2023届新高考化学一轮课时跟踪练第26讲水的电离和溶液的酸碱性

课时跟踪练26一、选择题1．(2021·揭阳河婆中学月考)关于水的离子积常数，下列说法不正确的是()A．蒸馏水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14B．纯水中，25℃时，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14D．Kw值随温度升高而增大＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故A项错误；25℃时，纯水中，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，故B项正确；25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，故C项正确；水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，水的离子积常数Kw增大，故D项正确。答案：A2．(2021·莆田二中月考)关于水的电离，下列叙述正确的是()A．升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(H＋)不变B．向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H＋)增大C．向水中加入氨水，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(OH－)降低D．向水中加入少量固体NaCl，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H＋)降低解析：升高温度促进水的电离，c(H＋)增大，A项错误；硫酸电离出氢离子，c(H＋)增大，抑制水的电离，Kw只与温度有关，所以Kw不变，B项正确；一水合氨会电离出氢氧根，所以c(OH－)增大，C项错误；NaCl为强酸强碱盐，加入少量固体NaCl，对水的电离无影响，D项错误。答案：B3．(2021·南安第一中学月考)常温下，下列说法正确的是()A．某溶液中含有HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)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SOeq\o\al(2－,4)(忽略反应前后溶液体积的变化)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：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)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－、SOeq\o\al(2－,4)解析：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－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项错误；氢氧化铁溶于HI溶液的反应为氢氧化铁与HI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项正确；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项错误。答案：C4．(2021·茂名第三次模拟)下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()①无色溶液中：K＋、Na＋、MnOeq\o\al(－,4)、SOeq\o\al(2－,4)②酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NOeq\o\al(－,3)、I－③加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)④由水电离出的c(OH－)＝10－4mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑤含有较多Fe3＋的溶液中：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、SCN－、HCOeq\o\al(－,3)⑥pH＝11的溶液中：COeq\o\al(2－,3)、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)A．①②④ B．②③C．⑤⑥ D．⑥解析：①中MnOeq\o\al(－,4)有颜色，①项不选；②酸性溶液中NOeq\o\al(－,3)能氧化Fe2＋、I－而不能大量共存，②项不选；③加入Al能放出H2的溶液为酸性或碱性，HCOeq\o\al(－,3)在酸性或碱性溶液中均不能共存，③项不选；④由水电离出的c(OH－)＝10－4mol·L－1的溶液应该是强碱弱酸盐溶液，题目给定的Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－不一定能共存，④项不选；⑤中Fe3＋能与SCN－反应而不能大量共存，⑤项不选；⑥碱性环境中COeq\o\al(2－,3)、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)相互不反应，能大量共存，⑥项选；答案选D。答案：D5．(2021·江西红色七校联考)已知Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是()A．a点溶液中，c(CH3COO－)数量级约为10－5B．b点溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COOH)C．c点溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．c点水的电离程度小于d点解析：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为HCl＋NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COONH4＋H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。据此分析解答。A项，a点没有滴入氨水，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，设－x)mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝1.7×10－5，由于HCl电离的H＋抑制CH3COOH的电离，0.01＋x≈0.01，0.01－x≈0.01，解得x＝1.7×10－5，c(CH3COO－)的数量级约为10－5，正确；B项，根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NHeq\o\al(＋,4)的水解离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，NHeq\o\al(＋,4)的＝5.88×10－10Ka(CH3COOH)，NHeq\o\al(＋,4)的水解程度小于CH3COOH的电离程度，b点溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COOH)，正确；C项，根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，正确；D项，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，c点水的电离程度大于d点，错误。