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（山东专版）

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：40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。 CH,COONH4溶液 固体 溶液的红色变浅 呈酸性 室温下，向密闭容器中充入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X·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·L1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 1×10-7 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 O 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o 图所示[pOH=一1gc(OH),1g2=0.3]。下列叙述正确的是 12 11 (6.7.12) (10.7,12) A.线L,表示p0H与-gH,Ge0,的关系 10 9 B.溶液呈中性时：c(Na)=2c(GeO?)十c(HGeO3) 12345678910111213 C.H2GeO3的Ka1(H2GeO3)的数量级为10-1o -e4cs8或-eG8e0 c(HGeO) D.NaHGeO3溶液中：c(Na+)>c(HGeO?)>c(H+)> 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------ h 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 m C.溶液中水的电离程度：b>c>a D.c点溶液中：c(M+)>c(X)>c(H+)>c(OH) 20 0+ V(HX)/mL B组 1.常温下，向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加0.1mol·14r ,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- 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X·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NH4Cl固体 姓名 3. 将摩尔盐[x(NH4)2SO4·yFSO4·之H2O]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10-10mol·L1 C.加入少量H2O2后再滴人KSCN溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含Fe3+ D.向溶液中滴人Ba(OH)2溶液使SO?恰好沉淀时，Fe2+和NH都会参与反应 4. 25℃时，用HC1气体和KOH固体改变0.1mol·L-1的 邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液的pH(邻苯二甲酸H2A的 答题栏 K1=1.1×103,Ke=3.9×10-6),lgc(H,A)、 1gc(HAˉ)和lgc(A2-)随pH变化的关系如图所示。下 -10 A组 列说法错误的是 1 A.曲线②代表lgc(HA),曲线③代表lgc(A2-) 91113 2 pH B.M点时，c(Ht)=1.1×10-3mol·L1 C.0.1mol·L-1KHA溶液中，c(A2-)<c(H2A) 4 D.用KOH固体改变KHA溶液pH至13过程中，c(A2-)一直增大 5. 已知：常温下，碳酸的电离平衡常数K1=106.36,K2=1010.32。 个各离子物质的量浓度mol·L-) 6 常温下，向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加 02 7 20mL0.2mol·L1盐酸，溶液中各离子的物质的量浓度（不含 0 8 H+和OH)随加入盐酸的体积的变化如图所示。下列说法错 9 误的是 2 :10 A.曲线L1为CO?的物质的量浓度变化曲线 V盐酸)/mL B组 B.滴加至A点时，溶液pH约为10.32 1 C.滴加至C点时，溶液中c(C1)>c(HCO3)>c(CO?)>c(H2CO3) D.滴加至D点时，溶液中存在c(HCO)+2c(CO?)+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 3 a(-1,7.7) 0.1mol·L-1的Na2R、NaY溶液中滴加0.1mol·L1盐酸，测 1 6年 c(R2-) c(Y) 5 得溶液pMpM=-lgM,M=x、y、之，x= c(HY之= b0.3.8) c(HR- 3 个 、(R和pH关系如图所示。下列叙述正确的是 2c1,0.4) 0 2 0 8 A.NaY溶液呈中性 pM B.b点时，溶液中c(Y)>c(HY) ...... 10 C.Ka1(H2R)=10-1.4 D.a点时，溶液中c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HR)+2c(R) 化学X·选择题专练（十一）第3页（共4页）》 鱼跃龙门卷 7.