专题卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡-【鱼跃龙门卷】2025年高三化学二轮复习专题卷（河北专版）

五，某黑度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的H如表质常，下列罪测不合理的是 2024一2025学年度高三轮复习专题卷（八） 相器装数复/(m，L.) HX的H HY的H HM的H HN的H 化学·水溶液中的离子反应与平衡 B10 2,日 丝0 12 2.0 (考试时同75分钟.满分100分》 01日 2D4 L00 1.g 1范 可能用到的相对原子质量：H1C12N1H116《135,Fe三6《6科 A.该基座下电离出H的德力：HYHN>HHX 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的西个这项中，只有一项是特合 我核温度下将IY溶液相入NX溶蔽中，发生反克HY+NX一HX十NaY 题目要求的。带：题目为能力提升题，分值不计入总分。 C该温度下当1X的滋度为0.10m·L时，溶液中存在((HX)>e〔X)>e(H)> 1.下列反应与电离平而无关的是 e4(日) A.F溶浪与NH,HK)溶被反应制备FC) D.支围度下用同种方法测定，相判体的1omal·L+HM溶液比0.O0ml·L.HM B电解旅和NCI溶线制备NDH 溶液导电作力强 C.加氮水除去NH南液中的杂质F ,室基下，滩过下列实验探究Nm50,溶液的性断（已知：室盟下，NaH5),水溶性约为3。g· D,指NC0,蒂鐵加人水垢中使CS,转北为C( 2.川8是一种有寿气体，重溶于本，人门毫用C0,溶藏除起气体中混有的川：S条黄，生成黑 1'). 偶色的CS沉淀。下列说法正确的是 实酸 实和植作的现象 A.高子方程式：C”十sC5, 用H达宝1·L.h■辣的H,测荐H约为10 认溶解线电离出S的能力，H:SCS 句1l·L、,3溶灌中滴如山(N3程维，产生白色沉筵，加人储盐蓝后沉筵不程前 C用足量NaH部液吸收H,5可得到NaH5 自2md·1,,家).篇检中通人足最至有W体新出，测得溶液川约为5 D,树释日，5溶夜，溶液中的南子虑度都降低 阴1m以·1，×雪液中南人稀垫酸，5至密派川一7 。限性强帮与物质本身电两出烈肉子的衡力有关，还与游利接受氢离子的能力有关，如H叶在 下列说法正确的是 冰福酸中只有部分电离，CH,C《)H与H口在液刻中可完全电高。下列说达精误的是 A.实骏1中，0ImN·11N:以溶液中离子依度大小关系为(Nn>r(S0)> A.在水中，H口的电离方醒式为H口一H+C 氏比较H,),HC1O,,NO,酸性时，可在体酯酸中进行 r4H)》>r《H)>e(H) C.在液氨中，反应CH COON+HC-CH COOH+NI宽将发生 L实羚2中，两N以溶液中滴和B以N《,1溶液，光产生的白色沉淀为H) 力，在A溶剂中，甲的胶性大于乙：在书溶剂中，甲的截性木可能小于乙 4.室望下，1L膏《.1mlC川CO日和.1m以山CONa的溶液a及知人一一定量理能或强 C帮据实验3可以得出站论KH,90,>KsD 戴后游液的H如表新示（知人音后溶液体积不变）： 几实验4中H=7的溶滚电存在：cNa)=(51十r(H5(,1 将质等液 箱人06lmlG 年人a,01mnH 7,着温下，向10ml,漆度均为0,1m·1的NA和HA的昆合溶液 H4.26 4,7 4.85 中莲有人HA蒂液成心0阳常流，高建中一代兴与由的关非 净的 像溶覆这样，相人夕量限域第碱后日变化不大的溶液称为罐中落液 下列说法错误的是 悬如图厮示。下列说法错误的是 A.