适用于新高考新教材广西专版2024届高考化学一轮总复习章末检测卷八水溶液中的离子反应与平衡

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考化学一轮总复习章末检测卷八水溶液中的离子反应与平衡，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于常温下0.1 ml·L-1醋酸溶液,下列叙述正确的是( )
A.溶液中c(H+)=c(CH3COO-)
B.加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均减小
C.加入醋酸钠晶体后,溶液的pH增大
D.加入等体积、pH=13的NaOH溶液后,c(Na+)=c(CH3COO-)
2.(2022浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 ml·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 ml·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
3.(2022江苏泰州调研测试)常温下,
(H2C2O4)=10-1.26、(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64,实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质,相关实验记录如表:
下列所得结论正确的是( )
A.实验1中H2C2O4溶液具有漂白性
B.实验2中a>7
C.实验3清液中c(HC2)=10-4.37 ml·L-1
D.实验4溶液中c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)
4.25 ℃时,下列说法正确的是( )
A.向Na2C2O4溶液中加水,溶液中所有离子浓度都减小
B.pH=3的醋酸溶液和pH=4的醋酸溶液,醋酸浓度前者是后者的10倍
C.浓度均为0.1 ml·L-1的三种溶液:NaClO、CH3COONa、Na2CO3,它们的pH依次增大
D.pH=2的HA溶液和0.01 ml·L-1的MOH溶液等体积混合后,恰好完全反应,则HA为强酸
5.常温下,下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A.含有Al3+的溶液中:K+、Na+、HC、Cl-
B.=1012的溶液中:K+、Na+、Mn、Cl-
C.pH=6.5的溶液中:Na+、Mg2+、Cl-、S
D.水电离出的c(H+)=1.0×10-12 ml·L-1的溶液中:Na+、N、S2-、Br-
6.60 ℃,关于pH=2的CH3COOH溶液的说法正确的是( )
A.c(CH3COOH)=0.01 ml·L-1
B.c(OH-)=1.0×10-12 ml·L-1
C.加水能促进醋酸的电离
D.c(CH3COO-)=c(H+)
7.下列说法正确的是( )
A.将0.1 ml·L-1的盐酸稀释至100 mL,溶液pH变为3
B.恰好中和等体积、等浓度的甲酸与乙酸溶液,消耗NaOH的物质的量相等
C.升高温度,MCl盐溶液pH减小,一定能证明MOH是弱电解质
D.亚硫酸的酸性强于次氯酸,所以可发生反应:NaClO+H2SO3NaHSO3+HClO
8.(2022山东师范大学附属中学考前预测)室温下,向10 mL浓度均为0.1 ml·L-1的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=
-lg c(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)A.m=8.6
B.a点的CuCl2溶液中:c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2]
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由大到小后又增大的过程
D.将足量ZnCl2晶体加入0.1 ml·L-1的Na2S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 ml·L-1
9.铬(Ⅵ)在溶液中可以多种形式存在。25 ℃时,调节初始浓度为0.1 ml·L-1的Na2CrO4溶液的pH,平衡时铬(Ⅵ)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知溶液中存在反应2Cr+2H+Cr2+H2O。
下列说法正确的是( )
A.铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离
B.a点处,δ(Cr)=δ(Cr2)<
C.(H2CrO4)的数量级为10-6
D.若将Na2CrO4溶液加少量水稀释,则的值增大
10.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25 ℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是( )
A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B.25 ℃,H2FeO4+H+H3的平衡常数K>100
C.A、C两点对应溶液中水的电离程度:CD.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数=4.0×10-4
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求。
11.室温下,通过下列实验探究NH4HCO3的性质:
下列说法正确的是( )
A.0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液中存在:c(H+)+c(H2CO3)=c(C)+c(OH-)+c(NH3·H2O)
B.由实验1可得:Kb(NH3·H2O)>
(H2CO3)
C.实验2中发生反应的离子方程式:N+OH-NH3↑+H2O
D.实验3中所得滤液中存在:c(N)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)
12.室温下,取一定量浓氨水,进行如下实验:
①往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01 ml·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11;
②取20 mL①所配溶液,逐滴加入20 mL 0.01 ml·L-1稀盐酸,充分反应后,测得溶液pH<7;
③向②所得溶液中继续滴加NaOH溶液,直至溶液中n(Na+)=n(Cl-)
下列说法正确的是( )
A.①中:所得溶液的电离平衡常数Kb≈1×10-7
B.②中:逐滴加入稀盐酸的过程中,水的电离程度逐渐减小
C.②中:为了获取较准确的滴定终点,应选用酚酞作指示剂
D.③中:所得溶液中c(N)7
13.(2022河北秦皇岛三模)常温下,2-戊烯酸(CH3CH2CHCHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1,向20 mL 0.1 ml·L-1 2-戊烯酸溶液中滴加0.1 ml·L-1的NaOH溶液,溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知:δ(CH3CH2CHCHCOOH)=
下列说法错误的是( )
A.图1中,曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CHCHCOO-
B.图2中,①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠,此时溶液的pH=4.70
C.图2中,②对应的溶液中存在:c(Na+)=c(CH3CH2CHCHCOO-)>
c(CH3CH2CHCHCOOH)
D.图2中,③对应的溶液中存在:c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CHCHCOOH)
14.通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的含量,实验步骤如下:
Ⅰ.取m g样品于锥形瓶中,加入足量的NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性;
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.100 0 ml·L-1的AgNO3溶液50.00 mL,使Cl-完全沉淀;
Ⅲ.向其中加入2 mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机化合物覆盖;
Ⅳ.加入指示剂,用c ml·L-1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积为V mL。
已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgSCN)=2×10-12。
下列说法正确的是( )
A.滴定选用的指示剂为甲基橙
B.本次实验测得Cl元素的质量分数为%
C.硝基苯的作用为防止沉淀被氧化
D.若取消步骤Ⅲ,测定结果偏大
15.(2022山东卷)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s),对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 ml·L-1、
1.0 ml·L-1 Na2CO3溶液,含SrSO4(s)的0.1 ml·L-1、1.0 ml·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内,四种溶液中
lg[c(Sr2+)/ml·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应SrSO4(s)+CSrCO3(s)+S的平衡常数K=
B.a=-6.5
C.曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 ml·L-1 Na2CO3溶液的变化曲线
D.对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 ml·L-1的混合溶液,pH≥7.7时才发生沉淀转化
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16.(10分)锌冶炼过程中产生的锌渣的主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅,以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子,使锌渣得到充分利用。
(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水,将铁酸锌粉末投入到1 L 1 ml·L-1硫酸中,保温80 ℃,匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。
①铁酸锌和硫酸反应的离子方程式为 。
②酸溶时,溶出效率较高的金属离子是 。
(2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2-1 ml·L-1 H2SO4、1 ml·L-1 H2SO4以及SO2-H2O三种体系中实验,均保持80 ℃,匀速搅拌,所得结果如图所示。已知:25 ℃时,Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(ZnS)=1.6×10-24;
Ksp(CuS)=6.3×10-36;Ksp(Cu2S)=2.5×10-48;FeS和ZnS可溶于稀硫酸,CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。
①在SO2-H2SO4体系中,Zn2+浸出率较高的原因是 。
②在SO2-H2SO4体系中,溶渣中Cu2S的质量增加,原因是 。
17.(14分)现有常温下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1 ml·L-1 NaOH溶液,乙为
0.1 ml·L-1 HCl溶液,丙为0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液,试回答下列问题:
(1)甲溶液的pH= 。
(2)丙溶液中存在的电离平衡为 (用电离平衡方程式表示)。
