专题九 水溶液中的离子反应与平衡-【创新大课堂】2026年高考化学五年真题分类汇编168优化重组卷

6.D「反应历程中的能量变化观察历程图，反应1的反应物 Ga2O3(s)十NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反 应，生成Ga2O2NH(s)和H2O,此时的相对能量为0.05eV,因} 此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确：反应 i中H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70eV与1 TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV,B正确；！ 反应i从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)十H2O(g)经历过渡态 TS6、TS7,说明该反应分两步送行，包含2个基元反应，C正 确；整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对： 应的步骤（活化能为3.07V),所以总反应的速控步包含在反 应Ⅲ中，D错误。] 真题互鉴 反应历程图像是近几年的热点题型，如2024年安徽卷第10题· 和2023年湖北卷第19题，此类试题一般给出多个连续反应，： 考查根据图像分析化学反应中的物质、能量变化，反应历程包 含的基元反应个数、决速步等。 专题九水溶液中的离子反应与平衡 考向一 1.C[水溶液中的离子平衡曲线I对应物质的分布分数随pH! 增大逐渐减小，H=0时，溶液呈强酸性，故曲线I对应的离子 为+NH3CH2COOH,A正确；a,点时c(+NH3CH2COO)= c(NH,CH,CO0),K2=cH）·c(NH,CHCO0) c(T NH CH,COO) c(H十)=10一9.6，故此时pH=9.6,B正确：b,点对应溶液pH 6,滴入10 mL NaOH溶液，该点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(Na)+c(NHCH2 COOH)=c(OH)+c(CI )+i c(NH2 CH2 COO),c(HT)>c(OH ),c(Na)=c(CI), 故c(+NH3CH2COOH)<c(NH2CH2COO-),C错误：c,点加 入20 mL NaOH溶液，所得溶液中溶质为NHCH2 COONa,结合 质子守恒可知，2(+NHCH2COOH)+c(+NHCH2COO)+ c(H十)=c(OH),D正确。] 得分保障想要快速解答，首先要明确图中特殊点（交点，拐！ 点、最高点、最低点等)的含义，其次根据“三大守恒”判断粒子！ 浓度关系，最后再根据题给数据结合平衡常数进行计算。 2.B[水溶液中的粒子平衡综合若H2SO4两步均完全电离，1 则溶液中存在电荷守恒：c(H十)=2(SO)十c(OH),但根！ 据题给信息K。(HSO4)=1.2×102知，在较浓的H2SO4溶 液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H会抑制第！ 二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO4,因此电荷守 恒应表示为c(H+)=c(HSO1)+2c(SO)+c(OH),A错 误：该反应的平衡常数K=(HSO)·c(S0号) c(HSO) c(H2SO为) c(H)·c(SO号)K2(H2SO3) c(HF)·c(HSO3) c(HSO) Ka(H2 SO) 6.0×10-8 1.2×10-2 =5.0×106,B正确：NH时得到1个OH生成 NH3·H2O,C2O得1个H+生成HC2O4、得2个H+生成： H2C2O4,水电离出的H+与OH浓度相等，即c米(H+)= c水(OH),则溶液中存在质子守恒：c水(OH)=c(NH3· H2O)+c(OH)=2c(H2 C2O)+c(HC2O)+c(HT)= c水(H),C错误；考虑过程中溶液的少量损耗（吸附在沉淀表 面被过滤除去)，n提锅(Na十)>沉，(Na十)，同时“沉镍”过程中 加入了(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，因此c提锅(Na+)> c沉镍(Na),D错误。] 3.A[溶液中难溶电解质溶解平衡，涉及K即计算、电荷守恒、物 料守恒、粒子浓度大小关系比较等由题意知，pH=1.6时，溶 液中存在M2+、HA-、H2A、H十、C1、A2-、OH,且c(H2A)! =c(HA),c(A2-)≈10-.9mol·L1,则c(HA)+ c(HA-)≈c(M+)、c(C1)-c(H+)≈2c(H2A)+c(HA-)≈ c(M+)+c(H2A),则c(C1)>c(M2+),B错误：pH=4.5时， cHA)=cH):c(A22-1045c(A32-102.3c(Ae-. 10-6.8 clAN=eH:A_05P·a）=1D6(g. Ka K2 10L6X106.8 可得c(HA)>c(A2)>c(H2A),C错误：pH=6.8时，结合 物料守恒c(M+)=c(A2-)十c(HA)十c(H,A)及电荷守恒I c(H+)+2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA)+c(C1-)+c(OH)1 20 可得：c(H+)+2c(H2A)+c(HA-)=c(C1-)+c(OH), D错误。 真题互鉴 本题的试题情境类似于2021年全国乙卷第13题，试题融合了 弱电解质的电离平衡及难溶物的沉淀溶解平衡，由于设置了二 元弱酸，所以相较于2021年增加了分析难度，不过选项设计降 低了计算难度，增加了对电荷守恒与物料守恒的应用。破题关 键在于守恒关系及K的表达式的结合应用，对计算能力要求 较高，同时也考查对守恒关系等必备知识的熟练度。 4.要点图解 HL多与L间存在转化关系：HL'一L+H,则H较小时 平衡逆向移 以HL2为主.HL2>e(L).Ig c(HL)> gcL则曲线I代表g(HL).曲线Ⅱ代表gL) 2(x,-1) ①7 116.-13) -10 4 16.4.090 -0.8 -0.6 .6.40.09 -02 -12 0.0 6 9101112 随pH增大，cL)增大.Cu+与L结合成配离子 的反应依次为C+H= eCuLK ICuLI+ a[CuLg十K,因此随H增大& 持续减 小曲线， 一直增大（曲线 先增大后减小（曲线，L C[水溶液中的离子平衡图像，涉及平衡常数计算、离子浓度 大小比较等曲线Ⅲ和曲线V的交点代表2+=cul]即 c(Cu2+)=c([CuL]),由图可知，此时1gc(L3-)=-9.4,代 e(CuL) 入平衡常数表达式得K-C)X0-102, A正确；曲线I和曲线Ⅱ的交点代表gc(L3-)=lgc(HL2) 即c(L3-)=c(HL2),此时pH=11.6,代入平衡常数表达式 得K=L3)XH)-101.6,B正确：曲线N和曲线V的 c(HL2) 交点代表dcul,=dcul即c([CuL2]4-)=c([CuL]),此 时lgc(L3-）=-7.2,可得[CuL]+L3-一[CuL2]4的平 c([CuL2]4) 衡常数K'= (Cul)×c(L3-102=102.2,a点时， cu+=icul,-，代入KXK'= c(CuL) c(Cu2)Xe(L3-) c(CuL)Xc(L)2=1084×102.2-1016.6,解得 c([CuL2]4-) 1 c(L3-)=10-8.3mol·L-1,且a点对应c(HL2-)=10-1mol ·L1,代入HL2一一H++L3-的平衡常数K c)Xc(H)=1011.6,计算得c(H)=1043mol· c(HL2) L1,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时，c(HL2)最大，接近 10-1mol·L1,结合B项中平衡常数可计算得c(L3-)≈ 106.2mol·L-1,icuL,J=0.90,dcul=0.09,结合Cu元 素守恒知，c([CuL2]4-)=0.90×0.002mol·L-1=1.8X 10-3mol·L1,c([CuL]-)=0.09×0.002mol·L1=1.8× 10-4mol·L1,因此体系中c(HL2-)>c([CuL2]4-)> c(「CuL]-)>c(L3-),D正确。] 关键点拨 在解决水溶液中离子平衡问题时，要随时关注题中所给点的多 层含义，如该题的a点不仅能表示该pH下的lgc(HL2),还 可以表示溶液中c([CuL]厂)最大时的pH及c(Cu2+) c([CuL2]4)时的pH. 5.D[粒子浓度关系分析实验1所得溶液中存在电荷守恒： c(HT)=c(OH)+c(HSO)+2c(SO)+c(HSO)+ c(SO号)，A错误：实验2所得溶液pH=4,即c(H十)= 104mol·L1,代入H2SO3的二级电离常数计算式 K2(HSO)=H)·c(S0g c(SO房) c(HSO3) =6.2×10-8,得 c(HSO为) =6.2×10-8 =6.2×10-4<1,故c(SOg)<c(HSO3),B错 10-4 误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的O2氧化，故经过蒸 千、灼烧无法得到：NaHSO3固体，C错误；SO2通入酸性 KMnO溶液中发生反应：5SO2+2MnO,+2H2O—5SO? +2Mn2++4H,生成的SO多于Mn2+,故实验3所得溶 液中：c(SO-)>c(Mn2+),D正确。] 6.B「离子平衡、粒子浓度关系分析C1为弱吸电子基，则 CH2C1COOH的酸性弱于CHCl2COOH,故K(CH2 CICOOH) <K。(CHCl2COOH)。调pH时，CHCI2 COOH溶液中 CHCl2COOH分布系数减小的趋势快，CHC12COO分布系数 增大的趋势快，CH2 CICOOH溶液中CH2 CICOOH分布系数减 小的趋势缓慢，CH2C1COO-分布系数增大的趋势缓慢，故曲 线M表示(CH2 CICOO)~pH的变化关系，A错误；a点溶 液中存在电荷守恒c(H+)=c(CHCl2COO)+c(OH),B正 确：K(CH CIOOH)= e(CH2 CICOO)e(H+) ,当c(CH2COOH) e(CH,CICOOH) =c(CH2C1COO)时，K(CH2 CICOOH)=c(H+)≈102.8，同 理，K(CHC,C0OH-103,C错误：电离度.(CHCL.COOHD 电离度a(CHC1 COOH c(CH2 C1OO) (CH2 CICOOH) c(CH2 CICOO)c(CHCL COOH) (CHCI2COO) e(CH2 CICOOH)c(CHCL COO) c(CHCI,COOH) (CH2 CICOO)(CHCI COOH) &(CH2 CICOOH)&(CHCL COO)' 当pH=2.08时， (CH2 CICOO)=8(CHCI COOH)=0.15,8(CH2 CICOOH) =ò(CHC1,CO0)=0.85,故电离度a(CHCL COOH 电离度a(CH2 CICOOH) /0.15 2 (0.85D错误] 7.C[由图可知，pH=1即c(H+)=0.1mol·L1时 c([FeL]+)=1.0×10-4mol·L1,又co(H2L)=5.0×10-3 mol·L1,根据Fe3++H2L一[FeL]+十2H+知，此时 c(H2L)=(5.0-0.1)×10-3mol·L-1=4.9×10-3mol· L1,结合K1=H）:L）=10元46知，此时c(HL) c(H2 L) =10-7.46×4.9×10-3×10=4.9×10-9.46mol·L-1,又pH =1时，c(OH)=1018mol·L-1,故A错误；pH在9.5~ 10.5之间时c([FeLg]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=10-4mol· L-1,其中两种离子共含c(L2-)=3×104mol·L1+2× 10-4mol·L-1=5×10-4mol·L-1,当pH=10时，c(H+)= 100mol·L1,根据K=cH):(HL) c(H2L) 101c(HL)=10-.46,c(HL)=102.c(HL),即 c(H2 L) c(H)>c(H,,由K2-H):L2-)=1012.4,得 c(HL) c(HL-)=102.4c(L2-),即c(HL)>c(L2-),B错误；该反应 c(TFeL2) 的平衡常数K= c(L)·c[Fe下'由题图知，当 c([FeL2])=c([FeL]+)时，pH=4,由Ka1·K2=l0-19.86 _2(H):),得0式101as×c(LD)=108c(2）①. c(HL) 此时c(H2L)=5.0×103mol·L-1-3×10-4mol·L-1= 47X103mol·L1,代入①式，c(L2-)=47X102.89 10-8 47×101486m01·L,则K=4,5X104.丽=2.1X 1013.86,故1gK=13.86+lg2.1=14,C正确；pH=10时 c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L1,则参 与配位的L2-的总浓度为3×10-4mol·L-1十2×10-4mol· L-1=5×10-4mdl·L-1,D错误。] 8.B[常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H+)=c(OH) =1×10-7mol·L-1,c(H+)c(OH-)+c(A),A错误：常 温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中c(H+）=0.1mol·L1, K,(HA)=H)A）-1.0X103,cs(HA)=c(HA)+ c(HA) c(A),则 c8(HA)-c(A）=1.0×103,解得c(A) 0.1c(A) c总(HA) 2 ,B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液 I和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误：常温下溶液I的pH=7.0,溶 液I中c(H+)=1×10-7mol·L1,K。(HA)= c(H):c(A)-1.0X103,cs(HA)=c(HA)+c(A), c(HA) 10[c多(HA)-c(HA卫=1,0X103,溶液I中c8(HA)= c(HA) (104+1)c(HA),溶液Ⅱ中c总(HA)=1.01c(HA),未电离的 HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液I 和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]:[1.01c(HA)]= (104+1):1.01≈104，D错误。] 9.B[A.25℃时，若测得0.01mol·L1NaR溶液pH=7,可知 NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B.25℃时，若测得 0.01mol·L1HR溶液pH>2且pH<7,可知溶液中c(H)< 0.01mol/L,所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确：C.假设 HR为强酸，取pH=6的该溶液10,0mL,加蒸馏水稀释至 100.0mL测得此时溶液pH<7,C错误；D.假设HR为强酸， 则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电 离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误：答案为B。] 考向二 1.D「化学实验基本操作定容时需要用玻璃棒引流，A错误： 润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管 进行润洗，B错误；滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形 瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误；读数时，眼睛平视滴定 管凹液面最低点，D正确。] 2.B[由于乙酸酐能发生醇解反应生成羧酸和酯，生成的羧酸可 用NaOH一甲醇标准溶液进行滴定，因此不能用乙酸替代乙酸 酐进行上述实验，A错误；NaOH一甲醇标准溶液中甲醇挥发 会造成标准溶液浓度增大，所消耗体积偏小，将导致测定结果 偏小，B正确；步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将使 测定的V1减小，导致测定结果偏高，C错误；步骤④中，若加水 量不足，则乙酸酐不能完全转化为乙酸，使测得的V。