小练45 水溶液中的图像分析-【衡水金卷·先享题】2026年新高考化学拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·化学 班级： 姓名： 小练45水溶液中的图像分析 (考试时间：30分钟，满分46分) 可能用到的相对原子质量：O16Co59 A.ab段为CH,COOH a 选择题每小题3分 与NaOH的中和 1.(教材改编题)水的电离平衡图像如图所 过程 示。已知pOH=一lgc(OH)。下列说法 B.b点水的电离程度 餐 101520 正确的是 最大 CH,COOH溶液体积mL A.T>T C.c 3c (Na)=2c CH2COOH) B.升高温度，可能引 +2c(CHCOO) 起水的电离平衡 D.d c(Na )>c(NH )>c (OH) 由g向「移动 >c(H+) C.在T2温度下，稀 ec da 5.室温下，用0.10mol·L1NaOH溶液滴定 释溶液可引起水 7 20mL0.10mol·L1HA溶液，测得混合 的电离平衡由d向c或g移动 D.在T2温度下，pH=4的盐酸中由水电离 溶液的pH与：沿品的关系如阁所示。 出的c(H+)·c(OH)=1×10-0 下列叙述正确的是 2.（教材改编题)某温度下，向一定体积的 pH 0.1mol·L1的醋酸溶液中逐滴加入等浓 度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH= 一lgc(OH)]与pH的变化关系如图所 6(3.2,7) 示。下列说法中正确的是 a(2,5.8) 2 3 A.图中x=6,y=6 ↑PM8 g4号 B.Q点溶液显酸性 c(HA) 6- Q A.HA为弱酸，K.的数量级为103 C.水的电离程度： N(8,) B.b点时消耗NaOH溶液的体积大于 M>N 20 mL D.该温度下，加入 0 6 C.溶液的导电能力：b>a 硫酸不可能引起M点向P点的变化 D.b点溶液中：c(Na+)=c(A)=(H+)= 3.(教材改编题)室温下，向10mL0.10mol/L c(OH )=10-7 mol/L NaOH溶液中逐渐滴加0.l0mol/LHX溶 6.(教材改编题)常温下，用0.100mol/L的 液，混合溶液的pH变化如图所示（温度和 AgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol/L 体积变化忽略不计)。下列说法错误的是 KCl溶液，以KCrO4为指示剂，测得溶液 A.室温下，HX为弱HtM 13 中pCl=-lgc(Cl)、pAg=-lgc(Ag) 酸，其K。=10-6 随加入AgNO,溶液的体积V(AgNO,)变 B.N点对应的溶液 化如图所示。已知：当溶液中离子浓度小 中，c(Na)是 0 5 11 20 V(HX)/mL 于等于1.0×105mol/L,则该离子沉淀完 c(HX)的10倍 全；Kp(Ag2CrO4)=2.0×1012。下列说 C.P点对应的溶液中：c(X)>c(HX) 法错误的是 D.M点与P点对应的溶液中水的电离程 度：M>P 9.00f 8.00 pCl 4.(教材改编题)室温下，用0.10mol/L CH COOH溶液滴定10.00mL浓度均为 6.00 5.00 0.l0mol/L NaOH和NH3·H2O的混合 4.00 液，混合溶液的相对导电能力随乙酸滴入 3.00 2.00 的变化曲线如图所示。已知： 1.00 -------pAg K.(CH3COOH)=1.8×10-5, 01020304050gNo/mL Kb(NH3·H2O)=1.8×105。下列叙述 错误的是 A.常温下，Kp(AgCI)的数量级为108 B.滴定中指示剂的有效浓度应维持在2.0 89 ×10-2mol/L 8.(14分)某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、 C.该滴定需在中性或弱碱性条件下进行 CoCO3、Cu2(OH)zCO3和SiO2,及一定量 D.