专题8 高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

别人考什公 高考全 真题精练 1.(2025广东，12,4分)CuC1微溶于水，但在 C1浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]一和 [CuCL3]2-而溶解。将适量CuCI完全溶于 盐酸，得到含[CuCl2]-和[CuCL3]-的溶 液，下列叙述正确的是() A.加水稀释，[CuCL3]2-浓度一定下降 B.向溶液中加入少量NaCI固体，[CuC2] 浓度一定上升 C.H[CuCl2]的电离方程式为H[CuC2] —H++Cu++2CI D.体系中，c(Cu+)+c(H+)=c(CI-)十 c([CuCl2])+c([CuCl]2)++c(OH) 2.(2025湖北，14,3分)铜(I)、乙腈（简写为 L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线 如图。纵坐标（δ）为含铜物种占总铜的物质的 量分数，总铜浓度为1.0×103mol·L1。下 列描述正确的是( ) 0.9 [CuLa]+ 0.7 [CuL] [CuL2] °0.5-2.63,0.48-1.39,0.46 (-0.27,0.47) 0.3 Cu 0.1 -2.4-2.0-1.6-1.2-0.8-0.400.4 lgc(L) A.Cu++3L[CuL]+lgK=0.27 B.当c(Cu+)=c{[CuL]+}时，c{[CuL2]+} =2.0X10-4mol·L1 C.n从0增加到2，[CuLm]+结合L的能力 随之减小 D.若c{[CL}=c{[CuLg]+},则 2c([CuLe]+)<c[CuL]+)+3c([CuLs]+) 3.(2025河北，14,3分)已知Cu2+和L3-结合 形成两种配离子[CuL]一和[CuL2]4-。常温 O专题8水溶液中的离子平衡 国视野 .答案：P459 下，0.100mol·L1的HL和0.002mol·L-1 的CuSO4混合溶液中，HL2-和L3-的浓度 对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数6（虚 线)[例如dc2+= c(Cu2+) c(Cu)+e([CuL])+e([CuLa] 溶液pH的关系如图所示： 0rac,-1) (11.6,-1.3) 1.0 -4I 6.4,0.90 Ⅱ 0.8 0.6 -0.4 (6.4,0.90) -0.2 -12- -0.0 3 456789101112 pH 下列说法错误的是( ACu2++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[CuL]-}>c(L3-) 4.(2024淅江，15,3分)室温下，H2S水溶液中 各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关 系如下图[例如δ(H2S)= c(H2S) c(HS)+c(Hs)+c(S)]。已知： Kp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]= 4.9×10-17。 1.0 ① ② ③ 80.5 、7.0 13.0 0.0 6 10 12 14 pH 下列说法正确的是() A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2 B.以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2~ 10.0),用NaOH标准溶液可滴定H2S 137 实战册 实战高考·化学 水溶液的浓度 C.忽略S2-的第二步水解，0.10mol/L的 Na2S溶液中S2-水解率约为62% D.0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积 0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成 的沉淀是FeS 5.(2024湖南，13,3分)常温下K.(HCOOH) =1.8×10-4,向20mL0.10mol·L1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的 HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓 度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如 图所示，下列说法错误的是( 0.10 0.05 M 01 5101520 V(HCOOH)/mL A.水的电离程度：M<N B.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+) C.