专题08水溶液中的离子反应与平衡（练习）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_二轮复习_上好课2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）3379109_主题三化学反应原理

专题 08 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01 模拟基础练 【题型一】电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 【题型一】电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 【题型一】中和滴定及其拓展应用 02 重难创新练 03 真题实战练 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 1．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸化学式 HX HY HCO 2 3 K ＝4.4×10－7 1 电离平衡常数/mol·L－1 7.8×10－9 3.7×10－15 K ＝4.7×10－11 2 下列推断正确的是( ) A．HX、HY两种弱酸的酸性：HX＞HY B．相同条件下溶液的碱性：NaX＞NaCO＞NaY＞NaHCO 2 3 3 C．结合H＋的能力：CO＞Y－＞X－＞HCO D．HX和HY酸性相同，都比HCO 弱 2 3 【答案】A 【解析】根据电离平衡常数可知酸性：HCO ＞HX＞HCO＞HY，则结合H＋的能力：Y－＞CO＞X－＞ 2 3 HCO，故A正确、C、D错误；酸越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY＞ NaCO＞NaX＞NaHCO ，故B错误。 2 3 3 2．根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是( ) 化学式 电离常数 HClO K＝3×10－8 HCO K ＝4×10－7 K ＝6×10－11 2 3 a1 a2 A．向NaCO 溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl＋HO===2Cl－＋2HClO＋CO↑ 2 3 2 2 2 B．向NaHCO 溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl===Cl－＋ClO－＋2CO↑＋HO 3 2 2 2 C．向NaClO溶液中通入少量CO：CO＋NaClO＋HO===NaHCO＋HClO 2 2 2 3D．向NaClO溶液中通入过量CO：CO＋2NaClO＋HO===Na CO＋2HclO 2 2 2 2 3 【答案】C 【解析】HClO的电离常数小于HCO 的第一步电离，向NaCO 溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧 2 3 2 3 化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；向NaHCO 溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应 3 生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；向NaClO溶液中 通入过量CO，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误。 2 3．甲胺[(CH )NH ·H O]在水中电离与氨相似，常温下，K [(CH )NH ·H O]=2.0×10-5。已知lg2=0.3。下 3 2 2 b 3 2 2 列说法错误的是( ) A．(CH)NH NO 溶液显酸性 3 3 3 B．甲胺溶液中c(OH-)随温度升高而增大 C．常温下，0.1mol/L的甲胺溶液的pH=11.3 D．0.1mol/L(CH )NH Cl溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c[(CH )NH )+]>c(H+)>c(OH-) 3 3 3 3 【答案】C 【解析】A项，(CH)NH NO 为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，A项正确；B项，温度升高，促进甲胺 3 3 3 电离，溶液中c(OH-)增大，B项正确；C项，0.1mol/L的甲胺溶液中， ， ， ，C项错误；D项，由于(CH)NH )+水解，溶液显酸性，故有： 3 3 c(Cl-)>c[(CH )NH )+]>c(H+)>c(OH-)，D项正确。故选C。 3 3 4．(2024·江苏常州高三期中)室温下，通过下列实验探究NaHCO 、NaCO 溶液的性质。 3 2 3 实验1：用pH试纸测量0.1mol•L-1NaHCO 溶液的pH，测得pH约为8 3 实验2：将0.1mol•L-1NaHCO 溶液与0.1mol•L-1CaCl 溶液等体积混合，产生白色沉淀 3 2 实验3：饱和NaCO 溶液中通入CO 产生白色沉淀，溶液pH从12下降到约为9 2 3 2 实验4：0.1mol•L-1NaHCO 溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡 3 下列说法正确的是( ) A．由实验1可得出：K (H CO)∙K (H CO)＜10-16 a1 2 3 a2 2 3 B．实验2中两溶液混合时有：K (CaCO)＞2.5×10-3 sp 3 C．实验3中发生反应的离子方程式为CO2-+H O+CO=2 HCO - 3 2 2 3D．实验4所得溶液中c(Na+)=c(HCO -)+c(CO2-)+c(H CO) 3 3 2 3 【答案】A 【解析】A项，实验1中，K (H CO)∙K (H CO)= ∙ = a1 2 3 a2 2 3 ，0.1mol•L-1NaHCO 溶液的pH约为8，表明溶液中HCO -水解是主要的，电离是次要的，c(CO2-)＜ 3 3 3 c(H CO)，所以 ＜c2(H+)=10-16，A正确；B项，实验2中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05 2 3 mol•L-1，c(HCO -)＜0.05 mol•L-1，则有：K (CaCO)=c(Ca2+)∙c(HCO -)=(0.05 mol•L-1)∙(＜0.05 mol•L-1)＜ 3 sp 3 3 2.5×10-3，B不正确；C项，实验3中发生反应的离子方程式为2Na++ CO2-+H O+CO=2NaHCO↓，C不正 3 2 2 3 确；D项，实验4中，0.1mol•L-1NaHCO 溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分 3 HCO 发生分解，生成CO，所得溶液中c(Na+)=c(HCO -)+c(CO2-)+c(H CO)+ c(CO)，则c(Na+)＞c(HCO -) 2 3 2 3 3 2 3 2 3 +c(CO2-)+c(H CO)，D不正确；故选A。 3 2 3 5．工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和NaCO 溶液浸泡，将水垢中的CaSO 转化 2 3 4 为CaCO ，再用盐酸除去[已知：K (CaCO)=1×10-10，K (CaSO)=9×10-6]。下列说法不正确的是( ) 3 sp 3 sp 4 A．温度升高，NaCO 溶液的K 和c(OH-)均会增大 2 3 w B．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO(s) CaCO (s)＋SO(aq) 4 3 C．该条件下，CaCO 的溶解度小于CaSO 3 4 D．CaCO 和CaSO 共存的悬浊液中，c(SO 2-)/c(CO 2-)=1 105 3 4 4 3 【答案】D 【解析】A项，水电离、盐水解都吸热，温度升高，NaCO 溶液的K 和c(OH-)均会增大，故A正确； 2 3 w B项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO＋CaSO CaCO ＋SO 2-，故B正确；C项，该 4 3 4 条件下，设溶液为1L，由c(CO2-)=c(Ca2+)= =10-5 mol·L－1，则 = 3 =1 10-4g，CaCO 的溶解度约为1×10-4，显然，CaCO 的溶解度小于CaSO，故C正确；D项，CaCO 和 3 3 4 3 CaSO 共存的悬浊液中， =9 104，故D错误；故选D。 46．室温下，通过下列实验探究有关AgNO 的性质[已知： ]。 3 实验1：向 0.1mol·L-1的AgNO 溶液中滴加 0.1mol·L-1的NaCl溶液，产生白色沉淀，过滤， 3 实验2：向实验1所得滤液中滴加 0.1mol·L-1 溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。 实验3：向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，产生沉淀先变多后变少，直至消失。 下列说法正确的是( ) A．实验1过滤后滤液中c(Ag+)=10-4.9mol·L-1 B．通过实验1和实验2可得出 C．实验2所得滤液中c(Ag+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+ c(OH-) D．实验3滴加氨水过程中，c(Ag+)一直减小 【答案】D 【解析】A项， 向10mL0.1mol/L的AgNO 溶液中滴加1mL0.1mol/L的NaCl溶液，发生反应 3 AgNO+NaCl=AgCl↓+NaNO ，反应后AgNO 过量，过滤后所得滤液中c(Ag+)= 3 3 3 =0.082mol/L，A项错误；B项，实验1所得滤液中含过量的AgNO、 3 NaNO 和饱和AgCl，滴加1mL0.1mol/LNaBr溶液，AgNO 直接与NaBr发生沉淀反应生成淡黄色的AgBr 3 3 沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较AgCl、AgBr的K ，B项错误；C项，实验2中发生的反应 sp 为AgNO+NaBr=AgBr↓+NaNO ，反应后AgNO 仍然过量，过滤所得滤液中含过量的AgNO、NaNO 、饱 3 3 3 3 3 和AgCl和AgBr，滤液中NO -物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol、Na+物质的量为0.1mol/ 3 L×0.001L+0.1mol/L×0.001L=0.0002mol，溶液中的电荷守恒为c(Ag+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(NO -) 3 +c(OH-)，C项错误；D项，向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，随着氨水的滴入，依次发生反应： AgNO+NH∙HO=AgOH↓+NH NO 、AgOH+2NH∙HO=[Ag(NH)]OH+2H O，故产生沉淀先变多后变少， 3 3 2 4 3 3 2 3 2 2 直至消失，c(Ag+)一直减小，D项正确；故选D。 7．已知K、K、K 、K 、K 分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的 a w h sp 水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。 (1)有关上述常数的说法正确的是________。 a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b．它们的大小都随温度的升高而增大 c．常温下，CHCOOH在水中的K 大于在饱和CHCOONa溶液中的K 3 a 3 a d．一定温度下，在CHCOONa溶液中，K ＝K·K 3 w a h (2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH ·H O的电离平衡常数K ＝ 3 2 b ________。 (3)25 ℃时，HSO HSO＋H＋的电离常数K＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝ 2 3 a 0.1 mol·L－1的NaHSO 溶液中c(H SO )＝________。 