二轮专题精准提升11 电解质溶液-【衡水真题密卷】2025年高考化学二轮专题精准提升（1A版）

密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 卺题 化学·电解质溶液 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16Na一23 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 1.下列有关实验操作或结论说法正确的是 A.将A1CL3溶液和A12(SO4)3溶液分别加热蒸干，所得固体成分相同 B.配制Fe2(SO4)3溶液时，将Fe2(SO4)3固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C.用0.1mol·L1的NaOH溶液滴定醋酸时，应选择甲基橙作指示剂 D.NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 2.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A B C D 亚硫酸钠 量程 10m 碘水 )(含淀粉】 分离溴和苯 检查碱式滴定管 准确量取 测定碘的浓度 是否漏液 5.50mL水 3.某温度下，将pH和体积均相同的HCI和CH3COOH溶液分 别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正 确的是 ( ) A.曲线Ⅱ代表HCI的稀释过程 B.溶液中水的电离程度：b点<c点 C.从b点到d点，溶液中所有离子浓度均下降 加水体积 D.该温度下，b点Kw的数值比e点的大 4.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，t时刻改变某一条件，离子浓度变化如图 所示。下列说法正确的是 () cF) c 1×10 c(Pb2+) c(Pb2+) 时间 A.常温下，PbI2的Kp为2X10-6 B.温度不变，t时刻改变的条件可能是向溶液中加入了KI固体 二轮专题精准提升（十一）化学第1页（共8页） 真题 梦想是人生的宝藏，奋斗是挖据它的工具。 C.温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，重新达到平衡后，Pb2+的浓度 班级 减小 D.t时刻改变的条件可能是向PbI2的悬浊液中加入Na2S固体[常温下，Kp(PbS)= 姓名 8×10-28] 5.为研究沉淀的生成及转化，进行如图实验： ② © 得分 2mL0.05mol·L- 2滴0.1mol·L 2mL0.1mol·L KSCN溶液 FeNO)溶液 K溶液 6 色 2mL0.1mol·L- 产生白色沉淀 无明显变化 产生黄色沉淀 AgNO,溶液 (AgSCN) 溶液不变红 溶液变红 已知：Ksp(AgSCN)=1.0X10-12。 下列关于该实验的分析错误的是 A.①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN-)>Ksp(AgSCN) B.充分反应后①中SCN-浓度为4.0×10-11mol·L1 C.③中产生黄色沉淀可证明AgSCN向AgI沉淀转化 D.③中溶液变红，说明一定发生了反应AgSCN+I一AgI+SCN 6.室温时，下列说法正确的是 ) A.pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为 1×10-11mol·L-1 B.分别把100mLpH=12的NaOH溶液和pH=12的氨水加水稀释至1L,所得溶液 pH均为11 C.分别向等体积、等浓度的HCI溶液和CH,COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液， 恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等 D.分别向1mLpH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3 COONa 固体，两溶液中水的电离程度均增大 7.碳酸盐加氢制甲酸盐反应为Na2CO3+H2一NaOH十HCOONa,可以将捕获的CO2 转化为有价值的化学品。下列说法错误的是 () A.标准状况下，22.4L二氧化碳完全转化为甲酸盐转移电子数为2NA B.室温下，等浓度的Na2CO3和HCOONa溶液，前者的pH大说明：Ka1(H2CO3)< K,(HCOOH) C.该工艺中NaOH可以循环利用 D.碳酸钠溶液中含碳元素微粒浓度：c(CO)>c(HCO3)>c(H2CO3) 8.常温下，向20.00mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴入0.1mol·L-1的稀盐酸，溶液中 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 1A c(H+) pxpx=-lg(oH)】 与加人稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是 ( A.常温下，MOH电离常数的数量级 为10-3 B.a点对应的溶液中：c(CI-)>c(M+)> c(OH-)>c(H+) 20 40 0 10 V[HCl(aq)/mL C.b点对应的溶液中水的电离程度最大， 且溶液中：c(CI-)>c(M+)+c(MOH) D.c点溶液中：c(CI)=2c(M+) -10H +2c(MOH) 9.常温下，用浓度为0.02mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.02mol·L-1的 HCI和CH,COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随”7= V(标准溶液) 的变化 V(待测溶液) 曲线如图所示。下列说法错误的是 d A.Ka(CH3COOH)约为10-4.6 B.水的电离程度：a<b<c<d 4a1.0,3.38 C.b点：c(CH3COOH)<c(CH3COO-) 2 D.a点：2c(Na+)=c(C1-)+c(CH3COO-) 00.501.001.502.00 C(CHCOOH 10.H2A为二元酸，其电离过程为H2A一H+十HA,HA一H+十A2-。常温时，向 10mL0.1mol·L-1H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，混合溶液中 H2A,HA-和A2-的物质的量分数(6)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 1.0 A.H2A的Ka1的数量级为10-1 B.