2024年高考化学二轮复习：化学常用计量（分层练）教师版

专题验收评价

专题02化学常用计量

内容概览

A•常考题不丢分

【考点——定物质的量浓度溶液的配制】

【考点二以物质的量为中心的多角度计算】

【微专题阿伏加德罗常数的六大陷阱】

B•综合素养拿高分/拓展培优拿高分

C•挑战真题争满分

A•常考题不丢分、

1.（2023・上海徐汇・统考模拟预测）实验室用98%的浓硫酸配制200mL0.5mol.L-的稀硫酸。下列说法簿送

的是

A.应选用200mL容量瓶B.可选用量筒量取浓硫酸

C.在烧杯中稀释浓硫酸D.定容时应选用胶头滴管

【答案】A

【解析】A.实验室没有200mL容量瓶，应选用250mL容量瓶，故A错误；B.浓硫酸为液体，量取浓硫

酸可以选用量筒，故B正确；C.稀释浓硫酸在烧杯中进行，具体操作为：将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中,

同时用玻璃棒不断搅拌，故C正确；D.定容时应用胶头滴管逐滴滴加蒸储水至容量瓶的刻度线，故D正

确；故答案选A。

2.（2023•河北石家庄•校联考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是

【解析】A.该装置可通过微热烧瓶的方式将氨气赶入烧杯中引发喷泉，可演示喷泉实验，故A正确；B.充

满二氧化硫的试管倒置到水槽中，液面上升可能是因为气体溶于水导致，不能证明二氧化硫与水发生了反

应，故B错误；C.配制lOOmLO.lOmoLLTNaOH溶液应用100mL容量瓶、不能用烧杯，故C错误；D.苯

和苯酚互溶，不能采用分液的方法分离，故D错误；故选：Ao

3.（2023・上海宝山・统考一模）下列有关实验操作的叙述错误的是

A.滴定管用水洗净后，加入待装液

B.配制溶液时，容量瓶不需干燥

C.测结晶水含量时，加热后的用烟必须放在干燥器中冷却

D.过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁

【答案】A

【解析】A.滴定管用水洗净后，再使用待装液润洗后才能加入待装液，A错误；B.底部含有蒸储水不影

响溶液浓度，配制溶液时，容量瓶不需干燥，B正确；C.测结晶水含量时，加热后的珀烟必须放在干燥器

中冷却，防止空气中水蒸气影响实验结果，C正确；D.过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止滤

液溅出，D正确；故选A。

4.（2023・福建龙岩•统考模拟预测）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②

用烧碱固体配制100mL浓度约为O.lmoM/的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用

移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是

【答案】B

【解析】A.步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到

仪器是容量瓶等，故A错误；B.因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为（Mmol,

100mL蒸储水约为0.1L,则浓度约为0.1mol/L,故B正确；C.用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终

点显碱性，应用酚醐作指示剂，故C错误；D.步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下

逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D错误；答案为B。

5.（2023・湖南永州•统考二模）下列有关实验说法正确的是

A.酒精灯加热烧瓶时不用垫石棉网

B.金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火

C.可用蒸储的方法分离乙醇（沸点78.3。0和苯（沸点80.1℃）

D.用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，可用滴管吸出多余液体

【答案】B

【解析】A.烧瓶底面积大，为使受热均匀，酒精灯加热烧瓶时垫石棉网，A错误；B.加热下，钠能和

氧气生成过氧化钠、钠和水反应生成的氢气是可燃物、过氧化钠能和水、二氧化碳反应提供氧气，个钠与

水反应金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火，B正确；C.不可用蒸储的方法分离乙醇（沸点78.3。©和苯（沸

点80.1。0,因为二者沸点太接近，C错误；D.用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，则体积不准确，

必须重新配制、不可用滴管吸出多余液体，D错误；答案选B。

1.（2023•广东湛江•统考模拟预测）我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【（COOCH3）2】催化加氢

