第八章 水溶液中的离子反应与平衡（综合训练） （浙江专用）2027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 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg 24 Si-28 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 CO-59 Cu-64 Eu-152 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列物质属于弱电解质的是( ) A．CH2ClCOOH B．ClO2 C．HCOONa D．CuSO4·5H2O 2．【改编】物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是( ) A．Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl B．Na2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaCl C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S D．NH4Cl (NH4)2SO4 Na2S NaNO3 3．【原创】下列关于滴定实验的操作正确的是( ) A．用量筒量取10.00mL的待测液 B．配制一定浓度的标准溶液 C．排出装有Na2CO3溶液的滴定管中的气泡 D．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸 4．【改编】常温下，在0.1 mol·L－1 CH3COOH稀溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－ΔH>0，关于该电离平衡，下列叙述不正确的是( ) A．适当升高温度，平衡正向移动 B．加入少量CaCO3粉末，平衡正向移动 C．加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动 D．滴加少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中增大 5．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)类比或推理是重要的学习方法，下列类比或推理不合理的是( ) 7． A．常温下，Kb(NH3·H2O) =1.8×10-5，Ka(HF)=6.3×10-4，因此NH4F溶液显酸性 B．KH2PO2是正盐，因此H3PO2是一元酸 C．甲酸的酸性强于乙酸，因此对甲基苯酚的酸性弱于苯酚 D．Al3+与HCO3-在溶液中不能大量共存，因此[Al(OH)4]-与HCO3-在溶液中也不能大量共存 6．(2025·浙江省金砖联盟期中)Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示电离常数、水的离子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是( ) A．室温下，CH3COOH的电离度一定比HClO的大 B．的溶液任何温度下均为中性 C．已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀Ag2CrO4的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，则用AgNO3标准溶液滴定Cl-时，可采用K2CrO4为指示剂 D．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh越大 7．(2026·浙江温州平阳高三选考模拟)下列说法正确的是( ) A．0.02mol/L的盐酸稀释105倍后，所得溶液中 c(H＋)＞2×10-7mol·L-1 B．常温下，向氨水中加入稀硫酸至溶液呈中性，此时NH4+浓度为amol·L-1，则SO42-为2amol·L-1 C．常温下，纯水的电离度约为1.8×10－9% D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中加入某浓度的盐酸，Ka(CH3COOH)减小 8． (2025·浙江省五校高三联考)从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 9．【改编】将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略温度及混合时溶液体积变化)，已知该温度下NH3·H2O的电离平衡常数为1.8×10-5，下列说法正确的是( ) A．混合溶液中c(OH-)=0.05mol·L-1 B．混合后NH4Cl的水解常数增大 C．混合溶液中c(Cl－)＞2c(NH4+)＞2c(NH3·H2O) D．混合后滴加几滴盐酸溶液(忽略混合时溶液体积变化)，NH3·H2O的电离平衡向右移动 10．【改编】室温下，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 A 向5mL1mol·L-1FeI2溶液中先滴加几滴新制氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 验证氧化性：Cl2＞Fe3+ B 测量0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH 比较Kb(NH3·H2O)与Ka(CH3COOH)的大小 C 向Na2CO3稀溶液中通入足量CO2气体，观察现象 验证溶解度：Na2CO3＞NaHCO3 D 向pH=10的CH3COONa溶液中加入少量NaCl固体，充分溶解后测量pH 验证CH3COONa溶液中存在水解平衡 11．【改编】室温下，中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3、Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8、Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13；Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列说法正确的是( ) A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO3－) B．“中和”时若加入过量的Na2CO3溶液，可发生反应：2H3PO4＋3CO32－＝2PO43－＋3CO2↑＋3H2O C．“调pH”至9.7时所得溶液中：c(PO43－)＞c(H3PO4) D．“过滤”所得滤液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－) 12．(2026·浙江义乌市高三5月考前适应性考试)25℃时，H3PO4的，Ca3(PO4)2的Ksp=2×10-13，。下列有关说法正确的是( ) A．1 mol/L的Na2HPO4溶液的pH为9.52 B．5 mL 1 mol/L的NaOH溶液和3 mL 1mol/L的H3PO4溶液混合，所得溶液的pH为7.52 C．1mol·L-1NaH2PO4溶液和1mol·L-1Na2HPO4溶液，水电离出的：前者大于后者 D．10 mol/L的H3PO4溶液和2 mol/L的CaCl2溶液等体积混合，有Ca3(PO4)2沉淀生成 13．25℃时，H2C2O4的电离常数，；。下列描述不正确的是( ) A．C2O42-+H2OHC2O4-+OH-   B．