2021年高考化学真题和模拟题分类汇编 11 水的电离和溶液的酸碱性 （含解析）

2021高考真题和模拟题分类汇编化学

专题11水的电离和溶液的酸碱性

2021年化学高考题

一、多选题

1.（2021•山东高考真题）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）

实验目的玻璃仪器试剂

配制100mL一定物质的100mL容量瓶、胶头滴管、烧

A蒸惚水、NaCl固体

量浓度的NaCl溶液杯、量筒、玻璃棒

B制备Fe（OH）3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸储水、饱和FeCh溶液

烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸待测NaOH溶液、已知浓度的

C测定NaOH溶液浓度

式滴定管盐酸、甲基橙试剂

冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2cCh

D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】AB

【解析】

A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、

定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶

头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，A符合题意；

B.往烧杯中加入适量蒸储水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶

液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B符合题意；

C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱

式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，c不符合题意；

D.制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；

故选ABo

二、单选题

2.(2021•浙江)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正

确的是

A.25c时，若测得0.01moll"NaR溶液pH=7,则HR是弱酸

B.25c时，若测得0.01mol•L」HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸

C.25℃时，若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,加蒸储水稀释至100.0mL,测得

pH=b,b-a<l,则HR是弱酸

D.25℃时，若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,升温至50。测得pH=b,a>b,

则HR是弱酸

【答案】B

【解析】

A.25℃时，若测得0.01mol-L“NaR溶液pH=7,可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸,

A错误；

B.25℃时，若测得0.01mol•L"HR溶液pH>2且pH<7,可知溶液中c(lT)<0.01mol/L,

所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；

C.假设HR为强酸，取PH=6的该溶液10.0mL,加蒸镯水稀释至l(X).0mL测得此时溶液

PH<7,C错误；

D.假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃,促进水的电离，水

的离子积常数增大，PH减小，D错误；

答案为:B。

3.(2021•广东高考真题)测定浓硫酸试剂中H2sO4含量的主要操作包括：

①量取一定量的浓硫酸，稀释；

②转移定容得待测液；

③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定。

上述操作中，不需要用到的仪器为

ko

【答案】B

【解析】

实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；

②转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；

③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴

定管、锥形瓶；

选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到

的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。

4.（2021•河北高考真题）下列操作规范且能达到实验目的的是

NaOH

标准溶液温度计JJ环形破病

搅拌拌

醋酸八硬纸板

碎纸条

（含酚酸）、4r

甲乙

A.图甲测定醋酸浓度B.图乙测定中和热

C.图丙稀释浓硫酸D.图丁萃取分离碘水中的碘

【答案】A

【解析】

A.氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后

生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酬作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时,

达到滴定终点，故A选；

B.测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空

隙需用硬纸板填充，防止热量散失，故B不选；

C.容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；

D.分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不

选；

综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。

5.(2021•湖南高考真题)下列实验设计不能达到实验目的的是

实验目的实验设计

A检验溶液中FeSO4是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化

B净化实验室制备的CL气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓HA。』的洗气瓶

C测定NaOH溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照

D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸储

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.若Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3,溶液变成血红色，能达到实验目的，

