2023屆新高考化學一輪課時跟蹤練第26講水的電離和溶液的酸堿性

課時跟蹤練26一、選擇題1．(2021·揭陽河婆中學月考)關(guān)于水的離子積常數(shù)，下列說法不正確的是()A．蒸餾水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14B．純水中，25℃時，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14C．25℃時，任何以水為溶劑的稀溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14D．Kw值隨溫度升高而增大＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故A項錯誤；25℃時，純水中，水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，故B項正確；25℃時，任何以水為溶劑的稀溶液中，水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，故C項正確；水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，水的離子積常數(shù)Kw增大，故D項正確。答案：A2．(2021·莆田二中月考)關(guān)于水的電離，下列敘述正確的是()A．升高溫度，水的平衡向正反應方向移動，Kw增大，c(H＋)不變B．向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反應方向移動，Kw不變，c(H＋)增大C．向水中加入氨水，水的平衡向逆反應方向移動，Kw不變，c(OH－)降低D．向水中加入少量固體NaCl，平衡向逆反應方向移動，Kw不變，c(H＋)降低解析：升高溫度促進水的電離，c(H＋)增大，A項錯誤；硫酸電離出氫離子，c(H＋)增大，抑制水的電離，Kw只與溫度有關(guān)，所以Kw不變，B項正確；一水合氨會電離出氫氧根，所以c(OH－)增大，C項錯誤；NaCl為強酸強堿鹽，加入少量固體NaCl，對水的電離無影響，D項錯誤。答案：B3．(2021·南安第一中學月考)常溫下，下列說法正確的是()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，充分反應后，四種離子的濃度不變的是SOeq\o\al(2－,4)(忽略反應前后溶液體積的變化)B．水電離的c水(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中，下列離子能大量共存：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)C．氫氧化鐵溶于HI溶液中的離子方程式為2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2OD．NaHS溶液中，下列離子能大量共存：K＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)解析：向溶液中加入具有強氧化性的過氧化鈉固體，過氧化鈉能將溶液中的亞硫酸根離子氧－1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應，不能大量共存，堿溶液中，氫氧根離子與銨根離子、碳酸氫根離子反應，不能大量共存，故B項錯誤；氫氧化鐵溶于HI溶液的反應為氫氧化鐵與HI溶液反應生成碘化亞鐵、碘和水，反應的離子方程式為2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O，故C項正確；在硫氫化鈉溶液中，硫氫根離子與鋁離子會發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體，不能大量共存，故D項錯誤。答案：C4．(2021·茂名第三次模擬)下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()①無色溶液中：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由水電離出的c(OH－)＝10－4mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑤含有較多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)有顏色，①項不選；②酸性溶液中NOeq\o\al(－,3)能氧化Fe2＋、I－而不能大量共存，②項不選；③加入Al能放出H2的溶液為酸性或堿性，HCOeq\o\al(－,3)在酸性或堿性溶液中均不能共存，③項不選；④由水電離出的c(OH－)＝10－4mol·L－1的溶液應該是強堿弱酸鹽溶液，題目給定的Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－不一定能共存，④項不選；⑤中Fe3＋能與SCN－反應而不能大量共存，⑤項不選；⑥堿性環(huán)境中COeq\o\al(2－,3)、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)相互不反應，能大量共存，⑥項選；答案選D。答案：D5．(2021·江西紅色七校聯(lián)考)已知Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5。