2019年高考化学命题热点提分攻略专题10平衡原理的应用最新试题练习

1、2019 年高考化学命题热点提分攻略专题10 平衡原理的应用最新试题练习 10平衡原理的应用1 图 (I)和图 (II)分别为二元酸H2A 和乙二胺(H2NCH2CH2NH2) 溶液中各微粒的百分含量( 即物质的量百分数) 随溶液 pH的变化曲线 (25 ) 。下列说法正确的是A H 3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性2222b2-7.15B 乙二胺 (H NCHCHNH) 的 K =10C H32223222+-NCHCHNHHA 溶液中各离子浓度大小关系为：c(H NCHCHNH >c(HA)>c(H 2NCH2CH2NH2)>c(A 2- )>c(OH - )&

2、gt;c(H +)D 向 H 3NCH2CH2NH2HA溶液中通入一定量 的HCl气体，则可能增大也可能减小【答案】 B上 得 到 ， H 3NCH2CH2NH3 2+离子的电离平衡常数大于 A2-离子的水解平衡常数，即2+H NCHCHNHA 的溶液应该显酸性，选项H NCHCHNH 离子的电离应该占主导地位，所以32233223A 错误。乙二胺的两步为：222223222+-3222+H NCHCHNH + H OH NCHCHNH+ OH； H NCHCHNH1/12H2OH 3NCH2CH2NH3 2+ + OH - ，所以，由图（）得到：当 pH=6.85时， c(H+2+(14 N

3、CHCHNH )= c(HNCHCHNH ) ，所以K c(OH ) 1032223223b26.85) 10 7.15，选项3222溶液中主要存在3222+-B 正确。 H NCHCHNHHAH NCHCHNH 和HA，根据图（）得到：-HA 的溶液应该显酸性，即HA的电离占主导地位，其电离平衡常数为，当 pH=6.20 时 c(HA- ) c(A 2- ) ，所以 K c(H +) 10-6.2 ；根据图（ ）得 到 ： H 3NCH2CH2NH2 + 的 溶 液 应 该 显 碱 性 ， 即 H3NCH2CH2NH2 +H2OH 3NCH2CH2NH3 2+ + OH - 占主导地位，其平

4、衡常数上面已经计算出为Kb2 107.15 ，因为K Kb2所以 H 3NCH2CH2NH2HA溶液中应该以-HA的电离为主导，溶液应该显酸性，即c(OH- ) c(H +) ，选项 C 错误。选项D 中的式子为：其中，为H2NCH2CH2NH2+H2OH 3NCH2CH2NH2 + + OH - 的平衡常数Kb1，为 H2A 的第一步电离平衡常数 Ka1，所以，该式子的数值只与温度有关，所以通入一定量的HCl 气体时，数值应该不改变，选项D 错误。2【 2019 届第二十四中学高三上学期第一次调研考试】室温下，用相同物质的量浓度的HC1 溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1 mol/L的三种

5、碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是2/12A 滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H +) 大小关系：DOH>BOH>AOHB pH= 7时， c(A +)=c(B +)=c(D +)-+-+C 滴定至 P点时，溶液中：c(Cl )>c(B )>c(BOH)>c(OH )>c(H )D 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H +)-c(OH - )【答案】 D由小到大的顺序是DCl BCl ACl，它们水解均使溶液显酸性。A滴定前，三种碱液中水+电离的 c(H ) 大小关系为AOH BOH DOH，

6、 A 不正确； B滴定至P 点时，此时中和百分数为50%，即 BOH恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和 BCl 混合溶液， pH、溶液显碱性，则BOH的电离程度大于 BCl 的水解程度，所以溶液中c(Cl- ) c(B +) ， B不正确； C pH=7 时，溶液中 c(H +)=c(OH ) ，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl - ) 均等于其 c( 弱碱的阳离子 ) 。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl BClACl ，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl 的体积由小到大的顺序为AOH BOHDOH，则三种溶液中 c

