北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题十三 盐类的水解和沉淀溶解平衡
1.下列叙述不涉及盐类水解的是 ( )
A.保存FeSO 溶液时加入少量铁屑
4
B.用NH Cl溶液除铁锈
4
C.用MgCl ·6H O制MgCl 需在HCl气流中
2 2 2
D.用热的纯碱溶液洗涤油污
答案 A 加入少量铁屑,可防止FeSO 溶液中Fe2+氧化变质,与盐类水解无关,A符合题意;
4
NH+水解使NH Cl溶液呈酸性,H+可与铁锈反应达到除去铁锈的目的,B项不符合题意;在
4 4
HCl气氛中加热可防止MgCl 水解,C项不符合题意;碳酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,
2
能促进油脂水解,D项不符合题意。
2.已知物质的溶度积常数:K (FeS)=6.3×10-18,K (CuS)=6.3×10-36。下列说法正确的是 (
sp sp
)
A.相同温度下,CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂
C.相同温度下,向饱和FeS溶液中加入少量Na S固体后,K (FeS)变小
2 sp
D.向等浓度的FeCl 和CuCl 混合溶液中逐滴加入Na S溶液,最先出现的沉淀是FeS
2 2 2
答案 B CuS和FeS类型相同,K (CuS)<K (FeS),故CuS的溶解度小于FeS,A错误;CuS比
sp sp
FeS更难溶,加入FeS可以将Cu2+转化为更难溶的CuS沉淀:FeS(s)+Cu2+(aq) Fe2+(aq)
+CuS(s),B正确;K (FeS)只与温度有关,温度不变,K (FeS)不变,C错误;K (CuS)<K (FeS),向等
sp sp sp sp
浓度的FeCl 和CuCl 混合溶液中逐滴加入Na S溶液,CuS先沉淀出来,D错误。
2 2 2
3.T ℃时,CdCO 和Cd(OH) 的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对
3 2
数,pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 ( )
第 1 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.曲线Ⅰ是CdCO 的沉淀溶解平衡曲线
3
B.加热可使溶液由X点变到Z点
C.Y点对应的Cd(OH) 溶液是过饱和溶液
2
D.T ℃,在CdCO (s)+2OH-(aq) Cd(OH)
(s)+CO2-
(aq)平衡体系中,平衡常数K=102
3 2 3
答案 D 曲线Ⅱ上任一点c(Cd2+)·c(N)相等,故曲线Ⅱ是CdCO 的沉淀溶解平衡曲线,A错
3
误;由以上分析可知,曲线Ⅰ是Cd(OH) 的沉淀溶解平衡曲线,Cd(OH) (s) Cd2+(aq)+2OH-
2 2
(aq),加热平衡正向移动,c(Cd2+)、c(OH-)都增大,B错误;由X点坐标知,T ℃时,
K [Cd(OH) ]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-5)2=10-14,Y点Q[Cd(OH) ]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-6)2=10-
sp 2 2
16,Q[Cd(OH) ]<K [Cd(OH) ],故为不饱和溶液,C错误;T ℃,由图可知,pCd2+=4时,即c(Cd2+)=10-
2 sp 2
4
mol·L-1,c(CO2-
)=10-8 mol·L-1,K (CdCO )=10-4×10-8=10-12,在CdCO (s)+2OH-(aq)
3 sp 3 3
c(CO2-
)
c(CO2- )c(Cd2+
)
Cd(OH) (s)+CO2- (aq)平衡体系中,平衡常数K= 3 = 3 =
2 3 c2 (OH-
)
c2 (OH- )c(Cd2+
)
K (CdCO )
sp 3 =102,D正确。
K [Cd(OH) ]
sp 2
4.H C O 为二元弱酸,K =5.9×10-2,K =6.4×10-5,lg 6.4≈0.8,向20 mL 0.1 mol/L H C O 溶液中
2 2 4 a1 a2 2 2 4
滴加0.2 mol/L KOH溶液,溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积
变化如图所示,下列说法中错误的是( )
第 2 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.当c(HC O- )=c(C O2- )时,混合溶液pH≈4.2
2 4 2 4
B.滴入10 mL KOH溶液时,溶液呈酸性
C.滴入20 mL KOH溶液时,溶液中c(H C O )+c(HC O- )+c(C O2- )=0.1 mol/L
2 2 4 2 4 2 4
D.滴入KOH溶液的过程中,可能出现c(H+)>c(HC O- )>c(C O2- )>c(OH-)
2 4 2 4
答案 C K
a2
= c(C 2 O2 4 - )·c(H+ ) ,当c(HC 2O-)=c(C 2O2-)时,K
a2
=c(H+)=6.4×10-5,pH=-lg
c(HC O- ) 4 4
2 4
6.4×10-5≈5-0.8=4.2,A正确;当滴入10 mL KOH溶液时,溶质主要为KHC O ,HC 的水解平
2 4 2O-
4
衡常数K = K = 10-14 ≈1.7×10-13<K ,HC 的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,B
h W a2 2O-
K 5.9×10-2 4
a1
正确;根据物料守恒,原溶液中:c(H C O )+c(HC )+c(C )=0.1 mol/L,滴入20 mL KOH溶
2 2 4 2O- 2O2-
4 4
液后,若忽略体积变化,溶液体积从20 mL变为40 mL,则此时:c(H C O )+c(HC )+c(C
2 2 4 2O- 2O2-
4 4
)=0.05 mol/L,C错误;H C O 为二元弱酸,在溶液中分步电离,在H C O 溶液中存在
2 2 4 2 2 4
c(H+)>c(HC )>c(C )>c(OH-),则在滴入极少量KOH溶液时存在c(H+)>c(HC )>c(C
2O- 2O2- 2O- 2O2-
4 4 4 4
)>c(OH-),D正确。
第 3 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
5.(双选)向K CO 和KHCO 的混合溶液中加入少量CaCl ,测得溶液中离子浓度的关系如图
2 3 3 2
所示,下列说法正确的是 ( )
A.a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点
B.该溶液中存在: c(H 2 CO 3 ) < c(HCO 3 - )
c(HCO-
)
c(CO2-
)
3 3
C.向b点溶液中通入CO 可使b点溶液向c点溶液转化
2
D.b点对应的溶液中存在:3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(C )+c(OH-)+c(Cl-)
O2-
3
答案 BC HC O-的电离平衡常数K a2 = c(CO 3 2- )·c(H+ ) ,则 c(CO 3 2- ) = K a2 ,-lg
3 c(HCO-
)
c(HCO-
)
c(H+
)
3 3
c(CO 3 2- ) =-lg K a2 ,-lg c(CO 3 2- ) 越小,c(H+)越小,pH越大,所以a、b、c三点对应溶液
c(HCO-
)
c(H+
)
c(HCO-
)
3 3
pH的大小顺序为a>b>c,A错误;H 2 CO 3 是二元弱酸,电离平衡常数:K a1 >K a2 , c(H 2 CO 3 ) =
c(HCO-
)
3
c(H+ ), c(HCO 3 - ) =c(H+ ),所以溶液中存在 c(H 2 CO 3 ) < c(HCO 3 - ),B正确;向b点溶液
K c(CO2- ) K c(HCO- ) c(CO2- )
a1 3 a2 3 3
中通入CO
2
,则c(HC O-)增大,-lg c(CO
3
2- ) 增大,所以可使b点溶液向c点溶液转化,C正确;
3 c(HCO-
)
3
第 4 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
根据电荷守恒可得:2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=2c(C )+c(HC )+c(OH-)+c(Cl-),b点时-lg
O2- O-
3 3
c(CO 3 2- ) =0,即c(C O2-)=c(HC O-),则2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(C O2-)+c(OH-)+c(Cl-),故D错误。
c(HCO-
)
3 3 3
3
6.(双选)25 ℃时,用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO 、FeSO 三种溶液,pM[p表示负对数,
4 4
M表示c(HX)、c(Cu2+)、c(Fe2+)]随pH变化关系如图所示,已知K [Cu(OH) ]<K [Fe(OH) ],
sp 2 sp 2
c(X-
)
一般认为当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L时,该离子沉淀完全。下列有关分析正确的
