2021年高考化學(xué)真題和模擬題分類匯編11水的電離和溶液的酸堿性含解析2

專題11水的電離和溶液的酸堿性

2021年化學(xué)高考題

一、多項(xiàng)選擇題

1.（2021?山東高考真題）為完成以下各組實(shí)驗(yàn)，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是（不

考慮存放試劑的容器）

實(shí)驗(yàn)?zāi)康牟Ａx器試劑

配制100mL一定物質(zhì)的100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、

A蒸儲(chǔ)水、NaCl固體

量濃度的NaCl溶液量筒、玻璃棒

B制備Fe（0H”膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管蒸播水、飽和FeCb溶液

燒杯、錐形瓶、膠頭滴管、酸式待測(cè)NaOH溶液、濃度的鹽酸、

C測(cè)定NaOH溶液濃度

滴定管甲基橙試劑

冰醋酸、無(wú)水乙醇、飽和Na2C03

D制備乙酸乙酯試管、量筒、導(dǎo)管、酒精燈

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】AB

【解析】

A.配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液的步驟為：計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、

定容、搖勻等，需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭

滴管等，選項(xiàng)中所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，A符合題意；

B.往燒杯中參加適量蒸儲(chǔ)水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶

液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，B符合題意；

C.用標(biāo)準(zhǔn)稀鹽酸溶液滴定待測(cè)氫氧化鈉溶液可測(cè)定出氫氧化鈉的濃度，取待測(cè)液時(shí)需選取堿

式滴定管，酸式滴定管那么盛裝標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，所以所選儀器還應(yīng)有堿式滴定管，C不符合題

意；

D.制備乙酸乙酯時(shí)需要用濃硫酸作催化劑和吸水劑，所選試劑中缺少濃硫酸，D不符合題意；

應(yīng)選ABo

二、單項(xiàng)選擇題

2.（2021?浙江）某同學(xué)擬用pH計(jì)測(cè)定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。以下說(shuō)法

正確的選項(xiàng)是

A.25'C時(shí)，假設(shè)測(cè)得0.01mol-L」NaR溶液pH=7,那么HR是弱酸

B.25'C時(shí)，假設(shè)測(cè)得0.01mol?L」HR溶液pH>2且pH<7,那么HR是弱酸

C.25℃時(shí)，假設(shè)測(cè)得HR溶液pH=a,取該溶液10.0mL,加蒸儲(chǔ)水稀釋至100.0mL,測(cè)得

pH=b,b-a<l,那么HR是弱酸

D.25℃時(shí)，假設(shè)測(cè)得NaR溶液pH=a,取該溶液10.0mL,升溫至50'C,測(cè)得pH=b,a>b,

那么HR是弱酸

【答案】B

【解析】

A.25℃時(shí)，假設(shè)測(cè)得0.01mol-L」NaR溶液pH=7,可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，那么HR為

強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；

B.25℃時(shí)，假設(shè)測(cè)得0.01mol-L'HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c（H*）<O.Olmol/L,

所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；

C.假設(shè)HR為強(qiáng)酸，取PH=6的該溶液10.0mL,加蒸儲(chǔ)水稀釋至100.0mL測(cè)得此時(shí)溶液

PH<7,C錯(cuò)誤；

D.假設(shè)HR為強(qiáng)酸，那么NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃,促進(jìn)水的電離，

水的離子積常數(shù)增大，PH減小，D錯(cuò)誤；

答案為：Bo

3.（2021?廣東高考真題）測(cè)定濃硫酸試劑中H2s0,含量的主要操作包括：

①量取一定量的濃硫酸，稀釋；

②轉(zhuǎn)移定容得待測(cè)液；

③移取20.00mL待測(cè)液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定。

上述操作中，不需要用到的儀器為

a

A.

/250mU

\20℃)

【答案】B

【解析】

實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，①量取一定量的濃硫酸并稀釋所需儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒；

②轉(zhuǎn)移定容得待測(cè)液所需儀器為：玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；

③移取20.00mL待測(cè)液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需儀器為：酸式滴定管、堿式滴

定管、錐形瓶；

選項(xiàng)中A為容量瓶，B為分液漏斗，C為錐形瓶，D為堿式滴定管，上述操作中，不需要用到

的儀器為分液漏斗，綜上所述，故答案為B。

4.（2021?河北高考真題）以下操作標(biāo)準(zhǔn)且能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.圖甲測(cè)定醋酸濃度B.圖乙測(cè)定中和熱

C.圖丙稀釋濃硫酸D.圖丁萃取別離碘水中的碘

【答案】A

【解析】

A.氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反響后

生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過(guò)程中選擇酚酸作指示劑，當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)榈t色時(shí),

到達(dá)滴定終點(diǎn)，故A選；

B.測(cè)定中和熱實(shí)驗(yàn)中溫度計(jì)用于測(cè)定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空

隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不選；

C.容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不選；

D.分液過(guò)程中長(zhǎng)頸漏斗下方放液端的長(zhǎng)斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時(shí)飛濺，故D不

選；

綜上所述，操作標(biāo)準(zhǔn)且能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿項(xiàng)，故答案為A。

5.（2021?湖南高考真題）以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)

A檢驗(yàn)溶液中FeSO4是否被氧化取少量待測(cè)液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化

B

凈化實(shí)驗(yàn)室制備的cu氣體依次通過(guò)盛有飽和NaCl溶液、濃H2SO4的洗氣瓶

C測(cè)定NaOH溶液的pH將待測(cè)液滴在濕潤(rùn)的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照

