第3章 物质在水溶液中的行为 章末达标测试-（配套练习）【精讲精练】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册（鲁科版）

**基本信息** 本同步练习通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，以盐类水解、电离平衡等核心知识点为载体，融合科学思维与探究实践，构建从单一概念到复杂问题解决的知识巩固路径。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层（选择1-10题）|盐类水解、离子共存等单一知识点|直接考查概念辨析，如第2题多角度辨析水解应用，强化化学观念| |提升层（选择11-15题）|电离平衡、沉淀溶解平衡综合应用|结合图像分析（如第11题pH稀释曲线），培养证据推理与模型认知能力| |综合层（非选择16-20题）|实验探究、工业流程等复杂问题|设计羟胺电离、钴提取等真实情境（如第18题炼锌废渣提钴），体现科学探究与实践素养|

(本卷满分100分) 一、选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是(　　) A．泡沫灭火器不可用于金属钠的灭火 B．可用精密pH试纸准确测定0.1 mol·L－1次氯酸钠溶液的pH C．高铁酸钾作为水处理剂，既可以杀菌消毒又可以絮凝除藻 D．金属焊接时用于除去金属表面的氧化膜，常用ZnCl2—NH4Cl做除锈剂 解析　B　金属钠着火生成的过氧化钠会与泡沫灭火器喷出的二氧化碳和水反应生成助燃的氧气，则泡沫灭火器不可用于金属钠的灭火，A正确；次氯酸钠溶液有漂白性，则不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，B错误；高铁酸钾可作水处理剂，K2FeO4中铁元素化合价为＋6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，同时K2FeO4的还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮杂质、藻类等，即也可以絮凝除藻，C正确；ZnCl2和NH4Cl均属于强酸弱碱盐，Zn2＋和NH发生水解而使溶液呈酸性，可以用于除去金属表面的氧化膜，D正确。 2．下列叙述内容正确且与盐类的水解有关的有几个(　　) ①常用可溶性铝盐、铁盐作净水剂 ②保存硝酸亚铁溶液时需加入少量铁粉 ③将TiCl4加入大量水中并加热制TiO2·xH2O ④草木灰与铵态氮肥不能混合使用 ⑤用SOCl2与CuSO4·5H2O共热制取无水CuSO4 ⑥用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 ⑦实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞 ⑧实验室配制Na2S溶液，常将Na2S固体溶于有少量NaOH的水溶液中 A．4个　　　　　　　 B．5个 C．6个 D．7个 解析　D　①可溶性铝盐、铁盐水解生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，可吸附水中杂质，正确；②加铁粉是为了防止Fe2＋被氧化，与水解无关， 错误；③TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，加热促进水解，正确；④草木灰是碳酸钾，水解呈碱性，与NH反应生成NH3，导致肥效降低，正确；⑤SOCl2与水反应生成HCl，抑制Cu2＋水解，确保生成无水CuSO4，正确；⑥纯碱水解呈碱性，加热促进水解，增强溶液碱性，去油污能力更强，正确；⑦Na2CO3、Na2SiO3水解显碱性，会腐蚀玻璃，需用橡皮塞，正确；⑧Na2S溶液中硫离子水解，加入NaOH抑制水解，正确；故选D。 3．下列说法中正确的是(　　) A．升高温度，醋酸钠溶液的pH一定增大 B．可用CuO除去CuCl2中混有的FeCl3杂质 C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体 D．向0.1 mol·L－1氨水中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小 解析　B　升高温度，能促进醋酸钠水解，但同时也促进水的电离，导致KW增大，若KW增大程度更大，可能导致醋酸钠溶液的pH减小，即pH不一定增大，A错误；FeCl3溶液蒸干时HCl挥发，水解彻底生成Fe(OH)3，灼烧后分解为Fe2O3，则最终不能得到FeCl3固体，C错误；向0.1 mol·L－1氨水中加水稀释，c(OH－)和c(NH)均减小，而KW不变，则c(H＋)浓度会增大，则并非所有离子浓度均减小，D错误；故选B。 4．25 ℃时，关于CH3COONa溶液的分析，说法错误的是(　　) A．CH3COONa溶液对水的电离起促进作用 B．pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离产生的OH－浓度为10－9mol/L C．升高温度，促进CH3COO－的水解 D．