2023年高考化學(xué)試卷分類匯編解析H水溶液中的離子平衡

由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)化學(xué)高考題分類名目H單元水溶液中的離子平衡H1 弱電解質(zhì)的電離2．[2023·四川卷]以下關(guān)于物質(zhì)分類的說法正確的選項(xiàng)是( A．金剛石、白磷都屬于單質(zhì)B．漂白粉、石英都屬于純潔物C．氯化銨、次氯酸都屬于強(qiáng)電解質(zhì)D．葡萄糖、蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物2．A[解析]金剛石是碳單質(zhì)，白磷的化學(xué)式為P4，A項(xiàng)正確；漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；次氯酸是弱酸，屬于弱電解質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；葡萄糖是單糖，不屬于高分子化合物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13[2023·山東卷]某溫度下CH3COOHNH3·H2O10mL濃度為0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加一樣濃度的氨水，在滴加過程中( )A．水的電離程度始終增大c〔NH＋〕B.c〔 4 先增大再減小NH3·H2O〕C．c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和始終保持不變4D10mL時(shí)，c(NH＋)＝c(CH4

3COO－)13．D [解析]水的電離程度先增大，當(dāng)反響完全后，隨氨水的參與，水的電離程度減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液中

c〔NH＋〕 K4 ＝b

〔NH3·H2O〕，滴定過程中K，滴定過程中K(NH·HO)不變，溶4c〔NH3·H2O〕 c〔OH－〕4液中c(OH)始終增大，

c〔NH＋〕c〔NH3·H2O〕

始終減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；利用原子守恒知溶液中n(CH3COOH)與n(CH3COO－)之和不變，滴定過程中溶液體積不斷增大，c(CH3COOH)與c(CH3COO－)C項(xiàng)錯(cuò)誤；由CH3COOH與NH3·H2O的電離程度相等可知CH3COONH4溶液呈中性，當(dāng)參與等體積氨水時(shí)，溶液恰好為CH3COONH4溶液，利用電荷c(NH＋)＝c(CHCOO－)，D項(xiàng)正確。4 311．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]確定溫度下，以下溶液的離子濃度關(guān)系式正確的選項(xiàng)是( A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1pH＝a10倍后，其pH＝ba＝b＋1由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)p2的HC24溶液與p＝12的NaOH(N＋＋(＋＝(OH－)＋c(HCO－)2 4pH一樣的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClOc(Na＋)：①＞②＞③11．D [解析]H2S中存在兩步可逆電離，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1＞c(HS－)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋時(shí)促進(jìn)其電離平衡向正向移動，c(H＋)10倍，即a＜b＋1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；混合溶液中存在電荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)2 4＋2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；組成鹽的酸根對應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，等pH時(shí)其濃2 4度越小，HCO－對應(yīng)的弱酸是HCO，D項(xiàng)正確。3 2 38．[2023·海南卷]0.1mol/LHF溶液的pH＝2，則該溶液中有關(guān)濃度關(guān)系式不正確的選項(xiàng)是( )A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF)C．c(OH－)>c(HF) D．c(HF)>c(F－)BC [解析]電離后，因水也電離產(chǎn)生H＋c(H＋)>c(F－)，A項(xiàng)正確；HF是弱酸，電離程度較小，電離的HF分子較少，c(H＋)、c(F－)0.01mol/L，c(HF)0.09mol/L，c(HF)>c(H＋)，c(HF)>c(F－)B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；c(OH－)10－120.09mol/Lc(HF)>c(OH－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。

mol/L，c(HF)約為13．[2023·安徽卷]0.2mol·L－1Al2(SO4)31.0mol·L－1NaOH溶液，試驗(yàn)測得溶液pH隨NaOH溶液體積的變化曲線如以下圖，以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是( )A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，溶液呈酸性的緣由是Al3＋水解，離子方程式為Al3＋＋3OH－ Al(OH)3B．a(chǎn)～b段，溶液pH增大，Al3＋濃度不變C．b～c段，參與的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d點(diǎn)時(shí)，Al(OH)3沉淀開頭溶解13C 解析]A3水解的離子方程式為Al3＋＋3O Al(OH33A項(xiàng)錯(cuò)誤～b段，Al3＋與OH－作用生成Al(OH)3沉淀，Al3＋濃度不斷減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；c點(diǎn)溶液pH＜7，說明溶液中還沒有NaAlO2生成，因此b～c段，參與的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，C由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)c～d段pHd點(diǎn)，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[2023·北京卷]以下解釋事實(shí)的方程式不正確的選項(xiàng)是( A．測0.1mol/L氨水的pH為11：4NH3·H2O NH＋＋OH－4將Na塊放入水中，產(chǎn)生氣體：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑用CuCl2溶液做導(dǎo)電試驗(yàn)，燈泡發(fā)光：CuC2====Cu2＋2C－Al片溶于NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體：22Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－＋3H2↑29．C[解析]0.1mol/LpH11，說明一水合氨為弱電解質(zhì)，A正確；鈉與水反響生成氫氧化鈉和氫氣，B電離：CuCl2===Cu2＋＋2Cl－，C錯(cuò)誤；金屬鋁與氫氧化鈉溶液的反響生成偏鋁酸鈉和氫氣，D正確。3[2023·福建卷]以下關(guān)于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的說法正確的選項(xiàng)是( A．溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3B．25℃時(shí)，加水稀釋后，n(H＋)n(OH－)的乘積變大C．離子濃度關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)＋c(CO2－)3 33D.溫度上升，c(HCO－)增大3310．B [解析]NaHCO3的正確電離方程式為NaHCO3===Na＋＋HCO－，A3KW＝c(H＋)·c(OH－)可得KW·V2＝n(H＋)·n(OH－)，溫度確定時(shí)，則KW不變，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)電荷不守恒，錯(cuò)誤；溫度上升，HCO－的水解和電離程度都增大，則c(HCO－)減小，D項(xiàng)錯(cuò)3 3誤。27．(15分)[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)復(fù)原性。答復(fù)以下問題：H3PO2是一種中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式： 。H3PO2NaH2PO2均可將溶液中的Ag＋復(fù)原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)①H3PO2中，P元素的化合價(jià)為 。②利用H3PO2進(jìn)展化學(xué)鍍銀反響中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1，則氧化產(chǎn)物為 (填化學(xué)式)。③NaH2PO2為 (填“正鹽”或“酸式鹽”)，其溶液顯 (填“弱酸性”“中性”或“弱堿性”)。22H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反響生成PH3氣體和Ba(H2PO)，后者再與H2SO4 反應(yīng)。寫出白磷與Ba(OH)2 溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式22 。H3PO2也可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如以下圖(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：①寫出陽極的電極反響式： 。②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的緣由： 。③早期承受“三室電滲析法”制備H3PO2將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜從而合并了陽極室與產(chǎn)品室其缺點(diǎn)是產(chǎn)品中混有 雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的緣由是 。227．(1)H3PO2 H2PO－＋H＋ (2)①＋1 ②H3PO4 ③正鹽弱堿性2(3)2P＋3Ba(OH)＋6HO＝3Ba(HPO)＋2PH↑4 2 2 2 22 3(4)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋2②陽極室的H＋穿過陽膜集中至產(chǎn)品室，原料室的H2PO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者242 3 反響生成H3PO2 ③PO3－ H2PO－或HPO42 3 22 [解析](1)H3PO2為一元弱酸，其電離方程式為H3PO2 H＋＋H2PO－。(2)由化合價(jià)代數(shù)和為0可確定P為1價(jià)②依據(jù)題中信息寫出化學(xué)方程式為4A＋HPO2H22 4 3 4 2 223＋H3PO＋4H＋HPO；③NaHPO為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈弱堿性。(3)依據(jù)題中信息和反響前后元素化合價(jià)變化寫出化學(xué)方程式為2P4＋3Ba(OH)＋6HO===2PH↑4 3 4 2 223由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)223Ba(H2PO22