制乙二醇的技术难关，反应为(COOCH3)2(g)+4HKg)UHOCH2cH20H(g)+2CH30H(g)AH。如图所示，在

恒容密闭容器中，反应温度为Ti时，c(HOCH2cH20H)和胃压)随时间t的变化分别为曲线I和II,反应温度

为T2时，C(H2)随时间t的变化为曲线皿。下列判断正确的是

A.AH>0

B.a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)=v(b)

11

C.在T2温度下，反应在0~t2内的平均速率为V(HOCH2CH2OH)=^mol-L-g

D.其他条件相同，在Ti温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于ti

【答案】C

【解析】A.反应温度为Ti和T2,以“压)随时间t的变化为曲线比较，n比ni先达到平衡，所以TI>T2,温

度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，选项A错误；B.升高温度，反应速率加快，TI>T2,则反

1

应速率v(a)>v(b),选项B错误;C.T2时，在0〜t2内，△c(H2)=0.05mol»L,则

11

t;(HOCH2CH2OH>^mol-L.s,选项C正确；D.向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影

响反应速率，选项D错误；答案选C。

2.(2023•广西南宁•南宁三中校联考模拟预测)在盛有CuO/Cu2。载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生

反应：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s)AH„平衡时O2的体积分数中(。2)随反应温度T变化的曲线如图所示。

下列说法错误的是

25-

(1030,21)

20二

%15

(、一

e1

o0(985,10)

w--

5

一

0

8O一O-

90010001100

77℃

A.该反应在低温条件下能自发进行

B.当氧气的物质的量浓度不变时，反应达到了平衡状态

C.在1030。(2时加入催化剂，平衡时中(。2)>21%

D.985(达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，(p(O2)=10%

【答案】C

【解析】A.升高温度，氧气含量增加，平衡逆向移动，则为放热反应，且反应为燧减的反应，根据AH-TASO

可以自发可知，该反应在低温条件下能自发进行，A正确；B.当氧气的物质的量浓度不变时，说明平衡不

再移动，反应达到了平衡状态，B正确；C.催化剂通常能加快反应但不影响平衡的移动，不改变氧气含量,

C错误；D.985。(2达到平衡状态后，充入纯氧不影响平衡常数，K=C'(O2),则再次达到平衡后，，<p(O2)=10%,

D正确；故选C。

3.(2023•安徽•校联考三模)25。(3时，分别向25mL浓度均为LOmoll」的HA、NaA溶液中逐滴加入浓度

均为的NaOH、HC1溶液VmL。溶液的pH与lgY[Y=Y=半二或曾誓]的关系如图所示。下

c(HA)c(A)

B.当pH=4.74时，一定存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)

C.当滴入体积V=12.5mL时，溶液pH>4.74

D.25℃时，的NaA溶液的pH=9.37

【答案】B

【分析】pH增大，c(H+)减小，促进HA电离，抑制A-水解，因此pH增大，黑?减小，篇^增大，所

以曲线①中丫=室｛,曲线②中丫="勺；当pH=4.74时，①②相交，*答=2工，则c(HA尸c(A),

c(HA)c(A)卜c(A)C(HA)

所以小⑻M)=I。"Ko

c(HA)Ka10^74

【解析】A.由以上分析可知曲线①中丫=半),故A正确；B.NaA溶液中滴加HC1溶液时，根据电荷

c(HA)

守恒，溶液中一定存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl'),故B错误；C.当滴入体积V=12.5mL时，溶

液中HA和NaA的物质的量均相等，因此Ka>Kh，因此c(HA)〈c(AD,由于Ka不变，此时c(H+)<10^74mol/L,

溶液pH>4.74,故C正确；D.25。(3时，LOmolLi的NaA溶液的c(OH)=xmol/L,则根据HA+OH-

c(HA)c(QH)

可知，c(OH-尸c(HA)=xmol/L,Kh==JSL=j0-9.26；解得：x-10-4.63；所以,

c(A)1.0-x

pH=9.37,故D正确；故选：Bo

4.(2023•湖南衡阳•校联考三模)已知：AgCl、AgzCrO,在水溶液中的溶解平衡分别为

AgCl(s,白色)=Ag+(aq)+C「(aq)、AgzCrO/s,深红色)U2Ag+(aq)+CrO『(aq)。常温下，分别向20mL

等浓度的NaCl溶液和NazCrO」溶液中滴加等浓度的AgNOs溶液，所加硝酸银溶液的体积与阴离子的浓度关

系如图所示。下列说法错误的是

(

c

o

o

)

