二轮专题(十) 电解质溶液-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（福建专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 卷题 化学·电解质溶液 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1O一16Na一23 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 2 4 5 6 7 P 9 10 答案 1.室温下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入下列试剂，所得溶液仍呈碱性的是 A.10mLpH=1的H2SO4溶液 B.10mLpH=1的CH3COOH溶液 C.22.4LCl2 D.10mL0.1mol·L-1 NaHSO3溶液 2.下列叙述错误的是 A.0.1mol·L-1CH3 COONa溶液中，升高温度，c(CH3COO-)减小 B.向HF溶液中加水稀释，HF和H2O的电离程度都增大 c(CH:COOH) C.向0.1mol,L1CH,COONa溶液中加人少量NaOH固体，C(CH,CO0)诚小 D.加水稀释0.1mol·L1CH3 COONa溶液，由于水的浓度增大，CH3COO的水解反 应正向移动 3.常温下，下列各组离子能大量共存的是 A.lg6的溶液中：NaCIO小[AKOH.]-CI B.在酸性溶液中：Ba2+、NHt、NO3、Fe2+ C.1mol·L-1FeCl3溶液中：NHt、K+、SCN、NO3 D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NHt、SO、CO 二轮专题精准提升（十）化学第1页（共8页） 真题 用信念去支撑你的梦想，让它成为你内心的力量源泉 4.25℃时，下列说法正确的是 班级 A.2mL0.1mol·L-1醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成H2的量基本相同 B.Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(CO号)+c(HCO3)+c(H2CO3) 姓名 c(CH:COO-) C.将0.1mol·L1醋酸溶液稀释后，(CH,COOD减小 得分 D.pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 5.常温下，某化学兴趣小组将m g NaOH粉末缓慢加入20.00mL0.1000mol·L1醋 酸溶液(HAc)中，HAc的电离常数K。=104.6,若加入NaOH的质量为m1g,溶液的 pH=7(溶液的体积变化忽略不计)。下列说法错误的是 () A.pH=7时水的电离程度大于m=0.08时水的电离程度 B.NaAc溶液中：c(HAc)+c(H+)=c(OH) C.pH=4.76时溶液中：c(HAc)=c(Ac) D.0.1000mol·L-1HAc溶液中：c(HAc)+c(Ac)=0.1000mol·L-1 6.下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 常温下，用pH计测定浓度均为0.1mol·L-1 CH COONa、 比较CH,COOH、HCIO的 A NaClO溶液的pH,并比较大小 K。的大小 向1mL0.2mol·L-1Na[Al(OH)4]溶液中加入3mL 制备A1(OH)3 0.2mol·L1KOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥 C 向PbS黑色悬浊液中加入H2O2,观察沉淀颜色变化 比较Kp(PbS)、Kp(PbSO,) 的大小 将电石与水反应生成的气体直接通入溴水中，观察溴水是否 验证乙炔的还原性 褪色 7.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 已知：Ka1(H2S)=1.0×10-7,K2(H2S)=1.0×10-13,Ksp(CuS)=1.0×10-36。 实验1：向0.10mol·L-1NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液pH=11; 实验2：向0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生； 实验3：向0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴CuSO4溶液，有黑色沉淀生成。 下列说法正确的是 密卷 二轮专题精准提升（十）化学第2页（共8页） A.实验1所得溶液中：c(S2-)<c(H2S) B.实验1所得溶液中：c(Na+)>c(HS-)+2c(S2-) C.