溶线n和0,1ml·1 CH COOH密液中.CHC日的电离程度前者小于后着 L,HA的电离平衡常数的数量城为1扣“ H利客液n中加人0.o】mlHC时，CH,C()结合H生成CH COOH:pH变化不大 民水的电离程度：aCr C.0溶液a中加人0.1 mol NaH同体，p日基本不变 C的溶液是双的一个怎 山，音Q,1l+1.NH·日《)与0.1ml·,NH,的混合游液也可f作缓神辩装 r点形液满足r(HAU>c(A) 花学C·专值卷（人1第1真共8页） 金赛地门春 父学C·专置春（八1算2算（共8夏） 8,常温下，下列溶清中的粒子漆度关系正确的是 A常温下，反应的平衡常数K,>K A.NH,C1游液中：r(C)=e(NH,>e(OH)=rH) 北图中交点处溶流中(H广》一H)>xC) NM),m液中，(N1+c(H)《S))+e(0日 C.Cu《ag)+2C(ag-[Cu(门ay的平青常数=3.0×10 C.Na1HC溶液中.c(Na)e(HC0Dr《CO0)e4O日F1 D會温下，若溶液中几平不含Cu,潮，C至少为0,12mc·L D.浓度均为01mod·L'CH COOH与CH COON:溶液等体概温合：eICH COO)+ 12.如图是0.u1世o·1.甲帝液满定0.01md·1.乙溶液的相对导 c(CH COOH)=,1mW·L, 电能方变化黄铁，其中鱼线⑧表示起酸预定CH.C00八溶孩，北格》 ,常里下，用20ml01m1·1,N50落情酸收S0气体.限 由浅是福截溶液滴定NO日源渍或NH剂液满定盐限，下列判 收德的出与⅓号的关系脂新示，下别限法精风纷是 斯正编的是 A.常温下，HS0,的第二步电离意数为1，×10 A.由图可知条作图阿时离子导电能力为H>≥(H>H() 棉清体 e450 我焦线②是NOH器浪澳定经酸的山线 丛6点对位溶液中，rNa')>rH)>r4(日) X C,「点对应溶载中：r(N器=(1H5以).+r(5S以) 心随着溶植体积增大，角线①始整保持最高导电能力 D通人)气体的过程中，水的电离平南逆向移动 几，b,三个点不都是反成终点 10,下列有关实验成提作能达英实酸目的的是 1以.25℃时，向0ml0,2mml·1M日溶雀中星铺1人浓度为4 IM 3满g1d+L45商a1m1L C陪直 溶辰 2·上的整股：溶液中g09与DH[0H 一((H)门，相人盐粮体积的变化美系知图衡示，下列说法 3 ml.6l mol +L AQ格发 错误的是 A.MC水解平衡含数的数质级为1口 肽6点溶液中各爱粒的流度关聚为《MOI)eT)r(M》c(OHT) C。山，6，，d四点溶液中水的电离程度露渐增大 不喜 ),d点潮流的HY 14.常温下，角菲度为0,01mal+L的HA(,溶液中滴加a(日溶就，溶礼中含钟量粒的物 缓约量分数与辩液H的关系如图所示。关于该过程的说法错误的是 A.①E男K,(AI)>K,(AgD A日为75一7，行的溶液中含神元素的主要微较 我四装置蒸发教化铅密液制备无水第化图 C①装签用NOH标在液滴定相人几滴帕酞的盐酸（脏形银中，测定盐酸柒皮 是HAO ),①验证氯化锰对过氯化氢的分解有图化作用 其K:(HAM))的数量拨是10 0 1山.复亿亚铜(C□是一种难溶于欢的白色固体，食型下，CC1用 C当p-时，溶孩中的aA r(H AM) --0.8 H 《s)一C(am3+口()K.-1.2×10,在氧离千 oa.P 靠度较大的体系中，氯化重阴发生溶解，生成两种配合将离 D.点，(N1(HA0》+c(1HAw))+2As0》 子CC1(w》+Cqs[C1](n)Kf=0,36: 9￥ OC 常黑下，用如图甲断示装置，向10ml0,1mod·LNa:C0程(mc·L,1NaCO混合溶 [C](g+‘a叫》一Cu(gK,用按 清中逐满南如。1m·L的稀妆聚，用压滋传感容测司压强随盐酸休积的变化鞋线如闲乙 截游解时，溶液中含例粒子分布分数()与（口）的关系如图历示。下列说法蜡调的是 所示《忽导温度的变化。下列说法错鼠的是 ?学C·专n卷人1第多夏（共8夏） 金赛地门春 父学C·专置春八1算4算（共8夏） 1,15分》F是重要的螺桌刻和污水处理利。某校化学翼究团队雀圆有关置料，在实经室中 113 用氧苯請氧法制备无水F,原理为CHC1+FC二一2FeC,+CH,CL+H中，转置 名 如图所示（夹持装置已略去） Xr=0.1 度计 共a点的溶液中：2(N'1=3[e(CO十r(H1+c(HC))门 C6点的溶流中r1H0>CO>《H,C)) RC.H.CI 送择题 山，g,春阿点水的电离程度：> 暮艺栏 二，非选择盟：本题共4小■，共58分。 