25℃時，向20mL濃度均為0.01mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的氨水，測定過程中電導率和pH變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是()A．a(chǎn)點溶液中，c(CH3COO－)數(shù)量級約為10－5B．b點溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COOH)C．c點溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．c點水的電離程度小于d點解析：氨水逐滴滴入鹽酸和醋酸的混合液中，依次發(fā)生的反應為HCl＋NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COONH4＋H2O；鹽酸為強酸，隨著氨水的滴入，溶液的體積變大，溶液中離子濃度變小，溶液的電導率逐漸變小，當鹽酸恰好完全反應時電導率最小，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；繼續(xù)滴加氨水，弱酸醋酸與氨水反應生成強電解質(zhì)CH3COONH4，溶液中離子濃度變大，溶液的電導率又逐漸變大，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反應后，繼續(xù)滴加氨水，氨水屬于弱堿水溶液，溶液中離子濃度又變小，溶液的導電率又變小。據(jù)此分析解答。A項，a點沒有滴入氨水，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO－＋H＋，設－x)mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝1.7×10－5，由于HCl電離的H＋抑制CH3COOH的電離，0.01＋x≈0.01，0.01－x≈0.01，解得x＝1.7×10－5，c(CH3COO－)的數(shù)量級約為10－5，正確；B項，根據(jù)上述分析，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NHeq\o\al(＋,4)的水解離子方程式為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的電離程度，b點溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COOH)，正確；C項，根據(jù)上述分析，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，正確；D項，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促進水的電離，d點為等濃度的NH4Cl、CH3COONH4和略過量的氨水組成的混合液，過量的氨水對水的電離起抑制作用，c點水的電離程度大于d點，錯誤。答案：D6．(2021·重慶育才中學月考)化學上常用AG表示溶液中的lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)。25℃時，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定0.100mol·L－1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定過程中AG與所加NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是()A．A點溶液的pH＝2.75，從C點往后的過程中，水的電離程度先變大再變小B．B點溶液中存在：c(H＋)－c(OH－)>c(NOeq\o\al(－,2))－c(HNO2)C．C點加入NaOH溶液的體積小于20mL，溶質(zhì)為HNO2和NaNO2D．25℃時，HNO2的電離常數(shù)Ka約為1.0×10－4.5解析：A點lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝8.5，則c(H＋)∶c(OH－)＝108.5，Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝10－14，則c(H＋)＝10－2.75mol·L－1，溶液的pH＝2.75，C點lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝0，溶液呈中性，NaNO2是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性則酸應該稍微過量，則C點NaOH溶液體積小于20mL，從C點往后的過程中，先將末中和的亞硝酸變成亞硝酸鹽，此時水的電離程度先變大，當NaOH過量時，NaOH抑制水電離，水的電離程度再變小，故A項正確；＋－＝0，溶液呈中性，NaNO2是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性則酸應該稍微過量，酸堿濃度相等，則C點加入NaOH溶液的體積小于20mL，溶質(zhì)為HNO2和NaNO2，14，則c(H＋)＝10－2.75mol·L－1，由于c(H＋)與c(NOeq\o\al(－,2))近似相等，所以HNO2的電離常數(shù)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℃時，HNO2的電離常數(shù)Ka約為1.0×10－4.5，故D項正確。