鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《离子平衡》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《离子平衡》综合训练，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是( )(不考虑存放试剂的容器和连接装置)
A. AB. BC. CD. D
2.下列过程与水解反应无关的是( )
A. 常温下，醋酸钠溶液的pH>7
B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D. 向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
3.常温下，向0.1ml⋅L−1H2S水溶液中滴加NaOH溶液，含硫微粒的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[已知Ksp(CuS)=2.0×10−36]

下列说法正确的是( )
A. 曲线Ⅲ表示δ(HS−)与溶液pH的关系
B. 当pH=12时，c(Na+)>3c(S2−)
C. 氢硫酸的Ka1(H2S)的数量级为10−7
D. H2S+Cu2+=CuS↓+2H+的平衡常数为1015.8
4.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
5.室温下，溶液中Pb2+和Ag+可与Cl−生成PbCl2、AgCl沉淀，也可形成AgCl2−、PbCl42−离子。向含Pb2+和Ag+的溶液中加入含Cl−的溶液，平衡时pM随pCl的变化关系如图所示。
已知：①M表示Pb2+、Ag+、PbCl42−、AgCl2−；
②pM=−lgc(M)，pCl=−lgc(Cl−)。
下列说法正确的是( )
A. 线b表示c(PbCl42−)的变化情况
B. PbCl2的Ksp数量级为10−10
C. 反应AgCl(s)+Cl−(aq)=AgCl2−(aq)的K=10−5.2
D. 向浓度均为0.1ml⋅L−1的Pb(NO3)2、AgNO3混合溶液中加入NaCl固体，pCl=5时c(Ag+)+c(AgCl2−)c(SO32−)
B. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
C. NaHSO3溶液中，c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)
D. 可以用Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3
7.对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，Ka1=c(H+)×c(HA−)c(H2A)，Ka2=c(H+)×c(A2−)c(HA−)，如果Ka1>Ka2，则以第一步电离为主，此时H2A水溶液中c(H+)≈c(HA−)，则c(A2−)≈Ka2。
已知：H2SO3的Ka1=1.4×10−2，Ka2=6.0×10−8；Ksp(BaSO3)=5.0×10−10；
H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11；Ksp(CaCO3)=3.4×10−9；
CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−Kh1=2.1×10−4。Kh1=2.1×10−4。
下列说法不正确的是( )
A. 酸性：H2SO3>H2CO3
B. 将浓度均为0.4ml/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀
C. 将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10−4ml/L，CO32−的水解程度约为50%
D. 将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以CO32−形式存在
8.已知：常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12，下列说法不正确的是( )
A. 向0.1ml⋅L−1CH3COONa溶液中滴加少量稀盐酸至中性，则c(CH3COOH)=c(Cl−)
B. 0.1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中与纯水中水电离产生的c(H+)比为105：9
C. Mg2+(aq)+2NH3⋅H2O(aq)⇌Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq) K≈57.9
D. (NH4)2SO4溶液中，c(H+)=Kwc(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)[2c(SO42−)−c(NH4+)]
9.下列化学用语或图示表达错误的是( )
A. 在水中Ca(OH)2的电离：Ca(OH)2⇌Ca2++2OH−
B. 基态Fe的价层电子轨道表示式：
C. CO32−的VSEPR模型：
D. H2S的电子式：
10.常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是
A. 饱和NaHSO3溶液中c(H2SO3)cNH4+
D. P1所示溶液：c(NH4+)=c(NH3·H2O)=0.05ml/L
二、实验题：本大题共3小题，共30分。
16.KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药等。某化学兴趣小组利用如图装置，在实验室中制备KI并探究其性质。(已知：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)

回答下列问题：
(1)装置A中a管的作用是 ______ ，仪器b的名称为 ______ 。
(2)B中反应的离子方程式为 ______ 。
(3)在C中滴入KOH溶液加热搅拌并通入H2S，有黄色固体生成，C中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)测定KI的纯度：称取1.000g样品配成100mL溶液，取出25.00mL溶液，滴入足量硫酸酸化的H2O2，充分反应后，加热除去过量的H2O2；滴加3滴淀粉溶液为指示剂，用0.100ml⋅L−1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液14.20mL。