0.1mol/L H2C2O4溶液与NaOH溶液反应至中性时，存在cNa＋)+cH2C2O4)-cC2O42-)=0.1mol·L-1 C．向H2C2O4溶液中滴加FeSO4，值不变 D．0.1molFeC2O4在1L0.1mol·L-1H2SO4溶液中不能完全溶解 14．【改编】海水中含有丰富的化学资源，某同学用模拟海水进行某些物质获取，方案如下： 模拟海水中的离子浓度(mol/L)(25℃，pH=8.3) Na+ Mg2+ Ca2+ Cl− HCO3- 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。      。下列说法不正确的是( ) A．溶液M中存在的阳离子有Na+、Mg2+、Ca2+ B．沉淀物X为CaCO3 C．沉淀Y是Mg(OH)2和Ca(OH)2混合物 D．MgCO3+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCO3，，可用该反应制备Mg(OH)2 15．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)已知25℃下，将足量的Pb(OH)2粉末投入水中达到溶解平衡，上层清液中各含铅微粒物质的量分数随pH变化关系如下图。 已知：，；Pb(OH)2(aq)的电离常数分别为Kb1、Kb2。下列说法不正确的是( ) A．图中c表示Pb(OH)2 B．上层清液中Pb(OH)2(aq)浓度为mol/L C．上层清液中滴入1滴稀盐酸且维持温度不变，Pb(OH)2(aq)浓度减小 D． 16．(2026·陕西西安高三模拟预测)室温下，向一定浓度的H3Y溶液中滴加NaOH溶液，溶液中酸度强度随溶液的变化如图所示。下列说法正确的是( ) · A．Ⅰ代表的是的变化 B．H3Y的Ka2=10-6.8 C．NaH2Y溶液中 D．的平衡常数K=106.18 二、非选择题：共4题，共52分。 17．(11分)(2025·浙江省六校联盟期中)下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。 化学式 H2CO3 HClO HF CH3COOH Ka Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11 4.0×10-8 4.0×10-4 未知 (1)0.1mol/L NaF溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (2)pH相同的①NaHCO3、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。(填序号) (3)现有浓度为0.01mol/L的HClO溶液，求此时c(H＋)为 。 (4)25℃时，向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 。 (5)常温下，稀CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是___________。 A．c(H＋) B． C． D． (6)25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1mol•L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如下图所示。 ①根据图像计算醋酸的电离平衡常数Ka= ； ②pH=3的溶液中，c(Na + )+ c(H + )-c(OH-)+ c(CH3COOH)= 1mol•L-1。 18．【新情境·萃取与反萃取】(13分)镍(Ni)和锡(Sn)应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种Ni-Sn-Fe合金废料生产工业硫酸镍的工艺流程如下图所示。 已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+。 ②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2”的原理是：，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。 ③常温下，，，。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，生成Sn4+的离子反应方程式 。 (2)常温下Sn2+恰好完全沉淀为时， (填“>”、“<”或“=”)。 (3)“萃取除铁”时，用NaHX2和制Ni(HX2)2进行萃取，而不用NaHX2直接进行萃取的原因是 。 (4)“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1是 。 (5)“制Ni(HX2)2”时，溶液1的主要成分是 (填化学式)。 (6)硫酸镍的溶解度随温度的变化如图所示。 “浓缩结晶”的具体步骤为： 蒸发浓缩， ，趁热过滤、洗涤、干燥。 洗涤时使用无水乙醇而不使用水洗的原因是： i.乙醇沸点较低，易于干燥； ii. 。 19．(14分)(2026·陕西榆林高三模拟预测)硫代硫酸钠是一种重要的化工原料，某研究小组采用如下流程制备Na2S2O3·5H2O，其中步骤Ⅰ在图甲装置进行，而图乙为步骤Ⅳ中的干燥装置图。 已知：ⅰ.淀粉分子能与I2形成较稳定的包合物；CS2难溶于水； ⅱ.Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，在48℃以上会逐渐失去结晶水，在空气中受热易被氧化。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是________，不能用CS2代替乙醇的原因是________。 (2)“步骤Ⅱ”选择趁热过滤的目的是________，步骤Ⅳ干燥装置中抽气的作用是________。 (3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________(填化学式)。 (4)晶体碘酸钾(KIO3)是一种常用的食品添加剂，常用Na2S2O3滴定测定KIO3纯度：准确称取1.000 g KIO3产品配制成200 mL溶液作为待测液，取20.00 mL该溶液置于锥形瓶中，加入足量碘化钾，用5 mL盐酸酸化( 5I－+IO3－+6H+＝3I2+3H2O)，盖紧塞子，置于避光处3 min，用0.1004mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许淀粉溶液，继续滴定至终点(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )。平行滴定三次，平均消耗0.1004mol·L-1的Na2S2O3溶液的体积为25.00 mL。 ①指示剂淀粉溶液不在滴定前加入的原因是________。 ②KIO3产品的纯度为________%(保留三位有效数字)。 ③在测定KIO3产品纯度实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有________(填字母)。 A．量取Na2S2O3标准溶液的滴定管使用前，水洗后未用标准溶液润洗 B．锥形瓶水洗后未干燥 C．滴定终点读数时俯视读数 D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 20．【新情境·新工艺】(14分)(2026·四川绵阳第七次教学质量检测)镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(pH＜1，主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+)中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： 已知：、、、、 回答下列问题： (1)基态钴原子的价层电子排布式为________。 (2)“中和”时，Na2CO3需缓慢加入且不断搅拌，其原因是________。 (3)“氨浸”时，Ni-NH3-H2O系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示，已知Ni2++6NH3[Ni(NH3)6]2+ 使镍浸出的合适pH范围是________，请说明pH控制在该范围的原因________。 (4)“蒸氨”时同步加入NaOH，生成Ni(OH)2的离子方程式是________。 (5)“酸溶”所得溶液中，加入Na2S可使钴、锰分离，理论Co2+的最小残留率是________%(残留率)。 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式是________。 (7)MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，MnSO4溶液经过________、________、洗涤、干燥等操作得到MnSO4·H2O。 / 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 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg 24 Si-28 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 CO-59 Cu-64 Eu-152 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列物质属于弱电解质的是( ) A．CH2ClCOOH B．ClO2 C．HCOONa D．CuSO4·5H2O 【答案】A 【解析】A项，CH2ClCOOH能够微弱电离产生自由移动的离子，溶液中存在电离平衡，因此CH2ClCOOH属于弱电解质，A符合题意；B项，ClO2是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此ClO2是非电解质，B不符合题意；C项，HCOONa是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，C不符合题意；D项，CuSO4·5H2O是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，D不符合题意；故选A。 2．【改编】物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是( ) A．Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl B．Na2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaCl C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S D．NH4Cl (NH4)2SO4 Na2S NaNO3 【答案】C 【解析】弱酸强碱盐水解显碱性，强酸强碱盐不水解呈中性，强酸弱碱盐水解呈酸性，且第一步水解大于第二步水解，因此，pH：NH4Cl＜NaCl＜NaHCO3＜Na2CO3，A、B错误；又因为(NH4)2SO4比NH4Cl中NH浓度大，水解所得H＋浓度大，故pH：(NH4)2SO4＜NH4Cl＜NaNO3＜Na2S，C正确。 3．【原创】下列关于滴定实验的操作正确的是( ) A．用量筒量取10.00mL的待测液 B．配制一定浓度的标准溶液 C．排出装有Na2CO3溶液的滴定管中的气泡 D．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸 【答案】C 【解析】A项，量筒的精确度一般为0.1mL，无法量取10.00mL的待测液，量取精确体积的溶液应使用滴定管或移液管，A错误；B．配制一定浓度的标准溶液，定容时视线应与凹液面最低处相平，图中是俯视，会导致所配溶液浓度偏高，B错误；C．排出滴定管中气泡时，对于装有Na2CO3溶液(碱性溶液，用碱式滴定管 )，应将橡胶管向上弯曲，挤压玻璃球排出气泡，C正确；D项，用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，NaOH溶液装在碱式滴定管中，碱式滴定管尖嘴应悬于锥形瓶上方，D错误；故选C。 4．【改编】常温下，在0.1 mol·L－1 CH3COOH稀溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－ΔH>0，关于该电离平衡，下列叙述不正确的是( ) A．适当升高温度，平衡正向移动 B．加入少量CaCO3粉末，平衡正向移动 C．加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动 D．滴加少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中增大 【答案】D 【解析】醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，A正确；加入CaCO3粉末与H＋反应放出CO2，溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B正确；加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，C正确；滴加少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，c(H＋)增大，平衡逆向移动；c(CH3COO－)减小，c(CH3COOH)增大，故减小，D错误。 5．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)类比或推理是重要的学习方法，下列类比或推理不合理的是( ) 7． A．常温下，Kb(NH3·H2O) =1.8×10-5，Ka(HF)=6.3×10-4，因此NH4F溶液显酸性 B．KH2PO2是正盐，因此H3PO2是一元酸 C．甲酸的酸性强于乙酸，因此对甲基苯酚的酸性弱于苯酚 D．Al3+与HCO3-在溶液中不能大量共存，因此[Al(OH)4]-与HCO3-在溶液中也不能大量共存 【答案】D 【解析】A项，根据Kb(NH3·H2O) =1.8×10-5 ，得， Ka(HF)=6.3×10-4，得，由于 ，NH4F溶液显酸性，A正确；B项，KH2PO2是次磷酸钾，属于正盐，表明H3PO2分子中仅有一个可电离的氢原子，因此H3PO2是一元酸，B正确；C项，甲酸酸性强于乙酸，是因为乙酸中推电子基团甲基会使羧基中O-H键极性减弱，酸性降低，类比到酚类，对甲基苯酚的对位甲基为推电子基团，会使酚羟基的O-H键极性减弱，降低酸性，故对甲基苯酚酸性弱于苯酚，类比合理， C正确；D项，Al3++3HCO3- = Al(OH)3↓ +3CO2↑，Al3+与HCO3-因双水解反应不能大量共存；[Al(OH)4]-与HCO3-发生[Al(OH)4]-+HCO3- = Al(OH)3↓ +CO32-+H2O，该反应并非双水解，因此推理不合理，D错误；故选D。 6．(2025·浙江省金砖联盟期中)Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示电离常数、水的离子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是( ) A．室温下，CH3COOH的电离度一定比HClO的大 B．的溶液任何温度下均为中性 C．