是 ( )
A.②代表滴定CuSO 溶液的变化关系
4
B.滴定HX溶液至a点时,溶液的pH=8
C.滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时,溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D.如果完全除去工业废水中的Cu2+,需要调节溶液的pH≥6.7
答案 BD 由K [Cu(OH) ]<K [Fe(OH) ]可知,曲线①表示氢氧化钠溶液滴定硫酸铜溶液
sp 2 sp 2
的变化关系、曲线②表示氢氧化钠溶液滴定硫酸亚铁溶液的变化关系、曲线③表示氢
氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系,由图可知,K [Cu(OH) ]=1×(10-9.8)2=10-19.6、
sp 2
K [Fe(OH) ]=1×(10-7.5)2=10-15、HX的电离常数K=c(X- )c(H+ )=1×10-5。曲线①表示滴定
sp 2 a
c(HX)
硫酸铜溶液的变化关系,A错误;由图可知,a点时,c(Fe2+)与c(HX)相等,则K
sp
[Fe(OH)
2
]
c(X- ) c2 (OH- )
第 5 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
=c(H+ ),c(OH-)= K ×K [Fe(OH) ]=10-5×10-15 mol/L=10-6 mol/L,所以溶液的pH为
a sp 2
K K 10-14
a W
8,B正确;曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系,当滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)
时,溶液的pH为5.0,溶液呈酸性,氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,C错误;由分析可知,曲
线①表示滴定硫酸铜溶液的变化关系,氢氧化铜的溶度积为10-19.6,则当废水中铜离子完
全沉淀时c(OH-)=10-7.3 mol/L,所以完全除去工业废水中的铜离子,需要调节溶液的
pH≥6.7,D正确。
7.(双选)在“水质研学行动”中,科学兴趣小组对某地矿泉水进行了检测。室温下,测得
该水中p(X)与pOH关系如图所示[已知:p(X)=-lg c(X),X为H CO 、HC 、C 或Ca2+]。
2 3 O- O2-
3 3
下列说法错误的是( )
A.曲线③代表p(Ca2+)随pOH的变化
1
B.该温度下,pH+ p(CO2-)=10.8
2 3
C.该温度下的K (CaCO )=1×10-9.2
sp 3
D.当p(Ca2+)=6.1时,p(HC )=1.8
O-
3
答案 AD pH增大,溶液碱性增强,HC 、C 浓度都增大,pH较小时c(HC )>c(C ),
O- O2- O- O2-
3 3 3 3
根据p(X)=-lg c(X),pOH=-lg c(OH-),碱性越强,pOH越小,HC 、C 浓度越大,p(X)越小,因
O- O2-
3 3
此曲线③代表p(HC )随pOH的变化,②代表p(C )随pOH的变化,①代表p(Ca2+)随
O- O2-
3 3
pOH的变化。由上述分析可知,曲线①代表p(Ca2+)随pOH的变化,A错误;根据分析可知,
第 6 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
曲线②代表p(C )随pOH的变化,当pOH=3.7时,根据水的离子积可知14=pOH+pH,得
O2-
3
1 1
pH=14-3.7=10.3,p(CO2-)=1.0,可得pH+ p(CO2-)=10.3+ ×1.0=10.8,B正确;当pOH=5.5时,
3 2 3 2
p(C )=p(Ca2+)=4.6,故K (CaCO )=c(C )c(Ca2+)=10-4.6×10-4.6=10-9.2,C正确;根据点
O2- sp 3 O2-
3 3
(3.7,1.0),K a1 (H 2 CO 3 )= c(H+ )c(CO 3 2- ) =c(H+)=10-10.3,根据点(7.7,5.0),K h (HC O-)=
c(HCO-
)
3
3
c(H 2 CO 3 )c(OH- )=c(OH-)=10-7.7,当p(Ca2+)=6.1时,根据K sp (CaCO 3 )=10-9.2可知p(C O2-
c(HCO-
)
3
3
)=3.1,代入K a1 (H 2 CO 3 )= c(H+ )c(CO 3 2- ) =10-10.3,得 c(H+ ) =10-10.3 =10-7.2①,根据图中信
c(HCO-
)
c(HCO-
)
10-3.1
3 3
息可知c(H 2 CO 3 )=10-5,代入K h (HC O-)= c(H 2 CO 3 )c(OH- ) =10-7.7,得 c(OH- ) =10-7.7 =10-
3 c(HCO-
)
c(HCO-
)
10-5
3 3
2.7②,K =c(H+)c(OH-)=10-14③,将①②③联立,解得c(HC )=10-2.05 mol·L-1,p(HC )=-lg c(HC
W O- O- O-
3 3 3
)=-lg 10-2.05=2.05,D错误。
8.(双选)GaCl 溶液中存在平衡:Ga3+ Ga(OH)2+ Ga(OH) + Ga(OH) Ga(OH
3 2 3
。常温下,向GaCl 溶液中加入NaOH溶液,Ga3+、Ga(OH)2+、Ga(OH 、Ga(OH) 、Ga(OH
- 3 + 3 -
) ) )
4 2 4
的浓度分数(α)随溶液pH变化如图所示。下列说法错误的是 ( )
第 7 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.曲线b表示Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化
B.Ga(OH)2++H O Ga(OH ++H+,该平衡常数K的数量级为10-4
2 )
2
C.x点,c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
lgK +lgK
D.y点,pH= 3 4
2
答案 CD 由图示信息可知,随着pH增大,OH-浓度增大,平衡Ga3+ Ga(OH)2+
Ga(OH)
+
Ga(OH) Ga(OH)
-向右移动,故曲线a、b、c、d、e分别代表Ga3+、
2 3 4
Ga(OH)2+、Ga(OH 、Ga(OH) 、Ga(OH 的浓度分数随溶液pH的变化。曲线b表示
) + 3 ) -
2 4
Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化,A正确;Ga(OH)2++H O Ga(OH ++H+的平衡常数
2 )
2
K= c[Ga(OH) 2 + ]·c(H+ ),由图可知,pH=3.6时c[Ga(OH +]=c[Ga(OH)2+],K=c(H+)=10-3.6,所以平
)
c[Ga(OH) 2+ ] 2
衡常数K的数量级为10-4,B正确;由图示信息可知,x点表示c[Ga(OH ]=c[Ga(OH) ],对应的
) + 3
2
溶液中所含溶质为NaCl、Ga(OH) 和Ga(OH) Cl,c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误;由图示信
3 2
第 8 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
息可知,y点表示c[Ga(OH ) +]=c[Ga(OH ) -],K 3 = c(H+ )c[Ga(OH) 3 ] ,K 4 = c(H+ )c[Ga(OH) - 4 ]
2 4 c[Ga(OH) + ] c[Ga(OH) ]
2 3
-lgK -lgK
,则K ×K =c2(H+),即pH=-lg c(H+)=-lg√K ×K = 3 4,D错误。
3 4 3 4 2
9.室温下,通过下列实验探究NH Fe(SO ) 溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
4 4 2
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液的pH,测得pH约为5
4 4 2
2 向0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中加入Ba(OH) 溶液,产生沉淀
4 4 2 2
向0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中通入足量的NH ,产生红褐色沉
3 4 4 2 3
淀
4 向0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中加入NaHS溶液,产生浅黄色沉淀
4 4 2
下列说法正确的是 ( )
A.0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中存在:c(N )+3c(Fe3+)=2c(S )
4 4 2 H+ O2-
4 4
B.实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)
3
C.实验3得到的溶液中有c(N )+c(NH ·H O)+c(S )>0.3 mol·L-1
H+ 3 2 O2-
4 4
D.实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3++2HS- 2Fe2++2S↓+H ↑
