专题十三 考点2 水的电离，溶液的pH &考点3 盐类的水解-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

最新真题分类特训·化学 考点2水的电离、溶液的pH 1.(2025·云南卷，14)甲醛法测定NH的反应 阅读下列材料，完成2一3题 原理为4NH4+6HCHO一(CH2)N4H 一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反 应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+ +3H++6H2O。取含NH4CI的废水浓缩至 CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定 原体积的后，移取20.0ml,加入足量甲 有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的 醛反应后，用0.01000mol·L1的NaOH标准溶 水解可忽略。实验步骠如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数δ与 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶 pH关系如图2[比如：L(CH)6NH中]= 中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水 c[(CH2)6NHT] cCH)NH]+L(CHN。下列说法正 使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O →2CH3COOH. 确的是 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇 121 标准溶液滴定至终，点，消耗标准溶液V1mL。 10H ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐 6 苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示 41 剂并用cmol·L一1NaOH一甲醇标准溶液滴定 3 至终点，消耗标准溶液V2mL。 0651015202530 V(NaOH)/mL 2.(2023·山东卷，8)对于上述实验，下列做法正 图1 确的是 () 1.01 A.进行容量瓶检漏时，倒置一次即可 (6.00,0.88) 0.8- B.滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即 0.6 可判定达到滴定终点 0.4 C.滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其 0.2 自然垂直 0.0 024 6 81012 D.滴定读数时，应双手一上一下持滴定管 pH 3.(2023·山东卷，9)ROH样品中羟基含量（质 图2 量分数)计算正确的是 A.废水中NH的含量为20.00mg·L1 A.(V,-V1)X17 ×100% B.c点：cL(CH2)6N4H+]+c(H+)=c(OH) 1000m C.a点：c[(CH2)6N4H+]>c(H+)> B.(V1-V2)X17 1000m ×100% c(OH-)>c[(CH2)6N4] c.0.5cW2V)x17×100% 1000m D.(CH2)6N4H+==(CH2)6N4+H+的平衡 D.c(0.5V2-V)X17 常数K≈7.3×10-6 ×100% 1000m 专题十三水溶液中的离子平衡 考点3盐类的水解 1.(多选)(2026·山东卷，11)对下列事实解释正 2 甲 确的是 ( ) 乙 0(9.25,-2.60) 事实 解释 熔融条件下，金属Na 金属活泼性：Na ou)/X) P8.35, -3.25) Q(12.50, -4 -4.25) 丙 A 与KCI反应可制备金 >K 入 属K 6 7 8 910111213 pH B 热稳定性：CH,>SiH 键能：C一H> Si-H A.丁线所示物种为HCO 相同条件下，苯酚与溴 对苯环活化作 B.调节pH=7.00时，需加入NaOH C 水反应，而甲苯不与溴 用：-OH C.P点： c(NH) =100.90 水反应 > -CHs c(Ca2+) D.Q点：Hc0) c(CO⅓) 常温下，相同浓度溶液 NH水解程度： =10415 D 的pH:CH,COONH CH COONH 4.(2025·黑吉辽蒙卷，15)室温下，将0.1mol >NH CI <NH CI AgCl置于0.1mol·L-1NH4NO3溶液中，保 2.