D工業(yè)酒精制備無(wú)水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸譙

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.假設(shè)Fe”被氧化為Fe",Fe"能與SCW生成Fe（SCN）3,溶液變成血紅色，能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

故A不符合題意；

B.實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化鎬加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過(guò)濃硫

酸的洗氣瓶枯燥，能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B不符合題意；

C.用pH試紙測(cè)定NaOH溶液的pH不能潤(rùn)濕pH試紙，否那么會(huì)因濃度減小，而影響測(cè)定結(jié)果,

不能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C符合題意；

D.制取無(wú)水酒精時(shí)，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸鏘，能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?/p>

D不符合題意。

答案選C。

6.（2021?浙江高考真題）25℃時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.NaHA溶液呈酸性，可以推測(cè)H2A為強(qiáng)酸

B.可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽

C.0.OlOmol?L\0.lOmol的醋酸溶液的電離度分別為。卜a?,那么a^Va?

-5

D.100mLPH=10.00的NazCOs溶液中水電離出H*的物質(zhì)的量為1.0X10mol

【答案】D

【解析】

A.NaHA溶液呈酸性，可能是抽一的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H?A為強(qiáng)酸的結(jié)

論，A錯(cuò)誤；

B.可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，因?yàn)橐部赡苁荁*和A-的水解程

度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯(cuò)誤；

C.弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此O.OlOmol?!?、0.lOmol的醋酸溶液的電離

度分別為aI、a2,那么a>a"C錯(cuò)誤；

I).100mLpH=10.00的Na￡()3溶液中氫氧根離子的濃度是1X10-4mol/L,碳酸根水解促進(jìn)水的

電離,那么水電離出H+的濃度是1義10一%01幾，其物質(zhì)的量為0.lLXlXl()Tmol/L=lXl(r

5mol,D正確;

答案選D。

三、實(shí)驗(yàn)題

7.(2021?山東高考真題)六氯化鐺(WCk)可用作有機(jī)合成催化劑，熔點(diǎn)為283℃,沸點(diǎn)為

340-C,易溶于CS2,極易水解。實(shí)驗(yàn)室中，先將三氧化鴇(WOJ復(fù)原為金屬鴇(W)再制備WCk,

裝置如下列圖(夾持裝置略)。答復(fù)以下問(wèn)題：

(1)檢查裝置氣密性并參加WCL先通用，其目的是—；一段時(shí)間后，加熱管式爐，改通歷，

對(duì)B處逸出的山進(jìn)行后續(xù)處理。儀器A的名稱為—，證明WOs已被完全復(fù)原的現(xiàn)象是—o

(2)W03完全復(fù)原后，進(jìn)行的操作為：①冷卻，停止通H*②以枯燥的接收裝置替換E；③在B

處加裝盛有堿石灰的枯燥管；④……；⑤加熱，通Ch；?…….堿石灰的作用是_；操作

④是目的是

(3)利用碘量法測(cè)定WCk產(chǎn)品純度，實(shí)驗(yàn)如下：

①稱量：將足量CSK易揮發(fā))參加枯燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為nug；開(kāi)蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋

緊稱重為nkg；再開(kāi)蓋參加待測(cè)樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重為nhg,那么樣品質(zhì)量為_(kāi)g(不

考慮空氣中水蒸氣的干擾)。

②滴定：先將WCk轉(zhuǎn)化為可溶的NazWO”通過(guò)10；離子交換柱發(fā)生反響：

WO；'+Ba(I03)2=BaW04+2I0；；交換結(jié)束后，向所得含10；的溶液中參加適量酸化的KI溶液，

發(fā)生反響：I0；+5「+6H*=3l2+3H2()；反響完全后，用Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反響：

I2+2S2O；=21部40〉。滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗cmol?L-1的Na2s2O3溶液VmL,那么樣品中WCk(摩爾

質(zhì)量為Mg-moL)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)。稱量時(shí)，假設(shè)參加待測(cè)樣品后，開(kāi)蓋時(shí)間超過(guò)1分鐘，那

么滴定時(shí)消耗NaSOs溶液的體積將_(填“偏大”"偏小"或"不變”)，樣品中WCk質(zhì)量分

數(shù)的測(cè)定值將_(填”偏大〃“偏小〃或“不變〃)0

【答案】排除裝置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色吸收多余氯氣，防止污染空氣;

防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E再次通入岫排除裝置中的H2(m3+m-2m2)

cVM

%

120(H23+TM)-2OT2)不變偏大

【分析】

(1)將WOa在加熱條件下用此復(fù)原為肌為防止空氣干擾，復(fù)原之前要除去裝置中的空氣;

(2)由信息可知WCk極易水解，W與Cl?反響制取WCk時(shí)，要在B處加裝盛有堿石灰的枯燥管,

防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中；

(3)利用碘量法測(cè)定WCk產(chǎn)品純度，稱量時(shí)參加足量的用于溶解樣品，蓋緊稱重為mg,由

于C&易揮發(fā)，開(kāi)蓋時(shí)要揮發(fā)出來(lái)，稱量的質(zhì)量要減少，開(kāi)蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重mzg,

那么揮發(fā)出的CS?的質(zhì)量為mjg,再開(kāi)蓋參加待測(cè)樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，又揮發(fā)出(mi-mlg

的CS2,蓋緊稱重為nhg,那么樣品質(zhì)量為：ffl3g+2(m-m2)g-mig=(m3+nii-2m2)g；滴定時(shí),利用

關(guān)系式：W0；八210；~61廣12SQ：計(jì)算樣品中含WCk的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算樣品中WCk的質(zhì)量分

