第15期 水溶液中的离子反应与平衡(二)-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

8 素养·拓展 数理极 本版责任端辑：孙丽 州纸编辑质量反情电话 0351527128 数理招 2025年10月14日·星期二 高考化学 (上接第1版) 的方向移动，人不变 (上接第3版) 服纸发行质量反情电话 (1)从电荷守恒人手求得其他离子的等量 ③总R浓度为5m/L,pH=0时，浸出波 第15期总第1159期 第一轮复习 4.沉定的生成 0351-5271248 关系 (1)原因：Q.> a元素总浓度为0.07m/L且几乎把以 (2)若有酸减对或参加反应，判断H等 (2)方法 [ZR]+的形式存在，已知常温下，B的电离平 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办敬理报杜编扯出版 杜长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707代F】卸发代号：21-20 干7时，酸碱谁过量.方法是：先设定为完全反 ①调节法：如用氨水调节除去 衡常数K=1,8x10,此时溶波中c(H) 应时的H.然后与H=7比较使可得出 NH,C溶液中的质FeC, w./ 知识点四 水溶液中的离子反应与平衡（三 (3)考虑盐受热时是否分解C4(HC0,》2 NHo0NH,C固体受热易分解.因此素干（均烧 2咖加沉淀剂法：如以N,S,,5等为沉淀剂 18.(15分)NiCL:是一种重要催化剂某科 后分别为：Ca(100,), CaoO(CONHCO 沉淀溶解平衡 沉淀C2Hg2+等 研小组以废东催化剂《含N·,Cw·,Fe 必备知识集锦 Na.CO,:NH0-+NH,1+ g.月0B1i.B12.1 L概念 (3)分步沉淀：向含相同浓度的几种离子的 C·2·等)为原料，按下列流程回收NiCL· 13C14.1D 。四川影晴虹 (4)还慕性基在燕干时会被0，氧化例如 定品度下，当沉淀的溶解速率与生成 混合溶液中加人一种沉淀剂，优先生成溶解度 H,0品体 15.(安2分万 速率相等时，得到难溶强电解街的饱和溶液，即 小的沉淀 1D1.0x10 知识点● 成OH,阳离子水解一定生成H或H,0 Fe2(S0,)(s. Nas电离：Hs”+H0=s+H0 立了沉淀溶解平衡 5.沉淀的溶解 200 盐类的水解 (5)有时要从多方面综合考虑.例如，蒸干 2 N5水解：H5”+H0 H.5+0H 2,摩增积常朝 (1)原因：Q.<K, 1,盐类水解的实质 NaC0溶液时.既要考追C0水解，又婴考虑 (1》表达式 (2)方法：减小离子浓度，加水稀释等 在溶液中，盐电离出的网酸阴离子或碱 知识点● HCD分解，所以蒸干NC0溶夜所得固体为 AB.() mA''(ag)nB" ( ①酸溶解法：如CCD,溶于盐酸， 有机化合 阳离子与水电离出的H'或0州结合生成躺电 盐类水解的应用 K。■《A)·(B- A(DI),.C(0):答干强酸等. 已知：K,(CaF2)=4×10-",K(MgF,)= 解质，从而被坏了水的电离平衡，增大了水的电 1制泡沫灭火剂 (知识点● (2》溶度积规则 2盐溶解法：如Mg(0川)：可溶于NH,C溶 9×10,可答下列问题： &aL, 离程度.大多数盐的水解使得移液中日成 泡沫灭火剂由碳酸氢钠密液与硫酸铝溶液 离子浓度大小的比较 通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂 液中 (1)选渣1的成分主要是 川浓度不相等，从而使溶液显示出不同程度的成，使用时二者发生相互促进的水解反应： 的买积一浓度商Q的相对大小，可以判断准 ③生成配合物法：知AgC1可溶下NH, ,商子浓度大小的比较方法 (2)若X为CL,.其发生反应的离子方程 4P443HC0“=AIDH),1+3C01 一日的本发装幻 溶电解质在给定条件下沉淀能否生成成溶解： 0中 2,水解的特征 式 ,若用1H.0,心禁C 2.制备胶体 ,Q>K。,溶液过饱，有沉淀析出 ④氧化还原法：如0SS等溶于WO,中 (1)可逆：盐类水解后生成酸和碱，则盐类 式剂Y的使用量会减少，原因是 Q.=，溶液饱和.沉淀与溶解处于平衡状态 6.沉淀的转化 16.(每2分 的水解反应是中和反应的逆反应， 如Fe(0),枚体的制备：FL,+3H,O F(OH)(胶体)+3HCL再如明净水的原因 Q.<，溶液未饱，沉淀发生溶解 (1)实质：沉淀溶解平衡的移动， 2 2)吸热：酸碱中和反应是放热反应，则盐 类的水解反应是服热反应 也是生成了胶体：A·+3H,0 3》影贴因素 21思世 K,只受难电解质的性质和温度的影响 (3》氟化除杂时變保证完全除去G和 -00+2 ①一般来说，溶解度大的沉淀转化为溶解度 (3)微：酸碱中和反应一般进行得很完 A1(0),(收体)·3 +(离子浓度≤I0-l/1》,滤液3中c(F·） 全，则盐类的水解反应进行得根微周· 3.指导化E的用 面溶液中离子浓度的大小只能使溶解平衡发生 小的沉 C00 不小于 3,盐类水解的规律 如铵态氮肥不与碱性物质（如草木灰）花 移动，不能改变溶度积， 2沉淀的溶解度差别越大，越容易转化对 IKC-C00 同夏不父配同身有电高和本脚 3,影响沉淀溶解平衡的因素 些用酸或其他方法不能溶解的沉淀，可以 《4)实际生产中，产生的滤渣均需进行法 2 山)理酸与碱生成的盐水解后，溶液呈酸用，是因为二者能发生相互促进的水解反应 涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是 件.知NHC、F(N0》,. 2NH,+C0一2NH,↑+C02↑+H,0. (1》内因：难溶性电解听本身的性质 先将其转化为另一种用酸或其他方法能溶解的 (2)碱品酸生成的盐水解后，溶液呈威 4,用于去污除锈 国[四四 (2)外因 操作A为 沉淀，如除搦炉水后中含有的CS0,:G5S0 ,冷却结品过滤，法涤 性，如CH,CO0Na.NC0,NaF,N,S,KC0等 如热碱液去油污效果更好，是因为升高 ①浓度：加水稀释，沉溶解平衡向溶解的 方向移动，但人不变， (5)将所得NiCL·6H,0与S0C1,混合加 (3)程酸与强碱生成的盐不水解，溶液呈中 度促进了碳酸钠水解，使溶液碱性增强.再如用 2.溶液中的三大守恒规律 生，知KNO、NS0NC1s 氟化孩溶液可除铁锈和铜锈：NH+H,0 2出度：多数难溶性电解质的溶解是吸热 注意：(1)对于同类型物质，k数值越大， 热可制备无水NC,并得到两种酸性气体.反 NH,·H0+H',日再与Fe,0,C{0H)C0 (1)电荷宁 的新】升思年安采向溶翠的向多 难溶电解质在水中的溶解能力越强.对干不可 应的化学方式为 (4)酸与碱生成的，其水解程度大下 (1)(2)两类，具体有以下三种情况： 作用. 电解质溶中，不论存在多少种离子，溶油 动，时K变大 类型的物质，不能直接比较K的数值大小，需 ①生成的弱酸电离程度大于生成的而碱的 5.物质的提纯与检 总是呈电中性，即阴离子所带负电穑总数一定 洞离子效应：加人相同的子，使沉症溶 手专上密里来比7 电离程度，溶波星酸性.如NF: 如除去MC,溶液中的少量Fd,可加人 等于阳离子所带正电荷总数.如N4C0,溶液 生同仔人次能白，立 解平南向沉淀方移动，但术，不变 (2)硬水中的g(1C0),煮沸时分解为 2生成的厨酸电离程度小于生成的品碱的 0或Mg(O):或MCO,促进FC,水解生 由.cNa3+cH1三cH0042c00"1+ 川医 ④其他：加人可与体系中某些离子反应生 MgCO,在续煮沸过程中，MC0,转化为更用 5)m与叶比 电离程度，洛液星碱性，知NH,CN: 成Fe(OH), c(O州).再如C溶液中：3r(A)+c(H) 成更难溶的物顷或气体的离子，使平衡向溶解 容的Mg(OH)2- (参考答案见下期】 6试剂的保存 中《”)背为的1间 ①生成的弱酸和弱威的电离程度相同，溶 4,8b>与 呈中性，如CH,CO0ONH 如NH,E火解生成F,所以不能用被离厢 (2)元素质量守恒 素养提升（十五） c(HC0)>e(C0)>c(H,C0,) D,磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式 4,影响盐类水解的因素 蓝装氟化铵溶液，N画，C0,N5等水解后溶液 电解质溶液中，由于某些子能水解成电 B.0.1mal/LNlH0,落液与0.1mol/L e(HPO,) 显碱性，因诚性溶可与玻璃中的S0,反应生 离使声千种港多，旧某世些关程生的子信 离子浓度大小的比轫 (1)内因：盐本身的性册.组成盐的酸对 NaOH溶液等体积混合：r(N)2e(0)· 为人a=)·c(10 的转城断（成用宽一子t应破城新》，水翠星 成贴性的NaSO,所以保存时不能使用带磨口 是守恒的，即溶液的原始浓度应等丁组分在溶 。数理报社试题研究中心 HC01+2cH.C0.1 4.工业上用H,5,NaS等处理废水中C2 实就大，即越园拉水解 玻璃塞的试剂瓶，应用带橡较塞的试剂瓶又如 液中各种存在形式的浓度之和，如NI,C口溶液 1常温时，下列溶波中微粒浓度关系 定 C.0.1ml/LNHC0,溶液与0.2m/LHg·等重金属离子.已知：25℃时饱和HS溶 (2)外因：温度，浓度及外加酸碱等， 保存氯化铁溶液时圆加人少量稀盐酸，目的是中：c(C》=c(NH)+c(NH,·H,0).再如 正确的是 NO溶液等体积混合：(N)>(O)> 液浓度为D.1ml/L,H,5的K=9.1×10 ①泪度：盐的水解是吸热反应，升高温度能 抑制FeC,水解. NC0,溶液中：c(Na)=2(IIC0)+ A.氨水与氟化铵的混合溶液中：(C1)> 0.05wVL>cHC01>cC0“) =l.1×10,K(Cs)=.3x10,3 1111分3 的 7.溶液或款质的配1 (Co)+c(H,C0,)] (NH) D.0.2m/L,NC0,溶液与0.1md/L,1.14.下列说法正的是 2浓度：盐的浓度越小，水解程度越大， 如备L,S,不能在水溶液中，因A和 (3》盾子守量 400f11 B.H=2的一元酸和H=12的一元强碱Na0H溶液等体积涩合：c(C0)+2c(0H)= A.0.Iml/LH,S洛液中：c(H')= .5)1lD 3外加试剂：外加试剂能促进或抑制盐的 发生水解互促且程度较大.只能用态的A 即物研失去的质子数等于其他物质得的 等体枫混合：(OH)=(H) Hc0,】+3cH.C0.)+2cH》 D46H22 水解.如Cl,溶夜中，Fe·+3H,0三 15期客 质子数，在高中阶段注往考虑的是水电离出来 C.0.1mlVL的酸铵溶液中：e(S0) 3.在0.1ml/1NHO,溶液中，下列i说法 1000,1+8HD B.0.1m/L1l5落液中：e《日°》· F和(0H),+3H,加人盐酸制F和的水解，加 8.盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断 的(H)等于水电离出来的(0H)(也可由 (NH >c(H') 正的是 c(s2-)>c(0H)·e(Hs) 、NaO促进Fe的水解 (1)盐溶液水解生成难辉发性酸时，蒸干后电荷守恒和元素质量守恒将其导出)，如 D.向NaOH溶液中通sO,至nH=7: A.