新教材2023年高中化学第三章水溶液中的离子反应与平衡单元过关检测新人教版选择性必修1

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第三章　单元过关检测　　时间：90分钟　　　满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题只有1个选项符合题意。每小题2分，共20分)1．下列叙述正确的是(　　)A．不同温度T1、T2下，水的离子积分别为Kw1、Kw2，若Kw1>Kw2，则T1<T2B．一定温度下，向纯水中加入少量金属钠，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小C．某温度下，0.1 mol·L－1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)大于10－13 mol·L－1，则该温度高于25 ℃D．一定温度下，向纯水中通入HCl气体，水的电离平衡逆向移动，Kw减小答案　C解析　水的电离吸热，升温Kw增大，若Kw1＞Kw2，则T1＞T2，A项错误；向纯水中加入少量金属钠，由于反应消耗水电离产生的H＋，使水的电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)减小，B项错误；由水电离出的c(OH－)大于10－13 mol·L－1，说明由水电离出的c(H＋)也大于10－13 mol·L－1，由0.1 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)略大于0.1 mol·L－1，可知该温度下Kw大于10－14 mol2·L－2，故温度高于25 ℃，C项正确；一定温度下，向纯水中通入HCl气体，c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动，但Kw不变，D项错误。2．为证明醋酸是弱电解质，下列方法错误的是(　　)A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pHB．测定0.1  mol·L－1 CH3COONa溶液的酸碱性C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力D．0.1 mol·L－1的醋酸溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好反应答案　D解析　测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，若pH大于1，则证明CH3COOH为弱电解质；测定0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的酸碱性，若显碱性，则可证明CH3COOH为弱电解质；比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，若醋酸溶液的导电能力比较弱，则可证明CH3COOH为弱电解质；0.1 mol·L－1的醋酸溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好反应，只能证明CH3COOH为一元酸，不能证明其为弱电解质。3．某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是(　　)A．AgCl的溶解度、Ksp均减小B．AgCl的溶解度、Ksp均不变C．AgCl的溶解度减小，Ksp不变D．AgCl的溶解度不变，Ksp减小答案　C解析　在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当加入少量稀盐酸时，Cl－浓度增大，平衡逆向移动，Ag＋浓度减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。4．室温下，向10 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是(　　)A．溶液中离子的数目减小B．再加入CH3COONa固体能促进醋酸的电离C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大D．溶液中不变答案　D解析　醋酸是弱电解质，存在电离平衡，稀释促进电离，故最终溶液中离子的数目增加，A错误；加入CH3COONa固体后，醋酸根离子浓度升高，抑制醋酸的电离，B错误；稀释醋酸溶液，溶液中除了氢氧根离子的浓度外其余所有离子的浓度均降低，C错误；溶液中＝＝，温度不变，Ka和Kw的值不变，故不变，D正确。5．关于pH都等于9的两种溶液：①NaOH溶液　②CH3COONa溶液，下列说法正确的是(　　)A．加水稀释相同倍数后溶液的pH：①＝②B．由水电离产生的OH－的物质的量浓度：①>②C．升高相同温度后(不考虑温度对水电离的影响)，溶液的pH：①＝②D．两种溶液中Na＋的物质的量浓度：①<②答案　D解析　分别加水稀释相同倍数时，CH3COONa的水解平衡右移，pH变化小，所以醋酸钠溶液的pH大于氢氧化钠溶液的pH，故A错误；CH3COONa水解促进水的电离，氢氧化钠抑制水的电离，由水电离产生的OH－物质的量浓度：②>①，故B错误；分别加热到相同温度时(不考虑温度对水电离的影响)，NaOH溶液中c(OH－)不变，而加热促进CH3COONa水解，CH3COONa溶液中c(OH－)增大，升高相同温度，NaOH溶液的pH小于CH3COONa溶液，故C错误；两溶液因pH均为9，因此c(CH3COONa)大于c(NaOH)，因此CH3COONa溶液中c(Na＋)大于NaOH溶液中c(Na＋)，故D正确。6．已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是(　　)①升高温度，平衡逆向移动　②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度　③恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高　④加热溶液，溶液的pH升高　⑤向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加　⑥向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变A．①⑤   B．①⑤⑥C．②③⑤   D．①②⑤⑥答案　A解析　①已知反应的ΔH<0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故正确；②加入碳酸钠粉末，CO会与Ca2＋结合生成更难溶的CaCO3，Ca2＋浓度减小，故错误；③恒温下Ksp不变，加入CaO后，虽然CaO与水反应生成Ca(OH)2，但溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，Ca2＋和OH－的浓度都不变，pH不变，故错误；④已知反应的ΔH<0，加热溶液，平衡逆向移动，OH－的浓度减小，溶液的pH降低，故错误；⑤加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡正向移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，故正确；⑥加入NaOH固体，OH－的浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，Ca(OH)2固体质量增加，故错误。7．下列实验操作正确的是(　　)A．若取20.00 mL盐酸，可在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B．滴定前用待测液润洗锥形瓶C．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏D．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂答案　C解析　注意滴定管的下端有一部分没有刻度，A项错误；滴定实验中，锥形瓶不能用待测液润洗，而滴定管需要润洗，否则会造成误差，B项错误；用HCl溶液滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠与HCl完全反应生成氯化钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择甲基橙作指示剂，D项错误。