滴定终点时的现象为 ______ ，测得KI的纯度为 ______ (列出计算表达式即可)。
(5)探究KI的性质：
①小组同学对实验Ⅰ中20min后棕色变深的原因提出猜想：I−被空气氧化。
设计实验验证： ______ ，若20min后溶液不变蓝，证明该假设不成立。
②实验Ⅱ可以证明Fe3+与I−发生可逆反应，原因是 ______ 。
17.三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料。某小组以P4、Cl2和SO2为原料，先制取PCl3，后制备POCl3。实验装置如图：

已知：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ______ 。
(2)装置D的作用是 ______ 。
(3)装置B除生成POCl3外还有SOCl2生成，写出反应的化学方程式： ______ 。
(4)装置C中装有浓硫酸，其目的是 ______ 。实验室欲提纯POCl3，可采用的方法是 ______ 。
(5)POCl3纯度测定：测定样品中杂质SOCl2的含量即可得出POCl3的纯度(假设杂质仅含有SOCl2)。步骤1：准确称量提纯后的mg样品。
步骤2：将称量好的样品放入盛有280mLNaOH溶液(过量)的锥形瓶中，密封，充分反应(SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O)后冷却，再将锥形瓶中的溶液全部转移到500mL容量瓶中，洗涤锥形瓶2∼3次，洗涤液一并转入容量瓶中，静置至室温，定容，摇匀，得到溶液X。
步骤3：准确量取50.00mL溶液X于250mL碘量瓶中，加入两滴指示剂，用2ml⋅L−1的盐酸中和过量的NaOH溶液至恰好完全。
步骤4：准确加入V1mLc1ml⋅L−1碘标准溶液，充分反应后，用淀粉溶液作指示剂，用c2ml⋅L−1的Na2S2O3溶液滴定过量的碘，反应为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。平行测定四次，反应消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。
①实验室常用溶质质量分数为36.5%，密度为1.19g⋅cm−3的浓盐酸来配制2ml⋅L−1的盐酸，则该操作中除需要使用250mL容量瓶、量筒和烧杯外，还需要的玻璃仪器有 ______ 。
②样品中POCl3的质量分数为 ______ (用含c1、c2、V1、V2、m的代数式表示)；下列情况会导致POCl3的质量分数偏高的是 ______ (填标号)。
A.与NaOH反应时，未密封锥形瓶导致有部分气体逸出
B.实际Na2S2O3溶液浓度偏高
C.步骤2定容时俯视刻度线
18.乙酰化试剂乙酸酐[(CH3CO)2O]易溶于有机溶剂，溶于水水解生成乙酸。一定条件下，利用反应可定量测定醇(ROH)中的羟基含量。实验步骤如下：

Ⅰ.配制一定浓度的乙酸酐−苯溶液和cml⋅L−1KOH−乙醇标准溶液。
Ⅱ.酰化和水解：装置如图所示，量取10.00mL(过量)乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入ag醇(ROH)样品和催化剂，加热回流至反应完全，冷却；再由冷凝管顶部加入10.00mL蒸馏水，加热一段时间，冷却。
Ⅲ.含量测定：取下锥形瓶，加入指示剂，用cml⋅L−1KOH−乙醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
Ⅳ.空白对照：取10.00mL乙酸酐−苯溶液，加适量水加热使其完全水解，冷却后用cml⋅L−1KOH−乙醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V0mL。
回答下列问题：
(1)熔点比较：CH3COOH ______ (填“大于”或“小于”)(CH3CO)2O。
(2)步骤Ⅰ中配制KOH−乙醇标准溶液的操作如下：称取一定质量KOH固体置于烧杯中；加入少量蒸馏水完全溶解后， ______ (填操作名称)，转移至容量瓶中，用95%乙醇溶液洗涤烧杯2～3次，继续滴加95%乙醇溶液至凹液面 ______ (填“最低处”“最高处”或“任意位置”)与刻度线相切，摇匀。
(3)步骤Ⅱ“酰化”不能用乙酸代替乙酸酐，原因可用化学方程式表示为 ______ ，加入10.00mL蒸馏水的目的是 ______ 。
(4)对于上述实验，下列做法正确的是 ______ (填标号)。
A.苯有毒且易挥发，该实验应在通风橱中进行
B.步骤Ⅱ中可用酒精灯直接加热锥形瓶
C.步骤Ⅲ中取下锥形瓶前须用少量蒸馏水将冷凝管及锥形瓶内壁上的溶液冲下
(5)醇(ROH)样品中的羟基含量(质量分数)计算式为 ______ 。
三、简答题：本大题共2小题，共16分。
19.油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。
(1)回收单质硫。Fe(Ⅲ)催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式__________。
(2)CH4和H2S重整制氢，此过程涉及的主要反应有：
ⅰ.2H2S(g)⇌ 2H2(g)+S2(g) ΔH1=+170kJ⋅ml−1
ⅱ.CH4(g)+S2(g)⇌ CS2(g)+2H2(g) ΔH2=+64kJ⋅ml−1
恒压条件下，将H2S和CH4按物质的量比为2:1进行投料，并用N2稀释，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下图。
①H2S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式是__________。
②其他条件不变时，加入N2稀释，可以提高H2S的转化率，原因是__________。
③下列说法正确的是__________(填序号)。
a.其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高
b.结合上图数据分析，反应ii为H2S与CH4重整反应的决速步
c.在950 ∘C∼1150 ∘C范围内，随温度升高，S2(g)的体积分数增大