溶液中浓度最大的离子是H,D, C.0,Imml/LNa,S存被中(H)+()> 注意：1)盐类水解的条件：①必须有“别 般原物质，如Gs0,(a)燕工Gs0,(. Na,C0溶液中：c(0》=(H*)+c(1HC0) c(Nm*)=e(Hs0)+2c(S0) B.e(Na°)=e(IH,P0)+c(P0)+2(15)+2(s2-)+c(0WI)+2(ls) ”子，即”有才水解，无弱不水解”：2盐必 盐溶液水解生成易挥发性酸时，薰干均烧 +2c(HC0,).再如NH,溶液中：c(H)= 2.下列溶液中有关微粒浓度关系正确的是c(HO）+c(H,O,)=0.1ml/L D,向0.1mdl/LCSD,溶波中通人H,S气 须易溶于水，如CCO3难溶于水，可以不考龙扇 后一般得对应的氧化物如A,m)三 c(NH,·H0)+c(0 (忽路液体积的变化) C.e(Na')+e(H')=e(HPO;) 里.8)2.0×104 体至饱和，所得溶液中：c(H)>c(C2·) 酸根的水解， 3,=7时离子浓度大小的此较常温下】 A0.1mw/L NaHC0洛液：c(Na)>2(Ho)+3r() (参考答案见下期 2}水由宽的区别：牛宽子的举 A(OH),A,O, 此类旋洁速后标点c《川”)= 是李断水解或电离的关键.简吉之，水解可以理 (2)酸根离子易水解的强碱盐，如N,00,c(0H)(注意与拾好中和型区别)，分析时可从 解为阴见明“阳见阳”，即阴离子水解一定生 液等，蒸干后可得到原物质 两方面人手： (下转第4服】 2 素养·测评 数理极 数理极 素养·测评 3 7.常温下，用0.10ml/LN0H溶液分别海定 K(BaC0,)=2.5×I0”,K,(BS0,)=1.1×10e, 0.1ma/L氢水)，溶液4(l2mL0.1ml/LNH,C3ml0.1ml/L氢水)中高 一第一轮复习精练卷 0.0知m1农好5为0.1m/1的1H,C00月H落支 K。(H,C0,)=5,0×10H,下列说法正的是( 25.) 加0.1ma/L NaOH溶液，溶液的H随加人Na的变化情况如上图所示 HCN溶波，所得滴定曲线如右图所示巳知： A.4点的横坐标为0,05 ①实验结果显示NC溶液不具备抗碱能力，即曲线 (填曲线 涉及内容：盐类的水解；沉淀溶解平街 CH,C00I的K.=1.75×103.GN的K=6.2× B.水的电离程度：b< 标号)表示溶液1 满分：100分.时间：5分钟) 0,下列说法不正确的是 G.e点与b点的e(C0)+e(1C0,)之比约为 ○数理报社试题研究中心 A曲线M为1CN的商定曲线 54 2实验结来显示，当c(N)+e(N,】相同时，N D.向，点商液中酸钾固体，将移向d点 e(BMio no-L ,(,了大，混合溶 一、选择题（表题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有1个选 B.点①和点2所标溶液中rc(CN”)>c(CH,C00) 陵的杭碱能力越强，买曲线b表示溶液 (填溶液组号)， 项特合通意) C.点③所示溶液中：e(Nm》=r(Cl,000)>c(H)=e(0 3.难溶盐CF,可溶于益酸，298K下，用品 -e() 已知A点时.c(NH,》=e(NH,·H,0),则此时溶液的H= 【,小离同学用H试数潟1,0m/八，NCD溶波的酸诚性，结果为( D.点④所示溶液中：c(Na)>c(CN”)>c(0H)>c(H·) 酸调节C2浊液的pl,薄得不同1条件下，体 A.pHl>7 B.pl c7 C.H7D,无法知道 8,常温下，向二元弱酸，A的稀溶液中商加等出 系种的-(x)(X为a“政r)与的 40.32 16.[环保情境](12分)钠碱法吸收S02的启动凝收剂为N0溶液， 2,盐类水解有着广泛的应用.。下列说法正确的是 浓嗖的NOH溶液，所得合溶液的H与离子浓度7 ,22 捉S0,后生成Na,s0,和Nl150,的混合液. 关系如右所示，下列脱法错误的是 A.金属焊接时可用NH,C山溶液作除锈剂 化的关系如右逐所示.下列说法错风的是( (1)用12ND围体配成一定浓度的溶液，这些NO1理论上最多可 B.配制FCL溶液时，将C,固体溶解在酸中，然后再用水稀释到间 需的束度 人线表示与之的关系 代表-r)与的变化关系 吸收S0的体积约为」 一（析算成标准状况》.若实验时只吸收了 0,10S0:,反应后的吸收液中，所含阴离子的浓度由大到小的顺序为 C.用TC.水解制备T0,(加大量水并加热)的反应为TC+2H,0= B.pH■3,5的溶液中：(A2-)>c(H,A) B.298K下，K,(CaF,)的数量级为10 C.X点的溶液中存在2c(Cm2+)=c(H')+c(F-】 TO:+4HCI C.交点a的帝液中：c(H)-c(0H)=2(HA)+e(HA)-c(Na〉 D.Y点的溶液中存在：(C1)<e(C+) (2)当碱法的吸收液H达到4~6时.混合液中含较多量NaHS0,加 D.泡沫灭火器中常使用的原料是N4,CO,和A山，(S0,), D.NaHA溶液中：(HA)>e(A2-)>(H,A) 14.注稀ANO,溶液中逐南商人饱和食盐水，会存在以下变化： 热该溶被可问收得到较高纯度的S02,剩余溶液可猫环使用，进一步吸收 3.[跨块融合]三氯化氯(NC，)能水解生成次氯酸和氨气，因氯化 9.在一定温度下，CH,CO0NH和NH,HC0,的溶液中部分粒子的分布 ①Ag'(四)+C()=AC(s)K: S0,剩余溶波的主要溶质是 (填写化学式) (SCL)遇水也可别烈水解，水解反应的机理如下图所示(“口”代表5i的3d 系数知(N)=《)+A+一]与初始浓建的关系分 ②AC()+1()一gC()K2: (3)将SO2通入NOH溶波时，得到 010 轨道)，下列说法正确的是 c(H,S0,)+c(HS0)+e(S0)= 别如下图所示下列说法正确的是 ( 3A(n)+CI(q)-C(a）K, ④AsC(n》+CI(n)AgCK 0.100m/L的泥合溶液，溶液中部分粒子的a 。 9t OH n95 已知lg(X)[Xg.A,AC, 物质的量浓度随山的关系曲阀如右图所示. a 1.90 A”]与lr(C1)的变化关系如右图所示，下 若溶液的=7，溶液中e(Na”)= n99 CH:和NH 列说法错误的是 ,此时溶液中c(Na) .NC,和sC的价层电子对数目不相司 CHOOOR+NH:HO A.由图知AC1的K的数量缓为10-的 0.100m以/1.（填之<”或“■”）： B.琰和硅同族，推测CCL的水解产物为碳酸和氯化氢 《A} (4)亚硫酸为二元两酸，25℃时.其电离常数人，1,54×101.R。■ C.NC3,的水解机理和SiCL,不相可 R)C的值为K·K·K 02×10.请结合相关数据说明NS0,溶液呈酸性的理由 D,上述过程中，有性键的裂和非极性键的形成 C.P点0凿华灯21+c 4,[生治生产情境]沉淀的转化在科研和生产中具有重要的应用价值 A减小盐溶液初始浓度，离子水解程度可能减小 D.P点满足关系：(g)+r(H)+c(N)=(C 17.(17分)常溢下，物质R在水溶液中存在以下电离平衡：B+H,0 例如，铜炉水后既会低燃料的利用率，成源浪费，又会影响锅炉的使用 c(NO +4c(AgCl +2c(AgC 寿命，井造成安全隐，因此要定期除去水矩.已知误炉水垢中含有的(CS0, B.0.1ml/LCH,CO0NH溶液中存在：c(CH,CO0)=e(NH)= RH+0H,Zm2·可与多种配体形成多样的配离子.Z后“在R一(H):S0, 二、非选择题（本题也4小题，共8分】 H)=eO1H”) 容波体系中存在以下多种反应 常用Na,C0溶液浸泡一段时间，下列说法不正确的是 15.(14分)盐与赋的反应是水溶液中常见的反应，某学习小组展开相关 A.相同温度下，在水中的溶解度：CaC0,<Cs0 C.CH,C0ONL溶液的初始浓度越小，其水解程度越大 1,Z2()+20H(q)=Zn(0H),△H, 探究.已知：氯化铵的抗客量是指用NOH溶液滴定NH,C1溶液至=1 Ⅱ.Zm2()+40川（胸）[Z(0H0,]2-(网)dH B.沉淀转化的离子反应为CS0(》+00(} CgC0,(-)+S0(m D.NH,HCO,溶液中存在：c(H·)+e(H,CO,)=c(NH,·H,0)+ C,转化生成的CC0可以进一步加酸除去 (C0)+x(HC0) 时，单位质量的，a所消托0H的物所的量，即g:器 Ⅲ.Zm'(q)+4R()[ZR,]24H D.赖水矩过程中莎及的化学物质中，Na,C,是强电解团，而CSO, 10,常下，向0.1m/L的稀复水中通入氟化 ↑得 I.NH,C1抗容量(g)的测定 回客下列题： aC0,招电￥雷 氢气体（忽暗溶夜体积变化及溶液中N山，的存在）， (1)某小组同学德定N山，C固体抗减客量的实验步骤如下： (1)R,OH与Zn2*配位存在多个竞争反应，其中有[ZnR,“(脚)+ 5.下列实爱中，均产生白色沉淀 溶中：得随由的变化如右图所示已知： Ain5.) a配制100mL0.2mm/LN0H溶液： 40H(m)一Zm(0H).]P-(n)+4R(》,该反应的△H= .0 b,称取XNHLO体，溶于20L,水中，用上述NC阳溶液演定至■1I, (2)反应1的平衡常数表达式人，= a(N)=a(NH1·H0)+m(NI):K=(N,·L0) ①步骤n需要称量N0州固体的量为 -(保留一位小数) (3)关于含Zn+的R-(H),S0溶液体系，下列说法正确的是 =2.0×10.2=0.30.下列说法正确的是( 2步骤b需要用到下图所示仪器中的 (填名称) 填字号). 目ND,客流 且Nac0课液 A.A点：(C)2[(NH·0)+e(N)] 4当溶液中(》不变时，1说明反应达到了平衡状态 B.B点：r(a)+c(H)=2c(NH,·H,O)+e(NH》+c(0H)且y约 下列分析不正确的是 等于5.15 B.平衡体系中仅加入ZCL,(),新平时Z·的转化率增大 A.Na,C0,与NHC0,溶液中所含微粒种类相同 C.H在水溶液中能水解 B.CaCL,能促进N,C0,NaHC0,水解 cc点：e(N·o)=器ml1 1 D.当平商体系中c[ZaR,1=e(2z)时，e()=√不 (K。表示反 C.A山，(S0,),能促进Na,C0,NHC0水解 D.水的电离程度：B>A>C D,4个夫验中，溶液商人后，试管中溶液川均降低 1l.已知29%K时，(Cus)=6.3×10,K(Mns) 3步骤b消耗NO相溶液的体积为ymL,则w= 立Ⅲ的平衡常数) 6.室温下，通过下列实验探究NC,0,溶液的性质 =2,5×I0-0,随着温度的升高CS,MnS的术都增大 Ⅱ，NH,C-NTH,混合溶液抗碱能力的探究 (4)某种含Z矿物的主要成分是难溶 价1：D.1ml/1.NC,D,溶液中商间NCD、客凌有可向序生 298K时，饱和溶液中p(S2)和p(2·)的关系如右图所 NH,C-NH,湿合溶液具有抗减流力，向该溶液中加人少量NOH,溶液 于水的Zs0,.常温下，利用R-(RH)S0, 实验2：用pH试纸测定0.1mol/LNHC0,溶液的H,南得pH约为3 示，其中p(S)-lg(s),p(N)-gr(Cu)或 的p1变化不大.