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专题一0一 水溶液中的离子反应与平衡 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）
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这是一份专题一0一 水溶液中的离子反应与平衡 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用），文件包含专题十一水溶液中的离子反应与平衡原卷版docx、专题十一水溶液中的离子反应与平衡解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
一、高考真题汇编的意义
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2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
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三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题十一 水溶液中的离子反应与平衡
考点1 弱电解质的电离平衡 水的电离
1．（2023·湖北卷，14）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
【答案】C
【解析】从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误。
2．（2022·浙江6月选考，19）关于反应Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq) ΔH<0,达到平衡后,下列说法不正确的是
A.升高温度,氯水中的c(HClO)减小
B.氯水中加入少量醋酸钠固体,上述平衡正向移动,c(HClO)增大
C.取氯水稀释,c(Cl-)c(HClO)增大
D.取两份氯水,分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液,若前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色,可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【解析】HClO受热易分解,升高温度,HClO分解,平衡正向移动,但c(HClO)减小,A正确;氯水中加入少量CH3COONa固体,CH3COO-和H+结合生成醋酸分子,c(H+)减小,平衡正向移动,c(HClO)增大,B正确;氯水稀释,平衡正向移动,而c(HClO)和c(Cl-)均减小,但HClO本身也存在电离平衡HClOH++ClO-,稀释促进了HClO的电离,使c(HClO)减少更多,因此c(Cl-)c(HClO)增大,C正确;氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀,证明溶液中有Cl-,氯水中滴加淀粉碘化钾溶液,溶液变蓝,证明生成了碘单质,溶液中有强氧化性的物质,而氯气和HClO都有强氧化性,不能证明反应物和生成物共存,即不能证明该反应存在限度,D错误。
3．（2022·浙江1月选考，17）已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者
B.向0.1 ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%
C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2-)>c(HA-)
D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项,A2-的水解能力比HA-强,故等浓度的Na2A溶液中水的电离程度比NaHA强,错误;忽略H2A二级电离和H2A浓度的变化,Ka1=c(H+)·c(HA-)c(H2A),pH=3时,c(HA-)c(H2A)=1.3×10-4,H2A的电离度为c(HA-)c(H2A)×100%=1.3×10-4×100%=0.013%,正确;C项,pH=11的溶液中,根据Ka2=c(H+)·c(A2−)c(HA-),可推知c(A2−)c(HA-)=Ka2c(H+)=7.1×10-151×10-11<1,所以c(A2-)4．（2021·湖北卷，14）常温下,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1 ml·L-1,溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lg c),pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lg c(OH-)];x、y、z三点的坐标:x(7.3,1.3),y(10.0,3.6),z(12.6,1.3)。下列说法正确的是
A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B.H3PO3的结构简式为
C.pH=4的溶液中:c(H2PO3-)<0.1 ml·L-1-2c(HPO32−)
D.H3PO3+HPO32−2H2PO3- 的平衡常数K>1.0×105
【答案】D
【解析】由图示可知,随着碱性增强,即pOH减小,H3PO3浓度减小,H2PO3-浓度先增加后减小,HPO32−浓度逐渐增大,可知HPO32−中的氢不可能电离,说明H3PO3是二元弱酸,故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2PO3-、HPO32−,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1 ml·L-1,即,c(H3PO3)+c(H2PO3-)+c(HPO32−)=0.1 ml·L-1,根据酸碱中和反应知随着c(OH-)的增大,c(H3PO3)逐渐减小,c(H2PO3-)先增大后减小,c(HPO32−)逐渐增大,即随着pOH的减小,pc(H3PO3)逐渐增大,pc(H2PO3-)先减小后增大,pc(HPO32−)逐渐减小,故曲线①表示pc(HPO32−)随pOH的变化,曲线②表示pc(H2PO3-)随pOH的变化,曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化,点x(7.3,1.3)表示当pOH=7.3时,pc(HPO32−)=pc(H2PO3-),点y(10.0,3.6)表示当pOH=10时,pc(HPO32−)=pc(H3PO3),点z(12.6,1.3)表示当pOH=12.6时,pc(H2PO3-)=pc(H3PO3),据此可得Ka1=c(H2PO3-)·c(H+)c(H3PO3)=c(H+)=KWc(OH-)=10-14c(OH-)=10-1410-12.6=10-1.4、Ka2=c(HPO32−)·c(H+)c(H2PO3-)=c(H+)=KWc(OH-)=10-14c(OH-)=10-1410-7.3=10-6.7。根据以上分析可知A项错误;根据以上分析上知,H3PO3为二元弱酸,其结构简式为,B项错误;根据以上分析上知,pH=4即pOH=10时,pc(HPO32−)=pc(H3PO3),即c(H3PO3)=c(HPO32−),而c(H3PO3)+c(H2PO3-)+c(HPO32−)=0.1 ml·L-1,故c(H2PO3-)=0.1 ml·L-1-2c(HPO32− ),C项错误;H3PO3H2PO3-+H+、H2PO3-HPO32−+H+,两式相减,可得H3PO3+HPO32−2H2PO3-,则平衡常数K=Ka1Ka2=10-1.410-6.7=105.3>1×105,D项正确。
5．（2021·浙江6月选考，19）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A.25 ℃时,若测得0.01 ml·L-1 NaR溶液pH=7,则HR是弱酸
B.25 ℃时,若测得0.01 ml·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸
C.25 ℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸
D.25 ℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸
【答案】B
【解析】25 ℃时,pH=7代表溶液呈中性,NaR为强酸强碱盐,故HR为强酸,A项错误;25 ℃时,0.01 ml·L-1的HR溶液pH>2且pH<7,说明HR显酸性,但不能完全电离,故为弱酸,B项正确;若HR为强酸,且稀释前pH=a=6,加水稀释10倍后pH<7,b-a<1,故HR不一定为弱酸,C项错误;若HR是强酸,升高温度,NaR溶液的pH也会降低,故HR不一定是弱酸,D项错误。
考点2 溶液的pH 酸碱中和反应及酸碱滴定
1．（2023·山东卷，8）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【解析】进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，A错误；滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，B错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，C正确；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，D错误。
2．（2023·山东卷，9）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据滴定过程中，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液，需要消耗-甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=；设醇解的乙酸酐物质的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则x+y=；x+2y=；联立计算得：x=n(ROH)=，样品中羟基质量分数=， A正确。
3．（2023·山东卷，10）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【解析】用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液，则消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为。乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A项错误；若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，B项正确；步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C项错误；步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，D项错误。
4．（2023·湖南卷，12）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)d，D错误。
