第八章 水溶液中的离子反应与平衡（综合训练）（广东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第八章 水溶液中的离子反应与平衡 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Al—27 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列食品添加剂属于强电解质的是 A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸 2．将下列各物质加入水中，对水的电离平衡几乎无影响的是 A．Ca B．NaI C．NaHSO4 D．KAl(SO4)2 3．下列操作中，能使水的电离平衡向右移动，而且所得溶液显酸性的是 A．对水加热到100℃，测得 B．在水中加入 C．在水中加入 D．在水中加入 4．常温下，①盐酸，②醋酸，③氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是 A．证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢 B．向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制 C．②③混合后，所得溶液中： D．①中等于③中 5．25℃时，加水将5mLpH=12的氨水稀释至500mL，下列判断正确的是 A．稀释后氨水的电离度增大 B．稀释过程中，溶液中所有离子的浓度均减小 C．稀释后溶液中减小 D．稀释后水的离子积常数变大 6．下列叙述正确的是 A．使甲基橙显黄色的溶液一定是碱性溶液 B．用润湿的pH试纸测定1mol⋅L盐酸溶液的pH，结果偏高 C．一定温度下，的氨水，稀释10倍后，其，则 D．由水电离出来的的浓度为mol⋅L，则原溶液的 7．常温下，关于溶液的说法正确的是 A．pH=10的NaOH溶液和pH=4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动 C．向醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H＋)将减小 D．分别向pH=3醋酸和盐酸溶液中加水稀释100倍后，pH值前者大于后者 8．室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是 A．Al3＋、Na＋、NO、Cl- B．K＋、Na＋、Cl-、OH- C．K＋、Na＋、Cl-、NO D．K＋、NH、SO、NO 9．下列说法中正确的是 A．时Kw为，pH=6的纯水呈酸性 B．常温下将1mL1×10-6mol/L的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9 C．常温下当水电离的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13 D．物质的量浓度相等的盐酸与醋酸，它们的pH值也相等 10．下列事实一定能说明H3PO4是弱酸的是 A．H3PO4溶液不能和NaCl溶液发生复分解反应 B．常温下，0.1mol/LH3PO4溶液的pH≈1.56 C．NaH2PO4溶液呈酸性 D．H3PO4溶液能与NaHCO3溶液反应 11．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中不正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液名称 氨水 氢氧化钠 醋酸 盐酸 pH 12 12 2 2 A．分别取1mL四种溶液稀释到10mL，所得溶液的pH大小：③<④<②<① B．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中： C．将等量的Zn粉分别加入足量等体积的③、④两种溶液，生成的物质的量③>④ D．将溶液①、②等体积混合，混合溶液的pH为12 12．下列有关方程式书写不正确的是 A．醋酸的电离： B．水溶液显碱性： C．和在水溶液中不能大量共存： D．气体通入溶液中产生黑色沉淀： 13．二氧化碳的过量排放会对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示： 已知，下列叙述正确的是 A．能引起海水酸化，其原理为 B．常温下饱和溶液的物质的量浓度为 C．海水酸化能引起浓度减小、浓度增大 D．海水酸化能促进的溶解，导致珊瑚礁减少 14．碳酸锰是一种重要的无机化合物，常用作脱硫的催化剂，及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备的过程如图。已知，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．“沉锰”后的滤液中： D．“沉锰”的离子方程式为： 15．Y已知。所用试剂初始温度均为室温，向氨水中滴加的稀硫酸，测得混合溶液的温度、随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A．应选择甲基橙作指示剂指示滴定终点 B．将点溶液冷却至室温后，测得 C．、两点对应的水解平衡常数： D．若，则点对应溶液中 16．常温时，取浓度均为0.1mol/L的HCl和HA(一元酸，Ka=1×10-3)的混合溶液20mL，用0.2mol/LNaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A．a点时，溶液中 B．b点时， C．c点时， D．过程中，水的电离程度逐渐增大 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。 17．（14分）葡萄酒在酿造过程中需要加入一定量SO2起抗氧化和杀菌的作用。