(17)盐类水解平衡沉淀溶解平衡-【衡水金卷·先享题】2026年高考化学一轮复习周测卷（R）

高三一轮复习周测卷/化学 (十七)盐类水解平衡 沉淀溶解平衡 (考试时间90分钟，满分100分) 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是 A.泡沫灭火器药品是碳酸钠和硫酸铝，两者溶液混合产生大量二氧化碳，实现灭火 B.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，既能防止食物受潮，又能防止食物氧化 C.锅炉水垢中含有硫酸钙，可先用饱和碳酸钠溶液处理成疏松的碳酸钙，而后用醋酸溶解 D.钢铁表面烤蓝生成一层致密的FeO4,能起到防腐作用 2.常温下，下列说法正确的是 A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C.0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的电离度分别为a1、a2,则a<a2 D.100mLpH=10.0的Na2CO3溶液中，水电离出OH的物质的量为1.0×105mol 3.下列事实与盐类水解无关的是 A.实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率 B.实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污 C.CH3 COONa溶液中c(Na+)>c(CH3COO) D.实验室配制FeCl溶液时加入少量稀盐酸 4.测定0.1mol·L1 Na2 CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下表所示 温度/℃ 20 40 60 80 pH 11.80 11.68 11.54 11.42 下列说法正确的是 A.升高温度Na2CO3溶液中c(OH)降低 B.温度升高时溶液pH降低，是由于CO水解生成少量H2CO3 C.Na2CO3溶液pH的变化是Kw的改变和CO水解平衡移动共同作用的结果 D.溶液中始终存在2c(CO)+2c(HCO3)=c(Na) 5.下列溶液中各离子的物质的量浓度关系正确的是 A.NH,C1溶液中：滴加几滴稀盐酸，c(NH:H,O)增大 c(NH) B.饱和小苏打溶液中：c(Na)>c(HCO3)+c(CO) C.CH:COOH与CH3 COONa混合溶液呈酸性：c(Na+)>c(CH3COO) D.50℃时，pH=12的纯碱溶液：c(OH)=1.0×10-2mol·L1 化学第1页（共8页） 衡水金卷·先享题 6.在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是 A.1L0.1mol·L1(NH)2Fe(SO4)2的溶液中：c(NH)+2c(Fe2+)+c(H+)=c(OH) +2c(SO2-) B.0.1mol·L1NHHS溶液中：c(NH)<c(HS)+c(H2S)+c(S-) C.等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中：2c(OH)十c(CO)=c(HCO3)十3c(H2CO3)+ 2c(H+) D.0.1mol·L1pH为4的NaHA溶液中：c(HA)>c(H2A)>c(A2-) 7.常温下，下列说法中正确的是 ANHG0,溶微加水稀释时，将增大 B.浓度均为0.1mol·L1的Na2CO3、NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na)=3[c(CO号) +c(HCO;)] C.pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b=14 D.物质的量浓度相同的溶液①NH,Cl、②NH HSO4、③CH COONH4,c(NH)由小到大的顺 序是①③② 8.25℃时，在Pbl2的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：Pbl2(s)=Pb2+(aq)十2I厂(aq),向其中加入 少量KI固体，下列说法正确的是 A.溶液中Pb2+和I厂的浓度均减小 B.Kp(PbI2)变大，沉淀溶解平衡正向移动 C.沉淀溶解平衡逆向移动，Pbl2(s)的浓度增大 D.Kp(Pbl2)不变，但溶液中Pb2+的浓度减小 9.常温下，K(HC1O)=4.7×10-8,K.(CH3COOH)=1.7×10-5,K(NH3·H20)=1.7×105。 下列说法正确的是 c(OH) A.0.1mol·L氨水加水稀释过程中，NH·H,O)逐渐减小 B.利用CH COONH溶液呈中性的性质，可证明Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原理为NH结合 OH,促使Mg(OH)2(s)-=Mg2+(aq)+2OH(aq)平衡正向移动 C.等体积等pH的CH3COOH与HCIO溶液中和氨水的能力：CH COOH>HCIO D.浓度均为0.1mol·L1的NaClO与NH4CI溶液中阳离子物质的量浓度之和：前者>后者 高三一轮复习周测卷十七 化学第2页（共8页） ® 10.已知298K时，Cu(OH)2和Fe(OH)2的饱和溶液中，a、b分别表示-lgc(Cu+)、一lgc(Fe2+) 与溶液pH的变化关系。下列说法中正确的是 13 ↑-lgcM2+) b 9.1H 7.1h 5.1 3.1-- 168gi0 A.该温度下Kp[Cu(OH)2]>KpFe(OH)2] B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu+)=1:10.6 C.