第3章 章末过关检测-【优学精讲】2026-2027学年高中化学选择性必修一同步教参（人教版）

**基本信息** 高中化学水溶液中的离子反应与平衡单元卷，涵盖电离、水解、沉淀溶解平衡等核心知识点，通过基础辨析、实验探究与综合计算，适配单元复习，强化化学观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题/45分|电离方程式书写、水解平衡移动、滴定操作正误判断、沉淀溶解平衡计算|基础概念辨析结合图表分析，如pH-pOH关系图（第6题）、分布系数图（第7题），体现科学思维| |非选择题|4题/55分|电离常数应用、盐效应探究、滴定分析计算、工业提纯流程|综合应用与真实情境，如盐效应实验设计（17题）、药用硫黄含量测定（18题）、硫酸镍提纯工艺（19题），强化科学探究与实践|

章末过关检测(三)　第三章　水溶液中的离子反应与平衡 (满分：100分) 一、选择题：本题包括15个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。 1．下列化学用语表示不正确的是(　　) A.醋酸在水中的电离：CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋ B.硝酸铵的水解：NH＋H2O⥫⥬NH4OH＋H＋ C.硫酸氢钠熔融时的电离：NaHSO4===Na＋＋HSO D．碳酸钙的沉淀溶解平衡：CaCO3(s)⥫⥬Ca2+(aq)＋CO(aq) 解析：选B。NH水解生成NH3·H2O，即NH＋H2O⥫⥬NH3·H2O＋H＋，B错误。 2．下列有关弱酸与弱碱的说法正确的是(　　) A.25 ℃时，向氨水中加入稀NaOH溶液，一水合氨的电离常数减小 B.向1 mL pH＝3的盐酸和醋酸中分别加入少量CH3COONa固体，溶液pH均增大 C.将1 mL pH＝3的盐酸和醋酸分别稀释100倍，pH大的是醋酸 D.室温下向0.1 mol·L-1氨水中加入等浓度等体积的盐酸，溶液导电能力减弱 解析：选B。电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，A错误；向盐酸中加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，c(H＋)降低，向醋酸中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，使醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)降低，两者pH均增大，B正确；醋酸是弱酸，部分电离，将1 mL pH＝3的盐酸和醋酸分别稀释100倍后，醋酸的电离程度增大，溶液中的氢离子增多，pH小的是醋酸，C错误；氨水是弱碱溶液，离子浓度很小，加入等浓度等体积的盐酸后，生成的氯化铵是强电解质，离子浓度比氨水中的大，故溶液导电能力增强，D错误。 3．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液的操作中，合理的是　(　　) A.润洗滴定管 B.量取25.00 mL NaOH溶液 加少量所要盛装的试剂，上下振荡滴定管 将液面位于“0”刻度的溶液全部放出 C.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 D.记录滴定管液面的示数 眼睛注视锥形瓶中溶液 记录V＝16.0 mL 解析：选C。滴定实验中，滴定管要用待装液润洗，倾斜转动滴定管使内壁均匀润湿，然后将溶液从下口放出，故A错误；NaOH溶液呈碱性，不能用酸式滴定管量取，规格为25.00 mL的滴定管，实际容积大于25.00 mL，所以从“0”刻度放出所有液体，液体体积大于25.00 mL，故B错误；滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，判断滴定终点后再读数，故C正确；记录滴定管液面的示数，应读凹液面最低处所对应的刻度，图示应记录为V＝16.20 mL，故D错误。 4．SnCl2易水解，易被氧化成SnCl4。一种制备纯净SnCl2的装置如下图所示。下列说法错误的是(　　) A.开始实验时应先通HCl(g)再启动管式炉 B.导气管a应直接插入NaOH溶液中吸收尾气 C.反应过程中，不能用Cl2替换HCl气体 D.配制SnCl2溶液时，可加入盐酸抑制水解 解析：选B。SnCl2易水解，易被氧化成SnCl4，开始实验时应先通HCl排尽装置内空气，防止SnCl2水解和氧化，再启动管式炉加热，A正确；SnCl2易水解，导气管a直接插入NaOH溶液中吸收尾气，会有水蒸气进入SnCl2盛接器中，且尾气含HCl，若导气管a直接插入NaOH溶液中，则易发生倒吸，B错误；Cl2具有强氧化性，会将Sn氧化为＋4价生成SnCl4，无法得到SnCl2，C正确；SnCl2水解：SnCl2＋2H2O⥫⥬Sn(OH)2＋2HCl，加入盐酸增大H＋浓度，平衡逆向移动，抑制水解，D正确。 5．二元弱酸H2A在常温下的电离常数Ka1＝1.0×10-2，Ka2＝2.6×10-7。下列说法不正确的是(　　) A.1 mol·L-1NaHA溶液呈酸性 B.升温H2A的电离平衡正向移动，电离常数增大 C.向H2A溶液中加入少量NaOH固体，变小 D.0.1 mol·L-1 H2A溶液中：c(H＋)>2c(A2-)＋c(OH－) 解析：选C。1 mol·L-1 NaHA溶液中，既存在HA－的电离平衡，又存在HA－的水解平衡，HA－水解的离子方程式为HA－＋H2O⥫⥬H2A＋OH－，水解平衡常数Kh(HA－)＝＝＝＝1.0×10-12<Ka2，说明HA－的电离程度大于水解程度，NaHA溶液呈酸性，A正确；H2A为二元弱酸，其电离过程吸热，升温H2A的电离平衡正向移动，电离常数增大，B正确；向H2A溶液中加入少量NaOH固体，c(H＋)减小，根据Ka1＝不变，＝变大，C错误；0.1 mol·L-1 H2A溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝2c(A2-)＋c(OH－)＋c(HA－)，故c(H＋)>2c(A2-)＋c(OH－)，D正确。 6． 利用计算机技术测得水溶液中pH和pOH[pOH＝－lg c(OH－)]的关系如右图所示，下列说法正确的是(　　) A.图中标注的四点Kw的关系：a<b<c＝d B.向水中加碱(忽略温度变化)，可能引起由c向d的变化 C.b点温度下，0.1 mol·L-1 NaOH溶液的pH为13 D.