3 2 3 (4)已知常温下Fe(OH) 和Mg(OH) 的K 分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol/L的FeCl 、 3 2 sp 3 MgCl 的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。 2 (已知lg 2＝0.3) 【答案】(1)ad (2)中 (3)0.01 mol/L (4)[3.3，9] 【解析】(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b选项错 误；温度不变，CHCOOH的电离平衡常数不变，c选项错误。(2)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋ 3 c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。K ＝ ＝＝。(3)由 b ，代入数据得c(H SO )＝0.01 mol/L。(4)K [Fe(OH) ]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀 2 3 sp 3 时c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol/L，pH＝3.3，Mg(OH) 开始沉淀时c2(OH－)＝＝1.0×10－10，得c(OH 2 －)＝1×10－5 mol/L，pH＝9，调节pH范围为[3.3，9]。 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 8．(2024·江苏淮安市5校高三联考)室温下： K (H C O)=5×10 -2，K (H C O)=1×10-4， a1 2 2 4 a2 2 2 4 Ksp(CaC O)=2.5×10 -9。通过下列实验探究某些草酸盐的性质。 2 4 实验①：用pH计测得 0.10mol/L K C O 溶液的 pH=8 2 2 4 实验②：向0.10mol/LKHC O 溶液中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去 2 4 实验③：向0.10mol/L KHC O 溶液加入一定体积的等浓度CaCl 溶液产生白色沉淀，测得上层清液 2 4 2 pH=4， (Ca2+)=10-4mol/L 实验④：向0.10mol/L K C O 溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，混合溶液的 pH=7，下列说法正确的 2 2 4 是( ) A．实验①溶液中： =2×10-3 B．实验②说明 KHC O 溶液具有漂白性 2 4 C．实验③所得上层清液中的c(HC O-)=2.5×10-5mol/L 2 4 D．实验④反应所得溶液中存在：c(K+)=2c(C O2-)+c(HC O-) 2 4 2 4 【答案】C 【解析】A项，0.100mol•L-1KC O 溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol•L-1，K (H C O)•K (H C O)==5×10- 2 2 4 a1 2 2 4 a2 2 2 42×1×10-4=5×10-6， = =2×10-11，A错误；B项，向0.10mol•L-1KHC O 溶液中滴入少量酸性 2 4 高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去，高锰酸钾与KHC O 发生氧化还原反应，体现KHC O 具有还原性， 2 4 2 4 B错误；C项，向0.10mol•L-1KHC O 溶液加入一定体积的等浓度CaCl 溶液产生白色沉淀，测得上层清液 2 4 2 pH=4，c(Ca2+)=10-4mol•L-1，则c(C O2-)=2.5×10-5mol•L-1，K (H C O)= 1×10-4，解得c(HC O-)=2.5×10- 2 4 a2 2 2 4 2 4 5mol•L-1，C正确；D项，向0.10mol•L-1KC O 溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，由电荷守恒可知c(K+) 2 2 4 +c(H+)=2c(C O2-)+c(HC O-)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C O2-) 2 4 2 4 2 4 +c(HC O-)+c(Cl-)，D错误；故选C。 2 4 9．(2024·辽宁沈阳高三期中)SO 是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的 吸收能有效减少对大 2 气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是( ) 已知常温下亚硫酸的电离平衡常数(K =1.3×10-2，K =6.3×10-8)碳酸的电离平衡常数(K =4.3×10-7， a1 a2 a1 K =5.6×10-11) a2 A．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：HSO +O =2H++SO2- 2 3 2 4 B．用过量Ca(ClO) 溶液吸收废气中的SO ： Ca2++ClO- +SO+H O= CaSO↓+ Cl-+2H+ 2 2 2 2 4 C．用过量氨水吸收废气中的SO ： NH ·H O +SO=NH++HSO - 2 3 2 2 4 3 D．用过量NaCO 溶液吸收废气中的SO ： 2CO2- +SO+H O=SO 2-+HCO- 2 3 2 3 2 2 3 3 【答案】D 【解析】A项，硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：2HSO +O H++2SO2-，A错误；B 2 3 4 4 项，用过量Ca(ClO) 溶液吸收废气中的SO 发生反应的离子方程式为Ca2++3ClO- +SO+H O= CaSO↓+ Cl- 2 2 2 2 4 +2HClO，B错误；C项，用过量氨水吸收废气中的SO 发生反应的离子方程式为2NH ·H O +SO=2NH+ 2 3 2 2 4 +SO2-+H O，C错误；D项，用过量NaCO 溶液吸收废气中的SO 发生反应的离子方程式为2CO2- 3 2 2 3 2 3 +SO+H O=SO 2-+HCO-，D正确；故选D。 2 2 3 3 10．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三线上模拟考试)氢硫酸(H S)是二元弱酸，常温下，某同学做了如下 2 三组实验： 实验I：向20mL0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加0.1mol·L-1 ZnCl 溶液 2 实验II：向20mL0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加0.1mol·L-1 HCl溶液 实验III：向20mL0.1mol·L-1HS溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO 溶液 2 4 已知：HS的电离平衡常数K =1.1×10-7，K =1.3×10-13，K (ZnS)= 1.6×10－24，K (CuS)= 6.3×10－36。忽 2 a1 a2 sp sp 略溶液混合后体积变化。 下列说法不正确的是( )A．实验I中ZnCl 溶液体积为60mL时，溶液中c(S2-)=3.2×10-23mol·L-1 2 B．实验I中ZnCl 溶液体积小于00mL时，会发生反应2HS-+Zn2+=ZnS↓+H S↑ 2 2 C．实验II不可以选用甲基橙作为指示剂 D．实验III中CuSO 溶液体积为20mL时，溶液pH等于1 4 【答案】C 【 解 析 】 A 项 ， 加 入 ZnCl 溶 液 体 积 为 60mL 时 ， 2 ， ，A正确；B项，由于开始滴加的ZnCl 量较少而NaHS 2 过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HS-+Zn2+=ZnS↓+H S↑，B正确；C项，实验II发生的反应：HS- 2 +H+= H S↑，若恰好完全反应溶液中溶质是氯化钠，若盐酸过量时，因甲基橙变色范围是3.1(红)~4.4(黄)， 2 可以选用甲基橙作为指示剂，C错误；D项，实验III中向20mL0.1mol·L-1HS溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO 2 4 溶 液 ， CuSO 溶 液 体 积 为 20mL 时 ， HS+CuSO = CuS↓+H SO ， 4 2 4 2 4 ， ，溶液pH等于1，D 正确； 故选C。 11．(2025·浙江省名校协作体高三联考)氢硫酸(H S)是二元弱酸，常温下，某同学做了如下三组实验： 2 实验I：向20mL0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加0.1mol·L-1 ZnCl 溶液 2 实验II：向20mL0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加0.1mol·L-1 HCl溶液 实验III：向20mL0.1mol·L-1HS溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO 溶液 2 4 已知：HS的电离平衡常数K =1.1×10-7，K =1.3×10-13，K (ZnS)= 1.6×10－24，K (CuS)= 6.3×10－36。 2 a1 a2 sp sp 忽略溶液混合后体积变化。 下列说法不正确的是( ) A．实验I中ZnCl 溶液体积为60mL时，溶液中c(S2-)=3.2×10-23mol·L-1 2 B．实验I中ZnCl 溶液体积小于10mL时，会发生反应Zn2++2HS-=ZnS↓+H S↑ 2 2 C．实验II不可以选用甲基橙作为指示剂D．实验III中CuSO 溶液体积为20mL时，溶液 等于1 4 【答案】C 【解析】A项，加入ZnCl 溶液体积为60 mL时， 2 ， ，A正确；B项，由于开始滴加的ZnCl 量较少而NaHS 2 过量，因此该反应在初始阶段发生的是Zn2++2HS-=ZnS↓+H S↑，B正确；C项，实验II发生的反应：H+ 2 +HS-=HS↑，若恰好完全反应溶液中溶质是氯化钠，若盐酸过量时，因甲基橙变色范围是3.1(红)~4.4(黄)， 2 可以选用甲基橙作为指示剂，C错误；D项，实验III中向20mL0.1mol·L-1HS溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO 2 4 溶液，CuSO 溶液体积为20mL时，CuSO +H S= CuS↓+H SO ， 4 4 2 2 4 ，c(H＋)=2×0.05mol·L-1 =0.1mol·L-1，溶液pH等于1，D正 确；故选C。 12．常温下，向20mL0.1mol/LNaHCO 溶液中再加入少量的NaHCO 固体，一段时间后，少量气体X 3 3 从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：K (CaCO)=4.96×10-9 K (MgCO )=6.82×10-6，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11 sp 3 sp 3 sp 2 HCO：pK =6.3、pK =10.3；Mg(OH) 沉淀范围：pH9.4~12.4。 2 3 a1 a2 2 下列说法正确的是( ) A．X气体是CO，饱和NaHCO 溶液的 2 3 B．因为K (MgCO )＞K [Mg(OH) ]，Mg(OH) 更难溶 sp 3 sp 2 2 C．向溶液Y中滴加MgCl 溶液，有Mg(OH) 生成 2 2 D．向0.1mol/L NaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉 3 2 2 淀。 