)

国

曲

(

一

。

)

国

，■(AgNC)3溶液)/mL

^sP(Ag2Cr04)=4xio.26

/(AgCl)

B.NazCrO’与AgNOs溶液反应对应曲线②

C.NaCl可作为AgNOs溶液标定NazCrO,溶液浓度的指示剂

D.欲使图中a点或b点向左平移可增大AgNC>3溶液的浓度

【答案】C

【分析】由图可知，曲线①所示反应在加入20mLAgNC)3溶液后恰好沉淀完全，曲线②所示反应在加入

40mLAgNO3溶液后恰好沉淀完全，结合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲线①表示滴定NaCl溶液的变化曲

线，曲线②表示滴定NazCrO,溶液的变化曲线，根据b点计算：c(CrOt)=lO^mol.L1,

c(Ag+)=2x1()Tmol.L,故/(AgQO,)=2x10yx2x10-x10Y=4x10一、同理根据a点计算，

-4794

Ksp(AgCl)=lO^xlO-=10-o

KKA4CrOj生”=4x10为

【解析】A.由分析可知,A正确；B.由分析可知，溶液与AgNC>3溶

/（AgCl）IO94

液反应对应曲线①，NazCrO,与AgNC>3溶液反应对应曲线②，B正确；C.AgCl为白色沉淀，恰好沉淀时

-lge(cr)=4.7,AgzCrO,为深红色沉淀，恰好沉淀时-lg《CrOj)=4,AgzC。溶解能力稍大于AgCl,

结合终点颜色变化，可知NazCrO’可作为AgNOs溶液标定NaCl溶液浓度的指示剂，C错误；D.增大AgNC>3

溶液的浓度或减小NaCl溶液和NazCrO,溶液的初始浓度均可使消耗AgNC»3溶液的体积减小，可实现图像中

a点或b点向左平移，D正确；故答案为：C=

5.(2023•山东荷泽•校考一模・节选)铳是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。

工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3,SiO2,Sc2O3>TiCh等)回收SC2O3的工艺流程如图。

盐酸H2O2氨水草酸

赤泥—座矗]f施]一施]草酸铳晶体与、SC2O3固体

1111

---------------------SC2(C2O4)3-6H2O加热23―

滤渣I滤渣H

已知：TiCh难溶于盐酸;Ksp[Fe(OH)3]=1.0x10-38。

回答下列问题：

1

(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol-L,常温下“调pH”

时，若控制pH=3,则Fe3+的去除率为(忽略调pH前后溶液的体积变化)。

3+

⑶已知25。（2时，Khi（C2Ot）=a,Kh2（C20t）=b,KSp[Sc2（C2O4）3]=Co“沉铳”时，发生反应：2Sc+

+

3H2C2O4Sc2(C2O4)3i+6H,该反应的平衡常数K=(用含a、b、c的代数式表示)。

【答案】(2)将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+99%

K6

⑶苗

abc

【解析】(2)由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3

时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH-)=10TmorLT,此时三价铁的浓度为

作"尸斗|黎工党*则FW的去除率为。％黑吟…99%；故

答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。

(3)已知25。(2时,Khi(C2O4~)=a,Kh2(C20t)=b,KSp[Sc2(C2O4)3]=c,则反应2Sc"+3H2c2O4=Sc2(C2()4)3

+6H+的平衡常数K(CO；)K(CO；-;故答案

°6(H+)（除心hl2h22K6

23+3

C(SC)C(H2C2O4)"Ksp^C2(C2O4)3]-Ksp^c2(C2O4)3]-a3b3c

1.（2023・辽宁阜新•阜新实验中学校考模拟预测）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.常温常压下，40gsic中所含C-Si数目为2NA

