2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题11水的电离和溶液的酸碱性含解析

专题11水的电离和溶液的酸碱性

2021年化学高考题

一、多项选择题

1.（2021•山东高考真题）为完成以下各组实验，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、烧杯、

A蒸储水、NaCl固体

量浓度的NaCl溶液量筒、玻璃棒

B制备Fe（0H）3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馈水、饱和FeCL溶液

烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式待测NaOH溶液、浓度的盐酸、

C测定NaOH溶液浓度

滴定管甲基橙试剂

冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2c。3

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.往烧杯中参加适量蒸偏水并加热至沸腌，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，酸式滴定管那么盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题

息；

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；

应选ABo

二、单项选择题

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。以下说法

正确的选项是

A.25c时，假设测得0.01mol•UNaR溶液pH=7,那么HR是弱酸

B.25c时，假设测得0.01mol•匕HR溶液pH>2且pHv7,那么HR是弱酸

C.25c时，假设测得HR溶液pH二a,取该溶液10.0mL,加蒸储水稀释至100.0mL,测得

pH=b,b-a<l,那么HR是弱酸

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

那么HR是弱酸

【答案】B

【解析】

A.25℃时，假设测得0.01mol•LJNaR溶液pH=7,可知NaR为强酸强碱盐，那么HR为

强酸，A错误；

B.25C时，假设测得O.OlmolUHR溶液pH>2且pH<7,可知溶液中c（H+）<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,加蒸储水稀释至100.0mL测得此时溶液

PH<7,C错误;

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

水的离子积常数增大，PH减小，D错误；

答案为:Bo

3.（2021•广东高考真题）测定浓硫酸试剂中H2sO,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

【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移取待测液，用的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，故答案为瓦

4.（2021•河北高考真题）以下操作标准且能到达实验目的的是

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.图丁萃取别离碘水中的碘

【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响后

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

到达滴定终点，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，操作标准且能到达实验目的的是A项，故答案为A。

5.(2021•湖南高考真题)以下实验设计不能到达实验目的的是

实验目的实验设计

A检验溶液中FeSO,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Cl2气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4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.假设Fe‘被氧化为Fe*Fe”能与SCN生成Fe(SCN)3,溶液变成血红色，能到达实验目的，

故A不符合题意；

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

酸的洗气瓶枯燥，能到达实验目的，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，否那么会因浓度减小，而影响测定结果,

不能到达实验目的，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，能到达实验目的，故

D不符合题意。

答案选C。

6.(2021-浙江高考真题)254c时，以下说法正确的选项是

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

C.0.OlOmol・『、0.lOmol•L-1的醋酸溶液的电离度分别为a卜a2,那么a<a2

D.100mLpH=10.00的Na£()3溶液中水电离出H*的物质的量为1.0义10-Jmol

【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O.OlOmol・!?、0.lOmol-L的醋酸溶液的电离

度分别为aI、a2,那么a>a2,C错误；

D.100mLpH=10.00的NaSOa溶液中氢氧根离子的浓度是IXlO-'mol/L,碳酸根水解促进水的

电离，那么水电离出1厂的浓度是IXlO-ol/L,其物质的量为0.lLXlXl()Tmol/L=lXl(r

smol»D正确：

答案选D。

三、实验题

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

340-C,易溶于C&,极易水解。实验室中，先将三氧化铝(W0。复原为金属鸨(W)再制备WCk,

装置如下图(夹持装置略)。答复以下问题：

(1)检查装置气密性并参加W03。先通N2,其目的是_；一段时间后，加热管式炉，改通H2,

对B处逸出的压进行后续处理。仪器A的名称为证明甲。3已被完全复原的现象是一。

(2)W03完全复原后，进行的操作为：①冷却，停止通乩；②以枯燥的接收装置替换E；③在B

处加装盛有碱石灰的枯燥管；④……；⑤加热，通C%⑥……o碱石灰的作用是_；操作

④是___，目的是___o

(3)利用碘量法测定WCk产品纯度，实验如下：

①称量：将足量CS2(易挥发)参加枯燥的称量瓶中，盖紧称重为叫g;开盖并计时1分钟，盖

紧称重为叫g;再开盖参加待测样品并计时1分钟，盖紧称重为Rhg,那么样品质量为_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22附4,通过10；离子交换柱发生反响：

