高三化学高考备考一轮复习+水溶液中的+离子反应和平衡专项训练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页水溶液中的离子反应和平衡专项训练（A班专用）一、单选题（12题）1．下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是选项实验操作实验目的或结论A向淀粉KI溶液通入某有色气体，溶液变蓝该气体一定为Cl2B若弱酸的酸性：，向溶液中滴加少量等浓度的H2B溶液会有反应发生C向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色氧化性：D向Mg(OH)2悬浊液中加入少量氯化铵晶体，沉淀溶解，溶液变澄清A．A B．B C．C D．D2．常温下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度的变化关系如图所示，下列说法错误的是

A．曲线N代表pH与的变化关系B．由图可知，第二步电离平衡常数的数量级为C．在交叉点“b”，D．由图可知，溶液显酸性3．已知常温下水溶液中的分布分数[如、]随变化曲线如图所示。将溶液滴入溶液中，过程中溶液变浑浊。已知：；。下列说法正确的是

A．曲线表示B．水解平衡常数C．反应过程溶液中始终存在：D．恰好完全反应后溶液，则4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．水电离的的溶液：Na+、Cu2+、、B．0.2mol/L的NH4Cl溶液：Na+、K+、、C．使甲基橙变红色的溶液：Fe3+、K+、、D．0.1mol/LNaClO溶液：H+、Na+、、5．下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A有机物A加入NaOH乙醇溶液中，充分加热；冷却后，取混合液加足量硝酸酸化的硝酸银溶液未产生白色沉淀有机物A不可能是氯代烃B常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c若c>b>a水解程度A->B->C-C向放有少量脱脂棉的试管中加入几滴较浓的硫酸，充分搅拌后，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热未观察到砖红色沉淀生成说明纤维素没有发生水解D将封装有NO2和N2O4混合气体的圆底烧瓶浸泡在热水中红棕色加深NO2转化为N2O4是放热反应A．A B．B C．C D．D6．常温下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷微粒的pc—pOH关系如图所示，图中pc表示各含磷微粒的浓度负对数(pc=—lgc)，pOH表示OH—的浓度负对数[pOH=—lgc(OH—)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)，下列说法不正确的是

A．由图可得H3PO3为二元弱酸B．曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化C．pH=6.7的溶液中：c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)D．H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K<1.0×1057．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是A．a，b，c三点醋酸的电离程度：c<a<bB．由图像可知，醋酸的导电能力与CH3COOH的电离程度没有必然联系C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大D．a，b，c三点溶液用1mol·L-1的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：c<a<b8．某卤水中主要含有，一种以该卤水为原料制备的工艺流程如图：已知常温下，，下列说法错误的是A．滤渣Ⅰ的主要成分为和B．“除钙”的反应为C．“净化”步骤中加入稀盐酸的目的是抑制Cl-的水解D．可利用焰色试验检验所得产品中是否含有钠元素9．浓度均为一元酸HA和HB的混合溶液中，向其中滴加某浓度的溶液，溶液中和随溶液pOH变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．线n表示随pOH的变化关系B．X、Y两点溶液中存在关系：C．一元酸HA和HB的电离常数相差2D．当HA和HB与恰好完全反应时，溶液中存在10．硫代硫酸钠()的制备和应用相关流程如图所示。

已知：25℃时，的，；的，下列说法正确的是A．步骤1所得的溶液中：B．步骤1过程中pH=8时，C．步骤3所得的清液中：D．步骤3的离子方程式为：11．燃煤烟气中的捕集可通过如图所示的物质转化实现。已知：。下列说法正确的是

A．吸收所得到的溶液中：B．完全转化为时，溶液中存在：C．“吸收”后所得溶液中：D．“转化”后得到的上层清液中：12．常温下，已知Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=1.3×10-36，如图所示CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2-)浓度的负对数关系，下列说法不正确的是

A．曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnSB．向含Zn2+和Cu2+的溶液中逐滴加入0.1mol/L的Na2S溶液，Cu2+先沉淀C．p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液D．向曲线A表示的溶液中加入1mol/L的Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转换二、填空题（4大题）13．是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(主要成分为，还含有等)为原料制备晶体的工艺流程如图所示。

一些难溶电解质的溶度积常数()如下表：难溶电解质回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为。的配合物存在的化学键有(填标号)。a．非极性键

b．配位键

c．金属键

d．极㤦键

e．离子键(2)滤渣1中主要有和。(3)若为，其作用是(用离子方程式表示)。实称用量远大于理论用量，可能的原因是。滤液2中，为确保其中，需调节的范围是(已知：)。(4)“氟化除杂”时发现溶液酸度过高，会导致和沉淀不完全，从化学平衡移动的角度分析，其原因是。(5)“沉镍”过程生成碱式碳酸镍。为测定该沉淀的组成，称取纯净干燥沉淀样品，隔绝空气加热，该化合物的热重曲线如图所示，以上固体质量不再变化。通过计算确定该沉淀的化学式为。

(6)将所得与混合加热可制备无水并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为。14．低品位硫化铜矿湿法提铜系统产生大量萃余液，其中酸浓度和铁含量高，有价金属铜、锌，铝含量低。现用串联靶向回收工艺可实现萃余液中多种有价金属的资源化回收利用，处理后液可达到国家排放标准。其工艺流程如图甲所示：

甲回答下列问题：(1)从平衡的角度解释，加入石灰石后转化为沉淀的原因为。(2)“中和”时，原溶液中的浓度为，其物质的量浓度为，实验可知溶液中恰好沉淀完全时，和未发生明显反应，仍留在溶液中。已知室温时，则恰好沉淀完全时溶液的为。(3)“沉淀”时，用量对金属回收的影响如图乙和图丙所示，则“沉淀2”所得固体的主要成分为，“沉淀1”和“沉淀2”对应的用量分别为、(填选项字母)。

A．

B．

C．

D．(4)“沉铝”时，发生反应的离子方程式为。(5)该工艺具有生产成本低，有价金属回收率高等优点，但也存在一定的缺陷。试写出一条该工艺的缺陷：。15．稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：

已知：①是“沉钪”过程中与氯化物形成的沉淀，在强酸中部分溶解。②“脱水除铵”是沉淀的热分解过程。⑧25℃时，部分物质的相关信息如表所示：(1)钪(Sc)原子的价层电子排布式为。(2)“焙烧”过程生成的化学方程式为。(3)“脱水除铵”过程中残留固体质量随温度的变化关系如图所示，在380～400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到。则。(写出计算过程)

(4)传统制备的方法是先得到沉淀，再高温脱水得，但通常其中含有ScOF杂质，原因是(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的，其原因是。(5)将1.8mol加入到1L含有0.12mol/L的废水中，发生的离子反应为：，该反应的平衡常数的值。16．SO2和H2S是大气污染物，这两种气体的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。Ⅰ．水煤气还原法已知：①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)ΔH1=+45.4kJ·mol-1②2CO(g)+SO2(g)=S(1)+2CO2(g)ΔH2=-37.0kJ·mol-1(1)写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式；若该反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为(填字母)。A．单位时间内，生成nmolCO的同时生成nmolCO2B．混合气体的平均摩尔质量保持不变C．混合气体的总压强保持不变D．CO2(g)与H2(g)的体积比保持不变(2)在温度为T℃下，将1.4molH2和1molSO2通入2L恒容密闭容器中发生上述反应①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。SO2的平衡转化率α(SO2)=。

