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2022-2023学年中国人民大学附属中学高二上学期限时练习2（12月考题）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年中国人民大学附属中学高二上学期限时练习2（12月考题）化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
中国人民大学附属中学2022-2023学年高二上学期
限时练习 2（12月考题）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰中都含离子键
C．常温下，醋酸钠溶液的pH>7
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【详解】A．醋酸钠属于钠盐，在水中能完全电离，属于强电解质，故A正确；
B．醋酸钠属于离子化合物，含有离子间，其晶体中也含有离子键；冰是固态水，属于共价化合物，不含离子键，故B错误；
C．醋酸属于弱酸，醋酸钠属于强碱弱酸盐，常温下，在水溶液中水解显碱性，故C正确；
D．过饱和溶液是指在一定温度、压力下，当溶液中溶质的浓度已超过常规条件下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。过饱和溶液不稳定，搅拌溶液、或者往溶液里投入固体，溶液里的过量溶质就会马上结晶析出，故D正确；
故选B。
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液 B．非电解质溶于水形成的溶液
C．C(H+)=C(OH-)=10-6 mol/L的溶液 D．酸和碱恰好完全反应生成的正盐溶液
【答案】C
【详解】溶液呈中性，即c(H+)=c(OH—)，C正确；
A. 在常温下，pH=7的溶液为中性，纯水升高温度pH小于7但仍然为中性，A错误；
B. 非电解质溶于水形成的溶液不一定呈中性，如酸性氧化物、碱性氧化物溶于水后分别呈酸性、碱性，B错误；
D. 酸和碱恰好完全反应生成正盐，要考虑盐类的水解，若该为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；D错误。
3．下列实验事实或数据可以说明次氯酸为弱电解质的是
A．次氯酸具有漂白性
B．25℃时，次氯酸的水溶液的pH＜7
C．用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗
D．0.001的HClO溶液的pH=5.6
【答案】D
【详解】A．次氯酸具有漂白性，是因为其具有强氧化性，且自身无色，与酸性无关，故A不选；
B．次氯酸为酸，在水溶液中能电离出氢离子，呈酸性，25℃时，次氯酸的水溶液的pH＜7，故B不选；
C．溶液的导电性与溶液中自由离子的浓度有关，用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗，没有对比，可能是次氯酸浓度低，不能说明其为弱酸，故C不选；
D．若次氯酸为强酸，则0.001的HClO溶液pH为3，0.001的HClO溶液的pH=5.6>3，说明其未完全电离，存在电离平衡，属于弱酸，故D选；
故选D。
4．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
C．纯碱溶液呈碱性的原因是，热碱液去油污更好
D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
【答案】D
【详解】A．胶体具有吸附性，明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，其反应为，故B正确；
C．纯碱为碳酸钠，其水溶液呈碱性的原因是，水解为吸热反应，加热水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去油污效果更好，故C正确；
D．水解与类似，水解呈碱性，，溶液pH增大，某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，pH变小，是因为溶液中二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化形成硫酸，溶液酸性变强，故D错误；
故选D。
5．下列措施不能加快与反应产生的速率的是
A．升高温度 B．用粉代替粒
C．用代替 D．再加入溶液
【答案】D
【详解】A．升高温度，可以增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率，故A不符合题意；
B．用粉代替粒，增大接触面积，加快反应速率，故B不符合题意；
C． 用代替，增大硫酸浓度，加快反应速率，故C不符合题意；
D．醋酸是弱电解质，再加入溶液，会减小溶液中氢离子的浓度，会减慢反应速率，故D符合题意；
故答案为：D。
6．与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：2NH3+。据此判断，以下叙述错误的是
A．液氨中含有NH3、、等粒子
B．一定温度下，液氨中c()∙c()是定值
C．液氨中电离达到平衡时，c()=c()=c(NH3)
D．只要不加入其他物质，液氨中c()=c()
【答案】C
【详解】A．液氨电离中存在电离平衡2NH3+，所以液氨中含有NH3、、等粒子，A正确；
B．与纯水的电离相似，液氨中c()∙c()只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c()∙c()是定值，B正确；
C．液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c()=c()
答案选C。
【点睛】可逆反应中的各种微粒共存。
7．向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中错误的是
A．NH3•H2O的电离程度增大 B．c(OH-)增大
C．NH的数目增多 D．增大
【答案】B
【详解】A．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，选项A正确；
B．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，c(OH-)减小，NH3·H2O电离平衡正向移动，又使c(OH-)有所增加，但稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动使c(OH-)增大的影响，故最终达到平衡后c(OH-)减小，选项B错误；
C．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，最终使溶液中的数目增多，选项C正确；
D．加水稀释时，若电离平衡不移动，c(NH3·H2O)、c()减小倍数相同，不变。但稀释使电离平衡正向移动，导致c(NH3·H2O)减小的倍数大于c()，因此最终达到平衡时增大，选项D正确；
答案选B。
8．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入20.00mLNaOH溶液，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数
【答案】C
【详解】A. 酸式滴定管内盐酸的浓度减小，所用体积偏大，则导致测定结果偏大，A不合题意；
B. 锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，所测浓度偏大，B不合题意；
C.锥形瓶加入少量的蒸馏水，不影响盐酸的滴入量，不产生误差，C符合题意；
D. 滴至红色刚变无色时，盐酸用量可能不足，所测浓度值可能偏小，D不合题意。
故选C。
【点睛】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，将会导致盐酸浓度减小。因为所取NaOH的物质的量是一个定值，因而消耗盐酸的体积偏大。在分析误差时，我们使用下列公式
c(NaOH)=，把当成一个定值，消耗V(HCl)偏大，因而测定的c(NaOH)偏大。
9．25℃时，在①0.01mol/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01mol/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是
A．②＞①＞④＞③ B．①=②=③=④ C．②=③＞①=④ D．②＜①＜③＜④
【答案】B
【详解】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，
①0.01mol⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)= ，
②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=，
③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，
④0.01mol⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，
则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④，