（2026·陕晋青宁卷，14)二氧化碳、碳酸及其 持溶液体积和N元素，总物质的量不变，pX-pH 盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重 曲线如图，Ag++NH3一[Ag(NH3)]+和 要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种 Ag+2NH3一[Ag(NH3)2]+的平衡常数 的分布系数8与-lg[c(OH-)/(mol·L1)] 分别为K1和K2;NH4的水解常数 的变化关系如图 Kh(NH)=109.25。下列说法错误的是 1.0 10 4(4.00,6.25 0.0 M B C 3.67、 7.65 (6.45,3.80 2 46+ D32 6810 -lg[e(OH)/(mol-L)] 6 pH 比 如： (H2COs c(H2CO3) pX=-Ig[c(X)/(mol.L-1)] c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO) ]CaCOs X代表Ag、[Ag(NH3)]+、 的Kp为10一848。将足量CaCO3(s)置于纯水 [Ag(NH3)2]+或NH3 中得到饱和溶液。下列说法正确的是() A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线 A.M点的pH为5.66 B.D点：c(NH)-c(OH-)>0.1-c(H+) B.CaCO3(s)在纯水中的溶解度为104,24ol·L1 C.K1=103.24 C.该CaCO3饱和溶液中，c(Ca2+)>c(HCO5) D.C点：c(NH3)=10-3.52mol.L- c(CO) 5.(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用 D.反应CaCO3(s)+H2CO3一Ca2++ Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd+。已知 2HCO3的平衡常数为104.50 25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L1 3.(多选)(2026·山东卷，15)25℃下，向初始浓 Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-1290, 度一定的NH4Cl溶液中加人CaCO3(s),通过 Kp(FeS)=1017.20,Kp(CdS)=1026.I0。下列 加入HNO3或NaOH调节pH[CaCO3(s)始终 说法错误的是 () 存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的 A.Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH) 对数值lg[c(X)/mol·L1]随pH的变化如图 +c(HS)+2c(S2-) 所示(X表示NH,NH3,Ca2+,HCO3)。下 B.0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na+)> 列说法错误的是 c(S2-)>c(OH-)>c(HS-) 最新真题分类特训·化学 C.向c(Cd2+)=0.01mol·L1的溶液中加入 7.(2021·北京卷，12)下列实验中，均产生白色 FeS,可使c(Cd2+)<10-8mol·L-1 沉淀。 D.向c(Cd+)=0.01mol·L-1的溶液中通入 A1,S0),溶液 CaCL,溶液 H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H) >c(Cd2+) 专Na,CO,溶液NaHCO,溶液 国Na,CO,溶液NaHCO,溶液 6.(2023·山东卷，6)鉴别浓度均为 下列分析不正确的是 ( 0.1mol·L-1的NaClO、Ba(OH)2、 A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类 A12(SO4)3三种溶液，仅用下列一种方法不可 行的是 () 相同 A.测定溶液pH B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 B.滴加酚酞试剂 C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C.滴加0.1mol·L1KI溶液 D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH D.滴加饱和Na2CO3溶液 均降低 考点4难溶电解质的溶解平衡 1.(2026·黑吉辽蒙卷，15)室温下，0.10mol· A.x=2 L1醋酸铜(CuAc2,Ac表示CH3COO)溶 B.Kap(BaCO3)=2.5×10-9 液中CuAc2、CuAc+、Cu2+和HAc的pX- C.