《2026年一本密卷高考化学》

12.(2025·湖北·模拟预测)室温下实验探究$Co^{2+}$、$Co^{3+}$能否催化$H_2O_2$的分解及相关性质。下列说法不正确的是(C)

已知$[Co(H_2O)_6]^{2+}$为粉红色、$[Co(H_2O)_6]^{3+}$为蓝色、$[Co(CO_3)_2]^{2-}$为红色、$[Co(CO_3)_3]^{3-}$为墨绿色。

A.$CO_3^{2-}$加入利于反应$2[Co(H_2O)_6]^{2+}+H_2O_2+2H^+=2[Co(H_2O)_6]^{3+}+2H_2O$正向移动
B.实验Ⅱ中反应离子方程式：$4HCO_3^-+Co^{2+}=[Co(CO_3)_2]^{2-}+2CO_2\uparrow+2H_2O$
C.实验Ⅲ中产生的气体只有$O_2$
D.实验Ⅳ中，从A到C所产生的气体分别为$CO_2$、$O_2$

答案： 12.[答案] C
[解析] A.实验 Ⅰ 表明，$2[Co(H_2O)_6]^{2+} + H_2O + 2H^+ \longrightarrow 2[Co(H_2O)_6]^{3+} + 2H_2O$ 反应难以正向进行。实验 Ⅲ 的现象表明，$Co^{3+}$、$Co^{2+}$ 分别与 $CO_3^{2-}$ 配位时，$[Co(H_2O)_6]^{3+}$ 更易与 $CO_3^{2-}$ 反应生成 $[Co(CO_3)_3]^{3-}$（该反应为快反应），导致 $[Co(H_2O)_6]^{2+}$ 几乎不能转化为 $[Co(CO_3)_3]^{2-}$，这样使得 $[Co(H_2O)_6]^{2+}$ 的浓度减小的幅度远远大于 $[Co(H_2O)_6]^{3+}$ 减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，$CO_3^{2-}$ 加入有利于反应 $2[Co(H_2O)_6]^{2+} + H_2O + 2H^+ \longrightarrow 2[Co(H_2O)_6]^{3+} + 2H_2O$ 正向移动，A 正确；B.实验 Ⅱ 中溶液变为红色，证明生成 $[Co(CO_3)_3]^{2-}$，实验 Ⅱ 中反应离子方程式：$4HCO_3^- + Co^{2+} \longrightarrow [Co(CO_3)_3]^{2-} + 2CO_2 \uparrow + 2H_2O$，故 B 正确；实验 Ⅲ 中溶液变为墨绿色，说明 $[Co(H_2O)_6]^{2+}$ 更易转化为 $[Co(CO_3)_3]^{3-}$，反应为 $2[Co(H_2O)_6]^{2+} + 10HCO_3^- + H_2O \longrightarrow 2[Co(CO_3)_3]^{3-} + 18H_2O + 4CO_2 \uparrow$，也会生成二氧化碳，故 C 错误；D.由分析 Ⅳ 中，从 A 到 C 所产生的气体分别为 $CO_2$、$O_2$，D 正确；故选 C。

13.(2025·黑龙江哈尔滨·三模)某温度下向容器中加入M发生如下反应：①$M\to P$，②$M\to Q$，③$P\rightleftharpoons Q$。反应体系中M、P、Q的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(B)


A.$t_1$时，反应③已达平衡
B.$t_2$时，$c(Q)=c_0-c(P)$
C.反应①的活化能大于反应②
D.该温度下，反应③的平衡常数小于1

答案： 13.[答案] B
[解析] A.$t_1$ 时后，P 继续减少、Q 增多，反应 ③ 没有达到平衡状态，故 A 错误；B.根据图示，$t_2$ 时 M 的浓度为 0，M 完全转化为 P、Q，则 $c(Q) = c_0 - c(P)$，故 B 正确；C.$t_1$ 时刻前，P 的浓度大于 Q，说明反应 ① 的转化浓度大于反应 ②，反应 ① 的速率大于反应 ②，则反应 ① 的活化能小于反应 ②，故 C 错误；D.该温度下，反应达到平衡，Q 浓度大于 P，反应 ③ 的平衡常数大于 $\frac{c(Q)}{c(P)} ＞ 1$，故 D 错误；故选 B。

