第13期 盐类水解的应用-【数理报】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步学案（人教版）

素养拓展 数理极 本板责任端情：超文佳 纸输辑质量反销电话 数理据 202 5年10月6日·星期- 高中化学 与返，其元素质量守恒规律常表示为：c(Na》= 0351527128 报纸发行质量反情电话 13期总第1161期 人教 盐溶液中的守恒规律 2(s2-+2c(Hs)+2r(H,8 0351-5271248 选择性必修1 3盾事牢道提建 质子即氢离子，盐溶液中的质子守恒规律 2025-2026学年 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报杜编辑 长：徐文伟 国内统-违续出版物号：CN14-0707八F)邦发代号：21-355 是指溶液中额子得失过程中，得失质子浓度守在 高二化学人教成 国容理合厘氧化资从而大绘夫捏材 0潮南李艳霞 境相计划 盐类的水解是高考的热点内客 ,也是 的规佛如N00,溶液中.00,41活E 迭择性必修1》 金属表面的氧化物的目的， 教学的重点和难点之一，盐溶液中微粒浓度大 电守规是指电解质溶液中所有阳离子 2个三H0,0,1个 例如：将铁条插人N阳，C溶液中，会产生 1H0 25年7月 盐类水解应用的归纳 小比较是高考的主流试题，其中常常渗透了各 所带正电简总数等丁所有阴璃子所带负电荷总数， H,和NH,这是因为NH,C发生水解： 第1有反底热 中守后即世的始海，神比几有一定的空合生，司 通常用密液中所有阳离子的电荷总浓度等干所有 。山西飞 NH,+H0=NH·H,0+H',使溶液 活性和技巧性，预计今后的高考还可能以迷择 第2化学反应的 阴离子的电荷总浓度表示例如C0,,CO 盐类水解是中学化学教学中的重点和难物质的量之比为21.在其溶液中C0水解， 显酸性：锁可置换出氢：Mg+2H*=Mg2+ 的形式出现 刚该溶液中的质予守恒规律可以表示为： 溶中的电荷守恒关系均为：(Na)+(II)= 计 ↑，同时促进NH水解，生成大量 一、盐溶液中微粒之阀存在的三种守恒规律 OH)=cHO)+cCHCO+2c(H.CO). (H00)+2r(0)+(0用). 第3第一单元复习 点，也是历年来高考考查的热点之一，但是同学 则c(Na)e(00)>21. 们在际应用中却往往不知何时考虑有关盐类 N出·H,0,于是有部分NH1递出. 1电守现律 5比较溶液中离子种类多少时应考虑盐类 注意：1mmlC0-带2mml负电荷，所以其 ie(0H）=r(H)+r(HC0)+2r(H:C0,): 与测试 的水解.现将常见的盐类水解的应用作如加下归 9,强酸弱碱盐与强碱弱酸盐混合时应考求 虽然溶液可以导电，但是它呈电中性.因 水解：如NS.NaC0,.Na0,的溶液中哪种溶 电荷浓度应为2(C0):同样道理，P0”的电 或者不考虑水解之前，e4(0川)=.(H”),水 第4期 化学反点 类水解：如果有难溶于水的物质生成，则发生 此盐溶液中一定存在电福守但关系.例如，只有 液中含阴子种类最多？因为三种酸根均要水 荷浓度应为3(), 解之后.te(H+)=c(H)+e(1C0)+ 25年8月 ,判断盐溶液的酸碱性时应考盐类水 完金的水互足测如AC1。和N,C0,溶夜有 M+,A,H,OH四种离子的MA溶液（成 解，但0水解的步骤最多，生成的水解产物 2.元专盾量守恒规律 2-(,00,),所以e.(0)■(H)+(0)+ MOH溶液与HA溶液，MA溶被与HA溶液、 第5化平衡 解：强酸强碱盐不水解水溶液显中性，强酸扇碱 合后.发生完金的水解互促：2A+3C0+ 就越多，故Ns,P0,的溶液中含有的阴离子种类 物写子店规建P指盐容夜中某中微拉初 2c(,00) 第6南化学年衡二) 盐溶液水解显酸性，强碱网酸盐水解显碱性，弱 MOI溶液与MA溶液以任意比混合的溶夜)中 最多 H,0-2A1(0H),↓+3001：如果没有 始浓度等于它的各种存在形式的微拉的浓度之 的电简守恒关系可以表示为电简总数守恒，即 二，三种守恒规律的内在联系 第7化学度的守 酸碱盐溶液的酸碱性分析二者的水解程 6,强酸弱碱盐，强碱弱酸盐配制时应考忠 干水的物质生成，则会发生不完全水解，例如 和.例如，0.1m/L的纯碱溶液中的元素质量守 同一盐溶液中的三种守恒规律是香存在联 度，溶液可能显酸性，碱性或者是中性. 盐类水解：如实验室配制FCL,溶液，由于FC ,d和CI,COONa溶液视合：NH,+ M)x1+N(H)×1=N(A-)×1+ 恒规通常表示为：2am(C0)=2c(0)+ 舟调 系呢？以纯碱溶液为例，其中的电得守恒规律 2.判断离子共存问题时应考虑盐类水解 N0)×1:由于n.则上述溶液中的电2(Hc0）+2(,0,)=。(N)= 第8荆 减的阳离子（如A,C·F2”,NH:等）与 溶于水要发生水解反应：F +3H0 CH,COO+H:0= ECH,COOH.NH.H.O. 表达式为：①e(Na)+c(H+)=e(HCO)+ 与测诚 品酸的酸根引如HC0,,C0.[A(O),],F F(0H),+3H,因此为了抑制其水解保持溶波 例如：泡沫灭火器之以能灭火，就是因为 得守恒关系也可以表示为电荷总物质的量守 D.2mal/L:再如.N,o,溶液中的元素质量守 2(C0)+c(0川).元素质量守恒规律表达 NaHD0,与A山，(SD,),担遇发生相互促进的水解 恒，即n(M”)×1+n(H)×1=a(A)×1+ 恒规律常表示为：ew(H,O,)=(山，D,)+ 225年9月 等在溶波中不能同时大量共存，因为两种离子 清，应将盐先溶解于稀益酸中，再加水稀疑 式为：②e(Na)=2e(C0》+2e(IHC0）+ 反应： c(HPO)+e(PO:)+e(H,PO,)=c(Na 都水解，分别和水电离出的日'，0结合互相 同样的方法配制CS0,溶液等 4(0)×1：由于e=,则上述溶液中的电荷 2(H:00,).子守但规律表达式为： 进水解，使两种离子数日少 例如：实验室在配制N5溶液时，为了防 ++3HC0=3C02↑+A1(0), 实际上，元素质量守恒规即是原子个数守 第一二单元) 守恒关系还可以表示为电荷总浓度守恒， c(0H)=e(H)+c(HC0}+2c(H,C0,),从 例如：P+不能与HC0,C0等大量共存 上发生水解反应加人少量的NuOH, 0.加热蒸干溶液后产物的判断时应考虑 恒把的迁移应用，又是质量守恒规的朽展应 第10期电离平 (M)x1+e(日°)×1=e(A“)×I+ 中不难发现：①式-②式=3式成者2式-① 同一溶液，这是因为A·水解显酸性，而 7,中和滴定指示剂的选择时应考虑盐类水 盆类水解： 用（此处可可将离子当作原子来处理）.例如在N,S 式=3式，说明同一盐溶液中的三种守恒规林有 第1有水的电考和 c(0H)×1,这也是基溶液中的电荷守恒规律 A1(0H)】,HC0,,CO水解显碱性，相遇 解：若用强威流定酸，反应达到修点后，因生 (1)水解若生成挥发性酸时，蒸干后一般得 的集体体观，常用于比较溶液中微粒浓度大小 溶液中，若从原子个数守恒，的角度 n(s) 在必然联系 客流的 到碱，因为在盐薰千的过程中酸会逸出，从而促 发生相互促选的水解反应， 成界破器的精器覆话件，所以快泽在玻性 第12期盐要的水杯 3.根据盐溶液的H判断相应酸的相对 围内变色的指示剂—秘敌.若用强酸海定园 进盐的水解彻底得到碱，如C巴，+3H,0△ 盐数的水解一直以来都是岛考的热点和难 高考直通车 5年10月 弱时应考®盐类水解：如物质的量浓度相同的 碱，反应达列到终点后，溶液显酸性，故要选释在 A1(0H),+3H口，再均得到金属氧化物 点，其考查类型多样化，酸碱中和潮定曲钱 盐类水解应用在高考题型 三种钠盐NaX.NaY,NaZ的l依次为7,89 型生节内变色的古剂 其 61有共装水解的 H-分布分数曲线图像，工艺流程下面例 相应的酸X.、1亿的相对强弱为K> 8.部分活泼金属和盐溶液反应时应考虑盐 (2)水解生成不挥发性酸时，蒸干一般得到 华几网共后学门人只有学习. HY>H忆（酸，其湿碱盐就越易水解，故溶液 类水解：某些活泼金属（如g、A,Z等）溶于 原溶质，如蒸干A丛(S0,)春液时仍得到 例1，(24·海南卷 。江西余飞 的碱性就越强)， 盐溶液中产生氢气如铁条在常温下与水无明 A15(0,}. 双选)H5在生态系统 的硫循环中不可或缺 产物502有壶，会对环境造成污染，所以不能向的氧化物》用过量的较浓ⅡS0,溶液酸浸后，浸 4,比较客液中离子素度的相对大小时应老 显反应，但是放入氯化核溶液中有气体产生，同 《3)盐水解生成时，蒸干后一般得到原溶 98K.10川P:h计. 