故选B。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1；
（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7 mol·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7 mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7 mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；
（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 mol·L－1。若给出的c(H＋)>10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7 mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
10．下列四组物质的溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同的是
①FeCl2、FeCl3 ②NaHCO3、Na2CO3 ③NaAlO2、AlCl3 ④CuCl2、CuSO4
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】C
【详解】①FeCl2、FeCl3都是挥发性酸盐酸形成的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe (OH)2和Fe(OH)3，但是Fe (OH)2又很容易被氧化成Fe(OH)3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，A不符合题意；
②NaHCO3、Na2CO3中NaHCO3能受热分解，Na2CO3受热不分解，所以最后得到的固体都是Na2CO3，B不符合题意；
③NaAlO2、AlCl3中，NaAlO2也可以水解，但是NaOH没有挥发性，因此水解不能到底，只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl挥发，促进了水解的进行到底，得到Al(OH)3受热分解最后得到Al2O3，两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，C符合题意；
④CuCl2溶液受热水解产生Cu(OH)2、HCl，HCl挥发，产生的Cu(OH)2受热分解产生CuO，则最后得到的固体是CuO； CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，H2SO4是难挥发性性的酸，二者反应又产生CuSO4，最后得到的固体是CuSO4，可见两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，D符合题意；
综上所述可知：符合题意的叙述是③④，故合理选项是C。
11．实验测得溶液的、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高，溶液的减小
C． 溶液存在水解平衡：
D．随温度升高，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
【答案】B
【详解】A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中存在c(H+) = c(OH- )，故A正确；
B． CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，随温度升高，促进CH3COONa的水解正向进行，，溶液的c(OH- )增大， 故B错误；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为，故C正确；
D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解，也促进水电离，所以升高温度导致增大，则升高温度的溶液的pH变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故答案为：B。
12．已知25℃时，，。下列说法正确的是
A．25℃时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大
B．25℃时，在的悬浊液中加入少量的固体，减小
C．25℃时，在悬浊液中加入NaF溶液后，不可能转化为
D．25℃时，固体在20mL0.01mol/L氨水中的和在20mL0.01mol/L溶液中的一样大
【答案】D
【详解】A．Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，故A项错误；
B．NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH-离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故B项错误；
C．两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，故C项错误；
D．Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，故D项正确；
答案选D。
13．已知室温时，0.1某一元酸HA溶液中HA的电离度为0.1%，下列叙述错误的是
已知：
A．该溶液的pH=4 B．升高温度，溶液的pH减小
C．稀释时溶液中所有离子的浓度均减小 D．此酸的电离平衡常数约为
【答案】C
【详解】A．室温时，0.1某一元酸HA溶液中HA的电离度为0.1%，说明该酸为弱酸，存在电离平衡，，则电离出的，pH=4，故A正确；
B．弱电解质电离吸热，升高温度，平衡向右移动，电离程度增大，增加，溶液酸性增强，pH减小，故B正确；
C．稀释时，虽然平衡向右移动，但是、、浓度均减小，根据，减小，增大，故C错误；
D．由题意，可得
，故D正确；
故选C。
14．亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的电离方程式为
B．第一步电离的电离常数
C．溶液的pH约为9.2
D．时，溶液中
【答案】B
【详解】A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
15．以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法不正确的是
A．Na2CO3和NaHCO3溶液含的微粒种类相同
B．Ca2+促进了CO、HCO的水解
C．Al3+促进了CO、HCO的水解
D．滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小
【答案】B
【详解】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO、HCO、OH-、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，A正确；
B．钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，B错误；
C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，C正确；
D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度降低，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，D正确；
答案选B。
16．已知：[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O；浓度较小时[Cu(H2O)4]2+用Cu2+表示。CuCl2溶于一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是
A．向溶液①加入少量浓HCl，使平衡逆向移动
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明加热能促进[CuCl4]2-生成
C．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Cu2+浓度大小的影响是一致的
D．向溶液②中加入AgNO3后，黄色褪去，说明Ag+能抑制Cu2+水解
【答案】B
【详解】A．向溶液①加入少量浓HCl，c(Cl-)增大，使平衡正向移动，A错误；
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明[CuCl4]2-的浓度增大，化学平衡正向移动，即说明加热能促进[CuCl4]2-生成，B正确；
C．根据上述可逆反应可知加入浓HCl，H+对化学平衡的移动无影响，因此与溶液的颜色变化也无关系，C错误；
D．向溶液②中加入AgNO3后，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，导致溶液中c(Cl-)减小，化学平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度降低，因而黄色褪去，而不能说明Ag+能抑制Cu2+水解，D错误；