(3)某密闭容器中发生上述反应②2CO(g)+SO2(g)=S(1)+2CO2(g)，平衡时CO的体积分数(%)与压强和温度的关系如图所示。

则T1、T2、T3由小到大的关系顺序是，判断的理由是。Ⅱ．碱液吸收法(4)用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为CO+H2S=HS-+HCO。该反应的平衡常数K=。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．D【详解】A．已知NO2为红棕色，NO2与水反应生成具有强氧化性的HNO3，能将I-氧化为I2，故向淀粉KI溶液通入某有色气体，溶液变蓝，该气体不一定是Cl2，A不合题意；B．若弱酸的酸性：，向溶液中滴加少量等浓度的H2B溶液，根据强酸制弱酸的一般规律可知，该反应方程式为：，B不合题意；C．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，说明发生了反应：2KBrO3+Cl2=2KClO3+Br2，则可说明氧化性：KBrO3＞KClO3，还原性：Cl2＞Br2，C不合题意；D．已知氯化铵溶液由于水解呈酸性，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量氯化铵晶体，沉淀溶解，溶液变澄清，是由于Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),+OH-NH3•H2O，则总反应为，D合题意；故答案为：D。2．B【分析】常温下，向二元弱酸溶液中滴加KOH溶液，第一步反应：，当全部转化为后，发生第二步反应，；【详解】A．pH增加，减少，增加，即增大，增大，与曲线M相符，故A正确；B．依据混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图，b点pH=1.3，则，，，，故B错误；C．交点b表示，即，故C正确；D．参考选项B计算，可知通过图中c点可得Ka1=10-1.3，，，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，故D正确；答案选B。3．B【分析】由题中信息可知，为二元弱酸，电离平衡为，用溶液滴定溶液，发生反应：，则酸性强弱：，所以曲线表示的各微粒分布曲线，曲线代表，曲线代表，曲线代表，曲线为，曲线为；【详解】A．根据分析可知，曲线表示，A错误；B．的水解平衡常数，曲线和相交时，此时，则，B正确；C．随着溶液的滴入，产生沉淀而析出，溶液中，根据电荷守恒：，则，C错误；D．恰好完全反应后溶液中，由可知当时，，则，D错误：故选：B。4．C【详解】A．水电离的的溶液中含有大量的H+或者OH-，当由大量的H+时，不能大量共存，当有大量的OH-时Cu2+和不能大量共存，A不合题意；B．0.2mol/L的NH4Cl溶液的与因发生双水解反应而不能大量共存，C不合题意；C．使甲基橙变红色的溶液中含有大量的H+，H+与Fe3+、K+、、均不反应，能够大量共存，C符合题意；D．0.1mol/LNaClO溶液中的ClO-与H+结合为弱电解质HClO、ClO-与H+、Cl-因发生氧化还原反应而不能大量共存，H+、、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。5．D【详解】A．卤代烃消去的原则是：与卤素原子直接相连的邻碳上有H原子，若邻碳上无H则不能消去，选项A错误；B．常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c，若c>b>a，根据越弱越水解，水解程度C->B->A-，选项B错误；C．加入新制氢氧化铜之前要加氢氧化钠溶液调节至碱性，再加热，选项C错误；D．装有NO2和N2O4气体的烧瓶存在2NO2(g)N2O4(g)，将其浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明NO2浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，选项D正确；答案选D。6．D【分析】由图可知，H3PO3溶液中含磷微粒只有3种，说明H3PO3在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，则H3PO3为二元弱酸；溶液的碱性越强，POH越小，溶液中H3PO3的浓度越小、HPO的浓度越大，则曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化；由z点坐标可知，溶液中H3PO3与H2PO的浓度相等，溶液中氢离子浓度为10—14+12.6mol/L=10—1.4mol/L，则H3PO3的Ka1==c(H+)=10—1.4，同理由x点坐标可知，H3PO3的Ka2==c(H+)=10—6.7。