当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.9 C.当溶液中c(Na+)=2c(A2)+c(HA-)时， 0.5 (1.2.0.5 (4.2.0.5 加入V(NaOH溶液)>10mL D.向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶 液，水的电离程度减小 0 1234567 PH 11.某实验小组利用虚拟感应器技术测定0.1mol·L1的Na2CO3溶液滴定10.00mL 0.1mol·L1盐酸，该过程中c(CO)、c(HCO3)、c(H2CO3)的变化曲线如图所示 （忽略滴定过程中C02的逸出)。已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.0×10-7,K2 5.0×10-11,1g4=0.6。下列说法正确的是 () 曲线Ⅱ●、 0.4 曲线 曲线Ⅲ 0 V(Na.CO,)/mL 1A 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页） 真题 A.曲线I表示c(HCO3)的变化 B.c点对应溶液的pH=6.4 C.溶液中水的电离程度：b>d D.图像中V2=20 12.常温下，向20mL0.1mol·L-1NaCl溶液和20mL0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分 别滴加0.1mol·L1的AgNO3溶液。滴加过程中-1gc(CI-)或-lgc(CrO)与所 加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示（已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀）。下列说法 正确的是 A.曲线②为一lgc(CI)随V(AgNO3)的 ① 6 ② 变化曲线 1a20.49》. B.常温下，Ksp(Ag2CrO4)=10-12 b40④ C.若只增大AgNO3溶液的浓度，则图中 a点、b点将向上平移 0 1020304050 D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液 V(AgNO,溶液)/mL 时，可用K2CrO4溶液作指示剂 13.常温下，用0.01mol·L1NaOH溶液滴定30.00mL等浓度的HA溶液，溶液中由水 电离出的氢离子浓度的负对数[一lgc水(H+)]和溶液的pH与所加NaOH溶液体积 的关系如图所示（其中虚线表示pH变化曲线），下列说法正确的是 ( A.A点溶液中满足c(Na+)>c(OH-)> 1 c(A-)>c(H+) 10 ------- 10 B.B点时加入NaOH溶液的体积为 30.00mL C.常温下，A点时HA的电离平衡常数的 数量级为10-4 D.水的电离程度：C>B>A NaOH溶液)/mL 14.马来酸依那普利（记为X,摩尔质量为Mg·ol1)是一种心血管疾病防治药物，其结 构式如图所示： COOH COOH COOH 通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω： 方法一：将mg样品溶于有机溶剂中，以c1mol·L1的HCIO4溶液滴定，终点消耗 V1mL,计量关系为n(X):n(HClO4)=1:1。 方法二：将mg样品溶于水中，以c1mol·L-1的NaOH溶液滴定，终点消耗V2mL, 计量关系为n(X):n(NaOH)=1:3。 下列说法正确的是 () A.方法一滴定终点时，pH=7 B.方法一：w=1·V·M m×103 ×100% 3c2·V2·M C.方法二滴定终点时，pH=7 D.方法二：w= mX103 ×100% 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)氯化铁常用于污水处理、印染工业、电子工业等领域。氯化铁易升华、易潮解， 某化学兴趣小组设计实验制备氯化铁并探究其性质。 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） 回答下列问题： I.制备FeCl3固体。 铁粉 NaOH 浓硫酸 溶液 D (1)装置A用浓盐酸和MnO2固体反应制备氯气，其反应的化学方程式为 (2)上述装置中有一处明显错误是 Ⅱ.探究影响FeCl3水解平衡的因素。 提出假设：外界条件改变，FCl3溶液水解平衡会发生移动。 设计方案并完成实验 实验1：探究稀释FeCl3溶液对水解平衡移动的影响 将0.2mol·L-1FeCl3溶液分别稀释10倍和100倍，测定pH: 实验序号 c(FeCl3)/(mol·L-1) pH 0.2 1.39 0.02 2.10 试 0.002 2.74 (3)实验证明稀释FC3溶液，水解平衡正向移动，结合表中数据，给出判断理由： (4)计算实验iⅱ中FeCl3的水解度（转化率）为 (只列出计算式，忽略 水自身电离的影响)。 实验2：探究温度对水解平衡移动的影响 已知：F3+水解程度越大，其溶液颜色越深，透光率越低。 分别将0.2mol·L1FeCl3溶液和0.2mol·L1Fe(NO3)3溶液持续加热，当温度上 升至50℃时停止加热，让溶液自然冷却，测定该过程中溶液透光率的变化，实验结果 如图1、2所示： 55所始加热停止加热 50 55开始加热停止加热 50 45 4 45 、温度 0/ 3 温度 6 04 25J 25 20 透光率 4 2 510 18 208642 3 透光率 5 050100150200250300350400450时间/ 050100150200250300350400450时间/ 图1：FeCl,溶液 图2：Fe(NO,)溶液 (5)结合图像分析，小组推测FCL3溶液颜色（透光率）随温度变化的改变并不一定是仅 由水解平衡所致，理由是 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题密 查阅资料：溶液中存在配位平衡：Fe3++nCI-一[FeCl,]3-n(黄色)；Fe3+不与NO3 配位，Fe3+稀溶液接近无色。 优化实验与实验结论： 向0.2mol·L-1Fe(NO3)3溶液（黄色）中，加入适量HNO3溶液酸化，溶液颜色变为 无色，加热和降温过程中溶液透光率均无明显变化，对照图2，可证明酸化条件下，温度 对Fe3+的水解平衡影响不大。 (6)上述实验中加入适量HNO3溶液的目的是 ;请参考上述实验，设 计实验证明FCl,溶液颜色（透光率）随温度变化的改变与配位平衡的移动有关，简 述实验方案并预测实验现象： 16.