答案：D6．(2021·重庆育才中学月考)化学上常用AG表示溶液中的lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)。25℃时，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定0.100mol·L－1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是()A．A点溶液的pH＝2.75，从C点往后的过程中，水的电离程度先变大再变小B．B点溶液中存在：c(H＋)－c(OH－)>c(NOeq\o\al(－,2))－c(HNO2)C．C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2D．25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10－4.5解析：A点lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝8.5，则c(H＋)∶c(OH－)＝108.5，Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝10－14，则c(H＋)＝10－2.75mol·L－1，溶液的pH＝2.75，C点lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性则酸应该稍微过量，则C点NaOH溶液体积小于20mL，从C点往后的过程中，先将末中和的亚硝酸变成亚硝酸盐，此时水的电离程度先变大，当NaOH过量时，NaOH抑制水电离，水的电离程度再变小，故A项正确；＋－＝0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性则酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，则C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2，14，则c(H＋)＝10－2.75mol·L－1，由于c(H＋)与c(NOeq\o\al(－,2))近似相等，所以HNO2的电离常数Ka＝eq\f(c（H＋）c（NOeq\o\al(－,2)）,c（HNO2）)＝eq\f(10－2.75×10－2.75,0.1－10－2.75)≈1.0×10－4.5，即25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10－4.5，故D项正确。答案：B7．(2021·汕尾华中师范大学海丰附属学校月考)一元酸HX和HY都是20mL，分别用0.1mol·L－1NaOH滴定，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是()A．用0.1mol·L－1NaOH滴定HX时，选用甲基橙做指示剂，测定结果偏低B．HX可能是HCl，HY可能是CH3COOHC．HX和HY的物质的量浓度可能都为1mol·L－1D．a和b对应溶液的导电性相同解析：氢氧化钠滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故氢氧化钠消耗量会减小，测定结果偏低，故A项正确；0.1mol·L－1NaOH与20mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20mL，所以酸的浓度都是0.1mol·L－1，根据题图纵坐标可知，HX为弱－1，故C项错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质，b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D项错误。答案：A8．(2021·西安庆华中学月考)常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是()A．b点溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))＞c(H2POeq\o\al(－,4))B．滴定终点a可选择甲基橙做指示剂C．a、b、c三点中水的电离程度最大的是cD．c点溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋2c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(H3PO4)解析：b点时，20mL0.100mol·L－1NaOH溶液与10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液混合，刚好发生反应生成Na2HPO4和水，由于溶液的pH＝10，所以HPOeq\o\al(2－,4)的水解是主要的，电离是次要的，水解生成的c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))，故溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))，A项错误；滴定终点a时，10mL0.100mol·L－1NaOH溶液与10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液混合，刚好发生反应生成NaH2PO4和水，由于溶液的pH＝4，所以可选择甲基橙做指示剂，B项正确；a、b、c三点时溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4、Na3PO4，在溶液中H2POeq\o\al(－,4)以电离为主，抑制水电离，HPOeq\o\al(2－,4)以水解为主、POeq\o\al(3－,4)水解程度比HPOeq\o\al(2－,4)大，二者都促进水电离，所－)＋2c(HPOeq\o\al(2－,4))＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))，由物料守恒可得，c(Na＋)＝3c(H3PO4)＋3c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))，所以c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋2c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(H3PO4)，D项正确。答案：A9．(2021·镇江第一中学月考)常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3mol·L－1Na2CO3溶液和25mL0.3mol·L－1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol·L－1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图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．c点的溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))D．