2021版高考化学一轮复习专题质量评估八含解析苏教版
专题质量评估(八)(专题8)
(90分钟 100分)
一、单项选择题(本大题共14小题,每小题2分,共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.下列说法正确的是 ( )
A.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
B.因为CH3COOH是弱电解质,HCl是强电解质,所以中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时,中和醋酸消耗的NaOH比盐酸消耗的NaOH用量少
C.足量Zn分别和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时,产生H2的量相同,放出H2的速率不等
D.物质的量浓度相同的醋酸钠溶液和醋酸溶液中CH3COO-的物质的量浓度相同
【解析】选C。电解质的强弱在于能否完全电离,与导电能力的强弱无必然联系。强电解质稀溶液中溶质虽完全电离,但离子浓度小,导电能力也会很弱,故A错误;弱电解质在溶液中虽不完全电离,但存在电离平衡。溶液中电离出的离子浓度可能较小,但消耗离子后可通过平衡移动补充。所以,在相同条件下提供离子能力是同等的,故等物质的量浓度、等体积的盐酸、醋酸耗用NaOH的量是相同的,与Zn反应产生H2是等量的,所以B错误,C正确;D选项中醋酸钠是强电解质,完全电离,而醋酸是弱酸,不完全电离,产生的CH3COO-肯定比等条件下的醋酸钠少,所以D错误。
2.某溶液中水电离出来的c(H+)与c(OH-)的乘积为1×10-22,下列说法正确的是
( )
A.该溶液的pH一定是13
B.该溶液的pH可能是3
C.该溶液一定是强酸
D.不会有这样的溶液
【解析】选B。水电离的c(H+)=c(OH-)=1×10-11,所以该溶液可能为酸性溶液也可能为碱性溶液,当其为酸性溶液时,若为常温下,pH为3,若为碱性溶液,常温下pH为11,所以该溶液pH可能为3,B项正确,不一定为碱性溶液,A、C、D错误。
3.常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是 ( )
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A.曲线Ⅰ代表盐酸加水稀释
B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c
C.c点的Ka值比a点的Ka值大
D.a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)
【解析】选D。溶液的导电能力与c(H+)的大小一致。A项,Ⅰ线代表的是醋酸加水稀释;B项,pH的大小为b>a>c;C项,c、a两点的Ka相同。
4.下列有关问题,与盐的水解有关的是 ( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰和铵态氮肥不能混合使用
④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A.①②③ B.②③④
C.①④⑤ D.①②③④⑤
【解析】选D。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性,可以除去金属表面的锈;②HC与Al3+两种离子可发生相互促进的水解反应,产生二氧化碳,可作灭火剂;③草木灰的主要成分为碳酸钾,水解显碱性,而铵态氮肥水解显酸性,因而不能混合使用;④碳酸钠溶液水解显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅与碱反应生成硅酸钠,硅酸钠会将瓶塞与瓶口黏合而打不开,因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞;⑤AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Al(OH)3固体。
5.常温下,将NH4NO3溶于水得无色溶液,为使该溶液中的c(N)∶c(N)=1∶1,可以采取的下列措施是 ( )
A.加入适量的HNO3,抑制N水解
B.加入适量的氨水,使溶液的pH等于7
C.加入适量的NH4NO3
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D.加入适量的NaOH,使溶液的pH等于7
【解析】选B。因为N部分水解使NH4NO3溶液中c(N)∶c(N)<1∶1,要使c(N)∶c(N)=1∶1,可通过抑制水解达到目的。A中增加了N;B中根据电荷守恒c(N)+c(H+)=c(N)+c(OH-),又pH=7,则c(N)=c(N);C增加NH4NO3的浓度,其比值依然小于1∶1;D中由电荷守恒:c(N)+c(OH-)=c(H+)
+c(N)+c(Na+),因为pH=7,显然c(N)≠c(N)。
6.某同学在实验室探究NaHCO3的性质:常温下,配制0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液,测其pH为9.7;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。下列说法不正确的是 ( )
A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HC的水解程度大于电离程度
B.加入CaCl2促进了HC的水解
C.反应的离子方程式是2HC+CCaCO3↓+H2CO3
D.反应后的溶液中存在:c(Na+)+2c(C)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)
【解析】选B。A项,NaHCO3既能电离又能水解,水解显碱性,电离显酸性,NaHCO3溶液呈碱性的原因是HC的水解程度大于电离程度,正确;B项,溶液中存在HCC+H+,加入CaCl2消耗C,促进HC的电离,错误;C项,HC与C生成CaCO3和H+,H+结合HC生成H2CO3,则反应的离子方程式为2HC+
CCaCO3↓+H2CO3,正确;D项,溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(C)
=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)+c(OH-),溶液的pH=7,c(H+)=c(OH-),c(Na+)+