2
答案 C A项,溶液中存在电荷守恒:c(N )+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(S )+c(OH-),测得pH
H+ O2-
4 4
约为5,则c(H+)>c(OH-),c(N )+3c(Fe3+)<2c(S ),错误;B项,实验2中的沉淀有Fe(OH)
H+ O2- 3
4 4
和BaSO ,错误;C项,0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中NH Fe(SO ) 完全电离,N 水解,则
4 4 4 2 4 4 2 H+
4
第 9 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
c(N )+c(NH ·H O)=0.1 mol·L-1,c(S )=0.2 mol·L-1,故c(N )+c(NH ·H O)+c(S )=0.3
H+ 3 2 O2- H+ 3 2 O2-
4 4 4 4
mol·L-1,通入足量的NH ,导致溶液中N 、NH ·H O的量增多,则有c(N )+c(NH ·H O)
3 H+ 3 2 H+ 3 2
4 4
+c(S )>0.3 mol·L-1,正确;D项,Fe3+氧化HS-生成S和Fe2+,根据Fe、S元素得失电子守恒
O2-
4
配平离子方程式:2Fe3++HS- 2Fe2++S↓+H+,错误。
10.联氨(N H )可溶于水,在水中的电离方式与氨(NH )相似。室温下,向0.1 mol/L联氨溶
2 4 3
液中通入HCl,若通入HCl所引起的溶液体积变化和H O挥发可忽略。已知:N H 电离平
2 2 4
衡常数分别为 ≈1×10-6、 ≈1×10-15。下列说法不正确的是 ( )
K K
b b
1 2
A.N H 吸收等物质的量HCl所得溶液中:c(N )<c(N H )
2 4 2H2+ 2 4
6
B.N H 完全转化为N H Cl 时,溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N )+2c(N )
2 4 2 6 2 2H+ 2H2+
5 6
C.2N 2H+ N 2 H 4 +N 2H2+的平衡常数为K,则K=1×10-9
5 6
D.常温下,N H Cl 与N H Cl的混合溶液可能呈中性
2 6 2 2 5
答案 D 由N H 在水中的电离方式与NH 相似可知,N H 第一步电离为N H +H O
2 4 3 2 4 2 4 2
N 2H++OH-,第二步电离为N 2H++H
2
O N 2H2++OH-。N
2
H
4
吸收等物质的量HCl
5 5 6
所得溶液为N
2
H
5
Cl,N 2H+水解生成N
2
H
4
,K
h
(N 2H+)= K W=1×10-8,N 2H+电离生成N
2H2+
5 5 K 5 6
b
1
,K (N )> ,故N 水解程度大于电离程度,c(N )<c(N H ),A项正确;N H Cl 溶液
h 2H+ K 2H+ 2H2+ 2 4 2 6 2
5 b 2 5 6
中电荷守恒式为c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N )+2c(N ),B项正确;K=
2H+ 2H2+
5 6
第 10 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
c(N 2 H 4 )·c(N 2 H 6 2+ )= c(N 2 H 4 )·c(N 2 H 6 2+ )·c(OH- )= K b 2 =1×10-9,C项正确;根据A项
c2 (N H+ ) c(N H+ )·c(OH- )·(N H+ ) K
2 5 2 5 2 5 b 1
分析,N H Cl溶液呈酸性,N H Cl 溶液中N 只能水解,溶液呈酸性,故常温下,N H Cl
2 5 2 6 2 2H2+ 2 6 2
6
与N H Cl的混合溶液只能呈酸性,D项错误。
2 5
11.草酸钠(Na C O )用作抗凝血剂。室温下,通过下列实验探究Na C O 溶液的性质:
2 2 4 2 2 4
实
实验操作和现象
验
1 测得0.1 mol·L-1 Na C O 溶液的pH=8.4
2 2 4
向0.2 mol·L-1 Na C O 溶液中加入等体积0.2 mol·L-1盐酸,测得混合后溶液的
2 2 2 4
pH=5.5
3 向0.1 mol·L-1 Na C O 溶液中先滴加几滴H SO 溶液,再滴加KMnO 溶液,振荡
2 2 4 2 4 4
4 向0.1 mol·L-1 Na C O 溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl 溶液,产生白色沉淀
2 2 4 2
下列有关说法正确的是 ( )
A.0.1 mol·L-1 Na C O 溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C )+c(HC )
2 2 4 2O2- 2O-
4 4
B.实验2得到的溶液中:c(H C O )>c(Cl-)>c(C )
2 2 4 2O2-
4
C.实验3中Mn O-被还原成Mn2+,则反应的离子方程式:2Mn O-+5C 2O2-+14H+ 2Mn2+
4 4 4
+10CO ↑+7H O
2 2
D.依据实验4可得:K (CaC O )<2.5×10-3
sp 2 4
答案 D A项,根据电荷守恒可知,0.1 mol·L-1 Na C O 溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)
2 2 4
+2c(C )+c(HC ),错误;B项,实验2反应生成等浓度的NaCl和NaHC O 混合溶液,测
2O2- 2O- 2 4
4 4
得混合后溶液的pH=5.5,则HC 的电离程度大于水解程度,故实验2得到的溶液中:
2O-
4
c(Cl-)>c(C )>c(H C O ),错误;C项,实验3中Mn 被还原成Mn2+,则反应的离子方程式
2O2- 2 2 4 O-
4 4
第 11 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
为2Mn O-+5C 2O2-+16H+ 2Mn2++10CO
2
↑+8H
2
O,错误;D项,向0.1 mol·L-1 Na
2
C
2
O
4
溶
4 4
0.1 0.1
液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl 溶液,产生白色沉淀,则有Q=c(Ca2+)·c(C O2-)= ×
2 2 4 2 2
=2.5×10-3>K (CaC O ),D正确。
sp 2 4
12.室温下,用饱和Na CO 溶液浸泡BaSO 粉末,一段时间后过滤,向滤渣中加入过量盐酸
2 3 4
产生气泡,滤渣未完全溶解。已知室温下:K (BaSO )=1.1×10-10,K (BaCO )=2.6×10-9,下列
sp 4 sp 3
说法正确的是 ( )
A.室温下,BaSO 的溶解度大于BaCO
4 3
B.滤渣中加入盐酸反应的离子方程式:2H++C O2- H 2 O+CO 2 ↑
3
C.反应BaSO 4 +C O2- BaCO 3 +S O2-正向进行,需满足 c(CO 3 2- ) >260
3 4 c(SO2- ) 11
4
D.过滤后所得清液中一定存在:c(Ba2+)= K sp (BaCO 3 ) 且c(Ba2+)≥ K sp (BaSO 4 )
c(CO2-
)
c(SO2-
)
3 4
答案 C A项,由室温下K (BaSO )和K (BaCO )的数值,可以判断BaSO 的溶解度小于
sp 4 sp 3 4
BaCO ,错误;B项,滤渣部分溶于盐酸产生气体,则应为BaCO 与盐酸反应,因为BaCO 为
3 3 3
c(SO2-
)
难溶物,在写离子方程式时不可拆开,错误;C项,该反应的K= 4 =
c(CO2-
)
3
c(SO2
4
- )·c(Ba2+ )= K
sp
(BaSO
4
)=1.1×10-10 = 11 ,当Q<K时,该反应正向进行,即
c(CO2- )·c(Ba2+ ) K (BaCO ) 2.6×10-9 260
3 sp 3
c(SO2 4 - )< 11 ,变形得 c(CO 3 2- )>260,正确;D项,滤渣中加入过量盐酸,滤渣未完全溶解,
c(CO2- ) 260 c(SO2- ) 11
3 4
说明滤渣中有BaCO 和BaSO ,则上层清液中BaCO 达到沉淀溶解平衡,即存在
3 4 3
c(Ba2+)·c(C )=K (BaCO ),而滤液无BaSO 沉淀析出,则c(Ba2+)·c(S )≤K (BaSO ),错误。
O2- sp 3 4 O2- sp 4
3 4
第 12 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
名师点睛 若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时,则可控制条件使这些离子先
后沉淀。(1)对于同一类型的沉淀,K 越小越先沉淀,且K 相差越大分步沉淀效果越好。
sp sp
如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的K 相差较大,逐滴加入Ag+可
sp
按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即K 最小的首先沉淀出来。(2)对于不同类型的沉淀,要
sp
利用K 计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和
