【期中模拟卷】（人教版2019）2023-2024学年高二上学期 化学选择性必修1 第三章 水溶液中的离子反应与平衡【单元测试·提升卷】.zip

第三章 水溶液中的离子反应与平衡
提升卷
（时间：75分钟，满分：100分）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。）
1．（2022·陕西·长安一中高二期末）下列一定能说明HClO是弱电解质的是
A．25℃时，用pH试纸测0.1mol·L-1HClO的pH值
B．25℃时，NaClO溶液的pH值大于7
C．25℃时，若测得HClO溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至1000.0mL，测得pH=b，b-a<2，则HClO是弱酸
D．浓度相同的NaOH溶液分别与浓度相同的次氯酸、盐酸反应呈中性，前者消耗的NaOH溶液的体积多
【答案】B
【解析】A．HClO能氧化漂白pH试纸，不能测其pH，A错误；
B．25℃时，ClO-水解生成氢氧根离子时溶液显碱性，NaClO溶液的pH值大于7，根据有弱才水解，说明HClO是弱酸，B正确；
C．25℃时，若a=6，则加蒸馏水稀释至1000.0mL，溶液仍显酸性，b<7，故b-a<2，不能说明HClO是弱酸，C错误；
D．酸的体积未知，故不能根据消耗的NaOH溶液的体积的多少判断酸性强弱，D错误；
故选B。
2．（2022·辽宁·丹东市教师进修学院高二期末）分别对稀溶液进行下列操作，一定可使增大的是
①升温      ②恒温加少量水      ③恒温加入少量固体
④恒温加入少量固体      ⑤恒温加入少量醋酸
A．①② B．②⑤ C．①⑤ D．④⑤
【答案】D
【解析】①升温促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)减小，c(Na+)不变，则减小，错误；②恒温加少量水，c(Na+)与c(CH3COO-)都减小，由于越稀越水解，c(CH3COO-)减小幅度较大，则减小，错误；③恒温加入少量固体，c(Na+)增大，电离出氢离子促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)减小，则减小，错误；④恒温加入少量固体，抑制水解，则c(CH3COO-)增大，而c(Na+)不变，的比值增大，正确；⑤恒温加入少量醋酸抑制CH3COO-的水解，c(CH3COO-)增大，c(Na+)不变，则比值增大，正确；
故选：D。
3．（2022·宁夏·银川二中高二期末）已知某些酸的电离常数数据如下，下列离子方程式正确的是
H2SO3
K1=1.5×10-2；K2=1.1×10-7
H2CO3
K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11
HClO
K=3.0×10-8
A．NaClO溶液中通少量SO2：2ClO－+SO2+H2O=2HClO+
B．Na2CO3溶液中通足量SO2：+2SO2+H2O=CO2↑+2
C．NaClO溶液中通少量CO2：2ClO－+CO2+H2O=2HClO+
D．Na2CO3溶液中加少量氯水：+H+=
【答案】B
【解析】A．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，NaClO溶液中通少量SO2应生成，故A错误；
B．酸性H2SO3＞H2CO3＞，Na2CO3溶液中通足量SO2生成CO2和，反应的离子方程式为+2SO2+H2O=CO2↑+2，故B正确；
C．酸性HClO＞，NaClO溶液中通少量CO2应生成，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+，故C错误；
D．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，酸性H2CO3＞HClO＞，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，正确的离子方程式应为2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2，故D错误；
答案为B。
4．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学高二期末）设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A．2.0L 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0 NA
B．25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
C．1.0L 1.0 mol·L-1溴化铵溶液中，NH与H+离子数之和为NA
D．1.0 mol·L-1HCl溶液中，HCl分子的数目为NA
【答案】B
【解析】A．2.0L1.0mol•L-1的AlCl3溶液中，铝离子发生水解，铝离子数目减小，Al3+的数目小于2.0NA，故A错误；
B．pH为12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，含有OH-数目为1L×10-2mol/L×NA/mol=0.01NA，故B正确；
C．1L1mol/L溴化铵水溶液中存在电荷守恒，n(H+)+n()=n(Br-)+n(OH-)，溴离子物质的量为1L×1mol/L=1mol，则n(H+)和n()物质的量大于1mol，与H+离子数之和大于NA，故C错误；
D．1.0mol•L-1HCl溶液中，HCl完全电离，不存在HCl分子，溶液体积不知也不能计算微粒数，故D错误；
故选：B。
5．下列应用与盐类水解无主要关系的是（ ）
A．用铝盐和铁盐作净水剂
B．将（遇水剧烈水解）和混合加热制取无水
C．溶液制备晶体时，不能直接蒸干结晶获取
D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
【答案】C
【解析】A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐作净水剂，与盐类水解有关，故A不选；
B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解生成，抑制氯化铝水解，将和混合加热制取无水，与盐类水解有关，故B不选；
C.亚铁离子不稳定，易被空气中的氧化生成铁离子，且受热易分解，所D.以不能直接蒸干饱和溶液来制备，与盐类水解无关，故C选；
铵根离子和碳酸根离子水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，故D不选。
故答案选：C。
6．（2022·江苏省天一中学高二期末）下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强  
②误将钡盐[、]当作食盐食用后，常用0.5%的溶液解毒  
③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成  
④不能作“钡餐”，而可以  
⑤泡沫灭火器灭火原理
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
【答案】A
【解析】①纯碱溶液中碳酸根水解生成氢氧根，氢氧根能使油污水解，温度越高，水解程度越大，氢氧根浓度越大；②氯化钡、硝酸钡溶液与硫酸钠溶液混合后，离子平衡向生成更难溶的硫酸钡的方向移动；③难溶于水的碳酸钙在水中二氧化碳的作用下向生成可溶的碳酸氢钙方向移动，长时间作用形成溶洞；④碳酸钡与胃酸反应生成可溶性钡盐和二氧化碳、水，对人体由毒，而硫酸钡难溶于稀盐酸溶液，可以使用；⑤泡沫灭火器中含有碳酸氢钠和硫酸铝，两者混合后铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成不助燃的二氧化碳，氢氧化铝和水，氢氧化铝吸热分解生成耐高温的氧化铝，起到灭火作用。
