北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题十二 弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
1.常温下,下列实验事实能证明醋酸是一元酸的是 ( )
A.0.1 mol·L-1醋酸溶液pH=3
B.向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液,溶液变红
C.完全中和25 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液需要25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液
D.等物质的量浓度时,醋酸溶液的导电性弱于盐酸
答案 C 说明醋酸为弱酸,但不能说明是一元酸,A错误;酚酞变红,说明醋酸根离子水
解使溶液呈碱性,只能说明醋酸为弱酸,不能说明是一元酸,B错误;恰好完全中和时,消
耗的NaOH和CH COOH的物质的量相等,说明醋酸为一元酸,C正确;只能说明醋酸为弱
3
酸,不能说明是一元酸,D错误。
2.水的电离平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是 ( )
A.图中对应点的温度关系:a>b
B.水的离子积常数K大小关系:b>d
W
C.温度不变,加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点
D.b点对应温度下,将pH=2的H SO 溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显酸
2 4
性
答案 B 认识水的电离平衡曲线:
依据图像分析可知,a点水的离子积小于b点,a点的温度低于b点,A错误;由图像可知b
点K=10-12,d点K=10-14,所以水的离子积常数K:b>d,B正确;温度不变,K不变,加入少
W W W W
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量NaOH,c(OH-)增大,c(H+)减小,溶液不能从c点变到a点,C错误;b点对应温度下,pH=2
的H SO 溶液中氢离子浓度和pH=10的NaOH溶液中氢氧根离子浓度相同,等体积,混合后
2 4
溶液呈中性,D错误。
3.常温下向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L-1 HA溶液,利用传感器测得溶液中
c(H+)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示,b点后温度下降明显。下列有
关说法不正确的是( )
A.HA是强酸
B.ab段,HA溶解产生溶解热为主,温度升高,b点之后主要是电离吸热,使溶液温度降低
C.cd段,c(H+)增大,但HA电离程度减小
D.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则c(Na+)=c(A-)+c(HA)
10
答案 A 向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L-1 HA溶液时,c(HA)≈ ×5
10+100
mol·L-1≈0.45 mol·L-1,而此时c(H+)约为6×10-3 mol·L-1,证明HA部分电离,属于弱
酸,A错误;ab段HA溶解产生溶解热为主,温度升高,b点之后主要是电离吸热,使溶液温
度降低,B正确;cd段,HA浓度增大,c(H+)增大,但HA的电离程度减小,C正确;c点时,加
入等体积等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为NaA,根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)
+c(HA),D正确。
4.电离平衡常数有重要的功能,下列推测不合理的是 ( )
化学式 H CO HCN HF
2 3
K =4.5×10-7
电离平衡 a1 6.2×10- 6.8×10-
K =4.7×10-
常数(K) a2 10 4
11
A.电离出H+的能力:HF>H CO >HCN>HC
2 3 O−
3
B.相同物质的量浓度溶液的pH:NaF<NaHCO <NaCN
3
C.HCN和HF均能与Na CO 溶液发生反应
2 3
D.CO 通入NaCN溶液中:CO +2CN-+H O 2HCN+C
2 2 2 O2−
3
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答案 D 电离平衡常数越大,电离出H+的能力越强,故电离出H+的能
力:HF>H CO >HCN>HCO−,A正确;弱酸酸性越弱,酸根离子水解程度越大,酸
2 3 3
性:HF>H CO >HCN,相同物质的量浓度溶液的pH:NaF<NaHCO <NaCN,B正确;HF、HCN酸性
2 3 3
均强于HCO−,故HCN和HF均能与Na CO 溶液发生反应,C正确;由于酸性:H CO >HCN>HC
3 2 3 2 3
O−,CO 通入NaCN溶液中生成HCO−,即CO +H O+CN- HCO−+HCN,D错误。
3 2 3 2 2 3
5.常温下,K (H C O )=10-1.3,向20.00 mL 0.1 mol·L-1Na C O 溶液中滴入0.1 mol·L-1
a1 2 2 4 2 2 4
的盐酸,测得溶液的pH与V(盐酸)关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.a点:c(Na+)=c(Cl-)+c(HC O−)+2c(C O2−)
2 4 2 4
B.b点:c(Na+)>c(HC O−)>c(Cl-)>c(C O2−)>c(H C O )
2 4 2 4 2 2 4
C.c点:c(H C O )=100.2×c(HC O−)
2 2 4 2 4
D.在滴加盐酸过程中,c(C O2−)+c(HC O−)+c(H C O )=0.1 mol·L-1
2 4 2 4 2 2 4
答案 A a点溶液中,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HC O−)+2c(C
2 4 2
O2−),常温下溶液pH=7,则c(H+)=c(OH-),可得c(Na+)=c(Cl-)+c(HC O−)+2c(C O2−),A正
4 2 4 2 4
确;b点为等浓度NaHC O 和NaCl的混合液,此时溶液pH<7,说明HC O−的电离程度大于
2 4 2 4
水解程度,可得c(C O2−)>c(H C O ),c(HC O−)<c(Cl-),则c(Na+)>c(Cl-)>c(HC O−)>c(C
2 4 2 2 4 2 4 2 4 2
O2−)>c(H C O ),B错误;c点为H C O 和NaCl的混合液,此时溶液pH=1.5,c(H+)=10-1.5
4 2 2 4 2 2 4
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c(H C O ) c(H+ ) 10−1.5
2 2 4
mol·L-1,已知K (H C O )=10-1.3,则 = = =10-
a1 2 2 4 c(HC O− ) K (H C O ) 10−1.3
2 4 a1 2 2 4
0.2,c(H C O )=10-0.2×c(HC O−),C错误;在滴加盐酸过程中,根据物料守
2 2 4 2 4
恒,n(H C O )+n(HC O−)+n(C O2−)始终等于2×10-3 mol,但溶液体积不断增加,浓度之和
2 2 4 2 4 2 4
小于0.1 mol·L-1,D错误。
6.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 CH COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH溶液,
3
溶液中水电离出的c(OH-)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,下列说法正确的是 (
)
A.b、d两点溶液的pH相同
B.从a到e,水的电离程度一直增大
C.从a到c的过程中,溶液的导电能力逐渐增强
D.e点所示溶液中,c(Na+)=2c(CH COO-)+2c(CH COOH)=0.1 mol·L-1
3 3
答案 C b点溶质为等物质的量的CH COOH、CH COONa,d点溶质为CH COONa、
3 3 3
NaOH,pH:d点>b点,A错误;a点到c点CH COOH逐渐转化为CH COONa,c点溶质为
3 3
CH COONa,c点到e点,NaOH逐渐增多,CH COOH、NaOH电离抑制水的电离,CH COONa水解