某兴趣小组各取100.00mL葡萄酒利用两种方法测量其中SO2含量，实验方案如下。 I．方法1：“吸收”过程发生反应SO2+ H2O2=H2SO4，微沸除去过量的H2O2。H2O2在水中的电离方程式为， （1）从下列选项中选择合理的操作并排序（用标号表示，操作不能重复使用） 选取外观完好的滴定管→用蒸馏水洗净→检查滴定管是否漏水→ 。 a．用待装液润洗2~3次 b．调节管内液面于“0”刻度或“0”刻度以下 c．加入待装液使液面位于滴定管“0”刻度以上2-3mL处 d．排出滴定管尖嘴部分的气泡 （2）若配制100mL0.0100 mol/LNaOH标准溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 。 （3）达到滴定终点的现象是 。 （4）滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果 （填“偏低”“偏高”或“无影响”）。 Ⅱ．方法2：“氧化还原滴定”过程主要发生的反应为。 （5）方法2“吸收”过程主要发生反应的化学方程式为 。 （6）方法2测得样品中SO2含量为 g/L。（计算结果保留三位有效数字） （7）下列关于上述实验的分析合理的是________（填标号）。 A．若方法1未除去过量H2O2，将导致测量结果偏小 B．方法1也可以使用甲基橙作指示剂 C．方法2“调pH”的目的是防止和H+发生反应 D．方法2“调pH”不宜过高，避免I2在碱性条件下发生反应 18．（14分）某兴趣小组对工业盐酸(以下简称粗盐酸)呈黄色产生浓厚兴趣，于是查找资料，展开系列研究： （1）资料显示工业生产盐酸是在钢管中导燃H2和Cl2生成HCl，然后用水吸收。小组同学分析认为粗盐酸中因含有FeCl3而呈黄色，请写出产生FeCl3的化学方程式 。 （2）已知某粗盐酸上标签如图，该盐酸的物质的量浓度为 mol/L。 （3）取少量粗盐酸样品，滴入KSCN溶液，通过 现象，说明样品中存在Fe3+。 （4）该兴趣小组对上述粗盐酸呈黄色的原因做进一步探究： 【查阅资料】Fe3+在溶液中以络离子的形式存在，如(浅紫色)(以下简写为Fe3+)、(黄色)、[FeCl4]-(亮黄色)等；H2O、、等与Fe3+的络合能力较弱。 【提出猜想】结合上述信息提出以下观点： 观点一：反应a    是粗盐酸显黄色的主导原因 观点二：反应b    是粗盐酸显黄色的主导原因 【分析讨论】 ①甲同学提出，从平衡移动的角度可以直接排除观点一，请结合粗盐酸溶质分析原因： 。 ②乙同学通过定量计算上述粗盐酸中 (用计算式表示，不用化简)，证明观点二是正确的。 ③丙同学深入探究Fe3+在水溶液中的行为，做了以下实验(加热为微热，忽略体积变化)： ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 下列说法不正确的是 。 A．实验①中Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量[Fe(OH)]2+ B．实验②说明酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③可证明，加热，可逆反应Fe3++4Cl-[FeCl4]-正向移动 D．实验④可证明Fe3+水解反应是吸热反应 （5）《化学反应原理》教材探究H+浓度对FeCl3水解平衡的影响设计了如下方案：向10mL0.01mol/LFeCl3溶液滴入少量浓盐酸，对比溶液前后颜色变化。结合（4）实验探究，你认为教材中该实验设计是否缜密，并简述理由 。 （6）请写出FeCl3溶液在生活、生产中的一种应用： 。 19．（14分）是一种重要的无机化工原料，还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。的应用与其水解平衡密切相关。 （1）某小组研究水解平衡的影响因素。 【提出假设】改变温度、稀释溶液，加入氢氧化钠，水解平衡均会发生移动。 【设计方案并完成实验】(所用溶液浓度均为) 序号 温度 1 25 40.00 0 0 2 25 4.00 0 36.00 3 25 4.00 10.00 V1 4 50 40.00 0 0 ①根据表中数据补充，V1= 。 ②实验测得，其原因是： (用离子方程式表示)。 ③实验测得，该结果不足以证明稀释溶液水解平衡正向移动，结果数据应该如何改变才能证明： 。 ④已知水解为吸热反应，实验预测，但实验测得，其原因可能为： 。 （2）为了进一步探究温度对水解平衡移动的影响，继续测定不同温度下的水解常数。 【查阅资料】 【补充实验】测定40℃下溶液水解常数，请补充实验5内容。 试剂及仪器：溶液、纯水、计。在50、60℃重复上述实验。 序号 实验 记录数据(pH) 5 a 6 测定40℃溶液 b 【数据处理】在40℃， (用含有a、b的计算式表示)。 【实验结论】，升高温度，促进水解。 20．（14分）铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。 （1）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为 。 （2）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是 。 A．配制溶液 B．制备胶体 C．观察胶体的丁达尔效应 D．分离胶体与溶液 （3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。 已知：①水解程度越大，颜色越深；②颜色越深，透光率越低 组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率 1 2 3 ① ， 。 ②由 (选填“>”“<”或“=”)，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。 ③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验： 组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率 4 试剂为 ，可由，证实同学甲的推测。通过对比 (填标号)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。 A．组别4与组别1　　　　B．组别4与组别2    　　　　C．组别4与组别3 （4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案： 组别 温度 试剂 透光率 5 溶液 6 溶液 7 溶液 8 溶液 若实验结果为 ，则可证明：为吸热反应。 （5）写出一种强酸弱碱盐(除之外)的用途： 。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八章 水溶液中的离子反应与平衡 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Al—27 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列食品添加剂属于强电解质的是 A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸 A【解析】A．亚硝酸钠属于盐，在水溶液中完全电离，是强电解质，A 正确； B．蔗糖属于非电解质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，B 错误； C．二氧化碳属于非电解质，其水溶液能导电是因为与水反应生成碳酸，碳酸电离出离子，并非二氧化碳本身电离，C 错误； D．苯甲酸属于弱酸，在水溶液中部分电离，是弱电解质，D 错误D； 故本题答案为：A。 2．将下列各物质加入水中，对水的电离平衡几乎无影响的是 A．Ca B．NaI C．NaHSO4 D．KAl(SO4)2 B【解析】A．Ca为活泼金属，和水电离出的氢离子反应，会促进水的电离，A错误； B．NaI溶于水后电离产生钠离子和碘离子，对水的电离平衡无影响，B正确； C．NaHSO4电离出的钠离子、氢离子和硫酸根离子，氢离子能抑制水的电离，C错误； D．KAl(SO4)2电离产生的铝离子可以水解，会促进水的电离，D错误； 故选B。 3．下列操作中，能使水的电离平衡向右移动，而且所得溶液显酸性的是 A．对水加热到100℃，测得 B．在水中加入 C．在水中加入 D．在水中加入 C【解析】A．升高温度，水的电离平衡向正方向移动，氢离子浓度增大，pH减小，但溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度相等，溶液显中性，故A错误； B．水电离生成氢离子和氢氧根离子，在水中加入亚硫酸氢钠，由于亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，电离出氢离子抑制水的电离，平衡向左移动，故B错误； C．在水中加入氯化铝固体，铝离子水解，促进水的电离平衡向右移动，溶液显酸性，故C正确； D．在水中加入碳酸氢钠，水电离产生的氢离子与碳酸氢根结合生成碳酸，平衡向右移动，氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，故D错误； 故选C。 4．常温下，①盐酸，②醋酸，③氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是 A．证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢 B．向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制 C．②③混合后，所得溶液中： D．①中等于③中 B【解析】A．盐酸和醋酸溶质浓度相等，向两溶液中分别加入等量的镁条，醋酸反应慢，说明醋酸电离出的浓度小，进一步说明醋酸部分电离，能证明醋酸是弱电解质，A项正确； B．向醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生酸碱中和反应，溶液pH增大，促进了醋酸的电离，B项错误； C．醋酸中加入氢氧化钠溶液，二者恰好完全反应，生成醋酸钠溶液，溶液中存在电荷守恒，即，C项正确； D．盐酸中，，，氢氧化钠溶液中，，，故①中等于③中，D项正确； 答案选B。 5．25℃时，加水将5mLpH=12的氨水稀释至500mL，下列判断正确的是 A．稀释后氨水的电离度增大 B．稀释过程中，溶液中所有离子的浓度均减小 C．稀释后溶液中减小 D．稀释后水的离子积常数变大 A【解析】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，即稀释后氨水的电离度增大，A正确； B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，B错误； C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n()增大、n(NH3·H2O)减小，则溶液中 增大，C错误； D．水的离子积仅仅是温度的函数，温度不变稀释后水的离子积常数不变，D错误； 故答案为：A。 6．下列叙述正确的是 A．使甲基橙显黄色的溶液一定是碱性溶液 B．用润湿的pH试纸测定1mol⋅L盐酸溶液的pH，结果偏高 C．一定温度下，的氨水，稀释10倍后，其，则 D．由水电离出来的的浓度为mol⋅L，则原溶液的 B【解析】A．使甲基橙显黄色的溶液，pH大于4.4，不一定是碱性溶液，A错误； B．用润湿的pH试纸测定1mol/L盐酸溶液的pH，相当于盐酸溶液加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，B正确； C．