创新示范卷10 水溶液中的离子平衡（含答题卡）-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮创新示范卷（人教多选版 新教材）

创新示范卷（十） 第八章水溶液中的离子平衡 第I卷（选择题，共40分） 4.(2024·北京五十五中期中)常温下，不能证 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20 明乙酸是弱酸的实验事实是 分。每小题只有一个选项符合题意 A.CHCOOH溶液能与Na2CO3溶液反应 1.(2024·北师大附中期中)将NaC1溶于水配 生成CO2 成1mol·L1的溶液，溶解过程如图所示，下 B.0.1 mol/L CH3 COONa溶液的pH大于7 列说法正确的是 ( C.0.1mol/L CH:COOH溶液的pH=3 D.等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌粒反 水合腐子 应，醋酸产生H2多 水合离子 5.(2024·广州六中期中)以[Cu(H2O)4]2+(蓝)+ 的 水分子 4CI一[CuCL4]-(黄)+4H2O△H>0为 ○离了 例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度 ●b离子 的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现 A.a离子为Na 象的分析不正确的是 B.溶液中含有NA个Na 操作和现象 分析 C.水合b离子图示不科学 部 [Cu(HO)1]+和 D.某温度测定该NaCI溶液pH小于7是由 观察溶液为绿色 于CI一水解导致 [CuCL]-同时存在 2.(2024·通州区期中)下列化学用语表达不正 升高温度，溶液变 平衡正移，[CuCL]2-的 确的是 为黄绿色 浓度增大 A.水的电离：H2O+H2O一H3O++OH 加九滴AgNO,溶 B.NH,CI溶液显酸性：NH时十H2O一 平衡逆移，[CuCL]2-的 液，静置，上层清 浓度减小 NH3·H2O+H 液为蓝色 C.明矾[KA(SO4)2·12H2O]作净水剂 加入少量Zn片， 阳 Al3++3H2O=AI(OH)3+3H 平衡正移，[CuCl4]2-的 D 静置，上层清液为 DH燃烧热的热化学方程式：比(g)+号0，(g 浅黄绿色 浓度增大 —H2(O(g)△H=-241.8kJ/mol 6.(2024·张掖高台一中期中)下表是几种弱酸 3.(2024·莆田华侨中学期中)25℃时水的电离 在常温下的电离平衡常数： 达到平衡：H2O一H++OH △H>0,下 酸 HX HY HZ 列叙述不正确的是 电离常数7.2×10-41.8×10-61.8×10-8 A.将水加热，Kw增大，pH减小 羹 B.向水中加入少量硫酸氢钠固体， 下列说法正确的是 8带大 A.HX的酸性弱于HY B.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，弱酸的 C.在蒸馏水中滴加浓H2SO,,K不变， 电离程度不变 c(H+)增大 C.常温下，0.1mol·L1HY溶液达到电离平衡 D.向水中滴人少量NaOH溶液，平衡逆向移 时，溶液中c(H十)约为3√2×10-4mol·L 动，c(H+)降低 D.反应HZ+X-—HX+Z能够发生 10-1 7.(2024·房山区二模)小组进行如下实验 9.(2024·济宁市高三期末)草酸亚铁晶体 (FC2O1·2H2O)是一种黄色雅溶于水的固 2滴 几满 放宣 体，受热易分解，是生产锂电池的原材料。为 册酞溶液 浓盐酸 一段时间强 探究某草酸亚铁晶体的纯度进行如下实验 (相同条件下C2O的还原性强于Fe2+),实 ① ② ) MgO用，液溶液变红 溶液批色溶液义变红 验步骤如下： 下列说法不正确的是 ( I,准确称取Wg草酸亚铁品体样品（含有草 A.①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) 酸铵杂质，其他杂质不参与反应)，溶于25mL 一Mg2+(aq)+2OH(aq) 2mol/LH2SO4溶液中，配成250.00mL B.③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正 溶液： 向移动 Ⅱ.取上述溶液25.00mL,用cmol/L的 C.c(OH):③=① KMnO1标准溶液滴定三次，平均消耗 D.③中存在：2c(Mg2+)>c(C1-) KMnO,溶液V1mL: 8.(2024·济宁市高三期末)草酸亚铁晶体 Ⅲ.向步骤Ⅱ滴定后的三个锥形瓶中，分别加 (FCC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固 体，受热易分解，是生产锂电池的原材料。为 入适量锌粉和2mL2mol/LH2S)溶液，反 探究某草酸亚铁品体的纯度进行如下实验 应一段时间后，分别取1滴试液放在点滴板 (相同条件下C2O的还原性强于Fe2+),实 上检验，至Fe3+极微量； 验步骤如下： 下.过滤除去锌粉，分别将滤液收集在三个锥 I,准确称取Wg草酸亚铁晶体样品（含有草酸 形瓶中，将滤纸及残余物充分洗涤，洗涤液并 铵杂质，其它杂质不参与反应)，溶于25ml 入相应滤液中，再补充约2~3mL2molL 2mol/LHS0,溶液中，配成250.00mL溶液： H2SO1溶液，继续用cmol/L的KMnO,标 Ⅱ.取上述溶液25.00mL,用cmol/L的 准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗 KMnO,标准溶液滴定三次，平均消耗 KMnO1溶液V2mL。草酸亚铁晶体的纯度 KMnO溶液VmL: 为 Ⅲ.向步骤Ⅱ滴定后的三个锥形瓶中，分别加 入适量锌粉和2mL.2mol/LH2SO,溶液，反 7.2cV2×100% A W 应一段时间后，分别取1滴试液放在点滴板 上检验，至Fe3+极微量： B0×10% Ⅳ，过滤除去锌粉，分别将滤液收集在三个锥 形瓶中，将滤纸及残余物充分洗涤，洗涤液并 4.5c(W-3V22x×100% C W 入相应滤液中，再补充约2~3mL2mol/L 9×101c(V-3V22×100% D H2SO,溶液，继续用cmol/L的KMnO,标 W 准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗 10.(2024·济宁市高三期末)草酸亚铁品体 KMnO溶液V2mL。对于上述实验，下列说 (FeC2O·2H2(O)是一种黄色难溶于水的固 法错误的是 体，受热易分解，是生产锂电池的原材料。为 A.可以用移液管代替滴定管量取待测液 探究某草酸亚铁晶休的纯度进行如下实验（相 B.读数时应将滴定管从滴定管架上取下，单手 同条件下C2(O的还原性强于Fe+),实验步 捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 骤如下： C.容量瓶和滴定管使用前都需要进行检漏 I,准确称取Wg草酸亚铁晶体样品（含有 操作 草酸䥽杂质，其他杂质不参与反应)，溶于 D.盛装KMnO4标准溶液的滴定管，排气泡 25mL2 mol I.H2S)4溶液中，配成 的方法如图 250.00mL溶液： 10-2 Ⅱ.取上述溶液25.00mL,用c mol I.的 C.a点溶液中Na+的数目大于其中含有的 KMnO:标准溶液滴定三次，平均消耗 酸分子的数目 KMnO,溶液VimL: D.向HX溶液中滴加NaOH溶液至pH=7, Ⅲ.向步骤Ⅱ滴定后的三个锥形瓶中，分别 c(X):c(HY)=1:100 加入适量锌粉和2ml,2mol/LH2SO,溶 12.(2024·邯郸市二模)25℃时，改变0.1mol·L.1 液，反应一段时间后，分别取1滴试液放在 弱酸RC(OH溶液的pH,溶液中RCOOH分子 点滴板上检验，至Fe3+极微量： 的物质的量分数6(RCOOH)随之改变[已知 N.过滤除去锌粉，分别将滤液收集在三个 c(RCOOH) 锥形瓶中，将滤纸及残余物充分洗涤，洗涤 (RCOOH)= ],甲 c(RCOOH)+c(RCOO) 液并入相应滤液中，再补充约2~3mL 酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液 2mol/L.H2SO4溶液，继续用cmol/L的 中8(RCOOH)与pH的关系如图所示。下 KMnO,标准溶液滴定至终点，平行测定三 列说法错误的是 ( 次，平均消耗KMnO4溶液V2mL.。根据上 8(RCD0H)% 述实验，也可计算出杂质草酸铵含量，下列 100 904 内酸 操作将导致草酸铵含量偏高的是() 8 70 0 甲酸 A.步骤Ⅱ盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗 50 过，未用待测液润洗 40 20 B.步骤I配制250.00mL溶液定容时仰视 0 3.75 4.88 C.步骤Ⅱ滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定 33544555566.57pi 后有气泡 A,甲酸酸性大于丙酸 D.步骤V滴定结束时，未等滴定管液面稳定 B.对于甲酸和丙酸，当lg[c(RCOOH) 就读数 c(RCOO)]>0时，溶液都为酸性 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20 C.等浓度的HCOONa和CH3CH2 COONa 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求， 两种溶液中的水电离的c(OH一)相等 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错 D.将0.1mol·L1的HCOOH溶液与 的得0分。 0.1molL的CH3CH2 COONa溶液等体 11.(2024·辽阳市二模) PH 积混合，所得溶液中：c(HCOO) 常温常压下，将等浓 <c(CHaCH2COOH) 度NaOH溶液分别滴 13.(2024·济宁市模拟)常温下，在含有 加到pH相同、等体 3.6 0.10mol·L1H3PO3的溶液中，所有含磷 积的HX溶液和HY 溶液中，溶液的pH 元素的微粒pc随pH的变化关系如图所示. 0 与粒子浓度比值的对 ⅓品孩⅓品 已知pc=一lgc,下列有关说法中正确的是 HY) 数关系如图所示。下列说法错误的是 2.10,1.30)(6.60,1.30) ( h ① 已知：K(HX)=1.0×10-9、K(HY)=4.0 5 ② ×10-+,1g2=0.3。 10 AN表示溶液的H与g的变 pe 15 化关系 20 B.b点，溶液中由水电离出的c(OH厂)约为 10-9.4mol/L H 10-3 A.曲线①代表HPO 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） B.a点溶液中c(H+)=2e(HPO)+ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 c(H2PO )+c(OH) 16.(10分)(2024·通州区期中)碳酸氢钠属于 C.H3PO3+HP(O号=2H2PO3平衡常 抗酸药，用于碱化尿液及酸血症，也可用于 数的数量级为10 胃酸过多，在潮湿空气中缓慢分解。某化学 D.c点对应的溶液中：c(HPO号)=0.05 小组用如下方法对某品牌碳酸氢钠片中的 mol·L.-1-0.5c(H2PO3) 含量进行了探究（可能含有少量N2CO3,药 14.(2024·聊城市一模)MCO3、M(OH)2均是 品中不含干扰测定的物质)。 难溶物，用pM、pOH、pCO3分别表示 【鉴别】 -lgc(M形+)、-lgc(OH)、-lgc(CO号)。 a.取铂丝，用盐酸湿润后，蘸取药品粉末，在 一定温度下，MCO3、M(OH)2的沉淀溶解 无色火焰中燃烧，火焰显黄色。 平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 b.向本品水溶液中加盐酸产生泡沸现象。 【检查】配制药品质量分数为0.8%的水溶 液，测pH为8.3。 【含量测定】小组采用滴定法进行含量测定： 3 I.用已准确称量的药品固体ag配制一定体 2 积的溶液VmL。(此时主要溶质为NaHCO3 pM 和少量Na2C)3) A.I表示MCO3的沉淀溶解平衡曲线 Ⅱ.取V1mL上述溶液于锥形瓶中，加入酚 B.M(OH)2的K是1×10-7 酞指示剂2~3滴。 C.Q点可通过M(OH)2和MCO3的混合物 Ⅲ.用1mol/L盐酸标准溶液滴定Ⅱ中溶液 溶于水得到 至第一终点时，消耗盐酸溶液V2mL。(此 D.同时存在M(OH)2和MCO3固体的溶液 时溶质为NaCI和NaHCOs) 中c(M2+)>c(CO号-)>c((OH) 下，再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用 >c(H+) HCI标淮溶液滴定至第二终点，又消耗盐酸 15.(2024·威海市二模)常温时，某浓度的二元 溶液V3mL。 弱酸H2B溶液在不同pH下测得pc(M)变 已知：H2CO3的电离平衡常数K1=4.5× 化如图所示[已知：pc(M)=一lgc(M),M代 10-7,K2=4.7×10-11。 指H2B或HB或B-门，下列说法正确的是 常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pH<8.2无色、8.2<pH<10浅红色、 pH>10红色。 pe(M) 甲基橙：pH<3.1红色、3.1<pH<4.4橙 b. 色、pH>4.4黄色 pH (1)请写出“鉴别”中产生泡沸现象的主要反 1.89 6.23 A.NaHB溶液中，c(Na+)>c(HB)> 应的离子方程式： c(H2B)>c(H+)>c(B-) B.X点的pH为4,06 (2)请结合化学用语解释“检查”中水溶液 C.pH=6.0时，pc(B2-)-pc(HB)=0.23 pH为8.3的主要原因（不考虑杂质影响）： D.cB）·c(HB c2(HB) 的值为10.3别 10-4 (3)“含量测定”的步骤I中配制溶液用到的 (5)如图所示为二元酸H2A溶液中各微粒 玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管 的物质的量分数(6)随溶液p日的变化曲线 和 (25℃). (4)滴定过程中应选择如图所示滴定管 (填字母)。 24.26.28101214 pH 当溶液pH=7时，(A c(H2A) 18.(14分)(2024·广州六中期中)水溶液中的 (5)步骤V中第二步滴定用甲基橙滴定至终 离子平衡是高中学习的一个重要内容 (1)下列溶液①0.10mol·L1盐酸、 点的现象是由 色变为橙色。 ②010ml·L.1lS0,溶液、③0.10mdl·L-1 (6)药品中碳酸氢钠的质量分数为 CHCOONa溶液、④0.10mol·L1NH,CI (碳酸氢钠的摩尔质量：84g/mol) 溶液、⑤0.10mol·L1NaOH溶液，按pH由 17.(11分)(2024·莆田华侨中学期中)I.现有 小到大的顺序排列为 (填序号)。 