答案：B7．(2021·汕尾華中師范大學海豐附屬學校月考)一元酸HX和HY都是20mL，分別用0.1mol·L－1NaOH滴定，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是()A．用0.1mol·L－1NaOH滴定HX時，選用甲基橙做指示劑，測定結(jié)果偏低B．HX可能是HCl，HY可能是CH3COOHC．HX和HY的物質(zhì)的量濃度可能都為1mol·L－1D．a(chǎn)和b對應溶液的導電性相同解析：氫氧化鈉滴定HX，恰好完全反應時溶液顯堿性，甲基橙在酸性時就變色，故氫氧化鈉消耗量會減小，測定結(jié)果偏低，故A項正確；0.1mol·L－1NaOH與20mL酸恰好反應時消耗的堿的體積為20mL，所以酸的濃度都是0.1mol·L－1，根據(jù)題圖縱坐標可知，HX為弱－1，故C項錯誤；a點對應溶質(zhì)是NaX和HX，HX為弱電解質(zhì)，b點對應溶質(zhì)是NaY和HY，HY是強電解質(zhì)，雖然各物質(zhì)的濃度都相同，但是溶液中離子濃度不相同，故導電性不同，故D項錯誤。答案：A8．(2021·西安慶華中學月考)常溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A．b點溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))＞c(H2POeq\o\al(－,4))B．滴定終點a可選擇甲基橙做指示劑C．a(chǎn)、b、c三點中水的電離程度最大的是cD．c點溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋2c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(H3PO4)解析：b點時，20mL0.100mol·L－1NaOH溶液與10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液混合，剛好發(fā)生反應生成Na2HPO4和水，由于溶液的pH＝10，所以HPOeq\o\al(2－,4)的水解是主要的，電離是次要的，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項錯誤；滴定終點a時，10mL0.100mol·L－1NaOH溶液與10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液混合，剛好發(fā)生反應生成NaH2PO4和水，由于溶液的pH＝4，所以可選擇甲基橙做指示劑，B項正確；a、b、c三點時溶質(zhì)分別為NaH2PO4、Na2HPO4、Na3PO4，在溶液中H2POeq\o\al(－,4)以電離為主，抑制水電離，HPOeq\o\al(2－,4)以水解為主、POeq\o\al(3－,4)水解程度比HPOeq\o\al(2－,4)大，二者都促進水電離，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項正確。答案：A9．(2021·鎮(zhèn)江第一中學月考)常溫下，用如圖1所示裝置，分別向25mL0.3mol·L－1Na2CO3溶液和25mL0.3mol·L－1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol·L－1的稀鹽酸，用壓強傳感器測得壓強隨鹽酸體積的變化曲線如圖2所示。下列說法正確的是()A．X曲線為Na2CO3溶液的滴定曲線B．b點溶液的pH大于c點溶液的pHC．c點的溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))D．a(chǎn)、d兩點水的電離程度：a＜d解析：碳酸鈉溶液中滴加鹽酸時先發(fā)生COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)＋H2O，然后發(fā)生HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3＋H2O，碳酸氫鈉溶液中滴加鹽酸時發(fā)生HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3＋H2O，所以滴加25mL鹽酸時，碳酸鈉溶液中幾乎不產(chǎn)生二氧化碳，壓強幾乎不變，而碳酸氫鈉恰好完全反應，壓強達到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A項錯誤；b點溶液溶質(zhì)為NaCl，c點溶液溶質(zhì)為NaHCO3，所以c點代表溶液的pH更大，B項錯誤；c點溶液溶質(zhì)主要為NaHCO3，溶液顯堿性，碳酸氫根的水解程度大于電離程度，而水解和弱電解質(zhì)的電離都是微弱的，所以c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，C項正確；d點鹽酸和碳酸鈉恰好完全反應，溶質(zhì)為NaCl，還有少量溶解的二氧化碳，而a點溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸氫鈉，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)的水解都會促進水的電離，所以a點水的電離程度更大，D項錯誤。