(14分)马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上 利用软锰矿（主要成分为MO2,含少量硅、铁、铝等氧化物）为主要原料，联合处理含 S02的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如图1所示： 稀硫酸、$0，有机萃取剂 Na,CO,溶液 磷酸 软锰矿一→浸锰一 萃取分液 调pH 沉锰 酸溶→马日夫盐 滤渣1 含Fe3+有机相滤渣2 图1 已知：①Mn(OH)2不稳定，易被空气氧化。 ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯（表示为H2A2)的磺化煤油，萃取时发生的反 应主要为Fe3+十3H2A2=Fe(HA2)3+3H+。 ③Ks知[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[A1(OH)3]=1.0×10-3,Ksp[Mn(OH)2]= 1.0×10-12.8。 回答下列问题： (1)若含S02的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中Mn2+、SO?的浓度和 pH测定结果如图2所示，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ,Mn2+和SO?浓度产生明显差异的原因是 (用化学方程式表示)。 0.5 ■Mn2+ 0.4日 ▲-S02 (-1.Jou)/ ●-pH 0.3 0.2 0.1 ● or 0 0 2 反应时间M 图2 (2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步 增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 1A 和溶液pH对金属离子萃取率的影响如图3、4所示。萃取时，应采用的最佳实验条 件为 ,pH过小都会降低Fe3+萃取率，结合平衡移动原理解 释其原因是 100 Ap+ 9%0 e 80 70 60 Mn2 0 40 ■lmin 40 ●2min 3 min 150 200 250300 350 400 3 4 搅拌速度(rpm) 图3 图4 (3)若浸出液中Mn+的浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”的范围为 (当离 子浓度≤1.0×10-6mol·L1时认为沉淀完全)。 (4)“沉锰”步骤中为减少副产物Mn(OH)2的生成，正确的操作是将 (填化 学式，下同)溶液逐量加入 溶液中，并不断搅拌。 (5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。 17.(15分)三氯化钌(RuCl3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工 业等。从CoRu-Al2O3催化剂废料中分离制备RuCl3和Co(NO3)2的一种工艺流程 如图所示： NaOH/NaNO 乙醇 盐酸、NH,OH 催化剂 滤液 废料 焙烧 水浸 还原 酸溶 蒸发结晶 →RuCl·6H,O 滤渣 酸浸 沉钴 →CoC,04 →…→CoN02·6H,0 H,C,0,溶液 回答下列问题： (1)基态C。原子的价电子排布式为 (2)“焙烧”后所得固体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2和 (3)“还原”过程会产生CH3CHO和Ru(OH)4沉淀，该反应的化学方程式为 0 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4,然后加入盐酸羟胺(NH2OH·HCI)得 到RuCl3和N2。则该n(RuCl3):n(N2)= 0 (5)“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行（此时水的沸点是28℃），其目的是 (6)[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8,Ka1(H2C2O4)=5.9×10-2,K2(H2C2O4)= 6.4×10-5]。若维持pH=2不变，让Co2+沉淀完全(Co2+浓度不高于1×105mol· 1A 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 L1),则混合体系中c(HC2O4)不低于 (结果保留三位小数)。 (7)“沉钴”时，若得到的是CoC2O4·xH2O晶体，该反应的离子方程式为 0 18.(15分)锆是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆 英砂（主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元素）为原料生产金属锆和副产物硅酸 钙的工艺流程如图所示： HNO,HCI TOPO浓盐酸 氨水 ①C、CL②H NaOH HO 酸溶→萃取→反萃取氨沉煅烧→沸腾氯化→蒸馏→C 结英砂一→碱熔→水洗 萃余液有机相滤液2 还原性气体HC1馏分乙r 除硅→CaSi0, 滤液] 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+。 ②25℃时，Kp[Fe(0H)3]=1.0×10-38,Kb(NH3·H2O)=1.8X10-5。 ③部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCl CrCla FeCl3 FeClz 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成，则ZrSiO4发生反应的化学方程式为 ,温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图 所示，应采取的条件为 0 100220℃ 。-240℃ ·260℃ -0-2809℃ 300℃ 解60 0 4 6 10 时间/ (2)“萃取”时除去HfO2+,提取 (填离子符号)。流程中可循环利 用的物质除TOPO外，还有 (填化学式)。 (3)“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3,反应结束后溶液中 c(NH) c(NH·H,O)=1.8×10,则c(Fe3+)= mol·L-1,“滤液2”中主要成 分是 (填化学式)。 (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为 ,氯化反应结束通入H2,目的是 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 ③设反应I中乙醇转化了xmol,反应Ⅱ中CO 4.5kPa,p(C02)=25.5kPa,故反应Ⅱ的K= 转化了ymol,反应Ⅲ中乙醇转化了之mol,则 25.5×85.5≈14. C2 H;OH(g)+H2O=2CO(g)+4H2 (g), 4.5×34.5 x 2x 4x (4)①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在 CO(g)+H2O(g)=CO2 (g)+H2 (g), Q点所在曲线上取一个，点与N点温度相同，标 y y y y 为点E,E,点与N点相比温度相同，但是E点的 C2 H;OH(g)+3H2O(g)=2CO2+6H2(g), n(H2O) n(H2O) 3z 2x6 n(CH,OH小于v点的mCH,OD,而 那么x十之=0.6,2x-y=0.18,y+2z=1.02, n(CGHO币增大时，三个反应均会正向移动，氢 n (H2O) 平衡时n(H2O)=(3-x-y-3z)mol=[3-(x十 z)-(y+2z)]mol=(3-0.6-1.02)mol= 气的产率增大，因此的产率：Q点<N点。 n (H2O) 1.38mol,n(H2)=(4x+y+6z)mol=[4(x+z)+ @M点与N点具有相同的压强，n(C,,OH相 (y十2z)]mol=(2.4+1.02)mol=3.42mol,气体的 同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反 总物质的量为(0.4+1.38+1.02+0.18+3.42)mol 应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应I、Ⅲ正向移 =6.4mol,此时压强为160kPa,各物质的分压为 动产生H2的量相等。 p(H2O)=34.5kPa,p(H2)=85.5kPa,p(CO)= 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一）】 化学·电解质溶液 一、选择题 有关，温度不变Kw不变，D错误。 1.D【解析】氯化铝溶液蒸千过程中生成的HC1挥4.B【解析】根据图像知常温下平衡时溶液中 发，A13+完全水解，得到氢氧化铝和部分氧化铝， c(Pb2+)、c(I)分别是1×10-3mo1·L-1、2× 而硫酸铝溶液蒸干后得到的仍是硫酸铝，A错误； 10-3mo1·L1,因此PbL2的Kp=c(Pb2+)· 配制Fe2(SO)3溶液时，将Fe2(SO,)3固体溶于 c2(I)=1×103mol·L-1×(2×103mol· 稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加盐酸会引入 L1)2=4X109,A错误；由图像可知，温度不变， 氯离子杂质，B错误；强碱滴定弱酸时，因滴定终 t时刻c(Pb2+)不变、c(I)突然增大，改变的条件 点的溶液显碱性，应选择酚酞作指示剂，C错误； 可能是向溶液中加入了KI固体，B正确；PbI2饱 NH,F溶液水解产生的HF与玻璃反应，不能存 和溶液中存在平衡：Pbl2(s)一Pb2+(aq)+2I 放于玻璃试剂瓶中，D正确。 (aq),温度不变，向PbL2饱和溶液中加入少量硝 2.A【解析】亚硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性， 酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，平衡逆向移动，但根据 利用碱式滴定管通过滴定测定碘水中碘的浓度， 勒夏特列原理，最终平衡c(Pb2+)仍然比原平衡 能达到实验目的，A正确；溴与苯二者互溶，不能 时大，C错误；向Pbl2的悬浊液中加入Na2S固 用分液漏斗分离；可利用蒸馏方法分离，用60~ 体，PbL2(s)+S2-(aq)=PbS(s)十2I(aq), 70℃水浴加热先馏出液溴，剩下的是苯，B错误； c(I厂)缓慢增大至平衡，不会突然增大，D错误。 题图是碱式滴定管排气泡的方法，C错误；量筒精 5.C【解析】向硝酸银溶液中滴加硫氰化钾，银离子 确到0.1mL,无法准确量取5.50mL水，D错误。 浓度与硫氰根离子的离子积Q大于硫氰化银的 3.B【解析】HC1是强酸，CH3COOH是弱酸，强酸 K即，生成白色沉淀，A正确；生成沉淀后溶液 稀释pH变化大，曲线I代表HCl的稀释过程，A 中剩余的银离子的浓度为c(Ag)= 错误；酸对水的电离起到抑制作用，酸性越强抑制 2×10-3L×0.1mol·L1-2×103L×0.05mol·L-1 程度越大，b点pH小，酸性强，对水的抑制程度 2×103L+2×103L 大，水电离程度小，溶液中水的电离程度：b点<c =0.025mol·L1,则溶液中SCN-的浓度为 点，B正确；从b点到d点，pH增大，氢离子浓度 1.0×10-12 减小，氢氧根离子浓度增大，C错误；Kw只与温度 0.025m0l·L=4.0X101mol·L1,B正确； 1A ·44· ·化学· 参考答案及解析 反应①后，银离子过量，加入KI以后，Ag+十I 入10mL盐酸，所得溶液为MOH和MCl等物质 一AgIV,无法证明AgSCN向Agl的转化，C错 的量的混合溶液，根据pX可知溶液显碱性，溶液 误；②中溶液不变红，加入KI后③中溶液变红，说 中存在：c(M+)>c(CI)>c(OH)>c(H+),B 明有KI与过量的银离子反应产生AgI,还有剩余 错误；b,点加入20L盐酸，酸碱恰好完全反应， 的KI与AgSCN发生沉淀转化，产生的SCN与 得到MCI溶液，对应的溶液中水的电离程度最大， Fe3+产生血红色Fe(SCN)3,D正确。 且溶液中存在物料守恒：c(C1)=c(M+)十 6,D【解析】酸碱均会抑制水的电离，能水解的盐促 c(MOH),C错误；c点加入40mL盐酸，所加HCl 进水的电离。pH=11的氨水，由水电离出的 物质的量是原溶液中MOH物质的量的2倍，根 c(0H)=1×10-11mol·L1,pH=11的 据物料守恒，溶液中存在：c(C1)=2c(M+)+ Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH)=1× 2c(MOH),D正确。 10-3mol·L1,A错误；氢氧化钠为强碱，100mL 9.B【解析】NaOH溶液与HCI和CH3COOH的混 pH=l2的NaOH溶液加水稀释至1L,所得溶液 酸反应时，先与HCl反应，再与CH3COOH反应。 