2025高考化学一轮复习之水溶液中的离子反应与平衡（解答大题）

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之水溶液中的离子反应与平衡（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。①基态Mn3+的价电子轨道表示式为。②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+++2H2O。（2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程：（a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1（b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2①关于Na2X溶液，下列说法正确的有。A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示；（i）反应（a）的平衡常数K1＝。（ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝mol/L，c（Cl﹣）＝mol/L。（3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。①χHR随pH减小而（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝ppm。②当pH＝pKa时，对应图中点（填“A”、“B”、“C”或“D”）。2．（2024•通州区模拟）某小组同学探究Mg与Cu2+溶液的反应。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]+为无色、[CuCl4]2﹣为黄色实验Ⅰ：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL0.2mol•L﹣1CuCl2溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下：时间第一阶段0～1min第二阶段1～8min第三阶段8～25min第四阶段25min～18h实验现象镁条表面出现红色固体，伴有大量气体产生仍然伴有大量气体，溶液变为淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀产生气体量不断减少，沉淀变为黄色沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见（1）第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是。（2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因。（3）查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究：①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是。②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是③小组同学采用电化学装置进行验证。如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是。从而证明了甲同学的猜想。（4）查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是。实验Ⅱ：改用0.2mol•L﹣1CuSO4溶液重复实验Ⅰ，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。（5）经验证蓝色沉淀为Cu（OH）2，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是（填序号）。a.反应放热，促使Cu2+水解趋于完全，生成Cu（OH）2蓝色沉淀b.存在平衡Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，Mg与H+反应，使c（H+）下降，平衡移动，产生蓝色沉淀c.由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]Mg与水反应生成的Mg（OH）2逐渐转化为Cu（OH）2蓝色沉淀（6）综上所述，影响Mg与Cu2+溶液反应的影响因素是。3．（2024•浦东新区校级模拟）（1）已知t℃时纯水的pH＝6，计算该温度下水的离子积Kw＝。该温度下pH＝2的硫酸溶液中水电离出的c（OH﹣）＝mol•L﹣1。（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是。（单项）A．加入一小块NaB．加入适量Ba（OH）2溶液C．升温至60℃D．加入碳酸钠溶液（3）已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：A、B、C、D四点Kw的关系是（KA、KB…表示）。（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理错误的是。（单项）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．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则HA是强酸（5）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中水电离的c（OH﹣）随加入NaOH溶液的体积变化如图。说法正确的是（单项）A．b、d两点溶液的pH相同B．从a到e，水的电离程度一直增大C．从a→c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强aD．e点所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol•L﹣1（6）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）。（单项）A．氨水与氯化铵发生化学反应B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小（7）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），、和三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。4．（2024•普陀区校级模拟）某可充电的锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li+导电固体为电解质，其结构如图所示。其充电时发生的总反应为：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）关于该锂离子电池说法正确的是。A.放电时，LiMn2O4发生氧化反应B.放电时，电子由LiMn2O4流经碳材料形成回路C.充电时，Li+向碳材料移动D.充电时，将LiMn2O4接入电源的负极（2）写出放电时，正极的电极反应。LiMn2O4为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。（3）在一个B结构中，Mn的个数为。A.1.5个B.2.5个C.4个D.7个（4）结合图中的数据，计算该晶胞的密度ρ＝g•cm﹣3。（设NA为阿伏加德罗常数，用a和NA的代数式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸锰MnCO3是一种难溶性白色沉淀，可作为制备LiMn2O4电极的材料。现有一MnCO3固体在pH＝8.60的缓冲溶液中达到溶解平衡，测得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，试计算MnCO3的溶度积常数。已知碳酸的电离平衡常数Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解与的第二步水解。