2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（解答大題）

第1頁（共1頁）2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（解答大題）一．解答題（共20小題）1．（2024?天河區(qū)校級(jí)模擬）有機(jī)酸廣泛存在于自然界，且在生產(chǎn)和生活中都發(fā)揮著重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配離子可由含HdL（有機(jī)酸）的Mn2+溶液與硝酸反應(yīng)生成。①基態(tài)Mn3+的價(jià)電子軌道表示式為。②完成反應(yīng)的離子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+++2H2O。（2）H2X是一種二元弱酸。常溫下，向一定體積的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl氣體（假設(shè)過程中溶液體積不變），溶液中主要存在以下過程：（a）X2﹣+H+?HX﹣?K1（b）HX﹣+H+?H2X?K2①關(guān)于Na2X溶液，下列說法正確的有。A.加水稀釋，平衡時(shí)溶液中離子總數(shù)減小B.升高溫度，平衡時(shí)溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.隨著HCl的通入，溶液中逐漸減?、贖Cl通入過程中，溶液內(nèi)lgY[Y表示]隨pH的變化關(guān)系如圖1所示；（i）反應(yīng)（a）的平衡常數(shù)K1＝。（ii）pH＝7.0時(shí)，溶液中c（HX﹣）＝mol/L，c（Cl﹣）＝mol/L。（3）HR是含磷的一元有機(jī)弱酸。研究組配制了HR起始濃度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后測(cè)定其核磁共振磷譜。HR與R﹣的某個(gè)特征P原子在核磁共振譜圖上存在不同的化學(xué)位移。在水溶液中，實(shí)際測(cè)得的化學(xué)位移δ總是HR與R﹣各自化學(xué)位移的加權(quán)平均值：δ總＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。圖2給出了含磷弱酸HR在不同pH下總化學(xué)位移的變化。①χHR隨pH減小而（填“增大”、“減小”或“不變”），δHR＝ppm。②當(dāng)pH＝pKa時(shí)，對(duì)應(yīng)圖中點(diǎn)（填“A”、“B”、“C”或“D”）。2．（2024?通州區(qū)模擬）某小組同學(xué)探究Mg與Cu2+溶液的反應(yīng)。已知：ⅰ.2Cu+?Cu2++CuK＝1.2×106ⅱ.Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣22Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11ⅲ.[Cu（NH3）2]+為無色、[CuCl4]2﹣為黃色實(shí)驗(yàn)Ⅰ：將長約15cm打磨光亮的鎂條放入2mL0.2mol?L﹣1CuCl2溶液（溶液呈黃綠色）中，實(shí)驗(yàn)記錄如下：時(shí)間第一階段0～1min第二階段1～8min第三階段8～25min第四階段25min～18h實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象鎂條表面出現(xiàn)紅色固體，伴有大量氣體產(chǎn)生仍然伴有大量氣體，溶液變?yōu)榈{(lán)色，試管底部有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生氣體量不斷減少，沉淀變?yōu)辄S色沉淀變?yōu)槌壬?，紅色銅幾乎不可見（1）第一階段析出紅色固體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。（2）小組同學(xué)取第二階段中淡藍(lán)色溶液，加入少量NaCl固體，溶液顏色逐漸變黃綠色，請(qǐng)用離子方程式表示溶液由淡藍(lán)色變?yōu)辄S綠色的原因。（3）查閱資料：CuOH黃色，CuCl白色。第三階段產(chǎn)生的黃色沉淀可能含+1價(jià)銅的化合物，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：①取少量沉淀滴入濃氨水，沉淀完全溶解，溶液呈淺藍(lán)色，在空氣中放置一段時(shí)間后溶液成深藍(lán)色，證實(shí)沉淀中含+1價(jià)銅的化合物，溶液由淺藍(lán)色變?yōu)樯钏{(lán)色的離子方程式是。②甲同學(xué)猜想第三階段反應(yīng)中先生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，逐漸轉(zhuǎn)化為黃色的CuOH，用離子方程式表示生成CuCl的主要原因是③小組同學(xué)采用電化學(xué)裝置進(jìn)行驗(yàn)證。如圖裝置電路正常，反應(yīng)開始階段未觀察到電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，為進(jìn)一步驗(yàn)證產(chǎn)生了CuCl，實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是。從而證明了甲同學(xué)的猜想。（4）查閱資料，CuOH在堿性環(huán)境下一部分發(fā)生非氧化還原分解反應(yīng)，第四階段中產(chǎn)生的橙色沉淀中混有的物質(zhì)是。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：改用0.2mol?L﹣1CuSO4溶液重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅰ，30min內(nèi)劇烈反應(yīng)，產(chǎn)生大量氣體，鎂條上出現(xiàn)紅色固體，1h后產(chǎn)物中有大量紅色物質(zhì)且有藍(lán)色沉淀。（5）經(jīng)驗(yàn)證藍(lán)色沉淀為Cu（OH）2，下列有關(guān)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀分析合理的是（填序號(hào)）。a.反應(yīng)放熱，促使Cu2+水解趨于完全，生成Cu（OH）2藍(lán)色沉淀b.存在平衡Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，Mg與H+反應(yīng)，使c（H+）下降，平衡移動(dòng)，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀c.由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]Mg與水反應(yīng)生成的Mg（OH）2逐漸轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2藍(lán)色沉淀（6）綜上所述，影響Mg與Cu2+溶液反應(yīng)的影響因素是。3．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）（1）已知t℃時(shí)純水的pH＝6，計(jì)算該溫度下水的離子積Kw＝。該溫度下pH＝2的硫酸溶液中水電離出的c（OH﹣）＝mol?L﹣1。（2）對(duì)水進(jìn)行下列操作，能抑制水的電離的是。（單項(xiàng)）A．加入一小塊NaB．加入適量Ba（OH）2溶液C．升溫至60℃D．加入碳酸鈉溶液（3）已知水的電離平衡曲線如圖所示：回答下列問題：A、B、C、D四點(diǎn)Kw的關(guān)系是（KA、KB…表示）。（4）室溫下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.1mol?L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理錯(cuò)誤的是。（單項(xiàng)）A．NaA可能呈酸性B．HA溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）C．NH4A可能呈中性D．若稀釋HA溶液10倍，pH的數(shù)值增大1，則HA是強(qiáng)酸（5）常溫下，向20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol?L﹣1的NaOH溶液，溶液中水電離的c（OH﹣）隨加入NaOH溶液的體積變化如圖。說法正確的是（單項(xiàng)）A．b、d兩點(diǎn)溶液的pH相同B．從a到e，水的電離程度一直增大C．從a→c的過程中，溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)aD．e點(diǎn)所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1（6）25℃時(shí)，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當(dāng)固體溶解后，測(cè)得溶液pH減小，主要原因是（填序號(hào)）。（單項(xiàng)）A．氨水與氯化銨發(fā)生化學(xué)反應(yīng)B．氯化銨溶液水解顯酸性，增加了c（H+）C．銨根離子濃度增大，抑制了氨水的電離，使c（OH﹣）減小（7）室溫下，如果將0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假設(shè)無損失），、和三種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1mol。4．（2024?普陀區(qū)校級(jí)模擬）某可充電的鋰離子電池以LiMn2O4為正極，嵌入鋰的碳材料為負(fù)極，含Li+導(dǎo)電固體為電解質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。其充電時(shí)發(fā)生的總反應(yīng)為：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）關(guān)于該鋰離子電池說法正確的是。A.放電時(shí)，LiMn2O4發(fā)生氧化反應(yīng)B.放電時(shí)，電子由LiMn2O4流經(jīng)碳材料形成回路C.充電時(shí)，Li+向碳材料移動(dòng)D.充電時(shí)，將LiMn2O4接入電源的負(fù)極（2）寫出放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)。LiMn2O4為尖晶石結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)立方單元組成，這8個(gè)立方單元可分為A、B兩種類型。（3）在一個(gè)B結(jié)構(gòu)中，Mn的個(gè)數(shù)為。