資源簡介

綜合拔高練
高考真題練
考點1　弱電解質的電離平衡
1.(2022全國乙,13)常溫下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中,H+與A-離子不能穿過隔膜,未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。
設溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A-),當達到平衡時,下列敘述正確的是 (　　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA的電離度[]為
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10-4
2.(2022廣東,17改編)食醋是烹飪美食的調味品,有效成分主要為醋酸(用HAc表示)。HAc的應用與其電離平衡密切相關。25 ℃時,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)某小組研究25 ℃下HAc電離平衡的影響因素。
提出假設　稀釋HAc溶液或改變Ac-濃度,HAc電離平衡會發(fā)生移動。
設計方案并完成實驗　用濃度均為0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制總體積相同的系列溶液;測定pH,記錄數據。
序號 V(HAc)/mL V(NaAc)/mL V(H2O)/mL n(NaAc)∶n(HAc) pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根據表中信息,補充數據:a=　　　　　,b=　　　　　。
②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知,稀釋HAc溶液,電離平衡　　　(填“正”或“逆”)向移動;結合表中數據,給出判斷理由:　　　　　　。
③由實驗Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-濃度,HAc電離平衡逆向移動。
實驗結論　假設成立。
(2)查閱資料獲悉:一定條件下,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。小組提出:如果只有濃度均約為0.1 mol·L-1的HAc和NaOH溶液,如何準確測定HAc的Ka 小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至終點,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,測得溶液的pH為4.76
實驗總結　得到的結果與資料數據相符,方案可行。
考點2　鹽類的水解及影響因素
3.(2023海南,14)25 ℃下,Na2CO3水溶液的pH隨其濃度的變化關系如圖所示。下列說法正確的是 (　　)
A.c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1時,溶液中c(OH-)<0.01 mol·L-1
B.Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小
C.在水中H2CO3的Ka2<4×10-11
D.0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等體積混合,得到的溶液c(OH-)<2×10-4 mol·L-1
4.(2021河北,6)BiOCl是一種具有珍珠光澤的材料,利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖:
下列說法錯誤的是 (　　)
A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應劇烈程度
B.轉化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
5.(2022湖南,13)為探究FeCl3的性質,進行了如下實驗(FeCl3和Na2SO3溶液濃度均為0.1 mol·L-1)。
實驗 操作與現象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黃色;煮沸,溶液變紅褐色
② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,變紅褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀
③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,變紅褐色;將上述混合液分成兩份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,無藍色沉淀生成;另一份煮沸,產生紅褐色沉淀
依據上述實驗現象,結論不合理的是 (　　)
A.實驗①說明加熱促進Fe3+水解反應
B.實驗②說明Fe3+既發(fā)生了水解反應,又發(fā)生了還原反應
C.實驗③說明Fe3+發(fā)生了水解反應,但沒有發(fā)生還原反應
D.整個實驗說明S對Fe3+的水解反應無影響,但對還原反應有影響
考點3　酸堿中和滴定原理及其遷移應用
閱讀下列材料,完成6~8題
一定條件下,乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應[(CH3CO)2O+ROH CH3COOR+CH3COOH]可進行完全,利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量,實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下:
①配制一定濃度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定體積乙酸酐—苯溶液置于錐形瓶中,加入m g ROH樣品,充分反應后,加適量水使剩余乙酸酐完全水解:(CH3CO)2O+H2O 2CH3COOH。
