《2025年红对勾高考一轮复习金卷化学》

6.(2024·湖北宜荆一模)25 ℃时,常见物质的平衡常数如下表。

下列说法错误的是 ( )
A.25 ℃时,实验测得CaCO₃的溶解度大于用Ksp(CaCO₃)计算的溶解度,主要原因是CO₃²⁻发生水解
B.CaCO₃可溶于CH₃COOH是因为反应的平衡常数K＞1.0×10⁵
C.BaCO₃饱和溶液中存在:c(H⁺)+1.0×10⁻⁴ mol·L⁻¹ = 2c(CO₃²⁻)+c(OH⁻)+c(HCO₃⁻)
D.25 ℃时,BaCO₃饱和溶液的pH≈10

答案： 碳酸根离子水解使得碳酸根离子浓度减小，导致碳酸钙溶解平衡正向移动，使得25°C时，实验测得CaCO₃的溶解度大于用Ksp(CaCO₃)计算的溶解度，A正确;CaCO₃和CH₃COOH的反应为CaCO₃ + 2CH₃COOH ⇌ Ca²⁺ + 2CH₃COO⁻ + H₂CO₃，其平衡常数K = $\frac{c(Ca²⁺)·c²(CH₃COO⁻)·c(H₂CO₃)}{c²(CH₃COOH)}$ = $\frac{Ka²×Ksp(CaCO₃)}{Ka1×Ka2}$ = $\frac{(1.75×10^{-5})²×3.4×10^{-9}}{4.5×10^{-7}×4.7×10^{-11}}$ ≈ 0.049＜1.0×10⁵，B错误;BaCO₃饱和溶液中c(Ba²⁺) = $\sqrt{Ksp(BaCO₃)}$ = $\sqrt{2.5×10^{-9}}$mol·L⁻¹ = 5.0×10⁻⁵mol·L⁻¹，由电荷守恒可知，存在c(H⁺) + 2c(Ba²⁺)=2c(CO₃²⁻) + c(OH⁻) + c(HCO₃⁻)，则c(H⁺) + 1.0×10⁻⁴mol·L⁻¹ = 2c(CO₃²⁻) + c(OH⁻) + c(HCO₃⁻)，C正确;25°C时，BaCO₃饱和溶液中c(CO₃²⁻) = $\sqrt{Ksp(BaCO₃)}$ = $\sqrt{2.5×10^{-9}}$mol·L⁻¹ = 5.0×10⁻⁵mol·L⁻¹，CO₃²⁻ + H₂O ⇌ OH⁻ + HCO₃⁻，Kh = $\frac{c(HCO₃⁻)·c(OH⁻)}{c(CO₃²⁻)}$ = $\frac{Kw}{Ka2}$ = $\frac{10^{-14}}{4.7×10^{-11}}$ ≈ $\frac{c²(OH⁻)}{0.5×10^{-4}}$mol·L⁻¹，c(OH⁻)≈10⁻⁴mol·L⁻¹，pOH≈4，pH≈10，D正确。

7.(2025·河南郑州实验中学期中)常温下,pH均为2、体积均为V₀的HA、HB、HC溶液,分别加水稀释至体积为V,溶液pH随lg$\frac{V}{V₀}$的变化关系如图所示。下列叙述错误的是 ( )

A.常温下:Kₐ(HB)＞Kₐ(HC)
B.HC的电离度:a点 ＜ b点
C.当lg$\frac{V}{V₀}$ = 4时,升高温度,$\frac{c(A⁻)}{c(C⁻)}$减小
D.恰好中和pH均为2、体积均为V₀的三种酸溶液,消耗的NaOH溶液一样多

答案： 常温下，pH = 2的强酸加水稀释，c(H⁺)减小，pH增大，稀释后的强酸溶液pH = 2 + lg$\frac{V}{V₀}$;pH = 2的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动，向电离产生离子的方向移动，使H⁺的物质的量增加，稀释后弱酸溶液中的c(H⁺)大于稀释相同倍数后强酸溶液中的c(H⁺)，弱酸溶液:2＜pH＜2 + lg$\frac{V}{V₀}$，越弱的酸稀释后pH越小。所以结合图像可知HA是强酸，HB、HC是弱酸，酸性强弱为HA＞HB＞HC。相同温度下，弱酸酸性相对越强，其电离平衡常数Ka越大，由酸性强弱HB＞HC可判断Ka(HB)＞Ka(HC)，A项正确;HC是弱酸，HC ⇌ H⁺ + C⁻，加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，a点稀释倍数小，b点稀释倍数大，b点对应溶液浓度更小，可以判断电离度:a点＜b点，B项正确;HA是强酸，HC是弱酸，当lg$\frac{V}{V₀}$ = 4时，升高温度，HA溶液中c(A⁻)不变(忽略溶液体积变化)，HC ⇌ H⁺ + C⁻电离平衡正向移动，溶液中c(C⁻)增大，故$\frac{c(A⁻)}{c(C⁻)}$减小，C项正确;pH = 2，c(H⁺)=10⁻²mol·L⁻¹，强酸HA由于完全电离，c(HA)=10⁻²mol·L⁻¹，弱酸HB、HC 部分电离，弱酸酸性为HB＞HC，相同条件下HC的电离度更小，所以溶液浓度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，体积都为V₀时，溶液中溶质物质的量n(HC)＞n(HB)＞n(HA)，中和三种酸溶液消耗的NaOH溶液不一样多，D项错误。