已知：1.25℃时，Nl,·日：0的K,=1.75x10=10+ 溶液体系将Zm元素浸出，调节不可的总R 实登3：向0.1ml/LNC0,溶液中加水稀释，得溶液增大 rMn·),下列说法正确的是 正N,-N出，合的或能力与号()+，有关 NH 浓度和p出后，浸出液中Z无素的总浓度 实登4：向0.1md/L NaHC.O,溶液中加入见量酸性KMnD,溶液，有气 A.28K时，向MS悬浊被中加人MS0,固依，可使 变化如右图[总B浓度为c(R)+ 泡产生，将气体通人澄清石灰水中，澄清石灰水变浊 液由a点变为d点 (2)NH,C☐溶液显酸性，用离子方程式解释原因： (RH-)]. 右笑总法不正面的丛 B.为除去MCL2溶液中证有的少量CuCl,可加人适量NS同体，充分 (3)小组同学设计实验探究 ①总R浓度不为0时：在60之 A.由实验1可如电离常数：k(1LC0,)>K,(1L,C0,) 搅拌后过速 (NI) 间，随着川的增大，当总R浓度逐渐增大时，归元素浸出率 B.实验2溶液中存在：c(HC,0)+2c(C,0)>c(Na') C.对曲线1，向Mns中加入能酸制溶液，发生反应：Ms()+ [e(NH)+(NH,门一定时，N对证合 增大“减小“或“不变")，p在10~12.5之间随着增大，浸出液中Z C实3中随素水的加人，溶液中(HC,0】 C0)的值逐渐变大 Cu“(训)一C5()+Mn·(训)，该反应的平衡常数K约为4.0×10 溶液抗碱能力的影响.分别向溶液1(15mL 元素总浓度呈下降趋势的原因是 D.开高品度，可使b点变或e点 0.2ml/L NaCl液）、 溶 ②任意总R浓度下：日在12,5~4之间.浸出液中7m元素总浓均随 D,实验4中反应的离子方程式：5HC,0:+20+11日=10C0, 12.常祖下，向BaCO,的液中加人盐酸，溶液中c(Ba·)随(H)的变 (3 mL 0.I mol/L NH.Cl.12 mL 0.I mol/L H增大逐新上升，州=4时，浸出液中锌元素主要存在形式的化学式是 2Mn3++8,0 化关系如下图所示（整个过程无气体选出，忽略C第二步水解）.已知： 水)，溶波3(7,5ml0.1ml/L,C,7.5ml (下转第4版]高考化学第14~17期 发理橘 答案详解 2025~2026学年高考化学第14~17期(2025年10月) 第14期4版参考答案 合B项，K(CH2 CICOOH)=10-3,CH2 CICOONa的水解常数 素养提升（十四） =Kg=10-4-10-4 1.B由图中可以看出，滴定HA的终点pH=7,则HA是 K=X-10=10=10"<10,即CH,Cc00H的电离 强酸，起始时，c(HA)=c(H)=O.1mo/L.滴定达终点时，HB 程度大于CH,CICOOˉ的水解程度，等浓度的CH,CICOOH和 消耗NaOH的体积大，则表明c(HB)>c(HA).初始时，HB的 CH2 CICOONa混合溶液中，溶液显酸性，c(H)>c(OH),C H为3，则酸性：HA>HB,说明HB是弱酸，部分电离，故c(HB)> 错误；二氯乙酸的酸性比一氯乙酸的强，在pH均为3的两种 10-3mol/L,A错误，B正确；甲基橙变色范围为3.1~4.4，由图 酸的溶液中，曲线I对应酸（一氯乙酸）的物质的量浓度更大， 可知该pH范围内NaOH滴定HB未发生突跃，不可用甲基橙 D正确. 作指示剂，C错误；初始时HB的pH=3,则电离部分c电离(HB) 4.D根据图示，此滴定实验第二滴定终点溶质为K2A, ≈c(H+)=l0-3mol/L,滴定等体积的两种酸时HB消耗的 溶液呈碱性，酚酞的变色范围是8.2~10，所以可用酚酞作指 NaOH是HA的两倍，则c物始(HB)=2c(HA)≈0.2mol/L,HB 示剂，A正确；根据图示，c(H2A)=c(HA)时，此时对应a点， 的电离度-82片×10%=0.5%，D错误 溶液pH为4，常温下，H2A第一步的电离平衡常数为10-4，B 正确；由图可知，c点溶液中，c(HA)=c(A2-),c(H)= 2.Cb点溶液为等浓度的CH,COOH和CH,COONa的混 c(OH),根据电荷守恒：c(H)+c(K+)=c(HA)+ 合溶液，CH,COOH的电离程度大于CH,COO的水解程度，此 2c(A2)+c(OH),则c(K+)=3c(HA),C正确；根据图示， 时溶液呈酸性，d点NaOH过量，抑制了水的电离，溶质为 c(A2-)=c(HA)时，此时对应c点，溶液pH为7，则Ka= CH,COONa和NaOH,溶液呈碱性，两点溶液的pH不相同，A 错误；酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，所以从 cH)cA-=107,K·K2=2H)A)=104 c(HA-） c(HA) a到c,水的电离程度一直增大；从c到e,水的电离程度一直减 ×10-7=10-1,当c(A2）=c(H2A)时，溶液pH=5.5,D错误 小，B错误；a~c点的过程中，弱电解质醋酸转化为强电解质 第14期2-3版参考答案 CH,COONa,溶液中总离子浓度增大，故溶液的导电能力增强， 精练卷（十四） C正确；e点的溶液为等浓度的CH,COONa和NaOH的混合溶 1.DH20是弱电解质，A错误；CH,COOH是弱酸，属于 液，由元素质量守恒可得：c(Na)=2c(CH,CO0ˉ)+ 弱电解质，B错误；NH3·H0是弱碱，属于弱电解质，C错误； 2c(CH,COOH),但体积增大，浓度减小，所以c(Na)= CH,COONa是盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D正确. 2c(CH,C00-)+2c(CHC00H)<0.1mo/L,D错误. 2.BHC10是弱酸，不能完全电离，应使用可逆符号，电离 3.D氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧 方程式为HCO、一H+C0,A错误：熔融状态下，硫酸氢 基中羟基的极性，故二氯乙酸的酸性比一氯乙酸的强， 钠电离出Na和HSO,,电离方程式为NaHSO4=Na+ c(CHC2CO0） e(CH,CICOO-) (CHCI,COOH)(CH,CICOOH) 等于0时，即 HSO,,B正确；NaHCO3在溶液中电离出Na和HCO,电离方 c(CHCI2COO)=c CHCI2COOH)c CH2CICOO-) 程式为NaHCO,=Na*+HCO,,C错误；次氯酸钙在溶液中电 c(CH2 CICOOH),曲线Ⅱ对应的氢离子浓度大于I曲线，故曲 离出Ca2+和C10,电离方程式为Ca(Cl0)2=Ca2++2Cl0, D错误. 线I表示pH与g《CH CICOOE}的变化关系，曲线Ⅲ表示pH 3.C常温时0.1mo/L乙酸溶液的pH=3,即c(H+）= e(CHCLCOO-) 10-3mo/L<0.1mol/L=c(CHCO0H),说明H+未完全电 与1g。(CHC,coO的变化关系. 离，可以证明乙酸是弱电解质，A不符合题意；常温时 根据上述分析，曲线1表示p1与⅓CCC00 0.1mo/L的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝，即乙酸钠溶 的变 液显碱性，说明在溶液中乙酸钠发生了水解反应：CH COONa+ e(CH,CICOO-) H20一CH COOH+NaOH,“有弱才水解”，可以证明乙酸是 化关系，1g(C,aco0=0时，c(CH,C1G00）= 弱电解质，B不符合题意；0.1mol/L的乙酸溶液与同体积 c(CH,CICOOH),pH约为3，K(CH2 CICOOH) = 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中含有的溶质的物质的量相等，由 c(CH,QC00)·c(H)=103,数量级为103，A,B错误；结 于CH,COOH是一元酸，NaOH是一元碱，因此二者恰好反应， e(CH,CICOOH) 这与CH,COOH是强酸还是弱酸无关，因此不能证明乙酸是弱 高考化学第14~17期 电解质，C符合题意；0.1/L的乙酸溶液的导电性比的两溶液，盐酸是强酸，溶液中H浓度大，分别与金属镁反 0.1o/L的盐酸弱，说明乙酸溶液中自由移动的离子浓度比 应，开始时盐酸反应速率快，D错误. 盐酸小，因此可以证明乙酸是弱电解质，D不符合题意。 9.B根据电荷守恒，X点满足：c(A)+c(OH)= 4.D乳酸为弱酸，加水稀释后H浓度降低，常温下，Kw c(H),Y点满足：c(B)+c(OH)=c(H),因为两点pH 值恒定，故OH浓度增大，A错误；乳酸为弱酸，电离产生H, 相等，故c(Aˉ)=c(Bˉ)，A错误；由图像可判断HB为强酸， 在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，H浓度增大，乳酸的电离平衡 V 0≤H≤5时，HB溶液满足：pH=g,B正确：X点和Y点 逆向移动，B错误：温度不变，电离平衡常数不变，C错误；相同 pH相等，根据电荷守恒可知两溶液离子浓度相同，导电能力相 pH的酸稀释相同倍数时，酸性弱的酸的pH变化小，若稀释后溶 液的pH:醋酸<乳酸，说明酸性：醋酸<乳酸，则电离常数： 同，C错误；两种酸都是一元酸，等浓度等体积时消耗的氢氧化 钠的量相同，D错误 醋酸<乳酸，D正确. 10.B溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱.随 5.BNaC0是强碱弱酸盐，CO发生水解反应：CO?+ 着pOH减小，H,SeO,被消耗，其物质的量分数减小，HSeO的 H,OHCO+OH,促进水的电离，溶液显碱性，加入酚酞 物质的量分数先增大后减小，随后SO}的物质的量分数增 溶液变红，与水的电离平衡有关，A不符合题意；向饱和HS溶 大，所以L,表示SO的物质的量分数与pOH的关系，L2表 液中通入少量S02气体，发生反应：2H,S+S02=3S↓+ 示HSeO3的物质的量分数与pOH的关系，L表示H,SeO2的 2H,0,该反应是HS与S02之间的氧化还原反应，未涉及水的 物质的量分数与pOH的关系. 电离平衡移动，B符合题意；CH,COONa是强碱弱酸盐， 由以上分析可知，A错误；L1、L2交点处溶液中HSO,、 CHCO0发生水解反应：CH,CO0+H20一CHC0OH+ SeO号的浓度相等，pOH=6,则pH=8,所以K2(H,Se03)= OH,促进水的电离，盐类水解是吸热反应，加热促进 CH,COO水解，与水的电离平衡有关，不符合题意；常温下，Kw= c(H)·c(Se0）=10,B正确：ab两点对应的pOH均大 c(HSeO3) 1×10-14,pH=6的盐酸稀释10倍，溶液仍呈酸性，是因为稀释 于7，均由电离导致溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH 过程中促进了水的电离，水电离出的H不能忽略，与水的电 增大，抑制程度增强，所以水的电离程度：>b,C错误；L2、L 离平衡有关，D不符合题意 交点处溶液中HSe0,、H,Se0,的浓度相等，pOH=11.4,则 6.CNH·H20属于弱电解质，存在电离平衡：NH3· H,O一NH+OH.将氨水加蒸馏水稀释，平衡正向移动， pH=2.6,则K1(H,e0,)=cH):cH5e0）:1026 c(HSeO,) NH·HO的电离程度增大，NH和OH的物质的量增大，但 c(H*)·c(SeO3) K2(H,SeO) 108, 溶液体积增大使c(NH,·H,O)、c(NH)、c(OH)均减小，则 c(HSeO) 溶液的导电性减弱.根据Kw=c(H*)·c(OH)且不变，得 c2(HSeO) c(H)增大，故①③正确，②④⑤⑥错误；K.