1000mol•L﹣1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中，c（X﹣）＜c（Y﹣）＜c（Z﹣） C．常温下一元酸HY的电离常数Ka（HY）约为1.0×10﹣6 D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，会使测得的结果偏大 【答案】B 【分析】A．滴定终点时溶液呈碱性； B.同浓度的酸，pH越大，酸性越弱，可知HX、HY、HZ的酸性由强到弱为HZ＞HY＞HX，越弱越水解； C.常温下一元酸HY的电离常数Ka（HY）＝； D.滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，使得读数偏小。 【解答】解：A．滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1～4.4，所以不能用甲基橙作指示剂，应该用酚酞，故A错误； B.同浓度的酸，pH越大，酸性越弱，可知HX、HY、HZ的酸性由强到弱为HZ＞HY＞HX，越弱越水解，常温下0.1000mol•L﹣1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中，c（X﹣）＜c（Y﹣）＜c（Z﹣），故B正确； C.常温下一元酸HY的电离常数Ka（HY）＝＝＝1.0×10﹣5，故C错误； D.滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，使得读数偏小，使测得的结果偏小，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查弱电解质电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱判断方法、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，知道指示剂选取方法，题目难度不大。 5．（2024•徐州四模）用0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 mol•L﹣1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（　　） A．Ka2（H2SO3）的数量级为10﹣8 B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂 C．图中Z点对应的溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣） D．图中Y点对应的溶液中：3c（）＝c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣） 【答案】C 【分析】A．c（）＝c（）时，Ka2（H2SO3）＝＝c（H+）； B．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，滴定第一反应终点pH在4.25； C．Z点溶质为Na2SO3，水解生成，水解和水电离都生成OH﹣； D．Y点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），且该点c（）＝c（）。 【解答】解：A．c（）＝c（）时，Ka2（H2SO3）＝＝c（H+）＝10﹣7.19，则Ka2（H2SO3）的数量级为10﹣8，故A正确； B．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确； C．Z点溶质为Na2SO3，水解生成，水解和水电离都生成OH﹣，所以存在c（）＜c（OH﹣），故C错误； D．Y点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），且该点c（）＝c（），所以存在3c（）＝c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、图中各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，A为解答易错点。 6．（2024•无锡模拟）298K时，向两份10mL0.2mol/LCH3COONH4溶液（pH＝7）中分别滴加浓度均为0.2mol/L的HCl和NaOH溶液。部分离子浓度随溶液体积的变化如图所示，有关说法错误的是（　　） A．水的电离程度：a＞c＝d B．b点c（Cl﹣）和d点c（Na+）存在的关系是2c（Cl﹣）＝c（Na+） C．c点存在离子浓度关系：c（）＜c（Cl﹣） D．若b点pH＝5，则CH3COOH的Ka≈10﹣5 【答案】B 【分析】A．a点溶质为CH3COONH4，铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，促进水的电离，加入酸或碱都抑制水的电离，常温下CH3COONH4溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子水解常数相同，即醋酸、一水合氨的电离常数相同，而c点是生成醋酸与d点生成的NH3•H2O的浓度相同； B．b点加入5mL0.2mol/L盐酸，d点加入10mL0.2mol/LNaOH溶液，计算氯离子、钠离子浓度判断； C．c点是等浓度的CH3COONH4、NH4Cl溶液，溶液中铵根离子部分水解； D．平衡常数Ka＝，b点溶液中c（CH3COONH4）＝c（CH3COOH）＝c（NH4Cl）＝mol/L。 【解答】解：A．a点溶质为CH3COONH4，铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，促进水的电离，加入HCl反应生成CH3COOH、NH4Cl，c点生成的醋酸抑制水的电离，加入NaOH反应生成CH3COONa、NH3•H2O，d点生成的氨水抑制水的电离，且生成醋酸、NH3•H2O的浓度相同，常温下CH3COONH4溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子水解常数相同，即醋酸、一水合氨的电离常数相同，故c点醋酸、d点氨水对水的抑制程度相同，则水的电离程度：a＞c＝d，故A正确； B．b点加入5mL0.2mol/L盐酸，溶液中c（Cl﹣）＝＝mol/L，d点加入10mL0.2mol/LNaOH溶液，溶液中c（Na+）＝＝mol/L，则2c（Cl﹣）＞c（Na+），故B错误； C．c点是等浓度的CH3COONH4、NH4Cl溶液，溶液中铵根离子部分水解，c点存在离子浓度关系：c（）＜c（Cl﹣），故C正确； D．b点c（CH3COOH）＝c（NH4Cl）＝＝mol/L，c（CH3COONH4）＝＝mol/L，平衡常数Ka＝≈＝10﹣5，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中离子平衡，涉及离子浓度大小比较、电离常数计算与应用、弱电解质电离、盐类水解等，注意判断醋酸与一水合氨的电离常数相等，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。 7．（2024•铜山区一模）下列图示与对应的叙述相符合的是（　　） A．图甲是常温下用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LCH3COOH的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH＞NOH C．图丙是恒温密闭容器中发生CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）反应时c（CO2）随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积 D．