周测评(二十)弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性-【衡水真题密卷】2026年高三化学学科素养周测评（山东专版）

真题密卷 学科素养周测评 附量及浓度降低，反应速率减小(4分) 最高；该反应的△H<0,则温度升高，平衡逆向 (3)③(3分)③(3分)A(3分) B(3分) 王增大的程度小于量，值减 × (》×(货 31)4分) 或16×48 线③值最小；温度升高，0医、1都增大，但A、 D点对应温度高，则？正大于B、C点？正，而A点 【解析】(1)由2CO2(g)+6H2(g)= 化剂C,H 未达平衡，7正>)递，平衡正向进行，V正减小，D △ (g)十4H2O(g)中用不同物质表示的速率比等于 点为平衡状态，A点v正大于D点，即A点V正 系数比得，30：(C0)=2(H,)时，即=(C0:) 最大；同理，B点V速小于C点⑦遥，B点☑逆最小； v￥（H2) 430K时（曲线①），CO2的平衡转化率α=60%， 心2 令CO2、H2分别为1mol、3mol,三段式分析 可以作为反应达到平衡的标志，A正确； 如下： 6v(H2)=v逆(C2H4)时，即 v正(H2)1」 2C02(g)+6H2(g) :C2H4(g)+4H2O(g) (C,H4)=6不 始/mol 1 3 0 0 可以作为反应达到平衡的标志，B错误； 转/mol0.6 1.8 0.3 1.2 E(C,H,)=40是(H,0)时，即=(C,H,)=4云 平/mol 0.4 1.2 0.3 1.2 'v(C,H)=i不 平衡时气体的总物质的量n(总)=3.1mol,各气 可以作为反应达到平衡的标志，C错误； 4 12 2u(C0,)=u(H,0)时，即(C0)=1。 体的物质的量分数为x(C02)=1x(H:)=31, v题(H2O)=2可 以作为反应达到平衡的标志，D正确。 x(C2H4)= 37x(H,0)=2, 31得Kx (2)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表 面吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸 313 或 附量及浓度降低，则反应速率减小。 16×48 (3)由“先拐先平”的原则得，曲线③对应的温度 2025一2026学年度学科素养周测评（二十） 化学·弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性 一、选择题 元素化合价变化，则该反应是非氧化还原反应，C 1.C【解析】50.00mL滴定管下端有一部分没有 错误；HCIO4本身就是强酸，则被迫结合一个H+ 刻度，如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的 后生成的[H2CIO4]+也属于强酸，D正确。 体积大于(50.00一a)mL,A错误；滴入半滴标准 3.B【解析】由N2H4+H2O一N2H+OH, 溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原 色，才能判定到达滴定终点，B错误；滴定读数时， c(,Hg)·c(OH）得，c(OH)= c (N2 Ha) 应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂 √Kb1·c(N2H4)≈√3.0X10-6X0.1mol· 直，C正确；因滴定原理和指示剂是由反应过程中 L1,pOH≈3.25，则pH≈10.75，A错误；c点时 对应的物质的化学计量数和终，点溶液的酸碱性决 水的电离度最大，则c点应为N2H4完全与HCI 定的，与标准液和待测液的位置无关，即二者位置 反应生成的N2HCL2溶液，由N2H4~2HCl、 可以互换，D错误。 