7、(Cl ) 不相等，且c(Cl ) 由小到大的顺序为 AOH BOH DOH，因而 c(A +) c (B +) c(D +) ，故 C 不正确； D当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，+c(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH )=c(H ) ，则 c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H ) c(OH ) ，故 D 正确。本题选 D。点睛：本题以酸碱中和滴定曲线为载体，考查了影响水的电离的因素、溶液中离子浓度的大小比较及相关等量关系的判断，难度较大。根据图象判断三种碱均为弱酸是解题的突破口，注意酸或碱会抑制水的电离，而盐类水解促进水

8、的电离。比较溶液中离子浓度大小时，要根据溶液的酸碱性，判断酸或碱的电离作用与盐的水解作用的相对大小，然后再来比较相关离子的浓度大小关系。要牢牢把握溶液中的守恒思想，溶液中的三种守恒关系不仅可以帮助判断相关的等式是否成立，而且还可以帮助判断相关离子浓度之间的大小关3/12系。3【 2019 届“超级全能生”高考选考科目9 月联考】常温下，将盐酸慢慢加入到浓度为溶液中，所得溶液pH 变化曲线如图所示忽略体积变化。下列说法不正确的是A 点所示溶液中由水电离产生的B 点所示溶液中：C 点所示溶液中：D 点所示溶液中：【答案】 C【解析】 A. 依据在常温下点的，所示溶液是强碱弱酸盐，所以在CH COO

9、Na溶液中由水电离产生的，选项 A 正确；B. 点所示溶液中存在：COO，此时，选项 B 正确；C. 点所示溶液是 CH COONa和 CH COOH等物质的量混合中，此时存在：COO，选项 C错误； D.点所示溶液中是和 NaCl 的混合溶液，所以，选项 D正确。答案选C。【点睛】本题是对电解质溶液的知识的考察，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是依据图像合理的推导溶液的性质，侧重知识的综合能力考察。4/124【 2019届“超级全能生”高考选考科目9 月联考】常温下，下列说法不正确的是()A 物质的量浓度相同的NaOH溶液和氨水：B 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者更小C 将相同体

10、积相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质D的盐酸和的氨水混合后，说明氨水是弱电解质【答案】 D错误。答案选D。【点睛】本题主要考查强电解质和弱电解质的概念，离子浓度大小的比较的相关知识，据此进行分析解答。5【 2019 届高三上学期9 月份考试】常温下，用-10.01000 m ol ·L 的盐酸滴定 0.01000mol·L-1 NaA溶液 20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A a 点到 d 点的过程中，等式 c(HA)+c(A )=0.01000 mol ·L 1 恒成立B b 点时，溶液中微粒浓度大小关系为：

11、c(A )>c(Cl )>c(HA)>c(OH )>c(H +)C c 点时，溶液中微粒浓度存在关系：+c(Na )+c(H) = c(HA)+c(OH)+2c(A)D d 点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(OH )+c(A )=c(H +)5/12【答案】 C【点睛】本题的易错点是选项A，学生根据物料守恒，认为c(HA)+c(A )=0.01000 mol ·L 1 是正确的，却忽略了加入盐酸，溶液的体积增大，浓度减小，应是c(HA)+c(A )<0.01000mol·L1。6下列说法不正确的是A MCl 2 在水溶液中的电离方程式为：2+,

12、 则 M(OH)2可能是弱电解质MCl2 =M +2ClB 足量的锌分别与等体积的盐酸（pH=1) 和醋酸（ 0.1moL/L)反应，在相同条件下产生的氢气体积相同C NaHSO3 溶液显酸性的原因是HSO3的电离强于水解D pH 相同的氨水和氢氧化钠加水稀释相同倍数后，4+)c(NH )=c(Na【答案】 D【解析】 A、 MCl2 属于盐，在水中完全电离，但M(OH)2 可能是强碱，也可能是弱碱，故A 说法正确； B、 HCl 属于强酸，完全电离，等体积的两种酸中的物质的量相同，因此加入过H量的 Zn，产生氢气的量相同，相同条件下，氢气的体积相同，故B 说法正确；C、 HSO 在3水中既有