A.1.5個(gè)B.2.5個(gè)C.4個(gè)D.7個(gè)（4）結(jié)合圖中的數(shù)據(jù)，計(jì)算該晶胞的密度ρ＝g?cm﹣3。（設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，用a和NA的代數(shù)式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸錳MnCO3是一種難溶性白色沉淀，可作為制備LiMn2O4電極的材料?，F(xiàn)有一MnCO3固體在pH＝8.60的緩沖溶液中達(dá)到溶解平衡，測(cè)得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol?L﹣1，試計(jì)算MnCO3的溶度積常數(shù)。已知碳酸的電離平衡常數(shù)Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解與的第二步水解。（5）在上述條件下，寫出溶液中的物料守恒關(guān)系式：；根據(jù)該關(guān)系式，計(jì)算得Ksp（MnCO3）＝。5．（2024?嘉定區(qū)二模）在銅、銀催化下，乙烯與氧氣反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷（）和乙醛，如圖是該反應(yīng)的部分歷程。（1）據(jù)上圖信息，在相同條件下，催化效果較好的催化劑是，通過數(shù)據(jù)計(jì)算說明（以生成乙醛為例）。（2）鑒別以上產(chǎn)物乙醛和環(huán)氧乙烷可以用。（不定項(xiàng)）A．原子發(fā)射光譜B．原子吸收光譜C．核磁共振氫譜D．紅外光譜（3）以下電子排布式和價(jià)電子軌道表示式中，正確且對(duì)應(yīng)微粒為基態(tài)原子的是。A．[Ar]3d94s2B．[Ar]3d104s1C．[Ar]3d9D．（4）已知Cu2O的熔點(diǎn)為1235℃，Cu2S的熔點(diǎn)為1130℃，二者晶體結(jié)構(gòu)類似，且熔點(diǎn)都較高，但Cu2O熔點(diǎn)比Cu2S高，其原因是。（5）Cu2O晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中代表的原子是，晶體密度為ρg?cm﹣3，晶胞參數(shù)為apm，則阿伏加德羅常數(shù)值NA＝。（用含ρ和a的代數(shù)式表示）（6）Cu2+可以形成一種配位化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。以下說法正確的是。A．Cu2+的配位數(shù)是2B．此配合物中存在配位鍵、極性鍵、非極性鍵C．配體中O原子提供空軌道D．Cu2+提供孤電子對(duì)（7）已知：常溫下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）?Cu2+（aq）+4NH3（aq）K1＝5.0×10﹣14；②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）?[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq）K2＝4.4×10﹣7，則常溫下Ksp[Cu（OH）2]＝。6．（2024?松江區(qū)二模）Ⅰ堿法脫硫。用K2CO3溶液吸收H2S。已知：常溫下，氫硫酸和碳酸的電離常數(shù)如表。二元酸Ka1Ka2H2S1.1×10﹣77.1×10﹣15H2CO34.5×10﹣74.7×10﹣11（1）K2CO3溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是。（不定項(xiàng)）A.[K+]＝[]+2[]+[OH﹣]B.[K+]＝[]+[]+[OH﹣]C.[K+]＝2[]+2[]+2[H2CO3]D.[K+]＝[]+[]+[H2CO3]（2）常溫下，比較等物質(zhì)的量濃度的NaHS與NaHCO3溶液的pH。A.前者大B.后者大C.無法比較向某FeCl2溶液中加入一定濃度的NaHS溶液，采用分光光度法測(cè)得[Fe2+]＝8.88×10﹣5mol?L﹣1。（常溫下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18）（3）計(jì)算溶液中的＝。Ⅱ熱分解法脫硫。在2L恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2H2S（g）?S2（g）+2H2（g）。（4）985℃時(shí)，若加入1molH2S，經(jīng)過5s達(dá)到平衡，此時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率為40%。則v（S2）＝，該溫度下K＝（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。ⅢFe2（SO4）3脫硫。吸收液[Fe2（SO4）3]作用原理如下：①H2S（g）?H2S（aq）②H2S（aq）?H++HS﹣③HS﹣+2Fe3+＝S↓+2Fe2++H+一定條件下測(cè)得脫硫率與Fe3+濃度以及溶液起始pH的關(guān)系如圖所示。（5）當(dāng)Fe3+的濃度大于10g?L﹣1時(shí)，脫硫率的變化趨勢(shì)為。原因是。（6）吸收液過濾出S后，可通入空氣再生，寫出該反應(yīng)的離子方程式并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目。Ⅳ電化學(xué)法脫硫（如圖）（7）脫硫時(shí)，電流從電極經(jīng)負(fù)載流向電極。（均選填“A”或“B”）A極發(fā)生的電極反應(yīng)式為。7．（2024?普陀區(qū)二模）污水處理生產(chǎn)、生活廢水必須要做及時(shí)處理，否則會(huì)影響人類的生活環(huán)境。廢水的常見化學(xué)處理法有：中和法、氧化還原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。（1）下列物質(zhì)常被用于污水處理，其中屬于純凈物的是。A.漂粉精B.聚丙烯酸鈉C.明礬D.石灰乳（2）三價(jià)鐵的強(qiáng)酸鹽溶液因會(huì)發(fā)生水解，可被用作凈水劑，其水解時(shí)會(huì)產(chǎn)生黃色的[Fe（OH）（H2O）5]2+以及二聚體[Fe2（OH）2（H2O）8]4+（結(jié)構(gòu)如圖1）。則二聚體中Fe的配位數(shù)為。（3）某工廠的酸性廢水中同時(shí)含有高濃度有機(jī)物（化學(xué)式為C6H10O5）和離子，可用一種微生物燃料電池進(jìn)行污水凈化，工作原理如圖2所示。下列說法正確的是（不定項(xiàng)）。A.圖中的a極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.該裝置工作時(shí)，電子經(jīng)導(dǎo)線由a極流向b極C.Na+向b極流動(dòng)，故b極為負(fù)極D.該裝置亦可用于咸水淡化大量含氮污水任意排放將造成藻類瘋長，出現(xiàn)水體富營養(yǎng)化等問題。某小組嘗試用NaClO溶液處理含氨氮廢水。（4）室溫下，部分酸的電離平衡常數(shù)如表所示，下列關(guān)于次氯酸鈉溶液的說法中，錯(cuò)誤的是（不定項(xiàng)）?；瘜W(xué)式常溫下的電離平衡常數(shù)HClOKa＝3×10﹣8H2CO3Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝4.8×10﹣11H2SKa1＝1.3×10﹣7，Ka2＝7.1×10﹣15A.依據(jù)物料守恒關(guān)系，[Na+]＝[Cl﹣]+[HClO]B.依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理，通入少量SO2有利于HClO生成，可增強(qiáng)漂白作用C.由于NaClO水解呈堿性，則[Na+]＞[ClO﹣]D.根據(jù)“有弱才水解”規(guī)律，所以NaClO是弱電解質(zhì)（5）下列物質(zhì)中不能與NaClO反應(yīng)的是。A.CO2B.NaHCO3C.H2SD.NaHS（6）NaClO將廢水中的NH3氧化為無污染氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；實(shí)際實(shí)驗(yàn)中NaClO溶液的投入量要大于理論計(jì)算量，可能的原因是。含銅（Cu2+）廢水是冶金、電子等行業(yè)產(chǎn)生的廢水，直接排放會(huì)導(dǎo)致嚴(yán)重污染。工業(yè)上常用NaHS作為沉淀劑處理Cu2+離子。（7）已知0.1mol?L﹣1NaHS溶液呈堿性；①若將該溶液中的離子按濃度由大到小進(jìn)行排序，排位第三的離子是。A.Na+B.HS﹣C.S2﹣D.OH﹣②通過計(jì)算，說明溶液呈堿性的原因：。（8）沉淀銅離子時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Cu2+（aq）+2HS﹣（aq）?CuS（s）+H2S（aq）。常溫下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)約為K，則此條件下Ksp（CuS）＝（用該反應(yīng)的K，H2S的Ka1和Ka2表示）。8．（2024?普陀區(qū)二模）高鐵酸鉀的制備高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種高效、無毒的強(qiáng)氧化劑，常溫下為紫色固體，微溶于濃KOH溶液，能溶于水，且能與水反應(yīng)放出氧氣，并生成Fe（OH）3膠體。穩(wěn)定性隨pH的下降而減弱，酸性條件下易分解。（1）下列有關(guān)鐵及其化合物的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是。A.鐵粉具有還原性，可防止食物氧化變質(zhì)B.高鐵酸鉀能溶于水，可作氧化劑C.氫氧化鐵膠體具有堿性，可用于凈水D.純鐵無雜質(zhì)，可用作建筑材料Ⅰ.K2FeO4的凈水原理如圖1所示。（2）下列說法錯(cuò)誤的是。A.K2FeO4中鐵元素顯+6價(jià)B.過程①中K2FeO4被細(xì)菌還原C.過程②中的Fe（OH）3膠體粒子帶正電荷D.過程③中聚沉是由于膠體發(fā)生了滲析（3）寫出K2FeO4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。Ⅱ.已知可用Cl2與Fe（NO3）3制備K2FeO4（含副產(chǎn)品KCl、KNO3），查閱資料得知高鐵酸鹽在水溶液中有四種含鐵形體。25℃時(shí)，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖2所示。（4）①為獲得盡可能純凈的高鐵酸鹽，pH應(yīng)控制在。②寫出在此條件下，反應(yīng)的離子方程式：；每生成39.6gK2FeO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為。（5）已知溶液的酸堿性及離子濃度會(huì)對(duì)反應(yīng)試劑的氧化性、還原性產(chǎn)生影響。