选择题专练(11)水溶液中的离子反应与平衡-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

·化学… 4.D【解析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生 成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随 时间变化的曲线；由图乙可知，温度为T2时，速率常数及，<k2, 则图甲中曲线L?代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓 度随时间变化的曲线。由分析可知，L4代表C浓度随时间变化 的曲线；由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可 知，2s时，B的浓度为4mol·L1,则0~2s内B的平均反应速 率为4mo:L=2m0l·L1·6';反应的活化能越大，反应 速率越小，由图乙可知，T,温度时，反应①的反应速率慢于反应 ②，则反应①的活化大于反应②；由图乙可知，温度降低时，体系 中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图甲的温度降低时，t。 时刻体系吧安大。 5、B【解析】根据反应机理图可知，总反应为C0,十3H,催化剂 CH3OH十H2O;增大CO2与H2的投料比，平衡正向移动，但 CO,的平衡转化率降低；增大催化剂的比表面积可以加快化学 反应速率，平衡不移动：甲醇从催化剂表面脱附后有氧空位，有 利于CO2的吸附。 6.C【解析】根据反应I和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得2H2S(g)十 CH4(g)CS2(g)+4H2(g)△H=+233.5kJ·mol1;将 H2S与CH按体积比2：1投料，并用N2稀释，在不同温度下 反应达到平衡时，由于S?是反应I的生成物同时又是反应Ⅱ的 反应物，因此曲线Y代表S2;根据方程式中的数量关系，曲线Z 代表H2,曲线X代表CS2,由图可知，温度高于1050℃时，S 与CS2的体积分数差值越来越小，所以H2S平衡转化率与CH 平衡转化率的差值随温度升高而减小；反应I和反应Ⅱ都是气 体体积增大的反应，1050℃条件下，增大体系的压强，平衡会 逆向移动，平衡后H2的体积分数小于0.07。 7.D【解析】催化剂1作用下，基元反应为①和③，催化剂2作用 下，基元反应为②和④。催化剂1作用下，能垒③>①，基元反 应③为控速反应。总反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向 移动，X平衡转化率降低。观察图像，生成P较快，消耗P1较 慢；生成P。较慢，消耗P2较快，故其他条件相同，P1浓度大 于P2。 8.D【解析】三个反应是连续反应，并且是吸热反应，随着温度升 高，正向进行程度均增大，由CO2的平衡选择性的数值和曲线 走势推知，低温下反应Ⅲ基本不发生，高温下反应Ⅲ进行幅度 逐渐增大，CO2的实际选择性和CO2的平衡选择性均随着温度 的升高而减小，故曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的 变化；200℃时，CO2的实际选择性接近100%，说明反应Ⅲ进 行程度很小，则反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率；增加 起(CH,OCH,)的量，可使反应I、Ⅱ正向进行的程度增大， n起始(H2O) 使反应Ⅲ正向进行的程度减小，故能提高H2的产率；反应Ⅲ是 反应Ⅱ的连续反应，增大压强，不利于反应Ⅱ正向进行，反应Ⅲ 的反应物浓度减小，则CO的平衡产量会减小。 9.D【解析】40s后反应已经达到平衡状态，催化剂不能改变平 衡转化率；曲线I先出现拐点，说明温度更高，反应放热，则曲线 I是绝热装置乙的曲线，由于反应放热，温度升高平衡逆向移 动，K(I)小于K(Ⅱ)；a、b两点A的转化率相同，则两点各物 质浓度相同，两点都向正反应方向进行，则v正都大于v遵，a点 温度更高，则a点的v正大于b点的v正，也大于b点的v逆；0~40s 内，曲线Ⅱ的转化率为25%，A、B转化的浓度均为0.1mol·L1× 25%=0.025mol·L-1,vB=6.25X10-4mol·L1·s1。 10.B【解析】6，d三点的起始，C,H,OD相同，且均处于平 n(H2O) 衡状态，温度越高，达到平衡时的反应速率越快，由温度b< c<d可知，b、c、d三点的反应速率为d>c>b;反应Ⅱ为放热 反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数为d<b;b 点相当于在a点的基础上增加n(H2O),C2HOH转化率增 大；反应Ⅱ前后气体分子数相等，平衡不受压强影响，增大压 强，反应I逆向移动，氢气产率减小。 化学选择题专练（十一） A组 C【解析】向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH,COONa 固体，则c(CH3COOˉ)变大，醋酸电离平衡逆向移动， c(CH COOH)变大，但没有c(CH3COO)变大的多，故 &CH,COS变大加人10.0mL相同浓度的NaoH溶液，溶 液中为氯化钠和醋酸混合物，显酸性，所得溶液pH<7:加入 15.0 mL NaOH溶液，若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性，即 酸有剩余，酸抑制水的电离，故水电离产生的c(H+)< 10-?mol·L1;加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，根据 元素守恒c(CH3COO)+c(CH COOH)+c(CI)=c(Na)= 0.1m0l·L×号≈0.067molL1 D【解析】CIO+H2O=OH+HClO,ClO-水解生成 OH,溶液显碱性，但是HCIO会漂白pH试纸，故无法用pH 试纸测出NaClO溶液的pH。 