5．（2022·浙江6月选考，23） 25 ℃时,向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5;用0.1 ml·L-1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸,滴定终点的pH突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是
A.恰好中和时,溶液呈碱性
B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,发生反应的离子方程式为H++OH-H2O
C.滴定过程中,c(Cl-)=c(CH3COO-)+
c(CH3COOH)
D.pH=7时,c(Na+)>c(Cl-)>
c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】恰好中和时,生成NaCl和CH3COONa,其中CH3COO-水解,溶液显碱性,A正确;滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,若只发生反应:H++OH-H2O,则滴加NaOH溶液的体积为20 mL,根据电离常数,0.1 ml·L-1的醋酸中,c(H+)≈c(CH3COO-)=
Kac(CH3COOH)=1.8×10-5×0.05=
3×10-3.5 ml·L-1>1.0×10-4.3 ml·L-1,故用氢氧化钠溶液滴定的过程中,醋酸也参加了反应,则离子方程式为H++OH-H2O和CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O,B错误;滴定前盐酸和醋酸的浓度相同,故滴定过程中,根据元素质量守恒可知:c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C正确;向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液,当加入的NaOH溶液的体积为20 mL时,溶质为NaCl和CH3COOH,此时溶液仍然呈酸性,需继续滴加NaOH溶液,pH=7时c(H+)=1×10-7 ml·L-1,由Ka=
c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=
1×10-7×c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.8×10-5可知,c(CH3COO-)>c(CH3COOH),故有c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH),D正确。
6．（2022·福建卷，5）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的
【答案】C
【解析】中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误。
7．（2022·河北卷，9）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000ml•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01ml•L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03ml•L-1
【答案】C
【解析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02ml/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01ml/L。由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02ml/L，A错误；由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，B错误；由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01ml/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01ml/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，C正确；水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03ml/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 ml/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 ml/L，D错误。
8．（2022·山东卷，6）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确。
9．（2022·浙江1月选考，23）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 ml·L-1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 ml·L-1 NaHCO3溶液,再分别用0.4 ml·L-1盐酸滴定,利用pH计和压力传感器检测,得到如下曲线:
图5
下列说法正确的是
A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B.当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点),所发生的反应用离子方程式表示为HCO3-+H+CO2↑+H2O
C.根据pH-V(HCl)图,滴定分析时,c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足:c(H2CO3)-c(CO32−)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1> 20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误。
10．（2021·广东卷，7） 测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括:①量取一定量的浓硫酸,稀释;②转移定容得待测液;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定。上述操作中, 不需要用到的仪器为( )
【答案】B
【解析】实验过程中,①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒;②转移定容得待测液所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。选项中A为容量瓶,B为分液漏斗,C为锥形瓶,D为碱式滴定管,题述操作中,不需要用到的仪器为分液漏斗,故答案为B。
考点3 盐类的水解 粒子浓度的比较
1．（2023·浙江6月选考，15）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，A错误；实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，C错误；实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，D正确。
2．（2022·浙江6月选考，17）25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 ml·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 ml·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
【答案】C
【解析】醋酸的酸性大于苯酚,则CH3COO-的水解程度较小,相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)c(H+)·c(C6H5O-)c(C6H5OH)=
1.0×10-10×c(C6H5O-)c(C6H5OH)=1.0×10-10,故c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C正确;C6H5OH溶液中存在:C6H5OHC6H5O-+H+,电离出的H+抑制水的电离,加入少量C6H5ONa,上述平衡逆向移动,c(H+)减小,水的电离程度变大,D错误。
3．（2022·湖南卷，13）为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·L-1)。
依据上述实验现象,结论不合理的是
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明SO32−对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响
【答案】CD
【解析】Fe3+水解使溶液显酸性,SO32−水解使溶液显碱性,两者之间存在相互促进的水解反应,同时Fe3+具有氧化性,SO32−具有还原性,两者还会发生氧化还原反应,在同一反应体系中,Fe3+的水解反应与还原反应共存并相互竞争。Fe3+的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加大,生成较多的氢氧化铁胶体,从而使溶液显红褐色,A正确;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液,根据现象和分析可知,Fe3+既发生了水解反应生成红褐色的氢氧化铁,又被SO32−还原得到Fe2+,加入铁氰化钾溶液后,出现特征蓝色沉淀,B正确;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度FeCl3溶液,根据现象和分析可知,仍发生Fe3+的水解反应,而加入的FeCl3溶液只有2滴,所以Na2SO3过量,可能与加入的铁氰化钾发生氧化还原反应:SO32−+2[Fe(CN)6]3-+H2O2[Fe(CN)6]4-+SO42−+2H+,无法检测溶液中是否有Fe2+,则无法说明Fe3+没有发生还原反应, C错误;SO32−水解使溶液显碱性,可促进Fe3+的水解反应,D错误。
4．（2022·海南卷，13）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A．0.01ml/L NaClO溶液中，c(ClO—)＜0.01ml/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01ml/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01ml/L，A正确；次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，B错误；过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl—++2H+，C错误；25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO—)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确。