当V(HCOOH)=10mL时，c(OH-)= c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-) D.N点：c(Na+)>c(HCOO)>c(OH-) >c(H)>c(HCOOH) 6.(2024湖北，13,3分)CO2气氛下， Pb(C1O4)2溶液中含铅物种的分布如图 纵坐标（⑥）为组分中铅占总铅的质量分数。 已知co(Pb2+)=2.0X10-5mol·L1, pK,(H2CO3)=6.4、pK(H2CO3)= 10.3,pKp(PbCO3)=12.1。下列说法错 误的是( 100 Pb2 75 'PbC0,(s） 50 Pb(CO 25 Phb(O田 0 6 10 pH 138 A.pH=6.5时，溶液中c(CO)< c(Pb2+) B.8(Pb2+)=6(PbC03)时，c(Pb2+)<1.0 ×10-5mol·L-1 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NaHCO(s), PbCO3会溶解 7.(2024新课标，13,6分)常温下 CH2 CICOOH和CHCl2COOH的两种溶 液中，分布系数δ与pH的变化关系如图 所示。[比如：6(CH2 CICOO)= c(CH2 CICOO) (CH:CICOOH)+(CH2CICOO- 1.0 0.9P 2.08,0.85 0.8 0.7 0.6 4中 0.5 0.4 0.3 0.2 2.08.0.15 0.1 o.o生中中出 0.00.40.81.21.62.02.42.83.23.64.04.44.85.25.66.0 pH 下列叙述正确的是( A.曲线M表示6(CHC2COO)~pH的 变化关系 B.若酸的初始浓度为0.10mol·L1,则a 点对应的溶液中有c(H+)= c(CHCI2 COO)+c(OH) C.CH2 CICOOH的电离常数K。=10-1.3 npH=2.6限时，0离餐889 =0.15 0.85c(A2-),c2(M+) 。 Ksp(M2A) c(A2-) c2(M什) Ka(HA-)·[KP(MB)]2= 108X(10-10)2=5X1016,故B正确；MHA在水溶液中 5×10-7 完全电离为M十和HA一，HB在水溶液中完全电离为H+ 和B,由于Ksp(MB)=c(M+)·c(B)=10-5×10-5 =1×10一10，因此MB是难溶化合物，则MHA与少量 HB反应的离子方程式为M什十B一MBV,故C错误； 当溶液pH=3时，6(HA-)=8(A2-),c(HA-)= c(A2-),溶液中存在物料守恒：c(M什)= 2[c(HA-)十c(A2-)]=4c(HA-),电荷守恒：c(H+) +c(M+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)= 3c(HA-)十c(OH-),故D错误。 7BD解析CN一能发生水解，促进水的电离，则随 1gc(CN一)增大，水的电离程度增大，故A错误；已知 co(HCN)=1mol·L-1,Ka(HCN)=1×10-1o,当pH =6时，c(H+)=10-6mol·L-1,此时c(CN-)≈ Ka(HCN)·c(HCN=10-4mol·L1,lg(CN)= c(H+) 一4，结合题图可知此时n约为3，故B正确；1mol/LHCN 溶液中c(H+)=c(CN-)=√1×10-10X1mol/L= 10-5mol/L,lgc(CN-)=-5,由题图可知a,点时 c{[Cd(CN)3]-}=c(Cd+),a点时lgc(CN-)≠-5，说 高考全 真题精练 ①A解析加水稀释，溶液体积变大，[CuC3]2-浓度一 定下降，A正确；加入NaCl会增加Cl-浓度，可能促使 [CuCl2]-转化为[CuC3]2-,[CuC2]-浓度不一定上 升，B错误；H[CuC2]应电离为H+和[CuC2]-,而非分 解为Cu十和C-,电离方程式错误，C错误；电荷守恒未 考虑[CuC3]2一的电荷数，电荷守恒式应为c(Cu+)十 c(H+)=c(CI-)+c{[CuC2]-}+2c{[CuC3]2-}+ c(OH-),D错误。 2C解析Cu++3L一[CuL3]+的K= c{[CuL3]+} c(C+)X3(,当图中8([CuLg]+}=ò(Cu+)时，K 一3（)，lgK=-31gc(L),由图像可知，此时-1,6< 1gc(L)<一1.2，则1gK≠0.27，A错误；当c(Cu+)= c{[CuL]+}时，由图像可知，6(Cu+)=8{[CuL]+}= O实战册参考答案及解析】 明溶液中还含有其他离子，结合电荷守恒，c(OH一)十 c(CN-)+2c{[Cd(CN)4]2-}≠c(H+)+c(Cd2+)+ c{[Cd(CN)]+},故C错误；[Cd(CN)4]2-=Cd2++ 4CN的K=c(CaP+)·4(CN) c[Cd(CN)42-y-K1·K2·K3·K4 =105.5X1010.6X1015.2X1018.8=1050.1,则1gK- 一50.1，故D正确。 