故合理选项是B。
17．部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列选项正确的是
弱酸
HCOOH
HCN
电离平衡常数(25℃)
、
①
②
③中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
④等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸，据此分析解题。
【详解】①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和，离子方程式为CN-+H2O+CO2═HCN+，①错误；②K(HCOOH)＞K(H2CO3)，所以酸性：HCOOH＞H2CO3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则能发生离子反应，②正确；③等pH、等体积的HCOOH和HCN，n（HCN）＞n（HCOOH），中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，③正确；④HCOO-水解程度小于CN-，则HCOONa溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN溶液中氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(Na+)相同，HCOONa溶液中c(H+)大于NaCN溶液中c(H+)，则HCOONa溶液中离子总浓度大于NaCN溶液中离子总浓度，溶液体积相同，则所含离子总数前者大于后者，④错误；综上所述可知，②③正确，故答案为：B。
18．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol·L-1）
反应后溶液的pH
c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是A．实验①反应后的溶液中：c(OH—) = c(K+) — c(A—)
B．实验②反应后的溶液中：c(K+) = c(A—) > c(OH—) = c(H+）
C．实验②反应后的溶液中：c(A—) + c(HA) > 0.1 mol/L
D．实验①反应后的溶液中：c(K+) > c(A—) > c(OH—) > c(H+)
【答案】A
【详解】A．实验①反应后，等体积等浓度恰好生成KA，溶液显碱性，说明酸根水解，由电荷守恒可知：c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)，A错误；B．实验①反应后的溶液显中性，由电荷守恒可知：c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)，则c(K+) = c(A－) >c(OH－) = c(H+），B正确；C．若x=0.2，与实验①相似，溶液显碱性，而实验②显中性，则酸应稍过量，则反应后溶液中由物料守恒可知c(A－) + c(HA) ＞(0.2mol/L×VL)/(VL+VL)=0.1 mol/L，C正确；D．实验①反应后，等体积等浓度恰好生成KA，溶液显碱性，说明酸根水解，c(K+) > c(A－) > c(OH－) > c(H+)，D正确；答案选A。
点睛：明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，解答时注意能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中离子浓度大小。
19．室温下，将0.1000 mol/L盐酸滴入20.00 mL0.1000 mol/L的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法不正确的是
A．该一元碱的电离方程式为：
B．a、b、c、d四点中，a点水的电离程度最大
C．b点：c(M+)=c(Cl-)
D．c、d点的离子浓度大小关系均为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【详解】A．在室温下，在未滴入HCl时0.1000 mol/L的某一元碱MOH溶液的pH=11，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1000 mol/L，说明MOH是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡，电离方程式为：，A正确；
B．a、b、c、d四点中，a点为浓度相等的MOH和MCl的混合溶液，溶液呈碱性，抑制水的电离；b点的中性溶液，水正常电离；c点为MCl溶液，M+水解促进水的电离；d点溶液为MCl、HCl的混合溶液，溶液呈强酸性，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，b点水的电离程度最大，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于b点溶液pH=7，反应在室温下进行，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(M+)=c(Cl-)，C正确；
D．c点的为MCl溶液，该盐是强酸弱碱盐，M+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液显酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，M+水解消耗，则c(Cl-)＞c(M+)，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(M+)＞c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)；d点溶液为MCl与HCl的混合溶液，容器显强酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据物料守恒可知c(Cl-)＞c(M+)，盐电离产生的离子浓度远大于过量的少量HCl电离产生的H+的浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故合理选项是B。
20．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度()
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：；；；。
下列说法正确的是A．沉淀物X为
B．滤液M中存在，不存在
C．滤液N中存在和
D．步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为和的混合物
【答案】A
【分析】向1L模拟海水中加入1mL1NaOH溶液，海水中含有，且加入NaOH的物质的量为，根据氢氧化镁和碳酸钙的溶度积，发生反应，刚好反应，沉淀X为；向滤液M中加入NaOH固体调pH=11.0，发生反应为，沉淀Y为；受热分解生成MgO；
【详解】A．沉淀X为，故A正确；
B．步骤①中和刚好反应生成，消耗生成，模拟海水中含有，还有0.01mol，故B错误；
C．根据氢氧化钙和氢氧化镁的溶度积，氢氧化镁更难溶，所以加NaOH固体调pH时，先生成氢氧化镁沉淀，根据，pH=11时，，<，所以滤液N中不含，故C错误；
D．若步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，，与0.05mol发生反应，反应生成0.05mol，消耗0.1mol，剩余0.005mol，滤液M中含有0.01mol，此时，所以没有生成，故D错误；
故选A。
二、填空题
21．请回答下列问题：
(1)写出稀氨水中的电离方程式_______；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是(忽略溶液体积的变化)_______(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
(2)常温下，有pH相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，HCl溶液中c(H+)_______。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c(H+)_______(填“>”、“=”或“＜”)HCl溶液中的c(H+)。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液_______(填“＞”、“=”或“”、“＜”)HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“>”、“＜”或“=”)HCl溶液中。
(3)将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是_______(填字母)。
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
【答案】(1) NH3·H2O+ OH- BD
(2) 减小 减小 ＞ ＞ ＞
(3)AB
【详解】（1）在氨水中存在电解质NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离产生、OH-，存在电离平衡，电离方程式为：NH3·H2O+ OH-；