【答案】D 【解析】A项，在NaHCO 3 溶液中既存在水解平衡HCO 3 -+H 2 O⇌H 2 CO 3 +OH-、又存在电离平衡HCO 3 - ⇌H++ CO 2-，HCO -的水解平衡常数K = = =10-7.7＞10-10.3，NaHCO 溶液呈碱性，向其中加入少量 3 3 h 3 NaHCO 固体，上述平衡正向移动，生成的HCO 分解产生少量气体CO ，即X气体是CO ，同时有CO2- 3 2 3 2 2 3 生成，即溶液Y中含CO2-，由HCO 的K 、K 可知CO2-的水解能力大于HCO -，溶液Y的pH为8.7， 3 2 3 a1 a2 3 3 则饱和NaHCO 溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO 、Mg(OH) 不属于同类型的难溶电解质，不能直 3 3 2 接由 K 的大小判断溶解度的大小，K (MgCO )=6.82×10-6，饱和 MgCO 溶液的浓度 c(MgCO )= sp sp 3 3 3 = mol/L= ×10-3mol/L，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11，饱和 Mg(OH) 溶液的浓度 sp 2 2 c[Mg(OH) ]= = mol/L= ×10-4mol/L＜ ×10-3mol/L，Mg(OH) 更难溶，B 2 2 项错误；C项，Mg(OH) 沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH) 沉淀，Y溶液的 2 2 pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl 溶液，没有Mg(OH) 生成，C项错误；D项，NaHCO 溶液中存在平 2 2 3 衡 HCO 3 - ⇌H++ CO 3 2-，由于 K sp (CaCO 3 ) ＜K sp (MgCO 3 )，说明 Ca2+结合 CO 3 2-的能力比 Mg2+强，故 向0.1mol/LNaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉淀，D项 3 2 2 正确；故选D。 13．草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC O (s) Ca2+ (aq) 2 4 + C O2- (aq)[已知 K (CaC O)=2.3×10-9，K(CHCOOH)=1.75×10-5，HC O 的电离常数 K =5.6×10-2， 2 4 sp 2 4 a 3 2 2 4 a1 K =1.5×10-4，下列有关说法不正确的是( ) a2 A．上层清液中含碳微粒最主要以C O2-形式存在 2 4 B．上层清液中存在：c(Ca2+)=c(C O2-)+c(HC O-)+c(H C O) 2 4 2 4 2 2 4 C．HC O 加入CaCl 溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC O 沉淀 2 2 4 2 2 4 D．向上层清液中通入 至pH=1，则：2c(Ca2+)-2c(C O2-)-c(HC O-)- c(OH―)= 0.1mol·L-1 2 4 2 4 【答案】D 【解析】A项，溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的 微粒最主要的是草酸根离子，A正确；B项，根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有 c(Ca2+)=c(C O2-)+c(HC O-)+c(H C O)，B正确；C项，草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉 2 4 2 4 2 2 4 末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解， 有利于生成草酸钙，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则有电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H＋)=2c(C O2-)+c(HC O-)+c(OH―)+c(Cl－)，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，2c(Ca2+)-2c(C O2-)-c(HC O-)- 2 4 2 4 2 4 2 4 c(OH―)=c(Cl－)-c(H＋)，不能确定氯离子浓度，故D错误；故选D。 14．HS是常见的二元弱酸(电离常数K (H S)=1.1×10-7，K (H S)=1.3×10-13)。氢氧化铁[K = 2.8×10－ 2 a1 2 a2 2 sp 39]、氢氧化锌[K = 3.0×10－17]均为难溶多元弱碱，硫化锌[K = 1.6×10－24]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。 sp sp 下列有关说法不正确的是( ) A．因为HS的K ＞＞K ，所以c(S2-)≈K =1.3×10-13mol/L 2 a1 a2 a2 B．Fe(OH) 饱和溶液中的c(Fe3+)≈1×10-10mol/L 3 C．分别向等体积等浓度的(CHCOO) Zn、ZnSO 溶液中通入等物质的量的HS沉淀ZnS后，前者 3 2 4 2 c(Zn2+)更小 D．pH=13的NaS溶液与相同物质的量的ZnSO 反应，只沉淀ZnS 2 4 【答案】D 【解析】A项，HS在水溶液中的电离方程式为：HS H++HS-、HS H++S2-，K = 2 2 a1 ，K = ，因为HS的K ＞＞K ，可以任务c(H+)≈c(HS-)，所以c(S2-)≈K =1.3×10- a2 2 a1 a2 a2 13mol/L，故A正确；B项，Fe(OH) 溶于水所得饱和溶液中存在平衡：Fe(OH) Fe3++3OH-，设 3 3 c(Fe3+)=amol/L，则c(OH-)=3amol/L，K [Fe(OH) ]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a 1×10-10mol/L， sp 3 故B正确；C项，(CHCOO) Zn是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制HS的电离，c(S2-)更大，沉淀 3 2 2 Zn2+更加彻底，c(Zn2+)更小，故C正确；D项，氢氧化锌的K = 3.0×10－17，则当0.1mol/L的ZnSO 溶液中 sp 4 Zn2+开始沉淀时，c(OH-)= ，pH= ，则pH=13的NaS溶液与相同物质的量的ZnSO 反应，除了 2 4 沉淀ZnS还会生成Zn(OH) ，故D错误；故选D。 2 15．常温下，向20mL0.1mol/LNaHCO 溶液中再加入少量的NaHCO 固体，一段时间后，少量气体X 3 3 从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：K (CaCO)=4.96×10-9 K (MgCO )=6.82×10-6，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11 sp 3 sp 3 sp 2 HCO：pK =6.3、pK =10.3；Mg(OH) 沉淀范围：pH9.4~12.4。 2 3 a1 a2 2下列说法正确的是( ) A．X气体是CO，饱和NaHCO 溶液的 2 3 B．因为K (MgCO )＞K [Mg(OH) ]，Mg(OH) 更难溶 sp 3 sp 2 2 C．向溶液Y中滴加MgCl 溶液，有Mg(OH) 生成 2 2 D．向0.1mol/L NaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉 3 2 2 淀。 【答案】D 【解析】A项，在NaHCO 3 溶液中既存在水解平衡HCO 3 -+H 2 O⇌H 2 CO 3 +OH-、又存在电离平衡HCO 3 - ⇌ H++ CO2-，HCO -的水解平衡常数K = = =10-7.7＞10-10.3，NaHCO 溶液呈碱性，向其中加入少量 3 3 h 3 NaHCO 固体，上述平衡正向移动，生成的HCO 分解产生少量气体CO，即X气体是CO，同时有CO2- 3 2 3 2 2 3 生成，即溶液Y中含CO2-，由HCO 的K 、K 可知CO2-的水解能力大于HCO -，溶液Y的pH为8.7， 3 2 3 a1 a2 3 3 则饱和NaHCO 溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO 、Mg(OH) 不属于同类型的难溶电解质，不能直 3 3 2 接由K 的大小判断溶解度的大小，K (MgCO )=6.82×10-6，饱和MgCO 溶液的浓度c(MgCO )= sp sp 3 3 3 = mol/L= ×10-3mol/L，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11，饱和Mg(OH) 溶液的浓度 sp 2 2 c[Mg(OH) ]= = mol/L= ×10-4mol/L＜ ×10-3mol/L，Mg(OH) 更难溶，B 2 2 项错误；C项，Mg(OH) 沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH) 沉淀，Y溶液的 2 2 pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl 溶液，没有Mg(OH) 生成，C项错误；D项，NaHCO 溶液中存在平 2 2 3 衡HCO 3 - ⇌H++ CO 3 2-，由于K sp (CaCO 3 ) ＜K sp (MgCO 3 )，说明Ca2+结合CO 3 2-的能力比Mg2+强，故 向0.1mol/LNaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉淀，D项 3 2 2 正确；故选D。 16．(2024·江苏淮安高三开学考试)室温下，用FeSO 溶液制备FeCO 的过程如图所示。已知： 4 3 K(NH ·H O)=1.8×10-5，K (H CO)=4.5×10-7，K (H CO)=4.7×10-11，K [Fe(OH) ]=8.0×10-16， b 3 2 a1 2 3 a2 2 3 sp 2 K (FeCO)=3.1×10-11。下列说法正确的是( ) sp 3A．0.1 mol·L-1NH HCO 溶液中：c(NH ·H O)＞c(H CO) 4 3 3 2 2 3 B．(NH )SO 溶液中：c(H＋)=2 c(NH ·H O)+ c(OH―) 4 2 4 3 2 C．制备FeCO 的离子方程式为：Fe2++ NH ·H O +HCO-=FeCO ↓+NH++H O 3 3 2 3 3 4 2 D．c(Fe2＋)=0.08mol·L－1时，应控制 【答案】C 【解析】A项，由于NH +的水解常数 5.56 10-10，HCO -的水解常数 4 3 10-8，所以HCO -的水解程度比NH +的水解程度大，c(NH ·H O)＜c(H CO)， 3 4 3 2 2 3 故A错误；B项，(NH )SO 为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：c(H＋)= c(NH ·H O)+ c(OH―)，故 4 2 4 3 2 B错误；C项，HCO -与NH ·H O反应产生的CO2-再与Fe2+结合生成FeCO，反应的离子方程式为：Fe2++ 3 3 2 3 3 NH ·H O +HCO-=FeCO ↓+NH++H O，故C正确；D项，当混合液中c(Fe2＋)=0.08mol·L－1时，为防止生成 3 2 3 3 4 2 Fe(OH) ， ，即 ，故D错误；故选C。 2 题型三 中和滴定及其拓展应用 17．下列滴定反应中，指示剂使用正确的是( ) A．用HO 溶液滴定KI溶液，淀粉做指示剂 2 2 B．用酸性KMnO 标准溶液滴定NaHSO 溶液以测量其浓度，用甲基橙做指示剂 4 3 C．用标准FeCl 溶液滴定KI溶液，KSCN溶液做指示剂 3 D．用强酸标准溶液滴定测量弱碱浓度，用酚酞做指示剂 【答案】C 【解析】A项，用过氧化氢滴定碘化钾溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始生成的碘遇淀粉使溶液就 变为蓝色，继续滴加时，溶液蓝色的变化无法确定滴定终点，故A错误；B项，酸性高锰酸钾溶液与亚硫 酸氢钠溶液完全反应时，再滴入酸性高锰酸钾溶液，过量的酸性高锰酸钾会使溶液会变为浅紫色，则滴定 时不需要指示剂即可完成测量实验，故B错误；C项，氯化铁溶液与碘化钾溶液完全反应时，若用硫氰化钾溶液做指示剂，过量的氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁溶液，使溶液变为红色，可以确定 滴定达到终点，故C正确；D项，强酸溶液与弱碱溶液完全反应时生成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐使溶液呈 酸性，若用酚酞作指示剂无法判断反应的终点，应选用甲基橙做指示剂，故D错误；故选C。 