一定温度下，pH=a的氨水，稀释10倍，由于一水合氨电离程度增大，氢氧根离子浓度比原来的十分之一要大，所以a<b+1，C错误；   D．由水电离出来的的浓度为mol⋅L，则水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，所以原溶液的pH不一定等于4，D错误； 故选B。 7．常温下，关于溶液的说法正确的是 A．pH=10的NaOH溶液和pH=4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动 C．向醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H＋)将减小 D．分别向pH=3醋酸和盐酸溶液中加水稀释100倍后，pH值前者大于后者 A【解析】A．pH=10的NaOH溶液中c(OH−)=10−4mol/L，pH=4的醋酸溶液中c(H+)=10−4mol/L，酸碱都会抑制水的电离，且这两种溶液中，由酸或碱电离出的离子 对水的电离抑制程度相同，所以水的电离程度相同，A正确； B．向水中加入少量金属钠，钠与水反应生成NaOH和H2，c(OH−)增大，但反应促进了水的电离，水的电离平衡正向移动 ，B错误； C．向0.01mol⋅L−1醋酸溶液中加水，醋酸的电离程度增大，但溶液中c(H+)减小，对水的电离抑制作用减弱，则溶液中水电离产生的c(H+)将增大，C错误； D．醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释会促进电离；盐酸是强酸，完全电离。分别向pH=3的醋酸和盐酸溶液中加水稀释100倍后，醋酸溶液中c(H+)大于盐酸溶液中c(H+)，所以pH值前者小于后者，D错误； 故选A。 8．室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是 A．Al3＋、Na＋、NO、Cl- B．K＋、Na＋、Cl-、OH- C．K＋、Na＋、Cl-、NO D．K＋、NH、SO、NO C【分析】室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1，说明水的电离受到抑制，则溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，据此解答。 【解析】A．若溶液为碱性溶液，溶液中Al3+与OH-会发生反应生成，不能大量共存，A不符合题意； B．若溶液为酸性溶液，溶液中H＋与OH-会发生反应，不能大量共存，B不符合题意； C．无论溶液呈酸性或者碱性，K＋、Na＋、Cl－、相互之间不反应，且与H＋或OH-均不会发生反应，一定能大量共存，C符合题意； D．若溶液为碱性溶液，溶液中与OH-会发生反应生成弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意； 故选C。 9．下列说法中正确的是 A．时Kw为，pH=6的纯水呈酸性 B．常温下将1mL1×10-6mol/L的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9 C．常温下当水电离的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13 D．物质的量浓度相等的盐酸与醋酸，它们的pH值也相等 C【解析】A．在100°C时，水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH约为6的纯水呈中性，A错误； B．将1mL1×10-6mol/L的盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近于7，B错误； C．在常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，水的电离被抑制，如加入酸，溶液中c(H+)=10-1mol/L，pH =1，如加入碱，溶液中c(H+)=10-13mol/L，pH=13，C正确； D．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸微弱电离，因此物质的量浓度相等的盐酸与醋酸，盐酸的pH更小，D错误； 答案选C。 10．下列事实一定能说明H3PO4是弱酸的是 A．H3PO4溶液不能和NaCl溶液发生复分解反应 B．常温下，0.1mol/LH3PO4溶液的pH≈1.56 C．NaH2PO4溶液呈酸性 D．H3PO4溶液能与NaHCO3溶液反应 B【解析】A．盐酸属于强酸溶液，H3PO4溶液不能和NaCl溶液发生复分解反应说明不具备复分解反应的条件，但无法说明H3PO4弱酸，如硝酸等强酸溶液与NaCl溶液也不反应，A不合题意； B．若H3PO4为强酸，则常温下，0.1mol/LH3PO4溶液的pH应该小于1，现在pH≈1.56说明H3PO4在溶液中部分电离出氢离子，溶液中存在电离平衡，属于弱酸，B符合题意； C．若H3PO4为强酸，则其酸式盐NaH2PO4溶液中只有电离而呈酸性，若H3PO4弱酸，则其酸式盐NaH2PO4溶液只要是电离大于水解，溶液也呈酸性，C不合题意； D．H3PO4溶液能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体只能说明H3PO4的酸性强于碳酸，不能说明H3PO4是弱酸，D不合题意； 故答案为：B。 11．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中不正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液名称 氨水 氢氧化钠 醋酸 盐酸 pH 12 12 2 2 A．分别取1mL四种溶液稀释到10mL，所得溶液的pH大小：③<④<②<① B．