)。(4)①陽極是水電離出的OH－2H

4===O＋4H＋；②2222陽極室中的H＋穿過陽膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室的H2PO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者反響生22222H3POH24有PO3－。4

2PO－H3PO2

失電子發(fā)生氧化反響，導(dǎo)致生成物中混25．[2023·福建卷]焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某爭論小組進(jìn)展如下試驗(yàn)：試驗(yàn)一焦亞硫酸鈉的制取22 5 22 225承受如圖裝置(試驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)NaSONa22 5 22 22532出，發(fā)生的反響為Na2SO＋SO32

===NaSO。(1)裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為 。(2)要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可實(shí)行的分別方法是 。裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為 (填序號)。試驗(yàn)二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)3Na2S2O5溶于水即生成NaHSO。33證明NaHSO3溶液中HSO的電離程度大于水解程度，可承受的試驗(yàn)方法是3 (填序號)。測定溶液的pH b．參與Ba(OH)2溶液c．參與鹽酸d．參與品紅溶液e．用藍(lán)色石蕊試紙檢測檢測Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的試驗(yàn)方案是。由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)試驗(yàn)三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：(：滴定時(shí)反響的化學(xué)方程式為SO＋I(xiàn)＋2HO===HSO

＋2HI)2 2 2 2 4①按上述方案試驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00mL，該次試驗(yàn)測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為 g·L－1。②在上述試驗(yàn)過程中，假設(shè)有局部HI被空氣氧化，則測定結(jié)果 (填“偏高”“偏低”或“不變”)。25(1)N2SO＋H

===NaSO

＋SO

↑＋H

O(或NaSO

＋2HSO

===2NaHSO＋SO↑＋H2O)

3 2 4

2 4 2 2

2 3 2 4 4 2(2)過濾(3)d (4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成(6)①0.16 ②偏低[解析](1)據(jù)裝置Ⅱ中所發(fā)生的反響可知：裝置Ⅰ是制取SO2的發(fā)生裝置，其化學(xué)方程N(yùn)a2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2ONa2SO3＋2H2SO4===2NaHSO44＋SO2↑＋H2O。(2)析出的晶體要從溶液中獲得可通過過濾的方法。(3)a中吸取尾氣SO2的裝置末端沒有與大氣相通，錯(cuò)誤；b中該裝置中SO2雖能與水反響且易溶于水，但還會有SO2進(jìn)入空氣，同時(shí)也會發(fā)生倒吸，錯(cuò)誤；cSO2反響，錯(cuò)誤；d中處理尾氣SO2的同時(shí)也可起到防倒吸的作用，正確。(4)只要能證明NaHSO3溶液呈酸性的方法就可以，則選擇ae。(5)Na2S2O5S元素的化合價(jià)為＋4，假設(shè)被氧氣氧化則生成SO2－，檢驗(yàn)Na2S2O5Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量的鹽酸振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成。4(6)①SO2＋2H2O＋I(xiàn)2===H2SO4＋2HI64g 1molx 0.01×25×10－3mol求得：x＝1.6×10－2g由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)1.6×10－2g則樣品中抗氧化劑的殘留量＝ ＝0.16g/L。100×10－3L②.HIII

溶液的體積削減，則測得樣品中2 2抗氧化劑的殘留量將偏低。5．[2023·天津卷]以下有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )pH＝1的NaHSO4溶液：4c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)4含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)33C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO－)＝2c(CO2－)33D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HCO－)＋c(C

O2－)＋c(H2C2O4)]

2 4 2 45A ]由溶液中的電荷守恒得(N＋＋(＋＝2(S2(O－NaHSO4 4溶液中(N＋＝(S2－(＋＝(S2－(O－AK(AgClK(AgI，4 4 sp spAgClAgIc(Cl－)＞c(I－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO2的水溶液中存在電離33平衡：H2CO3 H＋＋HCO－、HCO－33

H＋＋CO2－，因第一步電離的程度遠(yuǎn)大于其次步3電離的程度，故溶液中c(HCO－)遠(yuǎn)大于2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒得：2c(Na＋)＝33 33[c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)]，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2 4 2