除去FeSO4溶液中少量的Cu+,可加入适量Fe D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,可转化为Y点对应的溶液 二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部 选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.室温下，下列探究方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 实验目的 用不同浓度、等体积的H2O2溶液分别与相同浓度相同体积的 探究浓度对反应速率的 Na2SO3溶液反应，观察现象 影响 比较HCIO与HF的酸性 B 测定同浓度NaClO溶液和NaF溶液的pH,比较溶液pH大小 强弱 向10mL0.2mol·L1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L 证明在相同温度下，Kp: C MgCL2溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol·L1FeCL Mg(OH)2>Fe(OH)3 溶液，又生成红褐色沉淀 向1L1mol·L1KI溶液中，滴入几滴1mol·L1FeCL溶 证明Fe3+与I的反应是 0 液，然后滴加几滴KSCN溶液 可逆反应 12.下列有关叙述错误的是 A.FeSO4和CuCl2溶液在空气中直接蒸发，可得到溶质本身 B.可通过SCL4水解产生大量烟雾制作海上烟雾弹 C.向0.1mol·L1NHC1溶液中滴加一定量的盐酸，可使c(NH)=c(CI) D升高温度N,C0,溶液中C0}会塔大 化学第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 13.常温下，向含NaAc(醋酸钠)、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg [pAg=-lgc(Ag)]与pX[pX=-lgc(Ac)、-lgc(BrO)、-lgc(SO)]的关系如图所 示。已知：相同条件下AgAc的溶解度大于AgBO3的溶解度。下列说法错误的是 03 2 L3 0上4 724.284.92 pX A.L1直线代表-lgc(Ag+)和-lgc(BrO3)的关系 R问M点所示的混合清液中加入AaNO,因体，念号塔大 C.常温下，AgAc饱和溶液中c(Ag)=101.36mol·L1 D.当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中c(Ac)>100c(BrO3) 14.从制钕铁硼合金的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图所示。 DH2O2 7 NaOH F(OD沉淀 滤液1 反应Ⅱ H2C204 钕铁硼盐酸 气体 草酸做品体灼烧，氧化钕 废料反应I 遇液2反应mNd,C0510H,0] 滤渣 已知：Kn[Fe(OH)3]=1038.3。 下列说法错误的是 A.反应I所得气体的主要成分是H2,滤渣是硼和其他不溶于酸的杂质 B.为完全除去滤液1中铁元素，反应Ⅱ应调节pH的最小值为3.9 C.温度越高，越有利于反应Ⅱ的进行 D.反应Ⅲ中适当增大草酸的浓度，有利于草酸钕晶体的析出 15.室温下，将Naz CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。 12.0 11.5 ai1.0 10.5 10.0 9.5 100200300400500600 时间/s 已知：Ksp(CaSO)=4.9×10-5;Kp(CaC03)=3.4×109。 下列说法错误的是 A.室温下，反应CaSO4(s)+CO3(aq)==CaCO3(s)+SO(aq)的K≈1.4×104 B.随着反应的进行，溶液pH下降的原因是CO号十H,O一HCO3+OH逆向移动 C.0~600s内上层清液中存在：c(Na+)+2c(Ca+)<c(HCO3)+2c(CO)+2c(SO) D.反应过程中，溶液中始终存在：c(Na)=2c(CO)+2c(HCO3)+2c(H2CO3) 班级 姓名 分数 题号 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 三一轮复习周测卷十七 化学第4页（共8页）】 ® 三、非选择题（本题共5小题，共60分） 16.(12分)NH4A1(SO4)2、NH HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题： (1)常温时，0.1mol·L1的NH4A1(SO)2溶液的pH=3。 ①溶液中由水电离出的c(H+)= mol·L1 ②2c(SO-)-c(NH)-3c(A13+)= (填精确计算式，无需计算出结果)mol·L1。 (2)80℃时，0.1ol·L1的NH4Al(SO)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原 因是 (3)常温时，向100mL0.1mol·L1 NH,HSO4溶液中滴加0.1mol·L1的NaOH溶液，得 到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。 pH 1.5 201001502000Na0H/mL ①图中a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是 ②向NH,HSO4溶液中滴加NaOH溶液从a点到d点的过程中，发生反应的离子方程式为 ③NH HSO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 ④b点时溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 17.(12分)有下列物质①液氨②KA1(SO)2·12H2O③CH;COOH ④NaHCO3⑤H2O ⑥Na2CO3⑦NH3·H2O⑧NH,CI⑨CH COONH4。 (1)属于弱电解质的是 (填序号)。 (2)用离子方程式表示②KA1(SO4)2·12H2O(明矾)的净水原理： (3)常温下，相同物质的量浓度的上述⑦NH3·HzO⑧NH,CI⑨CH COONH4三种溶液， c(NH)由小到大的顺序是 (填序号)。 (4)常温下，pH相同的两种溶液④NaHCO3⑥Na2 CO3,其浓度的大小关系是④ (填“>”“<”或“=”)⑥。 (5)25℃时，某浓度的NaHCO3溶液的pH=8,则此时溶液中c(CO):c(HCO3)= (已知H2CO3的电离常数：Ka1=4.4×107,K2=4.7×10-11)。 (6)25℃时，将pH=3的盐酸溶液与pH=12的NaOH溶液以一定体积比混合，混合溶液的 pH=11,盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为 (7)25℃时，向NaOH溶液中滴加HA溶液（一种酸，酸性强弱未知）时，溶液中由水电离的 H+浓度随加入的HA溶液体积的变化如图所示： c(H)水 1×10- V(HA) 化学第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 b点溶液显 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，b点溶液中含有的溶质有 (填化学式)。 18.(12分)回答下列问题： (1)草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L1的H2C2O4溶 液滴加0.01mol·LKOH溶液VmL。 ①当V<10时，反应的离子方程式为 ②当V=10时，溶液中HCO4、C2O、HC2O4的浓度从大到小的顺序为 ③当V=a时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c(C2O)+c(HC2O4);当V=b时，溶 液中离子浓度有如下关系：c(K+)=c(C2O)十c(HC2O)十c(H2C2O,);则a 填"<”=”或“>”)h。当V=20时：再滴人NaOH溶液，则溶液中CO子的值将 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)在25℃下，将amol·L1的KCN溶液与0.01mol·L1的盐酸等体积混合，反应平衡时， 测得溶液pH=7,则a (填“>”“<”或“=”)0.01；用含a的代数式表示HCN 的电离常数Ka= (3)室温下，0.1mol·L1 NaClO溶液的pH (填“大于”“小于”或“等于”) 0.1mol·L1Na2SO3溶液的pH。浓度均为0.1mol·L1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液 中，SO、CO、HSO3、HCO3浓度从大到小的顺序为 (已知：H2SO3:K1= 1.54×102,K2=1.02×10-7;HC1O:Ka=2.95×10-8;H2CO3:Ka1=4.3×10-7,K2=5.6× 10-1)。 (4)从废钒催化剂中回收V2O的过程如图所示： NH.CI 废钒催化剂 V02、V02+ Q10mo少元预沉淀陪烧Y0 VO3溶液 NHVO V203V204)酸浸 溶液 ①VO+离子可由钒同价态的简单阳离子完全水解得到，该水解反应的离子方程式为 ②“沉钒”时为使钒元素的沉淀率达到98%，至少应调节溶液中的c(NH)为 [25℃时，Km(NHVO3)=1.6×103,溶液体积变化忽略不计]。 三一轮复习周测卷十七 化学第6页（共8页）】 ® 19.(12分)As2S可转化为用于治疗白血病的亚砷酸(H3AsO3)。H3AsO3在水溶液中存在多种 微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液H关系如图所示。 1.0------ HgAsO3 0.8 AsO 0.6 HAsO H2AsO3 0.2 0 4 68101214 (1)H3AsO3的电离常数分别为K1=109.2、K2=10-12.1、K3=1013.4,则a点pH= (2)工业含As(Ⅲ)废水具有剧毒，常用铁盐处理后排放。其原理是铁盐混凝剂在溶液中产生 Fe(OH)3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。不同pH条件下铁盐对水中As(Ⅲ) 的去除率如图所示。在pH=5~9溶液中，pH越大，铁盐混凝剂去除水中As(Ⅲ)的速率越 快，原因是 100 80 o pH=9 ●pH=7 60 o pH=5 40 20 050$202 时间/min (3)水体中As(Ⅲ)的毒性远高于As(V)且As(V)更易除去，常用的处理方法是先将废水中的 As(Ⅲ)氧化为As(V),再通过一定方法除去As(V)。 ①H3AsO3可被H2O2进一步氧化为H3AsO4。H3AsO3的酸性 (填“>” 或“<”)H3AsO4的酸性。 ②在pH=7的水溶液中，以FeCl3为沉淀剂，可将HAsO转化为FeAsO4沉淀除去，其离子 方程式为 [已知：K3(H3AsO4)=5.1×10-12,Kn(FeAsO,)=5.1× 101]。 化学第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 20.(12分)自然界中含Ca2+、Mg2+较多的水称为硬水，容易形成水垢。柠檬酸（用H3A表示）是 一种较强的有机酸，可作高效除垢剂。用一定浓度柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3A、H2A、 HA2、A3-的百分含量随pH的变化曲线如图所示。