拔高练-【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（苏教版）

学霸黑白题 学霸黑白题 学霸黑白题 星 学霸 黑白题 ★★★★ 进阶突破 拔高练 对接新高考 拓展新思维 化学 选择性必修1 SJ 命 黄河出版传煤集团 宁夏人民教育出版社 学霸黑白题 学霸黑白题 学箱黑白题 学霸黑白题 专题1化学反应与能量变化 第一单元化学反应的热效应 课时1化学反应的焓变 02 课时2反应热的测量与计算 03 课时3能源的充分利用 03 第二单元化学能与电能的转化 课时1原电池的工作原理 04 课时2化学电源 04 课时3电解池的工作原理 05 课时4电解池工作原理的应用… 06 第三单元金属的腐蚀与防护… 06 专题2化学反应速率与化学平衡 第一单元化学反应速率 课时1化学反应速率的表示方法 07 课时2影响化学反应速率的因素 08 第二单元化学反应的方向与限度 课时1化学反应的方向 09 课时2化学平衡化学平衡常数 09 第三单元化学平衡的移动… 10 专题3水溶液中的离子反应 第一单元弱电解质的电离平衡 课时1强电解质和弱电解质弱电解质的电离平衡…11 课时2电离平衡常数水的电离平衡…11 第二单元溶液的酸碱性 课时1溶液的酸碱性 12 课时2酸碱中和滴定 12 第三单元盐类的水解 课时1盐类的水解反应和影响因素 13 课时2盐类水解的应用 13 第四单元沉淀溶解平衡 课时1沉淀溶解平衡 14 课时2沉淀溶解平衡的应用 15 进阶 突破 专题1化学反应与能量变化 第一单元化学反应的热效应 课时1》化学反应的焓变 1.如图是金属镁和卤素单质(X,)反应的能量变化示意图。下列叙述正确的是 ↑Mg(s)+X(g) -364Mgl(s) -400 -524 MgBr2(s) -641 MgCl(s) -800 -1 124 MgF2(s) -1200 反应过程 A.Mg(s)所具有的能量高于MgX,(s)所具有的能量 B.MgCL2电解制Mg(s)和CL2(g)是吸热过程 C.热稳定性：Mgl2>MgBr2>MgCl2>MgF2 D.断裂Mg(s)和X2(g)的化学键放出的能量比形成MgX2(s)的化学键吸收的能量多 2.(2024·云南迪庆高二期末)硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐 类等。工业上一般以硫黄或其他含硫的矿物为原料来制备硫酸，流程如图1所示： l mol SO2(g) 和2ml0,@ 98 kJ 硫黄或燃烧s0,,400-500℃S0983%的速 黄铁矿 V,0(催化剂) 疏酸吸收但，$0 1 mol SO,(g) 空气 反应过程 图1 图2 回答下列问题： (1)已知水的比热容为4.18×103kJ·g1·℃1.10g硫黄在02中完全燃烧放出的热量能使 500gH,0的温度由18℃升至62.4℃，则表示硫黄燃烧热的热化学方程式为 0 (2)接触法制硫酸生产中的关键工序是0，的催化氧化，该反应过程中的能量变化如图2所 示。假如10g硫黄完全燃烧产生的S0,全部进入催化氧化室，达平衡时S0,的转化率为 40%,则反应过程中放出的热量为 (3)生成的S0,被98.3%的浓硫酸吸收过程中，与水反应生成硫酸，并且放出大量热。已知 160gS0,气体与适量水恰好完全反应生成H,S04,放出热量260.6kJ。利用题给相关数据判 断10g硫黄经过上述步骤生成硫酸放出的总热量为 (假设该过程中无热量损耗，每 步都达到反应限度)。 02黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 课时2 反应热的测量与计算 (2024·辽宁沈阳高二月考)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1ol环己烷( )的 能量变化如图所示： 能量 △H,=-239kJmo △H4=-208 kJ'mol-1 △H,=-229kJmo △H=-120 kJ.mol 反应过程 下列推理不正确的是 A.△H2<△H,说明单、双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 B.2△H,≈△H2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比 C.3△H,<△H4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D.△H,-△H1<0,△H4-△H3>0,说明苯分子具有特殊稳定性 课时3》 能源的充分利用 (2024·河南开封高二期中节选)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。 (1)甲醇是一种新型的汽车动力燃料。 ①以C02(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图1所示，则图中A处应填写的内容 为 0 ②工业上利用C0和H,来制备甲醇气体。已知某些化学键的键能数据如下表： 化学键 C-C C-H H-H C-0 C≡0 H-O 键能/(kJ·mol1) 348 413 436 358 1072 463 设C0以C=0键构成，则工业制备甲醇的热化学方程式为 ①1 mol S(s),2mol0g)I A △H=-297kJ·mol △H=-50 kJ'mol 1 mol SO2(g).1 mol 02(g)II △H2 0.2 mol S0,(g) :1 mol CH OH(g)+1 mol H2O(g) 0.8 mol SO(g) 0.6mol02(g 反应过程 反应过程 图1 图2 (2)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图2所示： 已知：2S02(g)+02(g)=2S03(g)△H=-196.6kJ·mol1 ①表示硫的燃烧热的热化学方程式为 ②图中△H2= kJ·mol1。 进阶突破·拔高练03 第二单元化学能与电能的转化 课时1 》原电池的工作原理 已知反应As0+2I+2H=As0?+L2+H,0是可逆反应。 ④ 装有琼脂的饱 和KCl溶液 设计如图装置(C1、C,均为石墨电极)，分别进行下述操作： 盐桥 C I.向B烧杯中逐滴加入浓盐酸； Na AsO Ⅱ.向B烧杯中逐滴加入40%NaOH溶液。 Na AsO 结果发现电流计指针均发生偏转。试回答下列问题。 (1)两次操作过程中指针为什么发生偏转？ (2)两次操作过程中指针偏转方向为什么相反？试用化学平衡移动原理解释： (3)操作Ⅱ过程中，盐桥中的K+移向 (填“A”或“B”)烧杯溶液。 (4)操作I过程中，C,棒上发生的反应为 (5)设计一个电化学装置，实现反应：Cu+H,S04一CuS04+H,↑，请在下面方框内画出这个电 化学装置图。 课时2 》 化学电源 磷酸亚铁锂(LiFP0,)以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而 逐渐成为“能源新星”。 (1)磷酸亚铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型 负极 LiFeP0,通过黏合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔 表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐。 LiFePO. 电解质 电池T作时的总反应式为eP0,+6C电L,FePO,+山，C,则放 放电 电时，正极的电极反应式为 聚合物隔膜石墨 图中聚合物隔膜应为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。 (2)废旧磷酸亚铁锂电池的正极材料中的LifP0,难溶于水，可用H2S04和H202的混合溶液浸 取，发生反应的离子方程式为 ● 04黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 课时3》 电解池的工作原理 1.(2024·江苏苏州高二期中节选)合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。