已如， 15.《14分)钛铁(eT))中挂往含有Fe),Ng0,Ca0,AlO,Si0:等余质，一肿威粮法M I.FCl,FC,不游干氢苯，二氧苯 取白色瞬料性自粉(T),》的生产工艺如图甲新示， Ⅱ，C,H,CC,H,C两者耳溶，不溶于水，沸点分河为12℃，对℃ 酸过量线长 新件 同答下列间题 0是3均些敏白胎 (》仅器n的名移为 ,该仪鉴 坑“能”发”不能“)用于石能的分脂 直凌更 6 (:该以用3,25g下(1与过量氧装反度，实检培来后指三颈烧服中的物质倒出，过滤，洗 涤，干塌后得列粗产品，国收淹液中氧紧的方法为 (填择作名称)， 已知：【，截浸后，钛主要以TO0,形式存在。 Ⅱ，丝电解质T5)在溶液中仅宦电离出50和一种阳离子。 《3)经讨论后，甲.乙博组用不闻方法测定F3的转化率 山.HTiO,不溶于木和稀酸 ①甲组：用。，40m·LNH标雀液滴定能影年内的溶浪，可选用的指示剂为 (1》为提高酸浸速率，一般采取的精简是 ,(再条) 若瓷点时消耗18.优ml.Nd)I标准液，周F转化米为 《2》进清①山的主成分是 ②乙组：将粗产品制战250ml溶液，取出25,0ml.月0过mm·1.标准KMn(0,溶 《3》截浸过程中，写出含钛化合物发生反成的化学方型式： 《》加人铁松的目的是正原体系中的下”，为探究最仕反夜条件，某实留案做如下会试 适满定（已知本实险条件下，C不参与反成，KM)还原产物为Mn”)。达到南定终点 时的晓象为 经平行实验测得平均清耗标准液1860m,则甲组测定站果 (填“高于”成“ 于“》乙组测定结果 ③某检测机构对粗产品进行调定经数据分析测得F1的转化率为9,5%，与乙组 再 阳检测机构的测定结果对比，若无量作关闲，甲阻*生较大风歪可健的原因为 ①在其地条井不变的精况下，体系中F(用》含量随H的变化如图乙所示，试分所在H 介于4-6之间时，F(I)含量基本保持不变的原因： 1?.14分)酸雨是指H小于5.6的降水，主要是山大气中的二氧化随等酸性物质溶干水形或 必保持其他条件不变的培况下，体系中F:(围含量陆温度的变亿如周丙所示，℃后， 的，常温下，在亚德酸游液中滴相N川等液，含愿粒子分东系数a()一 F(自)含量增大的原因是 r(以) 《》水解过程中得到沉藏的化学式为 c(HS,+c4Hs0,)+r(3O]与pH的关系图断示. 夜学C·专n卷（人1第夏I共8夏） 金级地门春 化零C·专（八1算6夏（共名算） 2)为确定加人轩灰（主要成分为2：，乙），茶质为铁及其氧化物)的量，实验中需测定弹去 H,后溶浪中Cu+的含量.某同学称取1,0g电池钢图证行实验.得到1m,00mL含 有C:的落液，量取0,00mL上述含有C的溶减于带察能形框中，加适量水稀释，周 节答液PH一8一4，商人几南签粉溶液，加人其量的KI,用1000mc·LNSO标 李溶液满定至资点。再重复提作3次，记录数据如下， 黄验编号 1 VINsS0.ImL 折，2 25.1 防.0 5好 国答下列间避： 上述过程中反应的南子力程式为Cut十1一2CaI(日色)，+15了+L 1》新荆H,),溶液中西种离子浓度由大到小的顺序为 >rH). 21+50. 2)某溶液含，1mc·1,:50,和，01m6·L,H5)·谢该溶液计约 ①滴定终点的判断方法是 为 四什草电电期帽中C▣的质量分数为 %(保留小数点后：位)，若液定篱溶液中 《3》常型下，S)于(a》+H0(啊)，一2HS)a1的平衡骨数K为 的H()没有除尽，则所湖定x)将企（填“偏高“偏低”或“尤影响”） (4》取果某德酸厂别近的腋面VmL.,加水弱释成250m1.溶液，取25,0mL.释释厅溶派于 :)已知pH>11时Zn()H):能溶于NH溶浅生域[Zn((H),],如愣列出了几种离子 能形框，演加3滴定和溶液，用：m·上1标准溶在滴定，三汝平行实验调得消耗标准 生域氢氧亿物沉淀的PH(开始溪淀H以离子液度为1.0ml·11什》。 落液平均体积为20,00m1 开如光H ①满定终点强色套化为 四核酸晰含以，H以，等十4怜咸粒子总浓度为 md·1 三次平行实爵的日的是降低〔明“系花”或~随机”)预是。