答案：C10．(2021·深圳第一次模擬)常溫下，向飽和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，測得溶液pH隨時間的變化如圖所示。溶液中氯元素的存在形式僅考慮Cl2、Cl－、ClO－、HClO，該過程不考慮HClO的分解。下列有關(guān)說法錯誤的是()A．M點：c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)B．水的電離程度：M點<N點C．從M點到P點，溶液中的eq\f(c（OH－）,c（ClO－）)減小D．溶液中可能存在c(HClO)＋c(ClO－)＝c(Cl－)解析：M點為未滴加NaOH溶液的氯水，存在Cl2＋H2OHCl＋HClO，H＋來自HCl的完全電離、HClO和水的部分電離，則溶液中c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)，故A項正確；M點水的電離受HCl和HClO電離出的H＋的抑制，電離程度較小，而N點溶液pH＝7，此時溶<N點，故B項正確；從M點到P點，溶液中隨c(OH－)的增大，c(ClO－)增大，但c(OH－)的增大幅度明顯大于c(ClO－)，則從M點到P點溶液中的eq\f(c（OH－）,c（ClO－）)增大，故C項錯誤；當氯水中滴加過量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根據(jù)Cl2＋H2OHCl＋HClO，并結(jié)合物料守恒，此時溶液中存在c(HClO)＋c(ClO－)＝c(Cl－)，故D項正確。答案：C11．(2021·汕頭第一次模擬)室溫下，向100mL飽和H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標準狀況)，發(fā)生反應2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，測得溶液pH與通入SO2的關(guān)系如圖。下列有關(guān)說法正確的是()A．溶液的導電性：a＞b＞cB．整個過程中，水的電離程度先增大后減小C．該溫度下，H2S的Ka1數(shù)量級為10－9D．a(chǎn)點之后，隨SO2氣體的通入，eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)的值始終減小解析：當SO2恰好將溶液中H2S反應完時，由于生成物為S(沉淀)和水，故此時溶液顯中性，對應圖中點a，a點以后，SO2過量，SO2與水反應形成H2SO3溶液。由分析知，a點為純水，a點過后，SO2過量，形成H2SO3溶液，隨著H2SO3濃度增大，溶液中離子濃度增大，導電能力增強，故導電能力c＞b＞a，A項錯誤；起點→a點，溶液中H2S逐漸被反應，c(H＋)逐漸減小，對水的電離抑制程度減弱，水的電離程度增大，a點往后，SO2過量，形成H2SO3溶液，c(H＋)增大，對水的電離抑制程度增強，水的電離程度減小，故整個過程，水的電離＝2n(SO2)＝2×eq\f(112mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝0.01mol，則起始c(H2S)＝eq\f(0.01mol,0.1L)＝0.1mol·L－1，起點＋)＝10－4.1mol·L－1，c(H2S)近似等于起始濃度0.1mol·L－1，則Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HS－）,c（H2S）)＝eq\f(10－4.1×10－4.1,0.1)＝10－7.2，故其數(shù)量級為10－8，C項錯誤；由H2SO3電離常數(shù)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＋）)，隨著SO2的通入，c(H＋)逐漸增大，由于Ka1不變，故比值逐漸減小，但當SO2氣體達到飽和時，c(H＋)保持不變，比值也就不再改變，故D項錯誤。答案：B12．(2021·珠海一模)常溫下，往20mL0.10mol·L－1HA溶液中滴加0.10mol·L－1KOH溶液，所得混合溶液中水電離的H＋濃度和所加的KOH溶液體積變化趨勢如圖所示，下列有關(guān)說法錯誤的是()A．該酸的電離度約為1%B．b點：溶液存在c(A－)>c(K＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)C．c點：溶液存在c(HA)＋c(H＋)＝c(OH－)D．d點：pH＝7水(OH－)＝c水(H＋)，酸溶液中OH－全部來源于水，故c(OH－)＝c水(OH－)＝10－11mol·L－1，則c(H＋)＝eq\f(Kw,10－11mol·L－1)＝eq\f(10－14,10－11mol·L－1)＝10－3mol·L－1，由于弱電解質(zhì)電離很微弱，故c(HA)近似等于起始濃度，則電離度＝eq\f(10－3,0.1)×100%＝1%，A項正確；b點對應加入KOH10mL，即n(KOH)∶n(HA)＝1∶2，故b點溶液組成為KA∶HA＝1∶1，溶液中大量存在K＋、A－、HA，由圖示知，此時c水(H＋)＜10－7mol·L－1，說明水的電離受到抑制，則HA電離(HAH＋＋A－)大于A－水解(A－＋H2OHA＋OH－)，故c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)，H＋、OH－由微弱過程產(chǎn)生，微量存在，故濃度大小順序為c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，B項＝c(A－)＋c(OH－)，結(jié)合物料守恒c(K＋)＝c(A－)＋c(HA)，兩守恒聯(lián)立消去c(K＋)得c(HA)＋c(H＋)＝c(OH－)，C項正確；由C選項知c點組成為KA，由于A－水解，導致溶液顯堿性，c點到d點繼續(xù)加入KOH，故溶液堿性增強，不可能呈中性，D項錯誤。答案：D二、非選擇題13．(2021·梅州中學月考)海水中含有80多種元素，是重要的物質(zhì)資源寶庫，同時海水具有強大的自然調(diào)節(jié)能力，為解決環(huán)境污染問題提供了廣闊的空間。請回答下列問題：(1)①已知不同pH條件下，水溶液中碳元素的存在形態(tài)如下圖所示。下列說法不正確的是________(填字母)。a．pH＝8時，溶液中含碳元素的微粒主要是HCOeq\o\al(－,3)b．A點，溶液中H2CO3和HCOeq\o\al(－,3)濃度相同c．當c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))時，c(H＋)>c(OH－)②向上述pH＝8.4的水溶液中加入NaOH溶液時發(fā)生反應的離子方程式是_____________。(2)海水pH穩(wěn)定在7.9～8.4之間，可用于煙道氣中CO2和SO2的吸收劑。①海水中含有的OH－可以吸收煙道氣中的CO2，同時為海水脫鈣，生產(chǎn)CaCO3。寫出此反應的離子方程式：___________________________________________________________________________________________________________________________________。②已知：25℃時，ⅰ.H2CO3電離平衡常數(shù)K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11；ⅱ.H2SO3電離平衡常數(shù)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，該過程產(chǎn)物中有CO2和______________。(3)洗滌煙氣后的海水呈酸性，需處理后再行排放，與新鮮海水混合同時鼓入大量空氣排出部分CO2，是一種處理的有效方式。①通入O2可將酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化，該反應的離子方程式是__________________。②上述方式使處理后海水pH升高的原因是____________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)①由題圖分析可知，pH＝8時溶液中含碳元素的微粒主要是HCOeq\o\al(－,3)，故a項正確；A點是碳酸氫根離子物質(zhì)的量分數(shù)與二氧化碳和碳酸分子物質(zhì)的量分數(shù)相同，溶液中H2CO3和HCOeq\o\al(－,3)濃度不相同，故b項錯誤；由題圖分析可知，當c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))時，pH＝10溶液顯堿性，c(H＋)<c(OH－)，故c項錯誤。②pH＝8.4的水溶液中主要是HCOeq\o\al(－,3)，加入NaOH溶液時，反應為碳酸氫根離子和氫氧根離子反應生成碳酸根和水，反應的離子方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O。(2)①海水中鈣離子在堿溶液中和二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀和水，反應離子方程式為CO2＋2OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。②25℃時，H2CO3電離－8，酸性強弱為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，反應生成二氧化碳和亞硫酸氫根離子。(3)①洗滌煙氣后的海水呈酸性是亞硫酸氫根離子電離大于其水解，通入O2可將酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化生成硫酸根離子，反應的離子方程式為O2＋2HSOeq\o\al(－,3)=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋。②上述方式使處理后海水pH升高的原因是與新鮮海水的中和以及混合的稀釋作用，鼓入空氣排除了部分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堿性海水的中和及稀釋作用，鼓入空氣排除了部分CO214．(2021·梅州中學月考)維生素C(簡寫為Vc)的分子式為C6H8O6，溶于水后顯酸性，在高溫或堿性條件下極易被氧化。