图丁表示恒容密闭容器中其它条件相同时改变温度，反应CO2（g）+3H2（l）⇌CH3OH（g）+H2O（g）中，n（CH3OH）随时间变化的曲线，说明反应平衡常数KⅡ＞KⅠ 【答案】C 【分析】A．20.00mL0.100mol/LNaOH溶液与20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液恰好反应，Q点表示中性点，图中加入氢氧化钠的体积为20mL的点表示醋酸和氢氧化钠中和滴定终点； B．稀释相同倍数，碱性越强pH变化越大； C．恒温密闭容器中发生反应CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），K＝c（CO2），温度不变，平衡常数不变； D．根据图丁可知，曲线Ⅱ代表的温度大于曲线Ⅰ，升高温度，甲醇的物质的量减少，正反应放热。 【解答】解：A．20.00mL0.100mol/LNaOH溶液与20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液恰好反应，Q点表示中性点，图中加入氢氧化钠的体积为20mL的点表示醋酸和氢氧化钠中和滴定终点，故A错误； B．稀释相同倍数，碱性越强pH变化越大，图乙表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH＜NOH，故B错误； C．恒温密闭容器中发生反应CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），K＝c（CO2），温度不变，平衡常数不变，t1时缩小容器的体积，重新达到平衡后（CO2）与原平衡中c（CO2）相等，故C正确； D．根据图丁可知，曲线Ⅱ代表的温度大于曲线Ⅰ，升高温度，甲醇的物质的量减少，正反应放热，所以反应平衡常数KⅡ＜KⅠ，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查酸碱中和滴定及化学平衡的移动等知识，为高频考点，题目难度不大。 8．（2024•惠山区一模）已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，反应会放热，当温度升高后会发生如下反应：3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。则Cl2通入NaOH溶液的产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，且的值与温度高低有关。当参与反应的n（NaOH）＝amol时，下列说法错误的是（　　） A．与碱的反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂 B．参加反应的Cl2物质的量为0.5amol C．若某温度下，反应后＝6，则溶液中＝1 D．改变温度，反应中转移电子的物质的量可能为amol 【答案】D 【分析】A．反应中只有Cl元素的化合价变化； B．由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氯气与NaOH的物质的量比始终为1：2； C．反应后＝6，可设n（Cl﹣）＝6mol、n（ClO﹣）＝1mol，结合得失电子守恒判断； D．n（Cl2）＝0.5mamol，若只发生反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，转移电子的物质的量为0.5amol，若只发生反应3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，3mol氯气完全反应转移5mol电子，则0.5amol氯气参与反应转移电子的物质的量为5mol×≈0.83amol，所以转移电子的物质的量0.5amol＜n＜0.83amol。 【解答】解：A．反应中只有Cl元素的化合价变化，可知Cl2既是氧化剂又是还原剂，故A正确； B．由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氯气与NaOH的物质的量比始终为1：2，参与反应的n（NaOH）＝amol时，参加反应的Cl2物质的量为0.5amol，故B正确； C．反应后＝6，可设n（Cl﹣）＝6mol，得到电子为6mol，n（ClO﹣）＝1mol，由得失电子守恒可知n（）＝1mol，则溶液中＝1，故C正确； D．n（Cl2）＝0.5mamol，若只发生反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，转移电子的物质的量为0.5amol，若只发生反应3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，3mol氯气完全反应转移5mol电子，则0.5amol氯气参与反应转移电子的物质的量为5mol×≈0.83amol，所以转移电子的物质的量0.5amol＜n＜0.83amol，转移电子的物质的量不可能为amol≈0.93amol，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化、极限法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 9．（2024•建邺区一模）298K时，向20mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（　　） A．该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂 B．a、b、c点表示的溶液，水的电离程度为：a＞b＞c C．b点溶液中各微粒浓度关系为2c（OH﹣）+c（CH3COOH）═c（CH3COO﹣）+2c（H+） D．由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10﹣5mol•L﹣1 【答案】D 【分析】A．CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好完全反应时所得CH3COONa溶液呈碱性； B．酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，向CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，水的电离程度逐渐增大； C．b点加入10.00mLNaOH溶液，两者充分反应后得等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+）； D．c点加入19.88mLNaOH溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）知，溶液中c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝0.04985mol/L，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝知，c（CH3COOH）＝3.009×10﹣4mol/L，醋酸的电离平衡常数为。 【解答】解：A．CH3COONa溶液呈碱性，则该滴定过程中选择酚酞做指示剂，不能选择石蕊溶液做指示剂，故A错误； B．酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，向CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，水的电离程度逐渐增大，当两者恰好完全反应时水的电离达最大，继续滴入NaOH溶液，水的电离程度又逐渐减小，故水的电离程度为：c＞b＞a，故B错误； C．