已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀Ag2CrO4的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，则用AgNO3标准溶液滴定Cl-时，可采用K2CrO4为指示剂 D．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh越大 【答案】A 【解析】A项，室温下，说明CH3COOH的酸性比HClO大，但电离度除了和弱酸本身有关外，还和浓度有关，则CH3COOH的电离度不一定比HClO的大，故A错误；B项，Kw=c(H+)•c(OH-)，则的溶液中c(H+)=c(OH-)，该溶液一定呈中性，故B正确；C项，25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，当离子浓度小于10-5mol/L时可认为沉淀完全，则恰好沉淀完全时c(Ag+)==mol/L=1.8×10-5mol/L，此时溶液中c(CrO42-)==mol/L≈6.17×10-3mol/L＞10-5mol/L，CrO42-没有沉淀完全，则可采用K2CrO4作指示剂，故C正确；D项，NaA的水解常数Kh==×=，Ka为HA的电离平衡常数，则一元弱酸HA的Ka越小，Kh越大，故D正确；故选A。 7．(2026·浙江温州平阳高三选考模拟)下列说法正确的是( ) A．0.02mol/L的盐酸稀释105倍后，所得溶液中 c(H＋)＞2×10-7mol·L-1 B．常温下，向氨水中加入稀硫酸至溶液呈中性，此时NH4+浓度为amol·L-1，则SO42-为2amol·L-1 C．常温下，纯水的电离度约为1.8×10－9% D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中加入某浓度的盐酸，Ka(CH3COOH)减小 【答案】A 【解析】A项，0.02mol/L盐酸稀释105倍后，若忽略水电离， c(H＋)=2×10-7mol·L-1，但此时溶液酸性极弱，水的电离不可忽略，水本身会电离产生H+，因此所得溶液总c(H＋)＞2×10-7mol·L-1，A正确；B项，溶液呈中性时c(H＋)=c(OH-)，根据电荷守恒，可得，因此，B错误； C项，常温下1 L水的物质的量约为，水电离产生的 c(H＋)=1×10-7mol·L-1，即1 L水中有10-7mol水电离，电离度，C错误； D项，酸的电离常数Ka只与温度有关，常温下Ka(CH3COOH)是定值，不会改变，D错误；故选A。 8． (2025·浙江省五校高三联考)从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 【答案】B 【解析】饱和AlCl3溶液通入足量的HCl气体、冷水浴析出AlCl3⋅6H2O晶体，过滤、洗涤、烘干，得到晶体，晶体在SOCl2条件下生成无水氯化铝。A项，步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶，A正确； B项，为了减少晶体溶解损失且利于干燥，应该使用无水乙醇洗涤，B错误；C项，步骤Ⅲ为了防止氯化铝水解且为了加速干燥，可采用减压干燥或低温干燥，C正确；D项，SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；故选B。 9．【改编】将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略温度及混合时溶液体积变化)，已知该温度下NH3·H2O的电离平衡常数为1.8×10-5，下列说法正确的是( ) A．混合溶液中c(OH-)=0.05mol·L-1 B．混合后NH4Cl的水解常数增大 C．混合溶液中c(Cl－)＞2c(NH4+)＞2c(NH3·H2O) D．混合后滴加几滴盐酸溶液(忽略混合时溶液体积变化)，NH3·H2O的电离平衡向右移动 【答案】D 【解析】设原溶液体积均为V，等体积混合后总体积为2V，发生反应NH4Cl+NaOH=NH3·H2O+NaCl，反应后： 剩余NH4Cl为0.1V，生成NaCl、NH3·H2O均为0.1V，因此浓度关系：c(Cl-＋)=0.1mol·L-1，。A项，NH3·H2O是弱电解质，仅能部分电离，混合溶液中c(OH-)远小于0.05mol·L-1 ，A错误；B项，水解常数只与温度有关，题目明确忽略温度变化，因此NH4Cl的水解常数不变，B错误；C项，根据物料守恒，混合溶液中c(Cl－)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol·L-1，且反应后， 已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，NH4+的水解常数​，即NH3·H2O电离程度大于Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5的水解程度，故c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，2c(NH4+)＞0.1mol·L-1，因此c(Cl－)＜2c(NH4+)，C错误；D项，滴加盐酸后，H+与NH3·H2O电离出的OH-反应，使c(OH-)降低，NH3·H2ONH4++OH- 电离平衡向右移动，D正确；故选D。 10．【改编】室温下，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 A 向5mL1mol·L-1FeI2溶液中先滴加几滴新制氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 验证氧化性：Cl2＞Fe3+ B 测量0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH 比较Kb(NH3·H2O)与Ka(CH3COOH)的大小 C 向Na2CO3稀溶液中通入足量CO2气体，观察现象 验证溶解度：Na2CO3＞NaHCO3 D 向pH=10的CH3COONa溶液中加入少量NaCl固体，充分溶解后测量pH 验证CH3COONa溶液中存在水解平衡 【答案】B 【解析】A项，向5mL1mol·L-1FeI2溶液中先滴加几滴新制氯水，由于I-的还原能力大于Fe2+，所以Cl2先与I-反应，滴加几滴KSCN溶液后，溶液不变红色，无法验证氧化性：Cl2＞Fe3+，A不能达到实验目的；B项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，在水溶液中发生双水解反应，若0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH=7，则Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)，若0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH＞7，则Kb(NH3·H2O)＞Ka(CH3COOH)，若0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH＜7，则Kb(NH3·H2O)＜Ka(CH3COOH)，B能达到实验目的；C项，向Na2CO3稀溶液中通入足量CO2气体，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3， 由于Na2CO3为稀溶液，生成的NaHCO3不一定会达到饱和状态而析出晶体，所以没有现象产生，无法验证溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，C不能达到实验目的；D项，向pH=10的CH3COONa溶液中加入少量NaCl固体，由于NaCl为强酸强碱盐，不与CH3COONa反应，也不影响CH3COONa的水解平衡，溶液的pH不变，所以不能验证CH3COONa溶液中存在水解平衡，D不能达到实验目的；故选B。 