【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，故A正确；B．由分析可知，曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化，故B正确；C．pH为6.7的溶液中pOH为7.3，由图可知，溶液中H2PO与HPO的浓度相等，由物料守恒可知，溶液中c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，则溶液中c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)，故C正确；D．由方程式可知，反应的平衡常数K====1.0×105.3＞1.0×105，故D错误；故选D。7．B【详解】A．加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，A错误；B．由图像可知，醋酸的导电能力b点最大，电离程度c点最大，故醋酸的导电能力与CH3COOH的电离程度没有必然联系，B正确；C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，结合图像可知导电能力增强，则c(H＋)增大，pH偏小，C错误；D．a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a=b=c，D错误；故选B。8．C【分析】卤水加入生石灰除杂，去掉滤渣Ⅰ的主要成分为和，滤液再加入碳酸钠固体除钙，得到滤渣Ⅱ为碳酸钙，滤液加入稀盐酸净化，再浓缩得到氯化钠，加入饱和碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂；【详解】A．根据卤水的主要成分可知，加入生石灰后发生反应，可将卤水中的和转化为和沉淀除去，选项A正确；B．“除钙”过程中加入固体的反应为，选项B正确；C．“净化”的目的为除去，防止在浓缩过程中析出固体，造成损失，选项C错误；D．可利用焰色试验可检验所得产品中是否含有钠元素，选项D正确；答案选C。9．D【详解】A．根据浓度均为一元酸HA和HB的混合溶液中，推出HA酸性强于HB，X、Y点对应的分别为和，则溶液中分别为和，则线m对应HA，表示随pOH的变化关系，选项A错误；B．混合溶液中HA和HB的起始浓度均为，但滴加溶液过程中溶液体积变大，则X、Y两点溶液中，选项B错误；C．一元酸HA和HB的电离常数相差，选项C错误；D．由于HB酸性比HA弱，因此NaB的水解程度大，当HA和HB与恰好完全反应时，溶液中存在，选项D正确；答案选D。10．D【详解】A．步骤1中是向Na2CO3溶液中加入NaHSO3溶液得到Na2SO3溶液，碳酸的一级电离常数大于亚硫酸的二级电离常数，产物为亚硫酸钠和碳酸氢钠，根据物料守恒式可知钠离子浓度大于二倍的含硫微粒浓度和，故A错误；B．假设等式成立，对其进行变形，即，此时溶液pH=8即，代入数据计算，因此该等式不成立，故B错误；C．步骤3所得是清液，说明没有沉淀生成，则，故C错误；D．步骤3中生成配合物使沉淀溶解，反应的离子方程式为：，故D正确；故选D。11．B【分析】吸收步骤中二氧化碳转化为碳酸钾或碳酸氢钾，转化步骤中与石灰乳反应生成碳酸钙和氢氧化钾，碳酸钙煅烧后生成二氧化碳。【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，故A错误；B．KOH完全转化为KHCO3时，将Ka1和Ka2数值带入不等式计算，Ka1·Ka2<Kw，故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，吸收后的溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，故C错误；D．转化后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，，故D错误；故选B。12．B【分析】由溶度积可知，硫离子浓度相同时，硫化铜饱和溶液中铜离子浓度小于硫化锌溶液中锌离子浓度，由图可知，硫离子浓度相同时，曲线A中阳离子的浓度小于曲线B，则曲线A表示的是硫化铜，曲线B表示的是硫化锌。【详解】A．由分析可知，曲线A表示的是硫化铜，曲线B表示的是硫化锌，故A正确；B．没有明确溶液中锌离子和铜离子的浓度的大小，则向含有锌离子和铜离子的溶液中逐滴加入0.1mol/L硫化钠溶液，不一定是铜离子先沉淀，故B错误；C．由图可知，p点溶液中金属阳离子的浓度相同，硫离子浓度小于n点，p点溶液中的浓度熵Qc小于硫化铜的溶度积，由溶度积可知，p点表示硫化铜或硫化锌的不饱和溶液，故C正确；D．