点c对应溶液中的水的电离程度最大 pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的 D.点d对应溶液中的c(Ba2+)最小 量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略 3.(2025·黑吉辽蒙卷，6)微粒邂逅时的色彩变 除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说 化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化 法错误的是 ( 的解释错误的是 ( 3.0 CuAc 2.5 颜色变化 解释 0 2.0 P5.75,1.87) 0 151 空气中灼烧过的 2CuO C2H5OH 铜丝伸入乙醇 1.0Ⅱ (4.43,1.19) A CH3CHO+ 0.5M3.46,0.86 中，黑色铜丝恢 3.03.5 40pn45505560 Cu2O+H2O 复光亮的紫红色 pX=-Ig[c(X)/(mol.L-1)] Mg(OH)2悬浊 3Mg(OH)2 (s)++2Fe3 X代表CuAc2、CuAc+,Cu2+或HAc 液中加入FeCl3 HAc的Ka=10-4.75 2Fe (OH)3 (s) 溶液，固体由白 +3Mg2 Cu2++HAc=CuAc++H+K 色变为红褐色 A.I为CuAc+的变化曲线 B.室温下，K=10-2.60 FeSO4溶液中加入 Fe2++[Fe(CN)6]3 C.室温下，Kp[Cu(OH)2]=10-20.97 K3[Fe(CN)6],浅 C D.Q点：c(HAc)×3+ Ka +K--KFe [Fe 绿色溶液出现蓝 c(H) <0.20mol·L-1 (CN] 色浑浊 2.(2026·湖南卷，14)常温下， T13 12 向10mLBa(OH)2溶液中 缓慢滴入0.01mol·L1 K2Cr2O2溶液 NaHCO3溶液，溶液的pH 中加入NaOH Cr2O%-+20H 00品o39 D 和pBa[pBa=-lgc(Ba2+] 溶液，溶液由橙 -2CrO+H2O 与V(NaHCO3)的变化关系如图所示。已知：lg2 色变为黄色 =0.3。下列说法错误的是 (最新真题分类特训·化学 9.C从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标 值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH,利用此规律 解决本题。A.从图中可以看出F(Ⅲ)主要与L2-进行络 合，但在pH=1时，富含L的型体主要为HL,此时电离出 的HL较少，根据HL的一级电离常数可以简单计算 pH=1时溶液中c(HL)≈10-.mol·L1,但pH=1 时c(OH)=10mol·L,因此这四种离子的浓度大 小为c(HL)>c([FeL]+)>c(HL)>c(OH),A错 误；B.根据图示的分布分数图可以推导出，HL在pH≈ 9.9时HL的含量最大，而H,L和L2的含量最少，因 此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为 HL,B错误；C.该反应的平衡常数K= c(Fel广c),当[FeL,]与[FaL]分布分教相等 c([FeL2]) 时，可以将K简化为K=一)此时体系的pH=4,在 pH=4时可以计算溶液中c(L)=5.0X1014mol·L1, 则该络合反应的平衡常数K≈101.，即lgK≈14，C正确： D.根据图像，pH=I0时溶液中主要的型体为[FL]3和 [Fle(OH)],其分布分数均为0.5，因此可以得到 c([Fel]3-)=c([FeL,(OH)]-)=1X10-‘mol·L1,此时 形成[FeLa3-消耗了3×104mol·L1的L2,形成 [FeL(OH)]消耗了2×10mol·L的L2,共消耗 了5×10mol·L1的L2-,即参与配位的c(L2-)≈5× l0mol·L,D错误；故答案选C。 10.D已知H,S饱和溶液中随着pH的增大，H,S的浓度 不变，HS和S浓度逐渐增大，则有一lgc(HS)和 一lgc(S)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS浓 度大于S,即-lgc(HS)小于-lgc(S-),随着pH 增大，S浓度增大，则N+和Cd+浓度逐渐减小，且 K,(NiS)>Kp(CdS)即当c(S)相同时，c(Ni+)> c(Cd+),则-lgc(N+)和-lgc(Cd+)随着pH增大而 增大，且有一lgc(Ni+)小于一lgc(Cd+),由此可知曲 线①代表Cd+、②代表N+、③代表S-,④代表 HS,据此分析结合图像各点数据进行解题。