B.标准状况下，11.2LCHCb中含有0.5NA个C原子

C.常温常压下，20gNC>2和26gN2CU的混合气体中氧原子总数为2NA

D.25。（2时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NA

【答案】C

【解析】A.ImolSiC中含4moic-Si键，40gsic为Imol,C-Si键数目为4NA,故A错误；B.标况下CHCb

不是气体，不能依据体积确定其物质的量，故B错误；C.混合气体的总质量为46g,两气体的最简式均为

NO2，则46g混合气体等同于46gNO2,即ImolNCh,中氧原子总数为2NA,故C正确；D.1.0LpH=13的

Ba（OH）2溶液中OH-浓度为O.lmol/L,OH的数目为O.INA,故D错误；故选：C。

2.（2023•陕西西安•陕西师大附中校考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是

A.ImolNz和3molH2充分反应后原子总数为8NA

B.ILlmol/LNa2cO3溶液中，阴离子总数大于NA

N

C.14g分子式为CnH2n的煌中含有的C—C键数为一

D.浓硝酸受热分解生成NO2、N2O4共23g,转移电子数为0.5NA

【答案】C

【解析】A.根据原子守恒可知，反应前后原子总数不变，则ImolN?和3moiH2充分反应后原子共

Imolx2+3molx2=8mol,总数为8NA,A正确；B.ILlmol/LNa2cCh溶液中除了碳酸根离子，还存在碳酸根

离子水解生成碳酸氢根离子、氢氧根离子，以及水电离的氢氧根离子，故阴离子大于Imol,总数大于NA,

N

B正确；C.分子式为CnH2n的煌可能为环烷烧、也可能为直链烯烧，故中含有的C—C键数不一定为。，

C错误；D.N02、N2O4最简式均为N02,N02、N2O4共23g则可看着生成0.5molNO2,氮元素化合价由+5

变为+4,则转移电子0.5mol,数目为0.5NA,D正确；故选C。

3.（2023・广西南宁・南宁三中校考二模）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是

A.0℃,lOlkPa下，11.2L氢气中质子的数目为NA

B.lmolK2Cr2O7被还原为CN+转移电子数目为6NA

C.常温下，pH=5的NH4cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-5NA

D.0.2mol苯乙烯完全燃烧，生成CO2的数目为1.6NA

【答案】C

【解析】A.1分子氢气中含有2个质子，101kpa下，11.2L氢气为0.5moL则质子的数目为NA,A

正确；B.ImolKzCnCh被还原为Cr3+转移电子关系为KzCrq7-Ge-,则转移电子数目为6NA,B正确；C.没

有溶液的体积，不能计算溶液中离子的物质的量，C错误；D.1分子苯中含有6个碳原子，根据碳原子守

恒可知，0.2mol苯乙烯完全燃烧，生成L6molCO2,二氧化碳分子数目为1.6NA,D正确；故选C。

4.（2023•河北邢台•邢台市第二中学校联考三模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.10083.4%应。2溶液中含氧原子数为02NA

B.10.4g苯乙烯（＜^-CH=CH2）分子中含碳碳双键数为0.4NA

C.向ILSlmolI-氨水中滴入NaHSOj溶液至中性时溶液中NH；数为O.INA

D.2.24L（标准状况）Cl?与足量NaOH溶液反应转移的电子数为

【答案】D

【解析】A.10083.4%耳。2溶液中含过氧化氢3.4g（为O.lmol）、水96.6g,O.lmol过氧化氢分子含氧原子

0.2mol,但是溶剂水中还存在氧原子，故10083.4%应。2溶液中含氧原子数大于0.2/，A错误；B.1个苯

乙烯分子中只有1个碳碳双键，10.4g苯乙烯为O.lmol,则分子中含碳碳双键数为0」NA，B错误；C.溶液

呈中性时，溶液中n（NH3-H2O）+n（NH：）=0.1mol,则NH；的数目小于0.1以，C错误；D.2.24L（标准状况

下为O.lmol）氯气和足量氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，电子转移关系为C4~日，则转移的电子