燃气中人微量化氢气体以示警燃气泄漏，D取液主要含有CuS0,.NSO,加人NaHS0,溶液 第三单元 虑盐类水解：如Na,O0,品体中Na和CO的 样NH,C用丁焊按金属是因为它能够水解产生 ,如干N,O0,溶液仍得到N,C1固体 液中-2价5不日形态 提铜，滤液加人(NH):C,0,溶液沉澜得到 1,两种水短程度相同的禁密麦之间的反离 的分布分数如右图所 30507001B 答案：BC NC,D.若H,S0,两步均完全电离.则液中有 (11NlH0和N.S0的反证.NL,5i0, 例2.(25·江茅卷)室温下，有色金属治冻 示，下说法正确的是 在电有守恒：c(I+)=2c(S0-)+c(0I),但 二，三单元 水郁程度运大于NHCO,的水解，因而N,S0 析盐与盐混合时的D A.线：表示HS的分布分数 （含Ni,Si等的氧化物）用过量的较浓根据题给信息K(HS0:)）=1.2x10-2知.在较 25年11月 的水解抑制了NHC0,的水解而促进了CO 50溶变后.取加知的可寸和行才尺 B.29%K时，Na,S的pk约为7.0 浓的H,S0溶液中HSD,仅第一步电离完全， 第7刺原电池 的电离：HC0,一H+C0,HCO的电离 0 【HC0常液 。水解互促何题 C,I.0LIVL的NOH溶液吸收 电离出大量的H会却制第二步电离，第二步电 反过来又促进了S0的水解，其反应为： 143IC0=(01H),+3C0、T 小试牛刀 H,s(g)的量大于1mal 一+C0 离不完全，溶液中存在0，，因此电荷守恒应 第19期全属的电得 NaSio,+2NaHCO,=H.SiO,+2Na.CO, 表示为e(H')=e(H50:)+2(S0)+ 如NS与(50，)，之的反应 下列各组离子在店液中能大量共存的是 D.可以向燃气中人微量H,S()以示网 学性与护 52+1,0=s40用 燃气泣漏 (0),A错误：(N,),C0,溶液中存在电荷 I(DH》。4Na,C0,+H.0 已知：k(H80)=1.2×10-2,K,(H,S0)= 第0蒂网单无复 HS-+H,0-H.S+0H A.S Na'MnD K 解析：H,S是二元厨酸，在溶液中分步电 守恒：e《H)+c(NH)=c(O州-)+ (2)酸银与氯化铝的反应，因两者水解都 1.2×102,k(H,s0,)=6.0×0-.下列说法 与测试 离，随着溶液H的增大，溶液中c(H,S)减小， r(HC,D)+2c(C,0》,存在元素质量守恒： 显酸性，相互制，不利于水解的进行，因此发 A+3H,0A(0),+3 B.HCO,Na'.OH-,CI- 25年12月 生复分解反应生成难溶物(AgC):3ANO,+ 日与0H反应生成H,0,促进两离子的水 c《Hs)先增大后减小，e(s-)逐新增大，则曲 C.[A(0H).C°soNH A.较浓H5S0溶液中：（日）m2(S0)+ e(Nl)+e(NI,·H0》=2[e(IlG,0,)+ 第21期木测试 AICl,-3AgCl +Al(NO,) 解，其反应式为3S-+2A·+6H:0= 线a.b.e分别表示HS,Hs,S2-的分布分数 e(C0)+e(,C0,)],联立两式可得 D.Na'NH:AP.S0 2.两种水解情况相反的盐溶液的反应 2(0)2+3L,5↑ 由图可知，H8,5的分布分数相等时，溶液 B.NaHS0,溶液中：2Hs0s0+(NH,·H,0)+e(0I)=2(H,C0)+ (2)发生特分螺反.当分生与分尾反应 c(HC,0)+c（H1C共显：给员过积由容密 期意度习与 生有如下几种情况 l=7,c(s)=e(5),K(5)=H,0,的平衡常数K=5.0×10 点评：在客液中国发生至僕进的水解成 成的沉淀比水解反应生成的沉淀更难溶时，物 c(HS)(()=1x 10mol/L. C.(N,),C0,溶液中：(N·L,0)+的少量损耗（吸附在沉淀表面被过达去）， 渊试三) 质之问发生复分解反应，如NS溶液和CS0, 应而不能大受共存的离于粮通常有：(1)A与 e(H,S) c(0r)=c(,C0,)+c(HC0)+e(*) m(Na)>n(Na),同时“沉"过程中加 第2科期期菜复习与 溶液淀合，其反应式为S·+Cu“一05， 521sC0,1HC0、[A(0),]C0等 8K时，a,5的ke=是=1x0”ml/L由 D,“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：人了(H,),C,0,溶波，溶波体积增大，离子浓 欲（挥） , (3)发生氧化还原反应，物质之间若既能发 (2)Fe与C0,1iC0,.[AH(0).].C0 (Na')=Na 度诚小，因此e=(N:)>e(N),D错误， 分析可知，A结误：H,S有毒且其有可燃性，燃绕 (1)“双水解”反应趋丁完金，其离子方程式 生氧化还原反应，又能发生水解反应，通常以氧等：(3)NH与C0,S0,【A(0),]等 解析：有色金属治炼夜渣（台Cu,Ni,Si等 答案：B 中应用“一”，并应标明产物的状态符号“1 化还原反应为主，如Na,S溶液与FC,溶液混F。与S,H5因发生乳化还原反应而不能大 “!“如泡沫灭火器的反应原理可表示为 合，其反应式为2-+2Fe“=5!◆2F2 量兴存 2 素养专练 数理极 数理极 素养·测评 13 A.KMn B.NH.HCO, 专练一：盐类水解中的三大守恒定律 6.H,C,0.为二元酸.室温下，&，(H,C0)= C.M so, D.Na S0, 5.4×10-:,K,(H,C.0,)=5.4×10-1,画过下2，拉类水解广泛应用于日常生活.下列应用与拉 美测（十）小… ②常温下H,N,O1的K,约为 h点时溶液中c(N,) r(HN,0,) L.如果FeS0,A和M四种离子以物的量 列实验探究H,C,D,的性质 类水解无关的是 (填“>”“<”或“=”，下问 之比为2：和1：1共同存在丁同一种溶液中，那么 实验1：将HC0,商人水中，薄得溶液5： A.“管道通”中含有铝和苛性钠，可以通下 ④点时溶液中c(Na') c(HN20)+ 数理报社试题研究中心 1可能是 实验2：将0.1m/L,C,0,与0.1mal/L 水道 2c(N,0. 一，选择题（本题包括7小题，每小题只有一个速 10,台法正的是 5a、.e三点，水的电离程度最小的是 A.Na" B.PO C.co D.CI NO川溶液等体积混合，测得溶液约为4： B.TiC,溶液经戴干，培烧制得TiO 明特合题意) Ⅲ.25℃时，有浓度均为0.10m/L的下列4 2.由氟化钠，氣化钱和硫酸钱形成的泥合溶液中， 实险3：将0.1mdLH,C0,客液滴人跪酸酸化 C可溶性铁盐可去除水体中的尽浮物 上.下列指定反应的离子方程式错误的是( e(H,C0,)+e(HC0) 海.NCN食湾：2H疼液：3CH,C00H c(Na)=0.10mml/L.e(3Mg2+)=0.25mal/L. 的K3MnO,溶液中，溶液糙色 D.焊接钢材前用NH,溶波除去煤点表面铁额 A明溶液中加人少量的B(O溶液： B."出和”若九门人过骨的N4.C0.待：可岁出反 溶液：④NHC0,洛液，其相关电离常数如下表 c(C)=0.20mml/L.则c(s0)为 下列说法正确的是 )3.NC与g(N0,):发生反应：2NC1· 2A+3S0+3B2++60H=3BS0,1+ 应：2IP0+300G-20+3C0◆3,0 所示 2AI0H3,1 A.0.15mm/L B.0.20ml/1 A.实验I所得溶中存在：c(HC0)+ Hg(N0,),=HgCL+2NN0,下列叙述正确的 C.“调pH”至9.7时所得溶液中：c(O) .C0 CH,COOH B.向化铁溶液中加人少量的H,s气体：2+ C.D.3)mol/L D.0.40mm/L 是 r(H.0,) 2(C0)>e) 4.9×0 人4.7×10-可 k.=1.7×10 3.乙赦钙[(CH,C00),Ca·Ⅱ，0]常用作食品稳 H.S=2F+8.+2H B.实验2所得溶减中存在：e(H,C0,)> A.NmC的水解方程式为NaC+H,0=NaOH D.0.Ial/L.Na,D,溶液中：e(Na)= K-=5.6x10# C,四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化杜：T·+ 定剂和排唇剂，下列有关0.1m/L乙酸钙洛液 3(P0)+3k(Ho)+3c(H,0)+ c(C,0) (3)这4种溶液pH由小到大的序是 (填 (x+2)H0一i0·xH0!+4H 3e(1H.P01 中粒子浓度的比较中不正确的是 序号).2中由水电离的(H)为 m/L C.实验2所得溶液中存在c(H')+c(H,C,0,= B.C的电离方程式可能为 D.