电解法合 成氨反应装置如图所示： 电源 N2、NH 02、H,0 NH H,0 H,0 a极 质子交换膜 b极 (1)写出a极的电极反应式： (2)电解装置中质子交换膜的作用是 0 (3)若b极产生的02在一定条件下的体积为336L,极中通入相同条件下N2的总体积为 672L,则N2的转化率为 %(保留两位有效数字)。 2.（2025·山东泰安高二期中)电池和电解池在日常生活中有着广泛的应用。 I.某科研小组用甲烷-空气燃料电池提供的电能电解处理含Cr,0?的酸性废水，设计如图1 所示装置(X、Y、Z均为气体)，利用电极反应生成的离子将Cr,0号转化成Cr3+,后续调节溶液 的pH,将Cr3+转化成沉淀。 M电源 (CH)N NaCl M电极 N电极 浓溶液 稀溶液 6 (CH)NOH n% 熔融 浓溶液 NaOH溶液 碳酸盐 (CH)NOH. m% NaOH溶液 稀溶液 Z+H,O 含Cr,0号的酸性废水 (CH,)4NCI稀溶液NaCl浓溶液 图1 图2 (1)甲烷-空气燃料电池中X是 (填化学式)，C03向 电极移动（填“M”或 “N”)o (2)N电极的电极反应式为 Fe电极的电 极反应式为 (3)除去2 mol Cr,0号理论上通入甲烷的物质的量为 mol Ⅱ.四甲基氢氧化铵(CH,),NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH,),NCl为原 料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH(M=91g·mol1),工作原理如图2(a、b为石墨电极，c、d、 e为离子交换膜)。 (4)电源N极为 (填“正”或“负”)极。 (5)装置中d为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜，b极的电极反应式为 (6)NaOH溶液的浓度大小关系：m n(填“>”“<”或“=”)。 若两极共产生33.6L气 体（标准状况下），则制备(CH3)4NOH的质量为 go 进阶突破·拔高练05 课时4》电解池工作原理的应用 (2025·北京高二期末)电解水制氢所需的电压高、耗能大。 醛类(R一CHO)可在很低的电压下被Cu催化氧化为羧酸盐 H, R-COO (R一C00),同时产生的氢原子会重组成H,该过程的示意图 如图。 R—CHO H.O (1)已知：醛极易被氧化，电解所需电压与电解反应的难易程度相关。 ①在碱性条件下电解水制氢时，阳极发生的电极反应为 ②推测醛氧化制氢所需电压比电解水制氢低的原因是 (2)补全醛催化氧化时，阳极的电极反应式：2R一CH0-2e+ =2R-C00°+H2↑ +2H20。 (3)上述电解装置工作时，每转移1mol电子时，生成H,的物质的量为 (4)电解一段时间后（忽略溶液体积变化），制氢的效率会降低。 ①经检验，阳极表面产生了Cu,0,阻碍醛类的吸附。阳极表面产生Cu,0的电极反应式为 ②阳极区溶液的pH会逐渐降低，导致pH降低的可能原因有 (填字母)。 a.电极反应消耗OH b.产生H,0稀释溶液 C.产生的羧酸盐水解 第三单元金属的腐蚀与防护 研究金属的腐蚀过程及防腐蚀对人们的日常生活有重大意义。 (1)已知：海水的pH约为8.1，图1的腐蚀过程属于 (填“吸氧腐蚀”或“析氢腐蚀”)。 图1插入海水中的铁棒（含碳量为10.8%）越靠近烧杯底部发生电化学腐蚀就越 (填 “轻微”或“严重”)。该实验说明 因素会影响铁的腐蚀速 率。写出腐蚀时正极的电极反应式： 铁棒 石墨 Fen ,硫酸盐还原菌，壤 爵海水 Fe Fe2 图1 溶液 图2 图3 (2)用图2所示装置研究铁的防腐蚀过程： ①K、K2、K,只关闭一个，则铁腐蚀的速率最快的是只闭合 (填“K”“K2”或“K”,下同)。 ②为减缓铁的腐蚀，应只闭合 ,该防护法称为 ③只闭合K,石墨电极附近的pH将 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根离子腐蚀，其电化学腐蚀 原理如图3所示，此腐蚀过程中，正极的电极反应式是 06黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 进阶 突破 专题2化学反应速率与化学平衡 第一单元化学反应速率 课时1》化学反应速率的表示方法 1.反应速率()和反应物浓度(c)的关系可以用实验方法测定。化学反应H,(g)+H,(g)→2Ⅲ(g)的 正反应速率可表示为v正=hc(H2)·c(L2),式中k为常数，a、b的值可用下表数据确定。 c(H2)/(mol·L1) c(I2)/(mol·L-1) /(mol·L1·s1) 0.5 4.0 1.0k 1.0 4.0 2.0k 由此推出a、b的值正确的是 1 1 1 A.a=2b=2 B.a=1,b= C.a=2,b=1 D.a=2,6= 2 2.（2024·辽宁沈阳高二月考)同学们研究化学反应速率时设计了如下系列实验。 I.甲同学用量气法测量化学反应的速率。 二稀硫酸 锌粒 稀硫酸 图1 图2 (1)图2与图1相比的优点是 (2)也可以将图1中的注射器改为连通器如图3所示，为了准确地测量H,的体积，在读取反 应后甲管中液面的读数时，应注意 (填字母)。 a.视线与凹液面最低处相平 b.等待片刻，待乙管液面不再上升后读数 c.读数时应上下移动乙管，使甲、乙两管液面相平 图3 d.反应结束立即读数 Ⅱ.乙同学测定室温下H,C204溶液与用硫酸酸化的KMnO4溶液的反应速率。实验时，先分 别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时。该小组设计了如下方案。 H2C204溶液 酸性KMnO,溶液 浓度/(mol·L1) 体积/mL 浓度/(mol·L1) 体积/mL 5.0 6.0 2.0 4.0 (3)写出H2C204与KMnO,(H)反应的离子方程式： (4)实验测得酸性KM0,溶液褪色所用的时间为10s,忽略混合前后溶液体积的微小变化， 这段时间内平均反应速率v(H2C204)= 进阶突破·拔高练0 课时2》影响化学反应速率的因素 (2025·河南郑州高二期中)H2C204溶液和酸性KMn04溶液发生的反应为5H2C204+2Mn04+ 6H一10C02↑+2Mn2++8H,0,通过测定溶液褪色所需时间可探究外界条件对反应速率的影 响，实验数据记录如表。 H2C20,溶液 酸性KMnO4溶液 编号 温度/℃ 时间/s 浓度/(mol·L1) 体积/mL 浓度/(mol·L1) 体积/mL ① 0.1 2.0 0.01 4.0 25 h ② 0.2 2.0 0.01 4.0 25 12 ③ 0.2 2.0 0.01 4.0 50 ia 回答下列问题： (1)为了保证实验的准确性，须保证 (H2C204) n(KMnO) (2)利用表中的实验①和实验②可探究 对反应速率的影响，若探究温度对反应速率的 影响，应选择实验 (填表格中的实验编号)。 (3)溶液褪色的时间从长到短的顺序为 (用t1t2、t3表示)。 (4)若实验①经过40s褪色，则用KMnO,浓度变化表示的平均反应速率v(KMn04)= mol·L1·s1(保留两位有效数字)。 (5)上述实验过程中，开始溶液颜色无明显变化，稍后会出现溶液突然褪色的现象。某同学设计 了如图实验进行探究（已知：K对反应速率无影响）。 实验1： 4.0mL0.01mol·L- 5mL1.0mol·L- 的酸性KMnO,溶液 的K,SO溶液 (褪色慢) 2.0mL0.1mol·L 的H,C20溶液 实验2： 4.0mL0.01mol·L-J 5mL1.0mol·L ,的酸性KMnO,溶液 的MnSO,溶液 反应速率 (褪色快) 2.0mL0.1mol·L- 5 时间 的H2C0,溶液 图1 该同学认为 (填离子符号)能够加快反应速率，实验1中加入5mL1.0mol·L1的 K2S04溶液，其日的是 (6)某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，除了(5)中探究的影响因素外，向草酸溶液中逐滴 加入酸性高锰酸钾溶液时，发现反应速率变化如图1，其中t,~t,时间段内反应速率变快的主要 原因可能是 0 08黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 第二单元化学反应的方向与限度 课时1●》化学反应的方向 (2024·河北衡水高三模拟)研究证明“惰性”的超临界二氧化碳(sC0,)流体在输送过程中也会 腐蚀金属管道。