2024人教版新教材高中化学选择性必修1
综合拔高练
五年高考练
考点1 弱电解质的电离平衡
1.(2021浙江6月选考,19)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液pH=7,则HR是弱酸
B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸
C.25 ℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸
D.25 ℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸
2.(2020北京,11)室温下,对于1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液,下列判断正确的是( )
A.该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B.加入少量CH3COONa固体后,溶液的pH降低
C.滴加NaOH溶液过程中,n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为
0.1 mol
D.与Na2CO3溶液反应的离子方程式为C+2H+ H2O+CO2↑
考点2 酸碱中和滴定原理的应用
3.(2020课标Ⅰ,13)以酚酞为指示剂,用0.100 0 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δ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:δ(A2-)=]
下列叙述正确的是( )
A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-)
B.H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)
4.(2021湖南,9)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
5.(2021山东,18节选)(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下:
①称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应:W+Ba(IO3)2BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+ 3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2 2I-+S4。
滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为 。
称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”),样品中WCl6质量分数的测定值将
(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
6.(2021湖南,15)碳酸钠俗称纯碱,是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量,过程如下:
步骤Ⅰ.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
称取产品2.500 g,用蒸馏水溶解,定容于250 mL容量瓶中;
移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用
0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定,溶液由红色变至近无色(第一滴定终点),消耗盐酸V1 mL;
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2 mL;
④平行测定三次,V1平均值为22.45,V2平均值为23.51。
已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O)
物质 温度/℃ NaCl NH4HCO3 NaHCO3 NH4Cl
0 35.7 11.9 6.9 29.4
10 35.8 15.8 8.2 33.3
20 36.0 21.0 9.6 37.2
30 36.3 27.0 11.1 41.4
40 36.6 — 12.7 45.8
50 37.0 — 14.5 50.4
60 37.3 — 16.4 55.2
回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ,晶体A能够析出的原因是
;
(2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是 (填标号);
(3)指示剂N为 ,描述第二滴定终点前后颜色变化 ;
(4)产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字);
(5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,其他操作均正确,则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
考点3 盐类的水解及影响因素
7.(2019北京理综,12)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、
0.5 mol·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
考点4 沉淀溶解平衡
8.(2021全国甲,12)已知相同温度下,Ksp(BaSO4)
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10-10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D.c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中=1