A．②③④均涉及到沉淀溶解平衡的移动，A正确；
B．①的反应原理为盐的水解平衡移动，不是沉淀溶解平衡原理，B错误；
C．⑤涉及到盐的水解平衡移动，不是沉淀溶解平衡原理，C错误；
D．①、⑤不是沉淀溶解平衡原理，D错误；
故选A。
7．用pH试纸测定溶液的pH，下列叙述正确的是
A．测得某浓度的NaClO溶液的pH为10
B．常温下测得NH4Cl溶液pH约为4.1
C．用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸
D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较
【答案】C
【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，会将pH试纸漂白，故不能用pH试纸测定其pH，故A错误；
B．广泛的pH试纸测定的溶液的pH的数值为整数，故B错误；
C．稀释时，醋酸还会继续电离出氢离子，故稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液时，醋酸的氢离子浓度变化小，pH变化小，故用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸，故C正确；
D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定溶液的pH，故D错误；
故选C。
8．（2022·云南省玉溪第三中学高二期末）常温下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（    ）
A．水电离的c(H＋)：①=②=③=④
B．将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D．向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】A
【解析】A．在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A正确；B．强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积②=④，B错误；C．和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；D．弱电解质稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D错误；故答案为A。
9．（2022·云南省通海县第三中学高二期末）MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
【答案】C
【解析】MOH是强碱，HA是等体积、等浓度的弱酸，混合之后恰好完全反应生成MA，这是一种强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；由电荷守恒知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)，则c(M＋)>c(A－)，故溶液中有关离子浓度满足的关系是c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，选择C。
10．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合：
B．溶液和0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：
C．溶液和溶液等体积混合：
D．溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合(为二元弱酸)：
【答案】C
【解析】A．0.1mol/LCH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，A错误；
B．混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则，B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出题干中守恒规律，C正确；
D．，溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，根据电荷守恒分析，有，D错误；
故选C。
11．（2022·内蒙古赤峰·高二期末）下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：
①与     ②与
③与     ④与
⑤与
由大到小排序正确的是
A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②
C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①
【答案】C
【解析】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；
故选C。
12．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高二期末）已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。在c(Mg2+)=c(Cu2+)的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，下列判断正确的是
A．Mg2+先沉淀 B．Cu2+先沉淀
C．同时沉淀 D．Mg2+和Cu2+均不可能沉淀
【答案】B
【解析】Mg(OH)2和Cu(OH)2为同种类型的沉淀，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，所以当c(Mg2+)=c(Cu2+)时，Cu2+沉淀时所需c(OH-)更小，所以逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，Cu2+先沉淀；
综上所述答案为B。
13．下列实验操作能达到实验目的的是
选项
操作
目的
A
取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的溶液中滴入溶液，观察溶液颜色的变化
证明溶液中存在水解平衡
C
取溶液，先后滴加3滴溶液和5滴溶液，观察沉淀情况
比较、的大小
D
将样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
检验样品是否变质
【答案】B
【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，无法用pH试纸测其pH，可选pH计测定pH，A项错误；
B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，减小，则观察溶液颜色变化可证明存在水解平衡，B项正确；
C．硝酸银过量，加入NaCl，KI均会有沉淀生成，该操作不能比较AgCl、AgI的，C项错误；
D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验样品是否变质，应溶于水后滴加KSCN溶液，D项错误。
故选B。
14．（2022·天津和平·高二期末）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]