(3)用滴定法测定煤气中H2S的含量：将10 L煤气通入盛有100 mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤，收集固体；将固体加入盛有20mL0.1ml⋅L−1碘标准液、200 mL水和10 mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞；用0.1ml⋅L−1Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1 mL淀粉指示剂，继续滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液20 mL。
已知：ZnS+I2=ZnI2+S、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
①滴定终点的现象：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，__________。
②煤气中H2S的含量为__________mg⋅L−1。
20.二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示：
已知：①Ce2O3易溶于强酸；CeO2不溶于硫酸，也不溶于NaOH溶液。
②Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10−38；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10−33；Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10−17；当离子浓度≤10−5ml/L，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)氟碳铈矿“氧化焙烧”(生成两种酸性气体)化学方程式为__________，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是__________。
(2)浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是__________。
(3)“滤液Ⅱ”中NH4HCO3加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示：
根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为__________。
(4)“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3生成Ce2(CO3)3的离子方程式为__________，
(5)“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是__________、___________(填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为__________。
a.铁粉 b.铝粉 c.浓氨水 d.Al(OH)3e.NaOH
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.配制稀硫酸要用量筒量取一定浓度的浓硫酸体积，仪器缺少量筒，故A错误；
B.含有少量NaCl的NaI溶液中氯离子和碘离子的浓度不同，滴加硝酸银溶液，先生成碘化银淡黄色沉淀，也不能说明Ksp(AgI)7，说明醋酸根离子发生水解显碱性，故A错误；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，与水解无关，故B正确；
C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸是水解反应，故C错误；
D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体是铁离子的水解过程，故D错误；
故选：B。
A.常温下，醋酸钠溶液的pH>7，说明醋酸根离子发生水解；
B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，是烃类的裂化过程；
C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸是水解反应；
D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体是铁离子的水解过程。
本题考查盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解原理内涵、盐类水解影响因素是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：随着pH增大，δ(H2S)减小，δ(HS−)先增大后减小，δ(S2−)增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2S、HS−和S2−的分布系数随pH的变化；
A.由分析可知，曲线Ⅲ表示δ(S2−)与溶液pH的关系，故A错误；
B.根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−)，pH=12时，c(H+)3c(S2−)，故B正确；
C.a点时，c(H2S)=c(HS−)，Ka1(H2S)=c(H+)⋅c(HS−)c(H2S)=c(H+)=10−7.2=100.8×10−8，数量级为10−8，故C错误；
D.b点时，c(HS−)=c(S2−)，Ka2(H2S)=c(H+)⋅c(S2−)c(HS−)=c(H+)=10−12，结合选项C可知，反应的平衡常数K=c2(H+)c(H2S)⋅c(Cu2+)=c2(H+)⋅c(S2−)⋅c(HS−)c(H2S)⋅c(Cu2+)⋅c(S2−)⋅c(HS−)=Ka1(H2S)⋅Ka2(H2S)Ksp(CuS)=10−7.2×10−122.0×10−36=5×1015.8，故D错误；
故选：B。
随着pH增大，δ(H2S)减小，δ(HS−)先增大后减小，δ(S2−)增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2S、HS−和S2−的分布系数随pH的变化，以此解题。
本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生酸碱中和滴定的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.将等浓度等体积的Na[Al(OH)4]溶液与碳酸氢钠溶液混合发生反应[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO32−+H2O，不是水解反应，故A错误；