常温下，向1L0.100mol·L1H2C2O4溶液中加人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 A.pH由2.7至5.5过程中发生的主要反应为OH+HC,O4 4c/(mol·L-) C2O+H2O <HC2O B.当c(Na+)=0.100mol·L1时：2c(C,0?)+c(HC0:)<008 C2O 0.06 0.100mol·L-1 4.2 C.草酸是具有还原性的二元弱酸 0.04HC0y 0.02 c(HC2O) D.pH=2.7的溶液中c(H,C,0)·c(CO) =1000 026 pH 8.室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如图所示： Na,CO,溶液 HNO PbSO,一→脱硫→PbCO,→溶解一→Pb(NO,2 已知：Kp(PbS04)=1.6×10-8,Kp(PbC03)=7.4×10-14。 下列说法正确的是 A.Na2CO3溶液中：c(OH)<c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3) B反应PbS0,(s)+C0(aq)PbC0,(g)+S0(ag)正向进行，需满足(S0）8 c(C0)>37X10 C.“脱疏”后上层清液中：2c(SO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+) D.PbCO3悬浊液加入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)=1.0×10-7,K2(H2S)= 1.0X1018,Kp(CuS)=1.0X10-36。 实验1：向0.10mol·L1NaHS溶液中逐滴加人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CuSO4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+SV 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，再通人H2S生成ZnS沉淀，始终保持HzS饱和，即c(H2S)=0.1mol· L,体系中pXpX=-1gX,X为CHs）c(s或c(Zn+),c的单位为mol·L门与 c(H2S)c(HS) c(CH;COO) (CH,COOH关系如图所示。下列说法错误的是 12(0,11.66 ① p B 10 4(1,9.666,10) A.@中X为HS) 过8 0,7) ② c(H2S) (3,5.04) C B.A点溶液的pH为4 ③ C.Ka1(H2S)的数量级为10-7 2(0,2.04) e(CHCOO-) 0123 4 5 c(CH:COOH) D.Ksp（ZnS)=10-21.7 化学X·选择题专练（十一）第4页（共4页）高考试题逐题突破 4p:3力=4：(4一2x),解得x=0.5,各物质的分压P(X)= 0.5pkPa、P(Y)=1.5pkPa、P(Z)=1.0pkPa,平衡常数K。= P(X)·P3(Y27DkPa,甲容器中到c点时，容器压强为 P2(Z) 16 3.5pkPa,则混合气的总物质的量为3.5mol,根据方程式得 P(X)=0.75pkPa、P(Y)=2.25pkPa、P(Z)=0.5pkPa,则 △P(X)=pkPa-0.75pkPa=0.25pkPa,在0~5ts内，用X表 示的反应速率(X)=△P(XD-0.252kPa·s1=0.052kPa 5t s 5t t s1;当甲容器中压强不变时，说明反应达到平衡状态 5.D【解析】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数 之比，根据反应A(g)+3B(g)一4C(g)十2D(g),将选项中反应 速率都换算成A的反应速率。A项，v(A)=2.0mol·L1· min1≈0.033mol·L1·s1;B项，o(A)= 3V(B)≈ 0.027mol·L1·s-1;C项，v(A)= 4(C)=0.03mol.L1. 1 s;D项，(A)=2(D)=0.035mol·L1·s1。 6.D【解析】由图可知，0t1s时间段，M同时生成P和Q,但生 成物中P多Q少，说明反应①容易发生，活化能比反应②的低； t1s后，P在减少，Q在增多，反应③并未达到平衡；反应③的平 衡常数K=c(Q) 。P,由图知，平衡时，Q的浓度大于P的浓度，故 K>1;t2s时，由题意可知，M转化为P和Q,P转化为Q,所以 c(Q)=c。-c(P)。 7.B【解析】由题意可列三段式： 3A(g)+B(g)=4C(g)+2D(s) 始/mol 3 1 0 0 转/mol 1.20.4 1.60.8 平/mol 1.80.6 1.60.8 从开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3mol·L1· min1;D为固体，反应前后气体分子数相等，所以压强不变；增 大反应物浓度，活化分子百分数不变；若平衡后移走C,则平衡 向正反应方向移动，化学反应速率减慢。 