专题突破8 水溶液中离子平衡图像分析&专题突破9 各类平衡常数的综合应用-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（人教版）

专题突破8水溶液中离子平衡图像分析 黑题 专题强化练 限时：20mim 1.(2024·重庆高二期中)某温度时，AgC1(s) 水溶液中逐滴滴加0.1mol·L1NaOH溶液， =一Ag(aq)+Cl(aq)在水中的沉淀溶解平 混合溶液中H2A、HAˉ和A2的物质的量分数 衡曲线如图所示。下列说法正确的是( (δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法错 A.c点对应的K,等于a点对应的Kp 误的是 B.加人AgNO3可以使溶液由c点变到d点 A.H2A的K2的数量级为103 C.d点为不饱和溶液，没有AgCl沉淀生成 B.当溶液中c(H,A)=c(A2)时，pH=2.7 D.向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移， C.当溶液中c(Na)=2c(A2-)+c(HA)时，加 CI浓度减小 人Na0H溶液体积大于10mL 12.00 ↑c(Ag)/mol·L- 10.00 D.向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶 4×10- 8.00 液，水的电离程度先变大后减小 三6.00 2×10- 4.00 1.0 2.00 0 2×10-54×10 10203040506070 ① 0.5 1.2.0.5 (4.20.5 ② c(C-)/mol·L-l) V(HCI)/mL a4.15.0 (第1题) (第2题) b5.85.0) 8 2.(2023·江苏常州高二期末)某水样中含一定 浓度的C0?、HC0?和其他不与酸碱反应的离 (第3题) (第4题) 子。取10.00mL水样，用0.01000mol·L1 4.（2024·河北沧州高二期中)常温下，向含有 的HCI溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶 CH,COOH、CuSO4、FeS04的工业废水中逐滴 液体积V(HCI)的变化关系如图所示（混合后 加入NaOH溶液，pM随pH变化关系如图所 溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确 示[pM表示-lg (CH,COOH) 或-lgc(Cu2+) 的是 ( c(CHCOO-) A.该水样中c(C0号)：c(HC0)=2:1 或-gc(Fe2+)门，曲线①③斜率相同。已知： B.a点处c(H,CO3)+c(H)=c(OH)+c(C03) Km[Cu(OH)2]<K,[Fe(OH)2];当离子浓 C.当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HC0) 度≤1.0×10mol·L1时，可认为该离子沉淀 随V(HC)的增多基本保持不变 完全。下列说法不正确的是 D.根据实验结果可以推知：K1(H2C03)· A.曲线①表示-lgc(Fe2+)与pH的关系 K2(H2C03)>K B.pH=6时，溶液中c(CH,CO0)>10c(CHC0OH) 3,(2024·湖北武汉高二期中)已知H2A为二元 C.pH=7时，可认为Cu2+沉淀完全 酸，其电离过程为H2A一一H+HA,HA D.pH=8时，cG2-=1034 →H+A2。常温时，向10mL0.1mol·L1H2A c(Fe2*+) 选择性必修第一册：RJ黑白题098 专题突破9各类平衡常数的综合应用 黑题 专题强化练 限时：20min 1.下列关于化学平衡常数K,电离平衡常数K 子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的 或K,水解平衡常数K,沉淀溶解平衡常数 溶度积常数。回答下列问题： K。,水的离子积常数K的叙述中错误的是 (1)有关上述常数的说法正确的是 ( A.它们都能反映一定条件下对应变化进行的 A.K值越大，正反应进行的程度越大，一般来 程度 说，K>10时，该反应可基本进行完全 B.它们的大小都随温度的升高而增大 B.比较K,与离子积Q的相对大小，可判断 C.室温时，AgCl分别加人水中与AgNO3溶液 难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成 中，前者溶度积常数大 或溶解 D.一定温度下，在CH,COONa溶液中，K.= C.一个可逆反应的化学平衡常数与参与反 K·K 应的每种物质的化学计量数都有关系 (2)一定温度下，在体积为1L的密闭容器 D.