[讲义答案]第2讲-deb2199218e9_学而思高三全套_2019年高三暑假直播_2019-暑高二升高三化学一轮复习直播凌云班（全国）10讲郑慎捷_讲义答案

答 案
C
解析
解：A、氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； 
B、
在水溶液中也能电离成
、
和
，故B错误； 
C、电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度、离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C
正确； 
D、电解质强弱与溶解性无关，与电离程度有关，硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，为
强电解质，醋酸铅易溶于水，但部分电离，为弱电解质，故D错误。 
故选：C。
答 案
B
解析
解：A.氨水与
发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； 
B.
、
、
、
之间不反应，都不与
溶液反应，在溶液中能够大量共存，故B正
确； 
C.
、
、
之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误； 
D.
与
之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误； 
故选：B。
答 案
D
模块
模块1：知识框架
：知识框架
模块
模块2：离子反应
：离子反应
1  50%
1
1
例题1
KHSO
 4
K+
H+
SO
 
4
2−
例题2
Cu2+
Na+
K+
Cl−
NO
 
3
−
CaCl
 2
Na SO
2
3
H+
NO3
−
NaHCO3
OH−
例题3
解析
解：A.电解饱和
溶液，离子方程式：
，故A错误； 
B.向酸性
溶液中通入
，反应生成氢离子，离子方程式：
，故B错误； 
C.向
稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方程式：
，故C错误； 
D.向
溶液中通入足量
，离子方程式：
，故D正确； 
故选：D。
答 案
D
解析
解：A.向
溶液滴加
溶液，离子方程式：
，故A正确； 
B.向
溶液滴加
溶液，离子方程式：
，故
B正确； 
C.向
溶液中通入过量
制
，离子方程式：
，故C正确； 
D.设少量的
的物质的量为
，由于氢氧化钡的量少，故
会先和
反应生成
氢氧化铝沉淀。则
和
需要消耗
和
，故离子方程式
为：
，故D错误； 
故选：D。
答 案
A
解析
解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有
能水解使溶液显酸性，则一定含有
， 
因为
与
不能共存于同一溶液中，则一定不含有
； 
再由氯水能氧化
生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有
； 
又因为溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有
，必须同时存在阴离子，即
必
然存在， 显然剩下的
是否存在无法判断，则需检验的离子是
，应选用焰色反应。 
故选：A。
1
1
MgCl
 2
Mg
+
2+
2Cl
+
−
2H
 O
Mg(OH)
 ↓
2
===
电解
2
+H
 ↑
2
+Cl
 ↑
2
KMnO
 4
SO
 2
3SO
 +
2
2MnO
 +
4
−
2H
 O =
2
== 2MnO
 ↓
2
+3SO
 +
4
2−
4H+
Fe(NO )
3 2
6I
+
−
2NO
 +
3
−
8H
=
+
== 3I
 +
2
2NO ↑+4H
 O
2
NaClO
CO2
ClO
+
−
CO
 +
2
H
 O =
2
== HClO + HCO
 
3
−
例题4
FeCl
 3
HI
2Fe
+
3+
2I
=
−
== 2Fe
+
2+
I
 2
Na
 S
 O
 
2
2
3
HCl
S
 O
 +
2
3
2−
2H
=
+
== S ↓+SO
 ↑
2
+H
 O
2
NaAlO2
CO2
Al(OH)3
AlO
 +
2
−
CO
 +
2
2H
 O =
2
== Al(OH)
 ↓
3
+HCO
 