WO：+Ba(I03)*BaW0,+2I0；；交换结束后，向所得含103的溶液中参加适量酸化的KI溶液，

发生反响：lO:+Sr+GH=BL+BHa；反响完全后，用Na2s2d标准溶液滴定，发生反响：

I2+2S2O；-=21邓4。；一o滴定达终点时消耗cmol*L-1的Na2s26溶液VmL,那么样品中WCk(摩尔

质量为Mg・molT)的质量分数为_。称量时，假设参加待测样品后，开盖时间超过1分钟，那

么滴定时消耗NaBG溶液的体积将_(填“偏大”"偏小"或"不变")，样品中WCk质量分

数的测定值将_(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Na排除装置中的Hz(nh+m-2叱)

cVM

%

120(w3+^-2/n2)不变偏大

【分析】

(1)将肌)3在加热条件下用“复原为W,为防止空气干扰，复原瓶)3之前要除去装置中的空气；

(2)由信息可知WClb极易水解，W与C12反响制取W'Ch时，要在B处加装盛有碱石灰的枯燥管，

防止空气中的水蒸气进入E中：

⑶利用碘量法测定WCk产品纯度，称量时参加足量的CS?用于溶解样品，盖紧称重为mg,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nhg,

那么挥发出的CS2的质量为mjg,再开盖参加待测样品并计时1分钟，又挥发出(m-mjg

的CS2,盖紧称重为img,那么样品质量为：m3g+2(mrm2)g-mig=(m;l+mr2m2)g；滴定时，利用

关系式：W0：八210「6L~12S2OV计算样品中含WCk的质量，进而计驿样品中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W复原WOb制备W,装置中不能有空气，所以先通用，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；WO：,为淡黄色固体，被复原后生成W为银白色，所

以能证明W0：,已被完全复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Ck反响制取WCk时，要在B处加装盛有碱石灰的枯燥管，

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，装置中有多余的比，需要除去，

所以操作④是再次通入、，目的是排除装置中的出，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Nz；排除装置中的H"

(3)①根据分析，称量时参加足量的CS,盖紧称重为nng,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,那么挥发出的CS?的质量为丽-m2)g,

再开盖参加待测样品并计时1分钟，又挥发出(m「mjg的CSz，盖紧称重为叫g,那么样品质

量为：m3g+2(m「m2)g-m)g=(m3+mr2m2)g,故答案为：(m3+mr2m2)；

②滴定时，根据关系式：WO；~2IO「6l2r2Sa；,样品中

11cVM

n(WC1)=n(WO4")=—n(S0，)=3x

62一cVx10moLm(WCl6)=—cVx10ir.olMg/mol=------g,

12121212000

cVM

那么样品中WCk的质量分数为：12000gcVM

1°0%;120(砥+网-2通乐根据测定

(也+g-2〃?2)g

原理，称量时，假设参加待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，013偏小,

但WC16的质量不变，那么滴定时消耗Na2s2。3溶液的体积将不变，样品中WC16质量分数的测定

cVM

值将偏大，故答案为：120(呵+呵—2m)%；不变；偏大。

8.(2021•浙江)Cl?。是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器己省略)制备高纯

Cl20o：

@HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O,适宜反响温度为18〜25℃；副反响：

2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2O

②常压下，C1?沸点一弘.0℃,熔点T0L0℃；Cl2。沸点2.0C,熔点一120.6℃。

③CI2O+H2OU2HCIO,Cl?。在CCL中的溶解度远大于其在水中的溶解度。

请答复：

(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o

②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用。

(2)有关反响柱B,须进行的操作是。

A.将HgO粉末热处理除水分、增加外表积后填入反响柱

B.调控进入反响柱的混合气中C1?和N?的比例

C.调控混合气从下口进入反响柱的流速

D.将加热带缠绕于反响柱并加热

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

中的。2含量，可采用的方法是。

(4)将纯化后的Cl2。产品气化，通入水中得到高纯度Cl2。的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当

需要Cl?。时，可将C^O浓溶液用CC1”萃取分液，经气化重新得到。

针对萃取分液，从以下选项选择适宜操作（操作不能重复使用）并排序：

C-*ffe—dfffo

a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水

b.将溶液和CCL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

&翻开旋塞，向锥形瓶放出下层液体

h.翻开旋塞，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C1?。浓溶液的稀释液，参加适量CC，、过量KI溶液及定量的稀