sp
Ag CrO 的分步沉淀,可通过控制Ag+浓度来完成。
2 4
13.室温下,通过下列实验探究NH Fe(SO ) 溶液的性质。
4 4 2
实
实验操作和现象
验
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液的pH,测定pH约为2
4 4 2
向2 mL 0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中加入过量的0.1 mol·L-1 Ba(OH) 溶液,有沉淀
2 4 4 2 2
生成,微热,产生有刺激性气味的气体
向2 mL 0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中加入过量的5 mL 0.1 mol·L-1 Na S溶液,有
3 4 4 2 2
黄色和黑色的混合沉淀生成,静置
向Mg(OH) 悬浊液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液,部分白色沉淀变成红褐
4 2 4 4 2
色,静置
下列有关说法正确的是 ( )
A.由实验1可得0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中存在:c(N )+3c(Fe3+)>2c(S )
4 4 2 H+ O2-
4 4
B.实验2反应的离子方程式:N H++Fe3++OH- NH
3
+Fe(OH)
3
+H
2
O
4
C.实验3所得上层清液中存在:c(Na+)>2[c(H S)+c(HS-)+c(S2-)]
2
D.实验4所得上层清液中存在:c(Mg2+)·c2(OH-)<K [Mg(OH) ]
sp 2
答案 C 实验1中,该溶液存在电荷守恒:c(N )+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(S )+c(OH-),测得
H+ O2-
4 4
pH约为2,c(H+)>c(OH-),则c(N )+3c(Fe3+)<2c(S ),A错误;实验2中,Ba(OH) 过量,则反
H+ O2- 2
4 4
应生成NH 、Fe(OH) 沉淀和BaSO 沉淀,离子方程式为N +Fe3++2S +2Ba2++4OH-
3 3 4 H+ O2-
4 4
NH ↑+Fe(OH) ↓+2BaSO ↓+H O,B错误;实验3中,有黄色和黑色沉淀物生成,可知
3 3 4 2
第 13 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
Fe3+和S2-反应生成S和FeS,在Na S溶液中,根据元素质量守恒可得,c(Na+)=2[c(H S)
2 2
+c(HS-)+c(S2-)],部分S2-转化为S和FeS,则c(Na+)>2[c(H S)+c(HS-)+c(S2-)],C正确;上层清液
2
为Mg(OH) 的饱和溶液,则c(Mg2+)·c2(OH-)=K [Mg(OH) ],D错误。
2 sp 2
14.已知草酸(H C O )为二元弱酸,H C O 、HC 、C 三种微粒的物质的量分数(δ)与
2 2 4 2 2 4 2O- 2O2-
4 4
溶液pH的关系如图所示。室温下,通过下列实验探究草酸的性质。下列说法不正确的
是 ( )
实验 实验操作
1 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10 mL
2 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.2
3 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液,产生白色沉淀
A.实验1所得溶液中c(K+)>c(HC )>c(H C O )>c(C )
2O- 2 2 4 2O2-
4 4
B.实验2过程中,水的电离程度一直增大
C.实验2所得溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC )+2c(C )
2O- 2O2-
4 4
D.实验3反应静置后的上层清液中c(Ca2+)·c(C )=K (CaC O )
2O2- sp 2 4
4
答案 A 由题图可知,曲线1和曲线2的交点处pH=1.2,c(HC )=c(H C O ),此时
2O- 2 2 4 K
4 a 1
(H C O )=c(HC O- )·c(H+ )=10-1.2,同理根据曲线2和曲线3的交点处pH=4.2可得,
2 2 4 2 4 K
a
c(H C O ) 2
2 2 4
第 14 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
(H
2
C
2
O
4
)=10-4.2,实验1所得溶液为KHC
2
O
4
溶液,HC 2O-的水解平衡常数K
h
= K W=10-14
4 K 10-1.2
a
1
=10-12.8< (H C O ),即HC 的电离程度大于其水解程度,所以KHC O 溶液中
K 2 2 4 2O- 2 4
a 2 4
c(K+)>c(HC )>c(C )>c(H C O ),A错误;实验2过程中,随着KOH溶液的加入,溶液中
2O- 2O2- 2 2 4
4 4
c(H C O )和c(H+)减小,H+对水的电离的抑制作用减弱,HC 或C 的水解程度增大,即
2 2 4 2O- 2O2-
4 4
水的电离程度一直增大,B正确;实验2所得溶液中pH=4.2,此时c(HC )=c(C ),即溶
2O- 2O2-
4 4
液中的溶质是KHC O 和K C O ,该溶液中存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC
2 4 2 2 4 2O-
4
)+2c(C ),C正确;实验3反应静置后的上层清液为CaC O 的饱和溶液,存在c(Ca2+)·c(C
2O2- 2 4 2
4
)=K (CaC O ),D正确。
O2- sp 2 4
4
15.水体中的As(V)可转化为Ca (AsO ) 沉淀除去,As(Ⅲ)可用碘水氧化为As(Ⅴ)后,再转化
3 4 2
为Ca (AsO ) 沉淀除去,已知K [Ca (AsO ) ]=1×10-21.2、K (CaCO )=1×10-8.6;H AsO 水溶液
3 4 2 sp 3 4 2 sp 3 3 4
中含砷的各微粒的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.0.1 mol·L-1 Na HAsO 溶液中存在:2c(Na+)=c(H AsO )+c(H As )+c(HAs )+c(As )
2 4 3 4 2 O- O2- O3-
4 4 4
B.用0.1 mol·L-1 Na CO 溶液浸泡Ca (AsO ) 沉淀,无CaCO 沉淀生成
2 3 3 4 2 3
C.c2 (H+ )·c(HAsO2-
)=10-9.2
4
c(H AsO )
3 4
第 15 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.pH>13时,向Na AsO 溶液中滴加少量碘水时发生反应的离子方程式为As +I +H O
3 3 O3- 2 2
3
As O3-+2I-+2H+
4
答案 C 0.1 mol·L-1 Na HAsO 溶液中存在元素质量守恒:c(Na+)=2[c(H AsO )+c(H As
2 4 3 4 2
O-)+c(HAs O2-)+c(As O3-)],A错误;Ca
3
(AsO
4
)
2
中存在沉淀溶解平衡:Ca
3
(AsO
4
)
2
3Ca2+
4 4 4
2 4 9
+2AsO3-,K [Ca (AsO ) ]=c3(Ca2+)·c2(AsO3-)=c3(Ca2+)·[ c(Ca2+)]2= c5(Ca2+),c5(Ca2+)= K [
sp 3 4 2 sp
4 4 3 9 4
9
Ca (AsO ) ]= ×10-21.2,用0.1 mol·L-1 Na CO 溶液浸泡Ca (AsO ) 沉淀,
3 4 2 2 3 3 4 2
4
9 9
Q5(CaCO )=c5(Ca2+)·c5(CO2-)= ×10-21.2×0.15= ×10-26.2>(10-8.6)5,故有CaCO 沉淀生成,B错
3 3
3 4 4
误;当δ(H
3
AsO
4
)=δ(H
2
As O-)时,pH=2.2,H
3
AsO
4
的
K
=c(H+ )·c(H
2
AsO-
4
)=c(H+)=10-2.2,同
4 a 1 c(H AsO )
3 4
理K = c(H+ )·c(HAsO2 4 - ) =10-7, c2 (H+ )·c(HAsO2 4 - )= c(H+ )·c(H 2 AsO- 4 )·
a 2 c(H AsO- ) c(H AsO ) c(H AsO )
2 4 3 4 3 4
c(H+ )·c(HAsO2
4
-
)=
K
·
K
=10-9.2,C正确;溶液显碱性,离子方程式中不能出现H+,D错
c(H AsO- ) a 1 a 2
2 4
误。
16.下列实验操作能达到实验目的的是 ( )
A.将MgCl 溶液加热蒸干制备无水MgCl 固体
2 2
B.从酸式滴定管中放出25.00 mL KMnO 溶液
4
C.用排水法收集铜与浓硝酸反应制取的NO 气体
2
D.配制FeCl 溶液时,将FeCl ·6H O溶于热水中,然后冷却稀释
3 3 2
第 16 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
答案 B MgCl 水解且生成的HCl挥发,平衡不断正向移动,加热蒸干得到氢氧化镁,继
2
