16．某实验小组同学对影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素进行了如下探究。

（查阅资料）

①Cu(OH)2(s) ⇌ Cu2+ + 2OH- Ksp = 2.2×10-20
； ⇌Cu2+ + 4NH3 K = 4.8×10-14

②Cu(NH3)4SO4·H2O 是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体， 加热分解有氨气放出。Cu(NH3)4SO4·H2O  

2+

3 4
Cu NH

在乙醇-水混合溶剂中的溶解度如下图所示。

（实验 1）CuSO4 溶液和浓氨水的反应。

序号 实验内容 实验现象

1-1

向 2 mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)

中逐滴加入 2 mL 1 mol/L 氨水

立即出现浅蓝色沉淀，溶液变无色； 随后

沉淀逐渐溶解，溶液变为蓝色；最终得到澄

清透明的深蓝色溶液 A

1-2

向 2 mL 1 mol/L 氨水中逐滴加入

2 mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)

始终为澄清透明的深蓝色溶液 B

(1)进一步实验证明，深蓝色溶液 A、B 中均含有 ，相应的实验方案____(写出实验操作及现象)。

（实验 2）探究影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素。

序号 实验内容 实验现象

2-1

向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继续加

入 2 mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)

有浅蓝色沉淀生成，溶液颜色变浅

2-2

向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继续加

入 1 mol/L NaOH

有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色

2-3

向 2 mL 0.1 mol/L 氨水中逐滴加入 2 mL

0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)

有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色

(2)依据实验 2-1，甲同学认为 Cu2+浓度是影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素之一。乙同学认为实验

2-1 没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，并设计了如下对比实验：

序号 实验内容 实验现象3

c H

c CH COOH

（



）

（ ）

3

3 [ · ]

c CH COO

c CH COOH c OH





（ ）

（ ）（ ）

4.5

1 10





6.5

1 10





2-

4

4



4



2-4

向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继

续加入 2 mL 试剂 a

无明显现象

①用化学用语表示硫酸铜溶液呈酸性的原因：___________________________。

②试剂 a 为 ___________________________。

(3)利用平衡移动原理对实验 2-2 的现象进行解释：____________________________。

(4)实验 2-3 的目的是__________________________。

(5)综合上述实验可以推测， 影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素有____________。

参考答案

1．D【解析】A.向 0.1 mol•L

－1CH3COOH 溶液中加入少量水，醋酸电离平衡正向移动，溶液中

增大，故 A 错误；

B．将 CH3COONa 溶液从 20℃升温至 60℃，醋酸根离子水解平衡正向移动，溶液中 c（CH3COO-）减小，c

（CH3COOH）、c（OH-）均增大，所以 减小，故 B 错误；

C．向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒，溶液中 c（NH4+）=c（Cl-），所以：c（NH4+）：c（Cl-）=1，

故 C 错误；

D．pH=4.5 的番茄汁中 c（H+）= ，是 pH=6.5 的牛奶中 c（H+）= ，pH=4.5 的番茄汁中 c（H+）

是 pH=6.5 的牛奶中 c（H+）的 100 倍，故 D 正确；

故选 D。

2．D【解析】A．向溶液中加入铜粉，铜与 Fe3+发生反应 Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，会引入 Cu2+ 杂质，不

符合除杂原则，故 A 错误；

B．NH4Cl 水解促进水的电离，稀盐酸中盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，因此常温下，pH 为 5 的 NH4Cl

溶液和 pH 为 5 的稀盐酸中，水的电离程度不相同，故 B 错误；

C．草酸为弱酸，以第一步电离为主，因此 0.1 mol•L-1 的 H2C2O4溶液中 c(H+
)/c(C2O )远大于 2，故 C 错误；

D．氨水中存在 NH3·H2O NH4+＋OH

－

，滴加等浓度的盐酸溶液，c(OH-)减小，平衡正向移动，c(NH )

增大，当二者恰好完全反应后继续滴加等浓度的盐酸溶液，溶液的体积增大，c(NH )又减小，故 D 正确；

故选 D。2- 2- +

– – + +

(A ) (A ) (H )

(HA ) (HA ) (H ) (H )

= =

c c c K

c c c c

+

(H )

K

c

 

 

M OH

M

)

OH

(

 

c c

c

0.01 0.01

0.2 0.01





 

 

M OH

M

)

OH

(

 

c c

c

0.01 0.01

0.2 0.01





0.2mol / L 0.