减小，导 致测定结果偏小，D错误。] 3.D[根据CH3 COOH-CH3COO十H,可近似认为a点 c(H+)=c(CHC00),又a点pH=3.38,c(H+)-103.38mol· L1,故K,(CH,C00H)≈103.8X1018 0.0100 =10476,A项正确： a,点HCI恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c(Na+)= c(CI厂)=c(CH3COO)+c(CH3COOH),B项正确：b点溶液 pH<7,即以CH COOH的电离为主，即溶液中c(CH3COOH) <c(CH3COO厂)，C项正确：a、b两，点溶液呈酸性，水的电离均 受到抑制，溶液H越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱 恰好完全中和，CH3COO水解促进水的电离，d,点NaOH过 量，又抑制水的电离，故D项错误。] 4.A[选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO标准溶液，则 应将N2CO,标准溶液置于雏形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴 定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A,量筒的精确度 不高，不可用量筒量取N2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管 或移液管量取25.00mLNa2CO为标准溶液置于锥形瓶中， A说法错误；B.Na2COg溶液显碱性，盛放N2CO溶液的容 器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠 溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制 Na2CO3标准溶液，B说法正确；C.Na2CO3有吸水性且有一定 的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量N2CO3固体，C说 法正确；D.Na2CO溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中 显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半 分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙 色，D说法正确；综上所述，本题选A。] 5.B[0.001mol·L1GHCI水溶液中GH+少量水解生成 H+,所以c(H+)小于0.001mol·L1,pH>3,A错误； 0.001mol·L1GHC1水溶液加水稀释，GH十水解平衡正向 移动，但是溶液体积增大使c(H+)减小，则H升高，B正确； GHC1的电离方程式为GHCI一GH++CI-,C错误：GHC】 水溶液中存在电荷守恒：c(H+)十c(GH)=c(OH)+ c(C1),D错误。] 6.D[A,图像中含P物质只有3种，说明H3PO3为二元弱酸 随着c(OH厂)逐渐增大，OH减小，根据HPO十OH H2PO3+H2O、H2PO5+OH =HPO5+H2O,知 c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3)先增大后减小，c(H2PO3)逐 渐增大，pc=一lgc,则pc(H2PO3)逐渐增大，pc(H2PO)先减 小后增大，pc(HPO)逐渐减小，故曲线③表示pc(HPO3),1 曲线②表示pc(H2PO),曲线①表示pc(HPO);根据x点！ 知，c(HPO)=c(H2PO3)时，pOH=7.3,c(OH)= 10-7.3mol/L,c(H+)=106.7mol/L,则H3PO的K2= c(H+)·(HPO -,根据z点知，c(H2PO3)=c(H3PO3), c(H2 PO) p0H=12.6,c(H+)=10-1.4mol/L,则HPO3的Kal= c(H):cHPO》=c(H+)=101,曲线①表示pc(HPO号) c(H PO) 随pOH的变化，故A错误；B.HPO为二元弱酸，其结构简式为1 O HO一P一OH,故B错误；C.pH=4即pOH=10,由图可知，！ H 此时，pc(HPO5)=c(H3PO),即c(H3PO3)=c(HPO片)，， 而c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO号)=0.1mol·L1,故 c(H2PO3)=0.1mol·L1-2c(HPO号-)，故C错误：D.由 H3PO3=H2PO3十H+减去H2PO为==HPO+H+,可I Kal 得H,PO,+HPO3-一2HPO,则平街常数K= 10-1.4 106.7,故D正确] 7.C[在NaX溶液中，X发生水解反应：X+H2O=一HX+! OH,溶液中存在c(Na十)>c(X)>c(OH)>c(H+),A判1 断正确：等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系： NaZ>NaY>NaX,根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY> HZ,则电离常数关系：Ka(HX)>Ka(HY)>K。(HZ),B判断 正确；H=7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在 c(Cl-)+c(X)=c(Na+)、c(C1)+c(Y)=c(Na)、 c(C1)十c(Z)=c(Na十)，由于三种一元酸的酸性强弱不同， 则向其盐溶液中加入HC1的物质的量不同，则c(X)、c(Y)、 c(Z)三者不等，C判断错误：分别加入20.00mL盐酸后，均恰！ 好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaC、HY与！ NaCl、HZ与NaCl,三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：· c(X-)十c(Y-)十c(Z)=c(H)-c(OH-),D判断正确。] 8.C[AHA的K=H):HA,根据上图交点1计算 c(H2A) 可知Ka=1038,A错误；B.根据图像可知c点中c(HA)> c(H2A)>(A2-),B错误；C.根据图像可知第一次滴定突跃 溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确：D.根据图像1 e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A,根据Na2A+ 2HC1—2NaCl+H2A计算可知c(Na2A)=0.1000mol· L1,D错误] 9.CD[A.NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为· NaCI,呈中性，室温下pH=7,A项正确；B.根据突变范国选择！ 合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所！ 以选择变色范围在H突变范国内的指示剂，可减小实验误， 差，B项正确；C.由图可知，甲基橙的变色范国在pH突变范国 之外，误差比甲基红更大，C项错误：D.当V(NaOH)= 30.00L时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且混合溶液中： c(NaOH= 30.00ml×0.1000mol/L-20.00mL×0.1000mol/L: 20.00mL+30.00mL =0.0200mol/L,即溶液中c(OH)=0.0200mol,则c(H+)1 10-14 -0.0200 mol/L-5X10-13 mol/L.pH--lge(H+)-12.3,D 项错误。] 10.解析(1)步骤I,初始滴入ZnSO溶液时，NaOH过量，！ ZnSO4少量，根据已知①可知，Zn2+转化为[Zn(OH)4]2- (2)步骤「，搅拌可以避免反应物浓度局部过高，使反应物充· 分混合，使反应充分，A项正确；步骤I,若将过量NaOH溶液滴入 ZnSO4溶液，过量的NaOH会使Zn(OH)2转化为NaZn(OH)4,: 不能提高ZnSO4的利用率，B项错误；E一Zn(OH)2在39℃以！ 下稳定，故应采用低于39℃的水洗涤，C项错误：步骤Ⅲ，控！ 温煅烧得到纳米ZnO,因此控温煅烧是为了控制ZnO的颗粒 大小，D项正确。(3)步骤Ⅲ，煅烧E一Zn(OH)2固体在坩埚！ 中进行。(5)利用配位滴定法测定纳米ZO产品的纯度，具体} 操作为用分析天平称量Z。样品→用烧杯酸溶样品→用容量！ 瓶配制一定体积的Z十溶液→用移液管量取一定体积的} Zn2+溶液→用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。 201 (6)根据图示，荧光强度比值为10.2时，铜离子的浓度为 0.4×10-6mol·L1,物质的量为0.4×10-6mol,血浆铜蓝 蛋白的物质的量为 15X10g·mol7=5X108mol,故1 7.5×10-3g 个血浆铜蓝蛋白分子中合有铜原子的个数为04X109m0l 5X10-8 mol =8。 答案(1)[Zn(OH)4]2(2)BC(3)坩埚(4)杂质中含 有CH3COO、CO、NH,在控温煅烧过程中分解或被氧 化为气体而除去(5)d→(g)→c(f)*(h)(6)8 1.解析(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此 250mL×0.1mol·L-1=V×5mol·L-1,解得V=5.0mL (2)容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂， 故A错误：定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相 切”，不能仰视或俯视，故B错误：向容量瓶中转移液体，需用 玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接 触容量瓶瓶口，故C正确：定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来 回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶 塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D 错误。(3)①实验的溶液中n(NaAc):n(HAc)=3:4, V(HAc)=4.00mL,因此V(NaAc)=3.00mL,即a=3.00,由 实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL,因此V(H2O) 40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL,即b=33.00。 ②实验I所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为 实验I的0，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ 所得溶液的pH=2.86十1=3.86，但实际溶液的pH=3.36 3.86,说明稀释过程中，溶液中n(H十)增大，即电离平衡正向 移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc十NaOH一NaAc十 H2O,由反应方程式可知，滴定至终，点时，n(HAc)= n(NaOH),因此22.08mL×0.1000mol·L-1=20.00mL× c(HAc),解得c(HAc)=0.1104mol·L1。滴定过程中，当 Ka /10-4.76 V(NaOH)-0时c(Ht)√月Ao≈√0.1mol·L =10-2.88mol·L-1,溶液的pH=2.88,当V(NaOH)= 11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc),溶液的pH=4.76,当 V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为 NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过 量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol·L-1,溶液pH接近 13,因此滴定曲线如图： 13 7 滴定终点 4.76 011.0422.08VNa0H/mL。 (5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到 滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当”aAC=1 n(HAc) 时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加 入20.00 nL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。(6)不 同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HCO具有强氧化性，在 生活中可用于漂白和消毒，H2SO为具有还原性，可用作还原 剂，在葡萄酒中添加适量H2SO为可用作防腐剂，H3PO4是中 强酸，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广 泛用途。 答案(1)5.0(2)C.(3)①3.0033.00 ②正实验Ⅱ相较于实验I,醋酸溶液稀释了10倍，而实验 Ⅱ的pH增大值小于1 (4)①0.1104 7- 滴定终点 4.76 011.0422.08VNa0H0/mL (5)向滴定后的混合液中加人20 mL HAc溶液 (6)HC1O:漂白剂和消毒液（或H2SO:还原剂、防腐剂或 H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料) 考向三 1.要点图解 ①第一步：看大体趋势。首先看四条曲线的趋勢，随着H增 大，曲线I呈上升趋势，曲线Ⅱ先下降再基本不变，曲线Ⅲ和V 则呈下降趋势。 ②第二步：初步定性分析，根据溶液中各粒子浓度的变化趋势， 找到能够直接确定的曲线。由NH的水解方程式NH十！ H2O-=NH3·H2O+H+,NH3·H2O=一NH3+H2O可： 知，随着pH增大，平衡正向移动，溶液中c(NH)增大，使反应！ Ag+NHAg(NH)Ag+2NH [Ag(NH3)2]+平衡正移，因此溶液中c(NH3)、c{[Ag(NH3)门+ 和c[Ag(NH)2]十}都增大，c(Ag)减小，即pAg增大，由此可！ 知曲线I为pAg的变化曲线。③第三步：定量分析，根据题给 数据与特殊点判箭其他曲线归属。当pH=4时，曲线Ⅱ、Ⅲ、 N对应微粒的浓度数量级都很小，可认为此时c(NH时)仍为： 0.1mol·L1,溶液中c(NH·H2O)=c(NH),则 K(NHt)=cNH,)·c(H) C(NH) =10-9.25,代入c(NH)= 0.1mdl·L-」，c(H+)=10+mdl·L1,得c(NH)-10625mdl ·L1,与A点相符，则曲线Ⅳ为pNH3的变化曲线。 ④第四步：比较曲线细节，综合考虑变化趋势。当(NH)较大！ 时，[Ag(NH3]也会转化为[Ag(NH3)2]+,因此随着pH: 增大，c{[Ag(NH3)2]+}增大的程度比c{[Ag(NH)门+}增大 的程度大，所以曲线Ⅱ、Ⅲ分别为[Ag(NH3)门十和 [Ag(NH3)2]的变化曲线(A正确)。 pX=-Ig[c(X)/(mol .L-1)] X代表Ag,[Ag(NH)]+,[Ag(NH3)2]+或NH3 10 c(Ag)=c[Ag(NH) IPAg" 益6小d4na2 ⅡPIAg(NHO C) 6.453 D -p[Ag(NH)2] 4 5 8 pH《Ag'=e[Ag(NH)P,)可求K c([Ag(NH)=c(Ag(NH)). 