向CH3COONa溶液中加入少量NaOH固体，抑制CH3COO－的水解 解析　B　CH3COONa溶液中CH3COO－发生水解，促进水的电离，A正确；pH＝9的CH3COONa溶液呈碱性，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝＝ mol/L＝10－5mol/L，B错误；CH3COO－的水解是吸热的，升高温度，促进CH3COO－的水解，C正确；CH3COO－发生水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入少量NaOH固体，增大OH－的浓度，抑制CH3COO－的水解，D正确；故选B。 5．下列叙述正确的是(　　) A．图1可用于测定NaOH溶液的浓度 B．图2表示25 ℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液，滴定曲线一定正确 C．图3所示的读数为12.20 mL D．一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力变化的曲线图如图4。 解析　D　滴定实验中，NaOH溶液不能装在酸式滴定管中，A错误；酸碱中和滴定曲线在滴定终点时有一个突变趋势，图2不符合滴定曲线，B错误；图3所示的读数为11.80 mL，C错误；冰醋酸中只有醋酸分子，不导电，加水稀释时，醋酸逐渐电离，溶液中离子浓度先增大后减小，故导电能力如图4所示，D正确。 6．(2025·天津卷)下列离子在溶液中能大量共存的是(　　) A．Al3＋、Na＋、S2－、MnO B．Fe2＋、H＋、SO、Br－ C．NH、Mg2＋、OH－、I－ D．[Ag(NH3)2]＋、K＋、OH－、Cl－ 解析　B　A．Al3＋与S2－发生双水解反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，且MnO会氧化S2－，不能共存；B.Fe2＋在酸性环境中若没有强氧化剂存在时稳定，H＋、SO、Br－与其不反应，能大量共存；C.NH与OH－反应生成NH3·H2O，Mg2＋与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，不能共存；D.溶液中存在平衡[Ag(NH3)2]＋Ag＋＋2NH3，由于Ag＋能与Cl－生成AgCl沉淀，也能与OH－生成Ag2O沉淀，都会使该平衡向右移动，破坏配离子结构，不能共存；故选B。 7．下列说法中错误的是(　　) A．25 ℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)增大，KW不变 B．将纯水加热到95 ℃时，KW变大，pH不变，水仍呈中性 C．常温下，1 mL 1.0×10－2mol·L－1盐酸，加水稀释到100 mL，所得溶液pH＝4 D．常温下，pH为5的醋酸和pH为9的NaOH两种溶液中，由水电离的c(H＋)之比为1∶1 解析　B　加入稀氨水增加OH－浓度，水的电离平衡逆向移动，KW仅与温度有关，25 ℃时不变，A正确；加热纯水促进电离，KW增大，H＋和OH－浓度仍相等，pH变小(如变为6)，但水仍呈中性，B错误；稀释强酸溶液时，浓度降至1×10－4 mol/L，pH≈4(忽略水电离影响)，C正确；pH＝5的醋酸中水电离的c(H＋)＝1×10－9mol/L，pH＝9的NaOH中水电离的c(H＋)＝1×10－9 mol/L，比值1∶1，D正确。 8．水的电离平衡曲线如图所示。在T ℃时，向蒸馏水中加入金属Na，保持温度不变，反应后得到对应c点的溶液。下列说法正确的是(　　) A．T<25 B．加入金属Na会促进水的电离 C．c点对应溶液的pH＝2 D．若b点为稀盐酸溶液，由水电离出的c水(H＋)为1×10－10 mol/L 解析　B　T ℃时，水的离子积常数KW＝c(OH－)·c(H＋)＝1×10－12>1×10－14(25 ℃时KW＝1×10－14)，水的电离为吸热过程，则T>25，A错误；若加金属Na，钠与水电离出的H＋发生反应，消耗H＋，导致水的电离平衡H2OH＋＋OH－向右移动，促进水的电离，B正确；c点对应溶液的c(OH－)＝10－2 mol/L，T ℃时，水的离子积常数KW＝c(OH－)·c(H＋)＝1×10－12，则c(H＋)＝＝10－10 mol/L，pH＝10，C错误；b点(25 ℃)对应水的离子积为1×10－14，溶液中c(H＋)＝10－2 mol/L，c(OH－)＝10－12 mol/L，该点的溶液中由水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol/L，D错误。 9．某溶液含有的离子为Na＋、Fe3＋、Al3＋、SiO、HCO、SO、Cl－、H＋、OH－中的几种，为了确定其成分，设计了如下实验： ①取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液； ②在①反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。 下列推断正确的是(　　) A．溶液中不一定含Na＋ B．溶液中一定含HCO、可能含Cl－ C．溶液中可能含SO、Fe3＋ D．