pH为11，氨水是弱电解质，存在电离平衡，pH= 由滴定曲线可知，a,点时NaOH溶液和HCl恰好 12的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>11,B 完全反应生成NaCI和水，CH,COOH未发生反 错误；等浓度、等体积的盐酸和酷酸，二者物质的 应，溶质成分为NaCl和CH;COOH;b点时 量相等，当分别加入等物质的量的NaOH时，盐酸 NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH,溶质成分 变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸 为NaCl、CH3COOH和CH3 COONa;c点时 钠溶液，酷酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要 NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成 使溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，C错 分为NaCl、CH3 COONa;d点时NaOH过量，溶 误；盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成醋酸，对 质成分为NaCl、CH COONa和NaOH。由以上 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大；向 分析可知，a点时c(CH3COOH)=0.01mol· CH3COOH溶液中加入少量CH3 COONa固体， L-1,c(H+)=103.38mol·L-1,K.(CH3C00H) 会使醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，对水的 =e(H*)cCHC00）≈10×10-a 电离抑制作用减小，水的电离程度增大，D正确。 c(CH COOH) 0.01 7.B【解析】标准状况下，22.4L二氧化碳的物质的 1046,A正确；c点溶液中CH3CO0水解，促进 量为1mol,根据反应的化学方程式可知，二氧化 水的电离，d点碱过量，抑制水的电离，则水的电离 碳完全转化为甲酸盐，C由十4价变为十2价， 程度c>d,B错误；b点溶液中含有NaCl及等浓 1mol二氧化碳完全转化为甲酸盐转移电子数为 度的CH3COOH和CH3 COONa,由于pH<7,溶 2NA,A正确；室温下，等浓度的Na2CO3和 液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于 HCOONa溶液前者的pH大，说明碳酸根离子水 CH3COO-的水解程度，则c(CH COOH)< 解程度大于甲酸根离子，越弱越水解，但只能说明 c(CH3COO-),C正确；a点溶液为等浓度的 K2(H2CO3)<Ka(HCOOH),B错误；该工艺中 NaCI和CH3COOH混合溶液，根据物料守恒，存 NaOH吸收CO2转化为Na2CO3,再发生反应 2c(Na+)=c (CI-)+c (CH COO-)+ Na2 CO3+H2 -NaOH+HCOONa,NaOH c(CH;COOH),D正确。 以循环利用，C正确；碳酸钠为强电解质，完全电 10.C【解析】H2A为二元酸，其电离过程为H2A 离出CO?离子，CO?的第一步水解大于第二步 =H++HA,HA一==H++A2-。常温时， 水解，且水解是微弱的，故溶液中含碳元素微粒浓 向10mL0.1mol·L-1H2A水溶液中逐滴滴加 度：c(CO号)>c(HCO3)>c(H2CO3),D正确。 0.1mol·L1NaOH溶液，由题图分析可知，I 8.D【解析】常温下，未加入稀盐酸时，是20.00mL 为H2A含量变化曲线，Ⅱ为HAˉ含量变化曲 线，Ⅲ为A2-含量变化曲线。I和Ⅱ的交点处， 0.10mol·七MOH溶液，pX=一gO c(H2A)=c(HA),则K1=c(H+)=10-1.2,Ⅱ 8,可求出(OH)=10-3mol·L1,Kb= 与Ⅲ交点处，c(HA)=c(A2),则K2= c(M+)·c(OH)10-3×10-3 c(H+)=104.2根据分析H2A的K1=101.2, c(MOH) =105,常温下， 0.1 数量级为10-2，A错误；根据分析，K1(H2A)= MOH电离常数的数量级为10-5，A错误；a点加 10-1.2,K2(H2A)=10-42,当c(H2A)=c(A2-) ·45· 1A 真题密卷 二轮专题精准提升 时，Ka1XK2=c2(H),此时c(H)=1X 1012,且Ag2CrO4为砖红色沉淀，用AgNO3标 10-2.7mol·L1,pH=2.7,B错误；当溶液中 准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作 c(Na+)=2c(A2-)十c(HA)时，由电荷守恒分 指示剂，D正确。 析此时溶液呈现中性，向10mL0.1mol·L1 13.C【解析】A点水的电离程度最大，为滴定终点， H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH 溶质为NaA,溶液中满足c(Na)>c(Aˉ)> 溶液，若加入NaOH溶液体积等于l0mL,此时 c(OH)>c(H+),A错误；由图可知，0.01mol· 形成NaHA溶液，Ka= Km=10-128<K2, L1HA的pH=3,HA为弱酸，B点时为溶液显 中性的，点，在滴定终，点之前，加入NaOH溶液的 HA电离大于水解，溶液呈现酸性，故应在 体积小于30.00mL,B错误；常温下，A点时HA l0mL的基础上多加NaOH溶液才有可能呈现 的平衡常数与起点相同，据起点计算K。= 中性，故加入V(NaOH溶液)>10mL,C正确； c(H+)·c(A-)(103)2 向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，结 c(HA) =0.01=104,其数量级为 合图像分析，HA含量在减小，A2-含量在增大， 104,C正确；由图可知，水的电离程度：C<B< 故水的电离程度在增大，而氢氧化钠溶液过量则 A,D错误。 会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度先变 14.B【解析】使用HC1O4溶液滴定，计量关系为 大后减小，D错误。 