《2025年高考必刷题高三化学》

6. [河南洛阳2024月考]$Cu^{2 + }$与$NH_{3}$可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：$[Cu(NH_{3})_{4}]^{2 + }\rightleftharpoons [Cu(NH_{3})_{3}]^{2 + }\rightleftharpoons [Cu(NH_{3})_{2}]^{2 + }\rightleftharpoons [Cu(NH_{3})]^{2 + }\rightleftharpoons Cu^{2 + }$（$K_{1}$、$K_{2}$、$K_{3}$、$K_{4}$分别为每一步反应的化学平衡常数）。向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得含Cu微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的$\lg c(NH_{3})$关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）

A. $K_{1}=10^{-4}$，曲线b表示$[Cu(NH_{3})]^{2 + }$
B. $\frac{K_{2}}{K_{1}}＜\frac{K_{4}}{K_{3}}$
C. $\lg c(NH_{3}) = - 3$时，$c(Cu^{2 + })+c\{[Cu(NH_{3})]^{2 + }\}+c\{[Cu(NH_{3})_{2}]^{2 + }\}+c\{[Cu(NH_{3})_{3}]^{2 + }\}+c\{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2 + }\}=0.5[c(OH^{-}) - c(H^{+}) - c(NH_{4}^{+})]$
D. M点时，$\lg c(NH_{3})=\frac{\lg K_{1}+\lg K_{2}+\lg K_{3}}{3}$

答案： 6.D考查点.图像分析能力、盐类水解、粒子浓度守恒 　 [解析]取d、e曲线的交点,此时c{[Cu(NH)3]²}= 　c[Cu(NH)4]²},则K=$\frac{c[Cu(NH)]²}.c(NH)}{c[Cu(NH)]²}}$=c(NH)= 　10→,A错误;K=10−²,K2=$\frac{c(NH).c↑[Cu(NH)]²}}{c↑[Cu(NH)]²+}}$,当c|[Cu(NH)2]²}=c|[Cu(NH)3]²}时,c(NH)=10|²⁶mol.L, 即K=10−²⁶,同理得出K=10−4,$\frac{K,}{K}$=10−⁰.⁶,$\frac{K.}{K}$=10−¹⁴,所以$\frac{K,}{K}$K.＞B错误;lgc(NH)=−3时，依据电荷守恒,2c(Cu²²)+2c[Cu(MH)]²}+2c[Cu(NH)2]²+}+2c[Cu(NH)3]²+}+2c|[Cu(NH)4]²}+c(H+)+c(NH)=c(OH)+2c(SO²),所以c(Cu²)+c|[Cu(NH)]²+}+c|[Cu(NH)2]²+}+c|[Cu(NH)3]²+{+c|[Cu(NH)4]²}＞0.5[c(OH)−c(H+)−c(NH)],C错误;K=$\frac{c(NH).c[Cu(NH)]²}}{c{[Cu(NH)4]²+}}$,K=$\frac{c(NH).c[Cu(NH)]²}}{c[Cu(NH)]²+}}$,K=$\frac{c(NH).c↑[Cu(NH)]²}}{c[Cu(NH)]²}}$ 　　1gK+1gK+1gK3=1g(KxKxK)=1g$\frac{c[Cu(NH)]²}.c²(NH)}{c[Cu(NH)]²}}$,M点时,c{[Cu(NH)]²+}=c[Cu(NH)4]²},1gK+lgK+1gK= 　　lgc²(NH)=3lgc(MH),即M点时，1gc(NH)=$\frac{lgK+lgK+lgK;}{3}$， D正确。

7. [陕西商洛2024一模]$25^{\circ}C$时，向20 mL$1.0\ mol\cdot L^{-1}$的氨水中逐滴加入$1.0\ mol\cdot L^{-1}$的盐酸V mL，向20 mL$1.0\ mol\cdot L^{-1}$的$NH_{4}Cl$溶液中逐滴加入$1.0\ mol\cdot L^{-1}$的NaOH溶液V mL(无气体逸出)，溶液的pH与$\lg Y$[$Y=\frac{c(NH_{3}\cdot H_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}$或$\frac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}\cdot H_{2}O)}$]的关系如图所示。下列说法错误的是 （ ）

A. 曲线②中的$Y=\frac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}\cdot H_{2}O)}$
B. 当pH = 9.26时，恒有关系：$c(NH_{3}\cdot H_{2}O)=c(NH_{4}^{+})$
C. 当V = 10时，两溶液pH均大于9.26
D. $25^{\circ}C$时，$1.0\ mol\cdot L^{-1}$的$NH_{4}Cl$溶液的pH约为4.63

