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1、高三化学一轮专题训练：水溶液中的离子反应与平衡一、选择题1（2022秋广东江门高三统考期末）室温下，下列实验操作、实验现象和所得结论均正确的是选项实验操作实验操作实验操作A向溶液中加入过量的溶液产生白色沉淀白色沉淀成分是BZnS和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀C室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH测定溶液的pH试纸蓝色更深酸性：D把和的混合气体通入两只连通的烧瓶，然后用弹簧夹夹住乳胶管，把两只烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，一段时间后热水中烧瓶颜色变浅，冷水中烧瓶颜色变深生成的反应是吸热反应AABBCCDD2（2023全国高三专题练习）某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下
2、溶液的电导率(电导率越大，说明溶液的导电能力越强)，各物质的电导率数据如下：序号物质电导率CaCO3(固体)0H2O7CaCO3饱和溶液37CaSO4饱和溶液389NaCl0.001molL-11989AgNO30.001molL-11138AgCl饱和溶液13下列分析不正确的是A依据数据，CaCO3固体中不存在自由移动的离子B与对比，说明中存在：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)C将Na2CO3固体加入中，可以生成CaSO4沉淀D等体积混合后过滤，推测滤液的电导率大于133（2023全国高三专题练习）蛇纹石矿可看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制碱式碳酸
3、镁的实验步骤如下：室温下，相关金属氢氧化物沉淀的Ksp见下表：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2溶度积/Ksp4.010-381.2510-331.810-11注：lg2=0.3，离子的浓度小于1.010-5molL1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是A在滤液I中，不能加过量的Ca(OH)2是为了防止Al(OH)3溶解和Mg2沉淀B滤液I中，加Ca(OH)2后Al3比Fe3先沉淀完全C室温下，用Ca(OH)2把滤液I的pH调节到4.7时，Al3刚好沉淀完全D称18.2g碱式碳酸镁【aMgCO3bMg(OH)2cH2O】高温加热分解得到6.6gCO2和8.0gMgO，由
4、此可知a=3、b=1、c=34（2023秋湖北高三校联考期末）下列实验操作、现象及解释(或结论)均正确的是选项实验操作实验现象解释(或结论)A向2mL溶液中滴加2滴NaCl溶液，振荡试管，再向其中滴加2滴NaI溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀B向2mL溶液的试管中先滴加24滴NaOH溶液再滴加4滴溶液，静置先前生成的白色沉淀溶解水解产生的使溶解C向一支试管中加入2mL溶液，观察到溶液为蓝色，加热，观察实验现象溶液变为黄绿色其他条件相同时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动D把被保护的钢铁设备作为阴极，用惰性电极作为辅助阳极，两者浸入食盐水中，外接直流电源被保护的钢铁没有生锈现象是因为使用了牺牲
5、阳极法的电化学保护法AABBCCDD5（2023全国高三专题练习）已知在常温下Cu2+和Fe3+在溶液中随pH变化时的曲线如图所示，对图中a点的说法正确的是Aa点对应的溶液中，Fe3+和Cu2+可以大量共存BFe(OH)3、Cu(OH)2在a点代表的溶液中均达到饱和C加适量NH4Cl固体可使溶液由a点沿水平方向变到Cu2+曲线上D溶液中a点和水平线在Fe3+和Cu2+曲线上任意截点的c(H+)与c(OH-)乘积相等6（2023秋浙江衢州高三校联考期末）醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO-+H+，下列各项不正确的是A醋酸溶液中离子浓度关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3
6、COO- )B常温下，pH=2 的 CH3COOH 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pHKsp(AgI)B压缩装有HI、I2、H2混合气体(已达平衡)的容器颜色加深平衡向生成I2的方向移动C用pH试纸测量饱和新制氯水的pHpH试纸变为红色饱和新制氯水呈酸性D向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4生成CO2气体的速率加快，溶液迅速褪色MnSO4是该反应的催化剂AABBCCDD9（2023秋河南商丘高三商丘市回民中学校考期末）已知常温下浓度为的几种溶液的如下表。下列有关说法正确的是溶质7.511.69.78.3A相同温度相同浓度下，酸性由强到弱的顺