弱酸HA的K,与NaA的K、水的离子积常 中，进行如下化学反应：C02(g)+H2(g)一 数K三者间的关系可表示为K,=K。·K C0(g)+H20(g),化学平衡常数K的表达 2.(2023·河南安阳高二月考)下列说法正确 式为 的是 () 若K=1,在此温度下，该容器中含有1mol A.水的离子积常数K只与温度有关，但若外 C02、1.2molH2、0.75molC0、1.5molH20,则 加酸、碱会抑制水的电离，若外加盐则可 此时反应所处的状态为 能促进水的电离或不影响水的电离 (填“向正反应方向进行中”“向逆反应方向进 B.K不仅与难溶电解质的性质和温度有关， 行中”或“平衡状态”)。 还与溶液中相关离子的浓度有关 (3)25℃时，将amol·L1的氨水与 C.常温下，在0.10mol·L-1的NH3·H20溶 0.01mol·L1的盐酸等体积混合所得溶液 液中加入少量NH,Cl晶体，能使溶液的 中c(NH)=c(CI),则溶液显 (填 pH减小，l0的位指大，则 c(NH) “酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表 示NH3·H,0的电离平衡常数K,= NH3·H0的K减小 (可不化简)。 D.室温下，CH3C00H的K。=1.7×105 (4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Kp NH3·H,0的K=1.7×10-5,CH,C00H溶 分别为8.0×10-38、1.0×101，向浓度均为 液中的c(H)与NH3·H20中的c(OH) 0.1mol·L的FeCl3、MgCL2的混合溶液中加 相等 入碱液，要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，应 3.(2023·四川眉山高二期末节选)已知K、K,、 该调节溶液pH的范围是 (已知 Kb、K、Kh、K分别表示化学平衡常数、弱酸的 lg2≈0.3，当溶液中离子浓度小于105mol·L1 电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离 时，沉淀完全)。 第三章黑白题0990.005m0l·L-1×(0.15-0.05)L=0.0025m0l·L1,则c(Ag)= 0.2L Kp(AgSCN)1.0x10-12 mol·L-1=4.0x10-10mol·L-1。 c(SCN-) 0.0025 专题突破8水溶液中离子平衡图像分析 黑题 专题强化练 题号1 4 答案AD A 1.A解析：a、c两点的温度相同，氯化银的溶解平衡常数相同，则c点 对应的Kp等于a点对应的Kp,A正确；加入AgNO3,可增大溶液中 的c(Ag),使氯化银的沉淀溶解平衡逆向移动，此时c点应沿曲线 向左侧移动，不能使溶液由c点变到d点，B错误；d点时，c(Ag)· c(CI)>Kp,为过饱和溶液，即有沉淀生成，C错误；向AgC1悬浊液 中加入少量水，平衡右移，但是依然是饱和溶液，C1浓度不变 D错误。 2.D解析：在滴定过程中有两次突跃，第一次突跃发生在a点：此时发 生的反应为Cog+H*一HC0,c(C0g)=c(HC):V(HC)= V待 0.01000ml·L×20x103L=0.02mml·L,第二次突跃是消 10x10-3L 耗HCl为50mL的点：HC03+H=H20+C02↑，由C0}生成 的HC03消耗盐酸20mL,原溶液中的HC03消耗的盐酸是10mL, 则c(HC05)=e(HC),(HC）_0.0100mol·Lx10x103L」 V特 10×10-3L 0.01mol·L'。由分析可知，c(C03)=0.02mol·L-1,c(HC03)= 0.01mol·L1,所以c(C0}):c(HC03)=2:1,A正确；a点时反应 C03+Ht一HC03恰好完全反应，溶液中只有HC03和H20,既可 以给出H,又可以结合H,结合H*的产物是H2CO3、H+,给出H的 产物是OH、C0},根据质子守恒可得c(H2C03)+c(H*)= c(OH)+c(C0子)，B正确；依据分析可知原溶液中c(CO})= 0.02mol.L1,c(HC03)=0.01mol·L1,当V(HCl)≤20.00mL时， 只发生反应C0?+H=HC03,溶液中HC03物质的量增加，加入 盐酸溶液体积也增加，溶液中c(HCO?)≈ V(盐酸)×0.01mol.L1+0.01Lx0.01mol·L1 =0.01mol·L1,C正 V(盐酸)+0.01L 确：由K!