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中： C．将等量的Zn粉分别加入足量等体积的③、④两种溶液，生成的物质的量③>④ D．将溶液①、②等体积混合，混合溶液的pH为12 C【解析】A．氨水、氢氧化钠均属于碱，醋酸、盐酸均属于酸，因此①②的pH大于③④，NH3·H2O为弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，稀释至相同体积，氨水中c(OH-)大于氢氧化钠中c(OH-)，即pH：①＞②，醋酸为弱酸，盐酸为强酸，相同pH时，稀释至相同体积，醋酸中c(H+)大于盐酸中c(H+)，即pH：④＞③，综上所述，pH大小顺序是①＞②＞④＞③，故A说法正确； B．醋酸为弱酸，②③等体积混合后，溶质为CH3COONa和CH3COOH，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，混合后溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则有c(Na+)＜c(CH3COO-)，综上所述c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故Ｂ说法正确； C．酸是足量，锌是不足，等量的锌与足量的醋酸、盐酸反应，产生氢气的量相同，故C说法错误； D．氨水、氢氧化钠溶液的pH均为12，因此两者等体积混合，混合溶液的pH为12，故D说法正确； 答案为C。 12．下列有关方程式书写不正确的是 A．醋酸的电离： B．水溶液显碱性： C．和在水溶液中不能大量共存： D．气体通入溶液中产生黑色沉淀： C【解析】A．醋酸在水溶液中电离生成和，则醋酸的电离方程式为：，A正确； B．为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性是因为发生水解：，B正确； C．和在水溶液中不能大量共存是因为和发生了双水解，反应的离子方程式为：，C错误； D．气体通入溶液中生成黑色的CuS沉淀，反应的离子方程式为：，D正确； 故选C。 13．二氧化碳的过量排放会对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示： 已知，下列叙述正确的是 A．能引起海水酸化，其原理为 B．常温下饱和溶液的物质的量浓度为 C．海水酸化能引起浓度减小、浓度增大 D．海水酸化能促进的溶解，导致珊瑚礁减少 D【分析】从图中分析可知，二氧化碳的过量排放，与反应生成碳酸，碳酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，使溶液中、、浓度发生变化，并影响珊瑚礁的溶解平衡。 【解析】A．引起海水酸化的原理为，A错误； B．已知，则，而是强电解质，溶于水的部分完全电离，因此常温下饱和溶液的物质的量浓度为，B错误； C．海水酸化，浓度增大，使平衡正移，浓度减小， 浓度增大，C错误； D．海水酸化， 浓度增大，使平衡正移，浓度减小，故能促进溶解平衡正移，使珊瑚礁减少，D正确； 答案选D。 14．碳酸锰是一种重要的无机化合物，常用作脱硫的催化剂，及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备的过程如图。已知，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．“沉锰”后的滤液中： D．“沉锰”的离子方程式为： D【分析】含少量的溶液中加氟化钠溶液“除镁”，将镁离子转化为沉淀，过滤后，所得滤液中加入碳酸氢钠溶液“沉锰”，得到。 【解析】A．是强碱弱酸盐，会有一部分水解，，导致，A错误； B．加入的NaF溶液让镁离子沉淀完全，并且二者恰好完全反应，则，所以，若加入的溶液过量，会有剩余，其浓度会大于，B错误； C．“沉锰”后的滤液中含有、少量，存在的电荷守恒关系为：，C错误； D．“沉锰”步骤中加入溶液，发生非氧化还原反应，生成碳酸锰、二氧化碳和水，D正确； 故选D。 15．Y已知。所用试剂初始温度均为室温，向氨水中滴加的稀硫酸，测得混合溶液的温度、随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A．应选择甲基橙作指示剂指示滴定终点 B．将点溶液冷却至室温后，测得 C．、两点对应的水解平衡常数： D．若，则点对应溶液中 B【解析】A．滴定终点时生成强酸弱碱盐，溶液显酸性，宜选择甲基橙作指示剂，A正确； B．b点温度最高，说明点氨水和硫酸恰好反应，此时溶质只有，发生水解反应使溶液呈酸性，室温下，则，即，B错误； C．水解平衡常数只与温度有关，温度越高，越大，、两点对应的温度，则，C正确； D．若，恰好发生反应，电荷守恒式为，元素质量守恒式为，综合两式，可得，D正确； 故选B。 16．常温时，取浓度均为0.1mol/L的HCl和HA(一元酸，Ka=1×10-3)的混合溶液20mL，用0.2mol/LNaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A．a点时，溶液中 B．b点时， C．c点时， D．过程中，水的电离程度逐渐增大 C【分析】由图可知，a点为浓度均为0.1 mol/L盐酸和HA的混合溶液，酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离；加入氢氧化钠溶液反应时，酸性强的盐酸先反应，b点反应得到等浓度氯化钠和HA的混合溶液，HA在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，c点反应得到等浓度的氯化钠和NaA的混合溶液，A-离子在溶液中水解促进水的电离。 【解析】A．a点为0.1mol/LHCl和0.1mol/LHA的混合溶液，HCl是强酸，在水溶液中完全电离，HA是弱酸，在水溶液中部分电离，则溶液中，A正确； B．