下列叙述正确的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。
A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；
C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
15．（2022·河北·卢龙县第二高级中学高二期末）某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（     ）

A．c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B．a、b两点溶液的导电性：a>b
C．b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【解析】NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b D．盐类的水解是微弱的，所以稀释前NaOH溶液与CH3COONa溶液中溶质的物质的量：n(CH3COONa）>n(NaOH)，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积：Vb 所以答案选择B项。
16．（2022·河北·石家庄二中高二期末）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)   △H>0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”时的主要离子反应为MnO2+PbS+4H++2Cl-=PbCl2 +S+Mn2++2H2O
B．“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3
C．“沉降”时加入冰水，PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)平衡左移，有利于PbCl2沉淀更完全
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中=1.6×103
【答案】A
【解析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+ Mn2++2H2O，A项错误；
B．加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，所以“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，B项正确；
C．PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq) △H>0反应吸热，加入冰水温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，C项正确；
D．当“沉淀转化”过程达平衡时，有，D项正确；
答案选A。
二、非选择题（本题共4小题，共52分。）
17．（10分）结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：请回答下列问题：
酸
电离常数(Ka)


HClO







（1）同浓度的、中结合的能力最强的___________。
（2）常温下0.1mol/L的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____(填字母)。
A． B． C． D．
（3）取等体积物质的量浓度相等的、HClO两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：___________(填“>”、“<”或“=”)。
（4）在新制氯水中加入少量的NaCl固体，水的电离平衡___________移动(填“向右”、“向左”、或“不”)。
（5）某温度下，纯水中的。若温度不变，滴入稀硫酸使，则由水电离出的为___________ mol/L。
【答案】（1） （2）AC （3）= （4）向右 （5）
【解析】（1）电离平衡常数越小、电离出氢离子能力越小、酸越弱、则其阴离子结合质子能力越强。由表知：HS-电离能力最差、则同浓度的、中结合的能力最强的是。
（2）A．稀释促进电离， n(H+)有所增大，而体积增加得更快、变小，A符合；B．稀释促进电离， n(H+)有所增大，变小，则增大，B不符合；C．稀释变小，常温下Kw不变，则变小，C符合；D．稀释变小，常温下Kw不变，则增大，D不符合；答案为AC。
（3）、HClO溶液体积相等、物质的量浓度相等、即物质的量相等，分别用NaOH稀溶液中和可得到对应的钠盐溶液，则它们消耗的的NaOH物质的量相等、则消耗的等浓度NaOH溶液的体积大小关系为：=。
（4）在新制氯水中加入少量的NaCl固体，增大了氯离子浓度，使左移，变小，促进水电离，则水的电离平衡向右移动。
（5）某温度下，纯水中的，则该温度下，若温度不变，滴入稀硫酸使，则由水电离出的。
18．（12分）某学生用0.1000mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：
A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2cm
E.调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数
F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)___________A→F；
(2)若无上述B步骤操作，则测定结果会_____________________；
(3)上述A步骤之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是_______________________________；
(4)判断到达滴定终点的现象是_________________________________________；
(5)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________；

(6)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取下述合理数据，计算出待测溶液的物质的量浓度为_____________________； 保留四位有效数字
实验序号
待测HCl溶液的体积
0.1000 mol·L-1的KOH溶液的体积
滴定前刻度
滴定后刻度
1



