第16期 化学反应原理综合复习-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

素养·拓展 数理极 本版责任编辑：孙丽 担纸编桥质骨反愤电话 原料通过电渗析法制备次酸的装置如下深 02515271268 纸发行质量反德电话 数理据 2025年10月21日·星期三 高考化学 第16期总第1160期 示，下列说法错的是 第一轮复习 电化学装置中的离子交换膜。 0351-5271248 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办效理报杜偏辑出 长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707八F】B发代号：21-208 重两提升【+五1 。河南黄散文 11之034.f 溶液的pH与离子浓度的关系如右所示，N,H 电化学装置中用到的离子交换的种类 B,生物电极的电极反应为Cl,C0H 第152一3版参考苦米 电离平衡常数的 在水溶液中的第二步电离平衡常数K:为 有：质子交换膜、阳离子交换，明离子交换膜8e+80川一2C01+60 七机【拿产高室承料室息板2室 转塔荐（十玉） 算类型 等.交换膜能使离子速择性地定向移动，使液 C.每生成标准状况下2.24LN,电路中转 A.M服与电原的正极相连 解析：NH,在水溶液中的两步电离平衡常 保持电中性.其作用有三点： .6mal电子 5.B6.C7.B8.B B,离子交换膜2为阴离子交换膜 四川平 数分别为K。。(N,出)·c(0H- Ku= (1)隔离阴阳极的产物，防止其发生化学 D.离子交换瘼a为阳离子交换膜，离子交 C当M,N两极共产生气体224ml(标准状 e(N:H.) 题型一，利用曲线起点进行计算 利2常品下，察花度为b/1的盐接与 应 焕腹山为阴离子交换膜 13.D14. 况下)时，产品室增重0.66g 0.3m/L的氨水等体积合，泥合液H=7 e(N,度)·(o2,且人>Kg,当横坐标为 (2)用于制备物近 解桥：该装置为原电池，有机废水中的 15.(每空2 以弱酸为例，则 e(HA e(NH) D.亮于交量愿【可有数防止次酸的正 100.8 (忽略溶液体积变化)，氨水的电离平衡常数为 (3)用于物质的分离极纯 CIC00I发生氧化反立生成O0.N0,发生还 解析：因该装置的目的是生产次磷酸，故 0时.l越大，人越大，所以直线M表示 芝情指到式离也河 可通过比较反应物与产物组成元素的整 原反应生成N,买电极a为负极，电极b为正极，料室中的H,0,应向产品室移动，在电解池装 由于(H)=r(A).k.m e(HA) 别，找差别元素原子的来源，判断交换膜的类 A错误：负根反应为CL,C001+2L,0-8e= 帮：根指电有时恒得：(N)+)器直钱N表示代号 置中，电解液中的阴离子向陶极移动，放M极为 350 例1.25℃时.在2Dml QDml/L的氢水中商人 =c(C”)+(0H),因花合液H=7,e(HT) 别.也可以依据电解质溶液中的电荷守恒断膜 2C0,↑+8H·,B错误：mlN0得3m电子阳极，与电痕正极相连.离子交换膜2为阴离子 (2)N+0 c(0）=10"=101-4=10“ 112 =r(0州)，所以e(NH)=r(a).因等体积 的类型.需要注意的是离子通过交换膜时，迁移 N1t+1.04i= 生成0.5lN,每生成标准状况下2.24LN, 交换孩，A,B正确：阳极反应为2H0-4e aDm/1.的盐酸，溶液 答案：10~ 离子所带的电数=外电路上转移的电子数 电路中转移0.6m电子，C正确：原电工作 0↑+4”.阴极反应为20+2一 (322 与所加盐酸的体积关 混合，故c(NH)=c(d=号mmt/L.电离平 例4.，C,0,是一种二元弱酸，溶液中 6.每年2)3 例1.值生商说生业回理度水中 时，明离子移向负极阳离子移购正服，结合要达20川，每转移4m电子，阳极生成1m0, 系地白所飞.该品度下 (盐酸 H,C0,HC,0,和C0三种粒子的分布分数 ,C0O1和N,又可以实现海水淡化 原理 到晦水液化的目的，即NC1溶液中的N'通过 1)6.力民01 阴极生成2，共产生3ml气体，在产品 NH,·H,0的电离平衡常 《5”】>10 的为 衡常数人=e(N)·c(0I) 随溶液变化的关系如下图所示儿，C,D,的电离 0.3 如下图所示下列说法正确的是 阳南子交换移向电极.口通过阴离子交换 室发生反应HO:+H'一D,质量会增加 平衡常数K= 2)0 解析：25℃时，0.0m/L氢水的pH= 移响电极a,以离子交换题a为阴离子交类膜，4×66g=264g,现在MN两极共产生标准状况 (3)2(5》> 1.2e划1”)=eNL”=12#=0m/L 6×10 10 离子交换隳为阳离子交换，D误 下气体224mL.气体的物质的量为0,01md,则 4)10谷水解 由于电离程度很小，可近假认为c(NH,·,O) 0.3=1 落客：C 产品室增重为0.0回x264mln0.g.C 例2.次璃酸(H,0,)是一种在精细南化工 0.1mL.则=(Nco 答案0 中发挥重爱作用的产品，它可作为还原剂用于错误：阳极上生成的氧气被离子交换膜！隔开 *(NL,·H,0) 10-×0-2 题型三，利用田像的交点进行计算 化学电被，也可用于阻止动酸指的变色，还可 从而可防止次磷酸的氧化，D正确 1.02复07，经月H0 0.1 =1044 一般情况下，此类解法是寻找到图像中电 A,生物电极b为电池的负园 用作酯化反应的催化等一种以次磷酸钠为 答案：C 电离度大干其水解 答案：104 离平衡常数中的分子，分母浓度相等的离子，化 (上接第3版) 已知：Pk,=-gk,,常祖下，NiS和Mn5的pK分别为9.4和12.6： 题型二、利用H=7的点进行计算（常遇下） 筒为“1”，读出对应点的pH减O,转化为 解析：根据HC0,的电离特点，曲线品代 17,(经标注外，其 2分1)4R-4 容液等于7时.电离平衡常数公式中的()或(0)，带人公式计筑即可 表HC0,5,代表HC,0,代表C0,曲阀 (2)实i中以最节约原则配制1/L,,C00N溶时，所需玻 2=0.3.回答下列问题： :(川”成(0H)可直容解1.0×1D脖人，由 例3. 已知赫出 与6，的交点处，r(H,C0》=r(HC,0,),pH 璃仪器除烧杯量筒，胶头海管外，还需 (1)为了提高培烧效率，可以采取的措施有 (写一条 根掘电荷守恒中c(H)=(0)得到其他离 (N,1,》在水中的电离与 =1.2,gc(H*》=103m/L,H,C,D.的电离 (3)结合实验ⅱ中数据.分析实验1中未出现白色沉淀的原因是 即可)：“高温培饶”时MnO2,S转化为nMD,MnS0,写出该反应 /31ATY35 子的布量关系，找到已知的某种肉子浓度，进而NI,相似。常温下，向 的北学方星式 4)Ta大 得到电离平衡常数公式中其他离子的浓度，带 N,H的水溶波中演加 平衡常数人-cC,0):c(2.10日 c(H,C20,) (4)为验证(2)中的猜想，与学又设计了实登：取1l(0)， (2)“酸浸"时，能酸浓度对，浸出率的影响如下图所示“酸 2.51m.1大，4 人 某种浓度的盐酸，蒸得 答案：101 浊液于试管中，加人5.饱和C,C00NH溶液，浊液放置一段时 浸时酸的最佳浓度为 /L,理由是 后即变澄清.若改加5mL饱和YC1液做对照，浊液长时间都不变澄清 (用)，1》正向 素养提开（十六） 液滴定溶液中的C,先出现白色沉淀，后出现 C款 规象 传论 ☆5aml.0.tlVL 由，导溶液中元素 砖红色沉症，正明K(AgC)>K(A名C0,) 先有白色 若实堂道能证正明(3)中的烤想，其中C应是 （填化学式) 度(3分》 溶度积大小的比较 0,这减中入 比生 (5)对实验i中3杯混合液热一段时间后，均出现白色沉淀，资料 k405) 211,-0.12t aL 0.I mol/L 显示，A(0)(H,CO0)2也是白色溶于水的沉定.