常温下pH=2的盐酸（甲）和pH=2的醋酸 (2)在一定温度下，将 溶液（乙），请根据下列操作回答问题： 定质量冰醋酸加水稀释 (1)常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水 过程中溶液的导电能力 稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是 变化如图所示。 加水量 (填字母)。 a、b、c三点对应的溶液 A.c(H) c(H+) 中，CH:COOH电离程度最大的是 B.(CH;COOH) a、b、c三点溶液用1mol·L1NaOH 溶液中和，消耗NaOH溶液体积大小关系为 C.c(H+)·c(OH) D.C(OH-) c(H+) (2)取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋 (3)已知25℃时，C号水解反应的一级平衡 酸的电离平衡 (填“向左”“向右”或 常数Kh=2×10-mol·L.1.写出此Kh的表 “不”)移动：另取10mL的乙溶液，加入少量 达式 ;当溶液中c(HCO方) 无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液 :c(CO)=2:1时，溶液的pH (4)SOC2是一种液态化合物，将其滴入水 体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中 中，可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并 c(H+) c(CH COOH)的值将 (填“增大”“减 有带刺激性气味气体逸出，该气体可使品红 溶液褪色，请根据实验现象写出SOC12和 小”或“无法确定”)。 H2O反应的化学方程式： (3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液， (5)等浓度的盐酸、氨水中，由水电离出的 分别加水稀释100倍，所得溶液的pH大小 H+浓度c盐酸(H+)c氨水(H十)（填“>” 关系为pH(甲) pH(乙)（填“>”“<” “<”或“=”)。在25℃下，将amol·L.1的 或“=”)。 氨水与0.01mol·L一1的盐酸等体积混合充 Ⅱ.已知次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，请 分反应后溶液呈中性。则反应后溶液存在的 回答下列问题。 离子浓度由大到小的顺序为 ,用 (4)写出其电离方程式： 含a的代数式表示NH3·H2)的电离常数 10-5 创新示范卷（十）》 (化学)答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 填 正确填涂 注 1.答题前，光牛须准确填四自已的姓名、准考证号，并认其核对条形码上的姓名 准考证号， 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填欲，非选择题必须使用0.5毫米龈色墨水签字笔书写。 错误填涂 涂写要工整，清腐。 样 ×) 车 3按照题号在对应的答题区城内作答，超出答圈区域的答题无效，在草稿纸、试 0历三 项 题卷上作答无效 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕被等。 第I卷 选择题 选择题(1~10小题，每小题2分，共20分) 正确填涂 二、选择题(11~15小题，每小题4分，共20分) 1A回C回 5AEg回 9ABCD 13ABCD 各题 2ABC回 6囚BC回 10ABC回 14ABC回 的 3ABCD 7ABCD 11ABCD 15A BCD 4ABCD 8ABCD 12ABCD == 区 作答 第Ⅱ卷 非选择题（需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写） 三，（共60分） 16.(10分) 超出边框的答案无效 17.(11分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（十）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(14分) 19.(13分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 20.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（十）第2页（共2页） 19.(13分)(2024·长沙实验中学期中)I.已知 H(NH与 NaH养液解书 H养推常液 岸液 醋酸、次氯酸、碳酸、草酸的电离平衡常数。 化学式CHOH HCIO H.CO H:C:O 发望一间4①网推总装化一因田一风阀-C,传·出：0 出益迪成 电离平 Ka=4.4×10K1=五9×10 迹减小益 高常数 2×107 3.0×10-4 Ke=五6X101Ke=.4×10- 已知：①当溶液中某离子浓度小于105mol/L (1)写出草酸的第一步电离方程式： 时认为沉淀完全： ②NH·HO的电离平衡常数Kb=1.8× (2)0.1mol/LN2CO3溶液的pH 105:H2C20,的电离平衡常数K1=5.9× 0.1mol/L NazC2O,溶液的pH(填“>” 10-2、K2=6.5×10-5: “<”或“=”)。 ③溶液中金属离子浓度用c(A"+)表示， L.常温下，用 lgc(A+)随溶液pH变化的图像如图所示。 0.1000molL.Na(OH溶 -lgc(A" Fe Ni 液滴定20.00mL0.1000 4-1 325 8.8,5 mol/L.CH COOH溶液 4.75 9.05 05101520 所得滴定曲线如图。 VINxOH/L (3)若忽略体积变化，点③溶液中 c(CHCOO)+c(CHCOOH)= (4)②溶液中c(CH3COO)、c(Na+)、 123456789H c(OH一)、c(H十)离子浓度由大到小的顺序 回答下列问题： 为 (1)“碱浸”中NaOH溶液的两个作用分别 (5)③溶液中，pH≈ 。(已知1g2= 是：溶解金属铝及其氧化物、 0.3,保留两位有效数字) (2)保持其他条件相同，在不同温度下进行 些 (6)下列关于FeCl3水解的说法错误的 酸浸时，镍浸出率随时间变化如图所示： 是 92 A.水解达到平衡时（不饱和），加氯化铁使溶 90 液达到饱和，溶液的酸性会增强 86 B.将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，微热，可 82 -0-30℃ o-50℃ 以得到氢氧化铁沉淀 C.50℃和20℃的同浓度的两种FeCl3稀溶 78 76 液，其他条件相同时，F©3+的水解程度前 20406080100120140160 y间min 者比后者小 则“酸浸”的适宜温度和时间分别为 D.为抑制Fe3+的水解，较好的保存FeCl3 (填字母)。 溶液，应加入少量盐酸 a.30℃、30mim b.90℃，150mim (7)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH c.70℃、120min 浓度最大的是 (3)滤渣③的主要成分是 (填化 A.NH CI B.NH HSO 学式) C.CH:COONH D.NH HCOs 20.(12分)(2024·株洲攸县一中期中)金属镍 (4)(NH4)2C2O溶液呈 性（填“酸” “碱”或“中”)，溶液中离子浓度由大到小的 及其化合物有极高的实用价值，可以制备储 氢合金、新型镍氢电池及耐腐蚀的合金，还 顺序是 是一种很好的催化剂。某油脂厂废弃的镍 (5)根据题日中的数据计算Ni(OH)2的K 催化剂主要含金属Ni、Al,Fe及其氧化物， 。 