(NH3·H,0)= Sc0)·cSe0g元>1，所以c(se0)·c(Hse0 c(NH)·c(O）加水稀释时，温度不变，K,(NH,·H,0)不 <c2(HSe0,),D错误. c(NH3·H,O) 11.B卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl,含有电 变，⑦错误. 负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中的羟基极 7.B水电离出的c(H)=1×10-3mo/L的溶液可能呈 性增强，更容易电离出H,使酸性增强，因此三种酸的酸性强 酸性或碱性，酸性条件下[A1(OH),]ˉ、CO片不能大量存在，A 弱关系为CF,COOH>CH,CICOOH>CH,COOH.在相同的浓度 下，HA的酸性越强，电离出的c(H)越大，pH越小.根据图 指误。户1×0Pmo/L的溶液呈酸性，酸性条件下 像，滴定还未开始时，溶液的pH:曲线I>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ，则 C+、NH、C1、NO之间不发生任何反应，可大量共存，B正 酸性：曲线I<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ，可知曲线I表示的是 确；与A1反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶 CH,COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是 液，酸性条件下NO,具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，碱 CH2 CICOOH和CF,COOH溶液的滴定曲线. 性条件下Cu2+与OH反应生成Cu(OH)2沉淀，C错误； 根据已知，CH2 CICOOH的pK=2.86,则K= C2O方有颜色，与无色不符，D错误 c(CH,CC00)·c(H）=102.M点溶液的pH=3.86,即 e(CH,CICOOH) 8.A两溶液中分别存在电荷守恒得：c(CH,CO0-)+ c(H+)=103.6mol/L,代人平衡常数表达式中，可得 c(OH)=c(H)、c(CI)+c(OH)=c(H),两种溶液的 c(CH,CC00)×10- pH相等，则c(H)相等，温度相同Kw相等，则c(OH)相等， c(CH,CICOOH) -=10-2.86,则c（CH,C1C00）= 所以存在c(CH,COO-)=c(Cl),A正确；pH相等、体积相等 10c(CH,C1C0OH),若用HA表示，则c(A)=10c(HA),A正 的两种溶液的中溶质的物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的： 确；曲线Ⅲ表示的是CFCOOH溶液的滴定曲线，K,= 物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH的物质的 c(CF3CO0)·c(H*) 量：醋酸>盐酸，B错误；盐酸与NaOH反应至中性时生成 e(CFCOOH) .滴定还未开始时，CF,COOH溶液的pH NaCl,而醋酸钠水解使溶液显碱性，醋酸与NaOH反应至中性 1 =1.06,c(CF,C00-)≈c(H+)=10-1.o6mol/L,c(CF3C00H) 时醋酸剩余，则等浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加入相同的 NaOH溶液至中性：c(CHCO0)<c(Cl-),C错误；相同浓度 =(0.1000-10-1.)m/L,则K=c(CF,C00）·c(H) c(CFCOOH) 2 高考化学第14~17期 0.100之10-x=10,B错误：由上述分析可知，C,D正确， 10-16×10-1.6 c(H+)·c(HPO) ,可得 c(HCO)·c(HPO,) c(H,PO) e(H,CO) 12.D酸、碱对水的电离均起到抑制作用，pOH本越小，说 K1(H2C03) 明水的电离程度越大，根据图像可知，当加入20 mL NaOH溶 K2(H;PO) ·c(HPO),当pH增大时，HPO4的电离被促 液时，pOH水达到最低，说明酸与NaOH完全反应，此时溶液的 进，HP0浓度遂渐增大，所以(HC0）·cH,P0逐渐增 pH≠7，推出两种酸均为弱酸.相同条件下，起始时HX溶液中 c(H,C03) pOH本数值大，水的电离程度小，即对水的电离抑制程度大，故 大，C错误：当cH,C0,)=c(HC0,)时，gG0=0,由图 酸性：HX>HY, e(HCO) 根据上述分析，A错误；根据分析，当加人20 mL NaOH溶 可知此时的H约为6,4，当出=6,4时，<0，说 液时，两种酸与NaOH恰好完全中和，NaOH的物质的量浓度 是酸的一半，即为0.050mol/L,B错误；根据电荷守恒，得出 明c(HPO子)<c(HPO),D正确 M、N点溶液中存在：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(Y-)、 15.(每空2分)(1)①1.0×10-2②1.1：10iⅱ.1：9 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(X),M、N点溶液显中性，即 (2)①10-5②=③c(Na*)>c(X)>c(0H)> 有c(Na)=c(Y-)、c(Na)=c(X-),因为两点c(Na)不 c(H*) 同，则c(Y)与c(X)不相等，C错误；取M点计算HY的电 (3)①a>d>c>b 离平衡常数，c(Na')=c(Y)=7x10Lx0.050moL,根 ②反应CH,COOH+F-、一CH,COO+HF的平衡常数K 17×10-3L K(CH,C00H=3×10,介于105~10°之间，因此反应 据元素质量守恒：c(HY K(HF) 10×10-3×0.10mol/L-7×10-3L×0.050mo/L 能生成HF(或根据平衡常数数据得反应正向进行的程度较小， K 17×10-3L 因此不适宜制备HF) c(H)·c(Y-) 解析：(1)①B点时，c(H)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L, c(HY) Kw=c(H）·c(0H)=1.0×10-6×1.0×10-6=1.0×10-2 7×10-3L×0.050mol/L×10-7 ②i.若所得混合溶液为中性，则c(OH)V,=c(H+)V: 17×10-3L ≈5.4× 10×103×0.10mdl/L-7×10-3L×0.050mol/L a=2,溶液中oH浓度为'0mL=0.1maL.b-2 17×10-3L H+浓度为0.01mol/L,即0.1V。=0.01V,V。:V=1:10;i.若 108,D正确 所得混合溶液的pH=10,碱过量，该温度下反应后OH浓度 e(CHCOCOO) 13.CF点1g.CH,coC00=0,则e(CH,c0c00)= 为0.01m/L,则c(0H）=0.1-0.01业=0.01mm/L,解得 VV c(CH,C0C0OH),此时溶液pH=2.5,即c(H*)=10-25o/L,所 V:V=1:9. 以K, c(CH,C0c00):cH)=c(H*)=1025,数量级为 (2)①0.100mol/LHX起，点时plH=3,c(H)=10-3mo/L, e(CH,COCOOH) 电离出的c(X-)≈c(H*)=10-3mo/L,c(HX)=0.100mol/L e(CH,COCOO-) 103,B正确：E点溶液中，gc(CH,C0C00H =-0.5, -c(X-)=0.100mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L,K= c(CH,COCOO-) c(H*)·c(X)-103×10-2 e(CH,COCOOH)=10-05 c(CHC0CO0)·c(H*) c(HX) 0.100 =105 c(CH.COCOOH) ②B点时，pH=7,溶液呈中性，c(H)=c(OH),根据电 1025,c(H*)=102,pH=2,A正确；G点对应的Na0H溶液 荷守恒：c(X)+c(OH)=c(H)+c(Na),得出c(X)= 的体积如果为20mL,则恰好完全反应，溶质为CH,COCOONa c(Na'). (强碱弱酸盐)，溶液应呈碱性，但G点pH=4.5,C错误；E、F、G ③C点恰好完全反应，pH>7,溶液呈碱性，c(H)< 三点随NaOH的加入，CH,COCOONa的浓度越来越大， c(OH-),根据电荷守恒：c(X)+c(OH）=c(H)+ CH,COCOONa水解促进水的电离，对应的溶液中水的电离程度： c(Na),得出c(X-)<c(Na),则溶液中离子浓度大小关系 E<F<G,D正确. c(Na*)>c(X)>c(OH)>c(H). 14.D由电离平衡：H2C03一HC0+H和H,P04 (3)①弱酸的电离常数越大，对应酸的酸性越强，结合H 一HPO+H可知，随pH增大，溶液中c(OH)增大，电离 能力越小，由电离常数大小可知，酸性：HF>CH COOH> 平者的名移动小}发天商钱I太 HCO3>HCO,,其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为 C02>HC02>CH2CO0->F-. (H,C0,与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示 c(Ho）与 ②反应：CH,COOH+F-一CH,CO0+HF的平衡常数 示lg c(HCO) c(H PO) K= (CH,C00)·c(H)_(CH,c00=3×10?,介于 pH的变化关系，A错误；a点→b点的过程中，c(HCO,)逐渐 c(F-).e(CH,COOH)K(HF) 增大，对水的电离的促进作用逐渐增大，B错误；根据 105~10之间，因此反应能生成HF(或根据平衡常数数据得 K（H,C0,)=cH）cHc0）和K（H,P0.)= 反应正向进行的程度较小，因此不适宜制备HF) c(H CO) 16.(每空2分)(1)2 3 高考化学第14~17期 (2)①①H0一CH—CO0H+2OH+HO-CH—CO0+: 屑反应，由图2可知，起始阶段，实验Ⅱ快速生成气体，实验Ⅲ HO—CH—COOH HO-CH-COO 生成的气体几乎为0，说明实验Ⅱ的反应速率大于实验Ⅲ；由 2H,0 图3可知，未反应前，实验Ⅱ和Ⅲ的pH相同，c(H)相同，开始 ②B③BD 反应后，起始阶段，实验Ⅱ溶液中pH变化比实验Ⅲ大，且实验 解析：(1)碳原子上连接四个不同基团即为手性碳原子， Ⅱ的pH较大，c(H)较小，说明导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异 酒石酸中与羟基直接相连的饱和碳原子为手性碳原子，共 的主要因素不是c(H). 2个. (4)根据题中假设CH,COOH能直接与Mg反应，则设计 (2)①随着p的逐渐增大，酒石酸溶液中HR的物质的 实验时可直接使用冰醋酸与镁屑反应，如果在常温水浴条件 量分数逐渐下降，HR的物质的量分数增大，pH再增大时， 下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体，就说明醋酸分 HR转化为R-,故曲线A代表HR的物质的量分数，曲线B 子与Mg直接反应. 