2 2 4H2 水的電離和溶液的酸堿性11．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]確定溫度下，以下溶液的離子濃度關(guān)系式正確的選項(xiàng)是( A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1pH＝a10倍后，其pH＝ba＝b＋1p2的HC24溶液與p＝12的NaOH(N＋＋(＋＝(OH－)＋c(HCO－)2 4pH一樣的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClOc(Na＋)：①＞②＞③11．D [解析]H2S中存在兩步可逆電離，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1＞c(HS－)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋時(shí)促進(jìn)其電離平衡向正向移動，c(H＋)10倍，即a＜b＋1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；混合溶液中存在電荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)2 4＋2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；組成鹽的酸根對應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，等pH時(shí)其濃2 4度越小，HCO－對應(yīng)的弱酸是HCO，D項(xiàng)正確。3 2 3由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)8．[2023·海南卷]0.1mol/LHF溶液的pH＝2，則該溶液中有關(guān)濃度關(guān)系式不正確的選項(xiàng)是( )A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF)C．c(OH－)>c(HF) D．c(HF)>c(F－)8．BC [解析]電離后，因水也電離產(chǎn)生H＋c(H＋)>c(F－)，A項(xiàng)正確；HF是弱酸，電離程度較小，電離的HF分子較少，c(H＋)、c(F－)0.01mol/L，c(HF)0.09mol/L，D項(xiàng)正確；c(OH－)10－120.09mol/Lc(HF)>c(OH－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。

mol/L，c(HF)約為310．[2023·福建卷]以下關(guān)于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的說法正確的選項(xiàng)是( A．溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3B．25℃時(shí)，加水稀釋后，n(H＋)n(OH－)的乘積變大C．離子濃度關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)＋c(CO2－)3 33D.溫度上升，c(HCO－)增大3310．B [解析]NaHCO3的正確電離方程式為NaHCO3===Na＋＋HCO－，A3KW＝c(H＋)·c(OH－)可得KW·V2＝n(H＋)·n(OH－)，溫度確定時(shí)，則KW不變，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)電荷不守恒，錯(cuò)誤；溫度上升，HCO－的水解和電離程度都增大，則c(HCO－)減小，D項(xiàng)錯(cuò)3 3誤。29[2023·山東卷]應(yīng)：2NO2(g)＋NaCl(s)2NO(g)＋Cl2(g)

1NaNO3(s)＋ClNO(g) K1 ΔH1<0(Ⅰ)2ClNO(g) K2 ΔH2<0(Ⅱ)14NO2(g)＋2NaCl(s)K2表示)。

2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常數(shù)K＝ (用K、2為爭論不同條件對反響(Ⅱ)2L0.2molNO和0.1molCl10min時(shí)反響Ⅱ10min內(nèi)(ClNO＝7.51－3mol·L21－1·mi－1則平衡后n(C2＝ moNO的轉(zhuǎn)化率 其他條件保持不變，1反響(Ⅱ)在恒壓條件下進(jìn)展平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率α2 α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常數(shù)2K2 (填“增大”“減小”或“不變”)。假設(shè)要使K減小，可實(shí)行的措施是 。2試驗(yàn)室可用NaOH溶液吸取NO，反響為2NO＋2NaOH===NaNO＋NaNO＋HO。2 2 3 2 20.2molNaOH0.2molNO21L溶液A，溶液B0.1mol·L－由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)3231的CH3COONa溶液，則兩溶液中c(NO－)、c(NO－)和c(CHCOO－)由大到小的挨次為323 。(HNO2電離常數(shù)Ka＝7.1×104amol·L－1，CH3COOH的電離常數(shù)K＝1.7×10－5mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。a．向溶液A中加適量水a(chǎn)向溶液A中加適量NaOH向溶液B中加適量水向溶液B中加適量NaOHK229．(1)K12(2)2.5×10－2 75% > 不變上升溫度(3)c(NO－)>c(NO－)>c(CHCOO－) b、c3 2 3解析](1反響Ⅰ)2－反響Ⅱ即得到反響4NO2(g2NaCl(s) 2NaN3(s＋2NO(g)K2C2(gK1(2平衡時(shí)容器中(ClNO＝7.51021－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15moln(Cl2)＝0.1mol－2×0.15mol＝0.025mol；0.15molNO的轉(zhuǎn)化率＝0.2mol×100%＝75%移動，NO的轉(zhuǎn)化率增大；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，恒壓下到達(dá)平衡的平衡常數(shù)與原平衡常數(shù)相等；因該反響為放熱反響，上升溫度，反響逆向進(jìn)展，反響平衡常數(shù)減小。(3)反響后得到溶液A0.1mol/LNaNO2與NaNO3的混合溶液，利用電離2332常數(shù)可知CH3COO－水解程度大于NO－，NO－不發(fā)生水解，兩溶液中c(NO－)＞c(NO－)＞23322c(CH3COO－)CH3COO－水解程度大于NO－可知溶液B的堿性強(qiáng)于溶液A，為使溶液A、BpHA中加適量NaOH或向B溶液中參與適量水稀釋或向B溶液中參與適量稀醋酸等。25．[2023·天津卷]以下有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是()pH＝1的NaHSO4溶液：4c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)4含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)33C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO－)＝2c(CO2－)33由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HCO－)＋c(C

O2－)＋c(H2C2O4)]

2 4 2 45A ]由溶液中的電荷守恒得(N＋＋(＋＝2(S2(O－NaHSO4 4溶液中(N＋＝(S2－(＋＝(S2－(O－AK(AgClK(AgI，4 4 sp spAgClAgIc(Cl－)＞c(I－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO2的水溶液中存在電離33平衡：H2CO3 H＋＋HCO－、HCO－33