模拟该过程的反应机理和在Fe界面及非界面处sCO,反应过程的相对能量对 比如图所示。下列说法错误的是 ( 一非界面处 sCO, H2 oo 一Fe界面 Fe2 HCO,、CO H2CO, 80品0 sCO, 2.17x *C0 HO 1.56 FeCO,*H 、C0+i0」 *HCO ◆C知g3c0, COOH 0.67 000000000000 -2- *0H+C0, 铁表面在自身腐蚀中的作用机理 Fe界面与非界面处sCO,反应过程的相对能量对比 A.sC02腐蚀铁的总反应为Fe+*C02+H,0=FeC03+H, B.由*CO2与*H,0生成*CO?的反应速率小于生成*HC0?的反应速率 C.非界面处，C02+H20=H2C03为自发反应 D.Fe能促进“惰性”sCO,的活性，起催化作用 课时2》化学平衡化学平衡常数 1.(2025·山东泰安高二期中)已知在700℃时，C(s)+H20(g)三C0(g)+H2(g)的化学平衡 常数为0.2mol·L1,则下列说法错误的是 A.当v正(H2)=v逆(C0)时，反应达到平衡状态 B.在恒温恒容的密闭体系中，体系压强不变时，该反应达到平衡状态 C.在700℃时，C0(g)+H2(g)=C(s)+H,0(g)的平衡常数为5L·mol1 D.在700℃时，在1L容器中进行该反应，一段时间后，测得C、H20、C0、H2的物质的量分别 为2mol、0.1mol、0.2mol、0.2mol,此时达到平衡状态 2.(2024·江苏淮安高三月考)利用H2和C0反应生成CH,的过程中主要涉及的反应如下： 反应IC0(g)+3H,(g)=CH,(g)+H20(g)△H1=-206.2kJ·mol 反应ⅡC0(g)+H,0(g)=C02(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ·mol1 [CH4的产率为 (CH) ×100%,CH4的选择性为 n(CH4)生成 n(C0) (C02)生成+n(CH4)生成 ×100%1 保持温度一定，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时CH4和C0,的产率及C0和 H,的转化率随()的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 n(c0) A.当容器内气体总压不变时，反应Ⅱ达到平衡状态 100 (H2 b B.曲线c表示CH4的产率随 的变化 75 (C0) 50 n(H2) C. =0.5,反应达平衡时，CH4的选择性为50% 25 n(CO) 0 ()增大，C0,的选择性先增大后减小 0.5 1.5 2.5 D.随着 n(H,) (C0)1 n(CO) 进阶突破·拔高练09 第三单元化学平衡的移动 (2025·河南安阳高三期中)乙炔(C,H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，在生产、生活中 有广泛应用。回答下列问题： (1)已知几种共价键的键能如下表所示。 共价键 C=C H一C C-C H一H 键能/(kJ·mol1) 812 413.4 347.7 436 根据上述键能估算：CH=CH(g)+2H,(g)=CHCH(g) △H1= kJ·mol1。 (2)科学家用计算机模拟了乙炔在钯表面催化加氢的反应机理，单个乙炔分子在催化剂表面的 反应历程如图甲所示，吸附在钯表面的物质用*标注，TS代表过渡态。已知：1eV=1.6×10-19J。 -3.0 C,H;+H'C,H2 -2.5 80 C,H,+2H" _2.16-2.21 -2.0 -1.77 0 60 -1.5 -1.55 -1.0 TS1-1.23 50 TS2 -1.02 %H) C.Ha(g) 9 30 0.0 C2H2(g)+H2(g) 20 反应历程 .0 ①总反应分多步基元反应，其中，分子有效碰撞概率最大的基元反应的化学方程式是 :引入Pt催化剂，总反应的焓变 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②结合(1)信息，CH2=CH2(g)+H2(g)=CH,CH(g)△H2=akJ·mol1,a等于 (3)在反应器中充入一定量的C2H,(g)和H2(g),在铂催化剂作用下合成乙烷，测得C,H,(g)平 衡体积分数(P)与温度、压强关系如图乙所示。 ①随着X增大，φ降低的原因是 ②平衡常数：M N(填“>”“<”或“=”，下同)；Y1 Y2;正反应速率：v(N) v(Q)。 (4)一定温度下，保持总压强为100kPa,向反应器中充入1molC2H(g)和3molH2(g),加入一 定量催化剂，经amin达到平衡，乙炔平衡转化率为50%，乙烯的选择性为60%。 ①反应开始到恰好达到平衡状态时，H,平均压强变化率为 kPa·minl(用所给字母表 示，数字保留1位小数)。 ②反应C2H2(g)+H(g)C2H,(g)的平衡常数K。为 (kPa)1(只列计算式)。 提示：用分压计算的平衡常数为K。,分压=总压×物质的量分数。乙烯的选择性= n(C2Ha) -×100%。 n(C2H4)+n(C,H. 10黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 进阶 突破 专题3水溶液中的离子反应 第一单元弱电解质的电离平衡 课时1》强电解质和弱电解质弱电解质的电离平衡 (2025·上海高二期中)草酸是生活中常见的电解质，广泛存在于很多蔬菜、水果及肉类中。草 酸(H,C,04)是常见的一种二元弱酸，常温下，其K1=5×102,K2=5×106。 (1)在草酸溶液中能大量共存的离子组是 (填字母)。 A.K+、HC03、NH4、S0子 B.K、OH、Na、S02 C.Ht、K、NH4、Cl D.Na、Ca2+、Cl、C0 (2)写出草酸在水中的第一步电离方程式： (3)加水稀释草酸溶液，下列量在增大的是 (填字母)。 A.c(OH) B.c(HC204) C. c(H*) c(H*)·c(C20) D c(H2C204) c(HC204) (4)设计简单的实验证明H,C204的酸性强于H,C03: 课时2 》 电离平衡常数水的电离平衡 I.已知水的电离平衡曲线如图所示： (1)图中C点水的离子积常数为 ↑c(OH)/mol·L-) (2)A、B、C、D四点K的关系是 (3)从A点到D点，可采取的措施是 (填字母)。 10-6 C 10- 100℃ a.升温b.加入少量盐酸c.降温d.加入少量Na0H A D25℃ Ⅱ.下表是不同温度下水的离子积数据： 10-710-610-5 cHr/mol·L-) 温度/℃ 25 水的离子积K 1×10-4 a 1×102 (4)若25<t1<t2,则a (填“>”“<”或“=”)1×1014。 (5)在t2℃，pH=10的Na0H溶液中，水电离产生的OH浓度为 (6)在t2℃下，某溶液的pH=7,则该溶液 (填字母)。 a.呈中性 b.呈碱性 c.呈酸性d.c(0H)=100c(H) (7)25℃时，某Na,S04溶液中c(S0子)=5×104mol·L-1,取该溶液1mL加水稀释至10mL,则 稀释后溶液中c(Na+):c(OH)= 进阶突破·拔高练11 第二单元溶液的酸碱性 课时1》溶液的酸碱性 (2024·山东青岛高二期中)常温下，下列说法正确的是 A.pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6 B.pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性 C.pH加和为12的弱酸与强碱混合，若呈中性，则V(酸)>V(碱) D.pH加和为12的强酸与强碱混合，若呈中性，则两溶液体积比为100：1 课时2》酸碱中和滴定 (2025·山东日照高二期中)实验室用“双指示剂法”测定某混合碱(Na,C0,和NaHC0,的混合 物)中Na,C0,的含量，实验步骤如下： ①用基准碳酸钠标定标准盐酸的浓度为0.10mol·L1。 ②称取一定质量的混合碱固体配成100mL待测溶液。 ③用0.10mol·L1标准盐酸润洗滴定管，然后装入标准溶液并调零，记录读数为V。mL。 ④量取20.00mL待测溶液于250mL锥形瓶中，加入3滴酚酞，用0.10mol·L1标准盐酸滴定， 当溶液颜色…时，为第一终点，记录此时读数为V,mL。 ⑤在上述锥形瓶中再加入3滴指示剂a,继续用0.10mol·L1标准盐酸滴定，当溶液由黄色恰好 变为橙色时，为第二终点，记录此时读数为V2mL。 ⑥平行测定3次，整理实验数据如下： 序号 Ⅱ 亚 体积(mL) V(待测溶液) 20.00 20.00 20.00 Vo 0.00 0.00 0.00 V 8.05 7.95 9.30 V2 20.05 19.95 18.30 (1)盛装标准盐酸的仪器可以选择 （填字母)。 (聚四氟乙烯材质) (2)步骤④滴定实验达到终点的现象是 (3)实验中指示剂a应选择 (填名称)。 (4)步骤③中润洗滴定管的方法是：从滴定管上方加入3~5L标准盐酸，倾斜着转动滴定管， 使液体润湿全部滴定管内壁，然后从 (填“上口倒出”或“下口放出”)。 (5)该混合碱固体中Na,C03的质量分数为 （保留3位有效数字)。 12黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 第三单元盐类的水解 课时1 盐类的水解反应和影响因素 (2025·江西南昌高二月考)25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如表所示： 化学式 CH,COOH HCIO H,PO; H,CO H2S03 K1=8.3×103 K1=4.0×10-7 K1=1.4×10-2 电离常数K。 1.75×105 4.0×10-8 K2=5.6×10-6 K2=4.0x10-1 K2=6.0x108 回答下列问题：（已知：磷酸是三元酸，25℃时K1=7.5×103;√1.75≈1.32） (1)亚磷酸(H,P03)为二元酸，Na2HP03属于 (填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”)， H,P03的二级电离方程式为 ;请写出NaCI0溶液和H,P0,(具有还原 性)溶液反应的离子方程式： (2)25℃时，用Na0H溶液作C02捕捉剂，捕捉后所得溶液pH=12,则溶液中c(H,C03): c(C03)= (3)等体积且c(H)相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的锌单质反应，完全反应后有一份溶 液中有锌剩余，该溶液是 (填“盐酸”或“醋酸溶液”)。 (4)请根据相关弱酸的酸性强弱关系，写出下列反应的离子方程式。 ①将少量S02通入Na,C03溶液中： ②将少量C0,通入NaCl0溶液中： 课时2》盐类水解的应用 (2024·湖北武汉高三一模)乙二胺(H,NCH,CH,NH2,简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元 弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20mL0.1mol·L1其盐酸盐溶液EDAH,CL2中 加入NaOH固体（溶液体积变化忽略不计），体系中EDAH+、EDAH、EDA三种粒子的浓度的对 数值(lgc)、所加NaOH固体质量与溶液p0H的关系如图所示。下列说法错误的是() DOH 10.10 ① 720 ③ 7.00 >--- 5.65 P 4.10 m m2 m(NaOH) A.pOH=5时，c(EDAH)>c(EDA)>c(EDAH+) B.乙二胺第二步电离常数的数量级为108 C.P2时，c(Na)=2c(EDAH)+c(EDA) D.加入NaOH固体的质量m1:m2约为1：3 进阶突破·拔高练13 第四单元沉淀溶解平衡 课时1》沉淀溶解平衡 1.(2025·重庆高二期中)锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有F3+、A3+、 Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化（即相关离子浓度c< l05mol·Ll),25℃时，lgc与pH关系见图[碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶 解]。下列说法不正确的是 () A1(Ⅲ) Mg(II) Fe(II 主-6Fe(Im -8 -10 -12 202468101214 pH A.Fe3+可被净化的pH区间最大 B.加入适量H202,可进一步提升净化程度 C.已知25℃时，A13+沉淀完全时的pH约为4.5，则该温度下反应A13++3H20一A1(0H)3十 3H的平衡常数数量级为10-8 D.Kp[Fe(OH)3]<K,p[Al(OH)3]<Kp[Fe(OH)2] 2.已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下： Kp(CuS)=1.3×10-36,Kn(FeS)=6.5×10-18 H2S:K1=1.2×10-7,K2=7×10-15 一般来说，如果一个反应的平衡常数大于10，通常认为反应进行得较完全：如果一个反应的 平衡常数小于105，则认为该反应很难进行。 (1)向浓度均为0.1mol·L1的FeS0,和CuS0,的混合溶液中加Na,S溶液，请写出首先出现 沉淀的离子方程式： 当加入Na,S溶液至出现两种沉淀，则溶液中(Pe”) c(Cu2*) (2)通过计算说明反应CuS(s)+2H+一Cu2+H,S进行的程度： (3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 若向此溶液中加入CuSO,溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH （填“>”“<”或“=”)7。 用离子方程式表示其原因： 、0 14黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 课时2》沉淀溶解平衡的应用 (2025·山东青岛高二月考)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。 I.某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的 一种流程如下： 稀H,S04 HS Na,S,Os NaOH NaClO |调pH-4 炼锌 酸浸一沉铜一沉锰一沉淀—沉钻一滤液 浸渣 CuS MnO,滤渣CoOl 已知：①Kn(CuS)=6.3×1036,Kn(ZnS)=2.5×10-2,Km(CoS)=4.0×10-21。 ②加沉淀剂使一种金属离子浓度≤10-5mol·L1,其他金属离子不沉淀，即认为可完全分离。 ③以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L1)]与溶液pH的关系如图所示。 Fe3 Zn2 Co2 Mn2 Zn(OH)2 1011121314 (1)“酸浸”步骤，可提高钴元素浸出效率的操作有 (写1条即可)。 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L1,向其中加入Na2S至 Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)= mol·L1,据此判断 (填“能”或“不能”) 实现Zn2+和Co2+的完全分离。 (3)“沉锰”步骤中涉及反应的离子方程式为 (4)“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,目的是将 （离子)转化为沉淀。 (5)“沉钴”步骤，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量NaC10,反应的离子方程式为 Ⅱ.三氯化六氨合钴[Co(NH)6]CL,是一种橙黄色晶体，可由实验室制备而成。 1.准确称取ag制备的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中； iⅱ.滴加少量0.005mol·L1K,Cr04溶液作指示剂，用cmol·L的AgNO3溶液滴定至终点； i.平行测定三次，消耗AgN0,溶液的平均体积为VmL,计算晶体中Cl元素的质量分数。 已知： AgC1为白色沉淀，Kp(AgCI)=1.8×10-10,AgCr04为砖红色沉淀，K,(Ag2Cr04)=1.1×10-2。 (6)ⅱ中，滴定终点的现象是 (7)制备的晶体中C1元素的质量分数是 (列出计算式即可)。 进阶突破·拔高练15 学霸 黑白题 ★★★★ 与高考零距离进阶突破·拔 专题1化学反应与能量变化 第一单元化学反应的热效应 课时1化学反应的焓变 1.B解析：放热反应是反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总 能量，Mg(s)和X2(g)所具有的总能量和高于MgX2(s)所具有的能 量，A错误；Mg(s)和C2(g)的能量高于MgCL2的能量，则MgCL2电 解制Mg(s)和Cl2(g)是吸热过程，B正确：能量越低越稳定，则热稳 定性：Mgl2<MgBr2<MgCL2<MgF2,C错误；Mg(s)和X2(g)所具有的总 能量高于MgX2(s)的能量，断裂Mg(s)和X2(g)的化学键吸收的能 量比形成MgX2(s)的化学键放出的能量少，D错误。 2.(1)S(s)+02(g)=S02(g）△H=-297k·mol1 (2)12.25kJ(3)121.34kJ 课时2反应热的测量与计算 B解析：根据反应物的结构简式可知，若△H2<△H3,说明单、双键交替 的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，A正确：2△H1≈ △H2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但 不能是存在相互作用的两个碳碳双键，B错误：第1个反应是1mol碳 碳双键加成，如果苯环中有三个完全独立的碳碳双键，则3△H1=△H4,现 在3△H,<△H4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确：由图 可知，反应I为 ）(1)+H2(g) (1) △H1,反应Ⅲ为 、)(1)+2H(g)→)(1)AH,反应V为 (1)+ 3H2(g) (I)△H4,△H3-△H1<0,即 )(1)+H2(g) (I)AH<0,△H4-△H3>0,即 (1)+H2(g)→ (1) △H>0,则说明 具有的能量小于 ,能量越低越稳定，则说 明苯分子具有特殊稳定性，D正确。 课时3能源的充分利用 (1)①1molC02(g)+3molH2(g)②C0(g)+2H2(g)一CH0H(g) △H=-116k·mol1(2)①S(s)+02(g)一S02(g)△H= -297kJ·mol-1②-78.64 第二单元化学能与电能的转化 课时1原电池的工作原理 (1)两次操作中均能形成原电池，化学能转变成电能(2)I.加酸， c(Ht)增大，平衡向正反应方向移动，As0子得电子，I失电子，所以C 极是负极，C2极是正极。Ⅱ.加碱，c(OH)增大，平衡向逆反应方向移 动，As0}失电子，L2得电子，此时，C1极是正极，C2极是负极。故化学 平衡向不同方向移动，电子转移方向相反，即电流计指针偏转方向不 同(3)A(4)2I-2e=2(5) Cu 稀硫酸 课时2化学电源 (1)Li1-FePOa+xLi*+xe-LiFePO(2)2LiFePO+2H*+H2O2 —2Li+2Fe3++2P02+2H20 解桥：()电池工作时的总反应式为LFePO,+6C衣坐，FePO LiC6,放电时，Li1-FP04在正极上得电子发生还原反应，正极的电极 拔高练参考答案 高练参考答秦 反应式为Li1-,FePO,+xLit+xe一LiFeP(0a:电解质为锂盐，锂离子通 过聚合物隔膜向正极移动，所以聚合物隔膜应该为阳离子交换膜。 (2)LiFePO,中亚铁离子在酸性条件下，被双氧水氧化为铁离子，则发生 反应的离子方程式为2 LiFeP04+2H++H202一2Li计+2Fe3++ 2P03+2H20。 课时3电解池的工作原理 1.(1)N2+6e+6H一2NH3(2)为质子的迁移和输送提供通道，并 且阻碍阴、阳两极产物接触(3)33 解析：(1)由图可知，a极为电解池的阴极，在氢离子作用下氮气在阴 极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N,+6+6H =2NH3。(2)b电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反 应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H20-4e=02↑+4H+,电 解装置中质子交换膜只允许氢离子通过，不允许氧气和氨气通过， 可以阻碍氨气和氧气接触，从而防止制得的氨气中混有杂质。(3) 极电极反应式为N2+6e+6H*一2NH3,b极电子反应式为2H20- 4e一02↑+4H,由得失电子数目守恒可知，阳极生成336L氧气 2 时，阴极消耗氮气的体积为336L×- =224L,则氮气的转化率为 224Lx100%≈33%. 672L1 2.(1)CH4M(2)02+4e+2C02=2C0}Fe-2e=Fe2+ (3)3(4)正(5)阴离子40H-4e02↑+2H20 (6)>182 解析：I.要利用电极反应生成的离子将Cr20号转化成Cr3+,后续调 节溶液的pH,将C3+转化成沉淀，则亚铁离子将Cr,O号还原成 Cr3+,故Fe为阳极，失去电子转变为亚铁离子，C为阴极，则N电极 为正极、M电极为负极，燃料电池通入氧气的一极为正极，通人甲烷 的一极为负极，则Y为氧气，X为甲烷，N电极的电极反应式为O2+ 4e+2C02一2C0?,则Z为二氧化碳。Ⅱ.由图2可知，电解池 中，NaCl溶液浓度增大，则电渗析法合成(CH3)4NOH的装置中，Cl 通过d膜从左向右移动，Na+通过e膜从右向左移动，则b电极为阳 极，与电源正极相接，a电极为阴极，与电源负极相接，d膜为阴离子 交换膜，(CH3)4N+通过c膜移向阴极生成(CH3),NOH,所以c、e均 为阳离子交换膜，阳极反应式为40H-4e—02↑+2H20,阴极反 应式为2(CH3)4N+2H20+2e—2(CH3)4N0H+H2↑。(1)据分 析，甲烷-空气燃料电池中X是CH,燃料电池中，阴离子向负极移 动，则C0?向M电极移动。(2)N电极上氧气得到电子发生还原反 应，电极反应式为0，+4e+2C0,=2C0?。Fe电极上铁失去电子 生成亚铁离子被氧化，电极反应式为Fe-2e—Fe2+。(3)正极反 应式为02+4e+2C02一2C0?,总反应式为CH4+202— C02+2H20;燃料电池负极反应式为CH4-8e+4C0子 5C02↑+2H20,处理Cr20号时发生的反应为6Fe2++Cr,0号+14H 一2Cr3+6fe3++7H20,除去1 mol Cra20号理论上需消耗6mol Fe2+,要转移12mol电子，消耗甲烷1.5mol,则除去2 mol Cr2.0子理 论上通入甲烷的物质的量为3mol。(4)据分析，电源N极为正 极。(5)据分析，装置中d为阴离子交换膜，b极上氢氧根失去电子 被氧化，则电极反应式为40H-4e一02↑+2H20。(6)根 据(5)、结合分析可知，浓氢氧化钠溶液进入阳极区，稀的氢氧化钠 溶液从阳极区出来，则NaOH溶液的浓度大小关系：m>n。阳极反应 为40H-4e一02↑+2H20,阴极反应式为2(CH,)4N*+ 2H20+2e—2(CH3)4N0H+H2↑，则2mol(CH3)4N0H生成时， 同时生成0.5mol02、1molH2,即两极共产生33.6L气体（标准状况 下)，则若两极共产生33.6L气体（标准状况下），即有2mol (CH3)4NOH生成，(CH3)4NOH的质量为91g·mol1×2mol= 182ge 黑白题55 课时4电解池工作原理的应用 (1)①40H-4e—2H20+02↑②醛容易被氧化，电解反应容易进 行(2)40H°(3)0.5mol(4)①2Cu-2e+20H=Cu20+H20 ②ab 解析：根据电子流向可知，左侧电极是阳极，发生失去电子的氧化反应， 右侧电极是阴极，发生得到电子的还原反应。(1)①碱性环境下，氢氧 根离子浓度较大，阳极上是氢氧根离子失电子生成水和氧气，电极反应 式为40H-4e—2H20+02↑；②醛容易被氧化，电解反应容易进行， 所需电压比电解水要低。(2)根据氧守恒和电荷守恒，可得方程式为 2R一CH0-2e+40H=2R一C00+H2↑+2H20。(3)生成1个氢气 分子，需要转移2个电子，现在转移1mol电子，就生成0.5mol氢气。 (4)①阳极表面产生了Cu20,是Cu在阳极放电形成的，其电极反应式 为2Cu-2e+20H一Cu20+H20;②由阳极的电极反应式 2R一CH0-2e+40H一2R一C00+H2↑+2H20可知，反应消耗 0H,且有水生成，这两个因素都导致氢氧根离子的浓度减小，H降 低；羧酸盐水解时羧酸根离子要结合水电离出的氢离子，导致溶液的 pH增大。 第三单元金属的腐蚀与防护 (1)吸氧腐蚀轻微氧气的浓度02+4e+2H20=40H (2)①K1②K2外加电流的阴极保护法③变大(3)S0+8e+ 9H*=HS+4H20 解析：(1)酸性条件下，铁的腐蚀是析氢腐蚀，碱性或中性条件下，铁的 腐蚀是吸氧腐蚀，海水的pH约为8.1，呈弱碱性，所以图1的腐蚀过程 属于吸氧腐蚀；铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，插 入海水中的铁棒越靠近水面，腐蚀越严重，越靠近烧杯底部，发生电化 学腐蚀就越轻微：该实验说明氧气的浓度会影响铁腐蚀的速率：氧气 在正极得电子生成0H,正极的电极反应式为02+4e+2H20 40H。（2)①关闭K1,铁棒作阳极，被腐蚀；关闭K2,铁棒作阴极，被保 护；关闭K3,铁棒作原电池的负极，被腐蚀；根据腐蚀速率大小关系：电 解池阳极>原电池负极>原电池正极>电解池阴极，所以铁腐蚀的速率 最快的是只闭合K;②为减缓铁的腐蚀，应使铁作原电池正极或电解 池阴极，所以只闭合K2就可以减缓铁的腐蚀；该防护法称为外加电流 的阴极保护法；③只闭合K,铁棒作原电池的负极，多孔石墨作正极， 电解质溶液是NCI溶液，所以发生的腐蚀是吸氧腐蚀，石墨电极发生 的反应是02+4e+2H20一40H,生成0H,附近的pH变大。 (3)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根 离子腐蚀，根据图示：负极的电极反应式是Fe-2e一Fe+,正极 上S0?得电子转化为HS,电极反应式为S0?+8e+9H* HS+4H20。 专题2化学反应速率与化学平衡 第一单元化学反应速率 课时1化学反应速率的表示方法 1.B解析：结合表中数据可知，c(H2)翻倍而c(L2)不变，反应速率翻 倍，可知a=1;当c(L2)=4.0ml·L1,c(H2)=0.5mol·L-1时，正= 1.0k,a=1,以上数据代入正=hc(H2)·c(L2),得出b= 2 2.（1)可以控制反应的发生与停止，同时能减小体积误差 (2)abc(3)5H2C204+2Mn04+6H*=2Mn2++10C02↑+8H20 (4)0.2mol·L-1·sl 课时2影响化学反应速率的因素 (1)2.5(2)草酸浓度②和③(3)41>2>3(4)1.7×104 (5)Mn2+保证实验1和实验2混合后溶液中KMn04、H2C204、S0}的 初始浓度相等(6)该反应过程中放热，温度升高，化学反应速率变快 解析：对比实验①和②的数据可发现，除了草酸的浓度不同外，其余条 件均相同，所以通过实验①、②，可探究草酸浓度对反应速率的影响，其 选择性必修第一册·SJ 中实验①中草酸浓度小于实验②，所以反应速率小于实验②，根据控制 变量法，欲探究温度对化学反应速率的影响，则需使其他条件相同的情 况下，温度作为变量，所以根据表中数据，通过实验②和③可探究温度 变化对化学反应速率的影响。(1)H2C20,溶液和酸性KMnO4溶液发 生的反应为5H2C204+2Mn04+6H+一10C02↑+2Mn2++8H20,该反 应需要观察高锰酸钾溶液褪色的时间，则MO:必须是少量的，须保证 n(H2C204 ≥2.5。（2)由分析可知，利用表中的实验①和实验②可探 n(KMnO) 究草酸浓度对反应速率的影响，若探究温度对反应速率的影响，应选择 实验②和③。(3)H2C204溶液的浓度越大、反应时温度越高，反应速 率越快，酸性KMO4溶液褪色越快，则溶液褪色的时间从长到短的顺 序为t1>t2>3。(4)实验①经过40s褪色，则用KM04浓度变化表示 0.01mol·L-1×0.004L △c(MnOa) 的平均反应速率w(KMnO4)= 0.006L △t 40s 1.7×10-4mol·L1·s1。(5)结合实验现象可知，H2C204溶液和酸性 KMO,溶液发生反应生成的Mn+具有催化作用，能够加快反应速率， 实验1中加入5mL1.0mol·L1的K2S04溶液，其目的是保证实验1 和实验2混合后溶液中KMn04、H2C204、S0?的初始浓度相等。(6)该 反应是放热反应，其中1~2时间段内速率变快的主要原因可能是该反 应过程中放热，温度升高，化学反应速率变快。 第二单元化学反应的方向与限度 课时1化学反应的方向 C解析：从铁表面在自身腐蚀中的作用机理图像看：反应的结果生成 FeC03和H2,所以判断发生反应Fe+*C02+·H20一FeC03+ H2,A正确；根据图示可知：生成·CO号的活化能大于生成·HCO3的活 化能，反应的活化能越大，反应发生需消耗的能量就越多，反应就越难 发生，相应的反应速率就越慢，故由*C02与·H20生成◆C0?的反应 速率小于生成*HCO;的反应速率，B正确；非界面处H2CO3的相对能 量高于C02和H20,所以此状态下该反应为非自发反应，sC02保持“惰 性”，C错误；从sC02反应过程的相对能量对比图，在Fe界面反应所需 能垒为0.67eV,而非界面处能垒为2.17eV,且Fe界面生成*HC0?为 自发反应，所以Fe能促进“惰性”sCO2的活性，起催化作用，D正确。 课时2化学平衡化学平衡常数 1.D解析：当正(H2)=逆(C0)时，说明正、逆反应速率相等，反应达 到平衡状态，A正确；该反应是气体体积增大的反应，在恒温恒容的 密闭体系中发生该反应，反应过程中压强增大，当体系压强不变时， 该反应达到平衡状态，B正确；已知在700℃时，C(s)+H,0(g)一 C0(g)+H,(g)的化学平衡常数K=c(L)c(C0 =0.2mol·L-1,则 c(H20) 在700℃时，C0(g)+H2(g)=C(s)+H20(g)的平衡常数K= c（2C002L·mo1=5L·mor,C正确；在70℃时，在 1L容器中进行该反应，一段时间后，测得C、H20、C0、H2的物质的 c(H2)c(C0) 量分别为2mol、0.1mol、0.2mol、0.2mol,此时Qe c(H20) 02x0.2=0.4>K,此时平衡逆向移动，D错误。 0.1 2,D解析：反应I是气体体积缩小的反应，当固定容积的密闭容器内 总压不变时，反应I达到平衡状态，则C0、H20的浓度保持不变，所 以反应Ⅱ也达到平衡状态，A正确；增大H2的浓度，C0的转化率增 大，H2的转化率降低，b表示H2的转化率，C0的转化率为甲烷、二 氧化碳产率之和，根据a、c、d起点的数值，可知a表示C0的转化 率，根据反应I,持续增大H2的浓度，反应I正向移动，甲烷的产率 续增大，c表示CH,的产率随C0的变化；H,的浓度增大到 一定程度，反应Ⅱ逆向移动，C02的产率先增大后减小，d表示C02 黑白题56 的产率，B正确；根据B项的分析，c表示CH的产率随(） n(C0)的变 化，当() 0.5时，生成物n(CH4)=n(C02),故CH4的选择性为 n(c0) 50%.C正确；根据图像，随着()的不断增加，甲烷的产率大于 n(C0) C02的产率，所以CO2选择性一直减小，D错误。 第三单元化学平衡的移动 (1)-317.3(2)①C2H2+2H*=C2H+H*不变②-219.1 (3)①X为温度，正反应放热，升温，平衡向逆反应方向移动②=> <(4)05.3②03x33(或3x3.3 5×23 115 解析：(1)反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，则 反应CH=CH(g)+2H2(g)=CH3CH3(g)△H1=(812+413.4×2+ 436×2-347.7-413.4×6)kJ·mol-1=-317.3kJ·mol-1。(2)①活化能越 低，反应速率越快，分子有效碰撞的几率就越大。观察图示，总反应包 括2个过渡态，两个基元反应。能垒等于最高能量与最低能量之差： E1=-1.55eV-(-1.77eV)=0.22eV,E2=-1.23eV-(-2.16eV)= 0.93eV,能垒大，活化分子百分率小，有效碰撞概率小。