代表HR的物质的量分数，曲线C代表R的物质的量分数， (5)醋酸溶液中含CH,COOH、CHCO0、H,探究醋酸溶 由图可知pH=6时，溶液中主要存在的含碳离子是 液中哪种微粒与Mg发生反应，分析如下：a与b对比， O OH c(CH,COOH)几乎相同，但b中c(H)约为a的100倍，使速 率：b>a;a与c相比，c(H*)几乎相同，但a中c(CHCOOH)约 为c的两倍，使速率：a>c. (6)a与b对比，c(CH,COOH)几乎相同，但b中c(H)约 ②根据分析，曲线B表示HR,溶液中始终存在电荷守 为a的100倍，使速率：b>a;a与c对比，c(H)几乎相同，但a 恒：2c(R2）+c(HR)+c(OH)=c(H)+c(M"+),M"+ 中c(CH,COOH)约为c的2倍，使速率：a>c.a的反应速率比 为调节pH时加人的碱溶液中的阳离子，A错误；曲线交点m c大很多，接近3倍，所以CH COOH是与Mg反应产生气体的 处HR和HR的物质的量分数相同，即c(HR-)=c(H2R), 主要微粒. 放K=cH):cR)=c(H）=1.05×10,pH= c(HR) 18.(除标注外，其余每空2分) -lgc(H)≈2.98，同理，q点c(HR)=c(R2-),K2= I.(1)2(1分)酚酞 c(H):c(R2-)=c(H*）=4.7×105,pH=-lge(H*)≈ (2)> c(HRˉ) (3)B>C>A 4.38,B正确：PH从3到4时，溶液中的主要存在离子为HR, (4)20.70(1分)BC 水的电离仍受到抑制，随着pH的增大，对水的电离抑制程度 Ⅱ.(5)5H2C204+2Mn0,+6H+=2Mn2++10C02↑+ 逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，C错误；曲线A和C交点 8H0 n处c(H,R)=c(R2-）,由K1·K2=H)c) (6)当滴加最后半滴酸性KO,标准溶液时，混合液由 c(HR) 无色变成了浅红色，且半分钟内不褪色 c2(H),得c（H)=√K·K,pH=-lgc(H)≈ (7)2.56x104 2.98+4.38=3.68,D正确. a Ⅲ.(8)2.0×10-4 17.(除标注外，其余每空2分)(1)CHC00H 解析：(1)①等浓度的盐酸和醋酸溶液，HC1是强酸， CH,COO +H* c(H)=c(HCI),醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要 (2)b>a>cc 以醋酸分子存在，c(H)<c(CH,COOH),由图知，A点pH= (3)由图2可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图3表明 1,C点溶液pH>1,可知滴定醋酸的曲线是图2，醋酸钠水解使 起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ(3分) 溶液呈碱性，则滴定醋酸时选择碱性范围内变色的指示剂，因 (4)室温下，将光亮的镁屑投人冰醋酸中，立即产生气体 此滴加2~3滴酚酞作指示剂. (5)a与b对比，c(CH COOH)几乎相同，但b中c(H+)约 (2)B、D溶液恰好呈中性，B点所得为氯化钠溶液，盐酸和 为a的100倍，使速率b>a;a与c对比，c(H)几乎相同，但a 氢氧化钠恰好完全反应，D点为醋酸钠和少量醋酸的混合溶 中c(CH,COOH)约为c的2倍，使速率a>c(3分) 液，醋酸未完全中和，则达到B、D状态时，反应消耗NaOH溶 (6)CH,COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒 液的体积：a>b. 解析：(2)冰醋酸是醋酸晶体，加水溶解后，醋酸电离出醋 (3)酸抑制水的电离，等浓度的盐酸和醋酸溶液中，醋酸 酸根离子和氢离子，随着加入水的体积增加，醋酸电离程度变 的氢离子浓度小，抑制水的电离程度不如盐酸，食盐水不影响 大，离子浓度逐渐增大，离子浓度越大，溶液导电性越强，b点 水的电离，则A、B、C、E四点对应溶液中水的电离程度由大到 导电性最强，c(H)最大，随着加水量的增加，离子浓度下降， 小顺序为E>B>C>A. 醋酸溶液的导电能力下降.在a、b、c三点所代表的溶液中， （4)由图知，表中缺少的读数为20.70mL.第2次所测定 c(H+)由大到小的顺序为b>a>c.加水稀释，促进醋酸的电： 结果明显偏大.盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干 离，越稀越电离，故在a、b、c三点所代表的溶液中，c点醋酸的 燥，不影响标准溶液的体积，对测定结果无影响，A不符合题 电离程度最大 意；配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，则标准溶液 (3)实验Ⅱ和实验Ⅲ中，其他条件相同，醋酸和盐酸与镁： 中氢氧根离子的浓度偏低，导致消耗标准NaOH溶液体积增 -4 高考化学第14~17期 大，B符合题意；盛装NaOH标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴正确；根据NaH,PO,溶液中的电荷守恒可得：c(Na)+ 处有气泡，滴定后气泡消失，导致所测定的NaOH标准溶液体 c(H*)c(OH-)+c(H2 PO)+2c(HPO)+3c(PO),C 积偏大，C符合题意；读取NaOH标准溶液的体积时，开始时仰 误；磷酸第二步电离方程式为H2PO一HPO+H,K2= 视读数，滴定结束时俯视读数，计算的所用标准液体积偏小，D c(H+)·c(HPO) 不符合题意 ,D错误。 c(H,PO) (6)滴入的高锰酸钾被草酸还原为锰离子而褪色，当滴加 4.D0.1mol/LH,S溶液中，存在电荷守恒：c(H*)= 最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液时，混合液由无色变成了浅红 c(OH-)+c(HS)+2c(S2-),A错误；0.1mol/L NaHS溶液 色，且半分钟内不褪色，说明此时达到滴定终点。 中，HS的电离平衡常数K2=1.1×102,水解平衡常数K= (7)实验过程中存在关系式：5Ca2+~5H2C,04~2KMn04, 人=10x10 (Ca2+)=n(KMn0)=)×l.0×10-4mol/L×bx10-3L7 K=9.1×10≈1.1×107，因此，K<K,即 =2.5b×10-’mdl,则血液中含钙离子的浓度为2.56×10mm e4H)·c(s-<(o）:4S》,则c(H)·c(s2)< a×103L c(HS) c(HS) =2.5b×104 c(OH-)·c(H2S),B错误；Na2S为强碱弱酸盐，溶液呈碱性， mol/L. a 存在：c(OH)>c(H),存在元素质量守恒：c(Na)= (8)当溶液中C1恰好沉淀完全（浓度等于1.0× 2c(H2S)+2c(HS)+2c(S2-),两式联立，得到c(H)+ 10-6mo/L)时，c(Ag*）=(AgC0）=2.0×10-0 c(Na*)<2c(HS)+2c(s2-)+c(OH)+2c(H,S),C错误； c(CI) 1.0x10-6mol/L= 向0.1mol/L CuSO,溶液中通人H,S气体至饱和，发生反应： 2.0×10-4mol/L. CS04+H2S=CuS↓+H,SO4,c(H2S04）≈0.1mol/L, 第15期4版参考答案 c(C2+)=√K,(Cs)=V个.3×1036=1.14×10-mol/L, 素养提升（十五） 则c(H)>c(Cu2+),D正确. 1.D氨水与氯化铵的浓度和体积未知，其混合溶液可能 第15期2-3版参考答案 呈酸性，也可能呈中性或碱性，若呈碱性，c(OH)>c(H), 精练卷（十五） 根据电荷守恒：c(Cl)+c(OH)=c(NH)+c(H),可得： 1.DC0水解：ClO-+H,0一OH+HCO,溶液显碱 c()<c(NH),A不符合题意；该一元酸的强弱未知，若是 性，但是HClO会漂白pH试纸，故无法用pH试纸测出NaClO pH=2的一元弱酸和pH=12的一元强碱等体积混合，溶液呈 溶液的酸碱性. 酸性：c(OH)<c(H),B不符合题意；水解是微弱的， 2.ANH4C1为强酸弱碱盐，NH4水解使溶液呈酸性，能 (NH4)2S04溶液中存在：c(NH4)>c(SO?)>c(H),C不符 与金属氧化物（如铁锈Fe,O3)反应，起到除锈作用，A正确； 合题意；向NaOH溶液中通S02至pH=7,c(OH)=c(H), FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl.配制时应加入浓盐酸抑制 根据电荷守恒：c(Na*)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO?)+ Fe3+水解，若用硫酸会引入SO?杂质，B错误；TiCL4的水解反 c(OH-),可得c(Na*)=c(HSO3)+2c(S0),D符合题意. 应为TCL,+(x+2)H0=T02·xH20↓+4HCl,加热使水解 2.DHCO;水解程度大于其电离程度导致碳酸氢钠溶液 程度增大并使HC挥发，最终得到TO2·xH20,培烧得TO2,C 呈碱性，即c(CO)<c(H,CO),但是其电离和水解程度都较 错误；泡沫灭火器常用原料为AL2(SO4)3和NaHCO3,利用 小，Na不水解，所以存在：c(Na)>c(HC0)>c(HC03)> A+与HCO,发生水解互促反应生成CO,和A1(OH)3,D c(CO?),A错误；等体积等浓度的NaHCO3和NaOH发生反 错误 应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H0,溶质为Na2CO3,由元素 3.CNC,的中心原子氮原子的价层电子对数为3+2× 1 质量守恒可得：c(Na)=2c(CO)+2c(HC0,)+ 2c(H2CO3),B错误；0.1mol/L NaHC03溶液与0.2mo/L (5-3×1)=4,SiC,的中心原子硅原子的价层电子对数为4 NaOH溶液等体积混合，溶质为0.05mol/L NazCO,和 1 +2×(4-4×1)=4,二者价层电子对数目相同，A错误；CCL, 0.05mol/L NaOH,CO部分水解，且水解程度微弱，可得： 中碳原子没有d轨道接受水分子中的孤电子对，难发生水解反 c(Na*)>c(H)>0.05 mol/L>e(CO)>c(HCO ,C 应，B错误；NC,水解过程中，是N原子提供孤电子对与H结 误；0.2mol/L NaHCO,溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混 合，SiCl的水解过程中，是Si原子提供空轨道容纳O原子的 合后，溶质为等物质的量的NaHCO3和Na2CO,此时存在电荷 孤电子对，因此反应的机理不同，C正确；上述水解过程中断裂 守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC0,)+2c(CO);元 的Si一Cl或N一Cl键、生成的Si一O或N一H等键均属于极性 素质量守恒：2c(Na)=3[c(CO号)+c(HCO,)+ 键，不存在生成非极性键的情况，D错误. c(H,C0)],联立两式消去c(Na)得：c(CO)+2c(OH)= 4.D物质是否为强电解质与溶解度无关，CaS04、CaC03 c(HCO,)+3c(H2C03)+2c(H),D正确， 在水溶液中溶解的部分可完全电离，是强电解质，D错误 3.BNaH,PO,在水溶液中完全电离生成Na和H,PO,, 5.BNa2CO,溶液、NaHCO,溶液中均存在Na、CO号、 H,PO,又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na, HC0、H,CO3、H、OH、H2O,故含有的微粒种类相同，A正 A错误；根据NaH2PO,溶液中的元素质量守恒可得：c(Na)= 确；Na,C0,溶液中加入CaCl2,Ca2+与CO反应生成沉淀而 e(H2 PO)+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO)=0.1 mol/L,B 使CO的水解平衡左移，抑制CO片的水解，HCO→H+ -5 高考化学第14~17期 +C0,NaHC03溶液中加入Ca2+后，Ca2+和CO反应生成c(H,A)=c(A2-),可得：c(H+)-c(OH)=2c(H2A)+ 沉淀，促进HCO3的电离，B错误；A1+与CO?