3 3 3
促进水的电离,从a到c水的电离程度逐渐增大,c点水的电离程度最大,c点到e点,水
的电离程度又逐渐减小,B错误;CH COOH是弱电解质,部分电离,CH COONa是强电解质,完
3 3
全电离,从a到c的过程中,CH COOH浓度逐渐下降,CH COONa浓度逐渐增大,则溶液的导
3 3
电能力逐渐增强,C正确;e点溶质为CH COONa、NaOH,根据物料守恒:c(Na+)=2c(CH COO-)
3 3
+2c(CH COOH),滴加的NaOH溶液中c(Na+)=0.1 mol·L-1,滴加过程中,溶液的体积增大,
3
故e点溶液中,c(Na+)<0.1 mol·L-1,D错误。
7.已知电解质溶液的电导率越大,导电性越强。用0.1 mol·L-1盐酸分别滴定20 mL浓
度均为0.1 mol·L-1的NaOH溶液和氨水。利用传感器测得滴定过程中两种溶液的电导
率变化如图所示。下列说法错误的是 ( )
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A.导电性:y>z>x
B.x、y、z三点c(Cl-)大小关系为y>x=z
c(OH− )·c(N H+ )
C.x点溶液中:K= 4
b c(OH− )−c(H+
)
D.y点溶液中:c(Cl-)>c(H+)>c(NH+ )>c(OH-)
4
答案 C 由题图可知电导率大小顺序为y>z>x,故导电性:y>z>x,A正确;x、z两点所加
盐酸的体积相同,且开始时氢氧化钠溶液和氨水的体积也相同,故这两点氯离子浓度相
同,而y点加入盐酸的体积大于x、z点,故y点氯离子浓度最大,B正确;x点为氯化铵溶
液,根据质子守恒可知c(H+)=c(OH-)+c(NH ·H O),则c(NH ·H O)=c(H+)-c(OH-),则K=
3 2 3 2 b
c(OH− )·c(N H+ ) c(OH− )·c(N H+ )
4 = 4 ,C错误;y点加入盐酸的体积为40 mL,y点为
c(N H ·H O) c(H+ )−c(OH− )
3 2
等浓度的氯化铵和HCl的混合液,溶液显酸性,铵根离子水解,故离子浓度由大到小的顺
序为c(Cl-)>c(H+)>c(NH+ )>c(OH-),D正确。
4
8.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析
方法。在化学计量点附近,被测离子浓度发生突跃,指示电极电位也发生了突跃,进而确
定滴定终点。常温下,利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠(Na HPO )的含量,其电位滴定曲
2 3
线与pH曲线的关系如图所示。已知:亚磷酸(H PO )是二元弱酸,电离常数K =10-
3 3 a1
1.4,K =10-6.7。下列说法正确的是( )
a2
A.a点对应的溶液呈弱碱性
B.水的电离程度:a点小于b点
C.a点对应的溶液中存在:c(H+)+3c(H PO )=c(OH-)+c( )
3 3 HPO2−
3
D.b点对应的溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(H P )+2c( )
2 O− HPO2−
3 3
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答案 D a点对应的溶液中溶质为NaH PO 、NaCl,H P 的电离常数K =10-6.7,H P 的
2 3 2 O− a2 2 O−
3 3
水解常数K=10−14=10-12.6,H P 的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,A错误;b点对
h 2 O−
10−1.4 3
应的溶液中溶质为H PO 、NaCl,a、b两点溶液都呈酸性抑制水的电离,b点酸性强于a
3 3
点,对水的电离抑制作用更强,故水的电离程度:a点大于b点,B错误;a点对应的溶液中
溶质为等浓度的NaH PO 、NaCl,溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(HP )+2c(H P )
2 3 O2− 2 O−
3 3
+2c(H PO )=2c(Cl-),电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(HP )+c(H P )+c(Cl-),两式
3 3 O2− 2 O−
3 3
联立得:c(H+)+c(H PO )=c(OH-)+c(HP ),C错误;b点对应的溶液中溶质为H PO 、
3 3 O2− 3 3
3
NaCl,且物质的量之比为1∶2,溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(HP )+2c(H P )
O2− 2 O−
3 3
+2c(H PO )=c(Cl-),电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(HP )+c(H P )+c(Cl-),两式
3 3 O2− 2 O−
3 3
联立得:c(H+)=c(OH-)+c(H P )+2c(HP ),D正确。
2 O− O2−
3 3
9.(双选)室温下,向10 mL浓度均为0.1 mol/L的CuCl 、FeCl 和ZnCl 溶液中分别滴
2 2 2
加等浓度的Na S溶液,滴加过程中pc[pc=-lg c(M2+),M2+为Cu2+、Fe2+或Zn2+]与Na S溶
2 2
液体积的关系如图所示。已知:K (CuS)<K (ZnS),K (FeS)=6.25×10-18,lg 25=1.4。下
sp sp sp
列说法错误的是 ( )
A.m=8.6
B.a点的CuCl 溶液中:c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH) ]
2 2
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由增大到减小后又增大的过程
D.将足量ZnCl 晶体加入0.1 mol/L的Na S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 mol/L
2 2
答案 D 加入10 mL Na S溶液时,Fe2+沉淀完全,溶液中
2
c(Fe2+)≈c(S2-),K (FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)=2.5×10-9 mol/L,pc(Fe2+)=-
sp
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lg(2.5×10-9)=8.6,题图c点、d点纵坐标都已给出,只能是m=8.6,A正确;a点的CuCl
2
溶液,由电荷守恒得2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由物料守恒可得2c(Cu2+)
+2c[Cu(OH) ]=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH) ],B正确;盐类的水解会促进水的
2 2
电离,未加入Na S溶液时,金属阳离子的水解促进水的电离,随着Na S溶液的加入,金属
2 2
阳离子和S2-形成沉淀,溶液中水解的离子越来越少,水的电离程度逐渐减小,当完全沉
淀时,即d点,水的电离程度最小,继续加入Na S溶液,溶液中S2-越来越多,而S2-也会发
2
生水解,所以d→g的过程中,水的电离程度逐渐增大,C正确;ZnCl 可溶于水,加入0.1
2
mol/L的Na S溶液中,当S2-完全沉淀后,ZnCl 可以继续溶于水电离出Zn2+,溶液中
2 2
c(Zn2+)可以远大于10-24.4 mol/L,D错误。
10.(双选)已知:AgA、Ag B都是难溶盐。室温下,向体积均为10 mL、浓度均为0.1
2
mol·L-1的NaA溶液、Na B溶液中分别滴加0.1 mol·L-1的AgNO 溶液,溶液中pX与
2 3
AgNO 溶液体积的关系如图所示[已知:pX=-lgc(A-)或-lgc(B2-)]。下列推断错误的是(
3
)
A.室温下,K (Ag B)=4×10-3a
sp 2
B.对应溶液中c(Ag+):e<f
C.室温下,在等量的水中,AgA溶解的物质的量更多
D.若c(AgNO )变为0.05 mol·L-1,则NaA溶液中的反应终点移至d点
3
答案 BC 审题指导 由题图可知,室温下,加入10 mL硝酸银溶液时,NaA溶液完全反
应得到AgA饱和溶液,溶液中A-和Ag+浓度都为10-b mol·L-1,AgA的溶度积为10-2b,加入
20 mL硝酸银溶液时,Na B溶液完全反应得到Ag B饱和溶液,溶液中B2-浓度为10-a
2 2