次酸钠溶液中通入少量C0:2C0+00,+ 6.酸(H,50)是一种g c(0-)+c(C0-) Hg +2C1- 4)①中各离子浓度由小到大的顺序是 1L,0-2100+C0G(已知酸性：11，C0,>HC0> 二元弱酸.常湿下，向 C.NNO,溶液呈酸性 ,向NCN溶液中通入少量CO,发生 D,实验3发生反应的璃子方程式为2Mn0,+ HCO,》 HS0,溶液中逐滴加入 反应的化学方程式为 B.c(OH")=c(H')+c(CH,COOH) D.g(NO,)2溶液或性 5C,02+16H-2M2++10C02↑+8l,0 2中华传文化盥含着丰富的化学知识，下列描 KOH溶液，泥合溶液 (S)测得HCN和NaCN的泥合溶液的H=I1, G.c(H,C00>(C)>c(0H)>c(H 4,下列说法不正的是 术体限盐水军微用是 7.N,O州溶液可以收气中的NO,生成NNO D.e(CH,C0O +e(CH;COOH)=0.1 mol/L. A.将山(S0》,溶液加热，蒸干，均饶，可得到 八《华阳国志》：“取井火藏之，一斜水得五 约为 和NaN0,现用10mL0.ml/LNO落液吸 c(50) 4在0.1ml/L的NHCO溶液中，下列关系式正 A1(S0,),体 盐” 收含0的废气（无其色含气体，忽路溶液体 HSe0; ]与H的变化关系如上所示。下列 (6)C,C00和C,C00N混合溶液中，若溶 B.在NHC溶液中加人送条会产生气泡 B.《梦留类》："改日用法，久之品化为图" 的是 夜pH=6.溶液中c(GH,C00)-c(Na)= 积的变化)，已知K(II05×1D A.e(Nm)>e(1lC0)>e(H)>c(0-) C.用加热的方法可隐去kNO,溶液中混有 C.《本草纲目》：“软之灰，令人以灰淋汁，取叫 说法正确的是 m/L(填精确植). B.e(Na (H)e(HCD +e(OH)+ K(H,C0,)=4×10,室祖下，下列说法正确的 淀衣” 9,亚酸(，A0,)可用于治疗白血病，其在溶液 的e3 是 D.《物理小：“有水（硝酸）者，剪银块投 A钱b表示与H的变化关系 中存在多种粒子形态，各种粒子的物顺的量分 2c(C0) D,加热燕干N,C0,溶液，最后得到NaOH固 之.则旋而为水” B,Hs0,的第 一步电离的电离平衡常数 A.0.1ml/LNaN02溶液中存在：c(H·)= 数与溶液的关系如下图所示请回答 C.c(Na)=(HC0)>c(0H)>c(H') 5.在氟化铁溶液中存在下列平衡： 3,鸟览吟(G)是一种有机端威，可与盐酸反应生成 e(OH)+e(HNO,) FCL,+3L,0,Fe(0),+3C1△H>0 盐酸盐（用G表示）.已知GC口水溶液异酸 C.根据留中信息可以判断kHS0,溶液呈碱性 D.e(Na)=e(HCO +e(H.CO)+2c(CO) B,m。(N)=0.01md时吸收液中存在：c(Na')= 同答下列问愿： 性，下列叙述正确的是 D.l=5,23时.溶液中存在：e(K)+(H) 5.氢疏酸是一种酸（常祖下，HS的K:=1.1× r(N01+r(N0)4r1N01 (1)加热FC,溶液，溶液颜色会不断加深，可得 A.0.00m/LGHC水落液的pH=3 0 10-,k=7.0×105).常温下用0.1ml/L N0溶液吸收HS得到X溶液，下列说法正璃 C,吸收过程中溶液中可能存在：c(NO)< 到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入 B.0.001mal/LGIC1水溶液加冰稀释，升高 7.2成N10,)在 C.G口在水中的电离方程式为GC一G+ 溶液中会生成C0 的是 eN0,) 以溶液，产生的现象为. HCI HC0,C0,C等 A.X溶液中-定东在(H,S)>(HS) D.用0.1ml/L Na,CO溶液吸救废气可可发生反 (2)不断热C,溶液，蒸干水分并的烧，最终 D.GHC水溶波中：c(0H)+e(C°)= 其中IC和C0 B.若X溶液中c(Hs》=c(s2),则c(oH)= 应：C0+N01=N0+00 得到的固体是 e(GH')+e(G) 都具有漂白作用.已 (1)人体血液的H在7.35-7.45之间，用药后 (3)为防止配制，溶液时出现浑浊，应加人 4.薄定0.】l/LNS0,溶液先升温再降温过程 D日=-r(0H】,525C寸名组分分的 人体中含肿元素的主要粒子是 《填化 专练二：盐类水解的应用 中的，数挥如下 百分含量O州的变化情况如上图所示(C 学式). C.当X溶波的pH=7时，溶波中存在2(= 时刻 设有画H),川列分分T正角的化 (2)将k0州溶液滴人砷酸溶液中，当H调至 c(s)+c(s2) 1.加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列物频的溶 口理报杜试研究中心 度C 2530025 A.HC0的电离平衡含数人=1×10 9时发生反应的离子方程式为 D,NaCIo[K(1HC0)■4,0×10门能与H,5发议.可以得到该物质固体的是 「考答案见下期】 pH9.669.529.379.25 B,p0H=11时.C0:部分转化成C0,和G的 3)下列说法错识的是 《填字母) 过程中，取①④时的溶液，加入盐酸酸化 离子方程式为5C0+2H0一4C0:+C A,n(HAd0):n(A0)=:1时，溶波显减性 第12期2版参考答案 的pH小于13，属丁弱碱，其电离方程式为M0H (3)> c(A)c(Na')c(H') 的BC,溶液做对比实验，④产生的白色沉淀 OH B.H,A0落液中：e(HA0)+2(HAs0)+ 专练一 一M·+0H,A话误：MDH电离产生的O会 多，下列法不动的是 C,p=7时，溶液中含氯粒子的浓度大小为 3r(A）+c(o)=日') L.D2D3.B4.A5.D6.C7.C 抑制水的电离，随着盐酸的加人，水的电离程度逐 (4)1×101×04-1×10片1×109 A.N,50,溶液中存在水解平衡：S0买+日，0 c(1Hc0)>c(d0:)>(d02)>c(C） .K,A0溶液中：e(A)>e(HA0)> D.NaCIO,溶液中存在：e(Na')+e(H)= 8.(1)X++nH,0-X(0H).+nH cCH.A0.)>c(H.A0.) 渐增大，盐酸过量后，水的电离又被抑制，点正好 10,(1)A·+3,0三A1(0H),(收体)· B.④的H与①不再，是由于S0浓度减小造 D.1儿.A0、的电亮常，。=0“：1 (2)Y+H,0=yYm-+0明 生成盐，水解程度最大，b点存在盐类水解与端碱 3 成的 二，非洗据孩{本题包梦2小小题 4)P和A可主族，存在亚减酸（，O,),常泪 专练二 的电离，水的电离程度其次，点为碱制水的 (2》稀酸 C①一的过程中，温度和浓度对水解平衡移 8.1,连二次酸(H,N02》是一种二元酸.可用 下，01Da/LH.0、客液的DH=1.6.鳌 1.D2B3.D4.D 电高，水的电高程度最小，水的电离程度：©>山>a (3)大于 动方向的影白一 制N0体 H,HD,溶液与足量NaO州溶液反应生成，HPD, 5.C6.A1.B8.C9.C B误：b点溶液p1=7,e(1)=(0),根据 (4)1水解是吸热反应，升高温度水解平衡 D.①与④的K值相等 1》座二次中中短元整的化2价为 Na.HPO. (填“正盐”或“酸式 5,室温下，中和法生产N,HP0,·12,0的工艺 专练三 电荷守但：(C》+(0)=e(M)+c(I),正向移动，(H)增大，pH减小 (2)常温下，用0.01mal/L的NOH溶液海定 ”):含温下NO溶液的l 7填 流程如下： 10mL0.01mml/L的L,N02密液.测得溶波 1.C2.C3.C4.C5.B6.C7.B 故e()=r(M)C错误：e点为MG益溶液，由 ><”或”=” (5)①a 摆 p与NO州溶液的关系如下图所示， 2亚磷酸可由℃，完全水解制取，反立的化学 第12期3版参考答案 于M·发生水解，溶液呈酸性.故溶液中存在 2e()>e(S0）> 素养测评（九】 (a)>(M)>r(H)>(0).D正， K NH:>e(H)=c(OH-) 婴-密四一 方程式为 一、选择题 二、非选择题 已知：K,(HD）=6.9×0-3K(,P0)= 1.D2C3.D4.D5.B6.D7,D 9.