、HCO3都能发 c(HA-)-c(Na),C正确；NaHA溶液中，HAˉ的水解常数K 生互相促进的水解反应，C正确：由题干信息可知形成沉淀时 会消耗CO、HCO,则它们浓度减小，水解产生的OH的浓 元10=107<K。=1057,即HA的电离程度大于 =Kw-10-14 度会减小，pH减小，D正确。 其水解程度，且HAˉ的电离程度和水解程度都很小，故溶液 6.C实验1中，NaHC,O,与NaHCO3反应生成二氧化碳 中：c(HA)>c(A2-)>c(H2A),D正确. 气体，反应的离子方程式为HC20,+HC0,=C,0+C02↑+ 9.A图1是NH HCO3溶液中部分粒子的分布系数与初 H,0,说明HC,0,的酸性强于HCO3的，根据强酸制弱酸的原 始浓度的关系图，co越小，-lgco越大，NH的分布系数随初 理，H2C204的第二步电离常数应大于H2CO3的第一步电离常 始浓度减小，起初几乎不变，后增大，HC0的分布系数随初始 数，A正确；实验2中，NaHC20,溶液的pH≈3，说明HC20,的 浓度减小，起初几乎不变，后减小.图2是CH,COONH4溶液中 电离占主导，可得电荷守恒：c(Na)+c(H*)=c(HC,O,)+ 部分粒子的分布系数与初始浓度的关系图，随着初始浓度减 2c(C20?）+c(OH）,由于溶液呈酸性，c(H*)>c(OH), 小，NH、CH,COO分布系数不变且相同，A正确、C错误； 则：c(HC20,)+2c(C2O)>c(Na),B正确；实验3中，稀释 0.1mo/L CH CO0NH4溶液的-lgco=1,由图2可知，此时 NaHC,O,溶液时，pH增大，说明H浓度降低，根据温度不变， 6(NH4)=6(CHCO0ˉ)且接近0.995，说明水解程度很小.则 K2(H,C,0)=cH)cC02不变，因此（HC,02 c(CH,COO)=c(NH4),结合电荷守恒：c(CHCO0)+ 应逐 c(HC2O) c(C20}) c(OH-)=c(NH)+c(H+),可得c(CH,COO-)=c(NH)> 渐减小，C错误；HC,O在酸性条件下被KMnO,氧化为二氧 c(H)=c(OH),B错误；NH,HCO3溶液中存在电荷守恒： 化碳，D正确， c(H)+c(NH4)=c(OH)+2c(CO?)+c(HC0,),元素质 7.BK(CH COOH)>K,(HCN),则等浓度的CH,COOH; 量守恒：c(H,CO,)+c(HCO,)+c(CO?)=c(NH4)+c(NH 和HCN,CH,COOH的pH更小，故曲线M为HCN的滴定曲线、 ·H20),联立两式得：c(H)+c(H2CO3)=c(OH)+c(NH 曲线N为CH,COOH的滴定曲线，A正确；点①和点②所示溶 ·H20)+c(CO号)，D错误. 液加入的NaOH体积相等，点①D溶液呈碱性，溶质为等物质的 10.B根据图像知，氨水中通人HC1气体，曲线由C点向 量的NaCN和HCN,则CN-的水解程度大于HCN的电离程度； 点②溶液呈酸性，溶质为等物质的量的CH,COONa和 A点变化B点时l与得=0，a()=aW,说明合好中和。 溶质只有NH,Cl,B点左侧HC过量，B点右侧NH3·H2O过 CH,COOH,则CH,COOH的电离程度大于CH.COOˉ的水解程 量.当溶液中溶质浓度均为0.1mol/L的NH,Cl和HCl时，有 度，故有c(CN)<c(CH COO),B错误；点③溶液主要溶质 为醋酸钠，以钠离子和醋酸根离子为主，且溶液呈中性，则 元素质量守恒：c(CI)=2[c(NH,·H,0)+c(NH)],A点 c(H+)=c(OH),根据电荷守恒得：c(a)=c(CH,CO0), pH=0.5,c(H+)=10-o.5ml/L>0.1mol/L,说明A点溶液中 故溶液中有：c(Na*)=c(CHCO0-)>c(H*)=c(OH),C HC1的浓度大于NHCI的浓度，则c(C)>2[c(NH3·H2O) 正确；点④溶液中溶质为NaCN,溶液的pH>7,CNˉ水解使得 +e(NH)小.A错误：B点溶液中得=0，为01mL 溶液呈碱性，则：c(Na)>c(CN-),c(OH)>c(H),故溶液 NHC溶液，溶液中存在电荷守恒：c(CI)+c(OH)= 中有：c(Na)>c(CN-)>c(OH)>c(H+),D正确. c(NH)+c(H),存在元素质量守恒：c(C)=c(NH· 8.B二元弱酸HA的K=HA)CH,K2 H,O)+c(NH4),联立两式整理得：c(CI)+c(H)=2c(NH3 c(HA) ·HO)+c(NH)+c(OH-).若设水解的c(NH4)= (A-）:c(H,当c(H,A)=c(HA)时，K1=e(H*)或 c(HA) amol/L,则： c(HA)=c(A2)时，K2=c(H).由图可知，坐标原点时，曲 NH+H,O、→NH3·H2O+H 起始量/(mol/L)0.1 0 0 线m对应的pH为2.3，曲线n对应pH的为5.7，一级电离常 转化量/(mo/L)a 数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与gHA变化的 c(HA) 平衡量/(mo/L)0.1-a≈0.1a a 关系，曲线n表示山与gA二变化的关系，且K1= c(A2-) 由人=会得后-品的解得a=(兮产0 1023,K2=10-5.7 =5.15,即y=5.15,B正确；由C点pH=7,结合电荷守恒得： c(NH4)=c(Cdl-),又知c(NH3·HO)+c(NH)=0.1mol/L, 由上述分析可知，A正确：pH为3.5的溶液中，1gCA K,(NH,·H,O)=c(NH）·c(0H)。c(NH)xI07 <lgHA2,即HA只<eA,则c(H,A)>c(A2-)）,B c(NH·H2O) 0.1-c(NH4) °c(A2-） c(H2A)c(A2-) 错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+ 2.0x05得《)器mLe(N4o分L, c(HA)+2c(A2-),则：c(H*)-c(0H)=2c(A2-)+ C错误：B点溶质只有NH,C1,水的电离程度最大，C点显中性， NH,·HO稍过量，溶质为NH4Cl和少量NH3·H,O,A点显强 c(HA1个(Na),a点时，lgA=gA2,即 c(HA) 酸性，溶质为NH,Cl和大量HCl,综上得水的电离程度：B>C 6 高考化学第14~17期 >A,D错误 2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-）+c(d-)+c(OH-)可得溶液中 11.C298K时，向MnS悬浊液中加入MnSO4固体，溶液c(C)>c(Ca2+),D错误. 中Mn2+浓度增大，由于温度不变，K不变，S2-浓度减小，将由 14.C由题意可知，随着c(C1)的增加，c(Ag)逐渐减 a点向右下方移动，不会变为d点，A错误；加人适量Na,S后， 小，故线l1对应lgc(Ag).随着c(Cl)的增加，逐渐出现AgCl 可使Cu2+转化为CuS沉淀，但引人了新杂质Na*,故不能达到 →AgCL2→AgCI→AgCI的转化，故AgCl2、AgC、AgCL 实验目的，B错误；该反应的平衡常数K=c(= 依次出现，即线l2、l3、L4分别对应lgc(AgCl)、lgc(AgC)、 c(Cu2*) Igc(AgCI). cMm2)·e(S-2_K(Mns)_2.5×10- c(Cm*)·c(s-)K,(Gs)6.3×10s≈4.0×102，C正 由线l1知，c(C1)=10-7mol/L时，lgc(Ag)≈-3，即 c(Ag)≈l0-3mol/L,K,（AgCl)=c(Ag*)·c(Cl)≈I0-7× 确；温度升高，CS溶解平衡正向移动，S2-和C2+浓度均增 10-3≈1010，A正确；由盖斯定律，①+②+③可得：Ag(aq) 大，将由b点向a点方向移动，D错误. 12.CKp(BaC03)=c(Ba2+)·c(C03）=2.5×10-9, 480一4g)即Kc0=人·k·内 BaCO3的浊液中未加入盐酸时，c(Ba2+)=c(CO?),则a点的 B正确；由N点坐标知，K=10-,由M点坐标知，K4=10“,由 横坐标为0.5，A错误；由图可知，b点H浓度小于c点，H抑 盖斯定律，③+④得到反应：Agd,(aq)+2Cl(aq)= 制水的电离，则b点水的电离程度大于c点，B错误：整个过程 c(AgCI） 无气体逸出，忽略C0的第二步水解，存在元素质量守恒： AgCl(aq),其平衡常数K= (AgC)·e(a)-K·人= c(Ba2)=c(CO)+c(HC0),c点与b点的c(CO)+ c(HCO)之比即两点c(Ba2+）之比，c点c(Ba2+)=2.5× 10e,P点：c(AgC5)=c(AeC),故P点的2(C 10-4mol/L,b点c(H+)=7.5×10-omo/L,K2(H,C03)= 10a,即c(d)=10学moL,lge(a)-,C错误：P c(c0)·c(H)=5.0×10",可得，15c(C0)= 点溶液中有Na,电荷守恒：c(Ag)+c(H+)+c(Na*)= c(HCO) c(CI)+e(OH)+c(AgCl +2e(AgCl)+3c(AgCl)+ c(HC0),c(Ba2+)=16c(CO号)，根据Kp(BaC03)=c(Ba2+) c(NO),因为c(AgCl2)=c(AgCl),所以有c(Ag)+ ·c(C0号)=2.5×10-9求得，c(C0号）=1.25×10-5mol/L, c(Ba2)=2×104mol/L,c点与b点的c(C0})+c(HC0) c(H*)+c(Na*)=e(Cl)+e(OH-)+c(NO3 +4c(AgCl) 之比约为2.5×104 +2c(AgCl）,D正确. 2x10,=5:4,C正确：向b点溶液中加疏酸钾固 15.(每空2分)(1)①0.8②锥形瓶、碱式滴定管 体，溶液中S0?