可求LAg(NH)+NHs-Ag(NHs)l的K,设为K B[水溶液中的离子平衡图像因为溶液体积和N元素总物： 质的量不变，所以溶液中始终存在物料守恒：c(NH)十 c(NH3)+c([Ag(NH3)]+}+2c{[Ag(NH3)2]+}-0.1mol; ·L1,则pH>4后始终存在c(NH时)<0.1mol·L-1,D点 溶液pH=7.02,因为pH>7,所以c(H+)<c(OH),则 c(NH)+c(H+)0.1mol·L1+c(OH-),即c(NH) c(OH)<0.1mol·L-1-c(H),B错误；根据要点图解分 析，由D点可得K1=c[AgNH,门十 c(Ag)(NH)NH)-103.C 正确；同理，由B点可得[Ag(NH)门++NH3 c{[Ag(NH)2]+} [Ag(NH)2]的平衡常数K,-e(LAg(NH门T·(NH) =cNH-1020,而反应Ag+2NH,一[Ag(NH2]十 1 可由反应Ag+NH3=[Ag(NH3)]+与[Ag(NH3)]++ NH3一[Ag(NH3)2]+相加而来，则K2 c{[Ag(NH)2]+} =K1·K3=103.24×103.80=102.04,C点 c(Ag)·c2(NH3) 1 时c(Ag+)=d[AgNH,:],可得2NH)-10-,所以 C点c(NH3)=√/10.0rmol·L1=10-3.2mol·L-1,D 正确。 易错警示 在改变溶液pH的过程中，一定会加入其他物质，因为不知道！ 用于调节溶液pH的物质的成分，所以无法写出溶液中的电荷！ 守恒式。如果B项分析中尝试从电荷守恒的角度考虑，则会陷！ 入困境。 2.D「活性成分RN中N能与水电离出的H+形成配位键，因： 此在水中存在平衡：RN+HO一R3NH十+OH,A项正 确；pH=5的废水中，c(H)=105mol·L1,根据甲酸K。: 20 =cH):cHC00)=1.8×104,得cHC00 c(HCOOH) C(HCOOH) K。 1.8×10- -=18,B项正确；废水初始pH<2.4,随pH c(H+) 10-5 下降，c(H)增大，电离平衡HCOOH一HCOO十H+逆向移 动，甲酸的电离被抑制，c(HCO))减小，与RNH作用的 HCOO数目减少，C项正确；废水初始pH>5时回收率小于 10%,说明吸附在树脂上的甲酸根较少，活性成分主要以RN形 态存在，D项错误。] 3.C[向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将 逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增 强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO方溶液中 滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。 A.a,点溶质为NaHCO3,此时溶液呈碱性，HCO在溶液中电 离使溶液呈酸性，HCO在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可 知，NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度，故A正 确：B.由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO)十 2c(CO2)+c(OH-)=c(H+)十c(Na+),滴加NaOH溶液的 过程中c(Na+)保持不变，c(H+)逐渐减小，因此c(HCO)十 2c(CO)十c(OH一)逐渐减小，故B正确：C.由物料守恒可 知，a点溶液中c(Na+)=c(HCO5)十c(CO2)十c(H2CO3), 向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→→e 过程中c(Na)>c(HCO3)十c(CO)十c(HCO3),故C错误： D.c点溶液中c(H)+c(Na+)=(0.05+101.3)mol/L,e点溶 液体积增大1倍，此时溶液中c(H+)+c(Na十)=(0.025十 10-4.3)mol/L,因此x>y,故D正确1 4.C[A项，加水稀释能促进CH3 COONa和NHCI的水解，因 浓度下降，CH3 COONa溶液pH降低，NH4CI溶液pH升高；升 高温度促进CH3 COONa和NH4CI的水解，由于Kw增大， CH COONa溶液pH和NH4Cl溶液pH均降低，故图中实线 表示pH随加水量的变化，而虚线表示pH随温度的变化，正 确：B项，加水稀释，水解平衡NH+H2O=一NH3·H2O+ H+向右移动，NH,CI浓度为原来的上，则溶液pH增大小于 1gx,正确：C项，升高温度，水解平衡CHC0O十H2O一一 CH COOH+OH向右移动，CH3 COONa溶液中c(OH)增 大，因升温时Kw增大，使溶液中c(H)也增大，pH减小，故C 错误；D项，稀释相同倍数后，NH4Cl和CH3 COONa溶液的浓 度仍然相同，则两溶液中c(Na十)=c(CI),因CH3COOH和 NH·H2O的电离常数相同，CH3COO的水解平衡常数 (Kw/Ka)与NH的水解平衡常数(Kw/Kb)相同，即 CH3COO的水解程度与NH的水解程度相同，则两溶液中 c(CH COO厂)=c(NH),故有c(Na+)-c(CH3COO-) c(CI)一c(NH),D正确。] 5.AB[A.HCO为存在水解平衡和电离平衡，a,点溶液pH>T 是由于HCO水解程度大于电离程度，故A正确；B.根据电荷 守恒，c(Na)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO5)+c(C1F)+ c(OH),b点pH=7即c(H)=c(OH),所以c(Na)= c(HCO方)十2c(CO)十c(C1),故B正确；C.c点，溶质为碳 酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H十主要来自H2CO的电离， 故C错误；D.d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na)=c(CI) =0.0500mol·L1,故D错误。] 6.C[A.实验1：用PH试纸测量0.1mol·L1 NaHCO3溶液 的pH,测得PH约为8，c(H)>c(OH)。则碳酸氢钠溶液 的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：c(Na十)> c(HCO3)>c(H2CO为)>c(CO5),Kw=H·OH,Ka= c(HT)Xc(HCO)/c(H,CO) K,-c(H)Xc(CO)/e(HCO )K2 (H2 CO3)=c(H)X Kw e(HCO )/e(Ha CO3)KKH.co. =c(H+)×c(H2CO3)X c(CO号)/c(HCO3),A错误；B.实验2：将0.1mol·L1 NaHCO3溶液与0.1mol·L1CaCl2溶液等体积混合，产生白 色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混 合时有：c(Ca2+)·c(CO号)>Ksp(CaCO3),B错误，；C.等物质 的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：0.1ol·L Na2CO3溶液中通入一定量的CO2,溶液pH从12下降到10， 则实验3中发生反应的离子方程式为CO十H2O十CO2 2HCO3,C正确；D.由图知：N2CO3和盐酸反应是放热反应， NaHCO3和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO号)>C反应后 (CO号)，D错误。] 7,D「NHA溶液呈酸性，可能是HA一的电离程度大于其水解！ 程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐 BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是 B十和A的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错， 误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010ol·L1、 0.10mol·L1的醋酸溶液的电离度a1>a2,C错误；溶液中水 电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，！ pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH的物质的量浓 度为1.0×104mol·L1,则水电离出的H十的物质的浓度 也是1.0×104mol·L1,则100mLpH=10.00的NaC03 溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×104mol·L1X 100×103L=1.0×10-5mol,D正确。 8.D[酸浸工序中分次加入稀HNO3可控制反应物浓度，降低！ 反应刷烈程度，A说法正确；转化工序中加入NaC1可生成 BiCl3,Bi+会水解生成BiOCI和BiONO,加入稀HCI可抑制： BiONO3的生成，提高BiOCI的产率，B说法正确：水解工序中！ 加入少量CHa COONa(s)可使水解平衡Bi3+十C1+H2O: =一BiOC1+2H十正向移动，有利于B的+水解生成BiOC1,C说 法正确：水解工序中加入少量NH4NO3(s)可使Bi3+十C1+ H2O-一BiOC1+2H+的水解平衡逆向移动，不利于BiOC1的 生成，D说法错误。门 9.CD[向HRCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：： HR2++OH-HR++H2O、H2R++OH厂—HR+H2O、: HR十OH—R+HO,溶液中HR2+逐渐减小，HR+和HR: 先增大后减小，R逐渐增大。K1=(HR)·(H c(H2R2+) ,K2= cHR)·cH),K=cR):cH),M点c(HR2+)= c(H2RT) c(HR) c(H2R+),由此可知K1=10-22,N点c(HR)=c(H2R+),则 K2=109.1,P点c(HR)=c(R),则K3=1010.8 K2_109.1 4K10210a,-10极8 K2 K2乙 =10T=107,因此 女A错误BM点存在电荷守恒：C(R)+c(O =2c(HR2+)+c(HR+)+c(H+)+c(Na+),此时c(HR+)= c(HR),因此c(R)+c(OH)+c(CI)=3c(H2R)十c(H): +(Na+),故B错误；C0点c(HR+)=c(R),因此(H,R) c(R -1,即H,R）cHR·cH）H）=22-1, c(R）·c(HR)·c(H+)·c(H+) K2·Kg 周光c(H)KK,溶液pH--g(H）- -lgK2-lgK,故C正确，D.P点溶质为NaCI,HR.NaR,此时 溶液呈碱性，因此(OH)>(H),溶质浓度大于水解和电 离所产生微粒浓度，因此c(Na十)>c(CI-)>c(OH)> c(H+),故D正确；综上所述，正确的是CD,故答案为CD。] 10.B[A.Na2CO,溶液、NaHCO溶液均存在Na+、CO号、 HCO3、H2CO、H、OH、HO,故含有的微粒种类相同，A 正确：B.HCO3一H+十CO号，加入Ca2+后，Ca2+和 CO号反应生成沉淀，促进HCO3的电离，B错误；C.A13+与！ CO号，HCO都能发生互相促进的水解反应，C正确：D.由！ 题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们 浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，H减小，D, 正确。] 11.解析(1)[B,O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的 B(OH)3和[B(OH)4]一，则根据原子守恒和电荷守恒可配平 其水解反应的方程式为[B4O5(OH)4门2-十5H2O一 2B(OH)3十2LB(OH)4]。该溶液中cLB(OH)2] c{[B(OH4)]厂}，根据B(OH)3在水中存在的平衡B(OH)3+i H2OH十+[B(OH)4]-的平衡常数K。= c(H)·([B(OH)4=109.24知，c[B(OH)3]=: cB(OH)] 20 c[B(OHD4]}时，c(H+)=10-9.24mol.L1,pH=-lg10-9.24 =9.24。(2)加入生石灰是为了除去水浸后滤液中残留的 Mg+、SO,则滤渣I的主要成分为Mg(OH)2,CaSO4:精 制Ⅱ加入纯碱的目的是沉淀Ca+而不沉淀L十，根据 Kp(Li2CO3)=2.2×10-2,精制I后溶液中c(Li+)= 2.0molL1,知应控制c(c0g)<KLiC0》 c2(Li) 2.2×10-2 2.02 mol·L-1=0.0055mol·L1。若脱硼后直接 进行精制I,除无法回收HCI(可与CaO反应)外，还会增加生 石灰的用量。(3)精制I加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱 (过量)的目的是除去溶液中Ca2+,操作X是为了除去过量的 碳酸钠，结合“浓缩”时得到NCI可知，加入的试剂为盐酸，若 不进行该操作而直接浓缩，由于N2CO3水解使溶液呈碱性， 则会有LiOH析出。 答案(1)LB,O5(OHD42+5HO-=2B(OH)3+2B(OH)4] 9.24(2)Mg(OH)2,CaS00.0055CaO(3)除去溶液中Ca2 盐酸有LiOH析出 12.解析(1)钻位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族。(2)SiCl易 水解：SiCl4+4H2O=H4SiO4+4HCI或SiCl4+3H2O= H2SiO3+4HCl,产生大量烟雾。(3)Li2CO3和Na2CO3所含 阳离子不同，灼烧时产生不同培色，常用焰色反应鉴别。 (4)Kp[Co(OH)2]=5.9×1015,pH=10时c(OH-)= 10-4mol·L1,则c(Co2+)·c2(0H-)=c(Co2+)×10-8= 5.9×1015,c(Co2+)=5.9×10-7mol·L1。由题千知， 850℃煅烧时生成Co3O4,化学方程式为6Co(OH)2+ 02 850℃2Co0,+6H,0。(5)Si原子半径大于C原子 径，则Si一C1键键长长，铵能小：同时Si电负性小于C,Si一CI 锭极性大：Si位于第三周期，3d轨道更易和H2O分子中的O 原子配位。以上因素导致Si一CI锭更易断裂，SiCl4比CC4 更易水解，故选abd。 答案(1)四Ⅷ(2)SiC1,+4H2O一H4SiO4+4HC1或 SiC14+3H2O=H2SiO3+4HC1(3)焰色反应(4)5.9× 10-76Co(OH)2+02 850℃2Co0,+6H,0(5)abd 考向四 1.图像分析根据题干数据，体系中Co元素共0.01ol,由物料守 恒可得：n(Co2+)+n[Co(OH)2]+n(CoC2O4)=0.01mol;四 种含碳物种的总物质的量为0.01mol:n(C2O)十 n(HC2O)+n(H2C2O4)十n(CoC2O4)=0.01mol。初始状 态下，Q(CoC2O4)=c(Co2+)·c(C2O)=0.01×0.01= 10-4>Kp(CoC2O4),因此初始体系中会有CoC2O4沉淀产 生，pH减小时会发生反应CoC2O4+H十=Co2+十HC2O4、 CoC2O,+2H+Co2++H2C2O4而使CoC2O4溶解，pH升 高时会发生反应CoC2O4+2OH-Co(OH)2+C2O KC2)C).c(Co+)K (CoC c2(OH)c2(OH).c(Co2)Ksp[Co(OH)2] 5.9X10元≈10>103，CoC0也会减少，故CoC0,的摩尔 6.0×10-8 分数会随H的升高呈现先增大后减小的趋势，因此曲线甲表 示CoC2O4:pH足够大时CoC2O4转化为Co(OH)2而释放 C2O,因此曲线丁表示C2O；由CoC2O4生成H2C2O4比 生成HC2O4消耗的H+多，H2C2O4浓度受H+影响更大，因 此剩余两条曲线中，随pH变化幅度较大的曲线乙表示 H2C2O4,曲线丙表示HC2O4。 CD[水溶液中离子平衡pH=a时，H2C2O,与HC2O4的 摩尔分数均为0.08，C2O的摩尔分数儿乎为0，则CoC2O4 的摩尔分数为1一2×0.08=0.84，物质的量为0.01mol×0.84 =0.0084mol,pH=a时，没有Co(OH)2生成，因此剩余的Co 元素均以Co2+形式存在，n(Co2+)=0.01mol1-0.0084mol= 1.6×10-3mol,则c(C0+)-1.6X103m0=1.6X103mal: 1L L1,C正确：pH=b时，C2O?和CoC2O4的摩尔分数均为 0.50,则n(C20)=n(CcC2O4)=0.01mol×0.50=5×103mdl, c(C,0)=5X103m0=5X103m0l.L1,此时部分 IL CoC2O4转变为Co(OH)2,溶液中存在平衡CoC2O4+2OH c(C2O2-) =Co(OH)2+C2O K-(OH ≈107，解得c(OH)! ≈√5X10-5mol·L1<c(C2O房-)，D正确。 错误项分析由上述分析知，A错误；计算H2C2O4的K2需！ 要任意状态下溶液中的c(H+)、c(HC2O,)、c(C2O-),根据！ 上述分析知，需要利用曲线丙与丁的交点进行计算，但图中无 相关数据，因此本题条件下H,C,O,的K2无法计算，B错误。 2.要点图解 A13+水解的方程式为A13++3H2O=一A1(OH)3+3H+,则： AN的水每客数K,(A)-,由无得EK,（Ap) =3lg[c(H+)/(mol·L1)]-lg[c(A13+)/(mol·L1)],即 -lg[c(A13+)/(mol·L-1)]--3lg[c(H+)/(mol·L-1)]+ lgK,(AN+),同理可得-lg[c(Z+)/(mol·L1刀=-2g[c(H)/ (mol L-1)]+g K (Zn2+),-1g[c(Cd2+)/(mol.L-1)]= 一21g[c(H)/(mol·L1)]+lgK(Cd+),观察图像可知曲线I1 对应的X代表A+,又因为Kp[Zn(OHD2]<Kp[Cd(OHD2],所： 以当c(OH)相同时，溶液中c(Zm2+)<c(C+),即-lg[c(H)/ (mol·L1)门相同时，-g[c(Zm2+)/(mol·L-1)]>-lg[c(CP+)/ (mol·L1门，则Ⅱ、Ⅲ对应的X分别为Zn2+、Cd2+。因为曲 线Ⅱ对应的为Zn2+,若曲线L对应的为Zn(OH)?,则交点处 应同时满足Kp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-)= [Zn(OH)?]·2(H+),但交点处c(OH)≠c(H+),则 c(Zn2+)≠c[Zn(OH)?],故曲线L对应的不是Zn(OH), 已知Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，即Zn(OH)2与 OH结合生成Zn(OH)星对应的c(OH)更小，故曲线L、 L1,L2对应的X分别为A1(OH)4,Zn(OH)、Cd(OH)-(A 正确)。 可求Zn(OH+20H= Zn(OH的平衡常数K 可求K.[Cd(OH)]可求CdOH+2OH 可求K,Zn(H)(mol-L-CdOH的平衡常数K 2Q8424 g410 4 AI(OH元 Cd(OH Zn2 d Zn(OH) 0 3.0 7.0 14.0 -lgcH(molL-月 可求K.JAIOH 可求AI(OH)+OH三AI(OH)的平衡常数K, B[水溶液中的离子平衡图像分析，涉及平衡常数计算、曲线 判断等由图像中的点(8.4,5)得Kp[Zn(OH)2]=c(Zm2+) ·c2(0H)=105×(105.6)2=1016.2,再由图像中的点 (12.4,5)得Zn(OHD2十20H一Zm(OH)?的平衡常数K2 c[Zn(OH) c2(0H)-1016z=101.8,因为反应Zm2++ 10-5 4OHZn(0H)?可折分为Zm2++20H=Zn(OH)2 和Zn(OH)2十2OH一Zn(OH)?-,所以反应Zn2++4OH 10-1.8 一一Zn(OH星的平街常数K=Kp[ZnOH2-102 1014+,B错误：由图像中的点(14.0,5)得Cd(OH)2恰好开始溶 解时pH=14.0,而由曲线L可知，当pH=14.0时， c[Al(OH)4]>1mol·L1,可认为A1(OH)3已全部溶解为 AI(OH)4,则可以通过碱浸完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3, C正确；由图像中的点(3.0,0)得K[A1(OH)3]=c(A3+)· c3(OH-)=1X(10-11)3=10-,A1+完全沉淀时c(A13+)≤ /10-33 10-3molL1,c(0H√10于molL1≈109.3mol· L1,即pOH≤9.3，则pH≥4.7，由Kp[Zn(OH)2]=1016.2 /1016.z 知，0.1mol1·L1Zn2+开始沉淀时，c(0H)√0.1mol ·L-1=10-7.6mol·L-1,即pOH≥7.6，则pH≤6.4，因此调 节pH的范国为4.7~6.4，可使浓度均为0.1mol·L1的 Zn2+与A13+完全分离，D正确。] 快解 判断是否能完全分离时，可读图进行判箭，判断前一产物反应！ 完全的pH和后一产物开始反应的pH是否存在交集，若无交 集，即可完全分离。 20 3.D[难溶电解质的溶解平衡、溶度积与电离常数的计算等 教你审题 AgCl、AgBr的阴、阳离子个数比相同，则pX1 曲线的斜率相同，结合已知②溶解度： 10: (2.0,7.7) AgCl>AgBr,可确定③表示AgBr,②表 AgBr 示AgC1,则①表示Ag2CrO4。 5引 (66.1) 结合(6.1,6.1)可计算出Kp(AgBr)= 10-6.1×10-6.1=10-12.2,由(2.0,7.7) /5 10 pAg 可计算出Kp(Ag2CrO4)=(102.0)2× AgCrO AgCl 10-7.7=1011.7,Kp(AgC1)=102.0× 10-7.7=10-9.7 由以上分析可知，曲线②表示AgCI沉淀溶解平衡曲线，A正 确；该反应的平衡常数K=已CAg)Xc(HCO) c(H+) 2(Ag Xe(HCrO)Xe(CrO) Ksp (Ag2 CrO) c(H+)×c(CrO) K(H2 CrO) 1011.7 105=10点2，B正确：CI沉淀完全时，Cr0?才能开始沉 淀，当离子浓度小于10-5mol·L1时可视为沉淀完全，当 C1沉淀完全时，溶液中c(Ag+)=10-4.7mol·L1,由 Kp(Ag2CrO4)=1011.7可知，生成Ag2CrO,沉淀时 10-11.7 cCr0)=07molL1=10-03×1020mol.L <10-2.0mol·L1,故滴定C1时，理论上混合液中指示剂浓 度不宜超过l0-20mol·L1,C正确；滴定Br达终，点时，溶 液中同时存在AgBr、Ag2CrO,沉淀，则溶液中Br） c(CrO) Kp(AgBr)·c(Ag）=100.5c(Ag),D错误.] Ksp(Ag2CrO4） L.B[离子浓度大小比较、溶度积常数的相关计算Na2S溶液 中存在电荷守恒：c(Na)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+ 2c(S-),A项正确：Na2S溶液中存在水解平衡：S2十HO= HS+OH、HS+HO=一H2S十OH,且第一步水解程度远 大于第二步水解程度，K(S9-）=OH)·(HS)_ c(S) Kw =1.0×10-14 K2(HS=10290=10-1.10,又c(HS)一定小于 0,011L,则8号>190>1，放0H (S2-) c(S2),B项错误；由题给条件可知，Kp(FS)>Kp(CdS),向 c(Cd2)=0.01mol·L1的溶液中加入FeS,发生沉淀转化： CdB++FeS-CdS+-Fe2+,该反应的平衡常数K=cFe3 c(Cd2) =c(Fe2+)·c(S2)_Kp(FeS)10-17.20 6Cd):c(g）K.(CdS)-1020.5-108.0>105,反 应能进行完全，最后所得溶液为CdS的饱和溶液，则溶液中 c(Cd2+）=√Kp(CdS)-l0-13.0防mol·L1<10-8mol· L1,故C项正确：向c(Cd+)=0.01mol·L1的溶液中通入 H2S气体至饱和，发生反应：Cd2+十H2S=CdS十2H+,该反 应的平衡常数K=c(C+)·c(HS) 2(H) Kal(H2S)·Ke(HS) Ksp (Cds) 10-6.97×10-12.90 10-26.10 =106.23>10，反应能进行完全，所得溶液 中c(H+）=0.02mol·L1,此时溶液中H2S达到饱和， c(Hs)=0.1mol·L1,代入K=(Cd+):c(H,S) c2(H+) 0.022 =106.23,解得c(Cd2+)=4×10-9.23mol·L1 c(Cd+)×0.1 c(H+),D项正确。] 5.图像分析δ为组分中铅占总铅的质量分数，c0(Pb2十)代表 Pb2+的初始浓度，根据元素守恒，0(Pb2+)等于体系中所有含 铅物种的浓度之和，因此，体系中任何含铅物种的浓度c(X)= co(Pb2+)6(X). D粒子浓度关系分析、电解液图像分析由图可知，pH= 6.5时6(P%2+)>75%,c(P2+)=co(Pb2+)·6(Pb2+)>1.5× 105mol·L1,此时体系中还没有PbCO(s),则Kp(PbCO3)≥ c(PW+)·c(C0g),c(C0g)≤K(Pbc0)<1012.1 c(Pb2+)1.5X10-百mol· L1-号×10molL1<1.5x105molL1-c(p+). A正确：δ(Pb2+)=6(PbCO3)时，体系中还存在Pb(OH)+,因： 此6(Pb2+)=8(PbCO3)<50%,则c(Pb2+)=co(Pb2+)· 6(P2+)<1.0×105mol·L1,B正确；体系的初始状态为 Pb(C1O4)2溶液和CO2气氛，由于C1O4不水解，根据o(Pb2+) =2.0×105mol·L1可知c(Cl0,)=4.0×105mol·L1,读 图可知，pH=7时，6(Pb+)<50%,6[P(OH)+]<25%,则 c(Pb2+)=co(Pb2+)·8(Pb2+)<2.0×10-5mol·L-1×50% =1.0×10-5mol·L1,c[Pb(OH)+]=co(Pb2+)· 8LPb(0H)+]<2.0×10-5mol·L1×25%=5.0×10-6mol ·L-1,则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]2×1.0×10-5mo1·: L1+5.0×10-6mol·L1=2.5×105mol·L1<4.0× 10-5mol·L-1=c(C10,)<2c(C0号)+c(HC02)+: c(C1O)(提示：Pb2+水解及溶于水的CO,均会使溶液呈酸： 性。要想使体系pH=7,需要加入碱，如NaOH来调pH。相比 完整的电荷守恒式c(Na+)+2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+ e(H+)=2e(CO)+e(HCO )+2e[Pb(CO)]+e(CIO 十c(OH),C选项的左侧缺少了c(Na十)，右侧缺少了 c[Pb(CO3)号]，pH=7时c[Pb(CO3)号]≈0，由此可进行判 断)，C正确：pH=8时，含Pb物种主要以PbCO3(s)形式存在， 溶解PbCO3有两种方式：将其转化为P2+或Pb(CO3)号，即 使PbCO3=一Pb2++CO号-正向移动，或使PbCO3十CO号！ =一Pb(CO)号-正向移动，则需要补充CO,若由HCO电 离提供CO,同时电离出的H会降低溶液pH,与】 Pb(CO3)3存在时需要较高的pH矛盾，故D错误。] 6.D[沉淀溶解平衡、粒子浓度关系分析Ag2CrO4转化为！ AgCl需消耗2.0 mL NaCl溶液，结合题图知，交点a处c(Na+): ≈3.0X0.10mol.L-1,c(C1）≈3.0-2.0)x0.10mol. 4.0 4.0 L-1,因此c(Na+)≠2c(C1-),A错误；V(NaCl)=1.0mL时， 溶液中存在Ag2CO,沉淀，因此溶液中满足K(Ag2CrO4)= C14’,P18Lsp（Ag2r4）=21gLc( lg[c(C0)]=2×(-5.18)+(-1.60)=-11.96, Ks(AgCl) 10-9.75 K(AeC0)-101L6,则Ag.CrO.-10I丽二 102.1,B错误；在滴加NaC1溶液的最初阶段，滴入的C1的量 经农是气高以码南通合治以黄人有 发生作用，此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液，其中c(CrO?): 一N nAgC0亚，为定值，因光在此阶段.C0)随着 c(C1-) NaCI溶液的滴入而减小，当Ag2CrO4转化为AgC1后，结合沉！ 淀转化反应为可逆反应知，当V(NaCl)2.0mL时，体系中仍 存在Ag2CrO4沉淀，溶液中满足K即（Ag2CrO4)=c2(Ag)· c(CrO)、K(AgC1)=c(Ag+)·c(CI),两式相除得！ c(CrO) c(C1-) Kn(AgC)·cAg)其中c(Ag)在滴加NaCI Ks(Ag2 CrO) 溶液的过程中会随着c(C)的增加而减少，因此C:0 c(C1-) 会 随着NaCl溶液的滴加而增大，C错误：V(NaC)-2.4mL时，体系 中有AgCI沉淀，溶液中满足lg[Kp(AgCI)]=lg[c(Ag)]+ lg[c(C1)],代入数搭-9.75=1+(-1.93)，得y1=-7.82, 假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4,则1g[K即（Ag2CrCO4)]= 21g[c(Ag+)]+lg[c(CrO)],代入数据-11.96=2× (-7.82)+1g[c(CrO)],得lg[c(CrO)]=3.68,即 c(CrO-)=103.68mol·L1,远超过Ag2CrO4全部溶解所得 CrO的浓度，因此此时溶液中不存在Ag2CO4沉淀， Ag2CrO已全部溶解，故c(CrO)=0mmO-子mol: 3.4mL L1,g[c(Cr0门=1g-lg34,D正痛】 7,A[AgC1饱和溶液中存在AgCI(s)==Ag+(aq)十CI(aq), 当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag浓度和C1浓度相等， 随着氨水的滴入，Ag十浓度减小，ACI的沉淀溶解平衡正向移 动，C1一浓度增大，AgC1的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag, 曲线IⅣ表示CI厂，曲线IV也可视为AgCI的溶解度随NH3浓度！ 20 的变化曲线，A错误：AgCl的溶度积常数K仅与温度有关，由 图可知，c(NH3)=10-1mol·L1时，c(C1-)=102.35mol. L1,c(Ag)=10-7.40mol·L1,则Kp(AgC1)=c(C1)· c(Ag+)-102.35X107.40=105,B正确：随着氨水的滴 入，Ag先转化为[Ag(NH)门十，[Ag(NH)门十再转化为 [Ag(NH3)2]十，所以开始时，[Ag(NH3)2]+浓度比 [Ag(NH3)门+浓度小，则曲线I表示[Ag(NH3)2]+,曲线Ⅱ表 示[Ag(NH)]+,反应[Ag(NH)]++NH== c([Ag(NH3)2]) LAg(NH3)2]十的平衡常数K= c([Ag(NH3)]+)·c(NH3) 10-2.35 100X10一-1021，C正确：结合上迷分析及图知，当 c(NH3)=0.01mol·L1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)> c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D正确.] ,C[结合下图分析可知，A,B错误；该反应的平衡常数K= e(Cro)(Ag ).c(Cr)K (Aga CrO)107.. c2(C1-)c2(Ag)·c2(C1-) Kp(AgCl) C正确：孩混合溶液中形成AgCl沉淀所需的c(Ag)=1OA 0.1 mol ·L1=108.8mol·L1,形成Ag2CrO4沉淀所需的c(Ag)= /1011.7 √0.1mol·L1=105.mol·L1,形成AgC1所需的 (Ag)较小，所以先产生AgC1沉淀，D错误。] 点在两出线右上方，对应的(Ag")·(CT<K(AgCI) Ag)·cCO)KAg,CrO).故a点不会析出AgC AgCO沉淀 据此可求出K以AgC=1×0-I0 可。 4.85 b点CO 度和的麦达式不同，拉 AgCrO KAg-CrO)≠KAgC 01230567,8910112 -Igle(CFM/(mol-L-gle(CrO-M(mol-L-)] 出此点可求得KAg-CrO=1r×(1r=1r 9.C[a点pH=2、pM=2.5,则Kp(Fe(OH)3)=c(Fe3+）· 3(0H)=10-2.5×(1012)3=10-38.5,A错误；pH=4时 A13+对应的pM=3,即c(A13+)=103mol·L1,故A1(OH)3 的溶解度为l03mol·L1,B错误；由图可知，c(Fe3+) 10-5mol·L1时的pH小于c(A3+)-0.01mol·L1时的 pH,则可通过调pH分步沉淀浓度均为O.O1mol·L1的 A13+和Fe3+,C正确；由图可知，c(Cu2+)=0.2mol·L-1时 (此时Cu2+的pM<1)c(A13+)>105mol·L1,由于Kp为 定值，Cu+沉淀的过程中溶液中OH浓度增大，A13+浓度减 小，故Cu2+、A13+会同时沉淀，D错误。] 10.BD[曲线L表示lgc(HgI)的变化情况，A正确；增大 c(I厂)，HgI2(aq)≌Hg2++2I,HgI2(ag)-=HgI+I平 衡逆向移动，c Hgl2(aq)]增大，从而使HgL2(g)=HgL2(aq)平 衡逆向移动，该溶液为Hgl2的饱和溶液，则c[Hgl2(aq)]不变， B错误；已知Hgl2（aq)=Hg2++2I、Hgl2(aq)=HgI十十 I厂的平衡常数分别为K1、K2,由第二个反应第一个反应，可得 Hg2+I-Hgl K=- c(HgI) Hg2+)·c(),M点 c(HgI)=c(Hg2+).