溶液中一定不含SiO，可能含有Al3＋ 解析　B　由①取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液可知，溶液中一定含有HCO，不含有SiO，由于Fe3＋和Al3＋与HCO发生双水解反应，H＋、OH－与HCO都能发生反应，则溶液中一定不含有Fe3＋、Al3＋、H＋、OH－，由电荷守恒可知，溶液中一定含有Na＋；因①中加入盐酸引入Cl－，则由②在①反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀可知，溶液中不能确定是否含有SO和Cl－；综上一定含有HCO、Na＋，一定不含SiO、Fe3＋、Al3＋、H＋、OH－，不能确定是否含有SO和Cl－。 10．常温下，向20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中OH－、HCOO－的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．a线代表OH－的浓度 B．P→Q过程中，水的电离程度增大 C．P点溶液中，加入的V(HCOOH)＝10 mL D．Q点溶液中：c(Na＋)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋) 解析　C　开始时未加HCOOH，溶液中c(OH－)浓度最大(0.1 mol/L)，随HCOOH加入，OH－被中和而浓度减小，故a线代表OH－，A正确；P→Q过程中，溶液从NaOH过量(抑制水的电离)逐渐转变为HCOONa溶液(HCOO－水解促进水的电离)，水的电离程度增大，B正确；若P点V(HCOOH)＝10 mL，此时溶质为等物质的量的0.001 mol NaOH和0.001 mol HCOONa，由于HCOO－会发生水解，此时溶液中c(OH－)大于c(HCOO－)，但P 点是c(OH－)＝c(HCOO－)，与“加入 10 mL甲酸”的情况矛盾，因此P点加入的甲酸体积不是10 mL，C错误；Q点V(HCOOH)＝20 mL，恰好完全反应生成HCOONa，HCOO－水解使溶液显碱性，离子浓度为c(Na＋)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。 二、选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．常温下，将pH＝2的两种酸溶液HA、HB和pH＝12的MOH溶液各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH变化与溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．HA是一元弱酸 B．若b＋c＝14，则MOH是强碱 C．若c＝9，则稀释后三种溶液中水的电离程度：HB>MOH＝HA D．若c>9，稀释前MOH和HA混合，溶液显碱性 解析　D　由图可知，pH＝2的两种酸溶液HA、HB各1 mL，分别加水稀释到1000 mL后溶液HA的pH＝5，ΔpH＝3，所以HA为强酸，故A错误；若b＋c＝14，则b＝14－c，在pH＝c的MOH溶液中c(OH－)＝10c－14 mol/L＝10－b mol/L，已知b＜5，则稀释1000倍后，c(OH－)＞10－5 mol/L，ΔpH<3，所以MOH是弱碱，故B错误；pH＝5的HA溶液中c水(H＋)＝c水(OH－)＝＝10－9 mol/L，所以水电离的氢离子浓度c水(H＋)＝10－9 mol/L，pH＝b的HB溶液中c水(H＋)＝c水(OH－)＝ mol/L＝10－(14－b) mol/L，b＜5，所以10－(14－b) mol/L＜10－9 mol/L，pH＝9的MOH溶液中，c水(H＋)＝1×10－9 mol/L，所以稀释后溶液中水电离的氢离子浓度顺序为：MOH＝HA＞HB，故C错误；若c＞9，则MOH是弱碱，将pH＝2的HA溶液和pH＝12的MOH溶液各1 mL混合，则MOH溶液过量，溶液呈碱性，故D正确。 12．一种锰矿的主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等。研究人员设计了如下流程制备金属锰，可能用到的数据见下表。下列说法正确的是(　　) Fe(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.5 7.6 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.5 9.8 A.“脱硫”过程中通入O2的目的是将S氧化为SO2除去 B．物质X为H2SiO3，滤渣Y为Fe(OH)3 C．由上述流程和表格数据可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，Ksp>Ksp D．电解过程中Mn元素发生氧化反应 解析　C　锰矿(主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS)在催化剂条件下与氢氧化钠、空气反应生成硫单质、硅酸钠和金属氢氧化物，过滤，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，生成硫酸盐，过滤，滤渣为硫和Y为硫酸钙，向滤液中加入MnO调节pH＝4从而沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入MnS沉淀铜和镍元素后再过滤得到主要含有MnSO4的溶液，将该溶液电解得到金属锰，据此结合混合物分离提纯原理分析解答。