(1)高酸 6.2×108,K(日，0)=4.8×10-0 8.D由图可知，初始0.1mml/LMOH碱溶液 (2)>c(A)=e(Na） K(H,C0,)=4.5×10,K(H,CD,)=4.7× ①写出N,N,0在水溶液中的第一步水解方程 (参考答案见下期高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发理极 答案详解 2025~2026学年高二化学人教（选择性必修1）第13~16期(2025年10月) 第13期2版参考答案 c(H+)+c(HC0)+2c(H2CO3),A错误；由电离常数可知 专练一 K1(HP04)=6.9×10-3>K(H,C03)=4.5×10-7> 1.D2.B3.D4.B5.B6.C7.B K2(HP04)=6.2×10-8>K2(H,C03)=4.7×10-1> 专练二 Ka(H,P04)=4.8×10-B,“中和”时加入过量Na,C0,溶液， 1.C2.A3.B4.D HPO,与CO反应，HPO,提供H+使CO号转化为HCO, 5.(1)出现红褐色沉淀 自身根据强酸制弱酸，结合电离常数，会转化为HPO?,反应 (2)Fe03 为HP0,+2CO号=HPO+2HCO,B错误；“调pH”至9.7， (3)少许稀盐酸 溶液中含磷粒子主要以HPO?存在，由K。(HPO,)· 第13期3版参考答案 素养测评（十） KH,0,)=e(P0)c（日)=6.2x10X4.8×105= c(H,PO) 一、选择题 1.D 2.976×0此时c)=0m1,则0号<1. 2.CC中的“碱”为KC03,属于强碱弱酸盐，水解使溶液 c(PO})<c(H,PO,),C错误；0.1mol/L Na;PO4溶液中存在 显碱性，可以去除油污，与水解有关，C正确。 元素质量守恒：c(Na*)=3c(P0)+3c(HP0)+ 3.B由题意可知，GHCl水解程度较小，故0.001mol/L 3c(H2PO:）+3c(HP04),D正确. GHCl水溶液中c(H)<0.001mo/L,pH>3,A错误；加水稀 6.D亚硒酸(H2S03)是一种二元弱酸，K>K2,根据 释促进GHCl水解，但根据勒夏特列原理，其水解增大程度小 H2SeO3 +KOH =KHSeO3 H2OKHSeO;+KOH =K2SeO3 于溶液体积增大程度，则稀释过程中溶液中c(H)减小，pH H20,结合pH=2.37时，线a的lgX为0，线b的lgX为-3可 增大，B正确；GHCI是强电解质，其在水中的电离方程式为 知，线a表示与由的变化关系，线b表示 GHCl=GH+C,C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒： c(H)+c(GH)=c(OH)+c(C),D错误. 1g(S0）与pH的变化关系，A错误：H,Se0,的第一步电离 c(HSeO3） 4.CS0是弱酸的酸根离子，存在水解平衡：S0+ H20、HSO,+OH,A正确：取①④时刻的溶液，加人盐酸 为Ls0一+swk=0时，=2. 酸化的BaCl,溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，说明实 则平衡常数K-HSe0c）=(H')=102,B错 验过程中部分Na,S03被氧化成Na,SO,①与④温度相同，④ c(H2SeO;) 与①对比，SO号浓度减小，溶液中c(OH-)减小，④的pH小于 误；根据图示信息及选项A可知，KHSO3的K。=l05,3 ①，即④的pH与①不同，是SO号浓度减小造成的，B正确：盐 人e无102罗=10业<10s,即水解程度小于电离程 =Kw-10-14 类水解为吸热过程，①一→③的过程，升高温度，$O?水解平衡 度，溶液呈酸性，C错误；pH=5.23时，溶液中存在离子为H、 正向移动；结合B项分析可知，①一→③的过程中，c(0号)减 小，S0ˉ水解平衡逆向移动，故①→③的过程中温度和浓度对 0HHs0,K'Se0,g00号=0时，c(Hs0) 水解平衡移动方向的影响相反，C错误；K只与温度有关，① c(SeO),结合电荷守恒得c(K+)+c(H)=c(OH)+ 与④的温度相同，Kw相等，D正确 c(HSe0,)+2c(SeO3)=c(0H-)+3c(HSe0,),D正确. 5.D0.1mol/LNa,C03溶液中存在质子守恒：c(OH)= 7.D由图可知，溶液p0H=8,即c(OH）=1×108mo/L, 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 Kw c(B*）=c(0H) =1×10-6mol/L时，溶液中c(HCl02)= 度由小到大的顺序为c(H)<c(OH)<c(CN)<c(Na); 根据电离平衡常数分析，酸性：H,CO,>HCN>HCO?,向NaCN c(@0,),则HC0,的电离帝数K=e(a0,):c(H) 溶液中通人少量CO2,只能生成HC0,,反应的化学方程式为 c(HCIO,) NaCN CO2 +H2O=HCN NaHCO3. c(H)=1×10-6,A错误；由图可知，溶液pOH=11时，溶液 (5)HCN和NaCN的混合溶液的pH=I1,根据HCN的电 中c(H*)=1×10-3mol/L,溶液呈酸性，则C1O2部分转化成 C102和C的离子方程式为5C102+4H*=4C102+C+ 离平衡常数K=(CN)cH可知，SCN=K c(HCN) 'c(HCN)c(H)= 2H0,B错误；由图可知，溶液pOH=7时，溶液中c(CO2)> 4.9×10-10 c(HClO,),C错误；根据电荷守恒可知，NaClO,溶液中： 10-1 =49 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(C)+c(CIO2),D正确. (6)CH,COOH和CH,COONa混合溶液中，当溶液pH=6 二、非选择题 时，c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=10-8mo/L,根据电荷守恒 8.I.(1)+1 关系可以推导，溶液中c(CH,CO0)-c(Na*)=c(H+)- (2)①N,02+H,0=HN,O2+OH c(0H-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L. ②10-66 9.(1)H3As03 ③< (2)H3As03+0H=H2As03+H,0 ④= (3)D ⑤a (4)①正盐 > Ⅱ.(3)③④①②10-1B ②PC+3H20=HP03+3HC (4)c(H+)<c(OH-)<c(CN-)<c(Na*) NaCN 解析：(1)根据题图可知，pH在7.35~7.45之间时，砷元 CO2 +H2O=HCN +NaHCO3 素主要以HAsO,的形式存在. (5)49 (2)由题图可知，随着溶液pH的增大，H3AsO3先转化为 (6)9.9×10-7 H2AsO3,pH=9时，砷元素主要以H3AsO3和H2As0的形式 解析：(2)①Na2N2O2是由二元弱酸H,N2O2形成的盐， 存在，所以发生反应的离子方程式为HAsO,+OH=H2AsO,+ N20?在溶液中的第一步水解方程式为N2O号+H0一 H20. HN2O2 +OH; (3)当n(H3As03):n(H2As0,)=1:1时，溶液的pH≈9， ②根据图像分析，未加入NaOH时，0.01mol/L的H2N2O2 溶液显碱性，A正确；HAsO,溶液中存在电荷守恒： 溶液pH=4.3,即此时c(H+)=10-43mol/L,二元弱酸的酸性 c(H AsO)2c(HAs)+3c (AsO)+c(OH-)= 主要由第一步电离决定，c(H,N202）=(0.01-1043)mol/L≈ c(H),B正确；K,AsO3溶液中砷元素的主要存在形式为 0.01m/L,K=c(HN,0）·c(H2=103x1045 AsO},结合题图可知，AsO?的物质的量分数最大时，溶液中 c(H2N202) 0.01 c(AsO})>c(HAsO号)>c(H2As03)>c(HAs03),C正确： 10-66; ③b点时，加人的n(NaOH)=n(H,N2O2),溶液中溶质为 HA0,的电离平衡常数太-c(H,A0:c(H）,由题图可 c(H3AsO3) NaHN2O2,HN2O2同时存在电离平衡和水解平衡，此时溶液的 知，当n(HAsO)=n(H,AsO)时溶液的plH为a,即c(H)= pH>7,说明HNO2的水解程度大于电离程度，则c(N,O)< 10“mol/L,所以K=c(H)=10“,同理K2=10,则 c(H2N202); K1:K2=10-“:10-6=10-“:1,D错误。 ④溶液中始终存在电荷守恒关系：c(H+)+c(Na*)= (4)①HPO3溶液与足量NaOH溶液反应生成Na,HPO3, c(HN2O2)+2c(N2O)+c(OH),a点时，pH=7,溶液呈中 说明Na,HPO,不能电离出H,所以Na,HPO3为正盐； 性，即c(OH)=c(H),则c(Na)=c(HN2O2)+ 0.10mdl/LHPO3溶液的pH=L.6,说明H,PO3为弱酸，所以 2c(N20) Na2 HPO3溶液中存在HPO的水解，水解使溶液显碱性，即 Ⅱ.(4)NaCN溶液中CN水解导致溶液显碱性，即c(H)< pH>7; c(OH),根据电荷守恒可知：c(CN)<c(Na),则各离子浓 ②根据原子守恒可得反应的化学方程式为PCL,+3H0= 2 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 H,PO:+3HCl. coH)·cCa）·cpo）-K[ca(po),o c(F-)·c3(Ca2+)·c3(P0) K Cas(PO )F] 第14期2版参考答案 专练一 6.8×10-37 2.8X1002.4×10,因此使用添加NaF的含氟牙膏，可实 1.D2.B3.A4.C 现Ca(PO4)3OH(s)与Ca(PO4)3F(s)的转化，D正确 专练二 6.DK,(CdCO,)=c(C0)·c(Cd+)、K,[Cd(OH),]= 1.B2.B3.D4.B c2(OH)·c(Cd2+),溶液中c(C0)与c(C+)成反比，所以 5.(1)橙(2)C(3)5 若-lgc(C+)增大一个单位，则-lgc(CO)减小一个单位， 第14期3版参考答案 因此曲线Ⅱ是CCO,的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是 素养测评（十一） Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，当-lgc(C+)=6时， 一、选择题 lgc(C03)=6,-lgc(0H）=4,所以K,(CdC03）)= 1.C 2.D c(C0好)·c(Cd2+)=10-2、Km[Cd(0H)2]=c2(0H)· 3.B碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶性氯化钡， c(C+)=10-4.据此分析解答.曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶 可溶性氯化钡有毒，因此不能用碳酸钡作为内服造影剂，A错 解平衡曲线，向X点对应溶液中加人适量的NaOH溶液， 误；碳酸钠与Ba2+生成的BaCO3虽难溶，但在胃酸(HC@)中会 c(Cd+)减小而c(OH)增大，不可能得到Z点对应溶液，A错 重新溶解生成Ba2+,无法有效解毒，因此不能用碳酸钠代替硫 误；常温下，CdCO,饱和溶液中c(Cd2+)=√K(CdCO)= 酸钠，C错误；硫酸钡的饱和溶液中，c(Ba2+)=√Kp= √10-亚mol/L=106mol/L,Cd(OH)2饱和溶液中c(Cd2+)= 1 √/1.1×10o≈1.05×10-5mol/L>1.0×10-5mol/L,故误饮 35 √年×10mmL=√2 ×105mol/L,即后者c(Cdf+)较 c(Ba2+)=1.0×105mol/L的溶液时，不会引起钡离子中毒， 大，B错误；Y点在曲线Ⅱ的下方，对应CdCO3溶液中Q> D错误. K,(CCO,),即处于过饱和状态，所以沉淀速率更大，C错误. 4.BK,(PbCl2)只受温度影响，温度不变，K(PbC2)不 7.A2mL0.1mo/L AgNO3溶液中加入2mL 变，A错误；根据图像可知，当0<c(HCI)<1mol/L时，增大盐 0.05mol/L KSCN溶液，AgNO,过量，生成AgSCN白色沉淀，滴 酸浓度，PbCL2的溶解平衡逆向移动，PbCL2的溶解量减少，而 加Fe(NO,),溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN的浓度很 当盐酸的浓度大于1mol/L时，PCL2(s)的溶解度随盐酸浓度 小，加人KI溶液，由于AgNO3过量，与KI反应会生成黄色沉 的增大而增大，则PbCL2能与一定浓度的盐酸反应，B正确；x、y 淀Agl,但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I= 两点PbCL2的溶解量相等，但y点时PbCL2与HCl发生了反应， SCN+Agl,增大了溶液中c(SCN),使溶液变红.据分析可 故xy两点对应的溶液中c(P%2+)不相等，C错误；PbC2(s)! 知，A错误；Q>K,时，溶液中有沉淀析出，所以①中产生白色 存在沉淀溶解平衡，且Pb2能与盐酸反应，故往含Pb2+的溶 沉淀的原因是c(Ag)·c(SCN-)>K(AgSCN),B正确；①中 液中加人过量浓盐酸，不能将Pb2完全转化为PbCl2(s),D 有难溶性固体AgSCN,存在平衡：AgSCN(s)一Ag(aq)+ 错误. SCN（aq),C正确；Fe+遇SCN溶液变红，②中无明显变化是 5.C牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca(PO4)3OH], 因为溶液中c(SCN)过低，D正确 口腔中残留大量的酸性物质，将消耗OH,导致c(OH)减 8.C由题意可知，钻渣的主要成分为CoO,还含有 小，使羟基磷酸钙的沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确； Fe04、AL,03、Pb0、Ca0等.用氢氧化钠溶液“碱浸”，Al,03与 在牙膏中添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得 NaOH溶液反应生成Na[A1(OH)4]除去氧化铝，滤渣“酸浸”， 羟基磷酸钙溶解平衡向逆反应方向移动，有利于生成羟基磷酸 PO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中存在 钙，能起到保护牙齿的作用，B正确；K只受温度影响，加入碳 Co2+、Fe2+Fe3+,加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,加氨水生成 酸氢钠后，温度不变，K不变，C错误；两者转化发生的反应为 氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2为Fe(OH)3,滤液中再加入HF与 Cas(PO)3OH(s)+F-(aq)-Cas (PO)3F(s)+OH-(aq), Ca2+反应生成Caf2沉淀除钙，加人Na,CO,沉钴最后得到 CoC0,·由分析可知，“酸浸”所得“滤渣1”的成分有PbS04、 由离子方程式可知，反应的平衡常数K=(0加2= c(F-) CS04,A正确；“浸出液”中含有[A1(OH)4]-,通人足量CO2, 一3 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 发生CO2+[A1(OH)4]=A1(OH)3↓+HCO,有白色沉淀 第15期参考答案 生成，B正确：“除铁”时加入H2O2,氧化e2+而不氧化Co2+, 《水溶液中的离子反应与平衡》综合质量检测卷 说明还原性：Fe2+>Co2+,氧化性：Co3+>H02,则氧化性顺序 一、选择题 为Co3+>H,02>Fe3+,C错误；若“沉钙”后溶液中c(HF)= 1.B由非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、碱性或 c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L,由c(Ca2+)·c2(F-)= 中性，如二氧化硫的水溶液呈酸性、氨气的水溶液呈碱性、乙醇 溶液呈中性，A错误；由酸碱中和反应得到的溶液的酸碱性取 K(CaF2)=4.0×10-1,可求出c(F-)= Kp(CaF2) c(Ca2*) 决于酸和碱的强弱，不一定呈中性，C错误；pH=7的溶液可能 K(HF) 呈碱性，如100℃时纯水的pH=6,该温度下pH=7的溶液呈 2×103,再根据K(HF),可求出c(H*)= ×c(HF)= c(F-) 碱性，D错误 1.0×106mol/L,则pH为6，D正确. 2.B 二、非选择题 3.CHN,酸性与醋酸酸性相似，说明HN3为弱酸，电离 9.(1)SrSO(s)+CO (aq)=SrCO3(s)+SO (aq) 方程式应为HN一H++N,A错误；0.O1mo/LHN溶液 100Kp(SrC03)<Kp(SS04),加人C03后，平衡 中c(H)<0.01mol/L,pH>2,B错误：弱酸稀释10倍，pH变 SS04(s)一Sr2+(aq)+S024(aq)正向移动，生成SrC0? 