n(X):n(HClO4)=1:1,HClO4主要与碱性基 11.B【解析】向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应 团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7, 2HCI+Na2CO3—2NaCI+H2CO3,再发生反 A错误；使用HCIO4溶液滴定X,计量关系为 应H2CO3+Naz CO3一2 NaHCO3,所以 n(X):n（NaOH)=1:l,w= H2CO3的浓度先增大后减小，曲线I表示 c1·V1·MX10-3 X100%=c1·V·M 十 c(H2CO3)的变化，曲线Ⅱ表示c(HCO)的变 72 m×103 化，A错误；c点对应溶液c(HCO?)= 100%,B正确；使用NaOH溶液滴定，计量关系为 c(H2C03),K1=4.0×10-7,所以对应c(H+) n(X):n(NaOH)=1:3,NaOH主要与酸性基团 反应，滴定终，点时，由于X含有仲胺，pH>7,C =4×10-7mol·L1,1g4=0.6,所以pH=6.4, B正确；盐酸抑制水电离，碳酸钠促进水电离，加 错误；使用NaOH溶液滴定X,计量关系为 n(X):n(NaOH) 入碳酸钠越多，水的电离程度越大，所以溶液中 =1:3, 水的电离程度：b<d,C错误；d,点盐酸恰好与碳 3c2·V2·MX10-3 酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所需HC1和 X m -×100%=c2·V,·M 3m×103 Na2CO3的物质的量比为1：1，所以图像中V2= 100%,D错误。 10,D错误。 二、非选择题 12.D【解析】银离子浓度相同时，沉淀K2CrO4中的 CrO?比沉淀NaCl中的CI所需AgNO3体积 15.(1)Mn0,+4HC1(浓)△MnC2+C2↑+ 2H2O（2分) 多，则图中曲线①为AgNO3溶液滴定NaCl溶液 (2)缺少除去氯气中HC1的装置(2分) 的曲线，曲线②为AgNO3溶液滴定K2CrO4溶 液的曲线。由分析可知，曲线①为一lgc(CI)随 (3)FeCl,溶液稀释10倍，溶液pH变化小于1 (2分) V(AgNO3)的变化曲线，A错误；由图可知， 1 AgNO3与K2CrO4刚好完全反应时，c(CrO) =10-4mol·L-1,c（Ag+)=2×10-4mol· (3大102o 0.02X100%(2分) L1,Kp(Ag2Cr04)=10-4×(2X104)2=4X (5)50℃后停止加热，自然冷却，等浓度的氯化铁 1012,B错误；若只增大AgNO3溶液的浓度，则 溶液和硝酸铁溶液的透光率不同(2分) 消耗AgNO3溶液的体积减小，但AgCl、Ag2CrO4 (6)抑制Fe3+水解(2分)向0.2mol·L1 的Kp不变，所以图中a点、b点将向左平移，C错 Fe(NO3)3溶液中加人适量HNO,溶液，使溶液 误；由图中a点可知，此时一lgc(C1)=4.9,则 呈无色，再加入几滴NaCI溶液，溶液变为黄色， c(C1)=10-4.9mol·L1,c(Ag+)=10-4.9mol· 测此溶液透光率随温度改变的变化情况，溶液透 L-1,Ks (AgCI)=10-9.8>Kp (Ag2 CrO)=4X 光率随温度升高而下降，降温透光率上升(2分) 1A ·46· ·化学· 参考答案及解析 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 (5)蒸发浓缩、冷却结晶(2分) 与浓盐酸共热反应制备氣气，浓盐酸具有挥发 【解析】该工艺流程原料为软锰矿（主要成分为 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B MnO2,含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中铁与氯 夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O],流程主线中的主 气共热反应制备氯化铁，装置D为冷凝收集氯化 元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依 铁的装置，其中盛有无水氯化钙的干燥管用于吸 次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去， 收水蒸气，防止水蒸气进入收集氯化铁的装置中 滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、Al以离子形式进入 导致氯化铁潮解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液 “萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离 用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧 (1)由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化 化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液 锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反 “沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后 应的化学方程式为MnO,十4HC1(浓)△MnCl2 得到Mn(H2PO4)2·2H2O。 +C1l2个+2H2O。 (I)在“浸锰”步骤中，主反应为MnO2转化为 (2)由分析可知，题给装置缺少盛有的饱和食盐 Mn+,锰元素化合价降低，为还原反应，故 水的装置来除去氯化氢杂质，会导致铁与氯化氢 MnO2与具有还原性的SO2反应，化学方程式 反应生成氯化亚铁。 为MnO2+SO2—MnSO4;浸出液中Mn2+的 (3)由表格数据可知，氯化铁溶液稀释10倍时， 浓度增加量小于SO?的浓度增加量，说明有副 溶液中pH的变化小于1，说明稀释氯化铁溶液 反应2S02十O2十2H20—2H2S04发生，故 时，水解平衡向正反应方向移动。 产生明显差异的原因为2SO2+O2+2H20 (4)铁离子在溶液中存在如下平衡：Fe3++3H2O =2H2SO4。 Fe(OH)3十3H+,由表格数据可知，实验i (2)萃取时搅拌速度在350~400rpm时，萃取率 最大，溶液pH=1时，Fe3+萃取率最大，且 3 ×10-2.10 Mn+不会被莽取；pH小于1时，Fe3+萃取率下 中氯化铁的水解度为 -×100%。 0.02 降，从萃取时的反应Fe3++3H2A2 (5)由图可知，等浓度的氯化铁溶液和硝酸铁溶 Fe(HA2)3+3H+可知，氢离子浓度过大，反应 液持续加热，当温度上升至50℃后停止加热，自 的平衡逆向移动，导致Fe3+萃取率下降。 