(H,C0）=c(HC0)·c(H) c(H2C03) ，K2(H2C03)= cH00)，所以K:(H,C0）·K(,c0,)= c(CO3)·c(H) c(HCO3)·c(H)c(CO号)·c(H)c(CO3)·c2(H c(H2C03) c(H2C03) ,由图可知， c(HCO3) V(HCl)=0mL时，pH>10,c(Ht)<10-10mol·L-1,所以K,(H2C03)· K2(H2CO3)<K.,D错误。 3.A解析：Ⅱ与Ⅲ交点处氢离子浓度即为此二元酸的第二级电离常数 值，可分析知其数量级为10-5，A错误；分析可知，K1(H2A)=1012 K2(H2A)=1042,当c(H2A)=c(A2)时，K1·K2=c(H*)2= 105.4,此时c(H)=1×1027mol·L1,pH=2.7,B正确；当溶液中 c(Na)=2c(A2)+c(HA)时，由电荷守恒分析此时溶液呈现中性， 向10mL0.1mol·L1H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1Na0H溶 液，若加入NaOH溶液体积等于10mL,此时形成NaHA溶液，其电离 程度大于水解程度，溶液呈酸性，故应在10mL的基础上多加，溶液 才有可能呈中性，C正确；向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液， 结合图分析，HAˉ含量减小，A2含量增大，故水的电离程度再增大， 而氢氧化钠溶液过量则会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度 先变大后减小，D正确。 正本参考答案 4.A解析：根据Kp[Cu(0H)2]=c(Cu24)×c2(0H)、 Kp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH)可知，随着逐滴加入NaOH溶 液，-lge(Cu2+)和-lgc(Fe2+)变化程度相同，则曲线②表示 e(CH COOH) -lg c(CH3C00-) 与pH变化关系；又因为Kp[Cu(OH)2]< Kp[Fe(OH)2],则曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH变化关系，A错误； c(CHCOOH) 根据图像可知，pH=6时，一g >1,转化为 c(CH3C00-) c(CH,cO0)101,即溶液中c(CH,c00)>10e(CH,C00H), c(CH COOH) B正确；根据图像a点时，-lgc(Cu2+)=0,即c(Cu2+)=1mol·L 时，pH=4.15,即溶液中c(0H)=1095mol·L1, Kp[Cu(0H)2]=c(Cu2+)×c2(OH)=10-197,当pH=7时，溶液中 c(oH)=10?ml·L,则c(Cu2+)=K,[C(oH2] c2(0H-) 10-19.7 10molL1=10”mlL1<1.0x105molL,即沉淀完全， C正确；根据图像b点时，-lgc(Fe2+)=0,即c(Fe2+)=1mol·L-1时 pH=5.85,即溶液中c(0H)=10-815mol·L-1,Kp[Fe(0H)2]= c(Fe2)×c2(0Hr）=10-163,c(cu2-e(0u2)·c2(0H)= c(Fe2+)c(Fe2+)·c2(0H) Kp[Cu(0H)2]10-19.7 KFe(0H)2了1016=1034，D正确。 专题突破9各类平衡常数的综合应用 黑题 专题强化练 题号12 答案CA 1.C解析：K值越大，正反应进行的程度越大，一般地说，K>105时，该 反应可基本进行完全，A正确：比较K。与离子积Q的相对大小，可 判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解，若Kp大于Q, 则沉淀溶解，若K,小于Q,则沉淀生成，B正确；当反应中有固体物 质参加时，分子间的碰撞只能在固体表面进行，固体的物质的量浓 度对反应速率和平衡没有影响，因此固体的“浓度”作为常数，在平 衡常数表达式中就不写固体的浓度，C不正确；由弱酸HA的K。 与NaA的K、水的离子积常数K的表达式可知，三者间的关系可表 示为K.=K·Kh,D正确。 2.A解析：水的离子积常数K只与温度有关，若外加酸、碱，c(H+)或 c(OH)增大，抑制水的电离；若外加盐，如加入氯化钠不影响水的 电离，加入碳酸钠促进水的电离，故A正确；K,与难溶电解质的性质 和温度有关，与溶液中相关离子的浓度无关，故B错误；NH3·H2O的电 离平衡常数只与温度有关，所以NH,·H,0溶液中加入少量NH,Cl 晶体，K不变，故C错误；醋酸中c(H)=√K×c(CH3COOH),氢水 中c(OH)=√K×c(NH3·H20),所以只有同浓度的 CH3CO0H、NH3·H20溶液中的c(H)与c(OH)才相等，故 D错误。 