（5）在上述条件下，写出溶液中的物料守恒关系式：；根据该关系式，计算得Ksp（MnCO3）＝。5．（2024•嘉定区二模）在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（）和乙醛，如图是该反应的部分历程。（1）据上图信息，在相同条件下，催化效果较好的催化剂是，通过数据计算说明（以生成乙醛为例）。（2）鉴别以上产物乙醛和环氧乙烷可以用。（不定项）A．原子发射光谱B．原子吸收光谱C．核磁共振氢谱D．红外光谱（3）以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是。A．[Ar]3d94s2B．[Ar]3d104s1C．[Ar]3d9D．（4）已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者晶体结构类似，且熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，其原因是。（5）Cu2O晶胞结构如图所示，其中代表的原子是，晶体密度为ρg•cm﹣3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数值NA＝。（用含ρ和a的代数式表示）（6）Cu2+可以形成一种配位化合物，其结构如图所示。以下说法正确的是。A．Cu2+的配位数是2B．此配合物中存在配位键、极性键、非极性键C．配体中O原子提供空轨道D．Cu2+提供孤电子对（7）已知：常温下，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，则常温下Ksp[Cu（OH）2]＝。6．（2024•松江区二模）Ⅰ碱法脱硫。用K2CO3溶液吸收H2S。已知：常温下，氢硫酸和碳酸的电离常数如表。二元酸Ka1Ka2H2S1.1×10﹣77.1×10﹣15H2CO34.5×10﹣74.7×10﹣11（1）K2CO3溶液中微粒浓度关系正确的是。（不定项）A.[K+]＝[]+2[]+[OH﹣]B.[K+]＝[]+[]+[OH﹣]C.[K+]＝2[]+2[]+2[H2CO3]D.[K+]＝[]+[]+[H2CO3]（2）常温下，比较等物质的量浓度的NaHS与NaHCO3溶液的pH。A.前者大B.后者大C.无法比较向某FeCl2溶液中加入一定浓度的NaHS溶液，采用分光光度法测得[Fe2+]＝8.88×10﹣5mol•L﹣1。（常温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18）（3）计算溶液中的＝。Ⅱ热分解法脱硫。在2L恒容密闭容器中发生反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）。（4）985℃时，若加入1molH2S，经过5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%。则v（S2）＝，该温度下K＝（计算结果保留两位有效数字）。ⅢFe2（SO4）3脱硫。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+一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度以及溶液起始pH的关系如图所示。（5）当Fe3+的浓度大于10g•L﹣1时，脱硫率的变化趋势为。原因是。（6）吸收液过滤出S后，可通入空气再生，写出该反应的离子方程式并标出电子转移方向和数目。Ⅳ电化学法脱硫（如图）（7）脱硫时，电流从电极经负载流向电极。（均选填“A”或“B”）A极发生的电极反应式为。7．（2024•普陀区二模）污水处理生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。（1）下列物质常被用于污水处理，其中属于纯净物的是。A.漂粉精B.聚丙烯酸钠C.明矾D.石灰乳（2）三价铁的强酸盐溶液因会发生水解，可被用作净水剂，其水解时会产生黄色的[Fe（OH）（H2O）5]2+以及二聚体[Fe2（OH）2（H2O）8]4+（结构如图1）。则二聚体中Fe的配位数为。（3）某工厂的酸性废水中同时含有高浓度有机物（化学式为C6H10O5）和离子，可用一种微生物燃料电池进行污水净化，工作原理如图2所示。下列说法正确的是（不定项）。A.图中的a极为阳极，发生氧化反应B.该装置工作时，电子经导线由a极流向b极C.Na+向b极流动，故b极为负极D.该装置亦可用于咸水淡化大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮废水。（4）室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是（不定项）。化学式常温下的电离平衡常数HClOKa＝3×10﹣8H2CO3Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝4.8×10﹣11H2SKa1＝1.3×10﹣7，Ka2＝7.1×10﹣15A.依据物料守恒关系，[Na+]＝[Cl﹣]+[HClO]B.依据强酸制弱酸原理，通入少量SO2有利于HClO生成，可增强漂白作用C.由于NaClO水解呈碱性，则[Na+]＞[ClO﹣]D.根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质（5）下列物质中不能与NaClO反应的是。A.CO2B.NaHCO3C.H2SD.NaHS（6）NaClO将废水中的NH3氧化为无污染气体，反应的化学方程式为；实际实验中NaClO溶液的投入量要大于理论计算量，可能的原因是。含铜（Cu2+）废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂处理Cu2+离子。（7）已知0.1mol•L﹣1NaHS溶液呈碱性；①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，排位第三的离子是。A.Na+B.HS﹣C.S2﹣D.OH﹣②通过计算，说明溶液呈碱性的原因：。（8）沉淀铜离子时，发生反应Cu2+（aq）+2HS﹣（aq）⇌CuS（s）+H2S（aq）。常温下，该反应的平衡常数约为K，则此条件下Ksp（CuS）＝（用该反应的K，H2S的Ka1和Ka2表示）。8．（2024•普陀区二模）高铁酸钾的制备高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效、无毒的强氧化剂，常温下为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe（OH）3胶体。稳定性随pH的下降而减弱，酸性条件下易分解。（1）下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是。A.铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质B.高铁酸钾能溶于水，可作氧化剂C.氢氧化铁胶体具有碱性，可用于净水D.纯铁无杂质，可用作建筑材料Ⅰ.K2FeO4的净水原理如图1所示。（2）下列说法错误的是。A.K2FeO4中铁元素显+6价B.过程①中K2FeO4被细菌还原C.过程②中的Fe（OH）3胶体粒子带正电荷D.过程③中聚沉是由于胶体发生了渗析（3）写出K2FeO4与水反应的化学方程式。Ⅱ.已知可用Cl2与Fe（NO3）3制备K2FeO4（含副产品KCl、KNO3），查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图2所示。（4）①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在。②写出在此条件下，反应的离子方程式：；每生成39.6gK2FeO4，转移的电子数目为。（5）已知溶液的酸碱性及离子浓度会对反应试剂的氧化性、还原性产生影响。某实验小组研究不同反应试剂对K2FeO4产率的影响，对比实验如下：实验编号反应试剂实验现象ⅠCl2、FeCl3和少量KOH无明显现象ⅡCl2、FeCl3和过量KOH得到紫色溶液，无紫色固体ⅢCl2、Fe（NO3）3和过量KOH得到紫色溶液（颜色比Ⅱ深），有紫色固体注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe（NO3）3的物质的量、Cl2的通入量均相同。