(3)常温下,用水稀释0.1 ml·L-1的CH3COOH溶液,下列各量随水量的增加而增大的是 (填序号)。
①n(H+) ②c(H+) ③ ④c(OH-)
(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是 。
(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,则a= 。
(6)图 (填“1”或“2”)表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。
(7)图2中a点对应的溶液pH=8,原因是 (用离子方程式表示)。
18.(12分)(2022山东烟台三模)某含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2,通过如下工艺进行资源化综合处理:
回答下列问题:
(1)酸浸过程中适当升温的目的是 ,酸溶渣的主要成分为 。
(2)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,该反应的离子方程式是 。
(3)“溶解”过程中,10 min所测TiO2·xH2O的转化率与温度关系如图所示,分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因 。
(4)(NH4)2Ti5O15中Ti为+4价,则1 ml该物质中所含过氧键的数目为 。由Li2Ti5O15与Li2CO3煅烧生成Li4Ti5O12的化学方程式为 。
(5)已知25 ℃时溶液中金属离子的浓度对数lg c与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中,当Fe3+恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全),溶液中Al3+浓度不超过 ml·L-1。
(6)上述流程中可循环利用的物质为 。
19.(12分)BaS是一种重要的无机合成中间体,可以通过重晶石(主要成分BaSO4,还含有SiO2等杂质)制备得到。工业常以软锰矿(主要成分MnO2)和BaS为原料制备碳酸锰。
(1)制取BaS溶液。将重晶石与活性炭混合均匀,高温煅烧,冷却后得重晶石熟料。向重晶石熟料中加入热水,充分搅拌后过滤,得BaS溶液。
①测定SiO2是晶态还是非晶态,可靠的科学方法是 。
②已知:室温下,(H2S)=1.1×10-7,(H2S)=1.3×10-13。测得0.1 ml·L-1BaS溶液pH≈13。溶液中OH-、S2-、HS-三种离子浓度由大到小的顺序依次是 。
③通过下列实验方法测定重晶石熟料中BaS的质量分数:
步骤Ⅰ:准确称取10.00 g试样,加适量水,待可溶物全部溶解,过滤,并洗涤沉淀,将洗涤液与滤液一并转移至500 mL容量瓶中,定容、摇匀。
步骤Ⅱ:取20.00 mL醋酸溶液(过量)于锥形瓶中,再加入20.00 mL
0.080 00 ml·L-1碘标准溶液,然后再向锥形瓶中加入10.00 mL步骤Ⅰ所配的试样溶液,边加边振荡。充分反应后,硫元素完全转化为硫单质。
步骤Ⅲ:以淀粉为指示剂,用0.050 00 ml·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,发生反应:I2+2S22I-+S4。消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。则试样中BaS的质量分数为 。
(2)制取高纯碳酸锰。BaS溶液和软锰矿经反应、过滤、酸溶、净化可制得MnSO4溶液。
①MnSO4溶液和NH4HCO3固体混合后,极速反应生成MnCO3。反应的离子方程式为2HC+Mn2+MnCO3↓+H2O+CO2↑。实际制取MnCO3时,一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体,这样改进的优点是 。
②已知:6.520.(12分)国家规定,排放的废水中氟的含量不得超过10.0 mg·L-1,砷的含量不得超过0.5 mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外,还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水,实现水体达标排放。
(1)化学沉淀:向废水中加入石灰乳[以
Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量
Ca3(AsO3)2。
①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间结构为 。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式: 。
③充分沉淀后测得废水中F-的含量为9.5 mg·L-1,此时S的浓度为 ml·L-1。[已知:
Ksp(CaSO4)=5.0×10-5、Ksp(CaF2)=5.0×10-9]
(2)氧化、吸附沉降:利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(Ⅲ)。
已知:ⅰ.NaClO能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)、将Fe(Ⅱ)氧化为Fe(Ⅲ)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(Ⅴ)物种而沉降。
ⅱ.溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。pH>7时,Fe(OH)3胶体表面带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多。
ⅲ.As(Ⅲ)和As(Ⅴ)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液,写出As(Ⅲ)主要发生反应的离子方程式: 。
②其他条件相同的情况下,用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。
方式Ⅰ:先加NaClO溶液,再加FeSO4溶液;
方式Ⅱ:先加FeSO4溶液,再加NaClO溶液。
反应相同时间,测得As(Ⅲ)的氧化效果方式Ⅱ不如方式Ⅰ,原因是 。
③废水的pH对As(Ⅴ)的去除率的影响如图所示。pH>8时,随着废水的pH增大,As(Ⅴ)的去除率发生如图所示变化的原因是 。
参考答案