數(shù)；根據(jù)測(cè)定原理分析是否存在誤差及誤差是偏大還是偏小。

【解析】

(1)用H?復(fù)原WQ制備肌裝置中不能有空氣，所以先通其目的是排除裝置中的空氣；由

儀器構(gòu)造可知儀器A的名稱為直形冷凝管；W0,為淡黃色固體，被復(fù)原后生成IV為銀白色，所

以能證明WO：已被完全復(fù)原的現(xiàn)象是淡黃色固體變?yōu)殂y白色，故答案為：淡黃色固體變?yōu)殂y白

色；

(2)由信息可知WCk極易水解，W與CL反響制取WCk時(shí)，要在B處加裝盛有堿石灰的枯燥管,

防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中，所以堿石灰的作用其一是吸收多余氯氣，防止污染空氣；其

二是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；在操作⑤加熱，通Ck之前，裝置中有多余的壓，需要除去，

所以操作④是再次通入總，目的是排除裝置中的H”故答案為：吸收多余氯氣，防止污染空

氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；再次通入用；排除裝置中的上；

(3)①根據(jù)分析，稱量時(shí)參加足量的CS”蓋緊稱重為叫g(shù),由于CS?易揮發(fā)，開(kāi)蓋時(shí)要揮發(fā)出

來(lái)，稱量的質(zhì)量要減少，開(kāi)蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重叱g,那么揮發(fā)出的CS?的質(zhì)量為(nn-mjg,

再開(kāi)蓋參加待測(cè)樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，又揮發(fā)出(m「mjg的C8,蓋緊稱重為nhg,那么樣品質(zhì)

量為:nhg+2(m-m2)g-ni]g=(m3+m-2m2)g,故答案為：(m3+ni-2m2)；

②滴定時(shí)，根據(jù)關(guān)系式：W0；~2I0/6l2~12SQ：,樣品中

/%cVM

n(WCl)=n(WOI)=—n(S07)=—cVx10mol,m(WCl)=—cVx10molxMg/mol=-----g,

61221261212000

cVM

那么樣品中WCk的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：12000gcVM

x必力20(%+小三鈾產(chǎn)根據(jù)測(cè)定

(，”3+叫-2m,)g

原理，稱量時(shí)，假設(shè)參加待測(cè)樣品后，開(kāi)蓋時(shí)間超過(guò)1分鐘，揮發(fā)的CSz的質(zhì)量增大，ms偏小,

但WCL,的質(zhì)量不變，那么滴定時(shí)消耗Na&O：；溶液的體積將不變，樣品中WCk質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定

cVM

值將偏大，故答案為：7^7―；-----；—7%；不變；偏大。

120(加3+m1~)

8.(2021?浙江)C、。是很好的氯化劑，實(shí)驗(yàn)室用如圖裝置(夾持儀器已省略)制備高純

C12Oo：

①HgO+2C12=HgC12+C12。，適宜反響溫度為18~25℃；副反響:

2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2?

②常壓下，C1?沸點(diǎn)—34.0℃,熔點(diǎn)一101.0℃；Cl2。沸點(diǎn)2.0C,熔點(diǎn)—120.6℃。

③CLO+H2。Q2HC1O,。?0在CC14中的溶解度遠(yuǎn)大于其在水中的溶解度。

請(qǐng)答復(fù)：

(1)①裝置A的作用是去除原料氣中的少量水分，可用的試劑是o

②將上圖中裝置組裝完整，虛框D中應(yīng)選用o

(2)有關(guān)反響柱B,須進(jìn)行的操作是.

A.將HgO粉末熱處理除水分、增加外表積后填入反響柱

B.調(diào)控進(jìn)入反響柱的混合氣中Cl2和N?的比例

C.調(diào)控混合氣從下口進(jìn)入反響柱的流速

D.將加熱帶纏繞于反響柱并加熱

(3)裝置C,冷卻液的溫度通?？刂圃?80~-60℃。反響停止后，溫度保持不變，為減少產(chǎn)品

中的Cl2含量，可采用的方法是O

(4)將純化后的Cl2。產(chǎn)品氣化，通入水中得到高純度C^O的濃溶液，于陰涼暗處貯存。當(dāng)

需要ci2。時(shí)，可將c^o濃溶液用CCL萃取分液，經(jīng)氣化重新得到。

針對(duì)萃取分液，從以下選項(xiàng)選擇適宜操作（操作不能重復(fù)使用）并排序：

cfffefdff—o

a.檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水

將溶液和轉(zhuǎn)入分液漏斗

b.CC14

c.涂凡士林

d.旋開(kāi)旋塞放氣

e.倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振搖

f.經(jīng)幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺(tái)上靜置

g.翻開(kāi)旋塞，向錐形瓶放出下層液體

h.翻開(kāi)旋塞，待下層液體完全流出后，關(guān)閉旋塞，將上層液體倒入錐形瓶

（5）產(chǎn)品分析：取一定量Cl2。濃溶液的稀釋液，參加適量CC1&、過(guò)量KI溶液及一定量的稀

H2so4,充分反響。用標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液滴定（滴定I）；再以酚酸為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)NaOH

溶液滴定（滴定H）。產(chǎn)生I?的反響（不考慮Cl?與水反響）：

實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：

參加量n(H2SOj/mol2.505x10-3

滴定I測(cè)出量n（%）/mol2.005x10-3

滴定H測(cè)出量h（H^SOj/mol1.505x10-3

①用標(biāo)準(zhǔn)Na2sq，溶液滴定時(shí)，無(wú)需另加指示劑。判斷海定I到達(dá)終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是o