①由实验Ⅰ、Ⅱ的现象可知，Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而（填“增强”、“减弱”或“不变”）；②实验Ⅱ中K2FeO4的产率比实验Ⅲ低，试解释其可能的原因：；③向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因：。（6）实验室测定含少量杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.1500gK2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH至弱酸性使混合液充分反应。用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL。滴定时，发生反应的离子方程式：+4I﹣+8H+═Fe2++2I2+4H2O；I2+2S2═S4+2I﹣。已知：M（K2FeO4）＝198g•mol﹣1，试计算K2FeO4样品的纯度：（写出计算过程）。9．（2024•嘉定区校级模拟）烟气脱硫可有效减少SO2引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体（指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由正、负离子组成）作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知25℃时，几种酸的电离常数：酸H2SO3H2CO3（乳酸）HCNCH3COOH电离常数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）下列物质不属于电解质的是。A．CO2B．HClC．NaOHD．AgCl（2）传统湿法脱硫涉及的下列离子方程式中，正确的是。A．烟气与氧化镁浆液的反应：SO2+2OH﹣═+H2OB．烟气与石灰石浆液反应得到石膏：Ca2++SO2+O2+2H2O═CaSO4•2H2OC．烟气与氨水反应得到硫酸铵：2SO2+4NH3•H2O+O2═4+2+2H2OD．烟气与海水中的反应：SO2+2═+2CO2+H2O（3）请运用相关化学用语解释NaHCO3溶液呈现碱性的原因：。研究发现：乳酸和乙醇胺（HOCH2CH2NH2）作用得到的离子液体﹣乙醇胺乳酸盐（[MEA]L），既可脱硫，也可吸收CO2。（4）液态时的导电性：[MEA]L乳酸（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是。（5）常温下，水电离的c（H+）相同的三种溶液：①CH3COONa、②NaCN、③Na2CO3，其浓度由大到小的顺序是（填序号）。（6）0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是。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过程中，pH变化如图所示。下列说法不正确的是。A．A、C两点水的电离程度：A＞CB．B点溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．若D点为恰好完全中和的点，则溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．溶液pH＝7时，V（NaOH）＞20mL（8）在进行胃部透视时，为取得良好的检查效果，需在检查前服用“钡餐”，“钡餐”的主要成分是硫酸钡。在25℃时，硫酸钡的溶度积常数为Ksp＝1×10﹣10。钡离子是有毒的重金属离子，当体内钡离子浓度达到2×10﹣3mol•L﹣1时，就会对健康产生危害。请计算并从沉淀溶解平衡的角度说明使用硫酸钡而不使用碳酸钡作为“钡餐”的主要成分的原因：。10．（2024•宝山区校级模拟）化学是一门实验的科学，滴定法是化学上常用的定量分析的方法，有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定等。Ⅰ．酸碱中和滴定：常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示：（1）滴定醋酸的曲线是图（填“1”或“2”），滴加2～3滴作指示剂（填“甲基橙”或“酚酞”）。（2）达到B、D状态时，反应消耗NaOH溶液的体积ab（填编号）。A．＞B．＜C．＝D．不确定（3）A、B、C、E四点水的电离程度由大到小顺序为：E＞＞＞（4）某次用氢氧化钠滴定未知浓度的醋酸的滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积（mL）标准溶液的体积（mL）滴定前读数滴定后读数120.001.0218.97220.000.60见图320.000.2018.25表中缺少的读数为mL。（5）下列操作中造成第2次所测测定结果明显偏差的是（双选）。A．盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥B．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质C．盛装NaOH标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失D．读取NaOH标准溶液的体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数Ⅱ．氧化还原滴定：如测定血液中钙的含量时，进行如下实验：ⅰ．可将amL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，过滤、洗涤，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。ⅱ．将ⅰ得到的H2C2O4溶液，再用KMnO4酸性溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。ⅲ．终点时用去bmL1.0×10﹣4mol/L的KMnO4溶液。（6）写出用KMnO4酸性溶液滴定H2C2O4的离子方程式。（7）如何判定滴定终点。（8）计算：血液中含钙离子的浓度为mol/L（用字母表示）。Ⅲ．沉淀滴定法：（9）用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl﹣，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣6mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为mol•L﹣1（已知Ksp（AgCl）＝2.0×10﹣10）。11．（2023•乐清市校级模拟）硫及其化合物在生产生活中有广泛的应用。请回答：（1）室温下，Na2SO3溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）。（2）下列关于硫及其化合物的说法，正确的是（填字母）。A．硫元素在自然界中只能以化合态形式存在B．SO2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色C．酸雨是pH＜7的降水，主要是由污染物SO2、NO2造成D．浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色（3）光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：其中K1、K2、K3为各步的平衡常数，且K1＝（p（SO2）表示SO2的平衡压强）。①当SO2的平衡压强为p时，测得c（）＝amol⋅L﹣1，则溶液的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时，溶液中n（）：n（）≈1：10。如果溶液中n（）：n（）＝10：1，需加NaOH将溶液pH调整为约等于。（4）“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响脱硫效率。相关反应如下：Ⅰ．CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Ⅱ．CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）当n（CaSO4）：n（CO）＝1：2时，反应25min，体系中的比值随温度变化如下表所示：温度750K1250K1750K比值3.571.083.42请结合题给反应过程能量图说明，750K→1250K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是。（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．增大氨水浓度B．加热煮沸C．降低烟气的流速D．补充O2，将氧化为12．（2023•中山区校级一模）Ⅰ.甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强碱或盐，其相对分子质量：甲＜乙＜丙，它们所含离子如下表所示：阳离子、Mg2+、Ba2+阴离子OH﹣、、Cl﹣（1）丙是。（2）甲有两种可能，为了确定是哪种可能，请设计实验确定甲的物质组成，操作为：。Ⅱ.某化学兴趣小组在探究“复分解反应发生的条件”时，选做了如图所示的三个实验（提示：BaCl2溶液呈中性。）甲同学：向试管Ⅰ中慢慢滴入MgCl2溶液，并不断振荡，至溶液颜色恰好变为无色为止。乙同学：分别完成试管Ⅱ和Ⅲ中的两个实验后，接着进行如下探究。请分析后作答：（3）甲同学经过分析推断，试管Ⅲ反应后所得溶液中一定含有的溶质是（填化学式）；步骤①中一定发生的反应的化学方程式是。（4）乙同学把沉淀M、N混合后加入AgNO3溶液和过量的稀硝酸，观察到的实验现象是；实验结束，乙同学把反应后的混合物与滤液C全部倒入废液缸中，则废液缸内上层清液中，除酚酞和H+、外一定含有的离子有（填离子符号）。13．（2023•海口模拟）我国酸性气藏储量丰富，实现H2S的高效转移，对于油气资源开采、动植物生存以及生态系统都具有重要意义。（1）目前使用克劳斯工艺处理H2S。高温反应炉：2H2S（g）+3O2（g）⇌2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1038kJ•mol﹣1催化转化器：4H2S（g）+2SO2（g）⇌3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝﹣93kJ•mol﹣1①总反应式2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g）的ΔH＝kJ•mol﹣1。②催化转化器中，提高硫回收率的措施可以是。（任写一条）③催化转化器内温度一般控制在170～350℃，过低不利于回收硫，其原因是。（2）真空K2CO3—克劳斯法联合脱硫。用过量K2CO3溶液吸收少量H2S，其离子方程式为，该反应的平衡常数的值约为。（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）最新先进方法，使用金属硫化物作光催化分解H2S制氢的催化剂。但过程伴随复杂的氧化进程，生成多种氧化产物。①在相同条件下，使用不同催化剂测得的数据制图如图。其中催化效率较好的是。②根据题意，相比克劳斯工艺，光催化分解H2S的优点是。14．（2023•海安市校级模拟）具有多面体晶相结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于催化CO2制备甲醇，也可用于降解有机污染物。Ⅰ．配位—沉淀法制备Ag3PO4高效光催化剂已知：ⅰ．Ag3PO4为黄色难溶于水的固体；ⅱ．常温下Ksp（AgCl）＝1.45×10﹣10AgCl（s）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）+Cl﹣（aq）K＝1.6×10﹣3（1）银氨溶液中存在平衡：Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq），该反应平衡常数为K＝。（2）加入Na2HPO4溶液时，发生反应的离子方程式为：。（3）配制银氨溶液的操作为：。（可选试剂：2%AgNO3溶液、5%氨水、2%氨水）Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生（4）Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”。总反应为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应a：Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e﹣。请写出制备甲醇时反应a的后续过程的两个化学方程式：。（5）Ag3PO4光催化降解有机污染物，有机物被氧化成CO2和H2O。在使用中发现，相同条件下用Ag3PO4依次连续降解多份相同的废水时，Ag3PO4使用三次即变黑基本失效。其可能的原因为。（6）失效后的磷酸银催化剂可用H2O2、NaNH4HPO4反应，实现再生。向失效后的催化剂中加入过量H2O2后，固体逐渐由黑色转化为棕黑色，再加入NaNH4HPO4时立即产生大量气体，其可能的原因为。15．（2023•杨浦区校级模拟）硫元素是一种非常重要的元素，其单质及化合物有着非常广泛的用途。完成下列填空。（1）硫原子的最外层电子排布式，硫离子共有种运动状态不同的电子。（2）与硫元素同周期的元素，简单离子氧化性最强的是（写离子符号）与硫离子含有相同电子数的主族元素简单离子，半径从大到小依次为（包括硫离子）。（3）向饱和的NH4HSO3溶液中加入适量NH4Cl固体，有NH4HSO3晶体析出，请从结合速率和平衡理论解释该现象。（4）与硫同族的元素Te，最高价氧化物的水化物碲酸（H6TeO6）的酸性比H2SO4（选填“强”或“弱”），其氧化性比硫酸强。向碲酸中通入SO2气体，若反应中生成的TeO2与Te的物质的量之比为2：1，写出反应的化学方程式。当6mol碲酸与一定量SO2恰好完全反应，溶液体积为20L，则所得溶液的pH为。（5）制取SO2的尾气用NaOH溶液吸收，可得到Na2SO3和NaHSO3两种盐。①0.1mol/L的NaHSO3溶液中c（H+）＞c（OH﹣），若往溶液中加入氨水至中性，则c（Na+）c（）+c（）+c（H2SO3）。（填“＞”、“＜”或“＝”）②往0.1mol/L的Na2SO3溶液加入少量NaOH固体，完全溶解后溶液中c（Na+）：c（）的比值（填“变大”、“变小”或“保持不变”）。16．（2023•常德一模）氰化氢（HCN）分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。（1）HCN的合成氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：CH4（g）+NH3（g）HCN（g）+3H2（g）ΔH。相关化学键的键能数据如下表：化学键C﹣HN﹣HC≡NH﹣HE（kJ/mol）414393891436.4上述反应的ΔH为。（2）HCN的性质已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质化学式CH3COOHHCNH2CO3HNO2NH3⋅H2O电离平衡常数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，能与氨水发生反应：HCN+NH3H2O⇌+CN﹣+H2O，此反应在常温下的平衡常数K约为；NH4CN溶液呈性。②已知可发生如下反应：NaCN+HNO2＝HCN+NaNO2，NaCN+HF＝HCN+NaF，NaF+HNO2＝NaNO2+HF，则HF的电离平衡常数的范围为：。③在KCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为：。④浓度均为0.1mol/L的NaCN与HCN的混合溶液中，以下推断正确的是。A．混合溶液pH约为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﹣的处理①HCN是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的HCN气体进行了消毒研究，研究中采用NH3、H2O2气雾、NH3﹣H2O2气雾和水雾分别单独对HCN进行消毒。由图可知为最佳消毒试剂。②工业生产中含氰（CN﹣）废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为≤0.5mg/L。