2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：物质在水溶液中的行为章节综合5（PDF含解析）

2023 北京重点校高二（上）期中化学汇编
物质在水溶液中的行为章节综合 5
一、单选题
1．（2023 北京汇文中学高二上期中）下列物质属于强电解质的是
A．SO3 B．Fe(OH)3 C．盐酸 D．NaOH
2．（2023 北京北师大附中高二上期中）下列物质中，属于弱电解质的是
A．氨水 B．二氧化硫 C．冰醋酸 D．铜线
3．（2023 北京北师大附中高二上期中）下面关于中和滴定的实验操作叙述不．正．确．的有
①将锥形瓶用蒸馏水和待测定的盐酸溶液进行洗涤
②取 20 mL 待测定的盐酸溶液，注入锥形瓶中
③向锥形瓶中加入几滴酚酞试液为指示剂
④碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入已知浓度的 NaOH 溶液
⑤进行中和滴定时，一旦锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，即可停止滴定
⑥记录数据，进行必要的数据处理和得出结论。
A．①④⑥ B．①②④ C．①②④⑤ D．②③⑤
4．（2023 北京 161 中高二上期中）常温下，下列溶液中，水电离出的 c H+ =1 10-2mol L-1的是。
A．0.01mol L 1盐酸 B．0.01mol L 1 NaOH 溶液
C． pH 2 NH4Cl溶液 D． pH 2 NaHSO4溶液
5．（2023 北京清华附中高二上期中）下列物质属于弱电解质的是
A．NaCl B．NaOH C．NH3·H2O D．H2SO4
6．（2023 北京密云二中高二上期中）将下列物质溶于水，能促进水的电离的是
A．NaHSO4 B．Na2CO3 C．SO2 D．NaOH
7．（2023 北京 101 中学高二上期中）实验测得 0.5 mol·L 1CH3COONa 溶液、0.5 mol·L 1 CuSO4溶液以及 H2O
的 pH 随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中 c(H+)>c(OH )
B．随温度升高，CH3COONa 溶液的 c(OH )减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的 pH 变化是 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
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D．随温度升高，CH3COONa 溶液和 CuSO4溶液的 pH 均降低，是因为 CH3COO 、Cu2+水解平衡移动方
向不同
8．（2023 北京北师大二附中高二上期中）某温度时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说
法中，不．正．确．的是
A．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4 Ca2+(aq)+SO 2-4 (aq)
B．a 点表示 CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡
C．b 点有 CaSO4沉淀生成
D．由图可知，含大量 SO 2-4 的溶液中不存在 Ca2+
9．（2023 北京第十二中学高二上期中）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-
B．pH=11 的 NaOH 溶液中：CO 2 3 、Na+、NO
、SO 2 3 4
C．由水电离出的 c(H+)=1.0×10 13 mol L-1的溶液中：Na+、NH 4 、SO
2
4 、HCO

3
D．含有 NO 3 的溶液中：I-、SO
2 、SO 2 3 4 、H+
10．（2023 北京汇文中学高二上期中）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是
A．无色溶液中：Fe3 、K 、SCN 、Cl
B．含有Al3 的溶液中：K 、HCO 、SO2 3 4 、Cl
C． pH 11的 NaOH 溶液中：CO2 、K 3 、NO
2
3 、SO4
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1 的溶液中：Na 、NH 4 、SO2 4 、HCO 3
11．（2023 北京密云二中高二上期中）实验测得0.6mol L-1CH 3COONa 溶液的 pH 、温度随时间变化的曲线
如图所示，下列说法不．正．确．的是
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A．随温度升高，纯水中 c H+ =c OH-
B．随温度升高，CH3COONa 溶液的 c OH- 减小
C． CH3COONa 溶液存在水解平衡：CH COO
-
3 +H 2O CH3COOH+OH
-
D．随温度升高，CH3COONa 溶液的 pH 变化是Kw 改变与水解平衡移动共同作用的结果
12．（2023 北京北师大二附中高二上期中）某同学进行如下实验：
实验步骤 实验现象
将 NH4Cl 固体加入试管中，并将湿润的 pH 试纸置于 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红
I
试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
II 将饱和 NH4Cl 溶液滴在 pH 试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是
A．根据 I 中试纸变蓝，说明 NH4Cl 发生了分解反应
B．根据 I 中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．I 中试纸变成红色，是由于 NH4Cl 水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热 NH4Cl 的方法制备 NH3
13．（2023 北京清华附中高二上期中）为减少二氧化碳的排放，我国科学家设计了熔盐电池捕获二氧化碳的
装置，如图所示。下列说法不正确的是
A．过程①中有碳氧键断裂
B．过程②中C 2 2O5 在电极 a 上发生了还原反应
C．过程③中的反应可表示为CO 2 2 2 O =CO3
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D．熔盐电池的总反应为 CO 通电2 C+O2↑
14．（2023 北京通州高二上期中）已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
弱酸 醋酸 次氯酸 碳酸
电离平衡常数 Ka 1.7 10
5 Ka 4.7 10
8 Ka1 4.2 10
7 Ka2 5.6 10
11
A．三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH H2CO3 HClO
B．CO2与 NaClO 溶液反应生成 HClO 与Na2CO3
C．常温下，浓度均为 0.1mol/L 的溶液的碱性：NaClO NaHCO3 CH3 COONa
D．向 NaClO 溶液中滴加醋酸，可生成 HClO，使杀菌、消毒能力增强
15．（2023 北京北师大实验中学高二上期中）在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g 形状相同的镁条(过量)分别与 2
mL 2 mol·L 1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与 Mg 反应的化学反应速率均快于醋酸与 Mg 反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 mol·L 1 NaOH 溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗 NaOH 溶液的体积更大
16．（2023 北京北师大二附中高二上期中）在相同温度时，100 mL0.01 mol/L 醋酸与 10 mL0.1 mol/L 醋酸相
比较，下列数值中，前者大于后者的是
A．溶液中 H+的物质的量 B．CH3COOH 的电离常数
C．中和时所需 NaOH 的物质的量 D．溶液中 CH3COOH 的物质的量
17．（2023 北京北师大附中高二上期中）下列事实不．能．说明 HNO2是弱电解质的是
A．常温下 NaNO2溶液的 pH 大于 7
B．常温下 0.1 mol L-1的 HNO2溶液的 pH 为 2.1
C．pH=11 的 NaNO2溶液加水稀释到 100 倍，pH 大于 9
D．用 HNO2溶液作导电实验，灯泡很暗
18．（2023 北京北师大附中高二上期中）下列说法中正确的是
A．向沸水中滴加 FeCl3饱和溶液一定有红褐色沉淀产生
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B．制备 AlCl3、NaCl 均可以采用将溶液直接蒸干的方法
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，不会有沉淀析出
D．盐碱地(含较多 NaCl、Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性
19．（2023北京北师大实验中学高二上期中）电离常数是研究电解质在水溶液中的行为的重要工具。现有HX、
H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如下表所示。
酸 电离常数(25℃)
HX K 10 9.2a
H Y K 10 6.4 K 10 10.32 a1 a2
H Z K 1.9 7.22 a1 10 Ka2 =10
下列说法正确的是 A．在水溶液中结合H 的能力：Y2 Z2
B．0.1mol L 1NaX溶液中离子浓度的关系： c Na+ C．Na 2Y溶液与过量HX反应的离子方程式：HX Y2 HY X
D．25℃时，浓度均为 0.1mol L 1的H2Y和H2Z溶液的 pH ：H2Y H2Z
20．（2023 北京密云二中高二上期中）常温时，向 20 mL0.1mol/L 的CH3COOH 溶液中逐滴滴加 0.1mol/L 的
NaOH 溶液，滴入 NaOH 溶液的体积与溶液 pH 的变化如图所示。下列说法正确的是
A．a 点的 pH=1 B．b 点时， c CH 3COO 0.05mol/L
c CH COO
C．c 点时，V(NaOH) 20mL D．反应过程中的 3 值不断增大
c CH3COOH
21．（2023 北京第八十中学高二上期中）以酚酞为指示剂，用 0.1000 mo/L NaOH 溶液滴定 10.00 mL 未知浓
度的CH3COOH溶液，滴定过程中的 pH 变化如下图所示。下列分析正确的是
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A．CH3COOH的浓度为 0.1000 mol/L
B．CH a3COOH的电离常数Ka 1.0 10
C．溶液从粉红色变为无色，且半分钟不褪色，表示已达滴定终点
D． pH a 时，溶液中c Na+ >c CH - +3COO >c H
二、解答题
22．（2023 北京北师大二附中高二上期中）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。
已知：
物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4
（1）探究 BaCO3和 BaSO4之间的转化
实验操作：
试剂 A 试剂 B 试剂 C 加入盐酸后的现象
实验Ⅰ Na2CO3 Na2SO4 ……
BaCl2
实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解
① 实验Ⅰ说明 BaCO3全部转化为 BaSO4，依据的现象是加入盐酸后， 。
② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是 。
③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合 BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因： 。
（2）探究 AgCl 和 AgI 之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到 AgI 转化为 AgCl，于是又设计了如下实验（电压
表读数：a＞c＞b＞0）。
电压表
装置 步骤
读数
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ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合
a
K
ⅱ.向 B 中滴入 AgNO3(aq)，至沉淀
b
完全
ⅲ.再向 B 中投入一定量 NaCl (s) c
ⅳ.重复ⅰ，再向 B 中加入与ⅲ等量
a
NaCl(s)
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压
越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了 AgCl 转化为 AgI，甲溶液可以是 （填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl 溶液 c. KI 溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B 中石墨上的电极反应式是 。
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中 b＜a 的原因： 。
④ 实验Ⅳ的现象能说明 AgI 转化为 AgCl，理由是 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： 。
23．（2023 北京北师大二附中高二上期中）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
(1) 室温下，测得 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液的 pH = 1.3，写出草酸的电离方程式 。
(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液 pH 变化关系如图所示：
① 向草酸溶液中滴加 KOH 溶液至 pH = 2.5 时发生的主要反应的离子方程式是 。
② 0.1 mol·L 1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 (填序号)。
a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(OH–)
b.c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4)
c.c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4)
(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O
FeC2O4·xH2O↓ + 2H+
① 制备时需添加氨水以提高 FeC2O4·xH2O 的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因： 。
② 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的 x 值，实验如下：称取 0.5400 g 草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，
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用 KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗 0.1000 mol·L－1的 KMnO4酸性溶液 18.00 mL。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+则 FeC2O4·xH2O 中 x = (FeC2O4的
摩尔质量是 144 g·mol－1)。
24．（2023 北京密云二中高二上期中）软锰矿浆(主要成分MnO2 )可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3 ，
工艺流程如下：
资料：①吸收SO2后的软锰矿浆中含有Fe2 、Fe3 、Al3 、Zn 2 等阳离子；
②金属离子沉淀的 pH 如下表。
金属离子 Mn2 Fe2 Fe3 Al3 Zn 2
开始沉淀的 pH 8.1 6.3 1.5 3.4 6.2
沉淀完全的 pH 10.1 8.3 2.8 4.7 8.2
(1)脱硫的产物是MnSO4 ，软锰矿中MnO2所起的作用是 。
(2)过程 1 向浆液中通入O2的目的是 。
(3)滤渣 1 的成分是 ，过程 2 中发生反应的离子方程式为 。
(4)制备MnCO3 的过程中，一般控制溶液的 pH 范围为 5~7，不宜过大或过小，原因是 。
(5)已知：常温下， NH4 CO3溶液的 pH 约为 9.3，NH4HCO2 3 溶液的 pH 约为 7.8.请推测物质 A，并写出制
备MnCO3 时发生反应的离子方程式： 。
(6)取 m g 碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用 c mol L 1的KMnO4 溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4
溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应),样品中MnCO3 质量分数的计算式为
(用质量分数表示)。
25．（2023 北京 161 中高二上期中）实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
资料：ⅰ.S 2 2O 3 +2H+=S↓+SO2↑+H2O。
ⅱ.Fe3++3S O 2 Fe(S O 3 2 3 2 3) 3 (紫黑色)。
ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于 Na2S2O3溶液的白色固体。
(1)实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备 Na2S2O3，装置如图。
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①用化学用语解释 Na2S 和 Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因：S2-+H2O HS-+OH-、 。
②为了保证 Na2S2O3的产量，实验中要控制 SO2的量。若要降低 SO2的生成速率，可以采取的措施有： (写
出一条)。
(2)探究 Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
试剂
实验 现象
试管 滴管
Ag2SO4溶液(浓度约为 Ⅰ.局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，
0.03mol/L) 得到无色溶液
2mL0.1mol/LNa S O 溶 0.03mol/LAl2(SO4)3溶液 Ⅱ.一段时间后，生成沉淀2 2 3
液
Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色，30s 时溶液
0.03mol/LFe2(SO4)3溶液
几乎变为无色
①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。
②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有 Al(OH)3和 S，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象： 。
③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有 Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中 Fe3+与 S2O 2 3 反应的实
验现象： 。
以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。
26．（2023 北京四中高二上期中）制备锂离子电池的正极材料的前体FePO4 的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是Ca5 PO4 3 F
ii．Ca H2PO4 2可溶于水，CaSO4 2H2O微溶于水
ii．Ksp FePO4 =1.3 10 -22

iv．Fe3 EDTA4 Fe EDTA
(1)制备H3PO4
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①用H3PO4 溶液、H2SO4溶液分．步．浸取磷灰石生成 HF、CaSO4 2H2O和H3PO4，主要反应是
Ca5 PO4 F 7H3PO4 =5Ca3 H2PO4 HF 2 和 。
②增大酸浸反应速率的措施有 (只写 1 条)。
③其他条件不变时，若仅用H2SO4溶液酸浸，浸取的速率低于用H3PO4、H2SO4分步浸取法，原因是 。
(2)制备FePO4
将H3PO4、FeSO4、H2O2 混合并调节溶液的 pH 制备FePO4 。
①酸性条件下，生成FePO4 的离子方程式是 。
②含磷各微粒的物质的量分数与 pH 的关系如图。
pH=1 时，溶液中的 c HPO 2 4 =10 7.3mol/L ，则 c PO3 4 = mol/L。再加入FeSO4晶体、H2O2 溶液使
溶液中的 c Fe3 1mol/L ，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生FePO4 沉淀 。
③FePO4 的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含EDTA4 的溶液，EDTA4 的作用是 。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择 pH=2 而不是更高的 pH 制备FePO4 ，可能的原因是 (答出 2 点)。
27．（2023 北京 161 中高二上期中）科研人员用以下方法测定高炉渣中金属 Fe 的含量。
i.配制金属 Fe 浸取液。
ii.取 mg 粉碎后的高炉渣，加入足量金属 Fe 浸取液，室温下浸取 1h。
iii.过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量 H2O2溶液的烧杯中，加入盐酸、稀硫酸充分反应。
iv.将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸 10min。
v.冷却，用浓度为 cmol·L-1的抗坏血酸(C6H8O6)标准溶液滴定，消耗抗坏血酸标准溶液 VmL[已知：C6H8O6(抗
坏血酸)+2Fe3+=C6H6O6(脱氢抗坏血酸)+2Fe2++2H+]。
(1)金属 Fe 浸取液配制方法：取一定量亚硫酸钠和邻菲罗啉(用于抑制 Fe2+的水解)溶于水后，加入乙酸调节
pH 约为 4，再加入一定量乙酸-乙酸铵溶液(pH=4.5)，配成所需溶液(在此 pH 条件下，高炉渣中其他成分不
溶解)。
①Fe2+水解的方程式为 。
②常温下，改变乙酸溶液的 pH，溶液中 CH3COOH、CH3COO-的物质的量分数 a(X)随 pH 的变化如图所示，
下列说法正确的是 (填字母序号)。
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n(X)
已知：α(X)= n(CH3COOH)+n(CH COO
-
3 )
a.常温下，乙酸的电离常数 Ka(CH3COOH)=l0-4.76
b.pH=4 时，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
c.pH=4.5 的乙酸-乙酸铵溶液中，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)+c(NH 4 )
d.向乙酸—乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的 CH3COO-结合 H+，使溶液中的 c(H+)变化不大，溶液的
pH 变化不大
(2)步骤 iii 中加入过量 H2O2溶液，可除去过量的 SO 2 3 ，另一主要作用是 (用离子方程式表示)。
(3)该高炉渣中佥属 Fe 的质量分数ω(Fe)= (用有关字母的代数式表示)。
(4)若未进行步骤 iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则会使高炉渣中金属 Fe 的质量分数ω(Fe) (填“偏大”、
“偏小”或“无影响”)，理由是 。
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参考答案
1．D
【分析】强电解质常见的物质类别：强酸、强碱、绝大多数盐，据此分析。
【详解】A．SO3为非电解质，A 错误；
B．Fe(OH)3属于弱碱，是弱电解质，B 错误；
C．盐酸是 HCl 的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C 错误；
D．NaOH 是强碱，属于强电解质，D 正确；
答案选 D。
2．C
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导
电的化合物；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；
【详解】A．氨水为混合物，不是电解质，故 A 错误；
B．二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，故 B 错误；
C．冰醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，故 C 正确；
D．铜为金属单质，不是电解质，故 D 错误；
故选 C。
3．C
【详解】①将锥形瓶用待测定的盐酸溶液进行洗涤，导致滴定时标准液用量增加，实验数据偏大，错误；
②锥形瓶注入酸液之前应该首先使用蒸馏水洗涤，然后使用酸式移液管，准确量取 20.00 mL 待测定的盐酸
溶液，注入锥形瓶中，错误；
③盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，碱性溶液能使酚酞试液变红色，向锥形瓶中加入几滴酚酞试液为
指示剂，正确；
④碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，再实验标准液洗涤，直接注入已知浓度的 NaOH 溶液导致标准液浓度偏低，
用量增加，导致误差，错误；
⑤进行中和滴定时，一旦锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不变色，方即可停止滴定，错误；
⑥记录数据，进行必要的数据处理和得出结论，正确；
故选 C。
4．C
10 14【详解】A．盐酸电离出的氢离子浓度为 10-2mol/L，则 mol/Lc水 (H )=c水(OH )= =10
12
2 mol/L ，A 错误；10 mol/L
14
B．氢氧化钠电离出的氢氧根离子的浓度为 10-2mol/L，则 10 mol/Lc水 (H )= 2 =10
12 mol/L，B 错误；
10 mol/L
C．氯化铵为盐，铵根离子水解促进水的电离使溶液呈酸性，氢离子都是由水电离出的，pH=2，则
c水 (H
)=10 2mol/L ，C 正确；
D．硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其电离出的氢离子浓度为 10-2mol/L，则
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10 14 mol/Lc水 (H )=c水(OH )=
12 ， 错误；
10 2
=10 mol/L D
mol/L
答案选 C。
5．C
【详解】A．氯化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故 A 不符合题意；
B．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故 B 不符合题意；
C．一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故 C 符合题意；
D．硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故 D 不符合题意；
故选 C。
6．B
【详解】A、NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离成钠离子、氢离子和硫酸根离子，氢离子抑制水
的电离，选项 A 不符合；
B、Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子，水解促进水的电离，选项 B 符合；
C、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项 C 不符合；
D、NaOH 为强碱，NaOH 抑制了水的电离，选项 D 不符合；
答案选 B。
7．C
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，
据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中 c(H+).c(OH-)=Kw 增大，故 pH
减小，但 c(H+)=c(OH-)，故 A 不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以 c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O
CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以 c(OH-)增大，故 B 不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故 c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解 Cu2++2H2O Cu(OH)2 +2H+，故
c(H+)增大，两者共同作用使 pH 发生变化，故 C 符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故 D 不符合题意；
综上所述，本题应选 C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐
类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础
题。
8．D
【详解】A．CaSO4在水中难溶，但并非不溶，在水中存在沉淀溶解平衡 CaSO4 Ca2+(aq)+SO 2-4 (aq)，A 正
确；
B．图象为 CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，a 点在沉淀溶解平衡曲线上，在此曲线上的各点均表示 CaSO4在水
中达到溶解平衡，B 正确；
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C．b 点的 c(Ca2+)与 c(SO 2-4 )乘积大于 Ksp(CaSO4)，因此 b 点状况下有沉淀生成，C 正确；
K
D．根据沉淀溶解平衡 c(Ca2+)= sp ，含有大量 SO 2-的溶液中，c(Ca2+)极小并非不存在，D 错误；
c(SO2-) 44
故答案选 D。
9．B
【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A 不符合题意；
B．pH=11 的 NaOH 溶液显碱性，含有大量 OH-，OH-与 CO 2 3 、Na+、NO

3 、SO
2
4 不能发生任何反应，可
以大量共存，B 符合题意；
C．由水电离出的 c(H+)=1.0×10 13 mol L-1＜1.0×10 7 mol L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，
也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与 HCO 3 会发生反应而不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与 NH
、HCO 4 3
也会发生反应，不能大量共存，C 不符合题意；
D．在含有 NO 3 的溶液中：NO
与 I-、H+或 NO 、SO 2 、H+3 3 3 会发生氧化还原反应，不能大量共存，D 不符
合题意；
故合理选项是 B。
10．C
【详解】A．含Fe3 的溶液为黄色，在无色溶液不能存在，且Fe3 、SCN 发生络合反应不能共存，故 A 不
选；
B．Al3 、HCO 3 发生双水解不能共存，故 B 不选；
C． pH 11的 NaOH 溶液中，CO2 3 、K 、NO

3 、SO
2 + -
4 、Na 、OH 相互不反应，可以大量共存，故 C 选；
D．由水电离出的 c H 1.0 10 13mol L 1 的溶液中，溶液可能显酸性或者碱性，碱性溶液中NH 4 不能大量
共存，HCO 3 在酸性和碱性溶液中均不能大量共存，故 D 不选；
故选：C。
11．B
【详解】A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中存在 c(H+) = c(OH- )，故 A 正确；
B． CH3COONa 是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，随温度升高，促进 CH3COONa 的水解正向进行，
CH - 3COO +H2O CH3COOH+OH
- ，溶液的 c(OH- )增大， 故 B 错误；
C．CH3COONa 是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为
CH COO -+H 3 2O CH3COOH+OH
- ，故 C 正确；
D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进 CH3COONa 水解，也促进水电离，所以升高温度导
致Kw 增大，则升高温度CH3COONa 的溶液的 pH 变化是Kw 改变与水解平衡移动共同作用的结果，故 D 正确；
故答案为：B。
12．C
【分析】实验 I 中对 NH4Cl 固体试管加热，湿润的 pH 试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明
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加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，
氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生
分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体
附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；
实验 II 中将氯化铵溶液滴在 pH 试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子
水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的 pH 试纸变红，根据 I 中试纸变蓝，说明
NH4Cl 发生了分解反应，故 A 正确；
B．根据分析，根据 I 中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故 B 正确；
C．根据分析，I 中试纸变成红色，是由于 NH4Cl 分解产生的氯化氢造成的，故 C 错误；
D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生
成氯化铵，则不宜用加热 NH4Cl 的方法制备 NH3，故 D 正确；
答案选 C。
13．B
【详解】A．过程①的离子反应为：2CO2+O2-=C2O52-，其中 CO2的结构式为 O=C=O，对比 CO2和 C2O52-的
结构式可知，该过程有碳氧键断裂，故 A 正确；
B．过程②中，a 极的电极反应为 2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，该电极反应为失电子，发生氧化反应，故 B 错误；
C．根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为CO O2 =CO2 2 3 ，故 C 正确；
D．电极 a 的总电极反应为 2O2--4e-=O2↑，电极 b 的总电极反应为 CO2+4e-=C+2O2-，熔盐电池的总反应为
CO 通电2 C+O2↑，故 D 正确；
答案为 B。
14．B
【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：
CH3COOH >H 2CO3>HClO>HCO3 ，据此进行分析。
【详解】A．根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH>H2CO3>HClO，故 A 正确；
B．由分析可知，酸性：H 2CO3>HClO>HCO3 ，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳与 NaClO
溶液反应生成 HClO 和碳酸氢钠，故 B 错误；
C．根据分析可知，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，所以常温下，浓度
均为 0.1mol/L 的溶液的碱性强弱：NaClO>NaHCO3>CH3COONa，故 C 正确；
D．根据“强酸制备弱酸”规律，向 NaClO 溶液中滴加醋酸，可生成 HClO，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、
消毒能力增强，故 D 正确；
故选 B。
15．C
【详解】A． 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则 2 mL 2 mol·L 1的 盐酸和醋酸中，盐酸中 c(H+)大，与
镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是
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盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故 A 错误；
B． 可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图象可以看出，100s 后，醋酸与镁的反应速率更大，此
时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故 B 错误；
C． 由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本
相等，故 C 正确；
D． 由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用 1 mol·L 1 NaOH 溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸
消耗 NaOH 溶液的体积相等，故 D 错误；
故选 C。
16．A
【详解】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大，电离程度越小，所以在相同温度时，100 mL0.01 mol/L
醋酸与 10 mL0.1 mol/L 醋酸中溶质的物质的量相等，但 H+的物质的量前者大于后者，A 符合题意；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，B 不符合题意；
C．100 mL0.01 mol/L 醋酸与 10 mL0.1 mol/L 醋酸中含有溶质 CH3COOH 的物质的量相等，因此中和时所需
NaOH 的物质的量也相等，C 不符合题意；
D．溶液中 CH3COOH 的物质的量根据公式 n=cV，结合二者的浓度与体积大小可知：100 mL0.01 mol/L 醋
酸与 10 mL0.1 mol/L 醋酸中含有溶质 CH3COOH 的物质的量相等，D 不符合题意；
故合理选项是 A。
17．D
【分析】亚硝酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析
HNO2是弱电解质。
【详解】A．由盐类水解的规律，强酸强碱盐的水溶液为中性，但弱酸强碱盐水的 pH 大于 7，则说明盐对
应的 HNO2是弱电解质，故 A 不选；
B．0.1mol/L 的亚硝酸溶液的 pH 约为 2.1，说明亚硝酸部分电离，说明 HNO2是弱电解质，故 B 不选；
C．pH=11 的 NaNO2溶液加水稀释到 100 倍，pH 大于 9，说明亚硝酸跟发生了水解，说明 HNO2是弱电解
质，故 C 不选；
D．灯泡很暗只能说明导电微粒的浓度较低，与 HNO2是弱电解质无关，故 D 选。
故选 D。
18．D
【详解】A．向沸水中滴加 FeCl3饱和溶液能得到氢氧化铁胶体，故 A 错误；
B． 氯化铝能水解，将 AlCl3溶液直接蒸干，得到氢氧化铝，故 B 错误；
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，会有氯化钠晶体析出，故 C 错误；
D．盐碱地(含较多 NaCl、Na2CO3)施加适量石膏，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度降低，
CO2 3 H2O HCO3 OH 平衡逆向移动，土壤的碱性降低，故 D 正确；
选 D。
19．C
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【分析】根据酸的电离常数判断酸性的强弱，电离常数越大，酸性越弱，离子结合的过程和电离的过程刚
好相反，故可以通过判断电离程度的大小判断结合能力；利用离子在水中的反应判断离子的浓度大小，或
利用溶液的酸碱性判断离子的浓度大小；对于反应，利用强酸制弱酸的原理判断反应的可能性，及产物；
【详解】A．根据 HY-和 HZ-的电离程度越大，则电离出的离子结合氢离子的能力越弱，因为 H2Y 的 Ka2小
于 H2Z 的 Ka2，故 HZ-的电离程度比 HY-的大，故在水溶液中国结合氢离子的能力大小为：Y2->Z2-，故 A 不
正确；
B．根据已知电离常数判断，HX 是弱酸，故 NaX 在水溶液也 X-发生水解，故 Na+>X-，故 B 不正确；
C．根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：HX>HY-，故根据相对
强的酸制相对弱的酸，C 正确；
D．根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2YH2Z，故 D 不正确；
故选 C。
【点睛】此题考查酸的电离常数和酸性强弱的关系，利用电离常数判断酸性的强弱，利用电离平衡判断电
离程度，离子结合的程度，离子反应的可能性等，注意溶液中能发生水解的离子是弱酸根离子或者弱碱阳
离子。
20．D
【详解】A．CH3COOH 是弱电解质，部分电离，0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液中 c（H+）＜0.1mol/L，所以 a
点溶液 pH＞1，故 A 错误；
B．b 点为加入 10mLNaOH 溶液，恰好反应生成等浓度的 CH3COONa 和 CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶
液的总体积为 30mL，且 CH3COOH 电离程度大于 CH3COONa 水解程度，则溶液中 c（CH3COO-）＞
20mL 0.1mol / L
× 12 ≈0.033mol/L，故 B 错误；30mL
C．当加入 NaOH 溶液为 20mL 时，恰好生成 CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则 c
点时溶液 pH＞7，故 C 错误；
c CH COO 3 k c CH3COO D．反应过程中的 = a ，反应过程中 c（H+ ）不断降低，则 值不断增大，故
c CH3COOH （c H ） c CH3COOH
D 正确，
故选：D。
21．B
【分析】如图，b 点时刚好滴定至终点，根据反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，可知CH3COOH的
0.1mol/L 20mL
浓度为 0.2000mol/L ；a 点溶质为CH3COOH、CH3COONa；10mL
【详解】A．根据计算，CH3COOH的浓度为 0.2000mol/L ，故 A 错误；
B．a 点时加入 NaOH 体积为 10mL，溶质为CH3COOH、CH3COONa，且 c(CH3COOH)=c(CH3COONa)，
此时溶液 pH=a 7， c(H )=10 amol/L，呈酸性，所以CH3COOH电离程度大于CH COO 3 水解程度，
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c(CH3COOH) ) ，CH3COOH K
c(CH3COO ) c(H )醋酸的电离常数为 c(H )，因为
c(CH3COOH)
CH 3COO 、CH3COOH水解和电离程度均很小，所以 c(CH3COOH) c(CH3COO
)，即
K c(CH3COO
) c(H )
c(H )=10 a ，故 B 正确；
c(CH3COOH)
C．用 0.1000 mo/L NaOH 溶液滴定，指示剂在待测液中，酚酞与酸不显色，所以终点现象为：溶液从无色
变为粉红色，且半分钟不褪色，故 C 错误；
D． pH a 时，溶液呈酸性， c(H )>c(OH )，根据电荷守恒 c Na+ +c H+ =c CH COO-3 +c OH ，所以
c Na+ c Na+ >c H+ ，故 D 错误；
故选 B。
22． 沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O BaSO4在溶液中存在
BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42-(aq)，当加入浓度较高的 Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2+结合生成 BaCO3沉淀，使
上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- === I2 由于生成 AgI 沉淀使 B 的溶液中 c(I-)减小，I-还原性减弱
实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则 c＞b说明加入Cl-使 c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl
+ I- 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀
转化为溶解度较大的沉淀越难实现
【详解】①因为 BaCO3能溶于盐酸，放出 CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为 BaSO4，
依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。
② 实验Ⅱ是 BaCl2中加入 Na2SO4和 Na2CO3产生 BaSO4和 BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部
分溶解，是 BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
③ 由实验Ⅱ知 A 溶液为 3 滴 0.1mol/LBaCl2，B 为 2mL0.1mol/L 的 Na2SO4溶液，根据 Ba2++ SO42-= BaSO4 ,
所以溶液中存在着 BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的 Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2+结合
生成 BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以 BaSO4沉淀也可以转化为 BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液
中存在 BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的 Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2+结合生成 BaCO3
沉淀，使上述平衡向右移动。
(2)①甲溶液可以是 NaCl 溶液,滴入少量的 AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入 KI 溶液有黄色沉淀产生。
说明有 AgCl 转化为 AgI。故答案为 b。
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B 中为 0.01mol/L 的 KI 溶液，A 中为 0.1mol/L 的 AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作
原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以 B 中石墨上的电极反应式是 2I- - 2e- = I2。答案：2I- -
2e- = I2。
③ 由于 AgI 的溶解度小于 AgCl，B 中加入 AgNO3溶液后，产生了 AgI 沉淀，使 B 的溶液中 c(I-)减小，I-
还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越
强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中 b＜a。答案：
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由于生成 AgI 沉淀使 B 的溶液中 c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然 AgI 的溶解度小于 AgCl，但实验Ⅳ中加入了 NaCl(s)，原电池的电压 c＞b，说明 c(Cl-)的浓度增大，
说明发生了 AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明 Cl-本身对该原电池
电压无影响，则 c＞b 说明加入 Cl-使 c(I-)增大，证明发生了 AgI + Cl- AgCl + I- 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越
大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小
的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
23． H2C2O4 H+ + HC － －2O4 ，HC2O4 C2O42- + H+ H2C2O4 +OH- =HC -2O4 +H2O bc NH3·H2O
与 H+反应，降低 c(H+)浓度，使 Fe2++ H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ 平衡向正反应方向移动,产生更
多的 FeC2O4·xH2O 2
【分析】（1）测得 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液的 pH=1.3，说明草酸是二元弱酸；
（2）①向草酸溶液中滴加 KOH 溶液至 pH=2.5，图象可以看出，随着氢氧化钾的加入，HC －2O4 的浓度逐渐
增大，草酸与氢氧化钾反应后生成 HC －2O4 和水；
② a. 根据电荷守恒判断；
b．根据溶液中离子的电离和水解情况分析；
c．根据物料守恒判断；
(3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加 NH3·H2O 与
H+反应，降低 c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的 FeC2O4·xH2O；
②根据 10FeC2O4 xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2(SO4)3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O 可知，
10 10 0.54g
n(FeC2O4 xH2O)= n(KMnO6 4
)= ×1mol/L×0.018L=0.03mol，则 M(FeC2O4 xH2O)= =180g/mol，即6 0.03mol
FeC2O4 xH2O 的相对分子质量为 180，结合 18x+144=180 计算出 x 即可；
【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4 H++HC O － －2 4 ，HC2O4 C2O42- +H+，
故答案为：H C O H+ + HC O －2 2 4 2 4 ，HC2O －4 C2O42- + H+；
(2) a. 溶液中有的离子：HC O －2 4 、H2C2O4、C2O42-、OH–、K+，根据电荷守恒 c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) +2c(C2O42–)
+ c(OH–)，故 a 错误；
b. KHC2O4溶液中，HC2O4–要水解，c(K+) > c(HC2O4–) ，C2O42–是由 HC2O4–电离后得到的，c(HC2O4–) >
c(C2O42–)，H2C2O4是由 HC2O4–水解后得到的，HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明
HC2O4-的电离程度大于水解程度，可以得到 c(C2O42–) > c(H2C2O4)，c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4)，
故 b 正确；
c. 根据物料守恒，可以得到 c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4)，故 c 正确；
故答案为 b，c；
(3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加 NH3·H2O 与
H+反应，降低 c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的 FeC2O4·xH2O，
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故答案为：NH3·H2O 与 H+反应，降低 c(H+)浓度，使 Fe2++ H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+平衡向正
反应方向移动，产生更多的 FeC2O4·xH2O；
②根据 10FeC2O4 xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2（SO4）3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+（12+x）H2O 可知，n
10 10 0.54g
（FeC2O4 xH2O）= n(KMnO4)= ×1mol/L×0.018L=0.03mol，则 M(FeC2O4 xH2O)= =180g/mol，即6 6 0.03mol
FeC2O4 xH2O 的相对分子质量为 180，结合 18x+144=180，解得 x=2；
故答案为：2。
24．(1)吸收烟气中的 SO2
(2)将其中的 Fe2+氧化成 Fe3+
(3) 氢氧化铁与氢氧化铝 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ ，Al3++ 3OH-= Al(OH)3↓
(4)pH 过小的话 Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH 过大的话 Mn2+转化成沉淀
(5)Mn2++2HCO -3 =MnCO3↓+CO2↑ +H2O
34.5cV
(6) %
2m
【分析】本实验为通过软锰矿浆(主要成分 MnO2)吸收烟气中的 SO2，经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，
制备 MnCO3的过程，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题意可知，MnO2可吸收烟气中的 SO2，生成 MnSO4；，
（2）过程 1 向浆液中通入 O2的目的是将其中的 Fe2+氧化成 Fe3+，而后经过调节溶液的 pH 除去；
（3）金属离子沉淀的 pH 表可知，调节溶液的 pH 将 Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式
为 Fe3++3OH-=Fe(OH)3 ，Al3++ 3OH-= Al(OH)3 ；
（4）制备 MnCO3的过程中，一般控制溶液的 pH 范围为 5~7，pH 过小的话 Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH 过
大的话 Mn2+转化成沉淀；
（5）金属离子沉淀的 pH 表可知，pH 不能过大，所以选择物质 A 为 NH4HCO3，发生反应的离子方程式为
Mn2++2HCO -3 =MnCO3 +CO2 +H2O；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与 KMnO4反应生成 MnO2，化合价由+2 价变成+4 价，KMnO4
由+7 价变成+4 价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为 n，所以 n 2=V 10-3 c 3，解得
3cV 10 -3-3
n= 3cV 10 mol，故 MnCO 质量分数为 1153
2 2 100%=
34.5cV % 。
m 2m
25．(1) CO 2 +H 2O HCO +OH-3 3 降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率
(2) 2Ag++S 2 2 2O 3 =Ag2S2O3↓ Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，S2O 3 与 H+反应生成 S，使 c(H+)降低，
平衡正向移动，生成 Al(OH) 沉淀 Fe3+与 S O 2 3 2 3 反应生成紫黑色 Fe(S O )
3
2 3 3 的化学反应速率大，化学反
应的限度相对小；Fe3+与 S O 2 2 3 反应生成 Fe2+的化学反应的限度相对大
【分析】根据题中图示装置可知，左边是产生 SO2的装置，中间是生成 Na2S2O3的装置，右边是尾气 SO2
的吸收装置，防止污染环境；据此解答。
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【详解】（1）①Na2S 和 Na2CO3的混合溶液呈碱性，弱酸根离子水解显碱性，即 S2-+H2O HS-+OH-、
CO2 3 +H2O HCO
- 2 -
3 +OH ；答案为CO3 +H2O HCO3 +OH 。
②通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制 SO2生成速率，即降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率，
来降低 SO2的生成速率；答案为降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率。
（2）①由题中信息可知，Ag2S2O3是难溶于水、可溶于 Na2S2O3溶液的白色固体，即 Ag+与S 2 2O3 发生反应，
生成 Ag2S2O3白色沉淀，其离子方程式为 2Ag++S 2 + 2 2O3 = Ag2S2O3↓；答案为 2Ag + S2O3 = Ag2S2O3↓。
②2mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液 0.03mol/L Al2(SO4)3溶液混合，首先Al3+水解，即Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，
生成的 H+与S 2 2O3 发生反应生成 S，即S O
2 +
2 3 +2H =SO2↑+S↓+H2O，使 c(H+)降低，平衡正向移动，生成 Al(OH)3
沉淀；答案为 Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，S 2 + +2O3 与 H 反应生成 S，使 c(H )降低，平衡正向移动，生成
Al(OH)3沉淀。
③2mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液和 0.03mol/L Fe2(SO4)3溶液，混合后溶液先变成紫黑色，即
Fe3++3 S 2 2O3 Fe(S2O
3
3) 3 (紫黑色)，化学反应速率快，化学反应的限度相对小；30s 时溶液几乎变为无色，
Fe3+与S O2 2 3 发生氧化还原反应生成 Fe2+的化学反应的限度相对大；答案为 Fe3+与 S O
2
2 3 反应生成紫黑色
Fe(S 3 2O3) 3 的化学反应速率大，化学反应的限度相对小；Fe3+与 S O 2 2 3 反应生成 Fe2+的化学反应的限度相对
大。
26．(1) Ca H2PO4 H2SO4 2H2O=CaSO4 2H2O 2H3PO2 4 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提
高酸的浓度等 生成的CaSO4 2H2O固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2) 2Fe2 2H3PO4 H2O2 2FePO4 2H2O 4H
10 18.6
Q -18.6 3 4 c FePO4 =10 1>Ksp FePO4 ，能产生FePO4 沉淀 发生反应Fe EDTA Fe EDTA ，使
c Fe3 降低，减小FePO4 的沉淀速率，避免团聚；随着Fe3 被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的Fe3 继续
被沉淀 pH 更高时，产品中可能混有Fe OH 3杂质；pH 更高时， c PO3 4 大，可能沉淀速率过快导致
团聚等
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到
磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液 pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【详解】（1）由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反
应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为Ca H2PO4 H2 2SO4 2H2O=CaSO4 2H2O 2H3PO4，
故答案为：Ca H2PO4 H2SO4 2H2O=CaSO4 2H2O 2H3PO2 4；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石
粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在磷灰石表
面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的CaSO4 2H2O固体覆盖在
磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
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（2）①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成
磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为 2Fe2 2H3PO4 H2O2 2FePO4 2H2O 4H
，故答案为：
2Fe2 2H3PO4 H2O2 2FePO4 2H2O 4H
；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液 pH 为 12.3，则磷酸的三级电离常
c(PO3- +
数 K = 4
)c(H )
a3 =c(H+)=10—12.32- ，所以溶液 pH 为 1 时，磷酸根离子的浓度为c(HPO4 )
K 2- -12.3 -7.3c PO3 = a3c(HPO4 ) =10 10 mol/L —18.64 + ；当溶液中铁离子浓度为-1 =10 mol/L 1mol/L 时，磷酸铁的熵c(H ) 10 mol/L
Qc= c(PO3- )c(Fe3+4 ) =1mol/L×10—18.6mol/L＞Ksp FePO =1.3 10 -224 ，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：
Qc FePO4 =10-18.6 1>Ksp FePO4 ，能产生FePO4 沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含EDTA4 离子的溶液，EDTA4 离子能与溶液中的铁离子
反应生成[Fe(EDTA)] 离子：Fe3 EDTA4 Fe EDTA ，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的
反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向
逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应
Fe3 EDTA4 Fe

EDTA ，使 c Fe3 降低，减小FePO4 的沉淀速率，避免团聚；随着Fe3 被沉淀，
上述平衡逆向移动，生成的Fe3 继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若 pH 大于 2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品
不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择 pH=2 而不
是更高的 pH 制备磷酸铁，故答案为：pH 更高时，产品中可能混有Fe OH 杂质；pH 更高时，c PO3 3 4 大，
可能沉淀速率过快导致团聚等。
27．(1) Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+ acd
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
11.2cV
(3) %
m
(4) 偏大 过量的过氧化氢与抗坏血酸标准溶液反应，使消耗的标准液的体积增大
【详解】（1）①Fe2+水解生成氢氧化亚铁，水解方程式为 Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+。
②常温下，随着 pH 的增大，溶液中 CH3COOH 的物质的量分数减小、CH3COO-的物质的量分数增大。
a.常温下，当 pH=4.76 时，CH3COOH、CH3COO-的物质的量分数相同，则乙酸的电离常数 Ka(CH3COOH)=
c(CH3COO
) c(H ) -4.76
c(CH3COOH)
= l0 ，a 正确；
b.pH=4 时，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根据图象可知， c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，故 c(CH3COOH) >
c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)，b 错误；
c.pH=4.5 的乙酸-乙酸铵溶液中，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH 4 )，c 正确；
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d.向乙酸—乙酸铵溶液中加入少量酸时，乙酸铵作为缓冲剂，溶液中的 CH3COO-结合 H+，使溶液中的 c(H+)
变化不大，溶液的 pH 变化不大，d 正确；
答案选 acd。
（2）步骤 iii 中加入过量 H O 2 2 2溶液，可除去过量的 SO 3 ，另一主要作用是将亚铁离子氧化成铁离子，离子
方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）根据反应方程式 C6H8O6(抗坏血酸)+2Fe3+=C6H6O6(脱氢抗坏血酸)+2Fe2++2H+，溶液中铁离子的物质的
量为 2cV×10-3mol，则该高炉渣中佥属 Fe 的质量分数ω(Fe)= 2cV 10
3mol 56g / mo l 100% 11.2cV % 。
m m
（4）若未进行步骤 iv，溶液中含有过量的过氧化氢，过氧化氢与抗坏血酸标准溶液发生氧化还原反应，使
消耗的标准液的体积增大，则会使高炉渣中金属 Fe 的质量分数ω(Fe)偏大。
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