H＋＋CO2－，因第一步電離的程度遠(yuǎn)大于其次步3電離的程度，故溶液中c(HCO－)遠(yuǎn)大于2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒得：2c(Na＋)＝33 33[c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)]，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2 4 2 4 2 2 411．[2023·海南卷]0.100mol·L－1NaOH20.00mL0.100mol·L－1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如以下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是( )Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲線pH＝7V(NaOH)小于20mLC．V(NaOH)＝20.00mLc(Cl－)＝c(CH3COO－)D．V(NaOH)＝10.00mLc(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)11．B[解析]0.100mol·L－1NaOH20.00mL0.100mol·L－120mLNaOH溶液時(shí)，所得溶液pH＝7，觀看滴定曲線圖知A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)醋酸與NaOH恰好反響完時(shí)，所得到的溶液pH>7，當(dāng)?shù)味ǖ絧H＝7V(NaOH)<20mL，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)成立，則c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(CH3COO－)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。H3 鹽類的水解8．[2023·浙江卷]以下說法正確的選項(xiàng)是( )A．金屬汞一旦灑落在試驗(yàn)室地面或桌面時(shí)，必需盡可能收集，并深埋處理B．用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀(一種測量溶液導(dǎo)電力氣的儀器)均可監(jiān)測乙酸乙酯的水解程度C．鄰苯二甲酸氫鉀可用于標(biāo)定NaOH溶液的濃度。假設(shè)稱量鄰苯二甲酸氫鉀時(shí)電子天平讀數(shù)比實(shí)際質(zhì)量偏大，則測得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏小由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)D．向某溶液中參與茚三酮試劑，加熱煮沸后溶液假設(shè)消滅藍(lán)色，則可推斷該溶液含有蛋白質(zhì)8．B [解析]金屬汞灑落后，對于無法收集的應(yīng)加硫黃粉使其轉(zhuǎn)化為極難溶于水的HgS，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙酸乙酯是非電解質(zhì)，它不能導(dǎo)電，它的水解產(chǎn)物乙酸是電解質(zhì)(弱酸)，溶液能導(dǎo)電，B鄰苯二甲酸氫鉀溶液的濃度偏小，則所消耗的鄰苯二甲酸氫鉀溶液的體積偏大，則測得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；很多氨基酸也能與茚三酮發(fā)生反響生成藍(lán)色沉淀，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．[2023·山東卷]某溫度下CH3COOHNH3·H2O10mL濃度為0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加一樣濃度的氨水，在滴加過程中( )A．水的電離程度始終增大c〔NH＋〕B.c〔 4 先增大再減小NH3·H2O〕C．c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和始終保持不變4D10mL時(shí)，c(NH＋)＝c(CH4

3COO－)13．D [解析]水的電離程度先增大，當(dāng)反響完全后，隨氨水的參與，水的電離程度減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液中

c〔NH＋〕 K4 ＝b

〔NH·HO〕3 ，滴定過程中3

(NH·H

O)不變，溶4c〔NH3·H2O〕 c〔OH－〕4

b 3 2液中c(OH)始終增大，

c〔NH＋〕c〔NH3·H2O〕

始終減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；利用原子守恒知溶液中n(CH3COOH)與n(CH3COO－)之和不變，滴定過程中溶液體積不斷增大，c(CH3COOH)與c(CH3COO－)C項(xiàng)錯(cuò)誤；由CH3COOH與NH3·H2O的電離程度相等可知CH3COONH4溶液呈中性，當(dāng)參與等體積氨水時(shí)，溶液恰好為CH3COONH4溶液，利用電荷c(NH＋)＝c(CHCOO－)，D項(xiàng)正確。4 311．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]確定溫度下，以下溶液的離子濃度關(guān)系式正確的選項(xiàng)是( A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1pH＝a10倍后，其pH＝ba＝b＋1p2的HC24溶液與p＝12的NaOH(N＋＋(＋＝(OH－)＋c(HCO－)2 4pH一樣的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClOc(Na＋)：①＞②＞③11．D [解析]H2S中存在兩步可逆電離，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1＞c(HS－)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋時(shí)促進(jìn)其電離平衡向正向移動，c(H＋)10倍，由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)即a＜b＋1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；混合溶液中存在電荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)2 4＋2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；組成鹽的酸根對應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，等pH時(shí)其濃2 4度越小，HCO－對應(yīng)的弱酸是HCO，D項(xiàng)正確。3 2 311．[2023·安徽卷]室溫下，以下溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)24224Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－)＋2c(HCO)242243CNa2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－)＋c(OH－)3D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)11．B [解析]在Na2S溶液中存在H2O

OH－＋H＋以及S2－＋H2O

HS－＋OH－、HS－＋H2O H2S＋OH－，溶液中粒子濃度關(guān)系為c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞24c(H2S)＞c(H＋)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；利用質(zhì)子守恒知Na2C2O4c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－)243＋2c(H2C2O4)，B項(xiàng)正確；利用電荷守恒知Na2CO3溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－)＋3c(HCO－)＋c(OH－)，CCHCOONaCaCl

的混合液中c(Na＋)3 3 212＋c(Ca2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。213[2023·]0.2mol·－1A2(SO431.0mol·－1NaOH溶液，試驗(yàn)測得溶液pH隨NaOH溶液體積的變化曲線如以下圖，以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是()A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，溶液呈酸性的緣由是Al3＋水解，離子方程式為Al3＋＋3OH－ Al(OH)3B．a(chǎn)～b段，溶液pH增大，Al3＋濃度不變b～c段，參與的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d點(diǎn)時(shí)，Al(OH)3沉淀開頭溶解13．C [解析]Al3＋水解的離子方程式為Al3＋＋3H2O