7、序为B的水解平衡常数为C将通入溶液至溶液呈中性，则溶液中：D等物质的量浓度的和混合溶液中粒子浓度大小关系为10（2023秋新疆高三校联考期末）室温下，pH=3的HR1溶液、HR2溶液各V0 mL，分别加入蒸馏水稀释至V mL。稀释过程中溶液pH与lg的关系如图所示。下列推断错误的是AHR2溶液中存在5种粒子B0.1 molL-1 HR1、HR2溶液中，前者酸根离子浓度更大Cc(OH-)：a=bD若起始HR2浓度为0.1 molL-1，则起始时HR2的电离度约为0.1%11（2023秋吉林长春高三长春市第五中学校考期末）下列关于各装置图的叙述错误的是A图I测定盐酸的浓度B图装置中钢闸门应与外接电
8、源的负极相连，称之为“外加电流法”C图装置可制备并能较长时间保持其颜色D图装置可用于观察铁的吸氧腐蚀12（2023秋山东淄博高三山东省淄博第四中学校考期末）下列叙述正确的是ANaOH滴定未知浓度的醋酸溶液时，用甲基橙作指示剂B用湿润的pH试纸测氯水的pH值，测定值偏大C测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合，所测温度值偏高D盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡，结果偏高13（2023全国高三专题练习）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：向浸出
9、液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；。下列说法正确的是已知室温下：KspMg(OH)2=1.810-11，KspAl(OH)3=3.010-34，KspFe(OH)3=4.010-38)A试剂X可以是MnO、MnCO3等物质B除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂D为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度14（2023秋重庆江津高三重庆市江津中学校校联考期末）在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是Aa点：B氨水的浓
10、度为Cc点溶液中离子浓度大小关系：Db、c、d三点水的电离程度大小关系：二、填空题15（2023全国高三专题练习）单一弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断(1)是强碱弱酸的酸式盐，溶液中存在着三种平衡(写出相应的离子方程式)：水的电离平衡：_；的电离平衡：_；的水解平衡：_。(2)常温下，溶液的为8.4，说明的电离程度和水解程度中相对较强的是_。(3)常温下，溶液中，则溶液显_性。(4)常温下，则溶液显_性。16（2023全国高三专题练习）等浓度弱酸(或弱碱)及其盐混合溶液酸碱性的判断(1)已知时，的电离平衡常数，等浓度的与混合溶液中，_(填“”“”“”“”“”或“=”)(2)常温下，pH=l0的溶液中
11、，水电离出来的_mol/L，在pH=3的溶液中水电离出来的为_mol/L。(3)等物质的量浓度的、溶液中浓度由大到小的顺序是_(填序号)(4)某学生用甲基橙做指示剂，用标准NaOH溶液测定未知浓度的盐酸溶液，完成填空：滴定终点溶液颜色的变化是_。若滴定中锥形瓶摇荡剧烈，使溶液溅出，则所测浓度_。(填偏大、偏小或无影响)(5)下列哪些措施能够使醋酸溶液中增大_。A升温B通入HCl气体C加入NaOH固体D加入固体三、实验题20（2023秋山东济宁高三统考期末）维生素具有还原性，在空气中易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快。实验室测定补血药片中维生素C含量的实验步骤如下：.配制溶液：准确称量碾碎后
12、的药品wg，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸后配制成250mL溶液。.滴定实验：取配制好的溶液25.00mL于锥形瓶，加入标准溶液(过量)，充分反应后，加入淀粉作指示剂，用标准液滴定剩余的碘单质。平行滴定3次，平均消耗标准溶液的体积为。已知：，。(1)溶解药品使用新煮沸冷却的蒸馏水目的是_。(2)将标准溶液装入滴定管的具体操作顺序为_(填字母)。a.装入标准溶液至0刻度以上b.检查滴定管是否漏液c.排尽尖嘴部分气泡d.用标准溶液润洗滴定管23次e.用蒸馏水清洗滴定管23次f.将液面调节至滴定管“0”或“0”刻度以下(3)滴定至终点时的实验现象为_。(4)该药片中维生素C(相对分子质量1
13、76)的百分含量为_；若读取标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后读数正确，可能导致测定结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”，下同)；若标准液已部分氧化变质，则含量测定结果将_。(5)测定物质中的含量时，常采用沉淀滴定法，标准液常选用。已知几种常见含银难溶物的及其颜色：颜色白淡黄黄砖红参照上表数据及信息分析，满定时可以作指示剂的是_。a.b.NaBrc.NaId.21（2022秋山东淄博高三统考期末）碱式氯化铜是一种难溶于水的固体，可溶于稀盐酸和氨水。I.制备碱式氯化铜向溶液中通入，滴加稀盐酸调节pH至5.05.5，控制反应温度为70-80。实验装置如图(部分加热和夹持装置略)。(1)仪器X的名称是
14、_；仪器Y的主要作用是_。(2)A装置试管中反应的化学方程式为_。(3)B中采用的加热方式是_。滴入盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(4)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤、洗涤、干燥得到碱式氯化铜。判断沉淀洗涤干净的实验操作和现象是_。II.碱式氯化铜组成的测定(5)称取定质量的碱式氯化铜，用少量稀溶解后配成100.00mL待测液；取25.00mL待测液，加入足量溶液，得molAgCl；另取25.00mL待测液，调节pH至45，用浓度为0.08000的EDTA标准溶液滴定()，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。该样品的化学式为_。四、工业流程题2