2.C【解析】魔酸属于超强酸，且只有一个可电离的 NH)=V,得，c(HC)=2c(H)·(NH) v(HCI) H原子，则可以认为是一元酸，A正确；从组成上看 SbF·HF和SbF·HSO3F很相似，SbF,·HSO3F 2×0.1mol·L1×20mL=0.2mol.L1,B 20 mL 能使HCIO4质子(H)化，则SbF·HF也能提供质 正确；b点溶液c*(H+)=10-7mol·L-1,说明生 子，B正确；HCIO4质子化（与H+结合）过程中无 成的N2H+的水解对水电离促进程度与剩余 3 ·24· ·化学· 参考答案及解析 HCI对水电离的抑制程度相同，但N2HCl2、HCl 液体流下，否则会导致高锰酸钾溶液读数偏大，测 的溶液均显酸性，即pH<7,d点c水(H+)= 定结果偏高，C正确；n(KMnO4)=0.2000mol· 10-7mol·L1,说明d,点为N2HCl和N2H4的 L1×0.03L=0.006mol,由2KMnO45H2C2O4 混合溶液，N2H,CI的水解对水电离促进程度与 N2H4对水电离的抑制程度相同，溶液呈中性，pH 得，m(HC0,)=0.006mol×5=0.015mol, =7,C错误；a点溶质为强电解质HCl,c点水电离 m(H2Cz04)=0.015mol×90g·mol-1=1.35g, 程度最大，溶质为N2HC2(类似于NH,CI),因水 1.358×100%=0.900%,D错误。 解显酸性，b,点溶质为N2HCl2、HCl,则a点溶液 草酸含量为150g× 酸性最强，D错误。 7.C【解析】使用氯化钠饱和溶液，能够最大程度 4.B【解析】pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体 地提高NaHCO3的生成速率，促进其沉淀析出，A 积混合后的溶液存在电荷守恒c(CI)十c(OH) 正确；由题中所给信息得，温度为40℃时， =c(NH)十c(H+),由于一水合氨为弱电解质， NH4HCO3会发生分解，若低于30℃，则反应速 则溶液中c(CI)<c(NH),则c(OH)> 率过慢，则采用30~35℃水浴温度的目的是增大 c(H+),溶液呈碱性，A错误；在100℃时，K= NH4HCO3的溶解度，更有利于NaHCO3的析 10-12,则pH约为6的纯水呈中性，B正确；25℃ 出，B正确；第一次滴定发生的反应为Na2CO3+ 时，溶液的pH=6显酸性，但将pH=8的NaOH HCI-NaHCO3十NaCl,溶液终，点为碱性，则可 溶液加水稀释100倍不可能由碱性变为酸性，即 使用酚酞作指示剂，第二次滴定时发生的反应为 这种情况下的稀释，不能忽略水的电离，C错误； NaHCO,+HCl一NaCl+HzO+CO2个，溶液 0.1mol·L1NHCI溶液的pH小于7，是因为 终点为弱酸性，则可使用甲基橙作指示剂，第二次 NH财+H2O一NH3·H2O+Ht,则可说明 滴定达到终，点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠， NH3·H2O为弱电解质，D错误。 滴定达到终，点后溶液的溶质为氯化钠和碳酸（溶解 5.B【解析】随着pH的增大，c(HCO3)逐渐减小， 的C○2)，则溶液的颜色变化为滴入最后半滴标准 c(CO?)逐渐增大，则图中曲线I、Ⅱ分别表示 液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色，C错 CO?、HCO的摩尔分数与pH变化关系。由图 误；第一次滴定发生的反应为Na2CO3十HCl 可知，pH增大（相当于加入OH)时，先发 NaHCO3+NaCl,则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3) 生HCO3+OH一CO?+H2O,则c(CO?)增 =n(HCl)=cmol·L1×V1L,则产品Na2CO3 大较快，生成MgCO3沉淀，而后c(OH)增大，同 纯度=XM(NaC0,)XVX10%,D正骑. 时因Kp(MgCO3)=6.8X10-6>Kp[Mg(OH)2] m =5.6×10-12,MgCO3沉淀会转化成Mg(OH)2, 二、选择题 即曲线Ⅲ表示MgCO3沉淀的转化，A错误、B正 8.D【解析】由溶度积、电离常数表达式以及水电离 确；由图可知，pH=a时c(HCO3)=c(CO?),则 常数的值得，pc(AI8+)十3pOH=pKp,则pc(AI3+) H,C0,的电离平衡常数K。