单元检测(十二) 盐类水解及难溶电解质的溶解平衡-【衡水真题密卷】2025年高考化学单元过关检测（冀湘渝甘赣皖桂贵晋豫陕青宁蒙新藏滇川A版）

2024一2025学年度单元过关检测（十二） 化学·盐类水解及难溶电解质的溶解平衡 (考试时可75分钟，惑分100分》 可能用到的相对额子质量，1一1C一120一16Nm一23Ca一59 一，选择题：本题共14小题，每小驱3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题日要求的。 题号1234567891011121314 容案 1.25时，放支均为Q2m·L+的kO与C)溶浅中，下列带误的是() A溶液中均存在电离平德和水解平衡 B存在的较子种类相同 C帝液中c(OHT)前者大于后者 D.分划都人NOH圳体.恢复到原基度，c《CO,十)均增大 2.有关电解质溶液的实验，下判敏法正确的是 A将AC帘液和(SO,):溶液分明如热，蒸干，灼烧，所科围体成分相同 五配利Fe(SO,),脐液时，将F©(8O,)2国体溶于稻盐酸中，然后稀释至新需浓度 C、用闺热的方法可以除去K口溶液电的F” 九.用热的碳酸钠溶液瓷涤厨房油污 3.下列化学原理的应用，不能利用沉淀溶解平衡原建来解释的是 A风最BCL后用Q.5%的SO,济液解毒 我溶闲易湖的形成 C经常使用含氟牙膏到牙，可防止龋齿 D.泡袜灭火器灵火的原理 4.室建时嫩度都是1ml·L的四种正盐溶液，AX,BX,AY,BY:AX溶液的pH一7且 济液中c(X)一1m·L,BX帝液的pH一4，BY溶液的pH一B,下列说法正南 的是 A.电离常数，K《政OHD<K(HY 且溶液的pH,AYBY C,稀释相问修数，溶液PH变化：X=Y D将浓度均为1m·1韵HX和HY溶液分别释释0倍后，溶流的pH:HX>HY 品，下列有关电解质溶液的说法正晚的是 A.2药℃时，H均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中，水的电离程度相同 A5C时，H=9的某酸式盐NHA的水溶液中：F()>e(HA》>c《A)≥ r《HA) C等物质的量浓度的K:S和K1S混合溶液中，c(K)2红(S)十c(HS) D.NC溶液和CH,COONH溶液均蔓中性，两溶液中木的电离程度相同 单元过关检测（十二】化学第1页{共8西） 衡水真 6.苯陵(CHNH)是一种有机厨碱，可与盐酸反应生成盐酸我(CH NH C)。下列叙述 正确的是 AC,HNH中碳原子的秦化轨道类m为sp 且0,01m心l·LCH NH C水溶液加水稀释，H泽低 姓名 CD,1md·L.CHNH,水溶液中：e(C)=e(C.H.NH)+eH) DC1LNHQ在水中的电离方程式为C,LNH CI-CH NI日十 .常温下，用20mL.Q.1mal·L1NaOH符液极枚80，与 得分 14 N翼合气体，新得溶液H与吸收气体体积的关系如图所 12 示，已知K.(HS0-1.2×101,Ke(HS0)-56X 10 10·。下列说法正确的是 A.吸度3L气体时溶液单主要幕质为NHS以O 以溶液H=7时2(S0片)≥>e《HSO5》 01345618 CX点溶液星酸性的源因是()，水解程度大于其电离 配合气体体L 程度 D由线上任意点均∥在c《1H)+c()=e(OT)+c(H0)十((SO) 8.25℃时，用.11mcl·L3NsOH常液德定0mLa.025mol·LCuS0和 0,025l·【,MQ的混合溶液（含有今量抑制金属离子水解的硫酸），H变化曲 线如图所示。 2 611QT1万0243026 OH溶液l 已知，25℃时，K,[Ca(O日)：]一2.2×10"，K,[Mg(OH):]-56×10:当 r(X+)10al·L-时认为X2+沉淀完全，e22=1.34、g56=1.75, 下列说法错碳的是 A.a一b段主要发生反成：H十十OH一HO 且e点时，溶藏的pH6,67 C.能通过测节溶液pH分离Cu+和Mg Dd一e段生我的沉淀为COH): 9,如图所示，横射为溶液的日.纵辅为Zn或乙O片物质的量浓度的对数 2 ZnOH> 20时 7.0等090001612030140H 蹈密在 单元过关检测（十二）化学第2页（共8页} IA 下列说法错误的是 ( A,往，溶藏中加入过量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为Z+十 40H一Z0+2H.O B从图中数据计算可得(OD,的溶度积K。=10 C.某废液中含乙”，除去Z+可以控封溶液H的微围是8.0一12.0 口Z(OHD:皮为两性氢氧化物 10蜗氢法可用于测定气体中氧气浓度。该方法是以C作为还原剂，用一定量NH,口和 氢水的混合浪作为吸收液吸收O,其原理如图所示。 C Cu CuNH 0 CONH-NH:. 0 自动阶慢) 环除及谀 已知：水溶液中Cu(NH,》,]+为蜚色，[C(NH),]'为无色 下列说法精误的是 ANH口的作用是抑料氢水的电离，防止生成C(OHD:沉淀 且M环阶段I的反Cu(NH).]+Ca一2Ca(NH,)h] C,配制吸牧液时，扣入少量CS0,南液，可加快开给颗牧时的反成速率 D团着最收过程不：进行，当吸收液由蓝色变为无色时，表明吸收液已失效 1L,28K时，S0,与BC0在水中的沉淀溶解平衡曲线知倒所示。