实验2中主要反应的离子方程式：Cl2+S2-一2C1+SV D.实验3中反应Cu2++2 HS--CuS+H2S的平衡常数K=1.0×1016 c(H2A) 8.常温下，H,A溶液中含A粒子分布系数d汇如0(H,A)-H,A)十C（HA)十c(A]与 pH的关系如图1所示。难溶盐M2A和NA在0.01mol·L1H2A饱和溶液中达沉淀 溶解平衡时，一1gc与pH的关系如图2所示(c为金属离子M+和N+的浓度)： 25 20F ① (9,23) (6,20) 0.8 15 -lg c 0.6 10 (9,14) b￥ 0.4 5 ②/6,8) 0.2 0 0g45678910 pH pH 图1 图2 下列说法正确的是 ( Ka(H2A) A.K (HA) =10-6 B.直线①表示的是一lgc(N2+)与pH的关系 C.Ksp(M2A)=10-48 D.NA能溶解在H2SO4溶液中 9.25℃时，用0.1mol·L1Na0H溶液滴定20.00mL0.1mol·L1HA溶液，体系中 lgc(A)、lgc(HA)、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误 的是 () 个pH 10H 12 ←-4-2010V Ig c(A )lg c(HA)VINaOH(aq)]/mL A.图中曲线①表示lgc(A)与pH的关系 B.25℃时，0.1mol·L-1NaA溶液的pH约为9 C.a点溶液中，c(A-)+c(HA)=2c(Na+) D.b点时，V<20.00mL 二轮专题精准提升（十）化学第3页（共8页） 真题密卷 10.秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶性铅盐涂料。室温 下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-一lgc(Pb2+)与一1gc(CO?-) 或一gc(I)的关系如图所示： ◆-lgc(Pb2 15H 13.1 12 b 13.1 91215→ -lgc(CO)或-lgc() 下列说法正确的是 A.曲线Ⅱ对应的是一lgc(Pb2+)与一lgc(I)的变化关系 B.a点PbCO3的结晶速率小于其溶解速率 C.向浓度均为1mol·L1的Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液，先产生 白色沉淀 D.反应PbI2(s)+CO?(aq)=PbCO3(s)+2I(aq)的平衡常数的数量级为10-6 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(15分)如图是用0.1000mol·L1盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某 次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。 滴定前滴定后 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 ,图示中滴定过程中消耗的盐酸的体积为 mL. (2)酸碱中和滴定实验过程中，需使用到且必须用待装液润洗的是 (填标号)。 君子 B. C 二轮专题精准提升（十）化学第4页（共8页） (3)下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②向滴定管内注人标准溶液； ③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤。正确的操作顺 序是 (填标号)。 A.③⑥①②⑤④ B.⑤①②⑥④③ C.⑤④③②①⑥ D.③①②④⑤⑥ (4)取20.00mL待测NaOH溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴 (填“石蕊” 或“甲基橙”)作指示剂，用标准盐酸溶液进行滴定，滴定达到终点的现象是 (5)某实验小组同学的三次实验的实验数据如表所示。根据表中数据计算出待测 NaOH溶液的平均浓度是 mol·L1(保留四位有效数字)。 实验编号 待测NaOH溶液 滴定前盐酸的体 滴定后盐酸的体 的体积/mL 积读数/mL 积读数/mL 1 20.00 1.20 23.22 2 20.00 1.21 29.21 20.00 1.50 23.48 (6)对下列几种假定情况进行讨论（填“无影响”“偏高”或“偏低”）： ①取待测液的滴定管，取液前滴定管尖端有气泡，取液后气泡消失，对测定结果的 影响是 ②若滴定前锥形瓶用蒸馏水润洗，对测定结果的影响是 ③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，对测定结果的影响是 12.(14分)某小组同学探究氯化铝和强碱弱酸盐的反应。 【理论分析】从盐类水解规律分析，A1C3溶液显酸性，强碱弱酸盐溶液显碱性，两者混 合会发生反应。 