H2SO4,充分反响。用标准Na2s溶液滴定（滴定I）；再以酚配为指示剂，用标准NaOH

溶液滴定（滴定n）。产生L的反响（不考虑ci?与水反响）：

实验数据如下表：

参加量n(H2so4)/mol2.505xIO-3

滴定I测出量n（l2）/mol2.005xIO-3

滴定H测出量n（H2SOj/mol1.505x10-3

①用标准Na2s溶液滴定时，无需另加指示剂。判断演足I到达终点的实验现象是o

②高纯度C^o浓溶液中要求。（。2。）历（。2）299（。2。和HC1O均以CUO计）。结合藜

那分析所制备的C12O浓溶液是否符合要求。

【答案】浓H2s。4aABC抽气（或通枯燥氮气）abgCCL中由紫红

色突变到无色，且30s不恢复溶液中CkO和Ck分别为L000X10%ol、5X101ol,

=200>99,符合要求

〃(d)

【解析】

(1)①装置.A的作用是去除原料气(Cb、N)中的少量水分，可用的试剂是浓H2so…

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

响，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Ck反响制备CLO的装置,

A.因CLO能与乩0发生反响，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反响为固体与气体接触

类反响，因此增加外表积能够加快反响速率，故A选；

B.N?的作用是稀释Ch,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Ck缺乏时会发生副反响，因此需要调控进入反响柱的混合气中Ck和用的比例，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响柱，同时需要控制气体的流速，

防I卜副反响发生，故c选：

D.HgO与CL反响制备CU)的适宜反响温度为18℃〜25℃,因此该反响在常温下进行，假设

对反响柱加热会发生副反响，故D不选；

综上所述，答案为ABC。

(3)由题可知，Ck沸点小于CkO,在CI2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中

的Cb,故答案为：抽气(或通枯燥氮气)。

(4)萃取分液的操作顺序为：检漏一参加萃取剂和溶液一振荡摇匀一放气一静置分层一放液，

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

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CCL转入

分液漏斗一倒转分液漏斗，小心振摇一旋开旋塞放气一经几次振摇并放气后，将分液漏斗置

于铁架台上静置一翻开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abgo

(5)①溶有I2的CCL溶液呈紫红色，用标准Na2s溶液滴定k过程中，当L恰好反响完全时,

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

+

②由2r+Cl2=I2+2C「、4E+C12O+2H2I2+H2O+2C「、

+-

2F+HCIO+H=I2+H2O+Cl(HC10为CLO与H20反响的产物)可得关系式：CLO〜

21「〜2跖由实验数据可知Cl20和HC10共消耗

nW)=2X(2.505X10-3mol-l.505X10:mol)=2X103mol,生成k的物质的量为2XlO'o],那

3

么高纯度CM)浓溶液中/7(Cl20)=lX10mol,参加过量KI溶液共生成L的物质的量为

2.005X10-3moL因此CX与「反响生成及的物质的量为

36

2.005X10"mol-2X10mol=5X10mol,由此可知高纯度CL0浓溶液中/7(C12)=5X10'mol,所

n(CKO)1x10~3mol

以高纯度CM)浓溶液中告二个=-----------——=200>99,那么所制备的高纯度C1Q浓溶液符

〃(。2)5x10-6mol

合要求,故答案为：溶液中CkO和Ch分别为IXlO'mol、5XW6mol,/=200>99,

”(J)

符合要求。

9.(2021•河北高考真题)化工专家侯德榜创造的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济开

展做出了重要奉献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改良侯氏制碱法制备NaHCOs,进一步

处理得到产品Na£03和NH£L实验流程如图：

答复以下问题：

(1)从A〜E中选择适宜的仪器制备NaHCG,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翻开或

(2)B中使用雾化装置的优点是

(3)生成NaHCOs的总反响的化学方程式为—。

(4)反响完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCOs和滤液：

①对固体NaHCa充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Nazd,Nazd增重，那

么固体NaHCa的质量为—go

②向滤液中参加NaCl粉末，存在NaCl(S)+NH4C1(aq)-NaCl(aq)+NH4C1(s)过程。为使NH4cl

沉淀充分析出并别离，根据NaCl和NHCL溶解度曲线，需采用的操作为一、一、洗涤、枯

燥。

(5)无水NaHCCh可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，假设无水NaHCOs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)NHa-H.O+NaCl^^NHiCl+NaHCOsI