5．（2022·湖北卷，15）下图是亚砷酸和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3ml/L，右坐标浓度的数量级为10-6ml/L，横坐标为pH，随着pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。，，当pH=9.1时，=，，为，A正确；，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B正确；由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3ml/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6ml/L，所以时，的浓度比的高，C正确；由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D错误。
6．（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确。
7．（2022·辽宁卷，15）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，B正确；的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，C正确；由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，D错误。
8．（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】经过步骤①，100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液和0.01mlNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02ml NaCl和0.01mlCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，A错误；步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，B错误；经过步骤②，反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02mlNaCl、0.01ml Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，D正确。
9．（2021·重庆卷，14）下列叙述正确的是
A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- )
B．向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3)
D．向0.2 ml·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 ml·L-1
【答案】C
【解析】溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()c(H2CO3)，C正确；磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，0.2 ml·L-1磷酸含c(H+)<0.6 ml·L-1，加水至原体积的两倍，越稀弱酸电离程度越大，则c(H+)>0.3 ml·L-1，D错误。
10．（2021·天津卷，10）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在溶液中
B．在溶液中
C．在溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
【答案】A
【解析】由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，A正确；在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；在溶液中，根据物料守恒得到，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，D错误。
11．（2021·江苏卷，11）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1ml·L-1NaHCO3溶液与0.1ml·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)C．实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCO
D．实验4中c反应前(CO)【答案】C
【解析】实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误。
12．（2021·海南卷，13）25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．点，溶液是由于水解程度大于电离程度
B．点，
C．点，溶液中的主要来自的电离
D．点，
【答案】AB
【解析】存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，A正确；根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，B正确；点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，C错误；点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，D错误。
13．（2021·福建卷，10）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
【答案】A
【解析】Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，A正确；碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)14．（2021·北京卷，9）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 ml CuSO4氧化11 ml PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【解析】水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24mlCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24ml÷8＝3ml，C项错误；H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确。
15．（2021·北京卷，12）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确； H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确。
16．（2021·湖南卷，9）常温下,用0.100 0 ml·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 ml·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
【答案】C
【解析】NaX为一元弱酸的钠盐,NaX溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),因c(X-)发生水解,所以c(Na+)>c(X-),由于c(X-)的水解程度是微弱的,所以c(X-)>c(OH-),故c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A正确;室温下,相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液,pH越大,阴离子对应的一元酸的酸性越弱,其电离常数越小,根据图可知Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B正确;这三种盐都是强碱弱酸盐,其水溶液都呈碱性,加盐酸使三种溶液呈中性,则盐酸应少量,弱酸的酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,其钠盐溶液pH越大,要使混合溶液呈中性,则加入盐酸体积越大,其混合溶液中相应弱酸的生成量应该越多,酸性HX>HY>HZ,则溶液呈中性时生成酸的量n(HX)n(Y-)>n(Z-),又由于加入盐酸体积NaXc(Y-)>c(Z-),C错误;根据质子守恒可知D正确。
17．（2021·广东卷，8）鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是( )
ml·L-1 GHCl水溶液的pH=3
ml·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高
C.GHCl在水中的电离方程式为GHClG+HCl
D.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】0.001 ml·L-1 GHCl水溶液,电离出的GH+会发生水解,弱离子的水解较为微弱,因此0.001 ml·L-1 GHCl水溶液的pH>3,A项错误。有机弱碱G与盐酸反应得到强酸弱碱盐GHCl,GHCl水解使溶液呈酸性,若加水稀释,酸性减弱,pH升高,B项正确。GHCl在水中的电离方程式为GHClGH++Cl-,C项错误。GHCl水溶液中存在物料守恒:c(Cl-)=c(GH+)+c(G),D项错误。
18．（2021·山东卷，15） 赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-,用HR表示]是人体必需氨基酸,其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡:
H3R2+H2R+HRR-
向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R-),下列表述正确的是( )
A.K2K1>K3K2
B.M点,c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C.O点,pH=-lgK2-lgK32
D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:H3R2++OH-H2R++H2O、H2R++OH-HR+H2O、HR+OH-R-+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小,H2R+和HR均先增大后减小,R-逐渐增大。K1=c(H2R+)·c(H+)c(H3R2+),K2=c(HR)·c(H+)c(H2R+),K3=c(R-)·c(H+)c(HR),M点c(H3R2+)=c(H2R+),由此可知K1≈10-2.2,N点c(HR)=c(H2R+),则K2≈10-9.1,P点c(HR)=c(R-),则K3≈10-10.8,K2K1=10-9.110-2.2=10-6.9,K3K2=10-10.810-9.1=10-1.7,因此K2K1c(H+),溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度,因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D正确。
19．（2021·辽宁卷，15） 用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
[如A2-分布分数:δ(A2-)=c(A2−)c(H2A)+c(HA-)+c(A2−)]
A.H2A的Ka1为10-10.25