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠（Na2S2O5）处理含氰废水情况展开研究。反应如下：S2+2CN﹣+2O2+H2O＝2CNO﹣+2H++2。如图为氧化后CN﹣的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的Na2S2O5溶液最合理，请回答并说明理由。17．（2023•金东区校级一模）NaHSO3被用于棉织物和有机物漂白以及在染料、造纸、制革等工业中用作还原剂。（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则反应SO2（g）+NaOH（aq）═NaHSO3（aq）的△H3＝。（用含△H1、△H2的代数式表示）（2）NaHSO3在不同温度下均可被KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol•L﹣1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图1。①a点时，v（NaHSO3）＝mol•L﹣1•s﹣1。②10～40℃区间内，显色时间越来越短，其原因是。（3）已知：t℃时H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7；NaHSO3溶液pH＜7。在t℃时，往NaOH溶液中通入SO2。①在NaHSO3溶液中加入少量下列物质后，的值增大的是。（填字母）A．H2OB．稀H2SO4C．H2O2溶液D．NaOH溶液②某时刻，测得溶液的pH＝6，则此时，＝。③请在图2中画出从开始通入SO2直至过量时，溶液中n（）：n（）随pH的变化趋势图。（4）以硝酸、硫酸水溶液作电解质进行电解，在汞电极上可转化为NH2OH，以铂为另一极，则该电解反应的化学方程式为。18．（2023•江宁区一模）实验室以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备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的电离常数为Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。（1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为。（2）“萃取”时有机磷萃取剂（用HA表示）萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层）。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是。（3）“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有（填两项）。（4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是。（5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoO3的质量的比值（剩余固体的质量分数）随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，。（可选用的试剂：0.1mol⋅L﹣1NH4HCO3溶液、空气、0.1mol⋅L﹣1HCl溶液、0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液）19．（2023•岳麓区校级模拟）回答下列问题（1）NaBH4催化释氢。在催化剂作用下，NaBH4与水反应生成H2，可能的反应机理如图所示：①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为。②已知：H3BO3为一元弱酸，H3BO3水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）。（2）氨是重要的基础化工产品之一。在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应生成氨平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：①温度T1，T2，T3中，最大的是，M点N2的转化率为。②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为r（NH3）＝k1p（N2）﹣k2，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各组分的分压（分压＝总压×物质的量分数）；α为常数，工业上以铁为催化剂时，α＝0.5。由M点数据计算＝（MPa）﹣2（保留两位有效数字）。（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。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请根据本题相关数据，写出NH3（g）还原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式：。②将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率（即NO2的转化率），结果如图所示：a点（填“是”或“不是”）平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是。20．（2023•五华区校级模拟）常温下，向100mL0.01mol⋅L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol⋅L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）。回答下列问题：（1）由图中信息可知HA为（填“强”或“弱”）酸，MOH为（填“强”或“弱”）碱。（2）①常温下一定浓度的盐MA稀溶液的pH＝a，则a（填“＞”“＜”或“＝”）7，用离子方程式表示其原因：。②此时，溶液中由水电离出的c（OH﹣）（填“＞”“＜”或“＝”）1×10﹣7mol⋅L﹣1，用含a的式子表示由水电离出的c（OH﹣）＝mol⋅L﹣1。（3）滴加51mLMOH溶液时，N点所对应的溶液c（M+）（填“＞”“＜”或“＝”）c（A﹣），此时，c（M+）＝mol⋅L﹣1（用分数表示）。（4）关于K点所对应的溶液中的关系可能正确的是（填选项字母）。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高考化学一轮复习之水溶液中的离子反应与平衡（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。①基态Mn3+的价电子轨道表示式为。②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O。（2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程：（a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1（b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2①关于Na2X溶液，下列说法正确的有BD。A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示；（i）反应（a）的平衡常数K1＝107。（ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝0.05mol/L，c（Cl﹣）＝0.05mol/L。（3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。①χHR随pH减小而增大（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝﹣11ppm。②当pH＝pKa时，对应图中点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。