章末检测卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡
1.C 解析 醋酸溶液中存在电荷守恒:c(H+)=
c(CH3COO-)+c(OH-),A错误;醋酸是弱电解质,加水稀释促进醋酸电离,但c(H+)、c(CH3COO-)减小,由于KW=c(H+)·c(OH-)不变,所以OH-浓度增大,B错误;由CH3COOHCH3COO-+H+可知,加入少量CH3COONa晶体,c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,c(H+)减小,pH增大,C正确;在0.1ml·L-1醋酸溶液中,加入等体积、pH=13的NaOH溶液,二者恰好完全反应生成CH3COONa,由于CH3COO-水解,则c(Na+)>c(CH3COO-),D错误。
2.C 解析 本题考查弱电解质的电离,侧重考查基础知识的理解和灵活运用,明确弱电解质的电离特点及影响弱电解质电离的因素是解答本题的关键。苯酚的酸性弱于醋酸,故C6H5O-的水解程度大于CH3COO-,故相同温度下pH相同的C6H5ONa溶液与CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)3.C 解析 H2C2O4溶液具有还原性,酸性高锰酸钾溶液具有氧化性,二者发生氧化还原反应而使得酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;HC2的水解平衡常数Kh==10-12.74<,说明其电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,则a<7,B错误;c(C2)=ml·L-1=10-4.64ml·L-1,=10-4.27,所以c(HC2)=10-4.37ml·L-1,C正确;NaHC2O4溶液呈酸性,Na2C2O4溶液中加入等浓度盐酸至pH=7,则溶液中溶质应为NaHC2O4,Na2C2O4和NaCl,那么c(Cl-)4.D 解析 C2水解呈碱性,加水后,c(OH-)变小,温度不变,水解常数不变,KW不变,c(H+)增大,A错误;弱电解质的浓度越大,其电离程度越小,所以pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍,B错误;NaClO溶液中ClO-水解呈碱性,CH3COONa溶液中CH3COO-水解呈碱性,Na2CO3溶液中C水解呈碱性,而酸性:CH3COOH>HClO>HC,则浓度均为0.1ml·L-1的三种溶液:CH3COONa、NaClO、Na2CO3的碱性依次增强,C错误;pH=2的HA溶液和0.01ml·L-1的MOH溶液等体积混合,当HA为强酸时,二者恰好反应生成MA,当HA为弱酸时,混合液中HA过量,则HA为强酸,D正确。
5.C 解析 Al3+与HC能发生相互促进的水解反应,二者不能共存,A不符合题意;=1012的溶液呈酸性,酸性条件下,Mn能氧化Cl-,二者不能共存,B不符合题意;常温下,pH=6.5的溶液呈弱酸性,Na+、Mg2+、Cl-、S可以大量共存,C符合题意;常温下,水电离出的c(H+)=1.0×10-12ml·L-1的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液;酸性溶液中,S2-不能大量存在,碱性溶液中,N不能大量存在,D不符合题意。
6.C 解析 pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=0.01ml·L-1,因为醋酸是弱酸,部分电离出H+,则c(CH3COOH)>c(H+),A错误;升高温度水的电离程度增大,KW(60℃)>KW(25℃)=10-14,则溶液中的c(OH-)>1.0×10-12ml·L-1,B错误;加水稀释,醋酸的电离程度增大,C正确;醋酸溶液中存在电荷守恒关系:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+),D错误。
7.B 解析 没有告诉0.1ml·L-1盐酸的体积,无法计算稀释后溶液的pH,A不符合题意;等体积、等浓度的甲酸与乙酸溶液中含有甲酸和乙酸的物质的量相等,中和时消耗NaOH的物质的量相等,B符合题意;若MOH为强电解质时,MCl为强酸强碱盐,其水溶液呈中性,加热后水的电离程度增大,氢离子浓度增大,MCl盐溶液pH减小,所以MOH可能为强电解质,C不符合题意;亚硫酸的酸性强于次氯酸,次氯酸具有强氧化性,能够氧化H2SO3,正确的化学方程式为NaClO+H2SO3H2SO4+NaCl,D不符合题意。
8.D 解析 加入10mLNa2S时,Fe2+沉淀达到终点,溶液中c(Fe2+)≈c(S2-),Ksp(FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)==2.5×10-9ml·L-1,-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点为CuCl2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)2]=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2],B正确;盐类的水解会促进水的电离,未加入Na2S时,金属阳离子的水解促进水的电离,随着Na2S的加入,金属阳离子和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Na2S溶液,溶液中S2-越来越多,而S2-也会发生水解,所以d→g的过程中,水的电离程度逐渐增大,C正确;ZnCl2可溶于水,加入0.1ml·L-1的Na2S溶液中,当S2-完全沉淀后,ZnCl2可以继续溶于水电离出Zn2+,溶液中c(Zn2+)可以远大于10-24.4ml·L-1,D错误。
9.D 解析 H2CrO4、HCr能够同时存在,说明铬酸是弱酸,第一步电离为不完全电离,A不符合题意;由于a点处存在三种物质,Cr与Cr2的物质的量分数相同,而HCr少于前面两种,故δ(Cr)=δ(Cr2)>,B不符合题意;当c(Cr)=c(HCr)时,pH范围在6~7,=c(H+),数量级为10-7,C不符合题意;Na2CrO4本身显碱性,加水稀释,pH会趋近于7,即pH会减小,c(H+)增大,2Cr+2H+Cr2+H2O右移,使n(Cr)减小,n(Cr2)增大,故增大,D符合题意。