将水缓慢升温，曲线将沿c→a方向移动 解析：选D。水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，Kw增大，由题图可知，Kw大小顺序为c＝d<b<a，故A错误；向水中加碱，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH增大、pOH减小，不可能引起由c向d的变化，故B错误；由题图可知，b点温度下，水的离子积常数Kw＝10-6.5×10-6.5＝10-13，故0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液的pH为12，故C错误；水的电离是吸热过程，将水缓慢升温，电离平衡正向移动，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，pH、pOH均减小，曲线将沿c→a方向移动，故D正确。 7．向某浓度的亚磷酸溶液中滴加NaOH溶液，pH与溶液中各种含磷微粒的物质的量分数δ(X)的变化关系如下图所示。下列说法错误的是(　　) A.H3PO3是二元弱酸 B.该温度下，H3PO3的Ka1＝1.0×10-2 C.NaH2PO3溶液显碱性 D.以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生的主要反应为H2PO＋OH－===HPO＋H2O 解析：选C。向亚磷酸溶液中滴加NaOH溶液过程中亚磷酸转化为H2PO和HPO，且存在电离平衡，说明亚磷酸是二元弱酸，故A正确；pH＝2时，δ(H3PO3)＝δ(H2PO)，即c(H3PO3)＝c(H2PO)，H3PO3的Ka1＝＝c(H＋)＝1.0×10-2，故B正确；当H2PO的物质的量分数最大时，对应的pH<7，说明NaH2PO3溶液显酸性，故C错误；酚酞的变色范围是8.2～10.0，溶液由无色变为浅红色时，发生的主要反应是H2PO＋OH－===HPO＋H2O，故D正确。 8．25 ℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11；Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9。下列描述不正确的是(　　) A.HCO＋H2O⥫⥬OH－＋H2CO3，K＝2.2×10-8 B.2HCO⥫⥬H2CO3＋CO，K＝1.0×10-4 C.HCO＋Ca2+⥫⥬CaCO3(s)＋H＋，K＝1.4×10-2 D.NaHCO3溶液中，c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)，则c(H＋)＝　 解析：选D。HCO＋H2O⥫⥬OH－＋H2CO3，K＝＝＝≈2.2×10-8，A正确；2HCO⥫⥬H2CO3＋CO，K＝＝＝≈1.0×10-4，B正确；HCO＋Ca2+⥫⥬CaCO3(s)＋H＋，K＝＝＝≈1.4×10-2，C正确； ＝ ＝c2(H＋)×，由于c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)，因此＝c2(H＋)，D错误。 9．下列实验方案不能达到实验目的的是(　　) 选项 实验目的 实验方案 A 比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小 向10 mL 1 mol/L NaOH溶液中加入1 mL 1 mol/L MgCl2溶液，再向溶液中加入几滴1 mol/L CuCl2溶液 B 制备无水FeCl3 将氯化铁溶液在HCl的氛围中蒸发结晶 C 比较NaHC2O4的电离和水解程度相对大小 用pH计测定NaHC2O4溶液的酸碱性 D 除去锅炉中沉积的CaSO4 用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用稀盐酸溶解除去 解析：选A。向10 mL 1 mol/L NaOH溶液中加入1 mL 1 mol/L MgCl2溶液，生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钠过量，再向溶液中加入几滴1 mol/L CuCl2溶液，生成氢氧化铜沉淀；不存在沉淀转化，不能比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小，A不能达到实验目的。 10．某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。下列说法不正确的是(　　) A．淀粉溶液为该反应的指示剂 B．溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O C．溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I－的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率大 D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加入少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 解析：选C。淀粉溶液遇碘单质变蓝，淀粉溶液为该反应的指示剂，A正确；H2O2与I－发生反应：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O，生成的I2使淀粉变为蓝色，B正确；溶液变无色，是因为发生反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O，生成的I2使淀粉变为蓝色，再加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I－的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率小，C错误；由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加入少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确。 11．常温下，用0.10 mol/L的NaOH溶液滴定0.10 mol/L的HA溶液，滴定曲线如图甲所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图乙所示。