②高純度濃溶液中要求。）（和均以計(jì)）。結(jié)合教

Cl20n（Cl?/n（CI?”99ChOHC10Cl20

據(jù)分析所制備的濃溶液是否符合要求,

Cl20

【答案】濃HA。,aABC抽氣（或通枯燥氮?dú)猓゛bgCCL中由紫紅

6

色突變到無(wú)色，且30s不恢復(fù)溶液中Cl20和CL分別為1.000X10%ol、5X10mol,

-^7-7^=200>99,符合要求

rt(Cl2)

【解析】

(1)①裝置A的作用是去除原料氣(Ck、NJ中的少量水分，可用的試劑是濃H2so-

②Ch和C1Q都不能直接排放于空氣中，因此需要進(jìn)行尾氣處理，CL、CL0能與NaOH溶液反

響，同時(shí)需要防止NaOH溶液中水蒸氣進(jìn)入C裝置中，因此需要在C和尾氣處理裝置之間連接

吸收水蒸氣的裝置，所以虛框D中應(yīng)選用a裝置。

裝置為與反響制備的裝置，

(2)BHgOCLC12O

A.因C1Q能與HQ發(fā)生反響，因此需要將HgO粉末熱處理除水分，該反響為固體與氣體接觸

類反響，因此增加外表積能夠加快反響速率，故A選；

B.N?的作用是稀釋Ck,在氣流速率一定的條件下，氯氣所占的比例越小，其轉(zhuǎn)化率越高，同

時(shí)Cl?缺乏時(shí)會(huì)發(fā)生副反響，因此需要調(diào)控進(jìn)入反響柱的混合氣中Ck和吊的比例，故B選；

C.為了讓氣體與固體充分接觸，混合氣體應(yīng)從下口進(jìn)入反響柱，同時(shí)需要控制氣體的流速，

防止副反響發(fā)生，故C選；

D.HgO與Ch反響制備CkO的適宜反響溫度為18℃?25℃,因此該反響在常溫下進(jìn)行，假設(shè)

對(duì)反響柱加熱會(huì)發(fā)生副反響，故D不選；

綜上所述，答案為ABC。

(3)由題可知，C1?沸點(diǎn)小于CLO,在Ck未發(fā)生冷凝時(shí)抽氣或通入氮?dú)饪梢杂行У娜コa(chǎn)物中

的Ck,故答案為：抽氣(或通枯燥氮?dú)?。

(4)萃取分液的操作順序?yàn)椋簷z漏一參加萃取劑和溶液一振蕩搖勻一放氣一靜置分層一放液，

下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出，因CCL密度大于水，因此萃取后溶有CkO的CCL

位于下層，因此操作順序?yàn)椋和糠彩苛忠粰z查旋塞、玻璃塞處是否漏水一將溶液和CCL轉(zhuǎn)入

分液漏斗一倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振搖一旋開(kāi)旋塞放氣一經(jīng)幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置

于鐵架臺(tái)上靜置一翻開(kāi)旋塞，向錐形瓶放出下層液體，故答案為：abg。

(5)①溶有I?的CCL,溶液呈紫紅色，用標(biāo)準(zhǔn)Naf溶液滴定L過(guò)程中，當(dāng)L恰好反響完全時(shí)，

溶液呈無(wú)色，因此滴定L到達(dá)終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是CCL中由紫紅色突變到無(wú)色，且30s不恢復(fù)。

②由2「+5=12+2。-、4r+Cl2O+2H2I2+H2O+2Cr,

+為與反響的產(chǎn)物)可得關(guān)系式：

2F+HC10+H=I2+H2O+cr(HC1OCl20H20Cl20~

2H，?2L,由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知CLO和HC1O共消耗

n(H')=2X(2.505X10-3mol-l.505X10-3mol)=2X10-3mol,生成L的物質(zhì)的量為2X10'mol,那

么高純度CLO濃溶液中/?(C12O)=1X1Omol,參加過(guò)量KI溶液共生成L的物質(zhì)的量為

2.005X10-31noi,因此ci?與「反響生成h的物質(zhì)的量為

-33G

2.005X10mol-2X10mol=5X10mol,由此可知高純度CLO濃溶液中/?(C12)=5XlO^mol,所

n(Cl2O)lx10一3moi

以高純度Cl0濃溶液中—^200>99,那么所制備的高純度CLO濃溶液符

2”(C%)，=―5xl0-6mol

n(Cl2O)

合要求,故答案為：溶液中C1Q和CL分別為IXlO-ol、5X106mol,=200>99,

H(C12)

符合要求。

9.(2021?河北高考真題)化工專家侯德榜創(chuàng)造的侯氏制堿法為我國(guó)純堿工業(yè)和國(guó)民經(jīng)濟(jì)開(kāi)

展做出了重要奉獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備NaHCOs,進(jìn)一步

處理得到產(chǎn)品NazCOs和NH4C1,實(shí)驗(yàn)流程如圖：

答復(fù)以下問(wèn)題：

(1)從A?E中選擇適宜的儀器制備NaJK%,正確的連接順序是_(按氣流方向，用小寫字母

表示)。為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞翻開(kāi)或

(2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點(diǎn)是

(3)生成NaHCOs的總反響的化學(xué)方程式為—。

(4)反響完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCOs和濾液：

①對(duì)固體NaHCOs充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過(guò)足量濃硫酸，再通過(guò)足量NazOz.NazOz增重0.14g,

那么固體NaHCOs的質(zhì)量為—g.