mol·L-1、Ag+为2×10-a mol·L-1,Ag B的溶度积为4×10-3a,以此解题。
2
解析由分析可知,室温下,Ag B的溶度积K (Ag B)=4×10-3a,A正确;由图可知,f点时
2 sp 2
Na B过量,e点时Na B恰好完全反应,由温度不变,溶度积不变可知,e点Ag+浓度大于f
2 2
点,B错误;由题图可知,AgA饱和溶液中A-的浓度小于Ag B饱和溶液中B2-的浓度,故在
2
等量的水中,AgA溶解的物质的量更少,C错误;若c(AgNO )变为0.05 mol·L-1,则加入
3
20 mL硝酸银溶液时,NaA完全反应得到AgA饱和溶液,由温度不变,溶度积不变可知,溶
液中Ag+的浓度不变,则NaA溶液中的反应终点c移至d点,D正确。
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11.室温下,通过下列实验探究NaHSO 溶液的性质。
3
实验1:用pH试纸测量0.1 mol·L-1 NaHSO 溶液的pH,测得pH约为5。
3
实验2:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHSO 溶液中加入等体积0.1 mol·L-1氨水,充分混合,
3
溶液pH约为9。
实验3:向10 mL 0.1 mol·L-1 Na CO 溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NaHSO 溶液,无明
2 3 3
显现象。
实验4:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHSO 溶液中加入10 mL 0.05 mol·L-1 Ba(ClO) 溶液,
3 2
产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是 ( )
A.实验1可得出: (H SO )· (H SO )<K
K 2 3 K 2 3 W
a a
1 2
B.实验2所得溶液中存在:c(H+)+2c(H SO )+c(HS )=c(OH-)+c(NH ·H O)
2 3 O− 3 2
3
C.实验3可得出: (H SO )< (H CO )
K 2 3 K 2 3
a a
2 1
D.实验4所发生反应的离子方程式为HS +Ba2++ClO- BaSO ↓+HClO
O− 3
3
答案 B 0.1 mol·L-1 NaHSO 溶液的pH约为5,说明HS 的电离程度大于水解程度,
3 O−
3
则c(S O2−)>c(H 2 SO 3 ), K (H 2 SO 3 )· K (H 2 SO 3 )= c(HSO− 3 )·c(H+ )× c(SO 3 2− )·c(H+ ) =
3 a 1 a 2 c(H SO ) c(HSO− )
2 3 3
c(SO2− )·c2 (H+ )>c2(H+)=10-10>K,A错误;实验2所得溶液为等浓度的Na SO 、
3 W 2 3
c(H SO )
2 3
(NH ) SO 混合溶液,根据质子守恒可得:c(H+)+2c(H SO )+c(HS )=c(OH-)
4 2 3 2 3 O−
3
+c(NH ·H O),B正确;实验3中NaHSO 的量不足,无明显现象,不能得出 (H SO )<
3 2 3 K 2 3 K
a a
2 1
(H CO ),C错误;实验4中ClO-把HS 氧化为S ,Ba2+与S 结合生成BaSO 沉淀,发
2 3 O− O2− O2− 4
3 4 4
生反应的离子方程式为2HS +Ba2++2ClO- BaSO ↓+2Cl-+S +2H+,D错误。
O− 4 O2−
3 4
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12.室温下,通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾( ,以KHA表示)溶液的
性质。
实验1:用pH计测定0.05 mol/L KHA溶液的pH,测得pH约为4.01
实验2:向10.00 mL 0.05 mol/L KHA溶液中滴加5.00 mL 0.05 mol/L KOH溶液
实验3:向0.05 mol/L KHA溶液中加入过量澄清石灰水,产生白色沉淀
下列有关说法正确的是 ( )
A.由实验1可得出: (H A)· (H A)<K
K 2 K 2 W
a a
1 2
B.实验2滴加过程中:c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)逐渐减小
C.实验2所得的溶液中:3c(K+)=2[c(A2-)+c(HA-)+c(H A)]
2
D.实验3中反应的离子方程式:2HA-+Ca2++2OH- CaA↓+A2-+2H O
2
答案 B 实验1中,KHA溶液显酸性,说明HA-的电离程度大于其水解程度,所以
K
a
2
(H 2 A)>K h (HA-)= c(H 2 A)·c(OH− )= c(H 2 A)·c(OH− )·c(H+ )= K W ,则 K
c(H A− ) c(H A− )·c(H+ ) K a (H 2 A) a 1
1
(H A)· (H A)>K,A错误;实验2中,存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)
2 K 2 W
a
2
+c(OH-),随着同浓度KOH溶液的滴入,c(K+)不变,c(H+)减小,c(K+)+c(H+)减小,所以
c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)逐渐减小,B正确;实验2中,二者混合发生反应:KHA+KOH
K A+H O,最终得到等物质的量浓度的KHA与K A的混合溶液,则根据元素质量守恒可
2 2 2
得:2c(K+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H A)],C错误;应以不足量的KHA为标准书写离子方程式,
2
二者反应产生CaA沉淀、H O,反应的离子方程式为HA-+Ca2++OH- CaA↓+H O,D错
2 2
误。
13.室温下,通过下列实验探究0.1 mol/L的H S溶液的性质:
2
实
实验操作及现象
验
1 用pH计测定0.1 mol/L的H S溶液的pH,测得pH约为3.9
2
2 向0.1 mol/L的H S溶液中通入足量SO ,溶液变浑浊
2 2
向0.1 mol/L的H S溶液中滴加硫酸铜溶液,产生黑色沉淀,再加入硫酸锰溶液,沉
3 2
淀量增加
下列有关说法不正确的是 ( )
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A. (H S)约为10-6.8
K 2
a
1
B.实验1中溶液存在c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
C.实验2中的溶液pH先增大后减小,最终保持不变
D.实验3可以说明K (CuS)>K (MnS)
sp sp
答案 D 0.1 mol/L的H S溶液的pH约为3.9,二元弱酸的第一步电离远大于第二步电
2
离,根据电离方程式H S H++HS-,c(HS-)≈c(H+)=10-3.9 mol/L, (H S)=
2 K 2
a
1
c(H+ )·c(HS− )≈10−3.9×10−3.9=10-6.8,A正确;实验1中H S溶液存在电荷守
2
c(H S) 0.1
2
恒:c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),B正确;实验2中发生反应2H S+SO 3S↓+2H O,溶
2 2 2
液酸性减弱,由于SO 足量,反应完全后产生大量的H SO ,则溶液酸性又增强,故溶液pH
2 2 3
先增大后减小,最终保持不变,C正确;实验3中向H S溶液中加入硫酸铜溶液,产生CuS
2
黑色沉淀,若H S未反应完全,再加入硫酸锰溶液,又生成MnS沉淀,沉淀量增加,但不能
2
说明发生了沉淀转化,故不能说明K (CuS)>K (MnS),D错误。
sp sp
14.已知室温下 (H S)=10-7, (H S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
K 2 K 2
a a
1 2
实验1:测得0.1 mol·L-1 H S溶液pH=4.1
2
实验2:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入5 mL水,测得溶液的pH不断减小
实验3:向实验2所得溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,测得反应后溶液
pH=12
实验4:向实验3所得溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 MnSO 溶液,产生粉色沉淀,再滴加