下列叙述错误的是(　　) A．Ka(HA)的数量级为10-5 B．M点：c(Na＋)－c(A－)＝ C．当滴定至溶液呈中性时，c(A－)>c(HA) D．P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大 解析：选B。M点，c(HA)≈c(A－)，c(H＋)＝10-4.74，Ka(HA)＝＝c(H＋)＝10-4.74，数量级为10-5，A正确；M点：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)<c(OH－)＝，B错误；当滴定至溶液呈中性时，Ka(HA)＝＝10-4.74，c(A－)>c(HA)，C正确；P→Q过程中，c(HA)不断减小，电离产生的c(H＋)不断减小，对水电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，D正确。 12．高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下图所示： 其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为3.5～5.5；②再加入一定量的软锰矿和H2O2溶液，过滤；③…… 已知室温下：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，Ksp[Al(OH)3]＝3.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38；当离子浓度≤10-5 mol·L-1，认为该离子沉淀完全。 下列说法正确的是(　　) A．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂 B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5～5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质 C．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质 D．为增大沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度 解析：选A。植物粉为有机化合物，具有还原性，可将＋4价锰还原为＋2价，A项正确；Mg(OH)2完全沉淀时，c(OH－)＝＝ mol·L-1＝×10-3 mol·L-1，pH为3.5～5.5不能完全除去镁离子，B项错误；常温下，二氧化锰不能与硫酸反应，无法调节浸出液的pH，C项错误；碳酸氢铵不稳定，受热易分解，故温度不能太高，D项错误。 13．草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质： 实验1：向10 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol·L-1KOH溶液。混合溶液的pH与lg X[X＝ 或]的关系如上图所示。 实验2：向10 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L-1BaCl2溶液。 已知：25 ℃时，Ksp(BaC2O4)＝10-7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。 下列说法错误的是(　　) A. 实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O)时，pH＝2.5 B．实验1，当溶液呈中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4) C．实验2，溶液中有沉淀生成 D．实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O) 解析：选D。H2C2O4的Ka1＝、Ka2＝，根据Ka1>Ka2可知，当lg X＝0时，Ka1对应的c(H＋)大，pH小，因此Ka1＝10-1.2，Ka2＝10-3.8。Ka1·Ka2＝·＝＝10-5.0，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O)时，c(H＋)＝10-2.5 mol·L-1，pH＝2.5，A正确；当溶液呈中性时，c(H＋)＝10-7 mol·L-1，＝＝＝105.8＞1，即c(HC2O)＞c(H2C2O4)，同理＝＝＝103.2＞1，即c(C2O)＞c(HC2O)，B正确；实验2过程中发生反应的离子方程式为H2C2O4(aq)＋Ba2+(aq)⥫⥬BaC2O4(s)＋2H＋(aq)，该反应的平衡常数K＝＝ ＝＝＝102.6，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，有沉淀生成，C正确；根据电荷守恒，实验2溶液中存在2c(Ba2+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，D错误。 14． 常温下，AgIO3和Pb(IO3)2的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。纵坐标中M代表Ag＋或Pb2+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法正确的是(　　) A．曲线①代表－lg[c(Pb2+)]与－lg的关系 B．向a点饱和溶液中加入适量NaIO3固体，可使溶液由a点变成b点 C．常温下AgIO3在水中的溶解度约为10-3.6 mol/L D．比值的数量级为105 解析：选D。由Ksp(AgIO3)＝c(Ag＋)·c(IO)和Ksp＝c(Pb2+)·c2(IO)；对上述等式两边同时取负对数，斜率为－1的曲线①对应的是－lg [c(Ag＋)]与－lg的关系；曲线②的斜率为－2，代表的是－lg[c(Pb2+)]与－lg的关系，A错误；若向a点饱和溶液中加入适量NaIO3固体，c(IO)增大，－lg会减小，不会由a点变成b点，B错误；由b点坐标值可知，Ksp(AgIO3)＝10-5.09×10-2.21＝10-7.30，Ksp＝(10-5.09)2×10-2.21＝10-12.39，常温下AgIO3在水中的溶解度约为10-3.65 mol/L，C错误；＝＝105.09，数量级为105，D正确。 