回答下列问题： 每100 023.644.866.28p (1)硬水形成的原因为 (写出其中一个离子方程式即可)；加热能降低这种 硬水中的Ca2+、Mg2+含量，其中Mg2+发生反应的化学方程式为 (2)表示H2A变化曲线的是 (填字母)；当c(H3A)=c(HA2-)时溶液的pH (3)Na2HA溶液显 (填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中的电荷守恒关系式为 (4)向硬水中加入NaF固体可除去溶液中的Ca2+、Mg2+。若c(Ca2+)=c(Mg2+)=5× l03mol·L1,取等体积的NaF溶液加入体系中发生反应，则加入的NaF溶液的浓度至少为 mol·L1[已知Kn(MgF2)=6.25×10-9,Kp(CaF2)=5.29×10-9]。 三一轮复习周测卷十七 化学第8页（共8页） R高三一轮复习R ·化学· 高三一轮复习周测卷/化学（十七） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.知识获取能力Ⅱ，实践操作能力Ⅲ.思维认知能力 2.学科素养： ①宏观辨识与微观探析 ②变化观念与平衡思想 ③证据推理与模型认知④科学探究与创新意识 ⑤科学态度与社会责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I Ⅲ ① ②③④ ⑤ 档次系数 盐类水解在生活、生产中的应用、金 选择题 2 属的防护、化学科学对人类文明发展 L 中 0.65 的意义 盐类水解规律理解及应用、弱电解质 2 选择题 的电离平衡、溶液中水的电离程度及 / 中 0.65 计算、水的离子积常数 选择题 2 盐类水解在生活、生产中的应用 易 0.85 盐溶液中微粒间的电荷守恒、元素守 4 选择题 2 恒、质子守恒原理、温度对盐类水解 中 0.65 的影响 浓度对盐类水解的影响、盐溶液中离 子浓度大小的比较、盐溶液中微粒间 5 选择题 2 难 0.40 的电荷守恒、元素守恒、质子守恒原 理、溶液中水的电离程度及计算 盐溶液中微粒间的电荷守恒、元素守 选择题 2 多 0.85 恒、质子守恒原理 浓度对盐类水解的影响、盐溶液中离 子浓度大小的比较、盐溶液中微粒间 选择题 中 的电荷守恒、元素守恒、质子守恒 0.65 原理 8 选择题 沉淀溶解平衡的移动与溶度积 易 0.85 难溶电解质的沉淀溶解平衡、盐溶液 中离子浓度大小的比较、电离平衡常 选择题 难 0.40 数及影响因素、弱电解质在水溶液中 的电离平衡 ·97· ·化学· 参考答案及解析 难溶电解质溶解平衡定义及特征、沉 10 选择题 淀的溶解与生成、溶度积规则及其应 0.65 用、溶度积常数相关计算 11 选择题 4 沉淀转化、盐类水解的应用 √/ 中 0.65 12 选择题 4 盐类水解的应用 中 0.72 难溶电解质的沉淀溶解平衡、溶度积 13 选择题 4 难 0.40 常数相关计算 温度对化学平衡移动的影响、难溶电 14 选择题 解质的沉淀溶解平衡、溶度积常数相 中 0.65 关计算 溶度积常数、沉淀转化、难溶电解质 15 选择题 难 0.40 的沉淀溶解平衡 盐溶液中离子浓度大小的比较、盐溶 液中微粒间的元素守恒、质子守恒原 16 非选择题 2 L 中 0.65 理、影响盐类水解程度的主要因素、 影响水电离的因素 盐类水解规律理解及应用、盐溶液中 微粒间的电荷守恒、元素守恒、质子 17 非选择题 12 √ 中 0.65 守恒原理、盐溶液中离子浓度大小的 比较、电离平衡常数的相关计算 溶度积常数相关计算、盐溶液中离子 浓度大小的比较、盐溶液中微粒间的 18 非选择题 2 电荷守恒、元素守恒、质子守恒原理、 中 0.60 电离平衡常数及影响因素 电离平衡常数和电离度、溶度积、离 19 非选择题 12 中 0.65 子方程式的书写 离子方程式的书写、盐溶液中微粒间 的电荷守恒、元素守恒、质子守恒原 20 非选择题 12 / / 中 0.65 理、溶度积常数相关计算、电离平衡 常数和电离度 9 叁考答案及解析 一、选择题 十3CO2个，产生大量二氧化碳，实现灭火，A项错误； 1.A【解析】泡沫灭火器药品是碳酸氢钠和硫酸铝，两者 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅 溶液混合发生反应：A1+十3HCO—AI(OH)3↓ 胶是干燥剂，能够吸收水蒸气，防止食物受潮，铁粉具 ·98· 高三一轮复习R ·化学· 有还原性，能与氧气反应，能防止食物被氧气氧化而 c(HCO)+c(H2 CO),c(Na )>c(CO)+ 变质，B项正确：锅炉水垢中含有硫酸钙，可先用饱和 c(HCO),B项正确；根据电荷守恒，CH,COOH与 碳酸钠溶液处理成疏松的碳酸钙，而后用醋酸溶解， CH:COONa混合溶液中：c(Na+)十c(H+)= C项正确；钢铁表面烤蓝生成一层致密的FeO,,能 c(CH,COO)十c(OH),溶液呈现酸性时，c(H) 起到防腐作用，涉及反应为3Fe十4H,O(g)商温 >c(OH),故c(Na)<c(CH,COO),C项错误； FeO十4H2,D项正确。 升高温度，水电离程度增大，则50℃时，水的K.> 2.D【解析】NaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程 101“,pH=12的纯碱溶液中，c(H)=1,0× 度大于其水解程度，不能据此得出HA为强酸的结论， 1012mol·L1,c(OH)>1.0×10-2mol·L1,D A项错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，可能是B和A 项错误。 