11．【改编】室温下，中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3、Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8、Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13；Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列说法正确的是( ) A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO3－) B．“中和”时若加入过量的Na2CO3溶液，可发生反应：2H3PO4＋3CO32－＝2PO43－＋3CO2↑＋3H2O C．“调pH”至9.7时所得溶液中：c(PO43－)＞c(H3PO4) D．“过滤”所得滤液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－) 【答案】D 【解析】A项，在Na2CO3溶液中，根据质子守恒，应该是c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3－)，错误；B项，由电离常数可知Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3＞Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7＞Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8＞Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11＞Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13，“中和”时加入过量Na2CO3溶液，H3PO4与CO32－反应，H3PO4提供H＋使CO32－转化为HCO3－，自身根据强酸制弱酸，结合电离常数，会转化为HPO，反应为H3PO4＋2CO32－＝HPO＋2HCO3－，错误；C项，“调pH”至9.7，溶液中含磷粒子主要以HPO存在Ka2×Ka3＝＝6.2×10－8×4.8×10－13＝2.976×10－22，此时c(H＋)＝10－9.7 mol·L－1，则＜1，c(PO43－)＜c(H2PO4－)，错误；D项，“过滤”所得滤液主要是含Na＋和含磷粒子的溶液，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－)，正确。 12．(2026·浙江义乌市高三5月考前适应性考试)25℃时，H3PO4的，Ca3(PO4)2的Ksp=2×10-13，。下列有关说法正确的是( ) A．1 mol/L的Na2HPO4溶液的pH为9.52 B．5 mL 1 mol/L的NaOH溶液和3 mL 1mol/L的H3PO4溶液混合，所得溶液的pH为7.52 C．1mol·L-1NaH2PO4溶液和1mol·L-1Na2HPO4溶液，水电离出的：前者大于后者 D．10 mol/L的H3PO4溶液和2 mol/L的CaCl2溶液等体积混合，有Ca3(PO4)2沉淀生成 【答案】B 【解析】A项，在NaH2PO4溶液中，HPO42-存在电离：HPO42-H++PO43-，，存在水解：HPO42-+H2OH2PO4-+OH- ，结合题干所给数据可知，HPO42-的水解程度远大于电离沉淀，则溶液中c(OH-)≈，由于水解本身也是微弱的，溶液中的c(HPO42-)≈1mol/L，则，pOH=，pH≈14-3.39=10.61，A错误；B项，n(NaOH)=5mmol，n(H3PO4)=3mmol，反应后得到1mmolNaH2PO4和2mmolNa2HPO4的混合缓冲溶液，则2c(H2PO4-)≈c(HPO42-)，则，，B正确；C项，NaH2PO4溶液中H2PO4-电离程度(Ka2)大于水解程度()，溶液显酸性，抑制水的电离；NaH2PO4溶液中HPO42-水解程度大于电离程度，溶液显碱性，促进水的电离，故水电离出的c(H+)前者小于后者，C错误；D项，H3PO4以第一步电离为主，，对于磷酸的第二步电离，，对于磷酸的第三步电离，，离子积，无沉淀生成，D错误；故选B。 13．25℃时，H2C2O4的电离常数，；。下列描述不正确的是( ) A．C2O42-+H2OHC2O4-+OH-   B．0.1mol/L H2C2O4溶液与NaOH溶液反应至中性时，存在cNa＋)+cH2C2O4)-cC2O42-)=0.1mol·L-1 C．向H2C2O4溶液中滴加FeSO4，值不变 D．0.1molFeC2O4在1L0.1mol·L-1H2SO4溶液中不能完全溶解 【答案】B 【解析】A项，C2O42-+H2OHC2O4-+OH- ，则K====，A正确；B项，0.1mol·L－1H2C2O4溶液与NaOH溶液反应至中性时，溶液中存在电荷守恒：cNa＋)＋cH＋)＝cOH－)＋2cC2O42-)＋cHC2O4-)，且cH＋)＝cOH－)，则cNa＋)+cH2C2O4)=2cC2O42-)＋cHC2O4-)，故cNa＋)+cH2C2O4)=2cC2O42-)＋cHC2O4-)+cH2C2O4)，因此 cNa＋+cH2C2O4-cC2O42-=cC2O42-＋cHC2O4-+cH2C2O4，溶液体积变大，故cC2O42-＋cHC2O4-+cH2C2O4＜0.1mol·L-1，因此cNa＋+cH2C2O4-cC2O42-＜0.1mol·L-1，B错误；C项，向cNa＋+cH2C2O4-cC2O42-溶液中滴加 FeSO4，，平衡常数只与温度有关，只要温度不变，比值为定值，C正确；D项，0.1molFeC2O4在1L0.1mol·L-1H2SO4溶液中发生反应：，，按照完全溶解，假设需要c(H＋)=xmol·L-1 ，若完全溶解则生成H2C2O4和Fe2+均为0.1mol·L-1，因此有，解得x=0.83mol·L-1。而硫酸不足此浓度，无法完全溶解，D正确；故选B。 14．【改编】海水中含有丰富的化学资源，某同学用模拟海水进行某些物质获取，方案如下： 模拟海水中的离子浓度(mol/L)(25℃，pH=8.3) Na+ Mg2+ Ca2+ Cl− HCO3- 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。      。下列说法不正确的是( ) A．溶液M中存在的阳离子有Na+、Mg2+、Ca2+ B．沉淀物X为CaCO3 C．沉淀Y是Mg(OH)2和Ca(OH)2混合物 D．MgCO3+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCO3，，可用该反应制备Mg(OH)2 【答案】C 【解析】向1L模拟海水中加入1mL1mol·L-1NaOH溶液，海水中含HCO3-有，且加入NaOH的物质的量为，根据氢氧化镁和碳酸钙的溶度积，发生反应Ca2++OH－＋HCO3-＝CaCO3↓+ H2O，HCO3-刚好反应，沉淀X为CaCO3；向滤液M中加入NaOH固体调pH=11.0，发生反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，沉淀Y为Mg(OH)2。