2024年高考化学真题和模拟题分类汇编专题11水的电离和溶液的酸碱性含解析

PAGE54-专题11水的电离和溶液的酸碱性2024年化学高考题一、多选题1．（2024·山东高考真题）为完成下列各组试验，所选玻璃仪器和试剂均精确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)试验目的玻璃仪器试剂A配制100mL肯定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体B制备Fe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和FeCl3溶液C测定NaOH溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液A．A B．B C．C D．D【KS5U答案】AB【KS5U解析】A．配制100mL肯定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，须要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均精确，A符合题意；B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，接着煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均精确，B符合题意；C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题意；D．制备乙酸乙酯时须要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；故选AB。二、单选题2．（2024·浙江）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A．25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸B．25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸【KS5U答案】B【KS5U解析】A．25℃时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B．25℃时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C．假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D．假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。3．（2024·广东高考真题）测定浓硫酸试剂中含量的主要操作包括：①量取肯定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取待测液，用的溶液滴定。上述操作中，不须要用到的仪器为A． B． C． D．【KS5U答案】B【KS5U解析】试验过程中，①量取肯定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不须要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。4．（2024·河北高考真题）下列操作规范且能达到试验目的的是A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分别碘水中的碘【KS5U答案】A【KS5U解析】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；B．测定中和热试验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充，防止热量散失，故B不选；C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不选；综上所述，操作规范且能达到试验目的的是A项，故答案为A。5．（2024·湖南高考真题）下列试验设计不能达到试验目的的是试验目的试验设计A检验溶液中是否被氧化取少量待测液，滴加溶液，视察溶液颜色变更B净化试验室制备的气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶C测定溶液的pH将待测液滴在潮湿的pH试纸上，与标准比色卡比照D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸馏A．A B．B C．C D．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，能达到试验目的，故A不符合题意；B．试验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到试验目的，故B不符合题意；C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，不能达到试验目的，故C符合题意；D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到试验目的，故D不符合题意。答案选C。6．（2024·浙江高考真题）25℃时，下列说法正确的是A．NaHA溶液呈酸性，可以推想H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推想BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【KS5U答案】D【KS5U解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推想BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。三、试验题7．（2024·山东高考真题）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。试验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：

(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO3已被完全还原的现象是___。(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，试验如下：①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【KS5U答案】解除装置中的空气直形冷凝管淡黄色固体变为银白色汲取多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E再次通入N2解除装置中的H2(m3+m1-2m2)%不变偏大【分析】(1)将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要削减，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1-m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g；滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；依据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【KS5U解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是解除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是汲取多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，须要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是解除装置中的H2，故答案为：汲取多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；解除装置中的H2；(3)①依据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要削减，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1-m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g，故答案为：(m3+m1-2m2)；②滴定时，依据关系式：WO~2IO~6I2~12S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；依据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。8．（2024·浙江）是很好的氯化剂，试验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：①，合适反应温度为；副反应：。②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。③，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答：(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱B．调控进入反应柱的混合气中和的比例C．调控混合气从下口进入反应柱的流速D．将加热带缠绕于反应柱并加热(3)装置C，冷却液的温度通常限制在。反应停止后，温度保持不变，为削减产品中的含量，可采纳的方法是_______。(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当须要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复运用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和转入分液漏斗c.涂凡士林d.旋开旋塞放气e.倒转分液漏斗，当心振摇f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶(5)产品分析：取肯定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及肯定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：试验数据如下表：加入量滴定Ⅰ测出量滴定Ⅱ测出量①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。推断滴定Ⅰ到达终点的试验现象是_______。②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_______。【KS5U答案】浓aABC抽气(或通干燥氮气)abgCCl4中由紫红色突变到无色，且30s不复原溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求【KS5U解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。②Cl2和Cl2O都不能干脆排放于空气中，因此须要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时须要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此须要在C和尾气处理装置之间连接汲取水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A．因Cl2O能与H2O发生反应，因此须要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B．N2的作用是稀释Cl2，在气流速率肯定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此须要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时须要限制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D．HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；综上所述，答案为ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。(4)萃取分液的操作依次为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作依次为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，当心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的试验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不复原。②由、、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由试验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。9．（2024·河北高考真题）化工专家侯德榜独创的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学爱好小组在试验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，试验流程如图：回答下列问题：(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接依次是___(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺当滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。A．B．C．D．E.(2)B中运用雾扮装置的优点是__。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___。(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为___g。②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分别，依据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采纳的操作为___、___、洗涤、干燥。(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，汲取了肯定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。A．偏高B．偏低不变【KS5U答案】aefbcgh将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓0.84蒸发浓缩冷却结晶A【分析】依据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。【KS5U解析】(1)依据分析可知，要制备，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液汲取，也能充分利用二氧化碳制备得到少量，所以按气流方向正确的连接依次应为：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺当滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；(2)B中运用雾扮装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；(3)依据上述分析可知，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；(4)①对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：将气体先通过足量浓硫酸，汲取水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，依据方程式可知，依据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，依据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；②依据溶解度虽温度的变更曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的上升而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的上升变更并不明显，所以要想使沉淀充分析出并分别，需采纳蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(5)称量前，若无水保存不当，汲取了肯定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，依据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。四、工业流程题10．（2024·湖南高考真题）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤I.的制备