8.C【解析】合成塔中充入的氨气越多相当于增大氨气浓度，平 衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小；使用催化剂，化学 反应速率加快，但平衡不移动，氨气的平衡产率不变；及时分离 出液氨，生成物氨气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，反应 物的转化率增大，原料的利用率增大：为提高合成氨的综合效 益，实际生产中，常采用适宜高温、适宜高压的条件提高氢产率。 B组 1.B【解析】总反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量； 第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步 活化能。 2.C【解析】该反应为气体分子数减少的反应，则△S<0;该反应 c(SO) 平衡常数的表达式为K一。(S02)·c(02)每消耗2.4L(标 准状况)即1mol氧气时，转移4mol电子，转移电子数为4× 6.02×1023;增大反应物浓度或增大压强均能提高化学反应速 率，增大氧气的浓度或增大压强均有利于该反应正向移动，从而 提高二氧化硫的转化率。 3.B【解析】正反应为气体体积减小的反应，则△S<0,又因 △H<0,所以高温条件下△G=△H一T△S>0,反应不能自发 进行；前2min内C0平均反应速率为u(C0)=u(C,)= At 2.4-1.6 2 mol·L1·min1=0.4mol·L1·min1,但前 2min内c(CO)逐渐减小，v(CO)也逐渐减小，所以前1min内 CO平均反应速率v(CO)>0.4mol·L1·min1,后1min内 CO平均反应速率v(CO)<0.4mol·L1·min-1,则前1min 内△c(CO)>0.4mol·L1,所以1min时，CO的浓度小于 1.6mol·L1;达到平衡时c(C0Cl2)=1.8mol·L1,保持温 度不变，将容器容积扩大一倍，此时c(C0Cl2)=0.9mol·L1， 同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达到新平衡时c(COC2)< 0.9mol·L1;6min时，△c(Cl2)=△c(C0)=(2-0.2)mol· L1=1.8mol·L1,此时c(Cl2)=(2.4-1.8)mol·L-1= 0.6mol·L-1,所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)= 0.6mol·L1、c(C0)=0.2mol·L1、c(C0Cl2)=1.8mol· c(COCl2) 1.8 L,即平衡常数K=c(C)·c(C0-0.6X0.2=15,保持温 度不变，在第8min向体系中加入反应涉及的三种物质各1mol 后，C2、C0、C0C2三种物质浓度分别为1.6mol·L1 2.8 1.2molL12.8molL1,此时Q=1.6x,2=1.46<15, 则平衡正向移动。 C【解析】由图可知，初始生成M的速率大于N,则k1>k2, 10s时两个反应均达到平衡状态，由于1（正）=k1c(X)·c(Y)、 v2正)=k2c(X)·c(Y),则正反应速率V1(正)>v2(正)；①②反应 中X和Q的系数均为1，则0~6s内，X的平均反应速率 o(X)=(Q》=音olLs1-1molL1s4s后 M浓度减小，可能为Q浓度增大导致反应①逆向移动所致，因 为不能确定2个反应的吸热和放热情况，故不能确定升高温度， 4s时容器中c(N)：c(M)的比值变化情况；由图可知，初始生 成M的速率大于N,则反应①的活化能小于反应②。 B【解析】根据反应机理图可知，总反应为C0,十3H,催化剂 CH3OH+H2O;增大CO2与H2的投料比，平衡正向移动，但 CO2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。 B【解析】A项，由图像可知，在投料比相同时，温度越高， CH3OH的体积分数越小，该反应为放热反应，△H<0。B项， 在恒压密闭容器中，M点和N点投料比相同，温度不同，N点 CHOH的体积分数小于M点，则N点反应物的体积分数大 于M点，可知N点反应物的浓度（用c2表示）大于M点（用c1 表示，调得-二8会：心项怎化莉能如 快反应速率，可以提高单位时间内CHOH的产量；D项，M点 投料比n,) (C0,)=3,设H,为3mol,C0,为1mol,列三段式： 3H2(g)+CO2(gCHs OH(g)+H2 O(g) 始/mol 3 1 0 0 变/mol 3x x 平/mol 3-3.x1-x 平衡时混合气体总物质的量为(4一2x)mol,平衡体系中 、1 CH,0H的体积分数=4-2z=3,解得x=0.8,M点C0,的 平衡转化率为80%。 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P1较快，消耗P1较 慢；生成P2较慢，消耗P2较快，故其他条件相同，P,浓度大 于P2。 n(H2O) B【解标】6，c,d三点的起始m(C,H,OHm相同，且均处于平衡 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。 ·6 化学选择题专练（十一） 液混合至pH=7时，根据电荷守恒c(A)+c(OH) c(M+)+c(H+)和pH=7得到c(A)=c(M+);X点与Z 点溶液等体积混合，得到溶质是MA和HA的混合溶液，且 A组 HA物质的量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显 C【解析】向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH3 COONa 酸性。 