A．弱电解质电离过程需吸收热量，适当升高温度，电离平衡正向移动，导致溶液中c()、c(OH-)都增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，导致c()增大，电离平衡逆向移动，最终使溶液中c(OH-)减小，B符合题意；
C．通入NH3会使c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，最终导致溶液中c()、c(OH-)都增大，C不符合题意；
D．加入少量浓盐酸，H+与溶液中OH-发生中和反应产生H2O，电离平衡正向移动，c()增大，但c(OH-)减小，D符合题意；
故合理选项是BD；
（2）HCl是一元强酸，在水中完全电离产生H+、Cl-；CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，主要以电解质分子存在。所以当两种溶液pH相同、体积相同时，c(CH3COOH)＞c(H+)=c(HCl)，n(CH3COOH)＞n(HCl)。
①分别加适量醋酸钠晶体后，c(CH3COO-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，最终达到平衡后c(H+)减小，而向盐酸中加入适量醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+=CH3COOH，最终导致溶液中c(H+)也减小；
②分别加水稀释10倍后，HCl中c(H+)是原来的；稀释使CH3COOH溶液中的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)比原来的大一些，故稀释10倍后CH3COOH溶液中c(H+)大于盐酸中的c(H+)；
③由于醋酸溶液中存在电离平衡，所以等pH、等体积的HCl与CH3COOH溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)＞n(HCl)，二者都是一元酸，等物质的量的碱中和等物质的量的酸，故二者分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液大于盐酸反应消耗NaOH溶液的体积；
④醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，温度升高20℃，电离平衡正向移动，最终达到平衡时，CH3COOH溶液中c(H+)增大；而HCl是强酸，完全电离，升高温度，c(H+)不变，故温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)大于HCl溶液中的c(H+)；
（3）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+。
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故合理选项是AB。
三、工业流程题
22．MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：
软锰矿
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH：
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．ⅴ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。
ⅱ．若Ⅰ中Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。
(3)电解
Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成1 mol MnO2电子转移的数目为_______。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol/L KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。
(已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2：86.94；Na2C2O4：134.0)产品纯度为_______(用质量分数表示)。
【答案】(1) 增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化铁单质为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+。
(3)2×6.02×1023个或2NA
(4)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【详解】（1）①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少Fe2+，故实际比值( 0.9)小于2；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+，每反应制取1 mol MnO2，反应过程中只有2 mol电子，转移的电子数目是2×6.02×1023个或2NA；
（4）根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnS04+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：
。
23．Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2，同时制备无水Na2SO3的方法工艺简便、成本低廉，优势明显。其流程如下：
(1)SO2直接排入大气中可能导致的环境问题是_______。
(2)下图为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化。则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是_______。
(3)中和器中发生的主要反应的化学方程式是_______。
资料显示：
Ⅰ．Na2SO3在33℃时溶解度最大，将其饱和溶液加热至33℃以上时，由于溶解度降低会析出无水Na2SO3，冷却至33℃以下时析出Na2SO3·7H2O；
Ⅱ．无水Na2SO3在空气中不易被氧化，Na2SO3·7H2O在空气中易被氧化。
(4)为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的。
①请结合Na2SO3的溶解平衡解释NaOH过量的原因_______。
②结晶时应选择的最佳操作是_______(填字母)。
a．95～100℃加热蒸发，直至蒸干
b．维持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
c．95～100℃加热浓缩，冷却至室温结晶
(5)KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260 g成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液(x mol/L)进行滴定，到达终点时，消耗KIO3标准溶液体积为y mL。(已知；还原性：)
①滴定终点前反应的离子方程式是：_______(将方程式补充完整)
②滴定终点的现象为_______。
③成品中Na2SO3 (M=126 g/mol)的质量分数是_______。
【答案】(1)酸雨
(2)2+SO2+H2O=2+
(3)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
(4) Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3 (s)2Na+(aq)+(aq)，NaOH过量使溶液中c(Na+)增大，上述平衡逆向移动 b
(5) +3=3+I- 溶液由无色变为蓝色，半分钟内不变色 3xy×100%
【详解】（1）SO2直接排入大气中可能导致的环境问题是形成酸雨；
（2）由图可知，初期反应(图中A点以前)碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（3）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（4）①Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3 (s)2Na+(aq)+(aq)，NaOH过量使溶液中c(Na+)增大，上述平衡逆向移动，抑制Na2SO3的水解；
②a．加热蒸发直至蒸干，容易使固体溅出，导致损失等，a不符合题意；
b．维持95~ 100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，b符合题意；
c．由于冷却至33 ℃以下时析出Na2SO3·7H2O，应在较高温度下蒸发浓缩结晶，c不符合题意；
故合理选项是b；
（5）①与发生氧化还原反应得到与I-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得配平后离子方程式为：+3=3+I-；
②消耗KIO3的物质的量为n(KIO3)=y×10-3 L×x mol/L=xy×10-3 mol，