如聚帮锈时阿长，滴 定较慢，导致空气连人液形胞较多，金导致测定结果 (算情高或“偏低)。（是 示，滴定发生的反应有+1+2H一2H,日+与+H0一日1+ 67902 建全沉流1 2H1. 18.《15分》废年物的等合科用斯有利干节钓贸源，又有利 花随指 器微限务机过安 洁合图中相关数基，定成由除去解的虚液副备Z)的实种步程（以最佳方案填日，可选用 干保护环境。实验室韩用废旧电泡的到帽Cu,乙知总含 的试制30%H0,,1,0mo·LHNU,1.0mc·LNO日)， 量约为p%)同收心并制各Z)的常分实羚过程如图附请法 扇圆四反园 ①向滤流中加人适量30%H0,使其充分反应： 斯示： 20。-4n。 询加1，m·I.(H.制节溶被H值用为 1)写出期帽溶解时铜与加人的稀酸酸.a0%1H反 海铜 过盖： 位的离子方程式 惠 制帽溶解党全后，雷将溶液中过量的日，)除去，隐去日，D,的筒整操作是 而过滤、徒涤、干操： D900℃里绕. 复学C·专n卷（人1第了夏I共8夏） 金赛地门春 父学C·专置春（八1算%夏（共8夏）高三二轮复习专题卷 0.2a×8.1MPa)X(22×8.1MPa)2 1.2a =0.6MPa. 0.6a X8.1MPa)2 1.2a 化学（八） 一、选择题 1.D【解析】将Na,CO3溶液加人水垢中使CaSO,转化为CaCO3,利用了难溶电解质的转化，与 电离平衡无关，D符合题意。 2.B【解析】H2S为弱电解质，不能写成离子形式，正确的离子方程式为Cu++H2SCuS￥+ 2H+;由Cu2+和H2S生成CuS沉淀可知，相同条件下溶解或电离出S2-的能力为H2S>CuS:用 足量NaOH溶液吸收HzS可得到Na2S和HzO;温度不变，Kw不变，稀释HzS溶液，c(H+)降 低，则c(OH)必然增大。 3.C【解析】C项，液氨能接受H,CH,COOH和HCI在液氨中都完全电离，反应CH,COONa十 HCI-CH,COOH+NaCI不能够发生。 4.C【解析】1L含0.1 mol CH,COOH和0.1 mol CH,COONa的溶液a中，CH,COONa电离出 CH,COO对CH,COOH的电离有抑制作用，溶液a中CH,COOH的电离程度小于0.1mol· L1 CH COOH溶液中CH,COOH的电离程度；向溶液a中加人0.01 mol HCI时，CH,COO 结合H生成CH,COOH,反应后溶液组成为0.11 mol CH,COOH和0.09 mol CH,COONa, 溶液组成没有大的变化，pH变化不大；向溶液a中加入0.1 mol NaOH周体，0.1mol CH,COOH完全反应，得到CH,COONa溶液，显碱性，pH变化大；含0.1mol·L1NH,·H2O 与0.1mol·L1NH,C1的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可作 缓冲溶液。 5.C【解析】由题表中数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH为HX>HM>HN>HY,则该 温度下四种酸电离出H+的能力为HY>HN>HM>HX;等浓度HY溶液的pH小于HX溶 液，说明HY的酸性强于HX,由强酸制弱酸的原理可知，将HY溶液加入NX溶液中发生反应 的化学方程式为HY+NaX一HX十NaY;HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出H和X,则 溶液中存在c(HX)>c(H+)>c(X)>c(OH):HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol· L-1HM溶液中离子浓度大于0.010mol·L-1HM溶液，故导电能力强于0.010mol·L-1HM 溶液。 