第三章 水溶液中的离子反应与平衡 章末综合检测（三）（Word）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册同步测试教师用书（人教版）

章末综合检测（三） （时间：75分钟　满分：100分）　 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意） 1.HA是一元酸，下列说法不正确的是（　　） A.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaA溶液pH＞7，则HA是弱酸 B.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HA溶液pH＞2且pH＜7，则HA是弱酸 C.体积相同、浓度相同的HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应，则HA是弱酸 D.0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液混合呈中性，则c（Na＋）＝c（A－） 解析：C　NaA溶液pH＞7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA为弱酸，故A正确；0.01 mol·L－1 HA溶液中，若HA是强酸，则完全电离出氢离子，pH应该为2，现在pH＞2，说明HA是弱酸，故B正确；体积相同、浓度相同的HA溶液与NaOH溶液中，HA和NaOH的物质的量完全相同，两者恰好完全反应与酸的强弱无关，故C不正确；根据电荷守恒，溶液呈中性说明c（H＋）＝c（OH－），可以判断c（Na＋）＝c（A－），故D正确。 2.下列方程式与所给事实不相符的是（　　） A.用硫化钠溶液除去废水中的Cu2＋：Cu2＋＋S2－CuS↓ B.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ C.用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2＋＋CCaCO3↓ D.用明矾作净水剂：Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋ 解析：C　用硫化钠溶液除去废水中的Cu2＋，二者发生复分解反应，生成CuS沉淀：Cu2＋＋S2－CuS↓，A正确；醋酸钠为强碱弱酸盐，CH3COO－在水溶液中发生水解使溶液呈碱性，使滴有酚酞的溶液变为浅红色：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，B正确；用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4时，CaSO4转化为更难溶的CaCO3：CaSO4（s）＋C（aq）CaCO3（s）＋S（aq），C错误；明矾中的Al3＋发生水解，生成Al（OH）3胶体，胶体能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，明矾可用作净水剂：Al3＋＋3H2OAl（OH）3（胶体）＋3H＋，D正确。 3.化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是（　　） A.古代用浸泡过草木灰的溶液来洗涤衣物 B.“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道 C.氯化铵溶液和氯化锌溶液可做金属焊接中的除锈剂 D.向TiCl4中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到TiO2 解析：B　草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A不符合题意；铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，与盐类水解无关，B符合题意；铵根离子、锌离子水解，有H＋生成，使溶液显酸性，H＋与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C不符合题意；在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2·xH2O和HCl，反应的化学方程式为TiCl4＋（x＋2）H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D不符合题意。 4.下列关于弱电解质的电离平衡常数的叙述中，正确的是（　　） A.因为电离过程是吸热过程，所以温度越高，同一弱电解质的电离平衡常数越小 B.弱电解质的电离平衡常数是用各微粒的平衡浓度表示的，所以弱电解质的电离平衡常数只与浓度有关 C.对于不同的弱酸，电离平衡常数越大，其溶液的酸性一定越强 D.弱电解质的电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小的一种方法 解析：D　升高温度，促进弱电解质的电离，平衡正向移动，则电离平衡常数增大，A错误；电离平衡常数为温度的函数，只与温度有关，B错误；酸溶液的酸性强弱还取决于酸的浓度大小，C错误；相同条件下，弱电解质的电离平衡常数越大，其电离程度越大，D正确。 5.亚硫酸与氢硫酸都是二元弱酸，下列事实中，不能比较亚硫酸与氢硫酸的酸性强弱的是（　　） A.亚硫酸的还原性比氢硫酸的弱 B.相同条件下，亚硫酸的导电能力强于氢硫酸的导电能力 C.0.10 mol·L－1的亚硫酸和氢硫酸溶液的pH分别为2.1和4.5 D.亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应，而氢硫酸不能 解析：A　氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能据此来比较二者酸性的强弱，A符合题意；相同条件下，氢硫酸的导电能力弱于亚硫酸，说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强于氢硫酸，B不符合题意；0.10 mol·L－1的亚硫酸和氢硫酸溶液的pH分别为2.1和4.5，说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C不符合题意；氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，说明亚硫酸的酸性比氢硫酸的酸性强，D不符合题意。 6.室温下，下列有关pH＝11的NaClO溶液的分析正确的是（　　） A.c（Na＋）＝c（ClO－） B.水电离出的c（OH－）为0.001 mol·L－1 C.含有1×10－11NA个H＋ D.加入少量NaOH固体，c（ClO－）变小 解析：B　A.NaClO溶液中，ClO－发生水解生成HClO，所以 c（Na＋）＞c（ClO－）；B.pH＝11的NaClO溶液中c（OH－）＝0.001 mol·L－1，溶液中的OH－全部来自于水的电离，所以水电离出的c（OH－）＝0.001 mol·L－1；C.溶液体积未知，无法计算H＋的数目；D.加入NaOH固体会抑制ClO－的水解，使c（ClO－）变大。 7.叠氮酸（HN3）与NaOH溶液反应生成NaN3，已知NaN3溶液呈碱性。下列叙述正确的是（　　） A.0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH＝2 B.HN3溶液的pH随温度升高而减小 C.NaN3的电离方程式：NaN3Na＋＋3 D.0.01 mol·L－1 NaN3溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（）＋c（HN3） 解析：B　由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根离子（）会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH＞2，A错误；HN3为弱酸，电离方程式为HN3H＋＋，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c（H＋）增大，pH减小，B正确；NaN3是强电解质，完全电离出Na＋和，电离方程式为NaN3Na＋＋，C错误；0.01 mol·L－1 NaN3溶液中，由元素守恒可知c（Na＋）＝c（）＋c（HN3），D错误。 8.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是（　　） 选项 操作 现象 结论 A 用湿润的pH试纸测定NH4Cl溶液的pH pH＝6.5 NH3是弱电解质 B 某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红 溶液中含有Fe2＋ C 用铂丝蘸取少量某物质的溶液进行焰色试验 焰色呈黄色 该物质中一定含有钠元素 D 向3 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中加入5滴1 mol·L－1 MgCl2溶液，再加入5滴1 mol·L－1的FeCl3溶液 先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀 溶度积常数： Mg（OH）2＞ Fe（OH）3 解析：C　A.不能用湿润的pH试纸测定溶液的pH，用pH试纸测得的pH读数应为整数，且NH3是非电解质；B.某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证明原溶液中含有亚铁离子，可能原溶液中含铁离子；C.用铂丝蘸取少量某物质的溶液进行焰色试验，焰色呈黄色，说明该物质中一定含有钠元素；D.NaOH 过量，没有实现沉淀的转化，无法比较溶度积常数的大小。 9.下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　） A.某温度下，CH3COONH4溶液显中性，所以CH3COONH4不水解 B.在常温下稀释等体积的两种酸溶液时，pH变化如图，其中HX为较弱酸，且a点与b点的Kw数值相同 C.25 ℃时，等体积pH＝3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的锌充分反应，HA溶液与Zn反应生成的氢气更多，HA是较弱酸 D.常温下，若pH＝3的HA溶液中由水电离出的c（H＋）为10－11 mol·L－1，则能证明HA为弱酸 解析：C　某温度下，醋酸根离子、铵根离子水解程度相同，故CH3COONH4溶液显中性，A错误；稀释等体积、pH相同的HX、HY溶液时，较弱酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于较强酸的氢离子浓度，故HY应为较弱酸，Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值等于b点Kw的数值，B错误；25 ℃时，等体积pH＝3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的锌反应，HA溶液与Zn反应生成的氢气更多，由于都是一元酸，则pH相同时HA的浓度大于HB的浓度，说明HA的酸性小于HB，则HA是较弱酸，C正确；常温下，pH＝3的HA溶液中由水电离出的c（H＋）＝10－11 mol·L－1，这与酸的强弱无关，D错误。 