=c(C0)·c(H+) c(NH) -pK-14X3+3pH,-Ig c(NH.H.O)-PK c(HCO3) =104,C错误；温度不变时，电离平衡常数K2 -14+pH,-1g（CCO80pKpH,再结合 不变，则始终有K2=10-“,即a值与溶液中 图像变化趋势可知，L2代表一lgc(AI+)和pH关 NaHCO3、MgCl2的初始浓度无关，D错误。 c(CHCOO-) 6.D【解析】首先将新鲜菠莱“预处理”，研磨榨汁、 系，山代表-(CH,COOH和pH关系，山代表 浸泡、过滤，滴加足量CaC2溶液，产生白色沉淀，过 c(NH) 滤得到CaC2O,固体，加入硫酸溶解后生成 一Ig c(NH·H,O)与pH关系。由L可知，当 H2C2O4,滴加高锰酸钾溶液可测定草酸含量。“操 c(CH COO) 作1”是过滤，需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒3种主要 pH=9.76时，pc(CH,COOD=-5,则 玻璃仪器，A正确；“操作2”若用盐酸替代硫酸，盐 c(CH3COO-) 酸也会与高锰酸钾反应，使消耗的高锰酸钾偏多， c(CH,COOH)=10%c(H+)=10*mol.L-1, 导致测定结果偏高，B正确；“滴定”至终点后，需再 c(CH COO) 静置滴定管1~2分钟后读数，等待滴定管内壁上的 K(CH COOH)= c(CH,COOHXe(H+)=10 ·25· 3 真题密卷 学科素养周测评 X10-9.7=10-4.76,A错误；由L2上M点数据得， pc(A13+)=0,pH=3,则c(A13+)=1mol·L-1, 10.CD【解析】硫脲( )分子中有2 K。1.0×10-14 H,N NH2 c(OH-)=- c(H+) 10-3 =10-1mol· 个一NH2,能与H+结合生成一NH,则硫脲相 L1,Kp[A1(0H)3]=1×(10-11)3=10-33,B错 当于弱碱，其水溶液应该显碱性，A错误；由滴定 误；Q点为L、L2的交，点，则有33-14X3十3pH= 反应5CS(NH2)2+14MnO+32H+ 4.76-pH,pH=3.44,pX=4.76一3.44=1.32，C错 14Mn2++5C02↑+5N2↑+5S0+26H20 C(NHE) 得，N、S化合价均升高、发生氧化反应，但C化合 误；由L6上pH=4.24时，PcNH,·H,O) =一5 价未变，B错误；用co mol·L1KMnO4标准溶 c(NH) 液滴定至终，点时消耗KMnO4标准溶液VmL, 得，K,NH。·H.O)=cN,·H,OXc(OH） 由5CS(NH2)2~14MnO:可知，mg产品中 5、 =108×)0510470,再结合A中分析有} CS(NH)2的物质的量为coVX10-3molX4× K.(CHa COOH)=K (NH3.H2O)=10-4.76, 10=25c -×10-3mol,则样品中硫脲的质量分 即当氨水和醋酸恰好完全反应时生成 7 CH COONH4,溶液呈中性，恰好与T点数据相 25coV 7 ×10-3mol×76g·mol-1 吻合，D正确。 数为 -×100%= m g gAC【解标】由ab点的致据得，E二 190cV%,C正确；若滴定管中滴定前有气泡，滴 7m 即c(X+)=c(XOH)；a点时pH=10,c(M)= 定后无气泡，会使标准液体积偏大，测定结果偏 c(MOH)、c(OH) Kw10-14 c(H*)=10o=104mol. 大，D正确。 三、非选择题 L1,则K,(MOHD)=c(M)·c(OH) c(MOH) =c(OH) 11.(1)2.88(2分)3.88(2分) cV2 =10-4;b,点时pH=9,c(R)=c(ROH)、c(OH)= (2)酚酞溶液(2分) (3分) 10aV1× cV, Kw1014 (H)=107=10-5 mol L-,K (ROH)= 102-V%)3分) 100%(或cV2 c(R*):c(OH）=c(OH)=105,得K,MOH) (3)①CH3COOH(3分) c(ROH) ②105.76(3分) >K。(ROH)。