③加指示劑并用c mol·L-1 NaOH—甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液V1 mL。
④在相同條件下,量取相同體積的乙酸酐—苯溶液,只加適量水使乙酸酐完全水解;加指示劑并用c mol·L-1 NaOH—甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液V2 mL。
6.(2023山東,8)對于上述實驗,下列做法正確的是 (　　)
A.進行容量瓶檢漏時,倒置一次即可
B.滴入半滴標準溶液,錐形瓶中溶液變色,即可判定達滴定終點
C.滴定讀數時,應單手持滴定管上端并保持其自然垂直
D.滴定讀數時,應雙手一上一下持滴定管
7.(2023山東,9)ROH樣品中羥基含量(質量分數)計算正確的是 (　　)
A.×100%　　　　
B.×100%
C.×100%　　　　
D.×100%
8.(2023山東,10)根據上述實驗原理,下列說法正確的是 (　　)
A.可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗
B.若因甲醇揮發(fā)造成標準溶液濃度發(fā)生變化,將導致測定結果偏小
C.步驟③滴定時,不慎將錐形瓶內溶液濺出,將導致測定結果偏小
D.步驟④中,若加水量不足,將導致測定結果偏大
9.(2022河北,14)某研究小組為了更準確檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量,設計實驗如下:
①三頸燒瓶中加入10.00 g香菇樣品和400 mL水;錐形瓶中加入125 mL水、1 mL淀粉溶液,并預加0.30 mL 0.010 00 mol·L-1的碘標準溶液,攪拌。
②以0.2 L·min-1流速通氮氣,再加入過量磷酸,加熱并保持微沸,同時用碘標準溶液滴定,至終點時滴定消耗了1.00 mL碘標準溶液。
③做空白實驗,消耗了0.10 mL碘標準溶液。
④用適量Na2SO3替代香菇樣品,重復上述步驟,測得SO2的平均回收率為95%。
已知:Ka1(H3PO4)=7.1×10-3,Ka1(H2SO3)=1.3×10-2
回答下列問題:
(1)裝置圖中儀器a、b的名稱分別為　　　　　　、　　　　　　　。
(2)三頸燒瓶適宜的規(guī)格為　　　(填標號)。
A.250 mL　　　B.500 mL　　　C.1 000 mL
(3)解釋加入H3PO4能夠生成SO2的原因　　　　　　　　　　　　。
(4)滴定管在使用前需要　　　　　　、洗滌、潤洗;滴定終點時溶液的顏色為　　　　;滴定反應的離子方程式為　　　　　　　　　　。
(5)若先加磷酸再通氮氣,會使測定結果　　　　(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。
(6)該樣品中亞硫酸鹽含量為　　　mg·kg-1(以SO2計,結果保留三位有效數字)。
考點4　溶液中粒子濃度的關系
10.(2023湖南,12)常溫下,用濃度為0.020 0 mol·L-1的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定過程中溶液的pH隨η[η=]的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是 (　　)
A.Ka(CH3COOH)約為10-4.76
B.點a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.點b:c(CH3COOH)D.水的電離程度:a11.(不定項)(2021山東,15)賴氨酸[H3N+(CH2)4C-H(NH2)COO-,用HR表示]是人體必需氨基酸,其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡:
H3R2+H2R+HRR-
向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=,下列表述正確的是 (　　)
A.
B.M點,c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C.O點,pH=
D.P點,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
考點5　沉淀溶解平衡
12.(2023全國甲,13)下圖為Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關系圖{pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)];c(M)≤10-5 mol·L-1可認為M離子沉淀完全}。下列敘述正確的是 (　　)
A.由a點可求得Ksp[Fe(OH)3]=10-8.5
B.pH=4時Al(OH)3的溶解度為 mol·L-1
C.濃度均為0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離
D.Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2 mol·L-1時二者不會同時沉淀
13.(2023全國乙,13)一定溫度下, AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。
下列說法正確的是 (　　)
A.a點條件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀
B.b點時,c(Cl-)=c(Cr),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C.Ag2CrO4+2Cl- 2AgCl+Cr的平衡常數K=107.9
D.向NaCl、Na2CrO4均為0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先產生Ag2CrO4沉淀
14.(2023北京,14)利用平衡移動原理,分析一定溫度下Mg2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。
