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

专题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δ(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． [H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性

B．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的K b2=10-7.15

C． [H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中各离子浓度大小关系为：

c([H3NCH2CH2NH2]+>c(HA-)>c(H2NCH2CH2NH2)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)

D．向[H3NCH2CH2NH2][HA]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，[H3NCH2CH2NH3]2+离子的电离平衡常数大于A2-离子的水解平衡常数，即[H3NCH2CH2NH3]2+离子的电离应该占主导地位，所以[H3NCH2CH2NH3]A的溶液应该显酸性，选项A错误。乙二胺的两步为：H2NCH2CH2NH2 + H2O[H3NCH2CH2NH2]++ OH-；[H3NCH2CH2NH2]++ H2O[H3NCH2CH2NH3]2++ OH-，所以

，由图（Ⅱ）得到：当pH=6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]+)= c([H3NCH2CH2NH3]2+)，所以K b2＝c(OH－)＝10－(14－6.85)＝10－7.15，选项B正确。[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中主要存

在[H3NCH2CH2NH2]+和HA-，根据图（Ⅰ）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(A2-)，所以K＝c(H+)＝10-6.2；根据图（Ⅱ）得到：[H3NCH2CH2NH2]+的溶液应该显碱性，即[H3NCH2CH2NH2]+ + H2O[H3NCH2CH2NH3]2+ + OH-占主导地位，其平衡常数上面已经计算出为K b2＝10－7.15，因为K＞K b2所以[H3NCH2CH2NH2][HA]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+ H2O[H3NCH2CH2NH2]++ OH-

的平衡常数K b1，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届福建省莆田市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 的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是

A．滴定前，三种碱溶液中水电离出的 c(H+)大小关系： DOH>BOH>AOH

B． 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，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＞７、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 ＜BCl＜ACl，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＜BOH＜DOH，则三种溶液中c(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系。

3．【2019届浙江省“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 COONa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．【2019届浙江省“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届浙江省嘉兴市高三上学期9月份考试】常温下，用0.01000 mol·L-1的盐酸滴定0.01000 mol·L-1NaA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：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+)

【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—)<0.01000 mol·L—1。

6．下列说法不正确的是

A． MCl2在水溶液中的电离方程式为：MCl2=M2++2Cl—,则M(OH)2可能是弱电解质

B．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，c(NH4+)=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H＋的物质的量相同，因此加入过量的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、HSO3－在水中既有电离也有水解，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NH3·H2O的电离，即稀释相同倍数后，c(NH4＋)>c(Na＋)，故D说法错误。

7．【2019届江西省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（）

【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K sp[Mg(OH)2]>

K sp[Cu(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

2N

【答案】A

【详解】A ．红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓度增大，则说明反应2NO 2N 2O

4的△

H ＜0，选项A

正确；B 、用新制Cu(OH)2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，

而淀粉溶液水解时加入稀H 2SO 4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 4+

时，滴加稀NaOH 溶液不会放出NH 3，选项C 错误；D 、1mL 溶液约有20

滴，向1mL0.l mol/L 的AgNO 3溶液中加入10滴0.1mol/L 的NaCl 溶液，AgNO 3是过量的，再加NaI ，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届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】醋酸镍（(CH 3COO)2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS 、Al 2O 3、FeO 、CaO 、SiO 2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：

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6N A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)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(Ni2+)= 2.0 mol．L-1，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤10-5 mol·L-1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为____g（保留一位小数）。

(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+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O 2Fe2＋+H2O2+2H＋═2Fe3＋+2H2O 5.0≤pH ＜6.7 CaF2 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6N A个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；

（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+2H＋═2Fe3＋+2H2O；

（4）调节pH使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0≤pH＜6.7；

（5）由流程分析可知，滤渣3为CaF2；

（6）已知NiCO3的K sp=1.0×10-5，使100ml该滤液中的Ni2＋沉淀物完全，即[c（Ni2＋）≤10-5mol·L-1]，则溶液中c（CO32－）=K sp/c(Ni2＋)=1.0×10-5/10-5mol·L－1=1.0mol·L－1，与Ni2＋反应的n（CO32－）=cV=2mol·L

2－）=0.2mol+1.0mol·L－1×0.1L=0.3mol，所以－1×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO

3

m=nM=0.3mol×106g·mol－1=31.8g；

(7)由图象可知，为70℃、120min时，酸浸出率最高。

10．【2019届江西省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：

①若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为___________(填化学式)。

②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(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c(Ca2+)=0.01mol·L-1，加入100 mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，则所加c(NH4F)=_______mol·L-1。[已知K sp(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、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等 SiO2 FeOOH

2Na++3ClO- +6Fe2++4SO42-+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CaSO4；

(2)根据图象可以知道，①控制温度40℃、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH；

②Na2Fe6(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)根据反应式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根据K sp(CaF2)=c(Ca2+)c2(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）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，滤渣I的成分是CaSO4和SiO2，

因此，本题正确答案是：把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；SiO2；

（2）根据图象可以知道，①控制温度40℃、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH，

因此，本题正确答案是：FeOOH；

②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na++3ClO- +6Fe2++4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；

因此，本题正确答案是：2Na++3ClO- +6Fe2++4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；

（3）根据反应式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根据K sp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.29×10-9，

沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=，设加入c(NH4F)=cmol/L，则=；解得c=6.6×10-2，

因此，本题正确答案是：6.6×10-2；

（4）根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+，

因此，本题正确答案是：除去溶液中的Zn2+。

【点睛】本题考查了工业上从废镍催化剂制备草酸镍晶体的工艺流程，侧重考查物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除

杂原则不能引入新的杂质，解题时先要弄清制备流程中各步反应原理和目的，从而知道分离提纯的环节中各成分组成，再结合氧化还原反应和沉淀溶度积等知识解决各问题。