的水解程度相同，即可能是弱酸弱碱盐，不能推测BA为 6.D【解析】溶液中存在电荷守恒：c(NH)+ 强酸强碱盐，B项错误；弱酸的浓度越小，其电离度越大， 2c(Fe+)+c(H+)=c(OH)+2c(SO),A项正 所以0.010mol·L1,0.10mol·L的醋酸溶液的 确；根据元素守恒得：c(NH)十c(NH·H2O)= 电离度分别为a、a2,则a1>a2,C项错误；NaCO促 c(HS)c(H,S)+c(S),c(NH)<c(HS)+ 进水电离，100mLpH=10的Na2CO3溶液中水电离 c(H2S)十c(S),B项正确；溶液中存在电荷守恒： 出OH的物质的量浓度为104mol·L1,其物质的 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HCO)+ 量为104mol·L1×0.1L=1.0×10-imol,D 2c(CO),元素守恒：2c(Na)=3[c(HCO3)+ 项正确。 c(HCO)十c(CO)],两式结合得：2c(OH)+ 3.A【解析】实验室制氢气时加入CuSO,,是为了形成 c(CO号)=c(HCO2)十3c(H2CO3)+2c(H+),C项 原电池，加快铁或锌与酸反应生成氢气的速率，与盐 正确；0.1mol·LpH为4的NaHA溶液中其电离 类水解无关，A项符合题意；加热促进盐类的水解，热 大于水解，则c(HA)>c(A-)>c(H2A),D项 的纯碱溶液碱性更强，去除油污效果更好，B项不符 错误。 合题意；CH,COONa溶液中，由于醋酸根离子发生水 7.A【解析】NaHCO,溶液加水稀释时，HCO的水 解，存在c(Na)>c(CH,COO),C项不符合题意； 解程度增大，即c(HCO5)减小程度大于c(Na),故 实验室配制FeCL,溶液时加入少量稀盐酸是为了抑 HCO,)增大，A项正确：根据元素守恒，浓度均为 c(Na 制铁离子的水解，D项不符合题意。 4.C【解析】温度升高，促进碳酸根离子的水解，导致 0.1mol·L的Na2CO、NaHCO3溶液等体积混合 Na2CO溶液中c(OH)升高，A项错误；温度升高 后，2c(Na)=3c(C),故有2c(Na+)=3[c(CO)+ 时，溶液pH降低是因为升温导致水的电离程度变 c(HCO3)十c(H2CO3)],B项错误；a十b=14,则表示 大，溶液中氢离子浓度变大，B项错误：温度升高，促 酸溶液中的H+浓度等于碱溶液中的OH浓度，则 进碳酸根离子的水解，且水的电离程度变大，故溶液 氨水的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度，等体 pH的变化是K改变与CO水解平衡移动共同作 积混合后，氨水过量，不是恰好完全反应，C项错误； 用的结果，C项正确：根据元素守恒，溶液中始终存在 ①铵根离子正常水解，②氢离子抑制铵根离子水解， 2c(CO)+2c (HCO +2c(H2 CO )=e(Na),D ③铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，则物质的量 项错误。 浓度相等时，溶液中c(NH时)由小到大的顺序是：③ 5.B【解析】NHCI溶液中存在以下平衡状态：NH ①②，D项错误。 十HO、一NH·HO十H+,滴加几滴稀盐酸后， 8.D【解析】向Pbl2的饱和溶液中加入少量KI固体， 溶液中c(H)增大，平衡逆向移动，使 I的浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，使Pb+的浓 c(NH·H,O》减小，A项错误；饱和小苏打溶液中， 度减小，但的浓度比原PbL,的饱和溶液中的大，A c(NHT) 项错误；温度不变，Kp(PbL)不变，B项错误；PbL2是 根据Na和C守恒，有以下关系：c(Na)=c(CO) 固体，其浓度是常数，浓度不变，C项错误；温度不变， ·99· ·化学· 参考答案及解析 K(Pb)不变，平衡逆向移动，溶液中Pb+的浓度 二、选择题 减小，D项正确。 11.BD【解析】过氧化氢溶液与亚硫酸钠溶液反应生 9.B【解析】0.1mol·L氨水加水稀释过程中，铵根 成硫酸钠和水，反应中没有明显现象，不能用于探究 离子浓度减小，电离常数不变，N·H,O C(OH) 浓度对反应速率的影响，A项错误；酸的酸性越弱， 对应酸根离子在溶液中的水解程度越大，溶液pH cNH逐渐增大，A项错误：利用CH,COONH,溶 越大，所以用pH计测定同浓度次氯酸钠和氟化钠 液呈中性的性质，排除了溶液呈酸性使Mg(OH)2溶 溶液的pH,比较溶液pH大小可以用于比较次氯酸 解，可证明Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原理为NH 与氢氟酸的酸性强弱，B项正确；过量的氢氧化钠溶 结合OH,促使Mg(OH)2(s)一Mg2+(aq)十 液中滴入几滴氯化镁溶液，再滴入几滴氯化铁溶液 2OH(ag)平衡正向移动，B项正确；等体积等pH的 只存在沉淀的生成过程，不存在沉淀的转化过程，无 CH,COOH与HCIO溶液，HCIO电离常数小，浓度 法比较氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度大小，也不能 更大，故中和氨水的能力：HCIO>CH COOH,C项 比较组成类型不同的氢氧化镁和氢氧化铁的溶度积 错误；由电荷守恒可知，NaCIO溶液中存在c(H)十 大小，C项错误；向1L1mol·LKI溶液中，滴入 几滴1mol·L1FeCl溶液，此时KI过量，应通过 c(Na)=c(OH)十c(CIO),NHCI溶液中存在 c(H+)十c(NH)=c(OH)十c(CI),由于在常温 检验是否存在Fe+来验证Fe+与I的反应是否是 下K,(HCIO)<K,(NH·HO),则次氧酸根离子的 可逆反应，D项正确。 水解程度大于铵根离子的水解程度，NH,CI溶液中 12.AC【解析】FeSO:溶液在空气中直接蒸发时， c(OH)大于NaCIO溶液中c(H),c(CI)= FeSO,会被氧化生成Fe2(SO)3,得不到溶质本身， c(Na),则NH,CI溶液中阳离子浓度较大，浓度均 CuC12溶液在空气中直接蒸发，促进Cu+水解，生成 为0.1mol·L的NaCIO与NH,C1溶液中阳离子 Cu(OH)z沉淀和HCl,加热HCI挥发，最后得到 物质的量浓度之和：前者小于后者，D项错误。 