A项，步骤①中0.001molOH-和0.001molHCO3-刚好反应生成0.001molCO32-，消耗0.001molCa2+生成CaCO3，模拟海水中含有，还有0.01molCa2+，故滤液M中含有阳离子为Na+、Mg2+、Ca2+，A正确； B项，，有CaCO3生成；，由于   优先沉淀Ca2+，Ca2+消耗0.001mol/LCO32-，CO32-耗尽，沉淀X为CaCO3，B正确； C项，根据氢氧化钙和氢氧化镁的溶度积，氢氧化镁更难溶，所以加NaOH固体调pH时，先生成氢氧化镁。根据Ksp[Ca(OH)2]= 1.0×10－6，pH=11， c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1，，无Ca(OH)2生成，沉淀Y只有Mg(OH)2，C错误；D项，MgCO3+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCO3反应的，可用该反应制备Mg(OH)2，D正确；故选C。 15．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)已知25℃下，将足量的Pb(OH)2粉末投入水中达到溶解平衡，上层清液中各含铅微粒物质的量分数随pH变化关系如下图。 已知：，；Pb(OH)2(aq)的电离常数分别为Kb1、Kb2。下列说法不正确的是( ) A．图中c表示Pb(OH)2 B．上层清液中Pb(OH)2(aq)浓度为mol/L C．上层清液中滴入1滴稀盐酸且维持温度不变，Pb(OH)2(aq)浓度减小 D． 【答案】C 【解析】将足量的Pb粉末投入水中达到溶解平衡，得到饱和溶液，存在沉淀溶解平衡Pb(OH)2(s) Pb 2+ (aq)+ 2OH-(aq)，；上层清液中存在电离平衡，其电离方程为Pb(OH)2 Pb(OH)++OH-、Pb(OH)+ Pb2+OH-，增大pH，OH-浓度增大，两个电离平衡均逆向移动，Pb(OH)+物质的量分数先增大后减小，曲线b代表[Pb(OH)+]，Pb(OH)2物质的量分数增大，曲线c代表Pb(OH)2，Pb2+物质的量分数减小，曲线a代表Pb2+，由b、c交点可计算=，a、b交点可计算=。A项，由分析可知图中c表示Pb(OH)2，A正确；B项，上层清液为Pb(OH)2的饱和溶液，Pb(OH)2存在溶解平衡，Pb(OH)2(s) Pb 2+ (aq)+ 2OH-(aq)，则 ， ==1.4×10-20，解得=  mol/L =1.4×10-9.5 mol/L，B正确；C项，上层清液中滴入1滴稀盐酸，c(OH-)减小，Pb(OH)2(aq)的电离平衡正向移动，但Pb(OH)2(s)会溶解补充Pb(OH)2(aq)，最终Pb(OH)2(aq)的浓度不变，C错误；D项，由分析可知，=，物质的量分数，代入上述浓度关系，化简得，D正确；故选C。 16．(2026·陕西西安高三模拟预测)室温下，向一定浓度的H3Y溶液中滴加NaOH溶液，溶液中酸度强度随溶液的变化如图所示。下列说法正确的是( ) · A．Ⅰ代表的是的变化 B．H3Y的Ka2=10-6.8 C．NaH2Y溶液中 D．的平衡常数K=106.18 【答案】C 【解析】H3Y是三元弱酸，存在三步电离，表达式为H3YH++H2Y-，，​H2Y-H++HY2-，，HY2-H++Y3-，​，已知​，室温下，推导得AG=14-2pH，即AG越大，pH越小，c(H＋)越大。对任意电离平衡变形可得，代入​，整理得。当lgX=0(曲线与y轴相交)时，，因此Ka​越大，交点AG越大。由于Ka1＞Ka2＞Ka3，可得：曲线I(交点AG=9.7)：对应Ka1，代表，​曲线Ⅱ(交点AG=-0.4)：对应Ka2，代表​，曲线Ⅲ(交点AG=-10.76)：Ka3，代表。A项，由上述分析，I对应第一步电离，代表，Ⅲ才代表​，故A错误；B项，根据交点数据计算，即Ka2=10-7.2，故B错误；C项，H2Y-的电离常数为Ka2=10-.7.2，水解常数为，Ka2＞Kh，说明电离程度大于水解程度，电离生成HY2-，水解生成H3Y，因此，离子浓度顺序为，故C正确；D项，该反应平衡常数变形可得，此反应可看作是与的加和，所以，​​计算得，即K=10-5.18，故D错误；故选C。 二、非选择题：共4题，共52分。 17．(11分)(2025·浙江省六校联盟期中)下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。 化学式 H2CO3 HClO HF CH3COOH Ka Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11 4.0×10-8 4.0×10-4 未知 (1)0.1mol/L NaF溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (2)pH相同的①NaHCO3、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。(填序号) (3)现有浓度为0.01mol/L的HClO溶液，求此时c(H＋)为 。 (4)25℃时，向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 。 (5)常温下，稀CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是___________。 A．c(H＋) B． C． D． (6)25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1mol•L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如下图所示。 ①根据图像计算醋酸的电离平衡常数Ka= ； ②pH=3的溶液中，c(Na + )+ c(H + )-c(OH-)+ c(CH3COOH)= 1mol•L-1。 【答案】(1)c(Na＋)＞c(F－)＞c(OH―)＞c(H＋)(1分) (2)③>①>②(1分) (3)2.0×10-5mol·L-1(2分) (4) ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-(1分) (5)BD(2分) (6)1.0×10-4.75(2分) 0.1(2分) 【解析】(1)NaF是强碱弱酸盐，溶液中F-会发生水解使溶液呈碱性，因此浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(F－)＞c(OH―)＞c(H＋)。 (2)酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，结合表中数据，常温下，pH相同的三种溶液①NaHCO3、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：③>①>②。 (3)根据电离常数计算，，解得c(H＋)=2.0×10-5mol·L-1。 (4)根据电离常数可知，酸性：，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。 (5)A项，CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，因此c(H+)减小，A不符合题意；B项，，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，B符合题意；C项，温度不变，所以 Kw=c(H+)·c(OH-)不变，C不符合题意；D项，稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变大，D符合题意；故选BD。 (6)①分析图像，W点c(CH3COOH)＝c(CH3COO-)，平衡常数K == 1×10-4.75；②溶液存在电荷守恒：c(Na + )+ c(H + )= c(CH3COO-)+ c(OH-)，物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1mol•L-1，两式相加可得：c(Na + )+ c(H + )-c(OH-)+ c(CH3COOH)=0.1mol•L-1。 