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（广东专版）

高三二轮复习专题卷 平衡'mola-b 3-a-b b 3a+b 600℃时，若经过tmin,反应达到平衡，总的物质的量为(4十2a)mol,H2、HO的物质的量分 数分别为055，侧治5,3 4+2a =0.45,解得a=0.5、b=0.25,则平衡时总的物 质的量为5mol,CH,C0分别为0.5mol、0.25mol,其物质的量分数分别为0.1、0.05，故该条 (2.4×0.35)×(2.4×0.05) 件下，反应1的K,=2.4X0.45)×(2.4×0.1) (MPa)2。 米(1)a十b+c (2)①30②>③B (3)①<其他条件相同时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，SO,物质的量分数增大， S),物质的量分数减小②0.6 【解析】(1)根据盖斯定律①+②+③得2NH(g)+2NH,HSO,(aq)十O,(g)一2(NH)2SO, (aq)△H=(a+b+c)k·mol-。 (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 04十0.2-十十0.2，解得x=0,12。上述条件下H,S的平衡转化常@，三.1> × 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H2S,平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小：B项， 向容器中通入CO,平衡正向移动，H,S平衡转化率增大；C项，加入催化剂，平衡不移动，H,S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，HS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p2<p1。 ② 2SO3(g)→2S02(g)+O2(g) 初始/mol a 0 0 转化'mol 2x 2.x x 平衡/mol a-2x 2.x a-2x a-2x+2x+x 0.5,解得x=0.2a,p1=8.1MPa,K。= 0.2a 1.2a ×8.1MPa)× 0.4d 1.2a ×8.1MPa) =0.6MPa. 0.6a 1.2a ×8.1MPa) 化学（八） 一、选择题 ·32· ·化学· 参考答案及解析 1.D【解析】将Na.CO3溶液加入水垢中使CaSO,转化为CaCO,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】H2S为弱电解质，不能写成离子形式，正确的离子方程式为Cu++H2S一CuS↓+ 2H+;由Cu+和H2S生成CuS沉淀可知，相同条件下溶解或电离出S-的能力为HS>CuS:用 足量NaOH溶液吸收HzS可得到NazS和H2O;温度不变，K。不变，稀释HS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十 HCI-CH,COOH+NaCI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，CH COONa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.O1 mol HCI时，CHCOO 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·I.1NH·HO 与0.1mol·L1NH,C1的混合溶液，加入少量强酸或强碱，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NX溶液中发生反应 的化学方程式为HY+NaX一HX+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·L1HM 溶液。 