B【解析】①2mL0.1mol·L1盐酸、②2mL0.1mol·L 醋酸浓度相等，向两溶液中分别加入等量的镁条，开始阶段醋 酸反应慢，说明醋酸电离出的氢离子浓度小，进一步说明醋酸 部分电离，能证明醋酸是弱电解质；向②中滴加③，发生酸碱中 和反应，溶液pH增大，促进了醋酸的电离；②③溶液混合，二者 恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(Na)十 c(H+)=c(OH)+c(CH COO-);2mL0.1mol·L1盐酸 中，c(H+)=0.1mol·L-1,c(0H)=10mol·L-1,2mL 0.1mol·L-1氢氧化钠溶液中，c(OH)=0.1mol·L1, c(H+)=10-13mol·L1 A【解析】由图可知，a点滴加盐酸体积为5mL,K2HXO3溶 液与盐酸反应得到等浓度的K2HXO,、KH2XO,、KCI的混合溶 液，溶液pH为6.1；b点滴加盐酸体积为10mL,K2 HXO3溶液 与盐酸反应得到等浓度的KH2XO3和KCI的混合溶液；c点滴 加盐酸体积为20L,K2HXO3溶液与盐酸反应得到H3XOg 和KCl的混合溶液，溶液pH为2.0。由分析可知，b点为等浓 度的KH2XO3和KC1的混合溶液，溶液中存在元素守恒 c(C1)=c(HXO3)十c(H2XO3)十c(H3XO3);由分析可知， c点为H3XO3和KCl的混合溶液，溶液pH为2.0，由原子守恒 可知，H,X0,的浓度为010mol·L1×0.01L_1 0.03L 0mol· L1,则H,X0,的一级电离常数约为102×10 =3×10-3,数 1 30 量级为103；H3XO3为二元弱酸，与足量的氢氧化钾溶液反应 生成K,HXO3和水，反应的离子方程式为H3XO3十2OH HXO+2H2O;HXO在溶液中水解促进水的电离、H,XO 在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，a到c的过程中， HXO的浓度减小、H3XO3的浓度增大，则水的电离程度的 大小顺序为a>b>c。 B【解析】CH,COONa和NaHCO3溶液的浓度未知，无法通 过比较pH直接比较对应酸的K。,结论不可靠；KHC2O4溶液 pH约为4（酸性），说明HC2O的电离程度大于水解程度；红 色变浅是因为NH浓度增大抑制氨水电离，CH3 COONH4溶 液实际接近中性，结论错误；扩大容器容积后压强减小，反应 2NO2(g)一N2O,(g)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知， 。7 参考答案及解析 颜色变浅是由于容积增大导致浓度降低程度大于平衡逆向移 c(H+)·c(HGeO5) 动程度，无法证明平衡正向移动。 c(H2 GeO) =0.01×2×10-7=2×10-9；由b点数据 C【解析】分析图像可知P代表HA的稀释图像，再根据lgn c(GeO 与pH变化分析HA稀释10倍pH变化不到1个单位，说明 可知，c(H)=0.01mol·L1,此时-lg.HGe0,) =10.7,则 HA为弱酸；Y点pH=10,Z点pH=9,则Y点碱性更强，抑制 c(Ge) 水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9,X点 =10-10.7=10.3×10-1=2X10-11,故K2= c(HGeO) pH=5,两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、 c(H+)·c(GeO3) Y、Z三点溶液中水的电离程度Z=X>Y;X点溶液与Y点溶 =0.01×2×10-11=2×1018,HGe03的水 c(HGeO) 液混合至pH=7时，根据电荷守恒c(Aˉ)+c(OH)=c(M)十 c(H+)和H=7得到c(A)=c(M);X点与Z点溶液等 1.0×10-14 =5X10s>K2,故NaHGeO3 体积混合，得到溶质是MA和HA的混合溶液，且HA物质的 解常数K=K=2×109 量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显酸性。 溶液呈碱性。 D【解析】酸、碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的 10.D【解析】由a点的pH=l3可知，0.1mol·L1一元碱 电离，pH=11的氨水中由水电离出的c(OH)为1×101mol· MOH溶液的pH=13,则MOH是强碱，由b点数据可知，当 L1,pH=11的Na2CO3溶液中水电离的c(OH)为1× MOH和HX等体积混合恰好完全反应生成MX时，溶液 10-3mol·L1;氢氧化钠为强碱，100mLpH=11的NaOH溶 pH=8.5,即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和 液加水稀释至1L,所得溶液pH为10，氨水是弱电解质，存在 HX的混合溶液。由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，则该 电离平衡，pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>10; 滴定过程中应选用酚酞作指示剂，以减小实验误差；b点溶液 等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，二者溶质的物质的量相等， pH=8.5,c(X)≈0.05mol·L1c(0H)=0 .mol. 