b点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+），则c（CH3COOH）+2c（H+）＝c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C错误； D．c点加入19.88mLNaOH溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）知，溶液中c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝0.04985mol/L，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝知，c（CH3COOH）＝3.009×10﹣4mol/L，醋酸的电离平衡常数为＝＝1.66×10﹣5mol/L，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生滴定曲线的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024•玄武区期末）室温下，用0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol⋅L﹣1的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．HX的电离平衡常数Ka＜1×10﹣7 B．M点存在：c（HX）﹣c（X﹣）＞c（OH﹣）﹣c（H+） C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性 D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH═7：c（Na+）＞c（HX）═c（Cl﹣）＞c（X﹣） 【答案】C 【分析】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，c（NaX）：c（HX）═1：1，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数Ka小于X﹣的水解常数； B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X﹣的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c（Na+）＝c（X﹣）+c（HX），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（X﹣）+c（OH﹣）判断； C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，P、N点溶液混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X﹣的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性； D．根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（X﹣）+c（OH﹣），溶液pH＝7，则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（X﹣），由物料守恒可知c（Na+）＝c（X﹣）+c（HX），联立可得c（HX）＝c（Cl﹣），而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X﹣的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c（NaX）＜c（HX）。 【解答】解：A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，c（NaX）：c（HX）═1：1，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数Ka小于X﹣的水解常数，即Ka＜Kh═，解得，故A正确； B．M点c（NaX）：c（HX）═1：1，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）═c（X﹣）+c（OH﹣）①，物料守恒2c（Na+）═c（HX）+c（X﹣）②，①×2﹣②得c（HX）+2c（H+）═c（X﹣）+2c（OH﹣），可得c（HX）﹣c（X﹣）═2[c（OH﹣）﹣c（H+）]，且M点：c（OH﹣）＞c（H+），所以c（HX）﹣c（X﹣）＞c（OH﹣）﹣c（H+），故B正确； C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X﹣的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误； D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH═7，由电荷守恒推知c（Na+）═c（X﹣）+c（Cl﹣）①，物料守恒为c（Na+）═c（HX）+c（X﹣）②，所以c（Na+）＞c（HX）═c（Cl﹣），又由A选项知Ka═，c（H+）═1×10﹣7mol⋅L﹣1时c（HX）＞c（X﹣），即c（Na+）＞c（HX）═c（Cl﹣）＞c（X﹣），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查盐类水解、弱电解质电离、离子浓度大小判断，关键是根据M点判断相同浓度下X﹣的水解程度大于HX的电离程度，难度较大。 11．（2024•南京一模）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，若氯气与KOH恰好完全反应，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且Cl﹣与ClO﹣的个数比值[]与温度高低有关。当KOH的个数为6a时，下列有关说法不正确的是（　　） A．参加反应的氯气分子的个数等于3a B．改变温度，产物中KClO3的个数最多为a个 C．改变温度，反应中转移电子的个数N（e﹣）的范围：3a≤N（e﹣）≤5a D．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝2：1 【答案】D 【分析】A．Cl2和KOH反应生成KCl、KClO的反应方程式为Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O，Cl2和KOH反应生成KCl、KClO3的方程式为3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O，KCl、KClO、KClO3中n（K）：n（Cl）＝1：1，所以N（Cl2）＝N（KOH）； B．改变温度，产物中KClO3的个数最多时，Cl2和KOH完全转化为KCl和KClO3，且N（KCl）：N（KClO3）＝5：1； C．根据方程式“Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O、3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O”知，当完全转化为KCl、KClO时转移电子最少，当完全转化为KCl、KClO3时转移电子最多； D．若某温度下，反应后＝11，设N（Cl﹣）＝11NA个，N（ClO﹣）＝NA个，根据“Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O”知，生成NA个ClO﹣的同时生成Cl﹣NA个，还有10NA个Cl﹣是通过生成得到的，所以N（）＝2NA。 【解答】解：A．