0.

0 5L

L

1

025



3．B【解析】A． ，根据题意可知 H2A 第一步完全电离，第二步部分电离，

所以 0.01mol·L-1的 H2A 溶液中 c(H+)＞0.01mol/L，K=1.2×10-2，所以 ＜1.2，故 A 错误；

B．H2A 第一步完全电离，第二步部分电离，所以 0.01mol·L-1的 H2A 溶液中 c(H+)＞0.01mol/L，则溶液的

pH 小于 2，故 B 正确；

C．由于第一步完全电离，所以溶液中并不存在 H2A，故 C 错误；

D．H2A 第一步完全电离，第二步部分电离，所以 0.01mol·L-1的 H2A 溶液中 0.01mol/L＜c(H+)＜0.02mol/L，

则 1L 该溶液中氢离子数目小于 0.02NA，故 D 错误；

答案为 B。

4．A【解析】根据图 2 可知，0.2mol•L-1 的 MOH 的 pH=12，说明 MOH 为弱碱，则 MOH 的电离平衡常数

= = =5.2×10-4；向 10 mL 0.2mol•L-1 的 MOH 中逐滴加入 0.2 mol•L-1的 CH3COOH

溶液，随着醋酸的加入，溶液的导电能力逐渐增强，是因为反应生成了强电解质 CH3COOM，当二者恰好

完全反应时，溶液中 CH3COOM 浓度最大，溶液的导电能力最强，继续滴加醋酸溶液，溶液的体积增大，

溶液的导电能力又逐渐减小，结合滴定曲线分析解答。

A．MOH 为弱碱，向 10 mL 0.2mol•L-1 的 MOH 中逐滴加入 0.2 mol•L-1的 CH3COOH 溶液，随着醋酸的加入，

溶液的导电能力逐渐增强，是因为反应生成了强电解质 CH3COOM，当二者恰好完全反应时，溶液中

CH3COOM 浓度最大，溶液的导电能力最强，因此图 l 中 N 点时，加入 CH3COOH 溶液的体积为 l 0 mL，故

A 正确；

B．根据上述计算，MOH 的电离平衡常数= = =5.2×10-4＞1.8×10-5，即相同条件

下其碱性比 NH3•H2O 的碱性强，故 B 错误；

C．常温时，NH3∙H2O 和 CH3COOH 的电离常数均为 1.8×10-5，说明醋酸铵溶液显中性；MOH 的碱性比

NH3•H2O 的碱性强，与醋酸恰好中和时，溶液显碱性，而 b 点 pH=7，因此 b 点不是滴定终点，而且 b 点加

入 CH3COOH 溶液的体积大于 l 0 mL，故 C 错误；

D．若 c 点对应醋酸的体积是 15 mL，此时溶液中含有醋酸和 CH3COOM，根据物料守恒，c(CH3COOH) +

c(CH3COO-
)= ＞0.1 mol•L-1，故 D 错误。

故选 A。   

 

A H

HA

c c

c

 



   

 

– +

3

3

c CH COO c H

c CH COOH



 

 

–

HA

c A

c  

 

–

HA

c A

c

   

 

– +

2 -5.8

HA

A H

=10 10

c c

c



5．B【解析】A. 溶液中存在 H2A、H+、HA-、A2-，说明 H2A 是二元弱酸，故 A 正确；B. HA- H++A2-

的电离平衡常数 Ka= =c(H

＋

)=10-4.2，故 B 不正确；C. 0.1mol·L-1的 H2A 溶液中：

c(H+
)=c(HA-
)+2c(A2-
)+c(OH-)，故 C 正确；D. 由图可知 pH=4.2 时：c(HA-
)=c(A2-
)>c(H+
)>c(H2A)>c(OH-），故

D 正确。故选 B。

6．C【解析】A．根据分析，曲线Ⅱ表示混合溶液中 c(CH3COO-)随 pH 变化关系，故 A 错误；

B．a、b 点均在曲线Ⅱ上，从 a 到 b 溶液的 c(CH3COO-)浓度增大，c(CH3COOH)逐渐减小，溶液中离子的含

量最多，导电能力增强，则 a 点溶液的导电能力比 b 点的若，故 B 错误；

C．25℃时，CH3COOH 的电离平衡常数表达式为：Ka= ，c 点时，c(CH3COO-
)=

c(CH3COOH)，溶液 pH=4.75，即溶液中 c(H+
)=10-4.75mol/L，则 Ka=c(H+
)=10-4.75mol/L，故 C 正确；

D．由图像可知，pH=5.5 的溶液中，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+
)+ c(H+
)=