18．(2024·河北石家庄高三第二次调研)某活动小组为测定样品中NaBH 的纯度，设计了如下的实验步 4 骤： 步骤l：取5.0gNaBH 样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL 4 置于碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L的KIO 溶液充分反应(反应为 3 3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O)； 4 3 2 2 步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO 转化为I，冷却后 3 2 在暗处放置数分钟； 步骤3：向步骤2所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000mol/L的 NaSO 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I+2Na SO=2NaI+Na SO)。 2 2 3 2 2 2 3 2 4 6 下列说法正确的是( ) A．NaBH 中H元素化合价为+1价 4 B．步骤2反应的离子方程式为IO -+I-+6H+=I +3H O 3 2 2 C．步骤3中加入几滴酚酞作指示剂 D．样品中NaBH 的纯度为64.47% 4 【答案】D 【解析】A项，NaBH 具有强还原性，H元素化合价为-1价，故A错误；B项，步骤2的反应为KI和 4 KIO 在酸性条件下生成I，离子方程式为：IO -+5I-+6H+=I +3H O；故B错误；C项，步骤3用NaSO 标 3 2 3 2 2 2 2 3 准溶液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C错误；D项，根据方程式 I+2Na SO=2NaI+Na SO，n(Na SO)=0.00207mol，则n(I)=0.001035mol，再根据IO -+5I- 2 2 2 3 2 4 6 2 2 3 2 3 +6H+=I +3H O，可以计算出n(KIO )=0.000345mol，这是剩余的KIO ，与NaBH 反应的KIO 为 2 2 3 3 4 3 0.006mol-0.000345mol=0.005655mol，根据3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O可以计算出 4 3 2 2 n(NaBH )=0.00424125mol，则原样品中n(NaBH )=0.00424125mol =0.084825mol，NaBH 的纯度为 4 4 4 =64.47%，故D正确。 19．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教革联盟高三联考，节选)亚硝酰硫酸(NOSOH，相对分子质量 4 为127)是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于染料、医药等领域。(4)测定亚硝酰硫酸的纯度：准确称取1.800 g产品放入250 mL碘量瓶中，加入 的高锰酸钾溶液和 的硫酸溶液，摇匀。用 草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶 液的体积为10.00 mL。已知该测定过程中只发生以下两步反应： 2KMnO +5NOSO H+2HO=KSO +2MnSO +5HNO +2H SO 4 4 2 2 4 4 3 2 4 5C O2-+2MnO-+16H+=10CO ↑+2Mn2++8H O 2 4 4 2 2 则产品中亚硝酰硫酸的纯度为： (精确到0.1%)，在实验过程中，下列操作可能会导致亚硝酰 硫酸的纯度偏大的是 。 A．滴加草酸钠标准溶液时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数 B．滴加草酸钠标准溶液时，滴定开始时尖嘴处无气泡，滴定结束时出现气泡 C．滴定过程中，将挂在锥形瓶内壁上的草酸钠标准溶液用蒸馏水冲进瓶内 D．当溶液由浅紫红色刚好变无色时，立即停止滴加草酸钠溶液 【答案】(4) 88.2% BD 【解析】(4)根据滴定实验操作，用0.2500 mol·l-l的草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO 标准溶液，草酸 4 钠与KMnO 发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：5C O2-+2MnO- 4 2 4 4 +16H+=10CO ↑+2Mn2++8H O。由反应可知，过量的KMnO 标准溶液的物质的量n(KMnO)= n ( )= 2 2 4 4 ×0.2500×0.01 mol=0.001mol，则与NOSOH溶液反应的KMnO 标准溶液的物质的量n(KMnO)=0.06 4 4 4 L×0.1000 mol/L -0.001 mol=0.005 mol，据已知反应 2KMnO +5NOSO H+2HO=KSO +2MnSO +5HNO +2H SO 可知：产品中NOSOH的物质的量 4 4 2 2 4 4 3 2 4 4 n(NOSOH)=0.005× mol=0.0125 mol，则亚硝酰硫酸的纯度为 ×100%≈88.2%；A项， 4 加草酸钠标准溶液时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，标准液体积偏大，测定结果偏小，A错误；B 项，滴加草酸钠标准溶液时，滴定开始时尖嘴处无气泡，滴定结束时出现气泡，标准液体积偏小，测定结 果偏大，B正确；C项，滴定过程中，将挂在锥形瓶内壁上的草酸钠标准溶液用蒸馏水冲进瓶内，属于规 范操作，对测定结果没影响，C错误；D项，当溶液由浅紫红色刚好变无色时，未达到30s稳定时间，还 会有额外的草酸钠消耗，故标准液体积偏小，测定结果偏大，D正确；故选BD。 20．中华人民共和国国家标准(GB 27602011)规定葡萄酒中SO 最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组 2 用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO ，并对其含量进行测定。 2图1 图2 (1)仪器A的名称是____________，水通入A的进口为______。 (2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO 全部逸出并与C中HO 完全反应，其化学方程 2 2 2 式为__________________________________。 (3)除去C中过量的HO ，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择 2 2 图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8．8，则选择的指示剂为________；若用50 mL滴定管进行 实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40 mL， ③＜10 mL，④＞40 mL)。 (4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25．00 mL，该葡萄酒中SO 含量为________g·L－1。 2 (5)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：_____________________。 【答案】(1)冷凝管(或冷凝器) b (2)SO ＋HO===H SO (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24 2 2 2 2 4 (5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的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) 【解析】(1)A仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b口通入。 (2)SO 具有强还原性，HO 具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO ＋HO===H SO 。(3)NaOH盛装 2 2 2 2 2 2 2 4 在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲以排出气泡，选③。滴定至终点时溶液的pH＝8．8，在酚酞的变色 范围内，故可选用酚酞作指示剂。液面在10 mL时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一 段无刻度，故管内液体的体积大于40 mL。(4)SO 与NaOH存在如下关系： 2 SO ～ HSO ～ 2NaOH 2 2 4 64 g 2 mol m(SO ) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L 2 解得：m(SO )＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO 的含量为＝0.24 g·L－1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl 2 2 消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。 21．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白： (1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛 ________________________________。 (2)滴定终点的判断：____________________________________________。 (3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表： 0.1000mol/L盐酸的体积/mL 待测NaOH 滴定次数 溶液的体 积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 25.00 0.00 26.11 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 26.31 26.09 根据表中数据该NaOH溶液的物质的量浓度为______________。 (4)以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏高的是______________。 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 E.盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数 (5)氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或 反之)。为测定某样品中所含晶体FeSO •7H O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100.00mL溶 4 2 液，取出20.00mL溶液，用KMnO 溶液滴定(杂质与KMnO 不反应)。若消耗0.2000mol•L-1KMnO 溶液 4 4 4 20.00mL，所得晶体中FeSO •7H O的质量分数为_______________(用a表示)。 