则c(I厂)=K2, K1 K1 .a-lg c(1 )-lg K.C 正确：加入I使各平衡移动，故溶液中I元素与Hg元素的物 质的量之比不始终为2：1，D错误。] Hg2 M(a.b) HgI日 1014 lg e() 11.D[结合已知①表中数据可知，“沉渣I”中含有Fe(OH)3和 A1(OH)3,A项正确；Na2S溶液因S2水解而呈碱性，B项正 确；“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中 c(Cu2+)_c(Cu2+)c(s2-)_Ksp(CuS)_6.4×1036 c(Zn2)c(Zn2)c(S2-)Ksp (ZnS) 1.6X10-24=4.0 ×10一12，C项正确：“出水”中除含有阴离子外，还含有大量的！ Na十、Ca2+等，故只经阴离子交换树脂软化处理后，不可用作！ 工业冷却循环用水，D项错误。] 12.D[④表示pH与一lgc(HS)的关系曲线，符合x十y= -1g[K1c(H2S门的函数关系，代入(4.2,3.9)，则4.2十3.9= -lg(K1×0.1),Ka1×0.1=108.1,K1-10-71,C项错误： ③表示pH与一lgc(S2-)的关系曲线，符合2x十y= -lg[Ka1K2c(HS)]的函数关系，代入(4,9,13.0)，则4.9× 2+13.0=-1g[107.1K2×0.1],10-7.1Ke×0.1= 1022.8,K2=1014.7,D项正确；③表示pH与-lgc(S2-) 的关系曲线，B项错误；①表示pH与一lgc(Cd2+)的关系曲！ K(CdS) 线，符合y一2x=-lgK1K2c(日，S的函数关系，代入(4.9， Ks(CdS) 18.0).则13.0-4.9X2=-IgK Kc(2S,Kp（CdS)= Ka1K2c(H2S)×10-3.2=10-7.1×1014.7×0.1×10-3.2= 1026,A项错误。] 13.B[上层清液为CCO3的饱和溶液，CO号存在水解平衡，根 据物料守恒，c(Ca2+)=c(CO号)+c(HCO)十c(H2CO3), A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ke c(H+)·c(CO3) 可得HC0）-c(H+)=109 c(HCO) c(CO号) K24.7X10T =21,因此含碳微粒最主要以HCO5形式存在，B项正确；向 体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3十H2O十CO2= Ca(HCO3)2,CaCO(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2,溶液中 c(Ca2+)增大，C项错误；Kp(CaCO3)<Kp(CaSO4),CaCO 比CaSO4更难溶，加Na2SO4溶液不能实现CaCO向CaSO4; 的有效转化，D项错误。] 14.BD[由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是： 原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分！ 析解答。A.电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去！ 电子被氧化为CO2气体，C0+在另一个电极上得到电子，被 还原产生Co单质，CH3COO失去电子后，Na通过阳膜进： 入阴极室，溶液变为NCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液！ pH减小，A错误：B.对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被！ 还原为Co2+,同时得到Li十，其中的O与溶液中的H+结合 H2O,因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确：C,电} 解质溶液为酸性，不可能大量存在OH,乙室电极反应式为：： LiCoO2+e+4H+-Li计+Co2++2H2O,C错误；D.若甲 室C。2+减少200mg,电子转移物质的量为ne)50gX2 =0.0068mol,乙室Cd2+增加300mg,转移电子的物质的量为： 0.3g (e）-59gnma×1=0.0051mol,说明此时已进行过溶液 转移，D正确：故合理选项是BD。] 15.C[向含浓度相等的C1F、Br和I厂混合溶液中滴加硝酸银： 溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序！ 为、Br,CI,根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液！ 时，C1一哈好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为 4.50×10-3L×0.100mol·L-1=4.5×10-4mol,所以1 C1、Br和I均为1.5×10-4mol。I-先沉淀，Agl是黄色 的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I一的· 物质的量为1.5X104mol,则厂的浓度为：5X104m0 15.00×10-3L 0.0100mdl·L1,故B错误：当Br沉淀完全时(Br浓度为1.0 XI05mdl·L1),溶液中的c(Agt)=Kp (AgBr) c(Br) mol·L-1 5.4×10-13 1.0X10可mol·L1=5.4X108molL1,若C1已经 开始沉淀，则此时溶液中的c(C1)=K(AgC c(Ag) .4X108mol·L1≈3,3×103mol·L1,原溶液中的 1.8×10-10 c(C1-)=c(I-)=0.0100mol·L1,则已经有部分C1-沉： 淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag十浓度最大， 则b点各离子浓度为c(Ag)>c(CI)>c(Br)>c(I厂)，！ 故D错误。] 16.B[Kp(BaSO4)<Kp(BaCO3),当-lg[c(Ba2+]=5.1时， 即c(Ba2+)=105.1时，y<y2,所以阴离子浓度：c点>d点， 即c点对应的KD要大些，根据KD的大小可知，曲线②代表{ 20 BaCO3的沉淀溶解曲线，曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线， A错误；曲线①，当-lg[c(Ba2+)]=4.0时，-lg[c(SO)]= 6.0,则c(Ba2+)=1.0×10-4、c(S0)=1.0×10-6,所以 Kp(BaS04)=c(Ba2+)·c(S0)=1.0X10-10,B正确：加 入适量BaCl2固体后，由于c(Ba2+)增大，所以BaCO3(s)= Ba2+(aq)十CO号(aq)平衡逆向移动，c(CO号)减小，所以溶 液应该由b,点变到a,点，C错误；由题图中数据可知，c(Ba2) =10-5.1时， (S0})_10￥=10-￥，D错误] (C0号)10-￥ 17.C[A.0.5mol·L1Na2CO3溶液中存在质子守恒： c(OH)=c(H+)十c(HCO3)+2c(H2CO3),A错误；B.该 反应的平衡常数K=c(S0） c(SO )c(Ca2+) c(CO)c(CO)e(Ca2) KD(CaS04)5×10-5 Kxp (CacO3X103 -5×10,当浓度商S0< c(CO) K时，反应正向进行，B错误：C上层清液为碳酸钙的保护溶 液，所以清液中满足c(Ca2+)= p(CaCO),由于硫酸钙沉 c(CO) 淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则 c(Ca2+)≤ Ksp (CaCO) C正确；D.醋酸为弱酸，不能拆成离 c(S01) 子形式，D错误。] 8.C[HA为弱酸，电离方程式为HA==H十A,电离常数 K。-H):CA）;MA是难溶电解质，存在MA(S)=一 c(HA) M(aq)+A(aq),溶度积Kp(MA)=c(M)·c(A);A 在溶液中发生水解，水解反应的离子方程式为A十H2。一一 HA十OH;在溶液中，根据物料守恒，c(M)=c(A)十c(HA)。 K (HA ) c(H+)·c(A) =cH)·c(A) C(HA) c(M+)-(A-) K(MA) c(H+)· c(M+) c(H+)·KD(MA) c(M+)K (MA)(M )-Ksp (MA)(M)- c(M+) K,CHA·c(H)+K(MA),2(M)与c(H+)呈线性关 K(MA) Ksp(MA) 系，其中CHA表示斜率，K,(MA)表示拔距。由题图可 以看出，Kp(MA)=5.0×10-8,c(H+)=10×105mol· L1时，c2(M)-7.5×108(molL1)2,则MA K(HA) c2(M)-K(MA)=(7.5-5.0)X10-8 =2.5×10-4,故 c(HT) 10×10-3 Kp(MA)_5.0×10-8 K,(HA)=2.5X10-2.5X10=2.0X10。当溶液 pH=4时，c(H+)=10×10-5mol·L1,由题图可以看出， c2(M)=7.5×108(mol·L-1)2,因此c(M+)= √/7.5×108mol·L1<3.0×10-4mol·L-1,A叙述正 确：由上述计算可得Kp(MA)=5.0X108,K。(HA)= 2.0×104,B、D叙述正确；未加酸时，体系为纯MA的饱和溶 液，此时c(M十)=c(A)pH≠7，当pH=7时，c(OH-)= c(H+)但(M+)≠c(A)即c(M+)十c(H+)≠c(A)+ c(OH),C叙述错误。] 9.解析(1)硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的 反应，化学方程式为MnCO3+H2SO4一MnSO4+CO2个+ H2O。可根据影响反应速率的因素分析可采取的措施。 (2)加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe2+,便于除 铁。若使用H2O2替代MnO2,则Mn2+和生成的Fe3+会催 化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶液pH=4,即c(OH) =10-10mol·L-1时，由Kp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)· c3(OH-)=2.8×10-39,可得c(Fe3+)=2.8×10-9mol· L1。同理，pH=7,c(OH)=107mol·L1时，c(A13+)= 1.3×10-12mol·L1,A13+被除去，c(Ni2+)=5.5× 102mol·L1,N+未被除去。(4)酸溶时得到相应金属的 硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni+时会生成NiS和BaSO4 沉淀。(5)由图可知，电解槽中反应生成MO2,则阳极反应 为Mn2+一2e-十2H2OMnO2￥+4H+,阴极反应为 2H,0+2e一H↑+20H,总反应为Mn2++2H20通电 MnO2￥+2H+H2↑，该反应中消耗水、生成H2SO4,为保！ 持电解液成分稳定，应不断补充水。(6)根据得失电子守恒和} 质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMO,反应的化学方程式 煅烧 是8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 答案(1)MnCO3+H2SO4一MnSO4+CO2↑+H2O粉 、 碎矿石（或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的温度 等)(2)将Fe2+氧化为Fe3+Mn2+和生成的Fe3+会催化： H202分解(3)2.8×10-9 A13+(4)NiS和BaSO4 (6)Mm2++2H,0通电MnO,+2H++H2↑加水 (6)8MnO2+2LiC03 ,煅烧1LiMn,0,+2C02↑+O2↑ 专题十原子及分子结构与性质 考向一 1.D[根据钨元素的原子序数及价电子排布式为5d6s2,可知其 位于第6周期第MB族。] 2.C[同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，结合甲烷中C! 为-4价、H为+1价可知，C、H、0中电负性最大的元素 是0。] 3.C[超分子结构、元素周期律等苄氯分子含有饱和C原子，1 且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故！ 卡氯为极性分子，A错误；同主族元素从上到下电负性逐渐减： 小，故电负性：X(F)>X(C),B错误电子层结构相同时，离子 半径随原子序数增大而减小，故离子半径：r(F)>r(Na+),C! 正确：15一冠一5是分子，与阳离子Na十之间不存在离子键，二 者通过分子间相互作用形成超分子，D错误。] 4.元素辨析侯氏制碱法的主反应方程式为NaCl+NH3十CO2 +H2O一NaHCO3￥+NH,C1,可知W为H,X为C,Y为： N,Z为O,Q为Na,R为Cl。 C[元素推断、元素周期律同周期主族元素从左到右，原子 半径逐渐减小，H原子半径最小，则原子半径H<N<C,A错 误；同周期元素从左到右，第一电离能整体呈增大的趋势，但N! 的2印轨道为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相！ 邻的元素，故第一电离能C<ON,B错误；O2和Cl2均为分 子晶体，相对分子质量越大，物质的沸点越高，N常温下为固： 体，故单质沸点O2<Cl2<Na,C正确：Na为金属元素，则其电 负性最小，电负性NaH<CI,D错误。] 5.元素辨析Z的价电子所在能层有16个轨道，故Z为第四周期： 元素，结合题给化合物的结构图可知，Z为K元素；W、X、Y、Z! 原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，结合题给结构图可 知，X为O元素，Y为S元素：W形成一个共价键，则W为H! 元素 D[元素推断、元素周期律、物质结构电负性：H<S,A错 误；H2SO3为弱酸，故酸性：H2SO3<H2SO4,B错误；基态H 原子中未成对电子数为1，基态O原子中未成对电子数为2，故 C错误；K的氧化物溶于水可产生KOH,溶液pH>7,S的氧化 物溶于水生成H2SO3或HSO4,溶液pH<7,故D正确。] 6.解析(1)F为第9号元素，其电子排布为1s22s22p,则其价电· 2s ZD 子排布图为WWW个。(2)C、N、O、F四种元素在同一： 周期，同一周期第一电离能有增大的趋势，但由于N元素的2p 能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元！ 素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序！ 为C<O<N<F,满足这一规律的图像为图a,气态基态正2价！ 阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的能 满足这一规律的图像为图b。(3)固体H℉中存在氢键，则！ (HF)3的链状结构为HFHFH。(4)由于F元素的电负！ F 性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C一F的键能大 于聚乙烯中C一H的锭能，键能的强弱决定物质的化学性质，： 键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高！ 于聚乙烯。(5)根据萤石晶胞结构，X离子分布在晶胞的顶点 和面心上，则1个晶胞中X离子共有8X8 +6×2=4个Y 离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个Y离子，因此该！ 晶胞的化学式应为XY2,结合萤石的化学式可知，X为Ca2+: 根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的！ 晶胞结构不难发现F位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的！ 20 4个小立方体的体心，小立方体边长为。a,体对角线为号， Ca2十与F一之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中 正负离子的核间距的最小距离为。 