A,由分 析可知，曲线①代表Cd+、③代表S,由图示曲线① ③交点可知，此时c(Cd+)=c(S-)=1013mol/L,则有 Km(CdS)=c(Cd2+)·c(S2)=1013X1018=106, A错误；B.由分析可知，③为pH与一lgc(S)的关系 曲线，B错误；C.由分析可知，曲线④代表HS,由图示 曲线④两点坐标可知，当c(H)=101mol/L时， c(HS)-10-mol/L.,K (HS)=(H).c(HS c(H,S) =1018X10 -=10.1或者当c(H)=104.2mol/L 0.1 时，c(HS)=1089mol/L,K(HS=cH):cHS) c(H,S) =104.2×10-24 0.1 =101,C错误；D.已知K1K2= c()·cHs×c(H)·c(S)=(H):cS）,由 c(H,S) c(HS c(H,S) 曲线③两，点坐标可知，当c(H)=10.mol/L时，c(S) =101mol/L,或者当c(H+)=10“mol/L时，c(S2-) =10mol/L,故有KK=cH)c(S) c(H,S) (1049)2×10-13 0.1 =101.“,结合C项分析可知，K1= 1011故有K(H,S)=10147,D正确；故答案为D。 220 11.CD制备CuO的工艺路线分析。反应Ⅱ所得溶液 pH在3~4之间，则反应Ⅱ为SO,和Na,CO,溶液反 应生成NaHSO,和CO,为非氧化还原反应，A错误； 反应Ⅱ得到NaHSO溶液，调pH=l1时NaHSO,转 化为Na,S),,故低温真空蒸发主要目的是防止 Na,S),被氧化，B错误；溶液Y含少量Na,SO,,可循 环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收S(),气体生成 NaHSO,C正确；化合物X为Na2S),当NaSO,少量 时，反应Ⅲ为2CuS),+Na,S)3+2H,O一CuO￥+ NaS),+2H,S),,当NaS)3过量时，反应Ⅲ为2CuS),+ 3NaS)3Cu)￥+3NaS),+2SO2↑，生成的SOg 气体会递出，收与心增大时，名升加N0H的 量减少，D正确。 12.BA.常温下溶液I的pH=7,0,则溶液I中c(H+) =c(OH)=1×10-?mol/L,c(H)<c(OH-)+ c(A),A错误；B.常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中 cH*)=0.1mol/L,K.=cH):cA）=1,0× c(HA) 103,cs(HA)=c(HA)+c(A),则0：1c(A) c&(HA)-c(A) 10X10解件的-可B确：C报指道意 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；D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中 c(H*)=1×10'mol/L,K.=c(H:cA)=1.0× c(HA) 10(HA)=(HA(A-),10[c(HA)-c(HA)] c(HA) =1.0×10-3,溶液I中cs(HA)=(10+1)c(HA),溶 液Ⅱ的pH=1.0,溶液Ⅱ中c(H+)=0.1mol/L,K.= c(H):(A2=1.0×103,c8(HA)=c(HA) c(HA) +c(A), 0.1[c8(HA)-c(HA)]=.0×103,溶液Ⅱ中 c(HA) c&(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(HA)之比为[(10+1)(HA)]:[1.01c(HA)]= (10+1):1.01≈10，D错误；答案选B。 考点2水的电离、溶液的pH l.DA.由图1中的信息可知，当加入NOH标准溶液的 体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH~ [(CH2)sN,H+3H]~4OH可知，由于待测液的体 积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶 液中c(NH)=c(OH)=0.01000mol·L1= 0.01000mol·L1,则原废水中c(NH)= Q0100m0lL×0=0.0100ml·L,因此，度水 中NH的含量为0.001000mol×18000mg·mol1·L =18.00mg·L,A错误；B.c点加入NaOH标准溶液的体 积过量，且只过量了号，由电荷守恒可知，[(CH,)NH门 +c(H)+c(Na)=c(OH)+c(CI),浓缩后的废水中 NH,Cl的浓度和NaOH标准溶液浓度相等，CI和Na均 不参与离子反应，可以估算c点c(CI厂)<c(Na), c[(CH,)N,H]+c(H+)<c(OH),B错误； 8 C.