10.天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知Ksp（CaCO3）＝10－8.7，某溶洞水体中lg c（X）（X为HC、C或Ca2＋）与pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A.曲线②代表HC B.Ka2（H2CO3）的数量级为10－9 C.a＝－4.35，b＝－2.65 D.pH＝10.3时，c（Ca2＋）＝10－9.6mol·L－1 解析：C　根据图像可知，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c（HC）、c（C）增大，先生成HC，再生成C，则曲线①代表HC，曲线②代表C，因CaCO3是难溶物，随c（C）增大，溶液中c（Ca2＋）减小，推出曲线③代表Ca2＋，据此分析。由上述分析可知，曲线②代表C，故A错误；由上述分析可知，曲线①表示lg c（HC）与pH的关系，曲线②表示lg c（C）与pH的关系，（10.3，－1.1）点时c（HC）＝c（C），Ka2（H2CO3）＝＝c（H＋）＝10－10.3，则Ka2（H2CO3）的数量级为 10－11，故B错误；由上述分析可知，曲线②表示lg c（C）与pH的关系，曲线③表示lg c（Ca2＋）与pH的关系，曲线②、③交点时c（C）＝c（Ca2＋）＝＝mol·L－1＝10－4.35mol·L－1，即a＝－4.35，Ka2（H2CO3）＝＝10－10.3，则c（HC）＝＝mol·L－1＝10－2.65mol·L－1，即b＝－2.65，故C正确；pH＝10.3时，c（C）＝10－1.1 mol·L－1，根据Ksp（CaCO3）＝c（Ca2＋）·c（C），c（Ca2＋）＝＝ mol·L－1＝10－7.6 mol·L－1，故D错误。 11.关于溶液的下列说法不正确的是（　　） A.某温度下Kw＝10－12，向该温度下pH＝8的Ba（OH）2溶液中加入等体积pH＝4的盐酸，充分反应后，混合溶液的pH＝6 B.c（N）相同的三种溶液：①NH3·H2O、②NH4Cl、③（NH4）2SO4，溶液浓度大小顺序为①＞②＞③ C.往0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，随着NaOH的加入不断减小 D.一定温度下，氢氧化钙达到沉淀溶解平衡，向此溶液中加入少量氧化钙粉末，则溶液中n（Ca2＋）增大 解析：D　Kw＝10－12时，该温度下中性溶液的pH＝6，pH＝8的氢氧化钡溶液中c（OH－）＝＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1，pH＝4的盐酸中 c（H＋）＝10－4 mol·L－1，二者等体积混合，恰好完全反应使溶液呈中性，即混合溶液的pH＝6，故A正确；（NH4）2SO4溶液中只存在铵根离子的水解，NH4Cl溶液中只存在铵根离子的水解，NH3·H2O中只存在弱电解质的电离，则c（N）相同的三种溶液中，各溶液浓度大小顺序为①＞②＞③，故B正确；铵根离子水解使溶液显酸性，结合水解平衡常数分析，＝＝，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨，c（NH3·H2O）增大，水解平衡常数不变，则减小，故C正确；一定温度下，氢氧化钙达到沉淀溶解平衡，向此溶液中加入少量氧化钙粉末（不考虑热效应），CaO与水反应，会有氢氧化钙固体析出，溶液仍然是饱和溶液，所以溶液中 c（Ca2＋）不变，溶液体积减小，n（Ca2＋）减小，故D错误。 12.室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的H＋浓度的负对数[－lg c水（H＋）]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（忽略溶液混合引起的体积变化）。下列说法正确的是（　　） A.d点溶液中：c（Na＋）＋c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.1 mol·L－1 B.c点溶液显酸性，e点溶液显中性 C.b点溶液中：c（CH3COO－）＜c（CH3COOH） D.f点溶液中：c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋） 解析：A　d点时，CH3COOH与NaOH刚好完全反应生成CH3COONa和水，此时c（CH3COONa）＝0.05 mol·L－1，但CH3COO－发生水解，所以溶液中：c（Na＋）＋c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.1 mol·L－1，A正确；c点时，CH3COONa与CH3COOH共存，此时可认为CH3COO－不水解、CH3COOH不电离，溶液显中性，e点溶液中，CH3COONa与NaOH共存，－lg c水（H＋）＝7，表明NaOH电离产生的OH－刚好抑制CH3COO－水解，但NaOH发生电离，所以e点溶液显碱性，B不正确；b点，反应刚结束时c（CH3COO－）＝c（CH3COOH），但随后以CH3COOH的电离为主，溶液呈酸性，所以c（CH3COO－）＞c（CH3COOH），C不正确；f点，反应刚结束时c（CH3COONa）＝c（NaOH），CH3COO－水解受到OH－的抑制，水解程度很小，所以c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋），D不正确。 13.