apm。 2s 2p 答案(1)N个(2)图a同一周期第一电离能有 增大的趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N 元素的第一电离能较C、O两种元素高图b (3)FHEHF H(4)sp2sp3C一F的键能大于聚乙烯 中C一H的键能，键能越大，化学性质越稳定(5)Ca2+ 3 7.解析(1)基态C原子的核外电子排布式是1s22s22p2,成对电 子数为4，未成对电子数为2，其比值为2：1。(2)N、O、S的第 一电离能(I1)大小为I1(N)>I1(O)>I1(S),原因是相同电子 层数的原子，N原子的核外电子排布式是1s22s22p,p轨道处 在半满状态，比较稳定，原子核对核外电子的束缚作用较强，较 难失去第一个电子，第一电离能N大于O:O和S是同一主族 元素，O原子的半径较小，原子核对核外电子的束缚作用较强， 较难失去第一个电子，第一电离能O大于S;故第一电离能 (I1)大小为I1(N)>I1(O)>I1(S)。(3)根据题意，g-CN4 晶体具有和石墨相似的层状结构，结合二雏平面结构图，判断 其存在的微粒间作用力有极性键、π锭和范德华力，故答案选 Cd。(4)g一C3N4中，结合二雏平面结构图得知，C原子与N原 子形成三个。键，层内存在大Π镀的，不存在孤电子对，故C原 子的杂化轨道类型为s杂化；根据二维平面结构图得知，N 原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，故N 原子的配位数为2、3两种。(5)从基本结构单元分析得知，N 原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两 个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子 的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上 的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原 子和7十 上X3=8个N原子；将图中虚线图所示的N原子用 O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结 构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则形成O掺 杂的g-C3N4(OPCN)的化学式为C3N3O。 答案(1)2：1 (2)N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电 子：0，S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子 (3)cd (4)sp2杂化2,3 (5)CaNaO 考向二 1.A[物质结构与性质SO的中心S原子的价层电子对数为 E十7×(6一2X3)=3,无孤电子对，S原子采取sp2杂化，击 SO3的VSEPR模型为平面三角形，与其具有氧化性无关，A符 合题意：钾原子和钠原子的核外电子排布不同，电子由高能级 跃迁至低能级释放的能量不同，故钾和钠的焰色不同，B不符 合题意；乙烯和乙炔分子中分别含碳碳双锭、碳碳三键，π键易 断裂，故二者均可发生加聚反应，C不符合题意；石墨层中未参 与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故石墨 具有类似金属的导电性，D不符合题意。] 2.元素辨析该晶体材料的组成元素Q、W、X、Y和Z为原子序 数依次增大的五种短周期主族元素，基态X原子的s轨道中电 子总数比p轨道中电子数多1，其电子排布式为1s22s22p,则 X为N元素；N处于元素周期表第VA族，Q的质子数等于N 所在族的族序数，则Q的质子数为5，Q为B元素；W处于B和 N元素之间，则W为C元素：基态Y和Z原子的原子核外均只 有1个未成对电子，且二者核外电子数（核电荷数）之和为Q的 4倍，即二者的核外电子数之和为20，则基态Y原子的核外电 子排布式为1s22s22p,Y为F元素，基态Z原子的核外电子排 布式为1s22s22p53s1,Z为Na元素 D[元素推断，元素周期律、物质结构BF3的中心B原子价 层电子对数为3十3一31一3，无孤电子对，其空间构型为平 面正三角形，正、负电荷中心重合，因此BF3为非极性分子，A 错误；NaF为离子晶体，B错误；同周期元素从左向右，原子半 径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原专题九 水溶液中 考向一 电离平衡 1.(2025·甘肃卷，3分)氨基乙酸(NH2 CH COOH) 是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液 中存在如下平衡： +NH CH2COOHPK-2.4 +NH.CH2 COO T pK2=9.6 NH2 CH2COO 在25℃时，其分布分数6L如6(NH2 CH2COO)= c(NH2 CH2COO) NH.CH COONH,CH,COO (NH,CH.C0O 溶液pH关系如图所示。在100mL0.01mol ·L一1+NH3CH2COOH·CI厂溶液中逐滴滴 入0.1mol·L1NaOH溶液，溶液pH与 p 依 NaOH溶液滴入体积的变化关系如图所示。 挪 下列说法错误的是 Q 0.8 0.6 0.4 0.2 0 (T赵入BOEN 0 2 4 6 81012pH 蜜 0 5 b 0 25 30 都 A.曲线I对应的离子是+NHCH2COOH 赵 B.a点处对应的pH为9.6 C.b点处 c NH3CH2COOH ) c(NH2 CH2 COO) D.c点处2c(+NH3CH2COOH)+ c(+NHCH2COO)+c(H)=c(OH) 2.(2025·江苏卷，3分)室温下，有色金属冶炼 斐 废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓 H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下 所示。 NaHSO溶液(NH)2C2O,溶液 浸取液→提铜 沉镍 →NiCO, Cu 已知：Ka(HSO4)=1.2×10-2,Ka1(H2SO3) 9 的离子反应与平衡 =1.2×10-2,Ka2(H2S03)=6.0×10-8。下 列说法正确的是 A.较浓H2SO,溶液中：c(H+)=2c(SO-)+ c(OH) B.NaHSO3溶液中：2HSO3=SO+ H2SO3的平衡常数K=5.0×10-6 C.(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3·H2O)+ c(OH)=c(H2 C2 O)+c(HC2O)+ c(H+) D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： c提铜(Na+)=c沉镍(Na十) 3.(2025·安徽卷，3分)H2A是二元弱酸，M+不 发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉 末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg[c(M2+)/ (mol·L1)]与pH的关系如图所示。 O .a(1.6,-0.4) - omJ兰oo -2 b(6.8,-3.0) 234,.5678 pH 已知25℃时，Ka1(H2A)=10-1.6,K2(H2A) =106.8,lg2=0.3。下列说法正确的是 ( A.25℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA) =10-6.3 B.pH=1.6时，溶液中c(M+)>c(C1)> c(HA-)>c(A2-) C.pH=4.5时，溶液中c(HA)>c(H2A)> c(A2-) D.pH=6.8时，溶液中c(H+)+2c(HA)+ c(H2A)=c(OH)+c(CI) 4.(2025·河北卷，3分)已知Cu2+和L3-结合形 成两种配离子[CuL]-和[CuL2]4-。常温下， 0.100mol·L1的H3L和0.002mol·L1的 CuSO4混合溶液中，H和L3的浓度对数lgc (实线)、含铜微粒的分布系数6（虚线）[例如 0cu2+= c(Cu2+) (Cu)+e([CuL])+c([Cul 与溶液pH的关系如图所示： a(x,-1) I (11.6,-1.3 1.0 -2 6.4,0.90) -4V 0.8 0.6o -8 0.4 .(6.4.0.09) 0.2 -12- 0.0 3 4 5 6 7 8 PH 910 11 12 下列说法错误的是 A.Cu2++L3-=[CuL]-,K=109.4 B.HL2-==H++L3-,K=10-11,6 C.图中a点对应的pH=4.2 D.当pH=6.4时，体系中c（HL2-)> c([CuL2]4-)>c([GuL])>c(L3-) 5.(2024·江苏卷，3分)室温下，通过下列实验 探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3× 102,Ka2(H2S03)=6.2×108。 实验1：将SO2气体通人水中，测得溶液pH =3。 实验2：将SO2气体通入0.1mol·L1NaOH 溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1mol·L1酸性 KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 ( A.实验1所得溶液中：c(HSO3)+c(SO) >c(H+) B.实验2所得溶液中：c(SO)>c(HSO3) C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO 固体 D.实验3所得溶液中：c(SO2)>c(Mn2+) 6.(2024·新课标卷，6分)常温下CH2C1COOH和 CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数6与pH 的变化关系如图所示。[比如：6(CH2CCOO) (CH2 CICOO (CH2 CICOOH)+e(CH2CICOO- 1.0 0.9 208D.B3) 0.8 M 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 c42080.15 0.1 0.0 0.00.4'0.81.21.62.02.42.83.23.64.04.44.85.25.66.0 pH 下列叙述正确的是 A.曲线M表示6(CHCl2COO)~pH的变 化关系 98 B.若酸的初始浓度为0.10mol·L1,则a点对 应的溶液中有c(H十)=c(CHCl2COO)+ c(OH) C.CH2 CICOOH的电离常数Ka=101.3 电离度a(CH2 CICOOH)_0.15 D.pH=2.08时·电离度a(CHCLC0O而0.85 7.(2023·湖北卷，3分)H2L为某邻苯二酚类配 体，其pKa1=7.46,pKa2=12.4。常温下构建 Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中co(Fe3+)= 2.0×10-4mol·L1,c0(H2L)=5.0× 10-3mol·L1.体系中含Fe物种的组分分布 系数6与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)= 2.0X104m0l·L,已知lg2≈0.30,1g3≈ c(x) 0.48。下列说法正确的是 ( 】 Fe [FeLl+ [FeL2] 10 T、 0.8 FeLal 0.6 0.4 [FeL2(OH)]2 0.2 o.o1■y 01234567891011 DH Fe(Ⅲ)-HL体系部分物种分布图 A.当pH=1时，体系中c(H2L)>c([FeL]+)> c(OH)>c(HL) B.pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要 为L2 C.L2-+[FeL]+—=[FeL2]-的平衡常数的 1gK约为14 D.当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0× 10-3mol·L-1 8.(2022·全国乙，6分)常温下，一元酸HA的 Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，H+与 A不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过 该膜（如图所示）。 溶液I 膜 溶液Ⅱ pH=7.0 pH=1.0 H'+AHA+ →HA=H+A 设溶液中c总(HA)=c(HA)十c(A),当达到 平衡时，下列叙述正确的是 A.溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A) A带被Ⅱ中的HA的电高度，公品]为可 C.溶液I和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液I和Ⅱ中的c总(HA)之比为104 9.(2021·浙江6月，2分)某同学拟用pH计测 定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。 下列说法正确的是 () A.25℃时，若测得0.01mol·L1NaR溶液 pH=7,则HR是弱酸 B.25℃时，若测得0.01mol·L1HR溶液 pH>2且pH<7,则HR是弱酸 C.25℃时，若测得HR溶液pH=a,取该溶液 10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL,测得 pH=b,b一a<1,则HR是弱酸 D.25℃时，若测得NaR溶液pH=a,取该溶 液10.0mL,升温至50℃，测得pH=b,a> b,则HR是弱酸 考向二水的电离和溶液的pH 1.(2025·江苏卷，3分)用0.05000mol·L1 草酸(H2C2O4)溶液滴定未知浓度的NaOH 溶液。下列实验操作规范的是 ( E 子水 摇匀 2 草酸 草酸 液液 溶液 溶液 汤含酚酞 A.配制草酸溶液 B.润洗滴定管 C.滴定 D.读数 阅读下列材料，完成2题 一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反 应[(CHCO)2O+ROH→CHCOOR+ CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定 有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的 水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐一苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中， 加入mn g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩 余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→ 2CH3COOH ③加指示剂并用cmol·L1NaOH一甲醇标准 溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐一苯溶 液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并 用cmol·L1NaOH一甲醇标准溶液滴定至终 点，消耗标准溶液V2mL。 2.(2023·山东卷，2分)根据上述实验原理，下 列说法正确的是 A.可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验 B.若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化， 将导致测定结果偏小 C.步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出， 将导致测定结果偏小 D.步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果 偏大 9 3.(2023·湖南卷，3分)常 d 10 温下，用浓度为0.0200 mol·I1的NaOH标准三 4a(1.00,3.38 6 溶液滴定浓度均为 0.0200mol·L1的 00.501.001.502.00 HCI和CHCOOH的 2 混合溶液，滴定过程中 (标准溶液)的变化曲 溶液的pH随7(？=V(待测溶液) 线如图所示。