B.c点:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.第一次突变,可选酚酞作指示剂
D.c(Na2A)=0.200 0 ml·L-1
【答案】C
【解析】用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,pH较大时A2-的分布分数δ最大,随着pH的减小,A2-的分布分数逐渐减小,HA-的分布分数逐渐增大,恰好生成NaHA之后,HA-的分布分数逐渐减小,H2A的分布分数逐渐增大,据此分析作答。H2A的Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A),根据题图d点数据计算可知Ka1=10-6.38,A项错误;根据图像可知c点c(HA-)>c(H2A)>c(A2-),B项错误;根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性,所以可以选择酚酞作指示剂,C项正确;根据图像e点可知,当加入40 mL盐酸时,全部生成H2A ,根据Na2A+2HCl2NaCl+H2A计算可知c(Na2A)=0.100 0 ml·L-1,D项错误。
20．（2021·浙江6月选考，23） 取两份10 mL 0.05 ml·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 ml·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 ml·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+)D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x,e点的c(Na+)+c(H+)=y,则x>y
【答案】C
【解析】a点NaHCO3溶液pH=8.3,说明HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度,A项正确;a→b→c过程中,根据电荷守恒,c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(Na+)近似不变,而pH增大,即c(OH-)增大,则c(H+)减小,所以c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)减小,B项正确;a→d→e过程中,根据物料守恒,c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32−)+c(H2CO3),C项错误;根据电荷守恒,c点,c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=x>0.05 ml·L-1,e点,c(Na+)变为原来的12,加入的H+与HCO3-恰好反应而消耗,则c(Na+)+c(H+)=y<0.05 ml·L-1,则x>y,D项正确。
21．（2021·浙江1月选考，23）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50 ml·L-1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5。下列说法不正确的是( )
A.图中实线表示pH随加水量的变化,虚线表示pH随温度的变化
B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,溶液pH变化值小于lg x
C.随温度升高,KW增大,CH3COONa溶液中c(OH-)减小,c(H+)增大,pH减小
D.25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中:c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】A项,NH4Cl水解使溶液显酸性,加水稀释时,酸性减弱,pH变大,CH3COONa水解使溶液显碱性,加水稀释时,碱性减弱,pH变小,对应图中实线;加热NH4Cl溶液,会促进NH4+ 的水解,溶液中c(H+)增大,pH变小,对应图中NH4Cl的虚线,加热CH3COONa溶液,会促进CH3COO-的水解,溶液中c(OH-)增大,由于升温后KW也增大,所以c(H+)也会增大,对应图中CH3COONa的虚线,正确。B项,0.50 ml·L-1 NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,即稀释x倍,先不考虑NH4Cl的水解,溶液中的H+浓度变为原来的1x,溶液pH变化lg x,加水稀释会促进NH4+的水解,H+浓度略增大,则溶液中的H+浓度大于原来的1x,溶液pH变化小于lg x,正确;C项,升温会促进CH3COO-的水解,溶液中的c(OH-)增大,错误;D项,由电荷守恒有c(Na+)+c1(H+)=c(CH3COO-)+c1(OH-),c(NH4+ )+c2(H+)=c(Cl-) +c2(OH-),c(Na+)-c(CH3COO-)=c1(OH-)-c1(H+),c(Cl-)-c(NH4+)=c2(H+)-c2(OH-),由于两原溶液的物质的量浓度相同,稀释相同倍数后的NH4Cl和CH3COONa溶液,溶质的物质的量浓度仍相等,由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同,温度相同时,水的离子积常数不变,CH3COO-和NH4+的水解平衡常数不变,所以c1(OH-)-c1(H+)=c2(H+)-c2(OH-),则 c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+ )成立,正确。
考点4 沉淀溶解平衡
1．（2023辽宁卷，15）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．B．③为与的关系曲线
C．D．
【答案】D
【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-。由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；③为与的关系曲线，B错误；曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2 ml/L时，c(HS-)=10-3.9 ml/L，，C错误；已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正确。
2．（2023·湖南卷，9）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误。
3．（2023·北京卷，14）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【解析】水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确。
4．（2022·湖南卷，10）室温时,用0.100 ml·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 ml·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,
Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17]。下列说法正确的是
A.a点:有白色沉淀生成
B.原溶液中I-的浓度为0.100 ml·L-1
C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀
D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)
【答案】C
【解析】向浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加AgNO3溶液,根据三种沉淀的溶度积常数,三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-,根据关系曲线可知,当滴入4.50 mL硝酸银溶液时,Cl-恰好沉淀完全,此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10-3 L×0.100 ml·L-1=4.5×10-4 ml,所以Cl-、Br-和I-的物质的量均为1.5×10-4 ml,图中前2个突跃点,对应的V(AgNO3)分别为1.5 mL和3.0 mL。Ksp(AgI)最小,可知I-先沉淀,AgI沉淀是黄色的,所以a点有黄色沉淀生成,A错误;原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4 ml,则I-的浓度为1.5×10-4ml0.015 L=0.010 ml·L-1,B错误;当Br-沉淀完全时,溶液中的
c(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=5.4×10-131.0×10-5 ml·L-1=5.4×10-8 ml·L-1,c(Cl-)=
0.010 ml·L-1×15 mL15 mL+3 mL≈8.3×10-3 ml·L-1,Q=c(Ag+)·c(Cl-)=5.4×10-8×8.3×10-3≈4.5×10-10>
Ksp(AgCl)=1.8×10-10,则已经有部分Cl-沉淀,C正确;b点加入了过量的硝酸银溶液,Ag+浓度最大,则b点各离子浓度为c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D错误。
5．（2022·福建卷，7）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【答案】B
【解析】对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；由图可知，净化的先后顺序为，C错误；对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5ml/L，c(OH-)=10-11.5ml/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5ml/L，c(OH-)=10-9.5ml/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L， ，则有，D错误。
6．（2022·海南卷，14）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4ml/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)]与pH的关系。由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；向c(M2+)=0.1ml/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；根据图象，c[M(OH)]=0.1ml/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈ml/L≈3.2ml/L，加入等体积的0.4ml/L的HCl后，发生中和反应，反应后c (OH-)=ml/L=1.4ml/L，此时体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误。
7．（2022·山东卷，14）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误。