化小于1，故其溶液的pH<4,D错误。 (2)①减小②不变 4.A更难溶的ZmS不能转化为较难溶的Zm(OH),,A不 (3)盐酸若沉淀完全溶解，则证明SS04完全转化成 能实现 SC03,否则，未完全转化 5.D加入大量的水相当于稀释，该反应的平衡常数K= 10.(1)0.29 二，假设加水稀解到原来的2倍，此时浓度腐Q (2)5.7×10-17 (3)2H++Mn02+H3As03=H3As04+Mm2++H20 [(H*)J =( (4)①CaS04 [(s6)] 户×气二K平有正向移威：能促 ②HAs0,是弱酸，当溶液中pH调节为8左右时，AsO 进SbC水解，A不符题意；氨水与盐酸反应，促进平衡正向移 浓度增大，Ca(As04)2大量沉淀 动，能促进SbCl,水解，B不符题意；适当加热可使胶态Sb,O, 解析：(1)由题表2可知，该工厂排放的废水中 聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，同时水解反应为吸热反应，加 c(H,s0,）=28.42mol/L=0.29mol/L 热平衡正向移动，能促进水解，C不符题意；延长达到平衡后的 98 反应时间不能影响化学平衡移动，D符合题意。 (2)若处理后的工厂废水中A13+、Fe3+的浓度均为1.0× 6.D 104mol,Kp(FeAsO4)<Kp(A1As0,),则依据Km(FeAs0,)= 7.B c(Fe3+)·c(As0})=5.7×10-21可知，c(As0)最大为 8.A镉废渣中含Cd0及少量ZmO、Al203、MnO、Fe0杂 5.7×10-17mol/L. 质，加硫酸溶解，得到CdS04、ZnS04、Al2(SO4)3、MnS04、FeS04 (3)MnO02将三价砷(H,As03,弱酸)氧化成五价砷 溶液，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤 (H3As04,弱酸)，同时生成Mn2+和H,0,由此可写出该反应的 液中加高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe(OH)3、把Mn2+氧化为 离子方程式为2H+MnO2+H3As03=H3As04+Mn2++ MnO2,高锰酸钾被还原为MnO2,过滤出Fe(OH)3、MnO2,滤液 H20. 中加Zm置换出Cd,过滤，海绵镉中含有Cd和Zn,加氢氧化钠 (4)①硫酸钙难溶于硫酸，故将pH调节到2时废水中有 纯化，锌转化为Na2ZnO2.根据金属阳离子以氢氧化物形式沉 大量沉淀产生，此时没有生成Ca(AsO4)2沉淀，沉淀只能为 淀时溶液的H可知，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉 SO与Ca2+反应的产物CaS04. 淀，则滤渣1的主要成分是A1(OH)3,A错误；“氧化”过程引 ②H3As0,是弱酸，电离出来的AsO}较少，所以酸性条 人K,Zm置换CS0,中Cd之后的滤液中溶质的主要成分是 件下不易形成Ca（AsO,)2沉淀，当溶液中pH调节为8左右 K,S04和ZmS04,B正确；“纯化”过程中Zm转化为Na,ZnO2,发 时AsO浓度增大，Ca(AsO4)2大量沉淀， 生的反应为Zm+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，C正确；该工艺中 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 得到滤渣1、滤渣2、海绵镉的主要分离操作是过滤，D正确. c(Ca2+)·c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-98,B正确；根据元 9.C实验1可说明HPO?的水解程度大于其电离程度， 素质量守恒：2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF),加入盐酸，H与F 则c(H,PO4)>c(PO),A正确；Na,HPO4溶液中，根据元素 反应生成HF,则c(H)<c(CI),所以存在c(H)+ 质量守恒有c(Na)=2[c(HPO)+c(H,PO)+c(HPO4)+ 2c(Ca2+)<c(F-)+c(C)+c(HF),C错误；e点浊液中加入 c(PO)],根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(OH)+ NaF固体，F-浓度增大，阳离子浓度减小，-lgc(X)增大，D c(HPO,)+2c(HPO)+3c(PO),联立两式可得c(OH)+ 错误 c(PO})=c(H+)+c(H2PO,)+2c(HPO4),B正确；实验2 12.B由图可知，溶液中只存在三种R的微粒，则H,RO3 产生的白色沉淀为Ca,(PO4)2,离子方程式为6HPO+3Ca2++ 为二元弱酸，在溶液中的电离方程式为H,RO一H,RO,+ 60H=Ca3(P04)2↓+6H,0+4P04,C错误；实验1和实验 H、H2RO,HRO+H*,随着pOH增大，溶液酸性逐渐 2的温度相同，溶液中c(OH)·c(H)=Kw,Kw相等，D 增强，HRO3逐渐增加，HRO}呈减少趋势，H2RO3先增加后 正确。 减少，故曲线①、②、③分别表示lgc(HRO号)、lgc(HRO,)、 10.DH,SO,溶液滴定Ba(OH)2溶液时，离子浓度先减 gc(H,RO,)随pOH的变化，据此分析解答.HRO3为二元弱 小，恰好完全反应时，离子浓度最小，之后逐渐增大，电导率先 酸，则Na2HRO属于正盐，A正确；a点对应溶液中c(H,RO,)= 减小后增大，故曲线①为Ba(OH)2溶液的滴定曲线； c(HRO),由电荷守恒可知，c(Na*)+c(H+)=c(OH)+ NH3·H2O为弱电解质，H,SO,溶液滴定NH·H20溶液时， c(H,RO)+2c(HRO号)=c(OH)+3c(HRO),又因 离子浓度增大，恰好完全反应后继续加人硫酸，离子浓度继续 pOH=7.3,此时溶液显酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)< 增大，故曲线③为NH,·HO溶液的滴定曲线，则曲线②为 3c(HRO),B错误；由分析可知，曲线③表示lgc(HRO3)随 NaOH溶液的滴定曲线，A正确；由题图可知，20.00mL浓度为 pOH的变化，C正确；a点pOH=7.3则pH=6.7,c(H,RO3)= 0.100mol/L的Ba(OH)2溶液恰好完全反应消耗硫酸的体积 c(HR05),则Ka=e(H)cHR0）=c(H')=10-67,同 为20mL,故H,S0,溶液的浓度为0.100mo/L,B正确；a点为 c(H,RO) 硫酸铵溶液，硫酸铵促进水的电离，b、℃点水的电离不受影响， 理，由c点可知，K=10.4;反应H,RO+HRO号 d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液，硫酸抑制水的电离的 2H,RO,的平衡常数K=c(H,RO,)·c(HR0) c2(H2 RO) 程度大于铵根离子水解促进水的电离的程度，所以d点水的电 离程度最小，C正确；d点为等浓度硫酸铵和硫酸的混合溶液， e(H*).e(H2 RO)c(H2 RO) c(H RO) -K4=1053,D 根据电荷守恒：c(NH,)+c(H)=2c(SO?)+c(OH),元素 c(H)·c(HROg)=2 正确。 质量守恒：c(SO?)=c(NH)+c(NH·H0),所以c(H)= 二、非选择题 c(NH4)+2c(NH3·H20)+c(OH),D错误. 1.B由K=H)cF2可得1g=gF= 13.(1)(H+)·c(Hs) c(H,S) c(HF) e(H*) K (2)H,C,O>CH COOH>H,S 1gc(F)-lgK,随着1g增大，lgc(F)也增大，则随着 c(H+) (3)H2 C20 +KOH=KHC2O +H2O 1g增大，-gc(F)减小，所以L表示-gc(F)与 (4)HS +HC2O=H,S+C2O c(H*) (5)③④ e的变化商线A错误根超图像当e相同，即 14.I.(1)大于 (2)用未知浓度的NaOH溶液润洗碱式滴定管2~3次 c(F-)相同时，L2表示的离子浓度小，已知Kp（CaF2)< (3)ac K,(e,)所以h表示-ke(C)与e的变化线， Ⅱ.