某實(shí)驗(yàn)小組研究不同反應(yīng)試劑對(duì)K2FeO4產(chǎn)率的影響，對(duì)比實(shí)驗(yàn)如下：實(shí)驗(yàn)編號(hào)反應(yīng)試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象ⅠCl2、FeCl3和少量KOH無明顯現(xiàn)象ⅡCl2、FeCl3和過量KOH得到紫色溶液，無紫色固體ⅢCl2、Fe（NO3）3和過量KOH得到紫色溶液（顏色比Ⅱ深），有紫色固體注：上述實(shí)驗(yàn)中，溶液總體積、FeCl3和Fe（NO3）3的物質(zhì)的量、Cl2的通入量均相同。①由實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ的現(xiàn)象可知，F(xiàn)e3+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而（填“增強(qiáng)”、“減弱”或“不變”）；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中K2FeO4的產(chǎn)率比實(shí)驗(yàn)Ⅲ低，試解釋其可能的原因：；③向?qū)嶒?yàn)Ⅱ所得紫色溶液中繼續(xù)通入Cl2，觀察到溶液紫色變淺，試解釋其可能的原因：。（6）實(shí)驗(yàn)室測(cè)定含少量雜質(zhì)的K2FeO4樣品的純度：稱取0.1500gK2FeO4樣品溶于堿性KI溶液中，調(diào)節(jié)pH至弱酸性使混合液充分反應(yīng)。用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。滴定時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：+4I﹣+8H+═Fe2++2I2+4H2O；I2+2S2═S4+2I﹣。已知：M（K2FeO4）＝198g?mol﹣1，試計(jì)算K2FeO4樣品的純度：（寫出計(jì)算過程）。9．（2024?嘉定區(qū)校級(jí)模擬）煙氣脫硫可有效減少SO2引起的大氣污染，同時(shí)還可得到有用產(chǎn)品。傳統(tǒng)濕法脫硫多以堿性物質(zhì)作吸收劑，新型脫硫方法選用離子液體（指在室溫或接近室溫時(shí)呈液態(tài)的鹽類物質(zhì)，由正、負(fù)離子組成）作吸收劑，通過物理和化學(xué)吸收實(shí)現(xiàn)脫硫。已知25℃時(shí)，幾種酸的電離常數(shù)：酸H2SO3H2CO3（乳酸）HCNCH3COOH電離常數(shù)Ka1＝1.3×10﹣2Ka1＝4.5×10﹣7Ka＝1.4×10﹣4Ka＝4.3×10﹣10Ka＝1.8×10﹣5Ka2＝6.2×10﹣8Ka2＝4.7×10﹣11（1）下列物質(zhì)不屬于電解質(zhì)的是。A．CO2B．HClC．NaOHD．AgCl（2）傳統(tǒng)濕法脫硫涉及的下列離子方程式中，正確的是。A．煙氣與氧化鎂漿液的反應(yīng)：SO2+2OH﹣═+H2OB．煙氣與石灰石漿液反應(yīng)得到石膏：Ca2++SO2+O2+2H2O═CaSO4?2H2OC．煙氣與氨水反應(yīng)得到硫酸銨：2SO2+4NH3?H2O+O2═4+2+2H2OD．煙氣與海水中的反應(yīng)：SO2+2═+2CO2+H2O（3）請(qǐng)運(yùn)用相關(guān)化學(xué)用語解釋NaHCO3溶液呈現(xiàn)堿性的原因：。研究發(fā)現(xiàn)：乳酸和乙醇胺（HOCH2CH2NH2）作用得到的離子液體﹣乙醇胺乳酸鹽（[MEA]L），既可脫硫，也可吸收CO2。（4）液態(tài)時(shí)的導(dǎo)電性：[MEA]L乳酸（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是。（5）常溫下，水電離的c（H+）相同的三種溶液：①CH3COONa、②NaCN、③Na2CO3，其濃度由大到小的順序是（填序號(hào)）。（6）0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列數(shù)據(jù)變大的是。A．c（H+）B．C．c（H+）?c（OH﹣）D．（7）向20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH中逐滴加入0.1mol?L﹣1NaOH過程中，pH變化如圖所示。下列說法不正確的是。A．A、C兩點(diǎn)水的電離程度：A＞CB．B點(diǎn)溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．若D點(diǎn)為恰好完全中和的點(diǎn)，則溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．溶液pH＝7時(shí)，V（NaOH）＞20mL（8）在進(jìn)行胃部透視時(shí)，為取得良好的檢查效果，需在檢查前服用“鋇餐”，“鋇餐”的主要成分是硫酸鋇。在25℃時(shí)，硫酸鋇的溶度積常數(shù)為Ksp＝1×10﹣10。鋇離子是有毒的重金屬離子，當(dāng)體內(nèi)鋇離子濃度達(dá)到2×10﹣3mol?L﹣1時(shí)，就會(huì)對(duì)健康產(chǎn)生危害。請(qǐng)計(jì)算并從沉淀溶解平衡的角度說明使用硫酸鋇而不使用碳酸鋇作為“鋇餐”的主要成分的原因：。10．（2024?寶山區(qū)校級(jí)模擬）化學(xué)是一門實(shí)驗(yàn)的科學(xué)，滴定法是化學(xué)上常用的定量分析的方法，有酸堿中和滴定、氧化還原滴定、沉淀滴定等。Ⅰ．酸堿中和滴定：常溫下，用0.1000mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL等濃度的鹽酸和醋酸溶液，得到兩條滴定曲線，如圖所示：（1）滴定醋酸的曲線是圖（填“1”或“2”），滴加2～3滴作指示劑（填“甲基橙”或“酚酞”）。（2）達(dá)到B、D狀態(tài)時(shí)，反應(yīng)消耗NaOH溶液的體積ab（填編號(hào)）。A．＞B．＜C．＝D．不確定（3）A、B、C、E四點(diǎn)水的電離程度由大到小順序?yàn)椋篍＞＞＞（4）某次用氫氧化鈉滴定未知濃度的醋酸的滴定結(jié)果如表所示：滴定次數(shù)待測(cè)液體積（mL）標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積（mL）滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)120.001.0218.97220.000.60見圖320.000.2018.25表中缺少的讀數(shù)為mL。（5）下列操作中造成第2次所測(cè)測(cè)定結(jié)果明顯偏差的是（雙選）。A．盛放醋酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥B．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體NaOH中混有KOH雜質(zhì)C．盛裝NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管在滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積時(shí)，開始時(shí)仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)Ⅱ．氧化還原滴定：如測(cè)定血液中鈣的含量時(shí)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：?。蓪mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量草酸銨（NH4）2C2O4晶體，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，過濾、洗滌，將沉淀用稀硫酸處理得H2C2O4溶液。ⅱ．將ⅰ得到的H2C2O4溶液，再用KMnO4酸性溶液滴定，氧化產(chǎn)物為CO2，還原產(chǎn)物為Mn2+。ⅲ．終點(diǎn)時(shí)用去bmL1.0×10﹣4mol/L的KMnO4溶液。（6）寫出用KMnO4酸性溶液滴定H2C2O4的離子方程式。（7）如何判定滴定終點(diǎn)。（8）計(jì)算：血液中含鈣離子的濃度為mol/L（用字母表示）。Ⅲ．沉淀滴定法：（9）用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中Cl﹣，利用Ag+與生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中Cl﹣恰好沉淀完全（濃度等于1.0×10﹣6mol?L﹣1）時(shí)，溶液中c（Ag+）為mol?L﹣1（已知Ksp（AgCl）＝2.0×10﹣10）。11．（2023?樂清市校級(jí)模擬）硫及其化合物在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。請(qǐng)回答：（1）室溫下，Na2SO3溶液呈堿性的原因是（用離子方程式表示）。（2）下列關(guān)于硫及其化合物的說法，正確的是（填字母）。A．硫元素在自然界中只能以化合態(tài)形式存在B．SO2通入紫色石蕊試液，溶液先變紅后褪色C．酸雨是pH＜7的降水，主要是由污染物SO2、NO2造成D．濃硫酸中加入少量膽礬晶體，攪拌，固體逐漸變成白色（3）光譜研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：其中K1、K2、K3為各步的平衡常數(shù)，且K1＝（p（SO2）表示SO2的平衡壓強(qiáng)）。①當(dāng)SO2的平衡壓強(qiáng)為p時(shí)，測(cè)得c（）＝amol?L﹣1，則溶液的c（H+）＝mol?L﹣1。（用含p、a、K1、K2、K3的式子表示）②滴加NaOH至pH＝6.2時(shí)，溶液中n（）：n（）≈1：10。如果溶液中n（）：n（）＝10：1，需加NaOH將溶液pH調(diào)整為約等于。（4）“鈣基固硫”是利用石灰石將燃煤煙氣中的SO2轉(zhuǎn)化為CaSO4。但高溫時(shí)CO會(huì)與CaSO4反應(yīng)而影響脫硫效率。相關(guān)反應(yīng)如下：Ⅰ．CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Ⅱ．CaSO4（s）+4CO（g）?CaS（s）+4CO2（g）當(dāng)n（CaSO4）：n（CO）＝1：2時(shí)，反應(yīng)25min，體系中的比值隨溫度變化如下表所示：溫度750K1250K1750K比值3.571.083.42請(qǐng)結(jié)合題給反應(yīng)過程能量圖說明，750K→1250K時(shí)，比值隨溫度升高逐漸減小的原因是。（5）氨水也可吸收SO2：2NH3+SO2+H2O═（NH4）2SO3，（NH4）2SO3+SO2+H2O═2NH4HSO3。能提高SO2去除率的措施有（填字母）。A．增大氨水濃度B．加熱煮沸C．