已知:ⅰ.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ⅱ.圖2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c(C)由圖1得到]。
下列說法不正確的是 (　　)
A.由圖1,pH=10.25,c(HC)=c(C)
B.由圖2,初始狀態(tài)pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,無沉淀生成
C.由圖2,初始狀態(tài)pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1
D.由圖1和圖2,初始狀態(tài)pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,發(fā)生反應:Mg2++2HC MgCO3↓+CO2↑+H2O
15.(2023新課標,13)向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水,發(fā)生反應Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]與lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的關系如下圖所示{其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+}。
下列說法錯誤的是 (　　)
A.曲線Ⅰ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線
B.AgCl的溶度積常數Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75
C.反應[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常數K的值為103.81
D.c(NH3)=0.01 mol·L-1時,溶液中c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+)
16.(2023全國乙,27節(jié)選)LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備LiMn2O4的流程如下:
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列問題:
(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　。
為提高溶礦速率,可采取的措施是　　　　(舉1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是　　　　　　　。
(3)溶礦反應完成后,反應器中溶液pH=4,此時c(Fe3+)=　　　 mol·L-1;用石灰乳調節(jié)至pH≈7,除去的金屬離子是　　　　。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有　　　　。
高考模擬練
應用實踐
1.某學習小組用“間接碘量法”測定某CuCl2晶體試樣的純度,試樣不含其他能與I-發(fā)生反應的氧化性雜質,已知:2Cu2++4I- 2CuI↓+I2,I2+2S2+2I-。取m g試樣溶于水,加入過量KI固體,充分反應,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3標準溶液滴定,部分實驗儀器和讀數如圖所示。下列說法正確的是 (　　)
A.試樣在容量瓶中溶解,裝Na2S2O3標準溶液的滴定管選乙
B.選用淀粉作指示劑,當甲中溶液由藍色變?yōu)闊o色,且半分鐘內不恢復藍色時,即達到滴定終點
C.儀器甲使用前應用待測液潤洗
D.對裝有待測液的滴定管讀數時,滴定前后讀數方式如丁圖所示,則測得的結果偏小
2.某稀溶液中可能含有下列離子中的若干種:S、Na+、Mg2+、Fe3+,所含離子的物質的量濃度均相同。為了確定該溶液的組成,某同學取上述溶液,進行了如下實驗:
①向溶液中加入足量Ba(OH)2溶液,產生白色沉淀;
②取①中沉淀,加入足量稀鹽酸,沉淀部分溶解且產生氣體;
③取②中反應后的溶液,加入HNO3酸化的AgNO3溶液,有白色沉淀生成。
下列說法正確的是 (　　)
A.①中沉淀只含BaSO4、MgCO3
B.②中氣體可能是SO2
C.由實驗③中的現象可知原溶液中一定含有Cl-
D.原溶液中一定存在Na+、S、Mg2+
3.HClO和亞氯酸(HClO2)是兩種常見的弱酸,常溫時HClO的Ka=4.7×10-11 mol2·L-2,HClO2的Ka=1.1×10-2 mol2·L-2。現將pH和體積都相同的HClO溶液和HClO2溶液分別加蒸餾水稀釋,pH隨溶液體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是 (　　)
A.曲線Ⅰ為HClO稀釋時pH變化曲線
B.取a點的兩種酸溶液,中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液,消耗HClO2溶液的體積較小
C.b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度小
D.從b點到d點,溶液中保持不變(HR代表HClO或HClO2)
4.某化學小組做如下實驗:
①測0.1 mol·L-1 H2S溶液的pH=4.1;
②向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑,溶液變紅;
③0.1 mol·L-1 NaHS溶液與等體積0.1 mol·L-1 NaOH溶液充分反應(忽略溶液體積變化);
④向5 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1MnSO4溶液,產生粉色沉淀,再加幾滴0.1 mol·L-1CuSO4溶液,產生黑色沉淀。
下列說法正確的是 (　　)
A.由實驗①可得氫硫酸的Ka1的數量級為10-4
B.由實驗②可得Ka1(H2S)×Ka2(H2S)C.實驗③所得溶液中存在:c(Na+)-c(S2-)-c(H2S)=0.1 mol·L-1
