2025人教版高中化学选择性必修1
第三章 水溶液中的离子反应与平衡
综合拔高练
五年高考练
考点1 弱电解质的电离平衡
1.(2022全国乙,13)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是 ( )
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA的电离度[
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
2.(2022广东,17改编)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。
序号 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根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(2)查阅资料获悉:一定条件下,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。小组提出:如果只有浓度均约为0.1 mol·L-1的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ ,测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
考点2 酸碱中和滴定原理及其迁移应用
3.(2022山东,6)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度,应选甲基橙为指示剂,并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是 ( )
A.可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D.达到滴定终点时溶液显橙色
4.(2023湖南,12)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随η[η=]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 ( )
A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B.点a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.点b:c(CH3COOH)
5.(2023海南,14)25 ℃下,Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,溶液中c(OH-)<0.01 mol·L-1
B.Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
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溶液等体积混合,得到的溶液c(OH-)<2×10-4 mol·L-1
6.(2022湖南,13)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验 操作与现象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀
依据上述实验现象,结论不合理的是 ( )
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明S对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响
考点4 溶液中粒子浓度的关系
7.(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
8.(2023浙江6月选考,15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验:
实验Ⅰ:往20 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液。
实验Ⅱ:往20 mL 0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol·L-1 CaCl2溶液。
[已知:H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9,溶液混合后体积变化忽略不计],下列说法正确的是( )
A.实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂,指示反应终点
B.实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时,存在c(C2)
C.实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+ CaC2O4↓+H+
D.实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,溶液中c(C2)=4.0×10-8 mol·L-1
考点5 沉淀溶解平衡
9.(2023全国甲,13)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图{pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)];c(M)≤10-5 mol·L-1可认为M离子沉淀完全}。下列叙述正确的是 ( )
A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10-8.5
B.pH=4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L-1
C.浓度均为0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D.Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2 mol·L-1时二者不会同时沉淀
10.(2023全国乙,13)一定温度下, AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是 ( )
A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀
B.b点时,c(Cl-)=c(Cr),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C.Ag2CrO4+2Cl- 2AgCl+Cr的平衡常数K=107.9
D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生Ag2CrO4沉淀
11.(2023北京,14)利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知:①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)由图1得到]。
图1
图2
下列说法不正确的是 ( )
A.由图1,pH=10.25,c(HC)
B.由图2,初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,无沉淀生成
C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1
D.由图1和图2,初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,发生反应:Mg2++2HCMgCO3↓+CO2↑+H2O
12.(2023新课标,13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示{其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+}。
下列说法错误的是 ( )
A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75
C.反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81
D.c(NH3)=0.01 mol·L-1时,溶液中c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+)
13.(2023辽宁,16节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知:
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题:
(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为
(答出一条即可)。
(3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为 (H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化速率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于 (精确至0.1)。
三年模拟练
应用实践
1.(2024湖南长沙联考)某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度,试样不含其他能与I-发生反应的杂质,已知:2Cu2++4I- 2CuI↓+I2,I2+2S2+2I-。取m g试样溶于水,加入过量KI固体,充分反应,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定,部分实验仪器如图所示。下列说法正确的是 ( )
甲 乙 丙
A.试样在容量瓶中溶解,盛装Na2S2O3溶液的滴定管选乙
B.选用淀粉作指示剂,当甲中溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复蓝色时,即达到滴定终点
C.仪器甲使用前应用待测液润洗
D.对装有标准液的滴定管读数时,滴定前平视,滴定后俯视,则测得的结果偏大
2.(2024河南郑州期中)常温下,乙胺水合物CH3CH2NH2·H2O是一元弱碱,在水中的电离与NH3·H2O相似。下列说法错误的是( )
A.pH=10的乙胺溶液稀释至104倍,pH>7
B.加水稀释乙胺溶液,增大
C.pH=11的乙胺溶液与pH=3的硫酸等体积混合,溶液显碱性
D.pH=4的CH3CH2NH3Cl溶液与pH=11的乙胺溶液,后者水的电离程度大
3.(2024江苏苏州统考)25 ℃时,通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1:用pH试纸测量0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH,测得pH约为8。
实验2:将0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 Ca(OH)2溶液等体积混合,产生白色沉淀。
实验3:饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀,溶液pH从12约下降到9。
实验4:向Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞,加水稀释,溶液红色变浅。
下列说法正确的是 ( )
A.由实验1可得出:Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)>10-14
B.由实验2可推测:Ksp(CaCO3)>2.5×10-3
C.实验3中发生反应的离子方程式为C
D.实验4中加水稀释后,溶液中的值增大
4.(2024山东潍坊期中)能够抵抗外加少量强酸、强碱或水稀释,而保持pH基本不变的溶液称为缓冲溶液。某化学学习小组配制不同浓度的NH4Cl-NH3缓冲溶液,探究c(NH4Cl)/c(NH3)对缓冲溶液抗酸和抗碱的影响。
实验1:配制缓冲溶液
该小组先配制0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1氨水,再将NH4Cl溶液和氨水按照1∶4、1∶1和4∶1的比例混合后,分别配制成15 mL缓冲溶液①、②、③,测得pH分别为10.6、10.1和9.6。
实验2:探究c(NH4Cl)/c(NH3)对缓冲溶液抗酸、抗碱能力的影响
分别向滴定管中加入0.1 mol·L-1盐酸和0.1 mol·L-1 NaOH溶液,逐滴滴入缓冲溶液①、②、③和等量蒸馏水中,测得pH与滴入的盐酸、NaOH溶液体积的关系如图所示。
对于实验2,下列说法错误的是 ( )
A.c(NH4Cl)/c(NH3)=4∶1时,缓冲溶液抗碱能力最强
B.c(NH4Cl)/c(NH3)不变时,c(NH4Cl)+c(NH3)越大,抗酸、抗碱能力越强
C.缓冲溶液抗酸、抗碱最佳比例为c(NH4Cl)/c(NH3)=1∶1
D.向上述缓冲溶液中加入少量盐酸或NaOH溶液时,水的电离程度均增大
5.(2024福建福州月考)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2。为了保护环境、充分利用铅资源,通过如图流程实现铅的回收。
已知:常温下Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=8.0×10-14。
下列说法不正确的是 ( )
A.“铅膏”中PbO2主要来源于该电池的正极材料
B.“脱硫”利用了Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)
C.“酸浸”后溶液中的主要阳离子为Pb2+和H+
D.“沉铅”后的滤液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
6.(2024四川雅安模拟)常温下,实验室用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1的HA溶液。溶液中,含A微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液的体积V与pH的关系如图所示。已知:HA的分布系数δ(HA)=。下列叙述错误的是 ( )
A.x点对应溶液的pH约为5
B.p点对应的溶液中存在:2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)
C.p→q对应的溶液中,水的电离程度一直增大
D.n点对应的溶液中存在:c(Na+)=c(A-)
7.(2024河北石家庄联考)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
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(不考虑盐酸挥发,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-1 NaOH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。
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 3.A 4.D 5.B 6.D 7.C 8.D 9.C
10.C 11.C 12.A
1.B A项,溶液Ⅰ的pH=7.0,c(H+)=c(OH-),错误;B项,溶液Ⅱ的pH=1.0,即c(H+)=0.1 mol·L-1,根据Ka(HA)=,得c(HA)=,再结合c总(HA)=c(HA)+c(A-)得=====,正确;C项,HA可穿过隔膜,则膜两侧溶液中HA浓度相等,错误;D项,根据Ⅰ、Ⅱ中c(HA)相等,由Ka(HA)=知==106,又溶液Ⅰ中=≈1,c总Ⅰ(HA)=cⅠ(A-),根据B项分析,溶液Ⅱ中=,c总Ⅱ(HA)=101cⅡ(A-),==≈104,错误。
解题技法 准确提取题目中的有效信息并能迁移应用是解答本类题的有效方法,如“未电离的HA可自由穿过该膜”说明HA在溶液中可自由扩散,整个溶液中HA浓度相等,即可排除C项;常温下溶液Ⅰ的pH=7.0说明溶液呈中性,中性溶液中c(H+)=c(OH-)可排除A项。
2.答案 (1)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,HAc溶液稀释至10倍,而实验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总体积为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实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,HAc溶液稀释至10倍,而实验Ⅰ的pH为2.86,实验Ⅱ的pH为3.36,pH增大值小于1,说明平衡正向移动。(2)根据资料知,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。当Ⅰ中滴定至终点时溶液为NaAc溶液,此时NaAc的物质的量等于所加20.00 mL HAc溶液中HAc的物质的量,故向此溶液中再加20.00 mL HAc溶液,即可得到=1的混合溶液,根据其溶液的pH即可得到Ka。
3.A 量筒的精确度达不到0.01 mL,无法准确量取25.00 mL Na2CO3标准溶液,A错误;Na2CO3溶液显碱性,应选用配带塑料塞的容量瓶来配制,B正确;Na2CO3固体易吸水潮解,不能用称量纸称量,C正确;Na2CO3溶液显碱性,滴加甲基橙后溶液显黄色,用盐酸滴定至滴定终点时,溶液显橙色,D正确。
知识拓展 在接近滴定终点时,采用半滴法滴加溶液。滴加半滴溶液的方法是慢慢转动酸式滴定管的旋塞(或轻轻挤压碱式滴定管乳胶管中的玻璃球),使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体(不滴落),用锥形瓶的内壁将其刮下来,并用蒸馏水将其冲入锥形瓶中。
4.D 根据题图可知,点a时加入NaOH溶液的体积与待测溶液的体积相等,此时NaOH恰好中和HCl生成NaCl,点a处溶液中溶质是CH3COOH和NaCl,此时溶液的pH=3.38,即溶液中c(H+)=10-3.38 mol·L-1,根据电离方程式CH3COOH H++CH3COO-,可知c(CH3COO-)≈c(H+)=10-3.38 mol·L-1,Ka(CH3COOH)==≈=10-4.76,A正确;点a处溶液中溶质是等物质的量浓度的CH3COOH和NaCl,CH3COOH是弱酸,部分电离,所以c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B正确;点b时,所加NaOH中和一半的CH3COOH,溶液中CH3COOH浓度与CH3COONa浓度相等,此时溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故c(CH3COOH)
5.B 由题图可知,c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,pH>12.0,溶液中c(OH-)>0.01 mol·L-1,A错误;Na2CO3溶液浓度越小,C水解程度越大,Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小,B正确;结合题图可知,当c(Na2CO3)=0.5 mol·L-1时,pH=12,Kh(C)==≈2×10-4,则Ka2==5×10-11,C错误;若0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液与等体积的蒸馏水混合,浓度变为0.1 mol·L-1,由题图可知,0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液pH>11.6,c(H+)<10-11.6 mol·L-1,得到的溶液中c(OH-)>10-2.4 mol·L-1,0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH-)大于0.2 mol·L-1 Na2CO3溶液与等体积水混合的c(OH-),D错误。
考场速决 先快速浏览全题,根据盐溶液浓度越小,水解程度越大即可选出B项。
6.D 实验①中,将FeCl3溶液煮沸,溶液变红褐色,说明加热促进了Fe3+的水解,A合理;由于FeCl3溶液和Na2SO3溶液的浓度相同,实验②中FeCl3溶液过量,溶液变红褐色,说明Fe3+发生了水解反应,再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中存在Fe2+,即Fe3+发生了还原反应,B合理;实验③中,Na2SO3溶液过量,溶液变红褐色,煮沸,产生红褐色沉淀,说明Fe3+发生了水解反应,加热促进水解,另一份混合液滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀产生,说明溶液中不存在Fe2+,即Fe3+没有发生还原反应,C合理;由实验①③分别向5 mL水、5 mL Na2SO3溶液中加入2滴FeCl3溶液的现象可知,S促进Fe3+的水解,D不合理。
反思升华 本题为探究型实验题,需根据实验现象判断发生的反应,当观察到溶液变红褐色可得出Fe3+发生水解,根据滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀可得出溶液中存在Fe2+,说明Fe3+发生了还原反应。解答此类题目要结合实验现象分析选项问题的合理性,不能主观想象也不能机械套用所学知识。
7.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)=≈2.0×10-4,正确。
反思升华 解答图像类试题时,首先确定横、纵坐标表示的含义,比较特殊的[如本题中的纵坐标为c2(M+)]在解题过程中应注意转化应用。
8.D 实验Ⅰ中滴定NaHC2O4的产物是Na2C2O4,滴定终点时溶液呈碱性,要选用在碱性范围内变色的指示剂,因此,实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂,A错误;实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时,溶质是NaHC2O4、Na2C2O4,且二者物质的量浓度相等,Ka2=5.4×10-5>Kh(C2)=≈1.9×10-10,草酸氢根离子的电离程度大于草酸根离子的水解程度,存在c(C2)>c(HC2),B错误;实验Ⅱ中,开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量,产生的H+会与HC2结合,因此在初始阶段发生的反应是2HC2+Ca2+ CaC2O4↓+H2C2O4,C错误;实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,CaCl2过量,溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)==0.06 mol·L-1,溶液中c(C2)== mol·L-1=4.0×10-8 mol·L-1,D正确。
反思升华 本题以草酸的探究实验为情境,考查指示剂的选择、溶液中粒子浓度的关系、利用数据分析反应的可能性等知识。本题将宏观实验与定量分析相结合,考查学生知识的综合应用能力、定量分析能力,培养学生的宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的化学学科核心素养。
9.C 由题图可知,a点溶液的pH=2,pM=2.5,则OH-的浓度为10-12 mol·L-1,Fe3+的浓度为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错误;由题图可知,当溶液的pH=4时,pM=3,Al3+的浓度为1×10-3 mol·L-1,Al(OH)3的溶解度为1×10-3 mol·L-1,B错误;由题图可知,浓度均为0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+,Fe3+沉淀完全时pH≈2.8,Al3+开始沉淀时pH≈3.7,即Fe3+沉淀完全时Al3+未开始沉淀,故二者可通过分步沉淀的方式分离,C正确;由题图可知,Al3+沉淀完全时pH≈4.7,此时c(Cu2+)=0.1 mol·L-1,所以c(Cu2+)=0.2 mol·L-1时,Cu2+开始沉淀的pH<4.7,二者会同时沉淀,D错误。
10.C 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点时两者的Q均小于对应的Ksp,故均不能生成沉淀,A错误;由上述分析可知该温度下Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7,Ksp(AgCl)=10-9.8,Ksp仅与温度有关,b点时两者Ksp不相等,B错误;K=====107.9,C正确;开始生成AgCl沉淀时,c(Ag+)== mol·L-1=10-8.8 mol·L-1,开始生成Ag2CrO4沉淀时,c'(Ag+)== mol·L-1=10-5.35 mol·L-1,故先生成AgCl沉淀,D错误。
11.C 从题图1可以看出pH=10.25时,碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同,A项正确;从题图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6的点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方,不会产生氢氧化镁沉淀或碳酸镁沉淀,B项正确;从题图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,根据元素守恒,溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1,C项错误;由题图1知,pH=8时,溶液中主要含碳微粒是HC,由题图2知,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1的点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为Mg2++2HC MgCO3↓+CO2↑+H2O,D项正确。
情境解读 本题以探究“一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物”为情境,考查学生的读图、析图能力。层层递进的设问促使学生在分析图像、解决问题过程中体会化学知识的学习不是单纯的知识记忆,而是需将零散的知识系统化、抽象的知识形象化,结合具体问题具体分析,培养学生的迁移应用能力。
12.A 确定四条曲线所代表的微粒种类:AgCl饱和溶液中Ag+和Cl-浓度相等,向饱和溶液中滴加氨水,溶液中Ag+浓度减小,Cl-浓度增大,故Ⅲ为Ag+浓度变化曲线,Ⅳ为Cl-浓度变化曲线。向AgCl饱和溶液中滴加氨水,NH3浓度较小时,主要发生反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+,溶液中[Ag(NH3)]+浓度大于[Ag(NH3)2]+的浓度,故Ⅰ为[Ag(NH3)2]+浓度变化曲线,Ⅱ为[Ag(NH3)]+浓度变化曲线。AgCl溶解得到等量的Ag+和Cl-,其中Ag+被NH3结合,浓度减小,Cl-稳定存在于溶液中,可用Cl-的浓度变化(即曲线 Ⅳ)来表示AgCl的溶解度随着NH3浓度的变化,A错误;温度不变,Ksp不变,当NH3浓度为10-1 mol·L-1时,仍有AgCl沉淀存在,可计算AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75,B正确;当NH3浓度为10-1 mol·L-1时,[Ag(NH3)]+的浓度为10-5.16 mol·L-1,[Ag(NH3)2]+的浓度为10-2.35 mol·L-1,则反应[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数K==103.81,C正确;由题图可知,当c(NH3)=0.01 mol·L-1时,c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+),D正确。
13.答案 (1)将镍钴矿粉碎(或适当提高硫酸浓度、升温等)
(3)Mn2++HS+H2O MnO2↓+S+3H+ Fe(OH)3
(4)9.0% SO2具有还原性,过多会降低H2SO5的浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)4Co(OH)2+O2 4CoO(OH)+2H2O
(6)11.1
解析 (1)将镍钴矿粉碎、适当提高硫酸浓度或适当升温等都可提高浸取速率。
(3)H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得Mn2+被H2SO5氧化为MnO2的离子方程式为Mn2++HS+H2O MnO2↓+S+3H+;由题表中Ksp数据计算得知Fe3+、Co2+、Ni2+和Mg2+完全沉淀时的pH分别为3.2、9.15、9.15、11.1,pH=4时Fe3+完全转化为Fe(OH)3,故滤渣的成分为MnO2、Fe(OH)3。
(4)由题图知SO2体积分数为9.0%时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大。SO2具有还原性,浓度过高时,降低H2SO5浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率。
(5)“沉钴镍”中得到Co(OH)2,Co(OH)2在空气中可被O2氧化成CoO(OH),根据得失电子守恒、原子守恒可得反应的化学方程式:4Co(OH)2+O2 4CoO(OH)+2H2O。
(6)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=10-10.8,Mg2+完全沉淀时c(Mg2+)≤10-5 mol/L,解得c(OH-)≥10-2.9 mol/L,则c(H+)≤ mol/L=10-11.1 mol/L,故为使Mg2+沉淀完全,需控制pH不低于11.1。
三年模拟练
1.B 2.D 3.D 4.D 5.D 6.D
1.B 试样应该在烧杯中溶解,Na2S2O3为强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,应选碱式滴定管,即丙,A错误;硫代硫酸钠溶液滴定碘单质,利用淀粉遇碘单质变蓝,可以选择淀粉为指示剂,当溶液的蓝色褪去,且30 s内不恢复蓝色,即达到滴定终点,B正确;锥形瓶若用待测液润洗,会导致测定结果偏大,C错误;若对装有标准液的滴定管读数时,滴定前平视、滴定后俯视,导致读取的标准液的体积偏小,则测定结果偏小,D错误。
2.D CH3CH2NH2·H2O是一元弱碱,pH=10的乙胺溶液稀释至104倍,溶液仍呈碱性,pH>7,A正确;加水稀释乙胺溶液,溶液中c(OH-)减小,则==增大,B正确;pH=11的乙胺溶液浓度大于pH=3的硫酸,pH=11的乙胺溶液与pH=3的硫酸等体积混合,乙胺溶液过量,溶液显碱性,C正确;CH3CH2NH3Cl溶液中CH3CH2N发生水解,促进水的电离,乙胺溶液中CH3CH2NH2·H2O发生电离,抑制水的电离,则pH=4的CH3CH2NH3Cl溶液与pH=11的乙胺溶液,前者水的电离程度大,D错误。
3.D 由实验1可得出碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度,即>Ka2(H2CO3),则Ka2(H2CO3)·Ka1(H2CO3)
4.D 由缓冲溶液①、②、③中逐滴滴入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,测得pH与滴入NaOH溶液体积的关系图可知缓冲溶液③滴入相同体积NaOH溶液,pH变化最缓慢,抗碱能力最强,其c(NH4Cl)/c(NH3)=4∶1,A正确;缓冲溶液中抗碱微粒为NH4Cl,抗酸微粒为NH3,c(NH4Cl)/c(NH3)不变时,c(NH4Cl)+c(NH3)越大,抗酸、抗碱能力越强,B正确;缓冲溶液抗酸能力①>②>③,抗碱能力③>②>①,综合来看缓冲溶液抗酸、抗碱最佳比例为②,其c(NH4Cl)/c(NH3)=1∶1,C正确;题述缓冲溶液均显碱性,说明在缓冲溶液中均以NH3·H2O的电离为主,缓冲溶液抑制水的电离,加入少量盐酸,题述缓冲溶液的pH减小,对水的电离抑制程度减小,水的电离程度增大,加NaOH溶液时,题述缓冲溶液的pH增大,对水的电离抑制程度增大,水的电离程度减小,D错误。
素养解读 本题以不同浓度的NH4Cl-NH3缓冲溶液中,c(NH4Cl)/c(NH3)对体系酸碱度的影响为情境,考查学生的知识整合能力及分析问题、解决问题的能力,体现了证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。
5.D 通过题图流程可知“脱硫”时利用了沉淀转化原理,将PbSO4转化为PbCO3,便于后面的“酸浸”;在“酸浸”时H2O2将PbO2还原,最终铅元素全部转化为易溶的(CH3COO)2Pb;“沉铅”时将(CH3COO)2Pb转化为Pb(OH)2,最后Pb(OH)2经转化得到PbO。铅蓄电池中铅做负极,二氧化铅做正极,“铅膏”中PbO2主要来源于该电池的正极材料,A正确;“脱硫”时硫酸铅转化为碳酸铅,故“脱硫”利用了Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3),B正确;“酸浸”时碳酸铅生成醋酸铅,则“酸浸”后溶液中的主要阳离子为Pb2+和H+,C正确;“沉铅”后溶液中会有少量铅离子存在,根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)+2c(Pb2+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D错误。
6.D 从题图中可以看出,当V(NaOH)=0时,HA溶液pH=3,c(H+)=10-3 mol/L,此时Ka=≈=10-5,随着NaOH的不断滴入,溶液的pH不断增大,δ(HA)不断减小,δ(A-)不断增大,则微粒a为HA,微粒b为A-。x点时,δ(HA)=δ(A-),则c(HA)=c(A-),Ka==c(H+)=10-5 mol/L,对应溶液的pH约为5,A正确;p点加入V(NaOH)为10 mL,反应后溶液中溶质为等物质的量的NaA、HA,根据元素守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-),则2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-),B正确;p→q对应的溶液中,起初以HA的电离为主,抑制水的电离,后来以A-的水解为主,促进水的电离,所以水的电离程度一直增大,C正确;n点对应的溶液pH=7,此时NaA、HA共存,c(H+)=c(OH-),依据电荷守恒得c(Na+)=c(A-),由Ka==10-5,可得出c(A-)=100c(HA),所以存在c(Na+)=c(A-)>c(HA),D错误。
7.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,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,甲基橙做指示剂,然后用NaOH标准溶液滴定过量的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%=×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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