续加热生成MgO,A错误;KMnO 溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装,B正确;NO 气
4 2
体会与H O发生反应,不能用排水法收集,C错误;如果直接将FeCl ·6H O溶于热水中,因
2 3 2
为Fe3+的水解而不能得到澄清溶液,一般是将FeCl ·6H O溶于浓盐酸中,然后加水稀释,D
3 2
错误。
17.常温下,用AgNO 溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L-1的KCl、K C O 溶液,所得的沉
3 2 2 4
淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C 的水解)。Xm-表示Cl-或C 。下列叙述正确的
2O2- 2O2-
4 4
是 ( )
A.K (Ag C O )的数量级为10-7
sp 2 2 4
B.N点表示AgCl的不饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(C )的混合溶液中滴入AgNO 溶液时,先生成Ag C O 沉淀
2O2- 3 2 2 4
4
D.常温下,Ag
2
C
2
O
4
(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+C 2O2-(aq)的平衡常数为109.04
4
答案 D 由题给沉淀溶解平衡图像可知K (Ag C O )=c2(Ag+)·c(C )=(10-4)2×10-
sp 2 2 4 2O2-
4
2.46=10-10.46,数量级为10-11,A错误;由题图可知,纵坐标是Ag+浓度的负对数,其数值越小对
应的Ag+浓度越大,N点在AgCl沉淀溶解平衡图像对应的直线下方,故N点溶液中
Q>K (AgCl),是AgCl的过饱和溶液,B错误;由题图可知,当c(Cl-)=c(C )时,AgCl饱和溶
sp 2O2-
4
液中Ag+浓度小于Ag C O 饱和溶液,故向c(Cl-)=c(C )的混合溶液中滴入AgNO 溶液
2 2 4 2O2- 3
4
时,先生成AgCl沉淀,C错误;由题图可知,K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75,反应
sp
第 17 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
Ag
2
C
2
O
4
(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+C 2O2-(aq)的平衡常数K= c(C
2
O2
4
- )=
4 c2 (Cl-
)
c(C
2
O2
4
- )·c2 (Ag+ )= K
sp
(Ag
2
C
2
O
4
)= 10-10.46 =109.04,D正确。
c2 (Cl- )·c2 (Ag+ ) K2 (AgCl) (10-9.75 ) 2
sp
易混易错 对数型图像中,首先应观察横、纵坐标是对数(lgx)还是负对数(-lgx、pH、
pOH等)。若为负对数,应注意负对数越大则实际数值越小。例如本题中横坐标为对数,
越往右则c(Xm-)越大,而纵坐标为负对数,越往上则c(Ag+)越小。
18.室温下,向10 mL 浓度均为0.1 mol/L的CuCl 、FeCl 和ZnCl 溶液中分别滴加等浓度
2 2 2
的Na S溶液,滴加过程中pc[pc=-lgc(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na S溶液体积的关
2 2
系如图所示。已知:K (CuS)<K (ZnS),K (FeS)=6.25×10-18,lg25=1.4。下列说法错误的是
sp sp sp
( )
A.m=8.6
B.a点的CuCl 溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[Cu(OH) ]
2 2
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由大到小后又增大的过程
D.将足量ZnCl 晶体加入0.1 mol/L的Na S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 mol/L
2 2
答案 BD 由题图可知,加入10 mL Na S溶液时,曲线发生突变,Cu2+、Fe2+、Zn2+与S2-反
2
应完全,饱和FeS溶液中c(Fe2+)≈c(S2-),K (FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)= =2.5×10-9
sp √K (FeS)
sp
mol/L,-lg(2.5×10-9)≈8.6,c点、d点坐标是已知的,只能是m=8.6,A正确;a点的CuCl 溶液中
2
存在电荷守恒:2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),元素质量守恒:c(Cl-)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH) ],联
2
立两式消去c(Cl-),得到c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH) ],B错误;曲线acf对应的K =10-12.7×10-
2 sp
12.7=10-25.4,曲线adg对应的K =10-17.7×10-17.7=10-35.4,又依据K (CuS)<K (ZnS),推知曲线acf
sp sp sp
对应的是Zn2+的滴定过程,推知曲线adg对应的是Cu2+的滴定过程,未加入Na S溶液时,
2
第 18 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
Cu2+的水解促进水的电离,随着Na S溶液的加入,溶液中c(Cu2+)减小,水的电离程度逐渐
2
减小,d点时Cu2+与S2-完全沉淀,水的电离程度最小,继续加入Na S溶液,S2-也会发生水解,
2
所以d→g的过程中,水的电离程度又逐渐增大,故a→d→g的过程中,水的电离程度经历
由大到小后又增大的过程,C正确;将足量ZnCl 晶体加入0.1 mol/L的Na S溶液中,当S2-
2 2
完全沉淀后c(S2-)≤10-5 mol/L,而K (ZnS)=10-25.4,则溶液中c(Zn2+)>10-20.4mol·L-1,D错误。
sp
19.常温下,向20 mL 0.05 mol/L的H SO 和H C O 两种酸溶液中:①分别加水稀释,②分
2 4 2 2 4
别加入0.1 mol/L NaOH溶液,所得溶液pH变化如图所示。下列说法正确的是 ( )
图甲 图乙
A.图甲中,中和碱的能力:a=b=c
B.图甲中,水的电离程度:a<b<c
C.图乙中,d点溶液中:c(Na+)>c(HC )>c(C )>c(H+)>c(OH-)
2O- 2O2-
4 4
D.图乙中,pH=7的两种溶液中:c(HC )>c(C )>2c(S )
2O- 2O2- O2-
4 4 4
答案 A H SO 为强酸,H C O 为弱酸,同浓度的两种酸溶液,硫酸中的氢离子浓度大,pH
2 4 2 2 4
小,故Ⅱ为H SO ,Ⅰ为H C O 。同浓度同体积的H SO 和H C O 溶液中所含的溶质的物
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4
质的量相同,加水稀释后不影响溶质的物质的量,因此a、b、c三点中和碱的能力相同,A
正确。酸对水的电离起抑制作用,并且c(H+)越大水的电离程度越小,由题图甲可知
c(H+):c>b>a,故水的电离程度:c<b<a,B错误。d点时,H C O 和加入的NaOH的物质的量
2 2 4
之比为1∶1,反应得到NaHC O ,溶液显酸性,说明HC 的电离程度大于水解程度,故d点
2 4 2O-
4
溶液中:c(Na+)>c(HC )>c(H+)>c(C )>c(OH-),C错误。pH=7时Ⅱ中溶质为Na SO ,此
2O- 2O2- 2 4
4 4
时所加NaOH溶液的体积为20 mL,存在电荷守恒c (Na+)=2c(S );往H C O 溶液中加
1 O2- 2 2 4
4
第 19 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
入NaOH溶液,要使pH等于7,则加入的NaOH溶液体积小于20 mL,存在电荷守恒
c (Na+)=c(HC )+2c(C ),由于c (Na+)<c (Na+),可得c(HC )+2c(C )<2c(S ),D
2 2O- 2O2- 2 1 2O- 2O2- O2-
4 4 4 4 4
错误。
20.向Na CO 和NaHCO 的混合溶液中加入少量Ca(NO ) ,测得溶液中离子浓度的关系如
2 3 3 3 2
图所示,下列说法错误的是( )
A.a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序是a<b<c
B.b点对应的溶液中存在:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(C )+c(OH-)+c(N )
O2- O-
3 3
C.向b点溶液中通入CO 可使b点溶液向c点溶液转化
2
c(H CO ) c(HCO- )
D.该溶液中存在: 2 3 > 3
c(HCO-
)
c(CO2-
)
3 3
答案 AD 依据碳酸第二步电离常数的表达式,对其进行变形可得:-lg c(CO 3 2- ) =-lg
c(HCO-
)
3
K
a 2
=-lg
K
+pH,温度不变电离平衡常数