4
几滴0.1 mol·L-1 CuSO 溶液,产生黑色沉淀
4
下列说法正确的是 ( )
A.由实验1可知:0.1 mol·L-1 H S溶液中c(S2-)<c(OH-)
2
B.由实验2可知:加水过程中,c(HS−
)逐渐变小
c(S2−
)
C.实验3所得溶液中存在:c(H S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
2
D.由实验4可知:K (MnS)>K (CuS)
sp sp
答案 A 0.1 mol·L-1 H S溶液pH=4.1,即c(H+)=10-4.1 mol·L-1, (H S)=
2 K 2
a
1
c(H+ )·c(HS− )≈10−4.1×c(HS− )=10-7,则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1,
K
(H
2
S)=
c(H S) 0.1 a 2
2
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c(H+ )·c(S2− )=10−4.1×c(S2− )=10-12.9,则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1,pH=4.1,则
c(HS− ) 10−3.9
c(OH-)=10-9.9 mol·L-1,则c(S2-)<c(OH-),A正确; (H
S)=c(H+ )·c(S2−
)=10-12.9,加水
K 2
a 2 c(HS− )
过程中,溶液的pH不断减小,即c(OH-)不断减小,c(H+)不断增大,则
c(S2−
) 不断减小,
c(HS−
)
c(HS−
)不断增大,B错误;实验3中,根据NaHS+NaOH Na S+H O,可知它们恰好反
2 2
c(S2−
)
应,根据质子守恒,Na S溶液中存在2c(H S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-),C错误;实验4中,向
2 2
溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 MnSO 溶液,S2-过量,则再滴加几滴CuSO 溶液,又产生黑
4 4
色沉淀CuS,并不能说明存在沉淀转化,则也不能说明K (MnS)>K (CuS),D错误。
sp sp
15.室温下,下列实验探究方案不能达到实验目的的是( )
选
探究方案 实验目的
项
向2 mL 1 mol·L-1 CH COOH溶液中滴加1 mol·L-1 比较K(CH COOH)和K
A 3 a 3 a 1
Na 2 CO 3 溶液,观察现象 (H 2 CO 3 )的大小
向4 mL 0.1 mol·L-1 CuSO 溶液中滴加1 mol·L-1氨水 制备
B 4
至沉淀溶解,再加入8 mL 95%乙醇,过滤 [Cu(NH ) ]SO ·H O晶体
3 4 4 2
把两个体积相同、封装有等量NO 和N O 混合气体的烧
2 2 4 探究温度对化学平衡的影
C 瓶分别同时浸泡在热水和冰水中,观察混合气体的颜色
响
变化
向溶液X中滴加少量稀硝酸,然后滴入几滴Ba(NO ) 溶
D 3 2 检验溶液X是否含有SO2−
液,观察现象 4
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答案 D Na CO 和CH COOH反应生成CO ,说明乙酸酸性强于碳酸,K(CH COOH)大于
2 3 3 2 a 3 K
a
1
(H CO ),A项正确;实验先得到铜氨溶液,再加入8 mL 95%乙醇,[Cu(NH ) ]SO 溶解度减
2 3 3 4 4
小,析出[Cu(NH ) ]SO ·H O晶体,B项正确;NO 和N O 分别为红棕色气体和无色气体,且
3 4 4 2 2 2 4
两者的转化为可逆反应,将两个体积相同、装有等量NO 和N O 混合气体的烧瓶分别同
2 2 4
时浸泡在热水和冰水中,观察混合气体的颜色变化可以判断平衡移动情况,能探究温度
对化学平衡的影响,C项正确;若溶液中含有S ,S 会被硝酸氧化为S ,S 和
O2− O2− O2− O2−
3 3 4 4
Ba2+生成BaSO 沉淀,故不能检验溶液X是否含有S ,D项错误。
4 O2−
4
16.ZnSO ·7H O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO ·7H O晶体
4 2 4 2
加入250 mL的锥形瓶中,加水约20 mL。再加入2~3滴5%的二甲酚橙(作指示剂)、约5
mL六亚甲基四胺缓冲溶液,摇匀。用已标定的0.016 0 mol/L EDTA溶液滴定,滴定至溶
液由红紫色变成亮黄色,即为滴定终点(ZnSO ·7H O与EDTA按物质的量之比1∶1反
4 2
应)。实验数据如表:
m(ZnSO ·7H O)/ 起始滴定 终点滴定
4 2
g 管读数/mL管读数/mL
0.169 2 0.20 26.50
ZnSO ·7H O产品的纯度为 (保留2位有效数字)。
4 2
答案 71%
解析 ZnSO ·7H O与EDTA按物质的量之比1∶1反应,根据题表中数据知,消耗EDTA的
4 2
体积为(26.50-0.20)×10-3 L=2.630×10-2 L,则ZnSO ·7H O的质量为2.630×10-2
4 2
0.120 8 g
L×0.016 0 mol/L×287 g/mol≈0.120 8 g,ZnSO ·7H O产品的纯度为
4 2
0.169 2 g
×100%≈71%。
17.下列有关电解质溶液的说法正确的是 ( )
A.向0.1 mol/L CH COOH溶液中加入少量水,溶液中
c(H+
) 减小
3
c(CH COOH)
3
c(CH COO− )
B.将CH 3 COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中 3 增大
c(CH COOH)·c(OH− )
3
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中 c(N H+ )>1
4
c(Cl−
)
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D.用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液,所消耗的醋酸溶液的体积分别为
V和V,则V ❑ >10V
a b a ❑ b
答案 D 向 CH COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离,n(H+)增大,n(CH COOH)减少,则
3 3
溶液中
c(H+
) =
n(H+
) 增大,A错误;将CH COONa溶液从20 ℃升温至
3
c(CH COOH) n(CH COOH)
3 3
30 ℃,升温促进CH COONa的水解,使c(CH COO-)减小,c(CH COOH)和c(OH-)增大,则溶液
3 3 3
c(CH COO− )
中 3 减小,B错误;向盐酸中加入氨水,溶液中存在电荷守恒:
c(CH COOH)·c(OH− )
3
)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),溶液显中性时,c(H+)=c(OH-),则 )=c(Cl-),所以
c(N H+ c(N H+
4 4
溶液中
c(N H+ )=1,C错误;若pH=2的醋酸溶液浓度为c,K≈10−2×10−2
,pH=3的醋酸
4 1 a
c(Cl−
)
c
1
溶液浓度为c,K≈10−3×10−3,则有10−4=10−6,故c=100c>10c,由于NaOH是等量的,
2 a 1 2 2
c c c
2 1 2
则消耗的醋酸的物质的量相等,有cV=cV,结合c>10c,故V>10V,D正确。
2 a 1 b 1 2 a b
18.25 ℃时,向Na XO 溶液中滴入稀硫酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所
2 3
示,反应过程始终无气体逸出。已知:x表示 c(XO 3 2− ) 或 c(HXO− 3 ) 。下列叙述错误
c(HXO− ) c(H XO )
3 2 3
的是 ( )
A.H XO 的 的数量级为10-11
2 3 K
a
2
c(H+ )·c(XO2−
)
B.在NaHXO 3 溶液中: 3 >1
c(OH− )·c(H XO )
2 3
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C.溶液显中性时:c(HX )+2c(H XO )=2c(S )
O− 2 3 O2−
3 4
D.温度不变时,随着硫酸的加入,c2 (H+ )·c(XO2−
)始终保持不变
3
c(H XO )
2 3