固体，则c(CH3COO)变大，醋酸电离平衡逆向移动， 7.D【解析】酸、碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的 c(CH COOH)变大，但没有c(CH3COO)变大的多，故 电离，pH=11的氨水中由水电离出的c(OH)为1×10-11mol· c(CH2 COO) L1,pH=11的Na2C0,溶液中水电离的c(OH)为1× c(CH,COOD变大：加人10.0mL相同浓度的NaOH溶液，溶 10-3mol·L1;氢氧化钠为强碱，100mLpH=11的NaOH溶 液中为氯化钠和醋酸混合物，显酸性，所得溶液pH<7;加入 液加水稀释至1L,所得溶液pH为10，氨水是弱电解质，存在 15.0 mL NaOH溶液，若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性，即 电离平衡，pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>10; 酸有剩余，酸抑制水的电离，故水电离产生的c(H+)< 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， 10-mol·L;加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，根据 当分别加入等体积等浓度的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶 元素守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(CI)=c(Na+)= 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 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 0.1molL×号≈0.067molL 溶液；盐酸中加CH,COONa固体，两者发生反应生成醋酸，对 D【解析】CIO-+H2O=OH+HCIO,CIO水解生成 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大，向CH3COOH溶 OH,溶液显碱性，但是HCIO会漂白pH试纸，故无法用pH 液中加入少量CH3 COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移 动，pH增大，对水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大。 试纸测出NaClO溶液的pH。 8.B【解析】由图可知，a点为0.1mol·L1叠氨酸溶液，b点为 B【解析】①2mL0.1mol·L1盐酸、②2mL0.1mol·L1 叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，C点为叠氮酸钠溶 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 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 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 离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，c点水 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 的电离度最大；由分析可知，c点为叠氨酸钠溶液，溶液中存在 和反应，溶液pH增大，促进了醋酸的电离；②③溶液混合，二者 质子守恒c(OH)=c(H)十c(HN3);由分析可知，b点溶液 恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(Na)十 呈中性，d点溶液呈碱性；由图可知，a点为0.1mol·L1叠氮 c(H+)=c(OH)+c(CH3COO-);2mL0.1mol·L1盐酸 酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10-xmol·L1,则溶液 中，c(H+)=0.1mol·L1,c(OH)=10-13mol·L1,2mL 0.1mol·L1氢氧化钠溶液中，c(0H)=0.1mol·L-1, 中氢离子浓度为1×10-14+xmol·L1,电离常数K。(HN3)≈ 1×1014+x×1X10-14+红 c(H+)=10-18mol·L- =1X10-27+2x 0.1 A【解析】由图可知，a点滴加盐酸体积为5mL,K,HXO,溶 9.A【解析】H2GO3是二元弱酸，溶液中存在电离平衡 液与盐酸反应得到等浓度的K,HXO3、KH2XO3、KCI的混合溶 液，溶液pH为6.1；b点滴加盐酸体积为10mL,K2HXO3溶液 H2GeO,==Ht+HGeO、HGeO;==Ht+GeO?,则 与盐酸反应得到等浓度的KH2XO3和KC1的混合溶液；c点滴 K=(H:cHGe02）,Ka=cH)cGe0）,则 加盐酸体积为20mL,K2HXO3溶液与盐酸反应得到H3XO3 c(H2 GeO) c(HGeO) 和KCI的混合溶液，溶液pH为2.0。