15、2（山东省德州市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题）V2O5是化工生产中重要的催化剂，可用于制备硫酸和彩色玻璃。一种以含钒废料(主要成分为V2O3，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)制备V2O5的工艺流程如下图所示。已知：含钒离子在溶液中的存在形式与溶液pH的关系溶液pH4.06.0pH8.08.0钒元素存在形式该流程温度下：KspFe(OH)3=8.010-38；KspAl(OH)3=1.010-33；KspCu(OH)2=1.010-19请回答下列问题：(1)“焙烧”的目的之一是将V2O3转化为Mg(VO3)2，还有一个目的是_；(2)已知Mg(VO3)2难溶
16、于水，能溶于酸，写出在“酸浸”时(pH2)发生的离子反应方程式_。为提高酸浸速率，可采取的措施_(填序号)。a.使用98%的硫酸b.加速搅拌c.升高温度d.增大压强(3)“调pH净化I”时需将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度110-5 molL-1时视为去除干净)，需调节pH范围为_(pH值保留1位小数)。(4)“净化II”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是_。(5)“煅烧”时，改变环境会得到不同产物，但都会有V2O5生成。若煅烧时隔绝空气，还生成物质A和一种参与大气循环的物质，且A可在该流程中循环使用，则A的化学式为_；若煅烧时通入空气，还生成两种参与大气循
17、环的物质，该反应的化学方程式为_。23（2022秋浙江杭州高三校考期中）2022北京冬奥会速度滑冰比赛，队员们所穿的冰鞋的冰刀一般要具有耐磨、抗腐蚀、工作面适用于不同冰面硬度等优点。这种冰刀的成分属于粉末合金(PM)，即K190、K390合金，其成分如表所示。CSiCrMnMoVWCoK1902.30%0.60%12.50%0.30%1.10%4.00%K3902.45%0.55%4.15%3.75%9.00%1.00%2.00%K190合金中的锰元素，在工业上常用天然二氧化锰粉与硫化锰矿(含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备MnSO4，其工艺如图所示。回答下列问题：已知1：相关金
18、属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9已知2：常温下，H2CO3的电离常数：Ka1=410-7，Ka2=510-11；MnCO3的溶度积Ksp=210-11，浓度低于10-5mol/L时认为该离子已沉淀完全。(1)“滤渣1”含有S，写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。(2)“调pH”为了除去铁和铝元素，溶液的pH范围应调节为_之间。(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_
19、。(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，用平衡移动的原理解释其原因_。(5)写出“沉锰”的离子方程式_。(6)MnCO3是一种重要的化工原料，通过简单计算说明：常温下向溶液中加入NH4HCO3溶液，能否使Mn2+沉淀完全?_。写出简单计算过程并得出结论，已知：最终溶液中c(HCO)=0.1molL-1、pH=8试卷第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A溶液中加入过量的溶液，两者发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能生成硫化铝，故A错误；BZnS和的悬浊液中滴加溶液，硫酸铜可
20、直接与硫化钠反应生成CuS沉淀，不能说明是ZnS转化成了CuS，无法据此确定两者溶度积的大小，故B错误；C用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH试纸蓝色更深，说明其溶于碱性更强，则可知碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，根据越弱越水解可知酸性：，故C正确；D生成的反应是放热反应，实验现象不符合事实，故D错误；故选：C。2C【详解】A电导率可反映自由移动离子的浓度大小，碳酸钙固体的电导率为0，说明无自由移动离子，原因是碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子间形成离子键，离子不能自由移动，故A正确；B与对比，AgCl饱和溶液的电导率为13，说明氯化银饱和溶液中存在自由移动的离子，A