浓度增大，S0?与Ba2+生成难溶的硫酸钡， Ba2+浓度减小，碳酸钡的溶解平衡右移，CO号浓度增大，CO ③500x (2)NH+H,O→NH3·H,0+H 水解使溶液呈碱性，OH浓度增大，H浓度减小，所以b点不 (3)①a②2③9.2 可能移动到d点，D错误. 13.D溶液中。品=CP,温度不变，氢氟酸的电 解析：③u=n(Na0H_00Lx0.2 mol/L m(NH Cl) x g =5000 mol/g. 离平商容数氯化钙的离子积誉数不变，则品越大，溶液中 (3)②曲线b抗碱能力较弱，说明N较小，2号溶液 c(NH) F浓度越小、Ca2+浓度越大，则图中L2代表-lgc(F)与 最小 的变化关系上代表-e(心)与品的变化 c(NH4)·c(OH c(HF) ③K,= c(NH3·H,O) ,A点时c(NH4)=c(NH3· 关系，A正确：由图可知，X点溶液中g&=0,即c(H) H,0),则c(0H)=K=1048,c(H*)= =10-9.2 c(OH) =c(HF),则氢氟酸的电离常数K(HF)=c(F)=1032,Z pH=9.2. 点溶液中1gH=1、c(Ca2+)=1022mo/L,则溶液中。 16.(每空2分)(1)6.72c(0H)>c(S0片)> c(HF) c(HSO) (F）=,·c(HE)-1032 10 mol/L=10 mol/L,K CaF2 (2)NaS03(3)2c(S0号）> c(H*) =c(Ca2+)·c2(F-)=10-22×(104.2)2=10-10.6,数量级为 ④0的水家常数人。冬=06和× 10",B正确：X点溶液中1g=0,由元素质量守恒可 e(HF) 103<K2=1.02×107,说明HS0的电离程度大于其水解 得：2c(Ca2+)=c(HF)+c(F-),由c(H)=c(HF)可得： 程度，所以溶液显酸性 2c(Ca2)=c(H)+c(F),C正确；由图可知，Y点溶液中 解析：(1)当生成NaHS0,时吸收的二氧化硫最多，12g e会品>0.即c(H)>cr)(c)=e().溶液星酸 NaOH的物质的量为0.3mol,根据NaOH~SO2,最多吸收SO2 的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L;只吸收0.1molS02 性，则溶液中c(H)>c(OH),由溶液中的电荷守恒关系： 时，溶质包括0.1 mol NaOH和0.1 mol Na2SO3,水解是微弱的， -7 高考化学第14~17期 故阴离子浓度从大到小的顺序为c(OH-)>c(SO?)> +2H,0,消耗H*(3分)》 c(HSO3 ) (3)0.03 (2)加热时发生反应：2NaHs0,△NaS0+H,0+ (4)洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率蒸发浓缩 SO2↑，因此剩余溶液中主要的溶质为Na,SO,. (5)NiCl,·6H,0+6s0C,△NiCL,+6S0,↑+12HCl↑ (3)根据电荷守恒：c(Na*)+c(H)=c(HS0,)+ 第16期1版参考答案 2c(SO)+c(OH),pH=7时溶液中H和OH浓度相等， 素养提升（十六） c (Na*=e(HSO3 +2c(SO).c (H2SO3)+e(HSO3 ) 1.(1)(×)(2)(×)(3)(V)(4)(×)(5)(×) c(S0号)=0.100mo/L,此时c(Na)=0.100mol/L- (6)(V)(7)(V)(8)(V)(9)(×)(10)(V) c(H,S03)+c(S0?),从图中可以读出c(SO})-c(H,S03) 解析：(1)向PbS黑色悬浊液中加人H2O2,H202将PbS氧 >0,则c(Na)>0.100mol/L. 化为PbSO,,发生的是氧化还原反应，不是沉淀的转化，不能据 17.(除标注外，其余每空2分)(1)△H,-△H 此比较K(PbS)与Kn(PbSO4)的大小，故错误. (2)CaCO,、BaCO,均为白色沉淀，该实验现象无法判断生 1 (2)e(2m2*)·c(0H） 成了哪种沉淀，无法判断CaCO3、BaCO3的溶度积常数，故错误. (3)ACD(3分) (3)在等浓度的FeSO4和CuSO,溶液中通入H,S气体至 (4)①增大pH在10~12.5区间，pH增大，平衡： 饱和，CuSO,溶液中生成CuS沉淀而FSO,溶液中无现象，说 Zm2+(aq)+20H(aq)一Zn(OH)2(s)正向移动，导致溶液 明相同条件下更易形成CuS沉淀，则Kp(FeS)>K,(CuS),故 中Zn元素总浓度下降(3分)②[Zm(0H)4]2-0.72(3分) 正确. 解析：(1)利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ可得目标反应，即 (4)NaOH溶液过量，不能证明红褐色Fe(OH),沉淀源自 △H=△H2-△H3· Mg(OH)2沉淀的转化，故错误. (2)Z(OH)2为固体，反应I的平衡常数表达式K1= (5)AgCO,和AgCl的K,表达式类型不同，不能根据沉 淀先后判断飞的大小，故错误. c(Zn2+)·c2(0H) (6)常温下，向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等 (3)在含Zm2+的R-(RH),SO4的溶液体系中，R浓度不 量AgCl和Agl固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说 变，可说明反应达到了平衡状态，A正确；加入ZmCL2(s),溶液 明氯化银较碘化银溶解度大，二者K表达式类型相同，则 中c(Zm2+)增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列 K,(AgCl)>K,(AgI),故正确. 原理，Zm2+的转化率反而减小，B错误；根据R+H20一RH (7)AgC1与NaS,0,反应生成[Ag(S203)2]3,加入几滴 +OH可判断R水溶液相当于弱碱，H+可水解使溶液呈酸 Na,S后所得黑色沉淀为Ag2S,故溶解度：Agd>Ag2S,故正确。 性，C正确；c{[ZnR4]2+}=c(Zm2+)时，Km= c[ZnR,]2+} (8)等体积的AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的 c(Zn2+)·c4(R) AgNO3溶液，产生沉淀的物质的量：AgCl>AgBr,说明原溶液中 d浓度较大，可以得出Kp(AgCl)>Km(AgBr),故正确. (9)含氟牙膏是将牙釉质中的羟基磷酸钙转化为更坚硬 (4)①随pH增大，平衡：R+H20一RH+OH逆向移 的氟磷酸钙，涉及沉淀的转化，故错误。 动，导致c(R)增大，从而使平衡：Zm2+(aq)+4R(aq) (10)除去锅炉水垢，先用饱和Na2C0,溶液浸泡得到更难 [ZR]2+(aq)正向移动，c(Zm2+)减小，最终使溶解平衡： 溶的碳酸钙，再用酸溶解碳酸钙，故正确。 ZmSi0,(s)一Zm2+(aq)+Si0}(aq)正向移动，浸出液中总 2.DZmS白色沉淀转化为CuS黑色沉淀，说明CuS的溶 Zn浓度增大.pH在10~12.5区间，pH继续增大，Zm2+（aq)+ 解度小于ZnS的，CuS和ZnS属于同类型的难溶电解质，则溶 2OH(aq)Z(OH)2(s)正向移动，导致溶液中Zm元素总 度积关系为K,(CuS)<K,(ZnS),A正确；向5mL浓度均为 浓度下降 0.05mdl/L的Nal、NaCl溶液中滴人2滴AgNO,溶液，先生成 ②pH为12.5~14之间，随着pH增加，0H浓度增加， Ag沉淀，说明Agl更难溶，则K（AgCI)>Kp(Ag),B正确； Zn(OH)2会继续与OH反应转变为[Zn(OH)4]2-,使溶液中 向浓度均为0.1mo/L的MgSO,和CuSO,的混合溶液中逐滴 Zm元素的浓度上升. 加入0.01mo/L的NaOH溶液，先看到有蓝色沉淀生成，说明 ③根据K=cH):OH)=(RH）:I0=1.8× C(OH)2更难溶，C正确；加稀盐酸，滤渣部分溶解，并产生无 c(R) c(R) 色无味的气体，说明生成碳酸钡，由于Na,CO,溶液是饱和的， 10-5,cRH=0.18…①，总R浓度为5mo/L,依据元素 生成碳酸钡的原因可能是饱和Na2CO,溶液中CO?浓度较 e(R) 大，Q。>Kp(BaCO3)直接生成BaCO3沉淀，无法判断 质量守恒：c(RH)+c（R)+4c{[ZR4]2+}=5mo/L, Kp(BaCO3)<Kp(BaSO4),D错误. c(RH*)+c(R)=5 mol/L 4 x0.07 mol/L =4.72 mol/L 第16期2-3版参考答案 …②，联立①②两式，解得：c(RH*)=0.72mol/L. 精练卷（十六） 18.(除标注外，其余每空2分)(1)CuS、S 1.B燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，B错误 (2)2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl试剂Y的作用是增大溶 2.A太阳能电池将太阳能转变为电能，A错误；石墨烯比 液的pH,加人H,02后发生反应：2Fe2++H,02+2H*=2Fe3 表面积大，可提高电池的充放电速率，B正确：锌比铁活泼，即 8 高考化学第14~17期 使镀层破损了形成原电池，锌作负极，也能保护铁，C正确；开水稀释，C。HNH水解程度增大，但由于溶液体积增大，H浓 发高效催化剂，将二氧化碳转化为有机物，能够减少大气中的 度减小，pH增大，B错误：0.01mo/LCsH,NHCl溶液中存在 二氧化碳含量，缓解温室效应，D正确. 电荷守恒：c(OH)+c(Cl)=c(C6HNH)+c(H),C错 3.B△H-T△S<0的反应可自发进行，该反应的△H<0、 误；C6 HsNH,Cl在水中完全电离，D正确。 △S<0,温度较低时△H-T△S<0,故低温能自发进行，A错误； 9.B NaHCO,溶液中存在质子守恒关系：c(CO?）+ 该合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减 c(OH-)=c(H)+c(HCO3),A错误；由于水解和电离都比 小，B正确；该反应为放热反应，即E正-E道<0，则正反应的活 较微弱，为粗略计算，将0.56mo/LNa,C0,溶液与0.1mol/L 化能小于逆反应的活化能，C错误；将D项中的前后2个反应 NaHCO,溶液等体积混合，带人K2(H,C03)表达式，可得 分别标号为①和②，根据盖斯定律，反应①-反应②得到目标 反应，则△H=△H1-△H2,由于不能明确△H1、△H2的相对大 c(H)= 2(H,C0,)·c(Hc0,）≈5.6x10"×0.Lmol/L= c(CO) 0.56 小，则△H不能确定，D错误. 10~Ⅱmol/L,pH约为1l,B正确；假设可发生反应：Ca2++H,0+ 4.AH2(g)+L2(g)一2HⅢ(g),该反应前后气体体积不 C02一CaCO3↓+2H*,该反应的平衡常数K= 变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气 c2(H) 体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用平衡移动 = c(Ca2+)·c(H,0)·c(C02) 原理解释，A项符合题意；CO?