（2026·天津高二质检）已知NaHSO3溶液常温时显酸性，溶液中存在以下平衡： ①HS＋H2OH2SO3＋OH－ ②HSH＋＋S 向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列说法不正确的是（　　） A.加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HS）减小 B.加入少量Na2SO3固体，则c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HS）＋c（OH－）＋2c（S） C.加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D.加入氨水至溶液呈中性，则2c（Na＋）＝c（S）＞c（H＋）＝c（OH－） 解析：D　加入的金属Na会与HS电离出的H＋反应生成H2，使得平衡②右移，c（HS）减小，使得平衡①左移，但结果是溶液中c（HS）减小，A正确；该溶液中的电荷守恒式为c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HS）＋c（OH－）＋2c（S），加入少量Na2SO3固体后该电荷守恒式依旧成立，B正确；加入NaOH会消耗H＋，使得H＋浓度降低，故＝增大，同时也因NaOH的加入而增大，C正确；加入氨水至溶液呈中性，故c（H＋）＝c（OH－），在此条件下，根据元素守恒，c（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HS）＋c（S），故c（Na＋）＞c（S），因此2c（Na＋）＞c（S），D错误。 14.（2026·福建泉州高二测试）K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质）为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下： 已知：Ksp[Al（OH）3]＝4.5×10－33，滤液2中溶质主要为Na2CrO4。 下列说法错误的是（　　） A.步骤①通入O2的目的为氧化FeO·Cr2O3 B.常温下，滤液2中pH＝8.0，溶液中c（Al3＋）＝4.5×10－9 mol·L－1 C.步骤④加酸使平衡2Cr＋2H＋Cr2＋H2O正向移动 D.相同条件下，Ksp（Na2Cr2O7）＞Ksp（K2Cr2O7） 解析：B　铬铁矿加碳酸钠在氧气中焙烧，FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4和Fe2O3，步骤①通入O2的目的为氧化FeO·Cr2O3，A正确；熔化所得固体用水浸取，氧化铁不溶于水，过滤除去，滤液1中通入二氧化碳，四羟基合铝酸钠转化为Al（OH）3沉淀过滤除去，滤液2中pH＝8.0，溶液中c（OH－）＝10－6 mol·L－1，根据Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3＋）·c3（OH－），代入得：c（Al3＋）＝ mol·L－1＝4.5×10－15 mol·L－1，B错误；Cr与Cr2之间存在转化平衡：2Cr＋2H＋Cr2＋H2O，步骤④加酸（增大H＋浓度）使该平衡正向移动，C正确；滤液3中溶质主要为重铬酸钠，步骤⑤中加入KCl后，结晶析出K2Cr2O7，说明相同条件下K2Cr2O7的溶解度更小，即相同条件下，Ksp（Na2Cr2O7）＞Ksp（K2Cr2O7），D正确。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.（15分）Ⅰ.已知25 ℃时，下列物质的电离平衡常数见下表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离常数 1.8×10－5 Ka1：4.3×10－7 Ka2：5.6×10－11 6.2×10－10 请回答下列问题： （1）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是　　　　（填字母）。（2分） A.NaHCO3 B.NaCN C.CH3COONa D.Na2CO3 （2）25 ℃时，在0.5 mol·L－1醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H＋）约是由水电离出的c（H＋）的　　　　倍。（2分） （3）25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH＝6，则溶液中c（CH3COO－）－c（Na＋）＝　　　　（填准确数值）。（2分） （4）25 ℃时，将a mol·L－1氢氧化钠溶液与b mol·L－1醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为　　　　。（2分） （5）常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显　　　　（填“酸”“碱”或“中”）性，c（CN－）　　　　（填“＞”“＜”或“＝”）c（HCN）。（共2分） Ⅱ.测定某样品中Na2S2O3·5H2O的含量的实验步骤如下（杂质不参加反应，Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248）： ①取0.010 0 mol·L－1的K2Cr2O7溶液20.00 mL，用硫酸酸化后，加入过量KI，发生反应：Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O。 ②称取2.000 g样品，配制成100 mL溶液，用该溶液滴定步骤①所得溶液至终点，三次平行实验平均消耗24.80 mL样品溶液。