故A不符合题意；

B.实验室用浓盐酸和二氧化铳加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫

酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；

C.用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果,

不能达到实验目的，故C符合题意；

D.制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸储，能达到实验目的，故

D不符合题意。

答案选C。

6.(2021•浙江高考真题)25℃时，下列说法正确的是

A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸

B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐

1

C.0.010mol•L\0.lOmol•L的醋酸溶液的电离度分别为ai、a2,则ai<a2

D.100mLpH=10.00的Na2cO3溶液中水电离出H,的物质的量为LOXlOfmol

【答案】D

【解析】

A.NaHA溶液呈酸性，可能是HA-的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的

结论，A错误；

B.可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B+和A」的水解

程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；

C.弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol・1/1、0.10mol•LI的醋酸溶液的

电离度分别为ai、ct2,则ai>a2,C错误；

D.100mLpH=10.00的Na2c。3溶液中氢氧根离子的浓度是1X10-4mol/L,碳酸根水解促进

水的电离，则水电离出H+的浓度是1XlO^mol/L,其物质的量为0.1LX1义10-4mol/L=lX10

-5mol,D正确；

答案选D。

三、实验题

7.(2021•山东高考真题)六氯化鸨(WCk)可用作有机合成催化剂,熔点为283,0,沸点为340℃,

易溶于CS2,极易水解。实验室中，先将三氧化鸨(WO3)还原为金属铝(W)再制备WCk,装

置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：

(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2,其目的是一段时间后，加热管式炉，改通H2,

对B处逸出的％进行后续处理。仪器A的名称为证明WO3已被完全还原的现象是

⑵WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在

B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通CL;⑥……。碱石灰的作用是—；操

作④是一，目的是_。

(3)利用碘量法测定WCh产品纯度，实验如下：

①称量：将足量CSM易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mg开盖并计时1分钟，盖

紧称重为nug；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g,则样品质量为_g(不

考虑空气中水蒸气的干扰)。

②滴定：先将WCk转化为可溶的NazWCh,通过IO；离子交换柱发生反应：

WO4+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；；交换结束后，向所得含IO；的溶液中加入适量酸化的KI

溶液，发生反应：IO；+5r+6H+=3L+3H2O;反应完全后，用Na2s2O3标准溶液滴定，发生反

应：l2+2S2Oj=2r+S4O7。滴定达终点时消耗cmol・L”的Na2s2O3溶液VmL,则样品中

WC1”摩尔质量为Mg・moH)的质量分数为一o称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1

分钟，则滴定时消耗Na2s2O3溶液的体积将一(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCk质量

分数的测定值将一(填“偏大”“偏小”或“不变

【答案】排除装置中的空气直形冷凝管淡黄色固体变为银白色吸收多余氯气，

防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入E再次通入N2排除装置中的H?(ma+mi-

cVM

2m2)7^7----；-------7%不变偏大

120(砥+叫-2m2)

【分析】

(1)将WO3在加热条件下用H2还原为W,为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空

气；

(2)由信息可知WC16极易水解，W与C12反应制取WCh时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥

管，防止空气中的水蒸气进入E中；

(3)利用碘量法测定WCk产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为mig,

由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m?g,

则挥发出的CS2的质量为(m「m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m「m2)g

的CS2,盖紧称重为m3g,则样品质量为：m3g+2(mi-m2)g-mig=(m3+mi-2m2)g；滴定时,利

用关系式：WO『~2IO广61272s20,计算样品中含WCk的质量，进而计算样品中WCk的

质量分数：根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。

【解析】

(1)用H2还原WO3制备W,装置中不能有空气，所以先通N2,其目的是排除装置中的空气；

由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WCh为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色,

所以能证明WCh已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为

银白色；

(2)由信息可知WCk极易水解，W与C12反应制取WCk时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥

管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气;

其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cb之前，装置中有多余的H2,需要除

去，所以操作④是再次通入N2,目的是排除装置中的H2,故答案为：吸收多余氯气，防止污

染空气；防止空气中的水蒸气进入E：再次通入N2；排除装置中的H2；

(3)①根据分析，称量时加入足量的CS2,盖紧称重为mig,由于CS2易挥发，开盖时要挥发

出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g,则挥发出的CS2的质量为(m「

m»g,再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(mEm)g的CS2,盖紧称重为iwg,则样

品质量为：m3g+2(mi-m2)g-mig=(m3+mi-2m2)g,故答案为：(rrn+mi-2m2)；

②滴定时，根据关系式：WO：-~2IO；~61272s2。：，样品中

n(WC16)=n(WO:-)=—n(S2O)=—eVx10_3mol,

1212

1cVM

m(WC16)=—cVx10_3molxMg/mol=-----g,则样品中WCk的质量分数为:

1212000

cVM

-----gcVM

12000X100t「0（加+/“_功）%；根据测定原理‘称量时’若加入待测样品

网+町

后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，nh偏小，但WC16的质量不变，则滴定时

消耗Na2s2O3溶液的体积将不变，样品中WC16质量分数的测定值将偏大，故答案为：

cVM

%；不变；偏大。

120(%+-2m2)

8.（2021•浙江）CL。是很好的氯化剂，实验室用如图装置（夹持仪器已省略）制备高纯C、。。

已知：

①HgO+2Cl2=HgCl2+C12O,合适反应温度为18~25℃；副反应：

2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2。

②常压下，C1?沸点—34.0℃,熔点—101.0℃；沸点2.0'C,熔点—120.6C。

③C^O+H?。U2HC1O,C^O在CC1&中的溶解度远大于其在水中的溶解度。

请回答：

（1）①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是

②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用

⑵有关反应柱B,须进行的操作是

A.将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱

B.调控进入反应柱的混合气中C1?和N2的比例

C.调控混合气从下口进入反应柱的流速

D.将加热带缠绕于反应柱并加热

（3）装置C,冷却液的温度通常控制在-80〜-60℃。反应停止后，温度保持不变，为减少产品

中的C1?含量，可采用的方法是

（4）将纯化后的Cl?。产品气化，通入水中得到高纯度Cl?。的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需

要C^O时，可将C^O浓溶液用CCL萃取分液，经气化重新得到。

针对萃取分液，从下列选项选择合适操作（操作不能重复使用）并排序：

c—>t—e—d-f—o

a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水

b.将溶液和CC14转入分液漏斗

c.涂凡士林

d.旋开旋塞放气

e.倒转分液漏斗，小心振摇

f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置

g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体

h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶

（5）产品分析：取一定量Cl?。浓溶液的稀释液，加入适量CCl,、过量KI溶液及一定量的稀

H2so4,充分反应。用标准Na2s2O3溶液滴定（滴定I）；再以酚猷为指示剂，用标准NaOH

溶液滴定（滴定II）o已知产生12的反应（不考虑Cl2与水反应）:

2I+C12=I2+2C1

+

41+C1,O+2H=2I2+H,O+2C1

+

2I+HC1O+H=I2+H2O+C1

实验数据如下表：

加入量n(H2soJ/mol2.505xIO-3

滴定I测出量n(%)/mol2.005xIO-3

滴定D测出量n(H2soJ/mol1.505x10-3

①用标准Na2sa?溶液滴定时，无需另加指示剂。判断海足I到达终点的实验现象是o

②高纯度C12O浓溶液中要求n(Cl2O)/n(Cl2)>99(C12O和HC10均以C12O计)。筝合教据

分析所制备的C12O浓溶液是否符合要求。

【答案】浓H2so4aABC抽气(或通干燥氮气)abgCCL中由紫

红色突变到无色，且30s不恢复溶液中ChO和CL分别为l.OOOxlO-?moL5xl0-6mol,

'\=200>99,符合要求

〃(3)

【解析】

(1)①装置A的作用是去除原料气(C12、N*中的少量水分，可用的试剂是浓H2so4。

②CI2和CLO都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，CL、CLO能与NaOH溶液

反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间

连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。

(2)装置B为HgO与CL反应制备ChO的装置，

A.因CEO能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接

触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；

B.N2的作用是稀释C12,在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，

同时CL不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中CL和N2的比例，故B选;

C.为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，

防止副反应发生，故C选；

D.HgO与CL反应制备CW)的合适反应温度为18℃〜25℃,因此该反应在常温下进行，若

对反应柱加热会发生副反应，故D不选；

综上所述，答案为ABC。

(3)由题可知，CL沸点小于CLO,在CL未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中

的C12,故答案为：抽气(或通干燥氮气)。

(4)萃取分液的操作顺序为：检漏一加入萃取剂和溶液一振荡摇匀一放气-静置分层一放液，

下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CC14密度大于水，因此萃取后溶有CLO的

CC14位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林一检查旋塞、玻璃塞处是否漏水一将溶液和CC14