起始溶液pH均为12，因 ③100.76(3分) Kb(MOH)>Kb(ROH),得总浓度c(MOH)< ④c>b>a(3分) c(ROH),通入HCI气体后，若要使两种溶液中 【解析】(1)醋酸是弱酸，加水稀释至原来的10 pH均为10，ROH溶液中需通入更多的HCI,故 倍，在各物质浓度降低的同时醋酸的电离平衡正 ROH溶液中需通入更多的HCI才能使溶液pH =9,故阳离子与碱分子浓度相等时，ROH溶液中 向移动，则其c(H+)降低不到原来的0pH< 通入的HCl更多，即溶液中n(CI):a<b,A正 3.88,故pH范围为2.88<pH<3.88 确；结合碱性：ROH<MOH得，ROH不能与含 (2)醋酸与氢氧化钠酸碱中和的结果是生成呈碱 M什的盐溶液反应，B错误；由图中a点数据得： 性的CH3 COONa,则可选择酚酞作为指示剂；醋酸 K(M)=c(MOH)C(H+)K. c(M+) -K(MOH) 和氢氧化钠按1：1反应，则醋酸浓度为又；该 10-14 10=100<K。(MOH)=10,即M+水解能 CH,COOH溶液的pH为a,说明c(H+)=10-a, 力弱于MOH的电离能力，溶液呈碱性，C正确； 则其电离程度a= 2×160%高12%. 由于碱性：MOH>ROH,等pH的两溶液等倍数 (3)①随着溶液中所加NaOH量的增加， 稀释时，较强的碱pH变化值较大，则稀释后 CH:COOH逐渐被消耗，其分布分数逐渐减小， MOH溶液pH相对小一些，D错误。 CH,COO逐渐生成，其分布分数逐渐增大，则 ·26· ·化学· 参考答案及解析 61表示CH,COOH的分布分数，62表示 c(CI),借助同离子效应促进[Co(NH3)6]Clg CH:COO的分布分数。 析出。 ②由图中a,点c(CH:COOH)=c(CH;COO)得， (2)本实验中[Co(NH3)6]Cl3的产率为 此时溶液pH=5.76,则CH3COOH的电离平衡 4.5g 常数K。=10-5.76。 6.0gX2625g°mo7X100%≈6.7%。 ③温度不变，平衡常数不变，pH=5时，溶液中 、238g·mol-1 (3)选择棕色滴定管，说明AgNO3具有的性质是 (CHCOO-):c(CH,COOH)= K。 05=10-0.76。 稳定性差，见光易分解；测定c(C1)时，C1被消 ④若c处c(Na+)=0.1mol·L1,因c点为酸 耗完后，CrO4与Ag+生成红色沉淀，则滴定终 碱完全中和的理论终，点，即随着NaOH量的增 点的现象是滴入最后半滴AgNO,溶液时，产生 加，a→b→c过程中CH;COOH不断被消耗， 砖红色沉淀，剧烈振荡后，半分钟内不变色。 CH3COOH对水电离的抑制程度逐渐减小， CH3COO一的水解对水电离的促进程度逐渐增 4)C被消耗完时，根据cC-O) c2(CI) 大，故a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序 Kp (Ag2 CrO) 2.0×10-12 为c>b>a。 K号AgCD,可得c(C0)-2.0X10 12.(1)抑制Co2+的水解(2分)增大c(C1),借助同 ×(1.0×10-5)2=5.0×103mol·L1;若滴加指 离子效应促进[Co(NH)6]C,析出(3分) 示剂K2CrO4过多，c(Cl)<10-5mol·L1时， (2)C(3分) 就可能生成红色沉淀，即未到达终点就变色，滴 (3)稳定性差，见光易分解(2分)滴入最后半滴 加AgNO3溶液体积偏小，导致最后所测纯度 AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，剧烈振荡后， 偏低。 半分钟内不变色(3分) (5)根据控制变量原理，由实验①③可得出：C03+ (4)5.0×103(3分)偏低(2分) 可将I氧化成I2,而[Co(NH)6]3+不能，即 (5)2(2分) Co3+氧化性强于[Co(NH3)6]3+,即假设2成立。 (6)不正确，③和④中[Co(NH3)6]3+氧化性相 (6)离子种类相同、浓度相同，则[Co(NH)6]3+ 同，④中引入了H+,消耗了NH,促进络合平衡 氧化能力相同；④中将③中的KI用HI替代，因 向左移动，c(Co3+)增大，Co3+氧化性强 K+不参与反应，但H能与NH3反应，导致络合 于[Co(NH3)s]3+(4分) 平衡向左移动，C03+浓度增大，氧化性增强，从而 【解析】(1)“步骤I”中溶解CoC2·6H2O时加 将I厂氧化成I2。