Cu(OH)z沉淀，A项错误；SiCL水解生成硅酸和 10.C【解析】已知298K时，Cu(OH)2和Fe(OH)2 HCI气体，可以在空气中产生白色烟雾，因此可通过 的饱和溶液中，a、b分别表示一lgc(Cu+)、 SCL水解产生大量烟雾制作海上烟雾弹，B项正 -lgc(Fe+)与溶液pH的变化关系，由X点数据可 确：向0.1mol·L1NHC1溶液中滴加一定量的盐 知K,[Cu(0H,]=(8)×10=107,由 酸，可抑制NH时水解，但c(CI)会增大，c(NH) c(CI),C项错误；Na2CO3溶液中存在水解平衡： (8,3.1)数据可知Kn[Fc(OH2]=(0 108)2X CO十HO、一HCO十OH-,升高温度，水解平 衡向右移动，c(HCO)增大、c(CO)减小， 10.1=101.1,所以该温度下，Km[Cu(OH),]< c(HCO) Kn[Fe(OH),],A项错误；当Fe(OH)2和Cu(OH)2 会增大，D项正确。 (CO) 沉淀共存时，c(Fe+):c(Cr+)=[Fe(OHD 13.D【解析】L直线代表-lgc(Ag)和-lgc(BO) K.p[Cu(OH)2] 10-5.1 的关系，A项正确；M点为L和L的交点，此时 107=10=10:1,B项错误；除去FeS0,溶 1 c(Ac)和c(SO)相等，向M点所示的混合溶液中 液中少量的Cu+,可以加入Fe将Cu+还原出来而 加人AgNO,固体，c(Ag)增大，所以cCAc) c(SO) 除去，C项正确：向X点对应的饱和溶液中加入少量 NaOH,溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离 K(AgAc) c(Ag) K(AgAc) 子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不 K..(Ag:SOK(Ag:SO.) Xc(Ag)增大，B项 变，D项错误。 c(Ag) 正确；AgAc饱和溶液中存在溶解平衡，AgAc(s) Ag (ag)+Ac (ag),c(Ag)=c(Ac ) ·100· 高三一轮复习R ·化学· Kp(AgAc)=c(Ag+)×c(Ac)=10.2,则 (2)NHA(SO,)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其 c(Ag)=10lmol·L1,C项正确；当同时生成 水解程度增大，pH减小(2分) AgAc和AgBrO3时，溶液中 c(Ac) (3)①a(1分) c(BrO) ②NH时+OH—NH·HO(2分) K.p(AgAc) c(Ag) Kp（AgAc)_10-22 ③c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH)(2分) K.p (AgBrO) Kn(AgBrO,.)=10t=101-6< ④c(Na+)>c(SO)>c(NH时)>c(OH-)= c(Ag) c(H+)(2分) 100,即c(Ac)<100c(BrO),D项错误。 【解析】(1)①NHA1(SO:),溶液中所有的氢离子 14.BC【解析】钕铁硼废料中含有钕、铁元素，与盐酸 均来自水的电离，则pH=3时，溶液中水电离出的 反应生成H2,故气体的主要成分是H,由工艺流程 c(Ht)=1X10-3mol·L1。 可知，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A项正确： ②根据电荷守恒得：2c(SO)十c(OH-)=c(NH) c(OH)= K.pLFe(OH)1X10-. c(Fe) =W1×10 =1× +3c(AP)+c(H),2c (SO)-c(NH ) 101.1,c(H+)=1×102.”,最小值为2.9，B项错 3c(A+)=c(H)-c(OH)=10-3-10-Lmol·L-1。 误；分析工艺流程图可知，加入HO2并调节溶液的 (2)NHAl(SO,)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其 pH,得到Fe(OH)a沉淀，可知往滤液1中加入 水解程度增大，pH减小，80℃时，0.1mol·L-1的 HO,的目的是将Fe+氧化为Fe3+,但温度越高， NHAI(SO)2溶液的pH小于3。 会使得H2O2分解，反应速率减慢，C项错误：反应 (3)①100mL0.1mol·L-1NH,HSO,溶液中滴加 Ⅲ中适当增大草酸的浓度，平衡正向移动，有利于草 0.1mol·L1的NaOH溶液，当加入100 mL NaOH 酸钕品体的析出，D项正确。 时，两者1：1反应生成(NH),SO,(NH)2SO,发 15.CD 【解析】反应CaSO,(s)十CO号(aq)一 生水解促进水的电离，再加入NaOH对水的电离起 CaCO,(s)十SO(aq)的K= c(SO) 抑制作用，因此a、b、c、d四点中a点水的电离程度 c(CO号) 最大。 Kp(CaSO,）_4.9X10-i K,(CaC0)3.4X10≈1.4X10,A项正确：随 ②由以上分析可知a点到d点的过程中， 着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡CO十 (NH,)2SO:与NaOH反应生成一水合氨，离子方程 HO一HCO十OH左移，溶液pH下降，B项正 式为NH+OH—NH·HO。 