a、d两点水的电离程度：a＜d解析：碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)＋H2O，然后发生HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3＋H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCOeq\o\al(－,3)＋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，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A项错误；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项错误；c点溶液溶质主要为NaHCO3，溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，而水解和弱电解质的电离都是微弱的，所以c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，C项正确；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，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，D项错误。答案：C10．(2021·深圳第一次模拟)常温下，向饱和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如图所示。溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl－、ClO－、HClO，该过程不考虑HClO的分解。下列有关说法错误的是()A．M点：c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)B．水的电离程度：M点<N点C．从M点到P点，溶液中的eq\f(c（OH－）,c（ClO－）)减小D．溶液中可能存在c(HClO)＋c(ClO－)＝c(Cl－)解析：M点为未滴加NaOH溶液的氯水，存在Cl2＋H2OHCl＋HClO，H＋来自HCl的完全电离、HClO和水的部分电离，则溶液中c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)，故A项正确；M点水的电离受HCl和HClO电离出的H＋的抑制，电离程度较小，而N点溶液pH＝7，此时溶<N点，故B项正确；从M点到P点，溶液中随c(OH－)的增大，c(ClO－)增大，但c(OH－)的增大幅度明显大于c(ClO－)，则从M点到P点溶液中的eq\f(c（OH－）,c（ClO－）)增大，故C项错误；当氯水中滴加过量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根据Cl2＋H2OHCl＋HClO，并结合物料守恒，此时溶液中存在c(HClO)＋c(ClO－)＝c(Cl－)，故D项正确。答案：C11．(2021·汕头第一次模拟)室温下，向100mL饱和H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图。下列有关说法正确的是()A．溶液的导电性：a＞b＞cB．整个过程中，水的电离程度先增大后减小C．该温度下，H2S的Ka1数量级为10－9D．a点之后，随SO2气体的通入，eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)的值始终减小解析：当SO2恰好将溶液中H2S反应完时，由于生成物为S(沉淀)和水，故此时溶液显中性，对应图中点a，a点以后，SO2过量，SO2与水反应形成H2SO3溶液。由分析知，a点为纯水，a点过后，SO2过量，形成H2SO3溶液，随着H2SO3浓度增大，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故导电能力c＞b＞a，A项错误；起点→a点，溶液中H2S逐渐被反应，c(H＋)逐渐减小，对水的电离抑制程度减弱，水的电离程度增大，a点往后，SO2过量，形成H2SO3溶液，c(H＋)增大，对水的电离抑制程度增强，水的电离程度减小，故整个过程，水的电离＝2n(SO2)＝2×eq\f(112mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝0.01mol，则起始c(H2S)＝eq\f(0.01mol,0.1L)＝0.1mol·L－1，起点＋)＝10－4.1mol·L－1，c(H2S)近似等于起始浓度0.1mol·L－1，则Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HS－）,c（H2S）)＝eq\f(10－4.1×10－4.1,0.1)＝10－7.2，故其数量级为10－8，C项错误；由H2SO3电离常数Ka1＝eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（H＋）,c（H2SO3）)，得eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)＝eq\f(Ka1,c（H＋）)，随着SO2的通入，c(H＋)逐渐增大，由于Ka1不变，故比值逐渐减小，但当SO2气体达到饱和时，c(H＋)保持不变，比值也就不再改变，故D项错误。答案：B12．(2021·珠海一模)常温下，往20mL0.10mol·L－1HA溶液中滴加0.10mol·L－1KOH溶液，所得混合溶液中水电离的H＋浓度和所加的KOH溶液体积变化趋势如图所示，下列有关说法错误的是()A．该酸的电离度约为1%B．b点：溶液存在c(A－)>c(K＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)C．c点：溶液存在c(HA)＋c(H＋)＝c(OH－)D．d点：pH＝7水(OH－)＝c水(H＋)，酸溶液中OH－全部来源于水，故c(OH－)＝c水(OH－)＝10－11mol·L－1，则c(H＋)＝eq\f(Kw,10－11mol·L－1)＝eq\f(10－14,10－11mol·L－1)＝10－3mol·L－1，由于弱电解质电离很微弱，故c(HA)近似等于起始浓度，则电离度＝eq\f(10－3,0.1)×100%＝1%，A项正确；b点对应加入KOH10mL，即n(KOH)∶n(HA)＝1∶2，故b点溶液组成为KA∶HA＝1∶1，溶液中大量存在K＋、A－、HA，由图示知，此时c水(H＋)＜10－7mol·L－1，说明水的电离受到抑制，则HA电离(HAH＋＋A－)大于A－水解(A－＋H2OHA＋OH－)，故c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)，H＋、OH－由微弱过程产生，微量存在，故浓度大小顺序为c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项＝c(A－)＋c(OH－)，结合物料守恒c(K＋)＝c(A－)＋c(HA)，两守恒联立消去c(K＋)得c(HA)＋c(H＋)＝c(OH－)，C项正确；由C选项知c点组成为KA，由于A－水解，导致溶液显碱性，c点到d点继续加入KOH，故溶液碱性增强，不可能呈中性，D项错误。答案：D二、非选择题13．(2021·梅州中学月考)海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。请回答下列问题：(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。下列说法不正确的是________(填字母)。a．pH＝8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCOeq\o\al(－,3)b．