【分析】（1）①基态Mn3+的价电子为3d5，结合洪特规则书写其轨道表示式；②[Mn（H2L）3]3﹣中Mn的化合价为+3，Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，结合电子守恒和电荷守恒书写离子方程式；（2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离；B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动；C.根据物料守恒关系分析判断；D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X；②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝×c（H+）＝c（H+）或Ka2＝×c（H+）＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7；（ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时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，结合电荷守恒关系进行计算；（3）①由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，反应为R﹣+H+⇌HR，由图可知，酸性强的溶液中δ总＝δHR＝﹣11ppm；②由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，此时图中δ总＝δHR＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，所以δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，结合电离平衡常数分析解答。【解答】解：（1）①Mn原子序数为25，排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn3+的价电子排布式为3d4，其轨道表示式为，故答案为：；②该反应中Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，则反应的离子方程式为9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O，故答案为：NO↑；14H+；（2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离，溶液中n（OH﹣）增大，即溶液中离子总数增大，故A错误；B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，c（OH﹣）增大，故B正确；C.Na2X溶液中存在的物料守恒关系为c（Na+）＝2c（H2X）+2c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C错误；D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X，则溶液中逐渐减小，故D正确；故答案为：BD；②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝c（H+）或Ka2＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7，则反应X2﹣+H+⇌HX﹣的平衡常数K1＝＝107，故答案为：107；（ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），则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气体时电荷守恒关系为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，故答案为：0.05；0.05；（3）①反应为R﹣+H+⇌HR，pH减小时c（H+）增大，c（HR）增大，χHR也增大，即χHR随pH减小而增大，当溶液酸性较强时c（R﹣）较小、c（HR）较大，χHR较大1，χR﹣较小，由图可知，强酸性溶液中δHR＝δ总＝﹣11ppm，故答案为：增大；﹣11；②由图可知，溶液酸性较强时χHR≈1、χR﹣≈0，此时图中δHR＝δ总＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，关系式为δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，当pH＝pKa时c（H+）＝Ka，HR的电离平衡常数Ka＝×c（H+），此时c（R﹣）＝c（HR），χHR﹣＝χR﹣＝0.5，则δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣＝﹣11ppm×0.5﹣6ppm×0.5＝﹣8.5ppm，即为图中C点，故答案为：C。【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，侧重分析能力和计算能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素、电离平衡常数的计算、图象信息处理与应用、氧化还原反应方程式书写等知识是解题关键，题目难度中等。2．（2024•通州区模拟）某小组同学探究Mg与Cu2+溶液的反应。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]+为无色、[CuCl4]2﹣为黄色实验Ⅰ：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL0.2mol•L﹣1CuCl2溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下：时间第一阶段0～1min第二阶段1～8min第三阶段8～25min第四阶段25min～18h实验现象镁条表面出现红色固体，伴有大量气体产生仍然伴有大量气体，溶液变为淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀产生气体量不断减少，沉淀变为黄色沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见（1）第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+。（2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O。（3）查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究：①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+。②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl③小组同学采用电化学装置进行验证。如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中生成白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅。从而证明了甲同学的猜想。（4）查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是Cu2O。实验Ⅱ：改用0.2mol•L﹣1CuSO4溶液重复实验Ⅰ，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。（5）经验证蓝色沉淀为Cu（OH）2，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是bc（填序号）。a.反应放热，促使Cu2+水解趋于完全，生成Cu（OH）2蓝色沉淀b.存在平衡Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，Mg与H+反应，使c（H+）下降，平衡移动，产生蓝色沉淀c.