(4)酸式 由a点坐标可知，gH=1g=1.2,-c(F)=2得 (5)当加人最后半滴KMO4标准溶液时，溶液由无色变 c(H+) K 为浅紫色，且半分钟内不褪色 K=1032,由b点坐标可知，g=gD）=-0.7,则 （6)1.38Y9% c(H*) K. a c(F-）=10-3.2×10-o.7mol/L=10-3.9mol/L,Kp(CaF2)= 解析：(6)根据2MnO,+5NO2+6H*=2Mn2++5NO,+ 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 3H,0可知，n(KMnO,):n(NaN02)=2:5,则 e(HPO c(H,P05）>lg (HPO号) 000mXx0计=子，解得e(a0,）= c(H,P0, ,即1gc(H,P0) c(H,PO则曲线I表示 c(NaN03)×25.00×103L c(HPO) 曲线Ⅱ表示g c(H2 PO3) g 由图可知， 0.002Vmol/L,则该样品中NaN02的质量分数为 Pc(H2 PO;)' c(H2P03) 0.002ymol/L×0.1Lx69gmol×100%=L.38Y%. c(H2 PO; gcH,P0,） =1时，pH=2.4,即HP0) c(HPO3) =10时，溶液中 a g a 15.(1)增大固体表面积，提高酸浸速率 c(H)=1×10-2.4mol/L.亚磷酸(H,P0)的K= (2)Fe(OH)3、Al(OH)3 c(HPO,)·c(H*) c(H;PO3) =10×1×10-24mol/L=1×10-1.4mo/L. (3)2e2++H,02+2H*=2Fe3++2H,010-15.6 (4)①b 图中g HO=-1时，pH=5.5,即H0=0.1时， c(HPO;) c(HPO,) ②4.7≤pH<6.2 (5)HC加热浓缩、降温结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶） c(*)=1×10-55 mol/LK2=cH0,:c(H2-10s c(H2P03) 解析：由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸酸 因此反应HPO号+H0一HPO+OH的平衡常数K= 浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反 应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有可溶硫酸盐的滤液 c(H,P03)·c(0H)_K=1015 c(HPO) 1;向滤液1中加人有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机 (4)Ca,（P04)2的溶度积常数Kp[Ca3(P04)2]= 层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧 c3(Ca2+)·c2(P0),处理后的废水中c(Ca2+）=5× 化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH,由表中数据可知，F3 完全沉淀的pH=3.2,A13+完全沉淀的pH=4.7,N2+开始沉淀 KCa,P02过= 106mo/L,则溶液中c(P0:)=√c2(Ca*) 的pH=7.2故人，0.]=001x)产=10-，由 2×1029 √(5×10-o)mo/L=4×10-7 mol/L. 调pH前c(N2+)=1.0mo/L,则N2+开始沉淀时，c(OH-）= 第16期参考答案 /10-.6 1一mo/L=10-78mol/L,故pH=6.2,需控制pH在4.7≤ 《选择性必修1》阶段测试卷卷 一、选择题 pH<6.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、 1.C 氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和 2.BK是温度的函数，温度不变，更换催化剂后的K也不 含有硫酸镍的滤液2；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过 变，A正确：相同温度下，水的离子积常数相同，B错误；某温度 滤、洗涤、干燥得到NSO,·7H20晶体，据此分析解答 下，一元弱酸HA的电离常数为K,其盐NaA的水解常数K 16.(1)PCl +H20+ClPOCI +2HCI 与K的关系为K= (2)c(Na+)>c(HPO-）>c(0H-)>c(H,PO)> ,K,越小，K越大，C正确；平衡常数能 K c(H*) 反映一定条件下对应变化进行的程度，D正确。 (3)I1×10-141×10-7.5 3.DC2+、Hg2+等重金属离子常采用沉淀法处理，如加 (4)4×107 人硫化钠、硫化亚铁等沉淀剂使之转化为HgS、CuS沉淀，而 解析：(2)亚磷酸(HPO)为二元弱酸，则HPO?不能再 C2不能使之转化为沉淀，无法处理，D错误. 发生电离，只能发生水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在 4.A由盖斯定律可知，△H1=2△H2+△H3-△H4=2× 电离平衡，所以溶液中c(HPO)<c(OH),因此溶液中离子 (-299kJ/mol)+(-1018kJ/mol)-(+87kJ/mol)= 浓度大小顺序为c(Na)>c(HPO号)>c(OH)> -1703kJ/mol,故选A. c(H2PO;)>e(H*). 5.CHBb为弱酸，部分电离，故0.01mol/LHBb溶液中 (3)H,O,的K=c(H,P0,）·e(H c(H)<0.O1mo/L,溶液pH>2,A错误；加水稀释促进HBb c(HPO;) ,K2 电离，但HBb电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中 c(HPO3)·c(H) c(H2 PO,) c(H+)减小，溶液的pH增大，B错误；0.01mol/L NaBb溶液中 ,K>K2,c(H+)相同时， c(HPO) c(HPO) 存在元素质量守恒：c(Na)=c(Bb)+c(HBh),D错误， 6 高中化学人教（选择性必修1）第13~16期 6.B将反应一、二和C02(g)+C(s)=2C0(g)△H3= 10.D由图1可知，0.1mo/L HAuCI溶液的pH=3,则 +172.5k/mol分别记作①、②、③，根据盖斯定律，由HAuC4为一元弱酸，b点为等浓度的HAuCl4和NaAuCl.的混 ①=②+2×③，则△H1=△H2+2△H=-118.8kJ/mol+2× 合溶液，溶液呈酸性，说明HAuCl4的电离程度大于AuCl的 （+172.5kJ/mol)=+226.2kJ/mol,A错误；由图像可知， 水解程度，溶液中AuCl,的浓度大于HAuCl4的浓度，c点为 800℃时，C02的物质的量小于C0的物质的量，反应二的平衡 HAuCl4和NaAuCl4的混合溶液，溶液呈中性.由分析可知， 常数K= (C02) 0.1mol/L HAuCl,溶液的pH=3,则其电离常数K,= c(C0) ,则K小于1，B正确；由图可知，当温度高于 415℃时，体系内SS04的物质的量趋近于0，故体系内的主反 c(AmC)·c(H*),1×103×1×103=1×105,数量级为 c(HAuCl 0.1 应不可能为SrS0,(s)+4C(s)一4C0(g)+SS(s),C错误；通 I0-5,A正确；由分析可知，c点为HAuCl4和NaAuCl4的混合溶 入空气的作用是利用C0和O2反应，为制备过程供能的同时 液，溶液呈中性，溶液中c(H)=c(OH),由电荷守恒： 降低CO的排放量，减小污染，D错误。 