18．【新情境·萃取与反萃取】(13分)镍(Ni)和锡(Sn)应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种Ni-Sn-Fe合金废料生产工业硫酸镍的工艺流程如下图所示。 已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+。 ②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2”的原理是：，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。 ③常温下，，，。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，生成Sn4+的离子反应方程式 。 (2)常温下Sn2+恰好完全沉淀为时， (填“>”、“<”或“=”)。 (3)“萃取除铁”时，用NaHX2和制Ni(HX2)2进行萃取，而不用NaHX2直接进行萃取的原因是 。 (4)“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1是 。 (5)“制Ni(HX2)2”时，溶液1的主要成分是 (填化学式)。 (6)硫酸镍的溶解度随温度的变化如图所示。 “浓缩结晶”的具体步骤为： 蒸发浓缩， ，趁热过滤、洗涤、干燥。 洗涤时使用无水乙醇而不使用水洗的原因是： i.乙醇沸点较低，易于干燥； ii. 。 【答案】(1)3Sn+16H++4NO3-=3Sn4++4NO↑+8H2O(2分) (2)>(2分) (3)避免萃取时引入Na+进入NiSO4溶液，降低NiSO4的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使Ni2+进入有机相，降低NiSO4的产率(2分) (4)盐酸(1分) (5)Na2SO4(2分) (6)冷却至30.8~53.8℃结晶(2分) 降低洗涤时NiSO4的溶解损失；防止生成NiSO4·7H2O(2分) 【解析】合金废料中的Ni、Sn、Fe等金属与酸发生反应，生成Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+等金属阳离子，进入溶液。 向酸浸后的溶液中加入碳酸钠，Sn2+与CO32-反应生成Sn(OH)2沉淀，从而将Sn2+从溶液中分离出来，得到含Ni2+、Fe2+等的溶液，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸钠，Fe3+与碳酸根反应生成沉淀，除去部分Fe3+，但溶液中仍含有少量Fe3+，用Ni(HX2)2做萃取剂萃取除铁，加盐酸反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2，经过一系列除杂处理后的NiSO4溶液浓缩结晶，得到NiSO4·6H2O晶体。 【解析】(1)合金废料中的Ni、Sn、Fe等金属与酸发生反应，生成Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+等金属阳离子，进入溶液，生成Sn4+的离子反应方程式是3Sn+16H++4NO3-=3Sn4++4NO↑+8H2O。 (2)，可得，，，由此可知，。 (3)避免萃取时引入Na+进入NiSO4溶液，降低NiSO4的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使Ni2+进入有机相，降低NiSO4的产率。 (4)“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含FeCl3 ，所以试剂1是盐酸。 (5)制Ni(HX2)2时，通入NiSO4，Ni2+ 置换出Na+，溶液1的主要成分是Na2SO4。 (6)根据硫酸镍的溶解度曲线可知，随着温度升高，溶解度逐渐增大，并且水合物发生变化，要得到NiSO4·6H2O晶体，温度越高降低至30.8~53.8℃。NiSO4不溶于乙醇，用乙醇溶解可以降低其溶解损失，防止防止水分过多生成NiSO4·7H2O。 19．(14分)(2026·陕西榆林高三模拟预测)硫代硫酸钠是一种重要的化工原料，某研究小组采用如下流程制备Na2S2O3·5H2O，其中步骤Ⅰ在图甲装置进行，而图乙为步骤Ⅳ中的干燥装置图。 已知：ⅰ.淀粉分子能与I2形成较稳定的包合物；CS2难溶于水； ⅱ.Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，在48℃以上会逐渐失去结晶水，在空气中受热易被氧化。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是________，不能用CS2代替乙醇的原因是________。 (2)“步骤Ⅱ”选择趁热过滤的目的是________，步骤Ⅳ干燥装置中抽气的作用是________。 (3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________(填化学式)。 (4)晶体碘酸钾(KIO3)是一种常用的食品添加剂，常用Na2S2O3滴定测定KIO3纯度：准确称取1.000 g KIO3产品配制成200 mL溶液作为待测液，取20.00 mL该溶液置于锥形瓶中，加入足量碘化钾，用5 mL盐酸酸化( 5I－+IO3－+6H+＝3I2+3H2O)，盖紧塞子，置于避光处3 min，用0.1004mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许淀粉溶液，继续滴定至终点(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )。平行滴定三次，平均消耗0.1004mol·L-1的Na2S2O3溶液的体积为25.00 mL。 ①指示剂淀粉溶液不在滴定前加入的原因是________。 ②KIO3产品的纯度为________%(保留三位有效数字)。 ③在测定KIO3产品纯度实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有________(填字母)。 A．量取Na2S2O3标准溶液的滴定管使用前，水洗后未用标准溶液润洗 B．锥形瓶水洗后未干燥 C．滴定终点读数时俯视读数 D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 【答案】(1) 球形冷凝管(1分) CS2难溶于水，无法使硫磺进入水相与Na2SO3充分接触(2分) (2) 防止温度降低，Na2S2O3⋅5H2O结晶析出，降低产品产率(2分) 加快水分(乙醇)蒸发，实现低温干燥，防止Na2S2O3·5H2O温度过高失去结晶水，同时避免产物被空气中氧气氧化(2分) (3) Na2SO4(1分) (4) 若滴定前加入淀粉，大量I2会与淀粉形成稳定包合物，难以与Na2S2O3反应，导致滴定终点拖后，增大实验误差(2分) 89.5(2分) C(2分) 【解析】(1)该回流装置中仪器a为球形冷凝管； 乙醇与水互溶，可润湿分散硫黄，增大反应物接触面积，而CS2难溶于水，无法让硫黄与亚硫酸钠溶液充分接触，反应难以顺利进行。 (2)Na2S2O3溶解度随温度降低而减小，趁热过滤可避免降温时产品析出损失； 抽气可降低体系压强，加快水分、乙醇的蒸发，能在较低温度下完成干燥，符合Na2S2O3·5H2O48℃以上失结晶水、受热易被氧化的性质。 (3)Na2SO3易被空气中氧气氧化为硫酸钠，故最可能的无机杂质为 Na2SO4 (4)①结合题干已知信息，淀粉与大量I2形成包合物后会阻碍I2与硫代硫酸钠反应，因此需在I2浓度较低时再加入淀粉。