由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]Mg与水反应生成的Mg（OH）2逐渐转化为Cu（OH）2蓝色沉淀（6）综上所述，影响Mg与Cu2+溶液反应的影响因素是Cu2+盐阴离子种类影响反应过程，Cl﹣离子参与Mg与Cu2+的反应。【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向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中生成白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅；（4）Cu2O；（5）bc；（6）Cu2+盐阴离子种类影响反应过程，Cl﹣离子参与Mg与Cu2+的反应。【分析】某小组同学探究Mg与Cu2+溶液的反应，第一阶段洗出红色固体为Cu，伴随大量气体生成，后来溶液变为淡蓝色，溶液中存在[Cu（H2O）4]2﹣，试管底部有Cu（OH）2蓝色沉淀，随后沉淀变为黄色，生成了CuOH，最后沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见，CuOH在碱性条件下一部分发生非氧化还原反应，分解生成Cu2O，据此分析回答问题。【解答】解：（1）第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是：Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+，故答案为：Mg+Cu2+＝Cu+Mg2+；（2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因是：[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O，故答案为：[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣＝[CuCl4]2﹣+4H2O；（3）①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+，故答案为：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+；②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是：Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl，故答案为：Cu+Cu++2Cl﹣＝2CuCl；③如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是：向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中生成白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅，从而证明了甲同学的猜想，故答案为：向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中生成白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅；（4）查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是：，故答案为：Cu2O；（5）经验证蓝色沉淀为Cu（OH）2，产生蓝色沉淀的原因是溶液中存在平衡：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，Mg与氢离子反应，促进平衡组成进行，生成氢氧化铜蓝色沉淀，由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，Mg与水反应生成的Mg（OH）2逐渐转化为Cu（OH）2蓝色沉淀，故选bc，故答案为：bc；（6）综上所述，影响Mg与Cu2+溶液反应的影响因素是：Cu2+盐阴离子种类影响反应过程，Cl﹣离子参与Mg与Cu2+的反应，故答案为：Cu2+盐阴离子种类影响反应过程，Cl﹣离子参与Mg与Cu2+的反应。【点评】本题考查化学实验方案的设计与评价。注意读懂题意是解题的关键，同时考查金属及其化合物的性质、原电池等基础知识，电化学部分，对学生来说，要分析原理，题目难度中等。3．（2024•浦东新区校级模拟）（1）已知t℃时纯水的pH＝6，计算该温度下水的离子积Kw＝1.0×10﹣12mol2/L2。该温度下pH＝2的硫酸溶液中水电离出的c（OH﹣）＝10﹣10mol•L﹣1。（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是B。（单项）A．加入一小块NaB．加入适量Ba（OH）2溶液C．升温至60℃D．加入碳酸钠溶液（3）已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：A、B、C、D四点Kw的关系是C＞B＞A＝D（KA、KB…表示）。（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理错误的是A。（单项）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．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则HA是强酸（5）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中水电离的c（OH﹣）随加入NaOH溶液的体积变化如图。说法正确的是C（单项）A．b、d两点溶液的pH相同B．从a到e，水的电离程度一直增大C．从a→c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强aD．e点所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol•L﹣1（6）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）C。（单项）A．氨水与氯化铵发生化学反应B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小（7）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），、NH3和NH3•H2O三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。【答案】（1）1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）B；（3）C＞B＞A＝D；（4）A；（5）C；（6）C；（7）；NH3；NH3•H2O。【分析】（1）纯水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）相等，可由Kw＝c（H+）×c（OH﹣）计算得到水的离子积常数，该温度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水电离出的c（OH﹣）＝；（2）酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，升温促进水的电离；（3）AD都处于25℃时，Kw相等，根据c（H+）和c（OH﹣）的大小，Kw＝c（H+）•c（OH﹣）来比较大小，稳定升高促进水的电离，Kw增大；（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，说明HA为强酸或弱酸，据此分析判断；（5）A．b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa和NaOH；B．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应，水的电离程度增大，b→d的过程中氢氧化钠增多，水的电离程度减小；C．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应生成醋酸钠为强电解质；D．