饱和AgCl溶液与饱和Ag2 CrO4溶液相 的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制 比，后者的c(Ag)大 Co2O3的部分工艺流程如图所示： 7.(14分，教材改编题)研究电解质在水溶液 过量稀H2S04 和过量Na2SO; 中的平衡能了解它的存在形式。 NaClO (1)已知部分弱酸的电离常数如下表所示： 铜结一浸泡一除铜一滤液Na,C0,滤液足量N 矿石 →滤液 化学式 HF H2 CO H2S 滤渣 o,0,烧cC,02H,0lhC,0溶液盐酸滤渣浓Na,C0g 电离平 V CoCO3Π K1=4.4×10-7 K1=9.1×10-8 衡常数 7.2×10-4 K(25℃) K2=4.7×101K2=1.1×102 回答下列问题： (1)“浸泡”过程中，钴（Ⅲ）可转化为CoSO4, ①写出H2S的Ka1的表达式： 写出该转化的相关化学方程式： (2)“除铜”若选用MnS,计算常温下该“除 ②常温下，pH相同的三种溶液NaF、 铜”反应的平衡常数K= [保留2位 Naz CO3、Na2S,物质的量浓度最小的 有效数字；已知常温下Kp(MnS)=2.5× 是 10-13,Kp(CuS)=1.3×1036] ③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的 (3)①步骤I中加入NaCIO3与Fe+反应 离子方程式是 的离子方程式为 (2)室温下，用0.100mol·L1盐酸滴定 20.00mL0.100mol·L1的氨水，滴定曲 ②常温下，溶液中金属离子(M+)的 线如图所示（忽略溶液体积的变化）。 pM[pM=一lgc(M+)]随溶液pH变化关 系如图所示，设加入NaCIo3后，溶液中的 c(Co+)为0.1mol·L1,据图分析，步骤 I中加入Naz CO3调整溶液pH范围为 [当c(M+)≤ 01020307mL 10-6mol·L1,即认为该金属离子沉淀 ①a点所示的溶液中c(NH3·H2O) 完全]。 PM 1 (填“>”“<”或“=”下同)c(CI)。 Co2 ②b点所示的溶液中c(CI) c(NH)。 ③室温下，pH=11的氨水与pH=5的 Fe3+ NHCI溶液中，由水电离出的c(H+)之比 为 (3)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA、A2 0 4 567:8910111213pH 的物质的量分数ò(X)随pH的变化如图所 7.6 示。则H2A第二级电离平衡常数Ka (4)步骤Ⅱ中加入足量NaF的目的是 (5)过滤出的CoC,O4·2H2O固体经洗涤 1.0 2 0.8 后，证明固体已洗净的操作为 0.6 (6)若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了 m2kgCo2O3,假设产率为a,则该矿石中钴 元素的百分含量为 90化学 c(OH),因此溶液呈中性；溶液中c(OH)= 10-?mol/L,c(NHt)=c(C-)=0.005mol/L,因此 混合后溶液中c(NH3·H2O)=(0.5a一 0.005)mol/L,因此NH3·HO的电离平衡常数Kb =c(NH时)·c(OH)_10-1×0.00510-9 c(NH3·H2O) 0.5a-0.005a-0.01° 10.(14分) (1)c3(Cd+)·c2(PO月-)(2分) (2)Cd(OH)2(2分) (3)1.0×10-“(2分)符合(2分) (4)蓝色(2分) (5)①2(2分) ②无(2分) 【解析】(1)磷酸镉[Cd(PO)z]沉淀溶解平衡常数 的表达式：Kp[Cd(PO)2]=3(Cd+) ·c2(PO3-)。 (2)当CdCO达到沉淀溶解平衡时有CdCO,(s)一 Cd+(aq)十CO(q),则该温度下CdCO饱和溶液中 c(Cd+)=√/Kp(CdCO)=√/4.0X10zmol·L1= 2.0×10-imol·L1,当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡 时有Cd(OH),(s)一CdP+(aq)+2OH(aq),则该温 度下Cd(OH)2饱和溶液中c(Cd+)= 3/KCd(OHD2_3/3.2X10T mol·L1=2.0× 4 4 10imol·L,则Cd(OH)2的饱和溶液中Cd+浓度 较大。 (3)当c(S2-)=7.9×108mol·L1时，c(Cd+)= 7.9×10-27 7.9X10molL1=1.0×10"molL,水中 Cd+排放量=10-”×112×103mg·L1< 0.005mg·L1,符合《生活饮用水卫生标准》。 (4)25℃时，Kp[Mg(OH)2]=c(Mg+)·c2(OH) =5.6×10-12,设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH)= xmol·L1,则0.5x×x2=5.6×1012,解得x≈ 10-14 2.24X10‘:c(H)=2.24x10mol·L≈4.5 ×101mol·L1,pH≈10.4>9.6，所以溶液呈 蓝色。 (5)①反应后，溶液中c(H+)=0.020mol·L 0.010mol·L1,则溶液的pH=-lgc(H+)=2。 ·6 参考答案及解析 ②50mL0.018mol·L1的AgNO3溶液和50mL 0.020mol·L1的盐酸反应后溶液中c(C1厂)= 0.020×50-0.018X50mol.L1=1.0× 100 103mol·L1,c(Ag*)=K,CAgC）_ c(CI) 10×10可mol,L1=1.8×101molL-,再向 1.8×10-° 反应后的溶液中加入50mL0.001mol·L1盐酸， 溶液中c(Ag)=号×1.8×10-molL=1.2× 10-7mol·L、c(C1)=103mol·L1,Q=10-3 ×1.2×10-7=1.2×10-10<1.8×10-10,故无沉淀 产生。 小练45水溶液中的图像分析 1.D【解析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水的 电离，则水的离子积常数增大，根据图像知，Kw:b> f,则T<T2,A项错误；由g向f移动是温度不变时 的变化，B项错误；由图像分析可知c点、g点、d点温 度不同，在T2温度下，稀释溶液，温度不变Kw不变， 不会引起水的电离平衡由d向c或g移动，C项错 误；在T2温度下，b点Kw=10“,据此计算pH=4 的盐酸中由水电离出的c(H+)=c(OH)= 101mol/L,则pH=4的盐酸中由水电离出的 c(H+)·c(OH)=1×10”,D项正确。 2.D【解析】由图可知，x<6,y<6,A项错误：Q点溶 液中DOH=pH,溶液显中性，B项错误：M点pOH 等于N点pH,得M点c(H)等于N点c(OH),两 者对水的电离平衡的抑制程度相同，C项错误；M点 和P点温度不同，水的离子积常数不同，加入硫酸不 可能引起M点向P点的变化，D项正确。 3.D【解析】N点时pH=7,溶液显中性，但加入酸的 体积V(HX)=11mL,二者浓度相等，因此此时 n(HX)>n(NaOH),HX过量。由此可知HX为弱 酸，根据电荷守恒可知：c(Na+)十c(H+)=c(X)十 c(OH)。室温下，N点时溶液显中性，故c(H)= c(OH-),c(Na+)=c(X-)。根据钠元素守恒可知： c(Na*)=c(X)=0.10 mol/LX0.01L=1 (0.01+0.011)L=2mol/L。 根据c(HX)=c(HX)a一c(X)可知：c(HX)= 28-京mL-亦madL.故 1 参考答案及解析 HX的电离平衡常数K,=H)·c(X) c(HX) 10×号 1 =10,A项正确；N点对应的溶液中 210 1 c(Na*)=c(X)=21 mol/L,c(HX)=210 mol/L, 故c(Na+)=10c(HX),B项正确；P点n(HX)= 2n(NaOH),二者发生中和反应后，溶液为等物质的 量的NaX、HX的混合溶液，溶液pH<7,溶液显酸 性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，故微粒 浓度c(X)>c(HX),C项正确；M点为NaOH与 NaX等浓度的混合溶液，P点为等浓度的NaX与HX 的混合溶液，酸电离产生的H+及碱电离产生的 OH都会对水的电离平衡起抑制作用，导致水电离 程度减小。由于NaOH为强碱，完全电离，HX为弱 酸，部分电离，故M点溶液中NaOH电离产生的 c(OH)大于P点HX电离产生的c(H),对水电离 的抑制作用M点大于P点，因此M点与P点对应的 溶液中水的电离程度：M<P,D项错误。 4.B【解析】由K,(CH COOH)=1.8×10-i K(NH3·H2O)=1.8×105可知，在室温下，两种 弱电解质的电离常数相同。NOH是强碱，其完全电 离，故其先参与中和反应，NH·HO是弱碱，其没 有参加反应，因为只要NH·HO参加反应就会生 成可溶性的强电解质醋酸铵，离子总浓度必然增大， A项正确；b点为醋酸钠和NH·HzO的混合液，此 时NH·HO的电离抑制了水的电离，在d点恰好 完成所有的中和反应，溶液中只有醋酸钠和醋酸铵两 种溶质，两者的水解均促进水的电离，故d点水的电 离程度最大，B项错误；起始状态时醋酸和氢氧化钠 的物质的量浓度相同，在c点，醋酸的体积是原氢氧 化钠溶液体积的1.5倍，根据元素质量守恒可知， 3c(Na)=2c(CH3COOH)+2c(CH COO),C项正 确；：在室温下，两种弱电解质的电离常数相同。在d 点溶液中只有酷酸钠和醋酸铵，且两者物质的量浓度 相同。若醋酸根离子的物质的量浓度与铵根离子浓 度相同，则溶液呈中性，但是，此时溶液中醋酸根离子 的物质的量浓度是铵根离子的2倍，因此，醋酸根离 子的水解作用大于铵根离子的水解作用，溶液呈碱 ·64 化学 性，因此，c(Na)>c(NH)>c(OH)>c(H+),D 项正确。 5.C【解析】据图可知溶液pH为7时溶液中同时存 在HA和A,说明NaA溶液显碱性，存在A的水 解，所以HA为弱藏：根据a点可知当k合品}-2 时pH=5.8,即合品-10时cH) 10molL,K,=cA）:cH）=10×105.8 C(HA) =10-a8,所以数量级为104，A项错误；当NaOH溶 液为20mL时，溶液中的溶质为NaA,由于HA为弱 酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的 NaOH溶液体积小于20mL,B项错误；a点和b点溶 液中均存在电荷守恒：c(Na)十c(H)=c(A)+ c(OH-),所以溶液中总离子浓度均为2[c(A)十 c(OH)],b点c(A)和c(OH-)均更大，所以b点 溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所以 b点溶液导电能力更强，C项正确；b点溶液中溶质为 NaA和HA,存在电荷守恒：c(Na+)十c(H+)= c(A)十c(OH),溶液显中性，所以c(H+)= c(OH),所以c(Na+)=c(A),弱电解质的电离和 弱酸根的水解都是微弱的，所以c(Na+)=c(A)> c(H)=c(OH),D项错误。 6.A【解析】根据图像，当pCI=pAg时，溶液中 c(Ag)=c(CI)=10-imol/L,则Kn(AgCI)的数量 级为10-°，A项错误；溶液中Ag+沉淀完全时 c(Ag+)=10-imol/L,形成Ag2 CrO,时，所需 c(C0)=K..(Ag.Cr0）=2.0×10mol/L,B项 c2(Ag) 正确；指示剂使用的是K,CrO,溶液中存在Ag,如 果溶液为酸性，则CrO易形成CrO号，如果溶液是 强碱性的，则易产生Ag2O,因此溶液需维持在中性 或弱碱性，C项正确：饱和AgC1中c（Ag)= √Kp(AgC)=√/1X10Fmol/L=1X10-imol/L, 饱和Ag:CrO,中c(Ag)=2XV K (Ag:CrO.)=2 4 2.0X10严=年×10‘mol/L,所以后者的 ×N4 c(Ag)大，D项正确。 化学 7.