8．（2021·江苏卷，13）室温下，用0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是
A．0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
B．反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104
C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。步骤
操作或叙述
A
Ⅰ.用标准溶液标定醋酸溶液浓度
滴定时应始终注视滴定管中的液面
B
Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液
应使用干燥的容量瓶
C
Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的
应在相同温度下测定
D
Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度
计算式为
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
②
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
8.2
4.6
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题十一 水溶液中的离子反应与平衡
考点1 弱电解质的电离平衡 水的电离
1．（2023·湖北卷，14）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
【答案】C
【解析】从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误。
2．（2022·浙江6月选考，19）关于反应Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq) ΔH<0,达到平衡后,下列说法不正确的是
A.升高温度,氯水中的c(HClO)减小
B.氯水中加入少量醋酸钠固体,上述平衡正向移动,c(HClO)增大
C.取氯水稀释,c(Cl-)c(HClO)增大
D.取两份氯水,分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液,若前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色,可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【解析】HClO受热易分解,升高温度,HClO分解,平衡正向移动,但c(HClO)减小,A正确;氯水中加入少量CH3COONa固体,CH3COO-和H+结合生成醋酸分子,c(H+)减小,平衡正向移动,c(HClO)增大,B正确;氯水稀释,平衡正向移动,而c(HClO)和c(Cl-)均减小,但HClO本身也存在电离平衡HClOH++ClO-,稀释促进了HClO的电离,使c(HClO)减少更多,因此c(Cl-)c(HClO)增大,C正确;氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀,证明溶液中有Cl-,氯水中滴加淀粉碘化钾溶液,溶液变蓝,证明生成了碘单质,溶液中有强氧化性的物质,而氯气和HClO都有强氧化性,不能证明反应物和生成物共存,即不能证明该反应存在限度,D错误。
3．（2022·浙江1月选考，17）已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者
B.向0.1 ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%
C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2-)>c(HA-)
D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项,A2-的水解能力比HA-强,故等浓度的Na2A溶液中水的电离程度比NaHA强,错误;忽略H2A二级电离和H2A浓度的变化,Ka1=c(H+)·c(HA-)c(H2A),pH=3时,c(HA-)c(H2A)=1.3×10-4,H2A的电离度为c(HA-)c(H2A)×100%=1.3×10-4×100%=0.013%,正确;C项,pH=11的溶液中,根据Ka2=c(H+)·c(A2−)c(HA-),可推知c(A2−)c(HA-)=Ka2c(H+)=7.1×10-151×10-11<1,所以c(A2-)
A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B.H3PO3的结构简式为
C.pH=4的溶液中:c(H2PO3-)<0.1 ml·L-1-2c(HPO32−)
D.H3PO3+HPO32−2H2PO3- 的平衡常数K>1.0×105
【答案】D
【解析】由图示可知,随着碱性增强,即pOH减小,H3PO3浓度减小,H2PO3-浓度先增加后减小,HPO32−浓度逐渐增大,可知HPO32−中的氢不可能电离,说明H3PO3是二元弱酸,故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2PO3-、HPO32−,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1 ml·L-1,即,c(H3PO3)+c(H2PO3-)+c(HPO32−)=0.1 ml·L-1,根据酸碱中和反应知随着c(OH-)的增大,c(H3PO3)逐渐减小,c(H2PO3-)先增大后减小,c(HPO32−)逐渐增大,即随着pOH的减小,pc(H3PO3)逐渐增大,pc(H2PO3-)先减小后增大,pc(HPO32−)逐渐减小,故曲线①表示pc(HPO32−)随pOH的变化,曲线②表示pc(H2PO3-)随pOH的变化,曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化,点x(7.3,1.3)表示当pOH=7.3时,pc(HPO32−)=pc(H2PO3-),点y(10.0,3.6)表示当pOH=10时,pc(HPO32−)=pc(H3PO3),点z(12.6,1.3)表示当pOH=12.6时,pc(H2PO3-)=pc(H3PO3),据此可得Ka1=c(H2PO3-)·c(H+)c(H3PO3)=c(H+)=KWc(OH-)=10-14c(OH-)=10-1410-12.6=10-1.4、Ka2=c(HPO32−)·c(H+)c(H2PO3-)=c(H+)=KWc(OH-)=10-14c(OH-)=10-1410-7.3=10-6.7。根据以上分析可知A项错误;根据以上分析上知,H3PO3为二元弱酸,其结构简式为,B项错误;根据以上分析上知,pH=4即pOH=10时,pc(HPO32−)=pc(H3PO3),即c(H3PO3)=c(HPO32−),而c(H3PO3)+c(H2PO3-)+c(HPO32−)=0.1 ml·L-1,故c(H2PO3-)=0.1 ml·L-1-2c(HPO32− ),C项错误;H3PO3H2PO3-+H+、H2PO3-HPO32−+H+,两式相减,可得H3PO3+HPO32−2H2PO3-,则平衡常数K=Ka1Ka2=10-1.410-6.7=105.3>1×105,D项正确。
5．（2021·浙江6月选考，19）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A.25 ℃时,若测得0.01 ml·L-1 NaR溶液pH=7,则HR是弱酸
B.25 ℃时,若测得0.01 ml·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸
C.25 ℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸
D.25 ℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸
【答案】B
【解析】25 ℃时,pH=7代表溶液呈中性,NaR为强酸强碱盐,故HR为强酸,A项错误;25 ℃时,0.01 ml·L-1的HR溶液pH>2且pH<7,说明HR显酸性,但不能完全电离,故为弱酸,B项正确;若HR为强酸,且稀释前pH=a=6,加水稀释10倍后pH<7,b-a<1,故HR不一定为弱酸,C项错误;若HR是强酸,升高温度,NaR溶液的pH也会降低,故HR不一定是弱酸,D项错误。
考点2 溶液的pH 酸碱中和反应及酸碱滴定
1．（2023·山东卷，8）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【解析】进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，A错误；滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，B错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，C正确；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，D错误。
2．（2023·山东卷，9）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据滴定过程中，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液，需要消耗-甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=；设醇解的乙酸酐物质的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则x+y=；x+2y=；联立计算得：x=n(ROH)=，样品中羟基质量分数=， A正确。
3．（2023·山东卷，10）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【解析】用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液，则消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为。乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A项错误；若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，B项正确；步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C项错误；步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，D项错误。
4．（2023·湖南卷，12）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)
5．（2022·浙江6月选考，23） 25 ℃时,向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5;用0.1 ml·L-1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸,滴定终点的pH突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是
A.恰好中和时,溶液呈碱性
B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,发生反应的离子方程式为H++OH-H2O