Al(OH)＋3A～3b段，Al3＋與OH－作用生成Al(OH)3沉淀，Al3＋濃度不斷減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；c點(diǎn)溶液pH＜7，說明溶液中還沒有NaAlO2生成，因此b～c段，參與的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，C3由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)c～d段pHd點(diǎn)，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D項(xiàng)錯(cuò)誤。310．[2023·福建卷]以下關(guān)于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的說法正確的選項(xiàng)是( A．溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3B．25℃時(shí)，加水稀釋后，n(H＋)n(OH－)的乘積變大C．離子濃度關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)＋c(CO2－)3 33D.溫度上升，c(HCO－)增大3310．B [解析]NaHCO3的正確電離方程式為NaHCO3===Na＋＋HCO－，A3KW＝c(H＋)·c(OH－)可得KW·V2＝n(H＋)·n(OH－)，溫度確定時(shí)，則KW不變，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)電荷不守恒，錯(cuò)誤；溫度上升，HCO－的水解和電離程度都增大，則c(HCO－)減小，D項(xiàng)錯(cuò)3 3誤。27．(15分)[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)復(fù)原性。答復(fù)以下問題：H3PO2是一種中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式： 。H3PO2NaH2PO2均可將溶液中的Ag＋復(fù)原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。①H3PO2中，P元素的化合價(jià)為 。②利用H3PO2進(jìn)展化學(xué)鍍銀反響中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1，則氧化產(chǎn)物為 (填化學(xué)式)。③NaH2PO2為 (填“正鹽”或“酸式鹽”)，其溶液顯 (填“弱酸性”“中性”或“弱堿性”)。22H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反響生成PH3氣體和Ba(H2PO)，后者再與H2SO4 反應(yīng)。寫出白磷與Ba(OH)2 溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式22 。H3PO2也可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如以下圖(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)①寫出陽極的電極反響式： 。②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的緣由： 。2 3 ③早期承受“三室電滲析法”制備H3PO：將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用HPO稀溶液代替并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜從而合并了陽極室與產(chǎn)品室其缺點(diǎn)是產(chǎn)品中混有 雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的緣由是 2 3 227．(1)H3PO2 H2PO－＋H＋ (2)①＋1 ②H3PO4 ③正鹽弱堿性2(3)2P＋3Ba(OH)＋6HO＝3Ba(HPO)＋2PH↑4 2 2 2 22 3(4)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋2②陽極室的H＋穿過陽膜集中至產(chǎn)品室，原料室的H2PO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者242 3 反響生成H3PO2 ③PO3－ H2PO－或HPO42 3 22 [解析](1)H3PO2為一元弱酸，其電離方程式為H3PO2 H＋＋H2PO－。(2)由化合價(jià)代數(shù)和為0可確定P為1價(jià)②依據(jù)題中信息寫出化學(xué)方程式為4A＋HPO2H22 4 3 4 2 223＋H3PO＋4H＋HPO；③NaHPO為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈弱堿性。(3)依據(jù)題中信息和反響前后元素化合價(jià)變化寫出化學(xué)方程式為2P4＋3Ba(OH)＋6HO===2PH↑4 3 4 2 223223Ba(H2PO22

)。(4)①陽極是水電離出的OH－2H

O－4e－===O↑＋4H＋；②2222陽極室中的H＋穿過陽膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室的H2PO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者反響生22222H3POH24有PO3－。4

2PO－H3PO2

失電子發(fā)生氧化反響，導(dǎo)致生成物中混25．[2023·福建卷]焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某爭論小組進(jìn)展如下試驗(yàn)：試驗(yàn)一焦亞硫酸鈉的制取22 5 22 225承受如圖裝置(試驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)NaSONa22 5 22 22532出，發(fā)生的反響為Na2SO＋SO32

===NaSO。由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)(1)裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為 。(2)要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可實(shí)行的分別方法是 。裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為 (填序號)。試驗(yàn)二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)3Na2S2O5溶于水即生成NaHSO。33證明NaHSO3溶液中HSO的電離程度大于水解程度，可承受的試驗(yàn)方法是3 (填序號)。測定溶液的pH b．參與Ba(OH)2溶液c．參與鹽酸d．參與品紅溶液e．用藍(lán)色石蕊試紙檢測檢測Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的試驗(yàn)方案是。試驗(yàn)三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：(：滴定時(shí)反響的化學(xué)方程式為SO＋I(xiàn)＋2HO===HSO

＋2HI)2 2 2 2 4①按上述方案試驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00mL，該次試驗(yàn)測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為 g·L－1。②在上述試驗(yàn)過程中，假設(shè)有局部HI被空氣氧化，則測定結(jié)果 (填“偏高”“偏低”由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)或“不變”)。25(1)N2SO＋H

===NaSO

＋SO

↑＋H

O(或NaSO

＋2HSO

===2NaHSO＋SO↑＋H2O)

3 2 4

2 4 2 2

2 3 2 4 4 2(2)過濾(3)d (4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成(6)①0.16 ②偏低[解析](1)據(jù)裝置Ⅱ中所發(fā)生的反響可知：裝置Ⅰ是制取SO2的發(fā)生裝置，其化學(xué)方程N(yùn)a2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2ONa2SO3＋2H2SO4===2NaHSO44＋SO2↑＋H2O。(2)析出的晶體要從溶液中獲得可通過過濾的方法。(3)a中吸取尾氣SO2的裝置末端沒有與大氣相通，錯(cuò)誤；b中該裝置中SO2雖能與水反響且易溶于水，但還會有SO2進(jìn)入空氣，同時(shí)也會發(fā)生倒吸，錯(cuò)誤；cSO2反響，錯(cuò)誤；d中處理尾氣SO2的同時(shí)也可起到防倒吸的作用，正確。(4)只要能證明NaHSO3溶液呈酸性的方法就可以，則選擇ae。(5)Na2S2O5S元素的化合價(jià)為＋4，假設(shè)被氧氣氧化則生成SO2－，檢驗(yàn)Na2S2O5Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量的鹽酸振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成。4(6)①SO2＋2H2O＋I(xiàn)2===H2SO4＋2HI64g 1molx 0.01×25×10－3mol求得：x＝1.6×10－2g1.6×10－2g則樣品中抗氧化劑的殘留量＝ ＝0.16g/L。100×10－3L②.HIII

溶液的體積削減，則測得樣品中2 2抗氧化劑的殘留量將偏低。8．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]化學(xué)與社會生活親熱相關(guān)對以下現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的選項(xiàng)是( )選項(xiàng)選項(xiàng)現(xiàn)象或事實(shí)解釋A.用熱的純堿溶液洗去油污B.源白粉在空氣中久置變質(zhì)Na2CO3可直接與油污反響漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)施肥時(shí)，草木灰(有效成分為K2CO3)C.不能與NH4Cl混合使用FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制D.作