②向?yàn)V液中參加NaCl粉末，存在NaCl(S)+NH4C1(aq)-*NaCl(aq)+NH4Cl(s)過(guò)程。為使NftCl

沉淀充分析出并別離，根據(jù)NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作為—、—、洗滌、枯

燥。

(5)無(wú)水NaHCOs可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，假設(shè)無(wú)水NaJK%保存不當(dāng)，吸收了一

定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，會(huì)使結(jié)果_(填標(biāo)號(hào))。

A.偏高B.偏低不變

【答案】aefbcgh將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔使氨鹽水霧化，可增大與二氧化

碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率(或其他合理答案〕NH3-H20+NaCl+C02=NHtCl+NaHC03I

0.84蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶A

【分析】

根據(jù)工藝流程知，濃氨水中參加氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生

反響：NH3-H20+NaCl+C02=NH,Cl+NaHC031,得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會(huì)生成碳酸鈉、

二氧化碳和水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NHC1,再?gòu)膮⒓勇然c

粉末，存在反響NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4C1(S),據(jù)此分析解答。

【解析】

(1)根據(jù)分析可知，要制備NaHCO”需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫

鈉溶液中除去二氧化碳中的HC1,后與飽和氨鹽水充分接觸來(lái)制備NaHCO,，其中過(guò)量的二

氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量NaHCO〉所以按氣流

方向正確的連接順序應(yīng)為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗

上部的玻璃塞翻開(kāi)或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖?duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞

上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔；

(2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率；

⑶根據(jù)上述分析可知，生成NaHCO3的總反響的化學(xué)方程式為

NH,-H20+NaC1+C02=NH4C1+NaHC03I；

（4）①對(duì)固體NaHCC）3充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反響的化學(xué)方程式為:

A.

ZNaHCO^nNazCO'+COaT+H2。將氣體先通過(guò)足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過(guò)足量

Na2O2,Na?。2與二氧化碳反響生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：

2Na2O2+2CO2=2Na,CO3+O2,根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當(dāng)增重0.14g（2C0

44

的質(zhì)量）時(shí)，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為014gx一二0.22g,其物質(zhì)的量為

28

-=0005mol,根據(jù)關(guān)系式2NaHCC）3~CO,可知，消耗的NaHCO,的物質(zhì)的量為

44g/mol

2x0.005mol=0.OlmoL所以固體NaHCO3的質(zhì)量為0.Olmolx84g/mol=0.84g；

②根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化鏤的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而

氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使NH4cl沉淀充分析出并別離，需

采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、枯燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；

（5）稱量前，假設(shè)無(wú)水NaHCO：保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，

所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積V（標(biāo)）會(huì)增大，根據(jù)c（測(cè)處，可

知1,最終會(huì)使c（測(cè)）偏高，A項(xiàng)符合題意，故答案為：A?

四、工業(yè)流程題

10.（2021?湖南高考真題）碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫錢和氯化鈉

為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：

步驟I.Na2cO3的制備

步驟II.產(chǎn)品中NaHCO,含量測(cè)定

①稱取產(chǎn)品2.500g,用蒸儲(chǔ)水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶,參加2滴指示劑M,用O.lOOOmolL1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,

溶液由紅色變至近無(wú)色（第一滴定終點(diǎn)），消耗鹽酸YmL；

③在上述錐形瓶中再參加2滴指示劑N,繼續(xù)用0.1OOOmolU1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)（第

二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸V?mL；

④平行測(cè)定三次，Y平均值為22.45,V2平均值為23.51。

：(i)當(dāng)溫度超過(guò)35C時(shí)，NHJIC。：開(kāi)始分解。

(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表(g/1OOgH?。)

溫度/℃0102030405060

NaCl35.735.836.036.336.637.037.3

NH4HCO311.915.821.027.0

NaHCO,6.98.29.611.112.714.516.4

NH4C129.433.337.241.445.850.455.2

答復(fù)以下問(wèn)題：

(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為,晶體A能夠析出的原因是

(2)步驟I中“300℃加熱"所選用的儀器是(填標(biāo)號(hào))；

(3)指示劑N為,描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化

(4)產(chǎn)品中NaHCOs的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保存三位有效數(shù)字)；

(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，那么NaHCO：質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)

果(填“偏大〃"偏小"或"無(wú)影響〃)。

【答案】NaHCOs在30-35°C時(shí)NaHC()3的溶解度最小(意思合理即可)D甲基橙由黃色

變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色3.56%偏大

【分析】

步驟I：制備NazCOa的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后參加NH出粉末，水浴

加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCOs晶體，控制溫度在30-35°C

發(fā)生反響，最終得到濾液為NH￡1,晶體A為NallCO”再將其洗滌抽干，利用NaHCO；：受熱易分

解的性質(zhì)，在300°C加熱分解NallCO-制備Na2CO3；

步驟II：利用酸堿中和滴定原理測(cè)定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反響為：

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,因?yàn)镹a2cO3、NaHC%溶于水顯堿性，且堿性較強(qiáng)，所以可借助酚儆指

示劑的變化來(lái)判斷滴定終點(diǎn)，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚醐試劑；第二次滴定時(shí)溶液

中的溶質(zhì)為NaCl,同時(shí)還存在反響生成的CO2,溶液呈現(xiàn)弱酸性，因?yàn)榉涌岬淖兩秶鸀?T0,

所以不適合利用酚猷指示劑檢測(cè)判斷滴定終點(diǎn)，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙

試液，發(fā)生的反響為：NaHCO；t+HCl=NaCl+H2O+CO2t,再根據(jù)關(guān)系式求出總的NaHCQ,的物質(zhì)的量,

推導(dǎo)出產(chǎn)品中NalK%的，最終通過(guò)計(jì)算得出產(chǎn)品中NaHCO：,的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。

【解析】

根據(jù)上述分析可知，

(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35°C,目的是為了時(shí)

NH4HCO3不發(fā)生分解,同時(shí)析出NaHCOs固體，得到晶體A,因?yàn)樵?0-35°C時(shí)，NaHCO：,的溶解

度最小，故答案為：NallCO,；在30-35°C時(shí)NaHCO-的溶解度最??；

(2)300°C加熱抽干后的NaHCQ；固體，需用時(shí)煙、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以符合題意的

為D項(xiàng)，故答案為：D；

(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時(shí)，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的

溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定到達(dá)終點(diǎn)后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：

由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；

(4)第一次滴定發(fā)生的反響是：Na2C03+HCl=NaHC03+NaCl,那么n(9隊(duì))』生成

3

(NaHC03)=n(HCl)=0.1000mol/Lx22.45x10L=2.245x10mol,第二次滴定消耗的鹽酸的體積

523.51mL,那么根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t可知，消耗的NaHCOa的物質(zhì)的量n

(NaHCO3)=0.1000mol/Lx23.51x10V2.351x10mol,那么原溶液中的NaHCOs的物質(zhì)的量

:i34

n(NaHC03)=n,e.(NaHC03)-n?(NaHC03)=2.351x10mol-2.245x10mol=l.06x10mol,刃［5么

原產(chǎn)品中NaHCO:i的物質(zhì)的量為坦也xl.06xlO^mol=1.06x103moi，故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)

10mL

一…，,1-06x10'3molx84g/mol…―一、，

量分?jǐn)?shù)為'----------------------x100%=3.5616%?3.56%,故答案為：3.56%；

2.5000g

(5)假設(shè)該同學(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，那么會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的

體積偏小，即測(cè)得匕偏小，所以原產(chǎn)品中NaHC03的物質(zhì)的量會(huì)偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)

偏大，故答案為：偏大。

2021年化學(xué)高考模擬題

一、單項(xiàng)選擇題

1.(2021?福建省南安第一中學(xué)高三二模)常溫下，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.某溶液中含有HCC)3、SO；、SO：和Na*,假設(shè)向其中參加Na￡”充分反響后，四種離

子的濃度不變的是SO：(忽略反響前后溶液體積的變化)

B.水電離的c水(HAlO-'ol?L-的溶液中，以下離子能大量共存：NH：、Na\SO：、HCO3

C.氫氧化鐵溶于HI溶液中的離子方程式為：2Fe(0H)3+6H++2I-=2Fe2*+l2+6H20

D.NaHS溶液中，以下離子能大量共存：K*、Al3\C「、SO：

【答案】C

【解析】

A.向溶液中參加具有強(qiáng)氧化性的過(guò)氧化鈉固體，過(guò)氧化鈉能將溶液中的亞硫酸根離子氧化為

硫酸根離子，溶液中硫酸根離子濃度會(huì)增大，故A錯(cuò)誤；

B.水電離的。水(ir)=i(r%oi的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，酸溶液中，氫離子

與碳酸氫根離子反響，不能大量共存，堿溶液中，氫氧根離子與鍍根離子、碳酸氫根離子反

響，不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C.氫氧化鐵溶于氫碘酸溶液的反響為氫氧化鐵與氫碘酸溶液反響生成碘化亞鐵、碘和水，反

-2t

響的離子方程式為2Fe(OH)3+6ir+2I=2Fe+I2+6H20,故C正確；

D.在硫氫化鈉溶液中，硫氫根離子與鋁離子會(huì)發(fā)生雙水解反響生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣

體，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

應(yīng)選C。

2.(2021?安徽高三一模)25℃,向20mL0.加01?廣的弱堿B0H溶液保=1.0X10-5)中逐滴參

加O.lmolJT鹽酸，pH?V曲線如下列圖，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.a點(diǎn)到b點(diǎn)，水的電離程度先減小后增大

B.a點(diǎn)時(shí)，c(CD+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)

C.b點(diǎn)時(shí)，c(C1)=c(BOH)+c(B+)+c?)

D.V=20mL時(shí)，c(C「)>c(B+)>c(OfT)>c(H+)

【答案】B

【解析】

A.當(dāng)BOH與鹽酸恰好完全反響時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為0.05mol/LBCl,此時(shí)溶液中存在夕的水解,

1(尸4

BOH的電離平衡常數(shù)K=L0X10,那么B-的水解平衡常數(shù)為收<=102那么此時(shí)溶液

1X10-5

中滿足4=c(H')c(B0H)/c(B‘)-c(H*)c(B0H)/0.05mol?L,c(H*)=c(BOH),解得

c(H)=V5X1055mol/L,所以此時(shí)溶液的pH>5,即b點(diǎn)BOH已經(jīng)完全反響,a點(diǎn)到b點(diǎn)，BOH