D.由實驗④可知:Ksp(MnS)5.能夠抵抗外加少量強酸、強堿或水稀釋,而保持pH基本不變的溶液稱為緩沖溶液。某化學學習小組配制不同濃度的NH4Cl-NH3緩沖溶液,探究c(NH4Cl)/c(NH3)對緩沖溶液抗酸和抗堿能力的影響。
實驗1:配制緩沖溶液
該小組先配制0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1氨水,再將NH4Cl溶液和氨水按照1∶4、1∶1和4∶1的比例混合后,分別配制成15 mL緩沖溶液①、②、③,測得pH分別為10.6、10.1和9.6。
實驗2:探究c(NH4Cl)/c(NH3)對緩沖溶液抗酸、抗堿能力的影響
分別向滴定管中加入0.1 mol·L-1鹽酸和0.1 mol·L-1 NaOH溶液,逐滴滴入緩沖溶液①②③和等量蒸餾水中,測得pH與滴入的鹽酸、NaOH溶液體積的關系如圖所示。
對于實驗2,下列說法錯誤的是 (　　)
A.c(NH4Cl)∶c(NH3)=4∶1時,緩沖溶液抗堿能力最強
B.c(NH4Cl)∶c(NH3)不變時,c(NH4Cl)+c(NH3)越大,抗酸、抗堿能力越強
C.緩沖溶液抗酸、抗堿最佳比例為c(NH4Cl)∶c(NH3)=1∶1
D.向上述緩沖溶液中加入少量鹽酸或NaOH溶液時,水的電離程度均增加
6.廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源,通過如圖流程實現鉛的回收。
已知:常溫下Ksp(PbSO4)=1.6×10-8 mol2·L-2,Ksp(PbCO3)=8.0×10-14 mol2·L-2。
下列說法不正確的是 (　　)
A.“鉛膏”中PbO2主要來源于該電池的正極材料
B.“脫硫”利用了Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)
C.“酸浸”后溶液中的主要陽離子為Pb2+和H+
D.“沉鉛”后的濾液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
7.常溫下,以酚酞作指示劑,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1二元酸H2A的溶液。溶液中pH、分布系數δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關系如圖所示。已知:A2-的分布系數為δ(A2-)=。下列說法正確的是 (　　)
A.未加入NaOH溶液時,c(HA-)+c(A2-)=0.1 mol·L-1
B.當V(NaOH)=20.00 mL時,c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)
C.常溫下,A2-的水解常數為1.0×10-9 mol·L-1
D.當V(NaOH)=30.00 mL時,c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)
遷移創(chuàng)新
8.H2S和含硫廢水(其中S元素的主要化合價是-2價)對設備、環(huán)境等會造成嚴重危害。已知:H2S有劇毒,常溫下1體積水可溶解2.6體積H2S。
(1)堿法脫硫:用K2CO3溶液吸收H2S。
已知:氫硫酸和碳酸的電離常數如下表。
Ka1/(mol·L-1) Ka2/(mol·L-1)
H2S 1.1×10-7 1.3×10-13
H2CO3 4.5×10-7 4.7×10-11
用過量的K2CO3溶液吸收H2S的離子方程式是　　　　　　　　　。
(2)H2S、HS-、S2-在水溶液中的物質的量分數隨pH的分布曲線如圖1。當pH=8時,含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是　　　　。
圖1
(3)沉淀法處理含硫廢水:向pH≈8的含硫廢水中加入適量含Cu2+的溶液,產生黑色沉淀且溶液的pH減小。用化學平衡移動的原理解釋溶液的pH減小的原因:　　　　　　　　　　　　　　。
(4)氧化還原法處理含硫廢水:向pH≈8的含硫廢水中加入一定濃度的Na2SO3溶液,加酸將溶液調為pH=5,產生淡黃色沉淀。
①主要反應的離子方程式是　　　　　　　　　　　　　　。
②不同pH時,硫化物去除率隨時間的變化曲線如圖2。本工藝選擇控制體系的pH=5,不選擇pH<5,從環(huán)境保護的角度分析其主要原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
圖2
答案與分層梯度式解析
綜合拔高練
高考真題練
1.B 3.B 4.D 5.D 6.C 7.A 8.B 10.D
11.CD 12.C 13.C 14.C 15.A
1.B　溶液Ⅰ的pH=7.0,c(H+)=c(OH-),A項錯誤;溶液Ⅱ的pH=1.0,即c(H+)=0.1 mol·L-1,根據Ka(HA)=,得c(HA)=,再結合c總(HA)=c(HA)+c(A-)得,B項正確;HA可穿過隔膜,則膜兩側溶液中HA濃度相等,C項錯誤;根據Ⅰ、Ⅱ中c(HA)相等,由Ka(HA)==106,又溶液Ⅰ中≈1,c總Ⅰ(HA)=cⅠ(A-),根據B項分析,溶液Ⅱ中,c總Ⅱ(HA)=101cⅡ(A-),≈104,D項錯誤。
方法點津
準確提取題目中的有效信息并能遷移應用是解答本類題的有效方法,如“未電離的HA可自由穿過該膜”說明HA在溶液中可自由擴散,整個溶液中HA濃度相等,即可排除C項;常溫下溶液Ⅰ的pH=7.0說明溶液呈中性,中性溶液中c(H+)=c(OH-),可排除A項。
2.答案　(1)①3.00　33.00　②正　實驗Ⅱ中HAc溶液濃度為實驗Ⅰ中HAc溶液濃度的,而實驗Ⅱ的pH增大值小于1　(2)向Ⅰ中滴定后的溶液中加入20.00 mL HAc溶液
解析　(1)①總體積為40.00 mL,V(HAc)=4.00 mL,因n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,故V(NaAc)=3.00 mL,V(H2O)=33.00 mL。②實驗Ⅱ中HAc溶液濃度為實驗Ⅰ中HAc溶液濃度的,而實驗Ⅰ的pH為2.86,實驗Ⅱ的pH為3.36,pH增大值小于1,說明平衡正向移動。(2)根據資料知,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。當Ⅰ中滴定至終點時溶液為NaAc溶液,此時NaAc的物質的量等于所加20.00 mL HAc溶液中HAc的物質的量,故向此溶液中再加20.00 mL HAc溶液,即可得到=1的混合溶液,根據其溶液的pH即可得到Ka。