13、电离也有水解，NaHSO3溶液显酸性，说明 HSO3的电离程度大于水解，故C 说法正确； D、 NH3·H2O 为弱碱， NaOH为强碱，相同pH 时， c(NH3·H2O)>c(NaOH)，加水稀释促进NH·HO的电离，即稀释相同倍数后，说法错误。c(NH)>c(Na ) ，故 D3247【 2019 届红色七校高三第一次联考】下列实验中根据现象得出的结论错误的是（）选实验现象结论项相同条件下，用1mol·L- 1 的 CH3COOH CH3COOH溶液对ACH3COOH是弱电解质和 1mol·L- 1 的 HCl 分别做导电性实

14、验应的灯泡较暗6/12B 向某溶液中加铜和浓 H2SO4试管口有红棕原溶液可能含有 NO3色气体产生向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气C品红溶液褪色该钾盐为 K2SO3 或 KHSO3体通入品红溶液向浓度均为 0.1 mol ·L- 1的2、先出现蓝色沉sp2MgClKMg(OH) >DspCu(OH) 2CuCl2 混合溶液中逐滴加入氨水淀K【答案】 C【详解】 A同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的氢离子浓度小，所以醋酸为弱酸，故A正确；B铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空-气被氧化为红棕色气体二

15、氧化氮，因此原溶液中可能含有NO3，故B 正确；C使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则可能为KClO 与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3 或KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故C 错误；D难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出Ksp Mg(OH)2>KspCu(OH) 2结论，故D正确。故答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。8下列有关实验现象、解释和结论都正确的是选实验操作

16、实验现象解释或结论项7/12A 将充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变N2O4 的 H<0反应 2NO深淀粉水解后的溶液加入新制Cu(OH)2浊无砖红色B淀粉水解产物不含醛基液，再加热沉淀滴加稀 NaOH溶液，将湿润红色石蕊试试纸不变+C原溶液中无NH4纸置于试管口蓝向盛有 1mL0.l mol/L的 AgNO溶液中加先生成白3入 10 滴 0.1mol/L的 NaCl 溶液，振色沉淀，DKsp(AgI)<K sp(AgCl)荡，再加入 10 滴 0.1 mol/L的 NaI溶后产生黄液，再振荡，色沉淀【答案】 A【详解】 A红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓

17、度增大，则说明反应2NON O 的 H 0，选项 A 正确； B、用新制Cu(OH) 浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖242的存在时，必须保证溶液呈碱性，而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4 做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu(OH)2 浊液，若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖，选项B 错误； C、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的+NH 时，滴加稀 NaOH溶液不会放出 NH，选项 C 错误； D、 1mL溶液约有 20 滴，43向 1mL0.l mol/L的 AgNO溶液中加入 10 滴 0.1mol/L的 NaCl 溶液， AgNO是过

18、量的，再加33NaI ，不能确定是AgCl 转化为 AgI，所以不能比较Ksp，故 D 错误。答案选 A。9【 2019 届部分市级示范高中高三十月联考】醋酸镍（(CH3COO)2Ni 是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS 、 Al 2O3、 FeO、 CaO、 SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：8/12相关离子生成氢氧化物的pH 和相关物质的溶解性如下表：(1) 粉碎含镍废料的作用 _(2) 酸浸过程中， l molNiS 失去 6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式： _。(3) 写出氧化步骤中加入 H2O2 发生反应的离子方程式： _。(4)