由+3=3+I-可知n(Na2SO3)=3n(KIO3)=3xy×10-3 mol，则成品中Na2SO3的质量分数为。
中国人民大学附属中学2022-2023学年高二上学期
限时练习 2（12月考题）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰中都含离子键
C．常温下，醋酸钠溶液的pH>7
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【详解】A．醋酸钠属于钠盐，在水中能完全电离，属于强电解质，故A正确；
B．醋酸钠属于离子化合物，含有离子间，其晶体中也含有离子键；冰是固态水，属于共价化合物，不含离子键，故B错误；
C．醋酸属于弱酸，醋酸钠属于强碱弱酸盐，常温下，在水溶液中水解显碱性，故C正确；
D．过饱和溶液是指在一定温度、压力下，当溶液中溶质的浓度已超过常规条件下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。过饱和溶液不稳定，搅拌溶液、或者往溶液里投入固体，溶液里的过量溶质就会马上结晶析出，故D正确；
故选B。
2．下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH=7的溶液 B．非电解质溶于水形成的溶液
C．C(H+)=C(OH-)=10-6 mol/L的溶液 D．酸和碱恰好完全反应生成的正盐溶液
【答案】C
【详解】溶液呈中性，即c(H+)=c(OH—)，C正确；
A. 在常温下，pH=7的溶液为中性，纯水升高温度pH小于7但仍然为中性，A错误；
B. 非电解质溶于水形成的溶液不一定呈中性，如酸性氧化物、碱性氧化物溶于水后分别呈酸性、碱性，B错误；
D. 酸和碱恰好完全反应生成正盐，要考虑盐类的水解，若该为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；D错误。
3．下列实验事实或数据可以说明次氯酸为弱电解质的是
A．次氯酸具有漂白性
B．25℃时，次氯酸的水溶液的pH＜7
C．用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗
D．0.001的HClO溶液的pH=5.6
【答案】D
【详解】A．次氯酸具有漂白性，是因为其具有强氧化性，且自身无色，与酸性无关，故A不选；
B．次氯酸为酸，在水溶液中能电离出氢离子，呈酸性，25℃时，次氯酸的水溶液的pH＜7，故B不选；
C．溶液的导电性与溶液中自由离子的浓度有关，用HClO溶液做导电实验时，灯泡很暗，没有对比，可能是次氯酸浓度低，不能说明其为弱酸，故C不选；
D．若次氯酸为强酸，则0.001的HClO溶液pH为3，0.001的HClO溶液的pH=5.6>3，说明其未完全电离，存在电离平衡，属于弱酸，故D选；
故选D。
4．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理
C．纯碱溶液呈碱性的原因是，热碱液去油污更好
D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解
【答案】D
【详解】A．胶体具有吸附性，明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，其反应为，故B正确；
C．纯碱为碳酸钠，其水溶液呈碱性的原因是，水解为吸热反应，加热水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去油污效果更好，故C正确；
D．水解与类似，水解呈碱性，，溶液pH增大，某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，pH变小，是因为溶液中二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化形成硫酸，溶液酸性变强，故D错误；
故选D。
5．下列措施不能加快与反应产生的速率的是
A．升高温度 B．用粉代替粒
C．用代替 D．再加入溶液
【答案】D
【详解】A．升高温度，可以增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率，故A不符合题意；
B．用粉代替粒，增大接触面积，加快反应速率，故B不符合题意；
C． 用代替，增大硫酸浓度，加快反应速率，故C不符合题意；
D．醋酸是弱电解质，再加入溶液，会减小溶液中氢离子的浓度，会减慢反应速率，故D符合题意；
故答案为：D。
6．与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：2NH3+。据此判断，以下叙述错误的是
A．液氨中含有NH3、、等粒子
B．一定温度下，液氨中c()∙c()是定值
C．液氨中电离达到平衡时，c()=c()=c(NH3)
D．只要不加入其他物质，液氨中c()=c()
【答案】C
【详解】A．液氨电离中存在电离平衡2NH3+，所以液氨中含有NH3、、等粒子，A正确；
B．与纯水的电离相似，液氨中c()∙c()只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c()∙c()是定值，B正确；
C．液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c()=c()
答案选C。
【点睛】可逆反应中的各种微粒共存。
7．向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中错误的是
A．NH3•H2O的电离程度增大 B．c(OH-)增大
C．NH的数目增多 D．增大
【答案】B
【详解】A．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，选项A正确；
B．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，c(OH-)减小，NH3·H2O电离平衡正向移动，又使c(OH-)有所增加，但稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动使c(OH-)增大的影响，故最终达到平衡后c(OH-)减小，选项B错误；
C．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，最终使溶液中的数目增多，选项C正确；
D．加水稀释时，若电离平衡不移动，c(NH3·H2O)、c()减小倍数相同，不变。但稀释使电离平衡正向移动，导致c(NH3·H2O)减小的倍数大于c()，因此最终达到平衡时增大，选项D正确；
答案选B。
8．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入20.00mLNaOH溶液，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数
【答案】C
【详解】A. 酸式滴定管内盐酸的浓度减小，所用体积偏大，则导致测定结果偏大，A不合题意；
B. 锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，所测浓度偏大，B不合题意；
C.锥形瓶加入少量的蒸馏水，不影响盐酸的滴入量，不产生误差，C符合题意；
D. 滴至红色刚变无色时，盐酸用量可能不足，所测浓度值可能偏小，D不合题意。
故选C。
【点睛】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，将会导致盐酸浓度减小。因为所取NaOH的物质的量是一个定值，因而消耗盐酸的体积偏大。在分析误差时，我们使用下列公式
c(NaOH)=，把当成一个定值，消耗V(HCl)偏大，因而测定的c(NaOH)偏大。
9．25℃时，在①0.01mol/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01mol/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是
A．②＞①＞④＞③ B．①=②=③=④ C．②=③＞①=④ D．②＜①＜③＜④
【答案】B
【详解】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，
①0.01mol⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)= ，
②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=，
③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，
④0.01mol⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，
则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④，
故选B。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1；
（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7 mol·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7 mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7 mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；