确；根据电荷守恒，c(H)十c(Na+)十2c(Ca2+)= ③NH,HSO,在水中完全电离出等量的SO,H+、 c(HCO3)+2c(CO)+2c(SO)+c(OH-),0~ NH,其中NH可发生水解，增大了H的量，则 600s内上层清液呈碱性，c(H)<c(OH),故 c(H)>c(SO)>c(NH )>c(OH-). c(Na+)+2c (Ca2)>c (HCO 2c(CO)+ ④a点时溶液溶质为等量的(NH,),SO,和Na2SO, 2c(SO),C项错误；在NaCO溶液中，由元素守 b点是在a点基础上再加少量NaOH,NaOH与 恒得c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+ (NH)2SO,反应生成硫酸钠和NH3·HO,且此时 2c(HCO),但由于在CaSO,(s)+CO(aq)一 溶液呈中性，由此可知溶液中离子浓度：c(Na)> CaCO3(s)+SO(aq)反应过程中，CO浓度会逐 c(SO)>c(NH)>C(OH )=c(H). 渐减小，故c(Na+)>2c(CO)+2c(HCO)+ 17.(12分) 2c(HCO3),D项错误。 (1)③⑤⑦(2分) 三、非选择题 (2)AI++3HO一A1(OH)3(胶体)+3H+(2分) 16.(12分) (3)⑦⑨⑧(1分) (1)①1×103(1分) (4)>(1分) ②10-3-10-1(2分) (5)4.7×103(2分) ·101· ·化学· 参考答案及解析 (6)9:2(2分) NaOH和NaA。 (7)碱性(1分)NaOH和NaA(1分) 18.(12分) 【解析】(1)①液氨由氨分子构成，纯净物，非电解 (1)①H2C2O,+OHHC2O+H2O(1分) 质；②KA1(SO)2·12H20属于盐，强电解质；③ ②c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O)(1分) CH,COOH属于弱酸，弱电解质；④NaHCO.属于 ③>(1分)变小(1分) 盐，强电解质；⑤HO属于纯净物，弱电解质；⑥ (2)>(1分)(a-0.01)×10-5(2分) NCO2属于盐，强电解质：⑦NH·H,O属于弱 (3)大于(1分)c(SO号)>c(CO)>c(HCO3) 碱，弱电解质；⑧NHC属于盐，强电解质；⑨ c(HSO)(1分) CH,COONH属于盐，强电解质，故选③⑤⑦。 (4)①V++HO—VO++2H+(1分) (2)②KA1(SO:)2·12H2O中，A13+水解生成氢氧 ②0.8mol·L1(2分) 化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可净 【解析】(1)①当V<10时，H2C2O,和KOH反应生 水，则明矾的净水原理：A+十3HO一 成HCO,,还有草酸多余，反应的离子方程式为 AI(OH)3(胶体)+3H+。 H2CO,+OH—HC2O,+HO。 (3)常温下，相同物质的量浓度的上述⑦NH·HO ②当V=10时，H2C2O4和KOH反应生成 为弱电解质，只发生少部分电离，c(NH)较小；⑧ KHCO,KHC2O,溶液呈酸性说明溶液中HCO NH,CI发生完全电离，但NH会发生水解，使 电离大于HC2O水解，溶液中HC2O,、CO、 c(NH)减小；⑨CH COONH:为弱酸弱碱盐，在溶 HC2O,的浓度从大到小的顺序为c(HC2O,)> 液中发生双水解反应，NH水解程度比⑧中大，则 c(C2O)>c(H2C2O,)。 三种溶液，c(NH时)由小到大的顺序是⑦⑨⑧。 ③当V=a时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+) (4)常温下，pH相同的两种溶液④NaHCO,、⑥ =2c(C2O)十c(HC,O),依据溶液中电荷守恒分 NCO,⑥NaCO,的水解程度比④NaHCO大， 析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，此时溶液呈 要使c(OH)相同，④NaHCOx浓度应比⑥NaCO2 中性，根据上一问，KHCO,溶液呈酸性，说明a> 大，从而得出浓度的大小关系是④>⑥。 10,当V=b时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+) (5)25℃时，某浓度的NaHCO3溶液的pH=8, =c(C,O)十c(HC2O,)十c(HC,O,),依据溶液 c(H)=10-*mol.1-1,K(H).c(CO_ 中元素守恒分析，溶质为KHC2O,说明此时b=10, c(HCO) 故a>b:当V=20时，溶质为KC2O4,此时溶液中 4.7×10-11,则此时溶液中c(CO):c(HCO3)= 存在CO十H2O一HCO,+OH,再滴入 4.7×10" 10-8 =4.7X10-3。 NaOH溶液，平衡逆向移动，n(CO)增大，n(K+) (6)25℃时，设pH=3的盐酸溶液与pH=12的 不变，则变小 NaOH溶液的体积分别为x、y,混合溶液的pH= (2)发生反应KCN+HCI一KCI+HCN,若是等浓 11,则10y二102=10，x:y=9:2,则盐酸溶液 度，生成的HCN使溶液呈酸性，而反应平衡时，测 x+y 得溶液pH=7,则a>0.O1。HCN、一H+十CN 与NaOH溶液的体积比为9：2。 (7)25℃时，向NaOH溶液中滴加HA溶液，在曲线 的电离平衡常数K,=(CN)XcH),由电荷守 c(HCN) 的最高点，水电离产生的c(H)大于纯水电离产生 恒可知c(H+)十c(K+)=c(CN)十c(OH)+ 的c(H+),则A发生水解，HA为弱酸。向NaOH c(CI),溶液为中性，则c(K+)=c(CN)十c(CI), 溶液中加入HA溶液，b点时水的电离不受影响，则 则c(CN)=(0.5a-0.005)mol·L;依据元素守 此时A的水解受剩余NaOH电离产生的OH-的 恒c(HCN)=0.5amol·L1-c(CN-) 抑制，所以溶液显碱性，b点溶液中含有的溶质有 0.005mol·L1,则K= ·102· 高三一轮复习R ·化学· 0.5a-0.005)×1X102mol.L1=(a-0.01)× (2)由图可知，溶液DH=5~9之间时，pH越大， 0.005 c(OH)增大，更多的HAsO2转变为H2AsO[或 10-5mol·L1。 