b点加入溶液，反应后为等物质的量浓度的和的混合溶液，根据物料守恒，B正确； C．c点加入溶液，溶液总体积为，反应后的溶液为等物质的量浓度的和的混合溶液，发生水解而使其浓度降低，，C错误； D．过程中，加入的溶液分别与和发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，D正确； 故答案为：C。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。 17．（14分）葡萄酒在酿造过程中需要加入一定量SO2起抗氧化和杀菌的作用。某兴趣小组各取100.00mL葡萄酒利用两种方法测量其中SO2含量，实验方案如下。 I．方法1：“吸收”过程发生反应SO2+ H2O2=H2SO4，微沸除去过量的H2O2。H2O2在水中的电离方程式为， （1）从下列选项中选择合理的操作并排序（用标号表示，操作不能重复使用） 选取外观完好的滴定管→用蒸馏水洗净→检查滴定管是否漏水→ 。 a．用待装液润洗2~3次 b．调节管内液面于“0”刻度或“0”刻度以下 c．加入待装液使液面位于滴定管“0”刻度以上2-3mL处 d．排出滴定管尖嘴部分的气泡 （2）若配制100mL0.0100 mol/LNaOH标准溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 。 （3）达到滴定终点的现象是 。 （4）滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果 （填“偏低”“偏高”或“无影响”）。 Ⅱ．方法2：“氧化还原滴定”过程主要发生的反应为。 （5）方法2“吸收”过程主要发生反应的化学方程式为 。 （6）方法2测得样品中SO2含量为 g/L。（计算结果保留三位有效数字） （7）下列关于上述实验的分析合理的是________（填标号）。 A．若方法1未除去过量H2O2，将导致测量结果偏小 B．方法1也可以使用甲基橙作指示剂 C．方法2“调pH”的目的是防止和H+发生反应 D．方法2“调pH”不宜过高，避免I2在碱性条件下发生反应 （1）a→c→d→b （2）胶头滴管、100mL容量瓶 （3）当滴入最后半滴NaOH溶液后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且30 s不褪色，即到达滴定终点 （4）偏低 （5）SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4 （6）0.224 （7）BCD 【解析】（1）进行酸碱中和滴定或氧化还原反应滴定时，首先选取外观完好的滴定管，然后用蒸馏水洗净，再检查滴定管是否漏水，接着用待装液润洗2~3次，加入待装液使液面位于滴定管“0”刻度以上2-3 mL处，并按正确操作方法排出滴定管尖嘴部分的气泡，最后调节管内液面于“0”刻度或“0”刻度以下，故操作合理顺序为a→c→d→b； （2）准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，配制步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，根据操作步骤，可知要配制100 mL0.0100 mol/LNaOH标准溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管； （3）在锥形瓶中以酚酞为指示剂进行滴定，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液中H2SO4逐渐减少，溶液的碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且30 s不褪色，即到达滴定终点； （4）在滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡，则消耗NaOH标准溶液体积就会偏少，以NaOH为标准计算的H2SO4就会偏少，以该硫酸为标准计算的该葡萄酒中SO2的含量就会偏低； （5）SO2具有还原性，I2具有强氧化性，在水溶液中二者会发生氧化还原反应产生HI、H2SO4，该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4； （6）100 mL葡萄酒中SO2被40.00mL0.0100 mol/LI2标准溶液吸收，发生反应：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；过量I2再用0.0100 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，以淀粉溶液为指示剂，进行氧化还原反应滴定，当达到滴定终点时，平均消耗该标准溶液10.00mL，则剩余I2的物质的量为n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.0100 mol/L×10.00×10-3 L=5.00×10-5 mol，与SO2反应的I2的物质的量为n(I2)= 0.0100 mol/L×40.00×10-3L-5.00×10-5 mol=3.50×10-4 mol，根据SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4中物质反应转化关系可知在100 mL葡萄酒中含有SO2的物质的量n(SO2)=n(I2)=3.50×10-4 mol，其质量为m(SO2)=3.50×10-4 mol×64 g/mol=2.24×10-2 g，故方法2测得样品中SO2含量为=0.224 g/L； （7）A．若方法1未除去过量H2O2，H2O2电离产生的H+也会反应消耗NaOH标准溶液，使反应消耗的NaOH标准溶液体积偏大，由此将导致测量结果偏大，A错误； B．