在溶液中发生水解：CO?+ c(H)·c(H+)·c(H2C03)·c(CO)·c(HCO3) H,0HC0,+OH,加入BaC2溶液后，Ba2+与CO?生成 c(Ca2+)·c(CO)·c(HC03)·c(C02)·c(H20)·c(HC03 BaC03沉淀，消耗CO?,使水解平衡向左移动，OH浓度降低， K1(H2CO3）·K2(H2CO3)·K 红色褪去，可以用平衡移动原理解释，B项不符合题意：氢氧化 K (CaCO3) ≈2.1×100<10-5，故将 钠固体溶于水放热、降低了氨气的溶解度，且增大了c(O), CO2通人CaCl2溶液中不能产生CaCO3,C错误；由于NaHC03 使平衡：NH3+H2O一NH3·H20一NH+OH,逆向进 溶液显碱性，将NHCO3溶液稀释，溶液中c(OH)减小，K 行，从而放出氨气，可以用平衡移动原理解释，C项不符合题 不变，c(H+)增大，D错误. 意；Cr,0在溶液中存在反应：Cr,0+H20一2C0}+ 2H,加NaOH后中和H,平衡右移，生成黄色CO子，可以用 c(HA) =cH,向含4A和NH,Q的混合 10.D c(HA)K (H2A) 平衡移动原理解释，D项不符合题意. 5.A平衡之前，逆萃取速率逐渐增大，6min时的逆萃取 液中滴加0咀溶液，《日)浓度减小，则嘴大， 速率大于2mi时的逆萃取速率，A错误；平衡之前，正萃取速 该小，同理号大，-号减小且 -lg 率大于逆萃取速率，B正确；萃取平衡常数只和温度有关，水中 c(HA-) 正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，温度不变，萃取平衡常数 e)湘同时，>金号面城+0一· 不变，C正确：2~4min内正丁酸的平均萃取速率v= 么二9mol/(L·mim),D正确. c(NH)一=c(H)减 2 H,0+H可知，随c(0H)增大，cNH,·H,O)K(NH) 6.C①中0~10min内，(Z)=4c(Z=,1.2molL c(NH e(NH At=2Lx 10 min 小，-gcNH,·H,0增大，则4代表-1gcNH,:H,0 与 0.06mol/(L·mim),A正确；对比容器①、②，其他条件相同， pH的关系，L2代表-g(A与山的关系，L,代表 增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡 c(HA) 所用时间增大，故t>10min,B正确；对比容器①、②，其他条件 -⅓pH的关系 相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方 向移动，而容器②平衡时Z的物质的量增大，即平衡正移，正向 根据上述分析，A错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na)+ 为气体体积增大的方向，m+n<p+q,C错误：根据热化学方程 c(NH4)+c(H)=c(HA)+c(C-)+2c(A2-)+c(OH), 式可知，生成q mol Z时放热akJ,而容器①生成1.2molZ时 当c(HA-)=c(A2-)时，c(Na)+c(NH)+c(H*)= 3c(A2-）+c(C)+c(OH),由图可知，c(HA)=c(A2) 放热0.6a,则20.6a解得g=2,D正确， 时，即-g(=0时，pH<7,c(H)>c(0H),则 7.C能量越低越稳定，由图可知，Y的能量最低，则相同 c(HA-) 状况下，X、T、W、Y中Y最稳定，A错误：其他条件不变，温度 c(Na)+c(NH)<3c(A2-)+c(Cl),B错误；由a点 升高，催化剂的活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增 (4,0.2)可得K1=cHA）c)=102×104=1042 c(HA) 大，B错误；由图可知，反应③的能垒最大，为该反应的决速步 骤，则选择催化剂是为了降低反应③的能垒，从而加快反应速 由b点(5,0.6)可得K。=c(A）:c(H)=10a6×105= c(HA) 率，C正确：反应物只有一种，其他条件不变，达到平衡时再充 入X(g),X(g)浓度增大，相当于在原来平衡的基础上增大压 1050:由e点(8，-1.24)可得K=c(NH)·c(01) c(NH3·H,O) 强，平衡正向移动，X(g)的平衡转化率增大，D错误 c(NH)· 10-4 8.D苯环上的碳原子都采用sp杂化，A错误； C。H,NH,Cl属于强酸弱碱盐，C6H,NH水解使溶液显酸性，加 (H)=1024×10-4-》=1046,K(N4,·H,0)= c(NH,·H,O) —9 高考化学第14~17期 元=10元=1092：NH,·H,0+耳A一NH+HA+ Kw。10-14 2Cd°-2e=Cl2↑；阴极区域生成OH,Na从阳极区域通过 交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜采用阳离子交换膜，只 c(HA)·c(NH) H,0的平衡常数K=cH,A)·c(NH·H,O) 允许阳离子通过，不允许阴离子通过，A正确；阴极区生成 OH,溶液pH逐渐增大，B正确；电子不能经过电解质溶液，电 c(HA)·c(H)·c(NH4)K(H2A)104.2 子从阳极流出，流向电源正极，从电源负极流出，流向阴极，C c(H,A)·c(H)·c(NH,·HO)K(NH)=10924 错误；该工艺没有H2生成，电解总反应为4C+02+2H20 1034>103,C错误；设1和L3交点处pH=x,则 Pm记-p即o- c(NH; 电解2CL,↑+40日，D正确. 13.A放电时嵌入PbSe中的Na变成Na后脱嵌，则右侧 c(NH)·c(H*)=c(HA）·cH)=K(H,A),则 电极为负极，Na失电子生成Na;Na透过允许Na通过的隔 c(NH3·H,O) c(H2A) 膜从右侧进入左侧，则左侧为正极. c(NH4)·c2(H) c2(H) 外电路通过1mol电子时，负极有1 mol Na失电子生成 cNH,:H0·c(H产=K（H,A),K(N,·HO Na进人右侧溶液，溶液中有1 mol Na从右侧进人左侧，并与 K(H,A),将K=1042,K=10924,代人解得c(H+)= 正极的Na,-V2(PO4),结合，则理论上两电极质量变化的差值 1062,即pH=6.72.再将c(H+)=10-6”代入K= 为2mol×23g/mol=46g,A错误；充电时，左侧电极为阳极， D,得气10p0-252,放 NaV2(PO4)失电子生成Na,-V2(PO4)3,则阳极的电极反应 c(HA) c(HA) 为NaV2(P04)3-xe=Na-V2(PO4)3+xNa,B正确；放电 交点坐标为(6.72，-2.52)，D正确. 一段时间后，负极产生的Na的物质的量与负极区通过隔膜进 11.D溴化银的饱和溶液中Br和Ag浓度相等，向饱和 入左极区的Na的物质的量相同，进入左侧区的Na与参加左 溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中Ag浓度减小、Br浓 侧正极反应的Na的物质的量相同，所以电解质溶液中的Na 度增大 浓度基本保持不变，C正确；Na能与水反应，所以电解质溶液 Km(Agbr)=10-12.2,则10385×10=10-2.2，x=-8.35, 不能用NaPP。的水溶液替换，D正确， A正确；溶液中S,O号浓度为l0-46mol/L时，溶液中Br和 14.B碳纳米管(b电极)通人二氧化碳，生成甲烷和 Ag的浓度分别为103.5mo/L、10-8.35mo/L, ZnC03,发生还原反应，得到电子，是正极，电极反应为5C02+ c[(S0,7=10,[Ag(S0,)2]-的浓度为 c(Ag*) 8eˉ+2H,0=CH4+4C05.锌(a电极)为负极，锌失电子，发 生氧化反应，A错误，B正确；根据左图可知，水也是质子源，C 10835 107mmVL=10-45mal/L,反应：Agr(s)+2S,0(ag）= 错误；根据左图可知，2个[EMM]生成1个[ZnNHC]2+,没 有增加电荷的浓度，D错误 [Ag(S03)3]3(aq)+Br(ag)的平衡常数为 c(Br）·c[Ag(S,0)]3-=10-35×104 15.(除标注外，其余每空2分)(1)H:S:H(1分) -=102,B正 c2(S203) (104.6)2 (2)+11 确；根据元素质量守恒，(-4.6，-4.2)点存在：c(Br)= (3)M总压一定，充人氨气，反应物分压减小，相当于减 c(Ag)+c{[Ag(S03)]}+c{[Ag(S03)2]3}, 压，反应I、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 c(Br)·c[Ag(S20]=102,c(S,0) = (4)1.2×10-316n c2(S203) 15% (5)0.4 c[Ag(S203)2]3-}时，c(Br)=101.2c(S203),c(Br)- (6)HS得到了综合利用，3步反应均生成了H c(S203)=(102-1)c(S203-)=c(Ag*)+ 解析：(2)根据盖斯定律，由反应Ⅱ+Ⅲ-I可得V,则 c[Ag(S2O3)]ˉ}，C正确；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应 △H4=△H2+△H-△H1=(90+181-260)kJ/mol= 时，溴化银主要转化为[Ag(S0,)],随着S,O号浓度逐渐增 +11 kJ/mol. c(Ag") c(Ag') 大，溶液中eAg0,可大于e1Ag90,PT (3)总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压， 反应I、Ⅱ均正向移动，CH,平衡转化率增大，则含有He的曲 (-4.6,-4.2)点存在 c(Ag*) c[Ag(S203)2]3} 线为M. (4)由图可知，0~5min内消耗的CH4为0.3mol×5%= c[g(S,0,)门T该点左侧c[Ag(S,0,)]}> c(Ag*) 0.015mol,消耗的H2S为0.15mol×20%=0.03mol,根据氢 c[Ag(S,0)2]3,该点右侧c{[Ag(S,0,)2]3}> 原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)=2×0.015mol+ c[Ag(S,03)]},c(S20号）=0.001mol/L时，位于该点右 0.03=0.06mol,0~5min内H2的化学反应速率为v(H2)= 0.06 mol 侧，结合分析，存在：c（Br)>c{[Ag(S,03)2]3}> 10L×5min =1.2×10-3mol/(L·minm).设反应I转化了 c[Ag(S203)]},D错误. x mol CH4,则反应Ⅱ转化了(0.015-x)olCH4,反应I转化 12.C阴极上02得电子生成0H,电极反应为02+ 了2 mol H,S,反应Ⅲ转化了(0.03-2x)mol H,S,列三段 2H,0+4e=40H;阳极上C1失电子生成C2,电极反应为 式有： 10