As(Ⅲ)中H2AsO?的物质的量分数增大]，带负电 (3)HC1O:K1=2.95×108,H2S03:K1=1.54× 荷的H2AsO?更易被带正电荷的Fe(OH)3胶粒吸 102,K2=1.02×107,则酸性：H2S03>HS02> 附除去，吸附效果增强，使得铁盐混凝剂去除水中 HCIO,则相同浓度的NaCIO溶液和Na2SO3溶液， As(Ⅲ)的速率越快。 次氯酸根离子的水解程度大，NaCIO溶液碱性更强， (3)①含氧酸中非羟基氧的数目越多，则酸性越强， pH值更大；酸的电离平衡常数顺序是HSO> 故HAsO,的酸性小于HAsO,的酸性。 HCO2>HSO>HCO,则酸根的水解程度大小 ②在pH=7的水溶液中，FeCl可将HAsO转化 顺序是CO>SO⅓>HCO>HSO,酸根的水解 为FeAsO,沉淀除去，促使HAsO电离出氢离子， 程度很小，所以O、CO、HSO、HCO,浓度从 可知同时生成氢离子，其离子方程式为HAsO十 大到小的顺序为c(SO)>c(CO)>c(HCO)> Fe3+—FeAsO,↓+H+。 c(HSO5)。 20.(12分) (4)废钒催化剂含有V2O、V,O,,酸溶后转化为 (1)CaCO3+C02+H20-Ca++2HC02(或 VO、VO+,继续转化为VO,加入NH,CI沉钒得 MgCO3+CO2+HO—Mg2++2HCO)(2分) 到NH,VOa,焙烧得到VO。 ①VO+离子中V的化合价为+4价，可由钒同价态 Mg(HCO,),△MgCO,￥+CO,++H,O(或 的简单阳离子完全水解得到，则水解离子方程式为 MgCO,+H,0△Mg(OH)2+C0,↑)(2分) V++HO—VO++2H+。 (2)b(1分)4.2(2分) ②溶液中c(VO,)=0.1mol·L1,“沉钒”时为使 (3)酸性(1分)c(Na)+c(H+)=c(OH-)+ 钒元素的沉淀率达到98%，则沉淀后溶液中 c(H2A)+2c(HA2-)十3c(A-)(2分) c(VO)=0.002mol·L1,由Km[NHVO3]=1.6 (4)7.0×10-2(2分) ×10-3可知，至少应调节溶液中的c(NH)为 【解析】(1)岩石中的碳酸钙和碳酸镁与二氧化碳和水 1.6×10-3 0.002 =0.8mol·L1。 反应，会生成可溶性的Ca(HCO3)2、Mg(HCO)2,导 致水中Ca+、Mg+较多，形成硬水，故硬水形成的 19.(12分) 原因为CaCO,十CO2+H0-Ca++2HCO或 (1)10.65(2分)》 MgCO CO:H2 O -Mg2++2HCO, (2)溶液pH=5~9之间时，pH越大，c(OH)增大， Ca(HCO)2、Mg(HCO3)2在加热过程中会发生分 更多的H3AsO3转变为H2AsO[或As(Ⅲ)中 HAsO的物质的量分数增大]，带负电荷的 解，生成不溶性的碳酸盐沉淀物（如CaCO,和 H2 AsO更易被带正电荷的Fe(OH)胶粒吸附除 MgCO)以及二氧化碳和水，能降低这种硬水中的 去，吸附效果增强，使得铁盐混凝剂去除水中As Ca+、Mg+含量，其中Mg2+发生反应的化学方程式 (Ⅲ)的速率越快(4分，其他合理答案也给分) 为Mg(HCO)2△MgCO,↓+CO2↑+HO或 (3)①(2分) MgCO,+HO△Mg(OH)2+CO2↑。 ②HAsO+Fe3+—FeAsO,↓+H+(4分) (2)pH很小时，主要是HA,随着pH的增大，HA 【解析】(1)K×Ke=(H-AsO)H)× 逐渐减少，H2A逐渐增多，当H2A达到最大量 c(H3AsO) c(H)c(HAs0)=10.2X10-2.t,由图可知，a 后，又逐渐减少，HA逐渐增多，当HA达到最大 c(H2 AsO) 量后，又逐渐减少，A3-逐渐增多。故曲线a为 点c(H3AsO)=c(HAsO),则c2(H+)=10-.2X HA,曲线b为H2A,曲线c为HA,曲线d为 10-2.1,c(H+)=10-1o.5,pH=10.65。 A3。当pH=4.8时，c(HA2)=c(H2A),此时 ·103· ·化学· 参考答案及解析 K=c(HA)cH)=c(H)=10t8,同理当pH (4)假设有1L硬水，则加入NaF溶液的体积也为 c(H2A) 1L,就有0.005mol的钙离子和0.005mol的镁离 =6.2时，c(HA2)=c(A3),此时Ka= 子。形成氟化钙和氟化镁沉淀，需要结合0.005mol c(A)c(H)=c(H+）=102,K1=103.6,当 c(HA2) ×2×2=0.02mol氟离子，加上溶液中需要有氟离 子存在，保证钙离子和镁离子浓度都不超过 c(H,A)=c(HA)时溶液的pH=3.6+4.8)= 2 105mol·Ll,由于氟化钙和氟化镁都是阴阳离子 4.2。 2:1的离子化合物，氟化镁的K,更大，所以镁离子 (3)HA2-的电离常数为Kg=106.2,HA2-的水解 只要完全沉淀，钙离子就一定完全沉淀。镁离子是 常数为K一奈一招二-10，放H的电实 KMg泛- 10mol·L1时，就有c(F)=√Mg) 程度大于其水解程度，则NaHA溶液显酸性； /6.25×10-" HA电离生成A3-,水解生成H2A,溶液中还含 V1×10- =0.025mol·L,则溶液中n(F) 有氢离子和氢氧根离子，钠离子，故Na2 HA溶液中 =0.025mol·L1×2L=0.05mol,故加入NaF的 的电荷守恒关系式为c(Na)十c(H+)=c(OH) 总物质的量至少为0.02十0.05=0.07mol,浓度至 +c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)。 少是7.0×102mol·L1。 ·104·