Cl2和KOH反应生成KCl、KClO的反应方程式为Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O，Cl2和KOH反应生成KCl、KClO3的方程式为3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O，KCl、KClO、KClO3中n（K）：n（Cl）＝1：1，所以N（Cl2）＝N（KOH）＝×6a＝3a，故A正确； B．改变温度，产物中KClO3的个数最多时，Cl2和KOH完全转化为KCl和KClO3，且N（KCl）：N（KClO3）＝5：1，当KOH的个数为6a时，产物中KClO3的个数最多为a个，故B正确； C．根据方程式“Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O、3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O”知，当完全转化为KCl、KClO时转移电子最少，有6a个KOH完全反应生成KCl、KClO时这一大早的个数为3a；当完全转化为KCl、KClO3时转移电子最多，当KOH的个数为6a时，转移电子的个数为5a，所以改变温度，反应中转移电子的个数N（e﹣）的范围：3a≤N（e﹣）≤5a，故C正确； D．若某温度下，反应后＝11，设N（Cl﹣）＝11NA个，N（ClO﹣）＝NA个，根据“Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O”知，生成NA个ClO﹣的同时生成Cl﹣NA个，还有10NA个Cl﹣是通过生成得到的，所以N（）＝2NA，溶液中＝11NA：2NA＝11：2，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确发生的反应、转移电子和物质的关系是解本题关键，题目难度不大。 12．（2024•江阴市一模）室温下，两种不同浓度的NaOH溶液，pH分别为14和10。将这两溶液等体积混合后，所得溶液中的c（H+）为（　　） A．1×（10﹣14+10﹣10）mol•L﹣1 B．mol•L﹣1 C．2×10﹣10mol•L﹣1 D．2×10﹣14mol•L﹣1 【答案】D 【分析】先根据pH分别计算出氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，然后计算出混合液中氢氧根离子总浓度，再根据水的离子积计算出混合后溶液中氢离子浓度。 【解答】解：pH＝14的NaOH溶液，即c（H+）为1×10﹣14mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，pH＝10的NaOH溶液，c（H+）为1×10﹣10mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为10﹣4mol/L，等体积混合后，溶液中氢氧根离子浓度为：（1mol/L+10﹣4mol/L）≈0.5mol/L，则混合液中氢离子浓度为：c（H+）＝mol/L＝2.0×10﹣14mol/L， 故选：D。 【点评】本题以物质的量浓度计算为载体，考查溶液pH的有关计算，混合后溶液呈碱性时，要先计算混合后溶液中氢氧根离子浓度，再结合水的离子积计算氢离子浓度。 13．（2024•江阴市一模）实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（　　） A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次 B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 C．往锥形瓶中加NaOH溶液，滴定管读数时，开始时是俯视，滴定后平视 D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 【答案】C 【分析】根据c（待测）＝分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。 【解答】解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）＝可知c（待测）偏高，故A错误； B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）＝可知c（待测）偏高，故B错误； C、往锥形瓶中加NaOH溶液，滴定管读数时，开始时是俯视，滴定后平视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）＝可知c（待测）偏低，故C正确； D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据c（待测）＝可知c（待测）偏高，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c（待测）＝分析即可完成。 14．（2024•江阴市一模）室温下，用0.10mol•L﹣1盐酸分别滴定20.00mL0.10mol•L﹣1氢氧化钾溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V（HCl）]的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ表示的是滴定氨水的曲线 B．滴定曲线Ⅱ对应实验，最好选择甲基橙作指示剂 C．两个实验的滴定开始前，水的电离程度相同 D．实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试时记录pH的间隔相同 【答案】B 【分析】相同浓度的氢氧化钾溶液和氨水，氨水为弱碱，因此pH：氨水＜氢氧化钾；酸、碱均会抑制水的电离，且相同浓度的一元碱，强碱对水的电离抑制程度更大；再根据甲基橙的变色范围为3.1～4.4进行作答即可。 【解答】解：A.0.10mol•L﹣1氢氧化钾溶液中c（OH﹣）＝0.1mol•L﹣1，而0.1mol•L﹣1氨水中c（OH﹣）＜0.1mol•L﹣1，因此pH的大小关系为氢氧化钾＞氨水，则Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，故A错误； B.曲线Ⅱ表示盐酸滴定氨水的滴定曲线，滴定终点时，溶液的溶质为氯化铵，铵根离子水解使得溶液呈酸性，且甲基橙的变色范围为3.1～4.4，因此选择甲基橙作指示剂，故B正确； C.根据A选项分析，c（OH﹣）：KOH＞NH3•H2O，因此KOH溶液对水的电离程度抑制更强，则两个实验的滴定开始前，水的电离程度KOH＜NH3•H2O，故C错误； D.实验测定酸碱滴定曲线时，整个过程测试和记录pH的间隔不一定相同，注意记录颜色突变过程所消耗的酸的量是关键，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查对酸碱中和滴定实验的分析以及滴定过程指示剂的选择、影响水的电离的因素等，属于基础题，难度不大。 15．（2024•常熟市一模）化学常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述不正确的是（　　） A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线 C．图③表示25℃时分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水 D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化 【答案】D 【分析】A．弱电解质电离时生成阴阳离子，正反应速率逐渐减小，溶液中阴阳离子浓度逐渐增大，结合生成电解质的速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等； B．