6.C【解析】0.1mol·L1NaSO3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):NaSO1和Ba(NO,)2发生 复分解反应，生成白色沉淀BaSO,,加入盐酸后，溶液中相当于含有硝酸，BaSO,能被硝酸氧化为 BaS0,K,H,S0,为HSO,的水解平衡常数，向Na,SO,溶液中通人足量SO,得到NaHSO, 溶液，则析出的周体是NaHSO,溶液呈酸性，说明HSO电离程度大于水解程度，故存在 Kw K,:(H,S0,)广K,H,s0)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(HSO)+c(OH)+c(C1),则存在c(Na)=2c(SO号)+ c(HSO)+c(CI)。 B【解析】a点，一g(CA1,则c(A)三10c(HA),说明在原有溶液基础上加人了NaOD 溶液，反应生成的NaA促进水的电离：c点，一lg c(HA) =一1，则c(HA)=10c(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α>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(C1)>c(NH,)>c(H+)>c(OH):在Na2SO,溶 ·33· 高三二轮复习专题卷 液中，根据电荷守恒可得c(Na)+c(H)=2c(SO)+c(OH厂)：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)=1 LX0.1 molL+1 LX0.1 mol.L- =0.1mol·L'. 21 9.C【解析】b点溶液pH=7.2,即c(H)=1.0×10.2,lg c(HSO) c(SO月) =0,c(HSO3)= c(S0),则H,S0,的Ke=S0)·c(H) =1.0×10.:NaSO2溶液吸收SO2气体，发 c(HSO) 生反应SO2+NaSO3+H2O一2 NaHSO3,b点对应溶液pH=7.2,此时溶质为Na2SOa和 NaHSO3混合物，即溶液中c(Na)>c(HSO)>c(OH厂)；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号)+ c(OH),即c(Na)=c(HSO)+2c(SO):由题图可知，在通入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(AgCI)> K知(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·L,K2= c{[CuCL]-〉 (C)·cCuC]≈1.61>K:由电荷守恒得c(H)+c(Cu*)=c(C)+c[CuC])+ 2c{[CuCl3]+c(OH),交点处c{[CuCL2]}=c{[CuCl]-},c(CI)=0.62mol·L',此 时溶液中几乎不存在Cu,可得c(H)一c(OH)=c(CI)+3c{[CuC2]),又K1= c([CuCl] c(C1-) =0.36,则c(H+)-c(OH)=2.08c(C1)>2e(CI):Cu(ag)+2C1(aq) [CuCl2](aq)可由CuCl(s)+CI(aq)一[CuClz](aq)与CuCl(s)一Cu(aq)+CI(aq)两 式相淡得到K-是及第-0XG2a2d.L时C) K c(CI) 10mol·L,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α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)>(H) 14.C【解析】如题图所示，a点c(H:AsO方)=c(H3AsO),K1(HAsO:)= ·34 ·化学· 参考答案及解析 c(H,AsO):c(H）=10,同理根据b点和c点，Ke(H,As0)=10,Ka(HAs0,)= c(HAsO) 10。当pH=13时，Ke(H,As0,)=cHA0c(H)=10,c(HAs0) c(H2AsO) c(H2 AsO) (H)10=10.,g(HAsO) K(H3AsO)10-12. c(H,A0,)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Xg反应，K:,K.很小，所以c(Ht)>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+)十c(Na)>c(X)十c(X,)十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NaX溶液中，随着c(X)减小， X的饱和浓度带大，X对无的溶解度无明显作用：X溶液中设备)随者X的 密解度减小，其溶液中c(H减小，所以增大，咖0 c(HXO)增大。 