4 2 【答案】(1)注视锥形瓶内颜色变化 (2)浅红色变为无色且半分钟内不恢复原色 (3)0.1044mol/L (4)AC (5) ×100% 【解析】(1) 用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶， 眼睛注视锥形瓶内颜色变化；(2)用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选 择酚酞作指示剂，滴定前溶液为红色，滴定后呈中性，溶液为无色，则滴定终点的判断依据是浅红色变为 无色且半分钟内不恢复原色；(3)根据表中数据，第二次实验数据明显偏大，舍去，根据第一次、第三次实验数据，平均消耗盐酸的体积是 =26.10ml，则c()= = =0.1044mol/L；(4) A项，酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐 酸浓度偏小，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高；B项，滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用 蒸馏水洗净后没有干燥，氢氧化钠的物质的量不变，消耗盐酸体积不变，测定氢氧化钠溶液的浓度无影响； C项，酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高； D项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗盐酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液浓 度偏低；E项，盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数，氢氧化钠溶液体积偏小，消耗盐酸 体积偏小，测定氢氧化钠溶液的浓度偏低；故选AC。(5)亚铁离子会被高锰酸钾溶液氧化为铁离子，高锰 酸钾被还原成锰离子，根据电子守恒，即5FeSO •7H O~ KMnO，所以晶体中FeSO •7H O的质量分数为 4 2 4 4 2 = ×100%。 1．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)在化学实践中，科研工作者会使用许多缓冲溶液。在缓冲溶液 中发挥作用的物质称为缓冲对，一个缓冲对包含2个相差1个H+的分子或离子。在人体的血液(pH约7.35- 7.45)中也有HCO/HCO-，HPO -/HPO 2-/等缓冲对。下图为参考数据。关于缓冲溶液相关实验，下列说法 2 3 3 2 4 4 正确的是( ) 物质 HCO HCO - CHCOOH NH HC O HC O- 2 3 3 3 3 2 2 4 2 4 pKa/pK 6.4 10.3 4.7 4.7 1.3 4.3 b A．为构建pH=3的缓冲溶液，可采用HCO/HCO-缓冲对 2 3 3 B．某缓冲溶液仅由HC O/NaHC O 配制而成，且该溶液pH=1，则配制时可将0.2mol/L的HC O 溶 2 2 4 2 4 2 2 4 液与0.1mol/L的NaHC O 溶液等体积混合 2 4 C．将浓度均为2mol/L的CHCOONH/ Na C O 溶液混合，则c(OH-)>c(HC O-) 3 4 2 2 4 2 4 D．将浓度均为0.2mol/L的1L MgCl 溶液与2L Na CO 溶液混合，此时Mg2+可视为完全沉淀，且沉淀 2 2 3质量为14.2g，则此时溶液pH约为10 【答案】D 【解析】A项，由表可知，HCO/HCO-缓冲对形成的溶液的pH大于3，A错误；B项，0.2mol/L的 2 3 3 HC O 溶液与0.1mol/L的NaHC O 溶液等体积混合，则得到0.1mol/L的HC O 与0.05mol/L的NaHC O 的 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4 混合溶液，则 ， c(H＋)=20×10-2.3mol·L-1 mol/L，pH≠1，B错误； C项，由表知，铵根离子、乙酸根离子水解程度相等，而铵根离子水解程度大于草酸根离子，铵根离子水 解的氢离子结合了草酸根离子水解的氢氧根离子生成水，使得草酸氢根离子浓度大于氢氧根离子浓度，C 错误；D项，设生成氢氧化镁、碳酸镁分别为amol、(0.2-a)mol，则58a+84×(0.2-a)=14.2，a=0.1mol，CO2- 3 +H O HCO -+OH-，0.2mol碳酸根离子水解生成0.2mol碳酸氢根离子、0.2mol氢氧根离子，氢氧根离 2 3 子转化为氢氧化镁沉淀，结合碳质量守恒，反应后碳酸根离子为0.2mol、碳酸氢根离子为0.2mol，则 ， c(OH-)=10-3.7mol·L-1，pOH≈4，pH≈10，D正确；故选D。 2．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往10mL0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L的草酸溶液。 实验Ⅱ：往10mL0.1mo/L氨水中滴加0.1mol/L的氢氟酸。 已知：溶液混合后体积变化忽略不计。溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子已 沉淀完全。25℃时，相关常数如下表。 NH ·H O HF HC O CaF CaC O 3 2 2 2 4 2 2 4 电 离 1.8×10-5 6.3×10-4 K =5.6×10-2，K =1.5×10-4 溶度积K 4.0×10-11 2.5×10-9 a1 a2 sp 常 数 下列说法正确的是( ) A．实验Ⅰ，滴加过程中始终满足cC O2-＋cHC O-＋cHC O=0.1mol·L-1 2 4 2 4 2 2 4 B．实验Ⅱ中 时，因NH +和F-水解相互促进，导致所得溶液中含氟微粒的主要形式 4 为HF分子 C．相同温度下，CaC O 在NH Cl溶液中的溶解度比水中要小 2 4 4D．用Ca(NO ) 溶液，无法将混合液中相同浓度的C O2-和F-先后沉淀而分离 3 2 2 4 【答案】D 【解析】A项，滴加过程中溶液体积逐渐变大，cC O2-＋cHC O-＋cHC O逐渐减小，A错误；B 2 4 2 4 2 2 4 项，实验Ⅱ中 时，恰好生成NH F溶液。NH ++F-+H O HF+NH ·H O的 4 4 2 3 2 ，故尽管NH +和F-水解相互促进，但水解仍然微弱，所得溶液中含氟微 4 粒的主要形式为F-，B错误；C项，NH Cl溶液呈酸性，使溶解平衡CaC O(s) Ca2+ (aq)+ C O2-(aq) 4 2 4 2 4 右移，CaC O 在NH Cl溶液中的溶解度比水中要大，C错误；D项，当F-浓度等于1.0×10-5mol·L-1时， 2 4 4 Ca2+浓度等于0.4mol/L，此时C O2-的最大浓度为6.25×10-9mol·L-1，即C O2-也沉淀完全；反之，当C O2-浓 2 4 2 4 2 4 度等于1.0×10-5mol·L-1时，Ca2+浓度等于2.5×10-4mol·L-1，此时F-的最大浓度为4.0×10-4mol·L-1，即F-也几乎 沉淀完全；综上，用Ca(NO ) 溶液，无法将混合液中相同浓度的C O2-和F-先后沉淀而分离，D正确；故 3 2 2 4 选D。 3．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)已知K (CaCO )=2.8×10－9，K (H CO)=4.5×10-7， sp 3 a1 2 3 K (H CO)=4.7×10-11，K(HClO)=2.9×10－8。下列说法正确的是( ) a2 2 3 a A．向漂白粉溶液中通入少量CO 气体的离子方程式为ClO-+CO +H O= HClO+HCO - 2 2 2 3 B．向0.2mol·L-1的CaCl 溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO 溶液可生成白色沉淀 2 3 C．室温下，向NaOH溶液中通入CO 气体至pH=11，此时溶液中的cHCO -=4.7cCO2- 2 3 3 D．向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCO 和NaHCO 的混合溶液中无论滴加少量的HCl还是 2 3 3 NaOH溶液，均可导致溶液的pH值出现较大变化 【答案】B 【解析】根据电离常数可知酸性HCO＞HClO＞HCO -。A项，酸性HCO＞HClO＞HCO -，向漂白 2 3 3 2 3 3 粉溶液中通入少量CO 气体生成碳酸钙沉淀、次氯酸，对应的离子方程式为Ca2++2ClO-+H O+CO=2HClO+ 2 2 2 CaCO ↓，A错误；B项，向0.2mol·L-1的CaCl 溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO 溶液混合后溶液 3 2 3 中 ， ，根据HCO-+H O HCO+OH-可知 3 2 2 3， ， ， ， ；根据K (H CO)=4.7×10-11可知 a2 2 3 ，溶液中 ， ，计算可得 ，此时溶液中 ， ，有白色沉淀生成，B正确；C项，向NaOH溶液中通入CO 气体至 2 pH=11， ， ， ，即 4.7cHCO -=cCO2-，C错误；D项，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCO 和NaHCO 的混合溶液存在 3 3 2 3 3 CO2-+H O HCO -+OH- 、HCO-+H O HCO+OH-、HCO HCO -+H+，使得溶液具有缓冲 3 2 3 3 2 2 3 2 3 3 能力，滴加少量的HCl还是NaOH溶液，均可导致溶液的pH值变化不大，D错误；故选B。 4．(2025·浙江省五校高三联考)已知：常温下，氢硫酸HS的电离常数K =1.1×10-7，K =1.3×10-13， 2 a1 a2 K (FeS)= 6.3×10－18，K (HgS)= 1.6×10－52。往10mL0.1mol/LH S(pH约为4.1)溶液中加 sp sp 2 入10mL0.1mol/LNaOH溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO 溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说 4 法不正确的是( ) A．0.1mol/LH S溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH―)＞c(S2-) 2 B．HS与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，cNa＋＋cHS- c(S2-)＝0.1mol·L-1 2 2 C．滴加入0.1mol/LFeSO 溶液时，会产生FeS沉淀 4 D．FeS固体能用于去除工业废水中的Hg2+ 【答案】B 【解析】A项，0.1mol/LH S溶液中存在电离平衡HS SH-+H+ (H S以第一步电离为主)、H - 2 2 2 S S2-+H+、HO OH-+H+，0.1mol/LH S溶液的pH约为4.1，则c(OH-)=1.0×10-9.9mol·L-1， 2 2， ，则 ，故c(H＋)＞c(HS-)＞ c(OH―)＞c(S2-)，故A正确；B项，溶液中存在电荷守恒cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，HS与 2 NaOH溶液反应至溶液呈中性时，c(OH―)=c(H＋)，则cNa＋=cHS-+2c(S2-)，则cNa＋+ cHS＝cHS-＋ 2 2cS2-+ cHS，cNa＋+ cHS- cS2-＝cHS-＋cS2-+ cHS= cS溶液体积变大，故，c(S2-)＜ 2 2 2 0.1mol·L-1，cNa＋＋cHS- c(S2-)＜0.1mol·L-1，故B错误；C项，往10mL0.1mol/LH S溶液中加入 2 2 10mL0.1mol/LNaOH溶液，恰好发生反应生成NaHS，滴加入0.1mol/LFeSO 溶液时，发生反应HS- 4 +Fe2+=FeS+H+，该反应的平衡常数为 ，会产生FeS沉淀，故 C正确；D 项，FeS的溶度积比HgS的溶度积大，难溶电解质易转化为更难溶的电解质，则FeS固体能用于去除工业 废水中的Hg2+，故 D正确；故选B。 5．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用 EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下： ①EDTA标定：取10.00 mL 0.1 mol·L-1标准CaCl 溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好 2 的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V mL。 