【实验验证】 试管 编号 滴管中试剂(2mL) 实验现象 1mol·L1 NaHCO3溶液 I.迅速产生大量 a 2mL0.33mol·L-1AlCl3溶 气泡和白色沉淀 液(pH≈3) 1mol· L-CH,COONa 溶液 Ⅱ.无明显现象 (1)用离子方程式表示A1C13溶液显酸性的原因： 二轮专题精准提升（十）化学第5页（共8页） 真题密 (2)现象I中的白色沉淀是AI(OH)3,气体是 (3)针对现象Ⅱ，同学们提出猜想如下。 猜想1：c(OH-)小，未生成A1(OH)3沉淀； 猜想2：其他反应导致c(A13+)减小，未生成A1(OH)3沉淀。 为了验证猜想，补充实验，测得b中混合溶液pH≈5。 ①甲同学结合常温下K[A1(OH)3]=1.3×10-33,证明猜想2成立。其推理过程 是 ②经检验，b中含有配合物A1(CH3COO)3。从结构角度解释A13+和CH3COO-可 结合生成配合物的原因： (4)乙同学将b中混合溶液加热，观察到有白色沉淀[A1OH(CH3COO)2]生成。 ①写出生成白色沉淀的化学方程式： ②设计实验证明白色沉淀不是A1(OH)3,补全实验操作和现象：分别取洗净后的白 色沉淀和A1(OH)3固体于两支试管中， (5)常温下，在溶液中要实现A1CL3向A1(OH)3沉淀的转化，加入的盐应具有的性质是 (写出两点)。 13.(16分)酸及盐在生活生产中应用广泛。回答下列问题： (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶 液，振荡，观察到体系颜色 0 (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作 及其顺序为加热溶解、 (填标号)。 a.冷却结晶 b.常温过滤 c.蒸馏 d趁热过滤 (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c。和苯甲酸的Ka,实验如下：取 50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测得 体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图所示： 卷 二轮专题精准提升（十）化学第6页（共8页） 4.20 2.89 0.00 7.0014.00 V(NaOH)/mL 据图可得： ①co= mol·L-1。 ②苯甲酸的K.≈ (列出算式，水的电离可忽略)。 (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 知识回顾：羧酸酸性可用K。衡量。下列羧酸K。的变化顺序为CH3COOH< CH2 CICOOH<CCI COOH<CF3COOH。随着卤原子电负性 ,羧基 中的羟基 增大，酸性增强。 提出假设：甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为 COOH COOH COOH Br 验证假设：甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>I,据 此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的H直接判断 K。大小顺序，因为 0 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的K。,其顺序为Ⅱ>I>Ⅲ。 实验小结：假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。 (5)该小组尝试测弱酸HCIO的Ka。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解 反应的离子方程式为 ②小组讨论后，选用0.100mol·L1NaC1O溶液（含少量NaCI)进行实验，以获得 HClO的Ka。简述该方案： (包括所用仪器及数据处理思路)。 ③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。 5 二轮专题精准提升（十）化学第7页（共8页） 真题密卷 14.(15分)徐光宪院士曾用P204萃取剂对稀土元素进行萃取分离。某提纯稀土元素后的 P204萃取废液（含大量Mn2+及少量Fe2+、Co2+、Cu2+、A13+、Ca2+)可制备MnCO3,流 程如图所示： 稀硫酸 活性MnO Na,S 氨气 NaF溶液 NH,HCO P204 萃取废液 →反萃取 →氧化沉铁 ,除杂→沉铝一沉钙 →沉锰 >MnCO. P204再生液 滤渣1 滤渣2 滤渣3 滤渣4 已知：①25℃时，几种物质Kp或Ka如表中所示： Ksp [Al(OH)3] Ksp Mn(OH)2] Kp (MnS)Kp (CoS) Ksp(CuS) Ksp(CaFz） K.