②根据反应可得定量关系：，即 ，则20 mL待测液中，总样品中，，计算得，纯度为。③纯度计算值与消耗标准液的体积V成正比，V偏小则结果偏低：A项，未润洗滴定管，标准液被稀释，消耗V偏大，结果偏高；B项，锥形瓶水洗后未干燥，不影响溶质的量，结果无影响；C项，滴定终点俯视读数，读取的V偏小，结果偏低；D项，滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取的V偏大，结果偏高；故选C。 20．【新情境·新工艺】(14分)(2026·四川绵阳第七次教学质量检测)镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(pH＜1，主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+)中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： 已知：、、、、 回答下列问题： (1)基态钴原子的价层电子排布式为________。 (2)“中和”时，Na2CO3需缓慢加入且不断搅拌，其原因是________。 (3)“氨浸”时，Ni-NH3-H2O系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示，已知Ni2++6NH3[Ni(NH3)6]2+ 使镍浸出的合适pH范围是________，请说明pH控制在该范围的原因________。 (4)“蒸氨”时同步加入NaOH，生成Ni(OH)2的离子方程式是________。 (5)“酸溶”所得溶液中，加入Na2S可使钴、锰分离，理论Co2+的最小残留率是________%(残留率)。 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式是________。 (7)MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，MnSO4溶液经过________、________、洗涤、干燥等操作得到MnSO4·H2O。 【答案】(1)3d74s2(1分) (2)防止反应产生CO2气体的速率过快，导致液体溢出(2分) (3) 5.4～11.5(1分) 因为镍、锰、钴沉淀溶解度相差不大，所以当pH＜5.4，镍以Ni2+形式溶解，锰、钴也会溶解，无法分离；pH＞11.5，Ni2+水解平衡正向移动，主要以Ni(OH)2形式存在，导致镍的浸出率降低，无法与钴、锰有效分离(2分) (4)[Ni(NH3)6]2++2OH-Ni(OH)2↓+6NH3↑(2分) (5)0.000016(2分) (6)4CoS+7O22Co2O3+4SO2(2分) (7) 高于40℃时，蒸发结晶(浓缩)(1分) 趁热过滤(1分) 【解析】该工艺流程以含Ni2+、Mn2+、Co2+的酸洗废液为原料，先加Na2CO3中和除酸并沉淀金属离子；再通NH3氨浸，使Ni2+形成[Ni(NH3)6]2+进入溶液，实现与Mn2+、Co2+的分离；氨浸沉淀用H2SO4酸溶得含Mn2+、Co2+的溶液，加Na2S沉钴，因，Co2+生成CoS沉淀，滤液经处理得MnSO4·H2O；CoS焙烧得Co2O3；氨浸出液加NaOH蒸氨，[Ni(NH3)6]2+分解为Ni(OH)2，最终回收镍，据此分析。 (1)钴为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故价层电子排布式为3d74s2； (2)Na2CO3与废液中的H+反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-- ═H2O + CO2↑，若Na2CO3加入过快，反应产生CO2的速率过快，会导致液体剧烈沸腾并溢出，因此需缓慢加入并不断搅拌； (3)使镍浸出的合适pH范围：由图像可知，pH在5.4到11.5之间时，Ni元素主要以[Ni(NH3)6]2+形式存在，利于镍的浸出，pH＜5.4时以Ni2+存在，三者皆会溶解，无法分离；pH＞11.5时生成Ni(OH)2沉淀，导致镍的浸出率降低，无法与钴、锰有效分离。故合适pH范围为5.4～11.5； (4)蒸氨时[Ni(NH3)6]2+与OH-在加热条件下反应生成Ni(OH)2沉淀和NH3，离子方程式为[Ni(NH3)6]2++2OH-Ni(OH)2↓+6NH3↑； (5)CoS和MnS的沉淀溶解平衡分别为：，；，。已知，设初始，则；生成MnS沉淀时，溶液中；此时溶液中； 残留率； (6)焙烧时CoS与O2反应生成Co2O3和SO2，根据氧化还原反应配平，CoS中Co从+2价升至+3价，S从-2价升至+4价，O2中O从0价降至-2价，配平后化学方程式为4CoS+7O22Co2O3+4SO2； (7)由溶解度曲线可知，温度高于40℃时，MnSO4·H2O的溶解度随温度升高降低，因此MnSO4溶液需高于40℃时蒸发结晶(浓缩)，使MnSO4·H2O析出，再趁热过滤，避免降温析出MnSO4·5H2O杂质，后续经洗涤、干燥得到产品。 / 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 参考答案 一、选择题：共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A C C D D A A B D B 11 12 13 14 15 16 D B B C C C 二、非选择题：共4题，共52分。 17．(11分)(1)c(Na＋)＞c(F－)＞c(OH―)＞c(H＋)(1分) (2)③>①>②(1分) (3)2.0×10-5mol·L-1(2分) (4) ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-(1分) (5)BD(2分) (6)1.0×10-4.75(2分) 0.1(2分) 18．(13分)(1)3Sn+16H++4NO3-=3Sn4++4NO↑+8H2O(2分) (2)>(2分) (3)避免萃取时引入Na+进入NiSO4溶液，降低NiSO4的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使Ni2+进入有机相，降低NiSO4的产率(2分) (4)盐酸(1分) (5)Na2SO4(2分) (6)冷却至30.8~53.8℃结晶(2分) 降低洗涤时NiSO4的溶解损失；防止生成NiSO4·7H2O(2分) 19．(14分)(1) 球形冷凝管(1分) CS2难溶于水，无法使硫磺进入水相与Na2SO3充分接触(2分) (2) 防止温度降低，Na2S2O3⋅5H2O结晶析出，降低产品产率(2分) 加快水分(乙醇)蒸发，实现低温干燥，防止Na2S2O3·5H2O温度过高失去结晶水，同时避免产物被空气中氧气氧化(2分) (3) Na2SO4(1分) (4) 若滴定前加入淀粉，大量I2会与淀粉形成稳定包合物，难以与Na2S2O3反应，导致滴定终点拖后，增大实验误差(2分) 89.5(2分) C(2分) 20．(14分)(1)3d74s2(1分) (2)防止反应产生CO2气体的速率过快，导致液体溢出(2分) (3) 5.4～11.5(1分) 因为镍、锰、钴沉淀溶解度相差不大，所以当pH＜5.4，镍以Ni2+形式溶解，锰、钴也会溶解，无法分离；pH＞11.5，Ni2+水解平衡正向移动，主要以Ni(OH)2形式存在，导致镍的浸出率降低，无法与钴、锰有效分离(2分) (4)[Ni(NH3)6]2++2OH-Ni(OH)2↓+6NH3↑(2分) (5)0.000016(2分) (6)4CoS+7O22Co2O3+4SO2(2分) (7) 高于40℃时，蒸发结晶(浓缩)(1分) 趁热过滤(1分) / 学科网（北京）股份有限公司 $