6.C【解析】0.1mol·L1Na2SO3溶液的pH约为l0,溶液呈碱性，SO水解导致溶液呈碱性， 则溶液中存在c(Na+)>c(SO)>c(OH)>c(HSO3)>c(H+);Na2 SO3和Ba(NO3)2发生 复分解反应，生成白色沉淀BSO3,加人盐酸后，溶液中相当于含有硝酸，BaSO3能被硝酸氧化为 Kw BaS0,K,H,sO,为HS0,的水解平衡常数，向Na,S0,溶液中通人足量S0,得到NaHS0, 溶液，则析出的固体是NaHSO?,溶液呈酸性，说明HSO,电离程度大于水解程度，故存在 Kw K(H,S0,)>K,HS0)混合溶液pH=7,则c(OH)=c(H),溶液中存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO3)+c(OH)+c(CI),则存在c(Na)=2c(SO)+ c(HSO)+c(CI)。 7.B【解析】a点，-lg 。CA)1,则c(A)=10c(HA),说明在原有溶液基础上加人了NaOH c(HA) ·32· ·化学· 参考答案及解析 溶液，反应生成的NaA促进水的电离：c点，一lg。（A) c(HA) =一1，则c(HA)=10c(A),说明在原 有基础上加入了HA,加酸抑制水的电离，则电离程度a>c。 8.D【解析】NH,CI溶液中NH部分水解，溶液显酸性，则c(OH)<c(H),根据电荷守恒可 知c(C1)>c(NH),则溶液中离子浓度c(CI厂)>c(NH)>c(H+)>c(OH);在Na2 SO4溶 液中，根据电荷守恒可得c(Na)十c(H+)=2c(SO)十c(OH);Naz CO3溶液呈碱性，则 NaHCO3溶液中，HCO,的水解程度大于电离程度，c(CO?)<c(OH),溶液中离子浓度的大 小关系为c(Na+)>c(HCO)>c(OH)>c(CO);浓度均为0.1mol·L1的CH COOH 与CH,COONa溶液等体积混合，设两溶液的体积均为1L,根据元素守恒可得c(CH,COO厂)+ e(CH,COOH)-1LX0.1 molL1 mol.L0.1 mol.L 21 9.C【解析】6点溶液pH=7.2,即c(H*)=1.0×1072,1g(S0) c(HSO3) =0,c(HSO3)= c(S0),则H,S0,的Ke=e(S0g)·c(H) =1.0×10-2,Na2S03溶液吸收S02气体，发 c(HSO3) 生反应SO2+Na2SO3十H2O一2 NaHSO3,b点对应溶液pH=7.2,此时溶质为Na2SO3和 NaHSO,混合物，即溶液中c(Na)>c(HSO;)>c(OH);常温下pH=7.0时溶液呈中性， c(OH)=c(H),依据电荷守恒c点对应溶液中有c(Na)+c(H)=c(HSO)+2c(SO)+ c(OH),即c(Na+)=c(HSO)十2c(SO):由题图可知，在通人SO2气体的过程中，溶液的 酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动。 10.C【解析】①中硝酸银过量，过量硝酸银会和碘化钾生成碘化银沉淀，不能证明K(AgC)> K知(AgI):铝离子容易水解生成氢氧化铝，另一水解产物是易挥发的盐酸，故不能蒸发氯化铝 溶液制备无水氯化铝：聚四氟乙稀活塞滴定管可以酸、碱两用；实验中有氯化锰、温度两个变量， 不能验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用。 11.A【解析】交点处c{[CuCl2]-}=c{[CuCl3]2-},c(C-)=0.62mol·L,K:= c([CuCl c(C)·cCuC]1.61>K由电荷守恒得c(F)+c(Cu*)=c(CI)+c[CC,])+ 2c{[CuCl3]2-}+c(OH),交点处c{[CuC2]〉=c([CuCl]-},c(C1)=0.62mol·L1,此 时溶液中几乎不存在Cu+,可得c(H)一c(OH)=c(CI)十3c{[CuCl2]},又K1= c{[CuCl2]〉 =0.36,则c(H)-c(OH)=2.08c(C)>2c(C1):Cu+(aq)+2CI(aq)一 c(C1) [CuCl2](aq)可由CuCl(s)+Cl厂(aq)一[CuCl2](aq)与CuCl(s)Cu(aq)+C1(aq)两 式相减得到，K-人=2X03.0X10c(C)≥0.12mol·L时，c(Cu*)≤K K c(CI) 10-5mol·L-1,Cu+几乎完全沉淀。 