B.将硫酸钡固体加入饱和碳酸钠溶液中，增大碳酸根离子浓度，c(CO32−)c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)硫酸钡转化为碳酸钡，不能证明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，故B错误；
C.取少量NH4HSO3样品溶于水，加入硝酸钡溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能把HSO3−氧化为SO42−，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故C正确；
D.新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明次氯酸具有漂白性，故D错误；
故选：C。
A.根据Na[Al(OH)4]和NaHCO3混合后可能发生的反应进行分析；
B.根据BaSO4和BaCO3的溶解度积常数(Ksp)和沉淀转化进行分析；
C.根据NH4HSO3的性质和可能的变质产物进行分析；
D.根据氯水的成分和次氯酸(HClO)的性质进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.根据分析可知：线b表示c(PbCl42−)的变化情况，故A正确；
B.根据图像上的数据结合分析可知，Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)c2(Cl−)=10−5×12=1×(10−2.5)2=10−5，故B错误；
C.AgCl(s)+Cl−(aq)⇌AgCl2−(aq)，所以K=c(AgCl2−)c(Cl−)=10−4.81=10−4.8，故C错误；
D.Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl−)=10−9.8×1=10−9.8，当pCl=5时，c(Ag+)=10−4.8ml/L，c(Ag+)+c(AgCl2−)>1×10−4.8ml/L，故D错误；
故选：A。
①因为Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl−)，所以−lgKsp(AgCl)=−lgc(Ag+)c(Cl−)可变形得到：−lgKsp(AgCl)=−lgc(Ag+)−lgc(Cl−)即lgc(Ag+)=−lgc(Cl−)+lgKsp(AgCl)，由表达式可知，−lgc(Cl−)越大，lgc(Ag+)越大，−lgc(Ag+)越小；②因为Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)c2(Cl−)，所以−lgKsp(PbCl2)=−lgc(Pb2+)c2(Cl−)可变形得到：−lgKsp(PbCl2)=−lgc(Pb2+)−lgc2(Cl−)即lgc(Pb2+)=−2lgc(Cl−)+lgKsp(PbCl2)，由表达式可知，−lgc(Cl−)越大，lgc(Pb2+)越大，−lgc(Pb2+)越小；③AgCl(s)+Cl−(aq)⇌AgCl2−(aq)，所以K=c(AgCl2−)c(Cl−)可变形得到：−lgK=−lgc(AgCl2−)c(Cl−)，变形得−lgK=−lgc(AgCl2−)+lgc(Cl−)即−lgc(AgCl2−)=−lgc(Cl−)−lgK，由表达式可知，−lgc(Cl−)越大，−lgc(AgCl2−)越大；④PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)，所以K=c(PbCl42−)c2(Cl−)可变形得到：−lgK=−lgc(PbCl42−)c2(Cl−)，变形−lgK=−lgc(PbCl42−)+2lgc(Cl−)即−lgc(PbCl42−)=−2lgc(Cl−)−lgK，由表达式得，−lgc(Cl−)越大，−lgc(PbCl42−)越大；根据以上分析可知：Pb2+、Ag+应该是曲线a、c；PbCl42−、AgCl2−对应的曲线是b、d，根据斜率判断得到：曲线a是Ag+，曲线c是Pb2+，曲线b是PbCl42−，曲线d是AgCl2−，回答下列问题。
本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6.【答案】C
【解析】解：A.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，c(Na+)>c(SO32−)，故A正确；
B.分析可知两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同，分别为Na+、H+、SO32−、HSO3−、H2SO3、OH−，故B正确；
C.NaHSO3溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，故C错误；
D.Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应的化学方程式：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，故D正确；
故选：C。
A.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，溶液显碱性；
B.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子存在电离和水解，溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度；
C.NaHSO3溶液中存在物料守恒；D.Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3。
本题考查了电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.由信息可知，H2SO3的Ka1=1.4×10−2>H2CO3的Ka1=4.5×10−7，所以酸性：H2SO3>H2CO3，故A正确；
B.将浓度均为0.4ml/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，H2SO3和Ba2+的浓度均为0.2ml/L，由于H2SO3的Ka1=1.4×10−2>>Ka2=6.0×10−8，由已知可知，c(SO32−)≈Ka2=6.0×10−8，所以Q(Ba SO3)=0.2ml/L×6.0×10−8ml/L=1.2×10−8>Ksp(BaSO3)=5.0×10−10，所以会生成沉淀，故B正确；