步骤Ⅱ.产品中含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，接着用盐酸标准溶液滴定至终点(其次滴定终点)，又消耗盐酸；④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35℃时，起先分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表温度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的缘由是_______；(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；A．B．C．D．(3)指示剂N为_______，描述其次滴定终点前后颜色变更_______；(4)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【KS5U答案】NaHCO3在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黄色变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大【分析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，依据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，限制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变更来推断滴定终点，结合颜色变更可推出指示剂M为酚酞试剂；其次次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测推断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再依据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。【KS5U解析】依据上述分析可知，(1)依据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，限制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)依据上述分析可知，其次次滴定时，运用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变更为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，其次次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则依据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n总(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的状况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。2024年化学高考模拟题一、单选题1．（2024·福建省南安第一中学高三二模）常温下，下列说法正确的是A．某溶液中含有、、和Na+，若向其中加入Na2O2，充分反应后，四种离子的浓度不变的是(忽视反应前后溶液体积的变更)B．水电离的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液中，下列离子能大量共存：、Na+、、C．氢氧化铁溶于HI溶液中的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2OD．NaHS溶液中，下列离子能大量共存：K+、Al3+、Cl—、【KS5U答案】C【KS5U解析】A．向溶液中加入具有强氧化性的过氧化钠固体，过氧化钠能将溶液中的亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度会增大，故A错误；B．水电离的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中，氢离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，碱溶液中，氢氧根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故B错误；C．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液的反应为氢氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2O，故C正确；D．在硫氢化钠溶液中，硫氢根离子与铝离子会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能大量共存，故D错误；故选C。2．（2024·安徽高三一模）25℃，向20mL0.1mol•L-1的弱碱BOH溶液(Kb=1.0×10-5)中逐滴加入0.1mol•L-1盐酸，pH～V曲线如图所示，下列说法正确的是A．a点到b点，水的电离程度先减小后增大B．a点时，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)C．b点时，c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)D．V=20mL时，c(Cl-)>c(B+)>c(OH-)>c(H+)【KS5U答案】B【KS5U解析】A．当BOH与盐酸恰好完全反应时，溶液中的溶质为0.05mol/LBCl，此时溶液中存在B+的水解，BOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，则B+的水解平衡常数为Kh==10-9；则此时溶液中满意Kh=c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L−1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)=×10-5.5mol/L，所以此时溶液的pH＞5，即b点BOH已经完全反应，a点到b点，BOH渐渐和盐酸完全反应，然后盐酸过量，则水的电离程度先增大后减小，A错误；B．a点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，此时pH=9，则c(OH-)=10-5mol/L，BOH的电离平衡常数Kb==1.0×10-5，所以此时c(BOH)=c(B+)，则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)，B正确；C．当BOH和盐酸恰好完全反应时，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)，b点时盐酸过量，所加入的盐酸中存在c′(Cl-)=c′(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影响，则c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但盐酸的电离会抑制B+，所以c(Cl-)＞c(BOH)+c(B+)+c(H+)，C错误；D．V=20mL时，溶液中溶质为BCl，溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是微弱的，所以c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。3．（2024·安徽高三一模）下列试验能达到目的的是A．装置甲证明醋酸为弱酸 B．装置乙处理Cl2尾气C．装置丙除去乙醇中少量的水 D．装置丁精确量取肯定体积的酸性KMnO4标准溶液【KS5U答案】A【KS5U解析】A．醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到试验目的，故A选；B．氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理Cl2尾气，应用氢氧化钠溶液汲取尾气中的氯气，故B不选；C．乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；D．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取肯定体积的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；故选A。4．（2024·浙江高三其他模拟）25℃时，下列说法正确的是A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法推断B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推想BA对水的电离没有影响C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性【KS5U答案】A【KS5U解析】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法推断，A正确；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是假如都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误；C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的PH增大，PH越大说明越稀，水的电离程度越大，C错误；D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D错误；故选A。5．（2024·阜新市其次高级中学高三其他模拟）利用下列装置能达到相应试验目的的是A．用图Ⅰ装置测定氯水的pHB．用图Ⅱ装置保存液溴C．用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色D．用图Ⅳ装置进行中和滴定【KS5U答案】C【KS5U解析】A．氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，氯水能使pH试纸先变红后褪色，不能用pH试纸测定氨水的pH，A错误；B．液溴能够腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，B错误；C．Fe与电源正极相连，作阳极，Fe发生氧化反应生成Fe2+，碳棒为阴极，水在碳棒上发生还原反应生成氢气，同时产生OH-，Fe2+结合阴极产生的OH-生成Fe(OH)2，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以可用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2，并能较长时间不变色，C正确；D．将酸滴入氢氧化钠待测液时，须要运用酸式滴定管滴加酸，图中为碱式滴定管，D错误；故选C。6．（2024·天津）常温下，下列溶液中各组离子肯定能够大量共存的是A．c(H+)/c(OH-)=1.0×10-12的溶液：K+、Na+、CO、AlOB．水电离出来的c(OH-)=1.0×10-13mol/L的溶液：K+、Cl-、S2-、SOC．使甲基橙变红色的溶液中：Na+、NH、S2O、SOD．通入足量SO2后的溶液：Na+、Ba2+、ClO-、CH3COO-【KS5U答案】A【KS5U解析】A．c(H+)/c(OH-)=1.0×10-12的溶液显碱性，K+、Na+、CO、AlO之间不反应，可以大量共存，A选；B．水电离出来的c(OH-)=1.0×10-13mol/L的溶液假如显酸性S2-、SO和氢离子反应生成单质硫和水，不能大量共存，B不选；C．使甲基橙变红色的溶液显酸性，酸性溶液中S2O、SO均与氢离子反应，不能大量共存，C不选；D．通入足量SO2后的溶液中ClO-能氧化二氧化硫，CH3COO-能与氢离子结合生成醋酸，均不能大量共存，D不选；答案选A。7．（2024·安徽高三其他模拟）常温下，将HCl气体通入0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)和反应物物质的量之比X[X=]的关系如图所示(忽视溶液体积的变更)，下列说法正确的是A．NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25B．P2点由水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol/LC．P3为恰好完全反应点，c(Cl-)+c(NH)=0.2mol/LD．P3之后，水的电离程度始终减小【KS5U答案】B【KS5U解析】A．一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0.1mol/L，图象分析可知，c()=c(OH-)≈10-3mol/L，NH3•H2O的电离平衡常数Kb===10-5，A错误；B．由图可知，P2点对应的溶液pH=7，故由水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol/L，B正确；C．P3所示溶液，t==1，n(HCl)=n(NH3•H2O)，溶液中存在物料守恒得到：c()+c(NH3•H2O)=c(Cl-)＝0.1mol/L，故c(Cl-)+c()=２c()+c(NH3•H2O)＜0.2mol/L，C错误；D．P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H+对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再变更，故不是始终减小，D错误；故答案为：B。8．（2024·陕西宝鸡市·高三其他模拟）常温下，向20mL0.01mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加入CH3COOH溶液体积的变更如图所示，下列说法正确的是A．H、F点溶液显中性B．E点溶液中由水电离的c水(OH—)=1×10-3mol·L-1C．H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【KS5U答案】D【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用渐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反应过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。【KS5U解析】A．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；B．氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12mol·L-1，故B错误；C．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C错误；D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正确；故选D。9．（2024·广西南宁市·南宁三中高三三模）常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3mol/LNa2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变更曲线如图2所示。下列说法正确的是A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线B．b点溶液的pH大于c点溶液的pHC．a、d两点水的电离程度：a＞dD．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【KS5U答案】C【KS5U解析】碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+=HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氫钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误：