8．下列说法不正确的是(　　)A．常温时，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1，该事实可用以下化学用语表述：NH3·H2ONH＋OH－B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等C．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质D．25 ℃时，将0.1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1答案　B解析　常温下0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1，溶液中c(OH－)＝10－2.9 mol·L－1<0.1 mol·L－1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，A项正确；氨水是弱碱水溶液，部分电离，氢氧化钠是强碱，完全电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B项错误；若HA为强酸，0.1 mol·L－1的HA溶液的pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，C项正确；pH为4.0的溶液中c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，在25 ℃时，水的离子积Kw＝1×10－14，故c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，D项正确。9．已知常温时HClO的Ka(HClO)＝4.7×10－8 mol·L－1，HF的Ka(HF)＝6.8×10－4 mol·L－1。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如下图所示，下列叙述正确的是(　　)A．曲线Ⅰ为次氯酸溶液稀释时的pH变化曲线B．取a点对应的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸溶液的体积较小C．b点对应溶液中水的电离程度比c点对应溶液中水的电离程度小D．从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)答案　D解析　pH相同的弱酸溶液加蒸馏水稀释，其pH都会变大，且酸性越强，其pH的变化越明显(或者说曲线的斜率越大)，因为Ka(HF)>Ka(HClO)，所以HF的酸性更强，所以曲线Ⅰ为氢氟酸溶液稀释时的pH变化曲线，A错误。中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的次氯酸和氢氟酸的物质的量一定相等，a点对应两种溶液的pH相同，因为HF酸性更强，所以HF的浓度较小，所以消耗的氢氟酸溶液的体积较大，B错误。c点对应溶液比b点对应溶液的pH更小，说明c点对应酸电离出来的氢离子浓度更大，对水的电离的抑制更强，故c点对应溶液中水的电离程度更小，C错误。是R－的水解平衡常数的倒数，该数值只与温度有关，D正确。10．某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是(　　)A．Ksp[Fe(OH)3]的值小于Ksp[Cu(OH)2]的值B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和答案　B解析　Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，Fe3＋、Cu2＋浓度相等(b、c点)时，Fe3＋对应的pH较小，c(H＋)较大，则c(OH－)较小，又知温度不变，难溶物质的Ksp不变，则Ksp[Fe(OH)3]的值小于Ksp[Cu(OH)2]的值，A项正确；溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，加入NH4Cl固体，NH与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O，使平衡正向移动，c(Fe3＋)增大，B项错误；c(H＋)和c(OH－)的乘积为Kw，Kw仅与温度有关，C项正确；由题图知D项正确。二、选择题(本题共5小题，每小题有1个或2个选项符合题意。每小题4分，共20分)11．汽水是CO2的饱和溶液，其中存在如下平衡：H2CO3H＋＋HCO　①HCOH＋＋CO　②将汽水倒入试管中分别进行下列实验，下列结论错误的是(　　)A．加热，平衡①②都向右移动B．加入澄清石灰水，平衡①②均向右移动C．加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动D．通入过量CO2或滴加新制氯水，溶液的pH均减小答案　AD解析　加热促使H2CO3分解，生成CO2和H2O，H2CO3的浓度减小，故平衡①②向左移动，A项错误；加入澄清石灰水，发生反应：Ca2＋＋CO===CaCO3↓，OH－也能与H＋结合生成水，故平衡②会向右移动，进而平衡①也向右移动，B项正确；CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，加入汽水中，反应①中电离出的H＋与CO结合产生HCO，CaCO3的溶解平衡向右移动，C项正确；汽水是CO2的饱和溶液，向其中通入CO2，CO2不溶解，故pH不变，D项错误。12．测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等答案　C解析　亚硫酸钠是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A项正确；①与④的温度相同，但pH不同，主要是由于亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，从而导致溶液的碱性减弱，pH减小，B项正确；①→③的过程中，温度升高使水解平衡正向移动，而SO浓度逐渐减小，使水解平衡逆向移动，故温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；①与④的温度相同，故Kw相同，D项正确。13．在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图所示，下列说法错误的是(　　)A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuClC．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案　C解析　A对：当－lg＝0时，lg约为－7，即c(Cl－)＝1 mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7 mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的数量级为10－7。B对：分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl。C错：铜为固体，用量改变平衡不移动，即Cu的量对除Cl－效果无影响。D对：2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈1×10－6 mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即为K＝＝1×106，因此平衡常数很大，反应趋于完全。14．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如下图甲所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如下图乙所示。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　)A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和POC．