衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案，目前趣答答案已经汇总了衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

(新教材)高三大一轮总复习多维特训卷化学5.D一水合氨和醋酸的电离常数相同，所以NH才和呈中性，即溶液含有(NH,)2SO,、Na2SO,、NH3·H2O三种CH,COO~水解程度相同，CH,COONH,溶液中：c(OH)=成分，a点时c(Na)=c(SO),b点时c(Na)>c(SO),c(H+)=10-?mol·L-1,溶液的pH=7,A错误；NH和又根据电荷守恒：c(Na)+c(NH)+c(H+)=c(OH-)+HCO;发生双水解，但因水解产物溶解度较大，无法脱离溶2c(SO),且c(H)=c(OH),可以得出c(SO)>c(NH),液，所以反应不彻底，B错误；盐类水解促进水的电离，酸或碱c(Na*)>c(SO)>c(NH )>c(OH)=c(H)抑制水的电离，加入氨水20mL时，恰好生成氯化铵，所以曲答案：(1)A1+水解生成的A1(OH)3胶体具有吸附性，即线上水的电离程度最大的点为c点，C错误；d点加入30mLA1++3H20一A1(OH),(胶体)+3H+,A1(OH),胶体吸氨水，NH·H2O的物质的量为0.003mol,HC1的物质的量附悬浮颗粒使其沉降从而净化水为0.002mol,据反应：NH,·H2O+HC1-NH,C1+H2 O(2)小于可得反应后溶质的物质的量分别为n(NH,C1)=0.002mo(3)①INHA1(SO.)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水和n(NH3·H2O)=0.001mol,由溶液中的电荷守恒：c(H+解程度增大，pH减小②10-3mol·L+c(NH)=c(OH-)+c(CI)可得c(CI-)=c(NH)+(4)a c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)c(H)一c(OH)①，溶液中的物料守恒：2[c(NH·H2O考点2沉淀溶解平衡及应用+c(NH)]=3c(C1-)②，将①代人②可得c(OH1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)Xc(H*)=3[c(NH时)-2c(NH·H,O)],D正确。2.B3.C加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH):6.A由图可知，未加入盐酸时，NaUr溶液呈碱性，说明HUr是弱固体的质量减少，故A不选；加人盐酸，平衡正向移动，氢氧酸，根据“强酸制弱酸”的原理，滴加盐酸时发生反应的离子方程化镁固体减少，故B不选；加少量NaOH固体，平衡逆向移式为Ur十H一HUr,A项正确；尿酸钠溶液中存在水解平衡动，则Mg(OH)2固体增加，且c(OH)增加，故选C:加少量Ur+H2O=HUr+OH,加入HCI溶液，水解平衡正向移MgSO4固体，平衡逆向移动，c(OHˉ)减小，故D不选。动，nNa*)不变，n(Ur)减小，则”Na*n(U)逐渐增大，即Na*)4.B根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，故Kp(MnS)>K(CuS),A对；该反应达平衡时c(Mn2+)、c(Cu2-)保持不渐增大，B项错误；滴加HCI溶液后，溶液中存在电荷守恒c(CI~变，但不一定相等，B错：往平衡体系中加入少量CuSO,固体+c(OH)+c(Ur)=c(H)+c(Na*),N点时pH=7,即后，平衡正向移动，c(Mn2+)变大，C对；该反应的平衡常数c(OH)=c(H),则c(CI)+c(Ur)=c(Na+),结合物料守恒K=(Mni）=e(Ma*)·cSKsp(MnS)c(Na)=c(Ur)+c(HUr),则c(C)=c(HUr),C项错误；由Cc(Cu2+)c(Cu2+)·c(S2-)项分析可知，当c(CI-)=c(HUr)时，溶液呈中性，c(H)=、Kp(CuS),D对。5.(1)×(2)×(3)×(4)、/(5)×(6)Xc(OH),D项错误。6.D7.CHRO,存在三步电离：①HRO,=H2RO+H+,结A项中，三种物质均为AB型化合物，CuS的溶度积最小，合图像特点可知，pH=2.20时，c(H2RO,)=c(HRO,),所因而溶解度最小，错误；B项中，c(Cu2+)=√Kp(CuS)=以K=c(H,RO)·c(H*)√/1.3X10-i8mol·L-1,错误；C项中，K(FeS)>Kp(ZnS),=c(H+)=10-2.20;②H2R0c(H;RO)应首先生成ZS沉淀，错误；D项中，该反应的平衡常数K=c (Zn'+)K.