(H2S) K=1.0X 1.0×10-30 2.0×10-13 9.6×10-142.2×10-256.3X10-365.3×10-9 10-7;K2= 1.0×10-13 ②P204的萃取机理：2RH+M2+—一R2M+2H+。 回答下列问题： (1)基态锰原子的价电子排布式为 (2)“反萃取”时，加入稀硫酸必须适量的原因是 0 (3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 加入活性MnO2的作用除了氧化Fe2+以外，还有 (4)滤渣2的成分为 (5)“除杂”后，测得溶液中含硫物种(H2S、HS、S2-)的浓度之和为10-3mol·L-1, c(Mn2+)=1mol·L-1,c(A13+)=5×10-2mol·L-1。若“沉铝”后，A13+的去除 率为98.0%，Mn2+以 (填化学式)形式损耗，则Mn2+的损耗率为 (保留两位有效数字)。 (6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 二轮专题精准提升（十）化学第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 C正确；充入He(g)使体系总压强增大，但对反 0.9 mol CO2、0.6 mol CH3OH和0.6molH2O,则 应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动， c(CHOH)·c(H2O) Q= n(CH3OH) c(CO2)·c3(H2) n(C02)不变，D错误。 0.75+0.6)mo×0.75+0.6)mol ④在该温度下，根据图像列三段式： 1 L 1L ≈1.37 CO,(g)+3H(g)-CH,OH(g)+H,O(g) (0.25+0.9)mol、-(0.75+0.3)mo 73 1L 1L 起始量(mol) 1 3 0 0 16 转化量(mol 0.75 2.25 0.75 0.75 人3，则反应向正反应方向进行。 平衡量(mol) 0.25 0.75 0.75 0.75 ⑤由图知，d点反应均已经达到平衡状态，故d点 c(CH3OH)·c(H2O) 在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下CO2的转化率相同 化学平衡常数为K= c(CO2)·c3(H2) 的原因是在此温度下反应均达到平衡状态，催化 0.75mol.0.75mol 剂不影响平衡转化率。 1L 1L 16 (3)H2在负极通入，CO2在正极通入，由于存在质 o25mox(a75mol3mol·L）-y 子交换膜，因此正极电极反应式为CO2十6H+十 1L 6e -CHOH+H2O。 若温度不变在此容器中开始充入0.3molH2、 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 化学·电解质溶液 一、选择题 氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，使得 1.D【解析】10mL0.1mol·L1NaOH溶液中， c(CH COOH)c(H+).c(CH3 COOH) n(NaOH)=n(0H)=0.1mol·L110×10-3L c(CH COO-) c(H+)·c(CH:COO-) =10-3mol,10mLpH=1的H2S04中，n(H+) c(H+) =0.1mol·L-1×10×10-3L=10-3mol,n(H+) K.(CH,CO0HD比值减小，C正确；0.1mol, =n(OH)则混合后显中性，A错误；因为 L1 CH,COONa溶液中存在水解平衡： CH3COOH是弱电解质，部分电离，则10mLpH CH:COO-+H2O-CH3COOH+OH-,加水 =1的CH3COOH中，n(CH3COOH)>n(H+) 稀释，CH:COO、CH3COOH、OH浓度等比例 =0.1mol·L-1×10×103L=103mol,因此混 减小，Q。<K。(CH COOH),平衡正向移动，与水 合后CH,COOH过量，显酸性，B错误；室温下 的浓度无关，D错误。 22.4LC12大约是0.91mol,0.91 mol Cla2与 10-3 mol NaOH发生反应后，氯气剩余较多，所 c(OH)=-6,c(H*) 3A【解析】溶液中1gcH) c(OH-) 得溶液不呈碱性，C错误；10mL0.1mol· 106,说明溶液pH=10,碱性环境下各离子间不 L1 NaHSOa中，n(NaHSO3)=0.1mol·L1× 反应，可大量共存，A符合题意；酸性溶液中NO3 10×10-3L=10-3mol,NaHS03与NaOH恰好 具有强氧化性，可与具有还原性的Fe+发生氧化 完全反应生成亚硫酸钠，所得溶液由于亚硫酸根 还原反应，不能大量共存，B不符合题意；Fe3+与 离子的水解显碱性，D正确。 