答案 B M点对应的电离常数为10-1×10-9.3=10-10.3,N点对应的电离常数为10×10−7.4
c(XO2−
)
=1 0−6.4 ,根据弱电解质的第一步电离常数大于第二步电离常数,则直线m表示 3
c(HXO−
)
3
与pH的关系,直线n表示 c(HXO− 3 ) 与pH的关系,故H 2 XO 3 的 K = c(XO 3 2− )·c(H+ )
c(H XO ) a 2 c(HXO− )
2 3 3
=10-1×10-9.3=10-10.3,则 的数量级为10-11,A正确;NaHXO 溶液中,HX 的电离常数为
K 3 O−
a 2 3
K = c(XO 3 2− )·c(H+ )=10-10.3,水解常数K h = c(H 2 XO 3 )·c(OH− )= K W=10-7.6,故K h > K
a 2 c(HXO− ) c(HXO− ) K a 2
3 3 a 1
c(H XO )·c(OH− ) c(XO2− )·c(H+ ) c(H+ )·c(XO2− )
,即 2 3 > 3 ,得出 3 <1,B错误;溶
c(HXO− ) c(HXO− ) c(OH− )·c(H XO )
3 3 2 3
液显中性时,依据电荷守恒可得c(HX )+2c(X )+2c(S )=c(Na+),依据元素质量守
O− O2− O2−
3 3 4
恒可得2c(HX )+2c(X )+2c(H XO )=c(Na+),两式联立消去c(Na+)可得c(HX )
O− O2− 2 3 O−
3 3 3
+2c(H 2 XO 3 )=2c(S O2− ),C正确;c2 (H+ )·c(XO 3 2− )= K ∙ K ,温度不变时, K 、 K 不变,
4 c(H XO ) a 1 a 2 a 1 a 2
2 3
所以随着硫酸的加入,c2 (H+ )·c(XO2−
)始终保持不变,D正确。
3
c(H XO )
2 3
19.次磷酸(H PO )是一种精细磷化工产品。常温下,某实验小组以酚酞为指示剂,用
3 2
0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 未知浓度的次磷酸(H PO )溶液。溶液pH、
3 2
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所有含磷微粒的分布系数δ[比如H P 的分布系数:δ(H P )= c(H PO− ) ]随
2 O− 2 O− 2 2
2 2 c(总含磷微粒)
滴加NaOH溶液体积[V(NaOH)]的变化关系如图所示。
下列叙述不正确的是 ( )
A.曲线①代表δ(H PO ),曲线②代表δ(H P )
3 2 2 O−
2
B.H P 水解常数K≈1.0×10-10
2 O− h
2
C.H PO 溶液的浓度为0.100 mol·L-1
3 2
D.滴定终点时,溶液中c(Na+)>c(H P )
2 O−
2
答案 B 分析随着NaOH溶液的加入相关曲线变化,可知含磷微粒只有2种,曲线①表
示随着NaOH溶液的加入相关粒子的分布系数越来越小,当加入的NaOH溶液的体积达到
20 mL 时,曲线①代表的粒子恰好完全反应,推知曲线①代表δ(H PO ),曲线②代表的
3 2
粒子的分布系数随着NaOH溶液的加入逐渐增大,故曲线②代表δ(H P ),曲线③代表
2 O−
2
溶液pH随滴加NaOH溶液体积的变化,当加入NaOH溶液的体积达到20 mL 时,酸碱恰好
完全反应,结合起点溶液的pH,可推出H PO 为一元弱酸,A正确;由曲线①②交点可
3 2
知,c(H PO )=c(H P ),对应曲线③pH≈3,即c(H+)≈10-3 mol·L-1,K(H PO )=
3 2 2 O− a 3 2
2
c(H PO− )·c(H+ )≈10-3,故H P 的水解常数K=K ≈1.0×10-11,B错误;H PO 为一
2 2 2 O− h W 3 2
c(H PO ) 2 K
3 2 a
元弱酸,达到滴定终点时n(NaOH)=n(H PO ),即c(NaOH)·V(NaOH)=c(H PO )·V(H PO ),
3 2 3 2 3 2
由V(NaOH)=20 mL 时达到滴定终点可知,次磷酸溶液的浓度为0.100 mol·L-1,C正确;
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由溶液中的电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(H P )+c(OH-),酚酞作指示剂,滴定终点时溶液
2 O−
2
呈碱性,即c(OH-)>c(H+),推知c(Na+)>c(H P ),D正确。
2 O−
2
20.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下,将相同体积的氢氧化钠
和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的电导率随加入水的体积V(H O)变化的曲线如图所示。
2
下列说法正确的是 ( )
A.曲线Ⅰ表示氢氧化钠溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B.a、b、c三点溶液的pH:c<b<a
C.a、b、c三点溶液中水的电离程度:a=c<b
D.将a、b两点溶液混合,所得溶液中:c(Na+)<c(CH COO-)+c(CH COOH)
3 3
答案 CD 加水稀释时,醋酸进一步电离,溶液的电导率变化较小,推知曲线Ⅰ表示醋酸
加水稀释过程中溶液电导率的变化,则曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液加水稀释过程中溶液电
导率的变化,A错误;NaOH溶液显碱性,醋酸溶液显酸性,溶液的导电率越大,说明溶液中
离子浓度越大,则a、b、c三点溶液的pH:c>b>a,B错误;a点和c点的电导率相同,故a
点的氢离子浓度等于c点的氢氧根离子浓度,此时对水的电离的抑制程度相等,b点在c
点的基础上再加水稀释,会促进水的电离,故a、b、c三点溶液中水的电离程
度:a=c<b,C正确;由于醋酸溶液浓度大于氢氧化钠溶液浓度,a、b两点溶液体积相同,
混合后醋酸过量,溶质为醋酸钠和醋酸,根据元素质量守恒可知:c(Na+)<c(CH COO-)
3
+c(CH COOH),D正确。
3
21.实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品(杂质为Na CO )的纯度。步骤如下:
2 3
①称取m g样品,配制成100 mL 溶液;
②取出25 mL 溶液置于锥形瓶中,加入2滴酚酞溶液,用浓度为c mol·L-1的盐酸滴定
至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO ),消耗盐酸体积为V mL;
3 1
③滴入2滴甲基橙溶液,继续滴定至终点,消耗盐酸体积为V mL 。
2
下列说法正确的是 ( )
A.①中配制溶液时,需在容量瓶中加入100 mL水
B.②中溶液恰好褪色时:c(Na+)=c(HC )+2c(C )+c(Cl-)
O− O2−
3 3
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4c(V −V )×40
C.NaOH样品纯度为 1 2 ×100%
1 000m
D.配制溶液时放置时间过长,会导致最终测定结果偏高
答案 C ①中配制溶液时容量瓶中定容时溶液总体积为100 mL,故加入水的体积小于
100 mL,A错误;②中溶液恰好褪色时溶质为NaCl和NaHCO ,由电荷守恒可知,c(Na+)
3
+c(H+)=c( )+2c( )+c(Cl-)+c(OH-),酚酞指示的终点溶液显碱
HCO− CO2−
3 3
性,c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c( )+2c( )+c(Cl-),B错误;第1次滴定反应为
HCO− CO2−
3 3
OH-+H+ H O、 +H+ ,第2次滴定反应为HC +H+ H O+CO ↑,可
2 CO2− HCO− O− 2 2
3 3 3
知n( )=n(HC )=cV×1 mol,推知第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的
CO2− O− 2 0−3 ❑❑
3 3
量为cV
1
×10−3 ❑❑mol-cV
2
×10−3 ❑❑mol=c(V
1
-V
2
)×10−3 ❑❑mol=n(NaOH),故NaOH样品
100 mL
c(V −V )×10−3mol× ×40 g·mol−1 4c(V −V )×40
的纯度为 1 2 25 mL ×100%= 1 2
1 000m
mg
×100%,C正确;配制溶液时放置时间过长,氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠,由
C项分析可知,会导致最终测定结果偏低,D错误。
22.电位滴定法是指在化学计量点附近,离子浓度发生突变,指示电极电位也产生了突
跃,进而确定滴定终点的方法。现用已知浓度的硝酸银标准溶液测定某工业纯碱样品中
的杂质NaCl(假设只此一种杂质)含量的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.a点是溶液中c(Ag+)发生了突跃
B.Na CO 溶液中存在:c(Na+)=c(HC )+c(C )+c(H CO )
2 3 O− O2− 2 3
3 3
C.a点后K (AgCl)逐渐增大
sp
D.若样品质量已知,则可求得杂质NaCl的含量
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答案 BC A项,由题图可知,a点电位发生了突跃,由题目给出的电位滴定法的定义得
知,离子浓度发生了突跃,指示电极电位也发生突跃,正确;B项,Na CO 溶液中存在元素
2 3
质量守恒,则c(Na+)=2[c(HC )+c(C )+c(H CO )],错误;C项,溶度积常数K 仅受温
O− O2− 2 3 sp
3 3
度影响,错误;D项,由Ag++Cl- AgCl↓,可根据消耗的AgNO 的物质的量来求NaCl的
3
物质的量,要求NaCl的含量还需要知道样品质量,正确。
23.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1NH Fe(SO ) 溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中
4 4 2
pFe[pFe=-lgc(Fe3+)]与NaOH溶液体积的关系如图所示,已知K [Fe(OH) ]≈2.7×10-
sp 3
39。下列说法正确的是 ( )
A.NH Fe(SO ) 溶液中:c(Fe3+)>c(N )>c(H+)>c(OH-)
4 4 2 H+
4
B.在E、F、G三点中,水电离程度最大的是F
C.溶液对应的某中性点位于图像的F和G点之间
D.滴加NaOH溶液时,N 优先与NaOH反应
H+
4
答案 C 向NH Fe(SO ) 溶液中滴加NaOH溶液,根据先反应得到的产物不影响离子反应
4 4 2
的规则,Fe3+先和氢氧化钠反应生成沉淀,然后 和氢氧化钠反应生成NH ·H O,说明
N H+ 3 2
4
NH ·H O比Fe(OH) 更容易电离,NH ·H O碱性强于Fe(OH) , 水解程度小于Fe3+,故
3 2 3 3 2 3 N H+
4
c( )>c(Fe3+),A、D错误。E点加入20 mL NaOH溶液,Fe3+没有完全反应,故E点溶液
N H+
4
的溶质是(NH ) SO 、Fe (SO ) 、Na SO , 、Fe3+水解促进水电离;F点加入30 mL
4 2 4 2 4 3 2 4 N H+
4
NaOH溶液,Fe3+恰好完全反应,故F点溶液的溶质为(NH ) SO 、Na SO ,只有 水解促
4 2 4 2 4 N H+
4
进水电离;G点溶液的溶质为NH ·H O、Na SO ,NH ·H O抑制水电离,所以E点溶液中水
3 2 2 4 3 2
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电离程度最大,B错误。由F、G点对应溶液溶质知,F点溶液呈酸性,G点溶液呈碱性,所
以溶液对应的某中性点位于图像的F和G点之间,C正确。
24.联氨(N H )为二元弱碱,可溶于水,在水中的电离方式与氨相似。下列说法正确的是
2 4
( )
A.联氨的电离方程式可表示为N
2
H
4
+2H
2
O N 2H2++2OH-
6
B.联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N H HSO
2 5 4
C.联氨水溶液加水稀释,促进联氨的电离,c(OH-)增大
D.室温下,N H Cl 水溶液的pH<7
2 6 2
答案 D A项,联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,联氨第一步电离方程式为
N
2
H
4
+H
2
O N 2H++OH-,第二步电离方程式为N 2H++H
2
O N 2H2++OH-,错误;B项,由联
5 5 6
氨的第二步电离可知,联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N H (HSO ) ,错误;C项,联氨
2 6 4 2
为二元弱碱,加水稀释,促进联氨的电离,但c(OH-)减小,错误;D项,室温下,N H Cl 水溶
2 6 2
液中N 发生水解反应生成H+,溶液呈酸性,pH<7,正确。
2H2+
6
25.酒石酸(H B)及其与OH-形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化曲线如图所示[已知:20
2
℃时,K (KHB)=3.8×10-4,S(K B)=100 g/L]。向20 mL 0.1 mol/L酒石酸溶液中逐滴加
sp 2
入0.2 mol/L KOH溶液,下列说法正确的是( )
A.酒石酸的 的数量级为10-3
K
a
1
B.pH=4时,c(HB-)>c(H B)>c(B2-)
2
C.用酒石酸检验K+时,最佳pH范围是3.04~4.37
D.V(KOH溶液)=10 mL时,c(H B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.067 mol/L
2
答案 C 分析题图可知,①、②、③分别表示H B、HB-、B2-的浓度分数随溶液pH的变
2
化。A项,当pH=3.04时,c(H B)=c(HB-),则H B的电离常数
=c(HB− )·c(H+
)=1×10-
2 2 K
a 1 c(H B)
2
3.04, 的数量级为10-4,错误;B项,由题图可知,pH=4时,溶液中离子的浓度大小顺序为
K
a
1
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c(HB-)>c(B2-)>c(H B),错误;C项,由题图可知,pH在3.04~4.37范围内,溶液中HB-浓度
2
较大,有利于钾离子转化为酒石酸氢钾,正确;D项,当加入氢氧化钾溶液的体积为10 mL
时,酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾,由酒石酸氢钾的溶度积可知,
溶液中c(HB-)= = mol/L≈0.019 5 mol/L,由元素质量守恒可
√K (KHB) √3.8×10−4
sp
知,溶液中c(H B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.019 5 mol/L,错误。
2
26.常温下,用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL某浓度的Na A溶液,溶液中H A、
2 2
HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是 ( )
A.溶液pH=7时,2c(A2-)+c(HA-)=c(Na+)
B.待测液中Na A的浓度c(Na A)=0.100 0 mol·L-1
2 2
C.δ(H A)=δ(A2-)时,溶液pH=8.31
2
D.滴定过程中,可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂
答案 A A项,常温下,用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL某浓度的Na A溶液,根
2
据电荷守恒可知:c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)=c(H+)+c(Na+),当溶液pH=7
时,c(H+)=c(OH-),故2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)=c(Na+),错误;B项,Na A与足量盐酸反应的
2
化学方程式为Na A+2HCl H A+2NaCl,可知HCl和Na A以物质的量之比2∶1完全反
2 2 2
应,由题图可知完全反应时消耗盐酸40 mL,c(HCl)×V(HCl)=2c(Na A)×V(Na A),可得
2 2
c(Na A)=0.100 0 mol·L-1,正确;C项,d点时,c(H A)=c(HA-), =c(H+ )·c(H A− )=10-
2 2 K
a 1 c(H A)
2
6.38,a点时,c(A2-)=c(HA-), =c(H+ )·c(A2− )=10-10.24,则 × =c(H+ )·c(H A− )×
K K K
a 2 c(H A− ) a 1 a 2 c(H A)
2
c(H+ )·c(A2− )=c2 (H+ )·c(A2− )=10-6.38×10-10.24=10-16.62,当δ(H A)=δ(A2-)
2
c(H A− ) c(H A)
2
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时,c2(H+)=10-16.62 mol2·L-2,溶液pH=8.31,正确;D项,由题图可知,第一次突变时溶液显
碱性,pH约为8.31,可选酚酞作指示剂,第二次突变时溶液显酸性,pH约为3.8,可用甲
基橙作指示剂,正确。
V
27.常温下,将pH相同、体积均为V的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释至V,pH随lg
0 V
0
的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A.曲线②表示CH COOH溶液
3
B.c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C.盐酸和醋酸溶液分别稀释到pH=4时,c(Cl-)>c(CH COO-)
3
D.c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
V
答案 C A项,开始时溶液pH=3,当lg =1,即溶液都稀释至10倍,曲线①的pH=4,曲
V
0
线②的pH=3.5,pH变化小的是弱酸,则曲线①表示盐酸,曲线②表示CH COOH溶液,正
3
确;B项,溶液稀释倍数越小,溶液的pH越小,离子浓度越大,该溶液的导电能力就越强,
由题图可知溶液的pH:c<b,则离子浓度:c>b,故c点溶液的导电性比b点溶液的导电性
强,正确;C项,根据电荷守恒,盐酸中存在:c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),CH COOH溶液中存
3
在:c(H+)=c(OH-)+c(CH COO-),pH=4时,两种溶液中c(H+)、c(OH-)均相等,故
3
c(Cl-)=c(CH COO-),错误;D项,体积相同、pH相等的两种酸溶液,c(CH COOH)>c(HCl),当
3 3
二者稀释至相同倍数时,盐酸为强酸,离子浓度减小,CH COOH为弱酸,在溶液中存在电离
3
平衡,离子浓度增大,此时溶液中酸的浓度:c(CH COOH)>c(HCl),即c点酸的总浓度大于
3
a点酸的总浓度,正确。
28.溴甲酚绿(用HBb表示)指示剂是一元弱酸,HBb为黄色,Bb-为蓝色。下列叙述正确的
是 ( )
A.0.01 mol·L-1HBb溶液的pH=2
B.HBb溶液的pH随温度升高而减小
C.向NaOH溶液中滴加HBb指示剂,溶液显黄色
第 21 页 共 27 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.0.01 mol·L-1NaBb溶液中,c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
答案 B A项,已知HBb指示剂是一元弱酸,HBb在溶液中部分电离,因此0.01
mol·L-1HBb溶液的pH>2,错误;B项,温度升高,HBb的电离程度增大,溶液的酸性增
强,pH减小,正确;C项,向NaOH溶液中滴加HBb指示剂,二者发生酸碱中和反应产生Bb-,
溶液显蓝色,错误;D项,0.01 mol·L-1NaBb溶液中,根据元素质量守恒可知
c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb),根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(OH-),错误。
29.草酸(H C O )是一种二元弱酸。常温下向H C O 溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中
2 2 4 2 2 4
lgX[X表示 c(HC 2 O− 4 )或 c(C 2 O2 4 − ) ]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是
c(H C O ) c(HC O− )
2 2 4 2 4
( )
A.NaHC O 溶液显酸性
2 4
B.H C O 第二步电离常数的数量级是10-5
2 2 4
C.pH=7时,c(Na+)=c(HC )+2c(C )
2O− 2O2−
4 4
D.1.22<pH<4.19时,c(HC )>c(C )>c(H C O )
2O− 2O2− 2 2 4
4 4
答案 D A项,曲线Ⅰ表示lg c(HC 2 O− 4 )随pH的变化,曲线Ⅱ表示lg c(C 2 O2 4 − ) 随
c(H C O ) c(HC O− )
2 2 4 2 4
pH的变化,a点时c(H C O )∶c(NaHC O )=1∶1, =c(HC O− )·c(H+ )=10-1.22,b点时
2 2 4 2 4 K 2 4
a
1 c(H C O )
2 2 4
c(NaHC 2 O 4 )∶c(Na 2 C 2 O 4 )=1∶1, K = c(C 2 O2 4 − )·c(H+ ) =10-4.19,NaHC 2 O 4 溶液中,K h (HC 2O−
a 2 c(HC O− ) 4
2 4
)=K/ =10-12.78< ,HC 电离程度大于水解程度,故NaHC O 溶液显酸性,正确;B
W K K 2O− 2 4
a 1 a 2 4
项,H C O 第二步电离常数为10-4.19,数量级为10-5,正确;C项,根据电荷守恒得c(H+)
2 2 4
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+c(Na+)=c(HC )+2c(C )+c(OH-),pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),可得c(Na+)=c(HC
2O− 2O2− 2
4 4
)+2c(C ),正确;D项,1.22<pH<4.19时,随着pH的增
O− 2O2−
4 4
大,c(H C O )∶c(NaHC O )=1∶1转变为c(NaHC O )∶c(Na C O )=1∶1,此时由c(HC
2 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2O−
4
)>c(H C O )>c(C )向c(HC )>c(C )>c(H C O )转变,错误。
2 2 4 2O2− 2O− 2O2− 2 2 4
4 4 4
30.废旧锂离子电池的正极材料为活性物质Li CoO (x≤1),附着物为炭黑、聚乙烯醇黏
x 2
合剂、淀粉等。用下列实验可以测定Li CoO 的组成:
x 2
实验1:准确称取一定质量的Li CoO 样品,加入盐酸,加热至固体完全溶解(溶液中的金
x 2
属离子只存在Li+和Co2+),冷却后转移到容量瓶中并定容至100 mL。
实验2:移取25.00 mL实验1容量瓶中溶液,加入指示剂,用0.010 00 mol·L-1
EDTA(Na H Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Co2++Y4- CoY2-),平行滴定3次,平均消耗
2 2
EDTA溶液25.00 mL。
实验3:准确称取与实验1中等质量的Li CoO 样品,加入一定量的硝酸和H O 溶液,加热
x 2 2 2
至固体完全溶解。冷却后转移到容量瓶并定容至100 mL。移取10.00 mL溶液,通过火
焰原子吸收光谱法测定其中Li+浓度为6.000×10-3 mol·L-1。
Li CoO 样品的化学式为 ,并写出计算过程。
x 2
答案 Li CoO
0.6 2
由Co2++Y4- CoY2-可知,25.00 mL样品溶液中n(Co2+)=n(Y4-)=0.010 00
mol·L-1×25.00×10-3 L=2.500×10-4 mol
100 mL
100 mL样品溶液中含有的n(Co)=n(Co2+)=2.500×10-4mol× =1.000×10-3
25.00 mL
mol
由实验3可知100 mL样品溶液中n(Li)=6.000×10-3 mol·L-1×0.1 L=6.000×10-4 mol
n(Li)∶n(Co)=x∶1=6.000×10-4 mol∶1.000×10-3 mol=0.6,x=0.6,所以Li CoO 样品
x 2
的化学式为Li CoO
0.6 2。
31.纳米零价铁可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+,再将Cr3+转化为Cr(OH) (两性氢氧化物)
3
从水体中除去。
①室温下Cr(Ⅵ)总浓度为0.20 mol·L-1的溶液中,含铬物种浓度随pH的分布如图所
示。H CrO 的 = 。
2 4 K
a
2
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②调节溶液pH,可使Cr3+转化为Cr(OH) 沉淀而被除去。但pH>9时,铬的去除率却降低,
3
其原因是
。
答案 ①10-6.5 ②Cr(OH) 与OH-反应生成可溶于水的物质{[Cr(OH) ]-或Cr }
3 4 O−
2
解析 ①H 2 CrO 4 的第二步电离方程式为HCr O− H++Cr O2−, K =
c(H+ )·c(CrO2
4
−
) ,
4 4 a 2 c(HCrO− )
4
由题图知,当pH=6.5时,c(HCr )=c(Cr ), =c(H+)=10-6.5。②由题中信息可
O− O2− K
4 4 a 2
知,Cr(OH) 为两性氢氧化物,当碱性过强时,Cr(OH) 沉淀会溶解,形成可溶于水的含铬
3 3
离子。
名师点睛 弱酸分布系数与微粒主要存在形式
pH为横坐标,分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标,分布系数与溶液
pH之间的关系曲线如下:
(1)一元弱酸(以CH COOH为例)
3
δ—CH COOH δ—CH COO-
0 3 1 3
(2)二元弱酸(以H C O 为例)
2 2 4
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O− O2−
4 4
δ—H C O δ—HC δ—C
0 2 2 4 1 2 2 2
(3)三元弱酸(以H PO 为例)
3 4
O− O2− O3−
4 4 4
δ—H PO δ—H P δ—HP δ—P
0 3 4 1 2 2 3
32.NCl 可用于面粉的漂白和杀菌。已知:NCl 为黄色油状液体,熔点为-40 ℃,沸点为
3 3
70 ℃,95 ℃以上易爆炸。实验室可用Cl 和NH Cl溶液反应制取NCl ,待反应结束,为
2 4 3
测定溶液中残留的NCl 的物质的量浓度,进行如下操作:
3
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00 mL,加入过量饱和Na SO 溶液充分反应后,再加入过量
2 3
30%的NaOH溶液,微热;
ⅱ.用15.00 mL 0.100 mol·L−1的稀硫酸吸收产生的NH ,得到溶液A;
3
ⅲ.用0.100 mol·L−1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点,消耗V mL NaOH标准液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH ) SO 和Na SO ,用含V的代数式表示NCl 的物质的
4 2 4 2 4 3
量浓度为 mol·L-1。
(5)为减小误差,滴定时最适宜的指示剂为 (填序号)。
a.酚酞 b.甲基橙
c.石蕊 d.淀粉溶液
3−0.1V
答案 (4) (5)b
25
解析 (4)用15.00 mL 0.100 mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH ,得到溶液A,发生反应
3
NH
3
+H+ N H+;用0.100 mol·L-1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点,消耗V mL
4
NaOH标准液,滴定反应为OH-+H+ H O,可知溶液A中的n(H+)=n(OH-)=0.100
2
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mol·L-1×V×10-3 L,根据NH
3
+H+ N H+可知,溶液A中n(NH
3
)=n
总
-n(H+)=15.00×10-
4
3 L×0.100 mol·L-1×2-0.100 mol·L-1×V×10-3 L,c(NH )=
3
15.00×10−3L×0.100 mol·L−1×2−0.100 mol·L−1×V ×10−3L=3−0.1V
25.00×10−3L 25
3−0.1V
mol·L-1,根据氮原子守恒得关系式NCl ~NH ,可得c(NCl )=c(NH )=
3 3 3 3
25
mol·L-1。(5)滴定终点时溶质仅有(NH ) SO 和Na SO ,此时溶液呈酸性,则选择变色范
4 2 4 2 4
围在3.1~4.4的甲基橙更合适,故选b。
8.为精准投放药量,先利用滴定方法测定滤液中的Cr 含量。方法如下:
2O2−
7
步骤Ⅰ:量取10.00 mL滤液于锥形瓶中,加入适量稀硫酸酸化(除Cr 外,其他成分不
2O2−
7
参与滴定反应)。
步骤Ⅱ:加入过量的碘化钾溶液充分反应,Cr +6I-+14H+ 2Cr3++3I +7H O。
2O2− 2 2
7
步骤Ⅲ:向锥形瓶中滴入几滴指示剂,用滴定管量取0.100 0 mol/L Na S O 溶液进行滴
2 2 3
定,平均用去Na S O 溶液18.00 mL(I +2Na S O 2NaI+Na S O )。
2 2 3 2 2 2 3 2 4 6
①步骤Ⅰ量取10.00 mL滤液选择的仪器是 。
②Cr 的含量为 g/L。
2O2−
7
答案 ①酸式滴定管(或移液管) ②6.48
解析 ①滤液中含有Cr ,具有强氧化性,所以选择的仪器是酸式滴定管或移液管。
2O2−
7
②根据滴定反应方程式找出关系式:Cr ~3I ~6Na S O ,c(Cr )=
2O2− 2 2 2 3 2O2−
7 7
c(Na S O )·V(Na S O )=0.100 0mol/L×18.00×10−3L=0.03 mol/L,Cr 的
2 2 3 2 2 3 2O2−
6V(Cr O2− ) 6×10.00×10−3L 7
2 7
0.03mol/L×1 L×216 g/mol
含量为 =6.48 g/L。
1 L
33.锌是人体必需的一种微量元素,素有“生命之花”的美誉。
Ⅱ.葡萄糖酸锌的纯度测定
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制得产品之后,需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指
示剂,用EDTA进行测定,原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT,由于EDTA与
Zn2+结合能力更强,发生如下反应:Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝色)。已
知:葡萄糖酸锌[(C H O ) Zn]的相对分子质量为 455。
6 11 7 2
其步骤如下:
步骤1.取5.200 g产品溶于水配成100.00 mL 溶液,取25.00 mL 置于锥形瓶中,再加
入少量EBT作指示剂;
步骤2.在25.00 mL 溶液中加入2.000 mol·L-1EDTA 10.00 mL (过量);
步骤3.用1.000 mol·L-1锌标准溶液滴定至终点,平均消耗锌标准溶液18.00 mL 。
(5)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为 。
(6)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为 (保留四位有效数字)。
答案 (5)蓝色 (6)70.00%
解析 (5)由滴定原理提示的化学方程式:Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝
色),可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为蓝色。
(6)由于EDTA先与Zn-EBT反应,剩余的EDTA再与锌标准溶液反应,故25.00 mL 产品溶
液消耗EDTA的物质的量为2.000 mol·L-1×0.01 L-1.000 mol·L-1×0.018
L=2.000×10-3 mol,根据滴定原理反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝
色),可得关系式:
(C H O ) Zn ~ EDTA
6 11 7 2
1 1
n 2.000×10−3mol
可知25.00 mL 溶液中含葡萄糖酸锌的物质的量为2.000×10-3 mol,由于5.200 g产品
溶于水配成100.00 mL 溶液,故产品中含有的葡萄糖酸锌的总物质的量为
4×2.000×10-3 mol,则5.200 g产品中葡萄糖酸锌的质量分数为
2.000×10−3mol×4×455 g·mol−1
×100%=70.00%。
5.200 g
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