由分析可知，b点为等浓 c(HGeO3) Kal c(GeO号) 度的KH2XO3和KCI的混合溶液，溶液中存在元素守恒 (H.GeO,)HPH(HGeO) c(Cl)=c(HXO3)+c(H2XO)+c(H3XO3);由分析可知， K2 c点为H3XO3和KC1的混合溶液，溶液pH为2.0，由原子守恒 -lge（)=pH-lgK2,由于Kn>K,则-lgKa之 可知，H,X0,的浓度为0.10molL×0.01L= 一lgK1,因为pH十pOH=14,pOH相同，即pH相同，故pH 0.03L 30 mol· lgK2>pH一lgKa,图中pOH相同时L2对应的数值大，故L2 L1,则H,X0,的一级电离常数约为102X102 c(GeO) =3×10-3,数 表示一1g:HGeO) 与pOH的关系，L1表示pOH与 1 30 量级为10一3；H3XO3为二元弱酸，与足量的氢氧化钾溶液反应 c(HGeO的关系；向Na,GeO,溶液中滴加HC,根据电 -lgc(H.GeO,) 生成K2HXO,和水，反应的离子方程式为HXO+2OH 荷守恒，可得c(Na)+c(H+)=2c(GeO3)+c(HGeO3)+ HXO十2H2O;HXO在溶液中水解促进水的电离、H3XO c(OH-)+c(CI-),呈中性时c(H+)=c(OH-),则c(Na)= 在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，α到c的过程中， 2c(GeO)+c(HGeO3)十c(C1);由a点数据，pOH=12,则 HXO号的浓度减小、H3XO3的浓度增大，则水的电离程度的 cH)=0.01mol·L1,此时-lgH,Ge0,) c(HGeO3) 大小顺序为a>b>c。 =6.7,则 B【解析】CH COONa和NaHCO,溶液的浓度未知，无法通 c(HGeO3) 过比较pH直接比较对应酸的K。,结论不可靠；KHC2O,溶液 c(H2 GeO) =10-6.7=100.3×10-7=2×10-7,故K1= pH约为4（酸性），说明HC2O的电离程度大于水解程度；红 c(H+)·c(HGeO3) 色变浅是因为NH浓度增大抑制氨水电离，CH,COONH,溶 =0.01×2×10-7=2×109;由b点数据 c(H2 GeO) 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， 可知，c(H)=0.01molL,此时-1g(Gc0) =10.7,则 c(HGeO) 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 动程度，无法证明平衡正向移动。 c(GeO) =1010.7=10°.3×10-1=2×10-11，故K2= C【解析】分析图像可知P代表HA的稀释图像，再根据lg c(HGeO) 与pH变化分析HA稀释10倍pH变化不到1个单位，说明 c(H+)·c(GeOg) =0.01×2×10-1=2×10-13,HGe03的 HA为弱酸；Y点pH=10,Z点pH=9,则Y点碱性更强，抑制 c(HGeO3) 水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9,X点 .=1.0×10-“ =5X10-6>K2,故 pH=5,两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、 水解常数K=K 2X10-9 Y、Z三点溶液中水的电离程度Z=X>Y;X点溶液与Y点溶 NaHGeO3溶液呈碱性。 ·化学X· 10.D【解析】由a点的pH=13可知，0.1mol·L1一元碱 MOH溶液的pH=13,则MOH是强碱，由b点数据可知，当 MOH和HX等体积混合恰好完全反应生成MX时，溶液 pH=8.5,即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和 HX的混合溶液。由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，则该 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 pH=8.5,c(X)≈0.05molL1、c(0H)=10 1085mol. L1,根据水解平衡可知，c(HX)≈c(OH),Kh x10-14 c(OH-)c(HX) 广10-a6)2 =2X1010,故K。= K c(X) 0.05 K 10-14 2X10-=5×105;由分析可知，a点为M0H强碱溶液，对 水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电 离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对 水的电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合的 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 的电离程度b>c>a:c点为等浓度混合的MX和HX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 溶液中存在c(X)>c(M)>c(H)>c(OH)。 