應(yīng)生成CaCO3K2CO3與HN4Cl反響生成氨氣會降低肥效FeCl3能從含Cu2＋的溶液中置換出銅38.C[解析]在加熱、堿性環(huán)境下，油污能夠徹底水解，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ca(ClO)2與空氣中CO2和水蒸氣反響生成CaCO3和HClO，導(dǎo)致漂白粉變質(zhì)，而CaCl2CO2不反響，B項(xiàng)錯(cuò)誤；K2CO3NH4ClNHC項(xiàng)正確；FeCl33Cu2FeCl3＋Cu===2FeCl＋CuClFeCl

溶液不能將Cu2＋復(fù)原為Cu，D項(xiàng)錯(cuò)2 2 3誤。29[2023·山東卷]應(yīng)：2NO2(g)＋NaCl(s)2NO(g)＋Cl2(g)

1NaNO3(s)＋ClNO(g) K1 ΔH1<0(Ⅰ)2ClNO(g) K2 ΔH2<0(Ⅱ)14NO2(g)＋2NaCl(s)K2表示)。

2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常數(shù)K＝ (用K、2為爭論不同條件對反響(Ⅱ)2L0.2molNO和0.1molCl10min時(shí)反響Ⅱ10min內(nèi)(ClNO＝7.51－3mol·L21－1·mi－1則平衡后n(C＝ moNO的轉(zhuǎn)化率＝ 其他條件保持不變，1反響(Ⅱ)在恒壓條件下進(jìn)展平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率α2 α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常數(shù)2K2 (填“增大”“減小”或“不變”)。假設(shè)要使K減小，可實(shí)行的措施是 。2試驗(yàn)室可用NaOH溶液吸取NO，反響為2NO＋2NaOH===NaNO＋NaNO＋HO。2 2 3 2 20.2molNaOH0.2molNO21L溶液A，溶液B0.1mol·L－3231的CH3COONa溶液，則兩溶液中c(NO－)、c(NO－)和c(CHCOO－)由大到小的挨次為323 。(HNO2電離常數(shù)Ka＝7.1×104amol·L－1，CH3COOH的電離常數(shù)K＝1.7×10－5mol·L－1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。a．向溶液A中加適量水a(chǎn)向溶液A中加適量NaOH由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)向溶液B中加適量水向溶液B中加適量NaOHK229．(1)K12(2)2.5×10－2 75% > 不變上升溫度(3)c(NO－)>c(NO－)>c(CHCOO－) b、c3 2 3解析](1反響Ⅰ)2－反響Ⅱ即得到反響4NO2(g2NaCl(s) 2NaN3(s＋2NO(g)K2C2(gK1(2平衡時(shí)容器中(ClNO＝7.51021－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15moln(Cl2)＝0.1mol－2×0.15mol＝0.025mol；0.15molNO的轉(zhuǎn)化率＝0.2mol×100%＝75%移動，NO的轉(zhuǎn)化率增大；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，恒壓下到達(dá)平衡的平衡常數(shù)與原平衡常數(shù)相等；因該反響為放熱反響，上升溫度，反響逆向進(jìn)展，反響平衡常數(shù)減小。(3)反響后得到溶液A0.1mol/LNaNO2與NaNO3的混合溶液，利用電離2332常數(shù)可知CH3COO－水解程度大于NO－，NO－不發(fā)生水解，兩溶液中c(NO－)＞c(NO－)＞23322c(CH3COO－)CH3COO－水解程度大于NO－可知溶液B的堿性強(qiáng)于溶液A，為使溶液A、BpHA中加適量NaOH或向B溶液中參與適量水稀釋或向B溶液中參與適量稀醋酸等。25．[2023·天津卷]以下有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是()pH＝1的NaHSO4溶液：4c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)4含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)33C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO－)＝2c(CO2－)33D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HCO－)＋c(C

O2－)＋c(H2C2O4)]

2 4 2 445．A [解析]由溶液中的電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO2－)＋c(OH－)，又因444spNaHSO4c(Na＋)＝c(SO2－)c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)，AK44sp

(AgCl)3＞Ksp(AgI)，所以含有AgClAgIc(Cl－)＞c(I－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO2的水溶液333中存在電離平衡：H2CO3 H＋＋HCO－、HCO－33

H＋＋CO2－，因第一步電離的程度遠(yuǎn)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)大于其次步電離的程度，故溶液中c(HCO－)遠(yuǎn)大于2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒得：3 32c(Na＋)＝3[c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)]，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2 4 2 4 2 2 43．[2023·重慶卷]以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體B．CH3COONa溶液中滴加少量濃鹽酸后c(CH3COO－)增大C．Ca(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反響可得到Ca(OH)2D．25℃時(shí)Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度3．D [解析]濃氨水中滴加氯化鐵飽和溶液產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，A項(xiàng)錯(cuò)誤；醋酸鈉溶液中滴加濃鹽酸后促使醋酸根離子的水解平衡向右移動BC項(xiàng)錯(cuò)誤；Cu(NO3)2溶液中的Cu2＋能抑制Cu(OH)2的溶解，D項(xiàng)正確。H4 膠體的性質(zhì)及其運(yùn)用3．[2023·重慶卷]以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體B．CH3COONa溶液中滴加少量濃鹽酸后c(CH3COO－)增大C．Ca(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反響可得到Ca(OH)2D．25℃時(shí)Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度3．D [解析]濃氨水中滴加氯化鐵飽和溶液產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，A項(xiàng)錯(cuò)誤；醋酸鈉溶液中滴加濃鹽酸后促使醋酸根離子的水解平衡向右移動BC項(xiàng)錯(cuò)誤；Cu(NO3)2溶液中的Cu2＋能抑制Cu(OH)2的溶解，D項(xiàng)正確。8．[2023·浙江卷]以下說法正確的選項(xiàng)是( )金屬汞一旦灑落在試驗(yàn)室地面或桌面時(shí)，必需盡可能收集，并深埋處理用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀(一種測量溶液導(dǎo)電力氣的儀器)均可監(jiān)測乙酸乙酯的水解程度C．鄰苯二甲酸氫鉀可用于標(biāo)定NaOH溶液的濃度。假設(shè)稱量鄰苯二甲酸氫鉀時(shí)電子天平讀數(shù)比實(shí)際質(zhì)量偏大，則測得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏小D．向某溶液中參與茚三酮試劑，加熱煮沸后溶液假設(shè)消滅藍(lán)色，則可推斷該溶液含有蛋白質(zhì)8．B [解析]金屬汞灑落后，對于無法收集的應(yīng)加硫黃粉使其轉(zhuǎn)化為極難溶于水的HgS，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙酸乙酯是非電解質(zhì)，它不能導(dǎo)電，它的水解產(chǎn)物乙酸是電解質(zhì)(弱酸)，由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)溶液能導(dǎo)電，B鄰苯二甲酸氫鉀溶液的濃度偏小，則所消耗的鄰苯二甲酸氫鉀溶液的體積偏大，則測得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；很多氨基酸也能與茚三酮發(fā)生反響生成藍(lán)色沉淀，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．[2023·福建卷]以下試驗(yàn)?zāi)艿竭_(dá)目的的是( )只滴加氨水鑒別NaCl、AlCl、MgCl、NaSO