数为0.1/，D正确；故选D。

5.（2023•广东深圳・红岭中学校考模拟预测）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A.Imol熔融状态下的A1C13中含有AF+的数目为NA

B.标准状况下，IL2LSO3中含有S原子的数目为0.5NA

C.ImoLLiKCl溶液中，K*的数目为NA

D.常温常压下，18gH2。中含有共价键的数目为2NA

【答案】D

【解析】A.A1CL是共价化合物，由分子构成，在熔融状态下不能电离，则熔融状态下的A1CL中无A1"，

故A错误；B.标准状况下，SO3是非气态物质，无法计算物质的量，故B错误；C.ImoLLTKCl溶液中，

由于溶液体积未知，无法计算物质的量，故C错误；D.常温常压下，18gH2。物质的量为ImoL贝1118g水

中含有共价键的数目为2NA，故D正确；综上所述，答案为D。

B•拓展培优拿高分、

1.（2023•重庆沙坪坝•重庆南开中学校考模拟预测）金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保的制备氯金酸

（H[AUC14]）,其化学方程式为：2Au+8HC1+5H2O2=2H[AUC14]+8H2O+O2To设NA为阿伏加德罗常数

的值，下列说法正确的是

A.消耗ImolAu,反应转移的电子数为4NA

B.消耗2moiHC1生成的分子数为S5NA

C.消耗85gHQ2,产物中形成的配位键数目为2NA

D.2moi液态水中含有的氢键数目为4NA

【答案】A

【解析】A.由方程式可知，2moiAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol,因此消耗ImolAu,反应转

移的电子数为4NA,A正确；B.由方程式可知，每消耗8moiHC1生成ImolCh,因此消耗2moiHC1生成的

。2分子数为0.25NA,B错误；C.每个H[AuC14]中含有4个配位键，85gH2O2的物质的量为：

n=/=34g/jo/=2.5mol,由方程式知，5mOIH2O2反应生成2molH[AuC14]，因此消耗85gH2O2,产物中形

成的配位键数目为4NA,C错误；D.Imol冰中含有2moi氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2moi液态

水中含有的氢键数目小于4NA,D错误；故选A。

2.（2023・湖北•校联考模拟预测）甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。

NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是

A.pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为IXICPNA

B.0.5mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NA

C.50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有◎键数目为5NA

D.甲醇燃料电池中，每消耗22.4L（标准状况）甲醇，转移电子数目为6NA

【答案】B

【解析】A.该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；B.甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧

原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA,B项正确；C.50g质量分数为64%的甲

醇水溶液中，m(CH3OH)=32g,m(H2O)=18g,各为1mol,1molCH30H中◎键数目为5NA,ImolH2O中◎键

数目为2NA,因此50g该溶液中◎键数目为7NA,C项错误；D.标准状况下，甲醇为液体，D项错误；故

选B»

3.(2023•广东广州•统考三模)为研究Ce(SO4)2・4H2。(相对分子质量：404)的热分解性质，进行如下实验:

准确称取4.04g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是

残留固体的质量/g

400℃

B.b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2<eOSO4+3SO3T

C.c点固体的主要成分为CeCh

D.800。(2时,固体失重57.43%

【答案】B

404g

【解析】A.n[Ce(SO4)2«4H2O]=拓孟R=0.01mol,则n(Ce尸O.Olmol,m(Ce)=1.40g；a点时,残留固体

的质量为3.68g,质量减少了(4.04-3.68)g=0.36g,为0.02molH2O的质量，所以a点对应残留固体的主要成

分为Ce(SO4)2«2H2O,A项正确；B.残留固体质量为3.32g时，质量减少了(4.04-3.32)g=0.72g,为O.CMmollfeO

的质量，所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2,b点与该点相比，对应残留固体的质量减少了

400℃

(3.32-2.84)g=0.48g,b点若发生2Ce(SO4)2^=CeO2・CeOSC)4+3SO3T,则固体质量应减少1.2g,B项错误；

C.2.84g残留固体中m(Ce)=1.40g,则(2.84-1.40)g=1.44g为SO：的质量，则n(SO丁尸0.015mol,所以b点

对应残留固体的主要成分为Ce2(SO4)31c点对应残留固体的质量为1.72g,m(Ce)=1.40g,则(1.72-1.40)g=0.32g

为0元素的质量，其物质的量为0.002mol,此时残留固体的主要成分为CeO2,C项正确；D.c点时，结

合4.04g和1.72g这两个数据，可知固体质量减小了2.32g,失重时jx100%=57.43%,D项正确；故选B。

4.（2023•全国•校联考一模）向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应

+++

Ag++NH3U[Ag（NH3）]和[Ag（NH3）]+NH3U[Ag（NH3）2],lg[c（M）/（molL-'）]与

++

lg[c（NH3）/（moLLT）]的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl\[Ag（NH3）][Ag（NH3）2]）»

A.曲线HI表示lgc{[Ag（NH3%][随序（NH3）的变化曲线

B.随C（NH3）增大，先增大后减小

C（NH3）

C.反应AgCl+2NH3o[Ag（NH3）2『+C「的平衡常数为10-3

D.完全溶解O.lmolAgCl,至少需要含有（0.2+10g5）molNH3的氨水

【答案】D

【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小,

氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲

线I、II、皿、IV分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。

【解析】A.曲线in表示lgc（Ag+）随lgc（NH3）的变化曲线，故A错误；B.反应

AgCl+NH3B「Ag（NH3+C「的平衡常数K=°（0）*”[Ag3凡）]]为定值,随。但旦）增大，一氨合

C（NH3）

银离子浓度先增大后不变，J。）先减小后不变,故B错误；C.在lgc（NH3）=-l时，对应的反应Cl和二

C（NH3）

氨合银离子浓度的对数都是-2.35,浓度都是10235,AgCl+2NH30卜83旦入丁+C「平衡常数为

K=c（C「）xd[Ag（NHjjL「J"7,故c错误；

210

C（NH3）（）

+

D.O.lmolAgCl完全溶解生成O.lmolCT和O.lmol的[Ag（NH3）2『，对于AgCl+2NH3^[Ag（NH3）0]+C「平

衡常数为QU/!竺旦L吧@竺包=比%产,得出.月―

22nNH

C（NH3）n（NH3）（3）

反应后应该余下氨气的物质的量为10。35mo1,加上0.1molAg+结合的0.2mol氨气生成[Ag（NH3）2]+,共需要

35

（0.2+10°）molNH3,故D正确；答案选D。

5.（2023・福建厦门•厦门一中校考模拟预测）用双硫腺（H?Dz,二元弱酸）~CC1,络合萃取法可从工业废水中

提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cd+时，先发生络合反应：

2++

Cu+2H2DZCu（HDZ）2+2H,再加入CQ,Cu（HDzb就很容易被萃取到CC14中。如图是用上述方

法处理含有Hg2+、Bi3+、Zr?+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率），

下列说法错误的是

E%

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzUBi（HDz）3+3JT

B.加NaOH溶液调节pH=ll,一定存在关系：c（Na+）＞c（D^）=c[zn（0Hf]＞c（0H-）＞c（H+）

+

C.NaHDz溶液存在关系：c（D^j+c（0Hj=c（H2Dz）+c（H）

D.若pH=2.5且-lgc（H2Dz）=pH时，络合反应达到平衡，则H?Dz与Bi"络合反应平衡常数约为4

【答案】B

【解析】A.由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzUBi（HDz）3+3H+,故A正确；

B.由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=ll时，Zn（OH）;离子的百分率为70%,则溶液中发生如下反

应：Zn(HDz)2+6OH—UZn(0H)j+2D：+2H2O,由方程式可知，溶液中D：的浓度是Zn(OH)「浓度的2

倍，故B错误；C.NaHDz溶液中存在质子关系c(D1)+c(OH—尸C(H2DZ)+C(H+),故C正确；D.由图示可

知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%,反应Bi3++3H2DzUBi(HDz)3+3H+的平衡常数

c[Bi(HD)]c3(lT)「曰c[Bi(HDz)]_0.8/小…

K=c(Biz"3(HR)'由W(H2Dz尸pH可侍：K=3=—=4,故D正确；故选：B。

6.(2023•山西晋中•统考三模)常温下，在c(H3Po3)+c(H2PO；)+c(HPO：)=0.1molLi的H3P。3溶液中各含

磷物质的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物质的浓度负对数(pc=-lgc),pOH表示c(OH)负对数

[pOH=-lgc(OH-)]；x、z两点的坐标为x(7.4,1.3)、z(12.6,1.3)o下列说法正确的是

pOH

A.曲线②表示pc(HPO「随pOH的变化

B.y点横坐标的值为10.0

C.pH=6.6的溶液中：c(H3PO3)〈0.1mol-LT-2c(HPOj)

D.H3PO3+HPO,02H2PO]的平衡常数K=1.0xl05

【答案】B

【分析】图像中含P物质只有3种，说明H3P为二元弱酸。随着C(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据

H3PO3+OH-=H2PO]+H2O,H2POJ+OH-=HPO|+H2O,知C(H3POj逐渐减小，ZHzPOj先增大后减

小，c(HPOj)逐渐增大，pc=-lgc,则pc(H3Po3)逐渐增大，pc(HzPOj先减小后增大，pc(HPOj)逐渐

减小，故曲线③表示pc(H3Po3)，曲线②表示P^HFO),曲线①表示pc(HPO；)根据坐标x(7.4,1.3)知,

pOH=7.4,c(OH)=10-7-4mol/L,c(H+)=10-66mol/L,此时c(HPO：)=c(H2P(V)，则H3PO3的

=CH+=10126

^a2=-\()0同理根据坐标z(12.6,1.3)知，pOH=12.6,c(OH)=10-mol/L,

C

(H2PO3I

c（H+）.c他PO；）

+14+-14

c（H）=10-mol/L,此时c（H2PO,）=c（H3PO3）,则H3PO3的《==C（H）=10-O

c（H3PO3）

【解析】A.根据分析，曲线①表示pc（HPO：）随pOH的变化，A错误；B.y点时，c（HPO^）=c（H3PO3）,

则K,「K*2=0.,C（HP?）=02"）=10-14X10-6.6=10-8.0,则C何+尸1o^moi/L,

C（H3PO3）C（H2PO；）

c（OH）=1CTi0°mol/L,pOH=10.0,B正确;C.pH=6.6即pOH=7.4,由图可知，止匕时pc（HPO；）=pc（H2PO；）,

-1

即c（H2PO-）=c（HPO^）,而c（H3Po3）+c（H2PO-）+c（HPO；）=O.lmolf,则

1

c（H3PO3）=0.Imol.f-2c（HPO^）,C错误；D.由H3PO3UH2P（V+H+减去H2P（VUHPO,+H%

K1f）T・4

可得H3PO3+HP。：-02H2PO],则平衡常数K=U=77VTT0'2=10°2xl（）5W1X105,D错误；故选B。

《a2I。

7.（2023・河北•模拟预测）CRe制C2H4的平衡体系中存在如下反应：

反应IC2H6（g）+CO2（g）^C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）AH>0

反应nC2H6（g）+2CO2（g）4C0（g）+3H2（g）AH>0

将2moiCRe和3moiCO2投入容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，测得平衡时乙烷的转化率、乙烯