14.(2025·黑龙江齐齐哈尔·二模)利用平衡移动原理，分析常温下$Ni^{2+}$在不同pH的$K_2CO_3$体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示$K_2CO_3$体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合$c(Ni^{2+})· c(CO_3^{2-})=K_{sp}(NiCO_3)$；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合$c(Ni^{2+})· c^2(OH^-)=K_{sp}[Ni(OH)_2]$；[注：起始$K_2CO_3$体系中$c(CO_3^{2-})+c(HCO_3^-)+c(H_2CO_3)=0.1mol· L^{-1}$；不同pH下$c(CO_3^{2-})$由图1得到]。下列说法正确的是(C)

A.M点时，溶液中存在$c(OH^-)＞c(CO_3^{2-})$
B.pH=8时，碳酸钾溶液体系中存在：$c(CO_3^{2-})＞c(H_2CO_3)$
C.初始状态pH=9、$lg[c(Ni^{2+})]=-5$，平衡后存在$c(CO_3^{2-})+c(HCO_3^-)+c(H_2CO_3)=0.1mol· L^{-1}$
D.沉淀$Ni^{2+}$制备$NiCO_3$时，选用$0.1mol· L^{-1}K_2CO_3$溶液比$0.1mol· L^{-1}KHCO_3$溶液效果好

答案： 14.[答案] C
[分析] $pH = 6.37$ 时，$c(H_2CO_3) = c(HCO_3^-)$，故有 $K_{a1}(H_2CO_3) = \frac{c(HCO_3^-)}{c(H_2CO_3)} × c(H^+) = c(H^+) = 10^{-6.37}$；$pH = 10.25$ 时 $c(CO_3^{2-}) = c(HCO_3^-)$，此时 $K_{a2}(H_2CO_3) = \frac{c(CO_3^{2-})}{c(HCO_3^-)} × c(H^+) = c(H^+) = 10^{-10.25}$。
[解析] A.$K_{a2}(H_2CO_3) = \frac{c(CO_3^{2-})}{c(HCO_3^-)} × c(H^+) = 10^{-10.25}$，M 点时 $pH = 8.25$，$c(H^+) = 10^{-8.25} mol/L$，$c(OH^-) = \frac{10^{-14}}{10^{-8.25}} mol/L = 10^{-5.75} mol/L$，溶液中 $c(HCO_3^-) \approx 0.1 mol/L$，则 $c(CO_3^{2-}) = \frac{K_{a2}(H_2CO_3) c(HCO_3^-)}{c(H^+)} = 10^{-10.25} × \frac{0.1 × \frac{1}{10^{-8.25}} mol/L}{ } = 10^{-3} mol/L$，所以 M 点时，溶液中存在：$c(CO_3^{2-}) ＞ c(OH^-)$，故 A 错误；B.$K_{a1} · K_{a2} = \frac{c(CO_3^{2-})}{c(H_2CO_3)} × c^2(H^+) = 10^{-6.37} × 10^{-10.25}$，$pH = 8$ 时，$c(H^+) = 10^{-8} mol · L^{-1}$，则 $\frac{c(CO_3^{2-})}{c(H_2CO_3)} = 10^{-0.62} ＜ 1$，即碳酸钾溶液体系中存在：$c(CO_3^{2-}) ＜ c(H_2CO_3)$，故 B 错误；C.由图可知，初始状态为 $pH = 9$、$\lg[c(Ni^{2+})] = -5$，此时为 $Ni(OH)_2$ 的沉淀溶解平衡体系，不会生成 $NiCO_3$，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：$c(CO_3^{2-}) + c(HCO_3^-) + c(H_2CO_3) = 0.1 mol/L$，故 C 正确；D.由图 2 可知 $pH ＜ 8.25$ 时，$NiCO_3$ 优先于 $Ni(OH)_2$ 生成沉淀，$pH ＞ 8.25$ 时 $Ni(OH)_2$ 优先于 $NiCO_3$ 生成沉淀，$0.1 mol · L^{-1} KHCO_3$ 溶液的 $pH$ 接近 8，$0.1 mol · L^{-1} K_2CO_3$ 溶液的 $pH$ 接近 12，所以沉淀 $Ni^{2+}$ 制备 $NiCO_3$ 时，选用 $0.1 mol · L^{-1} KHCO_3$ 溶液比 $0.1 mol · L^{-1} K_2CO_3$ 溶液的效果好，故 D 错误；故选 C。