(CHg):N,H在溶液中水解使溶液显酸性，类比NH: 可知(CH2):N,在溶液中与水作用发生电离而使溶液显 碱性；点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说 明(CH):N,H的水解作用强于(CH)N的电离作 用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为 c[(CH)N,]>c[(CH,)N,H],C错误；D.由图1和 图2可知，当pH=6.00时，(CH2):N:占比较高， L(CH)N,]=0.88,则由氯守恒可知，6[(CH)N,H]= 0.12,两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则 (CH)NH==(CH)N,+H的平衡常数K= c[(CH,)N,]·c(H)_0.88X10≈7.3×10，D正确。 c[(CH )N,H+] 0.12 2.C容量瓶检漏时，需先倒置看是否漏水，不漏水，再将 容量瓶正放，旋转活塞180度，再倒置一次看是否漏水， 因此进行容量瓶检漏时，需倒置两次，A错误；滴入半滴 标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内溶液颜色不 变化，才可判定达到滴定终，点，B错误；滴定读数时，应单 手持滴定管上端并保持其自然垂直，故C正确，D错误。 3.A羟基含量的计算。用cmol·L NaOH一甲醇标准 溶液进行滴定，根据反应CHCO)H十Na()H CH,COONa+H,O,结合步骤④可得关系式：乙酸酐 [(CHCO)O]~2CH,COOH~2NaOH,则n(乙酸酐) =0.5cV,×103mol,根据反应(CHC)),)+R)H→ CH,COOR+CH,COOH,结合步骤②，设样品中ROH 为xmol,则x+2×(0.5cV:×103-x)=cV×103, 解得x=c(V2一V1)X103,又因ROH样品的质量为 m8,则ROH样品中羟基的质量分数为，V)X17 1000m ×100%,A正确。 考点3盐类的水解 1.BCA.Na与熔融KCI反应制备K是因为K的沸点低 于Na,反应中K汽化逸出促进平衡正向移动，实际金属 活泼性K>Na,A错误；B.C的原子半径小于Si,C一H 键键长更短、键能更高，故CH,热稳定性强于SiH,,B正 确：C,酚羟基对苯环的活化作用强于甲基，苯酚中苯环 上氢原子活性更高，可与溴水发生取代反应，甲苯不能， C正确；D.CH COONH,中CHC))的水解会促进 NH水解，故NH水解程度：CH,COONH,>NH,CL, CH,COONH,溶液pH更大是因为CH COO水解产生 的OH抵消了NH水解产生的部分H+,D错误。 2.CA.M点是点线和虚线的交点，即c(CO)= c(H.CO,)。根据K·Ke=cH),(HCO). c(H,CO,) c(H+)·c(C0)_(H)·e(CO),当两浓度相￥ c(HCO) c(H,CO) 时，c2(H+)=K4·Ke=101.,所以c(Ht)=108. mol/L,即pH=8.34,A错误；B.若不考虑CO水解， 溶解度8满足K[CaC0,]=s2=108.",得s=10.24 mol/L;但实际上CO会水解为HCO,、HCO,因此 溶解度大于10.4mol/L,B错误；C.根据元素守恒， c(Ca2)=c(H:CO;)+c(HCO)+c(CO),c(Ca) 最大：C0的第一步水解含：K-化=10，客液 中OH主要由CO水解产生，设CO水解浓度为x, 20g 详解详析， CO+H,O--HCO+OH 始mol/L104.24 0 0 变mol/L x x x 平mol/L 104.24-x x T. t? 104.24-x =10-3.7,x≈4.7X10-5mol/L, 4.7×10mol/L×100%≈81.7%，水解率超过50%， 1X10-4 mol/L 这说明水解程度很大，产生了较多的HC),,故 c(HCO,)>c(CO),浓度顺序成立，C正确；D.平衡常 数K=Ca*):c（HCO2 c(H,CO) cCa)·c(co)·e·cHc02=K,·R, 、K c(H,CO3)·c(C)5)·c(H+) 代入Kp=108.48、K1=10.时、K2=1010.3,得K= 1040,不是10.0，D错误。 3.BD随x轴pH的变化，c(NH,)十c(NH)为定值，pH 值越大，c(NH)越大，c(NH)越小，故甲为NH,乙为 NH;加入NaOH,pH增大，c(HCO,)减小，c(Ca+)= c(CO)+c(HCO)+c(HCO),pH越大，HCO、 H2CO越少，主要以CO存在，故pH>11时，c(Ca+) =c(CO)>c(HCO),故丙为Ca+,丁为HCO;A. 