转化为乙烯消耗乙烷的量XI。。％

的选择性(L条件下)与温度、压强的关系如图所示。已知：乙烯的选择性=

乙烷的总转化量

下列说法错误的是

—0—o

00

N(/,80)1

8o8o

％的选色性%

、

、

»6o6o般

yz那

解

姒

S4o工羡的人4o8

线S

N2O转化率2O7

A.X代表温度，L代表压强

B.L^L,

C.N点时，C2H6转化成的CO的物质的量为0.4mol

D.M点时，反应I的平衡常数为0.5

【答案】D

【解析】A.根据题给平衡体系中方程式特点判断，两个反应均为吸热反应，温度升高，平衡均正向移动，

乙烷的平衡转化率会增大，两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，乙烷的平衡

转化率会减小，而图像中随着X的增大，乙烷的平衡转化率逐渐增大，则X代表温度，L代表压强，A项

正确；B.同一温度下，L?对应的乙烷平衡转化率低于跖对应的，即L?代表的压强大于L1的，B项正确；

C.根据乙烯的选择性公式判断，反应中，乙烷转化成的乙烯的物质的量为2moix50%x80%=0.8mol,则

乙烷转化成的CO的物质的量为(2molx50%-0.8moi)x2=0.4moLC项正确；D.M点对应温度下，设平

衡时C2H小凡的物质的量分别为xmol、3ymol,根据物质的量关系可列出三段式：

C2H6(g)+co2(g)彳=iC2H4(g)+CO(g)+H2O(g)

起始(mol)23000

转化(mol)尤x尤xx

平衡(mol)

C2H6(g)+2CO2(g)—4CO(g)+3H/g)

起始(mol)0

转化(mol)y2y4y3)y

平衡(mol)

结合图像可知，彳^=0.5,0X=0-8,解得x=0.8,y=Q2,则平衡时Czlyg)、CO2(g),C2H4(g).

CO(g),凡0伍)的物质的量分别为1mol、1.8mol、0.8mok1.6mol,0.8mol,反应I的平衡常数

0.81.60.8

KC(C2H4)XC(CO)XC(H2O)二丁^丁^不

X).57,D项错误。故选D。

"C(C2H6)XC(CO2)-1XL8

11

8.(2023•辽宁朝阳•朝阳市第一高级中学校联考二模)接触法制硫酸在接触室进行的反应：

2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)AH,若向体积均为1L的甲、乙两恒容容器中分别充入2moiSO?和Imo。其

中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

B.甲容器达到平衡时的平衡常数：K>2.625

C.a、c两点表示两容器气体的总物质的量：%<外

D.a、b两点时间的反应速率：va<vb

【答案】C

【解析】A.甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，刚开始压强增大的原因是因为容

4

器温度升高，则说明上述反应过程放热，即AH<0,A错误；B.由图可知，a点为平衡状态，压强Pa=《P

44

始，若为恒温恒容，na=1n始，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta>T始，则备〈二!1始，可设02转化

的物质的量为xmol,则列出三段式如下：

2SO2(g)+02(g)-2SO3(g)

起始(mol)210

转化(mol)2xx2x

平衡(mol)2-lx1-x2x

则有[(2-2x)+(17)+2x]molV]X3mol,计算得到x>0.6,那么化学平衡常数

22

c()i2

K=3入\“=5.625,B错误；C.根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反

2

C(SO2)-C(O2)0.8*x0.4

应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则

甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量:

4<3,C正确；D.根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器

的快，即匕>t，D错误；故答案选C。

9.(2023・四川绵阳•四川省绵阳南山中学校考模拟预测)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有

TiO?、SiO2,A12O3,MgO、Ca。以及少量的FeQ,。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、

镁等。

高钛炉渣

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表，回答下列问题:

金属离子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

开始沉淀的pH2.23.59.512.4

沉淀完全

3.24.711.113.8

(c=1.0x10-5mol-L-1)的pH

(2)“水浸”后滤液的pH约为2.0,在“分步沉淀时用氨水逐步调节pH至11.6,最先析出的金属离子是

(填写离子符号)

(3)“母液①”中Mg2+浓度为________mol.U1。

【答案】(3)1.0x10-6

【解析】(3)Mg2+沉淀完全时［c(Mg2+)=1.0xl0一5moi/LpH为11.1,可得出

52921082+

KSp[Mg(OH)2]=1.0x1O-x(1.Ox10--)=1.Ox10-,分步沉淀时调节pH至H.6,此时母液①中c(Mg)=

』)

KMg(OH2]1OxiO-108

---------rmol/L=l.OxlO-Wl/Lo