C.滴定过程中,c(Cl-)=c(CH3COO-)+
c(CH3COOH)
D.pH=7时,c(Na+)>c(Cl-)>
c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】恰好中和时,生成NaCl和CH3COONa,其中CH3COO-水解,溶液显碱性,A正确;滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,若只发生反应:H++OH-H2O,则滴加NaOH溶液的体积为20 mL,根据电离常数,0.1 ml·L-1的醋酸中,c(H+)≈c(CH3COO-)=
Kac(CH3COOH)=1.8×10-5×0.05=
3×10-3.5 ml·L-1>1.0×10-4.3 ml·L-1,故用氢氧化钠溶液滴定的过程中,醋酸也参加了反应,则离子方程式为H++OH-H2O和CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O,B错误;滴定前盐酸和醋酸的浓度相同,故滴定过程中,根据元素质量守恒可知:c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C正确;向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液,当加入的NaOH溶液的体积为20 mL时,溶质为NaCl和CH3COOH,此时溶液仍然呈酸性,需继续滴加NaOH溶液,pH=7时c(H+)=1×10-7 ml·L-1,由Ka=
c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=
1×10-7×c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.8×10-5可知,c(CH3COO-)>c(CH3COOH),故有c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH),D正确。
6．（2022·福建卷，5）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的
【答案】C
【解析】中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误。
7．（2022·河北卷，9）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000ml•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01ml•L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03ml•L-1
【答案】C
【解析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02ml/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01ml/L。由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02ml/L，A错误；由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，B错误；由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01ml/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01ml/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，C正确；水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03ml/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 ml/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 ml/L，D错误。
8．（2022·山东卷，6）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确。
9．（2022·浙江1月选考，23）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 ml·L-1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 ml·L-1 NaHCO3溶液,再分别用0.4 ml·L-1盐酸滴定,利用pH计和压力传感器检测,得到如下曲线:
图5
下列说法正确的是
A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B.当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点),所发生的反应用离子方程式表示为HCO3-+H+CO2↑+H2O
C.根据pH-V(HCl)图,滴定分析时,c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足:c(H2CO3)-c(CO32−)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1> 20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误。
10．（2021·广东卷，7） 测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括:①量取一定量的浓硫酸,稀释;②转移定容得待测液;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定。上述操作中, 不需要用到的仪器为( )
【答案】B
【解析】实验过程中,①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒;②转移定容得待测液所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。选项中A为容量瓶,B为分液漏斗,C为锥形瓶,D为碱式滴定管,题述操作中,不需要用到的仪器为分液漏斗,故答案为B。
考点3 盐类的水解 粒子浓度的比较
1．（2023·浙江6月选考，15）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，A错误；实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，C错误；实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，D正确。
2．（2022·浙江6月选考，17）25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 ml·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 ml·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
【答案】C
【解析】醋酸的酸性大于苯酚,则CH3COO-的水解程度较小,相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
1.0×10-10×c(C6H5O-)c(C6H5OH)=1.0×10-10,故c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C正确;C6H5OH溶液中存在:C6H5OHC6H5O-+H+,电离出的H+抑制水的电离,加入少量C6H5ONa,上述平衡逆向移动,c(H+)减小,水的电离程度变大,D错误。
3．（2022·湖南卷，13）为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·L-1)。
依据上述实验现象,结论不合理的是
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明SO32−对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响
【答案】CD
【解析】Fe3+水解使溶液显酸性,SO32−水解使溶液显碱性,两者之间存在相互促进的水解反应,同时Fe3+具有氧化性,SO32−具有还原性,两者还会发生氧化还原反应,在同一反应体系中,Fe3+的水解反应与还原反应共存并相互竞争。Fe3+的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加大,生成较多的氢氧化铁胶体,从而使溶液显红褐色,A正确;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液,根据现象和分析可知,Fe3+既发生了水解反应生成红褐色的氢氧化铁,又被SO32−还原得到Fe2+,加入铁氰化钾溶液后,出现特征蓝色沉淀,B正确;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度FeCl3溶液,根据现象和分析可知,仍发生Fe3+的水解反应,而加入的FeCl3溶液只有2滴,所以Na2SO3过量,可能与加入的铁氰化钾发生氧化还原反应:SO32−+2[Fe(CN)6]3-+H2O2[Fe(CN)6]4-+SO42−+2H+,无法检测溶液中是否有Fe2+,则无法说明Fe3+没有发生还原反应, C错误;SO32−水解使溶液显碱性,可促进Fe3+的水解反应,D错误。
4．（2022·海南卷，13）NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A．0.01ml/L NaClO溶液中，c(ClO—)＜0.01ml/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=HSO+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO—)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01ml/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01ml/L，A正确；次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，B错误；过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl—++2H+，C错误；25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO—)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确。
5．（2022·湖北卷，15）下图是亚砷酸和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3ml/L，右坐标浓度的数量级为10-6ml/L，横坐标为pH，随着pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。，，当pH=9.1时，=，，为，A正确；，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B正确；由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3ml/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6ml/L，所以时，的浓度比的高，C正确；由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D错误。