3
−
Ba(OH)2
1mol
OH−
Al3+
1molBa2+
2molOH−
1molSO4
2−
 molAl
3
2
3+
2Al
+
3+
3SO
 +
4
2−
3Ba
+
2+
6OH
=
−
== 2Al(OH)
 ↓
3
+3BaSO
 ↓
4
例题5
NH4
+
NH4
+
S2−
NH4
+
S2−
I−
I−
NH4
+
Cl−
Na+
Na+
例题6
答 案
A
解析
解：强碱性溶液中
能分别与
、
反应，则溶液中不存在
、
； 
①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成，因硅酸为沉淀，则溶液中不含
； 
②开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则偏铝
酸根离子与酸反应生成沉淀，然后碳酸根离子与酸反应生成气体，再沉淀与酸反应而溶解，所以原
溶液中存在
、
； 
③由信息可知
，则原溶液中含有氯离子； 
又溶液不显电性，则一定存在阳离子，即存在
，即该溶液中一定含有
、
、
、
，一定不含
、
、
， 
故选：A。
答 案
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
解析
解：①碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、
和水，离子反应为
。 
②氢氧化钡和碳酸氢铵等物质的量反应，生成碳酸钡、水、一水合氨，离子反应为
。 
③亚铁离子、溴离子均全部被氧化，离子反应为
。 
④反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为
。 
⑤酸性条件下
可以发生反应生成
并释放出
，生成
时氯元素的化合价由
价降低为
价，化合价降低价，生成
时氯元素由
价升高为
价，化合价升高价，
则化合价变化的最小公倍数为，结合电子、电荷守恒可知该反应的离子方程式为：
。 
⑥向
溶液中滴加碱性
溶液，溶液中
(硼元素的化合价为
)与
反应生成
纳米铁粉、
和
，反应中只有铁、氢元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方
程式为
。 
⑦
溶液中加入
溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液
1
1
OH−
NH4
+
Al3+
NH4
+
Al3+
SiO3
2−
AlO2
−
CO3
2−
n(HCl) = 0.005L × 0.2mol/L = 0.001mol < n(AgCl) =
 =
143.5g/mol
0.287g
0.002mol
K+
AlO2
−
CO3
2−
K+
Cl−
NH4
+
A13+
SiO3
2−
例题7
HCO
 +
3
−
OH
+
−
Ca
=
2+
== CaCO
 ↓
3
+H
 O
2
Ba
+
2+
2OH
+
−
NH
 +
4
+
HCO
 =
3
−
== BaCO
 ↓
3
+H
 O +
2
NH
 ⋅
3
H
 O
2
2Fe
+
2+
4Br
+
−
3Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Br
 +
2
6Cl−
C
 H
 O
+
6
5
−
H
 O +
2
CO
 =
2
== C
 H
 OH +
6
5
HCO
 
3
−
5ClO
 +
2
−
4H
=
+
== 4ClO
 ↑
2
+Cl
+
−
2H
 O
2
2Fe
+
2+
BH
 +
4
−
4OH
=
−
== 2Fe + 2H
 ↑
2
+B(OH)
 
4
−
2Fe
+
3+
SO
 +
3
2−
H
 O =
2
== 2Fe
+
2+
SO
 +
4
2−
2H+
3Fe
+
2+
4H
+
+
NO
 =
3
−
== 3Fe
+
3+
NO ↑+2H
 O
2
NaOH
HCO
 +
3
−
OH
+
−
Ca
=
2+
== CaCO
 ↓
3
+H
 O
2
Ba
+
2+
2OH
+
−
NH
 +
4
+
HCO
 =
3
−
== BaCO
 ↓
3
+H
 O +
2
NH
 ⋅
3
H
 O
2
2Fe
+
2+
4Br
+
−
3Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Br
 +
2
6Cl−
C
 H
 O
+
6
5
−
H
 O +
2
CO
 =
2
== C
 H
 OH +
6
5
HCO
 
3
−
NaClO2
NaCl
ClO2
NaCl
+3
−1
4
ClO2
+3
+4
1
4
5ClO
 +
2
−
4H
=
+
== 4ClO
 ↑
2
+Cl
+
−
2H
 O
2
FeSO4
NaBH4
BH4
−
+3
Fe2+
H2
B(OH)4
−
2Fe
+
2+
BH
 +
4
−
4OH
=
−
== 2Fe + 2H
 ↑
2
+B(OH)
 
4
−
Fe(NO )
3 3
Na SO
2
3
先变为浅绿色的离子方程式是
，又变为棕
黄色的原因用离子方程式解释为
。 
答 案
D
解析
解：根据图象可知，稀释过程中，
溶液的体积变化
倍，溶液的
变化个单位，说明
为强酸；而
溶液的体积变化
倍，溶液的
变化小于个单位，说明
为弱碱， 
A.根据分析可知，
为强酸，
为弱碱，故A错误； 
B.
点水电离出的氢离子浓度是
，
点水电离出的氢离子浓度是
，点
水电离出的氢离子浓度是
，所以水的电离程度
，故B错误； 
C.升高温度，水的离子积增大，
点氢离子浓度基本不变，则其
不变；点氢离子浓度增大，则
点溶液
减小，故C错误； 
D.
点
，氢离子浓度为
，
的浓度为
；点
，氢氧根
离子浓度为
，
为弱碱，则
的浓度大于
，将
点与点对应溶
液以体积比为
混合，由于
过量，混合液呈碱性，则
，结合电荷守
恒可知：
，溶液中离子浓度大小为：
，故D正确； 
故选：D。
答 案
D
解析
A、
，根据图示可知，图中
、
、
三点处
间的关系
，故A错误； 
B、
时，
，向
的稀硫酸中逐滴加入等体积
的稀氨水后，溶
液中
增大，而一水合氨的电离平衡常数
不变，故
减小，而最终氨水过量，溶液显碱性，反应后溶液不能到达
点，故B错误； 
C、温度不变，在水中加入适量
固体，溶液由中性变为酸性，而
点也显中性，故溶液不能
由
点变化到
点，故C错误； 
D、加热浓缩
点溶液，由于
点溶液显中性，故加热浓缩后仍显中性，且升高温度，
增大，
故可以到达
点，故D正确。 
故选：D。
模块
模块3：弱电解质的电离平衡及溶液酸碱性
：弱电解质的电离平衡及溶液酸碱性
1
1
2Fe
+
3+
SO
 +
3
2−
H
 O =
2
== 2Fe
+
2+
SO
 +
4
2−
2H+
3Fe
+
2+
4H
+
+
NO
 =
3
−
== 3Fe
+
3+
NO ↑+2H
 O
2
例题8
HA
10n
pH
n
HA
MOH
10n
pH
n
MOH
HA
MOH
X
10
mol/L
−9
Y
10
mol/L
−10
Z
10
mol/L
−9
X = Z > Y
Y
pH
Z
Z
pH
Y
pH = 4
10
mol/L
−4
HA
10
mol/L
−4
Z
pH = 9
10
mol/L
−5
MOH
MOH
10
mol/L
−5
Y
Z
1 : 10
MOH
c(OH ) >
−
c(H )
+
c(M ) >
+
c(A )
−
c(M ) >
+
c(A ) >
−
c(OH ) >
−
c(H )
+
例题9
K
 =
w
c(H ) ⋅
+
c(OH )
−
A
B
D
K
 
w
B > A = D
100 C
∘
K
 =
w
10−12
pH = 2
pH = 10
c(OH )
−
K
 =
b
 
c(NH
 ⋅H
 O)
3
2
c(NH
 ) ⋅c(OH )
4
+
−
 
c(NH
 ⋅H
 O)
3
2
c(NH
 )
4
+
B
NH
 Cl
4
C
A
C
A
A
K
 
w
B
答 案
A
解析
解：水的电离平衡为：
， 
①
，加入氢离子，氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故①错误； 
②
，加入氯离子，不影响水的电离，故②正确； 
③
，加入铝离子，能够结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故③错误； 
④
，加入钾离子，不影响水的电离，故④正确； 
⑤
，加入硫酸根离子，不影响水的电离，故⑤正确； 
⑥
，加入氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故⑥错误； 
⑦
，加入硝酸根离子，不影响水的电离，故⑦正确； 
⑧
，加入铵根离子，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故⑧错误；故
选：A。
答 案
C
解析
解：A.如果
是强酸，则两者恰好完全中和
，如果
是弱酸，浓度越大的需要体积越
小，所以体积
，故A错误； 
B.如果
是弱酸，则
时溶液呈酸性，故B错误； 
C.
是弱酸，溶液呈中性，则
，
是强酸，溶液呈中性，则
，所以一定是
，
故C正确； 
D.如果
是弱酸，则
时，溶液呈酸性，而不是
，故D错误； 
故选：C。
答 案
B
解析
解：A.若混合溶液的
，说明溶液为酸性，可以是
过量或者
与
恰好反
应生成
，则可以
，也可以是
，故A错误； 
B.若
且混合液的
，等体积的
和
反应后溶液呈碱性，则一定是
过量，所以
，故B正确； 
C.若
、
，反应恰好生成
，
水解，
不水解，则溶液中
，故C错误； 
D.若混合后溶液
，则溶液中
，溶液中存在电荷守恒：
1
1
1
例题10
H
 O ⇌
2
H
+
+
OH−
H+
Cl−
Al3+
K+
SO4
2−
OH−
NO3
−
NH4
+
例题11
HX
a = b
HX
a < b
HX
a = b
HX
a < b
HX
a = b
a ⩽b
HX
a = b
a > b
例题12
pH < 7
HCl
HCl
NH
 ⋅
3
H
 O
2
NH Cl
4
a b
1 1> a
 b
 
2 2
a
 b
 =
1 1
a
 b
 
2 2
a
 =
1
a
 2
pH > 7
HCl
NH
 ⋅
3
H
 O
2
NH
 ⋅
3
H
 O
2
b
 <
1
b
 2
a
 =
1
a
 2
b
 =
1
b
 2
NH
 Cl
4
NH
 