如果“转化”后的溶液中N2+浓 还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺 度为1.0mol/L,则“调pH”应控制的pH范 流程制备草酸镍晶体(NiC2O1·2H2O): 围是 10-6化学（新教材） c6(H2),v送=k送·c(C2H)·c(H2O),kE、k送是 失去活性。(2)①相同温度下，f那条线对应的二氧 速率常数，由(1)分析可知，2CO2(g)十6H2(g)=一 化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故∫<3：由图 C2H4(g)+4H2O(g)△H=-130kmol<0,即升 可知随着温度的升高，二氧化碳的转化率降低，则该 高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k运 反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故KB< 随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线 K。②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高 ac,则曲线ac代表k运，bd代表k正，且由图2可知，x 含量减少的是水和乙烯，水的计量系教较大，故代表 点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正> HO(g)的变化曲线是c:d代表的是乙烯，a代表氢 k送，图中a、b,c,d分别代表x点，点的速率常数，其中 气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为 d点表示x点的g欧正，由分析可知，k三随温度变化比 390℃时各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12， k送随温度变化更慢，升高温度时，k正一k送减小。 水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气：0.3，则平衡常数Kp 答案：(1)一130(2)①N②温度升高催化剂活性 p(C2H,)·p(HO)t (0.12×0.2)×(0.48×0.2) 降低或者升高温度更有利与反应Ⅱ的进行 p(CO2)2·p(H2)5 (0.1×0.2)2×(0.3×0.2)5 (3)①<55.56②d减小 (3)电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e 20.解析：(1)已知反应①C(s)+2H2(g)一CH(g) C0+2OH-或2H2O+2e一H2↑+2OH, △H1=-74 kI mol ②CO2(g)-C(s)+(O2(g)△H2=+394kJ/mol 氢氧根浓度增大，则pH增大：阳极为甘油失去电子 生成甘油醛，电极反应为：C3HsO3一2e十2OH C(:(g)-COKg)H-110 kJ/mol -C3HgO3+2H2O. ④CO2(g)+CH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H 答案：(1)+248kJ/molA点所处温度下催化剂失 根据盖斯定律可知④-②一①+2×③-394kJ'mol 去活性 -(-74k'mdl)+2X(-110kJ/mol)=+248kJ/ml。 (2)①< ②c (0.12×0.2)×(0.48×0.2)1 由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率，说明 (0.1×0.2)2×(0.3×0.2)6 反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZO2催化下 (3)增大 Cs HsOs -2e+20H -C3 H6O3 反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂 +2H20 创新示范卷（十） 选择题答案速查 题号 2 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 C 0 A D B D B CD CD AD BC 1.C[NaCl在溶液中电离出Na十和Cl,Na+含有2 3.C[水的电离平衡：H2O一H+十OH中，要使平 个电子层、C含有3个电子层，则离子半径C-> 衡发生移动，应改变溶液c(H十)或c(OH-)的浓度， Na,根据图示可知，a离子为CI、b离子为Na十。 酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，离子 A.离子半径CI>Na+,则a离子为CI-,b离子为 积常数随温度变化，水的电离是吸热过程，升高温度， Na,故A错误：B.没有告诉该NaC1溶液的体积，无 平衡向电离方向移动，Kw增大，c(H+)增大，则pH 法计算该溶液中含有Na的数目，故B错误：C.b离 减小。A.水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向 子为Na十，带正电荷，应该吸引带有负电荷的氧离子， 移动，K增大，氢离子浓度增大，故pH减小，故A正 图示水合b离子不科学，故C正确：D.C、Na+都不 确：B.向水中加入少量硫酸氢钠围体，c(H十)增大， 水解，NCl溶液呈中性，溶液pH小于7，应该是温度高 于常温，促进水的电离所致，故D错误。] c(日）增大，故B正确；C.在蒸馏水中滴加浓 c(OH-) 2.D[A.水分子在水分子的作用下发生微弱电离，电 H2SO1,c(H+)增大，对吸热反应，温度升高，K。增 离出水合氢离子和氢氧根离子，电离方程式为H2O十 大，故C错误：D.向水中滴入少量NaOH溶液，氢氧 H2O一H3O十OH,故A正确：B.氯化铵是强酸 根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(H十)降低，故D 弱碱盐，铵根离子在溶液中发生水解使溶液呈酸性， 正确。] 水解的离子方程式为NH时+H2O一NH3·H2O+ 4.A[A.CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成 H十，故B正确：C.明矾作净水剂的原因是明矾在溶液 CO2,说明CH COOH的酸性大于碳酸，但不能证明 中电离出的铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧 乙酸是弱酸，故选A;B.0.1mol/LCH3 COONa溶液 化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作 的pH大于7，说明CH3COO一能水解，则CH COOH 用，铝离子水解的离子方程式为A3+十3H2O一 是弱酸，故不选B:C.0.1mol/L CH:COOH溶液的 A1(OH)3十3H+,故C正确；D.氢气的燃烧热为 pH=3,说明醋酸部分电离，则CH3COOH是弱酸，故 1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则生成 不选C:D.等体积等pH的盐酸和酷酸与足量锌粒反 气态水的热化学方程式不能表示氢气燃烧热的热化 应，醋酸产生H2多，说明醋酸的物质的量大于盐酸， 学方程式，故D错误。] 则醋酸是弱酸，故不选D。] 答案-36 创新示范卷·参考答案 5.D[A.由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4C1-一 9.B[由题意可知，Ⅱ溶液中草酸、亚铁离子均被高锰 [CuC14]2-(黄)+4H2O△H>0可知， 酸钾氧化，发生反应的离子方程式为2MnO十 [Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCL4]2-呈现黄色，由颜 5H2C2O4+6H+一10CO2↑+2Mn2++8H2O 料三原色知识可得黄色十蓝色=绿色，所以溶液为绿 5Fe2++MnO,+8H+—5Fe3++Mn2++4H2O, 色，是因为[Cu(H2O):门2+和[CuCl]2-同时存在，故 反应的草酸包含草酸亚铁、草酸铁转化生成的草酸两 A正确：B.由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4CI-一 部分：Ⅲ加入适量锌粉的目的是将Ⅱ得到的铁离子还 [CuC1,门2-（黄）+4H2O△H>0可知，该反应是一 原为亚铁离子，然后使用高锰酸钾溶液滴定，发生反 个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl:]卫-的 应的离子方程式为5Fe2++MnO,+8H+一5Fe3+ 浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确：C.由 +Mn2++4H2O,平均消耗KMnO,溶液V2mL,反 [Cu(H2O)1]2+(蓝)+4C1-一[CuCL,]2-(黄)+ 应的铁均来自草酸亚铁品体中，结合铁元素守恒可 4H2O△H>0可知，加几滴AgNO3溶液，CI与 知，草酸亚铁晶体的纯度为 Ag反应，即Ag+C一AgCI￥，CI浓度减小， U2X10 LXc mol·L1X5×25X180g/ma 平衡向逆反应方向移动，[CuC1]2的浓度减小， Wg [Cu(H2O),]2+的浓度增大，上层清液为蓝色，故C 正确：D.在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn 100%-y×100%,] 置换出Cu的反应，即Cu2++Zn一Zn2++Cu, 10.D[25.00mL待测液中的草酸亚铁、草酸铵共消耗 Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O):]+、[CuCL4]-浓度 KMnO4溶液V1mL:根据题意只氧化25.00mL待 均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误。] 测液中的Fe2+消耗KMnO,溶液V2mL,V2越大表 6.C[A.电离平衡常数越大，酸性越强，所以根据表中 示草酸亚缺品体的物质的量越多，氧化草酸亚铁晶 数据可知酸性强弱顺序是HX>HY>HZ,A错误： 体消耗的KMO,溶液的体积越大：V1减去草酸亚 B.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，消耗氢离子，促 铁晶体消耗的KMO,溶液的体积=氧化草酸铵消 进电离，弱酸的电离程度增大，B错误：C.常温下，HY 耗的KMnO,溶液的体积。A.步骤Ⅱ盛装待测液的 的电离平衡常数是1.8×10-6,0.1mol·L-1HY溶 锥形瓶用蒸馆水洗过，未用待测液润洗，不影响草酸 液达到电离平衡时，根据HY一H十+Y以及K 亚铁，草酸铵的物质的量，所以对消耗KMO1溶液 =(H)×cY）可知，溶液中c(H时)约为 的体积无影响，对测定草酸铵含量无影响，故不逃 c(HY) A:B.步骤I配制250.00mL溶液定容时仰视，所配 /0.1×1.8×106mol·L-1=32×10-4mol·L-1,C 待测液的浓度偏小，25.00mL待测液中草酸绥的物 正确：D.酸性强弱顺序是HX>HZ,根据强酸制备弱 质的量偏少，测定草酸铵含量偏低，故不选B:C.步 酸原理可知反应HZ十X一HX十Z不可能发生， 骤Ⅱ滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡， D错误。J V1mL偏小，则氧化草酸铵消耗的KMnO4溶液的体 7.C[A.向Mg(OH)2浊液中滴加酚酞溶液，溶液变红 积偏小，测定草酸铵的物质的量偏小，测定草酸铵含 说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)一一 量偏低，故不选C:D.步骤N滴定结束时，未等滴定 Mg2+(aq)十2()HΓ(aq),故A正确；B.加入浓盐酸消耗 管液面稳定就读数，滴定管内可能有气泡，则V2偏 OH,使Mg(OH)2(s)一Mg2+(aq)+2OH-(aq) 小，草酸亚铁消耗高锰酸钾的体积偏小，则氧化草酸 正向移动，过一段时间又补充了O日，溶液又变红， 铵消耗的KMO1溶液的体积偏大，测定草酸铵的物 故B正确；C,温度不变K不变，①变为②加入了浓 质的量偏大，测定草酸铵含量偏高。] 盐酸，c(Mg2+)增大，根据K=c(Mg2+)c2(OH), c(Mg+)增大，c(OH)减小，故C错误：D.根据电荷 11.B [K.(HX)=cX):cHt)=1.0×10-9, c(HX) 守恒2e(Mg2+)+c(H+)=c(CI-)+c(OH),③中 K,(HYD=YiCH)=.0x10-4,当pH相 溶液显碱性c(OH)>c(H+),故2c(Mg2+)> c(HY) c(CI厂)，故D正确。] 同时品品>g周光 8.D「A.移液管是用来准确移取一定体积的溶液的量 器，常用的移液管有5、10、25和50mL等规格，本实 M表承pH与品的支化关系，N表示DH与 验中可以用25mL.移液管代替淌定管量取待测液，A 正确；B.为方便和准确读数，读数时应将滴定管从滴 区的变化关系。A由分析可知N表示溶波 定管架上取下，单手捏住管上端无刻度处，使滴定管 保持垂直，眼睛平视溶液凹液面读数，B正确：C.容量 的pH与k品的变化关系，A正病：BK,() 瓶和滴定管使用前都需要进行检漏操作，C正确：D 4.0×10-4,则HY是弱酸，HY与NaOH恰好完全 盛装KMO,标准溶液应用酸式滴定管，图示的是碱 反应得到NaY溶液，此时pH>7,b点pH=3.6,说 式滴定管，D错误。] 明水的电离受到抑制，溶液中由水电离出的 答案-37 化学（新教材） c(OH-)= 10-14 106mol/L=10-o.4mol/L,B错误： 0.1,而c点为交点：c(HP)月)=c(H2PO3),代入物 料守恒式子即可推出c(HPO-)=0.05mol·L1 C.M曲线电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH) -0.5c(H2PO5),D正确.] +Xa点时k3-0,期cX)=HN0 14.AD[将M+的氢氧化物和碳酸盐的Kp取负对 即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX),a,点pH= 数，则pKp[M(OH)2]=pM+2pOH-①，pK 9,则c(Na+)>c(HX),n(Na+)>n(HX),则a点溶 [MCO3]=pM十pCO②，取曲线I上(3.5)和 液中Na+的数目大于其中含有的酸分子的数目， (4.4)分别代入①②中可知3十2×5≠4十4,3十5=4 C正确：D.K,(Hx)=c(X):cH)=1,0X 十4，I表示MCO的沉淀溶解平衡曲线，Ⅱ表示M c(HX) (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，以此解答。A.由分析 10-9,pH=7时c(H+)=10-1molL.期9X 可知，I表示MCO3的沉淀溶解平衡曲线，A正确： c(HX) 10-9 B.取Q点数据，pKp[M(OH)2]=pM十2pOH= 10-7=1:100,D正确] 5+3×2=11,则M(OH)2的Kp是1×10-11，故B 12.CD[A.当溶液中6(RCOOH)=8(RCO))时， 错误；C.MCO3和M(OH)2的混合物溶于水得到的 (RCOOHD)=c(RCOO-).K,=(RCOO-)(H+) 溶液中存在2c(M2+)+c(H+)=c(OH-)+ c(RCOOH) 2c(CO),Q点不满足这一关系，C错误：D.取Q点 c(H十)=10一H,电离平衡常数越大酸性越强，根据 数据，pK[MCO3]=pM+pCO号=5十3=8，则 图知：K。(HCOOH)>K.(CH3CH2COOH).则酸 MCO3的Kp是1×10-8，Kp(MCO3)>Kp[M 姓：HCOOH>CHCH2COOH,故A正确：B.当 (OH)2],则同时存在M(OH)2和MCO3固体的溶 lIg[c(RCOOH)c(RCOO)]>0时，c(RCOOH)> 液中c(M+)>c(CO-)>c(OH)>c(H+),故D c(RCOO),即(RCOOH)>8(RCOO),根据图 正确。] 知，甲酸中M点前、丙酸中N点前溶液都呈酸性，故 15.BC[溶液的pH越大，溶液中c(H2B)越小，c(B2-) B正确：C.等浓度的HCOONa和CH3CH2 COONa 越大，c(HB)先增大后减小，pc(M)=一lgc(M),则 两种溶液，水解程度：HCOONa<CH:CH2 COONa, 随着pH的增大，溶液中pc(H2B)增大、p(B2-)减 水的电离程度：HCOONa<CHCH2 COONa,则 小，p(HB)先减小后增大，根据图知，a、b、c分别表 CHCH2 COONa溶液中的水电离的c(OH)更大， 故C错误：D.将0.1mol/L的HCOOH溶液与 示p(HB)、pe(H2B)、pc(B2-)。A.分析可知曲线 a,b、c分别表示p(HB)、pc(H2B)、pc(B2-)。 0.1mol/L的CH3CH2 COONa溶液等体积混合，得 到等浓度的HC(OONa和CH3CH2COOH的混合溶 pc(H2B)=pc(HB)时，溶液的pH=L.89,c(HB) 液，K.(HCOOH)=c(H+）=10-H=10-s.75, =c(HB),H2B的K1=cHB)·eH) c(H2B) K.(CH3CH2COOH)=c(H+)=10-H=104.8, 10-19,pc(HB)=pC(B2-)时，pH=6.23 Kh(HCOO-)=10-1<K (CH CHCOOHD, c(HB)=c(B3-),HB的K2=eB)·c(Ht) c(HB) 说明HCOO厂的水解程度小于CH:CH2COOH的电 =106.23,NaHB溶液中存在HB的电离平衡和水 离程度，则混合溶液中c(HCOO厂)> c(CHCH2COOH),故D错误：答案选CD。] Kx=1014 平衡，常温下，水解常数为K。二K=10 13.CD[根据图像分析HPO3的浓度随pH增大而减 10121<K2,则HB的电离程度大于水解程度， 小，因此是曲线③，H2PO3的浓度随pH先增大后 故c(B2-)>c(H2B),故A错误；B.X点pC(H2B)= 减小，因此是曲线②，HPO的浓度随PH增大而 pc(B-),则c(HzB)=c(B2-),K1×K2= 增大，因此是曲线①，据此分析答题。根据a,点和c 点两个交点分别可以算出H3PO3的K1=102.1, c(HB)·c(H)×c(B)·c(H)=2(H+) c(H2 B) e(HB) K2=10一6.6，据此分析答题。A.根据分析曲线③代 10-1.89×10-6.23,解得c(H+)=10-40附mol/L,pH 表HPO3,A错误：B.由题图可知，开始时pH=0因 为4.06，B正确：C.pH=60时，c(H+)=10-6mol/L, 此一定有其他能够电离出日+的物质存在，根据电荷 pe(B2)-pc HB)=-Ige (B2-)+lge (HB-)= 守恒则有a点c(H+)<2c(HPO号)+c(HP)5)+ K c(OH厂)，B错误：C.该反应平衡常数K= g广c(1B)11「10”]一0.23-C正确衣， c(B2-) c2(H2 PO) HPO)·(HPO)变形化简后为K=K2 c(B2-)·c(H+) c(HB)·c(H+) c(HB-) c(H2B) 104.5,因此平衡常数的数量级为101，C正确：D.根据 c(B2-)·c(H2B)10-6.23 物料守恒：c(HPO号)十c(H2PO3)十c(HPO3)= c2(HB) 10-18丽=104.别，D错误J 答案-38 创新示范卷·参考答案 16.解析：该实验的实脸目的是用鉴别、检查的方法确定 中存在电离平衡，c(CHsCOOH)>c(H+)= 碳酸氢钠，并用滴定法测定碳酸氢钠的含量。(1)由 10一2molL,相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各 题意可知，“鉴别”中产生泡沸现象的主要反应为碳 稀释100倍，稀释后的溶液，对于盐酸来说，c(H十)= 酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应 10一4mol/L,pH=4,对于醋酸来说，电离平衡正向移 的离子方程式为HCO5+HCO2↑十H2O: 动，使c(H+)>10-4mol.L,所以pH<4,故pH大 (2)“检查”中水溶液pH为8.3的主要原因是碳酸氢 小关系为：pH(甲)>pH(乙)。(4)次磷酸是一元中 钠是弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解 强酸，每个次磷酸分子发生电离可以电离出一个氢 程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程 离子，电离方程式为：HPO2一H+十H2PO2。 式为HCO5十H2O一H2CO3十OH厂：(3)由配制 (5)在pH=4.2时c(H2A)=c(HA),H2A的电离 一定物质的量浓度溶液的步骤可知，步骤I中配制 溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容 平衡常数1=cH):cHA）=c(H+)= c(H2A) 量瓶：(4)药品溶液呈碱性，滴定过程中取V1mL药 10-4.2,pH=6.2时c(A2-)=c(HA-),K2= 品溶液应选用碱式滴定管，用1mol/L.盐酸标准溶 液滴定药品溶液时应选用酸式滴定管盛装盐酸标准 c(H)·c(A)=c(H+)=1062,当溶液pH=7 c(HA) 溶液；(5)碳酸氢钠溶液呈碱性，滴入甲基橙溶液，溶 时，K1XK2 c(Ht)·c(HA) 液呈黄色，步骤V中第二步滴定发生的反应为碳酸 c(H2A) 氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，则用甲基 c(H)·c(A2-) =2(H+)·c(A2) =1X 橙滴定至终点的实验现象是溶液由黄色变为橙色： c(HA) c(H2A) (6)由题意可知，第一次滴定溶液中碳酸钠消耗1mdlL 10-1a.4,剩cA2) 2(H2A=1X1026,故答案为1X102.6。 盐酸标准溶液的体积为V2mL,第二次滴定溶液中碳酸 氢钠消耗1molL盐酸标准溶液的体积为V3ml,则药 答案：(1)A(2)向右减小(3)>(4)HPO2 品中碳酸氢钠消耗1ml/L.盐酸标准溶液的体积为 ==H++H2PO2(5)1×103.6 (V3一V2)mL,ag药品中碳酸氢钠的质量分数为 18.解析：(1)①0.10mol·L1盐酸中氢离子浓度为 0.10mol·L1:②0.10mol·L-1H2S04溶液中氢 1 mol.'LX10-3(V3-V2)L.X.X84 g/mol 离子浓度为0.20mol·L1,氢离子浓度最大： ×100% a g ③0.10mol·L1CH3 COONa溶液水解显减性，氢 0.084(V3-V2)V ×100%,故答案为： 离子浓度较小：④0.10mol·L.1NH4CI溶液水解 avi 显酸性，氢离子浓度较大；⑤0.10mol·L-1NaOH 0.084(V3-V2)V ×100%。 溶液为碱溶液，氢离子浓度最小：故按H由小到大 avI 的顺序排列为②①④③⑤。(2)加水促进酷酸的电 答案：(1)HCO5十H+CO2↑十H2O 离，、b、c三，点对应的溶液中，c点水最多，故 (2)HCO3在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶 CH:COOH电离程度最大的是c;a,b、c三点溶液中 液呈碱性，水解的离子方程式为HCO⅓十H2O一 醋酸的物质的量相同，用1mol·L一1NaOH溶液中 H2CO3+OH(3)容量瓶(4)AB(5)黄 (6)0.084V-V2) 和，消耗NaOH溶液体积大小关系为a=b=c。 -×100% (3)已知25℃时，CO水解反应：C0-+H2O avl HC)方+OH,一级平衡常数Kh=2X10-mol·L1, 17.解析：(1)A.酸性减弱，c(H十)减小，A正确：B.稀释 过程中水的电离程度增大，水电离产生的H+、OH 此K的表达式为HCO):OH),当凉液中 c(CO) 增多，所以c(H+)c(CH3COOH)增大，B错误； c(HCO3):c(CO号)=21时，Kh= C.水的离子积不变，所以c(H+)·c(OH)不变， C错误：D.c(OH)增大，c(H+)减小，所以(OH) c(HC0)·c(0H)=2c(OH）=2×10 mol/L c(H+) c(CO房) 增大，D错误，故选A。(2)取10mL乙溶液，加入等 c(H+)=10-10mol/L,溶液的pH=10。(4)SOC2 体积的水，稀释促进酷酸电离，酷酸的电离平衡向右 滴入水中，可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并 移动：另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固 有带刺激性气味气体逸出，该气体可使品红溶液褪 体，待固体溶解后，由于K= 色，结合质量守恒可知，反应生成HC1和二氧化硫， c(H+)·c(CH3COO) 反应为S(OC12+H20一SO2↑+2HC1↑。(5)盐 c(CHCOOH) 不变，c(CH3COO)增大， 酸为强酸、氨水为弱碱，等浓度的盐酸、氨水中，盐酸 c(H+) 对水的电离抑制作用更大，故由水电离出的H+浓度 所以C,COHm的比值将减小.(3)盐酸是强酸， c酸(H)<c象水(H):在25℃下，将amol·L- c(HCl)=c(H十)=10-2molL,醋酸是弱酸，在溶液 的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合充分反 答案-39 化学（新教材） 应后生成强酸弱碱盐氯化铵，由于溶液呈中性，则反 应后溶液溶质主要为氯化铵，还有少量过量的氨水， amol/L,盐的水解程度是微弱的·则Kn三0，O5“4 根据电荷守恒可知，c(NH时)+c(H+)=c(CI)+ a2 0.05=5.0×10-10,解得a=5.0×10-6mol/L. (OH),则存在的离子浓度由大到小的顺序为 c(NH时)=c(CI-)>c(H+)=c(OH-),反应后一水 c(H+)= 1×10-14 .0X10可=2X109molL,所以溶液pH 合氯过量，且浓度为4一0.01mol/L,c(NH时) 2 =9一0.3=8.7。(6)A.FCl3在溶液中存在水解平 cC)=0.,o1molL.则c(NH,·He0)一 衔，Fe3+十3H2O一Fe(OH)3+3H+,水解达到平 2 衡时（不饱和），加氯化铁使溶液达到饱和，c(F3+) 0.01×0.01 增大，水解平衡正向移动，导致溶液中(H广)增大， c(NH时)十c(OH)的电离常数Kb= 2 2 则溶液的酸性会增强，A正确：B.将氯化铁饱和溶液 a-0.01 2 滴入沸水中，微热，盐水解程度增大，但不能得到氢 氧化铁沉淀，B错误：C.盐水解反应是吸热反应，升 4-0.0i×10-5. 高温度，盐水解程度增大，故50℃和20℃的同浓度 答案：(1)②①④③⑤(2)ca=b=c 的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解 (3)HCO5)·c(OH) 10 程度前者比后者大，C错误：D.FCl3是强酸弱碱盐， c(CO) 在溶液中存在水解平衡，水解产生H十使溶液显酸 (4)SOC2+H2O—SO2↑+2HC14 性，为抑制盐的水解，在溶液中可以适当加入少量 (5)<c(NH)=c(CI)>c(H)=c(OH) HC1,D正确：故错误选项是BC。(7)四种溶液中都 a-0.07X10-5 5 存在NH时的水解平衡：NH十HONH3· 19.解析：(1)草酸是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡， H2O十H+。A.NHCI溶液中，NH时的水解不受 两步电离分步进行，其第一步电离产生H十、 CI厂的影响：B.NH,HSO,溶液中盐电离产生的H HC2O,,则该步电离的电离方程式为：H2C2O4一 对铵根的水解起抑制作用，导致NH止水解程度较 H+十HC2O:。(2)NazCO3溶液的水解平衡存在 小，NH时浓度比NH,CI中NH时浓度大： 1=HCO5）·c（OH）=Km,Na2C2O溶液的 C.CH3 COONH中盐电离产生的CH:COO水解， c(CO) 消耗水中的H+,对NH的水解起到促进作用，导 水解平衡存在K1=cHCO)·(OH)=K 致NH水解程度大，故该溶液中NH浓度比 c(C2O) NH,CI中NH浓度小：D.NHHCO溶液中盐电 由于H2CO3的Km2小于H2C2O,的K2,所以 离产生的HCO发生水解反应，消耗水电离产生的 Na2COa的水解平衡常数大于NaC2O,则0.1molL H+,对NH的水解起到促进作用，导致NH时水解 的Na2CO3的碱性大于Na2C2O的碱性，故 程度大，故该溶液中NH,浓度比NHCI中NH 0.1 mol/L.两种溶液pH:Na2CO3>N2C2O4。(3)根 据图示可知：③，点时N(OH与CH COOH是等浓度等 浓度小：综上分析可知：NH时浓度最大的是 体积混合，恰好反应产生CH.COONa,忽略溶液体积变 NH,HSO,故合理选项是B。 化，根据物料守恒可知c(CHCO))十c(CHCOOH) 答案：(1)H2C2O1=H+十HC2O7(2)> =c(a+)=0.1000mal/L×20.00mL (3)0.050mol/L.或c(Na+) 20.00mL+20.00ml (4)c(Na)=c(CH3COO-)>c(HT)=c(OH) 0.050mol1。(4)②，点时溶液pH=7,显中性， (5)8.70(6)BC(7)B c(H+)=c(OH一)。该，点溶液存在电荷守恒c(Na+) 20.解析：由工艺流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH +e(H)=c(OH)+c(CHCOO).(Na)= 溶液进行“碱浸”，可除去油脂，并发生反应2A十 c(CH COO),盐电离产生的Na+、CH COO离子 2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)]+3H2↑、 浓度远大于水电离产生的H十、OH一离子浓度，故溶 Al2O3+2NaOH+3HO—2Na[AI(OHD,],将A1及 液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c(CHC)) 其氧化物溶解，得到的滤液①含有Na[AI(OH):],滤饼 >c(H+)=c(OH)。(5)③，点的溶液为0.050mol1. ①为Ni、F阳及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加 的CH:COONa溶液，在常温下盐的水解平衡常数 稀H2SO,“酸浸"后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤 K05.0X 10-1:CH.COONa 液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调 节pH使Fe3+转化为Fe(OHD3沉淀，通过过滤除去，再 溶液中存在水解平衡：CH3CO)十H2O=一 将硫酸镍溶液加入草酸铵“沉镍”，对沉淀进行过滤、洗 CH COOH+OH,假设水解产生的c(OH-)= 涤、千燥，获得最终产品，据此分析回答问题。(1)结合 答案-40 创新示范卷·参考答案 分析可知，在“碱浸”中NaOH溶液的作用是溶解金 c(HC2O):(5)若N+沉淀完全，则c(N2+)≤ 属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便 10-5mol/L,-lgc(Ni2+)≥5，根据图示可知此时溶 于金属及其化合物加工处理：(2)“酸浸”时N的浸 液pH=8.8,则c(H+)=10-8.8mol/L,c(OH) 出率越高，反应温度越低，反应相对时间越短，反应 10-14 条件越好，根据图示可知：“酸浸”的适宜温度是 10a8molL=102molL,则Ni(OH2的Kp= 70℃，时间为120min:(3)结合分析可知，加入 c(Ni2+)·2(0H)=10-5×(10-5.2)2=10-1.4; NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)1沉淀，通过 加入H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,然后加入 过滤除去，因此滤渣③的主要成分是Fe(OH)3: NaOH溶液使Fe3+形成Fe(OH)3,而Ni+仍然以 (4)(NH)2C2O1是弱酸弱碱盐，在溶液中绥根离子、 离子形式存在于溶液中，根据图示可知Fe3+沉淀完 草酸根离子都会发生水解反应，绥根离子水解消耗 全溶液的pH为3.2，如果“转化”后的溶液中N2+浓 水电离产生的OH,使溶液显酸性：草酸根离子水 度为1.0mol·L-1,溶液中c2(OH-)= 解消耗水电离产生的H十，使溶液显碱性，由于NH Kp[Ni(OHD2]10-15. ·H2O的电离平衡常数小于H2C2O,的二级电离平 c(N+) 1.0mo'L2=1014mo12, 衡常数，H2C2O1的二级电离程度大于NHg·H2O c(OH-)=10-7mol/L,则溶液的c(H+) 的电离程度，则根据盐的水解规律可知离子的水解 10-14 程度：铵根离子>草酸根离子，因此溶液显酸性，根 1.07mol/L.=1063molL,故溶液pH=6.3,所以 据盐(NH)2C2O的组成可知离子浓度：c(NH时)> 如果“转化”后的溶液中N+浓度为1.0mdl·L1,则 c(C2O):盐水解使溶液显酸性，则c(H+)> “调pH”应控制的pH范图是3.2≤pH<6.3。 c(OH):C2O号水解产生HC2O、OH,HC2O 答案：(1)除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及 会有一部分进一步发生水解反应产生HC2O4、 其化合物加工处理 (2)c(3)Fe(OH)3 OH,因此溶液中c(OH)>c(HC2(OE),且盐电离 产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度， (4)c(NH)>c(C2)>c(H)>c(OH (C2O)>c(H),因此该溶液中离子浓度大小关 >c(HC2O) 系为：c(NH)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)> (5)10-15.43.2≤pH<6.3 创新示范卷（十一） 选择题答案速查 题号 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 C C B B D A B B A BD C CD D 1.C[A中根据消毒的范围，原理进行判断：B中根据 C.由高分子的结构简式可知，高分子中含有酯基结 聚乙烯的结构特点进行判断：C中根据聚丙烯的制取 构，在强酸或强碱的条件下高分子能发生水解反应， 进行判斯：D中根据烃的衍生物结构特点进行判断。 则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，防止发生水 A.酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而 解反应，故C错误：D.由自修复过程的示意图可知，自 对细菌、芽孢及真菌作用不明显，而双氧水是通过分 修复过程中“一COOCH2CHCH2CH3”基团之间没有 解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理 形成化学健，故D正确。] 不同，故A正确：B.聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物， 3.B[A.CH3CH2OH可用于消毒、杀菌是因为乙醇能 没有碳碳双键，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B 使蛋白质变性，故A错误：B.锅炉中的水垢主要有碳 酸钙、氢氧化镁，可用酸性溶液洗涤除去，故B正确； 正确：C,聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然 C.乙酸乙酯用于清洗去油剂是因为乙酸乙酯可以溶 高分子化合物，故C不正确：D.四氩乙烯是乙烯的取 解油脂，故C错误：D.浓硫酸可用作酯化反应的催化 代产物，故属于烃的衍生物，故D正确。] 剂是因为浓硫酸具有吸水性，故D错误。] 2.C[A.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为 4.B[A.乙酸乙酯和乙酸都能与氢氧化钠溶液反应， CH2=C(CH3)COOCH3和 所以不能用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙 CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3,一定条件下 酸，故A错误；B.向含有水的酒精中加入生石灰，生石 CH2-C(CH3)C(OOCH3和 灰与水反应生成沸，点高的氢氧化钙，蒸馏可以收集得 CH2一CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应生成 到乙醇，故B正确：C.乙烯和二氧化硫都能与酸性高 高分子，故A正确；B.由高分子的结构简式可知，该高 锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液涂去乙烯 分子的单体为CH2-C(CH3)COOCH3和 中混有的二氧化硫，故C错误：D.苯和溴都溶于四氣 CH2一CHCOOCH2CH2CH2CH3,两种单体的结构 化碳，不能用四氯化碳除去苯中混有的渙，应加入氢 相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，故B正确： 氧化钠溶液洗涤，分液除去澳，故D错误。] 答案-41