B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：

C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确。

D．c点的溶液中：依据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)=2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误。

故选：C。10．（2024·天津高三三模）下列关于试验操作或现象说法正确的是

A．图1：进行氢氧化铁胶体的电泳试验，通电后，阴极旁边颜色渐渐加深B．图2：烧瓶中溶液为蒸馏水，反应一段时间后，试管中铁粉变为红棕色C．图3：分别乙醚和苯D．图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不行以接触锥形瓶内壁【KS5U答案】A【KS5U解析】A．氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，进行氢氧化铁胶体的电泳试验，通电后，阴极旁边颜色渐渐加深，A正确；B．铁和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁，得不到红棕色的氧化铁，B错误；C．通过蒸馏分别乙醚和苯时，应当用直形冷凝管，C错误；D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，从而限制加入半滴溶液，D错误；答案选A。11．（2024·天津高三三模）常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽视混合时溶液体积的变更)。下列叙述错误的是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；

B．甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂，酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到其次反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；

C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；

D．Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，则该点溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D错误；

故答案为：D。12．（2024·天津高三一模）下列说法正确的是A．常温下，由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO-、I-大量共存B．苯酚溶液中：Cl-、NH、CO可以大量共存C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCOD．用银氨溶液检验醛基的离子方程式：RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O【KS5U答案】C【KS5U解析】A．ClO-、I-发生氧化还原反应而不能大量共存；常温下，由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能因溶质电离显酸性，也可能因溶质电离显碱性，酸性溶液中H+能与ClO-、发生反应，不能大量共存，A错误；B．苯酚的酸性介于碳酸的一级电离与二级电离之间，则苯酚能与CO反应生成HCO，不行以大量共存，B错误；C．次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的一级电离平衡常数与二级电离平衡常数之间，则次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，C正确；D．醛基能被银氨溶液氧化，则用银氨溶液检验醛基的离子方程式：RCHO+2Ag(NH3)+2OH-RCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O，D错误。答案选C。13．（2024·天津高三二模）下列说法不正确的是A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0B．将KCl溶液从常温加热至100℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【KS5U答案】A【KS5U解析】A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于，A说法错误；Ｂ．将KCl溶液从常温加热至100℃，水电离产生的氢离子浓度增大，则溶液的pH变小但仍保持中性，B说法正确；Ｃ．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN-水解产生HCN和氢氧根离子，则HCN是弱电解质，C说法正确；Ｄ．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，导致溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，D说法正确。故选A。14．（2024·天津高三二模）下列化学试验基本操作中正确的是A．分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，水层从上口倒出B．蒸馏时，将温度计水银球置于被蒸馏的石油液面下，且不触及蒸馏烧瓶的底部C．滴定时，左手限制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡并平视滴定管内液面D．用HCl标准溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂【KS5U答案】A【KS5U解析】A．分液时，下层溶液从分液漏斗下口放出，上层溶液从上口倒出，四氯化碳的密度比水大，则碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，水层从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处，用于测定馏出物的温度，故B错误；C．滴定时，左手限制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡并凝视锥形瓶中溶液颜色的变更，故C错误；D．强酸滴定弱碱时，应选用甲基橙为指示剂，则用盐酸标准溶液滴定碳酸氢钠溶液来测定其浓度，应选择酚酞为甲基橙，故D错误；故选A。15．（2024·天津高三一模）常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变更关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是