“脱硫”过程中通入氧气的目的是将硫化物中的－2价硫元素氧化为硫单质，并将亚铁离子氧化为铁离子，A错误；根据分析，物质X为硫酸钙，滤渣Y为氢氧化铁，B错误；难溶沉淀会向更难溶沉淀转化，“除杂”过程中加入硫化锰的目的是为了使镍离子与铜离子转化为硫化镍和硫化铜，故Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，根据数据Fe(OH)3在pH＝3.2沉淀完全，此时氢氧根浓度为10－10.8 mol/L，Ksp＝10－5×(10－10.8)3＝10－37.4，Cu(OH)2在pH＝6.7沉淀完全，此时氢氧根浓度为10－7.3 mol/L，Ksp＝10－5×(10－7.3)2＝10－19.6，Ksp>Ksp，C正确；电解过程中锰元素化合价由＋2价降低为0价，发生还原反应，D错误。 13．常温下，向10.00 mL 0.10 mol·L－1NaHX溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．HX－的电离程度大于水解程度 B．H2X的二级电离常数Ka2≈10－9 C．b点溶液显酸性 D．c点溶液满足：c＝2c＋2c 解析　CD　由图可知，起始时溶液只有NaHX，此时溶液显酸性，说明HX－的电离程度大于水解程度，A正确；根据开始的数据分析，H2X的二级电离常数Ka2＝，其中c(H＋)≈c(X－)＝1×10－5 mol·L－1，c(HX－)≈0.1 mol·L－1，因此Ka2≈＝1×10－9，B正确；b点溶液为NaHX和Na2X等浓度的混合物，其中HX－的电离常数Ka2≈10－9，X2－的水解常数Kh＝＝10－5，则水解程度大，溶液显碱性，C错误；c点NaHX和NaOH完全反应，为Na2X溶液，根据物料守恒，则c(Na＋ )＝2[c(HX－)＋c(H2X)＋c(X2－)]，D错误。 14．下列有关电解质溶液说法正确的是(　　) 弱酸 HF H2CO3 HCN H2S 电离平衡常数 （25 ℃） Ka＝7.2×10－4 Ka1＝4.30×10－7 Ka2＝5.61×10－11 Ka＝4.3×10－10 Ka1＝9.1×10－8 Ka2＝1.1×10－12 A.常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是Na2CO3 B．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：< C．同温下，等浓度的溶液中离子总浓度大小：NaF>NaCN D．将过量H2S通入Na2CO3溶液，离子方程式为：CO＋H2S===HS－＋HCO 解析　CD　HF的电离平衡常数大于HCO的电离平衡常数，HCO的电离平衡常数大于HS－的电离平衡常数，则pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是NaF，A错误；HCO的电离平衡常数为Ka2＝5.61×10－11，H2CO3的第一级电离平衡常数Ka1＝4.30×10－7，Ka1＝＞Ka2＝，则>，B错误；HF的电离平衡常数大于HCN的电离平衡常数，则同温下，等浓度的溶液中F－的水解程度小于CN－，NaF溶液碱性弱，c(H＋)大于NaCN溶液，利用电荷守恒两溶液中离子总浓度大小：NaF＞NaCN，C正确；将过量H2S通入Na2CO3溶液，离子方程式为：CO＋H2S===HS－＋HCO，D正确。 15．向一定浓度的H3AsO4水溶液中滴加NaOH溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.> B．NaH2AsO4溶液中：c<c＋c C．当pH＝4.6时，c和c相等 D．Na2HAsO4溶液中：c>c 解析　AD　Ka1＝＝1.0×10－2.2，Ka2＝＝1.0×10－7，Ka2＝＝1.0×10－11.5。由分析知，<，A错误；H2AsO的电离平衡常数为Ka2＝1.0×10－7，水解平衡常数为Kh＝＝，H2AsO的电离大于水解，所以NaH2AsO4溶液中c>c，故有c(H3AsO4)<c(HAsO)＋c(AsO)，B正确；Ka1(H3AsO4)·Ka2(H3AsO4)＝×＝＝1.0×10－2.2×1.0×10－7＝10－9.2，pH＝4.6时，＝＝1，c和c相等，C正确；Na2HAsO4溶液中，由于Ka3＝10－11.5<Kh2＝，电离程度小于水解程度，因此c<c，D错误。 三、非选择题：本题包括5小题，共60分。 16．(12分)羟胺(NH2OH)在医药、农药等领域应用广泛。回答下列问题： (1)已知：羟胺在水中主要以NH2OH·H2O(弱碱)形式存在，电离方式与NH3·H2O相似。将羟胺溶液加水稀释，的值将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)常温下，将0.1 mol/L盐酸分别滴入20.00 mL 0.1 mol/L羟胺溶液和20.00 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中，测得溶液pOH[pOH＝－lgc]随滴入盐酸体积变化如图所示。 ①图中表示盐酸滴定羟胺溶液的曲线是________(填“M”或“N”)，反应的离子方程式为__________________________。 ②常温下，NH2OH·H2O电离平衡常数的值约为________ mol/L；V1＝________(保留小数点后2位数)。 ③a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为________。 ④若将b、d点对应的溶液混合，则混合液呈________性，混合液中c________(填“>”“＝”或“<”)c。 解析　(1)根据题意，可写出羟胺电离的方程式为：NH2OH·H2ONH3OH＋＋OH－，稀释过程中c、c减小，KW不变，则c增大，所以的值将减小；(2)①氢氧化钠是强碱，羟胺是弱碱，根据pOH的计算0.1 mol/L的氢氧化钠溶液的pOH＝1，0.1 mol/L的羟胺溶液的pOH＞1，所以曲线M代表盐酸滴定羟胺溶液的曲线，曲线N代表盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线；羟胺溶液和盐酸的反应，类似氨水和盐酸的反应，其反应的离子方程式为：NH2OH·H2O＋H＋===NH3OH＋＋H2O；②由图可知，常温下，0.1 mol/L的羟胺溶液的pOH＝4.5，即c＝1×10－4.5 mol/L，列出羟胺电离方程式的三段式如下： 所以常温下，NH2OH·H2O电离平衡常数的值约为Kb＝≈1×10－8；当添加盐酸体积为V1时，羟胺溶液的pOH变为7，c＝1×10－7 mol/L，Kb＝，可求得＝，说明中和的羟胺是原来羟胺总浓度的，由于羟胺溶液和盐酸溶液浓度相等，所以V1＝≈1.82 mL；③a点是羟胺溶液，pOH＝4.5，氢氧根浓度约为10－4.5 mol/L≈3×10－5 mol/L，抑制水的电离；b点是氢氧化钠和氯化钠的混合溶液，剩余氢氧化钠0.001 mol，溶液体积为30 mL，则氢氧根浓度约为0.033 mol/L，抑制水的电离程度比a溶液强；c点是羟胺和NH3OHCl的混合溶液，羟胺抑制水的电离，NH3OH＋促进水的电离；d点为NH3OHCl溶液，NH3OH＋水解，促进水的电离；综上所述，水的电离程度由大到小的顺序为dcab；④b点是氢氧化钠和氯化钠的混合溶液，剩余氢氧化钠0.001 mol，溶液体积为30 mL，d点为NH3OHCl溶液，NH3OHCl物质的量为0.002 mol，溶液体积为40 mL，混合反应后溶液的溶质为0.001 mol的羟胺和0.001 mol的NH3OHCl，羟胺的电离常数Kb＝1×10－8，则NH3OH＋的水解常数Kh＝＝1×10－6，说明NH3OH＋的水解程度大于羟胺的电离程度，溶液显酸性，且c＞c。 答案　(1)减小　(2)①M　NH2OH·H2O＋H＋===NH3OH＋＋H2O　②1×10－8　1.82　③dcab　④酸　> 17．(10分)亚磷酸(H3PO3)是制造塑料稳定剂的原料。25 ℃时，H3PO3溶液中所有含磷微粒的分布分数x(某微粒组分的平衡浓度占其总浓度的分数)与溶液pOH关系如图。 回答下列问题： (1)图中曲线a代表的含磷微粒是________。 (2)过量NaOH溶液与H3PO3溶液反应的离子方程式为____________________________。 (3)下列说法正确的是________(填字母)。 A．25 ℃时，H3PO3的Ka1＝10－7.3、Ka2＝10－12.6 B．在NaH2PO3溶液中，c＝c＋c＋c＋c C．NaH2PO3溶液中c>c (4)在0.10 mol·L－1NaH2PO3溶液中，________(填“>”“<”或“＝”)。 (5)25 ℃，当c＝c时，溶液pH为________。 解析　(1)H3PO3是二元弱酸，随溶液pOH升高，碱性减弱，H3PO3溶液中c减小，c先增后减；c增加；所以a 表示HPO、b表示H2PO、c表示H3PO3。(2)H3PO3是二元弱酸，过量NaOH溶液与H3PO3溶液生成Na2HPO3，反应的离子方程式为2OH－＋H3PO3===HPO＋2H2O。(3)a表示HPO、b表示H2PO、c表示H3PO3；25 ℃，c＝c时，pOH＝12.6，c(H＋)＝10－1.4，则Ka1＝10－1.4；c(H2PO)＝c时，pOH＝7.3，c(H＋)＝10－6.7，则Ka2＝10－6.7，故A错误；H3PO3是二元弱酸，在NaH2PO3溶液中不含PO，根据物料守恒c＝c＋c＋c，故B错误；H2PO的电离常数为10－6.7，H2PO的水解常数为＝10－12.6，电离大于水解，NaH2PO3溶液呈酸性，c>c，故C正确。 (4)Ka1＝10－1.4，＝×c(H＋); Ka2＝10－6.7，＝×c(H＋)，所以<。 (5)25 ℃，Ka1＝10－1.4 Ka2＝10－6.7，Ka1×Ka2＝×＝＝10－8.1，当c＝c时，c2＝10－8.1，c(H＋)＝10－4.05，溶液pH＝4.05。 答案　(1)HPO　(2)2OH－＋H3PO3===HPO＋2H2O　(3)C　(4)<　(5)4.05 18．(12分)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。 Ⅰ.某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下： 已知：①Ksp＝6.3×10－36，Ksp＝2.5×10－22，Ksp＝4.0×10－21。 ②加沉淀剂使一种金属离子浓度≤10－5 mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为可完全分离。 ③以氢氧化物形式沉淀时，lg 与溶液pH的关系如图所示。 (1)“酸浸”步骤，可提高钴元素浸出效率的操作有_______________________________ (1条即可)。 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c和c均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c＝______________ mol·L－1，据此判断________(填“能”或“不能”)实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。 (3)“沉锰”步骤涉及的离子方程式：__________________________、______________________。 (4)“沉淀”步骤，用NaOH调pH＝4，目的是将__________(离子)转化为沉淀。 (5)“沉钴”步骤，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量NaClO，反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 Ⅱ.三氯化六氨合钴Cl3是一种橙黄色晶体，可由实验室制备而成。 ⅰ.准确称取a g制备的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中； ⅱ.滴加少量0.005 mol·L－1K2CrO4溶液作指示剂，用c mol·L－1的AgNO3溶液滴定至终点； ⅲ.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的平均体积为V mL，计算晶体中Cl元素的质量分数。 已知：AgCl为白色沉淀，Ksp＝1.8×10－10，Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp＝1.1×10－12。 (6)ⅱ中，滴定终点的现象是___________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (7)制备的晶体中Cl元素的质量分数是______________________(列出计算式即可)。 解析　炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH＝4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。(2)假设“沉铜”后得到的滤液中c和c均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(S2－)＝＝ mol·L－1＝2.5×10－17 mol·L－1，则c(Co2＋)＝＝ mol·L－1＝1.6×10－4 mol·L－1，小于0.10 mol·L－1，说明大部分Co2＋也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离；(6)由题可知，Ksp＝1.8×10－10, Ksp＝1.1×10－12，则滴入相同浓度的银离子，氯离子会优先沉淀，当氯离子沉淀完全，银离子开始与铬酸根离子反应，则会生成Ag2CrO4为砖红色沉淀，所以滴定终点的现象为：溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；(7)参与反应的银离子与氯离子物质的量之比为1∶1，则Cl元素的质量分数是：×100%。 答案　(1)研磨粉碎、适当增加硫酸浓度、加热等合理即可 (2)1.6×10－4　不能 (3)S2O＋Mn2＋＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋　S2O＋2Fe2＋===2SO＋2Fe3＋ (4)Fe3＋ (5)2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋ (6)溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失 (7)×100% 19．(12分)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题： (1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，请写出FeCr2O4转化为Na2CrO4的化学方程式_________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为已除尽。中和时pH值的理论范围为________，此时得到的滤渣成分主要是________。写出“酸化”步骤时发生反应的离子方程式：__________________________。 (3)Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ)Cr2O＋H2O(l)2HCrO　K1＝3.0×10－2(25 ℃) (ⅱ)HCrOCrO＋H＋　K2＝3.3×10－7(25 ℃) 25 ℃时，0.1 mol·L－1 Na2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图。 ①当pH＝8.8时，设Cr2O、HCrO与CrO的平衡浓度分别为x、y、z mol·L－1，则x、y、z之间的关系式为________＝0.10；计算溶液中HCrO的平衡浓度：________(保留2位有效数字)。 ②调整溶液pH从A点到B点的过程中，的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析　铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)经焙烧FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠两种可溶性钠盐，然后加水溶解，过滤除去不溶性杂质，在滤液中加硫酸中和，使四羟基合铝酸钠和硅酸钠转化成氢氧化铝和硅酸沉淀，过滤除去，再在滤液中加硫酸使Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，蒸发结晶得到产品，同时得到副产品硫酸钠晶体。(3)①pH＝8.8时，0.10 mol·L－1 Na2Cr2O7溶液中Cr原子的总浓度为0.20 mol·L－1，由Cr原子守恒知，2c＋c＋c＝0.20 mol·L－1，则有x＋＝0.10；K1＝，K2＝，K1·K2＝＝9.9×10－9，当pH＝8.8时c＝10－8.8，此时lg＝3.8，＝103.8，c＝9.9×10－4 mol·L－1；②K1·K＝×＝，＝，溶液pH从A变到B的过程中，pH变大，c变小，而K1·K不变，所以的值增大。 答案　(1)4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2 (2)4.5～9.3　氢氧化铝和硅酸　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O (3)①x＋＋　9.9×10－4 mol·L－1　②增大 20．(14分)中华人民共和国国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，某兴趣小组用下图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。 (1)仪器A的名称是________，实验中使用该仪器的目的是________。 (2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其离子反应方程式为_______________________________________________________。 (3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的________：若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________，滴定终点时的现象是________，若达到滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。 (5)若该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：________________________________________________________________________。 解析　(1)仪器A名称是直形冷凝管，冷凝回流，防止加热时酒样(或葡萄酒中大量的水和乙醇等)蒸发损失(或挥发进入C装置，干扰实验)。 (2)二氧化硫和双氧水反应的离子方程式为SO2＋H2O2===SO＋2H＋。 (3)使用NaOH标准溶液滴定，应使用碱式滴定管，排气泡时，应把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以应选择③的方法；滴定终点时溶液pH＝8.8，应选择变色范围在8.2～10.0的酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30 s内不褪色；若滴定终点时某同学俯视读数，会导致测得NaOH溶液体积偏小，则结果偏小。 (4)根据2NaOH～H2SO4～SO2，可知SO2的质量为×(0.09 mol/L×0.025 L)×64 g/mol＝0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g/L。 (5)因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗NaOH，导致测得NaOH体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。 答案　(1)直形冷凝管　冷凝回流　(2)SO2＋H2O2===SO＋2H＋ (3)③　酚酞　当滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为红色且30 s内不褪色　偏小 (4)0.24　(5)因为盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，导致测得氢氧化钠体积偏大，最后测定结果偏高，改进措施为：用难挥发性强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响 学科网（北京）股份有限公司 $