B组 1.D【解析】向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加 0.1mol·L1盐酸，溶液的pH减小，由图可知，c点为滴定终 点，以此解题。由图可知，0.1mol·L1MOH溶液的pH小于 13,则其为弱碱，其电离方程式为MOHM++OH;MOH 电离出的OH会抑制水的电离，随着盐酸的加入消耗MOH, 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 为MC1和MOH,根据电荷守恒可知，c(C1)十c(OH)= c(Mt)十c(H+),此时溶液显中性，则c(C1)=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 的水解，导致溶液显酸性，则存在c(CI厂)>c(M)>c(H+)> c(OH) 2.B【解析】升温促进水的电离，但H和OH浓度仍相等； CO水解消耗H,促进水的电离，溶液显碱性；向水中通入氯 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。 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 中水电离出的c(H+)大于10？mol·L1;过氧化氢会氧化亚 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 1mol,则硫酸根离子的物质的量为(x十y)mol,向溶液中滴入 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+y)mol氢氧化钡提供2(x十y)mo 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。 4.C【解析】H2A存在电离平衡H2A一HA+H+,HA H+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(HAˉ)先增大后减小，c(A2-)一直增大， 所以曲线①代表1gc(H2A),曲线②代表1gc(HA),曲线③代 表lgc(A2),据此回答。KHA溶液中存在平衡HAˉ一 H++A2 HA H2O=H2A OH-,K (HA)= c(H2A)c(OH）_K= 10-14 c(HA) K1.1X10≈9.09X1012<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)随着盐酸的加入逐渐减 小，c(HCO?)先增大后减小，则L1为CO的物质的量浓度变 化曲线，L2为HCO3的物质的量浓度变化曲线；由K2= c(CO3)·c(H+) ,A点时c(CO号)=c(HCO),c(H) c(HCO3) 101o.3”mol·L1,pH=10.32;由图可知C点加人盐酸的体积 为10mL,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(HCO5)+ 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(CI)>c(HCO3)≥ c(H2CO3)>c(CO号)；滴加至D点时，溶质为NaCl和 H2CO,根据溶液呈电中性可知，溶液中存在c(HCO)十 2c(CO)+c(OH)+c(CI)=c(H+)+c(Na+),且D点时 c(Na+)=c(C1-)。 C【解析】HY为一元弱酸，NaY溶液中Y水解使溶液呈碱 性b点时，横坐标为0，则X c(HY) =1,c(Y)=c(HY);直线z 中c点时，一gcR)=1,即H） c(H2R) =101,pH= -lgc(H+)=0.4,c(H+)=10o.4mol·L1,Ka(H2R)= c(HR)·c(H)=101×104=101‘;a点时，溶液中的电 c(H,R) 荷守恒式为c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HRˉ)+2c(R2-)+ c(C1)。 B【解析】pH=4.2时，c(C2O)=c(HC2O4),K2= c(C2O)·c(H) =c(Ht)=104.2,pH=2.7时，c(C2O)= c(HC2O) c(H2C2O),K c(HC,O)·c(H+) c(H2 C2O) c(HC,0)·c(H)-c*）.c(H*)=1012。pH由2.7 c(C202) K2 至5.5过程中，HC204减少，C20?增多，发生的主要反应为 OH+HC2O4-C2O+H2O;当c(Na)=0.100mol· L1时，溶液中溶质为NaHC2O4,根据电荷守恒c(Na)十 c(H+)=c(OH厂)+c(HC2O,)+2c(C2O}),NaHC2O4溶液 显酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)<c(HC2O,)十 2c(C2O-),即2c(C202-)+c(HC2O)>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； c(HC2O) K1=101.2」 pH=2.7的溶液中，c(H,C,0,)·c(C,0)-K。-10 1000。 