下列说法情视 的是 4g0)1nd·L) 50 00 36 -gcA1mol·1 已知，l0以+-25， A2四8K时，SO,的溶潮度小于C),的溶解度 BU点坠标为(4.4.8) C作为分散质SO,.W点（沉淀）C(溶屏) D对于沉淀溶解平衡，(s)十(n)BC)(》十5〔网)，其平者君数 X=0,04 IA 单元过关检测（十二】化学第3页{共8西） 衡水真 12.常温下，乙二胺(H NCH CHNH)的水溶液中，HNCH CH NH、HH(CHHE和 HNCH,CHNH的分布系数(X)与日的关系如图所承。已知， 6(0= (X) n(H:NCH.CH.NH:)+(H NCH.CH.NH7 )+n(H NCH.CH.NH)' 10 08 9X为06 65,05 95.05) 02 101112 下列说法册误的是 A《H,NCH CH:NH)SO溶液显酸性 且曲线b可表承a(H,CH CH NH:) C.H NCHCH NH+HO一H,NCH.CH,NH+OH的平衡常数K=1D DQ.Imo·Lt(H,CHCH NH)C1溶液中：r(H,NCH.CH NH)> c(HNCH CH NH) 13.废旧铅蓄电池会导数铅污染，R5求工艺国收船的化工流程如图所不。 目人90 酥品M 断淘电西 (NH.CO. 气体 2序捐F溶流 已知：「.音的主要成分是P以O和PhS),HBF,是强胶： 1.K.(PhS0)-1.6×10,K(F00)-7.4×10". 下列有关说达情误的是 A步量②中反成PhS0,(s)+00(网)一PC0,《s)十S0《a四》的化学平衡常登 K约为2.2×10 且操作③需爱用的玻璃仪器有烧杯，和斗，技璃棒 C步骤①发生反成的离子方程式为C0+2H一%+十C0↑十H0 D副产品M的主要成分是(NH》:S0 蹈密在 单元过关检测（十二）化学第4页（共8页} 14.常温下，向某装度的二元弱酸HA溶液中逐滴如入NOH溶浅，C与溶液H的变 化关系知图所示(C一一gx,江表示溶液中溶霞微数的物质的量浓度)。下判说法玉 确的是 10Rn7) (5.3n73 4 A,日由2增大到3的过程中，水的电离程度先减小后增大 B溶藏中可存在点d清足3c(HA)十c(HA)+e《A)】=2(,该点位于e 点右侧 CH=3时，溶液中c(HA)=r(A-》>c(HA) D常祖下，溶液中c(HA)·c(A)与c2(HA的此算为10 二，非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)清除大气和水体污臻对建设美图家乡，打莆宜国环境具有重爱童义。 (1)以HC为原料，用O氧化制收C可揭高效，戏少污染 反应为40g+0.g)C00L2C4g+2H0(△H--118.4N·m 通过控制合适条件，分两步循环进行，可使H心转化率接近1%，第理如图 所示： K HOC 2901 CUO 过程（氧北 CaClAs) 过程（氧北） 40T 0M利 过程1I的反应为2Hg)+十0OX一C(s)+HOXe)△H=-124kM·, 过程Ⅱ反应的热化学方程式为 (200还原法处理0.原理为2CD(g)+2NO(g)一N(g)+2C0,(g)dI 一744kJ·ma。在容积为21.的某密闭容程中充人5mcC0和4odN0,发 生核反应。某盛度下，上述反应进行到5mm时放出的热量为558kJ,则N的平均 反应建率(N:》 mal·11·mn1. (3)热分解法处理NO:某置度下，N0在金粉表面发生热分解：2风O(g)一2%()+ O(g),圈得e(NO》随时间1变化关系如图1质承，已知瞬时反应速率影与 (风O》的关系为口一k·”(NO)《k是反控速率常数)，期n= (结果保留四位有效数字) 单元过关检测（十二】化学第5页（共8页） 衡水真见 0.2 C1HO为 00% 0 0.04 000 HS.HCO 207 AnI春 图 2 (4)能为重金属无素，对水体污染严重，通过沉淀法可以去除工业废水中的T”, ①利用植酸盐还原菌(S求B)的催化作用，可以将废水中有机稀源（以CHO表示》、 S、T去除（原理如图2所示）。写出该反应的离子方程式： ②工业污水轮的污染物排放标准为c(T)25×10'ml·L,已知：K,(T1S 一5×10，若轮的含量符合国家排战限值，侧处理后的度水中c(5) 16.(15分)在有，电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。 1)土壤的pH一最在4~9，土壤中NaQ0含量校高时，pH可高达10.5，试用离予 方程式解释土壤经碱性的原因： 加人石膏(C5以)·HO)可以使土壤碱性降颠，有关反应的化学方程式 为 (2)常程下在29ml0.1mol·LINa:00,溶液中遂滴相人0.1mal·11HC1溶液 40m,溶藏中含康元素的各种微粒()，因递出未斯出)物质的量分数（纵拍）随溶 液H变化的郁分情况如图所示 1含线组分含最% C的 H.CO 12 国答下列问题： ①D在同一溶液中，HCO、HCO,,C0方 《填“能”或“不能”)大量共存。 ②当H=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为 ,溶液中各种离子 的物质的量浓度的大小关系为 ③已知在25℃时，C05水解反应的厚衡常数K,-cC0:c(01)-20× e(C0) 104m©l·L.1,当溶液中e(H006》·e(C0)=2t1时，溶藏的pH 密在 单元过关检测（十二）化学第6页（共8页》 1A (3)一种煤炭驳硫技术可以把建元素以CS)的形成因定下来，但产生的C0义会与 CSO爱生化学反成，相美的热化学方程式如下： DC0,(s)+0eC0X+S0)(e)+0(e)△H=+2105J·ml 四CaS0(》十4C0XgC)+4C03(g)4H=-189.2J·ml1 反度C0Xs)+3O)+S0g)CS)+300(g)H- k·mmdg 17.(15分)南，硫，氧.砷(A)既是工业废水中的污染元素，也是重要资源，用途广泛。 《1》将硫酸管，硝酸亿与氧氧化销溶液袋一定比剑湿合，搅拌能其充分反度，可获得一 种神的高效吸用别X,驳附剂X中含有0月，其原因是 (2)HAsO,和H:AO。水帝液中含确的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓虞占 各物种浓度之和的分数)与H的关系分别如图1和图2所系 H. LAD 4 02 22 1 月1 ①以酸做为指示割水变色范围H&0一I0.0),将NOH溶液遂滴市人HAsO,溶 线中，当帝液由无色变为浅红色时停止滴面。废过程中主要反应的离子方程式 为 四H,Ax0,一HAO万十H第一步电离的电离常数为K4,则K。= 《K,=一lgK)。 (3)氧化水解法生产三氯氧磷(POC,)的陵本中主要含有日PO,.HP0等，可先如人 适量原自榜，再加人生石灰调节H,将磷元素转化为磷酸的钙盐忙淀并回收 ①在沉淀询先加人适量源白粉的作用是 四不同条作对磷的沉淀国收率的影响如图3和图4所示，处理该厂麦水需控的 工艺条件为 线图溶解性爵浓度o1·L 收卓 线酯溶解1睛流定四+L作国收半6) 04 o.sr 110 80 80 03 溶解性 93 溶解性 0 确浓度 醉浓度 粒卓 皮率 ■ 。一。 Q.1 20 8&594.5101051112 5100301 H 反时(mw (4)S0C是一种液态化合物，佛点为77℃。在接有10mL水的维形瓶中，小心地滴 加几滴SOC,发生刚题反应，液面上有白雾彩成，产生有利激性气床的气体，该气 IA 单元过关检测（十二）化学第7页（共8页） 衡水真蹈 体可使湿润的品红试纸瑟色。轻轻振善桩形窟，等白露清失后，往溶液中滴如 AgNO溶液，有不溶于HO)的白色沉淀析出。 ①S0图：和水反应的化学方程式为 ②将F,游藏直接蒸于得不到无水F,面得到 (填化学式)。若用 SX1与FC1·6HO祖合共热，则可得到无水下C1,其原因是 18,《14分)骷是生产电池材料，高留合金，蓝性材料及雁化剂的重要原料。一种以混法德 锌净化清（含有C0,知，Fe.Ca,Ph等金属及其氧化物》为原料提歌结的工艺程如图 所乐： 硫化的 过硫截消 晨限的 武酸的 一加一淘-碎商-或花一武一-净花准一心 浸出清 线问收后 已知，①常U下，K(CS)一8.9X10*,K.(CaS)一18×]0=： ②溶液的氧化还原电位为正表示谈溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位地高，氧 化性植强，电位植低，氧化性越弱。 国答下列闻题 (1)蒸态C0原子的价层电子轨道表示式为 (2)“浸出渣”的主要成分为 (填化学式》。士业上，在“浸出“过程中， 常选用硫酸浸取，面不用热酸，草因是 (3)心，S常用沉淀剂，在盗中检离不到G,“除铜液中C浓度为Q18·1., 则此时溶液的H [已知常祖下，饱和HS水溶液申存在美系式： c2(Ht)·c(s-)=1.0X10u(ml+L-]. 《4)“氧化“过程中，NSO与Fe”发生反应的离子方程式为 (5)院铁”过程中，NCO韵作用是 (6C0元素存在彩式的撞定区规与溶液PH的关系如图（￡一H周）断示，在溶液pH 一5时，NSO能将C。”氧化，写出该反应的商子方程式： :以1蝇湿法炼锌冷化清(C0的置量分数为四%)为原料 提取出知gC(OH,。在提取过程中结的损失率为 (用含，m的代数 式表示)%. 23 206. 15 GO C 0点 00 0s -l0 O -l3 -2.0 2024681012141612022242628 州 密 单元过关检测（十二）化学第8页（共8页}·化学 参考答案及解析 n(HgAsOg)=n(H;AsO,)=- (NaOH)= 1 升温平衡正向移动，反应「为放热反应，升湿平 衡逆向移动，而反应菲正向移动的程度比反应 5X0.1mol·L1×y×103L=3 ×V× 1逆向移动的程度大。 ④将CO2和H2按物质的量之比1：3充入一恒 1 ×V×10-4mol 容密闭容器中，设CO2和H2分别为1mol、 10-mol,c (HAsO)= 3 0.1L 3mol,M点CO2的转化率为25%，C0的选择 3X10-3molL-。 性为50%，则两个反应中C02参与反应的物质 的量均为1mol×25%×50%=0.125mol,则 18.(1)①HO￥+H*一H2O(g)②ΠⅢ 反应i:CO2(g)十3H(g)一CHOH(g)+H2O(g (2)①p1>p>p:②<③反应i为吸热反 转化 (mol) 0.1250.375 0.125 0.125 应，升温平衡正向移动，反应为放热反应，升 温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比 反应i:CO2(g)+H(g)CO(g)+H2O(g) 反应1逆向移动的程度大④0.017 转化 (mol) 0.1250.125 0.1250.125 (3)00.01X0.05×0.01×0.05 ②H2SO, 0.01-0.01×0.05 则平衡时，C02为0.75mol,H2为(3一0.375 【解析】(1)①已知总反应为CO2(g)十H(g) -0.125)mol=2.5mol,C0为0.125mol, CO(g)十H2O(g),历程1反应甲：CO2(g) H20为(0.125+0.125)mol=0.25mol,反应 CO(g)十O*,历程Ⅱ反应乙：H2(g)十 Ⅱ反应前后气体物质的量不变，可以用物质的 O*一HO十H黄，则总反应一反应甲一反 量代替浓度计算平衡常数，则该温度下反应川 应乙可得历程Ⅲ中的反应丙，可表示为HO 的平衡常数K。=025×0.125 ≈0.017。 十H0——H2O(g)。 0.75×2.5 ②历程I的活化能为一0.11eV-(-0.75eV) (3)①已知电离度a= F公会，△为一定浓度下 =0.64eV,历程Ⅱ的活化能为0.38eV一 (一0.41eV)=0.79eV,历程Ⅲ的活化能为 电解质的摩尔电导率，△m为无限稀释时溶液 0.63eV-(-0.85eV)=1,48eV,活化能越 的摩尔电导率，△=0.040S·m2·mol- 大，反应速率越慢，总反应的反应速率应由最慢 (T=298K)。某小组实验测得T=298K时， 的反应决定，则决定CO2(g)十H2(g)一 0.01mol·L乙酸的△.=0.002S·m·mor1, CO(g)十HO(g)的总反应速率的是历程Ⅲ。 则电离度a △m 0.002S·m2·mol1 (2)①反应菲为反应前后气体物质的量不变的 △a 0.040s·m2·mol7= 反应，加压平衡不移动，而对于反应「，加压平 0.05,该条件下测定的乙酸的电离平衡常数。 衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故压 K,= c(CH COO)·c(H+) c(CHCOOH) 强1、p2、p的大小关系为p1>p>p。 0.01×0.05×0.01×0.05 ②A点、B点二氧化碳的平衡转化率相等，则反 0.01-0.01×0.05 应物浓度相等，B点的压强比A点大、温度比A ②已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好， 点高，故化学反应速率：v(A)<u(B)。 根据各种离子的摩尔电导率可知，从导电性角 ③温度高于543K时，CO2的平衡转化率随温 度选择，最适宜的电解质为H2SO4。 度的升高而增大的原因是反应川为吸热反应， 2024一2025学年度单元过关检测（十二）化学·盐类水解及 难溶电解质的溶解平衡 一、选择题 酸的酸式酸根既能电离也能水解，同时还存在水 1.C【解析】在NaHCO3溶液中，HCO3作为弱 的电离平衡，在Na2CO3溶液中存在CO的水 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 解平衡和水的电离平衡，A正确；在两溶液中均 全电离，电离方程式为CHNH CI 存在Na+、H、HCO5、CO、H2COa、OH厂、 CHNH十CI,D正确。 H2O七种微粒，B正确：同浓度的正盐水解程度 7.B【解析】0.1mol·L1NaOH溶液吸收 大于其酸式盐，所以NazCO3溶液中c(OH) S02,先后发生两个反应，即2NaOH+SO2一 大，碱性强，C错误；NaHCO3溶液中发生反应 NazSO3+H2O和Na2 SO3十H2O+SO2一 NaHCO NaOH Naz CO+H2O, 2 NaHSO3。由图中信息可知，当吸收3L气体 c(CO)增大，在Na2CO3溶液中加入NaOH 时，得到Na2SO3溶液；当吸收6L气体时，得到 固体抑制了CO号的水解，使c(CO)增大，D NaHSO3溶液。由分析可知，当吸收3L气体时 正确。 得到Na2SO3溶液，溶液中主要溶质为Na2SO,, 2.D【解析】氯化铝溶液蒸干、均烧后得到氧化 A错误；pH=7时，溶液呈中性，则c(H)=1X 铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸 10-7 mol.L,K2 H2SO3 ) 铝，A错误；所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂 c(H+)·c(SO) 质，B错误：加热法不能除去Fe3+,C错误；加热 c(HSO) =5.6X10,则cS0g) c(HSO,) 促进CO水解，碳酸钠溶液碱性增强，洗涤油 2c(SO号) 污的能力强，故可用热的碳酸钠溶液洗涤厨房油 0.56,图此，c0Hs0) =1.12>1,则2c(S0号)> 污，D正确。 c(HSO),B正确；由图中信息可知，X点为 3.D【解析】A、B、C项均涉及沉淀的生成与沉淀 NaHSO3溶液，HSO万电离方程式为HSO5 的溶解，都可利用沉淀溶解平衡原理来解释；D 一H十SO号，水解的离子方程式为HSO, 项利用了盐的水解原理。 4.A【解析】由题给条件可以推出AX是强酸强 +H,0一H,S0+OH,K=K 碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY 1.0×1014 为弱酸强碱盐。1mol·L1BY溶液的pH=6, 1.2×10≈8.3×101<Ke(H,S0,)= 说明电离常数K(BOH)K(HY),A正确：AY 5.6×10-,即HS05的电离程度大于其水解程 为弱酸强碱盐，水溶液显碱性，所以AY溶液的 度，因此X点溶液呈酸性，C错误；由电荷守恒， pH大于BY溶液的pH,B错误；稀释相同的倍 曲线上除其起，点外，其他任意点均存在c(H) 数，BX,BY的水解程度不同，pH变化不相等，C +c(Na)=c(OH)+c(HSO)+2c(SO), 错误：相同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10 D错误。 倍后，弱酸的pH大于强酸，D错误。 8.D【解析】CuSO4和MgCl2的混合溶液中含有 5.C【解析】烧碱抑制水的电离，纯碱促进水的电 少量抑制金属离子水解的硫酸，滴加NaOH时， 离，二者溶液中水的电离不同，A错误；NaHA 首先与硫酸发生反应，所以a~b段主要发生硫 水溶液中的pH一9，说明HA的水解程度大于 酸与NaOH的反应；根据溶度积规则，优先生成 电离程度，即c(H2A)>c(A2-),B错误：KS和 溶解度最小的物质，故b~℃段主要发生Cu+与 KHS溶液中硫离子和硫氢根离子均水解导致两 OH厂的反应，d~e段主要发生Mg+与OH的 种离子浓度减小，故等物质的量浓度的KS和 反应。由分析可知，a~b段主要发生反应： KHS混合溶液中：c(K)>2c(S)+c(HS),C H十OH=HO,A正确；c点时，溶液中的 正确：CH COONH水解促进水的电离，使水的 Cu+完全沉淀，此时c(Cu2+)=1.0X 电离程度增大，D错误。 22X10面 6.D【解析】CH:NH2的苯环碳原子均采用sp 105mol·L1,则c(OH)= V10×105 mol·L 杂化，A错误；C HNH CI属于强酸弱碱盐，水 解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液 =√2×10molL1,p0H=8-2×1.34= 被稀释，H浓度减小，pH增大，B错误； 7.33,溶液的pH=14-7.33=6.67,B正确；b 0.01mol·LC.HNHCI水溶液中存在电苻 c段主要发生Cu+与OH厂的反应，d~e段主要 守恒：c(OH)十c(CI)=c(C.H;NH)+ 发生Mg+与OH厂的反应，两段曲线溶液的pH c(H),C错误；盐酸盐(CHNH,CI)在水中完 相差较大，则能通过调节pH分离Cu+和 1A 6 ·化学· 参考答案及解析 Mg2+,C正确：d~e段生成的沉淀为Mg(OH)2, 0.5)两者浓度相等，故Ke= D错误。 c(H NCH CH:NH)c(OH )=(OH-) 9.B【解析】由图知当氢氧化钠过量时，Z+最终 c(H2 NCH2 CH2 NH) 转化为ZnO,A正确；由图知a点时，c(Zn2+) = 104 =103mol·L-1,c(OH)=10-?mol·L-1, 106需=10；随着pH的增大， K[Zn (OH):]=c(Zn)Xc2(OH)= 8(H2NCH2CH2NH对)即曲线b逐渐减小， 10-17,B错误：由图可知，控制pH为8.0一12.0 8(H2NCH2CH2NH2)即曲线c逐渐增大，交点 时Zn2+完全沉淀，C正确；Zn(OH)2能溶于酸 处(9.93,0.5)两者浓度相等，K 性溶液，也能溶于碱性溶液，应为两性氢氧化物， c(H2 NCH2 CH2NH).c(OH) D正确。 c(H2 NCH2CH2 NH2) =c(OH-) 10.D【解析】NH,C和急水的混合液存在平衡 10-14 10=10t”,HNCH,CH,NHf的水解 NH2·H2ONHt+OH,故NH,C的作 平 衡 常 数 K 用是抑制氨水的电离，防止生成Cu(OH)g沉 淀，A正确；循环阶段I中Cu与 c(H+).c(H:NCH CH:NH),c(OH)_ c(H2NCH2CH2 NH c(OH) [Cu(NH),]2+生成[Cu(NH)2],反应为 K。104 [Cu(NH3 )]+Cu-2[Cu(NH;)2],B K104丽=10。根据上述分析可知， 正确：配制吸收液时，加入少量CuSO,溶液，生 (H NCH CH2NH)SO,存在水解平衡， 成少量[Cu(NH),]+,可加快开始吸收时的 H,NCH CH NH水解显酸性，A正确；曲线b 反应速率，C正确：由循环阶段Ⅱ可知，当吸收 可表示8(H,NCH CH2NH时)，B正确： 液由蓝色变为无色时，[Cu(NH3)2]可继续吸 H2 NCH2 CH2 NH2 +H20 收氧气，转化为[Cu(NH),]+,D错误。 H2 NCH2 CH2 NH+OH表示 11,B【解析】离子浓度的负对数越大，离子浓度 H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其 越小，对于同种类型难溶电解质，越难溶，K冲 平衡常数为K=107,C错误；根据上述分 越小。结合图像可知：Kp(BaSO:)< 析可知，HNCH2CH2NH的水解平衡常数 Km(BaCO,),298K时BaCO3的溶解度大于 K地小于其电离平衡常数Ke,所以电离大于 BaSO4,A正确；根据X点坐标可以求出 水解，则c(HNCH2CH2NH+)> K(BaCOs)=c(Ba).c(CO)=10-0.6x c(H2 NCH CH2NH2),D正确。 108,U点为BaCO3沉淀溶解平衡曲线上的 13.D【解析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧 点，因为c(C0号)=1×10-4mol·L-1,所以 化硫PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应： c (Ba*)=1X10-46 mol L-,-Ig c(Ba+)= PbO2十SO2—PbSO4,加入碳酸铵后，PbSO, 4.6,U点坐标为(4,4.6)，B错误；由图像可知， 与其反应生成PbSO3和副产品硫酸铵M:碳酸 W点的坐标在BaSO,沉淀溶解平衡曲线上方， 铅加入HBF:得到Pb(BF,)2和二氧化碳气 即W点BaSO,的Q。<Kp(BaSO),则 体，Pb(BF,)2电解得到铅。步骤②中反应 (沉淀)<v(溶解)，C正确；结合V点可知 PbSO,(s)+CO(aq)=PbCO3 (s)+ K(BaSO)=1.0X10-o,对于沉淀溶解平衡 BaSO (s)+CO (aq)=BaCO3 (s)+ S0(aq)的化学平街常数K=c(S0) c(CO) SO (),=(SO)_K(BaSO.) c(Pb+)c(SO)K(PbSO,) c(CO号)Kn(BaCOa) e(Pb)e(COK (PbCO)2.2X10, 1.0×10-0 .0X10《6=1014=0.04,D正确。 A正确；操作③为过滤，需要用的玻璃仪器有烧 杯、漏斗、玻璃棒，B正确；HBF4是强酸，和碳 12.C【解析】根据图示，pH较小时分布系数降低 酸铅反应生成二氧化碳、水和Pb(BF,)2,故步 的曲线a为6(HNCH2CH2NH),增加的曲 骤④发生反应的离子方程式为PbCO3十2H 线b为6(H2NCH2CH2NH时)，交点处(6.85， 一Pb+十CO2个十H2O,C正确；副产品M 7 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 主要成分是(NH,)zSO4,D错误。 △H=一120.4kJ·mol1,①-②×2整理可 14.B【解析】二元弱酸H2A溶液中逐滴加入 得：2CuC2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2C2(g) NaOH溶液，反应分两个阶段，第一阶段：H2A △H2=+122.4kJ·mol-. 十OH一HA十H2O,第二阶段：HA十 (2)根据反应方程式：2CO(g)十2NO(g) OH—一A2十H2O,反应过程中H2A浓度一 N2(g)+2CO2(g)△H=-744kJ·mol1可 直减小，HA的浓度先增大后减小，A2的浓度 知：每2 mol NO完全反应，同时产生1mol 一直增大，由图中粒子浓度的变化可知：曲线I N2,放出744kJ的热量，则反应放出558kJ热 代表HA,曲线Ⅱ代表H2A,曲线Ⅲ代表 A2:a点时c(HA)=c(H2A),可得 量，反应产生的N的物质的量N)器图× K1(H2A)=c(Ht)=10a8;c点时c(HA) 1mol=0.75mol,则用氮气表示的反应速率 =c(A2),可得Ke(H2A)=c(H+)=10i3, 0.75mol=0.075molL1·minl。 据此分析解答。pH由2增大到3的过程中，为 (N:)-2LX5 min H2A和氢氧化钠反应生成酸式盐NaHA的过 (3)根据图1中斜率为定值，斜率即v(N2O)= 程，溶质由H2A转变成NaHA,水的电离程度 △c =0.0010mol·L1·min1,已知瞬时反 增大，A错误；根据物料守恒当溶液中 应速率v与c(N2O)的关系v=kc(N2O) 3c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+), Q.0010mdl·L1·min,即瞬时反应速率v不随 可知溶质为Na2A和NaHA的等物质的量混 合，因A2的水解常数为1087，小于 cNO》变化，可知n=0k-Q0010ml·L1·min1。 Ke(H2A),可知此时溶液中HA浓度小于 (4)①由图2可知，废水中有机碳源（以CH2O A2的浓度，结合图像可知该点应位于c,点右 表示)、SO、TI+等离子经过SRB后最终转化 侧，B正确：结合图像信息可知pH=3时，曲线 为T12S和CO2,结合电子守恒、电荷守恒得到 Ⅱ和曲线Ⅲ相交，曲线I的pC值最小，则浓度 离子方程式应为2CH,0+S0+2T1+ c(HA)>c(A)=c(H2A),C错误； T1zS￥+2CO2↑+2H20: c2(HA)_c(HA)·c(H)·c(HA) ②由于Kp(Tl2S)=c2(T)·c(S2),当 c(HA)·c(A2-)c(HA)·c(A2-)·c() c(T1t)<2.5×108mol·L1时，c(S2-)≥ ,则得CCHA)与cH,D·cA)的比 Km(T12S)5X10-1 c2(T)(2.5X108y=8X105mol.L1. 值为K1=0=10,5,那么溶液中 16.(1)CO+H20=HC02+OH NazCO+CaSO.2H2O CaCO,+ c(H2A)·c(A-)与c2(HA)的比值为 Na2 SO,+2H2O 10ts,D错误。 (2)①不能②HCO,HCO,c(Na)> 二、非选择题 c(CI)>c(HCO)>c(H+)=c(OH) 15.(1)2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2C2(g) ③10 △H2=+122.4kJ·mol-1 (3)-399.7 (2)0.075 【解析】(1)土壤呈碱性，是因为CO水解显 (3)00.0010mol·L1·minl 碱性所致。利用沉淀的转化与生成规律， (4)①2CH,0+S0+2T+T1,S↓+ CaSO,转化为更难溶的物质CaCO,相应的化 2C02↑+2H20②8×106mol·L-1 学方程式为Na2CO3+CaSO,·2H2O 【解析】(1)根据图示可知Ⅱ是CuCl2与O2反 CaCOa+Na2 SO,+2H2O. 应产生CuO、Cl2,化学方程式为2CuCl2+O2 (2)①通过观察图像可知H2CO3和CO号不 400e20u0+Cl,已知①4HCI(g)+02(g 可以共存，会发生反应生成HCO。 2C(g)+2HO(g)△H=-118.4kJ·mol1, ②通过观察图像可知当pH=7时，溶液中含碳 22HCI(g)+CuO(s)-CuCl2(s)+H2O(g) 元素的主要微粒为HCO,、H2CO,。 1A 8 ·化学· 参考答案及解析 ③当c(HCO?):c(CO)=2:1时，溶液中 激性气味的气体，这两种气体应该为氯化氢和 c(OHT)=10×10mdl·L1,则c(H)=l0× 二氧化硫，反应的化学方程式为SOC2十H2O 10-0mol·L1,pH=10。 =2HCI◆+S02↑。 (3)已知①CaSO,(s)+C0(g)一CaO(s)+ ②将FeCl溶液直接蒸千得不到无水FeCl,原 S02(g)+C02(g)△H=+210.5kJ·mol1 因是氯化铁水解生成的HC】是挥发性酸，HC] ②CaS0,(s)+4C0(g)一CaS(s)+4CO2(g) 的挥发导致氯化铁的水解被促进，故蒸干后得 △H=一189.2kJ·mol1则根据盖斯定律可 到Fe(OH)3:SOCl2与水反应生成的氯化氢会 知②一①即得到反应CaO(s)+3CO(g)十 对氯化铁的水解起到抑制作用。 SO2(g)一CaS(s)+3CO,(g)的反应热△H 3d 4s =-399.7kJ·mol1. 18.a441 1t0 17.(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2)Cu、PbSO,盐酸易挥发，对设备腐蚀性强 (2)DOH+HAsO3-H2AsO3+H2O (3)0.5 ②2.2 (4)S,Og+2Fc2+=2Fe++2S0 (3)将废水中的HPO3氧化成HPO4溶液 (5)调节溶液pH pH≈10，反应时间≈30min (6)SO+2Co2++6H20-2Co(OH)3￥ (4)①SOC12+H2O—2HCI↑+SO2↑ +2SO+6H+ 1100w-59m ②Fc(OH)3SOCl2消耗FcCl·6H2O中的 11 结晶水，并产生HCl,抑制FeCl水解 【解析】浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO,Co、 【解析】(1)空气中的CO2属于酸性氧化物，能 Zn,Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2S常用 溶于强碱溶液，NaOH吸收空气中的二氧化碳 作沉淀剂，钢渣为CS,“氧化”过程中， 而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸 Na2SzOg将Fe2+氧化为Fe3+,NazCO调节溶 收了空气中的CO2。 液pH,生成氢氧化铁，在溶液pH=5时， (2)根据图1知，碱性条件下HAsO3的浓度减 Na2SOg能将Co+氧化生成Co(OH)a,据此 小、H2AsO浓度增大，在pH8.0~10.0时 分析解题。 HAsO,与NaOH溶液反应的离子方程式为 (1)C0为第27号元素，基态C0原子的价层电 OH HAsOs =H2 AsOs H2O; 3d 4s HAsO,一HAsO,十H第一步电离的电 子轨道表示式为1间 离常数为K=c(HAsO)·c(H ,当pH (2)“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4。工业 c(HAsO.) 上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用 =2.2时，c(H3AsO4)=c(H2AsO4),Ka= 盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强。 c (H+)=10-22 mol.L,pKa=-lg K= (3)NaS常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到 2.2。 Co2+,“除铜液"中Co2+浓度为0.18mol·L, (3)①氧化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主 要为HPO4、HPO3等)废水，在废水中先加 K.(CoS)-1.8X10-c(S-)-Ks(CoS)_ c(C02+) 入适量漂白粉，使废水中的HPO,氧化为 1.8×10-2 HPO,加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙 0.18mol·L=1X10mol·L1,常温下， 盐，达到较高的回收率。 饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H)· ②根据题千中的图可确定pH≥10，藓的沉淀回 c(S-)=1.0×10江(mol·L1)3则此时溶液 收率较高(90%左右)，反应时间超过30min时 的c(Ht)=l0a5mol·L1,pH=-lgc(Ht) 磷的沉淀回收率较高(90%左右)，所以处理该 =0.5,故pH<0.5。 厂废水最合适的工艺条件为溶液pH≈10，反应 (4)“氧化”过程中，Naz S2O8与Fe+发生反应， 时间≈30min。 Fe2+被氧化为Fe3+,SO后被还原为SO号，离 (4)①SOC12与水发生剧烈反应，生成两种有刺 子方程式为S2O+2Fe2+一2Fe3+ 9 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 +2S0。 为1000kg×w%=10wkg,实际生成的C0的 (5)“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是调节溶液 59 pH,生成氢氧化铁。 质量为：0×mkg一110 59mkg,在提取过程中钻 (6)在溶液pH=5时，NaS,Os能将Co+氧 100×w%-30 59m 化，该反应的离子方程式：S0十2C02+十 的损失率为 1000X心% ×100%= 6H20=2Co(OH)3￥+2S0月+6H:以 1吨湿法炼锌净化渣(C0的质量分数为0%) 1100w-59m×100%=1100w-59m9%. 1100w 11w 为原料提取出mnkg Co(OH):。理论生成Co 2024一2025学年度单元过关检测（十三） 化学·有机物的分类、组成与性质 一、选择题 5.A【解析】乙醇的催化氧化制乙醛，方程式为 1.C【解析】汽油是石油分馏产品，乙烯为石油裂 解产品，A错误：煤的综合利用的途径包括煤的 2 CH.CH.OH+-0,会2CH,cH0+2H0,反 干馏、气化和液化等，B错误；天然气主要成分为 应中与羟基相连碳上的C一H断裂，A符合题 甲烷，可用作燃料，工业上可用于合成氨和生产 意；乙醇和金属钠反应，方程式为2CHCH2OH 甲醇，C正确；丙烯通过加聚反应合成聚丙烯等 +2Na→2CHCH2ONa+H2↑，断裂O-H 高分子化合物，加聚反应原子利用率为100%，D 健，B不符合题意：乙烯与溴的四氯化碳溶液反 错误。 应，方程式为CH2一CH2十Br2→ 2.C【解析】豆浆主要是豆类蛋白质与水形成的 BrCH2CHBr,断裂C一C中的一条健，C不符 合题意；澳乙烷和氢氧化钠溶液共热，方程式为 分散系，属于胶体，A正确：豆浆是胶体，稀释后 同样有丁达尔效应，用“激光笔”照射，能看到光 CH,CH.Br+NaOH-*-CH,CH.OH+NaBr. △ 亮的通路，B正确；豆浆中含豆类蛋白质，加热能 断裂C—Br键，D不符合题意。 使蛋白质变性，不可逆，不具有生理活性，C错 6.A【解析】澳乙烷难溶于水，生成的乙醇易溶于 误：电解质溶液能够使胶体聚沉，豆浆中加入盐 水，乙烯是气体，会逸出，观察反应后溶液的分层 卤汁或石膏，可凝聚成豆腐，发生了胶体的聚沉， 现象，能检验涣乙婉是否完全反应，A正确：取反 江河入海口形成“三角洲”也是发生了胶体的聚 应后溶液滴加AgN○1溶液，因为反应后溶液为 沉，两者原理类似，D正确。 碱性，与硝酸银反应，干扰澳离子检验，B错误： 3.C【解析】①属于酚类，与NaHCO3溶液不反 取反应后溶液加入一小块金属Na,因溶液中有 应，A正确：②属于醇类，不能与FeCl,溶液发生 水，水也能与金属钠反应产生气体，不能检验是 显色反应，B正确；lmol③最多能与5 mol Br2 否有乙醇生成，C错误；将产生的气体通入酸性 发生取代反应，C错误；④属于醇类，能发生消去 KMnO4溶液，不能检验是否有乙烯生成，由于 反应，D正确。 也生成了乙醇，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高 4.C【解析】编号应从靠近双健的一端开始，正确的 锰酸钾氧化，D错误。 命名为4-甲基-2-戊烯，A错误；人√名称为 7.B【解析】1mol苯甲醛最多与4molH2发生 加成反应，A正确：根据2个苯环中12个原子共 3-甲基-1-丁烯，B错误：CHCH(CH)CHBrCH 平面，甲烷中三个原子共平面得到安息香分子中 的名称为3-甲基-2-溴丁烷，C正确： 所有碳原子可能共面，B错误；该反应过程中，反 OH 应物全部生成生成物，因此原子利用率达到 NO 名称为2,4,6-三硝基苯酚， 100%,C正确；苯甲醛苯环上的二氯取代产物， CHO NO D错误。 当一个氯原子在醛基邻位 ,另外的氯 1A ·10▣