6．（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确。
7．（2022·辽宁卷，15）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，B正确；的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，C正确；由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，D错误。
8．（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】经过步骤①，100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液和0.01mlNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02ml NaCl和0.01mlCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，A错误；步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，B错误；经过步骤②，反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02mlNaCl、0.01ml Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，D正确。
9．（2021·重庆卷，14）下列叙述正确的是
A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- )
B．向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3)
D．向0.2 ml·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 ml·L-1
【答案】C
【解析】溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()
10．（2021·天津卷，10）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在溶液中
B．在溶液中
C．在溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
【答案】A
【解析】由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，A正确；在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；在溶液中，根据物料守恒得到，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，D错误。
11．（2021·江苏卷，11）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1ml·L-1NaHCO3溶液与0.1ml·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)
D．实验4中c反应前(CO)
【解析】实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误。
12．（2021·海南卷，13）25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．点，溶液是由于水解程度大于电离程度
B．点，
C．点，溶液中的主要来自的电离
D．点，
【答案】AB
【解析】存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，A正确；根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，B正确；点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，C错误；点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，D错误。
13．（2021·福建卷，10）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
【答案】A
【解析】Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，A正确；碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 ml CuSO4氧化11 ml PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【解析】水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24mlCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24ml÷8＝3ml，C项错误；H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确。
15．（2021·北京卷，12）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确； H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确。
16．（2021·湖南卷，9）常温下,用0.100 0 ml·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 ml·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
【答案】C
【解析】NaX为一元弱酸的钠盐,NaX溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),因c(X-)发生水解,所以c(Na+)>c(X-),由于c(X-)的水解程度是微弱的,所以c(X-)>c(OH-),故c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A正确;室温下,相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液,pH越大,阴离子对应的一元酸的酸性越弱,其电离常数越小,根据图可知Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B正确;这三种盐都是强碱弱酸盐,其水溶液都呈碱性,加盐酸使三种溶液呈中性,则盐酸应少量,弱酸的酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,其钠盐溶液pH越大,要使混合溶液呈中性,则加入盐酸体积越大,其混合溶液中相应弱酸的生成量应该越多,酸性HX>HY>HZ,则溶液呈中性时生成酸的量n(HX)
17．（2021·广东卷，8）鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是( )
ml·L-1 GHCl水溶液的pH=3
ml·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高
C.GHCl在水中的电离方程式为GHClG+HCl
D.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】0.001 ml·L-1 GHCl水溶液,电离出的GH+会发生水解,弱离子的水解较为微弱,因此0.001 ml·L-1 GHCl水溶液的pH>3,A项错误。有机弱碱G与盐酸反应得到强酸弱碱盐GHCl,GHCl水解使溶液呈酸性,若加水稀释,酸性减弱,pH升高,B项正确。GHCl在水中的电离方程式为GHClGH++Cl-,C项错误。GHCl水溶液中存在物料守恒:c(Cl-)=c(GH+)+c(G),D项错误。
18．（2021·山东卷，15） 赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-,用HR表示]是人体必需氨基酸,其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡:
H3R2+H2R+HRR-
向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R-),下列表述正确的是( )
A.K2K1>K3K2
B.M点,c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C.O点,pH=-lgK2-lgK32
D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:H3R2++OH-H2R++H2O、H2R++OH-HR+H2O、HR+OH-R-+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小,H2R+和HR均先增大后减小,R-逐渐增大。K1=c(H2R+)·c(H+)c(H3R2+),K2=c(HR)·c(H+)c(H2R+),K3=c(R-)·c(H+)c(HR),M点c(H3R2+)=c(H2R+),由此可知K1≈10-2.2,N点c(HR)=c(H2R+),则K2≈10-9.1,P点c(HR)=c(R-),则K3≈10-10.8,K2K1=10-9.110-2.2=10-6.9,K3K2=10-10.810-9.1=10-1.7,因此K2K1
19．（2021·辽宁卷，15） 用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
[如A2-分布分数:δ(A2-)=c(A2−)c(H2A)+c(HA-)+c(A2−)]
A.H2A的Ka1为10-10.25
B.c点:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.第一次突变,可选酚酞作指示剂
D.c(Na2A)=0.200 0 ml·L-1
【答案】C
【解析】用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,pH较大时A2-的分布分数δ最大,随着pH的减小,A2-的分布分数逐渐减小,HA-的分布分数逐渐增大,恰好生成NaHA之后,HA-的分布分数逐渐减小,H2A的分布分数逐渐增大,据此分析作答。H2A的Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A),根据题图d点数据计算可知Ka1=10-6.38,A项错误;根据图像可知c点c(HA-)>c(H2A)>c(A2-),B项错误;根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性,所以可以选择酚酞作指示剂,C项正确;根据图像e点可知,当加入40 mL盐酸时,全部生成H2A ,根据Na2A+2HCl2NaCl+H2A计算可知c(Na2A)=0.100 0 ml·L-1,D项错误。