SCN一发生络合反应，不能大量共存，C不符合题 2.D【解析】升高温度，促进酷酸根离子的水解，导 意；由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L1,说 致醋酸根离子浓度减小，A正确；向HF溶液中加 明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱 水稀释，HF浓度减小，电离平衡正向进行，电离程 性，NH时不能在碱性环境下大量共存，CO?不能 度增大，溶液酸性减弱，对水的电离抑制作用减 在酸性环境下大量共存，D不符合题意。 小，则H2O的电离程度增大，B正确；0.1mol· 4.A【解析】2mL0.1mol·L1醋酸和盐酸均为 L-1 CH;COONa溶液中，加入少量NaOH固体， 一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量 ·35· 5 真题密卷 二轮专题精准提升 锌反应，生成H2的量基本相同，A正确；据元素质 由电荷守恒关系c(Na+)十c(H+)=c(HS)十 量守恒，Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c(CO?)+ 2c(S2-)十c(OH-)可知，溶液中c(Na+)> 2c(HCO3)+2c(H2CO3),B错误； c(HS)十2c(S2-),B正确；由题意可知，实验2 c(CH,COO-)c(H+).c(CH,COO-) 中发生的反应为硫氢化钠溶液与氯气反应生成氯 c(CH;COOH) c(H+)·c(CH:COOH) 化钠、硫沉淀和盐酸，反应的离子方程式为HS十 cH,0.1mol·L1醋酸溶液稀释后，氢离 K。 Cl2一S1+2C1+H,C错误；由题意可知，实 c(H2S) 子浓度减小，则比值增大，C错误；25℃时，pH=3 验3中反应的平衡常数K=c2(HS)·c(Cu+) 的盐酸和pH=l1的NaOH溶液等体积混合后恰 好完全反应，所得溶液呈中性，pH=7,D错误。 c(H2S)·c(S2-)·c(H+) 5.A【解析】pH=7时，HAc过量，m=0.08时， c2(HS)·c(Cu2+)·c(S2-)·c(H+)= NaOH与HAc恰好反应，溶质为NaAc,故pH=7 K(H2 S) 1.0×10-18 时，水的电离程度小于m=0.08时水的电离程度， K1(H2S)·Kp(CS-1.0X107×1.0X106= A错误；NaAc溶液中存在电荷守恒：c(Na+)十 1.0×1030,D错误。 c(H+)=c(OH-)+c(Ac),元素质量守恒： 8.D【解析】H2A的电离分两步：H2A一H++ c(Na+)=c(HAc)十c(Ac),则可得质子守恒式： HA、HA一H++A2-,图1中，随着pH增 c(HAc)十c(H+)=c(OH),B正确；c(H+)= 大，H2A逐渐转化为HA,HA再转化为A2-, 104.76mol·L1,HAc的电离常数K。= 则交点a处c(H2A)=c(HA),则K1(H2A) c(H*)·c(Ac）-106,c(HAc)=c(Ac),C c(Ht)·c(HA) c(H2A) =c(H)=107,交点b处c(HA) c(HAc) 正确；0.1000mol·L1HAc溶液中元素质量守 =cA),则KHA0=cH）:cA）=cH)= 恒式：c(HAc)+c(Ac-)=0.1000mol·L-1,D c(HA-) 正确。 Ka(H2A) 10B,据此解答。结合分析可知，K(H,A) 6.A【解析】常温下，用pH计测定浓度均为 0.1mol·L-1 CH:COONa、NaClO溶液的pH, 10-7 10-=10,A错误；K1(H,A)·Ke(H,A) 根据“越弱越水解”，pH越大说明越易水解，可以 c2(H+)·c(A2- 比较CH3COOH、HCIO的K。的大小，A正确； c(H2A) 2=10-20,0.01mol·L1H2A Na[Al(OH)4]溶液和KOH溶液不反应，B错误； 饱和溶液中c(H2A)≈0.01mol·L1,则当pH 向PbS黑色悬浊液中加入H2O2,PbS被氧化为 =6时，溶液中的c(A2-)=10-10mol·L-1,当 白色沉淀PbSO4,不能比较溶度积大小，C错误； pH=9时，溶液中的c(A2-)=10-4mol·L1,假 电石与水反应生成的气体中含有乙炔、H2S等气 设直线①表示的是一lgc(N+)与pH的关系，利 体，乙炔、H2S都能使溴水褪色，直接通入溴水中， 用点(6,20)可计算出难溶盐NA的Kp(NA)= 谗水褪色，不能证明乙炔的还原性，D错误。 