1 ②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO 溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中， 4 得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。 ③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合 物)，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V mL。 2 根据上述实验原理，下列说法错误的是( ) A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高 B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高 C．EDTA滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化 D．pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力 【答案】B【解析】A项，EDTA可与金属离子形成稳定的配合物，若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的 钙含量结果偏高，A正确；B项，EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，则V 数值增大，故 2 钙含量偏低，B错误；C项，EDTA滴定时，指示剂的选用与体系pH有关，同时滴定时应保证体系的酸碱 性，保证钙不会变成沉淀，故改变指示剂的种类，提取液的pH会发生变化，C正确；D项，由③可知pH 为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D正确； 故选B。 6．(2025·浙江省名校协作体三开学测试，节选)探究NaBiO 的应用：利用NaBiO 测定溶液中 含 3 3 量 (4)在试管中加入VmLMnSO 和HSO 的混合液，然后加入一定量的NaBiO，充分反应分离出剩余的 1 4 2 4 3 NaBiO，向所得滤液中加入足量KI溶液，充分反应后转移至碘量瓶中，用cmol·L-1NaSO 溶液滴定至浅 3 2 2 3 黄色，加入淀粉溶液，继续用cmol·L-1NaSO 溶液滴定至终点，共消耗NaSO 溶液VmL。 2 2 3 2 2 3 2 (已知：I-+MnO-+H+→I+Mn2++H O、I+S O2-→SO2-+I-，均未配平) 4 2 2 2 2 3 4 6 ①混合液中Mn2+的含量为 mg·mL-1 (用含V、V、c的代数式表示)； 1 2 ②在滴定过程中，下列实验操作会使测定结果偏高的是 (填标号)。 a．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数 b．滴定时碘量瓶中溶液酸性太强 c．碘量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡 e．没有分离出剩余的NaBiO，直接加入足量 溶液 3 【答案】(1)Bi(OH) +3OH-+Na++ Cl=NaBiO+2Cl-+3H O 3 2 3 2 (2)防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO 分解 吸收多余的氯气 3 (3)efad (4) be 【解析】用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，其中混有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除 杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH) 氧化为NaBiO。(1)丙中发生反应为碱性环境下氯 3 3 气将Bi(OH) 氧化为NaBiO，氯化合价由0变为-1、Bi化合价由+3变为+5，结合电子守恒可知，离子方程 3 3 式为Bi(OH) +3OH-+Na++Cl=NaBiO+2Cl-+3H O；(2)铋酸钠在酸中会逐渐分解，氯气和水会生成盐酸和和 3 2 3 2 次氯酸，当丙中白色固体消失时，可以初步判断丙中反应已完成，此时应立即进行的操作是关闭K 和 3 K、打开K，以防止NaBiO 分解，同时不产生过量氯气，多余的氯气被NaOH吸收；(3)据已知信息，不 1 2 3 溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品应该：e．在冰水中冷却，析出晶体；f．用布 氏漏斗抽滤，加快过滤速率；a．冷水洗涤，减少溶解损失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；故选efad；(4)①根据反应原理可知最后生成碘单质，碘单质被c mol·L-1NaSO 反应，碘单质被反应完， 2 2 3 NaSO 的物质的量为 ，I+2S O2-=S O2-+2I-，NaSO 的物质的量为碘单质的物质的量2倍， 2 2 3 2 2 3 4 6 2 2 3 根据10I-+2MnO-+16H+=5I +2Mn2++8H O，锰离子的物质的量为碘单质的2.5倍，故硫酸锰的质量为 4 2 2 ，故含量为 ；②a项，滴定终点时俯视读数，则读数偏小，则体积偏小， 故碘单质偏小，故结果偏小，a不符合题意；b项，碘量瓶中溶液酸性太强，NaSO 发生歧化反应，导致 2 2 3 消耗的碘的含量偏小，碘单质偏高，b符合题意；c项，锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 ，对结果无影响， 故c不符合题意；d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡，读数偏小，则体积偏小，结果偏低， d不符合题意；e项，没有分离出剩余的NaBiO 与KI反应，生成碘单质，则最终测定的碘含量偏高，e符 3 合题意；故选be。 7．(2025·河南省南阳市高三联考，节选)某小组设计实验制备FeCl 并测定产品纯度。 3 (二)测定FeCl 样品的纯度 3 已知：Fe3++6F- [FeF ]3- (无色，很稳定)，AgF易溶于水且完全电离。 6 (4)实验步骤如下(已知杂质均不溶于水或不参与反应)： 步骤1：准确称取mg样品，溶于水，滤去不溶物后，配成1000mL溶液，取10.00mL置于锥形瓶中； 步骤2：向锥形瓶中加入适量NaF溶液(恰好与铁离子完全反应)，用力振荡，再加入 VmL0.1000mol·L-1 AgNO 溶液(过量)使Cl-完全沉淀； 1 3 步骤3：向其中加入硝基苯(不溶于水，密度比水大)，用力振荡； 步骤4：加入几滴Fe(NO ) 溶液，用0.1000mol·L-1NH SCN溶液滴定过量的Ag+至终点，消耗NH SCN 3 3 4 4 溶液的体积为VmL。 2 (已知：常温下，K (AgCl)= 1.8×10－10，K (AgSCN)= 2.0×10－12。FeCl 的摩尔质量用M表示) sp sp 3 ①滴定终点时锥形瓶内现象为 。 ②步骤3加入硝基苯的目的是 ，若省略步骤3，测定结果将 。(填“偏大”、“偏小” 或“无影响”)。 ③测得样品中FeCl 的质量分数为 %(用含m、V、V、M的式子表示)。 3 1 2 【答案】(4)滴入最后半滴NH SCN标准溶液，锥形瓶内液体变为血红色，且半分钟不恢复原色 4 覆盖氯化银沉淀，保护氯化银沉淀不转化为溶解度更小的AgSCN沉淀(合理即可) 偏小【解析】(1)盛放MnO 的仪器名称为蒸馏烧瓶；由分析可知，图中各装置连接顺序是 2 A→C→E→B→D→E→F；(2)装置A中发生反应为浓盐酸与二氧化锰制备氯气，其离子方程式为 MnO +4H++2Cl- MnCl +Cl↑+2H O；(3)装置F用来吸收多余的尾气，所以其离子方程式为Cl+2OH—=ClO 2 2 2 2 2 —+Cl—+H O；D装置用来收集FeCl ，FeCl 遇水蒸气易水解而生成Fe(OH) ，若D和F直接相连，则F中的 2 3 3 3 水蒸气会进入D中使FeCl 水解，所以制得产品中会含有杂质Fe(OH) ；(4)①硫氰根与银离子结合生成沉 3 3 淀，当银离子恰好被反应完时，滴入最后半滴NH SCN，硫氰根与三价铁结合生成硫氰化铁锥形瓶内液体 4 变为红色，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入最后半滴NH SCN标准溶液，锥形瓶内液体变为血红色， 4 且半分钟不恢复原色；②步骤3加入硝基苯的目的是为了让有机物覆盖氯化银沉淀，保护氯化银沉淀不会 转化为溶解度更小的AgSCN沉淀，若省略步骤三，会使得氯离子测定结果偏小使得氯化铁测定结果偏小； ③由Ag++Cl- = AgCl↓、Ag++SCN- = AgSCN↓根据可知n(SCN-) =0.1000mol/L×V×10－3 L =V×10－4mol，与 2 2 硫氰根反应的n(Ag+) =V×10－4mol，由于n (Ag+)= V ×10－3 L×0.1000mol/L=V×10－4mol，所以与氯离子反 2 总 1 1 应的n(Ag+)=V×10－4－1V×10－4=(V－V)×10－4mol，故氯离子的物质的量为(V－V)×10－4mol，根据元素物 1 2 1 2 1 2 质的量守恒可知n(FeCl )= ，m(FeCl )=n×M＝ ，所以氯化铁的质量分数 3 3 = 。 8．滴定法可用于测定样品纯度。 I.双指示剂法测定烧碱样品(含NaCO)纯度： 2 3 [实验步骤] a.迅速称取烧碱样品1.2 g，溶解后配制成250 mL溶液，备用： b.将0.1000 mo/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V =0.10mL； 0 c.用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此 时溶质为NaCl和NaHCO )，记录酸式滴定管的读数V =21.8mL； 3 1 d.然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数 V =23.50mL。 2 (1)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为_______。(2)判断滴定至第二终点的现象是溶液由_______色变为橙色。 (3)样品中NaOH的质量分数 _______%(计算结果保留小数点后1位)。 (4)下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是_______(填字母序号)。 a.滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失 b.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 d.记录酸式滴定管读数V 时，仰视标准液液面 2 II.测定三草酸合铁酸钾K[Fe(C O)]·3H O中铁的含量： 3 2 4 3 2 第一步，称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀HSO 酸化，用c mol/L KMnO 溶液滴定至终点，消 2 4 4 耗KMnO 溶液V mL。 4 1 第二步，向上述溶液中加入过量锌粉将Fe3+转化为Fe2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥 形瓶中。加稀HSO 酸化，用c mol/L KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液V mL。 2 4 4 4 2 (5)该晶体中铁的质量分数的表达式是_______。 