C.将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10−4ml/L，设水解的CO32−浓度为x，忽略第二步水解，生成的HCO3−和OH−浓度相等均为x，未水解的CO32−浓度为4.2×10−4−x，所以Kh1=x24.2×10−4−x，解得x=2.1×10−4，则CO32−的水解程度为2.1×10−44.2×10−4×100%=50%，故C正确；
D.已知CO32−的水解常数Kh1=2.1×10−4>>Kh2=KwKa1=2.2×10−8，说明溶液中CO32−的水解程度较大，所以过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以HCO3−形式存在，故D错误；
故选：D。
A.通过电离常数可比较酸性强弱；
B.求出浓度，利用溶度积常数可解答；
C.根据水解常数，利用三段式可解答；
D.CO32−的水解程度较大，碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以HCO3−形式存在。
本题考查电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数和盐类的水解等知识，难度较大，需通过基础知识综合分析。
8.【答案】B
【解析】解：A.向0.1 ml/L 醋酸钠溶液中滴加稀盐酸至中性(pH=7)，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)+c(Cl−)和物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，可得出结论：c(CH3COOH)=c(Cl−)，故A正确；
B.CH3COO−+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3⋅H2O，K=c(NH3⋅H2O)×c(CH3COOH)c(NH4+)×c(CH3COO−)=c(NH3⋅H2O)×c(CH3COOH)×Kwc(NH4+)×c(CH3COO−)×c(H+)×c(OH−)=KwKa(CH3COOH)×Kb(NH3⋅H2O)=10−14(1.8×10−5)2；列三段式：
CH3COO−+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3⋅H2O
起始(ml/L) 0.1 0.10 0
转化(ml/L) x x x x
平衡(ml/L) 0.1−x 0.1−x x x
则x2(0.1−x)2=10−14(1.8×10−5)2，解得x=11800，溶液中水电离产生的c(H+)等于溶液中c(CH3COOH)=c(NH3⋅H2O)，则0.1ml⋅L−1醋酸铵溶液中与纯水中水电离产生的c(H+)比值为11800：10−7=105：18，故B错误；
C.该反应的K=c2(NH4+)c(Mg2+)×c2(NH3⋅H2O)=c2(NH4+)×c2(OH−)c(Mg2+)×c2(OH−)×c2(NH3⋅H2O) =Kb2(NH3⋅H2O)Ksp[Mg(OH)2]=(1.8×10−5)25.6×10−12≈57.9，故C正确；
D.铵根离子会水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+水解常数Kh为：Kh=c(H+)×c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=KwKb(NH3⋅H2O)，整理得到：c(H+)=Kw×c(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)×c(NH3⋅H2O)，由物料守恒可知，c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2c(SO42−)，代入上式，即可得到c(H+)=Kwc(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)[2c(SO42−)−c(NH4+)]，故D正确；
故选：B。
A.根据电荷守恒和物料守恒分析溶液中离子浓度的关系；
B.根据CH3COONH4溶液中的水解平衡和水的电离平衡计算氢离子浓度；
C.根据溶度积常数和平衡常数的关系计算平衡常数；
D.根据硫酸铵溶液中的电荷守恒和水解平衡分析氢离子浓度的表达式。
本题主要考查了溶液中离子浓度的计算、平衡常数的计算以及溶液中离子浓度的关系等知识点，需要学生对化学平衡和溶液化学有深入的理解。在解答此类题目时，要注意运用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等基本原理，同时要准确计算平衡常数和溶度积常数。
9.【答案】A
【解析】解：A.Ca(OH)2是强电解质，在水中电离的方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH−，故A错误；
B.基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，其轨道表示式：，故B正确；
C.CO32−中C原子的价层电子对数为3+12(4+2−2×3)=3，无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，即，故C正确；
D.H2S分子中H、S原子间共用1对电子对，S原子最外层电子数为8，其电子式为，故D正确；
故选：A。
A.Ca(OH)2是强电解质，完全电离，不用可逆符号连接；
B.基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，结合洪特规则和泡利原理分析判断；
C.CO32−中C原子的价层电子对数为3+12(4+2−2×3)=3，无孤电子对；
D.H2S是共价化合物，H、S原子间共用1对电子对。
本题考查常见化学用语的书写判断，侧重考查学生对基础知识的理解和运用能力，明确常见化学用语概念及其表示方法是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】【分析】常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生，故NaHSO3和NaHCO3会生成二氧化碳气体，NaHSO3中加氯化钡会产生二氧化硫气体。
【详解】A.由已知条件知NaHSO3以电离为主，故c(H2SO3)HCN>HCO3−，则向KCN(aq)中通入少CO2气体生成氢氰酸和碳酸氢钾，离子方程式为：CO2+H2O+CN−=HCN+HCO3−，故D错误；