转入分液漏斗一倒转分液漏斗，小心振摇t旋开旋塞放气t经几次振摇并放气后，将分液漏

斗置于铁架台上静置一打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg»

(5)①溶有L的CC14溶液呈紫红色，用标准Na2s2。3溶液滴定上过程中，当12恰好反应完全时,

溶液呈无色，因此滴定k到达终点的实验现象是CC14中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。

+

②由2r+C12=12+2C「、4r+Cl2O+2H===2I2+H2O+2Cr,

+为与反应的产物)可得关系式：

2F+HC1O+H=I2+H2O+Cl(HC1OChOH2OC12O-

2H+〜2b,由实验数据可知ChO和HC1O共消耗

〃(H+)=2x(2.505xl0-3moLL505xl0-3mol)=2xl0-3mol,生成h的物质的量为2xl(y3mol,则高纯度

浓溶液中3加入过量溶液共生成的物质的量为。］,

CLO/2(Cl2O)=lxl0-mol,KIh2.005x1(Pm

因此Cb与「反应生成h的物质的量为2.005x1(y3moi_2xl(y3moi=5xl(y6moi,由此可知高纯度

n(Cl,O)1x10-3mo1

ChO浓溶液中n(Ch)=5xl0-6mol，所以高纯度CLO浓溶液中——=200>99,

'/二《=----6

«(C12)5xl0-mol

则所制备的高纯度CEO浓溶液符合要求，故答案为：溶液中CLO和Cb分别为IxlO^mol、

5xl0-&mol,~/=200>99,符合要求。

〃z(5)

9.(2021•河北高考真题)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展

做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO”进一步

处理得到产品Na2c03和NHK1,实验流程如图：

气体

NaHCO3

饱

浓产品Na2cCh

和

氨NaCl粉末C0

氨2

水

盐

NaCl粉末「食盐水

水

母液

产品NH4cl

回答下列问题：

(1)从A〜E中选择合适的仪器制备NaHCCh,正确的连接顺序是—(按气流方向，用小写字

母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或一。

(2)B中使用雾化装置的优点是一。

(3)生成NaHCCh的总反应的化学方程式为一。

(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCCh和滤液：

①对固体NaHCCh充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2(h,NazCh增

重0.14g,则固体NaHCO3的质量为一g»

②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCI(s)+NH4Q(aq)-NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4CI

沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NHKl溶解度曲线，需采用的操作为_、_、洗涤、

干燥。

80

01030507090100

温度/℃

(5)无水NaHCCh可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCCh保存不当，吸收了一

定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果__(填标号)。

A.偏高B,偏低不变

【答案】aefbcgh将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔使氨盐水雾化，可增大与二

氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)

NH3-H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3i0.84蒸发浓缩冷去口结晶A

【分析】

根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生

反应：NH3-H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；,得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成

碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NHK1,再从加

入氯化钠粉末，存在反应NaCl(s)+NHQ(aq)=NaCl(aq)+NH^CKs),据此分析解答。

【解析】

(1)根据分析可知，要制备NaHCO,,需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠

溶液中除去二氧化碳中的HC1,后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCC^,其中过量的二氧

化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO〉所以按气流方

向正确的连接顺序应为：aelbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上

部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aeftcgh；将玻璃塞上

的凹槽对准漏斗颈部的小孔；

(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；

（3）根据上述分析可知，生成NaHCO3的总反应的化学方程式为

NH3-H2O+NaCl+CO2=NHQ+NaHCO3b

（4）①对固体NaHCC）3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：

A小

2NaHCO3=Na2CO3+CO2?+H2O将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量

Na2O2,Na2。?与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,根据方程式可知，根据差量法可知，当增重0.14g（2CO

44

的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为0.14gx^=0.22g,其物质的量为

28

—22g-^O.OOSmol,根据关系式2NaHCC）3〜CO,可知，消耗的NaHCOa的物质的量为

44g/mol

2x0.005mol=0.01mol,所以固体NaHCO3的质量为O.Olmolx84g/mol=0.84g；

②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化镂的溶解度随着温度的升高而不断增大，而

氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4cl沉淀充分析出并分离，需

采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（5）称量前，若无水NaHCO,保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以