【答案】(1)OH-+H+=H O、CO2-+H+=HCO- (2)黄 2 3 3 (3)83.3% (4)abc (5) 【解析】(1)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应的离子方程式是： OH-+H+=H O、CO2-+H+=HCO-；(2)甲基橙的变色范围为：pH＜3.1时红色，3.1＜pH＜4.4橙色，pH＞4.4 2 3 3 黄色，根据其变色范围可知，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色；(3)根据已知信息，可知实验 中NaHCO 生成CO 消耗盐酸的体积为23.50mL-21.80mL=1.70mL，NaOH消耗盐酸的体积是 3 2 21.80mL-1.70mL-0.10mL=20.00mL，故20.00mL样品溶液中NaOH的物质的量是0.1000mol/ L×0.020L=0.0020mol，氢氧化钠的质量为0.0020mol×40g/mol=0.080g，样品中氢氧化钠的质量分数 w(NaOH) = ；(4)a项，滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失，说明达到 第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故a正确；b项，达到第一终点前，锥形瓶中有 气泡产生，说明达到第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故b正确；c项，第一终点 后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，导致第二次滴定消耗的盐酸少，测得的氢氧化钠质量分数偏高， 故c正确；d项，记录酸式滴定管读数V 时，仰视标准液液面，说明计算出的达到第二终点消耗的盐酸多， 2 测得的氢氧化钠质量分数偏低，故d错误；故选abc；(5)加入过量锌粉能将溶液中Fe3+转化为Fe2+，酸化后Fe2+与KMnO 溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5 Fe2+~ MnO -，根据消耗KMnO 溶液的浓度和体 4 4 4 积可知溶液中n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L×5=5×10-3cVmol，则该晶体中铁元素的质量分数为 2 2 = 。 9．用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g∙L−1)，实验过程包括标准溶液的准 备和滴定待测溶液。 I．准备KMnO 标准溶液 4 a．配制100.00mLKMnO 溶液备用； 4 b．准确称取NaC O 基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250.00mL标准溶液。取出25.00mL于锥形瓶 2 2 4 中，加入适量3 mol∙L−1硫酸酸化后，用待标定的KMnO 溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO 溶液的 4 4 浓度。 II．滴定主要步骤 a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中； b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3 mol∙L−1硫酸，然后用已标定的KMnO 溶液(0.1000 4 mol∙L−1)滴定至终点； c．重复上述操作两次，三次测定的数据如表： 组别 1 2 3 消耗标准溶液体积(mL) 25.00 25.02 24.98 d．数据处理。 请回答下列问题： (1)将称得的NaC O 配制成250.00mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。 2 2 4 (2)标定KMnO 溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度____(填“能”或“不能”)，简述理由___。写出 4 标定过程中发生反应的离子方程式____。 (3)滴定待测双氧水时，标准溶液应装入____滴定管，滴定至终点的现象是____。 (4)计算此双氧水的浓度为____g∙L−1。 (5)误差分析：在第II步滴定主要步骤中，下列操作会使双氧水浓度测定结果偏高的是____。A．锥形 瓶洗净后用双氧水润洗 B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视D．振荡锥形瓶时部分液体溅出 【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管 (2)不能 稀硝酸有氧化性，也会与NaC O 反应，影响KMnO 溶液浓度的标 2 2 4 4 定 2MnO -+2C O2-+16H+=2Mn2++10CO ↑+8H O 4 2 4 2 2 (3) 酸式 滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色 (4)21.25 (5)AB 【解析】配置基准物质溶液，通过溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用待标定的高锰酸 钾溶液进行滴定，标定高锰酸钾溶液的浓度，用高锰酸钾溶液来滴定双氧水溶液测定双氧水的浓度，取 10.00mL的双氧水与锥形瓶，用酸式滴定管滴定高锰酸钾溶液至终点，重复实验2～3次。(1)将称得的 NaC O 配制成250.00mL标准溶液，先在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒， 2 2 4 洗涤液也转移到容量瓶中，先直接加蒸馏水至刻度线下1～2cm处改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度 线相切为止，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL容量瓶、胶头滴管；(2)稀硝酸有氧化性，也会 与NaC O 反应，影响KMnO 溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中草酸根被氧 2 2 4 4 化为二氧化碳，高锰酸根被还原为锰离子，发生反应的离子方程式2MnO -+2C O2-+16H+=2Mn2+ 4 2 4 +10CO ↑+8H O；(3)滴定待测双氧水时，高锰酸钾溶液具有氧化性，因此标准溶液应装入酸式滴定管，双 2 2 氧水是无色，高锰酸钾是紫色，因此滴定至终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅 紫色(红色)，且半分钟不变色；(4)三次消耗高锰酸钾溶液的平均值为25.00mL，根据题意得到关系式5HO 2 2 ～2MnO -，则HO 的物质的量为n(H O)= 0.1000 mol∙L−1×0.025L× ，则此双氧水的浓度为 4 2 2 2 2 ；(5)A项，锥形瓶洗净后用双氧水润洗，双氧水待测液 增多，消耗标准液体积增多，计算双氧水浓度偏高，故A符合题意；B项，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡， 滴定后气泡消失，读出数据偏大，测定结果偏高，故B符合题意；C项，观察读数时，滴定前仰视，滴定 后俯视，读书数据偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D项，振荡锥形瓶时部分液体溅出，消耗标准 液体积减小，测定结果偏低，故D不符合题意；故选AB。 1．(2023•浙江省1月选考，15)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO (s) Ca2+(aq)+CO 2-(aq)[已知Ksp(CaCO)=3.4×10-9，Ksp(CaSO )=4.9×10-5，HCO 的电离常数 3 3 3 4 2 3 K =4.5×10-7，K =4.7×10-11]，下列有关说法正确的是( ) a1 a2 A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO2-) 3 B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO -形式存在 3 C．向体系中通入CO 气体，溶液中c(Ca2+)保持不变 2 D．通过加NaSO 溶液可实现CaCO 向CaSO 的有效转化 2 4 3 4 【答案】B 【解析】A项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此 c(Ca2+)＞ c(CO2-)，A错误；B项，根据K =4.7×10-11可得 ，则碳酸根的水解平衡常数为 3 a2 ，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢 根离子，B正确；C项，向体系中通入CO ，碳酸钙与CO 反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶 2 2 液中钙离子浓度增大，C错误；D项，由题干可知，Ksp(CaCO)=3.4×10-9，Ksp(CaSO )=4.9×10-5，碳酸钙比 3 4 硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故选B。 2．(2023•山东卷，15)在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI (s) 2 2 HgI (aq)；HgI (aq) Hg2++2I-；HgI (aq) HgI++I-；HgI (aq)+I- HgI --；HgI (aq)+2I- 2 2 2 2 3 2 HgI 2-，平衡常数依次为K、K、K、K、K。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)随lgc(I-)的 4 0 1 2 3 4 3 4 变化关系如图所示，下列说法错误的是( ) A．线 表示lgc(HgI 2-)的变化情况 4 B．随c(I-)增大，c[HgI (aq)]先增大后减小 2C． D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为2：1 【答案】B 【解析】由题干反应方程式HgI (aq) Hg2++2I-可知，K= ，则有c(Hg2+)= 2 1 ，则有lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，lgc(HgI -) 1 2 2 2 3 =lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)，lgc(HgI 2-) ==lgK +lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由HgI (s) HgI (aq)可知 3 2 4 4 2 2 2 K=c[HgI (aq)]为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表 0 2 lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)。A项，线L表示lgc(HgI 2-)的变化情况，A正确；B项，已知 3 4 4 HgI (s) HgI (aq)的化学平衡常数K= c[HgI (aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI (aq)] 2 2 0 2 2 始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为： 1 2 lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得： 2 2 1 2 2 2 ，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg 2 元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。 3．(2023•江苏卷，12，3分)室温下，用含少量Mg2+的MnSO 溶液制备MnCO 的过程如题图所示。已 4 3 知K (MgF)=5.2×10-11，K(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是( ) sp 2 aA．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F-)= c(Na＋)+c(H＋) B．“除镁”得到的上层清液中： C．0.1mol·L-1NaHCO 溶液中：c(CO2―)=c(H＋)+c(H CO)-c(OH―) 3 3 2 3 D．