四種溶液3 2 2 4將NH4Cl溶液蒸干制備NH4Cl固體C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可見光束照耀以區(qū)分溶液和膠體8．D [解析] AlCl、MgCl均能與氨水反響生成白色沉淀，而NaCl、NaSO

與氨水3 2 2 4均不能反響，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NH4Cl受熱會分解，得不到NH4Cl固體，B項(xiàng)錯(cuò)誤；互不相溶的兩種液體可用分液法分別，酒精與水互溶，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)一束光線透過膠體，從入射光的垂直方向可以觀看到膠體里消滅的一條光亮的“通路”應(yīng)，可用這一現(xiàn)象區(qū)分溶液和膠體，D項(xiàng)正確。H5 難溶電解質(zhì)的溶解平衡〔課標(biāo)增內(nèi)容〕3．[2023·重慶卷]以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體B．CH3COONa溶液中滴加少量濃鹽酸后c(CH3COO－)增大Ca(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反響可得到Ca(OH)2D．25℃時(shí)Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度3．D [解析]濃氨水中滴加氯化鐵飽和溶液產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，A項(xiàng)錯(cuò)誤；醋酸鈉溶液中滴加濃鹽酸后促使醋酸根離子的水解平衡向右移動BC項(xiàng)錯(cuò)誤；Cu(NO3)2溶液中的Cu2＋能抑制Cu(OH)2的溶解，D項(xiàng)正確。13．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]利用如以下圖裝置進(jìn)展以下試驗(yàn)，能得出相應(yīng)試驗(yàn)結(jié)論的是( )選選①②③試驗(yàn)結(jié)論項(xiàng)A.稀Na2SAgNO3與K(AgCl)>sp由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)硫 AgCl的酸 濁液

Ksp(Ag2S)濃B. 濃B. 硫蔗糖溴水酸稀C.鹽Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成酸 白色沉淀濃硝

Na2CO3

Na2SiO3

酸性：硝酸>溶液 碳酸>硅酸酸sp sp 213.B [解析]A項(xiàng)，產(chǎn)生的H2S通入③中，無法比較K(A gCl)與K(AgS)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，蔗糖變黑，且溴水褪色，說明濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性，正確C項(xiàng)，③中產(chǎn)生sp sp 2白色沉淀，是SO2在酸性條件下被氧化成SO2－的緣由，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，濃HNO

具有揮發(fā)性，4 3可進(jìn)入③中產(chǎn)生沉淀，無法比較酸性，錯(cuò)誤。[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化的曲線如以下圖以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )溴酸銀的溶解是放熱過程B．溫度上升時(shí)溴酸銀溶解速率加快C．60℃時(shí)溴酸銀的Ksp約等于6×10－4D．假設(shè)硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純11．A [解析]由圖像可知隨著溫度的上升，AgBrO3的溶解度漸漸增大，即AgBrO3的溶解是吸熱過程，A項(xiàng)正確；60c(AgBrO3)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)＝ 0.6g×10

＝2.5×10－3mol/LK

＝c(Ag＋)·c(BrO－)≈6×10－4，C項(xiàng)正確；AgBrO236g·mol－1×1L

sp 3 3的溶解度較小，假設(shè)KNO3中混有AgBrO3，可承受降溫重結(jié)晶的方法提純，D項(xiàng)正確。[2023·安徽卷]中學(xué)化學(xué)中很多“規(guī)律”都有其適用范圍，以下依據(jù)有“規(guī)律”推出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是( )選項(xiàng) 規(guī)律較強(qiáng)酸可以制取較弱酸反響物濃度越大，反響速率越快

結(jié)論次氯酸溶液無法制取鹽酸常溫下，一樣的鋁片中分別參與足量的濃、稀硝酸，濃硝酸中鋁片先溶解完C質(zhì)量增大而上升溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀

NH3的沸點(diǎn)低于PH3ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到D轉(zhuǎn)化 CuS沉淀312.D [解析]“鈍化”，鋁片不能溶解，B項(xiàng)錯(cuò)誤；NH3分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高于PH，C項(xiàng)錯(cuò)誤；CuSZnS更難溶，因此向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，生成CuS沉淀，D項(xiàng)正確。32 [2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、HO2 在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X。為確定其組成，進(jìn)展如下試驗(yàn)。2wgX，加適量水溶解，注入如以下圖的三頸瓶中，然后逐滴參與10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLclmol·L－1的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液吸取。蒸氨完畢后取下接收瓶，用cmol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl，V2mLNaOH溶液。2由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)氨的測定裝置(已省略加熱和夾持裝置)②氯的測定：準(zhǔn)確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至消滅淡紅色沉淀不再消逝為終點(diǎn)(Ag2CrO4為磚紅色)。答復(fù)以下問題：裝置中安全管的作用原理是 。(2)用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl時(shí)，應(yīng)使用 式滴定管，可使用的指示劑為 。樣品中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為 。測定氨前應(yīng)當(dāng)對裝置進(jìn)展氣密性檢驗(yàn)假設(shè)氣密性不好測定結(jié)果將 (填“偏高”或“偏低”)。測定氯的過程中，使用棕色滴定管的緣由是 ；滴定終點(diǎn)時(shí)假設(shè)溶液中(A＋2.01－5mol·－1(CrO2－為 mol·1