A点，溶液中H2CO3和HCOeq\o\al(－,3)浓度相同c．当c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))时，c(H＋)>c(OH－)②向上述pH＝8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_____________。(2)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2，同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：___________________________________________________________________________________________________________________________________。②已知：25℃时，ⅰ.H2CO3电离平衡常数K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11；ⅱ.H2SO3电离平衡常数K1＝1.5×10－2、K2＝6.0×10－8。海水中含有的HCOeq\o\al(－,3)可用于吸收SO2，该过程产物中有CO2和______________。(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放，与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。①通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化，该反应的离子方程式是__________________。②上述方式使处理后海水pH升高的原因是____________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)①由题图分析可知，pH＝8时溶液中含碳元素的微粒主要是HCOeq\o\al(－,3)，故a项正确；A点是碳酸氢根离子物质的量分数与二氧化碳和碳酸分子物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCOeq\o\al(－,3)浓度不相同，故b项错误；由题图分析可知，当c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))时，pH＝10溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，故c项错误。②pH＝8.4的水溶液中主要是HCOeq\o\al(－,3)，加入NaOH溶液时，反应为碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成碳酸根和水，反应的离子方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O。(2)①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应离子方程式为CO2＋2OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。②25℃时，H2CO3电离－8，酸性强弱为H2SO3>H2CO3>HSOeq\o\al(－,3)>HCOeq\o\al(－,3)，海水中含有的HCOeq\o\al(－,3)可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为O2＋2HSOeq\o\al(－,3)=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋。②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水的中和以及混合的稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。答案：(1)①bc②HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O(2)①CO2＋2OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O②HSOeq\o\al(－,3)(3)①O2＋2HSOeq\o\al(－,3)=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋②碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO214．(2021·梅州中学月考)维生素C(简写为Vc)的分子式为C6H8O6，溶于水后显酸性，在高温或碱性条件下极易被氧化。许多新鲜水果和蔬菜中含有丰富的Vc，如新鲜橙汁中Vc含量约500mg·L－1。某化学活动小组欲用滴定法测定某品牌软包装橙汁中Vc的含量，请帮助完成实验报告：(1)实验目的：____________________________________________________________。(2)实验原理：酸性条件下，C6H8O6可被I2氧化为C6H6O6。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)实验用品：2.00×10－3mol·L－1碘标准溶液、2mol·L－1醋酸、蒸馏水、指示剂、仪器(略)。其中指示剂选用________。(4)实验步骤：①检查仪器：检查酸式滴定管________。②洗涤仪器：所有仪器用蒸馏水洗净后，还需用待装溶液润洗的仪器是________。③装液：向两支酸式滴定管中分别加入I2标准溶液和橙汁，使液面位于滴定管________处。按要求调整好液面，读出读数。④取橙汁：从滴定管放出10.00mL橙汁于锥形瓶中，加入10mL2mol·L－1醋酸和数滴指示剂。⑤滴定：用I2标准溶液滴定至____________即为终点。平行滴定3次。(5)数据记录与处理：①完成实验数据记录表格(分别写出的“________”处的数据)。滴定次数待测橙汁体积/mLI2标准溶液________________________1________2________3________平均值________②数据处理后，滴定时消耗I2标准溶液的体积平均值为10.00mL。则待测橙汁中Vc的含量为________mg·L－1。(6)讨论。①从测定结果来看，此软包装橙汁________(填“可能是”“一定是”或“不是”)纯天然橙汁。②制造商生产该橙汁时，可能采用的做法是________(填字母)。A．将天然橙汁浓缩B．向天然橙汁中添加VcC．加水稀释天然橙汁D．用水和其他原料混合制作解析：(1)题干中明确说某化学活动小组欲用滴定法测定某品牌软包装橙汁中Vc的含量，所以实验目的是测定某品牌软包装橙汁中Vc含量。(2)酸性条件下，C6H8O6可被I2氧化为C6H6O6。该反应的化学方程式为C6H8O6＋I2=C6H6O6＋2HI。(3)因为有碘单质参与反应，可用淀粉溶液做指示剂。(4)①酸式滴定管是精密仪器，使用前要检查是否漏水；②两支酸式滴定管需要盛装橙汁、碘标准溶液，我们需要测定橙汁中VC的含量，必须浓度准确，所以都需用待装溶液润洗。③为了便于读数，我们需要把液面调至“0”或一个整数值，所以需＋I2=C6H6O6＋2HI，用淀粉做指示剂，用I2标准溶液滴定至溶液呈蓝色且30s不褪色，即VC全部反应，即为终点。