当分别加人等体积等浓度的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶 液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液 L1,根据水解平衡可知，c(HX)≈c(OH),Kh= 呈碱性，因此若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠 10-14 溶液；盐酸中加CH3 COONa固体，两者发生反应生成醋酸，对 c(OH)c(HX)= 、1085)2 K 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大，向CH COOH溶 c(X-) 0.05=2X100,故K.= 液中加入少量CH,COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移 10-14 2X10西=5X10-5,由分析可知，0点为M0H强碱溶液，对 动，PH增大，对水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大。 B【解析】由图可知，a点为0.1mol·L1叠氮酸溶液，b点为 水的电离起抑制作用，b点为MX强减弱酸盐溶液，对水的电 叠氮酸和叠氨酸钠的混合溶液，溶液呈中性，c点为叠氨酸钠溶 离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对 液，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。水电 水的电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合m的 离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，（点水 范围可知c点溶液对水电离的抑制程度较α点小，故溶液中水 的电离度最大；由分析可知，c点为叠氮酸钠溶液，溶液中存在 的电离程度b>c>a;c点为等浓度混合的MX和HX溶液， 质子守恒c(OH)=c(H+)十c(HN3);由分析可知，b点溶液 溶液显酸性，即HX的电离程度大于X的水解程度，则c点 呈中性，d点溶液呈碱性；由图可知，a点为0.1mol·L1叠氨 溶液中存在c(X)>c(M)>c(H+)>c(OH)。 酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10工mol·L1,则溶液 B组 中氢离子浓度为1×10-14+xmol·L1,电离常数K.(HN3)≈ 1×10-14+x×1×10-14+x 1.D【解析】向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加 =1X1027+2。 0.1 0.1mol·L1盐酸，溶液的pH减小，由图可知，c点为滴定终 A【解析】H2GO3是二元弱酸，溶液中存在电离平衡 点，以此解题。由图可知，0.1mol·L1MOH溶液的pH小于 H,GeO,一H++HGeO:、HGeO?一H++GeO?,则 13,则其为弱碱，其电离方程式为MOH一M++OH;MOH 电离出的OH会抑制水的电离，随着盐酸的加入消耗MOH, K1= c(H)·c(HGeO ,Ke=c(G）,则 水的电离程度增大，则水的电离程度c>b>a;b点溶液中溶质 c(H2 GeO3) c(HGeO3) 为MCl和MOH,根据电荷守恒可知，c(CI)+c(OH)= c(HGeO) -lgcH,Ge0） -Ig(HPH-IgK-gc(HGeO- c(M)十c(H+),此时溶液显中性，则c(CI)=c(M+);由分析 可知，c为滴定终点，则c点溶液中溶质为MCI,且此时由于M Ko2 一g-pH-lgKa,由于Ka>Ke则-lgke>-lgKa 的水解，导致溶液显酸性，则存在c(CI)>c(M+)>c(H)> c(OH-)。 因为pH+pOH=14,pOH相同，即pH相同，故pH一lgK2> 2.B【解析】升温促进水的电离，但H+和OH浓度仍相等； pH一lgK1,图中pOH相同时L2对应的数值大，故L2表示 CO水解消耗H+,促进水的电离，溶液显碱性；向水中通入氯 c(GeO) -lg (HGeO3) 与pOH的关系，L1表示pOH与 化氢气体，H浓度增加，抑制水的电离，溶液显酸性；NH水 解生成H+,促进水的电离但溶液显酸性。 c(HGeO3) 一lgc(H,GeO,的关系；向Na,GeO,溶液中滴加HC1,根据电 3.D【解析】次氯酸根离子会氧化亚铁离子，不能大量共存；溶 液中亚铁离子、铵根离子水解，促进水的电离，则常温下该溶液 荷守恒，可得c(Na+)+c(H)=2c(GeO?-)+c(HGeO;)+ 中水电离出的c(H+)大于10-7mol·L1;过氧化氢会氧化亚 c(OH)+c(C1),呈中性时c(H)=c(OH),则c(Na)= 铁离子生成铁离子，干扰铁离子的检验；设摩尔盐物质的量为 2c(GeO?)+c(HGeO3)+c(Cl);由a点数据，pOH=12,则 1mol,则硫酸根离子的物质的量为(x+y)mol,向溶液中滴入 c(HGeO3) c(H*)=0.01mol·L,此时-lg(GH,Ge0)=6.7,则 Ba(OH)2溶液使SO?恰好沉淀时，消耗氢氧化钡的物质的量 为(x十y)mol,(x十y)mol氢氧化钡提供2(x十y)mol cH,Ge0=1067=103×101=2×107,故K1 c(HGeO:) OH,ymol亚铁离子完全反应消耗2ymol氢氧根离子，则另 外2xmol氢氧根离子会和2xmol铵根离子反应。 