根据分析，丁线代表HC(),A正确；B.25℃下，向初始 浓度一定的NH,Cl溶液中加入CaC)(s)后，由元素守 恒有c(NH)+c(NH,)=c(Cl),c(Ca+)=c(CO片) +c(HCO,)+c(H,CO),代入电荷守恒2c(Ca+)+ c(NH)+c(H)=c(OH)+c(CI )+c(HCO)+ 2c(CO)可得c(HCO)+2c(HCO3)+c(H)= c(OH)+c(NH3);pH=7.00时，由图可知c(HCO3) >c(NH),又因为c(H)=c(OH),所以pH=7.00 时有c(HC))+2c(H,CO,)>c(NH,),此时右侧需加 NO5才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需加入 HNO,B错误；C.O点时，NH==NH+H,K= cNH,)·c(H)=10,P点时pH=8.35, c(NH) c(NH) c(Ca) c(NH)108.游 =《N=10露=10，C正确：D.0点时， c(Ca2+)=c(C0)=10.2imol·L1,故Kp(CaCO3) =c(Ca+)Xc(CO)=10&i,P点时，c(Ca2+）= c(HC0,)=10mol·L1,c(H)=10&3mol·L1,此 时c(C05)=Kn(CaC0)10k c(Ca+）=10=10i5mol.L, Ke=c(C0）·(H)=1055X10 103.25 _=101o.35,Q c(HCO) c(C0)=K。=101o.5 点时，HC0,)一10T=10,D错误。 4.BpH越小，酸性越强，Ag浓度越大，氨气浓度越小， 所以Ⅲ代表[Ag(NH)2]+,Ⅱ代表[Ag(NH)]+,N代 表NH3,I代表Ag,据此解答。 A.根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH,),]+的变化曲线，A 正确；B.溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则 c(NH)一c(OH)<0.1一c(H),B错误；C.根据图像 可知D,点时[Ag(NH)门+和Ag浓度相等，此时氨气浓 最新真题分类特训·化学 度是103.4，根据Ag++NH3一[Ag(NHg)]可知 K1=10.2“,C正确；D.C点时[Ag(NH3)2]和Ag浓 度相等，B,点时[Ag(NH):]和[Ag(NH)]+浓度相 等，所以反应[Ag(NH)]+NH==[Ag(NH)] 的平衡常数为103.80，因此K2=103.24×103.0=102.04,C 点时[Ag(NH)]和Ag浓度相等，所以c(NH)= √10m0l·L1=10m0lL1,D正确。 1 5.BA.NaS溶液中只有5种离子，分别是H、Na、 OH、HS、S,溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表 示为c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HS)+2c(S-),A 正确；B0.01mol·L1NaS溶液中，S水解使溶液呈碱 性，其水解常数为K=cOH):(HS)=K c(S) K 10=10,根据硫元素守恒可知c(HS)<10 10-14 mol·L,所以0H>1,则c(0H)>c(S-),B不 c(S2-) 正确；C.K(FeS)远远大于K(CdS),向c(Cd+)= 0.01mol·Ll的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的 2K(FeS)_107.2o 转化，该反应的平衡常数为K=KCdS=10西 10.>10,因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液 中c(Cd+)=√/10.Tmol·L-1=101.o5mol·L-1, 若加入足量FeS时可使c(Cd+)<l08mol·L1,C正 确，D.Cd+十HS一CdS+2H+的平衡常数K= c2(H+) K·K= c(Cd+)·c(H,S) 1067X10120 10-26.10 =1023》10,该反应可以完全进行，因 此，当向c(Cd+)=0.01mol·L的溶液中通入HS气 体至饱和，Cd+可以完全沉淀，所得溶液中c(H)> c(Cd+),D正确。 6.C NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，Ba(OH)2 为强碱，A(S),)?为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，浓 度均为0.1mol·L1的NaCIO、Ba(OH)2、Al(SO,)3 溶液，其pH大小关系为Ba(OH)2>NaClO> Al,(SO,),,故测定溶液pH可进行鉴别，A不符合题意； NaCIO具有强氧化性，可使酚酞试剂褪色，Ba(OH),溶 液可使酚酞试剂显红色，Al,(SO,)3水溶液显酸性，滴加 酚酞溶液呈无色，因此滴加酚酞试剂可进行鉴别，B不符 合题意；NaCIO能将I厂氧化为l2,Ba(OH)2、Al(SO) 与KI均不反应，只用KI溶液无法鉴别NaCI)、 Ba(OH)、Al(SO,)g三种溶液，C符合题意；NaCIO与 饱和NaC)3溶液不反应，二者混合无现象，Ba(OH)。 