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH＝7时的突变； C．一水合氨是弱碱，加水稀释时电离程度增大； D．醋酸是弱电解质，与氨气反应生成的醋酸铵是强电解质。 【解答】解：A．电解质分子电离为离子为正反应，离子结合为弱电解质分子为逆反应，电离过程中，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等，图象符合，故A正确； B．常温下强酸的pH＜7，强碱滴定强酸过程中溶液pH逐渐增大，pH＝7时发生突变，图象符合，故B正确； C．一水合氨是弱碱，加水稀释，促进电离，则稀释pH相同的NaOH溶液和氨水时NaOH溶液的pH变化大，氨水的pH变化小，所以曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，图象符合，故C正确； D．CH3COOH是弱电解质，通入NH3后反应生成醋酸铵，醋酸铵是强电解质，则溶液的导电性逐渐增强，图象不符合，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查图象分析，把握弱电解质的电离及其影响因素、中和滴定、溶液的导电性与离子浓度的关系是解题关键，侧重学生的分析判断能力和运用能力的考查，题目难度不大。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南京模拟）α﹣FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。 （1）在80℃下，向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α﹣FeOOH固体。 ①制备1molα﹣FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为 　　mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是 　少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量　。 ②为检验（NH4）2Fe（SO4）2已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液，该设计方案不合理的理由是 　滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验　。 （2）α﹣FeOOH的结构中，每个Fe（Ⅲ）与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3（OH）3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 　或　。 （3）α﹣FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的S8（结构如图2所示）覆盖在α﹣FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式：　4FeSSH+4O2＝4FeOOH+S8　。 ②工业可使用四氯乙烯（C2Cl4）溶解S8并实现与α﹣FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是 　四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理　。 ③部分环状分子（如苯）中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是 　S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键　。 【答案】（1）；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量； ②滤液中的Cl﹣能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验； （2）或； （3）①4FeSSH+4O2＝4FeOOH+S8； ②四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； ③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。 【分析】（1）①反应方程式为：6（NH4）2Fe（SO4）2+NaClO3+12NaOH＝6FeOOH+NaCl+6Na2SO4+6（NH4）2SO4+6H2O，根据NaClO3与α﹣FeOOH的关系式计算制备1mol α﹣FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量；Fe2+能被氧气氧化； ②滤液中NaCl能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色； （2）α﹣FeOOH的结构中，每个Fe（Ⅲ）与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3（OH）3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形； （3）①反应Ⅱ的反应物是FeSSH、O2，生成物是FeOOH、S8； ②非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂； ③S8中S原子价层电子对个数是4，则S原子采取sp3杂化，没有剩余的p轨道。 【解答】解：（1）①反应方程式为：6（NH4）2Fe（SO4）2+NaClO3+12NaOH＝6FeOOH+NaCl+6Na2SO4+6（NH4）2SO4+6H2O，根据关系式NaClO3～6FeOOH得制备1mol α﹣FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为mol；Fe2+能被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗，所以实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量， 故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量； ②滤液中NaCl能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理， 故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验； （2）每个Fe（Ⅲ）与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3（OH）3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，所以其结构为或， 故答案为：或； （3）①反应Ⅱ的反应物是FeSSH、O2，生成物是FeOOH、S8，则反应方程为4FeSSH+4O2＝4FeOOH+S8， 故答案为：4FeSSH+4O2＝4FeOOH+S8； ②非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理，所以工业可使用四氯乙烯（C2Cl4）溶解S8并实现与α﹣FeOOH分离， 故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； ③S8中S原子价层电子对个数是4，则S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键， 故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。 