将上述实扶得的 ⊙数理报杜试酸研究中心 (6)常温下，向相同浓度和体积的浓氨水 K (Zn5) 分) 1,判下列说法是否正确.正确的打“V”, 3S第液，再减如 化身黑色 沉淀经过滤、反复沈涤后，测得最后一次洗涤液H小于7。 8.(梯桂外，甘0 中，分别加入等量的AC和Agl周体，充分搅 误的讨打“x”, 元离)婆谁 ①由此可以判断，沉旋一定含有 [填“(0)，”或 00S0 2分(1)055 拌，AgC1溶解，Agl无明显变化，说明K,(A0)> (1)向5黑色油液中加人H,0,生成 向5ml,浪度均为 “(OH)(CH,C00):”).试分析洗涤液呈酸性的原因是 (212F k(AI》- D.n5 ml/1.Nl (3》除铁时生成黄钠铁现[Ne,(S0,)2(0H)。】的离子方程式为 S0,白色沉淀，说明K,(4s)>K(50,. 生点黄色 () (7)向盛有A固体的试管中加入足量的 ②烟何让明上述白色沉淀已洗涤干净： “除”后的溶液中c(2) 是活大洛我的川， K.(Adt) ,S,D,溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解 20.m/ =0.5mol/L,当游液中可溶组分浓度写1.0×10·m/L时，可认为已阶 发生反应 (2)向2l浓度均为0.1ml/L的GCl aN0客液 尽，则“除银”应控制溶液山的范跟是」 [已知r(52-)= 和BC2混合溶液中滴加少量0.【m/L, 再向试资中加人几商N,S溶波，又产生黑色沉 18.(15分)工业上以软猛矿（主要成分为M0,还含有少量F,0 肉流发均为 2F+2D,消能H(3 -g(S),溶液中pe(S)和plH的关系为p(s-）=15.1-plH:忽略溶 N,C0,溶液，振荡.产生白色沉淀，悦明 忘，悦明溶解度：AgC>Ag5 和辉相矿（主要成分为MS,还含有少量S,Ni的氧化物）为原料.制备 (8)分别向等体积的Agd和Ag出r饱和溶 0.1 mol/L K (Caco,)>K (BaC0,) 是看到有 0目 四相酸铵品体[(NH,),Mo,0,·2H,0]和酸猛品体的工艺流程如下： 体积变化] 5)0.月 50,和CS0的 (4)取”的原理为2R,N(叔胺)+2H (4)武出配表渐 (3)分刚向将浓度的Fs0,和C50,溶液夜中加人足量可浓度的gN0溶液，产生沉荷 直色沉瓷 茫合这味中派演 线酸的客通A线化的 生威 水灿声一格立帝圆一区列得一M04H (R,NH):M0,则反萃取中的试剂X最适宜选用 （城字母序 袁离子，提高。元素利用号 中通入H,5气体至饱和，前者无明显现象，后者的物顺的量：AgG>A,说明人，()> 加入ǖ.OVL 出现黑色沉症，说明K,(FeS)>k,(CuS) K(AgBr). 的肤 号)：从“母液”中同收的则产品主要是 (填名称) (51目。6日，0 .稀酸b.(NH,):s0溶液 e.NaOH溶液 d.氨水 (9)牙青中添如滨化物可预防南齿，不利用了 尚地和D溶 漫出海 (4)向足量ND明溶液中，先商加少量氟化物的强氧化性 液中：少量50 管解并 +12g k(001) 溶液，再商加FCL,溶液，先出现白色沉 (10)除去护水，先用饱和N,C0,落液 静未，过滤，向 产生无色 cx(). 淀，后出现红福色沉淀，说明K[Mg(0H):】> 浸泡后再用酸溶解 净的中加入 无味的 (参考答案见下期】 K.,[Fe(OH)]. 2.下列实验探究方案中，对应现象与结论 稀是酸 非 (5)以KCO,为指示剂，用Ag0,标准溶的推断不正确的是 参考答案见下期 2H 素养·测评 数理极 数理极 素养·测评 3 一第一轮复习精练卷 W'(g)一Y(g)4H:=,(W】 .装置工时，阴极区溶液山逐新增 平衡暖附量分别为0.6m/kg和0.8m'/kg(已换算成标态)，则HS的暖形 其相对能量变化如右图所示，在恒客密 C,电子从阳极经稀碱溶液流向阴极 系数为 MPa. 闭容器中克入X(》,发生上述反也，下列叙 D.装置中发生的总反应为4C:+0,+21L02,1+40m 6)与传统天然气制氢中需罗脱陵将H,S转化为硫黄和水相比，上述方 涉及内客：化学反应原 送正确的是 13.新型钠离子二次电弛（如右图） 法的优点是 满分：100分，时问：75分钟 A.相同状况下，X,T.W,Y中W最稳定 。数理报社试研究中 用溶解了NPF。的二甲氧基乙烷作电解质 16.(12分)二甲按[(CL):NI].N,N-二甲基甲酰胺[C0N(CIL,)2] B其他条件不变，开高温度总反应速 溶液.放电时嵌人hS中的Na变成Na后 均是用途广泛的化工原料.可答下列问题： 一、选择题（本避包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个远 率一定增大 (1)用氨和甲醇在密闭容中合成二甲胺，反应如下： 合意) C.选择催化剂是为了T降低反应3的能 税嵌.下列说法错误的是 I.NH,(g)+CH,OH(g)-CH,NH (g)+H0(g) 1,[社会热点】人类对能狼的利用经历了紫薪、煤炭和石油时期，现正向 D.其地条件不变，平衡后再充入X(g),X(g)的平衡转化率减 A.外电路通过1mm电子时.理论上两 II.CH,NH:(g)+CH,OH(g)=(CH,):NH(g)+H,0(g) 新能襟方向高两量发展，下列有关能湖的叙述错强的是 8.苯胺(C,H,NH)是一种有机弱或，可与盐酸反应生成盐酸盐 电极质量变化的蓥值为23g B.充电时阳的电极反应为V(P0,-xe一N,-,V()1+xN (CH,):NH(g)+CH,OH(g)= =(CH,),N(g)+H,0(g A.太阳能光解水可制 (CH,NH,C).下列叙述正的是 C,放电一段时间后，电解烦溶夜中的“浓度基本保持不变 可改变甲醇平衡转化率的因素是 (填字母序号) B.燃料电池将热能转化为电能 A,C,L,NH中碳原子的杂化轨道类型为甲 A已度 D,电样质溶液不能用N厚，的水溶液梦换 B.投料比[a(NH,)n(CH,OH)] G.石油裂化可生产汽油 B.0.01mml/LC,H,NH,d溶液加水稀系，p降低 D.规模化使用氢能有助实观碳达蜂 C.0.01m/LCH,NH,溶液中：c(C)=c(C,H,NH)+c(H) 14.一种Zm-C0,离子液体电池可以在供电的同时将C0,转化为Cl, D.催化剂 (2)25℃下，(l),·H,0的吨离常数为K,-gK=3.2.则1ml/1 2.[生产生治】化学科学的发展促进了社会的进步，下列说法情误的是 D.C,L,NL,C在水中的电离方程式：C,H,NL,C1一C,L,NH+C1 电解质为离子液体[EMM][F,】及少量水，其中的EMM]·是一种季 L(L,),H]C水溶液的H= 9.实险小组发现：常温下将0.5mL的CaCl,溶液与1m/L的 离子，在电池中作电解质、近子更和促进该电池如下图所示运行一段时间 (3)在[(H,),NH]C的有机溶液中电化学还票C0制备 A.光伏太阳能电池将太阳转变为化学能 NH00,溶液等体积混合后出现了混浊现象且伴有气泡出现，据此可以利用 后，碳纳米管表面可检出有0生成 HCON(CH,2,阴极上生成HCON()2的电极反应是 B,新一代电极材料石墨比表面积大，可提高电池的充放电速率 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HC0N(CH,)2: C.在铁制品上线比馈锡更能延长铁的使用寿命 氯化钙鉴别碳酸氢的与碳酸的溶液.已知：，0+G0,一，00，素=9.了 C):NI(g)◆CO(g》一ICON(CI,》:(1),某条件下该反应自发且减，则 D.开发高效维化将0转化为有机物，可领解温室效应 K,(CC0,)=3.4×10”.K,(HG0,)=4.5×10-,K(H,C0)=5.6× 0-“,下列i说法正确的是 反应在该条件下H 0(填“>“-<“或■“) 3,说法正的是 A.常温常压下，H(g)和0(g)混合无明显观象，则反应：2H(g)+ A.NaC0,溶液中：c(C0)+c(H)=c(0H-)+c(H,C0) (5)有研究采用C0.H,和(G,),NI催化反应制篇1CON(CH,)在 恒温密闭容器中，投比a(C0,):():n[(C,),N■2D:15:1,化剂 02(g)一2H,0()在该条件下不自发 .将0.56ml/L,C0,溶液与0，I/L NaHCO,溶液等体积混合 B.3l(g)+N2(g)一2NH,(g)4H<0,升高温度，平衡逆移.则反应 所得溶液H约为1 下列说法正确的是 M尼量，反应如下： 的平衡常数诚小 C.将C0通人CaC2溶液中，可以产生GaC0,沉淀 A.a电极为负极，[EMI]·在该电极上被氧化 .c.()) G.C0(g)+H(g)心(s)+H0(g》H<0,则正反应的活化能大 D.将NHC0,溶液稀释，溶液中所有离子浓度都下降 B.b电极的电极反应为5C02+8e+2H,0CH+4C0 10.琥珀酸是-一种二元弱酸（用L,A表示） V.HCOOH(g)+(CH,).NH(g) -HCON(CH,)(g)+H.O(g 干逆反应的居化能 C,[EM]”是电池中唯一的质子孤 常温下，向含山A和N,1的混合液中海加 D.[MM)]·作为电池促进的原理是通过生成[ZnNHC]2·增加电浓 HCOOH.(CH,):NI,HCDN(CH,:三种物家 D.Na(s)+Cl(g)=NaCl(s)AH,<0,Na'(g)+CI (g)=NaCK(s) 齿的物质的量百分比随反应时间变化如右图所 NaOH溶液，游波中pNpX=-X,X= 度，从而增强了离子电流强度 e(H.A) 二，非选择题（本题包括4小通，共58分） △H,<0,则N(s)+Cl,(g)=Na(g)+C(》H<0 e(NH n(HCOOH) 酸减N与溶液M的关系得 01 15.[社会热点】(5分)石油开采的天然气含有H,S,综合利用天然气制 HCOOH a40 a(HCOOH)(CH,),NH]HCON(CH, 4,下列事实不笔用平衡移动原理解释的是 成庭时可 A.由H,(g),工(x)和Ⅲ(g组成的平衡体系，加压后颜色变深 如右图所示下列有关叙述正确的是 1 是实现碳中和”的重婴途径CH,和H,S重整制的主要反应如下： ×00) 反应1：CH,(g)+2HS(g)=CS2(g)+4H2(g)4H,=+260kJ/m B.向论有的N,C0,溶液中加人过量Ba,溶液，溶液红色逐新裙去 九上表示-与H的关系 ①请解释HC0O州的物质的量百分比随反应时间变化的原因（不考虑催 反应：CH,(g)C(s)+2H(g)△H2=+90/mml 化剂M活性降低或失语)： ,用浓氢水和氢氧化钠固体快速制取氨气 B.当溶液中c(HA)=c(A2-)时c(Nm)+c(NH)>3c(A2-)+c(a) 反a应Ⅲ：2H,S(g)S,(g)+2H(g)△H,=+181k/mod 2若用SiH代替H作为氯源与C0,反应生成HC00H,可降低反应 D.向0.1ml/LK,C,0,溶液中加入5滴浓N0H溶液，溶液颜色由橙 CNH,·H,D◆H2A一NH:+HA+H,0的平衡常数Kc10 回答下列可题： 所温度.请从化学迷角度解释原因： 色变成黄色 D.直线L和L交点坐标为(6.72.-2.52) (1)HS分子的电子式为 17.(16分)某小塑欲探究AP与CH,C00~在水溶液中能否大量共存， 5.常品下，用甲苯萃取水中少量的正1 II,T℃，ABr县浊液（含足量Agr周体） (2)反应N:CS(g)一5(g)+C()△H,= _kJ/mol. 查间资料后进行了如下分斯和验证 酸：GL,a(1)+C,C,Cl,O00H(q） 中加Na5,D,固体，发生反应：Ag+5,0 (3)保特反应器进料口总压为100kPa.分别以8kPCH24PaH,S 已知：①”在H大于5,2时就能完全转化为AI《DH),沉花，且极桶 →C,H,C,/CL,C,,C00(1),水溶液 Ag(5,0,)]和[Ag(S,0)]+S0 (He作气)与25 kPa CH,75kPaH,S进.CH平衡转化率与温度的关系 的A1{O),液I大于7 中正丁酸的浓度随苹取时间的变化如右图所 如图1，含有He的曲战为 ,理由 示.下列叙述误的是 g(S0)2J,lgM.gN与gr(5,0)的关系 2室下K(C,G00)=1.75×10,K[A1(0),]=1.3×0 如右图所示，M代表e(Ag')或e(Br),N代表 1,理论分析 A.6min时的逆萃取速率小、于2min时的 10 逆取速率 cA度) e(Ag (1)若仅考虑·与CH,C00的水解互促，通过计算平衡含数分析，常 B.2mi时正苹取速率大于逆幸取速 lg(s,0,产T或Ags0,T已知 -10 品下二者 (填“能咸不能”)大量共存，理由是 C.水中正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，苹取平衡常数不变 K,(AeBr)=0下列说法错误的是 Ⅱ，实验验 A.x=-8.35 D.2-4min内，正丁截的平均茶取速率=5,9ml/(L·min) B.AgBr{)+25,0房（网）一[Ag(50),]-(四)+ˉ（四）的平衡常 0 25030 实登哪号 乳台前说胡 晁合后 6.一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等物质的量的 数K=10 1m/La,Ca常t/LQ33d/LIl,流l 现袋 等液山 周2 X(g)和Y(g),发生反应：mX(g)+nY(g)一(g)+Z(g》 H Cr(S,)=eg(,0,2]1时，(02-1)e(S,G)=r(g)+ 4)假设在101的恒品刚性容器中，通入0.3lC和0.15ml 5.59 -akJ/m,制得有关数据如下表 [Aw(5,0,)]1 发生反应1.Ⅱ和Ⅲ.起始总压为，C,和S的转化率间的关系如图 30 5.96 多习客器华钢个撕时乙的物发的蛋达平衡所用时同运干断性程中的配量变化 D.c(S,0 =0.0 m/L(B)>el[Ag(S,0,)]>c[Ag(s0)] 2,0~5min内2的化学反应速率为 mol/(L+m):5min时，容器 液保神澄 L2 wl tt0611 12.传统氯藏工业能耗高，利学家研 内总压为 50 6.28 24■ 此格08a 发了“氧极技术”新工艺其与传烧 (5)假设H:S和CH,的混合气体在某周体催化剂上的吸附服从【aW 表2 下列叙述不正的是 艺主要差异在极结构，新工艺通过向阴 m等温吸附吸附分子被此不发生相五作用，且气体分子为单分子层吸 电等单 认利 系军 军低桃泥今的中 .①中0-10mm内，r(Z)=0.06ml/(L·min) B.4>10mm 极区供纯氧，避免日直接得电子生成 D.9=2 出2，实现了降电区，或俺耗。采用“氧阴极情些少 附》.吸等温式行1+房=1+a其中a是气休的 (00 mL CH.COONa 0.07 NaCI 1.05 101 7.已何反应：2X(g) 一Y(》△1，该反应在催化剂作用下分三步行 技术“的瓶碱工业的装置如右图所示，下 吸附系数，V。是气体在周体表面的饱和吸附量（标态），P是气体的分压，V是 C1LCOON 0.g7 1.2 1.04 ①2X(g)T(g)△H:==2(X) 列说法错误的是 气体分压为？时的平衡吸附量（标态）.在一定温度下，H,S的吸附燕数是 CH,COONa 0.7 27 1.0s 2T(g)一W(g)H:==kc(T） A该离子交换膜只允许阳离子通过，不允许明离子通过 CH的4，当HS的分压为2MP及4MP,CH,和H,S的分压相时，HS (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