許多新鮮水果和蔬菜中含有豐富的Vc，如新鮮橙汁中Vc含量約500mg·L－1。某化學活動小組欲用滴定法測定某品牌軟包裝橙汁中Vc的含量，請幫助完成實驗報告：(1)實驗目的：____________________________________________________________。(2)實驗原理：酸性條件下，C6H8O6可被I2氧化為C6H6O6。寫出該反應的化學方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)實驗用品：2.00×10－3mol·L－1碘標準溶液、2mol·L－1醋酸、蒸餾水、指示劑、儀器(略)。其中指示劑選用________。(4)實驗步驟：①檢查儀器：檢查酸式滴定管________。②洗滌儀器：所有儀器用蒸餾水洗凈后，還需用待裝溶液潤洗的儀器是________。③裝液：向兩支酸式滴定管中分別加入I2標準溶液和橙汁，使液面位于滴定管________處。按要求調(diào)整好液面，讀出讀數(shù)。④取橙汁：從滴定管放出10.00mL橙汁于錐形瓶中，加入10mL2mol·L－1醋酸和數(shù)滴指示劑。⑤滴定：用I2標準溶液滴定至____________即為終點。平行滴定3次。(5)數(shù)據(jù)記錄與處理：①完成實驗數(shù)據(jù)記錄表格(分別寫出的“________”處的數(shù)據(jù))。滴定次數(shù)待測橙汁體積/mLI2標準溶液________________________1________2________3________平均值________②數(shù)據(jù)處理后，滴定時消耗I2標準溶液的體積平均值為10.00mL。則待測橙汁中Vc的含量為________mg·L－1。(6)討論。①從測定結(jié)果來看，此軟包裝橙汁________(填“可能是”“一定是”或“不是”)純天然橙汁。②制造商生產(chǎn)該橙汁時，可能采用的做法是________(填字母)。A．將天然橙汁濃縮B．向天然橙汁中添加VcC．加水稀釋天然橙汁D．用水和其他原料混合制作解析：(1)題干中明確說某化學活動小組欲用滴定法測定某品牌軟包裝橙汁中Vc的含量，所以實驗目的是測定某品牌軟包裝橙汁中Vc含量。(2)酸性條件下，C6H8O6可被I2氧化為C6H6O6。該反應的化學方程式為C6H8O6＋I2=C6H6O6＋2HI。(3)因為有碘單質(zhì)參與反應，可用淀粉溶液做指示劑。(4)①酸式滴定管是精密儀器，使用前要檢查是否漏水；②兩支酸式滴定管需要盛裝橙汁、碘標準溶液，我們需要測定橙汁中VC的含量，必須濃度準確，所以都需用待裝溶液潤洗。③為了便于讀數(shù)，我們需要把液面調(diào)至“0”或一個整數(shù)值，所以需＋I2=C6H6O6＋2HI，用淀粉做指示劑，用I2標準溶液滴定至溶液呈藍色且30s不褪色，即VC全部反應，即為終點。(5)①我們需要測定滴定前后I2標準溶液，即可得消耗的體積，所以我們需要分別記錄：滴定前讀數(shù)/mL；滴定后讀數(shù)/mL；消耗體積/mL；為了減小實驗誤＋I2=C6H6O6＋2HI得n(VC)＝n(I2)＝10.00mL×10－3L·mL－1×2.00×10－3mol·L－1＝2×10－5mol，則待測橙汁中Vc的含量為eq\f(2×10－5mol×176g·mol－1×103mg/g,10.00mL×10－3L·mL－1)＝3.52×102mg·L－1。(6)①新鮮橙汁中Vc含量約500mg·L－1，此橙汁是352mg/L，所以從測定結(jié)果來看，此軟包裝橙汁可能是純天然橙汁；②因為352<500，制造商生產(chǎn)該橙汁時，加水稀釋天然橙汁或者用水和其他原料混合制作。答案：(1)測定某品牌軟包裝橙汁中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刻度線“0”以上2～3mL⑤溶液呈藍色且30s不褪色(5)①滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL消耗體積/mL10.0010.0010.0010.00②3.52×102(6)①可能是②CD15．(2021·東莞第五中學月考)硫酸氧礬(VOSO4)對高血糖、高血癥等具有一定的治療作用。制備VOSO4的實驗流程及實驗裝置如圖1(夾持及加熱裝置已省略)。V2O5＋H2SO4eq\o(→,\s\up17(加熱))(VO2)2SO4溶液(橙紅色)eq\o(→,\s\up17(),\s\do20(加草酸（H2C2O4）))VOSO4溶液(藍黑色)eq\o(→,\s\up17(操作a))VOSO4晶體(純藍色)回答下列問題；(1)儀器a的名稱為________，在該儀器中發(fā)生反應生成(VO2)2SO4的化學方程式為________________________________________________________________________。(2)常溫條件下，V2O5是一種黃色固體粉末，微溶于水，溶于強酸(如硫酸)，常溫下其溶解反應方程式為V2O5＋4H2SO4＋4H2O=V2O5·4SO3·8H2O，該反應屬于________________(填“氧化還原反應”或“非氧化還原反應”)，在較適宜的溫度下，可減小濃硫酸的需要量，如圖2為反應溫度與產(chǎn)物產(chǎn)率間的關(guān)系，則最適宜的加熱方式為____________(填“直接加熱”或“水浴加熱”)。