(Ag

CrO)＝1.12×10－12]

4 sp 2 4經(jīng)測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量之比為1∶6∶3，鈷的化合價(jià)為 ，制備X的化學(xué)方程式為 ；X的制備過程中溫度不能過高的緣由是 。28．(1)A中壓力過大時(shí)，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定堿酚酞(或甲基紅)〔cV

－cV

〕×103×17

11 22w

×100%偏低防止硝酸銀見光分解2.8×10－3(6)＋3 2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O 溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出[解析](1)安全管與大氣相通，可通過液體在安全管的上升平衡A瓶內(nèi)的壓強(qiáng)。(2)量取NaOH(3)依據(jù)題給信息可HClNH＋HCl===NHClHClNaOH反響。3 44由氨測定過程中反響的HCl的量可確定氨的量，進(jìn)而確定氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(4)假設(shè)氣密性不好則會導(dǎo)致氨氣逸出，使測量結(jié)果偏低。(5)測氯的過程中用硝酸銀溶液，而硝酸銀見光易分解，故用棕色滴定管；依據(jù)溶度積常數(shù)和c(Ag＋)可計(jì)算出c(CrO2－)。(6)由樣品中鈷、氨、4由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)1∶6∶3得X的化學(xué)式[Co(NH3)6]Cl3，利用化合價(jià)規(guī)章推斷鈷的化合價(jià)；制備X時(shí)用到H2O2，而H2O2在溫度過高時(shí)會分解，且溫度過高溶解的氨也會減小。22 11[2023·四川卷]污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要爭論課題。某爭論小組利用軟錳礦(主要成分為MnO，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)SOMnO(反響條件已省略)。22 請答復(fù)以下問題：上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了 (選填以下字母編號)。A．廢棄物的綜合利用白色污染的削減C．酸雨的削減用MnCO3 能除去溶液中的Al3 ＋ 和 Fe3 ＋ ，其原因是 。(3)：25℃、101kPa時(shí)，Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s) ΔH＝－520kJ/molS(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297kJ/molMn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s)ΔH＝－1065kJ/molSO2 與 MnO2 反應(yīng)生成無水 MnSO4 的熱化方程式是 。2MnO2可作超級電容器材料用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO其陽極的電極反響式是 。2MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時(shí)，正極的電極反響式是 。假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反響。依據(jù)圖示流程，將am3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)含SO2的體積分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿，假設(shè)SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質(zhì)量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時(shí)，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2 kg。由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)11．(1)A、C(2)消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀(3)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s)ΔH＝－248kJ/mol22 (4)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO＋4H＋(5)MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH22 1500c－87ab(6) 25002[解析](1)脫硫的目的是削減產(chǎn)生SOA、C項(xiàng)符合題意。(2)MnCO3H＋Al3＋Fe3＋的水解平衡正向移動，生成氫氧化物沉淀除去。(3)將3個(gè)熱化學(xué)方程式依次編號為①②③，依據(jù)蓋斯22定律，可知：MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s)ΔH＝③－(①＋②)＝－248kJ/mol。(4)電解池中陽極失去電子發(fā)生氧化反響，則用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO，則陽極是Mn2＋放電，其陽極電極反響式為Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋。(5)原電池中正極得2MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－。(6)KMnOMnSO反響生成MnO

c2 2 4 4 2kg，依據(jù)氧化復(fù)原反響化合價(jià)升降法配平的關(guān)系式為：2KMnO＋3MnSO～5MnO4 4 23mol 5mol1000cx 873000c

mol求得：x＝

435

mol(MnSO4總的物質(zhì)的量)2 2 MnO＋ 2 2 1mol 1molmol 1000a×b%×89.6%mol 22.4y求得：y＝0.4abmolMnO

3000c

mol2的物質(zhì)的量＝x－y＝

435－0.4abmol，則所引入的錳相當(dāng)于MnO

的質(zhì)量＝3000c

mol－0.4abmol)×87g·mol－1＝2 (435 1000g·kg－1由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)〔1500c－87ab〕2500

kg。5．[2023·天津卷]以下有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )pH＝1的NaHSO4溶液：4c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)4含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)33C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO－)＝2c(CO2－)33D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HCO－)＋c(C

O2－)＋c(H2C2O4)]

2 4 2 45A ]由溶液中的電荷守恒得(N＋＋(＋＝2(S2(O－NaHSO4 4溶液中(N＋＝(S2－(＋＝(S2－(O－AK(AgClK(AgI，4 4 sp spAgClAgIc(Cl－)＞c(I－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO2的水溶液中存在電離33平衡：H2CO3 H＋＋HCO－、HCO－33

H＋＋CO2－，因第一步電離的程度遠(yuǎn)大于其次步3電離的程度，故溶液中c(HCO－)遠(yuǎn)大于2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒得：2c(Na＋)＝33 33[c(HCO)＋c(CO2－)＋c(HCO)]，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2 4 2

2 2 4H6 水溶液中的離子平衡綜合5．[2023·天津卷]以下有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )pH＝1的NaHSO4溶液：4c(H＋)＝c(SO2－)＋c(OH－)4含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)33C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO－)＝2c(CO2－)33D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HCO－)＋c(C

O2－)＋c(H2C2O4)]

2 4 2 45A ]由溶液中的電荷守恒得(N＋＋(＋＝2(S2(O－NaHSO4 4溶液中(N＋＝(S2－(＋＝(S2－(O－AK(AgClK(AgI，4 4 sp sp3AgClAgIc(Cl－)＞c(I－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO2的水溶液中存在電離333平衡：H2CO3 H＋＋HCO－、HCO－33

H＋＋CO2－，因第一步電離的程度遠(yuǎn)大于其次步由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)由蓮山課件供給“://5ykj/“://5ykj/ 資源全部免費(fèi)電離的程度，故溶液中c(HCO－)遠(yuǎn)大于2c(CO2－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒得：2c(Na＋)＝3 33[c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)]，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2 4 2 4 2 2 411．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]確定溫度下，以下溶液的離子濃度關(guān)系式正確的選項(xiàng)是( A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10