20．（2021·浙江6月选考，23） 取两份10 mL 0.05 ml·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 ml·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 ml·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+)
【答案】C
【解析】a点NaHCO3溶液pH=8.3,说明HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度,A项正确;a→b→c过程中,根据电荷守恒,c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(Na+)近似不变,而pH增大,即c(OH-)增大,则c(H+)减小,所以c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)减小,B项正确;a→d→e过程中,根据物料守恒,c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32−)+c(H2CO3),C项错误;根据电荷守恒,c点,c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=x>0.05 ml·L-1,e点,c(Na+)变为原来的12,加入的H+与HCO3-恰好反应而消耗,则c(Na+)+c(H+)=y<0.05 ml·L-1,则x>y,D项正确。
21．（2021·浙江1月选考，23）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50 ml·L-1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5。下列说法不正确的是( )
A.图中实线表示pH随加水量的变化,虚线表示pH随温度的变化
B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,溶液pH变化值小于lg x
C.随温度升高,KW增大,CH3COONa溶液中c(OH-)减小,c(H+)增大,pH减小
D.25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中:c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】A项,NH4Cl水解使溶液显酸性,加水稀释时,酸性减弱,pH变大,CH3COONa水解使溶液显碱性,加水稀释时,碱性减弱,pH变小,对应图中实线;加热NH4Cl溶液,会促进NH4+ 的水解,溶液中c(H+)增大,pH变小,对应图中NH4Cl的虚线,加热CH3COONa溶液,会促进CH3COO-的水解,溶液中c(OH-)增大,由于升温后KW也增大,所以c(H+)也会增大,对应图中CH3COONa的虚线,正确。B项,0.50 ml·L-1 NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,即稀释x倍,先不考虑NH4Cl的水解,溶液中的H+浓度变为原来的1x,溶液pH变化lg x,加水稀释会促进NH4+的水解,H+浓度略增大,则溶液中的H+浓度大于原来的1x,溶液pH变化小于lg x,正确;C项,升温会促进CH3COO-的水解,溶液中的c(OH-)增大,错误;D项,由电荷守恒有c(Na+)+c1(H+)=c(CH3COO-)+c1(OH-),c(NH4+ )+c2(H+)=c(Cl-) +c2(OH-),c(Na+)-c(CH3COO-)=c1(OH-)-c1(H+),c(Cl-)-c(NH4+)=c2(H+)-c2(OH-),由于两原溶液的物质的量浓度相同,稀释相同倍数后的NH4Cl和CH3COONa溶液,溶质的物质的量浓度仍相等,由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同,温度相同时,水的离子积常数不变,CH3COO-和NH4+的水解平衡常数不变,所以c1(OH-)-c1(H+)=c2(H+)-c2(OH-),则 c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+ )成立,正确。
考点4 沉淀溶解平衡
1．（2023辽宁卷，15）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．B．③为与的关系曲线
C．D．
【答案】D
【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-。由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；③为与的关系曲线，B错误；曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2 ml/L时，c(HS-)=10-3.9 ml/L，，C错误；已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正确。
2．（2023·湖南卷，9）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误。
3．（2023·北京卷，14）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【解析】水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确。
4．（2022·湖南卷，10）室温时,用0.100 ml·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 ml·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,
Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17]。下列说法正确的是
A.a点:有白色沉淀生成
B.原溶液中I-的浓度为0.100 ml·L-1
C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀
D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)
【答案】C
【解析】向浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加AgNO3溶液,根据三种沉淀的溶度积常数,三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-,根据关系曲线可知,当滴入4.50 mL硝酸银溶液时,Cl-恰好沉淀完全,此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10-3 L×0.100 ml·L-1=4.5×10-4 ml,所以Cl-、Br-和I-的物质的量均为1.5×10-4 ml,图中前2个突跃点,对应的V(AgNO3)分别为1.5 mL和3.0 mL。Ksp(AgI)最小,可知I-先沉淀,AgI沉淀是黄色的,所以a点有黄色沉淀生成,A错误;原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4 ml,则I-的浓度为1.5×10-4ml0.015 L=0.010 ml·L-1,B错误;当Br-沉淀完全时,溶液中的
c(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=5.4×10-131.0×10-5 ml·L-1=5.4×10-8 ml·L-1,c(Cl-)=
0.010 ml·L-1×15 mL15 mL+3 mL≈8.3×10-3 ml·L-1,Q=c(Ag+)·c(Cl-)=5.4×10-8×8.3×10-3≈4.5×10-10>
Ksp(AgCl)=1.8×10-10,则已经有部分Cl-沉淀,C正确;b点加入了过量的硝酸银溶液,Ag+浓度最大,则b点各离子浓度为c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D错误。
5．（2022·福建卷，7）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【答案】B
【解析】对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；由图可知，净化的先后顺序为，C错误；对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5ml/L，c(OH-)=10-11.5ml/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5ml/L，c(OH-)=10-9.5ml/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L， ，则有，D错误。
6．（2022·海南卷，14）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4ml/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)]与pH的关系。由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；向c(M2+)=0.1ml/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；根据图象，c[M(OH)]=0.1ml/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈ml/L≈3.2ml/L，加入等体积的0.4ml/L的HCl后，发生中和反应，反应后c (OH-)=ml/L=1.4ml/L，此时体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误。
7．（2022·山东卷，14）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误。
8．（2021·江苏卷，13）室温下，用0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是
A．0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
B．反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104
C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。步骤
操作或叙述
A
Ⅰ.用标准溶液标定醋酸溶液浓度
滴定时应始终注视滴定管中的液面
B
Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液
应使用干燥的容量瓶
C
Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的
应在相同温度下测定
D
Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度
计算式为
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
②
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
8.2
4.6
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