2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：离子反应1（PDF含答案）
文档属性
| 名称 | 2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：离子反应1（PDF含答案） |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 4.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-01 10:02:39 | ||
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文档简介
2023 北京重点校高二（上）期中化学汇编
离子反应 1
一、单选题
1．（2023北京北大附中高二上期中）下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是
A．K 、Fe3 、SO2 4 、SCN B．Na 、Cu2 、Cl 、SO
2
4
C．Na 、Ba2 、NO 3 、CO
2
3 D．K 、H 、SO2 4 、HCO 3
2．（2023北京首师大附中高二上期中）室温下，由水电离出的 c(H+)=1.0 10 12mol/L的溶液中一定能大量
共存的是
A．Na 、MnO 2 2 2 4、Cl 、SO3 B．SO4 、K 、Mg 、 I
C．K 、Ba2 、Cl 、NO D．Na 、NH 、NO 、SO2 3 4 3 4
3．（2023北京清华附中高二上期中）某同学进行如下实验(溶液的浓度均为 1mol/L)。
实验
产生无色气泡 产生无色气泡
现象 产生无色气泡
液面上方呈浅红棕色 (能使湿润 pH试纸变蓝)
下列对实验现象的解释或推测不．合．理．的是
A．①中： 2Al 2OH 6H 2O 2 Al OH 4 3H 2
B．溶液酸碱性会影响NaNO3的氧化性
C．②中：Al 3NO 3 6H
Al 3 3NO 2 3H 2O
D．③中使湿润 pH试纸变蓝的气体是NH3
4．（2023北京人大附中高二上期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH 14的溶液中：K 、ClO 、CO2 3 、Cl
B．含Al3 的溶液中：Na 、K 、HCO 3 、NO
3
C．含有 I 的溶液中：H 、Na 、Cl 、NO 3
D．由水电离的 c H 10 12mol / L的溶液中：Na 、CO2 3 、Cl 、K
5．（2023北京第八十中学高二上期中）用已知浓度的盐酸测定未知浓度的 NaOH溶液的浓度，下列有关操
作的叙述正确的有
①取一锥形瓶，用 NaOH待测液润洗两次；
②用量筒准确量取 20.00mLNaOH待测液于锥形瓶中；
③加入几滴石蕊溶液作指示剂；
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④取一支酸式滴定管，查漏后用蒸馏水洗涤干净，注入标准酸溶液，调节起始读数；
⑤左手控制酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶；
⑥两眼注视滴定管内标准酸溶液液面的变化，直至滴定终点。
A．1句 B．2句 C．3句 D．4句
6．（2023北京第八十中学高二上期中）下列做法中，主要依据的不是盐类水解原理的是
A．用 BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的SO2-4
B．配制 FeCl3溶液时，将 FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
C．用热水溶解 Na2CO3配成溶液清洗油污
D．用明矾吸附水中的悬浮杂质
7．（2023北京第八十中学高二上期中）以酚酞为指示剂，用 0.1000mol/LNaOH溶液滴定 20.00mL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 VNaOH的变化关系如图所示。
c A2-
比如 A2-的分布系数：[δ A2- =
c H A +c HA - +c A 2- ]下列说法正确的是2
A．H2A的电离方程式为：H2A H++HA-，HA- H++A2-
B．HA-的电离常数 Ka=1.0×10-2
C．H2A的浓度为 0.2000mol/L
D．滴定终点时，溶液中 2c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
8．（2023北京北师大附中高二上期中）下列各组离子在相应的条件下可．能．大量共存的是
c OH
A．常温下 1 1012 的溶液中：NH
4 、Fe2 、Cl 、NO
c H 3
B．含有NO 3 的溶液中：Fe2 、SO
2
3 、SO
2
4 、H
C．常温下由水电离产生的 c OH 1 10 1mol L 1的溶液中：NO 3 、Mg2 、Na 、SO2 4
Kw 10 1
D．常温下 10 mol Lc H 的溶液中：Na
、HCO 3 、Cl 、K
9．（2023北京第十二中学高二上期中）下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A．无色溶液中：Na 、Al3 、HCO 3 、K
B．pH=1的溶液中：Na 、Mg2 、NO 、SO2 3 3
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C．酸性溶液中：K 、NH 4 、SO
2
4 、Cl
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1的溶液中：Na 、NH 、SO2 4 4 、HCO3
10．（2023北京北师大实验中学高二上期中）HA为一元弱酸。已知溶液中 HA、A 的物质的量分数 随溶
液 pH变化的曲线如图所示。向10mL0.1mol L 1HA溶液中，滴加0.1mol L 1NaOH溶液 xmL。下列说法中，
正确的是
A．HA的电离平衡常数Ka 9
B．0.1mol L 1HA溶液 pH 1
C． x 5时， c A c HA
D． x 10时， c A c HA c Na 0.1mol L 1
11．（2023北京四中高二上期中）实验小组用双指示剂法测定NaOH样品（杂质为Na2CO3）的纯度，步骤
如下：
①称取m g的样品，并配制成100mL溶液；
②取出 25mL溶液置于锥形瓶中，加入 2滴酚酞溶液，用浓度为 c mol L 1的盐酸滴定至溶液恰好褪色（溶质
为NaCl和NaHCO3），消耗盐酸体积为V1 mL；
③滴入 2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，又消耗盐酸体积为V2 mL。下列说法正确的是
A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B．②中溶液恰好褪色时， c Na c H c OH c HCO 3 2c CO2 3
4c V V 40
C．NaOH 样品纯度为： 1 2 100%
1000m
D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
12．（2023北京密云二中高二上期中）下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是
A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少 SO2的排放： 2CaCO3+O2+2SO2 =2CaSO3+ 2CO2
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2++2CH3COO－+ CO2↑+ H2O
C．自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜，遇到难溶的 PbS，慢慢转变为铜蓝
(CuS)：Cu2++SO2-4 +PbS =CuS+PbSO4
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D．在盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)上通过 施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+
Na2SO4
13．（2023北京首师大附中高二上期中）我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和
氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl NH3 CO2 H2O NaHCO3 NH4Cl。
下列说法不正确的是
A．向氯化钠溶液中先通入NH3，再通入CO2能提高 c HCO-3
B． c Na ：碱母液储罐大于氨母液储罐
C．经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡NH + 4Cl s NH4 aq Cl aq
D．该工艺的碳原子利用率理论上接近 100%
二、填空题
14．（2023北京北大附中高二上期中）滴定分析法是物质检验与含量测定的重要方法之一，在实际生产中应
用广泛。
(1)25℃时，利用 0.1mol L 1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，取5 mL CH3COOH溶液进行实验，
滴定过程中溶液的 pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示，a点为滴定的化学计量点。
①以下哪种指示剂可用于本次滴定实验 (括号中为指示剂变色的 pH范围)。
a．酚酞(8.2-10.0) b．甲基橙(3.1-4.4) c．甲基红(4.4-6.2)
②CH3COOH溶液的浓度为 mol L 1。
③滴定过程中，加入NaOH的体积为V mL时，测得溶液 pH 7，此时溶液中的溶质为 (填物质
的化学式)，溶液中 c CH3COO mol L 1 (用含 V的计算式表示)。
(2)在酸碱滴定中，还可以通过溶液的电导率判断化学计量点。25℃时，利用0.5mol L 1的Ba(OH)2溶液滴定
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H2SO4溶液，取 45mL H 2SO 4溶液进行实验，滴定过程中溶液电导率随滴加Ba(OH)2溶液体积的变化如图所
示，测得H2SO4溶液的浓度为 0.5mol L 1。
①到达滴定终点时，溶液电导率不为 0，原因是 。
②b点溶液的 pH 。
15．（2023北京第十二中学高二上期中）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是 。
(2)硫代硫酸钠在弱碱性条件下漫金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式。
3
□Au □V2O
2
3 O2 □___________ □ Au S2O3 □___________2
②为提高金的浸出速率，可采取的措施为 。(写出两种)
(3)Cu NH 2 3 可催化上述金在Na 2S2O3溶液中的溶解反应，原理为：4
ⅰ.Cu NH 2 ( ) Au 2S O 2 Cu NH ( ) Au S O 3 3 蓝色 2 3 3 无色4 2 2 3 2NH2 3
ⅱ.___________
①写出反应ⅱ的离子方程式： 。
②下列实验方案可证实上述催化过程，将实验方案补充完整。
反应一段时间后，温度无明显变化，U型管内液柱左高右低， ，打开瓶塞后 (填现
象)。
(4)已知：Ⅰ.Cu NH 2 2 3 Cu 4NH ；4 3
Ⅱ.Cu2 在碱性较强时受热会生成 CuO沉淀。
将金矿石浸泡在Na 2S
2
2O3、Cu NH3 的混合溶液中，并通入O2。一定温度下，相同时间金的浸出率随体4
系 pH变化曲线如图，解释pH 10.5时，金的浸出率降低的可能原因 。(写出 2点即可)
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16．（2023北京丰台高二上期中）电化学原理在污染治理方面有着重要的作用。
Ⅰ.煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。采用电解法脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为
Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是 FeS2)氧化为 Fe3+和 SO 2 4 ：
FeS +15Mn 3+ 3+2 +8H2O=Fe +15Mn
2++2SO 2 4 16H
已知：两电极为完全相同的惰性电极。
回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正极”或“负极”)。
(2)电解池工作时，观察到 R电极上有无色气体产生，写出电极反应式 。
(3)电解池工作时，混合液中 SO 2 4 的物质的量 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)电解过程中，混合溶液中的 pH将 (填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是 。
Ⅱ.电解还原法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬废水，示意如图。
(5)电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为 。
(6)产生的 Fe2+将 Cr O 2 2 7 还原为 Cr3+的离子方程式为 。
(7)随着电解的进行，阳极铁板会发生钝化，表面形成 FeO Fe2O3的钝化膜，使电解池不能正常工作。将阴
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极铁板与阳极铁板交换使用，一段时间后，钝化膜消失。结合有关反应，解释钝化膜消失的原
因： 。
Ⅲ.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，原理如图所示。
(8)该电池放电时，H+向 (填“a”或“b”)极迁移。
(9)a极上生成 H2CO3的电极反应为 。
(10)已知 b极的电极反应为 ，经处理后的水样中要求对氯苯酚
的含量小于 m mol/L。若废水中对氯苯酚的含量是 n mol/L，则处理 1 m3废水，至少添加 CH3COO-的物质的
量为 mol(溶液体积变化忽略不计)。
17．（2023北京四中高二上期中）如图所示的装置中，两个相同的玻璃管中盛满NaCl溶液（滴有酚酞溶液），
a、b为多孔石墨电极。闭合S1一段时间后，a电极附近溶液逐渐变红；断开S1，闭合S2，电流表指针发生
偏转。
(1)闭合S1后发生反应的离子方程式为 。
(2)断开S1，闭合S2后，a电极的电极反应式为 。
(3)我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸铵技术，装置如图所示：
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请结合电极反应式说明制备硫酸铵的原理 。
三、解答题
18．（2023北京第十二中学高二上期中）氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究 SCR技术(NH3
选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。
(1)写出一种氮氧化物直接排放到空气中造成的环境危害 。
(2)NH3催化还原 NO的化学方程式为 。
(3)铁基催化剂在 260~300℃范围内实现 SCR技术的过程如下：
①适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因： 。
②向反应体系中添加 NH4NO3可显著提高 NO脱除率。原因如下：
NO 3 与 NO发生反应NO
3 NO NO NO
2 2；
NO2 与NH
4 发生反应ⅲ和反应ⅳ转化为 N2；
NO 2与NH
4 发生反应 (填离子方程式)转化为 N2。
(4)相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低 NO脱除率。
①推测 SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是 。
②持续通入含 SO2的烟气。不同温度下，每隔 1h测定 NO脱除率，结果如下：
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相同时间，200℃时 NO脱除率低于 100℃，原因是 。
19．（2023北京北师大实验中学高二上期中）Na2SO3应用广泛.利用工业废碱渣(主要成分 Na2CO3)吸收硫酸
厂尾气中的 SO2制备无水 Na2SO3的成本低，优势明显，其流程如下：
已知：①NaHSO3溶液的 pH约为 4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中 pH约为 5时吸收液进入中和器.
(1)举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题 .
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 .
(3)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 .
(4)为了促进Na 2SO3 结晶，中和器中加入过量的NaOH，请结合化学用语，从平衡移动的角度解释
(5)检验成品质量.
①取少量成品溶解， ，说明成品中含SO2 4 ，请补全操作与现象。
②可用碘量法测定成品中Na2SO3的含量，过程如下：
i.将mg成品溶于水配成100mL溶液，取 25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ii.加入 c1mol / L的碘标准液V1mL，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
iii.用 c2mol / L的Na 2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗
Na 2S2O3标准液V2mL
(已知： I2 2Na 2S2O3 Na 2S4O6 2NaI )
a．滴定终点的现象是
b．成品中Na2SO3 M 126g / mol 的质量分数是 .
20．（2023北京首师大附中高二上期中）处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆
浸法。堆浸所得溶液可制备草酸亚铁晶体和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图：
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已知：①生物堆浸使用的 T.f细菌在 pH1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的 pH如下表。
Fe3 Cu2 Fe2
开始沉淀时的 pH 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的 pH 2.8 6.7 8.3
(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 。
(2)生物堆浸过程的反应在 T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：
T.f细菌
CuFeS 2 2 4H O2 Cu Fe
2 2S 2H2O。第二阶段反应：Fe2 继续被氧化。结合已知推断：生物
堆浸过程中，应控制溶液的 pH在 范围内。
(3)若生物堆浸过程中，溶液的 pH>2.8，则Fe2 继续被氧化的离子反应为 。
(4)过程Ⅱ中，用 H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示 H2O2的作用是 。
(5)测定草酸亚铁晶体(Fex C2O4 nHy 2O )的 x/y值，实验如下：
I．KMnO4浓度的标定：准确称取 0.15gNa2C2O4，加入 20mL水和 8mL稀硫酸，溶解后用 KMnO4标准液滴
定。
①滴定终点现象为：当最后半滴高锰酸钾标准液加入后，锥形瓶中溶液 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定高锰酸钾标准液浓度会
偏 (填“大”或“小”)
Ⅱ．草酸亚铁组成测定
步骤 1：称量 mgFex C2O4 nH Oy 2 ，溶解后加稀 H2SO4酸化，用V1mLcmol L 1KMnO4溶液滴定至终点。
步骤 2：向上述溶液中加入过量锌粉将Fe3 转化为Fe2 ，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
加稀 H2SO 14酸化，用 cmol L KMnO4溶液滴定至终点，消耗 KMnO4溶液 V2mL。
已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3 、CO2，锰元素被还原为Mn2
③草酸亚铁晶体(Fex C2O4 nHy 2O )的 x/y值为
21．（2023北京人大附中高二上期中）三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷
的流程如下。
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资料：
ⅰ．含砷废水的主要成分：HAsO2 (亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2 (SO4 )3 (硫酸铋)。
ⅱ．HAsO2是可溶的弱酸， Fe(OH)3、Bi(OH)3均为难溶沉淀。
(1)纯化
充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是 。
(2)沉砷
①沉砷过程中由HAsO2生成Cu AsO2 2的离子方程式为 。
②沉砷过程中按 n(Cu) : n(As) 1: 2加入CuSO4 [ n(Cu)与 n(As)分别表示 Cu元素与 As元素的物质的量]，同
时需小心调控溶液的 pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 。
(3)还原浸出
①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式： 。
Cu AsO2 SO2 Cu SO2 _____ 3 3 2H2O HAsO2 2 _____
②其他条件相同时，还原浸出60min，不同温度下砷的浸出率如下图。随着温度升高，砷的漫出率先增大后
减小的原因是 。
(4)还原渣经过充分氧化处理，可返回 (填字母)工序，循环利用。
a．纯化 b．沉砷 c．还原浸出
22．（2023北京第八十中学高二上期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与 NH4Cl在一定条件下反应制得尿素，实现了由无机物到有机物的合成。
该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上常利用 CO2和 NH3合成尿素[CO(NH2)2]，反应分两步：
i．CO2和 NH3生成 NH2COONH4；
ii．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是___________。
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A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．活化能：反应 i<反应 ii
C．i为放热反应，ii为吸热反应
D．CO2(l)+2NH 3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化 CO2和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染
问题。向一定浓度的 KNO3溶液通 CO2至饱和，在电极上生成 CO(NH2)2，电解原理如图所示。
已知：在电解池中，与直流电源负极相连的电极叫阴极，与直流电源正极相连的电极叫阳极。
①电极 b是电解池的 极(填“阴”或“阳”)。
②补全电解过程中生成尿素的电极反应式： 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中 c(NH+4 )不能直接用 NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤 iv中标准 NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为 c和 V，计算样品含氮量还需要的实验数据
有 。
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23．（2023北京牛栏山一中高二上期中）Ⅰ．已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的
质量分数，进行如下步骤实验：
①称量1.0g样品溶于水，配成 250mL溶液；
②准确量取 25.00mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用 0.1000mol L 的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定序号 待测液体积(mL)
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
请回答：
(1)将样品配成 250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有 。
(2)用 滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装0.1000mol L 的盐酸标准液。
(3)烧碱样品的纯度(即NaOH的质量分数)为 。
(4)若出现下列情况，测定结果偏高的是 。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗
Ⅱ．常温下，用0.1000mol L 1NaOH溶液分别滴定 25.00mL0.1000mol / LHCl溶液和
25.00mL0.1000mol / LCH 3COOH 溶液，得到 2条滴定曲线，如下图所示。
(5)E点的溶液中电荷守恒关系式是 c Na ____= ___＋____， 。
(6)c Na c CH COO 3 的点是 。
(7)在上面用0.1000mol L 1NaOH溶液滴定0.1000mol L 1CH3COOH溶液的图中，下列 4种离子的物质的量
浓度排序有可能出现的是 。
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a． c CH3COO c H c Na c OH
b． c H c OH c Na c CH3COO
C． c Na c CH COO 3 c OH c H
d． c Na c CH COO c H c OH 3
24．（2023北京汇文中学高二上期中）红矾钠(Na 2Cr2O7 2H2O )可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污
泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr O2 和SO 2 2 7 4 )，经过如下主要流程，可制
得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡：Cr 2 2O7 H O 2CrO
2
2 4 2H
ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：
金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH
Cr3 4.3 5.6
Ni2 7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入NaOH调节 pH至___________(填字母)。
A． 4.3 ~ 5.6 B．4.3 ~ 7.1 C．5.6 ~ 7.1 D．7.1~ 9.2
(2)Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的离子反应方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入H2SO4的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠 Na2Cr2O7 2H2O 的纯度，称取上述流程中的产品 ag配成100mL溶液，取出 25mL放
于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至Cr2O
2
7 全部转化为Cr3 后，滴入 2 ~ 3滴淀
粉溶液，最后用浓度为 c mol 1L 1的Na S O 标准溶液滴定，共消耗VmL。(已知：I 2S O2 1 2 2 3 1 2 2 3 2I
S O2 4 6 。)
①滴定终点的现象为 。
②所得Na 2Cr2O7 2H2O (摩尔质量为 298g mol 1 )的纯度表达式为 (用质量分数表示)。
25．（2023北京海淀高二上期中）红矾钠(Na 2Cr2O7 2H2O )可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进
行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr O2 2 7 和SO2 4 )，经过如下主要流程，可制得
红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡：Cr O2 2 7 H
2
2O 2CrO4 2H
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ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：
金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH
Cr3 4.3 5.6
Ni2 7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入NaOH调节 pH至 (填字母序号)。
a． 4.3 ~ 5.6b． 4.3 ~ 7.1c．5.6 ~ 7.1d．7.1~ 9.2
(2)Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入H2SO4的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠(Na2C2O7 2H2O )的纯度，称取上述流程中的产品 ag配成100mL溶液，取出 25mL放
于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于喑处充分反应至Cr 2 3 2O7 全部转化为Cr 后，滴入 2~3滴淀
粉溶液，最后用浓度为 c mol L 11 的Na 2S2O3标准溶液滴定，共消耗V1 mL。(已知：I 2S O
2 2I 2 2 3 S4O
2
6 )
①滴定终点的现象为 。
②所得Na 2Cr2O7 2H2O (摩尔质量为 298 g mol 1 )的纯度的表达式为 (用质量分数表示)。
26．（2023北京通州高二上期中）醋是中国古代劳动人民发明的传统调味品，老陈醋是中国四大名醋之一，
至今已有 3000余年的历史。
Ⅰ．老陈醋的主要成分是醋酸。
(1)醋酸的电离方程式为 。
(2)若使 0.1mol/L的醋酸溶液中， c CH COO 3 增大， c H 减小，可以采取的措施是 (任写一条措
施)。
Ⅱ．室温条件下，用电位滴定法模拟测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下：
ⅰ．准确量取 10.00mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为 100.00mL，取其中 20.00mL进行滴定实验，
用酸度计检测 pH变化：
ⅱ．逐滴滴入0.1000mol L 1的 NaOH溶液，酸度计显示 pH 8.7 (此时醋酸和 NaOH以物质的量 1：1反应)
停止滴定，记录消耗的 NaOH溶液的体积V NaOH ；
ⅲ．平行测定多次(数据见表 1)；
ⅳ．分析处理数据。
表 1 实验数据记录表格
编号 1 2 3 4
V NaOH / mL 24.99 25.00 25.01 24.00
(3)第 1次滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 。
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a．a点溶液： c CH COO 3 c H
b．b点溶液： c Na c CH3COO
c．c点溶液： c Na c CH 3COO c CH 3COOH
(4)计算 c点水电离出的 c OH mol/L。
(5)滴定过程中，从 a点到 c点水电离出的 c OH 逐渐增大，用平．衡．移．动．原．理．解释 。
(6)根据表 1中的有效数据，计算该醋酸溶液样品中醋酸的含量是 g/100mL。
(7)若进行滴定实验时，没有用 NaOH溶液润洗碱式滴定管，会导致的结果是 。
27．（2023北京北师大附中高二上期中）某烧碱样品因部分变质含 Na2CO3，某化学课外小组的同学用滴定
法测定该烧碱样品中 NaOH的质量分数。
【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：
酚酞：pH<8.2无色 8.210红色
甲基橙：pH<3.1红色 3.14.4黄色
【实验步骤】
Ⅰ.迅速地称取烧碱样品 0.50g，溶解后配制成 100mL溶液，备用。
Ⅱ.将 0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数 V0；用碱式滴定管取 20.00mL样品
溶液于锥形瓶中，滴加 2滴酚酞；以 HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为 NaCl和 NaHCO3)，记录酸
式滴定管的读数 V1；然后再向锥形瓶内滴加 2滴甲基橙，继续用 HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式
滴定管的读数 V2，重复上述操作两次，记录数据如下：
实验序号 1 2 3
V0 /mL 0.00 0.00 0.00
V1 /mL 21.72 21.68 21.70
V2 /mL 23.72 23.68 23.70
(1)步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 100mL 。
(2)酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是 。
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(3)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为 。
(4)判断滴定至第二终点的现象是溶液由 色变为橙色。
(5)样品中 NaOH的质量分数为 %。(计算结果保留小数点后 1位)
(6)下列操作会导致测得的 NaOH质量分数偏高的是 (填字母序号)。
a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生
b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出
28．（2023北京北师大实验中学高二上期中）Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3 )吸收硫
酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低、优势明显，其流程如下：
已知：①NaHSO3溶液的 pH约为 4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中 pH约为 5时吸收液进入中和器。
(1)举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题 。
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
(3)为了促进Na2SO3结晶，中和器中加入过量的 NaOH．请结．合．化学用语，从平衡移动的角度解
释 。
(4)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 。
(5)检验成品质量。
①取少量成品溶解， ，说明成品中含SO2 4 。请补．全．操．作．与．现．象．。
②可用碘量法测定成品中Na2SO3的含量，过程如下：
ⅰ．将 mg成品溶于水配成 100mL溶液，取 25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ⅱ．加入 c1mol / L的碘标准液V1mL，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
ⅲ．用 c2mol / L的Na2SO3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入 1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗
Na2SO3标准液V2mL。(已知： I2 2Na 2S2O3 Na 2S4O6 2NaI )
a．滴定终点的现象是 。
b．成品中Na2SO3 M 126g / mol 的质量分数是 。
29．（2023北京北师大实验中学高二上期中）白云石的主要化学成分为CaMg CO3 2，还含有质量分数约为
2.1%的 Fe2O3和 1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
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已知：
物质 Ca OH Mg OH CaCO3 MgCO2 2 3
Ksp 5.5 10 6 5.6 10 12 3.4 10 9 6.8 10 6
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物(MO)浸出率/% 产品中
CaCO3纯度n NH /%4Cl
产品中Mg杂质含量/%(以
MgCO 计)
n CaO 3
CaO MgO 计算值 实测值
2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4：1 99.0 6.0 a 97.6 2.20
备注：
ⅰ．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表 Ca或Mg)
ⅱ．CaCO3纯度计算值为滤液 A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3的纯度。
①NH4Cl溶液显酸性，原因是 (用化学用语解释)。
②解释“浸钙”过程中主要浸出 CaO的原因是 。
③下列有关滤液 A及沉钙过程的说法中正确的是 。
a．由于浸钙时NH4Cl稍过量，所以溶液 A呈酸性；
b．溶液 A中 c Cl c Ca 2 c Mg2 ；
c．沉钙反应的离子方程式为Ca2 CO2 H2O CaCO3 2H
；
④“浸钙”过程选用 n NH4Cl :n CaO 的比例为 2.4：1时，碳酸钙纯度的计算值a 。
⑤产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 。
(3)“浸镁”过程中，取固体 B与一定浓度的 NH4 SO2 4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于 60%。
①浸镁反应的离子方程式是 。
②加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达 98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增
大的原因是 。
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(4)该流程中可循环利用的物质是 。
30．（2023北京四中高二上期中）研究CO2在海洋中的转移和归宿是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)已知常温下，在不同 pH条件下，水溶液中碳元素的存在形式如图所示。下列说法不．正．确．的是
_____________。
A． pH 8时，溶液中含碳微粒主要是HCO 3
B．当 c HCO 3 c CO2 3 时， c H c OH
C．常温时HCO 3 的电离常数是10 10.3
D． pH 12时， c H c OH 2c CO 2 3 c HCO 3
(2)溶于海水的CO2主要以 4种无机碳形式存在，其中HCO
3 占95%。结合化学用语解释NaHCO3溶液呈碱性
的原因 。
(3)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式： 。
(4)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可
采用如下方法：
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如图）。将虚线框中的装
置补充完整并标出所用试剂 。
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②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用 x mol L 1 HCl 溶液滴定，消耗 y mL HCl溶液。海水
中溶解无机碳的浓度 mol L 1。
(5)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理： 。
②结合电极反应式解释用 c室产生的物质处理 b室排出的酸性海水至合格后排放大海的方法 。
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参考答案
1．B
【详解】A．Fe3 与SCN 发生络合反应，不能大量共存，故 A不符合题意；
B．Na 、Cu2 、Cl 、SO2 4 相互间不反应，可以大量共存，故 B符合题意；
C．Ba2 与CO2 3 反应生成沉淀，不能大量共存，故 C不符合题意；
D．H 与HCO 3 反应生成 CO2和水，不能大量共存，故 D不符合题意。
答案选 B。
2．C
【详解】室温下，由水电离出的 c(H+)=1.0 10 12mol/L的溶液既可能是酸也可能是碱；
A．MnO 4与SO2 3 发生氧化还原反应，SO2 3 在酸性溶液中也不能大量共存，故 A不符合题意；
B．Mg2 在碱性溶液中不能大量存在，故 B不符合题意；
C．K 、Ba2 、Cl 、NO 3 相互不反应，与氢离子和氢氧根也均不反应，能大量共存，故 C符合题意；
D．NH 4 在碱性溶液中不能大量存在，故 D不符合题意。
答案选 C。
3．C
【详解】A．Al与 NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠与 H2，A正确；
B．硝酸根在酸性条件下氧化性更强，与 Al反应生成 NO气体，酸性越强 NaNO3的氧化性越强，B正确；
C．②中 Al与稀硝酸反应生成 NO气体，遇到空气生成红棕色的 NO2，C错误；
D．使湿润 pH试纸变蓝的气体是 NH3，D正确；
答案选 C。
4．A
【详解】A．pH 14的溶液中含有大量的 OH-，OH-、K 、ClO 、CO2 3 、Cl 相互不反应，能够大量共存，
A符合题意；
B．含Al3 的溶液中，Al3+和HCO 3 因发生双水解反应而不能大量共存，B不合题意；
C．含有 I 的溶液中，I-、H 、NO 3 三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．由水电离的 c H 10 12mol / L的溶液中可能含有大量的 H+，H+与CO2 3 不能大量共存，也可能含有大
量的 OH-，则 OH-与各离子能够大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
5．A
【详解】①锥形瓶不用待测液润，错误；
②用量筒精确度只能精确至小数点后一位，错误；
③用石蕊试液做指示剂，变色不明显，不便于观察判断滴定终点，错误；
④取一支酸式滴定管，查漏后用蒸馏水洗涤干净，然后需用标准液进行润洗，再注入标准酸溶液，调节起
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始读数，错误；
⑤左手控制酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，正确；
⑥滴定过程中目光应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，错误。
答案选 A。
6．A
【详解】A．用 BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的SO2- 2 2 4 ，发生离子反应：Ba SO 4 BaSO 4 ，与盐类水解无
关，A符合题意；
B．FeCl 溶液中存在 Fe3+水解过程：Fe3 3 3H O 2 Fe OH 3H 3 ，将 FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，
可抑制其水解，B不符合题意；
C．Na2CO3溶液水解溶液呈碱性，油污碱性条件下可分解，C不符合题意；
D．明矾溶于水，发生水解反应形成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，D不符合题意；
答案选 A。
7．B
【分析】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 H A 0.1mol / L 40mL2 0.1mol / L，据此分析作答；2 20mL
【详解】A．根据分析，c(H2A)=0.1mol/L，起点的 pH值约为 1.0，所以 H2A的第一步完全电离，第二步部
分电离，H A H HA ，HA H A2 2 ，A错误；
c A2 c H
B．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 10 2，B
c HA
正确；
C．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 H 2A Na2A 2H O c H A
0.1mol / L 40mL
2 ， 2 0.1mol / L，C错误；2 20mL
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；
故答案为：B。
8．C
c OH
【详解】A．常温下 1 1012 的溶液中 c（OH
）＞c（H＋），呈碱性，NH 4 、Fe2＋都与 OH 反应，不c H
能大量共存，故 A不符合题意；
第 22页/共 38页
B．NO 3 在 H＋的溶液中具有强氧化性，能够氧化 Fe2＋、SO
2
3 ，不能大量共存，故 B不符合题意；
C．常温下由水电离产生的 c（OH ）＝1×10 1mol L 1的溶液中呈酸性或碱性，NO 2 2 3 、Mg 、Na 、SO4 、
H＋之间不反应，在酸性溶液中能大量共存，故 C符合题意；
Kw 10 10mol L 1D．常温下 c H 的溶液呈酸性，H
＋、HCO 3 之间反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，
故 D不符合题意；
故答案选 C。
9．C
【详解】A．Al3 会与HCO 3 发生相互促进的双水解反应而不共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，它们
会发生氧化还原反应而不共存，B不符合题意；
C．铵根离子会发生水解显酸性，上述离子在酸性条件下不反应，能大量共存，C符合题意；
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸性条件下碳酸氢根离
子会反应生成水和二氧化碳，碱性条件下铵根离子、碳酸氢根离子均会反应，不能大量共存，D不符合题
意；
故选 C。
10．C
c(H+) c(A -)
【详解】A．HA的电离平衡常数Ka ，由图可知，pH=9时， c A c HA ，则平衡常数c(HA)
K + 9a c(H )=10 ，A错误；
B．由 A可知，HA为弱酸，则0.1mol L 1HA溶液 pH>1，B错误；
C．x=5时，此时溶液中的溶质为 NaA和 HA，且两者物质的量相等，则 HA和 A-浓度几乎相等，根据图像
此时溶液显碱性，说明以 A-水解为主，即 c A c HA ，故 C正确；
D．x=10时，两者恰好完全反应，由物料守恒可得， c A c HA c Na 0.05mol L 1，D错误。
故选 C。
11．C
【详解】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为 100mL，不是 100mL水，A项错误；
B．②中溶液恰好褪色时，溶液中存在电荷守恒： c Na c H c OH c HCO 3 2c CO2 3 +c Cl ，
B项错误；
C．第 1次滴定反应为OH H H2O、CO
2
3 H
HCO 3 ，第 2次滴定反应为HCO3 H H2O CO2 ，
则通过第 2次滴定可知，n CO2 n HCO cV 10 33 3 2 mol，第 1次滴定中氢氧化钠消耗 HCl的物质的量
的为 n HCl cV1 10 3mol cV 10 32 mol c V1 V2 10 3mol n NaOH ，故 NaOH样品纯度为
第 23页/共 38页
c V1 V 32 10 mol
100mL 40g / mol
25mL 4c V1 V 40 100% 2 100% ，C项正确；
mg 1000m
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D项
错误；
故选 C。
12．A
【详解】A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少 SO2的排放的反应为 2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故
A错误；
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢生成醋酸钙和二氧化碳、水，醋酸是弱电解质，碳酸钙难溶，离子反应为
2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故 B正确；
C．硫酸铜，遇到难溶的 PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）并生成硫酸铅，离子反应为 Cu2++SO 2 4 +PbS=CuS+PbSO4，
故 C正确；
D．盐碱地由于碳酸钠水解呈碱性，施加适量 CaSO4，可以与碳酸钠反应生成碳酸钙和硫酸钠，降低土壤的
碱性，反应为 CaSO4+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4，故 D正确；
故选 A。
13．B
【分析】在饱和 NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入 CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下
CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙
烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的 NH4Cl在常温时的溶解度比 NaCl大，在低温下却比 NaCl
溶解度小，在 5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使 NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次
投入使用，据此来解答。
【详解】A．由于NH3的溶解度远大于 CO2，先通入NH3，再通入CO2能提高 c HCO-3 ，故 A正确；
B．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的
溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故 c Na ：碱母液储罐小于氨
母液储罐，故 B错误；
C．过“冷析”和“盐析”后，体系为过饱和的 NH4Cl溶液，存在溶解平衡：NH4Cl s NH+4 aq Cl aq ，
故 C正确；
D．该流程中，二氧化碳中的碳原子最终全部进入纯碱中，碳原子利用率理论上为 100%，故 D正确。
答案选 B。
0.1V
14．(1) a 0.2 CH3COONa和 CH3COOH V+5
(2) H2O也能不完全电离产生 H+和 OH- 13
【详解】（1）①由图可知，利用 0.1mol L 1 NaOH 溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，滴定终点得到得溶
液为 CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，应该选择在碱性能变色的指示剂，故选 a；
第 24页/共 38页
②利用0.1mol L 1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，取5 mL CH 3COOH 溶液进行实验，滴定终点
10 0.1
时消耗 10mLNaOH溶液，则CH3COOH溶液的浓度为 mol/L=0.2 mol/L；5
③当刚好完全滴定时，溶液为 CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，加入NaOH的体积为V mL时，测得溶液
pH 7，此时溶液中的溶质为 CH3COONa和 CH3COOH， c OH - =c H+ ，由电荷守恒可知
c CH COO- +c OH-3 =c Na+ +c H+ ，则 c CH3COO- =c Na+ = 0.1VV+5 mol L
1。
（2）①到达滴定终点时，发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4 +2H2O，溶液电导率不为 0，原因是 H2O也
能不完全电离产生 H+和 OH-；
1
②b点溶液Ba(OH) 0.055-0.045 L 0.5mol L 22过量，溶液呈碱性，则 c(OH-)=
0.1mol L 1，
0.045L+0.055L
K 10 14
+ W mol L 1c(H )= 10
13mol L 1
- ， pH c OH 0.1 13。
15．(1)金的还原性弱/金在高温条件下不与氧气反应
(2) 4Au 8S2O
2
3 O 2 2H 2O 4Au S O
3
2 3 4OH
将金研磨成粉末
2 /适当增加温度/增加氧气浓
度/增加硫代硫酸钠浓度
(3) 4Cu NH 3 8NH3 O2 2H2O 4Cu NH
2
3 4OH
锥形瓶中溶液蓝色变浅 锥形瓶中
2 4
溶液蓝色复原
(4)碱性较强时生成的CuO / Cu OH 2沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率； pH 10.5时，部分
Cu NH 2 2 3 转化成CuO / Cu OH 2，降低了Cu NH3 浓度，降低(浸出)反应速率。(其它答案合理即可4 4 )
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与 O2反应；
（2）①该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：
4Au 8S O2 2 3 O2 2H2O 4Au S O
3 4OH 2 3 ；2
②提高金的浸出速率可采用的方法是：将金研磨成粉末/适当增加温度/增加氧气浓度/增加硫代硫酸钠浓度等；
2
（3）①第 i步反应生成的 Cu NH3 在氧气和氨水的作用下生成了 Cu NH3 ，方程式为：2 4
4Cu NH3
8NH3 O2 2H2O 4Cu NH2 3
2 4OH ；
4
②反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了
2
Cu NH3 ，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将 Cu NH3 又氧化为 Cu NH ；2 2 3 4
（4）Cu2 在碱性较强时受热会生成 CuO沉淀，碱性较强时生成的CuO / Cu OH 2沉淀覆盖在金矿石表面，
2 2
降低(浸出)反应速率；pH 10.5时，部分Cu NH3 转化成CuO / Cu OH 2，降低了Cu4 NH3 浓度，降低4
(浸出)反应速率。
16．(1)正极
(2)2H++2e-=H2↑
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(3)变大
(4) 变小 在电解过程中生成 1 mol Fe3+，消耗 15 mol Mn3+，生成 16 mol H+；Mn3+由阳极反应
Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成 15 mol Mn3+，消耗 15 mol H+；因此总体来看，电解过程
中 H+浓度增大，pH变小
(5)Fe-2e-=Fe2+
(6)Cr 2 2O 2+ + 3+7 +6Fe +14H ═2Cr +6Fe3++7H2O
(7)阴极产生 H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4 H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4 H2O
(8)b
(9)CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+
(10)250(n-m)
【详解】（1）根据图示可知在电解时，P电极上Mn2+失去电子变为Mn3+，则 P电解为阳极，则与 P相连的
M电极为正极，N电极为负极；
（2）R为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式： 2H 2e H2 ；
（3）根据电解池反应：FeS2+15Mn
3++8H2O=Fe
3++15Mn 2++2SO 2 4 16H
可知，电解过程中 SO 2 4 的物质的
量不断增大；
（4）在电解过程中生成 1 mol Fe3+，消耗 15 mol Mn3+，生成 16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，
根据得失电子守恒，阳极生成 15 mol Mn3+，消耗 15 mol H+；因此总体来看，电解过程中 H+浓度增大，pH
变小；
（5）铁板做阴、阳极，电解含铬废水，则 A电极发生电极反应：Fe-2e-=Fe2+；
（6）产生的 Fe2+将 Cr O 2 3+ 2 2 2+ + 3+7 还原为 Cr 的离子方程式：Cr2O 7 +6Fe +14H ═2Cr +6Fe3++7H2O；
（7）阴极产生 H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4H2O；
（8）在微生物电池中，在 a电极上 CH3COO-失去电子被氧化，则 a电极为负极，b电极为正极；原电池中
阳离子向正极移动，即 H+向 b极移动；
（9）a极上 CH3COO-失去电子被氧化生成 H2CO3的电极反应：CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+；
（10）若废水中对氯苯酚的含量是 n mol/L，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于 m mol/L，由于废
水的体积是 1 m3=1000 L，则反应消耗对氯苯酚的物质的量是 n(对氯苯酚)=1000(n-m) mol，根据 b极的电极
反应： ，可知反应过程中转移电子物质的量是 n(e-)=2000(n-m)
mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此当电路中转移 2000(n-m) mol电子时，需要添加 CH3COO-
1
的物质的量： n CH3COO n e 1 2000 n-m mol 250 n-m mol ；8 8
17．(1)2Cl 2H2O H2 Cl2 2OH
电解
(2)H2 2e
2OH 2H2O
(3)a电极附近硫元素化合价升高，被氧化，a电极是阳极，发生的电极反应为：SO2 3 H2O 2e
SO2 4 2H
，
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将亚硫酸铵转化为硫酸铵。
【详解】（1）闭合S1为电解池，电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧化钠，反应的总的
离子方程式为：2Cl 2H2O H2 Cl2 2OH
。
电解
（2）闭合S1为电解池，a电极附近溶液逐渐变红，说明 a电极为阴极，电解水产生氢气和氢氧根，所以断
开S ，闭合S 后，a电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H 2e 1 2 2 2OH
2H2O。
（3） SO2 3 在 a电极处转化为 SO
2
4 ，S元素化合价升高，被氧化，说明 a电极为阳极，b电极为阴极，阳极
发生的反应为 SO2 H O 2e SO2 2H 3 2 4 ，H 通过质子交换膜进入阴极放电产生氢气。
18．(1)酸雨/光化学烟雾
催化剂
(2)4NH3 6NO 5N2 6H2O
(3) 反应ⅱ为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率
NO 2 NH
4 N2 2H2O
(4) SO2+MnO2=MnSO4 温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对 NO脱除速率增大的影
响不如催化剂失效对 NO脱除速率降低的影响显著
【详解】（1）NO与空气中的氧气反应产生 NO2，NO2与水反应产生 HNO3、NO，导致形成酸雨，同时 NO
也会与紫外线等作用形成光化学烟雾；
（2）NH3、NO在催化剂存在条件下反应产生 N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：
催化剂
4NH3 6NO 5N2 6H2O；
（3）①根据图示可知：反应ⅱ是慢反应，为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可扩大反应物接触面积，
从而可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率；
②NO2 与NH 4 发生氧化还原反应，产生 N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的
化学方程式为：NO 2 +NH 4 =N2+2H2O；
（4）①SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，二者会发生氧化还原反应产生MnSO4，从而导致催化剂失效，
其化学方程式是：SO2+MnO2=MnSO4；
根据图示可知：在相同时间，200℃时 NO脱除率低于 100℃，这是由于温度升高使催化剂失效速率加快，
导致温度升高对 NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对 NO脱除速率降低的影响显著。
19．(1)酸雨
(2)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
(3)2CO2- +SO +H O=2HCO- +SO2-3 2 2 3 3
(4)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(5) 先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉淀 溶液由无色变为
12.6(4cV 2c V )
蓝色，半分钟内不变色 1 1 2 2 %
m
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【分析】Na2SO3应用广泛，利用工业废碱渣(主要成分 Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的 SO2制备无水 Na2SO3，
吸收塔中发生的反应为 2CO2-3 +SO +H O=2HCO
-
2 2 3 +SO
2-
3 ，为了降低由中和器所得溶液中 Na2SO3的溶解度，
从而提高结晶产率，中和器中加入的 NaOH是过量的，加入氢氧化钠进入中和器得到溶液结晶进入离心机
干燥得到晶体，滤液重新进入吸收塔循环使用，据此分析解题。
【详解】（1）向大气中排放 SO2会导致酸雨发生，SO2气体在空气中经粉尘催化氧化为 SO3，SO3与水反应
催化剂
能生成硫酸，有关反应的化学方程式为：2SO2+O2 2SO3；SO3+H2O═H2SO4，或二氧化硫与水
反应生成亚硫酸，又被氧化为硫酸，则 SO2形成硫酸型酸雨的反应为 SO2+H2O H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，
故答案为：酸雨；
（2）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫
酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：
NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（3）由图可知，生产过程中吸收塔内发生反应为碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离
子方程式为：2CO2- +SO - 2- 2- - 2-3 2+H2O=2HCO3 +SO3 ，故答案为：2CO3 +SO2+H2O=2HCO3 +SO3 ；
（4）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移
动，抑制 Na2SO3溶解，故答案为：Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使
c(Na+)增大，上述平衡逆向移动；
（5）①取少量成品溶解，先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉淀，则
说明成品中含SO2 4 ，故答案为：先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉
淀；
②碘酸钾滴定含淀粉的亚硫酸钠溶液，则滴定终点的现象为溶液由无色变为蓝色，半分钟内不变色，由题
干数据可知，碘标准液中含有的 I2的物质的量为：n(I2)=cV=c1V1×10-3mol，根据反应方程式
I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，与 Na2S
1 1
2O3反应即过量的 I2，n(I2)1= 2 n(Na2S2O3)= 2 c2V2×10
-3mol，故与
Na2SO3反应的 I2的物质的量为：n(I2)2=n(I2)- n(I
1 1
2)1=c1V1×10-3- c2V2×10-3=(c1V1- c2V2)×10-3mol，根据反应2 2
方程式 Na2SO3+H
1
2O+I2=Na2SO4+2HI可知：n(Na2SO3)=n(I2)2=(c1V1- 2 c2V2)×10
-3mol，成品中 Na2SO3的质量
(cV 11 1 c2V2 ) 10
3 mol 100 ×126g/mol 12.6(4c1V1 2c2V2)分数是 2 25 100%= %，故答案为：溶液由无色变为蓝
m m
12.6(4c1V1 2c色，半分钟内不变色； 2
V2 ) %。
m
20．(1)增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率
(2)1.0-1.5
(3)4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+
(4)4H2O2+CuS═Cu2++SO2-4 +4H2O
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2V
(5) 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 大 2 V1-V2
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应
速率，生物堆浸过滤后得到含 Fe3+、Cu2+的溶液，过程 I中，加入 Na2S2O3固体会还原堆浸液中的 Fe3+，得
到硫酸亚铁溶液以及 CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步制备草酸亚铁；过程Ⅱ中，用 H2O2和稀硫酸处理后，
CuS完全溶解，得到 CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4 5H2O)，随着
氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了 H+，H+的生成只能来源于 H2O的参与，
结合原子守恒推测，据此分析解题。
【详解】（1）将矿石进行研磨，可增大矿石与生物堆浸液的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反
应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率；
（2）生物堆浸过程中，pH不能超过 1.5，否则 Fe3+开始沉淀，pH不能小于 1.0，否则生物堆浸使用的氧化
亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的 pH在 1.0-1.5范围内，故答案为：1.0-1.5；
（3）由题干表中数据可知，pH=2.8是 Fe3+已经完全沉淀了，故若生物堆浸过程中，溶液的 pH>2.8，根据
题意知 Fe2+继续被 O2氧化转变成 Fe(OH)3，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为
4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+；
（4）过程Ⅱ中，CuS用 H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成 CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程
式为 4H2O2+CuS═Cu2++SO2-4 +4H2O，故答案为：4H2O2+CuS═Cu2++SO
2-
4 +4H2O；
（5）1)高锰酸钾溶液自身为紫色，滴入草酸溶液中发生还原反应，溶液呈无色，当滴加半滴 KMnO4标准液
时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，可认为达到滴定终点，故答案为：溶液由无色变为浅紫
色，且半分钟内不褪色；
2)标定 KMnO4标准液时，高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热需要控制温度为 75
至 85℃，若不加热，温度过低反应较慢，导致滴入 KMnO4溶液体积偏小，则测定高锰酸钾标准液浓度会偏
大，故答案为：大；
3)由步骤 1可知，根据得失电子守恒有 n(Fe2+)+2n(C 2- -32O4 )=5n(KMnO4)1=5cV1×10 mol，由步骤 2可知，根据
得失电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)2=5cV2×10-3mol，联合解得，n(C 2-2O4 )=2.5×10-3c(V1-V2)mol，故草酸亚
Fe x n(Fe
2+ ) 5cV ×10-3mol 2V 2V
铁晶体( x C2O4 nH Oy 2 )的 x/y值为： = 2 2 2y n(C O2- = ，故答案为： 。2 4 ) 2.5×10-3c V1 -V2 mol V V -V1 -V2 1 2
【点睛】。
21．(1)过滤
(2) 2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+ pH过高，导致溶液中的 OH-浓度过大，则将与 Cu2+直接反应
生成 Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少
(3) 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4 升温增大反应速率，砷的浸出率先增
大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小
(4)b
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【分析】含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)，加入氢氧化钠除去
Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3，经过沉砷得到亚砷酸铜沉淀，经过还原浸出
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，可知 Cu3(SO3)2 2H2O为还原渣，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息结合分析可知，充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是过滤，除去 Fe(OH)3、
Bi(OH)3固体，故答案为：过滤；
（2）①已知 HAsO2是一种弱酸，故沉砷过程中由 HAsO2与 CuSO4反应生成 Cu(AsO2)2的离子方程式为
2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+，故答案为：2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+；
②沉砷过程中按 n(Cu) : n(As) 1: 2加入CuSO4 [ n(Cu)与 n(As)分别表示 Cu元素与 As元素的物质的量]，同
时需小心调控溶液的 pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 pH过高，导致溶液中的 OH-浓度
过大，则将与 Cu2+直接反应生成 Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少，生成的 Cu(AsO2)2减
少，故砷的沉淀率降低，故答案为：pH过高，导致溶液中的 OH-浓度过大，则将与 Cu2+直接反应生成 Cu(OH)2
沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少；
（3）①根据原子守恒，还原浸出过程发生主要反应的化学方程式为：
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，故答案为：
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4；
②其他条件相同时，还原浸出 60min,随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温增大反应速率，
砷的浸出率先增大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小，故答案为：升温增大反应速率，
砷的浸出率先增大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小；
（4）还原渣为 Cu3(SO3)2 2H2O，经过氧化后为 CuSO4，可返回沉砷工序，循环利用，故答案为：b。
22．(1)AgOCN NH 4Cl CO NH 2 AgCl2
(2)ABC
(3) 阳 2NO 3 16e
CO 2 1 8H
CO NH2 7H O2 2
(4) NH 4 样品的质量、步骤ⅲ所加入 H2SO4溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式：
AgOCN NH 4Cl CO NH 2 AgCl2 ；
（2）A．反应过程中先生成 NH2COONH4，NH2COONH4再分解被消耗，为中间产物，A正确；
B．根据图像可知，反应 i活化能为 E1，反应 ii活化能为 E3，E3＞E1，B正确；
C．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，C正确；
D．根据图像可知，CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1- E2+E3-E4，D错误；
答案选 ABC；
（3）①电极 b上发生 H2O失电子生成 O2的氧化反应，是电解池的阳极；
②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式：
2NO 3 16e
CO2 18H
CO NH2 7H2 2O；
（4）①尿素消化分解生成氨气和二氧化碳，由于反应中存在浓硫酸，则消化液中含氮粒子为NH 4 ；
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②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入 H2SO4溶液的体积和浓度。
23．(1)250mL容量瓶
(2)酸式
(3)80%
(4)cd
(5)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
(6)B
(7)ac
【详解】（1）用固体配制一定物质的量浓度溶液的仪器有：天平(含砝码)、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和
胶头滴管，故将样品配成 250mL标准溶液，还需用到的玻璃仪器有 250mL容量瓶，故答案为：250mL容量
瓶；
（2）由于盐酸会腐蚀碱性滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管盛装 0.10 mol L 1的盐酸标准液，故答案
为：酸式；
（3）由表中数据可知滴定三次消耗的盐酸的体积分别为：20.10mL、20.00mL、19.90mL，故平均消耗的盐
20.10mL+20.00mL+19.90mL
酸体积为： =20.00mL，故有 n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10-3L×0.10
3
-3
1 -3 2.00 10 mol 40g/mol
250mL
mol L =2.00×10 mol,烧碱样品的纯度为 25.00mL 100%=80%，故答案为：80%；
1.0g
（4）a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对消耗的盐酸体积无影响，故结果无影响，故 a错误；
b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，将导致消耗的盐酸体积偏小，故结果偏低，故 b错误；
c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将导致盐酸体积偏大，故结果偏高，故 c正确；
d.盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，导致消耗盐酸的体积偏大，故结果偏高，故 d正确；
故答案为：cd；
（5）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，开始等浓度二者的 pH可以确定图 2是盐酸的滴定曲线，图 1是醋酸的滴
定曲线，E点的溶液是氯化钠溶液，存在电荷守恒关系式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；
（6）醋酸和氢氧化钠之间反应，生成醋酸钠溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，当
c(Na+)=c(CH3COO-)时，则 c(H+)=c(OH-)，应该为 B点；故答案为：B；
（7）a.用 0.1000mol L-1 NaOH溶液滴定等浓度的 CH3COOH溶液，在滴定过程中，可以有如下情况：酸剩
余，此时溶液的组成为醋酸钠和醋酸，溶液显示酸性，若剩余的酸较多，离子浓度大小关系是：c(CH3COO-)
＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)，故 a正确；
b.如果 c(H+)＞c(OH-)＞c(Na+)＞c(CH3COO-)，得到 c(H+)+c(Na+)＞c(OH-)+c(CH3COO-)，不符合电荷守恒，故
b错误；
c.若碱过量，得到氢氧化钠和醋酸钠的混合物，可以存在：c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)，故 c正确；
d.溶液存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，若 c(H+)＞c(OH-)，则 c(Na+)＜c(CH3COO-)，故 d
错误；
故答案为：ac。
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24．(1)C
(2)2Cr(OH)3 3H2O2 4OH
2CrO2 4 8H2O
(3)温度过高H2O2分解，导致H2O2浓度降低(使反应速率变慢)，Na2CrO4产率降低
(4)加入H SO 后， c H 2 4 增大，Cr 2 2O7 H2O 2CrO 2 2H 4 逆向移动，得到更多的Cr O2 2 7
3
(5) 最后半滴Na 596c1V1 102S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色 100%3a
【分析】含铬污泥酸浸后的浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr2O
2
7 和SO
2
4 )为原料，提纯制备红矾钠
(Na 2Cr2O7 2H2O )，其中铬元素为流程中主元素，I加NaHSO3还原过程是使Cr
2
2O7 转化为Cr3 ，II加 NaOH
过程是使Cr3 转化为Cr OH 3从混合溶液中分离出来，III加 NaOH和 H O 2 2 2加热氧化生成CrO4 ，IV加硫酸
酸化转化为Cr2O
2
7 ，最终得到Na 2Cr2O7 2H2O。
【详解】（1）过程Ⅱ，加入NaOH调节 pH目的使Cr3 完全转化为Cr OH 3沉淀，与杂质离子Ni2 等分离，
调节 pH不能使Ni2 生成Ni OH 2沉淀，则 pH范围为5.6 ~ 7.1，答案选 C；
（2）H2O2氧化Cr OH 3，铬元素化合价升高为Cr(Ⅵ)，在碱性溶液中存在形式主要为CrO2 4 ，故离子反应
为2Cr(OH) 3 3H2O2 4OH 2CrO
2
4 8H2O；
（3）温度过高， 2H2O2 2H2O+O2 ,导致H2O2浓度降低(使反应速率变慢)，相同时间Na 2CrO 4产率降低；
（4）加硫酸酸化之前，溶液呈碱性主要存在形式为CrO2 4 ，加入H2SO4后， c H 增大，
Cr2O
2
7 H2O 2CrO
2
4 2H
平衡逆向移动，得到更多的Cr 2 2O7 ；
（5）Cr2O
2
7 与KI溶液在酸性环境充分反应生成 I2，I2与淀粉溶液显蓝色，随Na 2S2O3标准溶液的滴入蓝色
变浅，恰好完全反应时蓝色消失，且 30s不变色为滴定终点，故滴定终点现象为最后半滴Na 2S2O3标准溶液
滴入后，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；
由反应Cr2O
2
7 +6I
14H 2Cr3 3I2 7H2O和 I2 2S2O
2
3 2I
S O2 4 6 得到关系式Cr2O
2
7 ~ 3I2 ~ 6S2O
2
3 ，
-3 -3
计算 n c Na S O V Na S O V 总 Cr O2- = 2 2 3 2 2 3 = c1 V1 10 100 mol=2 c1 V1 102 7 6 V mol ，纯度表达式滴定 6 25 3
m Cr O2- 2- 2- 2 c V 10 -3 32 7 n Cr O M Cr O 1 1
为 100%
2 7 2 7
= 100%= 298 596c3 1
V1 10
m 样品 m 样品 100% = 100%。a 3a
25．(1)c
(2)2Cr(OH)3 3H2O2 4NaOH=2Na2CrO4 8H2O
(3)温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低
(4)加入H2SO4后， c H 增大，Cr O2 2 7 H 2O 2CrO2 4 2H 逆向移动，得到更多的Cr 2 2O7
(5) 596c V 10
3
溶液蓝色褪去，且 30s不变色不写 30秒不变色 1 1 100%
3a
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【分析】对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液，加入 NaOH调节 pH的目的是将 Cr3+完全沉淀，氧化沉
淀即生成 Na CrO 2 2 2 4，Cr2O7 H2O 2CrO4 2H ,平衡逆向移动，提高 Na2Cr2O7的产率；
【详解】（1）Ⅱ中，加入 NaOH调节 pH的目的是将 Cr3+完全沉淀，而使 Ni2+不沉淀，故应该调节 pH至 5.6~7.1；
故答案为：c；
（2）Ⅲ中，H2O2氧化 Cr(OH)3沉淀即生成 Na2CrO4和 H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方
程式为3H2O2 2Cr OH 4NaOH 2Na2CrO 8H O3 4 2 ；
故答案为：3H2O2 2Cr OH 4NaOH 2Na2CrO4 8H2O3 ；
（3）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化 Cr(OH)3的 H2O2减
少，故能导致 Na2CrO4的产率反而降低；
故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化 Cr(OH)3的 H2O2减少，故能导致 Na2CrO4的产率反而降低；
（4）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：Cr O2 H O 2CrO2 2H 2 7 2 4 ，加入 H2SO4使得溶液中 H+增大，使得
上述平衡逆向移动，以提高 Na2Cr2O7的产率；
故答案为：加入使得溶液中 H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高 Na2Cr2O7的产率；
（5）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后一滴 Na2S2O3标
准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
故答案为：滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据得失电子总数相等可知，Na2Cr2O7·2H2O~3I2~6Na2S2O3，故有
n Na2Cr2O7·2H2O
1
n Na2S2O
1
3 c1mol / L V1 10 3L
1
c1V1 10
3mol，所得 Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质6 6 6
1 c 3 100mL
量为 298g/mol)的纯度的表达式为 6 1
V1 10 mol 298g /mol 325.00mL 100% 596c1V1 10 100%；
ag 3a
3
故答案为： 596c1V1 10 100%。
3a
26．(1)CH 3COOH CH3COO H
(2)加入氢氧化钠固体或加入碳酸钠固体或加入醋酸钠固体
(3)b
(4)10 5.3
(5)溶液中存在水的电离平衡H2O OH
H ，随着 NaOH加入，CH3COOH浓度降低，醋酸对水电离的
抑制程度减弱
(6)7.5
(7)测得的醋酸溶液样品中醋酸的含量偏高
【详解】（1）醋酸是弱酸，部分电离为醋酸根离子和氢离子，故答案为：CH3COOH CH3COO
H ；
（2）加入氢氧化钠固体或者碳酸钠固体将氢离子反应，电离平衡正向移动，可以达到目的；加入醋酸钠固
体，因为加入了醋酸根离子醋酸根离子浓度会增大，平衡逆向移动氢离子浓度会减小；故答案为：加入氢
氧化钠固体或加入碳酸钠固体或加入醋酸钠固体；
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（3）a、b、c点溶液的溶质分别为：醋酸、醋酸钠和醋酸、醋酸钠，对于 a点醋酸同时电离出等浓度的醋
酸根离子和氢离子，水会也会微弱的电离出氢离子，因此 c CH3COO ＜c H ；根据电荷守恒
c Na+ +c H+ =c CH COO-3 +c OH- 而 b点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故 c Na c CH 3COO ；
c点溶质为醋酸钠，由物料守恒有 c Na c CH 3COO c CH3COOH ，故答案为：b；
K 14
（4）c点溶液中氢氧根全部来源于水的电离，c OH- = W 10 mol / L 10 5.3+ 8.7 mol/L，故答案为：10 5.3；c（H） 10
（5）随着氢氧化钠的加入，溶液中醋酸的浓度降低，醋酸电离出的氢离子浓度也降低，对水电离的抑制在
逐渐减弱，故答案为：溶液中存在水的电离平衡H2O OH
H ，随着 NaOH加入，CH3COOH浓度降低，
醋酸对水电离的抑制程度减弱；
（6）第四组数据和其他数据差距过大，只取前三组数据的平均值：实验消耗氢氧化钠 25ml，该醋酸溶液样
25 10 -3品中醋酸的含量是 L 0.1mol/L 5 60g/mol 7.5mol /100ml，故答案为：7.5；
0.1 100ml
（7）滴定实验时，没有用 NaOH溶液润洗碱式滴定管，导致氢氧化钠标准液被稀释，滴定消耗标准液体积
偏大，最终计算醋酸的量偏高，故答案为：测得的醋酸溶液样品中醋酸的含量偏高。
27．(1)容量瓶
(2)用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管
(3)H＋＋OH-＝H2O、H
＋＋CO2 3 ＝HCO
3
(4)黄
(5)78.8
(6)ac
【详解】（1）步骤Ⅰ是准确配制 100mL一定物质的量浓度溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴
管和 100mL容量瓶，故答案为容量瓶。
（2）滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是用盐酸标准溶
液润洗酸式滴定管；故答案为用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管。
（3）第一终点溶质为 NaCl和 NaHCO3，则滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生
反应，反应离子方程式是：H＋＋OH-＝H ＋2O、H ＋CO
2 ＝HCO 3 3 。
（4）根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色，故答案为黄。
（5）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为 23.70mL 21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐
酸的体积是：21.70mL （23.70mL 21.70mL）＝19.70mL，所以氢氧化钠的物质的量是 0.1mol/L×0.0197 L
＝0.00197mol，氢氧化钠的质量是 0.00197 mol×40g/mol＝0.0788g，样品中 NaOH 的质量分数
ω(NaOH)= 0.0788g20 100%＝78.8%0.5g ；故答案为 78.8。
100
（6）a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的 NaOH 质量分数偏
高，故 a正确；
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b．记录酸式滴定管读数 V1时，俯视标准液液面，达到第一终点时记录的 V1偏小，测得的 NaOH质量分数
偏低，故 b错误；
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，测得的 NaOH质量分数
偏高，故 c正确；
故答案选 ac。
28．(1)酸雨
(2)HSO - 2 3 +OH =SO3 +H2O
(3)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+(aq)+SO ﹣32 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(4)2CO2 3 +SO2+H2O=2HCO
3 +SO
2
3
(5) 滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀 滴入最后半滴 Na2S2O3标准液，溶液由蓝
25.2(2c V -c V )
色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 1 1 2 2 %
m
【分析】碳酸钠溶解后，和含 SO2的硫酸厂尾气一起加入吸收塔，碳酸钠溶液和二氧化硫反应主要生成亚
硫酸氢钠，中和器中加入氢氧化钠，氢氧化钠与亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠，反应后的溶液经过结晶得
到亚硫酸钠晶体，干燥后得到成品，母液中含碳酸钠，可进入吸收塔循环使用。
【详解】（1）向大气中排放 SO2会导致硫酸型酸雨发生；
（2）根据题意可知，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反
应化学方程式为：HSO 3 +OH-=SO2 3 +H2O；
（3）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO (s) 2Na+(aq)+SO 2﹣3 3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移
动
（4）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2CO2 +SO 2 3 2+H2O=2HCO3 +SO3 ；
（5）①为检验硫酸根离子的存在，需加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀， 证明含有硫酸根离
子，故答案为：滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀；
②本实验最后是用 Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入 1mL淀粉指示剂，由于 I2遇到淀粉溶液显
蓝色，故滴定终点的现象是滴入最后半滴 Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
③步骤 ii中加入的碘标准液中含有的 n(I2)总= c1mol/L×V1×10-3L= c1V1×10-3mol，步骤 iii中 Na2S2O3标准液消
1 1 1
耗的 n(I2)1= n(Na2S2O3)= ×c2mol/L×V2×10-3L= c2V2×10-3mol，故与 Na2SO3反应的 n(I2)2=n(I2)总- n(I2) =2 2 2 1
1
c1V1×10-3mol- c2V2×10-3mol，根据反应方程式SO2- +I +H O=SO2-3 2 2 4 +2I-+2H+可知，n(Na2SO3)=n(I2) =2 2
1
c1V1×10-3mol- c2V2×10-3mol，故成品中 Na2SO3(M=126g/mol)的质量分数是
2
n I2 M(Na SO ) (c -3 -12 2 3 ×100% = 1
V1-0.5c2V2 ) 10 mol 126g mol 100% 25.2(2c1V1-c= 2
V2)
m m %。
4 4 m
煅烧
29．(1)CaMg CO3 CaO+MgO+2CO2 2
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(2) NH +4 H2O NH3 H2O+H Ksp Ca OH Ksp Mg OH NH Cl2 2 ，在一定量 4 溶液中，氢
氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故 CaO先浸出 b 95.2 Ksp CaCO3CaCO3优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3) MgO+H2O=Mg OH 、Mg OH +2NH+ 2+4 Mg +2NH3+2H O2 2 2
Mg OH +2NH+ Mg2+4 +2NH3+2H2 2O随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)NH4Cl、 NH4 SO、CO、NH2 4 2 3
【分析】白云石矿样煅烧后CaMg CO3 2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液浸钙，大部分钙离子进入
滤液 A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体 B，加入硫酸铵溶液将镁离子转
化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵溶液生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁，据此分析解答。
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
煅烧
CaMg CO3 CaO+MgO+2CO2 2 ；
（2）①NH4Cl溶液发生水解生成一水合氨和氯化氢，使溶液显酸性，离子方程式为：
NH +4 H2O NH3 H2O+H ；
氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的 pH，由图表可知，Ksp Ca OH K2 sp Mg OH 2 ，
在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故 CaO首先溶解被浸出；
③a．NH4Cl水解虽显酸性，所以浸钙时后需沉钙，所以滤液 A需呈碱性，a错误；
b．溶液 A中有大量氯化钙，少量氯化镁，所以离子浓度为： c Cl c Ca 2 c Mg2 ，b正确；
c．沉钙时，需为碱性环境，因为生成的碳酸钙溶于酸，正确的离子反应为：
Ca 2++2NH +3 H 2O+CO 2=CaCO 3 +2NH 4 +H2O，c错误；
故选 b；
④“浸钙”过程选用 n NH4Cl :n CaO 的比例为 2.4：1时，假定 n(CaO)=1mol，则CaMg CO3 2=1mol，则氧
化钙的质量为 56g，氧化镁的质量为=40g，根据表格数据可知，浸出液 A中氧化钙的质量为 m(CaO)=
56g 99.0%=55.44g，氧化镁的质量为 m(MgO)= 40g 6.0%=2.4g，根据信息可知，CaCO3纯度计算值
55.44g 100g/mol
56g/mol
= 95.2%；55.44g 100g/mol 2.4g 84g/mol
56g/mol 40g/mol
⑤Ksp CaCO3Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：MgO+H2O=Mg OH Mg OH +2NH+ Mg2+4 +2NH3+2H O2 2 2 ，加热蒸馏
随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液 D加入
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碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中
NH4Cl、 NH4 SO4、CO2、NH2 3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
NH4Cl、 NH4 SO、CO、NH2 4 2 3。
30．(1)BD
(2)HCO 3 既发生水解，又发生电离，水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，且水解程度大于电离程度，所
以NaHCO3溶液呈碱性
(3)2HCO 3 Ca
2 CaCO3 CO2 H2O
xy
(4)
z
(5) a室： 2H2O 4e
4H O2 ，氢离子通过阳离子交换膜进入 b室，发生反应：
H HCO 3 CO2 H2O； c室发生反应：2H
2O 2e 2OH H2 ，用 c室排出的碱液将从 b室排
出的酸性海水调节至装置入口海水的 pH。
【详解】（1）A．由图可知，pH=8时，溶液中含碳微粒主要是HCO 3 ，A项正确；
B．由图可知，当 c HCO 3 c CO2 3 时，此时 pH=10.3，说明 c H ＜c OH ，B项错误；
C．电离平衡常数只与温度有关，取图中 c HCO 3 c CO2 3 的点，此时 pH=10.3， c H 10 10.3mol / L，
c CO2 3 ·c H
则常温时HCO 的电离常数为 c H 10 10.33 ，C项正确；c HCO3
D．pH=12时，该溶液主要为碳酸盐溶液，根据电荷守恒可知还有其它阳离子，D项错误；
故选 BD；
（2）HCO 3 既发生水解又发生电离，水解使溶液显碱性，水解方程式为：HCO
3 H2O H2CO3 OH
，
电离使溶液显酸性，电离方程式为：HCO 3 H
CO2 3 ，且水解程度大于电离程度，所以 NaHCO3溶液呈
碱性；
（3）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
2HCO 3 Ca
2 CaCO3 CO2 H2O
（4）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：
；
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②此反应原理为： NaHCO3 HCl NaCl CO2 H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为 1：1，那么
xy
海水中碳酸氢钠的浓度为 c，体积均为 zmL，依据题意有 c×z=xy，解 c ；
z
（5）①a室为阳极，水电离的氢氧根放电： 2H 2O 4e 4H O2 ，氢离子通过阳离子交换膜进入 b室，
与海水中的碳酸氢根发生反应：H HCO 3 CO2 H2O；
②用该装置产生的物质处理 b室排出的海水，合格后排回大海，c室为阴极，发生还原反应，水电离的氢离
子放电：2H2O 2e
2OH H2 ，用 c室排出的碱液将从 b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的 pH。
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离子反应 1
一、单选题
1．（2023北京北大附中高二上期中）下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是
A．K 、Fe3 、SO2 4 、SCN B．Na 、Cu2 、Cl 、SO
2
4
C．Na 、Ba2 、NO 3 、CO
2
3 D．K 、H 、SO2 4 、HCO 3
2．（2023北京首师大附中高二上期中）室温下，由水电离出的 c(H+)=1.0 10 12mol/L的溶液中一定能大量
共存的是
A．Na 、MnO 2 2 2 4、Cl 、SO3 B．SO4 、K 、Mg 、 I
C．K 、Ba2 、Cl 、NO D．Na 、NH 、NO 、SO2 3 4 3 4
3．（2023北京清华附中高二上期中）某同学进行如下实验(溶液的浓度均为 1mol/L)。
实验
产生无色气泡 产生无色气泡
现象 产生无色气泡
液面上方呈浅红棕色 (能使湿润 pH试纸变蓝)
下列对实验现象的解释或推测不．合．理．的是
A．①中： 2Al 2OH 6H 2O 2 Al OH 4 3H 2
B．溶液酸碱性会影响NaNO3的氧化性
C．②中：Al 3NO 3 6H
Al 3 3NO 2 3H 2O
D．③中使湿润 pH试纸变蓝的气体是NH3
4．（2023北京人大附中高二上期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH 14的溶液中：K 、ClO 、CO2 3 、Cl
B．含Al3 的溶液中：Na 、K 、HCO 3 、NO
3
C．含有 I 的溶液中：H 、Na 、Cl 、NO 3
D．由水电离的 c H 10 12mol / L的溶液中：Na 、CO2 3 、Cl 、K
5．（2023北京第八十中学高二上期中）用已知浓度的盐酸测定未知浓度的 NaOH溶液的浓度，下列有关操
作的叙述正确的有
①取一锥形瓶，用 NaOH待测液润洗两次；
②用量筒准确量取 20.00mLNaOH待测液于锥形瓶中；
③加入几滴石蕊溶液作指示剂；
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④取一支酸式滴定管，查漏后用蒸馏水洗涤干净，注入标准酸溶液，调节起始读数；
⑤左手控制酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶；
⑥两眼注视滴定管内标准酸溶液液面的变化，直至滴定终点。
A．1句 B．2句 C．3句 D．4句
6．（2023北京第八十中学高二上期中）下列做法中，主要依据的不是盐类水解原理的是
A．用 BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的SO2-4
B．配制 FeCl3溶液时，将 FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
C．用热水溶解 Na2CO3配成溶液清洗油污
D．用明矾吸附水中的悬浮杂质
7．（2023北京第八十中学高二上期中）以酚酞为指示剂，用 0.1000mol/LNaOH溶液滴定 20.00mL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 VNaOH的变化关系如图所示。
c A2-
比如 A2-的分布系数：[δ A2- =
c H A +c HA - +c A 2- ]下列说法正确的是2
A．H2A的电离方程式为：H2A H++HA-，HA- H++A2-
B．HA-的电离常数 Ka=1.0×10-2
C．H2A的浓度为 0.2000mol/L
D．滴定终点时，溶液中 2c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
8．（2023北京北师大附中高二上期中）下列各组离子在相应的条件下可．能．大量共存的是
c OH
A．常温下 1 1012 的溶液中：NH
4 、Fe2 、Cl 、NO
c H 3
B．含有NO 3 的溶液中：Fe2 、SO
2
3 、SO
2
4 、H
C．常温下由水电离产生的 c OH 1 10 1mol L 1的溶液中：NO 3 、Mg2 、Na 、SO2 4
Kw 10 1
D．常温下 10 mol Lc H 的溶液中：Na
、HCO 3 、Cl 、K
9．（2023北京第十二中学高二上期中）下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A．无色溶液中：Na 、Al3 、HCO 3 、K
B．pH=1的溶液中：Na 、Mg2 、NO 、SO2 3 3
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C．酸性溶液中：K 、NH 4 、SO
2
4 、Cl
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1的溶液中：Na 、NH 、SO2 4 4 、HCO3
10．（2023北京北师大实验中学高二上期中）HA为一元弱酸。已知溶液中 HA、A 的物质的量分数 随溶
液 pH变化的曲线如图所示。向10mL0.1mol L 1HA溶液中，滴加0.1mol L 1NaOH溶液 xmL。下列说法中，
正确的是
A．HA的电离平衡常数Ka 9
B．0.1mol L 1HA溶液 pH 1
C． x 5时， c A c HA
D． x 10时， c A c HA c Na 0.1mol L 1
11．（2023北京四中高二上期中）实验小组用双指示剂法测定NaOH样品（杂质为Na2CO3）的纯度，步骤
如下：
①称取m g的样品，并配制成100mL溶液；
②取出 25mL溶液置于锥形瓶中，加入 2滴酚酞溶液，用浓度为 c mol L 1的盐酸滴定至溶液恰好褪色（溶质
为NaCl和NaHCO3），消耗盐酸体积为V1 mL；
③滴入 2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，又消耗盐酸体积为V2 mL。下列说法正确的是
A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B．②中溶液恰好褪色时， c Na c H c OH c HCO 3 2c CO2 3
4c V V 40
C．NaOH 样品纯度为： 1 2 100%
1000m
D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
12．（2023北京密云二中高二上期中）下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是
A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少 SO2的排放： 2CaCO3+O2+2SO2 =2CaSO3+ 2CO2
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2++2CH3COO－+ CO2↑+ H2O
C．自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜，遇到难溶的 PbS，慢慢转变为铜蓝
(CuS)：Cu2++SO2-4 +PbS =CuS+PbSO4
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D．在盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)上通过 施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+
Na2SO4
13．（2023北京首师大附中高二上期中）我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和
氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl NH3 CO2 H2O NaHCO3 NH4Cl。
下列说法不正确的是
A．向氯化钠溶液中先通入NH3，再通入CO2能提高 c HCO-3
B． c Na ：碱母液储罐大于氨母液储罐
C．经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡NH + 4Cl s NH4 aq Cl aq
D．该工艺的碳原子利用率理论上接近 100%
二、填空题
14．（2023北京北大附中高二上期中）滴定分析法是物质检验与含量测定的重要方法之一，在实际生产中应
用广泛。
(1)25℃时，利用 0.1mol L 1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，取5 mL CH3COOH溶液进行实验，
滴定过程中溶液的 pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示，a点为滴定的化学计量点。
①以下哪种指示剂可用于本次滴定实验 (括号中为指示剂变色的 pH范围)。
a．酚酞(8.2-10.0) b．甲基橙(3.1-4.4) c．甲基红(4.4-6.2)
②CH3COOH溶液的浓度为 mol L 1。
③滴定过程中，加入NaOH的体积为V mL时，测得溶液 pH 7，此时溶液中的溶质为 (填物质
的化学式)，溶液中 c CH3COO mol L 1 (用含 V的计算式表示)。
(2)在酸碱滴定中，还可以通过溶液的电导率判断化学计量点。25℃时，利用0.5mol L 1的Ba(OH)2溶液滴定
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H2SO4溶液，取 45mL H 2SO 4溶液进行实验，滴定过程中溶液电导率随滴加Ba(OH)2溶液体积的变化如图所
示，测得H2SO4溶液的浓度为 0.5mol L 1。
①到达滴定终点时，溶液电导率不为 0，原因是 。
②b点溶液的 pH 。
15．（2023北京第十二中学高二上期中）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是 。
(2)硫代硫酸钠在弱碱性条件下漫金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式。
3
□Au □V2O
2
3 O2 □___________ □ Au S2O3 □___________2
②为提高金的浸出速率，可采取的措施为 。(写出两种)
(3)Cu NH 2 3 可催化上述金在Na 2S2O3溶液中的溶解反应，原理为：4
ⅰ.Cu NH 2 ( ) Au 2S O 2 Cu NH ( ) Au S O 3 3 蓝色 2 3 3 无色4 2 2 3 2NH2 3
ⅱ.___________
①写出反应ⅱ的离子方程式： 。
②下列实验方案可证实上述催化过程，将实验方案补充完整。
反应一段时间后，温度无明显变化，U型管内液柱左高右低， ，打开瓶塞后 (填现
象)。
(4)已知：Ⅰ.Cu NH 2 2 3 Cu 4NH ；4 3
Ⅱ.Cu2 在碱性较强时受热会生成 CuO沉淀。
将金矿石浸泡在Na 2S
2
2O3、Cu NH3 的混合溶液中，并通入O2。一定温度下，相同时间金的浸出率随体4
系 pH变化曲线如图，解释pH 10.5时，金的浸出率降低的可能原因 。(写出 2点即可)
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16．（2023北京丰台高二上期中）电化学原理在污染治理方面有着重要的作用。
Ⅰ.煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。采用电解法脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为
Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是 FeS2)氧化为 Fe3+和 SO 2 4 ：
FeS +15Mn 3+ 3+2 +8H2O=Fe +15Mn
2++2SO 2 4 16H
已知：两电极为完全相同的惰性电极。
回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正极”或“负极”)。
(2)电解池工作时，观察到 R电极上有无色气体产生，写出电极反应式 。
(3)电解池工作时，混合液中 SO 2 4 的物质的量 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)电解过程中，混合溶液中的 pH将 (填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是 。
Ⅱ.电解还原法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬废水，示意如图。
(5)电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为 。
(6)产生的 Fe2+将 Cr O 2 2 7 还原为 Cr3+的离子方程式为 。
(7)随着电解的进行，阳极铁板会发生钝化，表面形成 FeO Fe2O3的钝化膜，使电解池不能正常工作。将阴
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极铁板与阳极铁板交换使用，一段时间后，钝化膜消失。结合有关反应，解释钝化膜消失的原
因： 。
Ⅲ.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，原理如图所示。
(8)该电池放电时，H+向 (填“a”或“b”)极迁移。
(9)a极上生成 H2CO3的电极反应为 。
(10)已知 b极的电极反应为 ，经处理后的水样中要求对氯苯酚
的含量小于 m mol/L。若废水中对氯苯酚的含量是 n mol/L，则处理 1 m3废水，至少添加 CH3COO-的物质的
量为 mol(溶液体积变化忽略不计)。
17．（2023北京四中高二上期中）如图所示的装置中，两个相同的玻璃管中盛满NaCl溶液（滴有酚酞溶液），
a、b为多孔石墨电极。闭合S1一段时间后，a电极附近溶液逐渐变红；断开S1，闭合S2，电流表指针发生
偏转。
(1)闭合S1后发生反应的离子方程式为 。
(2)断开S1，闭合S2后，a电极的电极反应式为 。
(3)我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸铵技术，装置如图所示：
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请结合电极反应式说明制备硫酸铵的原理 。
三、解答题
18．（2023北京第十二中学高二上期中）氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究 SCR技术(NH3
选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。
(1)写出一种氮氧化物直接排放到空气中造成的环境危害 。
(2)NH3催化还原 NO的化学方程式为 。
(3)铁基催化剂在 260~300℃范围内实现 SCR技术的过程如下：
①适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因： 。
②向反应体系中添加 NH4NO3可显著提高 NO脱除率。原因如下：
NO 3 与 NO发生反应NO
3 NO NO NO
2 2；
NO2 与NH
4 发生反应ⅲ和反应ⅳ转化为 N2；
NO 2与NH
4 发生反应 (填离子方程式)转化为 N2。
(4)相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低 NO脱除率。
①推测 SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是 。
②持续通入含 SO2的烟气。不同温度下，每隔 1h测定 NO脱除率，结果如下：
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相同时间，200℃时 NO脱除率低于 100℃，原因是 。
19．（2023北京北师大实验中学高二上期中）Na2SO3应用广泛.利用工业废碱渣(主要成分 Na2CO3)吸收硫酸
厂尾气中的 SO2制备无水 Na2SO3的成本低，优势明显，其流程如下：
已知：①NaHSO3溶液的 pH约为 4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中 pH约为 5时吸收液进入中和器.
(1)举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题 .
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 .
(3)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 .
(4)为了促进Na 2SO3 结晶，中和器中加入过量的NaOH，请结合化学用语，从平衡移动的角度解释
(5)检验成品质量.
①取少量成品溶解， ，说明成品中含SO2 4 ，请补全操作与现象。
②可用碘量法测定成品中Na2SO3的含量，过程如下：
i.将mg成品溶于水配成100mL溶液，取 25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ii.加入 c1mol / L的碘标准液V1mL，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
iii.用 c2mol / L的Na 2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗
Na 2S2O3标准液V2mL
(已知： I2 2Na 2S2O3 Na 2S4O6 2NaI )
a．滴定终点的现象是
b．成品中Na2SO3 M 126g / mol 的质量分数是 .
20．（2023北京首师大附中高二上期中）处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆
浸法。堆浸所得溶液可制备草酸亚铁晶体和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图：
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已知：①生物堆浸使用的 T.f细菌在 pH1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的 pH如下表。
Fe3 Cu2 Fe2
开始沉淀时的 pH 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的 pH 2.8 6.7 8.3
(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 。
(2)生物堆浸过程的反应在 T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：
T.f细菌
CuFeS 2 2 4H O2 Cu Fe
2 2S 2H2O。第二阶段反应：Fe2 继续被氧化。结合已知推断：生物
堆浸过程中，应控制溶液的 pH在 范围内。
(3)若生物堆浸过程中，溶液的 pH>2.8，则Fe2 继续被氧化的离子反应为 。
(4)过程Ⅱ中，用 H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示 H2O2的作用是 。
(5)测定草酸亚铁晶体(Fex C2O4 nHy 2O )的 x/y值，实验如下：
I．KMnO4浓度的标定：准确称取 0.15gNa2C2O4，加入 20mL水和 8mL稀硫酸，溶解后用 KMnO4标准液滴
定。
①滴定终点现象为：当最后半滴高锰酸钾标准液加入后，锥形瓶中溶液 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定高锰酸钾标准液浓度会
偏 (填“大”或“小”)
Ⅱ．草酸亚铁组成测定
步骤 1：称量 mgFex C2O4 nH Oy 2 ，溶解后加稀 H2SO4酸化，用V1mLcmol L 1KMnO4溶液滴定至终点。
步骤 2：向上述溶液中加入过量锌粉将Fe3 转化为Fe2 ，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
加稀 H2SO 14酸化，用 cmol L KMnO4溶液滴定至终点，消耗 KMnO4溶液 V2mL。
已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3 、CO2，锰元素被还原为Mn2
③草酸亚铁晶体(Fex C2O4 nHy 2O )的 x/y值为
21．（2023北京人大附中高二上期中）三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷
的流程如下。
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资料：
ⅰ．含砷废水的主要成分：HAsO2 (亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2 (SO4 )3 (硫酸铋)。
ⅱ．HAsO2是可溶的弱酸， Fe(OH)3、Bi(OH)3均为难溶沉淀。
(1)纯化
充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是 。
(2)沉砷
①沉砷过程中由HAsO2生成Cu AsO2 2的离子方程式为 。
②沉砷过程中按 n(Cu) : n(As) 1: 2加入CuSO4 [ n(Cu)与 n(As)分别表示 Cu元素与 As元素的物质的量]，同
时需小心调控溶液的 pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 。
(3)还原浸出
①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式： 。
Cu AsO2 SO2 Cu SO2 _____ 3 3 2H2O HAsO2 2 _____
②其他条件相同时，还原浸出60min，不同温度下砷的浸出率如下图。随着温度升高，砷的漫出率先增大后
减小的原因是 。
(4)还原渣经过充分氧化处理，可返回 (填字母)工序，循环利用。
a．纯化 b．沉砷 c．还原浸出
22．（2023北京第八十中学高二上期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与 NH4Cl在一定条件下反应制得尿素，实现了由无机物到有机物的合成。
该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上常利用 CO2和 NH3合成尿素[CO(NH2)2]，反应分两步：
i．CO2和 NH3生成 NH2COONH4；
ii．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是___________。
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A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．活化能：反应 i<反应 ii
C．i为放热反应，ii为吸热反应
D．CO2(l)+2NH 3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化 CO2和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染
问题。向一定浓度的 KNO3溶液通 CO2至饱和，在电极上生成 CO(NH2)2，电解原理如图所示。
已知：在电解池中，与直流电源负极相连的电极叫阴极，与直流电源正极相连的电极叫阳极。
①电极 b是电解池的 极(填“阴”或“阳”)。
②补全电解过程中生成尿素的电极反应式： 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中 c(NH+4 )不能直接用 NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤 iv中标准 NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为 c和 V，计算样品含氮量还需要的实验数据
有 。
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23．（2023北京牛栏山一中高二上期中）Ⅰ．已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的
质量分数，进行如下步骤实验：
①称量1.0g样品溶于水，配成 250mL溶液；
②准确量取 25.00mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用 0.1000mol L 的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定序号 待测液体积(mL)
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
请回答：
(1)将样品配成 250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有 。
(2)用 滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装0.1000mol L 的盐酸标准液。
(3)烧碱样品的纯度(即NaOH的质量分数)为 。
(4)若出现下列情况，测定结果偏高的是 。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗
Ⅱ．常温下，用0.1000mol L 1NaOH溶液分别滴定 25.00mL0.1000mol / LHCl溶液和
25.00mL0.1000mol / LCH 3COOH 溶液，得到 2条滴定曲线，如下图所示。
(5)E点的溶液中电荷守恒关系式是 c Na ____= ___＋____， 。
(6)c Na c CH COO 3 的点是 。
(7)在上面用0.1000mol L 1NaOH溶液滴定0.1000mol L 1CH3COOH溶液的图中，下列 4种离子的物质的量
浓度排序有可能出现的是 。
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a． c CH3COO c H c Na c OH
b． c H c OH c Na c CH3COO
C． c Na c CH COO 3 c OH c H
d． c Na c CH COO c H c OH 3
24．（2023北京汇文中学高二上期中）红矾钠(Na 2Cr2O7 2H2O )可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污
泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr O2 和SO 2 2 7 4 )，经过如下主要流程，可制
得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡：Cr 2 2O7 H O 2CrO
2
2 4 2H
ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：
金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH
Cr3 4.3 5.6
Ni2 7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入NaOH调节 pH至___________(填字母)。
A． 4.3 ~ 5.6 B．4.3 ~ 7.1 C．5.6 ~ 7.1 D．7.1~ 9.2
(2)Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的离子反应方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入H2SO4的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠 Na2Cr2O7 2H2O 的纯度，称取上述流程中的产品 ag配成100mL溶液，取出 25mL放
于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至Cr2O
2
7 全部转化为Cr3 后，滴入 2 ~ 3滴淀
粉溶液，最后用浓度为 c mol 1L 1的Na S O 标准溶液滴定，共消耗VmL。(已知：I 2S O2 1 2 2 3 1 2 2 3 2I
S O2 4 6 。)
①滴定终点的现象为 。
②所得Na 2Cr2O7 2H2O (摩尔质量为 298g mol 1 )的纯度表达式为 (用质量分数表示)。
25．（2023北京海淀高二上期中）红矾钠(Na 2Cr2O7 2H2O )可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进
行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr O2 2 7 和SO2 4 )，经过如下主要流程，可制得
红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡：Cr O2 2 7 H
2
2O 2CrO4 2H
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ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：
金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH
Cr3 4.3 5.6
Ni2 7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入NaOH调节 pH至 (填字母序号)。
a． 4.3 ~ 5.6b． 4.3 ~ 7.1c．5.6 ~ 7.1d．7.1~ 9.2
(2)Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入H2SO4的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠(Na2C2O7 2H2O )的纯度，称取上述流程中的产品 ag配成100mL溶液，取出 25mL放
于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于喑处充分反应至Cr 2 3 2O7 全部转化为Cr 后，滴入 2~3滴淀
粉溶液，最后用浓度为 c mol L 11 的Na 2S2O3标准溶液滴定，共消耗V1 mL。(已知：I 2S O
2 2I 2 2 3 S4O
2
6 )
①滴定终点的现象为 。
②所得Na 2Cr2O7 2H2O (摩尔质量为 298 g mol 1 )的纯度的表达式为 (用质量分数表示)。
26．（2023北京通州高二上期中）醋是中国古代劳动人民发明的传统调味品，老陈醋是中国四大名醋之一，
至今已有 3000余年的历史。
Ⅰ．老陈醋的主要成分是醋酸。
(1)醋酸的电离方程式为 。
(2)若使 0.1mol/L的醋酸溶液中， c CH COO 3 增大， c H 减小，可以采取的措施是 (任写一条措
施)。
Ⅱ．室温条件下，用电位滴定法模拟测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下：
ⅰ．准确量取 10.00mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为 100.00mL，取其中 20.00mL进行滴定实验，
用酸度计检测 pH变化：
ⅱ．逐滴滴入0.1000mol L 1的 NaOH溶液，酸度计显示 pH 8.7 (此时醋酸和 NaOH以物质的量 1：1反应)
停止滴定，记录消耗的 NaOH溶液的体积V NaOH ；
ⅲ．平行测定多次(数据见表 1)；
ⅳ．分析处理数据。
表 1 实验数据记录表格
编号 1 2 3 4
V NaOH / mL 24.99 25.00 25.01 24.00
(3)第 1次滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 。
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a．a点溶液： c CH COO 3 c H
b．b点溶液： c Na c CH3COO
c．c点溶液： c Na c CH 3COO c CH 3COOH
(4)计算 c点水电离出的 c OH mol/L。
(5)滴定过程中，从 a点到 c点水电离出的 c OH 逐渐增大，用平．衡．移．动．原．理．解释 。
(6)根据表 1中的有效数据，计算该醋酸溶液样品中醋酸的含量是 g/100mL。
(7)若进行滴定实验时，没有用 NaOH溶液润洗碱式滴定管，会导致的结果是 。
27．（2023北京北师大附中高二上期中）某烧碱样品因部分变质含 Na2CO3，某化学课外小组的同学用滴定
法测定该烧碱样品中 NaOH的质量分数。
【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：
酚酞：pH<8.2无色 8.2
甲基橙：pH<3.1红色 3.1
【实验步骤】
Ⅰ.迅速地称取烧碱样品 0.50g，溶解后配制成 100mL溶液，备用。
Ⅱ.将 0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数 V0；用碱式滴定管取 20.00mL样品
溶液于锥形瓶中，滴加 2滴酚酞；以 HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为 NaCl和 NaHCO3)，记录酸
式滴定管的读数 V1；然后再向锥形瓶内滴加 2滴甲基橙，继续用 HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式
滴定管的读数 V2，重复上述操作两次，记录数据如下：
实验序号 1 2 3
V0 /mL 0.00 0.00 0.00
V1 /mL 21.72 21.68 21.70
V2 /mL 23.72 23.68 23.70
(1)步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 100mL 。
(2)酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是 。
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(3)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为 。
(4)判断滴定至第二终点的现象是溶液由 色变为橙色。
(5)样品中 NaOH的质量分数为 %。(计算结果保留小数点后 1位)
(6)下列操作会导致测得的 NaOH质量分数偏高的是 (填字母序号)。
a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生
b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出
28．（2023北京北师大实验中学高二上期中）Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3 )吸收硫
酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低、优势明显，其流程如下：
已知：①NaHSO3溶液的 pH约为 4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中 pH约为 5时吸收液进入中和器。
(1)举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题 。
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
(3)为了促进Na2SO3结晶，中和器中加入过量的 NaOH．请结．合．化学用语，从平衡移动的角度解
释 。
(4)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 。
(5)检验成品质量。
①取少量成品溶解， ，说明成品中含SO2 4 。请补．全．操．作．与．现．象．。
②可用碘量法测定成品中Na2SO3的含量，过程如下：
ⅰ．将 mg成品溶于水配成 100mL溶液，取 25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ⅱ．加入 c1mol / L的碘标准液V1mL，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
ⅲ．用 c2mol / L的Na2SO3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入 1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗
Na2SO3标准液V2mL。(已知： I2 2Na 2S2O3 Na 2S4O6 2NaI )
a．滴定终点的现象是 。
b．成品中Na2SO3 M 126g / mol 的质量分数是 。
29．（2023北京北师大实验中学高二上期中）白云石的主要化学成分为CaMg CO3 2，还含有质量分数约为
2.1%的 Fe2O3和 1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
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已知：
物质 Ca OH Mg OH CaCO3 MgCO2 2 3
Ksp 5.5 10 6 5.6 10 12 3.4 10 9 6.8 10 6
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物(MO)浸出率/% 产品中
CaCO3纯度n NH /%4Cl
产品中Mg杂质含量/%(以
MgCO 计)
n CaO 3
CaO MgO 计算值 实测值
2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4：1 99.0 6.0 a 97.6 2.20
备注：
ⅰ．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表 Ca或Mg)
ⅱ．CaCO3纯度计算值为滤液 A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3的纯度。
①NH4Cl溶液显酸性，原因是 (用化学用语解释)。
②解释“浸钙”过程中主要浸出 CaO的原因是 。
③下列有关滤液 A及沉钙过程的说法中正确的是 。
a．由于浸钙时NH4Cl稍过量，所以溶液 A呈酸性；
b．溶液 A中 c Cl c Ca 2 c Mg2 ；
c．沉钙反应的离子方程式为Ca2 CO2 H2O CaCO3 2H
；
④“浸钙”过程选用 n NH4Cl :n CaO 的比例为 2.4：1时，碳酸钙纯度的计算值a 。
⑤产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 。
(3)“浸镁”过程中，取固体 B与一定浓度的 NH4 SO2 4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于 60%。
①浸镁反应的离子方程式是 。
②加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达 98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增
大的原因是 。
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(4)该流程中可循环利用的物质是 。
30．（2023北京四中高二上期中）研究CO2在海洋中的转移和归宿是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)已知常温下，在不同 pH条件下，水溶液中碳元素的存在形式如图所示。下列说法不．正．确．的是
_____________。
A． pH 8时，溶液中含碳微粒主要是HCO 3
B．当 c HCO 3 c CO2 3 时， c H c OH
C．常温时HCO 3 的电离常数是10 10.3
D． pH 12时， c H c OH 2c CO 2 3 c HCO 3
(2)溶于海水的CO2主要以 4种无机碳形式存在，其中HCO
3 占95%。结合化学用语解释NaHCO3溶液呈碱性
的原因 。
(3)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式： 。
(4)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可
采用如下方法：
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如图）。将虚线框中的装
置补充完整并标出所用试剂 。
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②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用 x mol L 1 HCl 溶液滴定，消耗 y mL HCl溶液。海水
中溶解无机碳的浓度 mol L 1。
(5)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理： 。
②结合电极反应式解释用 c室产生的物质处理 b室排出的酸性海水至合格后排放大海的方法 。
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参考答案
1．B
【详解】A．Fe3 与SCN 发生络合反应，不能大量共存，故 A不符合题意；
B．Na 、Cu2 、Cl 、SO2 4 相互间不反应，可以大量共存，故 B符合题意；
C．Ba2 与CO2 3 反应生成沉淀，不能大量共存，故 C不符合题意；
D．H 与HCO 3 反应生成 CO2和水，不能大量共存，故 D不符合题意。
答案选 B。
2．C
【详解】室温下，由水电离出的 c(H+)=1.0 10 12mol/L的溶液既可能是酸也可能是碱；
A．MnO 4与SO2 3 发生氧化还原反应，SO2 3 在酸性溶液中也不能大量共存，故 A不符合题意；
B．Mg2 在碱性溶液中不能大量存在，故 B不符合题意；
C．K 、Ba2 、Cl 、NO 3 相互不反应，与氢离子和氢氧根也均不反应，能大量共存，故 C符合题意；
D．NH 4 在碱性溶液中不能大量存在，故 D不符合题意。
答案选 C。
3．C
【详解】A．Al与 NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠与 H2，A正确；
B．硝酸根在酸性条件下氧化性更强，与 Al反应生成 NO气体，酸性越强 NaNO3的氧化性越强，B正确；
C．②中 Al与稀硝酸反应生成 NO气体，遇到空气生成红棕色的 NO2，C错误；
D．使湿润 pH试纸变蓝的气体是 NH3，D正确；
答案选 C。
4．A
【详解】A．pH 14的溶液中含有大量的 OH-，OH-、K 、ClO 、CO2 3 、Cl 相互不反应，能够大量共存，
A符合题意；
B．含Al3 的溶液中，Al3+和HCO 3 因发生双水解反应而不能大量共存，B不合题意；
C．含有 I 的溶液中，I-、H 、NO 3 三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．由水电离的 c H 10 12mol / L的溶液中可能含有大量的 H+，H+与CO2 3 不能大量共存，也可能含有大
量的 OH-，则 OH-与各离子能够大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
5．A
【详解】①锥形瓶不用待测液润，错误；
②用量筒精确度只能精确至小数点后一位，错误；
③用石蕊试液做指示剂，变色不明显，不便于观察判断滴定终点，错误；
④取一支酸式滴定管，查漏后用蒸馏水洗涤干净，然后需用标准液进行润洗，再注入标准酸溶液，调节起
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始读数，错误；
⑤左手控制酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，正确；
⑥滴定过程中目光应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，错误。
答案选 A。
6．A
【详解】A．用 BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的SO2- 2 2 4 ，发生离子反应：Ba SO 4 BaSO 4 ，与盐类水解无
关，A符合题意；
B．FeCl 溶液中存在 Fe3+水解过程：Fe3 3 3H O 2 Fe OH 3H 3 ，将 FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，
可抑制其水解，B不符合题意；
C．Na2CO3溶液水解溶液呈碱性，油污碱性条件下可分解，C不符合题意；
D．明矾溶于水，发生水解反应形成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，D不符合题意；
答案选 A。
7．B
【分析】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 H A 0.1mol / L 40mL2 0.1mol / L，据此分析作答；2 20mL
【详解】A．根据分析，c(H2A)=0.1mol/L，起点的 pH值约为 1.0，所以 H2A的第一步完全电离，第二步部
分电离，H A H HA ，HA H A2 2 ，A错误；
c A2 c H
B．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 10 2，B
c HA
正确；
C．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 H 2A Na2A 2H O c H A
0.1mol / L 40mL
2 ， 2 0.1mol / L，C错误；2 20mL
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；
故答案为：B。
8．C
c OH
【详解】A．常温下 1 1012 的溶液中 c（OH
）＞c（H＋），呈碱性，NH 4 、Fe2＋都与 OH 反应，不c H
能大量共存，故 A不符合题意；
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B．NO 3 在 H＋的溶液中具有强氧化性，能够氧化 Fe2＋、SO
2
3 ，不能大量共存，故 B不符合题意；
C．常温下由水电离产生的 c（OH ）＝1×10 1mol L 1的溶液中呈酸性或碱性，NO 2 2 3 、Mg 、Na 、SO4 、
H＋之间不反应，在酸性溶液中能大量共存，故 C符合题意；
Kw 10 10mol L 1D．常温下 c H 的溶液呈酸性，H
＋、HCO 3 之间反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，
故 D不符合题意；
故答案选 C。
9．C
【详解】A．Al3 会与HCO 3 发生相互促进的双水解反应而不共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，它们
会发生氧化还原反应而不共存，B不符合题意；
C．铵根离子会发生水解显酸性，上述离子在酸性条件下不反应，能大量共存，C符合题意；
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸性条件下碳酸氢根离
子会反应生成水和二氧化碳，碱性条件下铵根离子、碳酸氢根离子均会反应，不能大量共存，D不符合题
意；
故选 C。
10．C
c(H+) c(A -)
【详解】A．HA的电离平衡常数Ka ，由图可知，pH=9时， c A c HA ，则平衡常数c(HA)
K + 9a c(H )=10 ，A错误；
B．由 A可知，HA为弱酸，则0.1mol L 1HA溶液 pH>1，B错误；
C．x=5时，此时溶液中的溶质为 NaA和 HA，且两者物质的量相等，则 HA和 A-浓度几乎相等，根据图像
此时溶液显碱性，说明以 A-水解为主，即 c A c HA ，故 C正确；
D．x=10时，两者恰好完全反应，由物料守恒可得， c A c HA c Na 0.05mol L 1，D错误。
故选 C。
11．C
【详解】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为 100mL，不是 100mL水，A项错误；
B．②中溶液恰好褪色时，溶液中存在电荷守恒： c Na c H c OH c HCO 3 2c CO2 3 +c Cl ，
B项错误；
C．第 1次滴定反应为OH H H2O、CO
2
3 H
HCO 3 ，第 2次滴定反应为HCO3 H H2O CO2 ，
则通过第 2次滴定可知，n CO2 n HCO cV 10 33 3 2 mol，第 1次滴定中氢氧化钠消耗 HCl的物质的量
的为 n HCl cV1 10 3mol cV 10 32 mol c V1 V2 10 3mol n NaOH ，故 NaOH样品纯度为
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c V1 V 32 10 mol
100mL 40g / mol
25mL 4c V1 V 40 100% 2 100% ，C项正确；
mg 1000m
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D项
错误；
故选 C。
12．A
【详解】A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少 SO2的排放的反应为 2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故
A错误；
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢生成醋酸钙和二氧化碳、水，醋酸是弱电解质，碳酸钙难溶，离子反应为
2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故 B正确；
C．硫酸铜，遇到难溶的 PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）并生成硫酸铅，离子反应为 Cu2++SO 2 4 +PbS=CuS+PbSO4，
故 C正确；
D．盐碱地由于碳酸钠水解呈碱性，施加适量 CaSO4，可以与碳酸钠反应生成碳酸钙和硫酸钠，降低土壤的
碱性，反应为 CaSO4+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4，故 D正确；
故选 A。
13．B
【分析】在饱和 NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入 CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下
CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙
烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的 NH4Cl在常温时的溶解度比 NaCl大，在低温下却比 NaCl
溶解度小，在 5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使 NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次
投入使用，据此来解答。
【详解】A．由于NH3的溶解度远大于 CO2，先通入NH3，再通入CO2能提高 c HCO-3 ，故 A正确；
B．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的
溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故 c Na ：碱母液储罐小于氨
母液储罐，故 B错误；
C．过“冷析”和“盐析”后，体系为过饱和的 NH4Cl溶液，存在溶解平衡：NH4Cl s NH+4 aq Cl aq ，
故 C正确；
D．该流程中，二氧化碳中的碳原子最终全部进入纯碱中，碳原子利用率理论上为 100%，故 D正确。
答案选 B。
0.1V
14．(1) a 0.2 CH3COONa和 CH3COOH V+5
(2) H2O也能不完全电离产生 H+和 OH- 13
【详解】（1）①由图可知，利用 0.1mol L 1 NaOH 溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，滴定终点得到得溶
液为 CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，应该选择在碱性能变色的指示剂，故选 a；
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②利用0.1mol L 1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，取5 mL CH 3COOH 溶液进行实验，滴定终点
10 0.1
时消耗 10mLNaOH溶液，则CH3COOH溶液的浓度为 mol/L=0.2 mol/L；5
③当刚好完全滴定时，溶液为 CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，加入NaOH的体积为V mL时，测得溶液
pH 7，此时溶液中的溶质为 CH3COONa和 CH3COOH， c OH - =c H+ ，由电荷守恒可知
c CH COO- +c OH-3 =c Na+ +c H+ ，则 c CH3COO- =c Na+ = 0.1VV+5 mol L
1。
（2）①到达滴定终点时，发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4 +2H2O，溶液电导率不为 0，原因是 H2O也
能不完全电离产生 H+和 OH-；
1
②b点溶液Ba(OH) 0.055-0.045 L 0.5mol L 22过量，溶液呈碱性，则 c(OH-)=
0.1mol L 1，
0.045L+0.055L
K 10 14
+ W mol L 1c(H )= 10
13mol L 1
- ， pH c OH 0.1 13。
15．(1)金的还原性弱/金在高温条件下不与氧气反应
(2) 4Au 8S2O
2
3 O 2 2H 2O 4Au S O
3
2 3 4OH
将金研磨成粉末
2 /适当增加温度/增加氧气浓
度/增加硫代硫酸钠浓度
(3) 4Cu NH 3 8NH3 O2 2H2O 4Cu NH
2
3 4OH
锥形瓶中溶液蓝色变浅 锥形瓶中
2 4
溶液蓝色复原
(4)碱性较强时生成的CuO / Cu OH 2沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率； pH 10.5时，部分
Cu NH 2 2 3 转化成CuO / Cu OH 2，降低了Cu NH3 浓度，降低(浸出)反应速率。(其它答案合理即可4 4 )
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与 O2反应；
（2）①该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：
4Au 8S O2 2 3 O2 2H2O 4Au S O
3 4OH 2 3 ；2
②提高金的浸出速率可采用的方法是：将金研磨成粉末/适当增加温度/增加氧气浓度/增加硫代硫酸钠浓度等；
2
（3）①第 i步反应生成的 Cu NH3 在氧气和氨水的作用下生成了 Cu NH3 ，方程式为：2 4
4Cu NH3
8NH3 O2 2H2O 4Cu NH2 3
2 4OH ；
4
②反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了
2
Cu NH3 ，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将 Cu NH3 又氧化为 Cu NH ；2 2 3 4
（4）Cu2 在碱性较强时受热会生成 CuO沉淀，碱性较强时生成的CuO / Cu OH 2沉淀覆盖在金矿石表面，
2 2
降低(浸出)反应速率；pH 10.5时，部分Cu NH3 转化成CuO / Cu OH 2，降低了Cu4 NH3 浓度，降低4
(浸出)反应速率。
16．(1)正极
(2)2H++2e-=H2↑
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(3)变大
(4) 变小 在电解过程中生成 1 mol Fe3+，消耗 15 mol Mn3+，生成 16 mol H+；Mn3+由阳极反应
Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成 15 mol Mn3+，消耗 15 mol H+；因此总体来看，电解过程
中 H+浓度增大，pH变小
(5)Fe-2e-=Fe2+
(6)Cr 2 2O 2+ + 3+7 +6Fe +14H ═2Cr +6Fe3++7H2O
(7)阴极产生 H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4 H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4 H2O
(8)b
(9)CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+
(10)250(n-m)
【详解】（1）根据图示可知在电解时，P电极上Mn2+失去电子变为Mn3+，则 P电解为阳极，则与 P相连的
M电极为正极，N电极为负极；
（2）R为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式： 2H 2e H2 ；
（3）根据电解池反应：FeS2+15Mn
3++8H2O=Fe
3++15Mn 2++2SO 2 4 16H
可知，电解过程中 SO 2 4 的物质的
量不断增大；
（4）在电解过程中生成 1 mol Fe3+，消耗 15 mol Mn3+，生成 16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，
根据得失电子守恒，阳极生成 15 mol Mn3+，消耗 15 mol H+；因此总体来看，电解过程中 H+浓度增大，pH
变小；
（5）铁板做阴、阳极，电解含铬废水，则 A电极发生电极反应：Fe-2e-=Fe2+；
（6）产生的 Fe2+将 Cr O 2 3+ 2 2 2+ + 3+7 还原为 Cr 的离子方程式：Cr2O 7 +6Fe +14H ═2Cr +6Fe3++7H2O；
（7）阴极产生 H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4H2O；
（8）在微生物电池中，在 a电极上 CH3COO-失去电子被氧化，则 a电极为负极，b电极为正极；原电池中
阳离子向正极移动，即 H+向 b极移动；
（9）a极上 CH3COO-失去电子被氧化生成 H2CO3的电极反应：CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+；
（10）若废水中对氯苯酚的含量是 n mol/L，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于 m mol/L，由于废
水的体积是 1 m3=1000 L，则反应消耗对氯苯酚的物质的量是 n(对氯苯酚)=1000(n-m) mol，根据 b极的电极
反应： ，可知反应过程中转移电子物质的量是 n(e-)=2000(n-m)
mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此当电路中转移 2000(n-m) mol电子时，需要添加 CH3COO-
1
的物质的量： n CH3COO n e 1 2000 n-m mol 250 n-m mol ；8 8
17．(1)2Cl 2H2O H2 Cl2 2OH
电解
(2)H2 2e
2OH 2H2O
(3)a电极附近硫元素化合价升高，被氧化，a电极是阳极，发生的电极反应为：SO2 3 H2O 2e
SO2 4 2H
，
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将亚硫酸铵转化为硫酸铵。
【详解】（1）闭合S1为电解池，电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧化钠，反应的总的
离子方程式为：2Cl 2H2O H2 Cl2 2OH
。
电解
（2）闭合S1为电解池，a电极附近溶液逐渐变红，说明 a电极为阴极，电解水产生氢气和氢氧根，所以断
开S ，闭合S 后，a电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H 2e 1 2 2 2OH
2H2O。
（3） SO2 3 在 a电极处转化为 SO
2
4 ，S元素化合价升高，被氧化，说明 a电极为阳极，b电极为阴极，阳极
发生的反应为 SO2 H O 2e SO2 2H 3 2 4 ，H 通过质子交换膜进入阴极放电产生氢气。
18．(1)酸雨/光化学烟雾
催化剂
(2)4NH3 6NO 5N2 6H2O
(3) 反应ⅱ为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率
NO 2 NH
4 N2 2H2O
(4) SO2+MnO2=MnSO4 温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对 NO脱除速率增大的影
响不如催化剂失效对 NO脱除速率降低的影响显著
【详解】（1）NO与空气中的氧气反应产生 NO2，NO2与水反应产生 HNO3、NO，导致形成酸雨，同时 NO
也会与紫外线等作用形成光化学烟雾；
（2）NH3、NO在催化剂存在条件下反应产生 N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：
催化剂
4NH3 6NO 5N2 6H2O；
（3）①根据图示可知：反应ⅱ是慢反应，为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可扩大反应物接触面积，
从而可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率；
②NO2 与NH 4 发生氧化还原反应，产生 N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的
化学方程式为：NO 2 +NH 4 =N2+2H2O；
（4）①SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，二者会发生氧化还原反应产生MnSO4，从而导致催化剂失效，
其化学方程式是：SO2+MnO2=MnSO4；
根据图示可知：在相同时间，200℃时 NO脱除率低于 100℃，这是由于温度升高使催化剂失效速率加快，
导致温度升高对 NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对 NO脱除速率降低的影响显著。
19．(1)酸雨
(2)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
(3)2CO2- +SO +H O=2HCO- +SO2-3 2 2 3 3
(4)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(5) 先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉淀 溶液由无色变为
12.6(4cV 2c V )
蓝色，半分钟内不变色 1 1 2 2 %
m
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【分析】Na2SO3应用广泛，利用工业废碱渣(主要成分 Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的 SO2制备无水 Na2SO3，
吸收塔中发生的反应为 2CO2-3 +SO +H O=2HCO
-
2 2 3 +SO
2-
3 ，为了降低由中和器所得溶液中 Na2SO3的溶解度，
从而提高结晶产率，中和器中加入的 NaOH是过量的，加入氢氧化钠进入中和器得到溶液结晶进入离心机
干燥得到晶体，滤液重新进入吸收塔循环使用，据此分析解题。
【详解】（1）向大气中排放 SO2会导致酸雨发生，SO2气体在空气中经粉尘催化氧化为 SO3，SO3与水反应
催化剂
能生成硫酸，有关反应的化学方程式为：2SO2+O2 2SO3；SO3+H2O═H2SO4，或二氧化硫与水
反应生成亚硫酸，又被氧化为硫酸，则 SO2形成硫酸型酸雨的反应为 SO2+H2O H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，
故答案为：酸雨；
（2）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫
酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：
NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（3）由图可知，生产过程中吸收塔内发生反应为碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离
子方程式为：2CO2- +SO - 2- 2- - 2-3 2+H2O=2HCO3 +SO3 ，故答案为：2CO3 +SO2+H2O=2HCO3 +SO3 ；
（4）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移
动，抑制 Na2SO3溶解，故答案为：Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+ (aq)+SO2-3 (aq)，NaOH过量使
c(Na+)增大，上述平衡逆向移动；
（5）①取少量成品溶解，先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉淀，则
说明成品中含SO2 4 ，故答案为：先加入足量的稀盐酸进行酸化后再加入 BaCl2溶液，若观察到产生白色沉
淀；
②碘酸钾滴定含淀粉的亚硫酸钠溶液，则滴定终点的现象为溶液由无色变为蓝色，半分钟内不变色，由题
干数据可知，碘标准液中含有的 I2的物质的量为：n(I2)=cV=c1V1×10-3mol，根据反应方程式
I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，与 Na2S
1 1
2O3反应即过量的 I2，n(I2)1= 2 n(Na2S2O3)= 2 c2V2×10
-3mol，故与
Na2SO3反应的 I2的物质的量为：n(I2)2=n(I2)- n(I
1 1
2)1=c1V1×10-3- c2V2×10-3=(c1V1- c2V2)×10-3mol，根据反应2 2
方程式 Na2SO3+H
1
2O+I2=Na2SO4+2HI可知：n(Na2SO3)=n(I2)2=(c1V1- 2 c2V2)×10
-3mol，成品中 Na2SO3的质量
(cV 11 1 c2V2 ) 10
3 mol 100 ×126g/mol 12.6(4c1V1 2c2V2)分数是 2 25 100%= %，故答案为：溶液由无色变为蓝
m m
12.6(4c1V1 2c色，半分钟内不变色； 2
V2 ) %。
m
20．(1)增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率
(2)1.0-1.5
(3)4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+
(4)4H2O2+CuS═Cu2++SO2-4 +4H2O
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2V
(5) 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 大 2 V1-V2
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应
速率，生物堆浸过滤后得到含 Fe3+、Cu2+的溶液，过程 I中，加入 Na2S2O3固体会还原堆浸液中的 Fe3+，得
到硫酸亚铁溶液以及 CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步制备草酸亚铁；过程Ⅱ中，用 H2O2和稀硫酸处理后，
CuS完全溶解，得到 CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4 5H2O)，随着
氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了 H+，H+的生成只能来源于 H2O的参与，
结合原子守恒推测，据此分析解题。
【详解】（1）将矿石进行研磨，可增大矿石与生物堆浸液的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反
应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率；
（2）生物堆浸过程中，pH不能超过 1.5，否则 Fe3+开始沉淀，pH不能小于 1.0，否则生物堆浸使用的氧化
亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的 pH在 1.0-1.5范围内，故答案为：1.0-1.5；
（3）由题干表中数据可知，pH=2.8是 Fe3+已经完全沉淀了，故若生物堆浸过程中，溶液的 pH>2.8，根据
题意知 Fe2+继续被 O2氧化转变成 Fe(OH)3，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为
4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+；
（4）过程Ⅱ中，CuS用 H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成 CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程
式为 4H2O2+CuS═Cu2++SO2-4 +4H2O，故答案为：4H2O2+CuS═Cu2++SO
2-
4 +4H2O；
（5）1)高锰酸钾溶液自身为紫色，滴入草酸溶液中发生还原反应，溶液呈无色，当滴加半滴 KMnO4标准液
时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，可认为达到滴定终点，故答案为：溶液由无色变为浅紫
色，且半分钟内不褪色；
2)标定 KMnO4标准液时，高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热需要控制温度为 75
至 85℃，若不加热，温度过低反应较慢，导致滴入 KMnO4溶液体积偏小，则测定高锰酸钾标准液浓度会偏
大，故答案为：大；
3)由步骤 1可知，根据得失电子守恒有 n(Fe2+)+2n(C 2- -32O4 )=5n(KMnO4)1=5cV1×10 mol，由步骤 2可知，根据
得失电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)2=5cV2×10-3mol，联合解得，n(C 2-2O4 )=2.5×10-3c(V1-V2)mol，故草酸亚
Fe x n(Fe
2+ ) 5cV ×10-3mol 2V 2V
铁晶体( x C2O4 nH Oy 2 )的 x/y值为： = 2 2 2y n(C O2- = ，故答案为： 。2 4 ) 2.5×10-3c V1 -V2 mol V V -V1 -V2 1 2
【点睛】。
21．(1)过滤
(2) 2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+ pH过高，导致溶液中的 OH-浓度过大，则将与 Cu2+直接反应
生成 Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少
(3) 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4 升温增大反应速率，砷的浸出率先增
大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小
(4)b
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【分析】含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)，加入氢氧化钠除去
Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3，经过沉砷得到亚砷酸铜沉淀，经过还原浸出
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，可知 Cu3(SO3)2 2H2O为还原渣，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息结合分析可知，充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是过滤，除去 Fe(OH)3、
Bi(OH)3固体，故答案为：过滤；
（2）①已知 HAsO2是一种弱酸，故沉砷过程中由 HAsO2与 CuSO4反应生成 Cu(AsO2)2的离子方程式为
2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+，故答案为：2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+；
②沉砷过程中按 n(Cu) : n(As) 1: 2加入CuSO4 [ n(Cu)与 n(As)分别表示 Cu元素与 As元素的物质的量]，同
时需小心调控溶液的 pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 pH过高，导致溶液中的 OH-浓度
过大，则将与 Cu2+直接反应生成 Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少，生成的 Cu(AsO2)2减
少，故砷的沉淀率降低，故答案为：pH过高，导致溶液中的 OH-浓度过大，则将与 Cu2+直接反应生成 Cu(OH)2
沉淀，导致与亚砷酸反应的 Cu2+的量减少；
（3）①根据原子守恒，还原浸出过程发生主要反应的化学方程式为：
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，故答案为：
3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4；
②其他条件相同时，还原浸出 60min,随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温增大反应速率，
砷的浸出率先增大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小，故答案为：升温增大反应速率，
砷的浸出率先增大，随温度升高 HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小；
（4）还原渣为 Cu3(SO3)2 2H2O，经过氧化后为 CuSO4，可返回沉砷工序，循环利用，故答案为：b。
22．(1)AgOCN NH 4Cl CO NH 2 AgCl2
(2)ABC
(3) 阳 2NO 3 16e
CO 2 1 8H
CO NH2 7H O2 2
(4) NH 4 样品的质量、步骤ⅲ所加入 H2SO4溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式：
AgOCN NH 4Cl CO NH 2 AgCl2 ；
（2）A．反应过程中先生成 NH2COONH4，NH2COONH4再分解被消耗，为中间产物，A正确；
B．根据图像可知，反应 i活化能为 E1，反应 ii活化能为 E3，E3＞E1，B正确；
C．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，C正确；
D．根据图像可知，CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1- E2+E3-E4，D错误；
答案选 ABC；
（3）①电极 b上发生 H2O失电子生成 O2的氧化反应，是电解池的阳极；
②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式：
2NO 3 16e
CO2 18H
CO NH2 7H2 2O；
（4）①尿素消化分解生成氨气和二氧化碳，由于反应中存在浓硫酸，则消化液中含氮粒子为NH 4 ；
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②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入 H2SO4溶液的体积和浓度。
23．(1)250mL容量瓶
(2)酸式
(3)80%
(4)cd
(5)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
(6)B
(7)ac
【详解】（1）用固体配制一定物质的量浓度溶液的仪器有：天平(含砝码)、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和
胶头滴管，故将样品配成 250mL标准溶液，还需用到的玻璃仪器有 250mL容量瓶，故答案为：250mL容量
瓶；
（2）由于盐酸会腐蚀碱性滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管盛装 0.10 mol L 1的盐酸标准液，故答案
为：酸式；
（3）由表中数据可知滴定三次消耗的盐酸的体积分别为：20.10mL、20.00mL、19.90mL，故平均消耗的盐
20.10mL+20.00mL+19.90mL
酸体积为： =20.00mL，故有 n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10-3L×0.10
3
-3
1 -3 2.00 10 mol 40g/mol
250mL
mol L =2.00×10 mol,烧碱样品的纯度为 25.00mL 100%=80%，故答案为：80%；
1.0g
（4）a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对消耗的盐酸体积无影响，故结果无影响，故 a错误；
b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，将导致消耗的盐酸体积偏小，故结果偏低，故 b错误；
c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将导致盐酸体积偏大，故结果偏高，故 c正确；
d.盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，导致消耗盐酸的体积偏大，故结果偏高，故 d正确；
故答案为：cd；
（5）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，开始等浓度二者的 pH可以确定图 2是盐酸的滴定曲线，图 1是醋酸的滴
定曲线，E点的溶液是氯化钠溶液，存在电荷守恒关系式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；
（6）醋酸和氢氧化钠之间反应，生成醋酸钠溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，当
c(Na+)=c(CH3COO-)时，则 c(H+)=c(OH-)，应该为 B点；故答案为：B；
（7）a.用 0.1000mol L-1 NaOH溶液滴定等浓度的 CH3COOH溶液，在滴定过程中，可以有如下情况：酸剩
余，此时溶液的组成为醋酸钠和醋酸，溶液显示酸性，若剩余的酸较多，离子浓度大小关系是：c(CH3COO-)
＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)，故 a正确；
b.如果 c(H+)＞c(OH-)＞c(Na+)＞c(CH3COO-)，得到 c(H+)+c(Na+)＞c(OH-)+c(CH3COO-)，不符合电荷守恒，故
b错误；
c.若碱过量，得到氢氧化钠和醋酸钠的混合物，可以存在：c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)，故 c正确；
d.溶液存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，若 c(H+)＞c(OH-)，则 c(Na+)＜c(CH3COO-)，故 d
错误；
故答案为：ac。
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24．(1)C
(2)2Cr(OH)3 3H2O2 4OH
2CrO2 4 8H2O
(3)温度过高H2O2分解，导致H2O2浓度降低(使反应速率变慢)，Na2CrO4产率降低
(4)加入H SO 后， c H 2 4 增大，Cr 2 2O7 H2O 2CrO 2 2H 4 逆向移动，得到更多的Cr O2 2 7
3
(5) 最后半滴Na 596c1V1 102S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色 100%3a
【分析】含铬污泥酸浸后的浸出液(主要含Na 、Ni2 、Cr3 、H 、Cr2O
2
7 和SO
2
4 )为原料，提纯制备红矾钠
(Na 2Cr2O7 2H2O )，其中铬元素为流程中主元素，I加NaHSO3还原过程是使Cr
2
2O7 转化为Cr3 ，II加 NaOH
过程是使Cr3 转化为Cr OH 3从混合溶液中分离出来，III加 NaOH和 H O 2 2 2加热氧化生成CrO4 ，IV加硫酸
酸化转化为Cr2O
2
7 ，最终得到Na 2Cr2O7 2H2O。
【详解】（1）过程Ⅱ，加入NaOH调节 pH目的使Cr3 完全转化为Cr OH 3沉淀，与杂质离子Ni2 等分离，
调节 pH不能使Ni2 生成Ni OH 2沉淀，则 pH范围为5.6 ~ 7.1，答案选 C；
（2）H2O2氧化Cr OH 3，铬元素化合价升高为Cr(Ⅵ)，在碱性溶液中存在形式主要为CrO2 4 ，故离子反应
为2Cr(OH) 3 3H2O2 4OH 2CrO
2
4 8H2O；
（3）温度过高， 2H2O2 2H2O+O2 ,导致H2O2浓度降低(使反应速率变慢)，相同时间Na 2CrO 4产率降低；
（4）加硫酸酸化之前，溶液呈碱性主要存在形式为CrO2 4 ，加入H2SO4后， c H 增大，
Cr2O
2
7 H2O 2CrO
2
4 2H
平衡逆向移动，得到更多的Cr 2 2O7 ；
（5）Cr2O
2
7 与KI溶液在酸性环境充分反应生成 I2，I2与淀粉溶液显蓝色，随Na 2S2O3标准溶液的滴入蓝色
变浅，恰好完全反应时蓝色消失，且 30s不变色为滴定终点，故滴定终点现象为最后半滴Na 2S2O3标准溶液
滴入后，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；
由反应Cr2O
2
7 +6I
14H 2Cr3 3I2 7H2O和 I2 2S2O
2
3 2I
S O2 4 6 得到关系式Cr2O
2
7 ~ 3I2 ~ 6S2O
2
3 ，
-3 -3
计算 n c Na S O V Na S O V 总 Cr O2- = 2 2 3 2 2 3 = c1 V1 10 100 mol=2 c1 V1 102 7 6 V mol ，纯度表达式滴定 6 25 3
m Cr O2- 2- 2- 2 c V 10 -3 32 7 n Cr O M Cr O 1 1
为 100%
2 7 2 7
= 100%= 298 596c3 1
V1 10
m 样品 m 样品 100% = 100%。a 3a
25．(1)c
(2)2Cr(OH)3 3H2O2 4NaOH=2Na2CrO4 8H2O
(3)温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低
(4)加入H2SO4后， c H 增大，Cr O2 2 7 H 2O 2CrO2 4 2H 逆向移动，得到更多的Cr 2 2O7
(5) 596c V 10
3
溶液蓝色褪去，且 30s不变色不写 30秒不变色 1 1 100%
3a
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【分析】对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液，加入 NaOH调节 pH的目的是将 Cr3+完全沉淀，氧化沉
淀即生成 Na CrO 2 2 2 4，Cr2O7 H2O 2CrO4 2H ,平衡逆向移动，提高 Na2Cr2O7的产率；
【详解】（1）Ⅱ中，加入 NaOH调节 pH的目的是将 Cr3+完全沉淀，而使 Ni2+不沉淀，故应该调节 pH至 5.6~7.1；
故答案为：c；
（2）Ⅲ中，H2O2氧化 Cr(OH)3沉淀即生成 Na2CrO4和 H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方
程式为3H2O2 2Cr OH 4NaOH 2Na2CrO 8H O3 4 2 ；
故答案为：3H2O2 2Cr OH 4NaOH 2Na2CrO4 8H2O3 ；
（3）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化 Cr(OH)3的 H2O2减
少，故能导致 Na2CrO4的产率反而降低；
故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化 Cr(OH)3的 H2O2减少，故能导致 Na2CrO4的产率反而降低；
（4）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：Cr O2 H O 2CrO2 2H 2 7 2 4 ，加入 H2SO4使得溶液中 H+增大，使得
上述平衡逆向移动，以提高 Na2Cr2O7的产率；
故答案为：加入使得溶液中 H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高 Na2Cr2O7的产率；
（5）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后一滴 Na2S2O3标
准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
故答案为：滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据得失电子总数相等可知，Na2Cr2O7·2H2O~3I2~6Na2S2O3，故有
n Na2Cr2O7·2H2O
1
n Na2S2O
1
3 c1mol / L V1 10 3L
1
c1V1 10
3mol，所得 Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质6 6 6
1 c 3 100mL
量为 298g/mol)的纯度的表达式为 6 1
V1 10 mol 298g /mol 325.00mL 100% 596c1V1 10 100%；
ag 3a
3
故答案为： 596c1V1 10 100%。
3a
26．(1)CH 3COOH CH3COO H
(2)加入氢氧化钠固体或加入碳酸钠固体或加入醋酸钠固体
(3)b
(4)10 5.3
(5)溶液中存在水的电离平衡H2O OH
H ，随着 NaOH加入，CH3COOH浓度降低，醋酸对水电离的
抑制程度减弱
(6)7.5
(7)测得的醋酸溶液样品中醋酸的含量偏高
【详解】（1）醋酸是弱酸，部分电离为醋酸根离子和氢离子，故答案为：CH3COOH CH3COO
H ；
（2）加入氢氧化钠固体或者碳酸钠固体将氢离子反应，电离平衡正向移动，可以达到目的；加入醋酸钠固
体，因为加入了醋酸根离子醋酸根离子浓度会增大，平衡逆向移动氢离子浓度会减小；故答案为：加入氢
氧化钠固体或加入碳酸钠固体或加入醋酸钠固体；
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（3）a、b、c点溶液的溶质分别为：醋酸、醋酸钠和醋酸、醋酸钠，对于 a点醋酸同时电离出等浓度的醋
酸根离子和氢离子，水会也会微弱的电离出氢离子，因此 c CH3COO ＜c H ；根据电荷守恒
c Na+ +c H+ =c CH COO-3 +c OH- 而 b点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故 c Na c CH 3COO ；
c点溶质为醋酸钠，由物料守恒有 c Na c CH 3COO c CH3COOH ，故答案为：b；
K 14
（4）c点溶液中氢氧根全部来源于水的电离，c OH- = W 10 mol / L 10 5.3+ 8.7 mol/L，故答案为：10 5.3；c（H） 10
（5）随着氢氧化钠的加入，溶液中醋酸的浓度降低，醋酸电离出的氢离子浓度也降低，对水电离的抑制在
逐渐减弱，故答案为：溶液中存在水的电离平衡H2O OH
H ，随着 NaOH加入，CH3COOH浓度降低，
醋酸对水电离的抑制程度减弱；
（6）第四组数据和其他数据差距过大，只取前三组数据的平均值：实验消耗氢氧化钠 25ml，该醋酸溶液样
25 10 -3品中醋酸的含量是 L 0.1mol/L 5 60g/mol 7.5mol /100ml，故答案为：7.5；
0.1 100ml
（7）滴定实验时，没有用 NaOH溶液润洗碱式滴定管，导致氢氧化钠标准液被稀释，滴定消耗标准液体积
偏大，最终计算醋酸的量偏高，故答案为：测得的醋酸溶液样品中醋酸的含量偏高。
27．(1)容量瓶
(2)用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管
(3)H＋＋OH-＝H2O、H
＋＋CO2 3 ＝HCO
3
(4)黄
(5)78.8
(6)ac
【详解】（1）步骤Ⅰ是准确配制 100mL一定物质的量浓度溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴
管和 100mL容量瓶，故答案为容量瓶。
（2）滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是用盐酸标准溶
液润洗酸式滴定管；故答案为用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管。
（3）第一终点溶质为 NaCl和 NaHCO3，则滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生
反应，反应离子方程式是：H＋＋OH-＝H ＋2O、H ＋CO
2 ＝HCO 3 3 。
（4）根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色，故答案为黄。
（5）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为 23.70mL 21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐
酸的体积是：21.70mL （23.70mL 21.70mL）＝19.70mL，所以氢氧化钠的物质的量是 0.1mol/L×0.0197 L
＝0.00197mol，氢氧化钠的质量是 0.00197 mol×40g/mol＝0.0788g，样品中 NaOH 的质量分数
ω(NaOH)= 0.0788g20 100%＝78.8%0.5g ；故答案为 78.8。
100
（6）a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的 NaOH 质量分数偏
高，故 a正确；
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b．记录酸式滴定管读数 V1时，俯视标准液液面，达到第一终点时记录的 V1偏小，测得的 NaOH质量分数
偏低，故 b错误；
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，测得的 NaOH质量分数
偏高，故 c正确；
故答案选 ac。
28．(1)酸雨
(2)HSO - 2 3 +OH =SO3 +H2O
(3)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s) 2Na+(aq)+SO ﹣32 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(4)2CO2 3 +SO2+H2O=2HCO
3 +SO
2
3
(5) 滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀 滴入最后半滴 Na2S2O3标准液，溶液由蓝
25.2(2c V -c V )
色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 1 1 2 2 %
m
【分析】碳酸钠溶解后，和含 SO2的硫酸厂尾气一起加入吸收塔，碳酸钠溶液和二氧化硫反应主要生成亚
硫酸氢钠，中和器中加入氢氧化钠，氢氧化钠与亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠，反应后的溶液经过结晶得
到亚硫酸钠晶体，干燥后得到成品，母液中含碳酸钠，可进入吸收塔循环使用。
【详解】（1）向大气中排放 SO2会导致硫酸型酸雨发生；
（2）根据题意可知，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反
应化学方程式为：HSO 3 +OH-=SO2 3 +H2O；
（3）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO (s) 2Na+(aq)+SO 2﹣3 3 (aq)，NaOH过量使 c(Na+)增大，上述平衡逆向移
动
（4）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2CO2 +SO 2 3 2+H2O=2HCO3 +SO3 ；
（5）①为检验硫酸根离子的存在，需加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀， 证明含有硫酸根离
子，故答案为：滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀；
②本实验最后是用 Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入 1mL淀粉指示剂，由于 I2遇到淀粉溶液显
蓝色，故滴定终点的现象是滴入最后半滴 Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
③步骤 ii中加入的碘标准液中含有的 n(I2)总= c1mol/L×V1×10-3L= c1V1×10-3mol，步骤 iii中 Na2S2O3标准液消
1 1 1
耗的 n(I2)1= n(Na2S2O3)= ×c2mol/L×V2×10-3L= c2V2×10-3mol，故与 Na2SO3反应的 n(I2)2=n(I2)总- n(I2) =2 2 2 1
1
c1V1×10-3mol- c2V2×10-3mol，根据反应方程式SO2- +I +H O=SO2-3 2 2 4 +2I-+2H+可知，n(Na2SO3)=n(I2) =2 2
1
c1V1×10-3mol- c2V2×10-3mol，故成品中 Na2SO3(M=126g/mol)的质量分数是
2
n I2 M(Na SO ) (c -3 -12 2 3 ×100% = 1
V1-0.5c2V2 ) 10 mol 126g mol 100% 25.2(2c1V1-c= 2
V2)
m m %。
4 4 m
煅烧
29．(1)CaMg CO3 CaO+MgO+2CO2 2
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(2) NH +4 H2O NH3 H2O+H Ksp Ca OH Ksp Mg OH NH Cl2 2 ，在一定量 4 溶液中，氢
氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故 CaO先浸出 b 95.2 Ksp CaCO3
(3) MgO+H2O=Mg OH 、Mg OH +2NH+ 2+4 Mg +2NH3+2H O2 2 2
Mg OH +2NH+ Mg2+4 +2NH3+2H2 2O随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)NH4Cl、 NH4 SO、CO、NH2 4 2 3
【分析】白云石矿样煅烧后CaMg CO3 2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液浸钙，大部分钙离子进入
滤液 A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体 B，加入硫酸铵溶液将镁离子转
化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵溶液生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁，据此分析解答。
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
煅烧
CaMg CO3 CaO+MgO+2CO2 2 ；
（2）①NH4Cl溶液发生水解生成一水合氨和氯化氢，使溶液显酸性，离子方程式为：
NH +4 H2O NH3 H2O+H ；
氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的 pH，由图表可知，Ksp Ca OH K2 sp Mg OH 2 ，
在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故 CaO首先溶解被浸出；
③a．NH4Cl水解虽显酸性，所以浸钙时后需沉钙，所以滤液 A需呈碱性，a错误；
b．溶液 A中有大量氯化钙，少量氯化镁，所以离子浓度为： c Cl c Ca 2 c Mg2 ，b正确；
c．沉钙时，需为碱性环境，因为生成的碳酸钙溶于酸，正确的离子反应为：
Ca 2++2NH +3 H 2O+CO 2=CaCO 3 +2NH 4 +H2O，c错误；
故选 b；
④“浸钙”过程选用 n NH4Cl :n CaO 的比例为 2.4：1时，假定 n(CaO)=1mol，则CaMg CO3 2=1mol，则氧
化钙的质量为 56g，氧化镁的质量为=40g，根据表格数据可知，浸出液 A中氧化钙的质量为 m(CaO)=
56g 99.0%=55.44g，氧化镁的质量为 m(MgO)= 40g 6.0%=2.4g，根据信息可知，CaCO3纯度计算值
55.44g 100g/mol
56g/mol
= 95.2%；55.44g 100g/mol 2.4g 84g/mol
56g/mol 40g/mol
⑤Ksp CaCO3
（3）“浸镁”过程中，发生反应：MgO+H2O=Mg OH Mg OH +2NH+ Mg2+4 +2NH3+2H O2 2 2 ，加热蒸馏
随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液 D加入
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碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中
NH4Cl、 NH4 SO4、CO2、NH2 3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
NH4Cl、 NH4 SO、CO、NH2 4 2 3。
30．(1)BD
(2)HCO 3 既发生水解，又发生电离，水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，且水解程度大于电离程度，所
以NaHCO3溶液呈碱性
(3)2HCO 3 Ca
2 CaCO3 CO2 H2O
xy
(4)
z
(5) a室： 2H2O 4e
4H O2 ，氢离子通过阳离子交换膜进入 b室，发生反应：
H HCO 3 CO2 H2O； c室发生反应：2H
2O 2e 2OH H2 ，用 c室排出的碱液将从 b室排
出的酸性海水调节至装置入口海水的 pH。
【详解】（1）A．由图可知，pH=8时，溶液中含碳微粒主要是HCO 3 ，A项正确；
B．由图可知，当 c HCO 3 c CO2 3 时，此时 pH=10.3，说明 c H ＜c OH ，B项错误；
C．电离平衡常数只与温度有关，取图中 c HCO 3 c CO2 3 的点，此时 pH=10.3， c H 10 10.3mol / L，
c CO2 3 ·c H
则常温时HCO 的电离常数为 c H 10 10.33 ，C项正确；c HCO3
D．pH=12时，该溶液主要为碳酸盐溶液，根据电荷守恒可知还有其它阳离子，D项错误；
故选 BD；
（2）HCO 3 既发生水解又发生电离，水解使溶液显碱性，水解方程式为：HCO
3 H2O H2CO3 OH
，
电离使溶液显酸性，电离方程式为：HCO 3 H
CO2 3 ，且水解程度大于电离程度，所以 NaHCO3溶液呈
碱性；
（3）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
2HCO 3 Ca
2 CaCO3 CO2 H2O
（4）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：
；
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②此反应原理为： NaHCO3 HCl NaCl CO2 H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为 1：1，那么
xy
海水中碳酸氢钠的浓度为 c，体积均为 zmL，依据题意有 c×z=xy，解 c ；
z
（5）①a室为阳极，水电离的氢氧根放电： 2H 2O 4e 4H O2 ，氢离子通过阳离子交换膜进入 b室，
与海水中的碳酸氢根发生反应：H HCO 3 CO2 H2O；
②用该装置产生的物质处理 b室排出的海水，合格后排回大海，c室为阴极，发生还原反应，水电离的氢离
子放电：2H2O 2e
2OH H2 ，用 c室排出的碱液将从 b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的 pH。
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