c(N2+)·c(A2-)=10-20×1010=10-30,利用，点 7.B【解析】由电离常数可知，K1(HS)·K2(H2S)= (9,23)可计算出难溶盐NA的Kp(NA)= eHs）·c(H)XcS)·c(H) c(N2+)·c(A2-）=10-23×10-4=10-27≠10-30， c(H,S) c(HS-) 所以假设错误，则直线①表示的是一1gc(M什)与 c(S2-)·c2(H+) =1.0×10-7×1.0×10-13= c(H2S) pH的关系，B错误；结合B分析可知，直线①表示 1.0X100,则pH为1的溶液中c(S) 的是一lgc(M)与pH的关系，利用点(6,20)可计 c(H2S) 算出难溶盐MA的Kp(M2A)=c2(M)·c(A2-) 1.0×10-20 (1.0×10)2=100,则溶液中：c(S2-)> =(10-20)2×10-10=10-50,C错误；NA溶于硫酸 时发生反应：NA十2H+一H2A十N2+,该反应的 c(H2S),A错误；由题意可知，实验1得到的溶液 呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度， 平衡常数K=c(N+):c(H,A) c2(H+) 5 ·36· ·化学· 参考答案及解析 c(N2+)·c(H2A)·c(A2-) =c(Pb2+)·c(C0)=10°×10-13.1=1013.1， c2(H+)·c(A2-) Kp(PbL2)=c(Pb2+)·c2(I)=10°×(10-4)2= Kp(NA) K(HA·Ke(H,A,结合B分析可知，直线 10-8,1mol·L1Na2CO3、NaI混合溶液产生沉 ②表示的是-lgc(N2+)与pH的关系， 淀所需P6+浓度分别是10 1 mol·L-1= 则Kp(NA)=10-8×10-10=10-18,则K= 10mol…L、102mol·L1=108molb 10-18 10X10=102,即平衡常数K较大，反应正向 L-1,PbCO3先沉淀，先产生白色沉淀，C正确；反 进行程度较大，所以NA能溶解在H2SO4溶液 PbI2(s)+CO(ag)PbCO3(s)+2I (ag) 中，D正确。 c2(I-)Ksp(PbI2) 的平衡常数K= 9.A【解析】随着NaOH溶液的加入，溶液pH逐 c(COK (PbCO,) 渐增大，溶液中c(HA)或1gc(HA)逐渐减小、 10-8 101=1051,数量级为10，D错误。 c(A)或lgc(A)逐渐增大，则曲线①②分别代 二、非选择题 表lgc(HA)、lgc(A)与pH的关系，当 11.(1)酸式滴定管(2分)22.00(1分) 1gc(A)=lgc(HA)即c(A)=c(HA)时pH= (2)D(2分) 5,此时HA的电离平衡常数K二：石X (3)A(2分) c(H+)=c(H+)=105,结合电荷守恒、元素质量 (4)甲基橙(1分)当滴入最后半滴盐酸标准液， 守恒关系分析解答该题。由上述分析可知，曲线 溶液由黄色变橙色，且半分钟内不恢复原来的颜 色(2分) ①②分别代表lgc(HA)、lgc(A)与pH的关系， (5)0.1100(2分) A错误；HA的电离平衡常数K。=10-5,A的水 (6)①偏低(1分) _Kw_1X10-14 解平衡常数K一K=10,=109,0.1m0l· ②无影响(1分) L1NaA溶液中c(OH-)≈c(HA)= ③偏高(1分) 【解析】(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪 √c(A)·Kmol·L1=√0.1×109mol· 器A的名称为酸式滴定管；滴定前，滴定管中的 L-1=105mol·L-1,pH=9,B正确；a点溶液 液面读数为0.80mL,滴定后，滴定管中的液面 中溶质为HA和NaA,且c(HA)=c(NaA),元 读数为22.80mL,故滴定过程中消耗的盐酸的 素质量守恒关系为c(A)+c(HA)= 体积为22.80mL-0.80mL=22.00mL。 2c(Na+),C正确；0.1mol·L1NaOH溶液 (2)容量瓶水洗后即可使用，润洗会导致配制溶 滴定20.00mL0.1mol·L-1HA溶液至终点 液的浓度偏大，A不符合题意；锥形瓶水洗即可， 时消耗V(NaOH)=20.00mL,NaA溶液呈碱 若润洗，消耗标准液偏多，导致测定结果偏大，B 性，图中b点溶液呈中性，则HA有剩余，消耗 不符合题意；量筒不需要润洗，C不符合题意；滴 V(NaOH)<20.00mL,D正确。 定管水洗后，需用待装液润洗，保证浓度不变，D 10.C【解析】根据溶解平衡，PbCO3(s)一Pb2+ 符合题意。 (aq)+CO?(aq),达到平衡时c(Pb2+)= (3)有关中和滴定的实验操作，首先是检查滴定 c(CO?),则图像曲线Ⅱ对应的是-一lgc(Pb2+) 管是否漏水，然后是洗涤滴定管，再润洗，向滴定 与-lgc(CO)的变化关系；PbL2(s)一Pb2+ 管中注入标准溶液，然后向待测溶液中滴加指示 (aq)+2I(aq),达平衡时2c(Pb2+)=c(I),图 剂，最后滴定，因此顺序是③⑥①②⑤④，故选A。 像曲线I对应的是-lgc(Pb+)与一lgc(I)的 (4)用强酸滴定强碱，用甲基橙作指示剂，用标准 变化关系。根据分析可知，曲线I对应的是 盐酸溶液进行滴定，滴定达到终点的现象：当滴 -lgc(Pb2+)与-lgc(I)的变化关系，A错误；a 入最后半滴盐酸标准液，溶液由黄色变橙色，且 点对应的Q(PbCO3)>Kp(PbCO3),结晶速率 半分钟内不恢复原来的颜色。 