下列说法错误的是 ) A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B.a:c (Na)=c(CI )=c(CH COO) +c(CHCOOH) C.b:c(CHsCOOH)<c(CHCOO) D.水的电离程度：a<b<c<d 4.(2022·山东卷)实验室用基准Na2CO3配制 标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示 剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说 法错误的是 A.可用量筒量取25.00mLNa2CO3标准溶液 置于锥形瓶中 B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3 标准溶液 C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D.达到滴定终点时溶液显橙色 5.(2021·广东卷，2分)鸟嘌呤(G)是一种有机 弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHC】表 示)。己知GHC1水溶液呈酸性，下列叙述正 确的是 () A.0.001mol·L1GHC1水溶液的pH=3 B.0.001mol·L1GHC1水溶液加水稀释， pH升高 C.GHCI在水中的电离方程式为GHC1一一 G+HCI D.GHC1水溶液中：c(OH)+c(CI-)= c(GH)+c(G) 6.(2021·湖北卷)常温 下，已知H3PO3溶液 中含磷物种的浓度之 51② 和为0.1mol·L1, 10 溶液中各含磷物种的 15 pc一OH关系如图 所示。图中c表示 20TT 624681024 各含磷物种的浓度负 POH 对数(pc=一1gc),OH表示OH的浓度负 对数[OH=-lgc(OH)];x、y、z三点的坐 标：x(7.3,1.3),y(10.0,3.6),z(12.6,1.3). 下列说法正确的是 ) A.曲线①表示pc(HPO3)随pOH的变化 OH B.H3PO3的结构简式为HO一P—OH C.pH=4的溶液中：c(H2PO3)<0.1mol· L-1-2c(HPOA) D.Hs POs+HPO 三2H2PO3的平衡常 数K>1.0×10 7.(2021·湖南卷，3分)常 温下，用0.1000mol· NaZ NaY L1的盐酸分别滴定 NaX 20.00mlL浓度均为 0.1000mol·L1的 三种一元弱酸的钠盐 0 V(盐酸)/mL (NaX、NaY、NaZ)溶 液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 A.该NaX溶液中：c(Na)>c(X)>c(OH) >c(H十) B.三种一元弱酸的电离常数：K,（HX)> K (HY)>K (HZ) C.当pH=7时，三种溶液中：c(X)=c(Y)= c(Z) D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液 混合：c(X)+c(Y-)十c(Z)=c(H+)一 c(OH) 8.(2021·辽宁卷)用0.1000mol·L1盐酸滴 定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、 A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如 图。下列说法正确的是【如A2-分布分数： 6(A2-) c(A2-) c(H2A)+c(HA)+c(A2】（ 14TPH 12 a(10.00.10.25) b(20.00,8.32) .d30.00.6.38) 2 1.00.80.60.40.20102030405060 V(HCI/mL A.H2A的Ka1为1010.25 B.c点：c(HA)>c(A2-)>c(H2A) C.第一次突变，可选酚酞作指示剂 D.c(Na2A)=0.2000mol·L一 9.(双选)(2022·浙江1月) 12 室温下，向20.00mL10 酚酞■ 0.1000mol·L1盐酸中 8反应终点 6 突变范围 甲基红N 滴加0.1000mol·L-1 4甲基橙 NaOH溶液，溶液的pH 0日 10203040 V(NaOH)/mL 100 随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5= 0.7,下列说法不正确的是 ( A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液pH =7 B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂， 可减小实验误差 C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙 的大 D.V(NaOH)=30.00mL时，溶液pH=13.3 10.(2023·浙江1月，10分)某研究小组制备纳 米ZnO,再与金属有机框架(MOF))材料复 合制备荧光材料ZnO@MOF,流程如下： 滴加ZnSO, 溶液，搅拌。过滤、洗涤 NaOH溶液 e-Zn(OH2 控温煅烧Ⅲ Zn0@MO丽，M0F纳米ZnO 已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+ OH H Zn(OH)2-H H =[Zn(OH)4]2-。 ②e-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型， 39℃以下稳定。 请回答： (1)步骤I,初始滴入ZnSO4溶液时，体系中 主要含锌组分的化学式是 (2)下列有关说法不正确的是 A.步骤I,搅拌的作用是避免反应物浓度局 部过高，使反应充分 B.步骤I,若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4 溶液制备e-Zn(OH)2,可提高ZnSO4的 利用率 C.步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃ 的热水洗涤 D.步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是控制ZnO的颗 粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 (4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反 应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO, 沉淀无需洗涤的原因是 (5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知 浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。从下列 选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步 骤[“ ”上填写一件最关键仪器， “( )”内填写一种操作，均用字母表示]。 用 (称量ZnO样品xg)→用烧杯 五年真题分类汇编·化学 学校 班级 学号 姓名 封 禁 题 加 武氏深：卡游 洗食金 L)8HAc机NaAc格放·来不泰喷租告件 S税团信业岛电52义郸县以赵)((3 放，看5mo·二HAC洛胶的件限行 C)没租250mr0.1mol.rl8HAc格 Bt·HAC热R:-1:78710-9510-头08。 HAC奥此能后意电均米信精功光：25℃ 1.(2022.厂将卷：14)食喷赵据可层食出增 (想牙少子吸量：2X102.际圳分理·投械计 快件交/以程效7.5X038/m米练丘 V(HAc)V(NaAc) V(H2O) n(NaAc) 序号 pH /mL /mL /mL :n(HAc) 40.00 2.86 4.00 36.00 0 3.36 … … … … … … 4.00 a b 3:4 4.53 Ⅲ 4.00 4.00 32.00 1:1 4.65 ①根据表中信息，补充数据：a= D= ②由实验I和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离 平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表 中数据，给出判断理由： ③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大Ac浓度，HAc 电离平衡逆向移动。 实验结论假设成立。 《④小组分析上表数据发现：随者的 增加，c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。 查阅资料获悉：一定条件下，按”NaAc=1 n(HAc) 配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka 对比数据发现，实验Ⅷ中pH=4.65与资料 数据Ka=10一4.76存在一定差异：推测可能由 物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00 mL HAc溶液，加入2滴酚酞 溶液，用0.1000mol·L1NaOH溶液滴定 至终点，消耗体积为22.08mL,则该HAc溶 液的浓度为 mol·L-1。画出上 述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点 ②用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与 NaAc混合溶液，测定pH,结果与资料数据 相符。 (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为 0.1mol·I一1的HAc和NaOH溶液，如何 准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并 进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 移取20.00mL.HAc溶液，用NaOH溶液 滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mL ,测得溶液的pH为4.76 实验总结 得到的结果与资料数据相符，方 案可行。 (6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出 一种无机弱酸及其用途： 考向三盐类水解 1.(2025·黑吉辽蒙卷，3分)室温下，将0.1mol AgCl置于0.1mol·L1NH4NO3溶液中，保 持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX pH曲线如图，Ag十NH3==[Ag(NH3)] 和Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常 数分别为K1和K2；NH的水解常数 Kh(NH)=10,25。下列说法错误的是 10 6 4(4.00,6.25 4 B C (6.45,3.80月 7.02,3.24Ⅲ D V 6 pH pX=-Ig c(X)/(mol L-) X代表Ag*、[AgNH)]、[AgNH)2]或NH A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线 B.D点：c(NH)-c(OH)>0.1-c(H+) C.K1=103.24 D.C点：c(NH3)=10-3.52mol·L-1 2.(2023·浙江1月，3分)甲酸(HCOOH)是重 要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通 过离子交换树脂（含固体活性成分R3N,R为 烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率（被吸 附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初 始pH关系如图（已知甲酸Ka=1.8×104), 下列说法不正确的是 70 60 50 40 30 20 10 0 22.434 5 6 78 废水初始pH A.活性成分RN在水中存在平衡：RN+ H2O-R3NH++OH B.pH=5的废水中c(HCOO)：c(HCOOH) =18 C.废水初始pH<2.4,随pH下降，甲酸的电 离被抑制，与RNH+作用的HCOO数目 减少 D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分 主要以R3NH+形态存在 3.(2021·浙江6月，2分)取两份10mL0.05mol· L1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L-1 的盐酸，另一份滴加0.05mol·L1NaOH溶液， 溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。 14 pH 12 c(10,11.3 b(5.10.2) 10 8a(0,8.3) d5,6.4) 4 e10,4.3) 2 4 8 10 V/mL 下列说法不正确的是 A.由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3的水 解程度大于电离程度 B.a→b→c过程中：c(HCO3)+2c(CO号)+ c(OH一)逐渐减小 C.ad→e过程中：c(Na+)<c(HCO3)+ c(CO号)+c(H2CO3) D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x,e点的 c(Na+)+c(H+)=y,则x>y 4.(2021·浙江1月，2分) 25℃加水量/m 实验测得10ml 101 2004006008001000 0.50mol·L1NH4C1 CHCOONa 溶液、10mL0.50mol CH COONa ·L1CH3 COONa溶 PH 液的pH分别随温度 NHCI 与稀释加水量的变化 如图所示。 NH.CI 已知25℃时CH&COOH 25303540455055606570 温度/℃ 和NH3·HO的电离常数均为1.8×105。下列说 法不正确的是 A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表 示pH随温度的变化 B.将NH,C溶液加水稀释至浓度为050 mol· I1,溶液pH变化值小于lgx C.随温度升高，Kw增大，CH3 COONa溶液中 c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小 D.25℃时稀释相同倍数的NHC1溶液与 CH COONa溶液中：c(Na)-c(CH&COO) =c(CI)-c(NH) 5.（双选)(2021·海南 卷)25℃时，向 10.00mL0.1000mol ·L.1的NaHCO3溶 液中滴加0.100mol· 500 10.0 V/mL L1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积 V变化如图所示。下列有关说法正确的是 A.a点，溶液pH>7是由于HCO3水解程度 大于电离程度 B.b点，c(Na+)=c(HCO3)+2c(CO号)+ c(C1-) C.c点，溶液中的H+主要来自HCO3的 电离 D.d点，c(Na+)=c(Cl-)=0.1000mol·L1 6.(2021·江苏卷)室温下，通过下列实验探究 NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。 实验1：用pH试纸测量0.1mol·L1 NaHCO3 溶液的pH,测得pH约为8 实验2：将0.1mol·L1 NaHCO3溶液与 0.1mol·L1CaC2溶液等体积混合，产生白色 沉淀 实验3：向0.1mol·L1Na,CO3溶液中通入 CO2,溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1mol·L1Na2CO3溶液中滴加 新制饱和氯水，氯水颜色褪去 下列说法正确的是 ( Kw A.由实验1可得出：K2(HCO)广K1H,CO B.实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)· c(CO<Ksp (CaCO3) C.实验3中发生反应的离子方程式为CO +H20+CO2--2HCO3 D.实验4中c反应前(CO号)<c反应后(CO号) 7.