D【解析】PbSO4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) PbCO,(s)+SO?(aq)的平衡常数K= c(SO) c(CO) 0-餐：8}-x8-品× 当Q=c(S0?) 一。(CO)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Na2CO3,电荷守恒式中的离 子不全；PbCO悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于PbCO 会与H+反应生成CO2,所以溶液中CO号浓度逐渐减小。 D【解析】H2S的K1(H2S)=1.0×10-7,K2(H2S)=1.0× 10B二者乘积为(H*)2×c(S）=100,结合pH=11时的 c(H,S) c(H*)=10”molL,计算得出S c(H2S) =100,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(Ht)=c(HS)+2c(S-)+c(OH),因pH=11时 c(OH)=1×10-3mol·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C2十HS 一2C+S+H;实验3反应的平衡常数K=K×Kn 1.0×10-18 1.0x107×1.0×10s=1.0×100。 参考答案及解析 10.C【思路分析】K.(CH,COOH)=H*)Xc(CH,C00) FCO3,丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入装置丙中氧化 c(CH,COOH) 目标产物。 c(CH,COO) 1.0×105,则-lgc(H)-lgc(CH,C0oHD 7. B【解析】NaOH、FeCl3、Na2SO4三种溶液分别与KHCO3溶 =-lg(1× 液混合现象为无现象、红褐色沉淀、无现象，不能鉴别。 c(CHCOO) 8.D【解析】红热蔓延说明反应放热，铁与硫的反应是放热反应， 105)=5,则有p (CH COOH) =5-pH,当 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 了刺激性气味的气体，推测是SO,,原因是S与O2反应生成 c(CH2 COO) P(CH COOH) =0时，pH=5,c(H+)=1.0×10-5mol SO2;黑色固体溶于盐酸产生H2S(臭鸡蛋气味)，证明Fe与S 发生反应生成了FeS,FeS与盐酸的反应为FeS十2HCl c(CH COO) L,随着CCH,COOF的增大，pH减小，c()增大， FeCl2+H2S个；铁粉过量，即使生成了十3价铁的化合物，溶解 后也会因发生反应2Fe3++Fe一3Fe2+使得“黑色固体”溶于 c(HS) P c(H2S) --lgK.(H,S)-pH.pc(S) 盐酸后溶液呈浅绿色。 c(HS) =一lgK2(H2S) pH,lgK1(H2S)>lgK2(H2S),所以随着横坐标增大， B组 c(HS) c(CH COO) PcS)和pS号均增大，且PcC阳coo相同时 1.B【解析】浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热；氯气与氢氧 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， c(HS) (Hs),即①中，X为c(S) c(S2-) c(Hs),②中X为 反应剧烈，NaClo过量，可氧化生成的N2H4·H2O,应将 P c(H,S)P NaClO注入氨水中；NaCl和N2H4·H2O都易溶于水，不能用 c（HS,③中X为c(Zm2*),据此分析作答。 c(HS) 分液法分离。 2.C【解析】四氯化碳与酒精互溶，不会出现分层现象，不能用四 【解标】根据分析可，②巾X为《》：由图可知，A点潘 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 蒸发结品的方法：溴单质可以与氢氧化钠反应，并且氢氧化钠 c(CH,COO) 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 液中，Pc(CH,COOH) =5一pH=1,则pH为4；当 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 橡胶管，不能使用碱式滴定管盛装，应该用酸式滴定管。 c(CH COO) P(CH,COOH) 5-pH=0时，pH为5，c(H+)=1.0X 3.B【解析】有机物也可能含有羧基，将表面氧化铜溶解；淀粉分 子不能透过半透膜，而清水中加人碘水变蓝证明有淀粉，说明半 109mol·L1,K4H,S》=cH)XcHS）=105X 透膜袋破损；NaHC2O,溶液显酸性，说明HCzO,的电离程度 c(HS) 大于其水解程度，即Kb(HC,O4)<Ka(H2C,O4);向CuSO 102.4=101.4,则K1(H2S)的数量级为108；横坐标为0 溶液中通入H2S发生反应CuSO4+H2S一CuSV十H2SO,, 时，c(Zm+)=10 1 mol·L,cCS)=102o4c(S） 但不能说明酸性H2S>H2SO4 c(HS) 4.B【思路分析】以铜银废料（含少量Fe、Zn等杂质）为原料，制 107,因为c(H2S)=0.1mol·L1,则c(HS)=1084mol· 备CuO和AgI。