大于其溶解速率，B错误；由图可知，Kp(PbCO2) (5)三次滴定消耗盐酸溶液的体积分别为 ·37· 5 真题密卷 二轮专题精准提升 22.02mL、28.00mL、21.98mL,第二组数据与 为AI(CH,COO),+H,0△AIOH(CH.COO)2Y 其他两组差别较大，属异常值，应舍去，则平均消 +CH,COOH。 耗V(HCI)=22.00mL,氢氧化钠溶液的浓度为 ②A1(OH)3加盐酸生成AICL3,溶液显酸性， V(标准)·c(标准) c NaOH ) A1OH(CH3COO)2加盐酸生成A1(CH:COO)3 V(待测) 和水，溶液接近中性，因此加入等体积等浓度盐 0.1000mol·L-1×0.02200L 0.02000L =0.1100mol·L1. 酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH (6)①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有 不同。 气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小， (5)根据以上探究实验可知，常温下，在溶液中要 导致标准液的体积偏小，根据℃（待测）= 实现A1Cl3向A1(OH)3沉淀的转化，加入的盐 V(标准)·c(标准) 应具有的性质：碱性，且酸根不与A13+结合。 ,可知造成待测液浓度偏低。 V(待测) 13.(1)由紫色变为无色(2分) ②若滴定前锥形瓶用蒸馏水润洗，待测液的物质 (2)da(2分) 的量不变，所以标准液体积也不变，可知不影响 (3)①0.028(2分) 待测液浓度。 ②1029X10-2 -(2分) ③标准液读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，标准 0.028 液体积读数偏大，可知造成待测液浓度偏高。 (4)增大(1分)极性(1分)常温下三种酸的 12.(1)A13++3H20==A1(OH)3+3H+(2分) 饱和溶液的浓度不同(2分) (2)CO2(2分) (6)①2HC10光黑2H++2CI+0,个(2分) (3)①c(OH-)≈10-9mol·L1,无沉淀说明 ②取适量0.100mol·L-1 NaClO溶液放入烧杯 c(A13+)≤1.3×106mol·L1,远小于其起始 中，用pH计测得体系在25℃下的pH,记录数 浓度(2分) 据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在 ②CH:COO有孤电子对，A13+有空轨道(2分) ClO的水解，故根据0.100mol·L1 NaCIO溶 (4)①A1(CH,COO,+H0△ANOH(CH,COO2Y 液在25℃下的pH可求得C1O的水解平衡常数 +CH COOH(2分) K,再利用会式，一袋求G0的K2 ②加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊 【解析】(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可 液，测得上层清液pH不同(2分，合理即可) 以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯 (5)碱性，酸根不与A13+结合(2分，合理即可) 的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观 【解析】(I)AICL3水解生成Al(OH)3和HCl,溶 察到体系颜色由紫色变为无色。 液显酸性，离子方程式为A13+十3H20= (2)重结晶法提纯苯甲酸的方法为加热溶解、趁 A1(OH)3+3H+。 热过滤、冷却结晶，故选da。 (2)AlCl3和NaHCO3发生双水解反应生成 (3)①由图像可知，当加入14 mL NaOH溶液时， A1(OH)3白色沉淀和CO2气体。 苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓 (3)①溶液pH≈5时，c(OH)≈10-9mol·L1, 0.1000mol·L-1×14×10-3L 无沉淀说明c(A3+)≤ Kp[Al(OH)3] 度c。= 50×10-3L C3(OH) mol·Ll 0.028mol·L-1 1.3X10-3 mol·L1=1.3×10-6mol·L1, ②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89， 10-27 说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+)=c（苯甲酸 远小于其起始浓度。 根)=10-89mol·L1,则苯甲酸的K。≈ ②CH3COO有孤电子对，A13+有空轨道，两者 10-2.89×10-2.89 可结合生成配合物Al(CH3COO)3。 