用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V（标）会增大，根据c（测）’可知,

c（测）

最终会使C（测）偏高，A项符合题意，故答案为：Ao

四、工业流程题

10.（2021•湖南高考真题）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢钱和氯化钠为

原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：

步骤I.Na2cO；的制备

蒸储水碳酸氢钱粉末

氯化钠

碳酸打

步骤II.产品中NaHCO.含量测定

①称取产品2.50()g,用蒸储水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M,用(HOOOmol•L1盐酸标准溶液滴

定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸YmL；

③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用(MOOOmoLL」盐酸标准溶液滴定至终点(第

二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；

④平行测定三次，Y平均值为22.45,V2平均值为23.51。

已知：⑴当温度超过35c时，NH4HCO3开始分解。

(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100gH20)

温度/℃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

回答下列问题：

(1)步骤I中晶体A的化学式为,晶体A能够析出的原因是

⑵步骤I中“300C加热”所选用的仪器是(填标号)；

(3)指示剂N为，描述第二滴定终点前后颜色变化

(4)产品中NaHCO,的质量分数为(保留三位有效数字)；

(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO,质量分数的计算结果

(填“偏大”“偏小”或"无影响

【答案】NaHCCh在30-35°C时NaHCCh的溶解度最小(意思合理即可)D甲基

橙由黄色变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大

【分析】

步骤I：制备Na2c03的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，

水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHC03晶体，控制温度在

30-35°C发生反应，最终得到滤液为NH4CL晶体A为NaHCOj,再将其洗涤抽干，利用NaHCCh

受热易分解的性质，在300"C加热分解NaHCCh制备Na2co3；

步骤U：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,因为Na2co3、NaHCCh溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借

助酚酸指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酷试剂；第二次滴

定时溶液中的溶质为NaCl,同时还存在反应生成的CO”溶液呈现弱酸性，因为酚献的变色

范围为8-10,所以不适合利用酚猷指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示

剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,再根据关系式求出总的

NaHCCh的物质的量，推导出产品中NaHCCh的，最终通过计算得出产品中NaHCCh的质量分

数。

【解析】

根据上述分析可知，

(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35°C,目的是为了时

NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCCh固体，得到晶体A,因为在30-35°C时，NaHCCh

的溶解度最小，故答案为：NaHCCh；在30-35°C时NaHCCh的溶解度最小；

(2)300°C加热抽干后的NaHCCh固体，需用用烟、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意

的为D项，故答案为：D；

(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的

溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：

由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；

(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCI,则n(Na2co3)=n生成

33

(NaHC03)=n(HCl)=0.1000mol/Lx22.45x10-L=2.245x10-mol,第二次滴定消耗的盐酸的体积

L=23.5lmL,则根据方程式NaHCCh+HCl=NaCl+H2O+CO2T可知，消耗的NaHCCh的物质的

S.na(NaHCO3)=0.1OOOmol/Lx23.51x10^^2.351xW^mol,则原溶液中的NaHCCh的物质的

量n(NaHCO3)=n总(NaHCCh)-n生成(NaHC03)=2.351*10-3mol-2.245x10Smol=1.06x104mol,则

原产品中NaHCCh的物质的量为W㈣:xl.OGxl04moi=i()6x10-W.故产品中NaHCCh

10mL

的质量分数为I"，"1"下。1义84g/mol乂io。％=3.5616%工3.56%,故答案为：3.56%；

2.5000g

(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积

偏小，即测得口偏小，所以原产品中NaHCCh的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏

大，故答案为：偏大。

2021年化学高考模拟题

一、单选题

1.(2021•福建省南安第一中学高三二模)常温下，下列说法正确的是

A.某溶液中含有HCO；、SO；、SO：和Na+,若向其中加入Na2(h,充分反应后，四种离

子的浓度不变的是SO：(忽略反应前后溶液体积的变化)