【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确氧化还原反应的计算方法、相似相溶原理、π键形成原理等知识点是解本题关键，题目难度不大。 17．（2024•常熟市一模）食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035g/mL，实验室用标准NaOH溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测食醋是否符合国家标准，某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，请回答： （1）选用上述 　甲　（填“甲”或“乙”）滴定管量取10.00mL白醋后，将白醋稀释至100mL时，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 　胶头滴管、100mL容量瓶　． （2）某同学用酸碱中和滴定法测定该品牌白醋的醋酸浓度，当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，测得溶液中＝，则此时溶液中的pH＝　8　．（已知：室温下醋酸的Ka＝1.8×10﹣5） （3）根据该同学的计算结果，应该选 　酚酞　作指示剂．（填“酚酞”、“甲基橙”或“石蕊”） （4）该滴定达到终点时的现象是 　当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色　． （5）某次实验滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如下图所示，则所用NaOH溶液的体积为 　26.10　mL． （6）用标准的0.06000mol⋅L﹣1NaOH溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如下表所示： 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 25.00mL 0.02 25.01 2 25.00mL 0.70 25.71 3 25.00mL 0.50 24.2 则该品牌白醋中醋酸含量为 　36　mg/mL． （7）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是 　ACD　．（填编号） A．取待测液的滴管，取液前滴定管尖嘴处无气泡，取液后尖嘴处出现气泡 B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 D．读取NaOH溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数 （8）有一支50mL的酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.00mL刻度处，现把管内液体全部放出，用量筒接收，得到溶液的体积是 　C　． A．等于10mL B．等于40mL C．大于40mL D．不能确定 【答案】（1）甲；胶头滴管、100mL容量瓶； （2）8； （3）酚酞； （4）当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色； （5）26.10； （6）36； （7）ACD； （8）C。 【分析】（1）白醋属于酸，将10mL白醋稀释为100mL时，需要用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶； （2）当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，恰好生成醋酸钠，溶液中＝，结合醋酸的Ka＝1.8×10﹣5计算； （3）强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞； （4）滴定结束前溶液呈无色，滴定结束后溶液变为浅红色，据此判断滴定终点现象； （5）根据滴定管的结构特点和精确度读数，并用终点读数﹣起始读数计算所用NaOH溶液的体积； （6）先判断滴定数据的有效性，然后根据有效的数据利用关系式NaOH～CH3COOH计算出白醋的浓度； （7）先分析操作方法对V（NaOH）的影响，然后结合c（CH3COOH）＝分析滴定误差； （8）滴定管的最大刻度以下以及滴定管尖嘴部分都有液体。 【解答】解：（1）白醋属于酸，应使用酸性滴定管，故选用甲，将10mL白醋稀释为100mL时，所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶， 故答案为：甲；胶头滴管、100mL容量瓶； （2）当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，恰好生成醋酸钠，溶液中＝，醋酸的Ka＝1.8×10﹣5＝，则c（H+）＝mol/L＝10﹣8mol/L，则pH＝﹣lg10﹣8＝8， 故答案为：8； （3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞， 故答案为：酚酞； （4）滴定结束时溶液由无色变为浅红色，则NaOH滴定食醋的终点为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色， 故答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色； （5）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，NaOH溶液的体积为26.10mL， 故答案为：26.10； （6）三次滴定消耗标准液的体积为：24.99mL、25.01mL、23.70mL，舍去第三次的数据，消耗的标准液的平均体积为：＝25.00mL，则c（CH3COOH）＝＝＝0.06000mol/L，故原酿造食醋中醋酸含量为0.06000mol/L××60g/mol＝36mg/mL， 故答案为：36； （7）A．取待测液的滴管，取液前滴定管尖嘴处无气泡，取液后尖嘴处出现气泡，待测液取用量偏少，滴定结果偏高，故A正确； B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，但醋酸的物质的量不变，对测定结果无影响，故B错误； C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，使标准液的浓度偏小，导致消耗NaOH溶液的体积偏大，则滴定结果偏高，故C正确； D．读取NaOH溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数，使消耗NaOH溶液的体积读数偏大，则滴定结果偏高，故D正确； 故答案为：ACD； （8）滴定管的最大刻度以下以及滴定管尖嘴部分都有液体，则液面恰好在10.00mL刻度处，现把管内液体全部放出，用量筒接收，得到溶液的体积大于40mL，故C正确， 故答案为：C。 【点评】本题考查了中和滴定及误差分析、弱电解质的电离平衡、溶液pH的计算、酸碱混合的定性判断及盐的水解等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，明确中和滴定操作方法及注意事项、溶液pH计算为解答关键，注意掌握滴定终点的判断方法及指示剂选择方法，题目浓度中等。 18．（2024•天宁区一模）Ⅰ.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10﹣6。向20.00mL浓度约为0.1mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1的标准NaOH溶液。 （1）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是 　AD　（填字母序号）。 A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗 B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定 C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定 D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积 （2）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为 　0.1050　mol/L.（保留4位有效数字） 实验序号 NaOH溶液体积/mL 待测HA溶液体积/mL 1 21.01 20.00 2 20.99 20.00 3 21.60 20.00 Ⅱ.（3）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示： 化学式 电离平衡常数（Ka） CH3COOH 1.75×10﹣5 H2CO3 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 H2S Ka1＝1.1×10﹣7 Ka2＝1.3×10﹣13 ①等浓度的、CH3COO﹣、HS﹣结合的H+能力由强到弱的顺序为：　＞HS﹣＞CH3COO﹣　。 ②将过量H2S气体通入Na2CO3溶液中的离子反应方程式为：　H2S+＝+HS﹣　。 （4）已知草酸为二元弱酸：H2C2O4⇌HC2+H+ Ka1，HC2⇌C2+H+ Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2、HC2三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示。则pH＝2.7时，溶液中＝　1000　。 【答案】（1）AD； （2）0.1050； （3）①＞HS﹣＞CH3COO﹣； ②H2S+＝+HS﹣； （4）1000。 【分析】（1）根据操作方法对c（待测）＝的影响分析滴定误差； （2）先判断实验数据的有效性，再计算消耗标准液的平均体积V，最后根据反应HA+NaOH＝KA+H2O计算出c（HA）； （3）①根据电离平衡常数可得酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，对应的酸越弱，结合氢离子能力越强； ②根据强酸制弱酸规律分析解答； （4）向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液时，c（H2C2O4）逐渐减小，c（HC2）先减小后增大，c（C2）增大，则图中曲线1为H2C2O4与溶液pH的关系，曲线2为HC2与溶液pH的关系、曲线3为C2与溶液pH的关系，pH＝1.2时c（H2C2O4）＝c（HC2），此时草酸电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.2，同理Ka2＝10﹣4.2。 【解答】解：（1）A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确； B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误； C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误； D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确； 故答案为：AD； （2）实验3数据误差偏大，舍去，消耗标准液的平均体积V＝（21.01+20.99）mL＝21.00mL，反应为HA+NaOH＝NaA+H2O，n（HA）＝n（NaOH），即0.021L×0.1000mol/L＝0.02L×c（HA），解得c（HA）＝0.1050 mol/L， 故答案为：0.1050； （3）①根据电离平衡常数可得酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，因此等浓度的、CH3COO﹣、HS﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为：＞HS﹣＞CH3COO﹣， 故答案为：＞HS﹣＞CH3COO﹣； ②酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS﹣，根据强酸制弱酸规律可知，过量H2S气体通入Na2CO3溶液中的离子反应方程式为H2S+＝+HS﹣， 故答案为：H2S+＝+HS﹣； （4）图中曲线1为H2C2O4与溶液pH的关系，曲线2为HC2与溶液pH的关系、曲线3为C2与溶液pH的关系，pH＝1.2时c（H2C2O4）＝c（HC2），此时草酸电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.2，同理Ka2＝10﹣4.2，则溶液中＝×＝＝＝1000， 故答案为：1000。 【点评】考查酸碱中和滴定实验、弱电解质的电离平衡及其计算，明确中和滴定操作及误差分析方法、弱电解质的电离平衡常数及其计算应用是解题关键，考查了学生的计算能力、实验能力和灵活运用能力，题目难度中等。 19．（2024•海安市一模）草酸（H2C2O4）是一种易溶于水的二元中强酸，在水中它的存在形态有H2C2O4、HC2、C2，各形态的分布系数（浓度分数）α随溶液pH变化的关系如图所示： （1）图中曲线1表示 　H2C2O4　的分布系数变化。 （2）现有物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液： a．Na2C2O4 b．NaHC2O4c．H2C2O4d．（NH4）2C2O4 e．NH4HC2O4 已知NaHC2O4溶液显酸性。 ①NH4HC2O4显 　酸　性（填“酸”、“碱”或“中”） ②Na2C2O4溶液中， 　＞　2 （填“＞”、“＝”、“＜”），原因是 　C2+H2O⇌HC2+OH﹣　（用离子方程式表示）。 ③常温下，向10mL 0.1mol/L H2C2O4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，当溶液中c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2）时，溶液显 　中　性（填“酸”、“碱”或“中”），且V（NaOH） 　＞　10mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。 ④五种溶液中c（H2C2O4）由大到小排列的顺序是 　c＞e＞b＞d＞a　。 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）pH越小，H2C2O4的浓度越大，pH越大，C2越小； （2）①铵根离子水解溶液呈酸性，结合NaHC2O4溶液显酸性分析； ②草酸钠中的草酸根离子是弱酸阴离子，C2易水解，C2的数目减少； ③根据电荷守恒确定溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液酸碱性；草酸氢钠溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氢氧化钠应该稍微过量； ④草酸根离子水解程度大于草酸氢根离子，草酸是弱电解质，电离程度较小。 