故认为④中[Co(NH3)6]3+氧化 入NH4C】的作用，除了提供CI生成配离子之 外，另外一个可能的作用是提供弱酸性环境，抑 性强于③中[Co(NH3)6]3+的说法不正确。 制Co2+的水解；“步骤V”中加入浓盐酸，可增大 2025一2026学年度学科素养周测评（二十一）】 化学·盐类的水解 一、选择题 2.A【解析】向如图装置的试管中加入试剂能使小 1.C【解析】因NH对、Zn2+水解，NH,CI和ZnCl2 车向左移动，说明试管中发生反应并在短时间内 混合溶液呈酸性，H+能与Fe2O3反应从而达到除 生成了大量气体。铜和浓硫酸需要在加热条件下 掉钢铁表面的铁锈目的，A不符合题意；SOCL2与 才能发生反应生成SO2,则常温条件下不能使小 水反应生成盐酸，可抑制ACl3水解，B不符合题 车向左移动，A符合题意；生石灰和浓氨水反应能 意；处理锅炉水垢中的硫酸钙，用饱和碳酸钠溶液 迅速生成大量氨气，B不符合题意；碳酸氢钠和硫 浸泡，再用酸除去，利用的是沉淀的转化，与水解 酸铝溶液混合会快速发生水解反应生成氢氧化铝 无关，C符合题意；向TiCl4中加入大量的水、加热 和CO2气体，C不符合题意；过氧化钠和水反应能 都能促进Ti+的水解，从而生成TiO2·xH2O,D 快速反应生成氢氧化钠和大量氧气，D不符合 不符合题意。 题意。 ·27· 3曾力造就实力，态度决定高度 2025一2026学年度学科素养周测评（二十） 6.测定150.0g新鲜惹菜中草酸含量（以H:CO,计），实验方案如图。下列说法错误的是 班级 0.2000-mol-L KMno CaCL溶液装酸 溶清 题 化学·弱电解质的电离平衡和 现处理操作可操们一询定 姓名 溶液的酸碱性 A,“操作1”需要用到的主要玻璃仪器有3种 B.“操作2”若用盐酸替代硫酸可能会导致测定结果偏高 C.“滴定”至终点后，需再静置滴定管1一2分钟后读数，否则会使测定结果偏高 得分 本试卷总分100分，考试时间40分钟 D.若滴定终点消耗30.00 mL KMnO,溶液，则测得菠菜中草酸含量为9.000% ?.某化学学习小组模拟侯氏制碱法制备纯碱并测定其含量。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一140-16S-32C1一35.5C0一59 实验一：模拟候氏制碱法制备纯碱， 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 溶叠 题号 1 2 3 4 6 「产品 7 N溶有网36名 (含有少 容案 NaO杂面 实验二：测定纯碱纯度。取mg产品，用cmol·L.1盐酸滴定测量NaCO的含量，NaCO,与 1,关于滴定操作，下列做法正确的是 HC1的滴定过程分两阶段，第一阶段消耗盐酸V,L,第二阶段消耗盐酸V,L。相关物质溶解度如 A如图表示50.00mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的体积 表中所示： 是(50.00-a)ml B.滴人半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定到达滴定终点 三 度/ 餐解度 10 30 40 C,滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直 盐 D.滴定时，标准液和待测液的位置不可互换 NH,HCO, 11.915.821.027.0分解 2.魔酸是五氟化梯和氟磺酸的混合物，化学式为SF:·HS0,F,是一种酸性比普通无机酸强10一10倍的 NaHCO 6.98.159.611,112.7 超强酸，能将HCIO,质子化：SbF·HSO,F+HCO,一[SbF·SO,F可+[HCO]。下列推测错误 NH,CI 29.433.337.241.145.8 的是 () 下列说法错误的是 A魔酸可以认为是一元酸 B.SbF:·HF也能提供质子 A.