（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 mol·L－1。若给出的c(H＋)>10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7 mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
10．下列四组物质的溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同的是
①FeCl2、FeCl3 ②NaHCO3、Na2CO3 ③NaAlO2、AlCl3 ④CuCl2、CuSO4
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】C
【详解】①FeCl2、FeCl3都是挥发性酸盐酸形成的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe (OH)2和Fe(OH)3，但是Fe (OH)2又很容易被氧化成Fe(OH)3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，A不符合题意；
②NaHCO3、Na2CO3中NaHCO3能受热分解，Na2CO3受热不分解，所以最后得到的固体都是Na2CO3，B不符合题意；
③NaAlO2、AlCl3中，NaAlO2也可以水解，但是NaOH没有挥发性，因此水解不能到底，只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl挥发，促进了水解的进行到底，得到Al(OH)3受热分解最后得到Al2O3，两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，C符合题意；
④CuCl2溶液受热水解产生Cu(OH)2、HCl，HCl挥发，产生的Cu(OH)2受热分解产生CuO，则最后得到的固体是CuO； CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，H2SO4是难挥发性性的酸，二者反应又产生CuSO4，最后得到的固体是CuSO4，可见两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，D符合题意；
综上所述可知：符合题意的叙述是③④，故合理选项是C。
11．实验测得溶液的、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高，溶液的减小
C． 溶液存在水解平衡：
D．随温度升高，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
【答案】B
【详解】A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中存在c(H+) = c(OH- )，故A正确；
B． CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，随温度升高，促进CH3COONa的水解正向进行，，溶液的c(OH- )增大， 故B错误；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为，故C正确；
D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解，也促进水电离，所以升高温度导致增大，则升高温度的溶液的pH变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故答案为：B。
12．已知25℃时，，。下列说法正确的是
A．25℃时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大
B．25℃时，在的悬浊液中加入少量的固体，减小
C．25℃时，在悬浊液中加入NaF溶液后，不可能转化为
D．25℃时，固体在20mL0.01mol/L氨水中的和在20mL0.01mol/L溶液中的一样大
【答案】D
【详解】A．Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，故A项错误；
B．NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH-离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故B项错误；
C．两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，故C项错误；
D．Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，故D项正确；
答案选D。
13．已知室温时，0.1某一元酸HA溶液中HA的电离度为0.1%，下列叙述错误的是
已知：
A．该溶液的pH=4 B．升高温度，溶液的pH减小
C．稀释时溶液中所有离子的浓度均减小 D．此酸的电离平衡常数约为
【答案】C
【详解】A．室温时，0.1某一元酸HA溶液中HA的电离度为0.1%，说明该酸为弱酸，存在电离平衡，，则电离出的，pH=4，故A正确；
B．弱电解质电离吸热，升高温度，平衡向右移动，电离程度增大，增加，溶液酸性增强，pH减小，故B正确；
C．稀释时，虽然平衡向右移动，但是、、浓度均减小，根据，减小，增大，故C错误；
D．由题意，可得
，故D正确；
故选C。
14．亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的电离方程式为
B．第一步电离的电离常数
C．溶液的pH约为9.2
D．时，溶液中
【答案】B
【详解】A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
15．以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法不正确的是
A．Na2CO3和NaHCO3溶液含的微粒种类相同
B．Ca2+促进了CO、HCO的水解
C．Al3+促进了CO、HCO的水解
D．滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小
【答案】B
【详解】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO、HCO、OH-、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，A正确；
B．钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，B错误；
C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，C正确；
D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度降低，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，D正确；
答案选B。
16．已知：[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O；浓度较小时[Cu(H2O)4]2+用Cu2+表示。CuCl2溶于一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是
A．向溶液①加入少量浓HCl，使平衡逆向移动
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明加热能促进[CuCl4]2-生成
C．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Cu2+浓度大小的影响是一致的
D．向溶液②中加入AgNO3后，黄色褪去，说明Ag+能抑制Cu2+水解
【答案】B
【详解】A．向溶液①加入少量浓HCl，c(Cl-)增大，使平衡正向移动，A错误；
B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明[CuCl4]2-的浓度增大，化学平衡正向移动，即说明加热能促进[CuCl4]2-生成，B正确；
C．根据上述可逆反应可知加入浓HCl，H+对化学平衡的移动无影响，因此与溶液的颜色变化也无关系，C错误；
D．向溶液②中加入AgNO3后，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，导致溶液中c(Cl-)减小，化学平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度降低，因而黄色褪去，而不能说明Ag+能抑制Cu2+水解，D错误；
故合理选项是B。
17．部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列选项正确的是
弱酸
HCOOH
HCN
电离平衡常数(25℃)
、
①
②
③中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
④等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸，据此分析解题。
【详解】①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和，离子方程式为CN-+H2O+CO2═HCN+，①错误；②K(HCOOH)＞K(H2CO3)，所以酸性：HCOOH＞H2CO3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则能发生离子反应，②正确；③等pH、等体积的HCOOH和HCN，n（HCN）＞n（HCOOH），中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，③正确；④HCOO-水解程度小于CN-，则HCOONa溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN溶液中氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(Na+)相同，HCOONa溶液中c(H+)大于NaCN溶液中c(H+)，则HCOONa溶液中离子总浓度大于NaCN溶液中离子总浓度，溶液体积相同，则所含离子总数前者大于后者，④错误；综上所述可知，②③正确，故答案为：B。
18．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/（mol·L-1）
反应后溶液的pH
c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是A．实验①反应后的溶液中：c(OH—) = c(K+) — c(A—)
B．实验②反应后的溶液中：c(K+) = c(A—) > c(OH—) = c(H+）
C．实验②反应后的溶液中：c(A—) + c(HA) > 0.1 mol/L
D．实验①反应后的溶液中：c(K+) > c(A—) > c(OH—) > c(H+)
【答案】A
【详解】A．实验①反应后，等体积等浓度恰好生成KA，溶液显碱性，说明酸根水解，由电荷守恒可知：c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)，A错误；B．实验①反应后的溶液显中性，由电荷守恒可知：c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)，则c(K+) = c(A－) >c(OH－) = c(H+），B正确；C．若x=0.2，与实验①相似，溶液显碱性，而实验②显中性，则酸应稍过量，则反应后溶液中由物料守恒可知c(A－) + c(HA) ＞(0.2mol/L×VL)/(VL+VL)=0.1 mol/L，C正确；D．实验①反应后，等体积等浓度恰好生成KA，溶液显碱性，说明酸根水解，c(K+) > c(A－) > c(OH－) > c(H+)，D正确；答案选A。
点睛：明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，解答时注意能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中离子浓度大小。
19．室温下，将0.1000 mol/L盐酸滴入20.00 mL0.1000 mol/L的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法不正确的是
A．该一元碱的电离方程式为：
B．a、b、c、d四点中，a点水的电离程度最大
C．b点：c(M+)=c(Cl-)
D．c、d点的离子浓度大小关系均为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【详解】A．在室温下，在未滴入HCl时0.1000 mol/L的某一元碱MOH溶液的pH=11，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1000 mol/L，说明MOH是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡，电离方程式为：，A正确；
B．a、b、c、d四点中，a点为浓度相等的MOH和MCl的混合溶液，溶液呈碱性，抑制水的电离；b点的中性溶液，水正常电离；c点为MCl溶液，M+水解促进水的电离；d点溶液为MCl、HCl的混合溶液，溶液呈强酸性，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，b点水的电离程度最大，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于b点溶液pH=7，反应在室温下进行，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(M+)=c(Cl-)，C正确；
D．c点的为MCl溶液，该盐是强酸弱碱盐，M+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液显酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，M+水解消耗，则c(Cl-)＞c(M+)，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(M+)＞c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)；d点溶液为MCl与HCl的混合溶液，容器显强酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据物料守恒可知c(Cl-)＞c(M+)，盐电离产生的离子浓度远大于过量的少量HCl电离产生的H+的浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故合理选项是B。
20．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度()
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：；；；。
下列说法正确的是A．沉淀物X为
B．滤液M中存在，不存在
C．滤液N中存在和
D．步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为和的混合物
【答案】A
【分析】向1L模拟海水中加入1mL1NaOH溶液，海水中含有，且加入NaOH的物质的量为，根据氢氧化镁和碳酸钙的溶度积，发生反应，刚好反应，沉淀X为；向滤液M中加入NaOH固体调pH=11.0，发生反应为，沉淀Y为；受热分解生成MgO；
【详解】A．沉淀X为，故A正确；
B．步骤①中和刚好反应生成，消耗生成，模拟海水中含有，还有0.01mol，故B错误；
C．根据氢氧化钙和氢氧化镁的溶度积，氢氧化镁更难溶，所以加NaOH固体调pH时，先生成氢氧化镁沉淀，根据，pH=11时，，<，所以滤液N中不含，故C错误；
D．若步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，，与0.05mol发生反应，反应生成0.05mol，消耗0.1mol，剩余0.005mol，滤液M中含有0.01mol，此时，所以没有生成，故D错误；
故选A。
二、填空题
21．请回答下列问题：
(1)写出稀氨水中的电离方程式_______；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是(忽略溶液体积的变化)_______(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
(2)常温下，有pH相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，HCl溶液中c(H+)_______。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c(H+)_______(填“>”、“=”或“＜”)HCl溶液中的c(H+)。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液_______(填“＞”、“=”或“”、“＜”)HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)_______(填“>”、“＜”或“=”)HCl溶液中。
(3)将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是_______(填字母)。
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多 C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
【答案】(1) NH3·H2O+ OH- BD
(2) 减小 减小 ＞ ＞ ＞
(3)AB
【详解】（1）在氨水中存在电解质NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离产生、OH-，存在电离平衡，电离方程式为：NH3·H2O+ OH-；