A．m点：c(Na+)<c(A-)B．Ka(HA)的数量级为10-5C．1点所示溶液中：c(Na+)<c(A-)+c(HA)D．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：n>m>1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．依据电荷守恒可得，又由图示可知m点pH=4.76，则，所以m点：c(Na+)<c(A-)，故A不选；B．m点处p=-lg=0，即，则此时，数量级为10-5，故B不选；C．当加入的NaOH溶液为20mL时，溶液中溶质为NaA，存在物料守恒，即，且溶液呈碱性；1点溶液呈酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则，故C不选；D．n点到l点，溶液中NaA的物质的量渐渐增多，NaA的水解促进水的电离，所以水电离程度n＜m＜1，故选D；答案选D。16．（2024·云南高三三模）室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X-、Y-均不反应)。随着Ba(OH)2溶液的加入，由水电离产生的c(H+)的变更趋势如图所示。下列说法错误的是A．相同条件下，Ka(HX)>Ka(HY)B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)<c(Ba2+)C．N点对应Ba(OH)2溶液的体积为10mLD．T点溶液中阴离子浓度之和大于M点【KS5U答案】B【KS5U解析】A．由图示可知，水解对水的电离促进程度较大，则HY的酸性较弱，所以相同条件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不选；B．本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的第一次达到时为中性点，当接着滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即其次次水电离该点为碱性点，所以M点呈中性，依据电荷守恒，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中，故消耗完20mL0.1mol/L的HY须要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；D．依据电荷守恒可得T点；M点；T、M点相同，T点大于M点，所以，故D不选。答案选B17．（2024·辽宁高三其他模拟）下列有关试验操作说法正确的是A．滴定试验时，滴定管、锥形瓶均需润洗以减小误差B．硫酸镁溶液加热蒸干可得到晶体C．分别苯和水混合液振荡时，分液漏斗尖嘴应向下倾斜D．蒸馏时应先加热再开冷凝水，试验结束后先关冷凝水再停止加热【KS5U答案】B【KS5U解析】A．中和滴定试验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可运用，不须要润洗，故A错误；B．硫酸镁溶液易水解生成Mg(OH)2和H2SO4，加热促进硫酸镁水解，由于H2SO4难挥发，蒸干时得到MgSO4晶体，故B正确；C．分液操作振荡时分液漏斗下口朝上，上下颠倒，便于充分混合，故C错误；D．蒸馏时，先开冷凝水，防止馏分散失，蒸馏完毕后，先撤酒精灯，保证馏分完全接收，故D错误；故选：B。二、工业流程题18．（2024·南岸区·重庆其次外国语学校高三三模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：已知①2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在。②铬属于重金属元素。回答下列问题：(1)原料之一的H2O2电子式是_______。(2)Cr元素经步骤II再循环到步骤I中，则循环物质X为_______(填化学式)。(3)Ksp(CaCrO4)_______(填“>”或“＜”)Ksp(CaSO4)。(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_______(5)步骤I~III是为了制得纯碱，从环境爱护的角度看，可能的不足之处是_______(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是_______(7)测定产品活性氧的试验步骤如下：精确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。①滴定到终点时，溶液呈_______(填“无色”或“浅红色”)。②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该试验测得的产品中活性氧为_______(列出计算表达式)。【KS5U答案】Na2Cr2O7＞2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓六价铬有毒，易造成环境污染减小过碳酸钠的溶解度，提高产率浅红色【分析】以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠。【KS5U解析】(1)H2O2的电子式为；(2)已知2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O7，