降低煙氣的流速D．補(bǔ)充O2，將氧化為12．（2023?中山區(qū)校級(jí)一模）Ⅰ.甲、乙、丙是三種不含相同離子的可溶性強(qiáng)堿或鹽，其相對(duì)分子質(zhì)量：甲＜乙＜丙，它們所含離子如下表所示：陽離子、Mg2+、Ba2+陰離子OH﹣、、Cl﹣（1）丙是。（2）甲有兩種可能，為了確定是哪種可能，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)確定甲的物質(zhì)組成，操作為：。Ⅱ.某化學(xué)興趣小組在探究“復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件”時(shí)，選做了如圖所示的三個(gè)實(shí)驗(yàn)（提示：BaCl2溶液呈中性。）甲同學(xué)：向試管Ⅰ中慢慢滴入MgCl2溶液，并不斷振蕩，至溶液顏色恰好變?yōu)闊o色為止。乙同學(xué)：分別完成試管Ⅱ和Ⅲ中的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)后，接著進(jìn)行如下探究。請(qǐng)分析后作答：（3）甲同學(xué)經(jīng)過分析推斷，試管Ⅲ反應(yīng)后所得溶液中一定含有的溶質(zhì)是（填化學(xué)式）；步驟①中一定發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（4）乙同學(xué)把沉淀M、N混合后加入AgNO3溶液和過量的稀硝酸，觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是；實(shí)驗(yàn)結(jié)束，乙同學(xué)把反應(yīng)后的混合物與濾液C全部倒入廢液缸中，則廢液缸內(nèi)上層清液中，除酚酞和H+、外一定含有的離子有（填離子符號(hào)）。13．（2023??？谀M）我國酸性氣藏儲(chǔ)量豐富，實(shí)現(xiàn)H2S的高效轉(zhuǎn)移，對(duì)于油氣資源開采、動(dòng)植物生存以及生態(tài)系統(tǒng)都具有重要意義。（1）目前使用克勞斯工藝處理H2S。高溫反應(yīng)爐：2H2S（g）+3O2（g）?2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1038kJ?mol﹣1催化轉(zhuǎn)化器：4H2S（g）+2SO2（g）?3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝﹣93kJ?mol﹣1①總反應(yīng)式2H2S（g）+O2（g）?S2（g）+2H2O（g）的ΔH＝kJ?mol﹣1。②催化轉(zhuǎn)化器中，提高硫回收率的措施可以是。（任寫一條）③催化轉(zhuǎn)化器內(nèi)溫度一般控制在170～350℃，過低不利于回收硫，其原因是。（2）真空K2CO3—克勞斯法聯(lián)合脫硫。用過量K2CO3溶液吸收少量H2S，其離子方程式為，該反應(yīng)的平衡常數(shù)的值約為。（已知H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13）（3）最新先進(jìn)方法，使用金屬硫化物作光催化分解H2S制氫的催化劑。但過程伴隨復(fù)雜的氧化進(jìn)程，生成多種氧化產(chǎn)物。①在相同條件下，使用不同催化劑測(cè)得的數(shù)據(jù)制圖如圖。其中催化效率較好的是。②根據(jù)題意，相比克勞斯工藝，光催化分解H2S的優(yōu)點(diǎn)是。14．（2023?海安市校級(jí)模擬）具有多面體晶相結(jié)構(gòu)的Ag3PO4晶體是一種高效光催化劑，可用于催化CO2制備甲醇，也可用于降解有機(jī)污染物。Ⅰ．配位—沉淀法制備Ag3PO4高效光催化劑已知：?。瓵g3PO4為黃色難溶于水的固體；ⅱ．常溫下Ksp（AgCl）＝1.45×10﹣10AgCl（s）+2NH3（aq）?Ag（NH3）2+（aq）+Cl﹣（aq）K＝1.6×10﹣3（1）銀氨溶液中存在平衡：Ag+（aq）+2NH3（aq）?Ag（NH3）2+（aq），該反應(yīng)平衡常數(shù)為K＝。（2）加入Na2HPO4溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：。（3）配制銀氨溶液的操作為：。（可選試劑：2%AgNO3溶液、5%氨水、2%氨水）Ⅱ．Ag3PO4光催化劑的使用和再生（4）Ag3PO4光催化CO2制備甲醇可實(shí)現(xiàn)“碳中和”。總反應(yīng)為：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2Ag3PO4晶體在光照條件下發(fā)揮催化作用時(shí)，首先引發(fā)反應(yīng)a：Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e﹣。請(qǐng)寫出制備甲醇時(shí)反應(yīng)a的后續(xù)過程的兩個(gè)化學(xué)方程式：。（5）Ag3PO4光催化降解有機(jī)污染物，有機(jī)物被氧化成CO2和H2O。在使用中發(fā)現(xiàn)，相同條件下用Ag3PO4依次連續(xù)降解多份相同的廢水時(shí)，Ag3PO4使用三次即變黑基本失效。其可能的原因?yàn)?。?）失效后的磷酸銀催化劑可用H2O2、NaNH4HPO4反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)再生。向失效后的催化劑中加入過量H2O2后，固體逐漸由黑色轉(zhuǎn)化為棕黑色，再加入NaNH4HPO4時(shí)立即產(chǎn)生大量氣體，其可能的原因?yàn)椤?5．（2023?楊浦區(qū)校級(jí)模擬）硫元素是一種非常重要的元素，其單質(zhì)及化合物有著非常廣泛的用途。完成下列填空。（1）硫原子的最外層電子排布式，硫離子共有種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子。（2）與硫元素同周期的元素，簡(jiǎn)單離子氧化性最強(qiáng)的是（寫離子符號(hào)）與硫離子含有相同電子數(shù)的主族元素簡(jiǎn)單離子，半徑從大到小依次為（包括硫離子）。（3）向飽和的NH4HSO3溶液中加入適量NH4Cl固體，有NH4HSO3晶體析出，請(qǐng)從結(jié)合速率和平衡理論解釋該現(xiàn)象。（4）與硫同族的元素Te，最高價(jià)氧化物的水化物碲酸（H6TeO6）的酸性比H2SO4（選填“強(qiáng)”或“弱”），其氧化性比硫酸強(qiáng)。向碲酸中通入SO2氣體，若反應(yīng)中生成的TeO2與Te的物質(zhì)的量之比為2：1，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。當(dāng)6mol碲酸與一定量SO2恰好完全反應(yīng)，溶液體積為20L，則所得溶液的pH為。（5）制取SO2的尾氣用NaOH溶液吸收，可得到Na2SO3和NaHSO3兩種鹽。①0.1mol/L的NaHSO3溶液中c（H+）＞c（OH﹣），若往溶液中加入氨水至中性，則c（Na+）c（）+c（）+c（H2SO3）。（填“＞”、“＜”或“＝”）②往0.1mol/L的Na2SO3溶液加入少量NaOH固體，完全溶解后溶液中c（Na+）：c（）的比值（填“變大”、“變小”或“保持不變”）。16．（2023?常德一模）氰化氫（HCN）分子被認(rèn)為是生命起源中重要的中間體之一，主要應(yīng)用于電鍍業(yè)、采礦業(yè)等，可制造各種樹脂單體。迄今為止，它所產(chǎn)生的與生物相關(guān)聯(lián)的化合物種類最多。（1）HCN的合成氰化氫可用甲烷氨氧化法合成，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH4（g）+NH3（g）HCN（g）+3H2（g）ΔH。相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表：化學(xué)鍵C﹣HN﹣HC≡NH﹣HE（kJ/mol）414393891436.4上述反應(yīng)的ΔH為。（2）HCN的性質(zhì)已知25℃時(shí)有關(guān)弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：弱電解質(zhì)化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3HNO2NH3?H2O電離平衡常數(shù)1.8×10﹣54.9×10﹣10K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣117.2×10﹣41.8×10﹣5①HCN具有酸性，能與氨水發(fā)生反應(yīng)：HCN+NH3H2O?+CN﹣+H2O，此反應(yīng)在常溫下的平衡常數(shù)K約為；NH4CN溶液呈性。②已知可發(fā)生如下反應(yīng)：NaCN+HNO2＝HCN+NaNO2，NaCN+HF＝HCN+NaF，NaF+HNO2＝NaNO2+HF，則HF的電離平衡常數(shù)的范圍為：。③在KCN溶液中通入少量的二氧化碳，其離子反應(yīng)方程式為：。④濃度均為0.1mol/L的NaCN與HCN的混合溶液中，以下推斷正確的是。A．混合溶液pH約為9.3B．2c（H+）＝c（CN﹣）+c（HCN）+2c（OH﹣）C．c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCN）＞c（H+）＞c（OH﹣）（3）HCN和CN﹣的處理①HCN是一種無色、有毒、易溶于水的氣體，易在空氣中均勻彌散，并易產(chǎn)生爆炸。國家重點(diǎn)實(shí)驗(yàn)室對(duì)密閉空間內(nèi)的HCN氣體進(jìn)行了消毒研究，研究中采用NH3、H2O2氣霧、NH3﹣H2O2氣霧和水霧分別單獨(dú)對(duì)HCN進(jìn)行消毒。由圖可知為最佳消毒試劑。②工業(yè)生產(chǎn)中含氰（CN﹣）廢水主要來源于選礦、有色金屬冶煉等工業(yè)，對(duì)于含氰廢水都應(yīng)高度重視并妥善處理，國家關(guān)于廢水中總氰濃度排放標(biāo)準(zhǔn)為≤0.5mg/L。某工廠實(shí)驗(yàn)室針對(duì)不同濃度焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）處理含氰廢水情況展開研究。反應(yīng)如下：S2+2CN﹣+2O2+H2O＝2CNO﹣+2H++2。如圖為氧化后CN﹣的濃度變化，如果你是工廠研究人員，你認(rèn)為應(yīng)選擇多大濃度的Na2S2O5溶液最合理，請(qǐng)回答并說明理由。17．（2023?金東區(qū)校級(jí)一模）NaHSO3被用于棉織物和有機(jī)物漂白以及在染料、造紙、制革等工業(yè)中用作還原劑。（1）NaHSO3可由NaOH溶液吸收SO2制得。2NaOH（aq）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2O（l）△H12NaHSO3（aq）═Na2SO3（aq）+SO2（g）+H2O（l）△H2則反應(yīng)SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3（aq）的△H3＝。