4
+
Cl−
c(Cl ) >
−
c(NH
 )
4
+
pH = 7
c(H ) =
+
c(OH )
−
，则有
，故D错误， 
故选：B。
答 案
①
解析
解：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，若直接注入
的标准
溶液至“ ”刻度线以
上，导致标准液被稀释，应该先用标准液润洗碱式滴定管，故该操作方法错误。 
答 案
酸式滴定管(或移液管)
解析
解：步骤③中，量取
待测液，待测液为盐酸，需要用酸式滴定管或移液管量取。 
答 案
锥形瓶中溶液颜色变化锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色
解析
解：中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不
变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴
溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分
钟内不褪色时，说明达到滴定终点。 
答 案
CD
解析
解：A.锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对滴定结果没有影响，故A错误； 
B.滴定结束时，俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，故B错误； 
C.锥形瓶用待测液润洗，待测液中溶质的物质的量偏大，导致消耗标准液体积偏大，故C正确； 
D.滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外的滴定台上，导致消耗标准液体积偏大，故D正确； 
故选：CD。
1
2
3
4
c(NH
 ) +
4
+
c(H ) =
+
c(OH ) +
−
c(Cl )
−
c(Cl ) =
−
c(NH
 )
4
+
例题13
0.2000mol/L
NaOH
0
20.00mL
NaOH
答 案
解析
解：舍去第组数据，另外三次滴定消耗标准液的体积为：
，
，
，
消耗标准液平均体积为：
，根据关系式
可知，
。 
答 案
解析
解：根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：
，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到
弱的顺序为：
。 
答 案
aebdc
解析
解：四种溶液的溶质都是强碱弱酸盐，水解程度大小为：
，水解均显碱性，水解程度越大，碱性越
强，所以碱性顺序是：
， 
即
由小到大的排列顺序为：aebdc。 
答 案
A ABCE
解析
解：①A.
的
溶液加水稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确； 
B.
的
溶液加水稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离平衡向
右移动，
减小的程度小于
的减小程度，所以
增大，故B错
误； 
C.水的离子积
只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误； 
D.醋酸稀释，酸性减弱，
减小，水的离子积不变，则
增大，所以
增大，
5
1
2
3
0.1619
1
16.20mL
16.18mL
16.20mL
 ≈
3
16.20mL + 16.18mL + 16.20mL
16.19mL
HCl ∼NaOH
c(HCl) =
 =
0.02L
0.2000mol/L × 0.01619L
0.1619mol/L
例题14
CH
 COOH >
3
H
 CO
 >
2
3
HCN
CH
 COOH >
3
H
 CO
 >
2
3
HCN > HCO
 
3
−
CH
 COOH >
3
H
 CO
 >
2
3
HCN
CO
 >
3
2−
CN
>
−
ClO
>
−
HCO
 >
3
−
CH
 COO
3
−
Na
 CO
 >
2
3
NaCN > NaClO > NaHCO
 >
3
CH
 COONa
3
pH
0.1mol ⋅L−1
CH
 COOH
3
0.1mol ⋅L−1
CH
 COOH
3
c(H )
+
c(CH COOH)
3
 
c(CH
 COOH)
3
c(H )
+
K
 =
w
c(H ) ⋅
+
c(OH )
−
c(H )
+
c(OH )
−
 
c(H )
+
c(OH )
−
故D错误； 
E.
为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不
变，故E错误。 
②若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度都增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大， 
A.升高温度后溶液中氢离子浓度
增大，故A正确； 
B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则
的比值增
大，故B正确； 
C.
为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正
确； 
D.升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以
的比值减小，故D错误； 
E.
为醋酸的电离平衡常数，升高温度后醋酸的电离平衡常数增大，故E正
确。 
答 案
大于稀释相同倍数，
的
变化比
的大，酸性强，电离平衡常数大。大于
酸性强于
的，稀释后
溶液中的
小于
溶液中的
，
所以其对水电离的抑制能力也较弱。
解析
解：由图可知，稀释相同的倍数，
的
变化程度大，则酸性
强，电离平衡常数大；稀释
后，
电离生成的
小，对水的电离抑制能力小，所以
溶液中水电离出来的
大。 
答 案
解析
解：向
溶液中通入少量
，由于酸性
，则反应生成
和
，该反应的化学方程式为：
。 
4
5
 
c(CH
 COOH)
3
c(CH
 COO ) ⋅c(H )
3
−
+
c(H )
+
 
c(CH
 COOH)
3
c(H )
+
c(H ) ⋅
+
c(OH )
−
 
c(H )
+
c(OH )
−
 
c(CH
 COOH)
3
c(CH
 COO ) ⋅c(H )
3
−
+
HX
pH
CH COOH
3
HX
CH COOH
3
HX
c(H )
+
CH COOH
3
c(H )
+
HX
pH
HX
HX
c(H )
+
HX
c(H )
+
NaCN + H
 O +
2
CO
 =
2
== HCN + NaHCO
 3
NaCN
CO2
H
 CO
 >
2
3
HCN > HCO
 
3
−
HCN
NaHCO3
NaCN + H
 O +
2
CO
 =
2
== HCN + NaHCO
 3