故选：C。
A.用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，是因为铝离子和碳酸氢根发生彻底双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝；
B.碳酸氢根离子水解为可逆反应，应该使用可逆号；
C.碳酸钙比硫酸钙更难溶，微溶的硫酸钙可转化为难溶的碳酸钙沉淀；
D.根据电离常数可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，按强酸制弱酸，向KCN(aq)中通入少CO2气体生成氢氰酸和碳酸氢钾。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.中和热测定选择强酸和强碱的稀溶液反应，例如稀盐酸和稀氢氧化钠溶液，故A正确；
B.向煮沸的蒸馏水中逐滴加入5～6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得氢氧化铁胶体，1ml/L的氯化铁溶液和1ml/L的氢氧化钠溶液混合制得Fe(OH)3沉淀，故B错误；
C.精密pH试纸可以测到小数点后1位，广泛pH试纸只能读到整数值并且氯水具有漂白性无法用pH试纸测定，故C错误；
D.氢氧化亚铁易被氧化，制备时要隔绝氧气，在试管中制备氢氧化亚铁时，将盛氢氧化钠溶液胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中再挤压胶头滴管，故D错误；
故选：A。
A.根据中和热测定的原理和要求进行分析；
B.根据Fe(OH)3胶体的制备方法进行分析；
C.根据氯水的性质和pH试纸的使用方法进行分析；
D.根据Fe(OH)2的制备方法和实验操作进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查实验方案的设计与评价，难度一般，涉及模拟侯氏制碱法、甲烷的性质等。
【解答】
A.长导气管应该通CO2，短导气管通NH3防倒吸，A项不能达到实验目的；
B.NaOH溶液应使用碱式滴定管盛装，滴定终点呈碱性，应该用酚酞做指示剂，B项不能达到实验目的；
C.用试管倒扣水中防止Cl2泄漏污染环境，同时反应产生易溶于水的HCl和不溶于水的油状有机物，反应后液面上升，C项能达到实验目的；
D.制取的CO2中含有HCl会干扰实验，应该选用饱和NaHCO3溶液除去，D项不能达到实验目的；
15.【答案】D
【解析】【分析】由图可知P1时，NH4+和NH3⋅H2O的浓度相同，P2时溶液显中性，H+和OH−的浓度相同，结合NH3⋅H2O的电离常数的表达式Kb=cNH4+⋅cOH−cNH3⋅H2O，以此解题。
【详解】A.根据P1时，NH4+和NH3⋅H2O的浓度相同，且pH=9.25，cOH−=10−1410−9.25ml/L=10−4.75ml/L，Kb=cNH4+⋅cOH−cNH3⋅H2O=10−4.75，A项错误；
B.根据P2时溶液显中性，cOH−=10−7ml/L，结合Kb=cNH4+⋅cOH−cNH3⋅H2O=10−4.75，cNH4+cNH3⋅H2O=KbcOH−=10−4.7510−7=102.25>100，即c(NH4+)>100cNH3⋅H2O，B项错误；
C.t=n(HCl)n(NH3⋅H2O)=0.5时，溶液中溶质为等浓度的NH4Cl和NH3⋅H2O，由图可知溶液此时显碱性，则NH3⋅H2O的电离大于NH4+的水解，此时溶液中的离子浓度大小顺序为cNH4+>cCl−>cNH3⋅H2O，C项错误；
D.根据氮原子守恒，cNH4++cNH3⋅H2O=0.1ml⋅L−1，而P1时，NH4+和NH3⋅H2O的浓度相同，故cNH4+=cNH3⋅H2O=0.05ml⋅L−1，D项正确；
答案选D。
16.【答案】平衡气压，使盐酸顺利流下；三颈(口)烧瓶；
HS−+H+=H2S↑；
I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O；
当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s内不恢复原色；0.100×14.20×4×10−3×1661.000×100%；
①向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5；
②实验Ⅰ中KI过量，取充分反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的
【解析】解：利用装置A制取硫化氢气体，方程式为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，由于挥发出来氯化氢气体，需除去氯化氢，利用装置B除去氯化氢，发生的反应为：HS−+H+=H2S↑，硫化氢气体进入C装置制取KI，方程式为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，最后利用D装置除去多余的有毒气体硫化氢；
(1)装置A中a管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流下；根据装置图可知b为三颈(口)烧瓶，
故答案为：平衡气压，使盐酸顺利流下；三颈(口)烧瓶；
(2)B中NaHS的目的是除去H2S中的HCl，反应的离子方程式为HS−+H+=H2S↑，
故答案为：HS−+H+=H2S↑；
(3)在碱性加热条件下，I2和H2S发生反应生氧化还原反应，化学方程式为I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，
故答案为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O；
(4)淀粉做指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到终点。根据关系式：2I−∼I2∼2S2O32−，可知样品中KI的纯度=0.100ml⋅L−1×14.20mL×4×10−3L⋅mL−1×166g⋅ml−11.000g×100%，
故答案为：当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s内不恢复原色；0.100×14.20×4×10−3×1661.000×100%；
(5)①要和实验Ⅰ形成对比实验，应选用相同的试剂并控制溶液pH相同，应向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5，
故答案为：向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5；