21、gCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故B正确；CCaCO3饱和溶液的电导率比CaSO4的小，说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多，应生成CaCO3沉淀，故C错误；D等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确；答案选C。3B【分析】蛇纹石矿可看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，用盐酸溶解过滤得到滤液中为Mg2+、Al3+、Fe3+，加入适量的氢氧化钙得到氢氧化铝、氢氧化铁沉淀A，滤液中加入氢氧化钙后通入二氧化碳生成碳酸氢钙和碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，得到碳酸氢镁溶液，热解得到碱式碳酸镁。【详解】AAl(OH)3能溶于强碱
22、，Mg2+不能提前沉淀，所以不能加过量的Ca(OH)2；故A正确；B根据Ksp分析，化学式相似的，Ksp越小，越易形成沉淀，已知Fe(OH)3的Ksp小，所以Fe(OH)3先形成沉淀，故B错误；CAl3+刚好沉淀完全时c(Al3+)=1.010-5molL-1，则c(OH-)=mol/L=510-10molL-1，所以c(H+)=210-5molL-1，所以pH=4.7，即pH调节到4.7时，Al3+刚好沉淀完全，故C正确；Dm(样品)=18.2g，m(CO2)=6.6g，m(MgO)=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3bMg(OH)2cH2O(a+b)MgO+aCO2+(b+c)H2O，
23、根据质量守恒得：m(H2O)=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则n(MgO)=0.2mol，n(CO2)=0.15mol，n(H2O)=0.2mol，得：abc=0.150.050.15=313，所以a=3、b=1、c=3，故D正确；答案选B。4C【详解】A1滴溶液大概0.05mL，故AgNO3溶液过量，加入NaI后生成的沉淀为，与沉淀溶解平衡无关，A错误；B氯化镁容液会和氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀，Mg(OH)2存在溶解平衡滴入的FeCl3溶液电离的Fe3+与溶解平衡产生的OH-反应生成溶度积更小的Fe(OH)3，所以白色沉淀转化为红褐色的沉淀，由于Fe(OH)3比Mg(OH
24、)2更难溶，使Mg(OH)2的溶解平衡继续向右移动，直至Mg(OH)2全部转化为Fe(OH)3沉淀，现象为白色沉淀转化为红褐色的沉淀；B错误；C，升高温度，平衡正向进行，水合离子为蓝色而四氯合铜离子是黄绿色，C正确；D外接直流电源的金属保护法为外加电源的阴极保护法，D错误；故答案为：C。5D【详解】A分析图象可知铁离子在a点pH接近沉淀完全，浓度接近0，所以a点铁离子不能大量存在，铜离子可以大量存在，故A错误；Ba点不在溶解平衡曲线上，溶解平衡曲线上的任一点均为饱和状态，则Cu(OH)2在a点代表的溶液为不饱和溶液，故B错误；C加适量NH4Cl固体，pH发生变化，则铜离子浓度变化，而a点沿水平
25、方向变到Cu2+曲线上，铜离子浓度不变，故C错误；D温度不变，则水的离子积不变，则溶液中a点和水平线在Fe3+和Cu2+曲线上任意截点的c(H+)与c(OH-)乘积相等，故D正确；故选D。6D【详解】ACH3COOH溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故A正确；BpH=2的CH3COOH溶液中氢离子浓度与pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，氢氧化钠是强电解质，而醋酸是弱电解质，只有少部分发生电离，等体积混合反应后剩余大量的醋酸，醋酸电离出的氢离子浓度远低于醋酸根水解产生的氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，即溶液的pH7，故B正确；C加入少量醋酸钠固体，醋酸根浓
26、度增大，平衡逆向移动，故C正确；D加水稀释，促进电解质电离，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)增大，由于体积增大程度大于电离程度，则c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小，根据Kw=c(H+)c(OH-)，可知c(OH-)浓度增大，故D错误；故选：D。7B【详解】AFe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，离子方程式为2Fe2+5ClO-+5H2O2Fe(OH)3+Cl-+4HClO，故A错误；B少量澄清石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子反应为Ca2+2OH-+2=CaCO3+2H2O，故B正确；C同
27、浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，先发生中和反应，离子方程式为：H+OH-H2O，故C错误；DAgCl饱和溶液在加入Na2S，实现了沉淀的转化，氯化银需要保留化学式，正确的离子方程式为：2AgCl+S2-2Cl-+Ag2S，故D错误；故选：B。8D【详解】AAgNO3和NaCl按1:1反应，则2mL0.1molL-1AgNO3溶液与1mL0.1molL-1NaCl反应后硝酸银过量，过量的硝酸银再与KI反应，有AgI黄色沉淀生成，由操作和现象不能比较两者的Ksp，故A错误；B存在2HI(g)I2(g)+H2(g)，压强增大平衡不移动，容器体积变小，I2(g)浓度增大导致颜色加深，故