逐漸和鹽酸完全反響，然后鹽酸過(guò)量，那么水的電離程度先增大后減小，A錯(cuò)誤；

B.a點(diǎn)時(shí)，溶液中存在電荷守恒c(CD+c(OH)=c(H*)+c⑻),此時(shí)pH=9,那么c(OH)=105moi/L,

BOH的電離平衡常數(shù)｛=旦9條魯=1.0X10v,所以此時(shí)c(BOH)=c(B),那么

c(BOH)

c(CD+c(0H)=c(H，)+c(BOH),B正確；

C.當(dāng)B當(dāng)和鹽酸恰好完全反響時(shí),溶液中存在物料守恒：c(C1)=c(B0H)+c(中),b點(diǎn)時(shí)鹽酸

過(guò)量，所參加的鹽酸中存在c'(CD=c'(H，),假設(shè)參加到混合溶液中后，B'的水解不受影響，

那么c(C1)=c(BOH)+c(B')+c(H'),但鹽酸的電離會(huì)抑制B,所以c(Cl)>c(B0H)+c(B，)+c(H+),

C錯(cuò)誤；

I).V=20mL時(shí)，溶液中溶質(zhì)為BC1,溶液存在B'的水解，溶液顯酸性，但水解是微弱的，所以

c(Cr)>c(B+)>c(H*)>c(OH),D錯(cuò)誤;

綜上所述答案為B。

3.(2021?安徽高三一模)以下實(shí)驗(yàn)?zāi)艿竭_(dá)目的的是

A.裝置甲證明醋酸為弱酸B,裝置乙處理CL尾氣

C.裝置丙除去乙醇中少量的水D.裝置丁準(zhǔn)確量取一定體積的酸性KMnO,標(biāo)準(zhǔn)

溶液

【答案】A

【解析】

A.醋酸鈉水解顯堿性，測(cè)定鹽溶液的pH可證明醋酸為弱酸，能夠到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A選；

B.氯氣在飽和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用來(lái)處理Ch尾氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾

氣中的氯氣，故B不選；

C.乙爵和水均易揮發(fā)，不能通過(guò)蒸發(fā)的方法裝除去乙醇中少量的水，故C不選；

D.KMnO」溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠腐蝕橡膠管，不能用堿式滴定管量取一定體積的酸性KMnO,

標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)用酸式滴定管，故D不選；

應(yīng)選A。

4.(2021?浙江高三其他模擬)25'C時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反響時(shí)，溶液酸堿性無(wú)法判斷

B.可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測(cè)BA對(duì)水的電離沒(méi)有影響

C.醋酸的電離度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液

D.pH=2的HC1和pH=12的Ba(0H)2溶液等體積混合后，溶液顯堿性

【答案】A

【解析】

A.H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反響后，生成的是NaHA,但是H,A的電離

常數(shù)不知道，所以該溶液酸堿性無(wú)法判斷，A正確；

B.可溶性正鹽BA溶液呈中性，只能說(shuō)明HA和BOH的強(qiáng)弱相同，但是如果都是弱酸，且電離

常數(shù)相同，那么BA的陰陽(yáng)離子水解程度相同，促進(jìn)水的電離，B錯(cuò)誤；

C.醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋促進(jìn)電離，稀釋后水的PH增大，PH越大說(shuō)明越稀，水的電離程度

越大，C錯(cuò)誤；

D.pH=2的HC1和pH=12的Ba(OH”當(dāng)中，氫離子和氫氧根離子濃度相同，溶液等體積混合后,

溶液顯中性，D錯(cuò)誤；

應(yīng)選A。

5.(2021?阜新市第二高級(jí)中學(xué)高三其他模擬)利用以下裝置能到達(dá)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.用圖I裝置測(cè)定氯水的pH

B.用圖n裝置保存液澳

C.用圖III裝置制備Fe(0H)2并能較長(zhǎng)時(shí)間不變色

D.用圖IV裝置進(jìn)行中和滴定

【答案】C

【解析】

A.氯水中含有HC1和IIC10,HC10具有漂白性，氯水能使pH試紙先變紅后褪色，不能用pH

試紙測(cè)定氨水的pH,A錯(cuò)誤；

B.液浪能夠腐蝕橡膠，不能用橡膠塞，B錯(cuò)誤；

C.Fe與電源正極相連，作陽(yáng)極，F(xiàn)e發(fā)生氧化反響生成Fe,碳棒為陰極，水在碳棒上發(fā)生復(fù)

原反響生成氫氣，同時(shí)產(chǎn)生OH,Fe*結(jié)合陰極產(chǎn)生的01「生成Fe(0H)”煤油可以隔絕空氣防

止Fe(OH)?被氧化，所以可用圖IH裝置制備Fe(OH)2,并能較長(zhǎng)時(shí)間不變色，C正確；

D.將酸滴入氫氧化鈉待測(cè)液時(shí)，需要使用酸式滴定管滴加酸，圖中為堿式滴定管，D錯(cuò)誤;

應(yīng)選C?

6.(2021?天津)常溫下，以下溶液中各組離子一定能夠大量共存的是

A.c(H*)/c(0ir)=1.0XI。*的溶液：K\Na*、CO；、A10；

B.水電離出來(lái)的c(0ir)=L0Xl(T%ol/L的溶液：K\Cl\S2',SO；

C.使甲基橙變紅色的溶液中：Na*、NH：、S2O；、SO；

D.通入足量SO2后的溶液：Na\Ba"、C10\CH3COO-

【答案】A

【解析】

A.c(H,)/c(0H)=1.0X10T2的溶液顯堿性，K\Na\CO；、A102之間不反響，可以大量共存,

A選；

B.水電離出來(lái)的c(0H)=1.0X10,ol/L的溶液如果顯酸性S,、S0；和氫離子反響生成單質(zhì)