（用含△H1、△H2的代數(shù)式表示）（2）NaHSO3在不同溫度下均可被KIO3氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗即有I2析出，根據(jù)I2析出所需時(shí)間可以求得NaHSO3的反應(yīng)速率。將濃度均為0.020mol?L﹣1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（過量）酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間，55℃時(shí)未觀察到溶液變藍(lán)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖1。①a點(diǎn)時(shí)，v（NaHSO3）＝mol?L﹣1?s﹣1。②10～40℃區(qū)間內(nèi)，顯色時(shí)間越來越短，其原因是。（3）已知：t℃時(shí)H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7；NaHSO3溶液pH＜7。在t℃時(shí)，往NaOH溶液中通入SO2。①在NaHSO3溶液中加入少量下列物質(zhì)后，的值增大的是。（填字母）A．H2OB．稀H2SO4C．H2O2溶液D．NaOH溶液②某時(shí)刻，測(cè)得溶液的pH＝6，則此時(shí)，＝。③請(qǐng)?jiān)趫D2中畫出從開始通入SO2直至過量時(shí)，溶液中n（）：n（）隨pH的變化趨勢(shì)圖。（4）以硝酸、硫酸水溶液作電解質(zhì)進(jìn)行電解，在汞電極上可轉(zhuǎn)化為NH2OH，以鉑為另一極，則該電解反應(yīng)的化學(xué)方程式為。18．（2023?江寧區(qū)一模）實(shí)驗(yàn)室以廢舊鋰電池正極材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）為原料制備Co3O4。已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp（CoCO3）＝1.4×10﹣14；NH3?H2O的電離常數(shù)為Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的電離常數(shù)分別為Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。（1）“酸浸”時(shí)LiCoO2與H2O2反應(yīng)生成Co2+并放出O2，該反應(yīng)的離子方程式為。（2）“萃取”時(shí)有機(jī)磷萃取劑（用HA表示）萃取金屬離子的原理可表示為：Mn++nHA（有機(jī)層）?MAn（有機(jī)層）+nH+（水層）。鈷、鋰在有機(jī)磷萃取萃取劑中的萃取率與pH的關(guān)系如圖1所示。隨pH的升高，Co2+在有機(jī)磷萃取劑中萃取率增大的原因是。（3）“反萃取”的目的是將有機(jī)層Co2+轉(zhuǎn)移到水層。使Co2+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件或采取的實(shí)驗(yàn)操作有（填兩項(xiàng)）。（4）“沉鈷”時(shí)可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反應(yīng)制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是。（5）“沉鈷”時(shí)，也可先制得CoCO3再制備Co3O4。CoCO3在空氣中受熱分解，測(cè)得剩余固體的質(zhì)量與起始CoO3的質(zhì)量的比值（剩余固體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)）隨溫度變化曲線如圖2所示。為獲得較高產(chǎn)率的Co3O4，請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)方案：取反萃取后得到的水相，。（可選用的試劑：0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液、空氣、0.1mol?L﹣1HCl溶液、0.1mol?L﹣1BaCl2溶液）19．（2023?岳麓區(qū)校級(jí)模擬）回答下列問題（1）NaBH4催化釋氫。在催化劑作用下，NaBH4與水反應(yīng)生成H2，可能的反應(yīng)機(jī)理如圖所示：①其他條件不變時(shí)，以D2O代替H2O催化釋氫，所得氣體的分子式為。②已知：H3BO3為一元弱酸，H3BO3水溶液呈酸性的原因是（用離子方程式表示）。（2）氨是重要的基礎(chǔ)化工產(chǎn)品之一。在一定條件下，向某反應(yīng)容器中投入5molN2、15molH2在不同溫度下反應(yīng)生成氨平衡體系中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變化曲線如圖所示：①溫度T1，T2，T3中，最大的是，M點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率為。②1939年捷姆金和佩熱夫推出氨合成反應(yīng)在接近平衡時(shí)凈速率方程式為r（NH3）＝k1p（N2）﹣k2，k1、k2分別為正反應(yīng)和逆反應(yīng)的速率常數(shù)；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各組分的分壓（分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；α為常數(shù)，工業(yè)上以鐵為催化劑時(shí)，α＝0.5。由M點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算＝（MPa）﹣2（保留兩位有效數(shù)字）。（3）氮的氧化物對(duì)大氣的污染可用氨來處理。①已知：H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44kJ/molN2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝+68kJ/mol2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571kJ/molN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ/mol請(qǐng)根據(jù)本題相關(guān)數(shù)據(jù)，寫出NH3（g）還原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的熱化學(xué)方程式：。②將NH3和NO2以一定的流速，分別通過甲、乙兩種催化劑進(jìn)行反應(yīng)，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)量逸出氣體中NO2含量，從而確定尾氣脫氮率（即NO2的轉(zhuǎn)化率），結(jié)果如圖所示：a點(diǎn)（填“是”或“不是”）平衡狀態(tài)；脫氮率a～b段呈現(xiàn)如圖變化，可能的原因是。20．（2023?五華區(qū)校級(jí)模擬）常溫下，向100mL0.01mol?L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol?L﹣1MOH溶液，圖中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況（體積變化忽略不計(jì)）?；卮鹣铝袉栴}：（1）由圖中信息可知HA為（填“強(qiáng)”或“弱”）酸，MOH為（填“強(qiáng)”或“弱”）堿。（2）①常溫下一定濃度的鹽MA稀溶液的pH＝a，則a（填“＞”“＜”或“＝”）7，用離子方程式表示其原因：。②此時(shí)，溶液中由水電離出的c（OH﹣）（填“＞”“＜”或“＝”）1×10﹣7mol?L﹣1，用含a的式子表示由水電離出的c（OH﹣）＝mol?L﹣1。（3）滴加51mLMOH溶液時(shí)，N點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的溶液c（M+）（填“＞”“＜”或“＝”）c（A﹣），此時(shí)，c（M+）＝mol?L﹣1（用分?jǐn)?shù)表示）。（4）關(guān)于K點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的溶液中的關(guān)系可能正確的是（填選項(xiàng)字母）。A．c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（M+）＜c（MOH）C．c（M+）+c（MOH）＝2c（A﹣）D．2c（M+）+c（H+）＝2c（A﹣）+c（OH﹣）

2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（解答大題）參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2024?天河區(qū)校級(jí)模擬）有機(jī)酸廣泛存在于自然界，且在生產(chǎn)和生活中都發(fā)揮著重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配離子可由含HdL（有機(jī)酸）的Mn2+溶液與硝酸反應(yīng)生成。①基態(tài)Mn3+的價(jià)電子軌道表示式為。②完成反應(yīng)的離子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O。（2）H2X是一種二元弱酸。常溫下，向一定體積的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl氣體（假設(shè)過程中溶液體積不變），溶液中主要存在以下過程：（a）X2﹣+H+?HX﹣?K1（b）HX﹣+H+?H2X?K2①關(guān)于Na2X溶液，下列說法正確的有BD。A.加水稀釋，平衡時(shí)溶液中離子總數(shù)減小B.升高溫度，平衡時(shí)溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.隨著HCl的通入，溶液中逐漸減?、贖Cl通入過程中，溶液內(nèi)lgY[Y表示]隨pH的變化關(guān)系如圖1所示；（i）反應(yīng)（a）的平衡常數(shù)K1＝107。（ii）pH＝7.0時(shí)，溶液中c（HX﹣）＝0.05mol/L，c（Cl﹣）＝0.05mol/L。（3）HR是含磷的一元有機(jī)弱酸。研究組配制了HR起始濃度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后測(cè)定其核磁共振磷譜。HR與R﹣的某個(gè)特征P原子在核磁共振譜圖上存在不同的化學(xué)位移。在水溶液中，實(shí)際測(cè)得的化學(xué)位移δ總是HR與R﹣各自化學(xué)位移的加權(quán)平均值：δ總＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。圖2給出了含磷弱酸HR在不同pH下總化學(xué)位移的變化。①χHR隨pH減小而增大（填“增大”、“減小”或“不變”），δHR＝﹣11ppm。②當(dāng)pH＝pKa時(shí)，對(duì)應(yīng)圖中點(diǎn)C（填“A”、“B”、“C”或“D”）。【答案】（1）①；②NO↑；14H+；（2）①BD；②（i）107；（ii）0.05；0.05；（3）①增大；﹣11；②C?！痉治觥浚?）①基態(tài)Mn3+的價(jià)電子為3d5，結(jié)合洪特規(guī)則書寫其軌道表示式；②[Mn（H2L）3]3﹣中Mn的化合價(jià)為+3，Mn2+失電子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得電子生成NO，結(jié)合電子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；（2）①A.Na2X是強(qiáng)堿弱酸鹽，加水稀釋時(shí)促進(jìn)水的電離；B.鹽類水解反應(yīng)吸熱，升高溫度時(shí)，水解平衡正向移動(dòng)；C.根據(jù)物料守恒關(guān)系分析判斷；D.隨著HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X；②（i）H2X是一種二元弱酸，電離平衡常數(shù)：Ka1＞Ka2，lgY＝0時(shí)c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此時(shí)Ka1＝×c（H+）＝c（H+）或Ka2＝×c（H+）＝c（H+），由圖可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7；（ii）H2X的電離平衡常數(shù)Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0時(shí)c（H+）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），即c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，結(jié)合電荷守恒關(guān)系進(jìn)行計(jì)算；（3）①由圖可知，溶液酸性較強(qiáng)時(shí)c（R﹣）較小，c（HR）較大、χHR≈1，χR﹣≈0，反應(yīng)為R﹣+H+?HR，由圖可知，酸性強(qiáng)的溶液中δ總＝δHR＝﹣11ppm；②由圖可知，溶液酸性較強(qiáng)時(shí)c（R﹣）較小，c（HR）較大、χHR≈1，χR﹣≈0，此時(shí)圖中δ總＝δHR＝﹣11ppm；當(dāng)溶液堿性較強(qiáng)時(shí)c（HR）較小，c（R﹣）較大、χHR≈0，χR﹣≈1，此時(shí)圖中δHR＝﹣6ppm，所以δ總＝﹣11χHR﹣6χR﹣，結(jié)合電離平衡常數(shù)分析解答。【解答】解：（1）①M(fèi)n原子序數(shù)為25，排布式為[Ar]3d54s2，則基態(tài)Mn3+的價(jià)電子排布式為3d4，其軌道表示式為，故答案為：；②該反應(yīng)中Mn2+失電子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得電子生成NO，則反應(yīng)的離子方程式為9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O，故答案為：NO↑；14H+；（2）①A.Na2X是強(qiáng)堿弱酸鹽，加水稀釋時(shí)促進(jìn)水的電離，溶液中n（OH﹣）增大，即溶液中離子總數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；B.鹽類水解反應(yīng)吸熱，升高溫度時(shí)，水解平衡正向移動(dòng)，溶液的堿性增強(qiáng)，c（OH﹣）增大，故B正確；C.Na2X溶液中存在的物料守恒關(guān)系為c（Na+）＝2c（H2X）+2c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C錯(cuò)誤；D.隨著HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X，則溶液中逐漸減小，故D正確；故答案為：BD；②（i）H2X是一種二元弱酸，電離平衡常數(shù)：Ka1＞Ka2，lgY＝0時(shí)c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此時(shí)Ka1＝c（H+）或Ka2＝c（H+），由圖可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7，則反應(yīng)X2﹣+H+?HX﹣的平衡常數(shù)K1＝＝107，故答案為：107；（ii）H2X的電離平衡常數(shù)Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0時(shí)c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），則c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl氣體時(shí)電荷守恒關(guān)系為c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（Cl﹣），即0.2mol/L＝0.15mol/L+c（Cl﹣），解得c（Cl﹣）＝0.05mol/L，故答案為：0.05；0.05；（3）①反應(yīng)為R﹣+H+?HR，pH減小時(shí)c（H+）增大，c（HR）增大，χHR也增大，即χHR隨pH減小而增大，當(dāng)溶液酸性較強(qiáng)時(shí)c（R﹣）較小、c（HR）較大，χHR較大1，χR﹣較小，由圖可知，強(qiáng)酸性溶液中δHR＝δ總＝﹣11ppm，故答案為：增大；﹣11；②由圖可知，溶液酸性較強(qiáng)時(shí)χHR≈1、χR﹣≈0，此時(shí)圖中δHR＝δ總＝﹣11ppm；當(dāng)溶液堿性較強(qiáng)時(shí)c（HR）較小，c（R﹣）較大、χHR≈0，χR﹣≈1，此時(shí)圖中δHR＝﹣6ppm，關(guān)系式為δ總＝﹣11χHR﹣6χR﹣，當(dāng)pH＝pKa時(shí)c（H+）＝Ka，HR的電離平衡常數(shù)Ka＝×c（H+），此時(shí)c（R﹣）＝c（HR），χHR﹣＝χR﹣＝0.5，則δ總＝﹣11χHR﹣6χR﹣＝﹣11ppm×0.5﹣6ppm×0.5＝﹣8.5ppm，即為圖中C點(diǎn)，故答案為：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查弱電解質(zhì)的電離平衡，側(cè)重分析能力和計(jì)算能力考查，把握弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響因素、電離平衡常數(shù)的計(jì)算、圖象信息處理與應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)方程式書寫等知識(shí)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。2．（2024?通州區(qū)模擬）某小組同學(xué)探究Mg與Cu2+溶液的反應(yīng)。已知：ⅰ.2Cu+?Cu2++CuK＝1.2×106ⅱ.Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣22Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11ⅲ.[Cu（NH3）2]+為無色、[CuCl4]2﹣為黃色實(shí)驗(yàn)Ⅰ：將長約15cm打磨光亮的鎂條放入2mL0.2mol?L﹣1CuCl2溶液（溶液呈黃綠色）中，實(shí)驗(yàn)記錄如下：時(shí)間第一階段0～1min第二階段1～8min第三階段8～25min第四階段25min～18h實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象鎂條表面出現(xiàn)紅色固體，伴有大量氣體產(chǎn)生仍然伴有大量氣體，溶液變?yōu)榈{(lán)色，試管底部有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生氣體量不斷減少，沉淀變?yōu)辄S色沉淀變?yōu)槌壬t色銅幾乎不可見（1）第一階段析出紅色固體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+。（2）小組同學(xué)取第二階段中淡藍(lán)色溶液，加入少量NaCl固體，溶液顏色逐漸變黃綠色，請(qǐng)用離子方程式表示溶液由淡藍(lán)色變?yōu)辄S綠色的原因[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O。（3）查閱資料：CuOH黃色，CuCl白色。第三階段產(chǎn)生的黃色沉淀可能含+1價(jià)銅的化合物，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：①取少量沉淀滴入濃氨水，沉淀完全溶解，溶液呈淺藍(lán)色，在空氣中放置一段時(shí)間后溶液成深藍(lán)色，證實(shí)沉淀中含+1價(jià)銅的化合物，溶液由淺藍(lán)色變?yōu)樯钏{(lán)色的離子方程式是4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+。②甲同學(xué)猜想第三階段反應(yīng)中先生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，逐漸轉(zhuǎn)化為黃色的CuOH，用離子方程式表示生成CuCl的主要原因是Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl③小組同學(xué)采用電化學(xué)裝置進(jìn)行驗(yàn)證。如圖裝置電路正常，反應(yīng)開始階段未觀察到電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，為進(jìn)一步驗(yàn)證產(chǎn)生了CuCl，實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是向燒杯b（a）中加入少量NaCl固體，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，燒杯b（a）中生成白色沉淀，b燒杯中溶液顏色變淺。從而證明了甲同學(xué)的猜想。（4）查閱資料，CuOH在堿性環(huán)境下一部分發(fā)生非氧化還原分解反應(yīng)，第四階段中產(chǎn)生的橙色沉淀中混有的物質(zhì)是Cu2O。