(ZnS)1.3X10-24一HRO十H+,同理可得K2=c(HRO)·c(H+)c(H2 RO):(CuK(CuS-1.3×10=1.0X10,正确。10-6.98；③HRO2一RO十H+,同理可得K7.D结合工艺流程可知第①步中CrO在酸性条件下可转化c(RO:)·c(Ht)为Cr2O?,第②步中发生氧化还原反应Cr2O+6Fe2++c(HRO)=10-1.s0.0.1mol·L-1NaH2RO,溶液14H+=2Cr3++6Fe3++7H,0,第③步中发生反应Cr++中存在H2RO,的水解平衡和电离平衡，由K,=10-2.20可得3OH=Cr(OH):￥。结合上述分析可知①中存在平衡2CrO+2H+=Cr2O+H2O,A项正确；当离子浓度小KwH2RO:十H2O=HRO4+OH的Kh==10-11.8于1X105mol·L-1时视为沉淀完全，当c(Cr3+)<1X10Kmol·L-1时，K[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32K2,即H2RO:的电离程度大于其水解程度，所以溶液的pH则c(OH)>10-9mol·L-1,即常温下c(H+)<10-5mol·K=10-小于7，A项错误：10-需=100，B项错误；RO:十L,pH>5,B项正确；同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cr2O>Fe3+,C项正确；温度不HRO+OH的水解常数K变，w=c(H+)·c(OH)为定值，稀释溶液时，若H+浓度c(HRO)·c(OH-)c(HRO)·c(OH)·c(H)减小，则OH浓度增大，若OH~浓度减小，则H+浓度增大c(RO)c(RO)·c(H+)D项错误。Kw10-14。=10-=1050,C项正确；Na,HRO,溶液中存在电离:8.是因为根据c(Ce3+)Km[Ce(0H)3]1.0×10-oc(OH-)1012mol·平衡(HRO=RO+H+)和水解平衡(HRO+H2OL-1=1.0×10-8mol·L-1<1.0X10-5mol·L-1,所以Ce3一H,RO:+OH),计算可得水解常数K=Km=10-12沉淀完全9.B>K,则HRO的水解程度大于电离程度，故c(H2RO:)↑cNi2/mol.L-)>c(RO),D项错误。由P点可知KNiS)=cNi2cS2)=10-188.(1)①>②>③>④10-18×106=1.0×1024,B项正确(2)1H2 C2O.+OH-HC2 O+H2O②c(HCO:)>XY点加入NaS溶液，c(S2增大，反c(H)>c(C2)>c(H2 C2O)3>应会向产生NS沉淀的方向进行(3)CN-+CO2+H2 O-HCO3+HCNcNi2+减小，而Y、Z点cNi2相9.解析：(2)NH4Al(SO,)2与NH,HSO中的NH均发生水解，NH,AI(SO,)2中AI3+水解呈酸性抑制NH水解，106等，即不可能使Y点移到Z点，Dcs2-)/mol·L-HSO,电离出H同样抑制NH水解，但HSO:电离生成项错误的H+浓度比AI+水解生成的H+浓度大，所以NH,HSO,Kp只与温度有关，即常温时，CuS在Na2S溶液和在水中的中NH水解程度比NH4Al(SO,)2中的小。(3)②根据电荷Kp相同，由同离子效应可知CuS在Na2S溶液中的溶解度比守恒，可以求出2c(SO)一(NH)一3c(A13+)=c(H)一在水中的小，A项错误；根据溶度积Kp(NiS)>Kp(CuS),可c(OH-)≈10-3mol·L1[c(OH)太小，可忽略]知向含等浓度的Cu2+、Ni+的混合溶液中滴加Na2S溶液，先(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离生成CuS沉淀，C项错误。出的H+,溶液中只有(NH4)2SO:与Na2SO4,(NH)2SO10.D根据图示，b点c(Fe+)与c点c(Cu2+)相等，而b点可以促进水的电离；b、c、d三点溶液均含有NH·H2O,而c(0H)=10-12.7mol·L1,c点c(0H)=10-6molNH·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大；b点溶液L1,根据Kp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH),222