由图可知，n点和m点溶液中铜离子浓度相等，向硫化铜饱和溶液中加入1mol/L硫化钠溶液时，硫离子浓度增大，铜离子浓度减小，所以不可能实现n点到m点的转换，故D正确；故选B。13．(1)bdc(2)S(3)分解损耗(4)和结合生成弱电解质HF，使浓度减小，和的沉淀溶解平衡向溶解方向移动(5)(6)【分析】废弃催化剂加入稀盐酸后，金属氧化物发生反应，生成Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+，加入硫化氢后生成CuS沉淀，所得溶液加入X、Y调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀，所的滤液中加入氟离子，沉淀法除去钙离子和镁离子，过滤后加入碳酸钠得到碳酸镍，向沉淀中加入盐酸可得溶液；【详解】（1）①Ni的质子数是28，基态原子的价电子排布式为；②与之间存在离子键，与之间存在配位键，N与H之间存在极性键，故选：bdc（2）通入后发生反应，，故滤渣1的成分主要是CuS、S。（3）①加的作用是氧化，故发生的反应为：；②过氧化氢易分解，溶液中存在的金属阳离子也会催化分解，故用量远大于理论用量；③为了使，根据可得；根据可得开始沉淀的。（4）和结合生成弱电解质HF，酸度过高，使浓度减小，和的沉淀溶解平衡向溶解方向移动（5）由图可知第一阶段失去的成分为结晶水，，第二阶段失去的成分为和，最后残留物是NiO，故。设样品中的物质的量为a，的物质的量为b根据Ni元素守恒，Ni的总物质的量为：①第二阶段失去的成分为和总质量为②联立①②，解得，故。（6）将所得与混合加热可制备无水并得到两种酸性气体，根据元素守恒可推知为，HCl和SO2，故反应的化学方程式为：14．(1)在水溶液中存在，加入的与溶液中的反应，使得降低，平衡正向移动，转化为沉淀(合理即可)(2)3(3)ZnSBC(4)(5)酸性溶液中加入后会产生有毒的气体，污染环境(合理即可)【分析】湿法提铜萃余液中加入石灰石后除去滤渣，所得滤液加入硫化钠进行沉淀，得到沉淀1为硫化铜，再加入硫化钠进行沉淀，得到沉淀2为硫化锌，再加碳酸钠沉铝，处理后液；【详解】（1）在水溶液中存在，加入的与溶液中的反应，使得降低，平衡正向移动，转化为沉淀；（2）根据原溶液中的浓度为，；恰好沉淀完全时，代入，计算可得，则，则；（3）根据图像分析可知，“沉淀1”为CuS，“沉淀2”为ZnS，为了尽量多的回收铜，并减少锌和铝元素的损失，应选择用量为，答案选B；同理可知回收锌时，应选择用量为，答案选C；（4）向含有的溶液中加入可发生双水解反应，其离子方程式为；（5）该工艺的缺陷为酸性溶液中加入后会产生有毒的气体，污染环境。15．(1)(2)(3)1：2(4)(或(加热、高温均可)“除铵”时分解生成HCl，抑制的水解(5)【分析】钛尾矿经一系列处理后得到固体Sc2(C2O4)3和主要成分是H2C2O4的废水，Sc2(C2O4)3通空气焙烧除去C元素后用浓盐酸溶解，再用氨水调节pH值，加入NH4F沉钪得到复盐沉淀，最后热分解脱水除铵，利用活泼金属钙置换得到钪单质，据此分析回答(2)～(4)；(5)1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中，离子反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)，当反应进行完全时c()=0.12mol/L，则c(Pb2+)=mol/L，c()==3×10-3mol/L，该反应的平衡常数K==×=×Ka1×Ka2=×6.0×10-2×3.25×10-5=1.5×10-5，滤饼经浓硫酸处理后，铅元素转化为沉淀，据此分析解题。【详解】（1）已知Sc是21号元素，故钪(Sc)原子的核外电子排布式为：[Ar]3d14s2，则其价层电子排布式为3d14s2，故答案为：3d14s2；（2）“焙烧”过程通入空气除去CO2生成Sc2O3，化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；（3）已知②“脱水除铵”是复盐沉淀xNH4Cl•yScF3•zH2O的热分解过程，结合图中曲线及数据，200～300℃固体质量损失2.16g是其中的水分，物质的量为，380～400℃过程中会有白烟冒出，固体质量损失3.2g是其中的NH4Cl，物质的量为，则x：z=1：2，故答案为：1：2；（4）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3•6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但存在水解：(或(加热、高温均可)，产物通常含有ScOF杂质，流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的SeF3，其原因是脱铵时NH4