高考试题逐题突破 4.C【解析】H2A存在电离平衡H2A三HA+H+,HA三 H十A2,随pH增大，c(H+)逐渐减小，平衡正向移动，则 c(H2A)一直减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)一直增大， 所以曲线①代表lgc(H2A),曲线②代表lgc(HA),曲线③代 表lgc(A-),据此回答。KHA溶液中存在平衡HA一 H++A2-,HA-H2O H2A+OH-,K (HA-)= c(H,A)c(OH)_K=101“ c(HA) K=1.1X10≈9.09×10-12<Ke,故 HA的电离程度更大，故c(A2-)>c(H2A)。 5.C【解析】碳酸为二元弱酸，c(CO号)随着盐酸的加人逐渐减 小，c(HCO:)先增大后减小，则L:为CO?的物质的量浓度变 化曲线，L2为HCO?的物质的量浓度变化曲线；由K2= c(CO3)·c(H+) ，A点时c(CO号)=c(HCO3),c(H)= c(HCO3) 1010.32mol·L-1,pH=10.32;由图可知C点加入盐酸的体积 为l0mL,则C点溶液的溶质为等物质的量浓度的NaHCO,和 NaCl,由元素守恒可得c(CI)=c(CO?)+c(HCO,)+ c(H2CO3),因为HCO3的电离程度小于水解程度，所以溶液 中c(H2CO3)>c(CO),则有c(C1)>c(HCO?)> c(H2CO3)>c(CO?);滴加至D点时，溶质为NaC1和 H2CO,根据溶液呈电中性可知，溶液中存在c(HCO,)+ 2c(CO?)+c(OH)+c(CI)=c(H+)+c(Na+),且D点时 c(Na+)=c(CI). 6.C【解析】HY为一元弱酸，NaY溶液中Y水解使溶液呈碱 性6点时，横坐标为0，则-1cY)-c):直线： 中c占时，一1gR=1,即c(H,R=10,pH= c(H2R) -Igc (H+)=0.4,c(H+)=10-0.4 mol.L-1,K (H2R)= c(HR)·c(H)=101X10a4=101‘;a点时，溶液中的电 c(H2 R) 荷守恒式为c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HR)+2c(R2-)+ c(CI) 7.B【解析】pH=4.2时，c(C2O)=c(HC2O),K2= c(C2O)·c(H+) =c(H+)=10-42,pH=2.7时，c(C2O)= c(HC2O) c(H,C,0,),K=c(HC,O）·c(H)_=c(HCO)·c) c(H2C2O) c(C) c(H) ·c(H+)=101.2。pH由2.7至5.5过程中，HC2O 减少，C,O增多，发生的主要反应为OH+HC,O C2O+H2O;当c(Na)=0.100mol·L1时，溶液中溶质为 NaHC2O4,根据电荷守恒c(Na)+c(H)=c(OH)十 c(HC2O,)+2c(C2O),NaHC2O4溶液显酸性，c(H+)> c(OH),则c(Na)<c(HC2O:)+2c(C2O?-),即 2c(C2O?)+c(HC2O4)>0.100mol·L1;据图可知草酸为 二元弱酸，C元素化合价为十3，故具有还原性；pH=2.7的溶液 c(HC2O) =Ku_101.2 中H.C0,):cC0K2-10a=100. 8.D【解析】PbSO.中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与 Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到 Pb(NO,)2。Naz CO,溶液中存在质子守恒关系c(OH)= c(H)+c(HCO3)+2c(H2 CO3);PbSO(s)+CO(aq) PbC0,(s)+S0?(ag)的平衡常数K=c(S0) c(CO) 8号-：8-8C-× 2 当Q=c(S0) 。(CO不K时，平衡正向移动；“脱硫”后上层清液主 要是Na2SO4,还含有未反应完的Na2CO?,电荷守恒式中的离 子不全；PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于PbCO3 会与H+反应生成CO2,所以溶液中CO?浓度逐渐减小。 D【解析】H2S的K1(H2S)=1.0×10-7,K2(H2S)=1.0× 101B二者乘积为(H中)×c(S）=100,结合pH=1时的 c(H2S) c)-10”no1L,计第得出5-10，故实验1所 得溶液中c(S2-)>c(H2S);实验1所得溶液中存在电荷守恒 c(Na)+c(H)=c(HS)+2c(S)+c(OH),pH=11 时c(OH)=1×103mol·L1,远大于c(H+),故c(Na+)> c(HS)+2c(S2-);实验2中NaHS溶液中的主要离子是HS 而非S2-,Cl2与HS反应生成S,故离子方程式为C2+HS 一2C十SY十H+;实验3反应的平衡常数K=KXKp 1.0×10-13 1.0×10-7X1.0x10-s=1.0X100。 C【思路分析】K,(CH,COOH.=c(H)×c(CH,CO0) c(CHCOOH) c(CH,COO) 1.0×10-5,则-lgc(H+)-1 (CH,COOH) c(CH:COO) -1g1X10)=5,则有pc(CH,c00D =5-pH,当 c(CH,COO) Pc(CH,COOH=0时，pH=5,c(H*)=1.0X10-5mol, c(CH:COO) L',随着PCH,COO的增大，pH减小，c(H*)增大， 5}-k.Hs-H号-kHS》 pH,lgKu(H2S)>lgKa(H2S),所以随着横坐标增大， c(HS) c(CH3COO-) QcH,S)和pS号均增大，且P:C阻cood相同 c(HS) c(S2) Cs),即①中，X为s:®中F为 pc(H,S<P。 cH,S,③中X为c(2n+),据此分析作答。 