NaOH与硫酸发生中和反应，反应产生的Na2SO4是强酸强碱盐，不发生水解反应，因此可以使用酚酞为指示剂，也可以使用甲基橙为指示剂，故方法1也可以使用甲基橙作指示剂，B正确； C．方法2“调pH”的目的是使加入的Na2S2O3标准溶液只与I2标准溶液反应，避免和溶液中H+发生反应而产生误差，从而导致测定结果产生误差，C正确； D．在碱性条件下，I2与碱溶液发生自身氧化还原反应，因此方法2“调pH”时溶液pH也不宜过高，否则I2在碱性条件下也发生反应而消耗，导致产生误差，影响测定结果，D正确； 故合理选项是BCD。 18．（14分）某兴趣小组对工业盐酸(以下简称粗盐酸)呈黄色产生浓厚兴趣，于是查找资料，展开系列研究： （1）资料显示工业生产盐酸是在钢管中导燃H2和Cl2生成HCl，然后用水吸收。小组同学分析认为粗盐酸中因含有FeCl3而呈黄色，请写出产生FeCl3的化学方程式 。 （2）已知某粗盐酸上标签如图，该盐酸的物质的量浓度为 mol/L。 （3）取少量粗盐酸样品，滴入KSCN溶液，通过 现象，说明样品中存在Fe3+。 （4）该兴趣小组对上述粗盐酸呈黄色的原因做进一步探究： 【查阅资料】Fe3+在溶液中以络离子的形式存在，如(浅紫色)(以下简写为Fe3+)、(黄色)、[FeCl4]-(亮黄色)等；H2O、、等与Fe3+的络合能力较弱。 【提出猜想】结合上述信息提出以下观点： 观点一：反应a    是粗盐酸显黄色的主导原因 观点二：反应b    是粗盐酸显黄色的主导原因 【分析讨论】 ①甲同学提出，从平衡移动的角度可以直接排除观点一，请结合粗盐酸溶质分析原因： 。 ②乙同学通过定量计算上述粗盐酸中 (用计算式表示，不用化简)，证明观点二是正确的。 ③丙同学深入探究Fe3+在水溶液中的行为，做了以下实验(加热为微热，忽略体积变化)： ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深 加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深 下列说法不正确的是 。 A．实验①中Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量[Fe(OH)]2+ B．实验②说明酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C．实验③可证明，加热，可逆反应Fe3++4Cl-[FeCl4]-正向移动 D．实验④可证明Fe3+水解反应是吸热反应 （5）《化学反应原理》教材探究H+浓度对FeCl3水解平衡的影响设计了如下方案：向10mL0.01mol/LFeCl3溶液滴入少量浓盐酸，对比溶液前后颜色变化。结合（4）实验探究，你认为教材中该实验设计是否缜密，并简述理由 。 （6）请写出FeCl3溶液在生活、生产中的一种应用： 。 （1） （2）12 （3）溶液变为血红色 （4）粗盐酸溶液中很大，使平衡逆向移动，从而抑制水解，使溶液呈紫色而不是黄色； D （5）不缜密，因加入浓盐酸，不仅增大了，同时也增大了，的变化可能会对平衡产生影响，从而干扰对水解平衡影响的判断 （6）用作净水剂 【解析】（1）氯气会与钢管的主要成分Fe发反应生成，其方程式为：，故答案为：； （2）由可得，，故答案为：12mol/L； （3）与KSCN溶液反应生成血红色的络合物，故答案为：溶液变为血红色； （4）①在粗盐酸溶液中很大，会抑制水解，即使平衡逆向移动，而(浅紫色)(以下简写为Fe3+)，答案为：粗盐酸溶液中很大，使平衡逆向移动，从而抑制水解，使溶液呈紫色而不是黄色； ②由可得，同理由可得，由②式比①式得：，故答案为：； ③A.在溶液中，会发生水解反应：，加热使平衡正向移动，增大，颜色加深，故A正确； B．实验②中，酸化后的溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化。因为水解方程式为，酸化后引入抑制水解，加热促进水解，此实验现象说明酸化对水解的抑制作用大于加热对水解的促进作用，故B正确； C．实验③中，酸化后的溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，说明与发生反应，加热后溶液颜色变深，说明平衡正向移动，故C正确； D．在溶液中存在以及水解平衡，加热溶液颜色加深，无法确定是水解平衡正向移动还是平衡正向移动所导致的，所以不能证明水解反应是吸热反应，故D错误； 答案选D。 （5）不缜密，因加入浓盐酸，不仅增大了，同时也增大了，的变化可能会对平衡产生影响，从而干扰对水解平衡影响的判断，故答案为：不缜密，因加入浓盐酸，不仅增大了，同时也增大了，的变化可能会对平衡产生影响，从而干扰对水解平衡影响的判断； （6）溶液因水解而生成具有吸附性的胶体，能吸附水中悬浮的杂质，起到净水作用，故答案为：用作净水剂。 19．（14分）是一种重要的无机化工原料，还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。的应用与其水解平衡密切相关。 （1）某小组研究水解平衡的影响因素。 【提出假设】改变温度、稀释溶液，加入氢氧化钠，水解平衡均会发生移动。 【设计方案并完成实验】(所用溶液浓度均为) 序号 温度 1 25 40.00 0 0 2 25 4.00 0 36.00 3 25 4.00 10.00 V1 4 50 40.00 0 0 ①根据表中数据补充，V1= 。 ②实验测得，其原因是： (用离子方程式表示)。 ③实验测得，该结果不足以证明稀释溶液水解平衡正向移动，结果数据应该如何改变才能证明： 。 ④已知水解为吸热反应，实验预测，但实验测得，其原因可能为： 。 （2）为了进一步探究温度对水解平衡移动的影响，继续测定不同温度下的水解常数。 【查阅资料】 【补充实验】测定40℃下溶液水解常数，请补充实验5内容。 试剂及仪器：溶液、纯水、计。在50、60℃重复上述实验。 