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4答案　D解析　溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图甲中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH不过大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH以后就不变了，C错误。由图乙得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。15．H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)A．0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)答案　AD解析　H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol·L－1＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝＝＝＝≈1.85×10－13≪Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)＞c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000 mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C错误；c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D正确。三、非选择题(本题共4小题，共60分)16．(12分)根据电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断弱电解质的相对强弱。25 ℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：(1)25 ℃时，同浓度的HF、H2CO3、HClO三种溶液中，pH最大的是        (写化学式)。(2)将0.1 mol·L－1的HF溶液1 mL加水稀释至10 mL(假设温度不变)，下列各量增大的是        (填序号)。A．c(H＋)   B．c(H＋)·c(OH－)C.   D.(3)25 ℃时，有物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液　②NaHCO3溶液　③NaF溶液④NaClO溶液依据数据判断其pH由大到小的顺序是            (用序号表示)。(4)根据H2SO3的电离平衡常数，计算25 ℃时，0.05 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH＝        。若某Na2SO3和NaHSO3的混合液呈中性，则溶液中c(SO)        (填“大于”“小于”或“等于”)c(HSO)。 答案　(1)HClO　(2)CD　(3)①＞④＞②＞③　(4)10　小于解析　(1)根据酸的电离平衡常数推断，平衡常数越大，酸性越强，同浓度时pH越小，故pH最大的是HClO溶液。(2)HF为弱酸，存在电离平衡HFH＋＋F－，加水稀释，平衡右移，c(H＋)、c(HF)、c(F－)均减小，温度不变，c(H＋)·c(OH－)为常数，所以c(OH－)增大，＝增大，增大，故C、D两项正确。(3)根据形成该钠盐的弱酸的酸性强弱进行判断，酸越弱，形成的钠盐越易水解，溶液的碱性就越强；根据酸的电离平衡常数：Ka(HF)＞Ka(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCO)，同浓度四种盐溶液的pH由大到小的顺序是①Na2CO3溶液>④NaClO溶液>②NaHCO3溶液>③NaF溶液。(4)SO的水解反应为SO＋H2OHSO＋OH－，设水解产生的c(OH－)＝c(HSO)＝x mol·L－1；水解平衡常数Kh＝＝＝＝＝2×10－7＝，近似计算得x＝1.0×10－4，即c(H＋)＝10－10 mol·L－1，pH＝10。Na2SO3和NaHSO3混合液呈中性，则c(H＋)＝10－7 mol·L－1，代入有Ka2＝＝＝5×10－8，则＝0.5，则c(SO)＜c(HSO)。17．(13分)Ⅰ.水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度。则100 ℃时1 mol·L－1 NaOH溶液中，由水电离出的c(H＋)＝        mol·L－1，Kw(25 ℃)        (填“>”“<”或“＝”)Kw(100 ℃)。25 ℃时，向水的电离平衡体系中加入少量氢氧化钠固体，对水的电离平衡的影响是        (填“促进”“抑制”或“不影响”)。Ⅱ.现有常温下的六份溶液：①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液②0.01 mol·L－1盐酸③pH＝12的氨水④pH＝12的NaOH溶液⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液⑥0.01 mol·L－1盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液(1)其中水的电离程度最大的是        (填序号，下同)，水的电离程度相同的是        。(2)若将②、③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②        (填“>”“<”或“＝”)③。(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：①        ②，③        ④，⑤        ⑥。(填“>”“<”或“＝”)(4)将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合溶液可能呈        (填序号)。A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性答案　Ⅰ.1×10－12　＜　抑制Ⅱ.(1)⑥　②③④　(2)＞　(3)＞　＞　＞　(4)ABC解析　Ⅰ.100 ℃时，Kw＝10－12,1 mol·L－1 NaOH溶液中，c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1；25 ℃时，Kw＝10－14，Kw(25 ℃)<Kw(100 ℃)；氢氧化钠溶液中，OH－抑制水的电离。Ⅱ.(1)酸和碱都会抑制水的电离，⑥为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用，②、③和④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，故②、③混合，欲使pH＝7，则需溶液体积：②>③。(3)稀释相同浓度的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液，强酸(或强碱)溶液的pH变化值相对大一些。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性，故混合液可能呈酸性、碱性或中性。18．(18分)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000 mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f．数据处理回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有        。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是             。(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其目的是                           。