1、2021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A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体B制备Fe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和FeCl3溶液C测定NaOH溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液AABBCCDD【
2、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馏水并加热至沸腾，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
3、吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；故选AB。二、单选题2（2021浙江）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A25时，若测得溶液，则HR是弱酸B25时，若测得溶液且，则HR是弱酸C25时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D25时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50，测得，则HR是弱酸【答案】B【解析】A25时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B25时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中
4、性，升温至50，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。3（2021广东高考真题）测定浓硫酸试剂中含量的主要操作包括：量取一定量的浓硫酸，稀释；转移定容得待测液；移取待测液，用的溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为ABCD【答案】B【解析】实验过程中，量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；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
5、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酞作指示剂，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
6、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检验溶液中是否被氧化取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶C测定溶液的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，蒸馏AABBCCDD【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锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸
7、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，加热蒸馏，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ANaHA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C0.010 molL-1、0.10molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.010-5mol【答案
8、】D【解析】ANaHA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0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1L1104mol/L1105mol，D正确；答案选D。三、实验题7
9、（2021山东高考真题）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283，沸点为340，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，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H2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_。(2)WO3完全还原后，进行的操作为：冷却，停止通H2；以干燥的接收装置替换E；在B处加装盛有碱石灰的干燥管；加热，通Cl2；。碱石灰的作用是_；操作是_，目的是_。(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度
10、，实验如下：称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；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)。滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+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+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cmolL-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量
11、为Mgmol-1)的质量分数为_。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_(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6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N2 排除装置中的H2 ( m3+m1- 2m2) % 不变 偏大 【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WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石
12、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WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，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(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO2IO6I212 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6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】
13、(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；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3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WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6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；在操作加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防
14、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) 根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，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(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；滴定时，根据关系式：WO2IO6I212 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)
15、=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。8（2021浙江）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。已知：，合适反应温度为；副反应：。常压下，沸点，熔点；沸点2.0，熔点。，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答：(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_。将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_
16、。(2)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和的比例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。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的含量，可采用的方法是_。(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，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_edf_。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和转入分液漏斗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
17、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：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：实验数据如下表：加入量滴定测出量滴定测出量用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定到达终点的实验现象是_。高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_。【答案】浓 a ABC 抽气(或通干燥氮气) a b g CCl4中由紫红色突变到无色，且30
18、s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.00010-3mol、510-6mol，=20099，符合要求 【解析】(1)装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O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Cl2反应制备Cl2O的装置，A因Cl2O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
19、；BN2的作用是稀释Cl2，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Cl2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Cl2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；DHgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为1825，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，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏加入萃取
20、剂和溶液振荡摇匀放气静置分层放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林检查旋塞、玻璃塞处是否漏水将溶液和CCl4转入分液漏斗倒转分液漏斗，小心振摇旋开旋塞放气经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。(5)溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。由、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O
21、2H+2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2(2.50510-3mol-1.50510-3mol)=210-3mol，生成I2的物质的量为210-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=110-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.00510-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.00510-3mol-210-3mol=510-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=510-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中=20099，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为110-3mol、
22、510-6mol，=20099，符合要求。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NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：回答下列问题：(1)从AE中选择合适的仪器制备NaHCO3，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_。A B C D E.(2)B中使用雾化装置的优点是_。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体Na