c(CH3COO-
)+ c(OH-)，溶液显酸性，则 c(H+)＞c(OH-)，因此 c(Na+)＜c(CH3COO-)，故 D 错误；

答案选 C。

7．C【解析】A．据图可知溶液 pH 为 7 时溶液中同时存在 HA 和 Aˉ，说明 NaA 溶液显碱性，存在 Aˉ的水

解，所以 HA 为弱酸；根据 a 点可知当 lg =2 时 pH=5.8，即 =102时 c(H+
)=10-5.8，Ka=

=10-3.8≈1.58×10-4，所以数量级为 10-4，故 A 错误；

B．当 NaOH 溶液为 20mL 时，溶液中的溶质为 NaA，由于 HA 为弱酸，所以溶液显碱性，所以当溶液 pH=7

时加入的 NaOH 溶液体积小于 20mL，故 B 错误；

C．a 点和 b 点溶液中均存在电荷守恒 c(Na+
)+c(H+
)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中总离子浓度均为

2[c(Aˉ)+c(OHˉ)]，b 点 c(Aˉ)和 c(OHˉ)均更大，所以 b 点溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所

以 b 点溶液导电能力更强，故 C 正确；

D．b点溶液中溶质为NaA和HA，存在电荷守恒：c(Na+
)+c(H+
)=c(Aˉ)+c(OHˉ)，溶液显中性，所以c(H+
)=c(OHˉ)，

所以 c(Na+
)=c(Aˉ)，弱电解质的电离和弱酸根的水解都是微弱的，所以 c(Na+
)=c(Aˉ)＞(H+
)=c(OHˉ)，故 D 错

误；

综上所述答案为 C。H FeO 2 4 HFeO4



pH

c OH 



c HFeO4 



HFeO4



2

FeO4

 2

FeO H O HFeO OH 4 2 4

  

     

 

4

hl 2

4

HFeO OH

FeO

c c

K

c

 







   

2

HFeO FeO 4 4 c c

 

  

6.9

H 10

 

c     

-14

W 7.1

h1 -6.9

10 OH = 10

H 10

 


  
K
K c

c

25 C c H 



c OH 



       

2- –

Na 2 2 2 H CO CO HCO 3 3 2 3 c c c c



  

       

2-

3 2 3

–

N CO H 3
c c c c a CO CO H



        

2- –

c c c Na CO H O 3 3 C



 

–

HCO3

–

HCO3

   

 

6.37

1

2 3

–

3 H

10

H

HCO

CO

c c

K

c





 

   

– 2-

HCO CO 3 3 c c 

2-

CO3

–

HCO3

         

– 2-

c c c c c Na OH H HCO C 3 3 O

  

   

8．D【解析】A．图中 A、B 点溶液均为酸性，主要存在 和 的电离平衡，A 点 值大于

B 点，A 点 大于 B 点，OH-几乎由水电离出，故水的电离程度 A 点大于 B 点，故 A 正确；

B．当 最大时溶液为酸性，故 在水中的电离大于水解， 故 B 正确；

C． 的第一步水解反应为： ， ，C 点

，pH=6.9，即 mol/L， ，故

C 正确；

D． 时，温度不变，水的离子积常数不变， 与 不可能同时减小，故 D 错误；

答案选 D。

9．A【解析】A．pH=10.25 时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：

，碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：

，则混合液中 ，故 A 说法错

误；

B．根据图示可知，pH 在 7∼9 之间，溶液中主要存在 ，该 pH 范围内可获得较纯的 NaHCO3，故 B

说法正确；

C．根据图象曲线可知，pH=6.37 时，H2CO3和 的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数

，故 C 说法正确；

D．pH=10 时的溶液为碱性，则 c(OH−
)>c(H+)，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c(Na+)离子浓度最大，结合图象

曲线变化可知： ，OH-为 、 水解所得，水解程度微弱，因此离子浓度大

小为： ，故 D 说法正确；

综上所述，说法错误的是 A，故答案为：A。

10．A【解析】0.1mol/L 的 HA 溶液的 pH=1，说明 HA 完全电离，所以 HA 为强酸，0.1mol/L 的 HB 溶液的

pH＞2，说明 HB 在溶液中部分电离，所以 HB 是弱酸。

A．a 点时，存在平衡：HB⇌H++B-，稀释 100 倍后，HB 溶液的 pH=4，溶液中 c（B-）≈c（H+）=10-4mol/L， 

17

5

2 6

10 10

10





 

 

17

13

2 2

10 10

10





 

则 Ka=c(H+
)c(B−
)/c(HB)=10−4×10−4/(0.001−10−4)=1.11×10-5，A 正确；

B．升高温度促进弱酸的电离，所以 HB 中 B-浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以 A-的浓度不变，因

此 c(B−
)/c(A−)增大，B 错误；

C．HA 为强酸，NaA 是强酸强碱盐不水解，溶液显中性，NaB 为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以相同条件

下 NaA 溶液的 pH 小于 NaB 溶液的 pH，C 错误；

D．酸抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大，氢离子浓度：a=c＞b，所以溶液

中水的电离程度：a=c＜b，D 错误；

答案选 A。

11．D【解析】由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可

知，在 a 点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以 c(OH-
)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。当

pH=8.0 时，c(Zn2+)= mol/L，当 pH=12.0 时，c(Zn2+)= mol/L，所以 pH=8.0 与

pH=12.0 的两种废液中，Zn2+浓度之比为 108。A. 往 ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程

式为 Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，A 正确；B. 若要从某废液中完全沉淀 Zn2+，由图像可知，通常可以调控该溶

液的 pH 在 8.0—12.0 之间，B 正确；C. pH=8.0 与 pH=12.0 的两种废液中，Zn2+浓度之比为 108，C 正确；D.

该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为 1×l0-17，D 不正确。本题选 D。

12．B【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为 MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有 SiO2、

Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有 Mg2+，加入氨水得到 Mg(OH)2沉淀，煅烧得

到高纯镁砂。

A．高温煅烧后 Mg 元素主要以 MgO 的形式存在，MgO 可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水

解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为 MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故 A 正确；

B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，

故 B 错误；

C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程

中，故 C 正确；

D．Fe(OH)3、Al(OH)3的 Ksp远小于 Mg(OH)2的 Ksp，所以当 pH 达到一定值时 Fe3+、Al3+产生沉淀，而 Mg2+

不沉淀，从而将其分离，故 D 正确；

故答案为 B。2

Fe HCO NH H O FeCO NH H O 3 3 2 3 4 2

  

      

2

Fe HCO NH FeCO NH 3 3 3 4

  

    

9

5

5.3 10

1 10



 



5.3

–

HCO3

+

NH4

–

HCO3

+

NH4

–

HCO3

+

NH4

–

HCO3

+

NH4

13．（1）AB（2）H2；取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色（3）pH 偏

低形成 HF，导致溶液中 F-浓度减小，CaF2沉淀不完全（4）①

或 ②在搅

拌下向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉淀用

蒸馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀

【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用 H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液

中加入过量铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；向“还原”后的滤液中加入 NH4F 使 Ca2+转化为 CaF2沉淀而除去；然后

进行“沉铁”生成 FeCO3，将 FeCO3沉淀经过系列操作制得 α—Fe2O3；据此分析作答。

(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选；

B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选；

C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C 不选；

答案选 AB。

(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉

发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成 Fe2+外，还有 H2生成；通常用 KSCN

溶液检验 Fe3+，故检验 Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察

溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则 Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则 Fe3+没有还原完全，故答案

为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。

(3)向“还原”后的滤液中加入 NH4F 溶液，使 Ca2+转化为 CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2
(F-)，当 Ca2+完全沉

淀（某离子浓度小于 1×10-5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中 c(F-)至少为 mol/L=

×10-2mol/L；若溶液的 pH 偏低，即溶液中 H+浓度较大，H+与 F-形成弱酸 HF，导致溶液中 c(F-)减小，CaF2

沉淀不完全，故答案为：pH 偏低形成 HF，导致溶液中 F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。

(4)①将提纯后的 FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成 FeCO3沉淀，生成 FeCO3的化学方程式为

FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或 FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子

方程式为 Fe2++ +NH3·H2O=FeCO3↓+ +H2O（或 Fe2++ +NH3=FeCO3↓+ ），答案为：Fe2++

+NH3·H2O=FeCO3↓+ +H2O（或 Fe2++ +NH3=FeCO3↓+ ）。

②根据题意 Fe(OH)2开始沉淀的 pH=6.5，为防止产生 Fe(OH)2沉淀，所以将 FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3

混合溶液反应制备 FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的 pH 不大于 6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计2-

SO4

–

HCO3

2

CO3



HCO3



–

HCO3

–

HCO3

2

CO3

 –

HCO3

2

CO3



HCO3

 2

CO3



HCO3



– +

3

2 3

c(HCO )c(H )

c(H CO )

H CO 2 3

HCO3



2

CO3



HCO3



2

CO3



HCO3



的实验方案中要用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下

向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸

馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在

搅拌下向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉

淀用蒸馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀。

14．（1）100mL 容量瓶（量筒）；用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管(2) ① ②H++OH-═H2O、H+ + =

③b（3）bcd（4）84.1

【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，

用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器：100mL 容量瓶(量筒)，酸式

滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是：用 HCl 标准溶液润洗酸式滴定管，故答案为：

100 mL 容量瓶；用 HCl 标准溶液润洗酸式滴定管；

(2) ①第一阶段滴定使用了酚酞做指示剂，故滴定到 pH 为 8 时，即为滴定终点，对照微粒分布图中可知，

此时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为 ，故答案为： ；

②滴定至第一终点的过程中 OH-和 与盐酸反应分别生成水和 ，故该过程中发生反应的离子方程

式为 H++OH-═H2O，H+ + = ，故答案为：H++OH-═H2O，H+ + = ；

③根据电离平衡常数表达式可知H2CO3的Ka1= 结合图像可知，当pH=6.4左右时，c( )

= c( )，故 H2CO3的 pKa1约为 6.4，故答案为：b；

(3) a．滴定至第一终点时，溶液中的电荷守恒式为 c(H+
)+c(Na+
) = 2c( ) + c( ) +c(OH−
)+c(Cl−)，

故 a 错误；

b．滴定至第一终点时，溶液中是氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，故由物料守恒式：n(Cl−
) +n( ) + n( )

+n(H2CO3) =n(Na+)，故 b 正确；

c．根据图中可知，碳酸氢根基本完全转化为碳酸时，pH 大致为 4，故滴定至第二终点的现象是溶液由黄色

变为橙色，故 c 正确；

d．记录酸式滴定管读数 V1时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积 V1减小，计算得到碳酸钠质量增大，

氢氧化钠质量减小，质量分数减小，故 d 正确；22.22mL+22.18mL+22.20mL =22.20mL

3

23.72mL+23.68mL+23.70mL
=

3

23.70mL

100mL

20mL

0.50g-0.00075mol?106g/mol
×100%=84.1%

0.50g

2

SO3



HSO3

 2

Cr O2 7

 2

SO3

 2

SO4



2- Cr O2 7

2- CrO4

2

SO3



2

SO3

 2

SO3



HSO3



2

SO3



HSO3



2

Cr O2 7

 2

SO3



2

SO4

 2

Cr O2 7

 2

SO3

 2

SO4



2- Cr O2 7

2- CrO4

2

SO3



故答案为：bcd；

(4)将 0.1000mol/L HCl 标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数 V0；用碱式滴定管取 20.00 mL 样品

溶液于锥形瓶中，滴加 2 滴酚酞；以 HCl 标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为 NaCl 和 NaHCO3），记录

酸式滴定管的读数 V1，发生的反应为 NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后再向锥形

瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，

记录酸式滴定管的读数 V2。重复上述操作两次，记录数据如表，

平均 V1= ，平均 V2= ，

发生反应 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗的盐酸溶液体积=23.70mL-22.20mL=1.50mL，结合反应过程

计算样品中碳酸钠的质量=0.0015L×0.1mol/L× =0.00075mol，得到样品中氢氧化钠的质量分数=

，故答案为：84.1。

15．(1)① +H2O +OH-
(2)② +3 +8H+=2Cr3++3 +4H2O(3)③排除水的稀释对溶

液颜色变化造成的影响④ (橙色)+ H2O⇌ (黄色)+2H+，溶液中大量的 或 OH-，与 H+结合，

导致溶液中 c（H+）下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄色⑤在碱性条件下，Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液

不发生氧化还原反应，在酸性条件下，Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应，生成 Cr3+⑥硫酸

(4)⑦溶液酸性增强，铬(VI)盐溶液的氧化性增强⑧U 型管左侧盛放 pH=2 的 0.05 mol·L−1 的 K2SO4溶液，右

侧盛放 Na2SO3溶液，闭合 K，记录电压，左侧溶液中滴加 3 滴浓硫酸后，再记录电压

【解析】(1)①Na2SO3溶液中 会水解使溶液显碱性，pH 约为 9，其水解方程式为： +H2O

+OH-，故答案为： +H2O +OH-；

(2)②酸性环境下，K2Cr2O7与 Na2SO3发生氧化还原反应生成 Cr3+，其离子反应方程式为： +3

+8H+=2Cr3++3 +4H2O，故答案为： +3 +8H+=2Cr3++3 +4H2O；

(3)③实验 vi 的目的是排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响，故答案为：排除水的稀释对溶液颜色变化

造成的影响；

④向 2 mL 饱和 Na2SO3溶液中滴加酸性 K2Cr2O7溶液，根据 (橙色)+ H2O⇌ (黄色)+2H+，溶液中

大量的 或 OH-，与 H+结合，导致溶液中 c（H+）下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄色，故答案为：2- Cr O2 7

2- CrO4

2

SO3



 

2+

3 4
Cu NH

 

2+

3 4
Cu NH

 

2+

3 4
Cu NH

 

2+

3 4
Cu NH

 

2+

3 4
Cu NH

(橙色)+ H2O⇌ (黄色)+2H+，溶液中大量的 或 OH-，与 H+结合，导致溶液中 c（H+）下降，

平衡正向移动，溶液颜色变黄色；

⑤根据实验 iii～v，可推测：Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液的反应与溶液酸碱性有关，在碱性条件下，Na2SO3

溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应，在酸性条件下，Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反

应，生成 Cr3+，故答案为：在碱性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应，在酸性条件下，

Na2SO3 溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应，生成 Cr3+
；

⑥向实验 v 所得黄色溶液中继续滴加硫酸，溶液变绿，产生的现象证实了上述推测，故答案为：硫酸；

(4)⑦U 型管左侧溶液 A 为 pH=2 的 0.05 mol·L−1 的 K2Cr2O7溶液，滴加浓硫酸，电压增大，说明溶液酸性增

强，K2Cr2O7溶液的氧化性增强，故答案为：溶液酸性增强，铬(VI)盐溶液的氧化性增强；

⑧U 型管左侧盛放 pH=2 的 0.05 mol·L−1 的 K2SO4溶液，右侧盛放 Na2SO3溶液，闭合 K，记录电压，左侧

溶液中滴加 3 滴浓硫酸后，再记录电压，故答案为：U 型管左侧盛放 pH=2 的 0.05 mol·L−1 的 K2SO4溶液，

右侧盛放 Na2SO3溶液，闭合 K，记录电压，左侧溶液中滴加 3 滴浓硫酸后，再记录电压。

16．（1）向深蓝色溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并

将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝（2）①Cu2+

+2H2O⇌Cu(OH)2+2H+②c(SO42-
)= 0.1 mol/L 且 pH=3.2 的硫酸—硫酸钠混合溶液（3）存在 ⇌Cu2+

+ 4NH3，当加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和铜离子结合成氢氧化铜浅蓝色沉淀，使平衡向右移动，

浓度降低，溶液变为无色（4）与实验 1-2 对比，探究其它条件相同的情况下，氨水浓度对反

应产物的影响（5）铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度（或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量）

【解析】（1）因为 Cu(NH3)4SO4·H2O 是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体， 加热分解有氨气放出，

所以检验溶液 A、B 中均含有 ，向溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤洗涤沉淀后，

将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝；

（2）①硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液显酸性，水解的离子方程式是 Cu2++2H2O⇌ Cu(OH)2+2H+；

②跟据乙同学认为实验 2-1 没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，根据控制变量法，应设计一个对比实验，

对比在没有 Cu2+且 c(SO42-)和 pH 相同的条件下对反应产物的影响，所以可以加入 c(SO42-
)= 0.1 mol/L 且

pH=3.2 的硫酸—硫酸钠混合溶液，排除酸性溶液的干扰；

(3) ⇌ Cu2++ 4NH3是可逆反应，当加入氢氧化钠溶液时，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化

铜沉淀，使铜离子浓度减少，依据勒夏特列原理，平衡向向右移动， 浓度降低，溶液变为无色；（4）实验 2-3 是对比实验，与实验 1-2 对比，探究其它条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响；

(5)有实验 2-1、2-2、2-3 可以推测，影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素有铜离子的浓度、溶液的碱性、

氨水的浓度（或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量）。