3.B　由題圖可知,c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1時,pH>12.0,溶液中c(OH-)
>0.01 mol·L-1,A錯誤;鹽溶液濃度越小,水解程度越大,Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小,B正確;結合題圖可知,當c(Na2CO3)=0.5 mol·L-1,pH=12,Kh(C)=≈=2×10-4,則Ka2(H2CO3)==5×10-11,C錯誤;若0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液與等體積的蒸餾水混合,Na2CO3濃度變?yōu)?.1 mol·L-1,由題圖可知0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH>10-11.6,則0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中c(OH-)
>2×10-4 mol·L-1,0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等體積混合后c(OH-)大于與水混合的,D錯誤。
考場速決
先快速瀏覽全題,根據鹽溶液濃度越小,水解程度越大即可選出B項。
4.D　Bi與稀HNO3的反應為放熱反應,分次加入稀HNO3可降低反應劇烈程度,A項正確;轉化工序中加入稀鹽酸,增大Cl-、H+濃度,使Bi3+轉化為BiCl3,抑制生成BiONO3,B項正確;水解工序中加入CH3COO-,消耗H+,促進Bi3+水解,C項正確;水解工序中加入N,其水解顯酸性,抑制Bi3+水解,不利于BiCl3+H2O BiOCl+2HCl的平衡正向移動,同時N使Bi3+轉化為BiONO3,D項錯誤。
5.D　實驗①中,將FeCl3溶液煮沸,溶液變紅褐色,說明加熱促進了Fe3+的水解,A合理;由于FeCl3溶液和Na2SO3溶液的濃度相同,實驗②中FeCl3溶液過量,溶液變紅褐色,說明Fe3+發(fā)生了水解反應,再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀,說明溶液中存在Fe2+,即Fe3+發(fā)生了還原反應,B合理;實驗③中,Na2SO3溶液過量,溶液變紅褐色,煮沸,產生紅褐色沉淀,說明Fe3+發(fā)生了水解反應,加熱促進水解,另一份混合液滴加K3[Fe(CN)6]溶液,無藍色沉淀產生,說明溶液中不存在Fe2+,即Fe3+沒有發(fā)生還原反應,C合理;由實驗①③分別向5 mL水、5 mL Na2SO3溶液中加入2滴FeCl3溶液的現象可知,S促進Fe3+的水解,D不合理。
反思升華
本題為探究型實驗題,需根據實驗現象判斷發(fā)生的反應,當觀察到“溶液變紅褐色”即可得出Fe3+發(fā)生水解,“滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀”即可得出溶液中存在Fe2+,說明Fe3+發(fā)生了還原反應。解答此類題目要結合實驗現象分析選項問題的合理性,不能主觀想象也不能機械套用所學知識。
6.C　容量瓶檢漏操作中,第一次倒置時容量瓶磨口塞處不漏水,直立容量瓶,將磨口塞旋轉180°并塞緊,再次倒置容量瓶,若仍然不漏水,才能證明容量瓶不漏水,故A錯誤;滴定時,滴入半滴標準溶液,錐形瓶中溶液變色,且半分鐘內不恢復原色,才能判定達滴定終點,故B錯誤:滴定讀數時,應單手持滴定管上端。使滴定管保持自然垂直。故C正確、D錯誤。
方法點津
在接近滴定終點時,采用半滴法滴加溶液。滴加半滴溶液的方法是慢慢轉動酸式滴定管的活塞(或輕輕擠壓堿式滴定管乳膠管中的玻璃球),使滴定管的尖嘴處懸掛半滴液體(不滴落),用錐形瓶的內壁將其刮下來,并用蒸餾水將其沖入錐形瓶中。
7.A　由題意可知,醇解反應可進行完全,則有(CH3CO)2O~ROH~CH3COOR~CH3COOH~NaOH,而(CH3CO)2O水解時有(CH3CO)2O~2CH3COOH~2NaOH,V1、V2不同是由于乙酸酐醇解時,有酯生成,所以生成酯的物質的量為c(V2-V1)×10-3 mol,即ROH的物質的量為c(V2-V1)×10-3 mol,則ROH樣品中羥基的質量分數=×100%,A正確。
8.B　乙酸和醇的酯化反應是可逆反應,不能進行到底,不能用乙酸代替乙酸酐進行實驗,故A錯誤;若作為溶劑的甲醇揮發(fā),會造成NaOH標準溶液濃度偏大,則V1、V2均偏小,因滴定乙酸酐水解產物消耗的NaOH標準溶液體積大,故V2偏小更多,由×100%得測定結果偏小,故B正確;步驟③滴定時,若不慎將錐形瓶內溶液濺出,會使V1偏小,由×100%得測定結果偏大,故C錯誤,步驟④中,若加水量不足,乙酸酐不能完全水解,消耗NaOH—甲醇標準溶液的體積偏小,即V2偏小,由×100%得測定結果偏小,故D錯誤。
9.答案　(1)球形冷凝管　酸式滴定管
(2)C
(3)加入H3PO4后,溶液中存在化學平衡H2SO3 SO2+H2O,溫度升高使得SO2不斷逸出,促進平衡H2SO3 SO2+H2O正向移動
(4)檢漏　藍色　I2+SO2+2H2O 2I-+4H++S
(5)偏低
(6)80.8