发生的反应为I2＋2S22I－＋S4。 （6）步骤②中滴定选用　　　　作指示剂，滴定终点的现象为　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（共3分） （7）样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为　　　　（保留4位有效数字）。（2分） 答案：（1）C　（2）9×108　（3）9.9×10－7 mol·L－1 （4）　（5）碱　＜　（6）淀粉溶液　滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复　（7）60.00％ 解析：（1）由题给数据可知，酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HC，对应酸根离子的水解程度：C＞CN－＞HC＞CH3COO－，水解程度越大，溶液的碱性越强，则相同pH的四种溶液中，浓度最大的是CH3COONa。（2）Ka（CH3COOH）＝≈＝1.8×10－5，c（CH3COOH）≈0.5 mol·L－1，解得c（H＋）≈3×10－3 mol·L－1，由水电离出的c（H＋）约为 mol·L－1，故由醋酸电离出的c（H＋）约是由水电离出的c（H＋）的＝9×108倍。（3）25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH＝6，c（H＋）＝10－6 mol·L－1，c（OH－）＝10－8 mol·L－1，则溶液中c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。（4）25 ℃时，将a mol·L－1氢氧化钠溶液与b mol·L－1醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c（H＋）＝c（OH－）＝10－7 mol·L－1，c（CH3COO－）＝c（Na＋）＝ mol·L－1，剩余的c（CH3COOH）＝mol·L－1，则Ka＝＝。（5）常温下，NaCN的水解常数Kh＝＝≈1.61×10－5，Kh＞Ka（HCN），故CN－的水解程度大于HCN的电离程度，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c（OH－）大于电离生成的c（H＋），混合溶液显碱性，且c（CN－）＜c（HCN）。（6）步骤②中滴定需用淀粉溶液作指示剂，步骤①所得溶液（淀粉溶液作指示剂）为蓝色，步骤②中滴定至终点，单质碘消耗完，则溶液变为无色，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复。（7）根据题给方程式可得关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3·5H2O，则样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为×100％＝60.00％。 16.（11分）（2026·浙江温州高二练习）食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035 g·mL－1。用标准NaOH溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测食醋是否符合国家标准。某品牌白醋（酿造食醋）的醋酸浓度测定过程如图所示： 回答下列问题： （1）已知酚酞的变色范围为8.2～10.0，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，石蕊试剂的变色范围为5～8，该实验中应选　　　（填“酚酞”“甲基橙”或“石蕊”）作指示剂，达到滴定终点的标志是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（共3分） （2）常温下，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液分别滴定25.00 mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示： ①图2表示NaOH溶液滴定　　　（填“盐酸”或“醋酸溶液”）的滴定曲线。（1分） ②分别达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a　　　（填“＞”“＜”或“＝”）b。（2分） （3）用标准的0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定上述稀释后的白醋溶液，滴定结果如下表所示： 滴定 次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 25.00 0.02 20.01 2 25.00 0.70 20.71 3 25.00 0.50 21.20 则该白醋中醋酸含量为　　　 g·mL－1。（精确到小数点后三位）（2分） （4）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是　　　（填字母）。（3分） A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 B.滴定过程中振摇时有液滴溅出 C.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后再用白醋稀溶液润洗 D.读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 E.