c(C0)·c(H20) 3.(1)AD(2)K 向正反应方向进行中 c(C02)·c(H2) (3)中 0.005×10-7/ 0.01×10-7 a-0.01 或 a-0.01 (4)3.3≤pH<9 2 解析：(1)所有的常数，都能反映一定条件下对应变化进行的程 度，A正确：如果反应放热，化学平衡常数随温度的升高而降低，如果 是吸热反应，化学平衡常数随温度的升高而升高，B错误：室温时，溶 度积常数的大小只与温度有关，与其他条件无关，C错误：一定温度 下，在CH3C00Na溶液，CH3C00+H20=→CH3C0OH+0H,K= 黑白题39 c(CH,COOH)·c(OH)_c(CH,COOH)·c(OH)·c(H*)_K c(CHCOO) c(CH3CO0)·c(H*) K 所以Kw=K。·K,D正确；故选AD。(2)根据该反应：CO2(g)+ H2(g)一一C0(g)+H0(g),化学平衡常数的表达式为K= 000=000-7-1s为0k c(C0)·c(H20) 所以反应向正反应方向进行中。(3)将氨水和盐酸混合反应后，根 据电荷守恒：c(H)+c(NH4)=c(CI)+c(OH),c(NH4)=c(CI), 所以c(H)=c(OH),溶液显中性；c(NH财)=c(C)=,mol·L= 0.005mol·L1,溶液显中性，c(0H)=1×107mol·L-1,反应后剩余 的NH·H,0浓度为=0.01 mol·L1,所以NH3·H20的电离平衡 常数：K,=c(N）·c(0Hr)0.05x107 c(NH3·H20) a-001。(4)要使Fe3+完全沉 2 淀，根据Fe(OH)3的溶度积，Kp=c(Fe3+)·c3(OH)=105× c3(0H)=8.0×1038,c（0H)=2.0×10-1mol·L-1, p0H=-lgc(0H)=-lg2.0×10-11=11-0.3=10.7,pH=14-p0H= 3.3,要使Mg2+不沉淀，Kp=c(Mg2+)·c2(0H)=0.1×c2(0H)= 1.0×10-,c(0H)=10-5m0l·L1,pH=9,所以要使Fe3+完全沉淀 而Mg2+不沉淀，应该调节溶液的pH范围是3.3≤pH<9。 第三章章末检测 黑题 阶段检测练 题号 123456789101112131415 答案 DD C DD C A D A B DDD A C 1.D2.D3.C4.D5.D6.C7.A8.D9.A10.B 11.D解析：NaOH溶液和HCI、CH,C0OH混酸反应时，先与强酸反 应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl和水，CH,COOH未发生反应，溶质成分 为NaCl和CH3C00H,c(CH3C00H)=0.0100mol·L-1,c(Ht)= 1038mal·L,K(cH,c0OH)=c(H)·e(cH,c00) c(CH COOH) 10-3.38×103.38 0.01 =1046，A正确；a点溶液为等浓度的NaC1和 CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系：c(Na)=c(Cl)= c(CH,COOH)+c(CH,CO0~),B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓 度的CH,C0OH和CH,COONa,由于pH<7,溶液显酸性，说明 CH3COOH的电离程度大于CHCO0的水解程度，则 c(CH,C00H)<c(CH,C00),C正确；c点溶液中CH,C00水解促 进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c>d, D错误。 12.D解析：由题给流程可知，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液碱溶，氧 化铝、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应分别转化为四羟基合铝酸钠、 硅酸钠，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁的滤 渣和含有四羟基合铝酸钠、硅酸钠的滤液：向滤液中加入碳酸氢钠 溶液，溶液中四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化 铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到含有硅酸钠、碳酸钠的滤液和氢氧 化铝：氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝。由分析可知，碱溶后过滤得 到的滤液中含有四羟基合铝酸钠、硅酸钠，则滤液中含有的阳离子 主要为钠离子，不含有氢离子和铁离子，A错误；由电离常数可知， 胶宝发离于的水解考致人：冬-002次0，想描 误：由分析可知，过滤2所得滤液为硅酸钠、碳酸钠的混合溶液，碳 酸钠溶液中存在质子守恒关系：c(OH)=c(H)+c(HCO3)+ 2c(H2C03),C错误；由分析可知，沉铝发生的反应为四羟基合铝酸 选择性必修第一册·RJ 根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，反应 的离子方程式为[A1(OH)4]+HC03一A1(0H)3↓+C0?+H20, D正确。 13.D解析：二氧化碳和水生成碳酸，碳酸电离出的氢离子与A结合 成HA,使得碳酸饮料的抑菌能力增强，A正确：提高C0,充气压 力，溶液中氢离子浓度变大，则导致饮料中c(A)降低，B正确：当 H为5.0时，饮料中(A）-c(A)·c(H)6.25x105 =6.25. c(HA)e(HA).c(H*)10-5 C正确；根据电荷守恒可知，c(Ht)+c(Na)=c(HCO?)+ 2c(C03)+c(OH)+c(A),根据物料守恒可知，c(Na*)= c(HA)+c(Aˉ)，两式联立得：c(H)+c(HA)=c(HCO3)+ 2c(C0号)+c(0H),D错误。 14.A解析：由图可知，当-lgX=0时，表示两种离子浓度相等，H3As04 是三元弱酸，会逐级电离，电离常数逐级减小，故a、b、c分别为 c(H2AsO)c(HAsO) c(AsO) (As0,) °c(H,As0)-lg (Hs0g)A错误；由c曲线 c(H*)·c(AsOi) 可知，常温下，当-l1gX=0时，H3As04的K3 c(HAsO) 10,数量级为10，B正确：c(,As0)·c(As0) c2(HAsO) c(H2AsO2) e(HAs0)·c(Xc(HAsO2)=,其比值不受pH影 响，C正确；根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H*)=c(H2As04)+ 2c(HAs0子)+3c(As0)+c(OH),此时pH=7.00,c(H+)= c(OH),由曲线b可知，c(H2As0a)=c(HAs0?),故有c(Na)= 3c(HAs0)+3c(As0),D正确。 15.C解析：由点a(2,2.5)可知，此时pH=2,p0H=12,则 Kp[Fe(0H)3]=c(Fe3+)·c3(0H)=10-25×10-12x3=1038.5,A错 误；由点(5,6)可知，此时pH=5,p0H=9,则Kp[A1(0H)3]= c(A13+)·c3(0H)=106×109x3=103,pH=4时A1(0H)3的溶 解度为、103 100)10mal·L-,B错误；由图可知，当铁离子完全 沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉 淀AI3+和Fe3+,C正确；由图可知，A3+沉淀完全时，c(A3+)≤ 105mol·L1,此时pH约为4.7，在此pH下Cu2+刚开始沉淀的浓度 为0.1mol·L1,而题中c(Cu2+)=0.2mol·L1>0.1mol·L1, 则A13+、Cu2+会同时沉淀，故D错误。 16.(1)用Na0H溶液润洗碱式滴定管c(2)ad(3)酸式B (4)当滴入最后半滴KM04溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s 内不褪色(5)(20,5)(25,6.5) 17.(1)向右向右减小(2)小于2(3)大于(4)小于 (5)2.02×10-10mol·L-1(6)103:1 18.(1)Na2C03不能将HP04全部转化成Na3P04（2)14(3)防 止NaCI0分解NaP04NaCI0(4)HP0经=→H+P0},K3= 1012.3,HP0?+H20H2P0+0H,K2=10-6.8,K2>K3,HP02 的水解程度大于电离程度，溶液显碱性(5)BC 第三章真题集训 黑题高考真题练 题号1234567 答案DBB CCDD 1.D解析：根据酸碱质子理论，给出质子(H)的物质是酸，则反 应N2H4+CH,C00H=N2H+CH,C00~中，酸性：CHC00H>N2H5, 反应N2H+NH3=NH4+N2H4中，酸性：N2H>NH,故酸性： CH,COOH>N2H>NH,答案选D。 2.B解析：上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸 黑白题40