2c(C)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-),正确。
7.已知温度T时水的离子积常数为Kw,该温度下,将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是
( )
A.a=b
B.混合溶液的pH=7
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C.混合溶液中,c(H+)= mol·L-1
D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)
【解析】选C。因为一元酸和一元碱的强弱未知,所以不可判断a=b,A错误。只有25 ℃时中性溶液的pH=7,所以B项错误。C项,Kw=c(H+)·c(OH-),中性溶液中c(H+)=c(OH-),所以c(H+)= mol·L-1,C项正确。D项,无论溶液显酸性、碱性还是中性,根据电荷守恒都有c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-),D错误。
8.(2020·承德模拟)25 ℃时,向100 mL 0.01 mol·L-1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L-1的NaOH溶液和盐酸,混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(忽略过程中的体积变化)。下列说法不正确的是 ( )
A.25 ℃时,H2A的第二步电离平衡常数约为10-6
B.水的电离程度:N>M>P
C.随着盐酸的不断滴入,最终溶液的pH小于2
D.P点时溶液中存在:2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-)
【解析】选C。25 ℃时,H2A的第二步电离平衡常数约为K==
=10-6,故A正确;N点为Na2A水解促进水电离,M点水解能力较N点弱,P点为H2A抑制水电离,水的电离程度:N>M>P,故B正确;随着盐酸的不断滴入,c(H+)无限接近0.01 mol·L-1,最终溶液的pH近似2,但大于2,故C错误;P点相当于H2A和NaCl等物质的量混合,P点时溶液中存在:电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=
c(OH-)+c(Cl-)+2c(A2-)+c(HA-),物料守恒:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=c(Na+),消去c(A2-),得2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-),故D正确。
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9.常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 ( )
A.新制氯水中加入固体NaOH:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)
B.pH=8.3的NaHCO3溶液:c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(H2CO3)
C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:c(Cl-)=c(N)>c(OH-)=c(H+)
D.0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合:
2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
【解析】选D。A项,溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),错误;B项,NaHCO3溶液的pH=8.3,说明NaHCO3的水解程度大于电离程度,则c(H2CO3)>c(C),错误;C项,pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合时,氨水过量,溶液显碱性,错误;D项,CH3COOH与NaOH反应,得到的是等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,由电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由物料守恒得:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将电荷守恒关系式乘以2与物料守恒关系式相加得:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH),移项得:2c(H+)-2c(OH-)=
c(CH3COO-)-c(CH3COOH),正确。
10.下列关于电解质溶液的判断正确的是 ( )
A.60 ℃时,NaCl溶液的pH<7,则溶液中c(OH-)
7的碱性溶液中
D.相同温度下,1 mol·L-1氨水与0.5 mol·L-1氨水中c(OH-)之比是2∶1
【解析】选C。 60 ℃时,NaCl溶液的pH<7,但溶液仍呈中性c(OH-)=c(H+),A不正确;CH3COOH溶液加水稀释,c(H+)减小,根据水的离子积常数可知c(OH-)增大,B不正确;在CH3COONa碱性溶液中,CH3COO-发生水解产生CH3COOH分子,C正确;浓度越稀电离程度越大,所以0.5 mol·L-1氨水电离程度大,溶液中c(OH-)之比小于2∶1,D不正确。
11.一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是
( )
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A.升高温度,可能引起由c向b的变化
B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
【解析】选C。c点溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性,升温,溶液中c(OH-)不可能减小,A错误;由b点对应c(H+)与c(OH-)可知,Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14,B错误;FeCl3水解溶液显酸性,溶液中c(H+)增大,因一定温度下水的离子积是常数,故溶液中c(OH-)减小,因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化,C正确;c点溶液呈碱性,稀释时c(OH-)减小,同时c(H+)应增大,故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化,D错误。
12.在25 ℃时,将1.0 L c mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中加入少量CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化),引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是 ( )
A.水的电离程度:c>b>a
B.a点对应的混合溶液中,c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
D.该温度下,醋酸的电离平衡常数Ka=
【解析】选D。由图可得,25 ℃时c点pH=7,所以c点水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-7 mol·L-1,b点pH=4.3,所以b点溶液中c(H+)=10-4.3 mol·L-1,则由水电离出的c(H+)水
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=c(OH-)水=10-(14-4.3) mol·L-1=10-9.7 mol·L-1,a点pH=3.1,所以a点溶液中c(H+)=10-3.1 mol·L-1,则由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-(14-3.1) mol·L-1=
10-10.9 mol·L-1,因此水的电离程度:c>b>a,故A正确;b点时溶液呈酸性,说明加入0.1 mol NaOH固体后CH3COOH有剩余,c(Na+)=0.1 mol·L-1,混合前CH3COOH溶液浓度c应比0.1 mol·L-1大,a点时又加入0.1 mol CH3COOH,因为CH3COOH电离程度很小,所以此时溶液中的c(CH3COOH)一定大于c(Na+),又根据前面的分析a点c(OH-)=10-10.9 mol·L-1,所以a点对应的混合溶液中,c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B正确;由题意知混合溶液中阳离子有Na+和H+,阴离子有CH3COO-和OH-,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),25 ℃当混合溶液呈中性时,c(H+)=
c(OH-)=10-7 mol·L-1,则c(Na+)=c(CH3COO-),由已知及图象可得c(Na+)=
0.2 mol·L-1,所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),故C正确;由前面的分析并结合图象可得,25 ℃当混合溶液呈中性时,c(H+)=10-7 mol·L-1,c(CH3COO-)=
0.2 mol·L-1,c(CH3COOH)=(c+0.1-0.2) mol·L-1=(c-0.1) mol·L-1,所以该温度下,醋酸的电离平衡常数Ka==,故D错误。
13.已知0.1 mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4,则下列说法中正确的是
( )
A.在Na2A、NaHA两溶液中,离子种类不相同
B.在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数相等
C.在NaHA溶液中一定有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)
D.在Na2A溶液中一定有c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)
【解析】选C。在Na2A、NaHA两溶液中,A2-水解,HA-存在电离和水解;离子种类相同,故A错误;在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,钠离子浓度不同,氢离子浓度不同,依据溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),阴离子总数不相等,故B错误;在NaHA溶液中一定有电荷守恒,结合溶液中离子种类写出电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-),故C正确;在Na2A溶液中,A2-分步水解,溶液呈碱性,一定有c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),故D错误。
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14.常温下,向20 mL 0.2 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如图(其中Ⅰ代表H2A,Ⅱ代表HA-,Ⅲ代表A2-)。根据图示判断下列说法正确的是 ( )
A.当V(NaOH)=20 mL时,溶液中离子浓度大小关系:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水大
C.欲使NaHA溶液呈中性,可以向其中加入酸或碱
D.向NaHA溶液加入水的过程中,pH可能增大也可能减小
【解析】选A。当V(NaOH)=20 mL时,H2A溶液与NaOH溶液恰好反应生成NaHA溶液,据图可知,此时溶液中n(A2-)大于n(H2A),则HA-的电离大于水解,NaHA溶液显酸性,溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),溶液中水的电离程度比纯水小,故A正确,B错误;欲使NaHA溶液呈中性,只可以向其中加入适量的碱,C错误;NaHA溶液显酸性,加入水的过程中,pH增大,D错误。
二、非选择题(本大题共8小题,共72分)
15.(8分)现有25 ℃时0.1 mol·L-1的氨水。请回答以下问题:
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体,此时溶液中________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸,使其恰好中和,写出反应的离子方程式:________
_________________________________________________________________;
所得溶液的pH________(填“>”“<”或“=”)7,用离子方程式表示其原因
____________________________________________________________。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7,此时c(N)=a mol·L-1,则c(S)=_______________________________________________________。
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(4)若向氨水中加入pH=1的硫酸,且氨水与硫酸的体积比为1∶1,则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是_______________________________。
【解析】(1)NH3·H2ON+OH-,加入(NH4)2SO4固体,NH3·H2O的电离平衡向左移动,故减小。
(3)由电荷守恒,则c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),pH=7,c(H+)=c(OH-),故c(N)=2c(S),即c(S)= mol·L-1。
(4)pH=1的硫酸,c(H+)=0.1 mol·L-1,H2SO4与NH3·H2O正好反应:2NH3·H2O
+H2SO4(NH4)2SO4+2H2O,由于N水解,溶液呈酸性,故有c(N)>c(S)
>c(H+)>c(OH-)。
答案:(1)减小
(2)NH3·H2O+H+N+H2O
< N+H2ONH3·H2O+H+
(3) mol·L-1
(4)c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-)
16.(10分)Ⅰ.已知常温下,在NaHSO3溶液中c(H2SO3)
c(N)>c(H+)>c(OH-)。(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐,N和S发生相互促进的水解反应,水的电离程度最大;K2SO3为强碱弱酸盐,促进水的电离;NH3·H2O、H2SO3、KHSO3均抑制了水的电离,由题中数据可知,NH3·H2O的电离平衡常数小于H2SO3的一级电离平衡常数,大于H2SO3的二级电离平衡常数,则溶液中水的电离程度③>①>⑤,故溶液中水的电离程度由大到小的顺序为②④③①⑤。
Ⅱ.(4)根据题中数据,开始生成Al(OH)3沉淀时,c(OH-)==
=×10-11(mol·L-1),同理可得开始生成Cu(OH)2沉淀时,c(OH-)=×10-10 mol·L-1,则逐滴加入氨水时,先生成Al(OH)3沉淀。
答案:(1)c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)
(2)②④③①⑤
(3)5HS+2II2+5S+3H++H2O
(4)Al(OH)3
(5)不含有 Fe3+完全沉淀时,c3(OH-)===4.0×10-33,
c(Al3+)·c3(OH-)=0.2×4.0×10-33=8.0×10-34H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HC,根据复分解反应中强酸制弱酸的反应规律可推出A、D都应生成 NaHCO3。
(2)硫酸是二元强酸,浓度均为0.05 mol·L-1时, ⑤中H+浓度最大,pH最小,其H+浓度为0.1 mol·L-1,pH约为1。
(3)因碳酸钙、小苏打的溶解度更小,能够发生转化。
答案:(1)A、D (2)⑤ 1
(3)复分解反应能够向生成溶解度更小的物质的方向进行
19.(11分)(2020·莆田模拟)室温下,用0.10 mol·L-1 KOH溶液滴定10.00 mL
0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题:
(1)点①所示溶液中,Kw=________。
(2)点②所示溶液中的电荷守恒式为 __________________________。
(3)点③所示溶液中存在________种平衡。
(4)点④所示溶液中的物料守恒式为0.10 mol·L-1=____________________。
(5)点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为 ________________________
______________________________________________________________。
(6)上述5点所示溶液中,水的电离程度最大的是________________,最小的是________(用序号回答)。
【解析】(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数,室温下水的离子积为
Kw=1×10-14。
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(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数,即c(H+)+c(K+)=c(HC2)+c(OH-)+2c(C2)。
(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4,因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡,还有水的电离平衡,总共存在3种平衡。
(4)点④所示溶液的体积为25 mL,根据物料守恒:c(HC2)+c(H2C2O4)+
c(C2)=0.10 mol·L-1×=0.04 mol·L-1;c(K+)=0.10 mol·L-1×=
0.06 mol·L-1,所以0.10 mol·L-1=c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)+c(K+)。
(5)点⑤所示的溶液中,溶质只有K2C2O4,水解后溶液呈碱性,离子浓度大小关系为c(K+)>c(C2)>c(OH-)>c(HC2)>c(H+)。
(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离,而K2C2O4的存在会促进水的电离,所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤,水的电离程度最小的是H2C2O4浓度最大的①。
答案:(1)1.0×10-14 (2)c(K+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)
(3)3 (4)c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)
(5)c(K+)>c(C2)>c(OH-)>c(HC2)>c(H+) (6)⑤ ①
20.(10分)部分弱酸的电离平衡常数如下表:
弱酸
HCOOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平
衡常数
(25 ℃)
Ka=
1.77×
10-4
Ka=4.0×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.54×10-2
Ka2=1.02×10-7
(1)在温度相同时,各弱酸的Ka值与酸性的相对强弱的关系为_____________
______________。
(2)室温下①0.1 mol·L-1 HCOONa,
②0.1 mol·L-1 NaClO,③0.1 mol·L-1 Na2CO3,
④0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH由大到小的关系为________________________。
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(3)浓度均为0.1 mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,S、C、HS、HC浓度从大到小的顺序为__。
(4)下列离子方程式正确的是________(填字母)。
a.2ClO-+H2O+CO22HClO+C
b.2HCOOH+C2HCOO-+H2O+CO2↑
c.H2SO3+2HCOO-2HCOOH+S
d.Cl2+H2O+2C2HC+Cl-+ClO-
(5)常温下,pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ________________________________________。
【解析】(1)在温度相同时电离常数越大,酸性越强。
(2)温度相同时电离常数越大,酸性越强。酸越弱,相应的酸根越容易水解,相应钠盐溶液的碱性越强。酸性强弱顺序:HCOOH>H2CO3>HClO>HC,因此四种钠盐溶液的pH由大到小的关系为③>②>④>①。
(3)酸性强弱顺序是H2SO3>H2CO3>HS>HC,因此水解程度是HSc(C)>c(HC)
>c(HS)。
(4)a项,次氯酸的酸性强于碳酸氢根,则ClO-+H2O+CO2HClO+HC,错误;b项,甲酸的酸性强于碳酸,则2HCOOH+C2HCOO-+H2O+CO2↑,正确;c项,甲酸的酸性强于亚硫酸氢根,则H2SO3+HCOO-HCOOH+HS,错误;d项,次氯酸的酸性强于碳酸氢根,而弱于碳酸,则Cl2+H2O+2C2HC+Cl-+ClO-,正确。
(5)常温下,pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后甲酸过量,溶液显酸性,溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
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答案:(1)Ka值越大,酸性越强
(2)③>②>④>①
(3)c(S)>c(C)>c(HC)>c(HS)
(4)bd
(5)c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
21.(8分)CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应,产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤a:称取0.672 0 g样品,放入锥形瓶,加入适量2 mol·L-1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30 mL水加热,用0.200 0 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗8.00 mL。
步骤b:接着将溶液充分加热,使淡紫红色消失,溶液最终呈现蓝色。冷却后,调节pH并加入过量的KI固体,溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用
0.250 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗8.00 mL。
已知涉及的部分离子方程式为
步骤a:2Mn+5C2+16H+2Mn2++8H2O+10CO2↑
步骤b:2Cu2++4I-2CuI↓+I2
I2+2S22I-+S4
(1)已知室温下CuI的Ksp=1.27×10-12,欲使溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6 mol·L-1,应保持溶液中c(I-)≥________ mol·L-1。
(2)Mn在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+。该反应的离子方程式为
__________________________________________________________。
若无该操作,则测定的Cu2+的含量将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)步骤b用淀粉溶液作指示剂,则滴定终点观察到的现象为_______________。
(4)通过计算可确定样品晶体的组成为________________________________。
【解析】(1)CuI的Ksp=1.27×10-12=c(Cu+)×c(I-),c(I-)==1.27×10-12÷
c(Cu+),由于溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6 mol·L-1,则c(I-)≥1.27×10-6 mol·L-1。
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(2)Mn的化合价由+7降低到+2,降低了5价;生成氧气,氧元素的化合价由-2升高到0,升高了4价,可配平方程式为4Mn+12H+4Mn2++5O2↑+6H2O。若不加热除去高锰酸根离子,高锰酸根离子能够氧化碘离子,使得碘单质的物质的量增加,测定铜离子含量偏高。
(3)根据反应I2+2S22I-+S4,当反应结束时,溶液的蓝色消失变成无色溶液,所以滴定终点是溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色。
(4)根据反应2Mn+5C2+16H+2Mn2++8H2O+10CO2↑、2Cu2++4I-2CuI↓+I2、I2+2S22I-+S4
可得关系式:
n(C2)=4×10-3 mol 、n(Cu2+)=2×10-3 mol,根据电荷守恒原理:n(K+)=4×
10-3 mol,根据质量守恒原理m(H2O)=0.672 0-39×4×10-3-64×2×10-3-88×4×10-3=0.036(g),n(H2O)=2×10-3 mol,n(K+)∶n(Cu2+)∶n(C2)∶n(H2O)=2∶1∶2∶1,化学式为K2Cu(C2O4)2·H2O。
答案:(1)1.27×10-6
(2)4Mn+12H+4Mn2++5O2↑+6H2O 偏高
(3)溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色
(4)K2Cu(C2O4)2·H2O
22.(9分)硫化钠是重要的化工原料,大多采用无水芒硝(Na2SO4)-炭粉还原法制备,原理为Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。其主要流程如图:
(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好,理由是________________________;
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(2)已知:I2+2S22I-+S4。所制得的Na2S·9H2O晶体中含有Na2S2O3·5H2O等杂质。为测定产品的成分,进行下列实验,步骤如下:
a.取试样10.00 g配成500.00 mL溶液。
b.取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中,加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后,过滤,向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液,用0.050 00 mol·L-1 I2溶液滴定至终点,用去5.00 mL I2溶液。
c.再取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中,加入50.00 mL 0.050 00 mol·的I2溶液,并滴入2～3滴淀粉溶液,振荡。用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2,用去15.00 mL 0.100 0 mol· Na2S2O3溶液。
①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为____________________________;
②判断步骤c中滴定终点的方法为___________________________________;
③试样中Na2S·9H2O和Na2S2O3·5H2O的质量分数分别为________。
【解析】(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好,硫化钠溶液中硫离子水解显碱性,水解是吸热反应,加热促进水解进行,稀碱液能起到抑制水解的作用。
(2)①ZnCO3除去Na2S的离子方程式为ZnCO3+S2-ZnS+C
②滴定终点为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色
③步骤b中消耗的I2有n(I2)=0.050 00 mol·×5.00 mL×
1 L· m=2.500×1 mol
n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=5.000×1 mol
w(Na2S2O3·5H2O)=×100%=24.8%。步骤c中,加入的I2有n(I2)=0.050 00 mol·×50.00 mL×1 L· m=2.500×1 mol。由步骤b可知25 mL溶液中Na2S2O3消耗的I2有:2.500×1 mol。滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有:15.00 mL×1 L· m×0.100 0 mol·
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×=7.500×1 mol。溶液中Na2S有:
n(Na2S·9H2O)=n(Na2S)=(2.500×1-2.500×1-7.500×1) mol=
1.500×1 mol。w(Na2S·9H2O)=×100%=
72.0%。
答案:(1)热水会促进Na2S水解,而稀碱液能抑制Na2S水解 (2)①ZnCO3+S2-ZnS+C ② 溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色
③72%;24.8%
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