K
不变,故横坐标相同时,纵坐标-lg
c(H+ ) a 2 a 2
c(CO
3
2- ) 数值越小,溶液的pH越大,故a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序
c(HCO-
)
3
是a>b>c,A错误;溶液中存在电荷守恒式:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(C )+c(OH-)+c(N )
O2- O-
3 3
第 20 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
+c(HC ),b点的纵坐标为0,推知b点c(C )=c(HC ),代入电荷守恒式,B正确;向b点
O- O2- O-
3 3 3
溶液中通入CO 2 导致溶液中c(HC O-)增大,-lg c(CO 3 2- ) 增大,所以可以使b点溶液向c
3 c(HCO-
)
3
点溶液转化,C正确;将H 2 CO 3 第一步电离平衡常数进行变形得到: c(H 2 CO 3 ) =c(H+ ),将
c(HCO- ) K
3 a 1
H 2 CO 3 第二步电离平衡常数进行变形得到: c(HCO 3 - ) = c(H+ ),同一溶液中c(H+)相等, K
c(CO2- ) K a 1
3 a 2
c(H CO ) c(HCO- )
> K ,故 2 3 < 3 ,D错误。
a 2 c(HCO- ) c(CO2- )
3 3
21.向5 mL 0.10 mol·L-1H A溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液,滴定过程中溶液pH和温
2
度随V(NaOH溶液)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )
V(H A溶液)
2
A.30 ℃时, (Н А)=10-9.7
K 2
a
2
B.从W点至Z点,水的电离程度逐渐增大
C.当c(H A)=c(A2-)时,溶液pH=6
2
第 21 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.当V(NaOH溶液)=3时,c(H A)>1c(A2-)-1c(HA-)
2
V(H A溶液) 3 3
2
答案 BD 由题图可知,曲线上有两处突变,X为第一个反应终点,依据反应H A+NaOH
2
NaHA+H O,消耗的n(NaOH)=n(H A),结合V(NaOH溶液)=2.00,c(H A)=0.10
2 2 2
V(H A溶液)
2
mol·L-1,求得c(NaOH)=0.05 mol·L-1,X点为NaHA溶液;Z为第二个反应终点,依据反应
H
2
A+2NaOH Na
2
A+2H
2
O,Z点为Na
2
A溶液;当c(HA-)=c(A2-)时,溶液pH=9.7,
K
a
2
(Н А)=10-9.7,分析题图可知,此时对应的温度为Y点温度,超过了30 ℃,而电离平衡常数受
2
温度影响,A错误。从W点至Z点,能够水解的盐越来越多,盐的水解促进水的电离,故水
的电离程度逐渐增大,B正确。不考虑温度对电离平衡常数的影响,根据W点的数据可以
算出 =10-2.3,当c(H A)=c(A2-)时, · =c2(H+),推知c(H+)= mol·L-1=10-6
K 2 K K √10-2.3×10-9.7
a a a
1 1 2
mol·L-1,溶液pH=6,但是电离平衡常数受温度影响,C错误。当V(NaOH溶液)=3时,即
V(H A溶液)
2
n(NaOH)=3×0.05=3,由元素质量守恒:2c(Na+)=3[c(H A)+c(HA-)+c(A2-)],电荷守恒:
2
n(H A) 1×0.10 2
2
c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由题图可知此时溶液pH=9.7,即c(H+)< c(OH-),故
1 1
c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-),将c(Na+)代入元素质量守恒式并进行整理得c(H A)> c(A2-)-
2
3 3
c(HA-),D正确。
22.根据下列各图曲线表征的信息,得出的结论错误的是 ( )
第 22 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
图1 图2
图3 图4
A.图1表示常温下向10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1
CH COOH溶液后溶液的pH变化曲线,则c点处有c(CH COOH)+2c(H+)=2c(OH-)
3 3
+c(CH COO-)
3
B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线,其中Ⅰ表示醋酸,Ⅱ表
示盐酸,且溶液导电性:c>b>a
C.图3表示H 与O 反应过程中的能量变化,表示H 燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1
2 2 2
D.结合图4分析可知,向100 mL 含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为10-5 mol/L的混合溶液
中逐滴加入1×10-4 mol/L Na S溶液,Cu2+先沉淀
2
答案 B 题图1中c点为等浓度的CH COONa和CH COOH的混合溶液,存在的电荷
3 3
守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH COO-)+c(OH-),元素质量守恒式为2c(Na+)=c(CH COO-)
3 3
+c(CH COOH),联立两式消去c(Na+)可得c(CH COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH COO-),A正
3 3 3
确。将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数,pH变化较大的为盐酸,pH变化较小的为
醋酸溶液,则题图2中Ⅰ表示盐酸,Ⅱ表示醋酸溶液;根据pH的大小,可知溶液中离子总浓
度由大到小的顺序为a>b>c,故溶液的导电性:a>b>c,B错误。表示H 燃烧热的
2
ΔH=(-571.6÷2)kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1,C正确。题图4中越靠近左下方的直线,其对应的
M2+和S2-浓度越小,K 越小,故K (CuS)<K (MnS)<K (FeS)<K (ZnS),逐滴加入Na S溶液
sp sp sp sp sp 2
时,由于K (CuS)最小,故Cu2+先沉淀,D正确。
sp
第 23 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
23.常温下,0.1 mol·L-1 H R溶液中H R、HR-、R2-三者所占物质的量分数(分布系数δ)随
2 2
pH变化的关系如图1所示,向0.1 mol·L-1 Na R溶液中滴加稀盐酸,所得混合溶液的pH
2
与P[P=lgc(H R- )或lgc(H R- )]的变化关系如图2所示。下列说法正确的是 ( )
c(H R) c(R2- )
2
图1 图2
A.水的电离程度:c>d>b>a
B.b点时,c(H R)>c(HR-)>c(H+)>c(R2-)
2
C.图1中M点即为图2中N点,对应的pH=2.8
D.d点时,3c(HR-)>c(Cl-)+c(OH-)-c(H+)
答案 CD 随着pH增大,c(H R)减小,c(HR-)先增大后减小,c(R2-)增大,故题图1中曲线1
2
代表H R,曲线2代表HR-,曲线3代表R2-。 =c(H+ )·c(H R- ), =c(H+ )·c(R2- ),故
2 K K
a 1 c(H R) a 2 c(H R- )
2
lgc(H R- )=lg K
a
,lgc(H R- )=lgc(H+ ),随着pH增大,lg K
a
增大,lgc(H+ )减小,故
1 1
c(H R) c(H+ ) c(R2- ) K c(H+ ) K
2 a a
2 2
题图2中L 代表lgc(H R- )随pH的变化关系,L 代表lgc(H R- )随pH的变化关系。由
1 2
c(H R) c(R2- )
2
a点得 =c(H+ )·c(H R- )=10-2×100.7=10-1.3,由c点得 =c(H+ )·c(R2- )=10-3×10-
K K
a 1 c(H R) a 2 c(H R- )
2
1.3=10-4.3,K (HR-)=K =10-14=10-12.7< ,故HR-的电离程度大于水解程度,H R、HR-会抑
h W K 2
K 10-1.3 a 2
a
1
第 24 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
制水的电离,R2-会促进水的电离,pH增大时c(R2-)增大,使水的电离程度增大,故水的电离
程度:c=d>b>a,A错误。题图2中b点时2<pH<3,由题图1可知此时c(HR-)>c(H R),B错误。
2
N点为L 与L 的交点,有lgc(H R- )=lgc(H R- ),得c(H R)=c(R2-),故题图2中N点即为
1 2 2
c(H R) c(R2- )
2
题图1中M点,又由 × =c(H+ )·c(H R- )×c(H+ )·c(R2- )=c2(H+),得c(H+)=
K K
a 1 a 2 c(H R) c(H R- )
2
= =10-2.8,pH=2.8,C正确。d点时,联立电荷守恒式c(Na+)