序号 实验 记录数据(pH) 5 a 6 测定40℃溶液 b 【数据处理】在40℃， (用含有a、b的计算式表示)。 【实验结论】，升高温度，促进水解。 （1）26.00 A1-1<A2<A1 温度升高，Na2CO3水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c(H+)增大，pH减小 （2）测定40℃水的pH Kh= 【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； 【解析】（1）①实验2、3是探究OH-对Na2CO3水解程度的影响，则混合溶液中c(Na2CO3)必须相同，即溶液总体积保持40.00mL，则V1=40.00-4.00-10.00=26.00； ②Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，pH>7，水解反应为， ③实验1中c(Na2CO3)是实验2的10倍，由于稀释能促进水解，溶液中n(OH-)增大，即实验1中c(OH-)小于实验2中c(OH-)的10倍，但溶液的碱性减弱，所以实验2溶液的pH：A1-1<A2<A1， ④Na2CO3水解为吸热反应，但水的电离也吸热，升高温度时水的离子积增大，二者相互作用导致溶液的pH反而变小，出现A1>A4，故答案为：温度升高，Na2CO3水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c(H+)增大，pH减小； （2）水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)，根据所测pH计算溶液中c(H+)和c(OH-)，所以实验5为测定40℃水的pH，纯水中c(H+)=c(OH-)，即40℃水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)=10-2a，实验6测得0.1mol/L Na2CO3溶液pH=b，溶液中c(H+)=10-bmol/L，c(OH-)=10-2a+bmol/L，则40℃时Na2CO3的水解常数Kh=，故答案为：测定40℃水的pH；。 20．（14分）铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。 （1）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为 。 （2）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是 。 A．配制溶液 B．制备胶体 C．观察胶体的丁达尔效应 D．分离胶体与溶液 （3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。 已知：①水解程度越大，颜色越深；②颜色越深，透光率越低 组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率 1 2 3 ① ， 。 ②由 (选填“>”“<”或“=”)，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。 ③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验： 组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率 4 试剂为 ，可由，证实同学甲的推测。通过对比 (填标号)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。 A．组别4与组别1　　　　B．组别4与组别2    　　　　C．组别4与组别3 （4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案： 组别 温度 试剂 透光率 5 溶液 6 溶液 7 溶液 8 溶液 若实验结果为 ，则可证明：为吸热反应。 （5）写出一种强酸弱碱盐(除之外)的用途： 。 （1） （2）C （3）0 0.1 < 溶液 C （4）或 （5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料 【解析】（1）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为，故答案为； （2）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误； B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误； C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确； D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误； 答案为C； （3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a为0mL，同理b为0.1mL，故答案为0；0.1； ②Fe3+水解平衡：，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第2组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A2，可证明结论；故答案为＜； ③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确，故答案为溶液；C； （4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此，可以证明该反应为吸热反应，故答案为或； （5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $