专题卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡-【鱼跃龙门卷】2025年高三化学二轮复习专题卷（湖北专版）

5,某温度下，四种不同一元筱溶液在不同浓度时的H如表质示，下列雅测不合理的是 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（八） 额都领水度/(md·1) HX的H HY的H HM悔H HN的H 化学·水溶液中的离子反应与平衡 L010 3.44 20 22 三.20 (考试时利75分的，满分100分)》 6.10 29 1.00 么4程 1.56 可能用到的相对氨子质量：H1C12N140]s135.5Fe56Cu6 A.该温度下电离出H'的衡力，HYHN>HD>HX 一，选择题：本题共15小盟，每小盟3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合置 且该温度下将HY南液加人NX液中，发生反座Y+NX一HX+NaY 日要求。带“愿日为能力提升孤，分值不计入分。 C该温度下当HX的漆度为0,10mcd·11时，第液中存在e(HX)>e(X)>e(H) 1,下列反应与电离平衡无关的是 e40日) A.下eSO,溶液与NH,HCO溶液反应制备FCO D.淡涠度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol·LM溶液比0.010mol·L1HM 且电解饱和NCI溶液制备NOH 帘液骨电衡力强 C加氨水除去NH口溶液中的众质FeC G.室黑下，通过下列实验挥究No,S0南液的性质（已知，室围下，NH0水滑性约为300冥· D.将N2:CO,溶流如人水垢中使CaSO,转化为CC0 2,H,S是一补有毒气体，能溶平水，人们常用C溶教除去气体中很有的H,S茶置，生成属 L5. 楊色的CS说淀。下列说法正确的是 实验 实验抽作别现象 A.离子方和式C”+Cu5, 用eH试层制定立1md,1.N5O8液的pH.测得pH的为10 A落解发电离出S-的能力：HS>C5 向1al,LN向SO蒂液中清如山NO方雾精，产生白色配淀，加人据盐酸后区定不客解 C用是量NaOH溶液吸收HS可得到NaH5 有2m减·1，S第鞋中道人是盘50，室有W体析出：德群席液H约为5 山.弱释日S溶液，溶液中的离子浓度都降低 4 利1m:LS0,物装中滴人畅盐酸，胃带溶液H=7 3,酸性强弱与物质本身电离出氢商子的能力有关，还与溶剂接受氢离子的能力有美，如H在 下列说法正端的是 冰醋酸中只有事分电离，CHC0OH与HC☒在液氢中可完会电离。下列说法情谈的是 A实拉1中，0.1mcd·1'N,SO溶就中离子浓度大小关系为e(Na)>r(S0》> A.在水中，HC的电离方程式为HC一日广+C H比较H,),,HCO,,HNO酸性时，可在冰储酸中进行 (HSO(OH )e(H) C、在孩氢中，反应CH,COON+HCI-CH COOH十NaCI使够发生 B实验2中，向Na:5O溶液中滴加B(N0,),落液，先产生的白色沉定为BS0, D.在A南斜中，甲的酸性大于乙：在B溶削中，甲的酸性不可能小于乙 K. 4.室温下，1L,含0,1 mol CH COOH和0,1m以CH,COON的溶液a及相人-定量强酸或强 C根指实验3可以得出结论Ka(H,s0,)广KH,50 碱后溶液的日如表断示（加人前后溶液体积不变）： D.实脸4中pH=7的溶液中存在，C(Na)=2c(SO)+e(HS0) 新婚溶液。 通人a0 I mol HC 人0.01als0H 7.常固下，向10mL浓度均为0,1mal·L韵NA和HA的混合有瓶 H4.76 4.67 4.85 与的关的 中逐滴如人HA溶减成NOH溶浪，溶液中一g与 檬溶液m这研，加人少量强酸减强碱后日变化不大的溶被称为媛中落藏 下列说法错误的是 系加图所尿。下列说法精谈的是 A.游减n和a,1mal·1'C日，COOH溶液中，CH,COO日的电离程度前着小于后者 九HA的电离平宿常数的数量餐为10一” A南溶液中加入O.O1 al HCI时，CH,CO端合H生成CH,COOH,pH变化不大 且水的电离配度：a C向溶浅。中相人0.1 mol NaOH固体，pH基本不变 C.原溶液是夏的一个卤 D.含Q.1mml·L1NH·H0与01回al·LNH,C的混合溶流血可作缓冲溶液 D.c点溶液裤足e(HA)>e(N1)>e(A) 化学B·专题格A)第1真共真》 鱼餐地门型 化学·专理容（八】第真（共辰真） 8常望下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是 A.常但下，反应的平衡常数K>代 A.NH,l溶液中：e(C)■e(NH,>r(OH)■e(H) 玉图中交点处溶液中((H)一c《OH)>2(C) HNnS0,溶液中：(N1+e(H)=r《S)+cOH) C.Cu(aq)十2CT(a>一[Cu](ag的平衡毫数K-3.0×10 C.NaHC0溶液中.cNa')>e(HC0)>e《C)>e{OH) 五常祖下，若溶液中几平不含C,期r《C》至少为0,12m·L 12.如图是0.01mo1·L.甲溶液滴是0.01m©·1.'乙溶液的相对导 D.浓度均为Q.1mol·L CH COOH与CH,C00N溶液等体积腾合，c(CH,CO0)+ 电能力变化曲线，其中曲线③表示盐酸滴定CH,COON阁液，其传 c(CH,COOH)=0.1mo·L 柱线是随酸容液南定NO日溶液或NaO]I溶液南定共酸，下到判 9.常星下，用20mL1mo·LNa,S01溶液爱收SD2气体，限 正确的是 收查的用与号的关系如程所茶。下并花止货促的是 A由围可知条件相同时离子导电能力为H>OH>CH,CO0 弘我棍酒是NaOH溶液滴定盐酸的周线 的流体可 A常画下，H:S0,的第二步电南常数为1.0×]01 二随着溶被体积增大，我①始饶保持最高导电能力 B6点对应溶雀中：rNa)>c(HS0)>r(OH) D,e,b,:三个点不都是反应兼点 Cc点对点溶液中，cNa》-t(HS0,》+c(5O时) 13.25℃时，向20mL.0.2mal·1MOH溶流中逐滴闻人浓度为1*" D,通人S0:气体的过程中，水的电离平有送向移动 0,.2md:L的盐酸，牌孩中gO用与pOH[OH c(M) 10.下列有关实跨或提作能达到实脸日的的是 一g《0H)门，相人控酸体积的变化美系如周所示.下列说法 5辑u1md~L'调机md+L 错误的是 清 K音室 A,MC1水解平衡常数的数景极为10 5L1l+1 玉6点溶液中各微粒的流度关系为c(MOHD>c(日)>r(M')>c(0H) 风作有 C.4,6,c,d国点游液中本的电离程度逐渐增大 Dd点落液的pOH之7 14.常温下，闻浓度为0.01m·L的H,A0,溶液中离加NaOH客液，溶液中含醉量粒的物 疑的量分数与客液H的关系如函窗断示。关于宽过程修说法靠误的是 A精 AH为7.35一7,4行的溶就中含碑元素的主要做粒一听 是HAO 我K(H,As0,)的数量级是1的 IAol A.①证明K,(ACID>K.(AgD C当pH=日时，游减中约gA0 =-0.8 丑②装置蒸发氧化解南液制客无水氧化图 c(H:AsO) C③装置用NaOH标准液滴定短入几滴后酞的盐限（脏形瓶中），测定盐酸范度 D.cc(Ns)(H:A;)+3c(HAs)+2c(As0) 15,翻可温度和压霸下，研究X〔g)分别在不可楼度的HX(a叫)和 D,④验匠氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用 NaX(a四》中的溶解情况，实验测得X,(g)的饱和浓度c(X,)与HX -4 11.氯化亚钢(C)是一种难溶于水的白色图体，管温下，CC1写 《叫)和NX(的)的浓度关系如图所示. 《s)Cm(an)十q(n)K。-1.2X10.