(5)①我们需要测定滴定前后I2标准溶液，即可得消耗的体积，所以我们需要分别记录：滴定前读数/mL；滴定后读数/mL；消耗体积/mL；为了减小实验误＋I2=C6H6O6＋2HI得n(VC)＝n(I2)＝10.00mL×10－3L·mL－1×2.00×10－3mol·L－1＝2×10－5mol，则待测橙汁中Vc的含量为eq\f(2×10－5mol×176g·mol－1×103mg/g,10.00mL×10－3L·mL－1)＝3.52×102mg·L－1。(6)①新鲜橙汁中Vc含量约500mg·L－1，此橙汁是352mg/L，所以从测定结果来看，此软包装橙汁可能是纯天然橙汁；②因为352<500，制造商生产该橙汁时，加水稀释天然橙汁或者用水和其他原料混合制作。答案：(1)测定某品牌软包装橙汁中Vc含量(2)C6H8O6＋I2=C6H6O6＋2HI(3)淀粉溶液(4)①是否漏水②酸式滴定管③刻度线“0”以上2～3mL⑤溶液呈蓝色且30s不褪色(5)①滴定前读数/mL滴定后读数/mL消耗体积/mL10.0010.0010.0010.00②3.52×102(6)①可能是②CD15．(2021·东莞第五中学月考)硫酸氧矾(VOSO4)对高血糖、高血症等具有一定的治疗作用。制备VOSO4的实验流程及实验装置如图1(夹持及加热装置已省略)。V2O5＋H2SO4eq\o(→,\s\up17(加热))(VO2)2SO4溶液(橙红色)eq\o(→,\s\up17(),\s\do20(加草酸（H2C2O4）))VOSO4溶液(蓝黑色)eq\o(→,\s\up17(操作a))VOSO4晶体(纯蓝色)回答下列问题；(1)仪器a的名称为________，在该仪器中发生反应生成(VO2)2SO4的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)常温条件下，V2O5是一种黄色固体粉末，微溶于水，溶于强酸(如硫酸)，常温下其溶解反应方程式为V2O5＋4H2SO4＋4H2O=V2O5·4SO3·8H2O，该反应属于________________(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)，在较适宜的温度下，可减小浓硫酸的需要量，如图2为反应温度与产物产率间的关系，则最适宜的加热方式为____________(填“直接加热”或“水浴加热”)。(3)加入草酸前，反应液需充分冷却并加适量蒸馏水稀释的目的是_________________；反应液由橙红色变为蓝黑色的反应的离子方程式为______________________________________________________________________________________________________。(4)硫酸氧钒中钒含量的测定：Ⅰ.制备VOSO4溶液：称取0.4617gV2O5，并取一定量的浓硫酸、水，置于图1所示装置中反应。Ⅱ.滴定预处理：①将制得的蓝黑色硫酸氧钒溶液用250mL容量瓶定容；②取定容后的蓝黑色溶液15.00mL于锥形瓶中，滴加酸性高锰酸钾(可将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2))溶液至反应完全；③加入2mL尿素溶液后，滴加亚硝酸钠溶液至溶液不再产生气泡。已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸还原为氮气；亚硝酸可将VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋。Ⅲ.滴定过程：加入10mL硫酸－磷酸混酸，调节pH＝0，滴入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(2H＋＋Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)=Fe3＋＋VO2＋＋H2O)。得到处理后的数据如下：次数123测得VOSO4中钒的质量m(V)/g0.24420.24560.2437步骤③中加入尿素的目的是________________________________________________；测得硫酸氧钒中钒的质量百分含量w(%)＝___________________________________(列出计算式即可)；经计算，测得的钒的质量百分含量低于理论值，分析其可能原因：________________________________________________________________________(写出一点即可)。解析：(1)根据题图1，仪器a为三口烧瓶，在该仪器中，V2O5与浓硫酸加热时反应生成(VO2)2SO4的化学方程式为V2O5＋H2SO4eq\o(=,\s\up17(加热))(VO2)2SO4＋H2O。(2)V2O5＋4H2SO4＋4H2O=V2O5·4SO3·8H2O中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应；根据反应温度与产物产率间的关系图象，最适宜的温度在90℃左右，因此最适宜的加热方式为水浴加热。(3)草酸受热容易分解，因此加入草酸前，反应液需充分冷却并加适量蒸馏水；加入草酸后，(VO2)2SO4溶液转化成了VOSO4溶液，反应液由橙红色变为蓝黑色，反应的离子方程式为2VOeq\o\al(＋,2)＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。(4)蓝黑色硫酸氧钒溶液中滴加酸性高锰酸钾，可将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2)，反应完全后，加入2mL尿素溶液，再滴加亚硝酸钠溶液至溶液不再产生气泡，由于尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸还原为氮气，亚硝酸可将VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋，因此加入尿素的目的是防止亚硝酸将VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋；滴定过程中发生的反应为2H＋＋Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)=Fe3＋＋VO2＋＋H2O，三次测得VOSO4中钒的质量的平均值为m(V)＝eq\f(0.2442＋0.2456＋0.2437,3)g＝0.2445g，因此硫酸氧钒(VOSO4)中钒的质量百分含量w(%)＝eq\f(m（V）,\f(m（V2O5）,M（V2O5）)×2×M（VOSO4）)×100%＝eq\f(0.2445,\f(0.4617,182)×2×163)×100%；如果滴定预处理过程中，＋4价的钒没有全部被氧化为＋5价，会导致测得VOSO4中钒的质量偏小，使得测得的钒的质量百分含量偏低。答案：(1)三口烧瓶V2O5＋H2SO4eq\o(=,\s\up17(加热))(VO2)2SO4＋H2O(2)非氧化还原反应水浴加热(3)防止草酸受热分解2VOeq\o\al(＋,2)＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O(4)防止亚硝酸将VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋eq\f(0.2445,\f(0.4617,182)×2×163)×100%滴定预处理过程中，＋4价的钒没有全部被氧化为＋5价16．(2021·南安第一中学月考)过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：已知：①沉淀时需控制温度为0℃左右；②CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。(