10.D 解析 据题图可知H2FeO4和HFe共存,说明H2FeO4在水溶液中不完全电离,为弱电解质,A错误;该反应的平衡常数表达式为K=,据题图可知当c(H3Fe)=c(H2FeO4)时,pH<2,则c(H+)>10-2ml·L-1,所以K<100,B错误;H2FeO4的电离抑制水的电离,Fe的水解促进水的电离,所以C点水的电离程度大于A,C错误;H2FeO4的第一步电离平衡常数,据题图可知当pH=4时,HFe的物质的量分数为0.8,且此时溶液中主要存在HFe和H2FeO4,所以此时H2FeO4的物质的量分数为0.2,所以=4.0×10-4,D正确。
11.AB 解析 根据质子守恒0.1ml·L-1NH4HCO3溶液中存在:c(H+)+c(H2CO3)=c(C)+c(OH-)+c(NH3·H2O),A项正确;由实验1溶液呈碱性可知,水解程度:N(H2CO3),B项正确;实验2中发生反应的离子方程式为HC+OH-C+H2O,N+OH-NH3↑+H2O,C项错误;析出晶体为NaHCO3,根据物料守恒,实验3中所得滤液中存在:c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-),c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C),c(Na+)c(H2CO3)+c(HC)+c(C),D项错误。
12.D 解析 ①中:往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01ml·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11,则c(OH-)=10-3ml·L-1,所得溶液的电离平衡常数Kb==1×10-4,A错误;②中:加入的盐酸与氨水中溶质的物质的量相等,二者恰好完全反应得到氯化铵,则水的电离程度逐渐增大,B错误;②中:反应生成氯化铵,为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,应用甲基橙作指示剂,C错误;③中:溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),已知n(Na+)=n(Cl-),则c(H+)+c(N)=c(OH-),所得溶液中c(N)13.AB 解析 根据已知2-戊烯酸溶液中滴加0.1ml·L-1的NaOH溶液导致溶液的pH增大,反应生成盐溶液,在滴加过程中CH3CH2CHCHCOOH在减小,CH3CH2CHCHCOO-在增大,当滴加至20mL时恰好完全反应生成CH3CH2CHCHCOONa,该盐属于强碱弱酸盐显碱性;曲线Ⅰ表示的粒子是
CH3CH2CHCHCOOH,A项错误;根据图1知,2-戊烯酸的电离常数Ka=
=c(H+)=10-4.70,①对应的溶液溶质为等物质的量的2-戊烯酸和2-戊烯酸钠,CH3CH2CHCHCOOH的电离程度大于CH3CH2CHCHCOO-的水解程度,则溶液中c(CH3CH2CHCHCOO-)>c(CH3CH2CHCHCOOH),pH并不是4.70,B项错误;②对应的溶液呈中性,根据电荷守恒知,c(CH3CH2CHCHCOO-)=c(Na+)>
c(CH3CH2CHCHCOOH),C项正确;③对应的溶液中,酸和碱恰好完全反应,此时溶质为
CH3CH2CHCHCOONa,根据质子守恒得:c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CHCHCOOH),D项正确。
14.B 解析 分析实验步骤可知氯离子、SCN-分别和银离子反应,有关系式:POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN。
Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性,无法用甲基橙作指示剂,A错误;Ag+总物质的量为0.1000ml·L-1×50.00×10-3L=5×10-3ml,NH4SCN的物质的量为cml·L-1×V×10-3L=cV×10-3ml,设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl原子的物质的量为x,结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+cV×10-3ml=5.0×10-3ml,解得x=(5-cV)×10-3ml,因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5-cV)×10-3ml×35.5g·ml-1=3.55(5-cV)×10-2g,因此Cl元素的质量分数为%,B正确;由Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12可知,硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN,C错误;取消步骤Ⅲ,则AgCl转化为AgSCN,所需NH4SCN溶液的体积V偏大,由B项分析可知,测定结果偏小,D错误。
15.D 解析 本题属于沉淀溶解平衡图像题,重点考查学生分析图像的能力、平衡常数的表达式及相关计算。
对于含SrSO4(s)的Na2SO4溶液,当溶液pH变化时,溶液中硫酸根离子浓度几乎不变,不会使SrSO4(s)Sr2+(aq)+S(aq)发生移动,即含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变,又因为pH相同时,溶液中硫酸根离子浓度增大,SrSO4的沉淀溶解平衡向沉淀方向移动,因此锶离子浓度减小,所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线,曲线②代表含硫酸锶固体的1.0ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线;对于含SrCO3(s)的Na2CO3溶液,当溶液pH减小时,溶液中碳酸根离子浓度减小,SrCO3的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动,锶离子浓度增大,又因为pH相同时,1.0ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子的浓度大于0.1ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子的浓度,因此曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