解析　檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理:用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽反應生成SO2,用氮氣將SO2排到錐形瓶中被水吸收,最后用碘標準溶液滴定,測出樣品中亞硫酸鹽的含量。(2)三頸燒瓶中加入10.00 g香菇樣品和400 mL水,向其中加入H3PO4溶液的體積不超過10 mL。在加熱時,三頸燒瓶中液體的體積不能超過其容積的,因此,三頸燒瓶適宜的規(guī)格為1 000 mL。(4)滴定管在使用前需檢漏、洗滌、潤洗;滴定前,溶液中的I2被SO2還原為I-,達滴定終點時,過量的半滴碘標準溶液使淀粉溶液變?yōu)樗{色且半分鐘內不變色,因此,滴定終點時溶液為藍色;滴定反應的離子方程式為I2+SO2+2H2O 2I-+4H++S。(5)若先加磷酸再通氮氣,則不能將裝置中的空氣及時排出,有部分H2SO3被裝置中的氧氣氧化,碘標準溶液的消耗量將減少,因此會使測定結果偏低。(6)實驗中SO2消耗的碘標準溶液的體積為0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL,減去空白實驗消耗的0.10 mL,則實際消耗碘標準溶液的體積為1.20 mL,根據反應I2+SO2+2H2O 2I-+4H++S可計算出n(SO2)=n(I2)=1.20 mL×10-3 L·mL-1×0.010 00 mol·L-1=1.20×10-5 mol,由于SO2的平均回收率為95%,則實際生成的n(SO2)=≈1.263×10-5 mol,該樣品中亞硫酸鹽含量為≈80.8 mg·kg-1。
10.D　根據題圖可知,點a時加入NaOH溶液的體積與待測溶液的體積相等,此時NaOH恰好中和HCl生成NaCl,點a處溶液中溶質是CH3COOH和NaCl,此時溶液的pH=3.38,即溶液中c(H+)=10-3.38 mol·L-1,根據電離方程式CH3COOH H++CH3COO-,可知c(CH3COO-)≈c(H+)=10-3.38 mol·L-1,Ka(CH3COOH)=≈=10-4.76,A正確;點a處溶液中溶質是等物質的量濃度的CH3COOH和NaCl,CH3COOH是弱酸,部分電離,所以c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B正確;點b時,所加NaOH中和一半的CH3COOH,溶液中CH3COOH濃度與CH3COONa濃度相等,此時溶液呈酸性,說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,故c(CH3COOH)考場速決
c點是NaOH與HCl和CH3COOH的混合溶液恰好完全反應點,水的電離程度最大,D錯誤。
11.CD　向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次發(fā)生反應:H3R2++OH- H2R++H2O、H2R++OH- HR+H2O、HR+OH- R-+H2O,溶液中H3R2+濃度逐漸減小,H2R+、HR濃度先增大后減小,R-濃度逐漸增大,曲線①、②、③、④分別表示H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數δ(x)隨pH的變化。
K1=,K2=,K3=,由題圖得K1≈10-2.2,K2≈10-9,K3≈10-10.8,,則,A項錯誤;M點c(H3R2+)=c(H2R+),根據電荷守恒:c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=c(H2R+)+
2c(H3R2+)+c(Na+)+c(H+),c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+),B項錯誤;O點時,c(H2R+)=c(R-),K2=,
K3=,c2(H+)=K2K3,c(H+)=,pH=-lgc(H+)=-lg,C項正確;P點時發(fā)生的總反應為2H3RCl2+5NaOH 4NaCl+NaR+HR+5H2O,溶液溶質為NaCl、等物質的量的HR和NaR,故c(Na+)>c(Cl-),溶液呈堿性,c(OH-)>c(H+),溶液中水解和電離是微弱的,所以c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D項正確。
12.C　由題圖可知,a點溶液的pH=2,pM=2.5,則OH-的濃度為10-12 mol·L-1,Fe3+的濃度為1×10-2.5 mol·L-1,所以Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-2.5×(10-12)3=10-38.5,A錯誤;由題圖可知,當溶液的pH=4時,pM=3,Al3+的濃度為1×10-3 mol·L-1,Al(OH)3的溶解度為1×10-3 mol·L-1,B錯誤;由題圖可知,濃度均為0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+,Fe3+沉淀完全時pH≈2.8,Al3+開始沉淀時pH≈3.7,即Fe3+沉淀完全時Al3+未開始沉淀,故二者可通過分步沉淀的方式分離,C正確;由題圖可知,Al3+沉淀完全時pH≈4.7,此時c(Cu2+)=0.1 mol·L-1,所以c(Cu2+)=0.2 mol·L-1時,Cu2+開始沉淀的pH<4.7,二者會同時沉淀,D錯誤。
考場速決
利用圖像信息,迅速確定正確選項。
高考風向
沉淀溶解平衡是高頻考點,在近五年高考中考情分布為2021全國甲T12、2022湖南T10、2022福建T7、2022山東T14等,通常以沉淀溶解平衡曲線為載體,考查溶度積的計算、反應平衡常數的計算、沉淀的轉化等知識。
13.C　縱坐標數值越大c(Ag+)越小;橫坐標數值越大,c(Cr)、c(Cl-)越小。由(1.7,5)可得Ksp(Ag2CrO4)=10-1.7×(10-5)2=10-11.7,由(4.8,5)可得Ksp(AgCl)=10-4.8×10-5=10-9.8。a點時兩者的Q均小于對應的Ksp,故均不能生成沉淀,A錯誤;由以上分析可知該溫度下,Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7,Ksp(AgCl)=10-9.8,Ksp僅與溫度有關,b點時兩者Ksp不相等,B錯誤;K==107.9,C正確;開始生成AgCl沉淀時,c(Ag+)= mol·L-1=10-8.8 mol·L-1,開始生成Ag2CrO4沉淀時,c'(Ag+)= mol·L-1=10-5.35 mol·L-1,故先生成AgCl沉淀,D錯誤。