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：改用0.2mol?L﹣1CuSO4溶液重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅰ，30min內(nèi)劇烈反應(yīng)，產(chǎn)生大量氣體，鎂條上出現(xiàn)紅色固體，1h后產(chǎn)物中有大量紅色物質(zhì)且有藍(lán)色沉淀。（5）經(jīng)驗(yàn)證藍(lán)色沉淀為Cu（OH）2，下列有關(guān)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀分析合理的是bc（填序號(hào)）。a.反應(yīng)放熱，促使Cu2+水解趨于完全，生成Cu（OH）2藍(lán)色沉淀b.存在平衡Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，Mg與H+反應(yīng)，使c（H+）下降，平衡移動(dòng)，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀c.由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]Mg與水反應(yīng)生成的Mg（OH）2逐漸轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2藍(lán)色沉淀（6）綜上所述，影響Mg與Cu2+溶液反應(yīng)的影響因素是Cu2+鹽陰離子種類影響反應(yīng)過程，Cl﹣離子參與Mg與Cu2+的反應(yīng)。【答案】（1）Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+；（2）[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O；（3）①4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+；②Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl；③向燒杯b（a）中加入少量NaCl固體，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，燒杯b（a）中生成白色沉淀，b燒杯中溶液顏色變淺；（4）Cu2O；（5）bc；（6）Cu2+鹽陰離子種類影響反應(yīng)過程，Cl﹣離子參與Mg與Cu2+的反應(yīng)。【分析】某小組同學(xué)探究Mg與Cu2+溶液的反應(yīng)，第一階段洗出紅色固體為Cu，伴隨大量氣體生成，后來溶液變?yōu)榈{(lán)色，溶液中存在[Cu（H2O）4]2﹣，試管底部有Cu（OH）2藍(lán)色沉淀，隨后沉淀變?yōu)辄S色，生成了CuOH，最后沉淀變?yōu)槌壬?，紅色銅幾乎不可見，CuOH在堿性條件下一部分發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，分解生成Cu2O，據(jù)此分析回答問題?！窘獯稹拷猓海?）第一階段析出紅色固體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+，故答案為：Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+；（2）小組同學(xué)取第二階段中淡藍(lán)色溶液，加入少量NaCl固體，溶液顏色逐漸變黃綠色，用離子方程式表示溶液由淡藍(lán)色變?yōu)辄S綠色的原因是：[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O，故答案為：[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O；（3）①取少量沉淀滴入濃氨水，沉淀完全溶解，溶液呈淺藍(lán)色，在空氣中放置一段時(shí)間后溶液成深藍(lán)色，證實(shí)沉淀中含+1價(jià)銅的化合物，溶液由淺藍(lán)色變?yōu)樯钏{(lán)色的離子方程式是：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+，故答案為：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+；②甲同學(xué)猜想第三階段反應(yīng)中先生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，逐漸轉(zhuǎn)化為黃色的CuOH，用離子方程式表示生成CuCl的主要原因是：Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl，故答案為：Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl；③如圖裝置電路正常，反應(yīng)開始階段未觀察到電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，為進(jìn)一步驗(yàn)證產(chǎn)生了CuCl，實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是：向燒杯b（a）中加入少量NaCl固體，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，燒杯b（a）中生成白色沉淀，b燒杯中溶液顏色變淺，從而證明了甲同學(xué)的猜想，故答案為：向燒杯b（a）中加入少量NaCl固體，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，燒杯b（a）中生成白色沉淀，b燒杯中溶液顏色變淺；（4）查閱資料，CuOH在堿性環(huán)境下一部分發(fā)生非氧化還原分解反應(yīng)，第四階段中產(chǎn)生的橙色沉淀中混有的物質(zhì)是：，故答案為：Cu2O；（5）經(jīng)驗(yàn)證藍(lán)色沉淀為Cu（OH）2，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀的原因是溶液中存在平衡：Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，Mg與氫離子反應(yīng)，促進(jìn)平衡組成進(jìn)行，生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，Mg與水反應(yīng)生成的Mg（OH）2逐漸轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2藍(lán)色沉淀，故選bc，故答案為：bc；（6）綜上所述，影響Mg與Cu2+溶液反應(yīng)的影響因素是：Cu2+鹽陰離子種類影響反應(yīng)過程，Cl﹣離子參與Mg與Cu2+的反應(yīng)，故答案為：Cu2+鹽陰離子種類影響反應(yīng)過程，Cl﹣離子參與Mg與Cu2+的反應(yīng)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)。注意讀懂題意是解題的關(guān)鍵，同時(shí)考查金屬及其化合物的性質(zhì)、原電池等基礎(chǔ)知識(shí)，電化學(xué)部分，對(duì)學(xué)生來說，要分析原理，題目難度中等。3．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）（1）已知t℃時(shí)純水的pH＝6，計(jì)算該溫度下水的離子積Kw＝1.0×10﹣12mol2/L2。該溫度下pH＝2的硫酸溶液中水電離出的c（OH﹣）＝10﹣10mol?L﹣1。（2）對(duì)水進(jìn)行下列操作，能抑制水的電離的是B。（單項(xiàng)）A．加入一小塊NaB．加入適量Ba（OH）2溶液C．升溫至60℃D．加入碳酸鈉溶液（3）已知水的電離平衡曲線如圖所示：回答下列問題：A、B、C、D四點(diǎn)Kw的關(guān)系是C＞B＞A＝D（KA、KB…表示）。（4）室溫下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.1mol?L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理錯(cuò)誤的是A。（單項(xiàng)）A．NaA可能呈酸性B．HA溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）C．NH4A可能呈中性D．若稀釋HA溶液10倍，pH的數(shù)值增大1，則HA是強(qiáng)酸（5）常溫下，向20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol?L﹣1的NaOH溶液，溶液中水電離的c（OH﹣）隨加入NaOH溶液的體積變化如圖。說法正確的是C（單項(xiàng)）A．b、d兩點(diǎn)溶液的pH相同B．從a到e，水的電離程度一直增大C．從a→c的過程中，溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)aD．e點(diǎn)所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1（6）25℃時(shí)，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當(dāng)固體溶解后，測(cè)得溶液pH減小，主要原因是（填序號(hào)）C。（單項(xiàng)）A．氨水與氯化銨發(fā)生化學(xué)反應(yīng)B．氯化銨溶液水解顯酸性，增加了c（H+）C．銨根離子濃度增大，抑制了氨水的電離，使c（OH﹣）減?。?）室溫下，如果將0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假設(shè)無損失），、NH3和NH3?H2O三種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1mol?！敬鸢浮浚?）1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）B；（3）C＞B＞A＝D；（4）A；（5）C；（6）C；（7）；NH3；NH3?H2O?！痉治觥浚?）純水電離出來的c（H+）和c（OH﹣）相等，可由Kw＝c（H+）×c（OH﹣）計(jì)算得到水的離子積常數(shù)，該溫度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水電離出的c（OH﹣）＝；（2）酸堿抑制水的電離，水解的鹽促進(jìn)水的電離，升溫促進(jìn)水的電離；（3）AD都處于25℃時(shí)，Kw相等，根據(jù)c（H+）和c（OH﹣）的大小，Kw＝c（H+）?c（OH﹣）來比較大小，穩(wěn)定升高促進(jìn)水的電離，Kw增大；（4）室溫下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.1mol?L﹣1HA溶液的pH≥1，說明HA為強(qiáng)酸或弱酸，據(jù)此分析判斷；（5）A．