12.A【解析】曲线③表示盐酸滴定CH,COONa溶液，曲线②的最低点的导电能力与曲线③始点 的导电能力接近，所以曲线②为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐 酸的曲线，则由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH>CH COO;曲线①起始点最 高，说明盐酸的导电能力最强，由图中曲线变化趋势可知，随着甲溶液体积增大，曲线③的导电 能力会超过曲线①；反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即α点是反应终 点，因为甲、乙溶液的浓度相同，结合曲线可知b、c点也是反应终点。 ·33 高三二轮复习专题卷 13.B【解析】b点加入10mL0.2mol·L1盐酸，溶质为等物质的量的MOH和MCl,溶液呈碱 性，c(OH)>c(H),则MOH的电离程度大于M的水解程度，故微粒浓度c(M)>c(CI)> c(MOH)>c(OH)>c(H)。 14.C【解析】如题图所示，a点c(H2AsO5)=c(H3AsO3),K1(H3AsO3)= c(H,As0):C(H）=10,同理根据b点和c点，Ka(HAs0,)=10-,K。(H,As0,)= c(H,AsO) 10.当pH=13时，Ka(H,As0,)=cHA0cH)=10-2,cHAs0时) c(H2AsO3) c(H2AsO3) K2(H,AsO3)10-12.2 c(H+)=1。-3=10°.8,1g2=0.8。】 c(H2AsO3) C【解析】向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加盐酸，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后 盐酸再与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，由图乙可知，先滴入的10L盐酸和碳酸钠反应，再滴入 的20L盐酸和碳酸氢钠反应。b点溶液中的溶质是碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠溶液显碱性是 由于碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，所以b点溶液中存在c(HCO)>c(H2CO3)> c(CO3)。 二、非选择题 15.(1)粉碎钛铁矿，适当加热，适当增大硫酸浓度等 (2)SiO2、CaSO4、Fe (3)FeTiO,+2H2SO,-TiOSO+FeSO,+2H2O (4)①pH>4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH),,不再与铁粉发生反应②Fe3+水解吸热，温度升高 向吸热反应方向移动，生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 (5)H,TiO 【解析】酸浸中发生反应FeTiO3十2HzSO,一TiOSO,十FeSO,十2H2O、FezO3+3H2SO, Fe2 (SO)3+3H2 O,CaO+H,SO,-CaSO,+H2O,MgO+H2 SO-MgSO+H2O,Al2O3+ 3H2SO,一Al2(SO,)3十3H2O,浸取液中含有Fe3+、Mg2+、A13+等，加入过量铁粉，能将Fe3+ 还原成Fe2+,然后过滤，滤渣①的主要成分是二氧化硅、铁粉、CSO,,滤液①结晶过滤得到的滤 渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TOSO,能发生水解反应生成沉淀③(H2TiO3)和滤液③ (H2SO,),最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。 