硫和水，不能大量共存，B不選；

C.使甲基橙變紅色的溶液顯酸性，酸性溶液中S2O；、S0?均與氫離子反響，不能大量共存，

C不選；

D.通入足量SO,后的溶液中C10能氧化二氧化硫，CFhCOO能與氫離子結(jié)合生成醋酸，均不能

大量共存，D不選；

答案選A。

7.(2021?安徽高三其他模擬)常溫下，將HC1氣體通入0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH

n(HCl)

與微粒濃度的對(duì)數(shù)值(Ige)和反響物物質(zhì)的量之比X[X=515"、]的關(guān)系如

n(NH3-H2O)+n(NH4)

下列圖(忽略溶液體積的變化)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.限?40的電離平衡常數(shù)為10包與

B.P2點(diǎn)由水電離出的c?)=L0XIO"mol/L

C.P3為恰好完全反響點(diǎn)，c(C「)+c(NH：)=0.2mol/L

D.P3之后，水的電離程度一直減小

【答案】B

【解析】

A.一水合氨電離平衡狀態(tài)下，溶液中鉞根離子和氫氧根離子濃度相同時(shí)，氨水濃度為

0.Imol/L,圖象分析可知，c(NH；)=c(0H)^10Tmoi/L,加3?&0的電離平衡常數(shù)

33

c(NH：)c(OH)_1Q-X1Q-_I9.5

Ki?=A錯(cuò)誤;

C(NH3?H0A~

B.由圖可知，P2點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液pH=7,故由水電離出的c(m=1.0Xl(rmol/L,B正確;

MHCl)

C.P：；所示溶液,=1,n(HCl)=n(NH3?H2O),溶液中存在物料守恒得到:

n(NH^H2O)

c(NH；)+c(NH3*H2O)=C(Cl)=0.Imol/L,故c(Cl)+c(NH：)=2c(NH；)+c(NH3-H2O)<

0.2mol/L,C錯(cuò)誤;

D.P；點(diǎn)為恰好完全反響，溶質(zhì)為NHC1,故之后，參加的HC1越來(lái)越多，由于H+對(duì)水解的抑

制作用，水的電離程度減小，當(dāng)HC1到達(dá)飽和溶液時(shí)，水的電離程度將不再改變，故不是一

直減小，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

8.(2021?陜西寶雞市?高三其他模擬)常溫下，向20磯0.01mol?L的NaOH溶液中逐

1

滴參加0.01mol?L_的CHsCOOH溶液，溶液中由水電離出的c水(0萬(wàn))的對(duì)數(shù)隨參加CH3COOH

溶液體積的變化如下列圖，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.H、F點(diǎn)溶液顯中性

B.E點(diǎn)溶液中由水電離的c*(0lT)=1X10-3mol-f1

C.H點(diǎn)溶液中離子濃度關(guān)系為cGHsCOO-AMNa+DcGOcSir)

D.G點(diǎn)溶液中各離子濃度關(guān)系為c(CH3C00-)=c(Na+)+c0r)-c(0H-)

【答案】D

【分析】

氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離，向氫氧化鈉溶液中參加醋酸，對(duì)水的電離的抑制作用逐漸

減弱，當(dāng)溶液為醋酸鈉溶液時(shí)，水的電離程度最大，那么G點(diǎn)為醋酸鈉溶液；從E點(diǎn)到G點(diǎn)

的反響過(guò)程中，所得溶液為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性；H點(diǎn)為醋酸和醋酸鈉

混合溶液，溶液呈中性。

【解析】

A.由分析可知，H點(diǎn)為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，F(xiàn)點(diǎn)為氫氧化鈉和醋酸鈉的混

合溶液，溶液為堿性，故A錯(cuò)誤；

B.氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離,0.01mol-L的氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的濃度為0.01

mol-L1,那么溶液中水電離的氫離子濃度為1012mol-L故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，H點(diǎn)為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，由電荷守恒關(guān)系

c(CH￡O(F)+c(OH)=c(Na')+c(H')可知，溶液中離子濃度關(guān)系為

c(CH￡OCF)=c(Na*)>c(H.)=c(OH—),故C錯(cuò)誤；

D.由分析可知，G點(diǎn)為醋酸鈉溶液，由電荷守恒關(guān)系c(CH3C0(T)+c(0H-)=c(Na)+c(H+)可知，

溶液中各離子濃度關(guān)系為c(CH3co0)=c(Na)+c(H')—c(0II),故D正確；

應(yīng)選Do

9.(2021?廣西南寧市?南寧三中高三三模)常溫下，用如圖1所示裝置，分別向25mL0.3mol/L

N&CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHC03溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀鹽酸，用壓強(qiáng)傳感器測(cè)得壓

強(qiáng)隨鹽酸體積的變化曲線如圖2所示。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.X曲線為Na￡03溶液的滴定曲線

B.b點(diǎn)溶液的pH大于c點(diǎn)溶液的pH

C.a、d兩點(diǎn)水的電離程度：a>d

D.c點(diǎn)的溶液中：c(Na)+c(H*)=2c(C03)+c(HC03)+c(0H-)

【答案】C

【解析】

A.碳酸鈉溶液中滴加鹽酸時(shí)先發(fā)生反響CO；+H,=HCO]+H。然后發(fā)生HCO：+H.=H2C0；!+H20,

碳酸氫鈉溶液中滴加鹽酸時(shí)發(fā)生HCO：+HFH2C03+H20,所以滴加25mL鹽酸時(shí)，碳酸鈉溶液

中幾乎不產(chǎn)生二氧化碳，壓強(qiáng)幾乎不變，而碳酸氮鈉恰好完全反響，壓強(qiáng)到達(dá)最大，所以

X代表NaHCO,溶液，Y