9.(2019课标Ⅱ,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
10.(2020山东,9)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是( )
A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl MgCl2+2NH3↑+H2O
B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
11.(高考组合)(1)(2020山东,16节选)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7
回答下列问题:
净化时需先加入的试剂X为 (填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×
10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。
②碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
(2)(2020江苏,19节选)实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下:
除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低,将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是 [Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ka(HF)=6.3×10-4]。
考点5 溶液中粒子浓度的关系
12.(2021全国乙,13)HA是一元弱酸,难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化,M+不发生水解。实验发现,298 K时c2(M+)~ c(H+)为线性关系,如下图中实线所示。
下列叙述错误的是( )
A.溶液pH=4时,c(M+)<3.0×10-4 mol·L-1
B.MA的溶度积Ksp(MA)=5.0×10-8
C.溶液pH=7时,c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
D.HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10-4
13.(2021浙江6月选考,23)取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是( )
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HC)+2c(C)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+)
三年模拟练
应用实践
1.(2020山东济宁期末)溶液中除铁时常用NaClO3作氧化剂,在较小的pH条件下最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。如图是温度-pH与生成的沉淀关系图,图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域。已知25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39。下列说法不正确的是( )
A.工业生产黄铁矾钠,温度控制在85~95 ℃,pH控制在1.5左右
B.pH=6,温度从80 ℃升高至150 ℃,体系得到的沉淀被氧化
C.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++Cl+6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O
D.在25 ℃时溶液经氧化,调节溶液pH=4,此时溶液中c(Fe3+)=2.64×10-9 mol·L-1
2.(2022山东师大附中期中)40 ℃时,在氨—水体系中不断通入CO2,各种粒子的物质的量分数变化趋势如图所示。下列说法不正确的是( )
A.在pH=9.0时,c(N)>c(HC)>c(NH2COO-)>c()
B.不同pH的溶液中存在关系:c(N)+c(H+)=2c()+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C.随着CO2的通入,不断增大
D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成
3.铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在如下平衡:2H++2Cr 2HCr Cr2+H2O,25 ℃时,在1.00 mol·L-1铬酸钠溶液中,各种含铬离子的分布分数与pH的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A.Na2CrO4溶液中,Cr发生水解而使溶液呈碱性
B.铬酸(H2CrO4)的二级电离常数=10-6.4
C.要得到纯度较高的Na2CrO4溶液,应控制pH>9
D.pH=6时,Na2CrO4溶液中存在:c(Na+)=2c(Cr)+2c(HCr)+2c(Cr2)
4.(2021山东烟台二模)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。
下列说法错误的是( )
A.ZnFe2O4溶于稀硫酸的离子方程式:ZnFe2O4+8H+ Zn2++2Fe3++4H2O
B.加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+
C.加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D.为加快反应速率,净化Ⅰ和净化Ⅱ均应在较高的温度下进行
迁移创新
5.(2022重庆南开中学期中)某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr)为原料制备Ni(NH3)6Cl2,并测定相关组分的含量。制备流程示意图如下:
已知:①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按离子浓度为0.1 mol·L-1计算)如表所示。
离子 Fe3+ Cr3+ Ni2+
开始沉淀pH 1.5 4.3 6.9
完全沉淀pH 2.8 5.6 8.9
②Ni(OH)2为绿色难溶物。Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体,溶解度均随温度的升高而增大,水溶液均显碱性。
回答下列问题:
(1)实验需要配制3.0 mol·L-1的稀硝酸250 mL,需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 。
(2)步骤(a)中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为 。
(3)步骤(b)为首先加入试剂X调节溶液的pH约为6,过滤后再继续加入X调节pH以得到绿色沉淀。
①调节pH约为6的原因是
。
②试剂X可以是 (填字母)。
A.H2SO4 B.NaOH C.NiO D.Fe2O3
(4)步骤(c)和(d)中的反应都需要在冰水浴环境下进行,其作用除了可以减少NH3·H2O的挥发,还有 。步骤(d)中发生反应的化学方程式为 。
(5)NH3含量的测定
用电子天平称量m g产品于锥形瓶中,用25 mL 水溶解后,加入
3.00 mL 6 mol·L-1盐酸(此时溶液中镍元素只以Ni2+形式存在),滴加2滴甲基橙作为指示剂,滴定至终点消耗0.500 0 mol·L-1NaOH标准溶液V mL。
①达到滴定终点的现象是 。
②该产品中NH3的质量分数为 。
③在上述方案的基础上,下列措施能进一步提高测定准确度的有 (填字母)。
A.适当提高称量产品的质量
B.用H2SO4溶液替代盐酸
C.用酚酞替代甲基橙
D.进行平行实验
(6)为测定Cl的含量,设计了如下实验方案,请将该方案补充完整:
称量m g产品于锥形瓶中,用25 mL水将产品完全溶解, ,滴入2~3滴K2CrO4溶液作指示剂,用已知浓度的AgNO3标准溶液滴定至终点,记录读数,重复操作2~3次。
答案全解全析
五年高考练
1.B 25 ℃时,pH=7代表溶液呈中性,NaR为强酸强碱盐,故HR为强酸,A项不正确;25 ℃时,0.01 mol·L-1 的HR溶液pH>2且pH<7,说明HR溶液显酸性,但不能完全电离,故为弱酸,B项正确;若HR为强酸,且稀释前pH=a=6,加水稀释至10倍后pH<7,b-a<1,故HR不一定为弱酸,C项不正确;若HR是弱酸,则R-水解使溶液显碱性,温度升高,水解程度增大,碱性增强,b>a,D项不正确;故选B。
2.C A项,CH3COOH是弱酸,不能完全电离,故1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中CH3COO-的粒子数小于6.02×1022,错误;B项,CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,使电离平衡逆向移动,c(H+)减小,pH升高,错误;C项,滴加NaOH溶液过程中,依据元素质量守恒知,n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=
0.1 mol,正确;D项,CH3COOH是弱酸,书写离子方程式时应写化学式,其与Na2CO3溶液反应的离子方程式为C+2CH3COOH 2CH3COO-+H2O+CO2↑,错误。
3.C 由题图可知加入NaOH溶液的体积为40 mL时,溶液pH发生突跃,达到滴定终点,溶质为Na2A,故有n(H2A)=20.00 mL×c(H2A)=×0.100 0 mol·L-1×40 mL,则c(H2A)=0.100 0 mol·L-1,而起点时pH约为1,故H2A的电离过程应为H2A HA-+H+,HA-A2-+H+,故曲线①表示δ(HA-),曲线②表示δ(A2-),A、B项错误;由Ka=,VNaOH等于25 mL时,pH=2.0,且c(A2-)=c(HA-),可知Ka=1.0×10-2,C项正确;以酚酞作指示剂,滴定终点时的溶质为Na2A,溶液呈碱性,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),结合c(H+)
4.C A项,NaX溶液中存在NaX Na++X-,X-+H2OHX+OH-,溶液显碱性,所以c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),正确;B项,当V(盐酸)=0时,NaZ溶液的pH最大,说明Z-水解程度最大,则对应的HZ酸性最弱,同理,HX酸性最强,正确;C项,pH=7时,根据电荷守恒(用A-表示X-、Y-、Z-),各溶液中存在n(Na+)+n(H+)=n(A-)+n(Cl-)+n(OH-),则n(Na+)=n(A-)+n(Cl-),三种溶液中n(Na+)相同,所加入盐酸的量不同,最终溶液体积为V(NaZ)>V(NaY)>V(NaX),NaZ溶液中n(Cl-)最大,NaX溶液中n(Cl-)最小,则pH=7时,三种溶液中n(A-)的大小:n(Z-)
解析 (3)①CS2易挥发,计时1分钟后质量变为m2 g,说明减少了m1-m2 g,再打开瓶盖计时1分钟,质量应继续减少m1-m2 g,若不加入样品,则称量瓶的总质量为[m2-(m1-m2)]g,而加入样品后的质量为m3 g,则样品质量为{m3-[m2-(m1-m2)]}g=(m3-2m2+m1)g;②根据W原子守恒存在关系式:WCl6~W,再根据得失电子守恒存在关系式:I,综合上述关系有WCl6~12S2,又n(S2)=c×V×10-3 mol,则WCl6的物质的量为cV×10-3 mol,可知m(WCl6)=cVM×10-3g,则样品中WCl6的质量分数为。称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,则第二个1分钟挥发出的CS2的质量大于(m1-m2) g,m3偏小,但样品中所含WCl6的量未变,则消耗的硫代硫酸钠溶液的体积不变;由于m2、m1不受影响,则m3+m1-2m2偏小,根据质量分数公式,可知质量分数偏大。
6.答案 (1)NaHCO3 30~35 ℃时,碳酸氢铵、氯化钠、碳酸氢钠以及氯化铵中碳酸氢钠的溶解度最小
(2)D
(3)甲基橙 黄色变为橙色
(4)3.56%
(5)偏大
解析 (1)根据题给溶解度表可知4种物质在30~35 ℃时碳酸氢钠的溶解度最小,根据复分解反应发生的条件可知发生的反应为NaCl+NH4HCO3 NaHCO3↓+NH4Cl,因此晶体A为NaHCO3。
(2)“300 ℃加热”应为碳酸氢钠固体的分解过程,该过程选用的仪器为坩埚,即选D。
(3)测定产品中碳酸氢钠的含量采用的是滴定法,主要涉及双指示剂法,第一阶段使用酚酞作指示剂,对应的反应为Na2CO3+HCl NaHCO3+NaCl,第二阶段使用甲基橙为指示剂,对应的反应为NaHCO3+HCl NaCl+CO2↑+H2O,因此指示剂N为甲基橙,第二滴定终点前后溶液颜色的变化为黄色变为橙色。
(4)根据(3)的分析可知25.00 mL溶液中,产品中碳酸氢钠消耗的盐酸的体积为23.51 mL-
22.45 mL=1.06 mL,所以产品中碳酸氢钠的质量分数为×100%≈3.56%。
(5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,结合滴定管的构造可知V1偏小,从而导致V2-V1偏大,因此碳酸氢钠质量分数的计算结果会偏大。
7.C A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,题图中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH下降”的现象,是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度减小了;C项,温度升高,Cu2+水解程度增大,KW增大,二者共同作用使CuSO4溶液的pH减小;D项,温度升高对CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者的水解平衡移动的方向是一致的。故A、B、D均不正确,C正确。
8.B A项,离子浓度的负对数越大,离子浓度越小,Ksp就越小,已知Ksp(BaSO4)
10.B A项,通过煅烧操作,MgCO3转化为MgO,NH4Cl溶液显酸性,能与MgO发生反应,正确;B项,适当升高温度,可以加快反应速率,提高浸出率,但沉镁时加入的氨水受热易分解,故浸出时可以适当升高温度,沉镁时温度不宜过高,错误;C项,结合题给流程图,浸出时有氨气产生,沉镁时发生的反应为MgCl2+2NH3·H2O Mg(OH)2↓+2NH4Cl,故可循环使用的物质有NH3、NH4Cl,正确;D项,结合题给已知信息浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3可知,Fe3+、Al3+在弱酸性环境中完全沉淀,而Mg2+没有产生沉淀,利用了它们氢氧化物Ksp的不同,正确。
11.答案 (1)①H2O2 4.9
②Mn2++HC+NH3·H2O MnCO3↓+N+H2O
(2)pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全
解析 (1)①为除尽Fe2+,可加入H2O2将其氧化为Fe3+。由题表中相关物质的Ksp可知,Fe3+完全沉淀需要的pH比Al3+完全沉淀所需pH小,溶液pH只需达到Al3+完全沉淀所需pH即可;设Al3+恰好完全沉淀时溶液中OH-浓度为x mol·L-1,则1.0×10-5×x3=1×10-32.3,x=10-9.1,pOH=9.1,pH=14-9.1=4.9。②碳化过程中生成MnCO3的反应为Mn2++HC MnCO3↓+H+,生成的H+再和所加氨水反应生成N,故反应的离子方程式为Mn2++HC+NH3·H2O MnCO3↓+N+H2O。
(2)HF为弱酸,由Ksp(CaF2)和Ka(HF)知,若溶液pH偏低,c(H+)较大,H+与F-易结合成HF,使溶液中c(F-)降低,CaF2沉淀不完全。
12.C A项,pH=4时,c(H+)=10-4 mol·L-1,c2(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,则c(M+)<3.0×10-4 mol·L-1,正确;B项,MA的饱和溶液中存在Ksp(MA)=c(M+)·c(A-),未加入H+时,存在c(M+)=c(A-),即Ksp(MA)=c2(M+)=5.0×10-8,正确;C项,随着含H+的溶液的加入,298 K、pH=7时溶液中存在电荷守恒,而C项中的等式中缺少加入溶液中的阴离子,错误;D项,pH=4时,c(H+)=
10-4 mol·L-1,c2(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,c(M+)≈2.74×10-4 mol·L-1,代入Ksp(MA)计算出c(A-)≈1.82×10-4 mol·L-1,溶液中存在守恒:c(M+)=c(A-)+c(HA),则此时c(HA)=c(M+)-c(A-)=9.2×10-5 mol·L-1,将上述数据代入Ka(HA)=c(H+)·c(A-)/c(HA)≈2.0×10-4,正确。
13.C A项,a点溶液的pH=8.3,说明NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度,正确;B项,根据电荷守恒可得:c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),a→b→c过程中溶液的pH逐渐增大,c(H+)逐渐减小,c(Na+)+c(H+)逐渐减小,故c(HC)+c(OH-)逐渐减小,正确;C项,a点,存在元素质量守恒:c(Na+)=c(HC)+c(H2CO3),a→d→e过程中发生反应:H++HC CO2↑+H2O,故c(Na+)>c(HC)+c(H2CO3),错误;D项,c点和e点的c(H+)较小,可忽略不计,比较x和y的相对大小实际上是比较c(Na+)的大小,而a→c过程中加入NaOH,有Na+加入溶液中,a→e过程中则没有,最终c、e点溶液体积相同,而c点溶液中Na+更多,所以x>y,正确。
三年模拟练
B 由题图可知,生成黄铁矾钠所需的合适温度在85~95 ℃,pH=1.5左右,A正确;由题图可知,pH=6,温度从80 ℃升高至150 ℃时,FeOOH分解生成Fe2O3,沉淀没有被氧化,B错误;氯酸钠有氧化性,酸性条件下将Fe2+氧化生成Fe3+的离子方程式为6Fe2++Cl+6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O,C正确;在25 ℃时,调节溶液pH=4,溶液中c(OH-)=
10-10 mol·L-1,c(Fe3+)= mol·L-1=2.64×10-9 mol·L-1,D正确。
素养解读
本题考查了沉淀溶解平衡的应用、溶度积的计算等知识,掌握溶度积常数的表达式和图像信息的处理是解题关键,注意数学知识在图像信息处理中的应用,主要体现变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。
2.C 在pH=9.0时,从题图可以直接看出:c(N),A正确;根据电荷守恒可得:c(N)+c(NH2COO-)+c(OH-),B正确;,温度不变,Kb(NH3·H2O)不变,由图像可知,随着CO2的通入c(N)不断增大,则不断减小,C项错误;由题图可知,pH降低过程中,有含NH2COO-的中间产物生成,D项正确。
素养解读
本题以氨—水体系中通入CO2为情境,依据各粒子的物质的量分数与pH的变化图像,分析溶液中粒子浓度的关系,考查水溶液中离子平衡的综合应用,培养学生变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。
3.D 铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在平衡:2H++2Cr 2HCr Cr2+H2O,说明HCr只有部分电离,Na2CrO4是强碱弱酸盐,Cr水解使溶液呈碱性,A项正确;铬酸(H2CrO4)第二步电离为HCr H++Cr,在M点,c(Cr=c(H+)=10-6.4,B项正确;pH>9时,溶液中的含铬离子主要为Cr,所以要得到纯度较高的Na2CrO4溶液,应控制pH>9,C项正确;pH=6时,Na2CrO4溶液中存在:c(Na+)=2c(Cr),D项错误。
4.D 锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸后溶液中含有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等,加入H2O2用于氧化亚铁离子,然后用ZnO调pH除去Fe3+,过滤之后加入硫化锌沉铜,最后电解制取锌。ZnFe2O4溶于稀硫酸的离子方程式为ZnFe2O4+8H+ Zn2++2Fe3++4H2O,A正确;加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+,B正确;加过量ZnS可将溶液中的Cu2+转化为更难溶的CuS,是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),C正确;净化Ⅰ中的H2O2在温度较高时会分解,净化Ⅰ需要控制温度不能太高,D错误。
5.答案 (1)250 mL容量瓶
(2)Ni+4HNO3(浓) Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(3)①使Fe3+和Cr3+完全沉淀而Ni2+不沉淀
②B
(4)降低产物在水溶液中的溶解度,减少其损失 Ni(NH3)6(NO3)2+2HCl+2NH3·H2O Ni(NH3)6Cl2+2NH4NO3+2H2O
(5)①当滴入最后半滴NaOH标准溶液后,溶液由橙色变为黄色,且30秒内不变色
②×100% ③AD
(6)用稀硝酸调节溶液pH至酸性
解析 (1)配制3.0 mol·L-1的稀硝酸250 mL,需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250 mL容量瓶。
(2)步骤(a)中加入浓硝酸并加热,浓硝酸具有强氧化性,能将Ni氧化成Ni2+,本身被还原成NO2,Ni与浓硝酸反应的化学方程式为Ni+4HNO3(浓) Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(3)①依据题表中数据,调节pH约为6时,Fe3+、Cr3+全部以Fe(OH)3、Cr(OH)3形式除去,而Ni2+没有沉淀。②试剂X的作用是先调节pH约为6,后又要调节pH以得到绿色沉淀,即最少要调到8.9,只有NaOH符合。
(4)由已知可知Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2的溶解度均随温度的升高而增大,因此冰水浴环境下除了可以减少NH3·H2O挥发,还能降低产物在水溶液中的溶解度,减少其损失。根据流程图,经过步骤(d)将蓝紫色晶体1转化成蓝紫色晶体2,蓝紫色晶体2为产品,因此化学方程式为Ni(NH3)6(NO3)2+2HCl+2NH3·H2O Ni(NH3)6Cl2+2NH4NO3+2H2O。
(5)样品溶液中加入盐酸,发生反应为NH3+HCl NH4Cl,Ni元素以Ni2+形式存在,甲基橙作指示剂,然后用NaOH滴定过量的HCl。①达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴NaOH标准溶液后,溶液由橙色变为黄色,且30秒内不变色;②n(NH3)+n(NaOH)=n(HCl),推出n(NH3)=3.00×10-3 L×6 mol·L-1-V×10-3 L×0.500 0 mol·L-1=(18×10-3-0.5V×10-3) mol,产品中NH3质量分数为×100%;③适当提高称量产品的质量,减小误差,能进一步提高测定准确度,A符合题意;用H2SO4溶液代替盐酸,对实验结果测定无影响,B不符合题意;用酚酞代替甲基橙,不能提高测定准确度,C不符合题意;进行平行实验,能减小误差,提高测定的准确度,故D符合题意。
(6)根据设计思路,用AgNO3溶液进行Cl-的含量的测定,NH3溶于水,能与Ag+反应,对实验产生干扰,为防止NH3干扰实验,应先用稀硝酸酸化。
素养解读
本题以利用粗镍为原料制备Ni(NH3)6Cl2的工艺流程为情境,考查一定物质的量浓度溶液的配制、陌生化学方程式的书写、NH3含量的测定等内容,重在考查学生知识的综合应用能力,培养学生科学探究与创新意识的化学学科核心素养。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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