28、B错误；C氯水含HClO，具有漂白性，则pH试纸先变红后褪色，不能测定pH，故C错误；D加入一小块MnSO4，可作催化剂，生成气体(CO2)的速率加快，溶液迅速褪色，故D正确；故选：D。9A【详解】A相同温度下，相同浓度的强碱弱酸盐碱性越强说明弱酸根离子水解程度越大，对应的酸酸性越弱，由表中的数据可得酸性由强到弱的顺序为，故A正确；B常温下0.1mol/L的NaF溶液=7.5，则，溶液中存在水解平衡，则F-的水解平衡常数为，故B错误；C将通入溶液，溶液中存在电荷守恒：，溶液呈中性，所以，故C错误；D HF的电离平衡常数，而水解平衡常数，所以等物质的量浓度的和混合溶液中F-的水解程度小于HF的电
29、离程度，则溶液中粒子浓度大小关系为，故D错误；故答案为：A。10D【详解】ApH=3的HR2溶液，c(H+)=10-3 mol/L，当其溶液稀释10倍，溶液pH增大不到1个单位，说明HR2为弱酸，在HR2溶液中存在HR2的电离平衡及H2O的电离平衡，溶液中存在HR2、H2O、H+、OH-、，共5种粒子，A正确；B根据开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，当HR1、HR2溶液稀释相同倍数后溶液pH增大值：HR1HR2，所以酸性：HR1HR2，因此0.1 molL-1 HR1、HR2溶液中，前者电离程度比后者大，故前者溶液中酸根离子浓度更大，B正确；C根据图示可知：a、b两点的pH
30、相等，而两种溶液中c(H+)相等，根据水的离子积常数可知两种溶液中OH-的浓度大小关系为：a=b，C正确；D若起始HR2浓度为0.1 molL-1，c(HR2)=0.1 mol/L，开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L，故起始时HR2的电离度约为，故合理选项是D。11A【详解】A图I中氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛放，故A错误；B图中被保护的钢闸门应外接电源的负极相连，防止金属腐蚀的方法为外加直流电源的的阴极保护法，故B正确；C氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，应该隔绝空气，阳极上铁失去电子生成亚铁离子、阴极上生成氢气，同时溶液中生成NaOH，亚铁
31、离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，煤油隔绝空气，所以制备的氢氧化亚铁能较长时间保持其颜色，故C正确；D铁钉放在食盐水中性溶液中发生吸氧腐蚀，红墨水会在导管中上升，故图装置可用于观察铁的吸氧腐蚀，故D正确；故选A。12D【详解】A氢氧化钠溶液与醋酸溶液完全反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液呈碱性，若滴定时，选用甲基橙做指示剂，醋酸溶液不可能完全反应，会导致所测浓度偏低，故A错误；B 氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以用pH试纸无法测得氯水的pH，故B错误；C测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合时会有热量散失，导致所测温度值偏低，故C错误；D盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时
32、，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡会使盐酸溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故D正确；故选D。13AC【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)加入浓硫酸和植物粉浸出，加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，过滤除去滤渣，向浸出液中加入一定量的X调节pH为3.55.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn()的氧化物和碳酸盐，再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤，再向过滤液中加入碳酸氢铵形成沉淀，沉淀经充分洗涤，通过一系列操作得到高纯碳酸锰。【详解】A试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢
33、氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，故A正确；BMg(OH)2完全沉淀时，KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=1.810-11=110-5c2(OH-)，则c(OH-)=10-3molL-1，pOH=-lg10-3=3-lg，则pH=14-pOH=11+lg，则pH为3.55.5时不能除去Mg杂质，故B错误；C加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；D碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度太高碳酸氢铵分解，造成原料的浪费，因此温度不宜太高，故D错误；答案选AC。14D【详解】Aa点pH=0，则c(H+)=1 mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液