(3)加入草酸前，反應液需充分冷卻并加適量蒸餾水稀釋的目的是_________________；反應液由橙紅色變?yōu)樗{黑色的反應的離子方程式為______________________________________________________________________________________________________。(4)硫酸氧釩中釩含量的測定：Ⅰ.制備VOSO4溶液：稱取0.4617gV2O5，并取一定量的濃硫酸、水，置于圖1所示裝置中反應。Ⅱ.滴定預處理：①將制得的藍黑色硫酸氧釩溶液用250mL容量瓶定容；②取定容后的藍黑色溶液15.00mL于錐形瓶中，滴加酸性高錳酸鉀(可將VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2))溶液至反應完全；③加入2mL尿素溶液后，滴加亞硝酸鈉溶液至溶液不再產(chǎn)生氣泡。已知：尿素不直接與亞硝酸鹽反應，但可將亞硝酸還原為氮氣；亞硝酸可將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋。Ⅲ.滴定過程：加入10mL硫酸－磷酸混酸，調(diào)節(jié)pH＝0，滴入指示劑，用硫酸亞鐵銨標準溶液滴定至終點(2H＋＋Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)=Fe3＋＋VO2＋＋H2O)。得到處理后的數(shù)據(jù)如下：次數(shù)123測得VOSO4中釩的質(zhì)量m(V)/g0.24420.24560.2437步驟③中加入尿素的目的是________________________________________________；測得硫酸氧釩中釩的質(zhì)量百分含量w(%)＝___________________________________(列出計算式即可)；經(jīng)計算，測得的釩的質(zhì)量百分含量低于理論值，分析其可能原因：________________________________________________________________________(寫出一點即可)。解析：(1)根據(jù)題圖1，儀器a為三口燒瓶，在該儀器中，V2O5與濃硫酸加熱時反應生成(VO2)2SO4的化學方程式為V2O5＋H2SO4eq\o(=,\s\up17(加熱))(VO2)2SO4＋H2O。(2)V2O5＋4H2SO4＋4H2O=V2O5·4SO3·8H2O中沒有元素化合價的變化，屬于非氧化還原反應；根據(jù)反應溫度與產(chǎn)物產(chǎn)率間的關(guān)系圖象，最適宜的溫度在90℃左右，因此最適宜的加熱方式為水浴加熱。(3)草酸受熱容易分解，因此加入草酸前，反應液需充分冷卻并加適量蒸餾水；加入草酸后，(VO2)2SO4溶液轉(zhuǎn)化成了VOSO4溶液，反應液由橙紅色變?yōu)樗{黑色，反應的離子方程式為2VOeq\o\al(＋,2)＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。(4)藍黑色硫酸氧釩溶液中滴加酸性高錳酸鉀，可將VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2)，反應完全后，加入2mL尿素溶液，再滴加亞硝酸鈉溶液至溶液不再產(chǎn)生氣泡，由于尿素不直接與亞硝酸鹽反應，但可將亞硝酸還原為氮氣，亞硝酸可將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋，因此加入尿素的目的是防止亞硝酸將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋；滴定過程中發(fā)生的反應為2H＋＋Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)=Fe3＋＋VO2＋＋H2O，三次測得VOSO4中釩的質(zhì)量的平均值為m(V)＝eq\f(0.2442＋0.2456＋0.2437,3)g＝0.2445g，因此硫酸氧釩(VOSO4)中釩的質(zhì)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%；如果滴定預處理過程中，＋4價的釩沒有全部被氧化為＋5價，會導致測得VOSO4中釩的質(zhì)量偏小，使得測得的釩的質(zhì)量百分含量偏低。答案：(1)三口燒瓶V2O5＋H2SO4eq\o(=,\s\up17(加熱))(VO2)2SO4＋H2O(2)非氧化還原反應水浴加熱(3)防止草酸受熱分解2VOeq\o\al(＋,2)＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O(4)防止亞硝酸將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋eq\f(0.2445,\f(0.4617,182)×2×163)×100%滴定預處理過程中，＋4價的釩沒有全部被氧化為＋5價16．(2021·南安第一中學月考)過氧化鈣可以用于改善地表水質(zhì)，處理含重金屬粒子廢水和治理赤潮，也可用于應急供氧等。實驗室模仿工業(yè)上生產(chǎn)過氧化鈣的主要流程如下：已知：①沉淀時需控制溫度為0℃左右；②CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加熱至350℃左右開始分解放出氧氣。(