0.84蒸发浓缩冷却结晶A

【分析】

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

反响：NH.3-H20+NaCl+C02=NH.,Cl+NaHC031,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NHCL再从参加氯化钠

粉末，存在反响NaCKsHNH,CKaq尸NaCKaqHNHjCKs),据此分析解答。

【解析】

(1)根据分析可知，要制备NaHCCh，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NaHCCh,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：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗

上部的玻璃塞翻开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；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NaHCOs的总反响的化学方程式为

NHs-HzO+NaCl-KO^Cl+NaHCOaI；

(4)①对固体NaHCCh充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反响的化学方程式为：

A小

2NaHCO3=Na2CO3+CO2T+H2。将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量

Na2O2,Na?。?与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气，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014g（2C0

的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为0.14gXk，其物质的量为小—=0.005mol,根

2844g/mol

据关系式2NaHCO3~CC>2可知，消耗的NaHCO,的物质的量为2乂，所以固体NaHCC>3的

质量为x；

②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铁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沉淀充分析出并别离，需

采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、枯燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（5）称量前，假设无水NaHCC>3保存不当，吸收了•定量水分，标准液被稀释，浓度减小，

c（标）V（标）

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

c（测）

知，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.Na2c。3的制备

步骤II.产品中NaHCO,含量测定

①称取产品，用蒸储水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取上述溶液于锥形瓶，参加2滴指示剂M,用O.lOOOmoLLJi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MmL；

③在上述锥形瓶中再参加2滴指示剂N,继续用0.1OOOmolL-1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，丫2平均值为。

：（i）当温度超过35c时，NH4HCO3开始分解。

相关盐在不同温度下的溶解度表)

(ii)(g/100gH20

温度/℃0102030405060

NaCl

NH4HCO3

NaHCO3

NH4C1

答复以下问题：

(1)步骤I中晶体A的化学式为,晶体A能够析出的原因是

(2)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

产品中的质量分数为(保存三位有效数字)；

(4)NaHCO3

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

果(填“偏大〃"偏小”或“无影响〃)。

【答案】\aHC03在30-35°C时NaHCOs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Na2c的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后参加NH1HCO3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NaHCOs晶体，控制温度在30-35°C

发生反响，最终得到滤液为NH£1,晶体A为NaHCO：“再将其洗涤抽干，利用NaHCO,受热易分

解的性质,在300℃加热分解NaHCO?制备Na2CO3；

步骤II：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响为：

Na2C0；t+HCl=NaHC03+NaCl,因为Na2cO3、NaH(U溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚献指

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为酚酸试剂：第二次滴定时溶液

中的溶质为NaCl,同时还存在反响生成的CP,溶液呈现弱酸性，因为酚酰的变色范围为8-10,

所以不适合利用酚配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，发生的反响为：NaHC03+HCl=NaCl+H20+C021,再根据关系式求出总的NaHCOa的物质的量,

推导出产品中NaHCQ,的，最终通过计算得出产品中NaHCOa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℃,目的是为了时

NHJKXh不发生分解，同时析出NaHiU固体，得到晶体A,因为在30-35℃时，NaHCCh的溶解

度最小，故答案为：NaHCOj；在30-35℃时NaHCCh的溶解度最小；

(2)300°C加热抽干后的NaHCOs固体，需用用堪、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，滴定到达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响是：Na£0：,+HCl=NaHCCh+NaCl,那么n(Na2cO3)二n生成

3

(NaHC03XXi0xi0'mol,第二次滴定消耗的盐酸的体积分那么根据方程式

NaHCO,+HChNaCl+HzO+CO2t可知，消耗的NaH(A的物质的量nMNaHCOBx103x10:4mol,那么

33

原溶液中的NaHC03的物质的量n(NaHCa)=nfi(NaHC03)-n±rt(NaHC03x10x10x10*mol,那

么原产品中NaHCOa的物质的量为x1.06x1O^mol义1031noi，故产品中NaHC(h的质量分

10mL

数为l.OdxKPn^gdg/mol、100%=3.5616%之3.56%,故答案为：3.56%；

2.5000g

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

体积偏小，即测得匕偏小，所以原产品中NaHCOs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、单项选择题

1.(2021•福建省南安第一中学高三二模)常温下，以下说法正确的选项是

A,某溶液中含有He。?、SO；、SO：和Nd,假设向其中参加岫2册充分反响后，四种离

子的浓度不变的是so：(忽略反响前后溶液体积的变化)