34、温度小于25，则水的离子积Kw1.010-14，则，选项A错误；Bb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3H2O)，由于c点氨水体积是10 mL，则b点体积小于10 mL，因此氨水的浓度大于1.0 mol/L，选项B错误；C溶液中存在电离守恒： c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，根据选项A的分析，由于c点时溶液的pH=7时为酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)c()，则b点溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)c()c(H+)c(OH-)，选项C错误； Db点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl
35、)=n(NH3H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：bcd，选项D正确；答案选D。15(1) (2)的水解程度(3)酸(4)碱【详解】（1）水的电离平衡离子方程式；的电离平衡离子方程式；的水解平衡离子方程式；（2）常温下，溶液的为8.4，呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，答案：的水解程度（3）常温下，溶液中，既能水解产生和OH-，也能电离产生和H+，因为，所以则溶液显酸性，答案：酸；（4）溶液中，NH水解， ，Kh=，CN-水解，Kh= ，所以溶液呈碱
36、性，答案：碱。16(1) 电离 水解 (3) 【详解】（1）的电离平衡常数，则的水解常数。可见以电离为主，溶液7。故答案为：；电离；，可见以水解为主，溶液7。故答案为：；水解；。（3）的电离平衡常数，则的电离常数7。故答案为：。1799.7%【详解】当滤液2中时，此时溶液中，除钙率为。18(1)(2)(3)越大，表面吸附的()的量越少，溶出量越少，()中物质的量分数越大【详解】（1）在弱碱性溶液中， FeS与反应生成 Fe(OH)3 、 Cr(OH)3 和单质 S的离子方程式为：；（2）反应的平衡常数，由题目信息可知，电离常数，所以；（3）在pH=47溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI
37、) 的速率越慢，是由于 c(OH)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少， FeS溶出量越少， Cr(VI) 中物质的量分数越大。19(1) = (2) (3)(4) 橙色变成黄色 偏小(5)BD【详解】（1）常温下，将pH=12的NaOH和氨水分别加水稀释100倍，NaOH是强碱，稀释后NaOH的pH减小2，即pH=10，氨水是弱碱，加水稀释促进其电离，则氨水的pH减小不到2，即pH10；（2）常温下，pH=l0的溶液中，则由水电离出来的；pH=3的溶液中，氢氧根离子全部来自于水电离，则水电离出来的，由水电离出来的氢离子等于由水电离出来的氢氧根离子，即水电离出来的；（3）是强电解质，全部
38、电离，电离为和，会少量水解，是强电解质，全部电离，电离为和，和均会水解，且水解会促进水解，是弱碱，不完全电离，电离产生少量，所以等物质的量浓度的、溶液中浓度由大到小的顺序是：，即；（4）用标准NaOH溶液测定未知浓度的盐酸溶液，恰好完全反应后生成氯化钠，甲基橙做指示剂，pH大于4.4，甲基橙呈黄色，所以，滴定终点溶液颜色的变化是：橙色变成黄色；若滴定中锥形瓶摇荡剧烈，使溶液溅出，盐酸的物质的量减少，消耗的氢氧化钠减少，则所测浓度偏小；（5）A升温，醋酸电离平衡正向移动，但是不变，A项错误；B通入HCl气体，增大，醋酸电离平衡逆向移动，减小，则增大，B项正确；C加入NaOH固体，NaOH和醋酸发
39、生中和反应使减小，增大，则减小，C项错误；D加入固体，电离出氢离子，使增大，醋酸电离平衡逆向移动，减小，则增大，D项正确；答案选BD。20(1)防止维生素C被氧化，影响实验结果(2)bedacf(3)滴入最后半滴标淮液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色(4) 或 偏高 偏低(5)d【分析】滴定的步骤是：1实验器材准备，滴定管查漏、水洗，锥形瓶水洗，2用标准液润洗滴定管，然后润洗2-3次，最后赶尽气泡、调“0记录初始刻度，3移液管量取待测液，装入锥形瓶，然后滴入指示剂摇匀，4进行滴定，到终点时停止滴定，读取刻度，5重复滴定2-3次，记录数据，进行求算，在分析误差的时候，根据公式来分析，以此解题
40、。【详解】（1）已知：维生素具有还原性，在空气中易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，则溶解药品使用新煮沸冷却的蒸馏水目的是：防止维生素C被氧化而影响实验结果。（2）用滴定管盛装待盛液操作是检漏洗涤润洗装液排尽尖嘴部分气泡并调节液面在“0”或“0”刻度以下，因此将标准溶液装入滴定管的具体操作顺序为bedacf。（3）滴定时步骤步骤为：取配制好的维生素c溶液25.00mL于锥形瓶，加入标准溶液(过量)，发生反应：充分反应后，加入淀粉作指示剂，淀粉遇到碘单质变蓝色，再用标准液滴定剩余的碘单质，发生反应：消耗碘单质，则滴定至终点时的实验现象为：滴入最后半滴标淮液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色。（4）反应 I2+2=2I-+消耗Na2S2O3的物质的量