【解答】解：（1）草酸的浓度越大溶液的pH越小，根据图象知，曲线1随着pH的增大而降低，所以曲线1为H2C2O4， 故答案为：H2C2O4； （2）①已知NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2的电离程度大于其水解程度，NH4HC2O4显电离出的铵根离子水解也会水溶液呈酸性，所以NH4HC2O4显酸性， 故答案为：酸； ②草酸钠中的草酸根离子是弱酸阴离子，C2易水解：C2+H2O⇌HC2+OH﹣，所以草酸钠溶液中＞2， 故答案为：＞；C2+H2O⇌HC2+OH﹣； ③根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝2c（C2）+c（HC2）+c（OH﹣），c（Na+）＝2c（C2）+c（HC2），则c（H+）＝c（OH﹣），所以溶液呈中性； 酸氢钠溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氢氧化钠应该稍微过量，所以V（NaOH）＞10mL， 故答案为：中；＞； ④草酸根离子水解程度大于草酸氢根离子、铵根离子促进草酸根离子或草酸氢根离子水解，草酸电离程度较小，所以溶液中c（H2C2O4）由大到小排列的顺序是c＞e＞b＞d＞a， 故答案为：c＞e＞b＞d＞a。 【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较及弱电解质的电离等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 20．（2024•金坛区期末）工业废水中的氨氮（以NH3、形式存在），可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 （1）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，再与作用生成N2而除去氨氮。 ①转化为的离子方程式为 　+2O2+H2O+2H+　。 ②与在转化为N2的反应中消耗与的物质的量之比为 　3：5　。 （2）次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2而除去。 ①NaClO氧化NH3的离子方程式为 　3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2+3H2O　。 ②一定pH下，NaClO投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当m（NaClO）：m（NH3）＞7.7：1时，氨氮去除率接近100%而总氮的去除率不升反降的原因是 　NaClO将部分氨氮氧化为、，留在废水中　。 （3）活性炭﹣臭氧氧化法：活性炭﹣臭氧氧化氮氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，•OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。 ①活性炭﹣臭氧氧化氮氮的机理可描述为 　O3与活性炭表面吸附的OH﹣作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的转化为N2　。 ②其它条件不变，调节废水的pH，废水中氮氮去除率随pH的变化如图所示。pH在7～11间，随pH增大氨氮去除率明显增大，可能的原因是 　随pH增大，活性炭上吸附的OH﹣增多，生成⋅OH增多；pH继续增大时，OH﹣将转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附　。 【答案】（1）+2O2+H2O+2H+； （2）①3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2+3H2O； ②NaClO将部分氨氮氧化为、，留在废水中； （3）①O3与活性炭表面吸附的OH﹣作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的转化为N2； ②随pH增大，活性炭上吸附的OH﹣增多，生成⋅OH增多；pH继续增大时，OH﹣将转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。 【分析】（1）①酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被空气中的氧气氧化为，根据原子守恒、电荷守恒即可写出反应的离子方程式； ②与在转化为N2的反应中中N元素由+5价降低到0价，中N元素化合价由﹣3价升高到0价，根据化合价升降守恒，即可判断消耗与的物质的量之比； （2）①向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2，NaClO被还原为氯离子，根据原子守恒、电荷守恒即可写出反应的离子方程式； ②一定pH下，NaClO具有较强的氧化性，甚至可以把部分氨氮氧化为、，留在废水中； （3）①由图可知，O3与活性炭表面吸附的OH﹣作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的转化为N2； ②随着溶液的pH增大，碱性增强，活性炭上吸附的OH﹣增多，生成⋅OH增多，pH继续增大时，OH﹣将转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。 【解答】解：（1）①酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被空气中的氧气氧化为，反应的方程式为：+2O2+H2O+2H+， 故答案为：+2O2+H2O+2H+； ②与在转化为N2的反应中中N元素由+5价降低到0价，降低了5价，中N元素化合价由﹣3价升高到0价，升高了3价，根据化合价升降守恒，则消耗与的物质的量之比为3：5， 故答案为：3：5； （2）①向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2，则NaClO氧化NH3的离子方程式为：3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2+3H2O， 故答案为：3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2+3H2O； ②一定pH下，NaClO可以氧化污水中氨氮，生成氮气，当m（NaClO）：m（NH3）＞7.7时，总氮的去除率随m（NaClO）：m（NH3）的增大不升反降，可能原因是NaClO将部分氨氮氧化为、，留在废水中， 故答案为：NaClO将部分氨氮氧化为、，留在废水中； （3）①由图可知，活性炭﹣臭氧氧化氨氮的机理可描述为：O3与活性炭表面吸附的OH﹣作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的转化为N2， 故答案为：O3与活性炭表面吸附的OH﹣作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的转化为N2； ②随着溶液的pH增大，碱性增强，活性炭上吸附的OH﹣增多，生成⋅OH增多；氨氮去除率增大，pH继续增大时，OH﹣将转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附，氨氮去除率变化较小， 故答案为：随pH增大，活性炭上吸附的OH﹣增多，生成⋅OH增多；pH继续增大时，OH﹣将转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。 【点评】本题主要考查学生对氧化还原反应知识的理解与应用的能力，同时考查学生的看图理解能力、分析问题的能力、语言组织与表达的能力，综合性较强，难度较大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$