故答案为Na2Cr2O7；(3)分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行，证明Ksp(CaCrO4)＞Ksp(CaSO4)，故答案为＞；(4)步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

(5)步骤Ⅰ-Ⅲ是为了制得纯碱，从环境爱护的角度看：六价铬有毒，易造成环境污染，故答案为六价铬有毒，易造成环境污染；

(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是：减小过碳酸钠的溶解度，提高产率，故答案为减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；

(7)①滴定终点是滴入最终一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，证明反应达到反应终点，故答案为浅红色；

②精确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL，反应为：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比=×100%=，故答案为。19．（2024·吉林长春市·东北师大附中高三其他模拟）三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，试验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如图：①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl。②反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸接着氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)③相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/C沸点/C溶解性C2H5OH46-114.178.3与水互溶CCl3CHO147.5-57.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5-138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)A中所发生反应的离子方程式为___________。(2)仪器C的名称为___________，仪器E的进水口为___________(填“a”或“b”)。(3)装置D中的试剂应为___________。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分别出三氯乙酸杂质。你认为此方案是否可行___________(填“是”或“否”)，缘由是___________。(5)该设计装置中存在一处缺陷是___________，导致引起的后果是___________。(6)测定产品纯度：称取产品4.6g配成待测溶液100.00mL，取待测液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000mol/L碘标准溶液25.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调整溶液的pH，马上用0.02000mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行试验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为___________(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO＋OH-=CHCl3＋HCOO-，HCOO-＋I2=H＋＋2I-＋CO2，I2＋2S2O=2I-＋S4O。【KS5U答案】2MnO＋16H＋＋10Cl-=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O三颈烧瓶(三口瓶)aNaOH溶液否CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液无干燥装置氯气和水反应生成HCl和HClO，会进一步生成副产物73.75%【分析】由试验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其中恒压漏斗起平衡压强的作用，便于浓盐酸顺当流下，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶B中除去氯化氢气体，氯气在装置C中与乙醇反应制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于汲取氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸能将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，所以试验时应在B、C间和C、D间缺少2个汲取水蒸气的装置，防止氯气与水反应生成次氯酸将三氯乙醛氧化。【KS5U解析】(1)仪器A中发生的反应为高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)仪器C的名称为三颈烧瓶(三口瓶)；仪器E为球形冷凝管，进水口为a；(3)装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于汲取氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气；(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分别出三氯乙酸，该方法不行行；缘由是CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液；(5)由分析可知，该设计流程中存在一处缺陷是试验时应在B、C间和C、D间缺少2个汲取水蒸气的干燥装置；可能导致氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，导致三氯乙醛产率降低；(6)由题意滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2S2O=2I-+S4O可知，测定产品纯度时存在如下关系式：n(I2)=n(CCl3CHO)+×n(Na2S2O3)，则产品的纯度为=73.75%。20．（2024·阜新市其次高级中学高三其他模拟）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O}几乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤铁矿渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料制取乳酸亚铁晶体的工艺如图所示：已知：金属氢氧化物溶度积Ksp起先沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl(OH)32×10-324.15.4Fe(OH)33.5×10-382.23.4回答下列问题：(1)C、N、O的一第电离能由大到小的依次为___________，H2O的中心原子的孤电子对数为___________。(2)常温下，调pH=3.5~4.1的目的是___________。(3)“沉铁”过程的离子方程式为___________。(4)“操作2”详细为：隔绝空气低温蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥，密封储存产品。乙醇洗涤的目的是___________。(5)可用高锰酸钾滴定法测定样品中Fe2+的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发觉结果总是大于100%，其缘由可能是___________：经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO4)2标准溶液滴定法进行测定。反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。测定时称取3.0g样品溶于水，配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：滴定序号0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.8520.1221.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___________。