②实验Ⅰ中KI过量，取反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的，
故答案为：实验Ⅰ中KI过量，取充分反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的。
利用装置A制取硫化氢气体，方程式为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，由于挥发出来氯化氢气体，需除去氯化氢，利用装置B除去氯化氢，发生的反应为：HS−+H+=H2S↑，硫化氢气体进入C装置制取KI，方程式为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，最后利用D装置除去多余的有毒气体硫化氢。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】三颈烧瓶；
吸收SO2、Cl2等尾气，防止污染空气；
PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2；
干燥气体，同时便于控制气体流速和反应体积比；蒸馏；
①玻璃棒、胶头滴管；
②100m−59.5(2c1V1−c2V2)m%；A
【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)根据分析可知，装置D的作用是吸收SO2、Cl2等尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收SO2、Cl2等尾气，防止污染空气；
(3)装置B除生成POCl3外还有SOCl2生成，根据原子守恒可得该反应的化学方程式为：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2，
故答案为：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2；
(4)装置C中装有浓硫酸，其目的是干燥气体，同时便于控制气体流速和反应体积比，根据表格沸点数据可知，实验室欲提纯POCl3，可采用的方法是蒸馏，
故答案为：干燥气体，同时便于控制气体流速和反应体积比；蒸馏；
(5)①实验室常用溶质质量分数为36.5%，密度为1.19g⋅cm−3的浓盐酸来配制2ml⋅L−1的盐酸，则该操作中除需要使用250mL容量瓶、量筒和烧杯外，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：玻璃棒、胶头滴管；
②根据题意有关系式：SOCl2～Na2SO3～I2，I2～2Na2S2O3，则有n(I2)=n(SOCl2)+12n(Na2S2O3)，即n(SOCl2)=V1×10−3L×c1ml⋅L−1−12×c2ml⋅L−1×V2×10−3L=c1V1×10−3ml−12c2V2×10−3ml，则样品中POCl3的质量分数为：m−(c1V1×10−3−12c2V2×10−3)ml×500mL50mL×119g/mlmg=100m−59.5(2c1V1−c2V2)m%，
A.与NaOH反应时，未密封锥形瓶导致有部分气体逸出，即导致Na2SO3减少，c2偏大，最终导致测定结果偏高，故A正确；
B.实际Na2S2O3溶液浓度偏高，导致c2偏小，最终导致测定结果偏低，故B错误；
C.步骤2定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，c1偏大，最终导致测定结果偏低，故C错误；
故答案为：100m−59.5(2c1V1−c2V2)m%；A。
装置A中，氯气与白磷反应，生成PCl3，然后将PCl3通入装置B中，装置C中通入Cl2和SO2，装置C中装有浓硫酸，其目的是干燥气体，同时便于控制气体流速和反应体积比，装置B中发生反应：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2，制取POCl3，装置D中盛有碱石灰，吸收SO2、Cl2等未反应的尾气，防止污染空气，据此分析作答。
本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及POCl3的制取，同时考查关系式的计算，属于高考高频考点，难度中等。
18.【答案】大于；
冷却；最低处；
；
AC；
c(V0−V1)×17×10−3a×100%
【解析】解：(1)醋酸分子间形成了氢键，而乙酸酐分子间没有氢键，故醋酸的沸点更高，
故答案为：大于；
(2)KOH固体溶解会放热，应等溶液冷却至室温后再转移至容量瓶中；继续滴加95%乙醇溶液至凹液面最低处与刻度线相切，停止滴加，并摇匀，
故答案为：冷却；最低处；
(3)“酰化”若用乙酸代替乙酸酐，则乙酸会和醇发生酯化反应，该反应是可逆的，导致后期不能准确测定羟基的含量，相应的化学方程式为；步骤Ⅱ中加入10.00mL蒸馏水的目的是为了使过量的乙酸酐水解成乙酸，便于后期通过滴定，准确测量羟基的含量，
故答案为：；
(4)A.苯易挥发且有毒，实验时需在通风橱中进行，故A正确；
B.锥形瓶不能直接用酒精灯加热，故B错误；
C.冷凝管、锥形瓶内壁有残留的乙酸，故取下锥形瓶之前，可用少量蒸馏水将冷凝管及锥形瓶内壁上的溶液冲下，故C正确；
故答案为：AC；
(5)根据分析可知，样品中羟基的物质的量n(ROH)=n1=c(V0−V1)×10 −3ml，则羟基的质量分数为c(V0−V1)×17×10−3a×100%，
故答案为：c(V0−V1)×17×10−3a×100%。
利用反应测定ROH中羟基含量，为使ROH充分反应，需加入过量的(CH3CO)2CO，并用KOH−乙醇标准溶液滴定该过程中产生的CH3COOH(过量的乙酸酐水解也会产生CH3COOH，反应为(CH3CO)2O+H2O=2CH3COOH)，同时设置对照实验；设与ROH反应的乙酸酐物质的量为n1 ml，过量的乙酸酐物质的量为n2 ml，根据相关反应有n1+2n2=cV1×10−3，2(n1+n2)= cV0×10−3，得n(ROH)=n1 ml =c(V0−V1)×10 −3ml。
本题主要考查利用滴定法测定物质含量的实验等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
19.【答案】(1)2H2S+O2Fe3+ 2S+2H2O
(2) 2H2S(g)+CH4(g)⇌ CS2(g)+4H2(g)；ΔH=+234kJ⋅ml−1 恒压条件下，加入N2稀释，体积增大，反应体系分压减小，2H2S(g)+CH4(g)⇌ CS2(g)+4H2(g)反应向着正反应方向移动，H2S的转化率增大 a c