故分子有效碰 撞概率最大的反应是C,H+2H*一C,H+H*:催化剂只改变反应 历程，降低能垒，不改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变反应 热（焓变）：②根据图像可知：总反应的热化学方程式为C2H2(g)+ H2(g）-C2H4(g)△H3=(-1.02)×6.02×1023×1.6×10-19× 103kJ·mol-1≈-98.2kJ·mol1,根据盖斯定律，C2H4(g)+H2(g)一 C2H6(g)△H2=△H1-△H3=-317.3kJ·mol1-(-98.2kJ·mol-1)= -219.1kJ·mol-1。(3)①根据上述分析可知反应：C2H4(g)+H2(g) C2H6(g)△H2=-219.1kJ·mol1,该反应的正反应是气体体积减 小的放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致乙 烷的体积分数降低，故横坐标X对应的物理量为温度。②化学平衡常 数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变。根据上述①分析可 知：横坐标为温度，点M、N的反应温度相同，所以化学平衡常数：M=N; Y对应的物理量为压强，在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体 积减小的正反应方向移动，导致C2H。的含量增大。根据图像可 知：M、N点对应温度相同，C2H。的含量：M>N,所以压强大小关系：Y1> Y2;根据上述分析可知：横坐标表示温度，升高温度，化学反应速率加 快。根据图像可知温度：N<Q,故正反应速率：(N)<(Q)。(4)①开始 1 mol (C,H )100 kPax]mol3 moi-25 kPa,p(H)=100 kPa-25 kPa= 75kPa。反应达到平衡时乙炔转化率是50%，此时n(C2H2)=0.5mol, 由于乙烯的选择性为60%，则发生反应C2H2(g)+H2(g)一C2H,(g) 产生C2H4的物质的量n(C2H4)=0.5mol×60%=0.3mol,该反应消 耗H2的物质的量是0.3mol,发生反应C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) 产生C2H6的物质的量是n(C2H)=0.5mol-0.3mol=0.2mol,该反应 消耗H2的物质的量是2×0.2mol=0.4mol,故平衡时n(H2)=3mol- 0.3 mol -0.4 mol 2.3 mol,n ()0.5 mol +0.3 mol +0.2 mol 2.3mol=3.3mol,由于反应前后气体总压强不变，故平衡时各种气体的 分压分别是p(C,H,)=10kPa×05mol, 33m,p(H2)=100kPa×22、 0.3 mol 0.2 mol 69.7kPa,p(C,H,)=10kPa×3.3m0p(C,H)=100kPa×3.3m0 则H2的压强变化率为75kPa-69.7kPa-5.3 kPa·minl; a min ②C2H2(g)+H2(g)一C2H4(g）的（压强）平衡常数K。= p(C2Ha) 0.3 molx100 kPa 3.3 mol 02n) P(C H2)p(H2)05 molx100 kPax mx100 kPa 3.3 mol 拔高练参考答案 专题3水溶液中的离子反应 第一单元弱电解质的电离平衡 课时1强电解质和弱电解质弱电解质的电离平衡 (1)C(2)H2C204=H*+HC204(3)AC(4)向0.1mol·L-1 NaHC03溶液中加入0.1mol·L-1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸 的酸性强于碳酸 课时2电离平衡常数水的电离平衡 (1)1×10-12(2)C>B>A=D(3)b(4)>(5)1×10-10mol·L-1 (6)b(7)1000:1 第二单元溶液的酸碱性 课时1溶液的酸碱性 A解析：pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者 的pH在5~7之间，混合后pH可能为6，A正确；pH加和为12的强酸 与弱碱，假设酸的pH为x,碱的pH为y,有x+y=12,则酸中氢离子的浓 度为10*mol·L1=1012mol·L1,碱中氢氧根离子的浓度为 10-14mol·L1,强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。 但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度 等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剥余，故不能确定溶液 的酸碱性，B错误；pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x, 碱的pH为y,有x+y=12,则酸中氢离子的浓度为10mol·L1= 1012mol·L-1,碱中氢氧根离子的浓度为10-4mol·L1,弱酸中氢离子 的浓度大于强碱中氢氧根离子的浓度，弱酸不完全电离，若等体积混 合，酸有剩余，显酸性，若呈中性，则V(酸)<V(碱)，C错误；pH加和为 12的强酸与强碱混合，假设酸的pH为x,碱的pH为y,有x+y=12,则酸 中氢离子的浓度为10xmol·L1=1012mol·L-1,碱中氢氧根离子的 浓度为10-14mol·L1,若呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离 子的物质的量，即1012V(酸)=1014V(碱)，则两溶液体积比为 1:100,D错误。 课时2酸碱中和滴定 （1)AC(2)滴入最后半滴标准盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟 内不变色(3)甲基橙(4)下口放出(5)71.6% 解析：(5)根据题中已知信息，第一次终点为Na2C03生成NaHC03,可 知Na2C03~HCl,第三组数据误差大，不用，则第一次终点消耗的HC 的体积为8.05+7.95mL=8mL,n(HC)=n(Na,C0,)=8×103L× 2 0.10mol·L1=8×104mol,第二次终点消耗HCl的体积为 (20.05-8.05)+(19.95-7.95) mL=12mL,n（HC1）= n(NaHC03)第-次终点=12×10-3L×0.10mol·L1=1.2×10-3mol,则原样 品中n(NaHC03)=1.2×10-3mol-8×10-4mol=4×10-4mol,Na2C03的质 m(Na2CO3) 量分数为 ×100%= m(NaHCO3)+m(Na2CO3) 8×10-4mol×106g·molJ 4x10-mox84g”nor1+8x10-+m0lx106g·mmrX100%≈71.66。 第三单元盐类的水解 课时1盐类的水解反应和影响因素 (1)正盐H2P03=H*+HP03H3P03+CI0=CI+P04+3H1 (2)6.25×10-8(3)盐酸(4)①S02+C0}+H20—HS03+HC03 ②C02+C10+H20=HC03+HC10 解析：(1)由于H3PO3为二元酸，所以Na2HP03是正盐，其一级电离方 程式为H,PO3一H+H2P03,二级电离方程式为H2P03一H 黑白题57 +HPO};NaCl0具有氧化性，HP03具有还原性，二者反应的离子方程 武为H,P0,+C0一C+P0+3H。（2)c(H,c0,) c(C0号) c(H2C03) c(HCO) ×c(H*)·c(H*) c(HC03)·c(H*) c(H*)·c(C0号) 1 c2(H+) (10-12)2 K(H,c0,)K2(H,C0,)40x107x4.0x10-=6.25x108。(3)由于 醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HC1的浓度等于氢 离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCI的浓度，则盐酸中锌粉剩 余。