√K ×K √10-1.3×10-4.3
a a
1 2
+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-)、元素质量守恒式c(Na+)=2[c(H R)+c(HR-)+c(R2-)]得,
2
c(HR-)+2c(H R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),d点pH=3,由题图1知c(HR-)>c(H R),故
2 2
3c(HR-)>c(HR-)+2c(H R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),D正确。
2
24.Na CO -NaHCO 缓冲溶液可以将溶液pH控制在9.16~10.83范围内,25 ℃时,
2 3 3 K
a
1
(H CO )=4×10-7、 (H CO )=5×10-11,下列说法不正确的是 ( )
2 3 K 2 3
a
2
A.0.5 mol·L-1的Na CO 溶液pH约为12
2 3
B.pH=8的NaHCO 溶液中,水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1
3
C.0.1 mol·L-1的NaHCO 溶液中存在c(HC )>c(H CO )>c(C )
3 O- 2 3 O2-
3 3
D.pH=10的该缓冲溶液中存在:c(Na+)=c(C )+c(HC )+c(H CO )
O2- O- 2 3
3 3
答案 D A项,由K h (C O2-)= c(HCO 3 - )·c(OH- ) = K W 可得0.5 mol·L-1的
3 c(CO2- ) K (H CO )
3 a 2 2 3
Na 2 CO 3 溶液中c(OH-)≈√ K W ×c(CO2- ) =√ 10-14 ×0.5 mol·L-1=0.01
K (H CO ) 3 5×10-11
a 2 3
2
mol·L-1,则pH约为12,正确;B项,NaHCO 溶液中碳酸氢根离子的水解促进水的电
3
离,pH=8的NaHCO 溶液中c(H+)=10-8 mol·L-1,由K=c(H+)·c(OH-)=10-14得出c(OH-)=10-
3 W
6 mol·L-1,所以水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1,正确;C项,NaHCO 溶液显碱性,说明
3
第 25 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
HC 的水解程度大于电离程度,所以c(HC )>c(H CO )>c(C ),正确;D项,由元素质
O- O- 2 3 O2-
3 3 3
量守恒可知,NaHCO 溶液中c(Na+)=c(C )+c(HC )+c(H CO ),Na CO 溶液中
3 O2- O- 2 3 2 3
3 3
c(Na+)=2c(C )+2c(HC )+2c(H CO ),则pH=10的Na CO -NaHCO 缓冲溶液中
O2- O- 2 3 2 3 3
3 3
c(Na+)>c(C )+c(HC )+c(H CO ),错误。
O2- O- 2 3
3 3
25.常温下,将0.1 mol BaSO 粉末置于盛有500 mL蒸馏水的烧杯中,然后向烧杯中加入
4
Na CO 固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌,该过程中几种离子的浓度变化曲线如图
2 3
所示,下列说法不正确的是 ( )
A.反应BaSO
4
(s)+C O2-(aq) BaCO
3
(s)+S O2-(aq)的K=0.04
3 4
B.相同温度下,BaSO 在水中和在BaCl 溶液中的K 相同
4 2 sp
C.曲线MP代表c(Ba2+)变化
D.锅炉水垢中的CaSO 可先用Na CO 溶液处理,使CaSO 转化为CaCO 后,再用酸除去
4 2 3 4 3
答案 C 由题图可知,当加入的Na CO 固体使溶液中c(C )=2.5×10-4 mol·L-1时,
2 3 O2-
3
开始发生沉淀的转化,此后c(Ba2+)降低,c(S )升高,即MP线为c(S )的变化曲线,
O2- O2-
4 4
而MN线是c(Ba2+)的变化曲线。A项,M点时,反应BaSO
4
(s)+C O2-(aq) BaCO
3
(s)+S
3
O2-(aq)的K=
c(SO2
4
- )=1.0×10-5
=0.04,正确;B项,溶度积常数K sp 只与温度有关,因此
4 c(CO2-
)
2.5×10-4
3
相同温度下,BaSO 在水中和在BaCl 溶液中的K 相同,正确;D项,CaSO 微溶于水且不溶
4 2 sp 4
第 26 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
于酸,根据沉淀溶解平衡移动原理,可先用Na CO 溶液将CaSO 转化为CaCO ,然后再向其
2 3 4 3
中加入盐酸,从而除去锅炉水垢,正确。
26.50 ℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是 ( )
A.pH=4的CH COOH溶液中,c(H+)=c(CH COO-)=1.0×10-4 mol·L-1
3 3
B.CH COOH和CH COONa的酸性混合溶液中,c(CH COO-)>c(Na+)
3 3 3
C.Na SO 溶液中,c(Na+)=2c(S )+c(HS )+c(H SO )
2 3 O2- O- 2 3
3 3
D.pH=12的NaOH溶液中:c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
答案 B A项,pH=4的CH COOH溶液中,c(H+)=1.0×10-4 mol·L-1,根据电荷守恒可得
3
c(H+)=c(CH COO-)+c(OH-),故c(H+)>c(CH COO-),错误;B项,CH COOH和CH COONa的酸性混
3 3 3 3
合溶液中,c(OH-)<c(H+),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH COO-)+c(OH-),则
3
c(Na+)<c(CH COO-),正确;C项,Na SO 溶液中存在元素质量守恒:c(Na+)=2c(S )+2c(HS
3 2 3 O2-
3
)+2c(H SO ),错误;D项,在50 ℃时,K>1.0×10-14,pH=12,c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1,
O- 2 3 W
3
所以此时c(OH-)>1.0×10-2 mol·L-1,错误。
27.二元酸(H A)在水中存在电离:H A H++HA-,HA- H++A2-。则下列说法正确的是
2 2
( )
A.NaHA溶液中含A的物种有3个
B.室温下,NaHA溶液中水电离的c(H+)>10-7 mol/L
C.NaHA溶液中c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-)
D.将0.1 mol/L的Na
A溶液加水稀释,c(OH-
)减小
2
c(A2-
)
答案 C A项,根据题意知H A第一步完全电离,HA-不会发生水解,HA- H++A2-,HA-部
2
分电离,因此NaHA溶液中含A的物种有HA-、A2-,错误;B项,HA-只电离不水解,故溶液呈
酸性,c(H+)>c(OH-),抑制水自身的电离,故水电离的c(H+)<10-7 mol/L,错误;C项,NaHA
溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由于HA-部分电离,
第 27 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-),正确;D项,c(OH- )=c(OH- )c(H A- )=
c(A2- ) c(A2- )c(H A- )
K ,水解平衡常数只与温度有关,加水稀释,c(HA-)减小,c(OH- )增大,错误。
h
c(H A- ) c(A2- )
28.室温下,向20 mL 0.100 0 mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸,
混合溶液的温度、酸度AG [ AG=lg c(H+ ) ] 随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列
c(OH-
)
说法正确的是 ( )
A.硫酸的浓度为0.100 0 mol·L-1
B.b点对应的溶液中:c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)
C.当AG=0时,溶液中存在:c(S )>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
O2-
4
D.b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是b>c>d
答案 B 题图中纵坐标是温度和酸度,未滴定时,溶液的AG=-8,可知此时pH=11,说明
MOH为弱碱,当V(稀硫酸)=20 mL时,滴定曲线发生突变,温度达到最高,说明此时到达滴
定终点。A项,硫酸为二元强酸,恰好到达滴定终点时酸碱溶液体积相同,故硫酸浓度为
0.050 00 mol·L-1,错误;B项,b点时,消耗稀硫酸10 mL,根据2MOH~H SO ~M SO 可知,生
2 4 2 4