0.028 (4)①配合物A1(CHCOO)3水解生成 (4)羧酸酸性的强弱取决于羧基中○一H键的极 A1OH(CH3COO)2白色沉淀和乙酸，化学方程式 性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性 ·38· ·化学· 参考答案及解析 越大，吸电子能力越强，使得羧基中O一H键的 MnCO3沉淀。 极性越大，酸性越强。由于常温下三种酸的饱和 (1)Mn的原子序数为25，基态锰原子的价电子 溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 排布式为3d54s2。 (5)①次氯酸在光照条件下易分解为HC1和O2, (2)根据萃取机理：2RH+M2+R2M+2H+, 其分解反应的离子方程式为2HC10光感2H+十 稀硫酸加入过少，不能将Mn2+充分莘取出来，导 2C1-+O2个。 致Mn+的浸出率低；稀硫酸加入过多，后续消耗 ②实验方法：取适量0.100mol·L-1 NaClO溶 大量NH,增大成本。 液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的 (3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 pH,记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中 MnO2+2Fe2+4H2 O=Mn2+2Fe(OH) 存在ClO的水解，故根据0.100mol·L1 NaClO 十2H+;加入活性MnO2的作用除了氧化Fe升 溶液在25℃下的pH可求得CIO的水解平衡常 以外，还可以提高MnCO3的产量且不引入新的 金属离子。 :再利用公式K,=K求出HCIO的 (4)过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu2+ 14.(1)3d54s2(1分) 转化为CoS、CuS沉淀除去，即滤渣2为CoS、 (2)稀硫酸加入过少会使Mn+的浸出率降低；加 CuS。 入过多会导致后续成本增加(2分) (5)根据A13+去除率为98%，可计算出“沉铝”后 (3)MnO2+2Fe2++4H2O-Mn2++2Fe(OH)3 溶液中c(A13+)=(5×102×2%)mol·L-1=1 +2H+(2分)提高MnCO3的产量且不引入新 ×10-3mol·L-1,根据A1(OH)3的Kp=1× 的金属离子(2分) 10-30,可得c(0H)=1×10-9mol·L1,则pH= (4)CoS、CuS(2分) 5。Q=c(Mn2+)·c2(OH)2<Kp[Mn(OHD2],此 (5)MnS(2分)4.0%(2分) 时Mn2+以MnS形式损耗。根据H2S的Kal、K (6)Mn2++2HCO3 -MnCO3+CO2+ 可得c(HS)=10-2c(H2S),c(S2-)= H2O(2分) 108c(HS)=1010c(H2S),又根据H2S、HS、 【解析】P204幸取废液中加稀硫酸，进行“反莘 S2-浓度之和为10-3mol·L1,可得c(H2S)≈1 取”，得到P204再生液，金属阳离子进入水溶液 ×10-3mol·L-1,c(S2-)≈10-13mol·L-1。再 中；水溶液中加活性MnO2,将还原性离子Fe2+ 根据MnS的Kp=9.6×l014,求得除杂后溶液 氧化生成Fe3+,进而转化为Fe(OH)3沉淀除去； 中c(Mn2+)=0.96mol·L-1,则Mn2+的损耗率 过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu2+转化 为4.0%。 为CoS、CuS沉淀除去；滤液中通入氨气调节溶 (6)“沉锰”时有碳酸锰沉淀和二氧化碳生成，发 液的pH将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，再过 生反应的离子方程式为Mn++2HCO? 滤，滤液中加NaF溶液，将Ca2+转化为CaF沉淀 -MnCO3V+CO2↑+H2O。 除去，过滤，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 化学·工艺流程 一、选择题 Na(原料来源少，成本高)，B不符合题意；AlCl3为 l.D【解析】直接向NaCl溶液中通入CO2,无法获 共价化合物，不能通过电解A1Cl3生产A1,工业上 得NaHCO3,需先向饱和NaCl溶液通入NH至 采用电解熔融Al2O3生产Al,C不符合题意；工 饱和再通入CO2才能生成NaHCO3晶体，再 业制硫酸用硫黄或黄铁矿氧化生成SO2,再将其 将NaHCO3加热制备Na2 CO3,A不符合题意； 氧化生成SO3,用98.3%的浓硫酸进行吸收 N在自然界以化合物的形式存在，不存在游离态 (因SO3与水反应放热，为避免产生酸雾)，D符合 ·39· 5