8.一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下:
①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00 mL,加入几滴NH₄Fe(SO₄)₂溶液。
②加入V₁ mL c₁ mol·L⁻¹ AgNO₃溶液(过量),充分摇匀。
③用c₂ mol·L⁻¹ KSCN标准溶液进行滴定,至终点时消耗标准溶液V₂ mL。
已知:Ksp(AgBr)=7.7×10⁻¹³,Ag⁺ + SCN⁻ = AgSCN↓(白色),Ksp(AgSCN)=1×10⁻¹²。下列说法不正确的是 ( )
A.滴定终点时,溶液变为红色
B.该水样中溴离子浓度c(Br⁻) = $\frac{c₁V₁ - c₂V₂}{25.00}$ mol·L⁻¹
C.AgBr(s)+SCN⁻(aq)⇌AgSCN(s)+Br⁻(aq)的平衡常数K = 0.77
D.该实验需要严格控制水样的pH,若pH过高,则测定结果将偏高

答案： 加入几滴NH₄Fe(SO₄)₂溶液作指示剂，滴定终点时，KSCN过量，会与Fe³⁺反应，因此溶液变为红色，故A正确;25mL溶液中Br⁻的物质的量n(Br⁻)=V₁×10⁻³L×c₁mol·L⁻¹ - V₂×10⁻³L×c₂mol·L⁻¹=(V₁c₁ - V₂c₂)×10⁻³mol，因此该水样中c(Br⁻) = $\frac{c₁V₁ - c₂V₂}{25.00}$mol·L⁻¹，故B正确;AgBr(s) + SCN⁻(aq) ⇌ AgSCN(s) + Br⁻(aq)的平衡常数K = $\frac{c(Br⁻)}{c(SCN⁻)}$ = $\frac{Ksp(AgBr)}{Ksp(AgSCN)}$ = $\frac{7.7×10^{-13}}{1×10^{-12}}$ = 0.77，故C正确;该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高，银离子会与氢氧根离子反应，导致计算得到的溴离子的物质的量减少，则测定结果将偏低，故D错误。

9.(2024·浙江舟山中学适应性考试)已知:H₂R⇌H⁺ + HR⁻,HR⁻⇌H⁺ + R²⁻,CuR难溶于水。常温下,Kₐ₁(H₂R)=1×10⁻⁹,Kₐ₂(H₂R)=2×10⁻¹³,当10 mL 0.1 mol·L⁻¹ H₂R溶液中缓慢加入少量CuSO₄粉末,溶液中c(H⁺)与c(Cu²⁺)的变化如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列有关说法不正确的是 ( )

A.X点溶液的pH≈5
B.根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10⁻²⁴
C.Z点溶液中含R粒子的主要存在形式为H₂R
D.Y点对应的溶液中:c(H⁺)+2c(Cu²⁺)=2c(R²⁻)+c(HR⁻)+2c(SO₄²⁻)+c(OH⁻)

答案： 设0.1mol·L⁻¹ H₂R溶液中氢离子浓度为xmol·L⁻¹(第二步电离很小，此处忽略)，可列出三段式如下:
　　　　　　　　　　　H₂R ⇌ H⁺ + HR⁻
初始浓度/(mol·L⁻¹)　　　0.1　　　　　　0　　　　　0
转化浓度/(mol·L⁻¹)　　　x　　　　　　　x　　　　x
平衡浓度/(mol·L⁻¹)　　　0.1 - x　　　　x　　　　　x
则Ka1 = $\frac{x²}{0.1 - x}$ ≈ $\frac{x²}{0.1}$，可求得x = 1×10⁻⁵，所以X点溶液的pH≈5，A项正确;根据平衡常数的计算方法，可知Ka1(H₂R)·Ka2(H₂R) = $\frac{c(H⁺)·c(HR⁻)}{c(H₂R)}$ · $\frac{c(H⁺)·c(R²⁻)}{c(HR⁻)}$ = $\frac{c²(H⁺)·c(R²⁻)}{c(H₂R)}$ = 2×10⁻²²，Y点的c(H⁺)=0.1mol·L⁻¹，此时溶液中的c(H₂R)≈0.05mol·L⁻¹，则可求得c(R²⁻)≈1.0×10⁻²¹mol·L⁻¹，此时c(Cu²⁺)=0.002mol·L⁻¹，则Ksp(CuR)≈c(Cu²⁺)·c(R²⁻)=2.0×10⁻²⁴，B项错误;根据Y点数据可得到Ka1(H₂R)·Ka2(H₂R) = $\frac{c(H⁺)·c(HR⁻)}{c(H₂R)}$ · $\frac{c(H⁺)·c(R²⁻)}{c(HR⁻)}$ = $\frac{c²(H⁺)·c(R²⁻)}{c(H₂R)}$ = 2×10⁻²²，此时$\frac{c(R²⁻)}{c(H₂R)}$ = 2×10⁻²⁰，而Z点铜离子浓度更大，则R²⁻的浓度更小，Z点溶液中含R粒子的主要存在形式为H₂R，C项正确;Y点对应的溶液中存在电荷守恒:c(H⁺) + 2c(Cu²⁺)=2c(R²⁻) + c(HR⁻) + 2c(SO₄²⁻) + c(OH⁻)，D项正确。