8AC解析CaC2O4体系中存在一系列平衡，在 CaC2O4溶液中，增大pH,草酸根浓度增大，其正对数增 大，增大pH过程中，草酸氢根减小程度小于草酸分子，曲 线③表示HC2O年的变化情况，A错误；K= Sg,0相支时c0时） c(HC2O4),此时pH=4.2,可得K=10-4.2,B正确；溶 液pH=7时c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒： c(HC2O)+2c (C2O)+c(OH)=2c(Ca2+) 十c(H十)，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后 提供的氯离子或钠离子，所以c(HC2O:)十2c(C2O2) =2c(Ca2+)错误，C错误；溶液中存在Ksp(CaC2O4)= c(Ca2+)×c(C2O),pH>12后，c(OH-)增大，导致 Q[Ca(OH)2]>Ksp[Ca(OH)2],生成Ca(OH)2,导 致c(Ca2+)减小，则c(C2O)上升，D正确。 国视野 0.48,8{[CuL3]+}可忽略不计则，6{[CuL2]+}=0.04, c{[CuL2]+}=0.04×1.0×10-3mol/L=4×10-5mol/L,B 错误；[CuLm]+结合L的离子方程式为[CuLm]++L 一[CuLm+1]+,当6{[CuLm]+}=8{[CuLm+1]+}时， 1 K=c元，由图像交点可知，随着n变大，c(L)逐渐变大， 则K值变小，说明[CuLm]+结合L的能力随之减小，C 正确；若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},由图像交点可知， 6{[CuL]+}=6{[CuL3]+〉<0.2,6{[CuL2]+}> 0.6,则c{[CuL2]+}>2c{[CuL3]+},故 2c{[CuL2]+)>c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+),D错误。 3C解析HL2-和L3-之间存在HL2-一H+十L3 转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以HL2-为主，则 c(HL2-)>c(L3-),lgc(HL2-)>lgc(L3-),则曲线I代 表lgc(HL2-),曲线Ⅱ代表lgc(L3-),随着pH增大， HL2-一H+十L3-正向移动，c(L3-)增大，Cu2+和L3 459 答案册 实战高考·化学 结合形成配离子的反应依次为Cu2+十L3-一[CuL]- K1、L3-+[CuL]-=[CuL2]4-K2,因此随pH 增大，C+持续减小，为曲线Ⅲ，6汇cL]先增大后减小， 为曲线V,汇CL了一直增大，为曲线V,据此回答。曲 线Ⅲ和曲线V的交点代表Cu2+=6加CuL],即c(Cu2+)= c([CuL]一)，由图可知，此时1gc(L3-)=一9.4，带入平衡 表达式得CS2品0=10，A正 1 确；曲线I和曲线Ⅱ的交点代表lgc(L3-)=lgc(HL2-), 即c(L3-)=c(HL2-),此时pH=11.6,带入平衡常数表 达式得K=cL3)H)=10-1.6,B正确；曲线N和 c(HL2-) 曲线V的交点代表6汇cuL]=6[CuL了←，即 c{[CuL2]4-}=c{[CuL]-},此时lgc(L3-)=-7.2,可 得L3-十[CuL]-一[CuL2]4-的平衡常数K2= c{[CuL2]4-〉 c(3)·c{[Cu]=10-2=102.2,a点时，0+= 8Cc,]，带入K1XK2=c[CL〉 c(L3-)·c(Cu2+)× c{[CuL2]4-〉 c(L3)·c([Cl）=2(L3-5=109,4X102.2- 1016.6,解得c(L3-)=10-8.3mol/L,且a点对应 c(HL2-)=0.1mol/L,带入HL2-一H++L3-的平衡 常教K=cL3):cH)=10-1.6,计算得c(H)= c(HL2-) 10-4.3mol/L,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时， c(HL2-)最大，接近101mol/L,结合B项中平衡常数可 计算得c(L3-)≈10-6.2mol/L,6ccuL2]4-=0.90, 8汇Cl]=0.09,结合Cu元素守恒知，c{[CuL2]4-}= 0.90×0.002mol/L=1.8×10-3mol/L,c{[CuL]-}= 0.09×0.002mol/L=1.8×10-4mol/L,因此体系中 c(HL2-)>c{[CuL2]4-}>c{[CuL]-}>c(L3-),D 正确。 