16.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(HCO1)>c(CO)。 二、非选择题 17.(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,+2H2O (4)①pH>4时，Fe+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)3,不再与铁粉发生反应 (5)H,TiO 【解析】酸浸中发生反应FeTiO2+2HSO,一TiOSO,+FeSO,+2H,O、FeO3+3H2SO, Fe(SO)3+3HO、CaO+H,SO,=CaSO,+HO、MgO+H2SO,-MgSO,+HO、AlO3+ 3H2SO,一Al2(SOa)3+3HzO,浸取液中含有Fea+、Mg2+、A3+等，加入过量铁粉，能将Fe 还原成F+,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T(OS),能发生水解反应生成沉淀③(H,TO,)和滤液③ (H,SO,),最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。 18.(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HC1没有完全被锥形瓶中的水吸收 【解析】(1)图中仪器a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。 ·35· 高三二轮复习专题卷 (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NaC+H,O和C,H,CI+2FeCl,△2FeC1,+C,H,Cl,+HCI↑，可建立关系 式2FeCl3~NaOH,消耗的氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=cV=0.40mol·L1×18.50× 10-8L=7.4×10-3mol,即实际转化的氯化铁n(FC1,)=2n(NaOH)=2×7.4×103mol= 1.48×102mol,m=nM=1.48×102mol×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FCL,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++4HO,可建立关系式 5FeCl~5FeCl2~MnO,消耗的高锰酸钾的物质的量n(MnO,)=cV=0.02mol·LI× 16.00×10-3L=3.2×10-1mol,实际消耗氯化铁的物质的量n(FeCl2)=5n(MnO,)=5X 3.2×104mol×10=1.6×10-2mol,质量m=nM=1.6×10-2mol×162.5g·mo1 2.60g,氯化铁的转化率为3,258X100%=80%,测量结果大于甲组。 ③甲组误差较大的原因可能为产生的HC气体未全部溶于水。 19.(1)c(H)>c(HSO3)>c(SO) (2)7.91 (3)105. (4)①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)> e(SO)>c(OH). (2)由图像中a、b点坐标数据计算电离常数，K1=10.1,K=10-m。根据第二步电离常数 Ke=cH)·c(S0) 0.1 cHs0),pH=6.91+lg0.01-7.91. (3)SO(aq)+HSO3(aq)一2HSO3(aq)的平衡常数K= Kt=1031。 K 250 cX20.00× 25.00 (4)②根据滴定反应原理可知，c(SO2,HS0)= V mol·L-1=200c mol·L。 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+2H2O一2H2SO,、2HSO3十O2—2H,SO,消耗L2溶液体积偏小，导致测得结 果偏低。 20.(1)Cu+H2O2+2HCu2++2H2O加热（至沸腾） (2)①当滴加最后半滴Na2S2O3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)3.25.9(或3.2≤pH<5.9)向滤液中滴加1mol·L.1NaOH,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20u一2Cu2+一1，一2S.0,则 3 ·36· ·化学· 参考答案及解析 0.1000mol·L1×0.02531L×100ml 20 mI. ×64g·mol 电池铜帽中铜的质量分数为 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：S)2作保 鲜剂是因为SO2消耗了红酒中微量O:,SO2表现还原性，与SO2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。 3.A【解析】As的4p轨道处于半充满的稳定状态，较难失去电子，其第一电离能更大，故第一电 离能：Se<asAs。 4.C【解析】氢气是密度最小的气体，R为氢：X原子的价层电子排布式为2s2p,X为碳：空气中 N2含量最大，Y为氮；镁原子最外层和K层电子数相等，Z为镁。原子半径C>N:HNO3是强 酸，HCO2是弱酸；N、C、H的电负性依减小：MgN:中只含离子键，不含共价键。 5.A【解析】氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关。 6.B【解析】HCIO分子含氢氧键、氯氧键，它的电子式为H:O:C1::H2O2分子间作用力主要 是氢键，其次是范德华力：HO的空间结构为V形，O原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四 面体形；HCI是极性分子。 7.B【解析】镁的第一电离能大于铝：基态Mg原子电子排布式为1s22s22p3s2,s、p能级上电子数 相等：基态A1原子的电子排布式为1s2s2p3s23p',1s、2s、3s有1个伸展方向，2p、3p有3个伸 展方向，共有4个伸展方向：根据对角线规则，铍和铝的性质相似，硼与硅的性质相似。 8.C【解析】超分子通常是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用力形成的分子聚集体， 题给超分子是由两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体；高分子化合物相对分子质量一般 在1万以上，所以题给超分子不属于高分子化合物：电负性O>N,原子的电负性越大，形成氢键 的键能越大，则氢键键能为N一H…N<N一H…O;超分子的重要特征是分子识别和分子自 组装。 9.A【解析】Sb为第五周期第VA族元素，则基态Sb原子的简化电子排布式为[Kr]4d5s5p; SbF:中心Sb原子形成6个共价键，其VSEPR模型为正八面体形：HSbF。分子中含有配位键： CF,一CF,分子中存在碳碳双键，可以通过加聚反应制备特氟龙。 10.B【解析】由结构简式可知，三聚氰胺分子中碳氮双键中的氮原子的杂化方式为sp2杂化：分 子中的单键为σ键，双键中有1个。键和1个π键，则三聚氰胺分子中共含有15个G键；三聚氰 胺分子中单键氨原子的杂化方式为s即3，故分子中所有原子不可能位于同一平面内：三聚氰胺的 分子结构对称，正、负电荷中心重合，属于非极性分子。 11.B【解析】该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，所有的氧原子和碳原子不可能在同一平面： 12.B【解析】铜离子在反应中作催化剂，能降低反应的活化能：由N=N=N可知，a位置的N原子 带正电，则与黑球直接连接的N应该显一定负电性，黑球对应元素应显一定正电性，故黑球对 ·37五某黑度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的H如表质常，下列罪测不合理的是 2024一2025学年度高三轮复习专题卷（八） 相器装数复/(m，L.) HX的H HY的H HM的H HN的H 化学·水溶液中的离子反应与平衡 B10 2.日 丝国 12 1.0 (考试时同75分钟.满分100分》 01日 2D叫 L00 1.g 1.范 可能用列的相对原子质量，H1C12N1H116《135,5卡e三6《64 A.该塞度下电肉出H的值力：HY>HN>HHX 一、选择题1本大是共16小驱，共44分。第一10小题，每小题2分：第11一16小题，每小题 我核温度下将IY溶液相入NX溶蔽中，发生反克HY+NX一HX十NaY 4分。在每小题馆出的四个蓝选项中，风有一随特合题目要常， C该温度下当1X的滋度为0.10m·L时，溶液中存在((HX)>e〔X)>e(H)> 1.下列反应与电离平衡无关的是 e4(日) A.F溶浪与NH,HK)溶被反应制备FC) D.支围度下用同种方法测定，相判体的1omal·L+HM溶液比0.O0ml·L.HM B电解旅和NCI溶线制备NDH 溶液导电作力强 C.加氮水除去NH南液中的杂质FL ,室基下，滩过下列实验探究Nm50,溶液的性断（已知：室盟下，NaH5),水溶性约为3。g· D,指NC0,蒂鐵相人水垢中使CS,转北为C( 2.川8是一种有寿气体，重溶于本，人门毫用C0,溶藏除起气体中混有的川：S条黄，生成黑 1'). 偶色的CS沉淀。下列说法正确的是 实酸 实和植作自现象 A.高子方程式：C”十sCu5, 用H达宝1·L.h■的H,测荐H约为10 认箭解线电离出S的能力，H:SCS 询1·LN。)帝灌中满如山(N静维，产生白色汉被，加人餐盐监后沉轮不剂解 C用足量NaH部液吸收H,5可得到NaH5 自2md·1,4,保).篇检中通人足及至有W体新出，测溶液川的为5 D.树释日，5溶夜，溶液中的南子虑度都降低 阴1m以·1，×雪液中南人稀垫酸，5至密派H一7 。限性强帮与物质本身电两出烈肉子的衡力有关，还与游利接受氢离子的能力有关，如H叶在 下列说法正确的是 冰福酸中只有部分电离，CH,C《)H与H口在液刻中可完全电高。下列说达精误的是 A.实骏1中，0ImN·11N:以溶液中离子依度大小关系为(Nn>r(S0)> A.在水中，H口的电离方醒式为H口一H+C 氏比较H),HC1O,,NO,酸性时，可在体酯酸中进行 r4H)》>r《0H)>e(H C.在液氨中，反应CH COON+HC-CH COOH+NI宽将发生 L实羚2中，两N以溶液中滴和B以N《,1溶液，光产生的白色沉淀为H) 力，在A溶剂中，甲的胶性大于乙：在书溶剂中，甲的截性木可能小于乙 4.室望下，1L膏《.1mlC川CO日和.1m以山CONa的溶液a及知人一一定量理能或强 C帮据实验3可以得出站论KH,90,>K,sD 戴后游液的H如表新示（知人音后溶液体积不变）： 几实验4中H=7的溶滚电存在：cNa)=(51十r(H5(,1 将质等液 0人061nlC 年人a,01mnH 7,着温下，向10ml,漆度均为0,1m·1的NA和HA的昆合溶液 H4.26 4,7 4.85 中莲有人HA蒂液成心0阳常流，高建中一代与由的关非 净的 像溶覆这样，相人夕量限域第碱后日变化不大的溶液称为罐中落液 下列说法错误的是 悬如图厮示。下列说法错误的是 A.溶线n和0,1ml·1 CH COOH密液中.CHC日的电离程度前者小于后着 L,HA的电离平衡常数的数量城为10“ H利客液n中加人0.ol mol HC时，CH,C()结合H生成CH COOH:pH变化不大 民水的电离程度：aCr C.0溶液a中加人0.1 mol NaH同体，日基本不变 C的溶液是：双的一个怎 山，音Q,1l+1.NH·日《)与0.1ml·1,NH,的混合游液也可f作缓神辩装 r点形液满足r(HAU>c￥(A) 化学0·专置春1八1算1（共8项] 金赛地门春 化学业·专置春|八算会T(共8真 8,常温下，下列溶清中的粒子漆度关系正确的是 A常温下，反应的平衡常数K,>K A.NH,C1游液中：r(C)=e(NH,>e(OH)=rH) 我圈中交点处落液中：(H》-x《H>2(C) NM),m液中，(N1+c(H)《S))+e(0日 C.Cu(am+C(aq[u](a的平商毫数K-3.0X1 C.NaHC0溶液中.c(Na)e(HC0Dr《CO0)e4O日F1 L管围下，答溶液中几平不含，期：《C》至少为0.12mcd·L 12.如图是0.1mo·1.甲溶液离定0.01mod·L.乙溶液的相对导 D.浓度均为01mol·L'CH,COOH与CH COON:溶液等体概温合：eICH COO)+ c(CH COOH)=,1mW·L, 电能力变化曲线：其中曲线表求盐能滴定CH,CON。箭雀.其体司 ,常里下，用20ml01m1·1,N50落情酸收S0气体.限 结线是酸等流清定心H路债政OH帝液演它盐酸。下列判到 频正确的是 收德的出与⅓号的关系脂所示，下别限法精风纷是 A.由阁可知条件制阿时离子导电能力为H>(H>心H(X B我餐四是NOH溶液滴泥盐酸的由线 屏清体 A.常温下，HS0,的第二步电商意数为1，×10 C阅奢溶液体积增大，韩慢①前降保持量高中电能力 丛6点对位溶液中，rNa')>rH)>r4(日) 450 D。,b三个点不都是反保终点 C,r点对应游载中：r(N=r(1H5以).)+r(5以) 13.25℃时，向0mL0.2mml·1+MOH帝液中迷演人浓度为e题4》图 D通人)气体的过程中，水的电离平南逆向移动 L.2madl·L的盐鞭：帝流中gNOH与pnO[OI- (M) 10,下列有关实验成提作能达药实酸目的的是 一gH)门，加人垫限体积的变化关系如图所示，下列说法 5商01d+L45商11 锋误的量 C陪直 溶辰 A3C水解平衡常致的数量级为10 3 ml.6.l mol +L 队6点帝液中各微粒的浓度关系为MOHD>c)>rM'>:((OH) A0容发 C、日山，，d四点溶浪中水的电高显度逐荆增大 ,d点落液的H>7 14.常温下，向范度为0,01ml+1.1的H,AM,溶液中滴加a(O日游液，游清中含伸循粒的将 质的量分数与常液H的关系如图所示，关于逐这程的说法情醒的是 不喜 A日为，巧一？.的得箱中含确元素的主要微粒1听 是HAsO HA面 我K,(HAd)的数量级是10 范a A.①E男K,(AI)>K,(AgD C当pH-柱时.溶雀中的eAC} 49202卫3 我四装置蒸发教化铅密液制备无水第化图 H,A0)-08 4 C①装蓝用NOH标在液滴定相人几滴的酞的盐酸（脏形报中），测定垫酸浓皮 D.点，e(N)>(HAO+ar(HAdO)+2r(As0 15.相同基度和压强下，母究X,(g)分料在不间成度的H区《ā叫)和 ),①验证氯化锰对过氯化氢的分解有图化作用 NX(an中的落解情况，实验满得Xg)的幽和浓度c(X:)与HX 成 -、4 1山.复亿亚铜(C□是一种难溶于欢的白色固体，食型下，CC1用 ‘可和心X(阿)的浓度关系如图所示 30 《s)一C(am3+口()K.-1.2×10,在氧离千 C 已知X(溶解过程中爱生如下反应： 常资设大的体系中，氯化重铜发生溶解，生成调种配合物离 DX:(网)+X(四一X《)K,-.1D 子CC1(w》+Cqs[C1](n)Kf=0,36: 9 OC 2②X(网)+H)I)=H《a)+X4a)+HX((1k,= 005 X1m1方 [C](g+‘a叫》一Cu(gK,用按 4.2×10- 酸游解时，溶液中含例粒子分布分数()与，（口）的关系如图历示。下列说法蜡调的是 HX)(n)一H(aq+X0(aq)K.-a,2×10 化学0·专置春|八|算多（共8项] 金赛地门春 化学业·专置春|八算4（共8真 下列说法正绳的是 《4》加人快骨的日的是蓝眼体系中的E,为探究量仕反应条件，某实碧室做如下叠试 A.4点游液中存在(Hr《X(X0)x日X(》>r(X 鞋名 我6点溶液中存在4(X)+e(X,9十X0)>(日)+4(N。) ◆ C、对比图中两条曲线可翔X时X:的溶解存在较大的朝副作用 DNX自线中，随着X帝解度的减小，溶流中X0 HX0)绮大 36 16.常黑下，用如第甲断示装置，向10mL.0.1mod·L1Na:和gmcd·L1Na1C腥合 ①在其他条件不变的皆况下，体系中FⅢ含量随H的变化如图乙所示，试分所在H 溶流中蓬演流加0,1m以·1的稀垫酸，用压强传感墨洲得压丝随盐酸体积的变化由线虹 介于4一B之闻时，F(1)含量某本保持不变的期性： 用乙新示（复略型度的变化）。下列说达结误的是 送择题 暮葛目 ②保持北位条件不变的情况下，体系中下：（里）含量随遇度的变化如倒内所示，5气后： Pe(目)含景增大的原因是 (5》水解过程中得到溪淀③的化学式为 1a.14分于1，是重要的螺集阿和污水处理利，某校化学视觉团风雀阳有关蜜料，在实验鲨中 用飘米请法潮备无水F(1,原理为CH,1+2FC生，二→2FC,+CH,L,+H心÷，装置 A.2=,1 如图断示（夹持装置已峰去） 县a点的准液中，2(Na'1=3(C0片十(HC0)+(日C0)门 C.b点的剂液中rHC0>(C)>,C0,) Da,可点水的电离程度a之6 11 二，非法择题：本大盟共4小盟，共56分。考生极据要装作答， 度i B 17,14分钛铁矿(FTO)中生挂含有下e,O.Mg0.Ca0,A,0,3iO等聚疑。一种破酸达谢 取白色裸料钛白粉(T0的生产工艺如图甲断示， 1 酸过量铁粉 已知： 16 第件 核应-厦应通度增阳老森的性谁金 I,下C1,下C1不溶于氧笨，二氯苯： 结品 清面 Ⅱ.C,HC1.C,日.1两者互客，木客于水，佛点分为132、173无， 老靠丝 而2线：台的 甲 网容下列问题 已知：1.酸浸后，钛主要以TO50,形式存在 1仪善a的名称为 ,该仪器 填“挂”或“不能”)用于石法的分管。 Ⅱ，强电解爱T0以)在溶液中仅使电离自5和一种阳高子 2>该和队用3,5器下(1，与过量氧装反应，实验结来后将三测烧我中的物质倒出，过德，洗 Ⅲ.HT不溶于水和稀酸。 涤，干燥后得别相产品，国收遂液中氯菜的方法为〔填操作名称)， 《1》为提高酸浸速卓，一取采取的皆值是 (写再条) 《)经讨论后，单，乙两组用不国方法周定FC气的转化率 (2)滤清①的主要戒分是 D甲扭：用6，的l·LNDH标准液德定带思内的溶液，可选用的指示剂为 《酸浸过程中，写出含钻化合将发生反应的北学方程式： ,若终点时消耗18，动ml,NOH标准液.则下FC,转化率为⅓。 化学0·专题春|八|算6真（共8项 金级地门春 化学业·专置春|八算0（共8真 凹乙组，将粗产品解成250ml溶流，礼出25，阳ml.用02ul·上标准KM(,榴 别，14分》废弃物的等合利用默有利于节约院源，义有利 酸 置华约鱼 液满定已知本实脸条件下，C1不参与反仪，KM)还原产物为M如十，达到南定终点 干保护环境。实验室利用陵旧电池的铜帽(C山，Z总含 电 时的现象为 量约为p%)国收C山并M各ZO的常分实验过配如图 铜四☒海 经平行实验测得平均清托标准液16,00.m1,则甲组测定结果 〔填”高于”成低 所示： 20一·园 1写出阴相溶解时钢与框人的释做酸，30%H人反 干“)乙州测定结果 海雪渊 立的离子方程式： 3某检测机相对粗产品进行测定，经数船分析测得F,1:的转化常为79,5%。与乙组 铜相游解完全后，需将溶液中过最的H,山除去除去日，的简便源作是 和检树机构的测定结果对比，若无装作欠误，甲铜声生较大误泰可能的第四为 (?)为确定知人锌灰（主要成分为，乙），杂暖为铁及其氧化物)的量，实验中需测定第去 1B.《14分酸粥是指H小于5.6韵席农，主要是由大气中的二氧化藏等酸性物质溶于水形成 H,0后棉液中Cu的含量。某同学称取1，。g电法钢即进行发验，得别100,00mL含 的。常泡下，在源能雅溶液中滴邮NO川溶液，含感教千分布系数【(S)一 有C的落液，量取烈，6∞m上述含有的溶减于带察崔那戴中，加近量水稀释，两 (S0, 节游液p日=3-4，滴入几滴淀粉溶液，加人过量的K1,用0.1G00mcd·L1NS(为标 H0,)+,(D,)+r(与的关系增衡常。 摩溶流南定至终点，再重复提作3次，己录数基如下： 实验细号 y《N8以m山 红.1 上述过程中反点的离子方程式为Cu十41广一2C1(白色)，+1：250十1. 21+8( ①清定终点的判断方法是 ②什算电泡制帽中C▣的质量分数为 %(保留小数点后2位).若减定赏溶液中 的H(2有障尽，则压测定：(Cu)将会 【填“偏高“偏质”或”无影响”)。 ()已知pH>11时Zn()H):能溶于(H溶凌生成[Zn((H.]户，如图列州了儿种商子 同答下列题： 生成氢氧化物风淀的pH(开炉沉签H以离子酸度为L.0mol·L计： 《1》新制H5),答液中四种南子浓度由大到小的顺序为 开规i >c《(H1. 61012 2)某溶液含0,1m以·1N50和，01m成·1，H5),期该溶液H约 为 43》席显下，5)于(a十H53)(胸一2H5)(01的字衡骨数K为 《4》收集某硫截厂对近的能用VmL,:加本弱释成25和m溶液，取25,00脑L稀释后溶液于 霍形亚，满加8滴淀粉溶液，用Em©风·L1】标准溶液滴定，三次平行实阶两得消耗标准 是风州 解鞋平均体积为20.0m1 结合圈中相关数解，定成由意去到的迪液制备乙)的实验步程（以最佳方案填日，可远用 ①D滴定瓷点颜色变化为 的试湖：30%HO2,l,0ml·L,1HN),l,0ma·LN(H): ①闻滤清中如人适量0%日O,使其克分反应： 四该酸雨含以)，H以)等+4铃酸粒子总浓度为 mol+I.. 四满加1，md·L.H.到节溶液pH范润为 三次平行实验修目的是降年 〔帕“系接减“随机“)模差。如规船德时川长，南 ①过线： 正较慢，导数空气连人锥形压较多，会孕致测定结果（植“信高”成“偏低”）。（星 ① 年：南定发生的反应有0十1十2H0一H),日0十十H0一日0，十 回过滤、法谈，干燥： 211. D9U0T帽绕 化举D·专置春八1第7直（共8夏） 金级地门春 化学业·专置春|八算多（共8真