c(H+)+c(Na*)=c(OH)+c(AuCl4)可知，溶液中 7.B由图知，前12s内，A的平均反应速率为v(A)= c(Na)=c(AuCl),B正确；由图2可知，N点溶液中AuCl 4c=0.8mol/L-0.2moVL=0.05mol/(L·s),A正确；前 △t 12s 的浓度大于HAuCl4的浓度，由分析可知，滴定曲线中的b点可 12s内，A的浓度变化了0.6mo/L,A的物质的量变化了 能对应图2中N点，C正确；由分析可知，b点为等浓度的 0.6mol/L×2L=1.2mol,根据3A(g)+bB(g)=c(g)△H= HAuC4和NaAuCl4的混合溶液，溶液中存在电荷守恒： -QkJ/mol(Q>0),则12s内A和B反应放出的热量为 c(H)+c(Na)=c(OH)+c(AuC4)和元素质量守恒： 1:2m0×Qk=0.40,B错误；反应中各物质的浓度变化量 2c(Na)=c(HAuCI4)+c(AuCl),整合两式可得溶液中 3 mol 2c(H)+c(HAuCl4)=2c(OH）+c(AuCL,),D错误 之比等于化学计量数之比，12s内，A的浓度变化了0.6mol/L, 11.D由Kp(Ag0)=c(Ag）·c(I0）和 B的浓度变化了0.2mo/L,C的浓度变化了08md- 2L K[Pb(I03)2]=c(Pb2+)·c2(I0)可知，-lge(Ag)= 0.4mo/L,三者浓度变化之比为3：1：2，则b:c=1:2,C正确； -lgc(I0)、-lgc(IO,)=-lg[2c(Pb2+)],故根据斜率大小 由图可知，2s内，A的转化率为0.8moL-0.5moL× 可知，线②表示K,[P(I0)2]即Pb(10)2的饱和溶液，线① 0.8 mol/L 表示的是K,(AgIO,)即AgO,的饱和溶液，且由b点坐标可 100%=37.5%,D正确. 知，K,(Ag0,)=10-.09×10-21=10-7.0,K,[Pb(103)2]= 8.D 9.C若只升高温度，c(C0)增大，说明平衡逆向移动， (105.)2×10221=1012.9.由分析可知，A错误；若向a点饱 则该反应的正反应是放热反应，△H<0,A错误；将原溶液加少 和溶液中加入适量NalO3固体，c(I0,)增大，-lg[c(IO)]会 量水稀释后，溶液中各离子浓度均减小，Q>K,平衡逆向移动， 减小，不会由a点变成b点，B错误；结合图像和分析，过c点 (G0)增大.G.G候)泼小，则8号}的值减小.B特 作x轴垂线，c点的Q>K[Pb(IO3)2],c点是Pb(IO3)2的过 饱和溶液，有沉淀析出，c点的Q<K,(AgIO3),c点是AgO,的 误；由图像可知，当-g[c(CO)·c(H)]=7.2时， 不饱和溶液，无沉淀析出，C错误. -lgc(Cr0)）=0.4,则c(Cr0）·c(H+)=107.2(m/L)2, 12.A由题图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓 c(C,0)=1004mlL,反应的平衡常数K=度变化量为3.0md/L,放(D)=3.0mmL=0.3my(L·mi,A 10 min c(Cr2) 10-0.4 [c(C0)·c(H*)=(10-27=104,C正确；由K= 错误；由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、 c(Cr20） 3.0mol/L,故1：x=1.5mol/L:3mo/L,得x=2,C为固体，则 [c(Cr0)·c(H*)下=10“，当c(C0）=c(C,0)时， 可逆反应A(g)+B(g)C(s)+2D(g)的平衡常数表达式 c(c0)·c2(H*)=104,即c(C0)·c2(H）= 1 c2(D) (A)·(B)B正确：该反应前后气体分子数不变，增大压 iK=- 104(mo/L)3,由于-lg[c(Cr0}）·c(H+)]>7,故 强，平衡不移动，C正确；由题图可知，改变条件的瞬间，反应混 c(Cr0）·c(H+）<10-7(mol/L)2,则c(H*)>10-7mol/L, 合物中各物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的 即pH<7,D错误. 正反应为吸热反应，故改变的反应条件应是降低温度，D正确。 > 高中化学人教（选择性必修1） 第13~16期 二、非选择题 对应的曲线为L1,在1400℃时，lg即=3.2，则p。=1032Pa, 13.(1)NaOH NH,NO, ((c)()(C) (2)NH NO=NH+NO ③L,和L两条曲线之间的区域为反应ⅰ自发进行、反应 (3)NO,+H,OHNO,+OH ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高，速率越快，压强越大，限 (4)c(Na)>c(NO,)>c(N02)>c(OH)>c(H) 度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件。 (5)NaNO2+NH NO,-A-NaNO,+N2 1 +2H.O (3)①由题干可知，反应中生成的气体为镁蒸气、C0气 解析：HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH,NO3是强酸弱碱 体，假设反应前镁元素为100g,由实验3，ac/%=97%,则生 盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO2的水解是微弱的，而 成镁蒸气97g,aw/%=104%,质量差为104g,则生成C0为 NaOH、HNO,的电离是完全的，由溶液的pH可知，X、Y、Z、W 104g-97g=7g,则实验3中C0体积分数为 分别为NaOH,HNO3、NaNO2和NH,NO, 78 (4)X、Y、Z三者各1mol/L同时溶于水得到等物质的量浓 28 g/mol -×100%=5.8%. 7 97g 度的NaNO,和NaNO2,NaNO2能水解而使溶液呈碱性，则 28 g/mol+24 g/mol c(OH)>c(H),Na、NO,不水解，但盐类水解较微弱，故 ②结合①分析，则上述五组实验中，a/%、ac/%差值越 离子浓度的大小顺序为c(Na)>c(NO,)>c(NO2)> 小，C0含量越小，则产品纯度越高，故最高的是实验5. c(OH-)>e(H*). 15.（1)①4BaCr0,+20HCl+C,H,0H本雀加热4BaCl,+ (5)NaNO2与NH,NO3溶液混合加热生成的无色无味的 4CrCL3+13H,0+2C02↑ 气体应为N2.这是由于NNO2中+3价的氮元素与NH中 ②加大乙醇的投料量有利于BaCrO,完全反应，提高其利 -3价的氮元素发生反应：NaNO2+NH,NO,≌NaNO+N,↑+ 用率 2H,0 (2)①当滴入最后半滴Na,S2O3标准溶液时，溶液由蓝色 14.(1)①+955②AC 变无色，且半分钟内不变色 106.4 ②96.1% (2)①上方②L1 4 (3)加入1mol/L NaOH溶液，调节溶液的plH在6~12范 ③L,和L,两条曲线之间的区域为反应1自发进行、反应 围内，静置，过滤，使用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤液，加 ⅲ非自发进行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度 入0.1mol/L AgNO,溶液和0.1mdl/LHNO,溶液不再出现浑 越大 浊，洗涤干净 (3)①5.8%②5 解析：(2)②由C元素守恒及方程式可得关系式 解析：(1)①根据盖斯定律，由反应ⅰ+2×反应ⅱ可得反 2Cr3+~Cr,0~3L2~6S20},根据关系式计算， 应Mg0·Ca0(s)+4C(s)一Mg(g)+2C0(g)+CaC2(s), 2Cr3+~Cr,0?~3L2~6S203 △H=(+27kJ/mol)+2×(+464kJ/mdl)=+955k/mol. 2 6 ②总反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平 n(Cr) 0.0250mol/L×0.024L 衡产率；粉碎白云石，能加快反应速率，不能使平衡移动，不能 故n(C*)=0.0250mal/Lx0.024L×分，250nL溶液 提高平衡产率；及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高 平衡产率。 中r(Gr）=0.050maLx0.4L×子x8- 25 mL (2)①反应为吸热的熵增反应，△G<0反应正向自发进 0.002mol,根据Cr元素守恒可知，n(CrCl3)=n'(Cr3)= 行，则高温利于反应自发进行，反应正向自发的区域应位于 0.002mol,所以样品中m(CrCl3）=0.002mol×158.5g/mol= 对应曲线的上方 ②根据盖斯定律，由反应i+反应ⅱ可得反应ⅲ： 03门g:故样品中无水三氯化铬的质量分数为部6× Mg0·CaO(s)+C(s)Mg(g)+CaO(s)+CO(g）△H3= 100%≈96.1%. +491kJ/mol>△H1=+27kJ/mol,△G<0时反应正向自发进 行，则相同条件下，反应ⅲ较反应需要更高的温度，则反应ⅲ 8