15．HA和H2B分别为一元酸和二元酸，M2+不发生水解。常温下，现有含MA2(s)的MA2饱和溶液和含MB(s)的MB饱和溶液。两份溶液中pc(M2+)(pc＝－lg c)及含A微粒的分布系数随pH的变化关系如下图所示。已知：含A微粒的分布系数δ(A－)＝。下列说法正确的是(　　) A．曲线②表示MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线 B．Ksp(MB)＝10-12 C．A－＋H2O⥫⥬HA＋OH－的平衡常数约为10-9 D．pH＝4时，MB饱和溶液中存在2c(M2+)＋c(H＋)＝2c(B2-)＋c(HB－)＋c(OH－) 解析：选A。含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)⥫⥬M2+＋2A－、A－＋H2O⥫⥬HA＋OH－，向饱和溶液中加酸，两平衡都发生正向移动，HA的分布系数不断增大，A－的分布系数不断减小，c(M2+)不断增大，pc(M2+)不断减小，故曲线②表示MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线，曲线③表示δ(HA)随pH变化曲线，曲线④表示δ(A－)随pH变化曲线，曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线。由分析可知，曲线②表示MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线，故A正确；由分析可知，曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线，曲线①为直线，说明B2-不水解，H2B为二元强酸，MB饱和溶液中，pc(M2+)＝5，c(M2+)＝c(B2-)＝10-5 mol·L-1，故Ksp(MB)＝c(M2+)·c(B2-)＝10-10，故B错误；曲线③④交点pH＝3，c(OH－)＝10-11 mol·L-1，c(HA)＝c(A－)，A－＋H2O⥫⥬HA＋OH－的平衡常数K＝＝c(OH－)＝10-11，故C错误；MB为强碱强酸盐，MB饱和溶液中不存在HB－，故D错误。 二、非选择题：本题包括4个小题，共55分。 16．(14分)25 ℃时某些弱电解质的电离平衡常数见下表： 弱电解质 HCOOH HCN H2C2O4 NH3·H2O 电离平衡常数 Ka＝1.8×10-4 Ka＝6.2×10-10 Ka1＝5.6×10-2 Ka2＝5.4×10-5 Kb＝1.7×10-5 (1)向20 mL 0.1 mol·L-1 HCN溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________________________。 (2)等体积等浓度的HCOOH和H2C2O4溶液加水稀释到相同pH，加入水的量：HCOOH________(填“>”“<”或“＝”)H2C2O4。 (3)等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，阴离子数目：HCOONa________NaCN，水的电离程度：HCOONa________NaCN(填“>”“<”或“＝”)。 (4)室温下，向10 mL 1.7 mol·L-1盐酸中滴加10 mL c mol·L-1氨水，溶液恰好呈中性，则c＝____________。 (5)向Na2C2O4溶液中滴加过量HCOOH溶液，发生反应的离子方程式为 ___________________________________。 (6)常温下，向20 mL浓度均为0.1 mol·L-1的氨水和HCOONa溶液中分别滴加浓度均为0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液和HCOOH溶液，－lg c水(H＋)随加入溶液体积的变化如下图所示。向氨水中滴加HCOOH溶液的曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)，向HCOONa溶液中滴加NH4Cl溶液的曲线为________。 解析：(1)向20 mL 0.1 mol·L-1 HCN溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，得到等浓度HCN和NaCN溶液，CN－的水解常数Kh＝＝≈1.6×10-5>6.2×10-10，则CN－的水解程度大于HCN的电离程度，溶液显碱性，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。 (2)酸性：HCOOH<H2C2O4，则等体积等浓度的HCOOH和H2C2O4溶液，初始H2C2O4溶液的pH更小，加水稀释，溶液pH增大，稀释到相同pH，H2C2O4溶液需水更多，即加入水的量：HCOOH<H2C2O4。 (3)酸性：HCOOH>HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，NaCN溶液水解程度更大，水的电离程度：HCOONa<NaCN；水解方程式为HCOO－＋H2O⥫⥬HCOOH＋OH－、CN－＋H2O⥫⥬HCN＋OH－，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)(X－代表CN－或HCOO－)，由于水解程度：CN－＞HCOO－，则HCOONa溶液氢离子浓度大于NaCN溶液，则阴离子数目：HCOONa＞NaCN。 (4)室温下，向10 mL 1.7 mol·L-1盐酸中滴加10 mL c mol·L-1氨水，溶液恰好呈中性，则溶液中氨水略微过量，得到混合溶液中c(OH－)＝c(H＋)＝10-7 mol·L-1，由电荷守恒可知，c(Cl－)＝c(NH)＝ mol·L-1，Kb＝＝＝1.7×10-5，c(NH3·H2O)＝5×10-3 mol·L-1，结合氮元素守恒可得，初始氨水的浓度为 ＝1.71 mol·L-1，即c＝1.71。 (5)酸性：H2C2O4>HCOOH>HC2O，则向Na2C2O4溶液中滴加过量HCOOH溶液，发生反应的离子方程式为HCOOH＋C2O===HC2O＋HCOO－。 (6)0.1 mol·L-1的氨水抑制水的电离，对应a、b线，HCOONa溶液促进水的电离，对应c、d线；向氨水中滴加HCOOH溶液反应生成HCOONH4，促进水的电离，当加入20 mL 0.1 mol·L-1 HCOOH溶液时，溶质为甲酸铵，对水的促进作用最大，继续加入甲酸，酸过量，水的电离被抑制，电离程度减小，故向氨水中滴加HCOOH溶液的曲线为b；向HCOONa溶液中滴加NH4Cl，铵根离子水解也会促进水的电离，水的电离程度变大，则对应曲线为d。 答案：(1)c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋) (2)<　(3)＞　<　(4)1.71　(5)HCOOH＋C2O===HC2O＋HCOO－　(6)b　d 17．(13分)某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离及难溶电解质溶解的影响。 文献：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。 (1)对弱电解质Fe(SCN)3的电离的影响。 资料：ⅰ.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当； ⅱ.Fe2+＋2SCN－⥫⥬Fe(SCN)2(无色)；Mg2+与SCN－不反应。 ①加入0.5 mL H2O的目的是___________________________________ ___________________________________。 ②对比a、b中的现象，得出的结论是_________________。 ③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：___________________________________。 (2)对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。 ⅰ ⅱ 资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。 对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设： 假设A：KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解。 假设B：…… 设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。 ①假设B是___________________________________。 ②对比实验ⅲ的步骤和现象(按实验ⅱ的图示方式呈现)。 (3)通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过__________、__________可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。 答案：(1)①排除稀释对溶液颜色的影响 ②MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离 ③b和c中盐效应相当，c中Fe2+结合SCN－生成Fe(SCN)2，使得c(SCN－)降低，平衡正向移动，红色变浅　(2)①溶液中的SCN－与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解 ② 　 (3)盐效应　化学反应 18．(14分)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S＋2OH－＋3H2O2===SO＋4H2O。 主要实验步骤如下： Ⅰ. 如右图所示，准确称取m g细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100 ℃，保持20 min，冷却至室温。 Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用c mol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2 mL。 Ⅳ.不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3 mL。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ.平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： (1)仪器①的名称是____________；②的名称是__________。 (2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是___________________________________ ___________________________________。 (3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 ___________________________________。 (4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 ___________________________________。 步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO，实验操作是 ___________________________________。 (5)步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为 ___________________________________。 (6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为_______________(写出计算式)。 解析：(2)硫单质难溶于水，微溶于乙醇，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫。 (3)H2O2具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇。 (4)由于水浴加热不能持续保持100 ℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的硫酸根离子，需要排除溶液中其他离子的干扰，所以实验操作是取少量反应后的溶液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液。 (5)甲基橙作指示剂，用HCl标准溶液滴定氢氧化钾溶液，滴定终点的现象为滴入最后半滴HCl标准溶液，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色。 (6)不加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3 mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3 mol，加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ操作，用HCl标准溶液滴定至终点消耗HCl标准溶液的体积为V2 mL，由此可知，与S反应后剩余的氢氧化钾的物质的量是0.001cV2 mol，因此与单质硫反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3－V2) mol，根据离子方程式S＋2OH－＋3H2O2===SO＋4H2O可知，样品中硫单质的物质的量为0.000 5c(V3－V2) mol，所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为×100%。 答案：(1)圆底烧瓶　球形冷凝管　(2)作溶剂，溶解单质硫　(3)防止H2O2氧化乙醇，影响实验测定结果　(4)水浴加热不能持续保持100 ℃　取少量反应后的溶液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液　(5)滴入最后半滴HCl标准溶液，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 (6)×100% 19．(14分)从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，工艺流程如下。 已知：i.含镍溶液中的主要离子有Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+； ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1 mol/L； iii.部分物质的电离常数和溶度积见下表。 物质 电离常数 物质 溶度积 物质 溶度积 H2S Ka1＝1.1×10-7 Ka2＝1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 FeS 6.3×10-18 NiS 3.2×10-19 Ni(OH)2 5.5×10-16 CaF2 4×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 (1)H2S是弱电解质，Ka1·Ka2＝___________________________________ [用c(H2S)、c(H＋)和c(S2-)表示]＝1.43×10-20。 (2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式： ___________________________________。 (3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因： ___________________________________。 (4)“氟化除杂”中试剂a为________。 (5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因： ___________________________________。 (6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)＝________mol/L[计算时c(H2S)取0.1 mol/L，结果保留两位有效数字]。 解析：粗硫酸镍溶解后调节pH到0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；通入氯气将Fe2+转化为Fe3+，加入氢氧化镍调节pH，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。 (1)H2S是二元弱酸，分两步电离，H2S⥫⥬HS－＋H＋、HS－⥫⥬S2-＋H＋，Ka1＝、Ka2＝，所以Ka1·Ka2＝。 (2)含镍溶液中砷元素的存在形式为AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO＋5H2S＋6H＋===As2S3↓＋2S↓＋8H2O。 (4)“氟化除杂”中要加入含氟元素的试剂除去钙离子且不能引入杂质阳离子，故试剂a为NiF2或HF。 (5)由题图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，Zn2+基本除尽且此时Ni2+损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余。 (6)饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1 mol/L；由(1)可知Ka1·Ka2＝＝1.43×10-20；由流程可知，“硫化除杂”时pH＝0.5，c(H＋)＝10-0.5mol/L，＝1.43×10-20，解得c(S2-)＝1.43×10-20 mol/L；Ksp(CuS)＝ c(S2-)·c(Cu2+)＝6.3×10-36，c(Cu2+)＝ mol/L≈4.4×10-16 mol/L。 答案：(1)　(2)2AsO＋5H2S＋6H＋===As2S3↓＋2S↓＋8H2O　(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+发生水解反应：Fe3+＋3H2O⥫⥬3H＋＋Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H＋发生反应，使Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3　(4)NiF2(或HF)　(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余 (6)4.4×10-16 学科网（北京）股份有限公司 $