c(HS) 【解】根据分折可知，②中X为气：由图可知，A点裤 c(CH COO) 液中，P(CH,COOD=5-pH=1,则pH为4当 c(CH,COO) Pc(CH,COOD=5-pH=0时，pH为5，c(H*)=1.0X 105mol·L,K4H,s)=c(H)XcHS）=105X c(H2S) 102.04=10.04,则K1(H2S)的数量级为10-8；横坐标为0 c(H2S=10~24、c(S2) 时，c(Zm+)=100molL1,c(HS) c(HS) 10-7,因为c(H2S)=0.1mol·L1,则c(HS)=103.o4mol· L-1,c(S)=101o.4mol·L-1,Kp(ZnS)=c(Zn2+)c(2-)= 10-1.6X10-10.04=10-21.7。 化学选择题专练（十二） A组 D【解析】提纯粗苯甲酸用重结晶法，不使用蒸馏装置。 B【解析】德国科学家马德隆发表了以原子光谱事实为依据的 完整的构造原理。 ·8 A【解析】环已烯中的碳碳双键使高锰酸钾褪色，环己醇也能4.B【思路分析】以铜银废料（含少量Fe、Z如等杂质）为原料，制 使高锰酸钾褪色。 备CuO和AgI。向铜银废料加稀硫酸，Fe、Zn会与稀硫酸反应 C【解析】氨气的密度比空气小，需要用向下排空气法收集，导 被溶解进入浸液，Cu、Ag不反应，得到浸渣（主要含Cu、Ag);浸 管应伸到小试管的底部；高温下碳酸钠与二氧化硅反应生成硅 渣加硝酸酸溶，发生反应3Cu十8HNO3(稀)一3Cu(NO3)2+ 酸钠与二氧化碳，故不能用瓷坩埚灼烧碳酸钠固体，氧气不易 2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO,(稀)-3AgNO,+NO↑+ 溶于水，可以通过液面的高度差确认氧气的体积；制备 2H2O,然后加入金属Cu,利用置换反应Cu十2Ag+—Cu++ Fe(OH)3胶体需要将饱和氯化铁溶液滴人沸腾的蒸馏水中，不 2Ag,得到粗银（用于制备AgI)和滤液；滤液加NaOH溶液“沉 能直接滴人氢氧化钠溶液。 铜”，发生反应Cu(NO3)2+2NaOH一Cu(OH)2￥+ D【解析】加人铜片会生成铜离子引入新杂质：氯化钠在水中 2NaNO3,过滤后，将沉淀Cu(OH)2灼烧，Cu(OH)2分解，发生 的溶解度随温度变化不大，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降 低而降低，所以可选用重结晶法，先用水溶解加热形成乙酰苯 反应Cu(OHD,△Cu0+H,0。 胺的热饱和溶液，然后降温让大量的乙酰苯胺晶体析出，氯化 【解析】稀硝酸的还原产物为NO,浓硝酸的还原产物为NO2, 钠可分散在乙醇中形成胶体，不能用乙醇；Ca(OH)2溶液和 等量的浓、稀硝酸相比，稀硝酸产生大气污染物较少；“灼烧”需 NaOH溶液均能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把 要选择坩埚盛装氢氧化铜，故“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三 原物质除去；加入NaCl,降低硬脂酸钠的溶解度使之析出（盐 脚架、泥三角和玻璃棒；“沉铜”时发生的反应是复分解反应，不 析)，而后过滤得到硬脂酸钠。 是氧化还原反应：纳米C2不是分散系，不能发生丁达尔效应。 C【解析】收集NH时应该采用向下排空气法。 5.A【解析】向水锰矿矿浆中加人H2SO4和SO2,SiO2与 B【解析】无法控制O2的用量，易引入新杂质，且CO2中混有 HzSO,不反应，Fe2O,溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+,得到含 少量C0时不易燃烧；Na2O不稳定，与O2在加热条件下反应 有Mn2+、SO?、Fe2+、Ca2+、A13+的混合溶液和含有SiO2、 生成Na2O2,因此通入足量的O2后加热可以除杂；NaOH溶液 CaSO,(微溶)的滤渣1；加入MnO2,将Fe+氧化为Fe3+,加入 能与AlO,发生反应产生Na[A1(OH)],不能除去杂质；除去 氨水调节pH将Fe3+、AI3+转化为Fe(OH)3、AI(OH),沉淀除 乙醇中含有的水应该加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化 去，加入NHF溶液将Ca+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成 钙，乙醇不反应，氢氧化钙不挥发，加热蒸馏可以得到纯净的乙 分为MnSO4,加入NH4HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加人适 醇，若用无水CuSO,吸水效果不理想，吸水后受热还会脱水。 量磷酸溶液得到M(H2PO,)2溶液，一系列操作后得到 D【解析】红热蔓延说明反应放热，铁与硫的反应是放热反应， Mn(H2PO4)2·2H2O。根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH 一旦引发，放出的热量足以维持反应持续进行；实验过程产生 将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复 了刺激性气味的气体，推测是SO2,原因是S与O2反应生成 分解反应，不涉及氧化还原反应；根据分析，滤渣2的主要成分 SO2;黑色固体溶于盐酸产生H2S(臭鸡蛋气味)，证明Fe与S 为Fe(OH)3、Al(OH)3;NH4HCO3为铵态氮盐，高温易分解， 发生反应生成了FeS,FeS与盐酸的反应为Fes十2HCl 低温条件下沉锰是为了防止NH,HCO3分解；根据K,(CaF)= FCl2+H2S个；铁粉过量，即使生成了+3价铁的化合物，溶解 后也会因发生反应2Fe3+十Fe一3Fe2+使得“黑色固体”溶于 Kp(CaF2) 3.6X101,若要使Ca2+完全沉淀，则c(F)≥√(Ca) 盐酸后溶液呈浅绿色。 B【解析】NaOH、FeCl3、Na2SO4三种溶液分别与KHCO3溶 /3.6×10-1z 液混合现象为无现象、红褐色沉淀、无现象，不能鉴别。 √1X10-9molL1=6X104molL'。 0.A【解析】向FCl2溶液中加入KSCN,溶液变红说明存在 6.C【解析】能与NaOH溶液反应放出NH的固体不一定是铵 Fe3+,证明FeCl2已变质；浓硝酸受热分解也放出NO2;通过 盐，如MgN2与H2O反应也会产生NH3;NaHCO,溶液中滴 蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明含有K+,但不能说明无 加石蕊溶液，溶液变蓝说明HCO:的电离程度大于其水解程 Na;该条件下生成的气体中含有挥发性的乙醇，同时还会有 副产物二氧化硫生成，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不 度，即K=KnC0)>KH.C0,故K>K.(H,C0,)· 能根据褪色证明有乙烯生成。 K2(H2CO3);菠菜汁中加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变 红说明含有Fe3+,说明菠菜中含有铁元素；灼热的铜丝伸入无 B组 水乙醇中，乙醇发生了催化氧化反应。 B【解析】浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热；氯气与氢氧7.B【解析】由“取少量溶液X,向其中加入足量的氢氧化钠溶 化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠；氨气可被次氯酸钠氧化， 液，有白色沉淀A产生”可知，X溶液中一定含有镁离子，一定 反应剧烈，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O,应将 不存在碳酸根离子；微热，闻到刺激性气味说明X溶液中含有 NaClO注人氨水中；NaCI和N2H4·H2O都易溶于水，不能用 铵根离子；又在滤液中加人足量的氧化钡溶液，有白色沉淀B 分液法分离。 产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，说明溶液X中一定含 C【解析】四氯化碳与酒精互溶，不会出现分层现象，不能用四 有硫酸根离子，所以一定不含有钡离子；由各离子浓度相同，结 氯化碳提取碘酒中的碘；碳酸氢钠固体受热易分解，不能采取 合溶液呈电中性可知，溶液中一定含有氯离子，不含有钠离子 蒸发结晶的方法；溴单质可以与氢氧化钠反应，并且氢氧化钠 和钾离子。综上所述，溶液X中一定含有镁离子、铵根离子、硫 与苯不互溶，会分层，最后可以通过分液的方法将二者分开；用 酸根离子、氯离子，一定不含有钾离子、钠离子、钡离子，碳酸根 酸性高锰酸钾滴定草酸，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化腐蚀 离子，且沉淀A为氢氧化镁、沉淀B为硫酸钡，刺激性气味气体 橡胶管，不能使用碱式滴定管盛装，应该用酸式滴定管。 为氨气。 B【解析】有机物也可能含有羧基，将表面氧化铜溶解；淀粉分 8.A【解析】硼酸是一元弱酸，与足量NaOH反应生成四羟基合 子不能透过半透膜，而清水中加入碘水变蓝证明有淀粉，说明半 硼酸钠，离子方程式应为H3BO3十OH一[B(OH),],而非 透膜袋破损；NaHC,O4溶液显酸性，说明HC,O,的电离程度 生成BO}。 大于其水解程度，即Kh(HC,O,)<K2(H2C,O,);向CuSO, 9.C【解析】铁遇浓硝酸会发生钝化，浓硝酸的氧化性比稀硝酸 溶液中通入H2S发生反应CuSO4+H2S一CuS￥十H2SO,, 强；向Fε(NO,)2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与 但不能说明酸性H2S>HzSO4。 亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理；向两个2025一2026学年度高考试题逐题突破— 选择题专练（十一） 化学·水溶液中的离子反应与平衡 总分：60分 时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016 A组 1.在25℃时，对10.0mL浓度均为0.1mol·L1盐酸和醋酸的混合溶液进行如下操作。下列 说法正确的是 c(CHCOO) A.加入少量CH3 COONa固体，溶液中 (CH,COOH)将减小 B.加入10.0mL相同浓度的NaOH溶液，所得溶液pH>7 C.加入15.0 mL NaOH溶液，若所得溶液pH<7,则水电离的c(H+)<107mol·L1 D.加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，若忽略混合时的体积变化，此时溶液中： c(CH3COO)+c(CH3 COOH)+c(CI)=c(Na)=0.05 mol.L- 2.小嘉同学用pH试纸测1.0mol·L1 NaClO溶液的pH,结果为 A.pH>7 B.pH<7 C.pH=7 D.无法知道 3.常温下，①2mL0.1mol·L1盐酸，②2mL0.1mol·L1醋酸，③2mL0.1mol·L1氢 氧化钠溶液。下列说法错误的是 A,证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢 B.向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制 C.②③混合后，所得溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH.COO-) D.①中c(OH)等于③中c(H+) 4.