(3) 溶液蓝色恰好消失，且半分钟内颜色不恢复蓝色 3.4

【解析】【详解】(1)分析反应过程，Fe3+起催化作用，H2S作还原剂，生成S，O2作氧化剂，生成H2O。根据氧化还原原理和质量守恒定律，化学方程式为：2H2S+O2Fe3+ 2S+2H2O
(2)①将反应i与反应ii相加，可得H2S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式：2H2Sg+CH4g⇀↽ CS2g+4H2gΔH=ΔH1+ΔH2=+170+64=+234kJ/ml。
②恒压条件下，加入N2稀释，气体体积增大，相当于减小压强。对于反应2H2S(g)+CH4(g)⇌ CS2(g)+4H2(g)，减压使平衡正向移动，从而提高H2S的转化率。
③a.反应ⅰ和2H2S(g)+CH4(g)⇌ CS2(g)+4H2(g)的均为吸热反应。温度升高，平衡正向移动，H2S转化率提高，a正确；
b.仅从图中数据，H2体积分数大，ＣS２体积分数增加小，说明反应i进行程度相对较大，反应ii进行程度相对较小，但不能判断反应i和反应ii反应速率的快慢，所以无法确定H2S与CH4重整反应的决速步，b错误；
c.反应i、ii均为吸热反应，温度升高，反应i生成S2，反应ii消耗S2，但反应i受温度影响更大(ΔH1绝对值更大)，生成的量S2多于反应ii消耗的量S2，故S2体积分数增大，c正确；
故答案选ac。
(3)①淀粉遇碘变蓝，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液中的碘单质被完全反应，蓝色褪去且半分钟内不恢复。
②碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为xml，
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI2 1 2×10−3 x ，则解得x=1×10−3ml，说明与ZnS反应的I2的物质的量为2×10−3ml−1−1×10−3ml=1×10−3ml，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为1×10−3ml，根据S元素守恒，故H ​2S为1×10−3ml，即10L煤气中含有1×10−3ml的H2S，煤气中H2S的含量为１×10 −３ml×34g/ml×１×10310L=3.4mg/L。
20.【答案】(1)4CeCO3F+O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(2)先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水
(3)nHCO3−nCe3+=2.2、46℃
(4)2Ce3++6HCO3−=Ce2CO33↓+3H2O+3CO2↑
(5) a c 3:1

【解析】【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2和稀硫酸不反应成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到Ce2(CO3)3，焙烧得到CeO2；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁单质将三价铁还原为二价铁，便于铁和铝的分离，加入弱碱氨水调节pH，将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；
【详解】(1)氟碳铈矿“氧化焙烧”中CeCO3F和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为−2、CeCO3F中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为4CeCO3F+O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
(2)用稀硫酸和双氧水代替浓盐酸，则加入试剂的顺序是首先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水；
(3)据图分析：沉铈时应选择最佳条件为nHCO3−nCe3+=2.2、46℃，此时铈的沉淀率已经很高，若温度过高铈的沉淀率反而下降；
(4)“滤液Ⅱ”中含三价Ce离子，加入NH4HCO3生成Ce2(CO3)3，结合质量守恒，还会生成水和二氧化碳，离子方程式为2Ce3++6HCO3−=Ce2CO33↓+3H2O+3CO2↑；
(5)由分析可知，滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是铁、浓氨水，故选a、c；“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为2AlOH3+3H2SO4+NH42SO4=2NH4AlSO42+6H2O，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。
选项
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制230mL2ml⋅L−1稀硫酸
250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒
蒸馏水、98%浓硫酸
B
验证Ksp(AgI)Ksp(BaCO3)
C
取少量NH4HSO3样品溶于水，加入Ba(NO3)2溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀
无法判断原样品是否变质
D
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去
HClO具有漂白性
A.制备晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
B.验证AgCl和AgI的Ksp大小
C.制乙炔并检验乙炔具有还原性
D.海水蒸馏制淡水
编号
实验操作
实验现象
实验Ⅰ
向5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液中滴加5～6滴0.1ml⋅L−1FeCl3溶液(混合溶液的pH=5)
溶液变为棕黄色，20min后棕黄色变深
实验Ⅱ
取1mL实验Ⅰ充分反应后所得的棕黄色溶液，滴加2滴0.1ml⋅L−1KSCN溶液
溶液变红
物质
PCl3
PCl5
POCl3
SOCl2
沸点/℃
76.1
160
105.8
78.8
其他
遇水均剧烈水解