成M SO 的物质的量为0.050 00 mol·L-1×10×10-3 L=5.000×10-4 mol,消耗MOH的物
2 4
质的量为2×5.000×10-4 mol=1.000×10-3 mol,剩余MOH的物质的量为0.100 0
mol·L-1×20×10-3 L-1.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol,即b点对应的溶液中
n(MOH)∶n(M SO )=2∶1,此时溶液中存在电荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S )①,元
2 4 O2-
4
素质量守恒:c(M+)+c(MOH)=4c(S )②,则①×2-②可得质子守恒式:c(M+)
O2-
4
第 28 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH),正确;C项,当AG=0时,溶液呈中性,此时溶液中c(H+)=c(OH-),
根据电荷守恒式c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S ),此时c(M+)>c(S ),错误;D项,c点对
O2- O2-
4 4
应滴定终点,此时溶液中水的电离程度最大,盐的水解促进水的电离,d点盐的浓度大,故
水的电离程度:d>b,则b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是c>d>b,
错误。
29.25 ℃时,甲酸(HCOOH)与丙酸(CH CH COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示
3 2
[已知:甲酸酸性比丙酸强,δ(RCOOH)= c(RCOOH) ]。下列说法不正确的
c(RCOOH)+c(RCOO-
)
是 ( )
A.曲线a代表的是丙酸
B.丙酸的电离常数的数量级是10-5
C.等浓度的 HCOONa溶液和CH CH COONa溶液的pH比较:前者<后者
3 2
D.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:
c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
答案 D A项,根据已知信息甲酸酸性比丙酸强,所以在相同pH下,丙酸的δ(RCOOH)
大,曲线a表示丙酸,曲线b表示甲酸,正确;B项,pH=4.88时,丙酸的δ(RCOOH)=50%,所
以c(CH CH COOH)=c(CH CH COO-),CH CH COOH CH CH COO-+H+,c(H+)=10-4.88
3 2 3 2 3 2 3 2
mol·L-1,K数量级是10-5,正确;C项,甲酸酸性比丙酸强,所以HCOO-的水解程度小于
a
CH CH COO-的水解程度,等浓度的HCOONa溶液和CH CH COONa溶液的pH:前者<后者,正确;
3 2 3 2
D项,将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,由图知
甲酸的电离常数为10-3.75,水解常数为K =10-10.25,故HCOOH的电离程度大于HCOO-的水
W
K
a
解程度,溶液呈酸性,即c(OH-)<c(H+),错误。
第 29 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
30.常温下,将0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H A溶液中,
2
混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是 ( )
A. (H A)≈10-3
K 2
a
1
B.b点时溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H A)
2
C.c点时溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+c(A2-)
D.溶液中水的电离程度:c>b>a
答案 C A项,0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H A溶液
2
中,a点时c(H A)∶c(NaHA)≈1∶1, =c(H A- )·c(H+ )≈10-3,c点时
2 K
a 1 c(H A)
2
c(NaHA)∶c(Na A)≈1∶1,
=c(A2- )·c(H+
)≈10-9.5,正确;B项,b点时V(NaOH溶
2 K
a 2 c(H A- )
液)=20 mL,可知溶液中的溶质为NaHA,结合图中信息b点pH<7,可知HA-的电离程度大
于水解程度,故溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H A),正确;C项,c点对应溶液中的溶质为等
2
物质的量的NaHA和Na A,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-),错误;D项,
2
酸的电离抑制水的电离,盐的水解促进水的电离,c点溶质为等物质的量的NaHA和Na A,
2
溶液呈碱性,HA-和A2-的水解均促进水的电离,a、b点溶液均呈酸性,说明这两点HA-电离
的抑制作用大于盐水解的促进作用,且a点HA-浓度大,抑制作用大,故水的电离程度
c>b>a,正确。
31.实验小组以某铜渣(主要成分为Cu、Cu S,含少量Mn和Ag)为原料先制备硫酸铜,再
2
由硫酸铜制备碱式碳酸铜[Cu (OH) CO ]。实验包括如下过程:
2 2 3
(1)浸取。
将一定量的铜渣粉碎后加到如图所示的三颈烧瓶中,再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和
稀硫酸混合溶液,滴加液体的间隔利用二连球鼓入O ,铜渣充分反应后,向溶液中加入少
2
量NaCl,过滤。
第 30 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
①已知浸取时无S和SO 生成,写出浸取时Cu S所发生反应的离子方程式: 。
2 2
②滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O 的目的是
2
。
③当观察到 ,
可以停止鼓入O 。
2
④加入NaCl的目的是
。
[已知K (AgCl)=1.8×10-10,K (Ag SO )=1.4×10-5]
sp sp 2 4
(2)制取CuSO 。
4
向滤液中加入NaOH溶液调节pH范围为 ,过滤;向滤渣中加入稀硫酸
至滤渣恰好完全溶解,得CuSO 溶液。{假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完
4
全时c<1.0×10-5 mol·L-1。K [Cu(OH) ]=1.0×10-20,K [Mn(OH) ]=1.0×10-13}
sp 2 sp 2
答案 (1)①3Cu
S+16H++10NO- 6Cu2++3SO2-
+10NO↑+8H O ②将生成的NO气体
2 3 4 2
转化为硝酸,提高硝酸的利用率 ③鼓入O 气体不再出现红棕色 ④将硫酸银转化为更
2
难溶的氯化银沉淀,将溶液中Ag+除尽
(2)6.5≤pH<7.5
解析 (1)①铜渣被浸取时无S和SO 生成,说明杂质Cu S中的-2价的S被稀硝酸氧化成
2 2
+6价,即硫酸根离子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出反应的离子方程式。
②由于稀硝酸被还原时生成了NO气体,可在滴加液体的间隔利用二连球鼓入氧气,使生
成的NO气体转化为硝酸,提高硝酸的利用率。③当鼓入O 后,装置中不再出现红棕色,
2
说明装置中已无NO气体生成,此时可停止鼓入O 。④杂质Ag也能被稀硝酸氧化,为了
2
使反应后溶液中的Ag+完全除去,可利用AgCl比Ag SO 的溶解度更小,在反应后的溶液
2 4
中,加入少量NaCl,使Ag SO 转化为更难溶的AgCl沉淀,然后过滤,以除去Ag+。(2)为了
2 4
使滤液中的Mn2+、Cu2+分开,可利用Cu(OH) 和Mn(OH) 的溶度积差异,通过向滤液中加
2 2
第 31 页 共 32 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
入NaOH溶液调节溶液的pH,使Cu2+完全转化为Cu(OH) 沉淀,以实现两种离子分开。题
2
目假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完全时c<1.0×10-5 mol·L-1,根据
K [Cu(OH) ]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×10-20,c(OH-)=√K [Cu(OH) ]=√1.0×10-20
sp 2 sp 2
c(Cu2+
)
1.0×10-5
mol·L-1=1.0×10-7.5 mol·L-1,即pH=6.5时,Cu2+沉淀完全,根据K [Mn(OH) ]=1.0×10-13,可得
sp 2
Mn2+开始沉淀时c(OH-)=√K
sp
[Mn(OH)
2
]=√1.0×10-13 mol·L-1=1.0×10-6.5 mol·L-1,即
c(Mn2+ ) 1.0
pH=7.5时,Mn2+开始沉淀,所以为了使Cu2+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,应向滤液中加入
NaOH溶液调节pH范围为6.5≤pH<7.5。
第 32 页 共 32 页