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 F.酸式滴定管未用待测白醋稀溶液润洗就直接注入待测白醋稀溶液 答案：（1）酚酞　滴入最后半滴标准氢氧化钠溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色 （2）①醋酸溶液　②＞　（3）0.048　（4）BDF 解析：（1）实验中用标准碱溶液滴定未知浓度的醋酸，故选择酚酞作指示剂；滴定终点的现象为滴入最后半滴标准氢氧化钠溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色。（2）①滴定前，相同浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸的pH小于醋酸溶液，故图2是NaOH溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线。②B、D状态时溶液pH＝7，溶液显中性，因为HCl是强酸，与氢氧化钠完全反应生成的NaCl不水解，反应后溶液显中性；醋酸是弱酸，与氢氧化钠完全反应生成的醋酸钠会发生水解，使溶液显碱性，故pH＝7时溶液中存在未反应的醋酸以抑制醋酸根离子的水解，则滴定相同浓度的盐酸和醋酸溶液，pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积：盐酸大于醋酸，即a＞b。（3）三次滴定消耗标准液的体积分别为20.01 mL－0.02 mL＝19.99 mL、20.71 mL－0.70 mL＝20.01 mL、21.20 mL－0.50 mL＝20.70 mL，排除误差较大的数据，取平均值20.00 mL，则醋酸的物质的量n＝×100×10－3 L＝0.008 mol，该白醋中醋酸的含量为＝0.048 g·mL－1。（4）碱式滴定管未润洗直接加标准液会稀释标准液，导致滴定时消耗标准液体积偏大，所测醋酸的浓度数值偏高；滴定过程中振摇时有液滴溅出，使得醋酸的量减少，消耗标准液的体积减小，所测醋酸的浓度数值偏低；滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后再用白醋稀溶液润洗，使得醋酸的物质的量增加，消耗标准液的体积增加，所测醋酸的浓度数值偏高；读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数，导致消耗的NaOH溶液体积读数偏小，所测醋酸的浓度数值偏低；滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗NaOH溶液的体积读数偏大，所测醋酸的浓度数值偏高；酸式滴定管未用待测白醋稀溶液润洗就直接注入待测白醋稀溶液，使得待测溶液实际体积减小，消耗的NaOH溶液的体积减小，所测醋酸的浓度数值偏低。 17.（15分）以下是生产、生活中常见的化学物质：①冰醋酸；②Na2CO3；③NaOH；④盐酸；⑤H2C2O4；⑥熔融NaHSO4；⑦石墨；⑧酒精；⑨NH3；⑩BaCO3。按要求回答下列问题： （1）属于强电解质的有　　　　（用序号填空）。（2分） （2）等体积、等pH的醋酸和盐酸，与足量大理石反应，生成气体的物质的量：醋酸　　　　（填“＞”“＜”或“＝”）盐酸。（2分） （3）某温度时，纯水电离的c（H＋）＝10－6 mol·L－1，将pH＝5的盐酸与pH＝8的Ba（OH）2溶液混合，使混合后溶液的pH＝7，则盐酸与Ba（OH）2溶液的体积比为　　　　。（3分） （4）高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，将适量K2FeO4配制成c（Fe）＝1.0 mmol·L－1的试样，将试样分别置于20 ℃、30 ℃、40 ℃和60 ℃的恒温水浴中，测定c（Fe）的变化，结果如图1所示[Fe与水反应的主反应是4Fe＋10H2O4Fe（OH）3↓＋8OH－＋3O2↑]。常温下Fe的水溶液中含铁微粒Fe、HFe、H2FeO4、H3Fe的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图2所示。 ①Fe与水反应的主反应4Fe＋10H2O4Fe（OH）3↓＋8OH－＋3O2↑的ΔH　　　　（填“＞”或“＜）0。（2分） ②图2中a点的pH＝　　　　　　　　　　　　　　　　。（3分） ③在0.1 mol·L－1的KHFeO4水溶液中，H2FeO4、HFe、Fe三种微粒浓度由大到小顺序是　　　　　　　　　　　　　　。（3分） 答案：（1）②③⑥⑩　（2）＞　（3）9∶2 （4）①＞　②2.75　③c（HFe）＞c（Fe）＞c（H2FeO4） 解析：（3）某温度时，纯水电离的c（H＋）＝10－6 mol·L－1，则该温度下水的离子积Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－6×10－6＝10－12，pH＝5的盐酸中c（H＋）＝10－5 mol·L－1，pH＝8的Ba（OH）2溶液中c（H＋）＝10－8 mol·L－1，c（OH－）＝＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1，将二者混合后溶液的pH＝7，溶液呈碱性，则溶液中c（OH－）＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，设Ba（OH）2溶液的体积为x，盐酸的体积为y，则＝10－5 mol·L－1，解得y∶x＝9∶2。