(14分) 1)①K(H,S)=H):cHS2(2分) c(H,S) ②NaS(2分) ③H,S+CO—HCO,+HS(2分) (2)①<(2分) ②=(2分) ③1：10(2分) (3)10.2(2分) 【解析】(1)①HS是二元弱酸，K =(H)·c(HS) c(H,S) ②常温下K(HF)>K2(HCO)>Ke(H2S),酸越 弱，对应的酸根离子的水解能力越强，故物质的量浓 度相同的NaF、NaCO3、Na2S三种溶液，pH(Na2S) >pH(Na2COa)>pH(NaF),所以常温下，pH相同的 三种溶液NaF、NaCO3、NaS,物质的量浓度最小的 是NaeS。 ③因为K1(H2CO3)>K1(H2S)>Ke(H2CO4)> K2(H2S),由强酸制弱酸可知，将过量H2S通入 NaCO3溶液，反应的离子方程式：H2S十CO HCO3+HS。 (2)①a点加人的盐酸体积为氨水体积的号，等浓度 的两溶液反应后，混合液中含有等浓度的 NH·H2O和NHCI,由于NH·H2O的电离程度 大于NH时的水解程度，则溶液显碱性，故a点所示 的溶液中c(NH·HO)<c(CI)。 ②由电荷守恒可知c(NH)十c(H+)=c(CI)十 c(OH),因为DH=7,溶液呈中性，c(H+)= c(OH),所以c(NH)=c(CI)。 ③NH·HzO是一元弱碱，对水的电离起到抑制作 用，故室温下pH=11的氨水由水电离出的c(H)= 1.0×101mol·L;NHCl是强酸弱碱盐，促进水 的电离，故室温下pH=5的NH,CI溶液中，由水电 离出的c(H+)=c(OH)=1.0×10-5mol·L1,所 以室温下pH=11的氨水与pH=5的NH,CI溶液 中，由水电离出的c(H)之比为(1.0× 10-1mol·L-1):(1.0×10-5mol·L-1)=1:10。 (3)由图像可知，pH=4.2时，c(HA)=c(A2),K ·65 参考答案及解析 =10-42。 8.(14分) (1)2CoO(OH)+2H2 SO,+Nae SO3 -2CoSO.+ Na2SO,+3H2O(2分) (2)1.9×1023(2分) (3)①CIO2+6Fe++6H+—CI1+6Fe3++3H,O (2分) ②3≤pH<7.6(2分) (4)形成沉淀，除去溶液中的钙离子、镁离子(2分) (5)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化 的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净 (2分) (6)5900m%(2分) 831a 【解析】(1)“浸泡”过程中，钴（Ⅲ）可转化为CoSO, 该转化的相关化学方程式：2CoO(OH)+2HSO,十 Na2 SO3-2CoSO:+Na2 SO+3H2 O. (2)“除铜”若选用MnS,发生MnS+Cu+一CuS+ Mn+,常温下该“除铜”反应的平衡常数K= Km(MnS)_2.5×10-13 K,(CuS=.3X10≈1.9×10。 (3)①步骤I中加入NaCIO3与Fe+反应，生成CI 和Fe+,离子方程式为CIO,十6Fe+十6H+一CI +6Fe3++3H2O。 ②设加入NaC1O后，溶液中的c(Co+)为 0.1mol·L1,据图分析，pH≥3时Fe3+完全沉淀， pH<7.6时Co+不沉淀，步骤I中加入NaCO调 整溶液pH范围为3≤pH<7.6。 (4)步骤Ⅱ中加入足量NaF的目的是形成沉淀，除去 溶液中的钙离子、镁离子。 (5)过滤出的CoCO,·2H2O固体经洗涤后，检验洗 涤液是否含有C1,证明固体已洗净的操作为取少量 最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶 液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净。 (6)若某工厂用1kg该铜钴矿石制备了2kg Co2O3,假设产率为a,设该矿石中钴元素的百分含量 为工，由原子守恒可知kgXxXaX-的-m,kg,解 59002%。 得x=83m1a1