“沉锰”后的滤液中：(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HCO -)+2c(CO2―) 3 3 【答案】C 【解析】A项，0.1mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH―)+c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)，A错误；B项， “除镁”得到的上层清液中为MgF 的饱和溶液，有K (MgF)=c(Mg2+)·c2(F―)，故 ， 2 sp 2 B 错误；C 项，0.1mol·L-1NaHCO 溶液中存在质子守恒：c(CO2―)+c(OH―)=c(H＋)+c(H CO)，故 3 3 2 3 c(CO2―)=c(H＋)+c(H CO)-c(OH―)，C正确；D项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO 2-等离子，故电荷守 3 2 3 4 恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 故选C。 4．(2023·北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的NaCO 体系中的可能产 2 3 物。 已知：i.图1中曲线表示NaCO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 2 3 ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝K [Mg(OH) ]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 sp 2 c(Mg2＋)·c(CO)＝K (MgCO )[注：起始c(Na CO)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。 sp 3 2 3 下列说法不正确的是( ) A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO) B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H CO)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 2 3mol·L－1 D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO↓＋CO↑ 3 2 ＋HO 2 【答案】C 【解析】从图2可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方， 不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时， 该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中c(H CO)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L 2 3 －1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，当pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ 的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO===MgCO↓＋HO＋CO↑，D项正确。 3 2 2 5．(2023·新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH 3 [Ag(NH)]＋和[Ag(NH)]＋＋NH [Ag(NH)]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH )/(mol·L－1)]的关系如下图 3 3 3 3 2 3 所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH)]＋或[Ag(NH)]＋)。 3 3 2 下列说法错误的是( ) A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH 浓度变化曲线 3 B．AgCl的溶度积常数K ＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75 sp C．反应[Ag(NH)]＋＋NH [Ag(NH)]＋的平衡常数K的值为103.81 3 3 3 2 D．c(NH )＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH)]＋)>c([Ag(NH)]＋)>c(Ag＋) 3 3 2 3 【答案】A 【解析】AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋ 浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大， AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH 浓度 3 的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数K 仅与温度有关，由图可知，当c(NH )＝10－1 mol·L－1时，c(Cl sp 3 －)＝10－2.35 mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40 mol·L－1，则K (AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正 sp 确；随着氨水的滴入，Ag＋先转化为[Ag(NH)]＋，[Ag(NH)]＋再转化为[Ag(NH)]＋，所以开始时， 3 3 3 2 [Ag(NH)]＋浓度比[Ag(NH)]＋浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH)]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH)]＋，反应[Ag(NH)] 3 2 3 3 2 3 3 ＋＋NH [Ag(NH )]＋的平衡常数K＝ ＝＝103.81，C正确；结合上述分析及图知，当 3 3 2 c(NH )＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH)]＋)>c([Ag(NH)]＋)>c(Ag＋)，D正确。 3 3 2 3 6．(2023·辽宁卷，15)某废水处理过程中始终保持HS饱和，即c(H S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使 2 2Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度， 单位为mol·L－1。已知K (NiS)>K (CdS)，下列说法正确的是( ) sp sp A．K (CdS)＝10－18.4 B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线 sp C．K (H S)＝10－8.1 D．K (H S)＝10－14.7 a1 2 a2 2 【答案】D 【解析】曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，则有K (CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A、B错误；曲线④代表HS－，由图示曲线 sp ④上点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，K (H S)＝ ＝＝10 a1 2 －7.1，C错误；已知K ·K ＝ ，由曲线③上点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝ a1 a2 10－13 mol·L－1，故有K ·K ＝ ＝10－21.8，结合C项分析可知，K ＝10－7.1，故有K (H S)＝ a1 a2 a1 a2 2 10－14.7，D正确。 7．(2023·山东，15改编)在含HgI (s)的溶液中，一定c(I－)范围内，存在平衡关系：HgI (s) 2 2 HgI (aq)；HgI (aq) Hg2＋＋2I－；HgI (aq) HgI＋＋I－；HgI (aq)＋I－ HgI；HgI (aq)＋2I－ 2 2 2 2 2 HgI，平衡常数依次为K 、K 、K 、K 、K 。已知lg c(Hg2＋)、lg c(HgI＋)、lg c(HgI)、lg c(HgI)随 0 1 2 3 4 lg c(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( ) A．线L表示lg c(HgI)的变化情况 B．随c(I－)增大，c[HgI (aq)]始终不变 2 C．a＝lg D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1 【答案】D 【解析】含 HgI 的溶液中各反应达到平衡后，增大 c(I－)，平衡 HgI (aq) HgI＋＋I－、 2 2 HgI (aq)Hg2＋＋2I－逆向移动，c(HgI＋)、c(Hg2＋)减小，且开始时c(HgI＋)c(HgI)。分析可知， 2 线L表示lg c(HgI)的变化情况，A正确；HgI (s) HgI (aq)的化学平衡常数K ＝c[HgI (aq)]，温度不变 2 2 0 2 平衡常数不变，故随c(I－)增大，c[HgI (aq)]始终保持不变，B正确； ， ， 2 带入M点值可得 ， ，则可得a＝lg，C正确；需要外加I－调节，则I元素与 Hg元素的物质的量之比无法确定，D错误。 8．(2021·广东，18节选)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼 (Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25 ℃时，HCO 的K ＝4.5×10－7，K ＝4.7×10－11；K (BaMoO )＝3.5×10－8；K (BaCO)＝ 2 3 al a2 sp 4 sp 3 2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在。 (1)“焙烧”中，有NaMoO 生成，其中Mo元素的化合价为__________。 2 4 (2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。 (3)“沉钼”中，pH为7.0。 ①生成BaMoO 的离子方程式为__________________________________________。 4 ②若条件控制不当，BaCO 也会沉淀。为避免BaMoO 中混入BaCO 沉淀，溶液中c(HCO)∶c(MoO) 3 4 3 ＝_________________(列出算式)时，应停止加入BaCl 溶液。 2 【答案】(1)＋6 (2)Al(OH) (3)①MoO＋Ba2＋===BaMoO ↓ ② 3 4 【解析】(3)②若开始生成BaCO 沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO＋BaMoO BaCO ＋ 3 4 3 MoO＋H＋，该反应的化学平衡常数K＝＝＝。为避免BaMoO 中混入BaCO 沉淀，必须满足≤，由于“沉 4 3 钼”中 pH 为 7.0，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，所以溶液中＝时，开始生成 BaCO 沉淀，因此， 3 c(HCO)∶c(MoO)＝＝时，应停止加入BaCl 溶液。 2 9．(2022•辽宁省选择性，17节选) H O 作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备HO。 2 2 2 2 (7)取 产品，加蒸馏水定容至 摇匀，取 于锥形瓶中，用0.0500mol·L－1酸性 KMnO 标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他 4 杂质不干扰结果，产品中HO 质量分数为___________。 2 2 【答案】(7)17% 【解析】(7)滴定反应的离子方程式为2 MnO-+5H O+6H+=2 Mn2++5O ↑+8H O，可得关系式：2 4 2 2 2 2 KMnO ~5H O。三组数据中20.90mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为 4 2 220.00mL，HO 的质量分数 。 2 2