+CSrCO3(s)+S的平衡常数K=,A项正确;曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线,则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10-5.5×0.1=10-6.5,温度不变,溶度积不变,则pH为7.7的含硫酸锶固体的1.0ml·L-1硫酸钠溶液中,锶离子的浓度为ml·L-1=10-6.5ml·L-1,即a=-6.5,B项正确;由分析可知,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,C项正确;根据图像分析可知,对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液,pH≥6.9时,溶液中Sr2+浓度减小,发生了SrSO4(s)到SrCO3(s)的转化,D项错误。
16.答案 (1)①ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O ②Zn2+
(2)①与SO2-H2O体系相比,该体系溶液酸性更强,与硫酸体系相比,该体系中二氧化硫具有还原作用,SO2将Fe3+还原为Fe2+,降低了Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动 ②铜的氧化物转化为铜的硫化物,+2价铜的化合物被二氧化硫还原,形成硫化亚铜
解析 (1)①铁酸锌的化学式为ZnFe2O4,铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+,所以离子方程式为ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O。
②ZnFe2O4中Fe3+的物质的量为Zn2+的两倍,而根据表格可知酸溶时,溶出的Fe3+的物质的量小于Zn2+的两倍,所以酸溶时,溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应:ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O,可知酸性环境有利于锌渣的溶解,Fe3+具有较强的氧化性,会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动。
②在酸性条件下,锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物,而二氧化硫具有较强的还原性,可以将+2价的铜还原从而形成硫化亚铜。
17.答案 (1)13 (2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+ (3)①④ (4)丙 (5)20.00 (6)2 (7)CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH
解析 (1)氢氧化钠是强碱,所以溶液中c(OH-)=10-1ml·L-1,则溶液的pH=13。
(2)醋酸和水都是弱电解质,所以存在的电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+。
(3)常温下,用水稀释0.1ml·L-1CH3COOH溶液,促进平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动,所以n(H+)变大,但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度,所以c(H+)变小,由于常温下KW不变,根据KW=c(H+)·c(OH-),所以c(OH-)变大;温度不变,Ka=不变,而c(H+)变小,所以变小。
(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的,且溶液中H+或OH-浓度越大,对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知,甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙>甲=乙。
(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时,溶液显中性,所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知,消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00mL,即a=20.00。
(6)题图2中V(NaOH溶液)=0时,pH大于1,可知0.1ml·L-1该溶液的pH大于1,所以图2应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线。
(7)a=20.00时,刚好生成醋酸钠,CH3COO-水解:CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH使溶液显碱性。
18.答案 (1)增大溶解速率 SiO2
(2)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+
(3)低于40 ℃升温速率加快,转化率增大;高于40 ℃ H2O2分解,氨气逸出,导致速率减慢,转化率降低
(4)4NA Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑
(5)10
(6)H2SO4
解析 该含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2,加入盐酸酸浸,滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸,再加入氨水分步沉淀,得到氢氧化铁、氢氧化铝,废水中含有氯化铵;浸渣中含有TiO2、SiO2,由第(2)问可知,加入硫酸酸溶时,TiO2溶解转化为TiO2+,SiO2不反应,酸溶渣为SiO2,滤液中加入热水,TiO2+水解生成TiO2·xH2O。
(1)酸浸过程中适当升温的目的是增大溶解速率,由分析可知,酸溶渣的主要成分为SiO2。
(2)TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+。