(4)①K值越大，酸性越强，可得酸性：H2S03>H2C03>HS03> HC03,利用强酸制弱酸原理，S02+C03+H20=HS03+HC03;②K值 越大，酸性越强，可得酸性：H2C03>HC1O>HC03,利用强酸制弱酸原 理，C02+C10+H20=HC03+HC10。 课时2盐类水解的应用 C解析：EDAH、EDAH为碱对应的离子，因此随着溶液的碱性增强， 溶液中EDAH的浓度会逐渐降低，EDAH的浓度会先增大后减小， EDA的浓度会逐渐增大。该图像纵坐标为pOH,表示越往下溶液的碱 性越强，因此由题图可知曲线代表的微粒分别为：①代表EDAH*,②表 示EDAH,③表示EDA;pOH=5时，根据图像可直接得出 c(EDAH)>c(EDA)>c(EDAH),A正确；①和②交点处 c(EDAH)=c(EDAH),乙二胺第二级电离常数=c(OH),此时 p0H=7.20,K2=10-72,数量级为10-8，B正确；P2时，溶液呈中性，溶液 中存在电荷守恒：c(Na)+c(H)+c(EDAH)+2c(EDAH)= c(CI)+c(OH),初始溶液中溶质为EDAH2C2,可得物料守恒： c(Cl)=2c(EDAH+)+2c(EDAH+)+2c(EDA),两式相加并结合溶液 呈中性时c(H)=c(OH)可得c(Na)=c(EDAH)+2c(EDA),C错 误；P1时，溶液中n(EDAH)=n(EDAH)≈0.001mol,根据反应 EDAH2CL2+NaOH -EDAHCI+NaCl+H20可知n(NaOH)≈0.001mol, P,时，溶液中n(EDA)=n(EDAH)≈0.001mol,根据反应 EDAH2 Cl2+NaOH =EDAHCI+NaCl+H2 O EDAH2 Cl2+2NaOH= EDA+2NaCl+2H20可知n(Na0H)≈0.003mol,m1:m2约为1：3， D正确。 第四单元沉淀溶解平衡 课时1沉淀溶解平衡 1.C解析：当溶液中离子浓度小于105mol·L时，即表示离子净化 完全，根据图像，Fe3+所需要的pH最小，沉淀净化到沉淀开始溶解 的范围最大，Fe3+可被净化的pH区间最大，A正确；加入适量H,02, 可将Fe2+氧化为Fe3+,根据A选项信息，可进一步提升净化程度， B正确；已知25℃时，A13+沉淀完全时的pH约为4.5，反应A3+ +3H,0一A1(0H),+3H*的平衡常数K=c2().(1045)2 c(A13+)10-5 1085,则平衡常数数量级为109，C错误；当溶液中离子浓度小于 10-5mol·L-1时，即表示离子净化完全，根据图像，Fe3+完全沉淀时 pH=2.5,c(H)=10-25mol.L1,则c(0H)=10-115mol·L1, Kp[Fe(0H)3]=c(Fe3+）·e3(0H)=10-5×(10-1.5)3= 109.5;A+完全沉淀时pH=4.5,c(H)=1045mol·L1, c(0H)=1095mol·L1,则Kp[A1(0H)3]=c(A13+)c3(0H)= 10-5×(10-95)3=10-3.5;Fe2+完全沉淀时pH=8.5,c(H*)= 108.5mol·L-1,c(0H)=10-55mol·L-1,则Kp[Fe(0H)2] =c(Fe2+)·c2(0H)=105×(10-55)2=10-16,最后得到： Kp[Fe(OH)3]<Kp[AI(OH)3]<Km[Fe(OH)2],D正确。 2.(1)Cu2++S2—CuS↓5.0×1018(2)因为Kp(CuS)= c(Cu2)c(Sg-)=1.3x105,K1=6(HS）cH)=1.2x107, e(HS) 选择性必修第一册·SJ K。-c(s)c（(H)=7x10-5,又因为反应GS(6)+2H c(HS-) c(H2S).c(Cu2*)K(CuS) Cu2+H2S的平衡常数K= ≈1.5× c2(H+) Kl·K2 1015<10-5,结合题干可知反应很难进行(3)c(Na)>c(HS)> c(OH-)>e(S2-)>c(H+)<HS-+Cu2+-CuS+H* 解析：(1)因为Kp(CuS)=1.3×10-36<Kp(FeS)=6.5×10-18,所以 c(Fe2+)=c(Cu2+)的情况下，首先出现CuS沉淀，故首先出现沉淀的 离子方程式为Cu++s2一CuS↓；溶液中出现两种沉淀，说明FS 也出现沉淀，故(Pe2+)Kp(FeS) c(Cu2+)Ka(CuS) 5.0×1018。(3)NaHs溶液呈碱 性，故HS的水解程度大于电离程度，又因水会电离出OH,故溶液 中离子浓度由大到小的顺序是c(Na)>c(HS)>c(OH)> c(S2-)>c(H+);因为发生的离子反应为Hs+Cu2+一CuS↓+H, 故溶液显酸性，pH<7。 课时2沉淀溶解平衡的应用 (1)研磨粉碎、适当增加硫酸浓度、加热等，合理即可 (2)1.6×10-4不能(3)S20g+Mn2++2H20=Mn02↓+2S0子+ 4H*S20g+2Fe2+=2s0+2Fe3+(4)Fe3+(5)2Co2+C10+ 5H20一2Co(0H)3↓+C1+4H（6)溶液中出现砖红色沉淀，且半 cx10-3x10x35.5 25 分钟内不消失(7) -×100% 解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单 质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Z及其他+2价氧化物除铅元素转化为 硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入 硫化氢沉铜生成Cus沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2Og将锰离子氧化 为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子：再次过滤后，用氢 氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去：第三次过滤 后的滤液中加入次氯酸钠沉结，得到C(OH)3。(1)增大反应物接触面 积、增大反应物浓度等可提高反应速率，加快“酸浸”的效率可采取的方 法是研磨粉碎、适当增加硫酸浓度、加热等。(2)假设“沉铜”后得到的 滤液中c(Zm2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L-1,向其中加人Na2S至 Zm2“沉淀完全，此时溶液中c(S2-)=K,(2Zn5)_2.5×102 c(Zn2+)105一mol·L-1= 2.5×10-17mol·L-1,则c(Co2+)= _Kp(CoS)4.0×10-21 c(S2-)2.5x10-7mol.L1=1.6× 10-4mol·L-1,小于0.10mol·L-1,说明大部分Co2+也转化为硫化物沉 淀，据此判断不能实现Z2+和Co2+的完全分离。（3)“沉锰”步骤 中，Na2S,0g将Mn2+氧化为二氧化锰除去，自身被还原为硫酸根离子， 发生反应的离子方程式为S20?+Mn2++2H20一Mn02↓+2S0?+ 4H,Na2S20g将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为S20?+2Fe24 =2S0子+2Fe3+。(4)“沉锰”步骤中，同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉 淀"步骤中用NaOH调pH=4,可以将Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,因此， 加氢氧化钠调pH=4的目的是将Fe3*转化为沉淀。(5)“沉钴”步骤 中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaCl0氧化Co2+生成Co(0H)3, C10被还原为C1,其反应的离子方程式为2Co2++C10+5H20一 2Co(0H)3↓+CI+4H。(6)由题可知，Kp(AgCl)=1.8×10-10 Km(Ag2C04)=1.1×10~2,则滴入相同浓度的银离子，氯离子会优先沉 淀，当氯离子沉淀完全，银离子开始与铬酸根离子反应，则会生成 Ag2CO4砖红色沉淀，所以滴定终点的现象为溶液中出现砖红色沉淀， 且半分钟内不消失。(7)参与反应的银离子与氯离子物质的量之比为 cVx10-3 100x35.5 25 1:1,则C1元素的质量分数是 —×100%e 黑白题58