已知H3XO3是二元弱酸，常温下，向10mL0.10mol·L1K2HX03溶液中滴加0.10mol· L1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列H 说法正确的是 6.19 A.b点溶液中存在c(C1-)=c(HXO?)+c(H2XO3)+ c(HaXOg) B.常温下，H3XO3的一级电离常数数量级是10-4 C.HX0。与足量的KOH溶液反应的离子方程式为H,X0,十20士 0510 3OH—XO}+3H2O 20V(盐酸)/mL D.水的电离程度：c>b>a 5. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 室温下，用pH试纸分别测量CH,COONa CH,COONa溶液的pH约为 K (CH,COOH)> A 和NaHCO3溶液的pH 8,NaHCO3溶液的pH约为9 K(H2CO3) 室温下，用pH试纸测量一定浓度的 溶液中HC2O4的 B KHC2O4溶液的pH pH约为4 电离程度大于其水 解程度 向滴有酚酞的氨水中加入CH COONH。 溶液的红色变浅 CH,COONH4溶液 固体 呈酸性 室温下，向密闭容器中充人NO2,达平衡 最终容器中气体颜色比初次 2NO2(g)=N2O D 后，再慢慢扩大容器容积 平衡时浅 (g)平衡正向移动 化学·选择题专练（十一）第1页（共4页） /鱼欧花门老 6.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶 液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是 个lgnp A.P代表HA的稀释图像且HA为强酸 4 B.水的电离程度：Z>Y=X 3-- C.将X点溶液与Y点溶液混合至中性时，c(A)<c(M)+ c(HA) D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有04方67890阳 c(M+)>c(A-)>c(HA)>c(OH-)>c(H+) 7.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=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH 均为10 C.分别向等体积等浓度的HCI溶液和CH3COOH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CH COOH溶液中加入少量CH:COONa固体， 两溶液中水的电离程度均增大 8.室温下，向20mL0.1mol·L-1叠氮酸(HN3)溶液中滴加pH= 个c水(H)/(mol·L-) l3的NaOH溶液，水电离产生的c(H+)与NaOH溶液体积的关 系如图所示，下列说法正确的是 1×10- A.a、b、c、d中，水的电离度最大的是d B.c点对应溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HN3) 1×10-x◆a C.b点和d点对应溶液的pH相等 D.室温下，K.(HN3)=1×101-2x 0 20 VINaOH(aq)]/mL 9.绪酸(H2GeO3)是一种二元弱酸，向20.00mL0.1mol·L1的Na2GeO3溶液中逐滴加入 0.1mol·L1的盐酸，溶液的pH与离子浓度变化的关系如图po 所示[pOH=-lgc(OH),lg2=0.3]。下列叙述正确的是 12 c(HGeO3) (6.7.12)(10.7,12) A.曲线L,表示pOH与-lg（H,GeO,的关系 9 B.溶液呈中性时：c(Na)=2c(GeO?)+c(HGeO3) C.H2GeO3的Ka1(H2GeO3)的数量级为10-10 12345678910111213 D.NaHGeO3溶液中：c(Na+)>c(HGeO3)>c(H+)> -1gHGc02或-1gcGc02 c(H-GeO:) c(HGeO:) c(GeO>c(OH) 10.常温下，向20mL0.1mol·L1一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一pH 元酸HX溶液，滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示，已知4<m< 6。下列说法错误的是 8.5 A.该滴定过程中应选用酚酞作指示剂 B.一元酸HX的K.=5×10-5 C.溶液中水的电离程度：b>c>a 20 40* D.c点溶液中：c(M+)>c(X)>c(H+)>c(OH) V(HX)/mL B组 1.常温下，向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加0.1mol·14 ,12ka L1盐酸，溶液的pH及导电能力随滴加盐酸体积的变化曲线如图所三1O 示。下列说法正确的是 8 5 A.MOH的电离方程式为MOH一M++OH 6 B.水的电离程度：c>a>b C.b点溶液中：c(CI)=c(M+)+c(MOH) V(盐酸)/mL D.c点溶液中：c(C1)>c(M)>c(H+)>c(OH) 化学·选择题专练（十一）第2页（共4页） 班级 2.下列操作能促进水的电离且使溶液中c(H+)<c(OH)的是 A.将水加热煮沸 B.向水中加入Na2CO3固体 C.向水中通入氯化氢气体 D.向水中加入NH4CI固体 姓名 3.将摩尔盐[x(NH4)2SO4·yFSO4·zH2O]溶于水配成溶液。下列说法正确的是 A.该溶液中还可大量共存Mg2+、Br,CIO 得分 B.常温下，该溶液中水电离出的c(H+)可能为10-1omol·L-1 C.加入少量H2O2后再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含Fe3+ 、 D. 向溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO?恰好沉淀时，Fe+和NHt都会参与反应 4. 25℃时，用HC1气体和KOH固体改变0.1mol·L1的 邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液的pH(邻苯二甲酸H2A的 M Ka1=1.1×103,K2=3.9×10-6),lgc(H2A)、 答题栏 1gc(HAˉ)和lgc(A2-)随pH变化的关系如图所示。下 ② -10 A组 列说法错误的是 ① A.曲线②代表1gc(HA),曲线③代表lgc(A2-) 7 911 13 B.M点时，c(H+)=1.1×10-3mol·L-1 pH 2 C.0.1mol·L1KHA溶液中，c(A2-)<c(H2A) 3 D.用KOH固体改变KHA溶液pH至13过程中，c(A2-)一直增大 4 5. 已知：常温下，碳酸的电离平衡常数K1=106.36,K2=1010.32。 ↑各离子物质的量浓度/(mol·L) 02 常温下，向20mL0.1mol·L1Na2CO3溶液中缓慢滴加 6 20mL0.2mol·L1盐酸，溶液中各离子的物质的量浓度（不含 0. H+和OH)随加入盐酸的体积的变化如图所示。下列说法错 6 误的是 A.曲线L1为CO?的物质的量浓度变化曲线 20 9 (盐酸)/mL o B.滴加至A点时，溶液pH约为10.32 B组 C.滴加至C点时，溶液中c(CI)>c(HCO)>c(CO?)>c(H2CO3) D.滴加至D点时，溶液中存在c(HCO?)+2c(CO号)+c(OH)=c(H+) 6. 已知：H2R是二元弱酸，HY是一元弱酸。常温下，分别向20mL 9 a(-1,7.7) 0.1mol·L-1的Na2R、NaY溶液中滴加0.1mol·L1盐酸，测 > 6 4 得溶液pM[pM=一lgM,M=x、y、,x= 。 b(0,3.8) y 5 2 6 (《K和pH关系如图所示，下列叙述正确的是 2c(1,0.4) 0 A.NaY溶液呈中性 -1 7 pM P B.b点时，溶液中c(Y)>c(HY) C.Ka1(H2R)=10-1.4 D.a点时，溶液中c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HR)+2c(R2-) 10 7. 常温下，向1L0.100mol·L1H2C2O,溶液中加入NaOH粉末调节pH,得到溶液中部分含 碳粒子的浓度随H的变化如图所示（假设溶液体积不变）。下列说法错误的是 化学·选择题专练（十一）第3页（共4页） 广鱼欧克门卷 A.pH由2.7至5.5过程中发生的主要反应为OH十HC2O4 ↑c/(mol·L) —C2O2+H2O HC,O方 C2O B.当c(Na)=0.100mol·L1时：2c(C,0)+c(HC,0)<0o6 0.08 -4.2 0.100mol·L-1 0.04 [H2C2O C.草酸是具有还原性的二元弱酸 0.02/ 2.7 c2(HC2O 0 23456 D.pH=2.7的溶液中(H,C0,):c(C,0）1000 pH 8.室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如图所示： NaCO,溶液 HNO3 PbSO,→脱硫→PbCO,→溶解→Pb(NO2 已知：Kp(PbS04)=1.6×108,Kp(PbC03)=7.4×1014。 下列说法正确的是 A.Na2CO3溶液中：c(OH)<c(H+)+c(HCO3)+c(H2CO3) B.反应PbS0.(s)+C0(aq)一PtC0,(s)+S0(ag)正向进行，需满足CS0）8 ×106 c(CO-)37 C.“脱硫”后上层清液中：2c(SO)十c(OH-)=c(Na)十c(H+) D.PbCO3悬浊液加人HNO3“溶解”过程中，溶液中CO?浓度逐渐减小 9.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。已知：K1(H2S)=1.0×10-?,K2(H2S)= 1.0×10-13,Ksp(CuS)=1.0×10-36。 实验1：向0.10mol·L1NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液pH=11。 实验2：向0.10mol·L1NaHS溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生。 实验3：向0.l0mol·L1NaHS溶液中滴加几滴CuS04溶液，有黑色沉淀生成。 下列说法正确的是 A.实验1所得溶液中：c(S2-)<c(H2S) B.实验1所得溶液中：c(Na+)<c(HS)+2c(S2-) C.实验2中主要反应的离子方程式：Cl2+S2-—2C1+S1 D.实验3中反应Cu2++2HS一CuSV+H2S的平衡常数K=1.0×1030 10.常温下，K.(CH3COOH)=1.0×10-5,向某含有ZnS04的酸性废液加入一定量 CH3 COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀，始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol· L,体系中px[pX=-1gX,x为(HS）、cS)或c(Zn+),c的单位为mol·L1门与 c(H2S)c(HS) °c(CH,COO关系如图所示。下列说法错误的是 c(CHCOO) 120,11.66) ① 10F C4(1,9.66)6,10) A②中X为HS) 610,7) ③ c(H2S) (3,5.04 B.A点溶液的pH为4 20,2.04) c(CHCOO) C.Ka(H2S)的数量级为10-7 0 12 3 4 5c(CH;COOH) D.Ksp(ZnS)=10-21.7 化学·选择题专练（十一）第4页（共4页）