【KS5U答案】N>O>C2使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避开Al3+沉淀Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O趁热过滤削减产品的溶解损失，有利于后续干燥乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化94.56%【分析】由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调整溶液pH在3.5~4.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完全转化为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。【KS5U解析】(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充溢稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的依次为N>O>C；水分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：N>O>C；2；(2)由分析可知，常温下，调pH=3.5~4.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避开Al3+沉淀；(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)由分析可知，“操作2”详细操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是削减因乳酸亚铁晶体溶于水而造成损失，乙醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；削减产品的溶解损失，有利于后续干燥；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由题给数据可知，试验2误差较大，应略去，由试验1、3可得反应消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化；94.56%。三、试验题21．（2024·南岸区·重庆其次外国语学校高三三模）铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则快速分解。某爱好小组设计试验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠。制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水；浅黄色难溶于水；白色(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为：_______，B装置的作用是_______。(2)当视察到_______(填现象)时，可以初步推断C中反应已经完成。(3)拆除装置前必需先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭_______；打开_______。(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，须要的操作有_______、过滤、_______。Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+(5)往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为_______。Ⅲ.产品纯度的测定(6)取上述NaBiO3产品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用bmol·L−1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4+MnO—CO2+Mn2++H2O，未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗cmL标准溶液。该产品的纯度为_______(用含a、b、c的代数式表示)。【KS5U答案】Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O除去HClC中的白色固体消逝(或黄色不再加深；C中上方充溢黄绿色气体等)K1、K3(K1可不填)K2在冰水中冷却结晶洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O280bc×10-3/a或28bc/a％或0.28bc/a×100％【分析】用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；试验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，汲取剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根，高锰酸根再与草酸反应来测定，依据氧化还原反应反应进行计算。据此分析解题。【KS5U解析】(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，依据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。浓盐酸具有挥发性，B装置的作用是除去HCl。(2)C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消逝。(3)从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，须要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，依据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O。(6)依据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例H2C2O4~MnO4-=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，，纯度为=，或。22．（2024·重庆市第十一中学校高三二模）过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，遇热易分解，可用较高浓度的双氧水和冰醋酸制备，原理：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH＋H2OΔH<0。某试验小组制备过氧乙酸。步骤如下：(1)浓缩双氧水：(装置如图)蛇形冷凝管连接恒温水槽，维持冷凝管中的水温为60℃，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水滴入蛇形冷凝管中，重复浓缩2～3次。①蛇形冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”)。②常压下，H2O2的沸点是158℃。试验完成后，较高浓度的双氧水主要收集在圆底烧瓶________内(填“A”或“B”)。(2)制备过氧乙酸：向三颈烧瓶中，加入25mL冰醋酸和肯定量浓硫酸，再缓缓加入15mL42.5％的双氧水，温度限制在40℃，搅拌4h后，室温静置12h。①浓硫酸的用量对生成过氧乙酸的质量分数有较为明显的影响，如图呈现了两者之间的关系。依据图中数据，本试验浓硫酸的用量最好限制在________(填字母)范围。A．1.5mL～2.0mLB．3.5mL～4.0mLC．5.5mL～6.0mL②滴加双氧水要有冷却措施，目的是________。限制反应温度在40℃的加热方法是________。(3)测定所得产品浓度：Ⅰ．取VmL产品溶液酸化后，用amol/L的KMnO4标准溶液滴定其残留的H2O2，终点时消耗KMnO4标准溶液V1mL(KMnO4只与产品中的H2O2反应)。Ⅱ．另取VmL产品溶液，加入过量的KI溶液充分反应，然后以淀粉作指示剂，用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定生成的I2，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。已知：H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2OCH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O①写出Ⅰ中酸性KMnO4溶液与H2O2反应的离子