19、 调节 pH除铁、铝步骤中，溶液 pH 的调节范围是 _。(5) 滤渣 3 主要成分的化学式是 _。(6) 沉镍过程中，若c(Ni 2+)= 2.0 mol L-1 ，欲使 100 mL该滤液中的Ni 2+ 沉淀完全2+-5-1Na2CO3固体的质量最少为_g（保留一位小数）。c(Ni ) 10mol·L ，则需要加入(7) 保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为 _、 _min 。【答案】提高镍的浸出率 NiS+H 2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H 2O 2Fe2 +H2O2+2H2Fe3 +2H2O

20、 5.0 pH 6.7 CaF 2 31.8g 70 120min【详解】（ 1）将含镍原料粉碎可以提高镍的浸出率；（2）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则9/12生成 NO和 SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H 2O；（3）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2 把亚铁离子氧化为Fe3 ，反应的离子方程式为： 2Fe2 +H2O2+2H2Fe3 +2H2O；（ 4）调节pH 使 Al 3 、 Fe3 转化为沉淀，同时Ni 2 不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节 pH 的范围

21、为5.0 pH 6.7 ；（5）由流程分析可知，滤渣3 为 CaF ；2（6）已知3sp100ml该滤液中的 Ni2沉淀物完全，即 c （ Ni2）NiCO 的 K =1.0 ×10 -5 ，使-12）=K /c(Ni2)=1.0×10-5/10-5 11，10- 5mol·L ，则溶液中c（ COmol·L =1.0mol ·L3sp与 Ni2 2）=cV=2mol·L1×0.1L=0.2mol ，则加入的碳酸钠的总物质的量n反应的 n（ CO32 1 1；（CO）=0.2mol+1.0mol ·L×0

22、.1L=0.3mo l ，所以 m=nM=0.3mol×106g·mol =31.8g3(7) 由图象可知，为 70、 120min 时，酸浸出率最高。10【 2019 届红色七校高三第一次联考】工业上利用废镍催化剂( 主要成分为Ni ，还含有一定量的Zn、 Fe、 SiO2、 CaO等) 制备草酸镍晶体的流程如下：（ 1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_ ；滤渣 I 的成分是CaSO4和 _( 填化学式 ) 。（2）除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II 。已知滤渣II的成分与温度、pH 的关系如图所示：若控制温度 40、 pH=8，则滤渣 II的主要成分为

23、_( 填化学式 ) 。若控制温度 80、 pH=2，可得到黄铁矾钠Na 2Fe6(SO4) 4(OH)12 沉淀 ( 图中阴影部分 ) ，写出生成黄铁矾钠的离子方程式： _ 。（ 3）已知除铁后所得100 mL 溶液中2+-1c(Ca)=0.01mol ·L ，加入 100 mL NH F 溶液，使410/122+恰好沉淀完全即溶液中2+-5-1-1Cac(Ca )=1×10mol·L ，则所加c(NH F)=_mol·L 。4 已知 Ksp(CaF2)=5.29 ×10 -9 （ 4）加入有机萃取剂的作用是 _ 。【答案】把废镍催化剂粉碎、适

24、当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等SiO 2FeOOH2Na+3ClO- +6Fe2+4SO2- +9H2O =Na2Fe6(SO4) 4(OH) 12+3Cl - +6H+6.6 ×10 -2除去溶液中的 Zn2+(1)根据影响反应速率的因素答题；滤渣I 主要为不溶于硫酸的SiO2和微溶物CaSO；4(2)根据图象可以知道，控制温度40、 pH=8，则滤渣2 的主要成分为FeOOH；Na2Fe6(SO4) 4(OH)12 中铁元素化合价为+3 价，可知 ClO- 将 e2+氧化为 Fe3+ ，依据氧化还原反应规律可写出生成黄铁矾钠的离子方程式；(3)2+-22+4sp22+2-根据反应式 Ca +2F =CaF ，沉淀Ca 消耗 0.002molNHF，根据K (CaF )=c(Ca)c (F)=5.29 ×10 -9， 沉淀Ca2+后， 溶液中c(F - )=；(4) 根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+。【详解】（ 1）根据影