与饱和Na,CO,溶液反应生成BaCO,白色沉淀， Al,(SO,)3与饱和NaCO,溶液发生相互促进的水解反 应生成AI()H)3白色沉淀和C),气体，故滴加饱和 Na CO3溶液可鉴别，D不符合题意。 7.BA.NaCO3溶液、Na HCO3溶液均存在Na、CO、 HCO、HCO、H,OH、HO,故含有的微粒种类相 同，A正确：B.HCO==H+CO,加入Ca+后， Ca+和CO反应生成沉淀，促进HCO的电离，B错 误；C.A1+与CO、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，pH减小，D正确；故选B。 21 考点4难溶电解质的溶解平衡 1.CA.分析可知，I为CuAc的变化曲线，A正确：B.题 中反应的K=(CuAe）·c）,当pH=3.46时，由 c(Cu2+)·c(HAc) I和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc+)=c(Cu+),且由M,点 坐标可知，c(HAc)=10o.8mol/L,代入平衡常数表达 式：K=1095 10=10”,B正确，C.根据P点坐标，此时 pH=5.75,c(CuAc+)=c(HAc)=10187,反应Cu2++ HAc一-CuAc+H的平衡常数K=l0.o,代入数 要样4总 =10.0,故c(Cu2+)=103.15mol/L, Kp[Cu(OH)2]=c(Cu+)·c2(OH)=103.1i× (10.25)2=101,C错误：D.根据题意，C元素总物质 的量不变，即总醋酸根（含各种形态）的浓度保持为0.20 mol/L,存在元素守恒：c(Ac)十c(CuAc)+c(HAc)+ 2c(CuAc)=0.20mol/L,对于HAc的电离平衡常数： K=D,变帮样武一代入 c(HAc) 题千原式，得到原式=3c(HAc)十c(Ac)=2c(HAc)十 [c(HAc)十c(Ac)],将元素守恒式代入得到：原式=2c (HAc)+0.2 mol/L-Lc(CuAc)+2c(CuAc2)J,Q 存在c(HAc)=c(CuAc),由于c(CuAc)>0,故原式=0， 2mol/L-c(CuAc)<0.2mol/L,D正确。 2.DA.当加入V(NaHCO,)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba(OH),+NaHCO3BaCO,￥+NaOH+ H),得n(Ba()H)2)=n(NaHCO3)=0.01L×0.01 mol,L1=1×10‘mol,故初始c(Ba+)=1X10mol 0.01L =0.01mol·L1,pBa=一lg0.01=2,因此x=2,A正 确：B.在V(Na HCO3)=l0mL时，pBa=4.3,即c(Ba+) =103mol·L↓。此时溶液主要存在BaC0,沉淀，为 BaC)3饱和溶液，c(CO)主要来自BaC)3的溶解，且 溶液中大量OH抑制C)水解，可近似认为c(C)) ≈c(Ba+),故：Km(BaCO)=c(Ba+)·c(CO)= 1043×10.3=108.0×(100.3)2,已知lg2=0.3,即 10.3=2,可得103=0.5，计算得Km(BaCO3)=2.5× 10,B正确。C.各，点水的电离程度比较如下：，点a为强 碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BaCO,沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成 NaCO,CO水解促进水电离。点d为NaHCO,过 量，HC)水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确；D.根据溶 度表公式6(B)=CC)点e时格好生成 Na,CO,c(CO)最大，故c(Ba2+)最小。点d时NaH CO,过量，溶液体积增大使CO被稀释，c(CO)下 降，c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba)最小的是，点c,而 非点d,D错误。 3.AA.醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu十O △2Cu0,然后乙醇与C0在加热条件下Cu0+CH,OH △CH,CHO+Cu十HO,A错误；B因为溶度积常数 K,Mg(OH)2]大于Km[Fe(OH)3],所以Fe+与Mg(OH)2 发生沉淀转化生成Fe()H)3,符合溶度积规则，B正确：