（4）①根据图1可知：温度升高，c（Fe）减小，说明升高温度，Fe与水发生的可逆反应的化学平衡正向移动，则说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0；②根据图2可知：当溶液pH＝1.8时，Kh3＝＝10－12.2；当溶液pH＝3.7时，Ka1＝＝10－3.7；a点时，c（H3Fe）＝c（HFe），＝＝＝108.5，由于c（H＋）·c（OH－）＝10－14，所以c（H＋）＝10－2.75 mol·L－1，故a点溶液的pH＝2.75；③在0.1 mol·L－1的KHFeO4溶液中，Fe元素主要以HFe的形式存在，根据图示可知：Ka2＝＝10－7.4，Kh2＝＝10－10.3，10－7.4（HFe的电离平衡常数）＞10－10.3，说明HFe在溶液中的电离程度大于其水解程度，因此该溶液中微粒浓度大小关系为c（HFe）＞c（Fe）＞c（H2FeO4）。 18.（17分）（2026·福建龙岩高二检测）某科研小组以废弃催化剂（含Ni2＋、Cu2＋、Fe3＋、Ca2＋、Mg2＋等）为原料，按下列流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。 已知：①常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 1×10－38.3 1×10－17 2×10－14 难溶电解质 Mg（OH）2 CaF2 MgF2 Ksp 5×10－12 4×10－11 9×10－9 ②SOCl2与水反应可生成两种酸性气体。 （1）滤渣1的主要成分是S和　　　　（写化学式），生成S的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（共3分） （2）若用H2O2代替Cl2，试剂X的用量会　　　　（填“增加”“减少”或“不变”），原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（共4分） （3）“氧化”后测得溶液中Ni2＋、Fe3＋和Mg2＋的浓度分别为2 mol·L－1、0.1 mol·L－1和0.05 mol·L－1，“调pH”时的范围为　　　　（忽略溶液体积的变化，溶液中离子的浓度小于1×10－5 mol·L－1可认为已除尽）。（3分） （4）“沉镍”后滤液中的阳离子主要有　　　　。（2分） （5）实际生产中，滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与当次滤液合并，此操作的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （6）将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水NiCl2，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（3分） 答案：（1）CuS　H2S＋2Fe3＋2Fe2＋＋S↓＋2H＋ （2）减少　H2O2与Fe2＋反应消耗了H＋ （3）2.9≤pH＜7或[2.9，7） （4）Na＋、N （5）提高产品的产率 （6）NiCl2·6H2O＋6SOCl2NiCl2＋6SO2↑＋12HCl↑ 解析：结合流程可知，废弃催化剂（含Ni2＋、Cu2＋、Fe3＋、Ca2＋、Mg2＋等）加入盐酸溶解，除去有机物杂质，向溶解得到的溶液中加入H2S生成CuS 沉淀除去Cu2＋，同时Fe3＋被H2S还原为Fe2＋；过滤后向滤液中通入氯气把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入X调节pH生成Fe（OH）3沉淀除去Fe3＋；再次过滤后向滤液中加入NH4F生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2＋和Mg2＋；又一次过滤后向滤液中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，向NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体，据此作答。（1）依据分析，硫化氢与铜离子发生复分解反应生成硫化铜沉淀，硫化氢还与三价铁离子发生氧化还原反应生成二价铁离子和硫单质，则滤渣1的主要成分是S和CuS；生成S的离子方程式为H2S＋2Fe3＋2Fe2＋＋S↓＋2H＋。（2）依据分析，通入氯气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－；若用过氧化氢溶液代替氯气，过氧化氢在酸性条件下与亚铁离子反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2O；与通入氯气相比，过氧化氢氧化亚铁离子时，会消耗溶液中的氢离子，所以试剂X的使用量会减少。（3）调节pH的目的是使三价铁离子沉淀，镍离子不沉淀；则三价铁沉淀完全时：c（OH－）＝＝mol·L－1＝10－11.1 mol·L－1⇒pH＝2.9；镍离子开始沉淀时：c（OH－）＝＝mol·L－1＝10－7 mol·L－1⇒pH＝7；镁离子开始沉淀时：c（OH－）＝＝mol·L－1＝10－5 mol·L－1⇒pH＝9；则“调pH”时的范围为2.9≤pH＜7或[2.9，7）。（4）由“除杂”“沉镍”时所加试剂可知，“沉镍”后滤液中的阳离子主要有Na＋、N。（5）滤渣洗涤液中可能混有镍离子，通过清洗滤渣，将所得的洗涤液与滤液合并，可以减少镍离子损失，提高镍元素利用率，从而提高产品的产率。（6）由题目所给信息可知，将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O＋6SOCl2NiCl2＋6SO2↑＋12HCl↑。 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $