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13B.该溶液的pH可能是3C.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 ()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>cC.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.②③④C.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;②HCO3-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)35.常温下,将NH4NO3溶于水得无色溶液,为使该溶液中的c(NH4+)∶c(NO3A.加入适量的HNO3,抑制NH4B.加入适量的氨水,使溶液的pH等于7C.加入适量的NH4NO3D.加入适量的NaOH,使溶液的pH等于7【解析】选B。因为NH4+部分水解使NH4NO3溶液中c(NH4+)∶c(NO3-)<1∶1,要使c(NH4+)∶c(NO3-)=1∶1,可通过抑制水解达到目的。A中增加了NO3-;B中根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-),又pH=7,则c(NH4+)=c(NO3-);C增加NH4+c(NH4+)+c(Na+),因为pH=7,显然c(NO3-)≠c6.某同学在实验室探究NaHCO3的性质:常温下,配制0.10mol·L-1NaHCO3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HCO3B.加入CaCl2促进了HCO3C.反应的离子方程式是2HCO3-+Ca2+CaCO3↓+HD.反应后的溶液中存在:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO3【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HCO3-的水解程度大于电离程度,正确;B项,溶液中存在HCO3-CO32-+H+,加入CaCl2消耗CO32-,促进HCO3-的电离,错误;C项,HCO3-与Ca2+生成CaCO3和H+Ca2+CaCO3↓+H2CO3,正确;D项,溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液的pH=7,c(H+)=c(OH-2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO327.已知温度T时水的离子积常数为Kw,该温度下,将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·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=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中,c(H+)=Kwmol·LD.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+)=Kwmol·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-),D8.(2020·承德模拟)25℃时,向100mL0.01mol·L-1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01mol·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10-6B.水的电离程度:N>M>PC.随着盐酸的不断滴入,最终溶液的pH小于2D.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=c(10-4×10-40.01-10-4=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0.01mol·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。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(HCO3-)>c(CO32-)>cC.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(HD.0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH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(CO32-),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+)-2cc(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-)<c(H+)B.将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释,溶液中所有离子的浓度均减小C.常温下,CH3COOH分子可能存在于pH>7的碱性溶液中D.相同温度下,1mol·L-1氨水与0.5mol·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0.5mol·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()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1.0×10-13C.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1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH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>aB.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=1【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=10-7mol·L-1,b点pH=4.3,所以b点溶液中c(H+)=10-4.3mol·L-1,则由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-(14-4.3)mol·L-1=10-9.7mol·L-1,a点pH=3.1,所以a点溶液中c(H+)=10-3.1mol·L-1,则由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-(14-3.1)mol·L-1=10-10.9mol·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0.1molNaOH固体后CH3COOH有剩余,c(Na+)=0.1mol·L-1,混合前CH3COOH溶液浓度c应比0.1mol·L-1大,a点时又加入0.1molCH3COOH,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-)=10-10.9mol·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-)=10-7mol·L-1,则c(Na+)=c(CH3COO-),由已知及图象可得c(Na+)=0.2mol·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+)=10-7mol·L-1,c(CH3COO-)=0.2mol·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=c(CH313.已知0.1mol·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。14.常温下,向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH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)=20mL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)=20mL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0.1mol·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c(OH-)c(NH3·H2O)(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(NH4+)=amol·L-1,则c(SO42-(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·H2ONH4++OH-,加入(NH4)2SO4固体,NH3·H2O的电离平衡向左移动,故c(3)由电荷守恒,则c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),pH=7,c(H+)=c(OH-),故c(NH4+)=2c(SO42-),即(4)pH=1的硫酸,c(H+)=0.1mol·L-1,H2SO4与NH3·H2O正好反应:2NH3·H2O+H2SO4(NH4)2SO4+2H2O,由于NH4+水解,溶液呈酸性,故有c(NH4+)>c>c(H+)>c(OH-)。答案:(1)减小(2)NH3·H2O+H+NH4++H2<NH4++H2ONH3·H2O+H(3)a2mol·L(4)c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+16.(10分)Ⅰ.已知常温下,在NaHSO3溶液中c(H2SO3)<c(SO32-),且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2,K2=1.1×10-7;氨水的电离平衡常数为K=1.8×10(1)NH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为

___________________________。

(2)等物质的量浓度的下列五种溶液:①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序为________(填序号)。

(3)NaHSO3可以将碘盐中的KIO3还原为碘单质,试写出此反应的离子方程式

_____________________________________________________________。

Ⅱ.已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=1.1×10-33。(4)在25℃下,向浓度均为0.1mol·L-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成________沉淀(填化学式)。

(5)溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10-5mol·L-1时,可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水,当Fe3+刚好完全沉淀时,测定c(Al3+)=0.2mol·L-1。此时所得沉淀中________(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。请写出计算过程__

___________________________________。

【解析】Ⅰ.(1)NH4Cl是强酸弱碱盐,溶液呈酸性,故NH4Cl溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐,NH4+和SO32-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H2SO3Ⅱ.(4)根据题中数据,开始生成Al(OH)3沉淀时,c(OH-)=3K31.1×10-33c(Al3+)=31.1c(Al3+)×10-11(mol答案:(1)c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH(2)②④③①⑤(3)5HSO3-+2IO3-I2+5SO42(4)Al(OH)3(5)不含有Fe3+完全沉淀时,c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3c(Al3+)·c3(OH-)=0.2×4.0×10-33=8.0×10-34<Ksp[Al(OH)3],所以没有生成Al(OH)3沉淀17.(10分)现有0.175mol·L-1醋酸钠溶液500mL(已知醋酸的电离常数Ka=1.75×10-5)。 (1)写出醋酸钠水解反应的化学方程式:

_____________________________。

(2)下列图象能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是________。

A.溶液中c(Na+)与反应时间t的关系B.CH3COO-的水解速率与反应时间t的关系C.溶液的pH与反应时间t的关系D.Kw与反应时间t的关系(3)在醋酸钠溶液中加入下列少量物质,水解平衡向正反应方向移动的有________。

A.冰醋酸 B.纯碱固体C.醋酸钙固体 D.氯化铵固体(4)欲配制0.175mol·L-1醋酸钠溶液500mL,可采用以下两种方案;方案一:用托盘天平称取________g无水醋酸钠,溶于适量水中,配成500mL溶液。

方案二:用体积均为250mL且浓度均为____________

mol·L-1的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前两者体积之和)。(5)在室温下,0.175mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为________[已知醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh=KwKa【解析】(1)醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠,化学方程式为CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH。(2)A项,钠离子不水解,所以浓度始终不变,错误;B项,醋酸根离子开始时水解速率最大,后逐渐减小,平衡时不再变化,正确;C项,随着水解的逐渐进行,pH逐渐增大,平衡时不再发生变化,正确;D项,Kw是温度常数,温度不变,Kw不变,错误。(3)A项,加入冰醋酸,溶液中醋酸浓度增大,平衡左移,错误;B项,加入纯碱固体,由于CO32-的水解会产生OH-,抑制CH3(4)由m=nM得醋酸钠的质量为7.175g,由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2g;醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合,混合后的溶液浓度减半为0.175mol·L-1,所以原来的浓度为0.35mol·L-1。(5)醋酸根离子的水解反应的平衡常数Kh=KwK=c2(OH-)c(CH3COO-)答案:(1)CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH(2)B、C(3)C、D(4)7.20.35(5)918.(6分)复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型。(1)已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L-1的下列6种溶液的pH:溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3复分解反应存在这样一个规律:一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应,生成较弱酸和较强酸的盐,如:2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2↑+H2O。依照该规律,请判断下列反应不能成立的是________(填编号)。

A.CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClOB.CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCNC.CO2+H2O+C6H5ONaNaHCO3+C6H5OHD.CO2+H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OH(2)根据上述信息判断,常温下,浓度均为0.05mol·L-1的下列5种物质的溶液中,pH最小的是________(填编号),其pH约为________(填数值)。

①HCN②CH3COOH③HClO4④HClO⑤H2SO4(3)一些复分解反应的发生还遵循其他的规律。下列转化都属于复分解反应:①工业上将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液;②侯氏制碱法中,向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打晶体。请根据上述反应,总结出复分解反应发生的另一规律__________________。

【解析】(1)弱酸酸根离子水解程度越大,溶液碱性越强,则该弱酸的酸性越弱。由表中数据可知,酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3-,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NaHCO(2)硫酸是二元强酸,浓度均为0.05mol·L-1时,⑤中H+浓度最大,pH最小,其H+浓度为0.1mol·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)⑤1(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0.10mol·L-1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L-1H2C2O4(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0.10mol·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。(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(HC2O4-)+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25mL,根据物料守恒:c(HC2O4-)+c(H2C2Oc(C2O42-)=0.10mol·L-1×10mL25mL=0.04mol·L-1;c(K0.06mol·L-1,所以0.10mol·L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+(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(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-(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(HC2O4-)+2c(C2O42-(3)3(4)c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2(5)c(K+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)20.(10分)部分弱酸的电离平衡常数如下表:弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)Ka=1.77×10-4Ka=4.0×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=1.54×10-2Ka2=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①0.1mol·L-1HCOONa,②0.1mol·L-1NaClO,③0.1mol·L-1Na2CO3,④0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH由大到小的关系为________________________。

(3)浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,SO32-、CO32-、HSO3(4)下列离子方程式正确的是________(填字母)。

a.2ClO-+H2O+CO22HClO+CO3b.2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+COc.H2SO3+2HCOO-2HCOOH+SO3d.Cl2+H2O+2CO32-2HCO3-(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>HCO3-,因此四种钠盐溶液的pH由大到小的关系为③>②>④>(3)酸性强弱顺序是H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-,因此水解程度是HSSO32-<CO32-,所以浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中SO32-、CO32-、HSO3-、HC>c(HSO3(4)a项,次氯酸的酸性强于碳酸氢根,则ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-,错误;b项,甲酸的酸性强于碳酸,则2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2↑,正确;c项,甲酸的酸性强于亚硫酸氢根,则H2SO3+HCOO-HCOOH+HSO3-,错误;d项,次氯酸的酸性强于碳酸氢根,而弱于碳酸,则Cl2+H2O+2CO32-2HC(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-)。答案:(1)Ka值越大,酸性越强(2)③>②>④>①(3)c(SO32-)>c(CO32-)>c(HC(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0.6720g样品,放入锥形瓶,加入适量2mol·L-1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30mL水加热,用0.2000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗8.00mL。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0.2500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗8.00mL。已知涉及的部分离子方程式为步骤a:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++8H步骤b:2Cu2++4I-2CuI↓+I2I2+2S2O32-2I-+S(1)已知室温下CuI的Ksp=1.27×10-12,欲使溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6mol·L-1,应保持溶液中c(I-)≥________mol·L-1。

(2)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn

__________________________________________________________。

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-)=Kspc(c(Cu+),由于溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6mol·L-1,则c(I-)≥1.27×10-6mol·L-1。(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4MnO4-+12H+4Mn2++5O2↑+6H2(3)根据反应I2+2S2O32-2I-+S4(4)