14.C　從圖1可以看出pH=10.25時,碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相等,A項正確;從圖2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6時,該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方,不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀,B項正確;從圖2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2時,該點位于曲線Ⅱ的上方,會生成碳酸鎂沉淀,溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1,C項錯誤;pH=8時,溶液中主要含碳微粒是HC,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1時,該點位于曲線Ⅱ的上方,會生成碳酸鎂沉淀,因此反應的離子方程式為Mg2++2HC MgCO3↓+CO2↑+H2O,D項正確。
15.A　(1)確定四條曲線所代表的微粒種類
AgCl飽和溶液中Ag+和Cl-濃度相等,向飽和溶液中滴加氨水,溶液中Ag+濃度減小,Cl-濃度增大,故Ⅲ為Ag+濃度變化曲線,Ⅳ為Cl-濃度變化曲線。向AgCl飽和溶液中滴加氨水,NH3濃度較小時,主要發(fā)生反應Ag++NH3 [Ag(NH3)]+,溶液中[Ag(NH3)]+濃度大于[Ag(NH3)2]+的濃度,故Ⅰ為[Ag(NH3)2]+濃度變化曲線,Ⅱ為[Ag(NH3)]+濃度變化曲線。
(2)解決問題
AgCl溶解得到等量的Ag+和Cl-,其中Ag+被NH3結合,濃度減小,Cl-穩(wěn)定存在于溶液中,可用Cl-的濃度變化(即曲線 Ⅳ)來表示AgCl的溶解度隨著NH3濃度的變化,A錯誤;溫度不變,Ksp不變,當NH3濃度為10-1 mol·L-1時,仍有AgCl沉淀存在,可計算AgCl的溶度積常數Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75,B正確;當NH3濃度為10-1 mol·L-1時,[Ag(NH3)]+的濃度為10-5.16 mol·L-1,[Ag(NH3)2]+的濃度為10-2.35 mol·L-1,則反應[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常數K==103.81,C正確;由題圖可知,當c(NH3)=0.01 mol·L-1時,c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+),D正確。
16.答案　(1)MnCO3+H2SO4 MnSO4+H2O+CO2↑　將礦石粉碎(或升高溫度、適當增大硫酸濃度、攪拌等)
(2)將Fe2+氧化成Fe3+　Mn2+、Fe3+是H2O2分解的催化劑,會導致H2O2的用量增加
(3)2.8×10-9　Al3+
(4)BaSO4、NiS
解析　(1)在反應器中主要是MnCO3與H2SO4反應生成MnSO4、H2O和CO2,化學方程式為MnCO3+H2SO4 MnSO4+H2O+CO2↑;根據影響化學反應速率的因素,將礦石粉碎、升高溫度、適當增大硫酸濃度、攪拌等都可以提高溶礦速率。
(2)浸出液中含有少量的Fe2+,加入適量MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+;Mn2+、Fe3+是H2O2分解的催化劑,可以加快H2O2分解為H2O和O2,會導致H2O2的用量增加,故不宜使用H2O2替代MnO2。
(3)溶液的pH=4時,c(OH-)= mol·L-1=1×10-10 mol·L-1,根據Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,可知c(Fe3+)= mol·L-1=2.8×10-9 mol·L-1;溶液的pH≈7時,c(OH-)≈ mol·L-1=10-7 mol·L-1,根據Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33、Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16,可知c(Al3+)= mol·L-1=1.3×10-12 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,c(Ni2+)= mol·L-1=5.5×10-2 mol·L-1>1×10-5 mol·L-1,故調節(jié)pH≈7時除去的離子為Al3+。
(4)由題意知加入BaS溶液的目的是除去Ni2+,Ni2+轉化成NiS,溶液中存在的S可與Ba2+結合成BaSO4,故生成的沉淀是NiS和BaSO4。
考場支招
在化工流程中常用的控制反應條件的方法
(1)調節(jié)溶液的pH。常用于使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調節(jié)pH所需的物質一般應滿足兩點:
①能與H+反應,使溶液pH增大;②不引入新雜質。
如:若要除去Cu2+中混有的Fe3+可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質來調節(jié)溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制溫度。根據需要升溫或降溫,改變反應速率或使平衡向需要的方向移動。
(3)趁熱過濾。防止某物質降溫時析出。
(4)冰水洗滌。洗去晶體表面的雜質離子,并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗。
高考模擬練
1.B 2.D 3.D 4.B 5.D 6.D 7.A
1.B　試樣應該在燒杯中溶解,Na2S2O3為強堿弱酸鹽,水解顯堿性,滴定管選堿式滴定管,即滴定管選丙,A錯誤;硫代硫酸鈉滴定碘單質,利用碘單質遇淀粉變藍的性質,選擇淀粉為指示劑,當溶液的藍色褪去,30 s內不恢復藍色,即達到滴定終點,B正確;錐形瓶若用待測液潤洗,會導致測定結果偏大,C錯誤;若對裝有待測液的滴定管讀數時,如圖丁滴定前平視、滴定后俯視,讀取的待測液體積偏小,待測液濃度偏大,最終計算出的CuCl2的質量分數會偏大,D錯誤。