16.(1)球形冷凝管不能 (2)蒸馏 (3)①酚酞溶液74②溶液变为浅紫红色，且半分钟内不恢复为原来的颜色低于③产生 的HCI没有完全被锥形瓶中的水吸收 【解析】(1)图中仪器a为球形冷凝管，石油的分离是通过蒸馏实现的，蒸馏时使用直形冷凝管， 不能使用球形冷凝管。 (2)根据氯苯和二氯苯的沸点可知，分离两者可用蒸馏的方法。 (3)①锥形瓶中的主要成分为HC1溶液，酸碱中和滴定时，强碱滴酸用酚酞作指示剂：根据反应 HCI+NaOH一NaC1+H,0和C,H,C1+2FeCL,三2FeCl2+C,H,Cl,+HCI↑，可建立关系 式2FcCl,~NaOH,消耗的氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=cV=0.40mol·L1×18.50× 10-3L-7.4×103mol,即实际转化的氯化铁n(FeCl3)=2n(NaOH)=2×7.4×10-3mol= 1.48×10-2mol,m=nM=1.48×10-2mol×162.5g·mol1=2.405g,氯化铁的转化率为 ·34 ·化学· 参考答案及解析 2.4058×100%=74%。 3.25g ②用高锰酸钾溶液滴定FCl2溶液时，终点现象为溶液变为浅紫红色，且半分钟内不恢复为原 来的颜色：滴定时的反应为5Fe++MnO,十8H+一Mn2++5Fe3+十4H2O,可建立关系式 5FcCl~5FeCl2~MnO,,消耗的高锰酸钾的物质的量n(MnO,)=cV=0.02mol·L1X 16.00×10-3L=3.2×10-4mol,实际消耗氯化铁的物质的量n(FeC13)=5n(MnO,)=5× 3.2×10-4mol×10=1.6×10-2mol,质量m=nM=1.6×10-2mo1×162.5g·mol-1= 2.60g,氯化铁的转化率为2：25X100%=80%,测量结果大于甲组。 ③甲组误差较大的原因可能为产生的HCI气体未全部溶于水。 17.(1)c(H+)>c(HSO3)>c(SO3) (2)7.91 (3)105.1 (④①无色变为蓝色回20 ③随机偏低 【解析】(1)亚硫酸第一步电离常数大于第二步，故离子浓度大小排序为c(H)>c(HSO,)> c(SO)>c(OH)。 (2)由图像中a、b点坐标数据计算电离常数，K,=1011,K2=106,1。根据第二步电离常数 K= (H*)·c(SO) (HS0)pH=6.91+1g001=7.91 (3)SO(aq)+H2SO,(aq)一2HSO5(aq)的平衡常数K= K4=1051 250 c×20.00× 25.00 (4)②根据滴定反应原理可知，c(SO2,H2SO3)= mol·L1-200c mol·L1. ③平行实验是为了降低操作引起的偶然误差，也叫随机误差。如果空气进人较多，会发生反应 2SO2十O2十2H2O一2H2SO4、2H2SO3+O2一2H2SO4,消耗I2溶液体积偏小，导致测得结 果偏低。 18.(1)Cu十H2O2+2H+Cu++2H20加热（至沸腾） (2)①当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色②80.99 偏高 (3)3.2~5.9(或3.2≤pH<5.9)向滤液中滴加1mol·L1NaOH,调节溶液pH约为10（或 8.9≤pH≤11)，使Zn2+沉淀完全 【解析】(2)②由题给数据可知，第一次数据偏差较大，应去掉，则反应消耗硫代硫酸钠标准溶液 的体积为(25.31+25.30+25.32)mL=25.31mL,根据关系式2Cu一2Cu+~1,一2S,0,则 0.100m0lL×0.02531L×10mL×64g·mol 20 mL 电池铜帽中铜的质量分数为 -X 1.0g 100%≈80.99%。若滴定前溶液中的过氧化氢没有除尽，过量的过氧化氢能将溶液中的碘离子 氧化为单质碘，导致消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积偏大，使测定的铜离子浓度偏高。 ·35·