(2021·浙江1月，2分)25℃时，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a1a2,则a1<a2 D.100mLpH=10.00的Na2CO溶液中水电离 出的H十的物质的量为1.0×105mol 8.(2021·河北)BiOC1是一种具有珍珠光泽的 材料，利用金属Bi制备BiOCI的工艺流程 如图： 稀HNO,稀HCI+NaCI(s)H,O 金属Bi一酸浸 —转化水解-分离一BOc 下列说法错误的是 A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应 剧烈程度 1 B.转化工序中加入稀HC1可抑制生成BiONO C.水解工序中加入少量CH COONa(s)可提 高B3+水解程度 D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于 BiOCI的生成 9.（双选)(2021·山东卷)赖氨酸 [H3N+(CH2)4CH(NH2)COO],用HR表 示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2) 在水溶液中存在如下平衡：H,R2+KL H,R+ K2 1.0 HR 0.8 KR。向一定 0.6 0.4 浓度的H3RCl2 0.2 溶液中滴加 68101214 NaOH溶液，溶液 DH 中H3R2+、H2R+、HR和R的分布系数 6(X)随pH变化如图所示。已知6(X)= c(X) 下 c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R)' 列表述正确的是 A餐 B.M点，c(CI)+c(OH)+c(R)= 2c(H2RF)+c(Na)+c(H) C.O点，pH=一lgK2-lgK 2 D.P点，c(Na+)>c(CI-)>c(OH-)>c(H+) 10.(2021·北京卷)下列实验中，均产生白色沉淀。 Al2(SO)3溶液 ,CaCl溶液 NaHCO Na,CO,溶液手溶液 NaHCO NaCO溶液溶液 下列分析不正确的是 C A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种 类相同 B.CaCl2能促进Na2CO3、Na HCO3水解 C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3 水解 D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH 均降低 11.(2023·山东卷，12分)盐湖卤水（主要含 Na+、Mg2+、Li+、C、SO?和硼酸根等) 是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料 经两段除镁制备I2CO3的工艺流程如下： 3 盐酸 HCI气体 生石灰 纯碱 卤水脱硼→ 浓缩 晶 →煅烧水浸精制工精制可 含硼固体 固体滤渣【滤渣Ⅱ 饱和NaCO,溶液 操作X→浓缩→沉锂 NaCl LizCO 已知：常温下，Ksp(Li2CO3)=2.2×102。相 关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 LiC。 80 00) 0 LiOH 12 1.5 1.0 LizCO 0.5 0 204060 80100 温度/℃ 回答下列问题： (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡： B(OH)3+H2O三H++[B(OH)4]-(常 温下，Ka=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液 反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。 常温下，在0.10mol·L1硼砂溶液中， [B4O(OH)4]-水解生成等物质的量浓度 的B(OH)3和[B(OH)4],该水解反应的离 子方程式为 ,该溶液pH= (2)滤渣I的主要成分是 (填化学 式)；精制I后溶液中Ii+的浓度为2.0mol· L1,则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应 控制在 mol·L1以下。若脱硼 后直接进行精制I,除无法回收HCl外，还将 增加 的用量（填化学式）。 (3)精制Ⅱ的目的是 ;进行操作X时应选择的 试剂是 ,若 不进行该操作而直接浓缩，将导致 12.(2023·湖北卷，13分)SiC14是生产多晶硅 的副产物。利用SCl4对废弃的锂电池正极 材料LiCoO2进行氯化处理以回收Ii、Co等 金属，工艺路线如下： SiCl NaOH溶液NaCO溶液 LiCoO为 粗品 500己烧渣水浸滤液1沉钴滤液2沉锂滤液3 焙烧 过滤 过滤 1过滤→滤饼3 02 滤饼1 滤饼2→850℃ CosO 空气煅烧 10 回答下列问题： (1)C0位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)烧渣是IiC1、CoCl2和SiO2的混合物， “500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则 水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示 其原因 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用 方法的名称是 (4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×1015,若 “沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 Co2+浓度为 mol·L-1。“850℃煅 烧”时的化学方程式为 (5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有 (填标号)。 a.Si一Cl键极性更大 b.Si的原子半径更大 c.Si一CI键键能更大 d.Si有更多的价层轨道 考向四沉淀溶解平衡 1.(2025·山东卷，4分)常温下，假设1L水溶液 中Co2+和C2O?初始物质的量浓度均为 0.01mol·L1。平衡条件下，体系中全部四 种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如 图所示（忽略溶液体积变化）。已知：体系中含 钴物种的存在形式为Co2+、CoC2O4(s)和 Co(OH)2(s);Kp(CoC2O4)=6.0×10-8, Ksp[Co(OH)2]=5.9×1015 下列说法正确的是 1.0c 0.8- 甲 0.6 (b,0.50) 0.2 a,0.08)丙 pH→增大 A.甲线所示物种为HC2O4 B.H2C2O4的电离平衡常数Ka2=10-8 C.pH=a时，Co2+物质的量浓度为1.6× 10-3mol·L-1 D.pH=b时，物质的量浓度：c(OH)< c(C2O) 2.(2025·陕晋宁青卷，3分)常温下，溶液中 A13+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时， -lg[c(X)/(mol·L1)]与-lg[c(H+)/ (mol·L1)]的关系如图[其中X代表A3+、 Zn2+、Cd2+、A1(OH)4、Zn(OH)?或 Cd(OH)]。 已知：Kp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2], Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，形成 M(OH)?;溶液中c(X)≤10-5mol·L1时， X可忽略不计。 T -Ig[c(H)(mol-L-) 7.08.49.4 12.414.0 51 4 3 21 1 0 3.0 7.0 14.0 -Ig[c(H)/(mol-L-)] 洲 下列说法错误的是 A.L为-lgc[Al(OH)4]与-lgc(H+)的关 系曲线 B.Zn2++4OH-—Zn(OH)的平衡常数 为1011.2 C.调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分 离Cd(OH)2和A1(OH)3 蜜 D.调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为 0.1mol·L1的Zn2+和A13+完全分离 3.(2024·吉林卷，3分)25℃下，AgCl、AgBr和 Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。 某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3 标准溶液分别滴定含C1一水样、含Br水样。 已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr; 剂 ③25℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7,pK2(H2CrO4） =6.5。 pX 10A (2.0,7.7) pAg=-Ig [c(Ag")/(molL-)] 5 (6.1,6.1) pX=-lg[c(X-/mol·L-月 (X-代表CI、Br或CrO) 兴 D②③ 10 pAg 下列说法错误的是 A.曲线②为AgC1沉淀溶解平衡曲线 郑 B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO1 尔 的平衡常数K=105.2 C.滴定CI时，理论上混合液中指示剂浓度不 母 宜超过10-2.0mol·L1 D.滴定Br达终点时，溶液中c(Br c(CrO) =100.5 10 4.(2024·安徽卷，3分)环境保护工程师研究利 用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd+。 已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol ·L1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)= 1012.90,Kp(FeS)=101.20,Kp(CdS) =10-26.10 下列说法错误的是 A.Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-) +c(HS)+2c(S2-) B.0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na+)> c(S2-)>c(OH)>c(HS) C.向c(Cd2+)=0.01mol·L1的溶液中加入 FeS,可使c(Cd2+)<10-8mol·L-1 D.向c(Cd+)=0.01mol·L1的溶液中通 入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)> c(Cd2+) 5.(2024·湖北卷，3 100 Pb2+ /PbCO (sh 分)CO2气氛下， 75 Pb(C1O4)2溶液中50 Pb(CO) 含铅物种的分布如 25 Pb(OH)个 图。纵坐标（ò）为 0+ 4 6 pH 8 10 组分中铅占总铅的 质量分数。已知co(Pb2+)=2.0×105mol· L-1,pKa(H2 CO3)=6.4.pKa2 (H2 CO3)= 10.3,pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误 的是 ( A.pH=6.5时，溶液中c(CO)<c(Pb2+) B6(Pb2+)=6(PbCO3)时，c(Pb2+)<1.0X 10-5mol·L1 C.pH=7时，2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]< 2c(CO)+c(HCOs )+c(CIO) D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s), PbCO3会溶解 6.(2024·全国甲卷，6分)将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加 0.10mol·L1的NaCl溶液。lg[cM/(mol· L1)](M代表Ag+、CI-或CrO)随加入 NaCI溶液体积(V)的变化关系如图所示. 0.00 (1.0,-1.60) (2.0,-1.48)(②.4,2）a [(-1.lou)/w]3 (2.4,-1.93) (1.0,-4.57) -5.00 (1.0,-5.18) (2.4y1) -10.00+ 0.5 1.0 1.52.02.53.03.5 V(NaCl)/mL 下列叙述正确的是 A.交点a处：c(Na+)=2c(Cl) Ksp(AgC1) B.K (AgzCrO) =10-2.21 C.V≤2.0ml,时(CrO?) c(C1-) 不变 D.y1=-7.82,y2=-lg34 7.(2023·新课标卷，6分)向AgC1饱和溶液（有足 量AgC固体)中滴加氨水，发生反应Ag十十 NH3一[Ag(NH3]+和[Ag(NH3)]++ NH3=[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol· L1)]与lg[c(NH3)/(mol·L1)]的关系如下 图所示（其中M代表Ag、CI、[Ag(NH)]+或 [Ag(NH3)2]+). -2 (-1,-2.35) ■ 云 -31 (-1.-2.35) -4 (-1,-5.16) )/(W)]3 -5 -6 ,-7.40) 7 -8 -9 -104 -6 -5 -4-3-2 lg[c(NH)/mol·L)] 下列说法错误的是 A.曲线I可视为AgCI溶解度随NH3浓度变 化曲线 B.AgCI的溶度积常数Ksp=c(Ag)· c(C1-)=10-9.75 C.反应[Ag(NH)]++NH=[Ag(NH3)2]H 的平衡常数K的值为103.81 D.c(NH3)=0.01mol·L1时，溶液中 c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)> c(Ag) 8.(2023·全国乙卷，6分)一定温度下，AgC1和 Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 8 AgCl ●a (1.7,5) (4.85) 5 low)/(3v)] 4 3 b Ag2CrO 01 2 3456789101112 -1g[c(C1-)/mol·L-)] 或-lg[c(CrO)/mol·L] 10 下列说法正确的是 () A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生 成AgCI沉淀 B.b点时，c(C1-)=c(CrO),Ksp(AgCI)= Ksp (Ag2CrO4) C.Ag2CrO4+2CI-=2AgC1+CrO-平衡 常数K=107.9 D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混 合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4 沉淀 9.(2023·全国甲卷，6分)下图为Fe(OH)3、 A1(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时 的pM-pH关系图(pM=-lg[c(M)/(mol· L1)];c(M)≤105mol·L1可认为M离子沉 淀完全)。下列叙述正确的是 Fes+ Al3+ Cu2 3 2 4 5 6 pH A.由a点可求得Kp(Fe(OH)3)=108.5 B.pH=4时AN(OH)3的溶解度为10,0 3 mol ·L-1 C.浓度均为0.01mol·L1的A13+和Fe3+ 可通过分步沉淀进行分离 D.A13+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol· L1时二者不会同时沉淀 10.(不定项)(2023· 山东卷，4分)在含 M(a.b) HgI2(s)的溶液 图 中，一定c(I厂)范 0 围内，存在平衡关 系：HgI2(s)== -14 Ig c(1) HgI2 (aq);Hgl2 aq)=Hg2++21-; Hgl2 (aq)-HgI++I;HgI2 (aq) +I=HgIs HgI2 (aq)+21=HgI, 平衡常数依次为Ko、K1、K2、K3、K4。已知 lgc(Hg2+、lgc(HgI+),lgc(Hgl3)、 1gc(HgI)随lgc(I)的变化关系如图所 示，下列说法错误的是 ) A.线L表示lgc(Hg)的变化情况 B.随c(I厂)增大，c[Hg2(aq)门先增大后减小