2.D　實驗①中加入足量Ba(OH)2溶液,生成白色沉淀,未生成紅褐色沉淀,則一定沒有Fe3+;實驗②取①中的沉淀,加入足量稀鹽酸,沉淀部分溶解說明沉淀中含有BaSO4,原溶液中一定含有S,在不含Fe3+、含有S且離子濃度均相同的情況下,要保證溶液呈電中性,則一定含有Mg2+,S一定不存在;沉淀溶解時生成氣體,說明原溶液中含有HC,為保證溶液呈電中性,則一定含有Na+,不存在Cl-,C錯誤、D正確;①中沉淀含有BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2,A錯誤;溶液中不含S,②中氣體是二氧化碳,B錯誤。
素養(yǎng)解讀
本題以確定溶液組成為情境載體,考查離子共存、離子反應等知識,解題過程中注意利用溶液呈電中性判斷離子是否存在,體現了宏觀辨識與微觀探析的化學學科核心素養(yǎng)。
3.D　由電離常數可知HClO2酸性強于HClO,曲線Ⅰ代表HClO2稀釋時pH的變化曲線,A錯誤;pH相同的兩種一元弱酸,酸越弱濃度越大,故中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液,消耗HClO溶液的體積較小,B錯誤;酸溶液的pH越小,越抑制水的電離,b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度大,C錯誤;溶液中,從b點到d點,溫度不變,溶液中保持不變,D正確。
4.B　氫硫酸是二元弱酸,在溶液中分步電離,以第一步電離為主,由0.1 mol·L-1 H2S溶液的pH=4.1可知,氫硫酸的Ka1≈ mol·L-1=10-7.2 mol·L-1,數量級為10-8,A錯誤;向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑,溶液變紅,說明HS-在溶液中的水解程度大于其電離程度,則Ka2(H2S)<=Kh(HS-),即Ka1(H2S)×Ka2(H2S)5.D　向緩沖溶液①②③中逐滴滴入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,由pH與滴入NaOH溶液體積的關系圖可知緩沖溶液③抗堿能力最強,其c(NH4Cl)∶c(NH3)=4∶1,A正確。緩沖溶液中抗堿物質為NH4Cl,抗酸微粒為NH3,c(NH4Cl)∶c(NH3)不變時,c(NH4Cl)+c(NH3)越大,抗酸、抗堿能力越強,B正確。緩沖溶液抗酸能力①>②>③,抗堿能力③>②>①,綜合來看緩沖溶液抗酸、抗堿最佳比例為c(NH4Cl)∶c(NH3)=1∶1,C正確。題述緩沖溶液均顯堿性,說明在緩沖溶液中均以NH3·H2O的電離為主,緩沖溶液抑制水的電離,加入少量鹽酸,題述緩沖溶液的pH減小,對水的電離抑制程度減小,水的電離程度增加;加NaOH溶液時,題述緩沖溶液的pH增大,對水的電離抑制程度增大,水的電離程度減小,D錯誤。
素養(yǎng)解讀
本題以不同濃度的NH4Cl-NH3緩沖溶液中,c(NH4Cl)/c(NH3)對體系抗酸、抗堿能力的影響為情境,考查學生的知識整合能力及分析問題、解決問題的能力;體現了證據推理與模型認知、變化觀念與平衡思想的化學學科核心素養(yǎng)。
6.D　通過題圖流程可知“脫硫”時利用了沉淀轉化原理,將PbSO4轉化為PbCO3,便于后面的酸浸;在“酸浸”時H2O2將PbO2還原,最終鉛元素全部轉化為可溶的(CH3COO)2Pb;“沉鉛”時將(CH3COO)2Pb轉化為Pb(OH)2,最后將Pb(OH)2加熱得到PbO。鉛蓄電池中鉛做負極,二氧化鉛做正極,“鉛膏”中PbO2主要來源于該電池的正極材料,A正確;“脫硫”時硫酸鉛轉化為碳酸鉛,故“脫硫”利用了Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3),B正確;“酸浸”時碳酸鉛與PbO2都轉化為醋酸鉛,則“酸浸”后溶液中的主要陽離子為Pb2+和H+,C正確;“沉鉛”后溶液中會有少量鉛離子存在,根據電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)+2c(Pb2+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D錯誤。
7.A　未加入NaOH溶液時,溶液中δ(A2-)+δ(HA-)=0.1+0.9=1,溶液中沒有H2A,說明H2A的第一步電離為完全電離,根據物料守恒有c(HA-)+c(A2-)=0.1 mol·L-1,A正確;當V(NaOH)=20.00 mL時,得到的溶液是NaHA溶液,根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由pH變化曲線可知,此時溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),則c(Na+)8.答案　(1)H2S+C
(2)HS-
(3)含硫廢水中存在HS- H++S2-,加入適量含Cu2+的溶液,Cu2++S2- CuS↓,生成CuS黑色沉淀,c(S2-)減小,使HS-電離平衡正向移動,c(H+)增大,溶液的pH減小
(4)①2HS-+S+4H+ 3S↓+3H2O　②pH<5時,溶液中-2價S元素主要以H2S的形式存在,常溫下1體積水中只能溶解2.6體積的H2S,溶液酸性強,H2S更易逸出,H2S有劇毒會污染環(huán)境
解析　(1)由表中電離常數可知,H2S的Ka1小于H2CO3的Ka1,大于H2CO3的Ka2,用過量的K2CO3溶液吸收H2S的離子方程式為H2S+C。(2)由題圖1可知,當pH=8時,含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是HS-。(4)①當pH≈8時,含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是HS-,加入一定濃度的Na2SO3溶液,加酸將溶液調為pH=5,產生淡黃色沉淀S,反應的離子方程式是2HS-+S+4H+ 3S↓+3H2O。

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