23、HCO3和滤液：对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为_g。向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_、_、洗涤、干燥。(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3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，
24、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） NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 0.84 蒸发浓缩 冷却结晶 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：NH3H2O+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NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。【解析】(1)根据分析可知，要制备，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HCl，后与饱和氨盐水充分接
25、触来制备，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，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打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，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；(4)对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与
26、二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵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
27、，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，根据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。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。以碳酸氢铵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.的制备步骤.产品中含量测定称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；平行测定三次，平均值为22.45
28、，平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35时，开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表温度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2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_；(2)步骤I中“300加热”所选用的仪器是_(填标号)；A B C D(3)指示剂N为_，描述第二滴定终点前后颜色变化_；(4)产品中的质量分数为_(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视
29、读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】NaHCO3 在30-35C时NaHCO3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Na2CO3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NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；步骤II：利用酸碱中和滴
30、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、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞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为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞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+CO2，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO
31、3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30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、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，
32、且半分钟内不褪色；(4) 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24
33、510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；(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V1偏小，所以原产品中NaHCO3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、和Na+，若向其中加入Na2O2，充分反应后，四种离子的浓度不变的是(忽略反应前后溶液体积的变化)B水电离的c水(H+)=10-12mol
34、L1的溶液中，下列离子能大量共存：、Na+、C氢氧化铁溶于HI溶液中的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2ODNaHS溶液中，下列离子能大量共存：K+、Al3+、Cl、【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c水(H+)=10-12molL1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，氢氧根离子与铵根离子、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
35、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+2I=2Fe2+I2+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20mL0.1molL-1的弱碱BOH溶液(Kb=1.010-5)中逐滴加入0.1molL-1盐酸，pHV曲线如图所示，下列说法正确的是Aa点到b点，水的电离程度先减小后增大Ba点时，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)Cb点时，c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)DV=20mL时，c(Cl-)c(B+)c
36、(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0.05mol/LBCl，此时溶液中存在B+的水解，BOH的电离平衡常数Kb=1.010-5，则B+的水解平衡常数为Kh=10-9；则此时溶液中满足Kh=c(H+)c(BOH)/c(B+)c(H+)c(BOH)/0.05molL1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)=10-5.5mol/L，所以此时溶液的pH5，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；Ba点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，此
37、时pH=9，则c(OH-)=10-5mol/L，BOH的电离平衡常数Kb=1.010-5，所以此时c(BOH)=c(B+)，则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(Cl-)=c(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影响，则c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但盐酸的电离会抑制B+，所以c(Cl-)c(BOH)+c(B+)+c(H+)，C错误；DV=20mL时，溶液中溶质为BCl，溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是
38、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A装置甲证明醋酸为弱酸B装置乙处理Cl2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KMnO4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Cl2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；DKMnO4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
39、的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；故选A。4（2021浙江高三其他模拟）25时，下列说法正确的是AH2A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DpH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性【答案】A【解析】AH2A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
40、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；DpH=2的HCl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A用图装置测定氯水的pHB用图装置保存液溴C用图装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色D用图装置进行中和滴定【答案】C【解析】A氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，氯水能使pH试纸先变红后褪色，不能用pH试
41、纸测定氨水的pH ，A错误；B液溴能够腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，B错误；CFe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-，Fe2+结合阴极产生的OH-生成Fe(OH)2，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以可用图装置制备Fe(OH)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Ac(H+)/c(OH-)=1.0 10-12的溶液： K+、 Na+、CO、AlOB水电离出来的c(OH
42、-)=1.0 10-13mol/L的溶液： K+、 Cl-、S2- 、SOC使甲基橙变红色的溶液中：Na+、NH、 S2O、SOD通入足量SO2后的溶液： Na+、 Ba2+、ClO-、CH3COO-【答案】A【解析】Ac(H+)/c(OH-)=1.010-12的溶液显碱性，K+、Na+、CO、AlO之间不反应，可以大量共存，A选；B水电离出来的c(OH-)=1.0 10-13mol/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ClO-能氧化二
43、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HCl气体通入0.1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)和反应物物质的量之比XX=的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是ANH3H2O的电离平衡常数为10-9.25BP2点由水电离出的c(H+)=1.010-7 mol/LCP3为恰好完全反应点，c(Cl-)+c(NH)=0.2 mol/LDP3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，溶液中铵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
44、析可知，c()=c(OH-)10-3mol/L，NH3H2O的电离平衡常数Kb=10-5，A错误；B由图可知，P2点对应的溶液pH=7，故由水电离出的c(H+)=1.010-7 mol/L，B正确；CP3所示溶液，t=1，n(HCl)=n(NH3H2O)，溶液中存在物料守恒得到：c()+c(NH3H2O)=c(Cl-)0.1mol/L，故c(Cl-)+c()= c()+c(NH3H2O)0.2mol/L，C错误；DP3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H+对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl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
45、误；故答案为：B。8（2021陕西宝鸡市高三其他模拟）常温下，向20 mL 0.01 molL-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01 molL-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加入CH3COOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是AH、F点溶液显中性BE点溶液中由水电离的c水(OH)=110-3 molL-1CH点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)DG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】