答案： 7.C　考查点.图像分析、盐类水解及相关计算 　　图像分析　当pH=0时，溶液为强酸性，此时主要存在NH，曲线②对应lg$\frac{c(NH)}{c(NH,.HO)}$,曲线①对应lg$\frac{c(NH,.HO)}{c(NH)}$。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 [解析]根据图像分析，曲线②中的Y=$\frac{c(NH)}{c(NH.HO)}$,A正确;当pH=9.26时,两线相交，则$\frac{C(NH,.HO)}{c(NH)}$=$\frac{c(NH)}{C(NH,.HO)}$,说明{　　c(NH.HO)=c(NH),B正确;pH=9.26时，c(NH.HO)= 　　c(NH),c(H+)=10−.²⁶mol.L¹,c(OH)=10−⁴.7mol.L,则K=$\frac{c(NH).c(OH)}{C(NH.HO)}$=10|.⁴.⁷⁴,K=$\frac{c(NH.HO).c(H')}{c(NH)}$= 　　10−2⁶,V=10时,则两混合溶液中均含等物质的量的NH.H20 和NHC1,K＞K,所以NH.HO的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH.H2O)＜c(NH),则$\frac{c(NH,.HO)}{c(NH)}$＜1，1g$\frac{c(NH.HO)}{c(NH)}$＜0,据图可知此时pH＜9.26,C错误;假设25°C 时,1.0mol.L的NHCI溶液中c(H+)=x,则c(H')= 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.2 　　c(NH.HO)=x,K=$\frac{c(NH.HO).c(H')}{c(NH)}$=$\frac{x}{1−x}$≈x²= {　　10−⁹.²⁶,解得x=10−⁴.⁶³mol.L,则25℃时,1.0mol.L−¹的NHCI溶液的pH约为4.63,D正确。

8. [甘肃兰州2024诊断]1922年范斯莱克(Vanslyke)提出用缓冲容量β来描述缓冲溶液缓冲能力大小，β越大，缓冲能力越大。下图是常温下，$CH_{3}COOH$和$CH_{3}COONa$组成缓冲溶液的β - pH关系图，其中A、B两条曲线分别对应$c_{总}=c(CH_{3}COOH)+c(CH_{3}COO^{-}) = 0.1\ mol\cdot L^{-1}$和$c_{总}=c(CH_{3}COOH)+c(CH_{3}COO^{-}) = 0.2\ mol\cdot L^{-1}$。已知常温下，$K_{a}(CH_{3}COOH)=10^{-4.76}$，下列说法不正确的是 （ ）

A. 向pH = 4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，水的电离程度会增大
B. A曲线上任意一点的溶液中均存在$c(Na^{+})+c(CH_{3}COOH)+c(H^{+}) = 0.1\ mol\cdot L^{-1}+c(OH^{-})$
C. B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中$c(Na^{+})＞c(CH_{3}COOH)$
D. pH = 4时，A、B曲线所代表的溶液中$\frac{c(CH_{3}COOH)}{c(CH_{3}COO^{-})}$相等

答案： 8.C考查点.影响电离的因素 　　 [解析]向pH=4.76的该缓冲溶液中加入少量Na0H溶液，醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，醋酸钠物质的量增加，其水解促进水的电离，所以水的电离程度会增大，故A正确;根据电荷守恒,A 曲线上任意一点的溶液中均存在c(Na)+c(H)= 　　c(CHCOO)+c(OH),c(Na²)+c(H.)+c(CH3COOH)= 　　c(CHCOOH)+c(CH3COO²)+c(OH),c总=c(CH3COOH)+ c(CH3COO)=0.1mol.L,所以c(Na²)+c(CHCOOH)+c(H+)=0.1mol1.L+c(OH),故B正确;B曲线上溶液缓冲能力最大时,pH=4.76,K(CHC0OH)=$\frac{c(CHCOO).c(H)}{c(CHCOOH)}$= 10−⁴.⁷⁶，所以溶液中c(CHCOOH)=c(CHCOO),根据电荷守恒c(Na)+c(H')=c(CHCOO)+c(OH),溶液呈酸性,所以c(Na+)＜c(CHCOOH)，故C错误;K=$\frac{c(CH,COO²).c(H)}{c(CHCOOH)}$,pH相同时两溶液氢离子浓度相等，则$\frac{c(CH,COO)}{c(CHCOOH)}$相等，所以，pH=4时A、B曲线所代表的溶液中$\frac{c(CH,COOH)}{c(CHCOO)}$相等，故D正确。