B.水电离的c水(H+)=10」2moi1-1的溶液中，下列离子能大量共存：NH；、Na+、SO：、HCO3

C.氢氧化铁溶于HI溶液中的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2「=2Fe2++l2+6H2O

D.NaHS溶液中，下列离子能大量共存：K+、A1J\C「、SO；"

【答案】C

【解析】

A.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化为

硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度会增大，故A错误；

B.水电离的cMH+)=10」2moi.L1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，氢氧根离子与镂根离子、碳酸氢根离子反

应，不能大量共存，故B错误；

C.氢氧化铁溶于氢碘酸溶液的反应为氢氧化铁与氢碘酸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++2「=2Fe2++l2+6H2O,故C正确；

D.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错误；

故选C。

2.(2021•安徽高三一模)25℃,向20mLO.lmohL"的弱碱BOH溶液(Kb=L0xl0-5冲逐滴加入

0.1mol・L“盐酸，pH〜V曲线如图所示，下列说法正确的是

H

d

9

5

V(mL)

A.a点到b点，水的电离程度先减小后增大

B.a点时，c(Cl)+c(OH)=c(H+)+c(BOH)

C.b点时，c(Cl)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)

D.V=20mL时，c(Cl)>c(B+)>c(OH)>c(H+)

【答案】B

【解析】

A.当BOH与盐酸恰好完全反应时，溶液中的溶质为0。5moi/LBCL此时溶液中存在B+的水

10-14

解，BOH的电离平衡常数Kb=LOxlO-5,则B+的水解平衡常数为Kh=《二10%则此时溶

1Xi。"

液中满足A：h=c(H+)c(BOH)/c(B+)~c(H+)c(BOH)/0.05molLc(H+)=c(BOH),解得

c(H+)=V5xlO-55mol/L,所以此时溶液的pH>5,即b点BOH已经完全反应，a点到b点，BOH

逐渐和盐酸完全反应，然后盐酸过量，则水的电离程度先增大后减小，A错误；

B.a点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+),此时pH=9,则c(OH-)=l()-5mol/L,

BOH的电离平衡常数Kb=c(。?£B)=1.0x10-5,所以此时c(BOH)=c(B+),贝ij

c(BOH)

c(Cl-)+c(OH)=c(H+)+c(BOH),B正确；

C.当BOH和盐酸恰好完全反应时，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(BOH)+c(B+),b点时盐酸

过量，所加入的盐酸中存在c，(cr)=c<H+),若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影响，则

C(C1)=C(BOH)+C(B+)+C(H+),但盐酸的电离会抑制B+,所以c(CB>c(BOH)+c(B+)+c(H+),C

错误；

D.V=2()mL时，溶液中溶质为BC1,溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是微弱的，所

以c(Cl-)>c(B+)>c(H+)>c(OH),D错误;

综上所述答案为B。

3.(2021•安徽高三一模)下列实验能达到目的的是

I

iWlJ

丙丁

A.装置甲证明醋酸为弱酸B.装置乙处理CL尾气

C.装置丙除去乙醇中少量的水D.装置丁准确量取一定体积的酸性KMnCh标

准溶液

【答案】A

【解析】

A.醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到实验目的，故A选；

B.氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理C12尾气，应用氢氧化钠溶液吸收尾

气中的氯气，故B不选；

C.乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；

D.KMnCU溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性

KMnCM标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；

故选Ao

4.(2021•浙江高三其他模拟)25℃时，下列说法正确的是

A.H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断

B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响

C.醋酸的电离度：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(OH”溶液等体积混合后，溶液显碱性

【答案】A

【解析】

A.H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA,但是H2A的

电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确：

B.可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电

离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误；

C.醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的PH增大，PH越大说明越稀，水的电离程度

越大，C错误；

D.pH=2的HC1和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合

后，溶液显中性，D错误；

故选A»