然冷却时，硝酸铁溶液的透光率强于氯化铁溶 (3)“调pH”的目的是使A13+完全沉淀除去， 液，说明氯化铁溶液颜色随温度变化的改变可能 Mn+不被沉淀出来，A13+完全沉淀，则Q。≥ 不完全是由水解平衡引起的，可能与溶液中阴离 Kp[A1(OH)3],c(OH)≥ KLAI(OH)3 子种类有关。 Vc(A13+) (6)由题给信息可知，验证溶液颜色（透光率）随 3/1.0×10 温度变化的改变与配位平衡的移动有关的实验 √.0x10-6mol·L1=109mol·L1, 操作为向0.2mol·L-1硝酸铁溶液中加入适量 硝酸溶液，使溶液呈无色，再加入几滴NaCl溶 《)10mol,L-1=10-5mol·L-1,pH≥ 液，溶液变为黄色，测此溶液透光率随温度改变 5.0:Mm2+不被沉淀出来，Q。<Kp[Mn(OH)2], 的变化情况，溶液透光率随温度升高而下降，降 K[Mn(OH):] 温透光率上升。 c(OH) c(Mn2+) 16.(1)MnO2+S02-MnS04(2分) 2S02+O2 /1.0X10-2.8 十2H2O—2H2SO4(2分) W1.0 mol·L-1=10-6.4mol·L-1, (2)350~400rpm,pH=1(2分)pH小于1 c(H+)>10-.6mol·L1,pH<7.6,则“调 时，氢离子浓度过大，反应Fe3+十3H2A2 pH”的范围为5.0pH<7.6。 Fe(HA2)3十3H+平衡逆向移动导致萃取率下 (4)Na2CO3溶液显碱性，与MnSO4反应时可能 降(2分) 有Mn(OH)2生成，为减少副产物Mn(OH)2的 (3)5.0≤pH<7.6(2分) 生成，应使混合溶液的pH<7.6,则Na2CO3溶 (4)Na2C03(1分) MnSO.(1分) 液不能过量，故正确的操作是将Na2CO3溶液逐 。47· 1A 真题密卷 二轮专题精准提升 量加入MnSO4溶液中，并不断搅拌。 量之比为2：1。 (5)“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的MnCO3固 (5)“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行（此时 体再加入适量磷酸反应，得Mn(H2PO4)2溶液， 水的沸点是28C),即在低压低温下蒸发结晶得 从溶液中得到结晶水化合物的操作为蒸发浓 到RuCL3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、千燥。 RuC13·6H2O分解。 17.(1)3d74s2(2分) (6)c(C2O)= Kp(CoC204)6.3X10-8 (2)NaA1O2(2分) c(C02+) 1X105mol·L-1 (3)CH;CH2 OH Naz RuO+2H2O =6.3×103mol·L1,则c(HC2O,)= CH,CHO+Ru(OH)+2NaOH (2) c(C20)c(H)_6.3×103×102 Ke 6.4×10-5 —mol·L1≈ (4)2:1(2分) (5)低压低温蒸发，避免RuCL3·6H2O分獬 0.984mol·L1。 (3分) (7)“沉钻”时，向含C02+溶液中加入草酸溶液得 (6)0.984mol·L-1(2分) 到CoC2O4·xH2O晶体，则反应的离子方程式 (7)H2C204+Co2++xH20—CoC204· 为H2C2O4+Co2++xH2O=CoC2O4·xH2OV xH20↓+2H+(2分) +2H+。 【解析】“焙烧”过程中C0、Ru分别被氧化为 18.1)ZrSi04+4NaOH△NaZr0,+Na,SiO,十 CoO、Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时 2H20(2分)300℃，碱熔8h(2分) Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2,“水浸”过程 (2)Zr4+、Fe3+、Cr3+(2分)NaOH、HCl(2分) Na2RuO,、NaNO2和NaA1O2溶解，CoO不溶， (3)10-8(2分)NH4C1(1分) 过滤得C0O固体和滤液；向滤液中加入乙醇， (4)Z0,十2C+2C,高温ZrC1,十2C0(2分) “还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO,Na2RuOa 将FeCl,还原为FeCl2(2分) 被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH,过 【解析】锆英砂主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、 滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶 Fe、Hf等元素，“碱熔”时ZrSiO4转化为 液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3· Na2ZrO3,“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在 6H2O;CoO进行酸浸得含C02+溶液，用草酸溶 形式为Zr4+、Fe3+、HfO+、Cr3+,“萃取”时，提取 液沉钻得到C0C2O,晶体，最后经系列操作得到 Zr4+、Fe3+、Cr3+,除掉HfO+,反萃取后“氨沉” Co(NO3)2·6H2O,据此解答。 时Zr+、Fe3+、Cr3+生成氢氧化物沉淀和氯化铵， (1)C0是27号元素，核外电子排布式为 煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3,“沸腾氯化”时， [Ar]3d4s2,则价电子排布式为3d”4s2。 ZrO2转化为ZrCl4,Fe2O3、CrzO3转化为 (2)“焙烧”过程C0、Ru分别被氧化为CoO、 FeCl3、CrCl3,由于FeCl3和ZrCL4沸点接近，因 Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时Al2O3 此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免蒸馏时 与NaOH反应生成NaA1O2,则“焙烧”后所得固 ZrCl4含有FeCl杂质，最后得到ZrCL4,而后还 体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2 原得到金属锆，据此作答。 和NaAlO2。 (1)根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反 (3)“还原”过程乙醇被氧化为CH:CHO, 应的化学方程式为ZrSi0:+4Na0H△ Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生 Na2ZrO3十Naz SiO3+2H2O;根据温度和时间对 NaOH,则该反应的化学方程式为CH,CH2 OH十 锆英砂碱熔分解率的影响图可知，300℃碱熔分 Naz RuO,+2H2O-CH CHO+Ru(OH)+ 解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大 2NaOH。 变化，所以最佳的条件是300℃，碱熔8h。 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得 (2)由已知①可知，“萃取”时，除掉Hf元素，提取 到RuCl4,再加入盐酸羟胺(NH2OH·HCI)与 Zr4+、Fe3+、Cr3+;沸腾氯化生成的HCl可回到酸 RuCl4反应得到RuCl3和N2,则盐酸羟胺 溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是 (NH2OH·HCI)与RuCL4反应的化学方程式为 NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。 2RuCl4+2NH2OH·HCl—2RuCl3+N2个+ c(NH) 4HC1+2H2O,所以产物RuCl3和N2的物质的 (3)“沉淀”后的“废液”中有cNH,·H,O》 1A ·48· ·化学· 参考答案及解析 1.8×105,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,则 是NH4Cl。 c(OH)=1.0×10-1omol·L-1,Kp[Fe(OH)3] (4)“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式 =1.0X1038,则“废液”中c（Fe3+)= 为Zr0,十2C+2C,高温ZrCl4十2C0;根据分析， K[Fe(OH)3]1.0×10-38 (100)9mol·L1=1.0X 氯化反应结束通入H2,目的是把FeCl?还原为 c3(OH) FeCl2,避免升华时ZrCL4含有FeCl3杂质。 10-8mol·L1:根据分析，“滤液2”中主要成分 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十二） 化学·有机化合物 一、选择题 可以发生加成反应，不可以作为溴水提取溴单质 1.B【解析】碳正离子(CH)的电子式为 的萃取剂，A错误；人造丝、人造棉、属于人造纤 H [H:C:H,A错误；2甲基-1-丁醇的键线式： 维，涤纶是合成纤维，B错误；润滑油属于烃类，不 属于高级脂肪酸甘油酯，C错误；冠醚(18-冠-6)的 个入OH,B正确，乙烯与澳的四氯化碳溶液 空穴与K+尺寸适配，两者能通过非化学键的弱相 发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br,C错误； 互作用形成超分子，D正确。 Q 5.A【解析】核磁共振氢谱中不同的氢具有不同的 。为乙烷的球棍模型，D错误。 化学位移，且吸收峰面积与氢原子数成正比，A正 OH 确；质谱法对有机物进行分析，可以初步判断该有 机物的相对分子质量，B错误；某有机化合物的相 2.D【解析】3,4-甲基苯酚的碳骨架为 命名 对分子质量为44，其分子式不一定为C3H8,如 CH3CHO,C错误；元素分析仪主要用于物质组成 为3,4-二甲基苯酚，A错误；2-甲基-1,3-二戊醇的 元素的分析，而不能确定有机物的结构，D错误。 C 碳骨架为0人入，命名为2-甲基1,3戊二醇， 6,C【解析】苯甲酸微溶于冷水、易溶于热水，可以 OH 采用重结晶法提纯，A正确；实验室用电石制取乙 B错误；2,5-二甲基-4-乙基己烷的碳骨架为 炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作 反应试剂，B正确；向2mL蛋白质溶液中加入适量 人 一，根据支链编号最小原则，乙基应是取代 饱和硫酸铵溶液，产生沉淀，说明蛋白质发生了盐 在3号碳上，命名为2,5-二甲基-3-乙基己烷，C错 析，不是变性，C错误；在淀粉溶液中加入硫酸溶 液，加热后发生水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在 误；2-乙基-1-丁烯的碳骨架为 ,命名正确， 碱性溶液中，则加热后先加碱至碱性，再加入少量 D正确。 新制的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，观察是否有 3.B【解析】二者结构不相似，不是同系物，A错 砖红色沉淀生成，D正确。 误；蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会 7.D【解析】手性碳原子是指连接4个不同的原子 产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩 或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子， 成一个小球，有浓烈的黑烟，有与蛋白质灼烧的不 A正确；该分子中存在一OH和多个O、N,可形成 一样的气味，故可以区别蚕丝和人造丝，B正确； 分子内氢键，B正确；该分子具有碳碳双键，能与 由于烷基的推电子效应，正丙醇 饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位 (CHCH2CH2OH)中O一H的极性小于H2O,水 或对位的H,发生取代反应，C正确；酚羟基、酯基 和钠反应要比丙醇和钠反应剧烈，C错误；碱性条 水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应， 件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后再 1mol探针A最多能与4 mol NaOH反应，D 发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，D 错误。 错误。 8.B【解析】通过结构简式可知，结构中含有羧基 4.D【解析】石油化工的裂解气中含有烯烃，与溴可以和碱反应，含有氨基可以和酸反应，A正确： ·49· 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