b點(diǎn)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，c點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa，d點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH；B．a(chǎn)→c的過程中隨著氫氧化鈉和醋酸的反應(yīng)，水的電離程度增大，b→d的過程中氫氧化鈉增多，水的電離程度減??；C．a(chǎn)→c的過程中隨著氫氧化鈉和醋酸的反應(yīng)生成醋酸鈉為強(qiáng)電解質(zhì)；D．e點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaOH，混合溶液體積是原來的3倍來分析解答；（6）一水合氨存在電離平衡，向氨水中加入含有銨根離子或氫氧根離子的物質(zhì)抑制一水合氨電離；（7）混合溶液的組成和物料守恒分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）T℃時(shí)，純水的pH＝6，純水電離出來的c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣6mol/L，Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝1.0×10﹣6mol/L×1.0×10﹣6mol/L＝1.0×10﹣12mol2/L2，該溫度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水電離出的c（OH﹣）＝＝mol?L﹣1＝10﹣10mol?L﹣1，故答案為：1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）A．加入一小塊Na，和水電離出的氫離子反應(yīng)生成氫氣，促進(jìn)水的電離，故A錯(cuò)誤；B．加入適量Ba（OH）2溶液抑制水的電離，故正確；C．水的電離過程是吸熱過程，升溫至60℃促進(jìn)水的電離，故C錯(cuò)誤；D．碳酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，加入碳酸鈉溶液，碳酸根離子水解促進(jìn)水的電離，故D錯(cuò)誤；故答案為：B；（3）A、D都處于25℃時(shí)，Kw相等，B點(diǎn)c（H+）和c（OH﹣）都小于C點(diǎn)的c（H+）和c（OH﹣），并且B點(diǎn)的c（H+）和c（OH﹣）大于A點(diǎn)c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故得到C＞B＞A＝D，故答案為：C＞B＞A＝D；（4）室溫下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.1mol?L﹣1HA溶液的pH≥1，說明HA為強(qiáng)酸或弱酸，A．NaA可能成中性或減小，不可能呈酸性，故AA錯(cuò)誤；B．HA溶液中存在電荷守恒，c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），故B正確；C．若HA為弱酸，則NH4A溶液中銨根離子水解程度和A﹣離子水解程度相同時(shí)，溶液可能呈中性，故C正確；D．若稀釋HA溶液10倍，pH的數(shù)值增大1，則證明HA是強(qiáng)酸，故D正確；故答案為：A；（5）A．b點(diǎn)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，c點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa，d點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，b點(diǎn)溶液中CH3COOH電離程度大于CH3COO﹣水解程度，則溶液呈酸性，則b點(diǎn)溶液呈酸性，d點(diǎn)溶液呈堿性，兩種溶液的pH不相同，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)→c的過程中水的電離程度增大，b→d的過程中水的電離程度減小，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)→c的過程中隨著氫氧化鈉和醋酸的反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)，故C正確；D．e點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaOH，混合溶液體積是原來的3倍，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝≈0.003mol/L，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；（6）一水合氨是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡，向溶液中加入氯化銨，銨根離子濃度增大，抑制一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，故答案為：C；（7）0.1molNH4Cl和0.05molNaOH反應(yīng)，混合溶液為：NH4Cl和NH3?H2O，根據(jù)物料守恒：n（）+n（NH3）+n（NH3?H2O）＝0.1mol；故答案為：；NH3；NH3?H2O?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡和鹽類水解相關(guān)知識(shí)，根據(jù)酸堿原理逐項(xiàng)分析是解題的關(guān)鍵，明確弱酸反應(yīng)時(shí)速率稍慢，但是等物質(zhì)的量下最終產(chǎn)量相同，整體難度中等。4．（2024?普陀區(qū)校級(jí)模擬）某可充電的鋰離子電池以LiMn2O4為正極，嵌入鋰的碳材料為負(fù)極，含Li+導(dǎo)電固體為電解質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。其充電時(shí)發(fā)生的總反應(yīng)為：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）關(guān)于該鋰離子電池說法正確的是C。A.放電時(shí)，LiMn2O4發(fā)生氧化反應(yīng)B.放電時(shí)，電子由LiMn2O4流經(jīng)碳材料形成回路C.充電時(shí)，Li+向碳材料移動(dòng)D.充電時(shí)，將LiMn2O4接入電源的負(fù)極（2）寫出放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4。LiMn2O4為尖晶石結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)立方單元組成，這8個(gè)立方單元可分為A、B兩種類型。（3）在一個(gè)B結(jié)構(gòu)中，Mn的個(gè)數(shù)為B。A.1.5個(gè)B.2.5個(gè)C.4個(gè)D.7個(gè)（4）結(jié)合圖中的數(shù)據(jù)，計(jì)算該晶胞的密度ρ＝g?cm﹣3。（設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，用a和NA的代數(shù)式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸錳MnCO3是一種難溶性白色沉淀，可作為制備LiMn2O4電極的材料?，F(xiàn)有一MnCO3固體在pH＝8.60的緩沖溶液中達(dá)到溶解平衡，測(cè)得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol?L﹣1，試計(jì)算MnCO3的溶度積常數(shù)。已知碳酸的電離平衡常數(shù)Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解與的第二步水解。（5）在上述條件下，寫出溶液中的物料守恒關(guān)系式：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根據(jù)該關(guān)系式，計(jì)算得Ksp（MnCO3）＝2.38×10﹣11?！敬鸢浮浚?）C；（2）Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）B；（4）；（5）c（Mn2+）＝c（）+c（）；2.38×10﹣11。【分析】（1）A．由分析可知，放電時(shí)，正極a電極得電子被還原；B．放電時(shí)，Li碳材料電極為負(fù)極，故電子由Li電極流出；C．由分析可知，放電時(shí)Li碳材料為負(fù)極，LiMn2O4為正極，故充電時(shí)，Li碳材料電極為陰極，LiMn2O4為陽極；D．由分析可知，放電時(shí)Li碳材料為負(fù)極，LiMn2O4為正極，故充電時(shí)，將LiMn2O4接入電源的正極；（2）放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)為：Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）由題干晶胞可知，在一個(gè)B結(jié)構(gòu)中6個(gè)Mn位于棱上，1個(gè)位于體內(nèi)，故一個(gè)B結(jié)構(gòu)中含有Mn的個(gè)數(shù)為；（4）從A立方單元中可知，一個(gè)A單元中含有2個(gè)Li+，一個(gè)晶胞中含有4個(gè)A，故每個(gè)晶胞中含8個(gè)Li+，即一個(gè)晶胞中含有8個(gè)LiMn2O4，故一個(gè)晶胞的質(zhì)量為：g，一個(gè)晶胞的體積為：（a×10﹣7）3cm3，故該晶體的密度為：ρ＝；（5）由題干信息可知，忽略Mn2+的水解與的第二步水解，故在上述條件下，溶液中的物料守恒關(guān)系式為：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根據(jù)該關(guān)系式，c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol?L﹣1，碳酸的電離平衡常數(shù)Ka2＝＝4.7×10﹣11，此時(shí)溶液pH＝8.60，故有：＝＝1.88×10﹣2，解得c（）＝6.6×10﹣7mol/L，計(jì)算得Ksp（MnCO3）＝c（Mn2+）c（）。【解答】解：（1）A．由分析可知，放電時(shí)，正極a電極得電子被還原，電極反應(yīng)式為Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4，即LiMn2O4發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)，Li碳材料電極為負(fù)極，故電子由Li電極流出，經(jīng)碳材料形成回路，故B錯(cuò)