1

B.水电离的。水电)=10-%。1・f的溶液中，以下离子能大量共存：NH；、Na\SO；、HCO3

24

C.氢氧化铁溶于HI溶液中的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H-+2I-=2Fe+I2+6H20

D.NaHS溶液中，以下离子能大量共存：K\Al3\Cl->SO；

【答案】C

【解析】

A.向溶液中参加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。水(H')=10%ol・L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中，氢离子

与碳酸氢根离子反响，不能大量共存，碱溶液中，氢氧根离子与钱根离子、碳酸氢根离子反

响，不能大量共存，故B错误；

C.氢氧化铁溶于氢碘酸溶液的反响为氢氧化铁与氢碘酸溶液反响生成碘化亚铁、碘和水，反

，2t

响的离子方程式为2Fe(OH)3+6H+2r=2Fe+I2+6H20,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响生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气

体，不能大量共存，故D错误；

应选C。

2.(2021•安徽高三一模)25C,向20mL0.hnokL的弱碱B0H溶液保=LOX1()Y)中逐滴参

加0.11001・『盐酸，pH〜V曲线如下图，以下说法正确的选项是

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(C「)=c(BOH)+c(B2+c(ir)

D.V=20mL时,c(Cr)>c(B+)>c(OH*)>c(ir)

【答案】B

【解析】

A.当BOH与盐酸恰好完全反响时，溶液中的溶质为，此时溶液中存在夕的水解，BOH的电离

in-'4

平衡常数4=1.0X10工那么的水解平衡常数为年「J=10Z那么此时溶液中满足

1X10-5

Kh=c(H')c(BOH)/c(B)(Ff)C(BOH)/0.05mol・L\c(H,)=c(BOH),解得c(l「)=逐X10mol/L,

所以此时溶液的pH>5,即b点BOH已经完全反响，a点到b点，BOH逐渐和盐酸完全反响，

然后盐酸过量，那么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,那么c(OH)=10mol/L,

BOH的电离平衡常数用二吗技善=1.0X10%所以此时c(B0H)=ciB'),那么

c(BOH)

c(cr)+c(oir)=c(ir)+c(BOH),B正确;

C.当BOH和盐酸恰好完全反响时，溶液中存在物料守恒：c(CT)=c(B0H)+c(中),b点时盐酸

过量，所参加的盐酸中存在c‘(cr)=czan,假设参加到混合溶液中后，B’的水解不受影响,

那么近(；「)文(80m+08')+(:00,但盐酸的电离会抑制",所以c(Cr)>c(B0H)+c®)+c(H‘),

C错误；

D.V=20mL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)以下实验能到达目的的是

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KMn(h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，能够到达实验目的，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CL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静中少量的水，故C不选；

D.KMnOj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KMnO,

标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；

应选A。

4.(2021*浙江高三其他模拟)25c时，以下说法正确的选项是

A.H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反响时，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HCl和pH=12的Ba(0H)2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恰好完全反响后，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，那么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BaSHT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；

应选A。

5.(2021•阜新市第二高级中学高三其他模拟)利用以下装置能到达相应实验目的的是

A.用图I装置测定氯水的pH

B.用图H装置保存液漠

C.用图III装置制备Fe(OH”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HC10,HC10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.液澳能够腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，B错误；

C.Fe与电源正极相连，作阳极，Fe发生氧化反响生成Fe?’,碳棒为阴极，水在碳棒.上发生复

原反响生成氢气，同时产生OH,Fe＞结合阴极产生的0H-生成Fe(0H)2,煤油可以隔绝空气防

止Fc(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；

应选C。

6.(2021•天津)常温下，以下溶液中各组离子一定能够大量共存的是

A.c(IT)/c(OH-)=1.0X10”的溶液：K\Na\CO：、AlOj

B.水电离出来的cgPDG.OXl()-%ol/L的溶液：K\cr、S2->SO3*

C.使甲基橙变红色的溶液中：Na'、NH：、S2O；，SO：

D.通入足量SO2后的溶液：Na\Ba2\C10\CHaCOO-

【答案】A

【解析】

A.cOr)/c(OH-)=1.0X10”的溶液显碱性，K-、Na\CO；、A102之间天反响，可以大量共存，

A选；

B.水电离出来的c(OH)=LOX10%ol/L的溶液如果显酸性S-SO；和氢离子反响生成单质

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；均与氢离了反响，不能大量共存，

C不选；

D.通入足量SO?后的溶液中C10能氧化二氧化硫，CUCOO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0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH

与微粒浓度的对数值(Ige)和反响物物质的量之比X[X=八”.二-、八UT+、]的关系如

n(NH3-H2O)+n(NH4)

下图(忽略溶液体积的变化)，以下说法正确的选项是

A.限・40的电离平衡常数为10

B.P2点由水电离出的c(H*)=L0X10-7mol/L

C.P3为恰好完全反响点，c(Cn+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，溶液中铉根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为，图象

分析可知，C(NH：)=C(0H)Q10,O"L,附枕出。的电离平衡常数

_C（NH：）C（OH）10-3x1。-3

=10%A错误;

厂C（NH3?H0oj—

B.由图可知,Pz点对应的溶液pH=7,故由水电离出的c0T)=L0X液’mol/L,B正确;

1〃（”a）

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

c(NH；)+c(NH3-H20)=c(Cr)=,故c(Cl)+c(NH：)二2c(NH：)+近毗・时)V,C错误；

D.P3点为恰好完全反响，溶质为NH£1,故之后，参加的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到达饱和溶液时，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:Bo

8.(2021・陕西宝鸡市・高二其他模拟)常温下，向20ml,0.01mol・1「的NaOH溶液中逐

1

滴参加0.01mol•f的CH3C00H溶液，溶液中由水电离出的。水(0H)的对数随参加CH£OOH

溶液体积的变化如下图，以下说法正确的选项是

A.H、F点溶液显中性

B.E点溶液中由水电离的。水(断)=1X10-3mol•L-1

C.H点溶液中离子浓度关系为cCCHsCOO")>c(Na)><:(10>c(0H-)

D.G点溶液中各离子浓度关系为cCCHsCOO")=c(Na)+c(H+)—c(0H-)

【答案】D

【分析】

氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中参加醋酸，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，那么G点为醋酸钠溶液；从E点到G点

的反响过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠

混合溶液，溶液呈中性。

【解析】

A.由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混

合溶液，溶液为碱性，故A错误；

B.氢氧化钠在溶液中抑制水的电离,0.01mol-1?的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01

mol-L1,那么溶液中水电离的氢离子浓度为IO"mol・I/',故B错误；

C.由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系

-

C(CH3COO)+C(OH-)=c(Na)+cW),溶液中离子浓度关系为

c(CH£O。—)=c(Na)>c(H0=c(OH-),故C错误；

D.由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系C(CH3C0(T)+C(0H)=c(Na')+c(H)可知，

溶液中各离子浓度关系为c(CH£0(T)=c(Na')+c(H')—c(0H-),故D正确；

应选Do

9.(2021•广西南宁市-南宁三中高三三模)常温下,用如图1所示装置，分别向£。3溶液和

3溶液中逐滴滴加的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。以下

说法正确的选项是

A.X曲线为Na£03溶液的滴定曲线

B.b点溶液的pH大于c点溶液的pH

C.a、d两点水的电离程度：a>d

D.c点的溶液中：c(Na+)+c(H')=2c(C0；)+c(HC0；)+c(0IT)

【答案】C

【解析】

A.碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反响C0；+H'=HCO3+乩0.然后发生HCO3+HkH2cO3+H2O,

碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO；+H.=H2CO3+H2O,所以滴加251nL盐酸时，碳酸钠溶液

中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反响，压强到达最大，所以

X代表NallCOs溶液，Y代表Na2c溶液，A错误：

B.b点溶液溶质为NaCl,c点溶液溶质为NaHC03,所以c点代表溶液的pH更大，B错误:

C.d点盐酸和碳酸钠恰好完全反响，溶质为NaCl,还有少量溶解的二氟化碳，而a点溶

质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO3'CO；•的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更

大，C正确。

+

D.c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na)+(ID=2(CO)+c(HCD3)+c(OH)+c(CD,D

错误。应选：Co

10.(2021•天津高三三模)以下关于实验操作或现象说法正确的选项是

A.图1：进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阴极附近颜色逐渐加深

B.图2：烧瓶中溶液为蒸储水，反响一段时间后，试管中铁粉变为红棕色

C.图3：别离乙醛和苯

D.图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁

【答案】A

【解析】

A.氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阴极附近颜色逐

渐加深，A正确；

B.铁和水蒸气反响生成黑色的四氧化三铁，得不到红棕色的氧化铁，B