5.(2021•阜新市第二高级中学高三其他模拟)利用下列装置能达到相应实验目的的是

B.用图H装置保存液溟

C.用图III装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色

D.用图IV装置进行中和滴定

【答案】C

【解析】

A.氯水中含有HC1和HC1O,HC1O具有漂白性，氯水能使pH试纸先变红后褪色，不能用pH

试纸测定氨水的pH,A错误；

B.液溟能够腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，B错误；

C.Fe与电源正极相连，作阳极，Fe发生氧化反应生成Fe2+,碳棒为阴极，水在碳棒上发生

还原反应生成氢气，同时产生OH,Fe，结合阴极产生的OH生成Fe(OH)”煤油可以隔绝空

气防止Fe(0H)2被氧化，所以可用图III装置制备Fe(0H)2,并能较长时间不变色，C正确；

D.将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中为碱式滴定管，D错误；

故选C。

6.(2021•天津)常温下，下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是

A.c(H*)/c(OH-)=1.0X1OF的溶液：仁、Na\CO；、A1O-

B.水电离出来的c(Oir)=LOXUT3moi/L的溶液：K\Cl\S2^SO3

C.使甲基橙变红色的溶液中：Na\NH；、S2O；、SO3

D.通入足量SO2后的溶液：Na\Ba2\C1O\CH3COO

【答案】A

【解析】

A.c(H)/c(OH)=1.0X10i2的溶液显碱性，K\Na\CO；、AlO2之间不反应，可以大量

共存，A选；

B.水电离出来的c(OH)=l.0X10l3mol/L的溶液如果显酸性S2,SO：和氢离子反应生成单

质硫和水，不能大量共存，B不选；

C.使甲基橙变红色的溶液显酸性，酸性溶液中S2O；、SO；均与氢离子反应，不能大量共存,

C不选；

D.通入足量SO2后的溶液中CIO能氧化二氧化硫，CH3coO能与氢离子结合生成醋酸，均不

能大量共存，D不选；

答案选A。

7.(2021•安徽高三其他模拟)常温下，将HC1气体通入O.lmol/L氨水中，混合溶液中pH与

微粒浓度的对数值(Ige)和反应物物质的量之比X[X=,J、的关系如图所

n(NH3-H2O)+n(NH：)

示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是

B.P2点由水电离出的c(H+)=1.0xl0-7mol/L

C.P3为恰好完全反应点，c(C「)+c(NH：)=0.2mol/L

D.P3之后，水的电离程度一直减小

【答案】B

【解析】

A.一水合氨电离平衡状态下，溶液中镂根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为

0.1mol/L,图象分析可知，c(NH^>c(OH)~103mol/L,NH3・H2。的电离平衡常数

K_C(NH；)C(OH)_10-3X10-3

=10-5,A错误;

C(NH3?H

B.由图可知，P2点对应的溶液pH=7,故由水电离出的c(H+)=1.0xl(y7mo]/L,B正确;

n(HCI)

C.P3所示溶液，t==1,n(HCI)=n(NH3«H2O),溶液中存在物料守恒得到:

c(NH：)+C(NH3«H2O)=C(C1)=0.1mol/L,故c(Cl)+c(NH：)=2c(NH：)+c(NH3«H2O)<

0.2mol/L,C错误;

D.P3点为恰好完全反应，溶质为NH&C1,故之后，加入的HC1越来越多，由于H+对水解的

抑制作用，水的电离程度减小，当HC1达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是

一直减小，D错误；

故答案为：B。

8.(2021•陕西宝鸡市•高三其他模拟)常温下，向20mL0.01mol-L-1的NaOH溶液中逐滴加

入0.01mol-L1的CHjCOOH溶液，溶液中由水电离出的，水(。母)的对数随加入CHjCOOH

溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是

A.H、F点溶液显中性

点溶液中由水电离的

B.EcHOH-)=lxlO-3mo).Li

C.H点溶液中离子浓度关系为c(CH3coO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)

D.G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3coO-)=c(Na*)+c(H+)—c(OH-)

【答案】D

【分析】

氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐

减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的

反应过程中，所得溶液为氢氧化