第3章 物质在水溶液中的行为 真题集训-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(鲁科版2019)

第3章 真题集训 黑题 高考真翻练 限时:35min 1.(2023·浙江6月,9.3分)下列反应的离子方 A.M点K。等于N点K 一。 程式正确的是 ( B. V点pH大于V点pH A. 碑化亚铁溶液与等物质的量的氢气 C. N点降温过程中有2个平衡发生移动 2Fe*+2I+2Cl-2Fe+I+4Cl D. P点c(H')+c(NH)+e(NH.·H,O)= B. 向次氢酸溶液通入足量二氧化碳:Cl0+ c(OH)+2c(S0) CO.+H,O-HCiO+HCO 4.(2023·江苏,12,3分)室温下,用含少量Mg C. 铜与稀硝酸:Cu+4H+2NOCu2* 的MnSO.溶液制备MnCO。的过程如题图所 +2NO^+2H.0 示。已知K(MgF)=5.2x10mol.L}. D. 向疏化钢溶液通入足量二氧化磕:S^{②} K.(HF)=6.3x10mol^}·L-}。下列说法正确$ 的是 ( +2SO.+2H.0-H.S+2HSO ) 2.(2023·浙江1月,15.3分)碳酸是常见难 NaF疫 AaHCO.溶疫 MnSO溶液→除钱 沉&一MnCO。 溶物,将过量碳酸粉末置于水中达到溶解 平衡:CaC0.(s)-Ca”(aq)+CO (aq)[ A. 0. 1mol·L*NaF溶液中:c(F)= 知K.(CaCO)=3. 4x10*mol②·L}, c(Na')+e(H') K.(CaSO )=4.9x10*mol{}·L*},HCO.的电 B. “除”得到的上层清液中:c(Mg^②*) K(MgF) 离常数K.=4.5×10*mol·L',K.=4.7xt c(F) 10lmol·L'].下列有关说法正确的是( C. 0.1mol·LNaHCO.溶液中:c(CO) A. 上层清液中存在c(Ca”)=c(C0 ) c(H')+c(H.CO)-c(OH) B. 上层清液中含碳微粒最主要以HCO;形式 存在 D. “沉”后的滤液中:c(Na)+c(H)= c(OH)+c(HC0)+2c(CO) C. 向体系中通入C0.气体.溶液中c(Ca)保 5.(2023·全国乙,7.6分)一定温度下,AgCl 持不变 和Ag.CrO.的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 D. 通过加NaSO. 溶液可实现CaCO。向 CaSO.的有效转化 3.(2023·重庆,11.3分)(NH.),S0.溶解度随 温度变化的曲线如图所示,关于各点对应的 bAgCro ( ) 溶液,下列说法正确的是 1+4367802 {} 015 -lgfe(clry(mol·I- 或-ga(Cr0Vmol·I) ( 下列说法正确的是 ~ A. a点条件下能生成Ag.CrO.沉淀,也能生 .础 70 成AgCl沉淀 20 8 B.b点时.c(Cl)=c(CrO}).K(AgCl)= 第3章 黑白题127 K(AgCrO) A. K(Cas)=10-1s4mol}·L-! C. Ag.CrO.+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常 B. ③为pH与-lgc(HS)的关系曲线 数K=10*L·moll C. K(H,s)=10*mol·L-1 D. 向NaCl.Na.CrO.均为0.1mol·L*的混合 D. K(H,$)=10-*mol·L' 溶液中滴加AgNO.溶液,先产生Ag.Cr0 8.(2023·山东,17节选)盐湖岗水(主要 沉淀 含Na'Mg^*、Li'ClSO 和砌酸根等)是钾 6.(2023·浙江6月,15.3分)草酸(H,C.0.)是 盐的重要来源。一种以高岗水为原料经两 二元弱酸。某小组做如下两组实验: 段除制备Li.CO。的工艺流程如下; 实验I:往20 mL0.1mol·L*NaHC O.溶液 酸 IIC气体 生右灰 中滴加0.1mol·L: NaOH溶液. 实验II:往20mL0.10 mol·LNaHC.O.溶 # 含回体 1 液中滴加0.10mol·L-CaCl.溶液 ### [已知:H.C.O. 的电离常数K.=5.4x 地和a.(o溶液 $0*}mol ·L,K=5.4x10 mol·L 沉缩操作X特I .o. ! K.(CaC.0 )=2.4x10*mol}·L-},溶液混合 后体积变化忽略不计] 已知:常温下,K(Li,CO)=2.2x10②}mol·L 下列说法正确的是 ) 相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 A. 实验I可选用甲基橙作指示剂,指示反应 IiC 终点 80 B. 实验I中V(NaOH)=10mL时,存在 LiOII c(CO)<c(HC,0) C. 实验II中发生反应HCO+Ca2* Li.(O. CaC.O +H' D. 实验II中V(CaCl。)三80mL时.溶液中 (1)含砌固体中的B(OH),在水中存在平衡: c(C.0)=4.0x10*mol·L B(OH)+H.OH+[B(OH)](常温下. 7.(2023·辽宁,15.3分)某废水处理过程中始 K.=10-**mol·L):B(OH).与NaOH溶液 终保持H.S饱和.即c(H.S)=0.1mol·L 反应可制备矿Na.B.O.(OH).·8H.O。常 通过调节pH使Ni^{和Cd^{形成 化物而分 温下,在0.10mol·L酬 溶液中, 离,体系中pH与-lgc关系如下图所示,c为 [B.O.(0H).水解生成等物质的量浓度的 HS、s”Ni 和Cd^*的浓度,单位为mol·L' B(OH)。和[B(0H).了,该水解反应的离子 已知K(NiS)>K(CdS).下列说法正确的是 方程式为 20 该溶液pH= (2)滤淹I的主要成分是 16 (4.9.13.0) (填化学 2 (6.8,9.2; 式);精制I后溶液中Li的浓度为2.0mol·L. (1.6.6.5) 则常温下精制II过程中CO 浓度应控制在 (4.23.9 mol·L以下。若脱砚后直接进行 ④ 0 精制I.除无法回收HC外.还将增加 (填化学式)的用量。 选择性必修第一册·LK 黑白题128性，能腐蚀橡胶管，应盛装在酸式滴定管中：亚硫酸钠水解呈碱性， KW,A错溪；升高温度促进铵根离子的水解，且N点铵根离子浓度更 应盛装在碱式滴定管中。(3)该实验不需要加入指示剂，原因 大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强.故M点pH大于N点 是M0:为紫色，M2·为无色.可用这一明显的颜色变化来判断滴 pH.B正确：N点降温过程中有水的电离平衡，铵根离子的水解平衡、 定终点：滴定达到终点的标志是当最后半滴酸性KMO,溶液滴人 疏酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误：P点为硫酸铵的不包 时.溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 和溶液.由电荷守恒可知.c(H)+e(NH)=c(OH)+2e(SO好). 14.(1)H,S+C0片-HS+HC0:(2)HS(3)含硫废水中存 D错误 在Hs一H+52,加人适量含Cu2+的溶液，发生反应C2+S2 4.C解析：0.1ml·L1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH)+e(F)= CuS↓，生成CuS黑色沉淀，c(S产)减小，使HS电离平衡正向 c(N)+e(H).A错误：“除镁"得到的上层清液中为MgF,的饱和 移动，c(H)增大，溶液的pH降低(4)①2Hs+S0片+4H 3S!+3H202pH<5时.溶液中-2价S元素主要以H2S的形式 溶液，有，(Mg,)=e(g)·2(F）.故c(g)=(e e2(F)1 存在，常温下溶解度为1：2.6，酸性强使H,S更易逸出，HS有毒会 B错误：0.1mol·L NaHCO1溶液中存在质子守恒：c(CO片)+ 污染环境 e(OH)=e(H')+c(HCO:).c(CO)=c(H)+e(HCO;)- 解析：(1)由表中电离常数可知，H2S的术，小于H2CO3的K1,H2S ℃(OH),C正确：“沉锰”后的滤液中还#在F、SO}等离子，故电荷 的K小于H,CO,的K,,用过量的K,CO,溶液吸收H,S时的生成 守相中应增加其他离子使等式成立，D惜误。 物为HS和HC03,因此离子方程式为H,S+C0宁一HS+HC0。 5.C解析：设4点坐标为(4,65)，此时分别计算反应的浓度商 (2)由图像可知，当H8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微 得，Q(AgC)=10m5m2·L2,Q(Ag2C0)=107mml3·L-3,二 粒是HS。(3)当H=8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微 者的浓度商均小于其对应的溶度积人，二者不会生成沉淀，A错误： 粒是HS,则含硫废水中存在H5=H+S2,加人话量Cu“的溶 人为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与 液，发生反应Cu++sC51,生成CS黑色沉淀，c(s)减 浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误：该反应的平 小，使HS电离平衡正向移动.c(H)增大，溶液的H降低。(4)① c(C0) 当pHs8时.含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS”,加人 衡常数表达式为K ,将表达式转化为与两种难溶物的溶 c2(C) 定浓度的Na,SO,溶被，加酸将溶液调为pH=5,产生淡黄色沉淀 为S单质，HS与SO在酸性条件下发生归中反应生成S单质.反 度积有关的式子得K=G0)。(C0)·Ag') e2(CI)e2(C)·e2(Ag) 应的离子方程式是2H5+S0片+4H一3S】+3H,0:②本工艺选 Ke(Ag:C0,）1×10-l7mml3,L-3 择控制体系的pH=5,不选择pH<5,从环境保护的角度分析其主要 人，(As0)(1x10”m1x10”mml·L,C正确： 原因为：pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H,S的形式存在，常温 向NC1.Na,CO,均为01wl·L.的混合溶液中滴加AgNO3.开始 下溶解度为1：2.6，酸性强的溶液使H,S更易逸出，H,S有毒会污 沉淀时所需婴的c(Ag)分别为10多ml·L和105.5ml·L, 染环境。 说明此时沉淀C需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的 第3章真题集训 是AC1,D错误 6.D解析：NHC,O,溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性 黑题 高考直题练 的草酸钠溶液，为了诚小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指 示剂，因此，实验1可选用酚酞作指示剂.指示反应终点，A错误：实 题号123 4567 验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC,04,Na,C,O,且两者物质 答案BBBCC DD 1x104 的量浓度相等，K:=5.4×103>人 1,B解析：碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应时，碘离子与氯气 54×10予，则草酸氢根的电离程 恰好完全反应：21+C,—2+2C,A错误：向次氯酸钙溶液通人 度大于草酸根的水解程度.因此存在c(C,O好)>e(1HC,O:),B错误： 足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：C0+C02+H0一 实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而、HC,O,过量，因此该 HCO+HCO5,B正确：铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氨和水： 反应在初始阶段发生的是211C,0+Ca2=(CC:0,↓+H,C,0,该 3Cu+8H'+2N0,一3Cu2++2N0↑+4H20.C错误：向硫化钠溶液通 c(H,C20】 反应的平衡常数为K= 人足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：2S c(Ca2+)·e2(HC,0i) +5S02+2H,0—3S↓+4Hs01,D错误 c(HC0,)·c(H)·c(C,O) Ka 54x105 2,B解析：上层清液为碳酸钙的饱和溶液.碳酸根离子水解生成碳酸 c(0u)·c(C,0)·c2(C04)·c(f)Kt·Kp54x10224x0 氢根离子，因此t(Ca)>c(C0),A错误；根据K。=4.7× 24×10·mm24.2×10·mmr,因为平衡常数很大，说明反 10"malL可得(G0)·c() =4.7×10ml·1-1,侧碳酸 应能够完全进行，当NaHC,04完全清耗后，H,C,0,再和CaC,发生 e(HCO) 反应，C错误：实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度 e(HCO)·c(OHF) 根的水解平衡常数为玉 c(C0片) 三K对 为c(Ca2”）=0.1mlLx0.080L-0.1mlLx0.020L。 0.1L. 10m·1>:,说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳 Kp(CaC,04)_24x10 微粒主要为碳酸氢根离子，B正确：向体系中通人CO2,发生反应 0.06mol·1-1,溶液中c(C20)= e(Ca2) 006mwl·1-t= C05+C02+H0=2HC03,e(C05）减小.CaC03(s) 4.0x104l·L1.D正确 Ca(aq》+C0(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误：由题 7.D解析：根据已知信息和图像分析可知，随着H增大，(HS)和 干可知，K-(CaC03)=3.4×10md2·L12,Kn(CaS0.)=4.9× c(S2)均增大，(N2)和(S2*)均诚小，根据电离平衡常数K,≥ 10-5 mol2.L2 CaCo (s)+S0 (aq)=CaS0a (s)+CO3 (aq) Ka,k(NiS)>K(CS),可知①为pH与-ge(Cd4)的关系曲线 Kp(CacO;)3.4x10- ②为pH与-lgc(Ni2)的关系曲线图，③为pH与-lg(s2)的关系曲 的平衡常数人=Cs0)49x106.9x101,故通过加N,S0 线，④为H与-g(1IS)的关系曲线。由分析可知，曲线①代表 溶液不可实现CC0,向CaSO,的有效转化.D错误 C2+、③代表s2,由图示曲线①③交点可知，此时c(C2+)= 3.B解析：温度升高，水的电离程度增大，则M点人w小于N点 c(s2)=10pmml·L-1.则有Kn(Cds)=e(Cd)·e(s2-)= 正本参考答案黑白题51 10日ml·L'×10Dol·L1=10ol2·L2,A错误：由分析可 则乙装置左侧电极发生C:2+2e一C,为阴极，则X为电源负极，Y为 知，③为pH与-g(s2-)的关系曲线.B错误：由分析可知，曲线④代 电源正极，A正确：Y为电源正极丙装置右侧电极为阳极，发生反应 表HS,由图示线④两点坐标可知.此时c(H)=10ml·L时 为Age一Ag’,左侧电极为阴极，阴极反应为Ag+e一Ag,则溶液 c(Hs)1065mmd·L+,人(H,S)=cH）:c压2 成分不变，所以装置丙的溶液H无变化.B正确：甲装置为用惰性电极电 c(H2S) 解Kd溶液生成KOH,@2H,则向甲中通入适量的HC气体，可使溶液 1016m0l.L.1×105mml·L 恢复到电解前的状态.C正确：甲装置产生的气体为，H,物质的量为 =10-7ml·L1或者当r(H)= 0.1mal·L.-1 02w,则转移电子物质的量为0.2xl,Cn电极产生的C知为0.1ml,增 102mol·L时，c(Hs)=1039mol·Ll,K(H,s)= 加64共，D错误 c(H〉·c(Hs)1042md·L-lx10-3al,L-1 4.C解析：N0,在第一步反应中是生成物，在第二步反应中是反应物，为中 =101mol·L-1,C错 c(H,S) 01mol·L-4 间产物.不符合能化剂的定义，故A错误：分析两步反应可知：反应物总能 误：已知K·K2=cH):),c(H)·c(s-) 量大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应，升高温度，速率加快 e(HS) e(HS-) 但不利于NH转化成NO,故B错误：第一步反应中有氢离子生成.氢离 2H):e(82),由曲线3两点坐标可知，当c(H)=10°m·上 子的存在抑制水的电离，当水的电离程度不变时，说明氢离子浓度不变， 可说明此反应达到平衡状态，故C正确：NH转化成NO,,转移电子数为 e(HS) 时.c(S2)=10Bmal·1.-,或者当c(H)=1068mol·L.-'时. 3-(-3)=6,N0;转化为N0,转移电子数为5-3=2，转移电子数之比为 3:1.故D错误 c(s)=102m·,放有人1·K2.r):e(s)。 e(H2S) 5.A解析：2A(g)+B(g)一2C(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动， C的百分含量减小，A正确：增大压强.正逆反应速率均增大，B错误：催化 (1049)2×10 剂能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，平衡时C的浓度应相同， 0.1 -=1021,结合C项分析可知K=10,故有 K2(H2S)=1047.D正确。 C错误：2A(g)+B(g)一2C()正反应放热，升高温度，平衡逆向移动.A 的转化率减小，D错误 8.(1)[B,0,(0H)4]2+5H,0,=2B(0H)1+2[B(0H),]-9.24 6.B解析：根据实验①，说明C,0子，心，O片，H发生氧化还原反应.因此 (2)CaS04.Mg(0H)25.5×10-3Ca0 者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意：由实验①可知H2C,0, 解析：由流程可知，肉水中加人盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓黯钻 为弱酸，则C,0子，什反应生成H,C04,两者不能大量共存，不能得出结 品后得到品体，该品体中含有Na,”、C,SO好等，煅烧后生成HC1 论，故B符合题意；根据实验3：C,0片，C2·反应生成白色沉淀CaC,04, 气体：烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣【的主要 因此两者不能大量共存，能得出结论.故G不符合题意：根据实验④：说 成分为Mg(OH)1.CSO,:精制I所得滤液中再加纯碱又生成沉淀. 明Na,C,0,水解呈戴性：C,0+H,0一C,0:+0,能得出结论，故 侧滤渣Ⅱ为CaCO1,Mg(OH)2:精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶 D不符合题意。 液经浓缩结品，过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加人饱和碳酸钠溶 7.B解析：Fe(OH)2,C(OH)2的结构相似，pM随pH变化关系图中应该 液沉锂，得到LiC03 是平行线，因Cu(OH)2更难溶.①2分别代表滴定OSO4溶液，FSO.溶 (1)含丽固体中的B(0H)3在水中在平衡：B(OH)1+H0一 液的变化关系，③代表滴定HA溶液的变化关系.A错误：由图知①与③ [B(0H)4]+r(常温下，K,=10ml·L):B(OH),与Na0H 溶液反应可制备聊砂a2B,0,(OH)4·8H20。常温下，在 直线交点e(0r2产)=H),即人，[Ga(0H2]。c() c(A-) c2(0H) 人(HlA得c(Or)= 0.10wl·L.绿砂溶液中.[B,0s(0H):]2水解生成等物质的量浓 K(HA)·K[Cu(OH):] 度的B(OH);和[B(OH):],该水解反应的离子方程式为 根据直线①，②，③与横坐标的交点数值可求 [B,0,(0H),]+5H20=一2B(0H)3+2[B(0H):1°，由B元素守 出K(HA)=1×105m2·L2,K[Cu(0H):]=1×1096m3·L3,则 恒可知.B(0H)3和[B(0H):]的浓度均为020d·1.K= e0H)=10m6md·L1,则pH=34.B正确：K[Cu(OH)2】= e[B(OH)4]·c(H) e(H)▣104md·L,则该溶液pH=9.24 106m·L3,当H=5时，c(Cu2*)=106md·L>103l·L, c[B(OH)3] 所以Cm2未沉淀完全，C错误：据Fe(OH)2(s)+2HA(四)一 (2)由分析可知，滤渣的主要成分是CaS0,Mg(0H)2:精制1后溶液中 的浓度为20mwd·L',由K(i2C0)=22×102m'·L3可知，则 Fe(国)+24(q)+2H,0(1).K=cFe)xA)。 (HA) 前下精制过程中0心浓度应控制在2P:56 c(e2)c2(0r)2()e2(= K.[Fe(OH):]xK(HA) e(HA)e(OH-)e(H) Ka2 10m·L以下。若脱赐后直接进行精I,若不回收HC,整个溶液将 I0ml·L,同理可求Cu(OH)2溶解于HA溶液平衡常数K= 呈强酸性.因此为达到除Mg”所需的碱性需要消耗更多的CO。 101md·L,e(OH),周体比Cm(OH)2周体更易溶于HA溶液. 全书综合检测 D错误 8.C解析：由题于图1所示信息可知.反应①为CaO+C0,一CC01 黑题 全书综合 结合氧化还原反应配平可得反应②为CCO,+CH: 催化剂Ca0 +2C0+2H2,A正确：由题于图2信息可知，1-，n(H2)比n(C0) 题号123456789101112 多，且生成H,速率不变，且反应过程中始终未检测到C0,在催化剂 答案DCDCABBCADBDD 上有积碳，放可能有刷反应GH,堡化剂C+2H,反应2和刷反应中 1,D解析：格变与反应物的状态，反应物的物质的量，反应温度及压强有 CH,和H,的化学计量数比均为1：2，B正确：由反应2方程式可 关，反应物的量越多期常变值越大，A错误：反应是否自发进行由反应的 知，H2和C0的反应速率相等，而2时刻H2的反应速率未变，仍然 常变嫡变，温度共同决定，自发反应不一定是嫡增大，非自发反应不一定 为2mmdl·min,而C0变为1-2mmdl·min1之间，故能够说明副 是减小或不变，B错误：加热蒸干AC1,溶液时，发生水解反应生成 反应生成H2的速率小于反应②生成H,速率，C错误：由题干图2信 A1(0)3,灼烧时分解得到山20，固体，C错误：一个化学反应中，当反应 息可知，：之后，C0的速率为0，CH的速率逐渐增大，最终恢复到 物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热.△H为负值.反之是吸热。 1.说明生成C0的速率为0，是因为反应②不再发生，面后副反应逐 △H为正值.D正确 渐停止反应，D正确。 2.C 9.AD解析：由题图可知C0在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2: 3.D解析：由图可知甲、乙，丙均为电解池装置，乙装置左侧电极质量增加， 反应方程式为2C0+0,一2C0,,反应过程中C0中C一0极性键 选择性必修第一册·LK黑白题52