(4)b和c两步操作是否可以颠倒        ，说明理由                                                              。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为        mL，测得c(I－)＝        mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为                                                         。(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果        。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果        。答案　(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)AgNO3见光分解(3)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)(4)否(或不能)　若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点(5)10.00　0.0600(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)①偏高　②偏高解析　(1)配制硝酸银溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒之外还需要250 mL(棕色)容量瓶和胶头滴管。(2)AgNO3见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶中。(3)Fe3＋易水解，所以滴定应在pH<0.5的强酸环境下进行。(4)b和c两步操作不能颠倒，否则强氧化性的Fe3＋和强还原性的I－会发生反应导致指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)根据实验数据，实验1与实验2、3差别很大，故舍去实验1，求实验2和实验3的平均值，所以标准溶液的平均体积为10.00 mL。根据滴定过程可知n(AgNO3)＝n(NaI)＋n(NH4SCN)，得：25．00×10－3 L×0.1000 mol·L－1＝25.00×10－3 L×c(I－)＋10.00×10－3 L×0.1000 mol·L－1，解得c(I－)＝0.0600 mol·L－1 。(6)向滴定管中装标准溶液前应用标准溶液润洗。(7)①在配制AgNO3标准溶液时，若有少量溅出，则配制的标准溶液浓度偏小，在滴定时消耗n(NH4SCN)偏小，测得c(I－)偏高。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读数偏小，计算出的标准液体积偏小，结合(5)中分析知c(I－)偏高。19．(17分)铁、铝是重要的金属材料，铁、铝及其化合物有非常重要的用途。(1)下列说法正确的是        (填序号)。①配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度②FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成③利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3＋中有无Fe2＋④加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体⑤由于金属铝性质稳定，所以Al在空气中能稳定存在(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂：其作用原理为                                                                。(3)以铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：①滤渣主要成分为            。②在实验室灼烧操作应选择的主要实验仪器为                  。③反应Ⅱ中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式：                                                              。(4)已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33。①在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成        沉淀(填化学式)。②溶液中某离子物质的量浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测得c(Al3＋)＝0.2 mol·L－1。此时所得沉淀中        (填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。答案　(1)①④　(2)K2FeO4中＋6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3＋，Fe3＋水解形成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用(3)①Fe2O3　②坩埚　③HCO＋OH－===H2O＋CO　(4)①Al(OH)3　②不含有解析　(1)①配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，防止三价铁离子水解，再用蒸馏水稀释到所需浓度，正确；②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3除通过化合反应生成，还可以通过复分解反应生成，如Fe2(SO4)3与BaCl2反应生成FeCl3，错误；③Fe3＋能与KSCN反应使溶液变为血红色，所以不能利用氯水和KSCN溶液检验Fe3＋中有无Fe2＋，错误；④Fe2(SO4)3水解得到的硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干Fe2(SO4)3溶液得到Fe2(SO4)3固体，正确。(2)高铁酸钾能作为高效多功能水处理剂的原因为K2FeO4中＋6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3＋，Fe3＋水解形成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用。(3)①铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，所以滤渣主要成分为Fe2O3；②灼烧操作应选择的主要实验仪器是坩埚；③由题可知在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，加入的NaHCO3先与未反应完全的氢氧根离子反应，离子方程式为HCO＋OH－===H2O＋CO。(4)①根据25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，开始生成Al(OH)3沉淀时所需c(OH－)＝＝ mol·L－1，同理开始生成Cu(OH)2沉淀时所需c(OH－)＝ mol·L－1，由于 mol·L－1＜  mol·L－1，故滴加相同浓度的氨水，Al(OH)3先析出；②由题给信息可知Fe3＋完全沉淀时c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c3(OH－)＝＝＝4.0×10－33，则Q[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝0.2×4.0×10－33＝8×10－34＜Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33，所以没有生成Al(OH)3沉淀。