在氯离子 loC 已知X:(g》篇解过程中发生如下反成 浓度较大的体系中，氢化亚铜发生溶解，生成阿种配合物离 ①X《时)十X(n2一X《胸N,=0,19 0 子，CCl(s》+C(0)一[CuC](ag)K:-0.36, ②X:)+日O(I)*H《ag》+X《ag)+HX0(g)K: 009 [CCl]()十CT《ag)一[Cu,]-(g)K:用盐 4.2×10 酸溶解附，溶藏中含解粒子分布分数()与((C厂)的关系如图所示。下列说法精误的是 Hx0(网一H(am+X0(aK,=3.2×10 ?学n·专题缩(A)第》页共取百) 鱼餐地门型 化学B·专理卷（八】第4百（共餐真） 下列说法正端的是 (4》加人铁粉的日的是还原体系中的F”。为探究最佳反应条件，某实险室做如下会试 A.a点溶液中存在，#(H≥r《X)>e(X0)>e(HxO》>r(X,》 胜名 弘6点溶液中存在c(X》十eX,》十e《XO)>日)+c(N) 心、对比图中周条曲线可翎X对X:的溶解存在较大的却制作用 立NX自线中，随整名溶解度的减小，溶流中X0二 (XO)埔大 55本 ·常翼下，用如图甲所示装置，向10mL0.1mcd·L.NCO,和eml·LNHC0,混合福 ①在其性条件不变的情况下，体系中下围)含量随pH的变化如图乙所示，试分所在H 液中逐滴滴加0.1m©·L的稀盐酸，用医强传感卷测得压登随盐酸体积的变化曲线如图乙 介于4一6之间时，F()含量基本保持不变的夏因： 所示（忽略湿度的变化），下列说法错议的是 答超栏 ②保持北核条件不查的情况下，体系中F(Ⅲ)含量随温度的变化如图丙所示，5S℃后， F(夏)含量增大的原因是 《5)水解过程中得到院密®的化学式为 17.(14分)FC:是重要的媒染可和污水处理剂.。某校化学婴究团队查周有关数料，在实验案中 乙 6 用氯羊销氯法制备无水FC4,原罪为C,HC+2FCL,△，2FeCL+CH,CL,+HC+,装置 Ac=0.1 如图所示（夹持装登已略去）. 孔a点的溶液中：2N)=3[c(CO)十(HCO,)+c(H:CO)] 9 Cb点的溶攮中r(H)万>cC》>rH,0,) D,g,b两点水的电离程度：g>b 二、非选择题：本题共4小愿，共55分。 2 16,14分》性铁旷(eTO,)中往往膏有Fe,0,Mg0,C0,A,0,S0,等杂质。一种能限法制 线装置 痕白色颜料钛自督(TO》的生产工艺如图印箭示： 15 松通发娃第装转 已知： 条件 高福应烟的马农可信统器 1,FCl,FC不溶于氧兼，二氢米： 语 1,CH日.CH,C两者互游，不溜于水：沸点分测为132℃，173℃. 忠金2 成些能锅 国答下列问题 已知：1，酸浸后，针主要以TO0,形式存在 (1)仅荐的名称为 ,该仪器 (填"能”成”不能“)用予石能的分啦 Ⅱ，强电解质TO0,在南液中？雀电离出0和一种阳离子， (2)该圈队用3.25gFC与过量氯来反度，实验结束品将三测压中的物质倒出，过滤，洗 围，H,Ti0,不溶于水和稀酸， 涤，干操后得到和产品，叫收应液中氧苯的方法为〔缩操作名称)。 《1》为提高酸浸迪率，一般采取的情痘是 (写丙条) (3》经付论后，甲、乙两组用不风方法测定F(的转化率。 (2》滤清①的主要载升是 ①甲组：用Q,0mal+上.NOH标常液流定锥形币内的溶液，可选用的折示剂为 《》酸浸过程中，写出律然化合物发生反虎的化学方程式 :若修点时消托18,50m1.NDH标准液，则FeC以，花化常为%. 化学n·专题缩(A)第F两（共取百》 鱼联是门委 化家n·专里（八）第6真（共） ②乙组：将粗产品制成250ml,溶被，取出5,00ml.月0.02ml·1标准KMn0,溶 19.14分》废弃物的等合利用既有利于节约资源，义有利 域限 干保护环境。实验室利用凌旧电泡的钢根(C,Z总含 N样的相过球 液滴定（已知本实验条件下，CI不参与反皮，KMnO,还原产物为M+),达到清定降点 时的现象为 量约为9%)回收C并制各Z0的部分实套过程如图 经平行实验测得平均清耗标准液16.C0mL,判甲组测定结果 (填“高于“成·间 所示： 《1》写出铜相溶解时铜与相人的稀旋酸，30%H,反 干”)乙组测定结果。 钢 应的离子方程式：。 ③某检测机构对粗产品进行测定，轻数繁分析测得FC,的转化率为7及.95%，与乙组 铜帽溶解完全后，需指溶液中过量的HO,除去，除去H,O:的荷便躁作是 和检两机构的酒定结果对比，若无漫作失误，甲屏产生较大误差可能韵螺四为 (2)为确定加人锌灰〔主警成分为Z、Z0,杂暖为铁及其氧化物)的量，实验中南脚定除去 18,《13分)酸雨是指H小于5,6的亮水，主要是山大气中的二氧化梳等陵性物质溶于水形成 H0,后溶液巾Cu+的含量。某同学称取】，0g电法铜进行实验，得到100,00mL含 的。常温下，在亚德酸溶滚中滴相NOH溶被，含酸粒子分布系数[(5) 有Cu+的溶液，量取20.0∞mL上述含有C+的溶液于带寒能形在中，加适量水稀释，剥 c(S0) 节湾流pH=3一4，滴人几滴淀粉溶液，加入注量的KI.用61000m以·L1Nu50标 c(Hs0,)+e(HSO;)+r《S0]与pH的关系如图所示， 隆游精滴定至饶点。再重复提作3次，记泰数漏如下 实验编号 V(Nr50,)/mL ，2 5,302532 上速过程中反应的离子方程式为2C:++4一2C(白色)，+1：250片+1 21+3,0. ①滴定篷点的判断方法是 ②计算电泡铜帽中C如的置量分数为 %(保留小数点后2位)，若滴定黛溶液中 的HO,没有除居，则质侧定c(C+)将会 〔填“偏高“偏低或“无影响"。 (3)已知pH11时Za(OD2能南于NOH溶液生[Z(OH.]广，如图列出了几种离子 国客下列问翠 生成氢氧化物风淀的pH(开始沉淀H以离子浓度为1,0ml·1.计》 《1》斯制H,S0溶液中国种南子浓度山大到小的顺序为 >e0日). (2)某溶液含0.1mc·LNa.8O和0.01mcd·L NIHSO,期该溶液pl的 为 《3》常担下，S〔a叫》+H:S0,《购)2HS0,(ag)的平衡臂数K为 (4》收集某硫酸厂羽近的酸雨Vm1.,加水稀释成250m1溶液，取25,00mL,释释后溶液于 E形框，滴加3液淀粉溶液，用。m风·L,1标在溶液滴定，三次平行实验测得消托标准 觉全 客液平均体积为20,00mL 结合图中相关数据，光戒由降去啊的速浪制备2)的实检步覆（以最佳方案填写，可这用 ①南定终点顾色变化为 的试湖，30%HO,1.0mol·L1N0,1.0mod·LNa0HD, ②滨酸事含S0,.H:50,等+4骨藏粒子总浓度为 mal·L'. ①角就流中加人适量30%日D:,桂其充分反应， ②滴知1.0m©d·LNO日，调节溶液p目范围为 ③三发平行实验的日的是降低 〔算系论"或随机”)调差。如果系药时可长，滴 ③过滤， 定较慢，导效空气进入除形南较多，会导取测定结果〔帕“偏高或“偏低)。〔提 示：滴定发生的反应有0+1+2H0一2H50:HS0,+1+H0一H5),十 可过滤，洗缝干燥： 2H0.) @900℃搬烧。 化学B·专题格(A】第T真（共真》 鱼餐地门型 化学用·专里音（八】第极真（纯真）高三二轮复习专题卷 【解析】(1)根据盖斯定律①+②+③得2NH2(g)+2NH,HSO2(aq)+O2(g)一2(NH,)2SO (aq)△H=(a+b+c)kJ·mol1。 (2)① H2S(g)+CO2(g)=COS(g)+H2O(g) 初始/mol 0.4 0.2 0 0 转化/mol 平衡/mol 0.4一x0.2-x 04一x+0.2-x+x+x=0.2,解得x=0.12。上述条件下H,S的平衡转化率a1=0.12m0 0.4 mol 100%=30%。 ②若在620K时重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反 应的△H>0。 ③A项，向容器中通入H,S,平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H,S平衡转化率减小：B项， 向容器中通入CO,,平衡正向移动，HS平衡转化率增大：C项，加入催化剂，平衡不移动，HS平 衡转化率不变；D项，反应前后气体分子数不变，缩小容器的容积，平衡不移动，H,S平衡转化率 不变。 (3)①增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，SO,(g)的物质的量分数增 大，所以压强p:<p1。 ② 2S03(g)=2S0(g)+0,(g) 初始/mol a 0 0 转化/mol 2x 2.x 平衡‘mol a-2.x 2a a-2.x a-2x+2x+x 0.5,解得x=0.2a,p1=8.1MPa,K。= 0.2a ×8.1MPa)× 1.2a 0.4a×8.1MPa) 1.2a =0.6MPa。 0.6a 1.2a ×8.1MPa) 化学（八）】 一、选择题 1.D【解析】将NaCO3溶液加入水垢中使CaSO,转化为CaCO3,利用了难溶电解质的转化，与 电离平衡无关，D符合题意。 2.B【解析】HS为弱电解质，不能写成离子形式，正确的离子方程式为Cu+十H,S一CuS↓十 2H+;由Cu+和H2S生成CuS沉淀可知，相同条件下溶解或电离出S2-的能力为H2S>CuS:用 足量Na(OH溶液吸收H,S可得到Na2S和H2O:温度不变，Kw不变，稀释H2S溶液，c(H)降 低，则c(OH)必然增大。 3.C【解析】C项，液氨能接受H,CH COOH和HCI在液氨中都完全电离，反应CH COONa+ HCI-CH,COOH+NaC不能够发生。 4.C【解析】1L含0.1 mol CH,COOH和0.1 mol CH,COONa的溶液a中，CHCOONa电离出 CH COO对CH COOH的电离有抑制作用，溶液a中CH COOH的电离程度小于0.1mol· L1 CH COOH溶液中CH,COOH的电离程度；向溶液a中加入0.01 mol HCI时，CH COO ·32· ·化学· 参考答案及解析 结合H生成CH COOH,反应后溶液组成为0.11 mol CH,COOH和0.09 mol CH,COONa, 溶液组成没有大的变化，pH变化不大：向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1mol CH COOH完全反应，得到CH COONa溶液，显碱性，pH变化大：含0.1mol·L1NH2·HO 与0.1mol·L1NH,C1的混合溶液，加人少量强酸或强臧，溶液组成不会明显改变，故也可作 缓冲溶液。 5.C【解析】由题表中数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH为HX>HM>HN>HY,则该 温度下四种酸电离出H的能力为HY>HN>HM>HX:等浓度HY溶液的pH小于HX溶 液，说明HY的酸性强于HX,由强酸制弱酸的原理可知，将HY溶液加入NaX溶液中发生反应 的化学方程式为HY+NaX一HX十NaY:HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出H+和X,则 溶液中存在c(HX)>c(H)>c(X)>c(OH):HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol· L1HM溶液中离子浓度大于0.010mol·LHM溶液，故导电能力强于0.010mol·LHM 溶液 6.C【解析】0.1mol·L1 Naz SO溶液的pH约为10，溶液呈碱性，SO水解导致溶液呈碱性， 则溶液中存在c(Na+)>c(SO)>c(OH厂)>c(HSO)>c(H):NaSO3和Ba(NO)2发生 复分解反应，生成白色沉淀BaS)3,加入盐酸后，溶液中相当于含有硝酸，BaSO3能被硝酸氧化为 K BaS0,:K,(H,SO,)为HSO,的水解平衡常数，向Na,SO,溶液中通人足量S0,得到NaHS0, 溶液，则析出的固体是NaHS)3,溶液呈酸性，说明HSO电离程度大于水解程度，故存在 K K,:(H:S0,)广KHSO,)混合溶液pH=7,则c(OH)=c(H),溶液中存在电荷守恒 c(Na)+c(H)=2c(SO)+c(HSO5)+c(OH)+c(C1),则存在c(Na)=2c(SO片)+ c(HSO5)+c(C1)。 7.B【解折们a点，一g)1,则：(A)=10c(HA,说明在原有靠孩基黯上人了OH 溶液，反应生成的NaA促进水的电离c点，-1gCHA)=-一1，则c(HA)=1Oc(A),说明在原 c(A) 有基础上加入了HA,加酸抑制水的电离，则电离程度a>c。 8.D【解析】NH,CI溶液中NH部分水解，溶液显酸性，则c(OH)<c(H),根据电荷守恒可 知c(CI)>c(NH),则溶液中离子浓度c(CI厂)>c(NH)>c(H)>c(OH):在NaSO,溶 液中，根据电荷守恒可得c(Na)十c(H)=2c(SO)+c(OH):Na2CO3溶液呈碱性，则 NaHCO3溶液中，HCO的水解程度大于电离程度，c(CO)<c(OH),溶液中离子浓度的大 小关系为c(Na)>c(HCO)>c(OH)>c(CO):浓度均为0.1mol·L1的CH COOH 与CH,COONa溶液等体积混合，设两溶液的体积均为1L,根据元素守恒可得c(CH COO)+ C(CH,COOH)11X0.I molI molI.1 mol. 2L 9.C【解折】6点溶液pH=7.2.即c(H*)=1.0×10,lgC(S0) C(HSO) =0,c(HSO5)= c(S0),则H,S0,的K-c(S0cH)=1.0X10,NaS0,溶液吸敢S0,气体，发 c(HSO) 生反应S)2+Na2SO1+H2O一2 NaHSO3,b点对应溶液pH=7.2,此时溶质为NaSO2和 ·33· 高三二轮复习专题卷 NHSO3混合物，即溶液中c(Na)>c(HSO)>c(OH):常温下pH=7.0时溶液呈中性， c(OH)=c(H),依据电荷守恒c点对应溶液中有c(Na)十c(H+)=c(HSO。)+2c(SO)+ c(OH),即c(Na)=c(HSO,)十2c(SO):由题图可知，在通人SO2气体的过程中，溶液的 酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动。 10.C【解析】①中硝酸银过量，过量硝酸银会和碘化钾生成碘化银沉淀，不能证明K(AgC1)> K(Ag):铝离子容易水解生成氢氧化铝，另一水解产物是易挥发的盐酸，故不能蒸发氯化铝 溶液制备无水氯化铝：聚四氟乙烯活塞滴定管可以酸、碱两用：实验中有氯化锰、温度两个变量， 不能验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用。 11.A【解析】交点处c[CuCl2]}=c{[CuCl]},c(CI)=0.62mol·L1,K2= e([CuCl c(C)·eicucl]万L.61>K:由电荷守恒得e(H)+c(Cu)=(C)+[CuCl,]+ 2c{[CuCl3]2-〉十c(OH-),交点处c{[CuCl2]-}=c{[CuCl]-),c(Cl-)=0.62mol·L-+,此 时溶液中几乎不存在Cu,可得c(H)一c(OH)=c(CI)+3c{[CuCL2]},又K1 c([CuCl]..(H)-(OH-)-2.08c(CI-)>2c(C):Cu*(aQ)+2CI(a c(CI) [CuCl2]厂(aq)可由CuCI(s)+C1(aq)一[CuCl]厂(aq)与CuCl(s)Cu'(aq)+CI厂(aq)两 K 式相减得到，KK=203.0XI0c(C)≥0.12ml·L时c(0u)≤人 c(CI) 10-5mol·11,Cu几乎完全沉淀。 12.A【解析】曲线③表示盐酸滴定CH COONa溶液，曲线②的最低点的导电能力与曲线③始点 的导电能力接近，所以曲线②为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐 酸的曲线，则由图可知条件相同时离子导电能力为H>OH>CH,COO:曲线①起始点最 高，说明盐酸的导电能力最强，由图中曲线变化趋势可知，随着甲溶液体积增大，曲线③的导电 能力会超过曲线①：反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即点是反应终 点，因为甲、乙溶液的浓度相同，结合曲线可知b,c点也是反应终点。 13.B【解析】b点加入10mL0.2mol·L1盐酸，溶质为等物质的量的MOH和MC1,溶液呈碱 性，c(OH)>c(H),则MOH的电离程度大于M的水解程度，故微粒浓度c(M)>c(CI)> c(MOH)>c(OH )>c(H). 14.C【解析】如题图所示，a点c(H2AsO5)=c(H3AsO2),K1(H3AsO2)= c(H,AsO)·c(H）=10,同理根据b点和c点，Ke(HAs0,)=10,K(HAs0,)= c(H:AsO) 10m5,当pH=13时，K（H,As0,)=cHA0:H)=10,c(HA0） c(H2 AsO) c(H2AsO方) K2(H3AsO3)10122 c(H*)10g=10°.8，lg c(HAsO) (H,AsO,)=0.8. 15.D【解析】由反应②可知，HX为强酸，完全电离，a点主要溶质为HX、X2,由于HX(aq) H+(aq)+X(aq),且X会与X2反应，Kz、K。很小，所以c(H)>c(X)>c(X)> c(HXO)>c(XO):b点溶液中存在c(H)+c(Na)=c(X)+c(X)+c(XO)+ c(OH-),所以c(H)+c(Na)>c(X-)十c(X)+c(XO):HX和NaX溶液均能完全电离 出X,在HX溶液中，随着c(X)增大，X2的饱和浓度增大，在NX溶液中，随着c(X)减小， ·34· ·化学· 参考答案及解析 X份能有装度带大X对X的富解度无男显非用NX部煮中：0香)睡着X的 K 溶解度减小，其溶液中c(H)减小，所以K.增大，即(X0增大。 c(H+) C(HXO) C【解析】向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加盐酸，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后 盐酸再与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，由图乙可知，先滴入的10L盐酸和碳酸钠反应，再滴入 的20L盐酸和碳酸氢钠反应。b点溶液中的溶质是碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠溶液显碱性是 由于碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，所以b点溶液中存在c(HCO)>c(HCO,)>c (C0)。 二、非选择题 16.(1)粉碎钛铁矿，适当加热，适当增大硫酸浓度等 (2)SiO2,CaSO4、Fe (3)FeTiO,+2H,SO,-TiOSO+FeSO,+2H2 O (4)①pH>4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应②Fe3+水解吸热，温度升高 向吸热反应方向移动，生成Fe(OH)1,不再与铁粉发生反应 (5)H TiO, 【解析】酸浸中发生反应FeTiO2+2H2S(),一TiOSO,+FeSO,+2H2O、FeO2+3H2SO, Fe(SO,)3+3H2O、CaO+HSO,=CaS),+HO、MgO+H2SO,-MgSO,+HO、Al2O3+ 3H2SO,一Al2(SO,)3+3H2O,浸取液中含有Fe3+、Mg2+、A13+等，加人过量铁粉，能将Fe3+ 还原成Fe2+,然后过滤，滤渣①的主要成分是二氧化硅、铁粉、CaSO,,滤液①结晶过滤得到的滤 渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TOSO,能发生水解反应生成沉淀③(H2TO:)和滤液③ (H,SO,),最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。 17.(1)球形冷凝管不能 (2)蒸馏 (3)①酚酞溶液74②溶液变为浅紫红色，且半分钟内不恢复为原来的颜色低于③产生 的HCI没有完全被锥形瓶中的水吸收 【解析】(1)图中仪器：为球形冷凝管，石油的分离是通过蒸馏实现的，蒸馏时使用直形冷凝管， 不能使用球形冷凝管。 (2)根据氯苯和二氯苯的沸点可知，分离两者可用蒸馏的方法。 (3)①锥形瓶中的主要成分为HCI溶液，酸碱中和滴定时，强碱滴酸用酚酞作指示剂：根据反应 HCI+NaOH一NaCI+H,O和C,H,C1+2FeC1,△2FeC1,+C,H,Cl,+HCI↑，可建立关系 式2FeCl~NaOH,消耗的氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=cV=0.40mol·L1×18.50× 10-3L=7.4×10-3mol,即实际转化的氯化铁n(FeC12)=2n(NaOH)=2×7.4×103mol= 1.48×102mol,m=nM=1.48×10mol×162.5g·mol1=2.405g,氯化铁的转化率为 2.405g×100%=74%。 3.25g ②用高锰酸钾溶液滴定FC,溶液时，终点现象为溶液变为浅紫红色，且半分钟内不恢复为原 来的颜色：滴定时的反应为5Fe++MnO+8H一Mn++5Fe3++4H,O,可建立关系式 5FeCl3~5FeCl2~MnO,消耗的高锰酸钾的物质的量n(MnO)=cV=0.02mol·L1× 16.00×103L=3.2×101mol,实际消耗氯化铁的物质的量n(FeCl3)=5n(MnO)=5× ·35· 高三二轮复习专题卷 3.2×10-4mol×10=1.6×10-2mol,质量m=nM=1.6×10-mol×162.5g·mol1= 2.60g,氯化铁的转化率为，60×100%=80%，测量结果大于甲组。 3.25g ③甲组误差较大的原因可能为产生的HCI气体未全部溶于水。 18.(1)c(H)>c(HSO5)>c(SO) (2)7.91 (3)105.1 (4)0无色变为蓝色②200c ③随机偏低 【解析】(1)亚硫酸第一步电离常数大于第二步，故离子浓度大小排序为c(H+)>c(HSO)> c(SO)>c(OH)。 (2)由图像中4、b点坐标数据计算电离常数，K1=101.1,K2=106.1。根据第二步电离常数 Ke=cH*)·c(S0) c(HSO) pH=6,91+lg0.01=7.91。 (3)SO片(aq)+HSO3(aq)→2HSO万(aq)的平衡常数K= Ka=101 250 c×20.00× (4)②根据滴定反应原理可知，c(S)2,H,S),)= 25.00 mol·L1=200c Vmol·L1。 ③平行实验是为了降低操作引起的偶然误差，也叫随机误差。如果空气进入较多，会发生反应 2SO2十O2+2HO一2H2SO.、2HSO3十O2—2HSO,消耗L2溶液体积偏小，导致测得结 果偏低。 19.(1)Cu十HO2十2HCu2++2H,O加热（至沸腾） (2)①当滴加最后半滴N2S,O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色②80.99 偏高 (3)3.2~5.9(或3.2≤pH<5.9)向滤液中滴加1mol·L1NaOH,调节溶液pH约为10（或 8.9≤pH≤11)，使Zn+沉淀完全 【解析】(2)②由题给数据可知，第一次数据偏差较大，应去掉，则反应消耗硫代硫酸钠标准溶液 的体积为 25.31+25.30+25.32)ml=25.31mL,根据关系式2Cu~2Cu+~1~2S.0,则 3 0.1000mol·L×0.02531L×100mL 20ml. ×64g·mol 电池铜帽中铜的质量分数 -X 1.0g 100%≈80.99%。若滴定前溶液中的过氧化氢没有除尽，过量的过氧化氢能将溶液中的碘离子 氧化为单质碘，导致消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积偏大，使测定的铜离子浓度偏高。 化学（九）】 一、选择题 1,A【解析】乙酸乙酯和油漆都是酯类，都是弱极性分子，根据相似相溶原理，乙酸乙酯能溶解油 漆，与可燃性无关：液氨作制冷剂是因为液氨挥发时吸收大量热量，化学键没有被破坏：SO,作保 鲜剂是因为SO,消耗了红酒中微量O,,SO2表现还原性，与SO,是极性分子无关。 2.C【解析】硝酸铵的阴离子是硝酸根离子，呈平面三角形，不是三角锥形。 ·36·