为了促进NaHCO,沉淀析出，NaC1溶液应为饱和溶液 B.水浴加热的温度为30一35℃，目的是增大NH,HCO,的溶解度 C.反应中HCO,作还原剂 D.[HCIO,]是强酸 .滴定第二阶段所用的指示剂为甲基橙，滴定终点的现象为橙色变为红色 3.常温下，将0.1mol·L1联氨溶液滴人20m1.稀盐酸中，溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入联 氨溶液体积(V。=20.00mL)的变化如图所示（已知：1g3≈0.5，联氨的电离方程式为N:H,+H2O D.产品Na,C0,纯度=XMN,C0,)XY×1O% =一N,H时+OH-,N,H时+HzO一N2H+OH,常温时，KM=3.0×10,Ke=7.6×105)。 二、选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 下列说法正确的是 8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分： 题号 8 9 10 A.0.1mol·L1联氨溶液的pH≈12.0 答案 B.该反应中稀盐酸的浓度为0.2mol·L. c(NH) C.b点pH=7,d点pH>7 8.常温下，向AICL,和醋酸混合溶液中滴加氨水，溶液中pX[pX一一gX,X一cNH,·H,O) D.a、b,e三点中c点酸性最强 c(CH,COO) c《CH,COOH)(A+)门与pH关系如图所示，下列叙述正确的是 () 4.下列说法正确的是 A.pH=I1的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后的溶液中c(CI)=e(NH时)，溶液呈中性 B.在100℃时，pH约为6的纯水呈中性 C,25℃时，将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=6 D.0,1mol·L1NH,C溶液的pH小于7不能说明NH·HzO为弱电解质 5.常温下，某NaHCO,、MgC1:的混合溶液中，部分含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略 溶液体积变化，已知：K,(MgCO3)=6.8×10-·:K[Mg(OH):]=5,6×102).下列说法正确的是 4 厚家分数 A,曲线Ⅲ表示CO的变化情况 A.K.(CH,COOH)-10- B.pH变化时存在沉淀的转化 B.K[A1(OHD,]-10-# C.HCO,的电离平衡常数K。=10 C.Q点坐标为(3.34,1.42) 02 D.改变溶液中NaHCO,,MgCl的初始浓度，a数值改变 D.将等体积等浓度的氨水和醋酸溶液混合所得溶液的pH与T点相同 学科素养周测评（二十）化学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十）化学第2页（共4页） 9.常温下，将HC1气体分别通入体积相同、pH=12的两种碱溶液MOH,ROH中，数据间关系如图所 12.(24分)[Co(NH),]Cl,常用于制备高效催化剂。已知[Co(NH),]CL易溶于热水，在冷水中微 示(X表示M,R,通人过程中溶被的体积不变)。下列说法正确的是 溶。某小组设计实验M备[Co(NH)。]Cl2并探究其氧化性。 pH 12 I.制各[Co(NH)。]CL,的简易流程如图所示 11 6餐譬cwoa时4co 步骤Ⅱ MOH ROH- dX) (1)步骤I中溶解CoCl·6H,O时加人NH,C的作用除了提供CI之外，另外一个可能的作用是 (XOH) “步骤V”中浓盐酸的作用是 A.a、b两点溶液中n(CI):a<b (2)本实验中[Co(NH)。]Cl,的产率约为 (填标号)。 B.ROH溶液能与MCI溶液反应 A.33.3% B.56.5% C.66.7% D.72.4% C.常温下等物质的量浓度的MOH、MCI混合溶液的pH>7 Ⅱ.测定[Co(NH)。]CL,产品的纯度. D.将pH相同的两种碱溶液稀释相同倍数后溶液的pH:MOH>ROH 实验步骤： s 步骤1：准确称取mg样品，用去离子水完全溶解，配成100mL溶液： 10.