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH，混合溶液体积是原来的3倍来分析解答；（6）一水合氨存在电离平衡，向氨水中加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制一水合氨电离；（7）混合溶液的组成和物料守恒分析判断。【解答】解：（1）T℃时，纯水的pH＝6，纯水电离出来的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，该温度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水电离出的c（OH﹣）＝＝mol•L﹣1＝10﹣10mol•L﹣1，故答案为：1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）A．加入一小块Na，和水电离出的氢离子反应生成氢气，促进水的电离，故A错误；B．加入适量Ba（OH）2溶液抑制水的电离，故正确；C．水的电离过程是吸热过程，升温至60℃促进水的电离，故C错误；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，故D错误；故答案为：B；（3）A、D都处于25℃时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH﹣）都小于C点的c（H+）和c（OH﹣），并且B点的c（H+）和c（OH﹣）大于A点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故得到C＞B＞A＝D，故答案为：C＞B＞A＝D；（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，说明HA为强酸或弱酸，A．NaA可能成中性或减小，不可能呈酸性，故AA错误；B．HA溶液中存在电荷守恒，c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），故B正确；C．若HA为弱酸，则NH4A溶液中铵根离子水解程度和A﹣离子水解程度相同时，溶液可能呈中性，故C正确；D．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则证明HA是强酸，故D正确；故答案为：A；（5）A．b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa和NaOH，b点溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，则溶液呈酸性，则b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，两种溶液的pH不相同，故A错误；B．a→c的过程中水的电离程度增大，b→d的过程中水的电离程度减小，故B错误；C．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应生成醋酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C正确；D．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH，混合溶液体积是原来的3倍，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝≈0.003mol/L，故D错误；故答案为：C；（6）一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，向溶液中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故答案为：C；（7）0.1molNH4Cl和0.05molNaOH反应，混合溶液为：NH4Cl和NH3•H2O，根据物料守恒：n（）+n（NH3）+n（NH3•H2O）＝0.1mol；故答案为：；NH3；NH3•H2O。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，根据酸碱原理逐项分析是解题的关键，明确弱酸反应时速率稍慢，但是等物质的量下最终产量相同，整体难度中等。4．（2024•普陀区校级模拟）某可充电的锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li+导电固体为电解质，其结构如图所示。其充电时发生的总反应为：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）关于该锂离子电池说法正确的是C。A.放电时，LiMn2O4发生氧化反应B.放电时，电子由LiMn2O4流经碳材料形成回路C.充电时，Li+向碳材料移动D.充电时，将LiMn2O4接入电源的负极（2）写出放电时，正极的电极反应Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4。LiMn2O4为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。（3）在一个B结构中，Mn的个数为B。A.1.5个B.2.5个C.4个D.7个（4）结合图中的数据，计算该晶胞的密度ρ＝g•cm﹣3。（设NA为阿伏加德罗常数，用a和NA的代数式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸锰MnCO3是一种难溶性白色沉淀，可作为制备LiMn2O4电极的材料。现有一MnCO3固体在pH＝8.60的缓冲溶液中达到溶解平衡，测得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，试计算MnCO3的溶度积常数。已知碳酸的电离平衡常数Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解与的第二步水解。（5）在上述条件下，写出溶液中的物料守恒关系式：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根据该关系式，计算得Ksp（MnCO3）＝2.38×10﹣11。【答案】（1）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，放电时，正极a电极得电子被还原；B．放电时，Li碳材料电极为负极，故电子由Li电极流出；C．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，Li碳材料电极为阴极，LiMn2O4为阳极；D．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，将LiMn2O4接入电源的正极；（2）放电时，正极的电极反应为：Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）由题干晶胞可知，在一个B结构中6个Mn位于棱上，1个位于体内，故一个B结构中含有Mn的个数为；（4）从A立方单元中可知，一个A单元中含有2个Li+，一个晶胞中含有4个A，故每个晶胞中含8个Li+，即一个晶胞中含有8个LiMn2O4，故一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：（a×10﹣7）3cm3，故该晶体的密度为：ρ＝；（5）由题干信息可知，忽略Mn2+的水解与的第二步水解，故在上述条件下，溶液中的物料守恒关系式为：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根据该关系式，c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，碳酸的电离平衡常数Ka2＝＝4.7×10﹣11，此时溶液pH＝8.60，故有：＝＝1.88×10﹣2，解得c（）＝6.6×10﹣7mol/L，计算得Ksp（MnCO3）＝c（Mn2+）c（）。【解答】解：（1）A．由分析可知，放电时，正极a电极得电子被还原，电极反应式为Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4，即LiMn2O4发生还原反应，故A错误；B．放电时，Li碳材料电极为负极，故电子由Li电极流出，经碳材料形成回路，故B错