向铜银废料加稀硫酸，Fe、Zn会与稀硫酸反应 L-1,c(S2-)=101o.4mol·L1,Kp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)= 被溶解进入浸液，Cu、Ag不反应，得到浸渣（主要含Cu、Ag);浸 10-11.6X10-10.04=10-21.7 渣加硝酸酸溶，发生反应3Cu十8HNO3(稀)一3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO3(稀)一3AgNO3+NO个+ 化学选择题专练（十二）】 2H2O,然后加入金属Cu,利用置换反应Cu十2Ag一Cu++ 2Ag,得到粗银（用于制备AgI)和滤液；滤液加NaOH溶液“沉 A组 铜”，发生反应Cu(NO3)2+2NaOH一Cu(OH)2↓+ A【解析】液溴易挥发，密度大于水，在水中溶解度较小，且液 2NaNO3,过滤后，将沉淀Cu(OH)2灼烧，Cu(OH)2分解，发生 溴具有氧化性，能腐蚀橡胶塞，所以液溴保存时，常加少量的水 反应Cu(OHD,△Cu0+H,0。 进行液封。钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生 【解析】稀硝酸的还原产物为NO,浓硝酸的还原产物为NO2 成氧气，氧气助燃；镁能与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以 等量的浓、稀硝酸相比，稀硝酸产生大气污染物较少；“灼烧”需 金属钠、镁着火时，不能用二氧化碳扑灭。取用药品时，剩余药 要选择坩埚盛装氢氧化铜，故“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三 品一般不能放回原试剂瓶，但钠、钾等活泼金属从安全角度考 脚架、泥三角和玻璃棒；“沉铜”时发生的反应是复分解反应，不 虑，剩余后要放回原试剂瓶。滴定实验时，滴定管应先润洗，锥 是氧化还原反应；纳米C2不是分散系，不能发生丁达尔效应。 形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，测定 5.A【解析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2,SiO2与 结果偏高。 H2SO4不反应，Fe2O,溶解产生的Fe3+被还原为Fe+,得到含 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 有Mn2+、SO?、Fe2+、Ca2+、A13+的混合溶液和含有SiO2、 完整的构造原理。 CaSO,(微溶)的滤渣1；加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,加入 B【解析】Na2CO3溶液既能与HCI反应，也能与CO2反应， 氨水调节pH将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、AI(OH)3沉淀除 应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HC1气体。 去，加人NH,F溶液将Ca2+转化为CaF,沉淀除去，滤液主要成 C【解析】收集NH?时应该采用向下排空气法。 分为MnSO4,加人NH,HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加人适 D【解析】加入铜片会生成铜离子引入新杂质；氯化钠在水中 量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，一系列操作后得到 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 Mn(H2PO,)2·2H2O。根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH 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 将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复 胺的热饱和溶液，然后降温让大量的乙酰苯胺品体析出，氯化 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 钠可分散在乙醇中形成胶体，不能用乙醇；Ca(OH)2溶液和 NaOH溶液均能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把 为Fe(OH)a、Al(OH)3;NH,HCO3为铵态氮盐，高温易分解， 低温条件下沉锰是为了防止NH4HCO,分解；根据K(CaF)= 原物质除去；加人NaCl,降低硬脂酸钠的溶解度使之析出（盐 析)，而后过滤得到硬脂酸钠。 3.6X10,若要使Ca完全沉淀，则c(F)≥√c(Ca+) K(CaF2) B【解析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装 置甲制备CO2,CO2经过饱和碳酸氢钠溶液除去HC1,进入装 /3.6×10-2 置丙中驱赶装置内的空气，装置丙中HCO?与Fe2+反应生成 √1X105mol:L1=6×10‘molL1。