2



3



【答案】(1)BDCE
(2)偏高
(3)偏高
(4)当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色
(5)24.90mL
(6)0.1052mol/L
【解析】（1）中和滴定的操作步骤为：选择滴定管，洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定滴定管，调节液面记下读数，取待测液于锥形瓶中，加入指示剂进行滴定，因此操作顺序为：BDCEAF。
（2）滴定管先用蒸馏水洗涤，内壁有一层水膜，如果直接装液会使标准液浓度降低，所用标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，所以必须用标准溶液润洗滴定管2~3次。
（3）用蒸馏水洗涤锥形瓶后，若再用标准液润洗，会使锥形瓶内待测液溶质的物质的量增大，消耗标准液的体积偏大，所得待测液浓度偏高。
（4）本实验是用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，开始滴定时溶液显无色，随着氢氧化钾标准液的滴入，溶液酸性减弱，当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。
（5）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，为27.40mL，此时消耗标准溶液的体积为27.40mL-2.50ml=24.90mL。
（6）根据数据有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积为=26.30mL，由KOH+HCl=KCl+H2O可知，0.263L0.1000mol/L=0.025Lc(HCl)，解得c(HCl)= 0.1052mol/L。
19．（15分）（2022·四川达州·高二期末）酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。
(1)常温下，小苏打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，其理由是___________________________(用离子方程式表示)，溶液中_______(填“>”、“=”或“<”)。
(2)常温下，将体积均为、均为12的氨水和溶液分别加水稀释至1L，溶液较大的是_______，稀释后溶液的_______(填“>”、“=”或“<”)。
(3)相同温度下，浓度均为的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为_________________(用序号表示)。
(4)已知与相似，水溶液具有弱碱性，其电离方程式为：。常温下，现用盐酸滴定溶液，溶液中由水电离出的的负对数[]与所加盐酸体积的关系如图所示(已知：)

①R、Q两点溶液pH关系是：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)，R、Q两点对应溶液中水的电离程度的关系：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)。
②滴定过程中，若，则此时溶液中_________________。
③N点离子浓度由大到小的顺序为___________________________。
【答案】(1) ＞     HCO+H2OH2CO3+H2O     ＞
(2) 氨水     ＜
(3)④＞②＞③＞①
(4) ①＞     = ②5     ③c(Cl—)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)
【解析】（1）小苏打的主要成分为碳酸氢钠，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，溶液pH大于7，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子的浓度，水解的离子方程式为，故答案为：＞；HCO+H2OH2CO3+H2O；＞；
（2）一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，所以体积均为10mL、pH均为12的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释至1L时，氢氧化钠溶液pH变化大，氨水溶液的pH大于氢氧化钠溶液，氨水溶液中的铵根离子浓度大于氢氧化钠溶液中的钠离子浓度故答案为：＞；＞；
（3）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，所以溶液中铵根离子浓度最小；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度大于硝酸铵溶液，醋酸铵在溶液中电离出的醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度小于硝酸铵溶液，则四种溶液中铵根离子浓度大小顺序为④＞②＞③＞①，故答案为：④＞②＞③＞①；
（4）①由图可知，R点为和NH3OHCl的混合溶液，溶液呈中性，Q点为NH3OHCl和盐酸混合溶液，溶液呈酸性，所以R点溶液pH大于Q点，两个点水电离的氢离子的负对数相等，则R点溶液水的电离程度=Q点，故答案为：＞；=；
②滴定过程中，若，由电离常数可知，的电离常数Kb=，则溶液中的c(OH—)= Kb=10—9mol/L，溶液pH=5，故答案为：5；
③由图可知，N点和盐酸恰好完全反应，反应生成的NH3OH+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl—) ＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)，故答案为：c(Cl—) ＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)。
20．（15分）下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：

已知：①浸出液中主要含有、、、等杂质金属离子；
②生成氢氧化物的见下表：
物质





开始沉淀的
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀的
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
③，，，，
请回答下列问题：
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_______________________________。
(2)流程图中“①加入”的作用___________，还可以用其他试剂___________(填化学式)代替。
(3)流程图中“②调节”可以除去某种金属离子，应将溶液调节控制的范围是___________～7.6。
(4)向滤液I中加入的作用是除去、等离子，其中可以发生反应为等。当该反应完全后，滤液2中的与的物质的量浓度之比是___________。
(5)具有净水作用，其净水的原理是_______________________________。(用离子方程式表示)
(6)时的溶液中，浓度的最大值为___________。当溶液中加入溶液使时开始溶解，则__________。(溶液中时沉淀完全)
【答案】(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率
(2)将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋     H2O2
(3)3.7
(4)1.4×1011
(5)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
(6)  4.0×10-5     1.0×10-11
【解析】用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2＋、Ni2＋等，过滤得到滤液硫酸锰溶液，电解得到金属锰和含硫酸的阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS；
（1）“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；
（2）流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；
（3）流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3＋完全沉淀时的溶液pH＝3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6；
（4）Ksp(MnS)＝2.8×10−10，Ksp(NiS)＝2.0×10−21，沉淀转化的方程式为：MnS＋Ni2＋＝NiS＋Mn2＋，则Mn2＋与Ni2＋离子的物质的量浓度之比＝c(Mn2＋)：c(Ni2＋)＝Ksp(MnS)：Ksp(NiS)＝2.8×10−10：2.0×10−21＝1.4×1011；
（5）Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；其离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；
（6）25℃时pH＝3的溶液中，；当溶液中加入溶液使时开始溶解，说明此时溶液中；，所以。