4C解析在H2S溶液中存在电离平衡：H2S一H中 十HS、HS一H++S2-,随着pH的增大，H2S的物 质的量分数逐渐减小，HS一的物质的量分数先增大后减 小，S-的物质的量分数逐渐增大，题图中线①、②、③依 次代表H2S、HS、S-的物质的量分数随pH的变化，由 ①和②交点的pH=7可知Ka,(H2S)=1X10-7,由②和 ③交点的pH=13.0可知Ka,(H2S)=1X10-13。FeS的 溶解平衡为FeS(s)一Fe2+(aq)+S2-(aq),饱和FeS溶 液物质的量浓度为√Ksp(Fes)=√6.3Xl0-9mol/L, Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2(s)=Fe2+(aq)+ 460 2OH-(aq),饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为 EOa-V在9x0 4 4 -mol/L=9/12.25× 10-6mol/L>√6.3×10-9mol/L,故溶解度：FeS小于 Fe(OH)2,A错误；酚酞的变色范围为8.2~l0,由题图可 知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用 酚酞作指示剂判断滴定终点，B错误；N2S溶液中存在水 解平衡S-+H2O一HS十OH-、HS+H2O一 H2S十OH一（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数 Kh(S2-) c(HS)·c(OH-) c(S2-) c(HS)·c(OH)·c(Ht)=Kw =1×10-14 c(S-)·c(H+) Ka,(H2S)=1×10-13 =0.1,设水解的g的浓度为xmol/L,则0.1-x x2 =0.1, 则≈0.062，学-的水解率约为0,062m0L×100%= 0.1 mol/L 62%,C正确；0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积 0.2mol/LNa2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和 0.1mol/LNa2S的混合液，结合C项，c(Fe2+)c(S-)= 0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4 >Ksp (FeS),c (Fe2+)c2 (OH-)=0.005 mol/LX (0.062mol/L)2=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2],故反 应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2,D项错误。 ⑤D解析结合起点和终点，向20mL0.10mol·L1 NaOH溶液中滴入湘同浓度的HCOOH溶液，发生浓度 改变的微粒是OH-和HCOO,当V(HCOOH)=0时， 溶液中存在的微粒是OH一，随着甲酸的加入，OH一被消 耗，经过M,点在下降的曲线表示的是OH一浓度的改变， 经过M点、N点在上升的曲线表示的是HCOO浓度的 改变。M点时，V(HCOOH)=10mL,溶液中的溶质为 c(HCOOH):c(HCOO)=1:1,仍剩余有未反应的甲 酸，抑制水的电离，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰 好反应生成HCOONa,.此时仅存在HCOONa的水解，此 时水的电离程度最大，故A正确；M点时，V(HCOOH) =10mL,溶液中的溶质为c(HCOOH):c(HCOO-)= 1：1,根据电荷守恒有c(Na+)十c(H+)=c(HCOO) 十c(OH),M点为交点可知c(HCOO)=c(OH-),联 立可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故B正确；当 V(HCOOH)=10mL时，c(HCOOH):c(HCOONa)= 1:1,根据电荷守恒：c(Na+)十c(H+)=c(HCO0-)+ c(OH-),根据物料守恒：c(Na+)=2c(HCOO-)+ O实战册参考答率及解析 2c(HCOOH),联立可得c(OH-)=c(H+)+ 的pH变化不大，由题图可知PbCO3不会溶解，D错误。 2c(HCOOH)+c(HCOO-),故C正确；N,点HCOOH 7D 解析随着pH的增大，CH2 CICOOH、 溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生 CHC2COOH浓度减小，CH2 CicOO-、CHCl2COO-浓 水解，因此c(Na+)>c(HCOO-),c(OH-)>c(Ht), 度增大，一Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于 根据题图中N,点可知，c(HCOO)≈0.05mol/L,根据Ka CH2 CICOOH,Ka(CHCI2COOH)>Ka(CH2 CICOOH)), (H0OOHD=cH+):HC00）=1,8X10-4,可知 6(酸分子)=（酸根离子）=0.5时的pH分别约为1.3 c(HCOOH) 2.8,则Ka(CHC2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2 CICOOH) c(HCOOH)>c(H+),故D错误。 ≈10一2.8，由此分析解题。根据分析，曲线M表示 6D解析由题图可知，pH=6.5时6(Pb2+)>75%,即 6(CH2 CICOO)~pH的变化关系，A错误；根据 c(Pb2+)>1.5X10-5mol/L,则c(C0g)≤Kp(PbC0) c(Pb2+) Ka (CHCI2COOH)= c(CHCl2 COO-)Xc(H+) c(CHCI2 COOH) 13x10lUL=号×10-1moVL<c(Pb2+),A 10-12.1 co(CHC2COOH)=0.1mol·L-1,若溶液中溶质只有 正确；由题图可知，6(P2+)=6(PbCO3)时，溶液中还存 CHC2COOH,则c(CHC2COO)=c(H+)≈ 在Pb(OH)+,6(Pb2+)=6(PbCO3)<50%,根据 √Ka(CHC2COOH)·co(CHC20OOHD=10-115mol· co(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb元素守恒，溶液中 L1,但a点对应的c(H+)=0.1mol·L-1,说明此时溶 c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L,B正确；由物料守恒可知， 液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒：c(H+)> n(CIO)=2n(PB2+)+2n[Pb (CO3)]2Pb (OH+]+ c(CHCl2COO-)+c(OH-),B错误；根据分析， 2n(PbC03),则c(C1O4)>2c(Pb2+)+ CH2 CICOOH的电离常数Ka=10-2.8,C错误；电离度a 2c[Pb(CO3)号]+2c[Pb(OH)+],则2c(CO)+ 一n电离 n始 ,n始=n电离十n未电离，则a(CH2 CICOOH)= c(HCO3)+c(CIO)2c(Pb2+)+ (CH CICOO),(CHCl2COOH)=(CHCl2 COO), 2c[Pb(C03)]+2cPb(OH)+],则2c(C0)+ pH=2.08时，8(CH2C1COO)=0.15, c(HCO3 )+c(CIO)>2c(Pb2+)++2c[Pb (OH)+],C 6(CHC12COO-)=0.85,D正确。 正确；pH=8时，向溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液 专题9 有机化学基础 山东新高考全练 ①CD解析由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X 素的相对分子质量，要测定青蒿素相对分子质量应该用 发生加成反应得到N,X为甲醛，N与CH2(COOC2H5)2 质谱法。C不正确。 发生先加成后消去的反应，得到P,P先在碱性条件下发 3B解析该有机物含有酚羟基，可与Na2CO3溶液反 生取代反应，再酸化得到Q。M属于醛类，醛基的碳原子 应，A正确。由分子结构可知，与醇羟基相连的C原子共 与3个不同化学环境的C原子相连，且这3个C原子上 为1号，名称为2甲基丙醛，A正确；根据分析，若M十X 均连有H原子，其消去反应产物最多有3种，B不正确。 →N原子利用率为100%，则X为HCHO,B正确；N中 该有机物酸性条件下的水解产物有2种，其中一种含有 含有醛基和一CH2OH,能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q 碳碳双键和2个醇羟基，既能通过发生加聚反应生成高 中含有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用 聚物，也能通过缩聚反应生成高聚物；另一种水解产物中 酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q,C错误；P到Q第一步在 含有羧基和酚羟基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正 碱性条件下酯基和羟基发生取代反应形成环状结构，生 确。该有机物分子中含有酚羟基且其邻位上有H原子， 成物有CH3CH2OH,没有CH3COOH,D错误。故 故其可与浓溴水发生取代反应；还含有碳碳双键，故其可 选CD。 与Br2发生加成反应，D正确。 2C解析通过核磁共振谱可推测青蒿素分子中不同化 ④D解析淀粉属于多糖，水解的最终产物为葡萄糖，A 学环境的氢原子的种数及其数目之比，但不能测定青蒿 项正确：发酵制醇阶段的主要反应为C6H2O6酶 461