A．弱电解质电离过程需吸收热量，适当升高温度，电离平衡正向移动，导致溶液中c()、c(OH-)都增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，导致c()增大，电离平衡逆向移动，最终使溶液中c(OH-)减小，B符合题意；
C．通入NH3会使c(NH3·H2O)增大，电离平衡正向移动，最终导致溶液中c()、c(OH-)都增大，C不符合题意；
D．加入少量浓盐酸，H+与溶液中OH-发生中和反应产生H2O，电离平衡正向移动，c()增大，但c(OH-)减小，D符合题意；
故合理选项是BD；
（2）HCl是一元强酸，在水中完全电离产生H+、Cl-；CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，主要以电解质分子存在。所以当两种溶液pH相同、体积相同时，c(CH3COOH)＞c(H+)=c(HCl)，n(CH3COOH)＞n(HCl)。
①分别加适量醋酸钠晶体后，c(CH3COO-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，最终达到平衡后c(H+)减小，而向盐酸中加入适量醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+=CH3COOH，最终导致溶液中c(H+)也减小；
②分别加水稀释10倍后，HCl中c(H+)是原来的；稀释使CH3COOH溶液中的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)比原来的大一些，故稀释10倍后CH3COOH溶液中c(H+)大于盐酸中的c(H+)；
③由于醋酸溶液中存在电离平衡，所以等pH、等体积的HCl与CH3COOH溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)＞n(HCl)，二者都是一元酸，等物质的量的碱中和等物质的量的酸，故二者分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液大于盐酸反应消耗NaOH溶液的体积；
④醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，温度升高20℃，电离平衡正向移动，最终达到平衡时，CH3COOH溶液中c(H+)增大；而HCl是强酸，完全电离，升高温度，c(H+)不变，故温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c(H+)大于HCl溶液中的c(H+)；
（3）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+。
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故合理选项是AB。
三、工业流程题
22．MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：
软锰矿
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH：
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。
ⅰ．ⅴ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。
ⅱ．若Ⅰ中Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。
(3)电解
Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成1 mol MnO2电子转移的数目为_______。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol/L KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。
(已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2：86.94；Na2C2O4：134.0)产品纯度为_______(用质量分数表示)。
【答案】(1) 增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化铁单质为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+。
(3)2×6.02×1023个或2NA
(4)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【详解】（1）①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少Fe2+，故实际比值( 0.9)小于2；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+，每反应制取1 mol MnO2，反应过程中只有2 mol电子，转移的电子数目是2×6.02×1023个或2NA；
（4）根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnS04+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：
。
23．Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2，同时制备无水Na2SO3的方法工艺简便、成本低廉，优势明显。其流程如下：
(1)SO2直接排入大气中可能导致的环境问题是_______。
(2)下图为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化。则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是_______。
(3)中和器中发生的主要反应的化学方程式是_______。
资料显示：
Ⅰ．Na2SO3在33℃时溶解度最大，将其饱和溶液加热至33℃以上时，由于溶解度降低会析出无水Na2SO3，冷却至33℃以下时析出Na2SO3·7H2O；
Ⅱ．无水Na2SO3在空气中不易被氧化，Na2SO3·7H2O在空气中易被氧化。
(4)为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的。
①请结合Na2SO3的溶解平衡解释NaOH过量的原因_______。
②结晶时应选择的最佳操作是_______(填字母)。
a．95～100℃加热蒸发，直至蒸干
b．维持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
c．95～100℃加热浓缩，冷却至室温结晶
(5)KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260 g成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液(x mol/L)进行滴定，到达终点时，消耗KIO3标准溶液体积为y mL。(已知；还原性：)
①滴定终点前反应的离子方程式是：_______(将方程式补充完整)
②滴定终点的现象为_______。
③成品中Na2SO3 (M=126 g/mol)的质量分数是_______。
【答案】(1)酸雨
(2)2+SO2+H2O=2+
(3)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
(4) Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3 (s)2Na+(aq)+(aq)，NaOH过量使溶液中c(Na+)增大，上述平衡逆向移动 b
(5) +3=3+I- 溶液由无色变为蓝色，半分钟内不变色 3xy×100%
【详解】（1）SO2直接排入大气中可能导致的环境问题是形成酸雨；
（2）由图可知，初期反应(图中A点以前)碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（3）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（4）①Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3 (s)2Na+(aq)+(aq)，NaOH过量使溶液中c(Na+)增大，上述平衡逆向移动，抑制Na2SO3的水解；
②a．加热蒸发直至蒸干，容易使固体溅出，导致损失等，a不符合题意；
b．维持95~ 100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，b符合题意；
c．由于冷却至33 ℃以下时析出Na2SO3·7H2O，应在较高温度下蒸发浓缩结晶，c不符合题意；
故合理选项是b；
（5）①与发生氧化还原反应得到与I-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得配平后离子方程式为：+3=3+I-；
②消耗KIO3的物质的量为n(KIO3)=y×10-3 L×x mol/L=xy×10-3 mol，
由+3=3+I-可知n(Na2SO3)=3n(KIO3)=3xy×10-3 mol，则成品中Na2SO3的质量分数为。
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