(3)40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快,转化率增大;高于40℃H2O2分解,氨气逸出,导致速率减慢,转化率降低。
(4)(NH4)2Ti5O15中Ti为+4价,设-1价O的个数为x,-2价O的个数为y,则可得出,x+y=15,x+2y=22,解得x=8,y=7,即-1价O的个数为8,则1ml该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得,Li4Ti5O12中O均为-2价,则可知反应过程中Li2Ti5O15中-1价O既有降价,又有升价,得到氧气,则由Li2Ti5O15与Li2CO3煅烧生成Li4Ti5O12的化学方程式为Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑。
(5)由图可知,Ksp[Fe(OH)3]=10-2×(10-12.2)3,Ksp[Al(OH)3]=10-2×(10-10.2)3,当Fe3+恰好沉淀完全时,c3(OH-)=,则此时c(Al3+)=ml·L-1=10ml·L-1,故溶液中Al3+浓度不超过10ml·L-1。
(6)由分析可知,酸溶步骤使用硫酸,水解后的母液中含有硫酸,则可循环利用的物质为H2SO4。
19.答案 (1)①对固体进行X射线衍射 ②c(OH-)>c(S2-)>c(HS-) ③92.95% (2)①增大c(C),吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险 ②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥
解析 (1)①测定SiO2是晶态还是非晶态,可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射。
②由元素质量守恒可知,c(Ba2+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1,pH≈13可得c(H+)=10-13ml·L-1,c(OH-)=10-1ml·L-1,(H2S)==1.3×10-13,=1.3,c(S2-)>c(HS-),所以c(OH-)>c(S2-)>c(HS-)。③步骤Ⅲ消耗Na2S2O3的物质的量为20.00×10-3L×0.05000ml·L-1=0.001ml,所以步骤Ⅲ消耗I2的物质的量为0.0005ml,步骤Ⅱ中加入I2的物质的量为20.00×10-3L×0.08000ml·L-1=0.0016ml,所以步骤Ⅱ中消耗I2的物质的量为0.0016ml-0.0005ml=0.0011ml,根据反应I2+S2-S↓+2I-可知,n(S2-)=n(BaS)=0.0011ml,BaS的质量分数=×100%=
×100%=92.95%。
(2)①实际制取MnCO3时,一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体,这样改进的优点是增大c(C),吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险。
②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥。
20.答案 (1)①三角锥形 ②H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O ③2.5×10-3
(2)①H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O ②方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱 ③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附沉降
解析 (1)①As中心原子的价层电子对数是3+=3+1=4,所以空间结构是三角锥形。
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O。
③=104,c(F-)==5×10-4ml·L-1,c(S)=(5×10-4)2×104ml·L-1=2.5×10-3ml·L-1。
(2)①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液,NaClO能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),此时主要以HAs的形式存在,则主要发生反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O。
②由已知信息ⅰ可知,方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱。
③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且由已知信息ⅱ可知Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附。
实验
实验操作和现象
1
常温下,向4 mL 0.01 ml·L-1的酸性KMnO4溶液中加入2 mL 0.10 ml·L-1 H2C2O4溶液,溶液褪色
2
常温下,测得0.10 ml·L-1 NaHC2O4溶液的pH=a
3
常温下,向0.10 ml·L-1 NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀,测得上层清液pH=4,c(Ca2+)=10-4 ml·L-1
4
常温下,向0.10 ml·L-1 Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液的pH,测得pH约为10
2
向浓度为0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液中加入足量NaOH,有刺激性气味气体产生
3
浓度均为2.0 ml·L-1 NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合,有晶体析出,过滤
时间/h
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
0.10
0.11
0.15
0.21
0.21
0.12
0.13
0.16
0.21
0.30