硫脲( )可用作橡胶的硫化促进剂、金属矿物的浮选剂。测定工业样品中疏骤的质量 步骤2：准确量取25,00mlL所配制溶液于排形瓶中，满加2滴KCxO,溶液，用cmal·L AgNO3溶液 HN NH 滴定至终点，平行测定三次，平均消耗AgNO,溶液VmL. 分数的方法：称取mg样品，加水溶解配成250mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中，加入稀疏酸酸 已知：常温下，K,(AgC)≈2.0X101o,K(Ag2CrO)≈2.0X10,Ag:CrO.为砖红色沉淀， 化，用c。mol·L-1酸性KMnO,标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL[已知滴定时发 (3)步骤2中，选择棕色滴定管，说明AgNO,具有的性质是 :判定滴定终点 生反应：5CS(NH,):+14MnO:+32H+一14Mn++5CO,↑+5N2↑+5SO+26HO,屐设杂 的现象是 质不参与反应]，下列叙述正确的是 () (4)若滴定终点时c(C1)=1.0×10·mol·L,则此时溶液中c(CrO)= mol·L1,若 A硫脲的水溶液可能显酸性 滴定前滴加指示剂过多，测得结果 (填“偏高"“偏低”或“无影响”)。 B.滴定时碳、氮元素发生氧化反应 Ⅲ.探究[Co(NH)。]*、Co+的氧化性相对强弱。 已知：Co3++6NH3=一[Co(NH).]3+Km=1.58X10". 、C样品中硫豚的质量分数可表示为，。% 提出假设： D.若滴定管中滴定前有气泡，裤定后无气泡，会使测定结果偏大 假设1，[Co(NH)。]+的氧化性强于Co+, 三、非选择题：本题共2小题，共48分。 假设2：[Co(NH2)。]+的氧化性弱于Co+, 11.(24分)某小组设计如下实验探究未知浓度的CH,COOH溶液相关性质。 设计实验： (1)25℃时，用pH计测定4mL该CH,COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范 实验 操作 现象 围为 <pH< 在10mL0.1mol·L-CoC,溶液中南加K1淀粉溶液 溶液变蓝色 (2)25℃时，用下列实验测定CH COOH的电离度a:取V:mLCH,COOH溶液于维形瓶中，再加人 溶液变置色 (填试剂)，用cmol·L1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V,ml: 在10mL0.1mol·L·CaC3,溶液中滴加H淀粉溶液 另取该CH,COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH,COOH溶液的浓度为 mol· 在10mL0.1mol·L[Co(NH,)。]C1,溶液中滴加K1淀粉 溶液 无明显残象 L-1,CH,COOH的电离度a为 (已知电离度a-已电商的电解质分子数×10⅓)。 原电解质分子数 (3)25℃时，向0.1mol·L1CH,COOH溶液中滴加氢氧化钠溶液，溶液的pH,CH,COOH和 在10mL0.1mal·L[C(NH),]C,溶液中加人足量HI 溶液逐渐变蓝色 淀粉溶液 CH,COO厂分布分数8与所加NaOH物质的量的关系如图所示： 分分数的 溶液 (5)由上述实验得出假设 (填“1”或“2”)成立。 (6)有人认为④中[Co(NH)。]+氧化性强于③中[Co(NH),]+,请你评价： 1 (指出是否正确，并说明理由) N:OH) ①81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CH,COOH的电离平衡常数K,= ③pH=5时，溶液中c(CH,COO-):c(CH,COOH)= ④若c处c(Na)=0.1mol·L.-,则a,b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为 学科素养周测评（二十）化学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十）化学第4页（共4页）