第三章 水溶液中的离子反应与平衡-2025-2026学年高二化学上学期期末复习系列（十年高考真题同步学与考）

序号 知识考点 考试要求（能力层级） 备注 1 电解质与非电解质、强电解质与弱电解质分类 识记＋理解：能依据电离程度快速分类并举例 2 电离方程式书写规范（强、弱、多元弱酸分步） 应用：正确标注“=”“⇌”及分步电离 3 电离平衡概念与特征 理解：用“v电离=v结合”解释弱电解质平衡 4 电离常数 Ka、Kb 表达式及意义 应用：会写表达式、比较酸/碱相对强弱 5 电离度 α 定义及与 Ka 的换算 应用：会用 α 求 Ka 或反之（近似式） 6 水的电离与水的离子积 Kw 理解：Kw 随温度变化，会计算 c(OH⁻) 或 c(H⁺) 7 溶液的酸碱性与 pH 定义 应用：会 pH=–lgc(H⁺) 及互算 8 强酸、强碱、弱酸、弱碱溶液 pH 计算 应用：会求单一溶液及稀释后 pH（含近似条件） 9 酸碱中和滴定原理与操作要点 应用：会选指示剂、读数、计算浓度及误差分析 10 盐类水解本质与规律（谁弱谁水解） 理解：判断溶液酸碱性并写水解离子方程式 11 影响水解平衡的外因（浓度、温度、外加酸碱） 应用：预测平衡移动及现象 12 水解常数 Kh 与 Ka/Kb 关系 应用：会用 Kh=Kw/Ka（或 Kb）定量比较水解程度 13 双水解反应与完全水解判断 理解：能写出完全双水解总方程式 14 沉淀溶解平衡与溶度积 Ksp 应用：会写 Ksp 表达式、计算离子浓度 15 沉淀生成与溶解条件（Q 与 Ksp 关系） 应用：会判断沉淀生成、溶解或转化 16 分步沉淀与沉淀转化规律 应用：能确定离子分离顺序及转化方向 17 同离子效应与盐效应 理解：会分析溶解度变化趋势 18 平衡移动综合图像题（pH-体积、溶解度-温度等） 综合：能读图、判断条件变化与平衡移动 19 离子浓度大小比较（电荷守恒、物料守恒、质子守恒） 综合：会列三守恒式并排序离子浓度 20 水溶液四大平衡综合应用（酸碱、水解、沉淀、氧化还原） 综合：能多角度解释实验现象或工业流程 一、强电解质和弱电解质 1．电解质和非电解质 电解质:在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。  非电解质:在水溶液中和熔融状态下均以分子形式存在,因而不能导电的化合物。  2．强电解质和弱电解质 （1）强电解质:在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的电解质。如强酸、强碱、绝大多数盐、活泼金属氧化物等。  （2）弱电解质:在水溶液中只能部分电离的电解质。如弱酸、弱碱、水等。  3．电离方程式的书写 ①一元弱酸、弱碱一步电离。 如CH3COOHCH3COO-+H+; NH3·H2ON+OH-。  ②多元弱酸分步电离,必须分步写出,不可合并(其中以第一步电离为主)。  如H2CO3H++HC(主),HCH++C(次)。 ③多元弱碱分步电离 (较复杂),在中学阶段要求一步写出。 如Fe(OH)3Fe3++3OH-。  二、弱电解质的电离平衡 1．电离平衡状态 （1）概念:在一定条件(如温度、浓度)下,弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等,溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化,电离过程就达到了电离平衡状态。  （2）电离平衡的特征 弱：研究对象为弱电解质 等：弱电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等 动：电离平衡和化学平衡一样是动态的 定：达到平衡时，溶液中离子浓度和分子浓度都保持不变 变：条件改变，电离平衡发生移动，各粒子的浓度要发生改变 2．电离平衡的影响因素 因素 影响结果 温度 升高温度,电离平衡正向移动  浓度 加水稀释,电离平衡正向移动  外加 物质 加入与弱电解质电离出的离子相同的离子,电离平衡逆向移动(同离子效应)  加入能与弱电解质电离出的离子反应的离子,电离平衡正向移动  三、电离平衡常数 1．概念 在一定条件下,当弱电解质的电离达到平衡时,对一元弱酸或一元弱碱来说,溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积,与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数,这个常数叫作电离平衡常数,简称电离常数,用K表示(通常用Ka、Kb分别表示弱酸、弱碱的电离平衡常数)。  2．电离平衡常数的表示方法 （1）一元弱酸、弱碱 物质 电离方程式 电离平衡常数表达式 CH3COOH CH3COOHCH3COO-+H+ Ka= NH3·H2O NH3·H2ON+OH- Kb= （2）多元弱酸 多元弱酸:多元弱酸的电离是分步进行的,各步都有平衡常数,通常用Ka1、Ka2来表示,如H2CO3: H2CO3H++HC　Ka1= HCH++C　Ka2= 3．意义 表示弱电解质的电离能力。一定温度下,K值越大,弱电解质的电离程度越大。  4．电离常数的影响因素 （1）内因:同一温度下,不同的弱电解质的电离常数不同,说明电离常数首先由物质的性质所决定。  （2）外因:对于同一弱电解质,电离平衡常数只与温度有关,由于电离为吸热过程,因此电离平衡常数随温度升高而增大。  【辨析】 （1）H2CO3的电离常数表达式：Ka＝ ( ) （2）弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大 ( ) （3）电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大 ( ) （4）某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大 ( ) （5）相同温度下，向1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量冰醋酸，其电离度变小 ( ) （6）相同温度下,0.01 mol·L-1的醋酸溶液与0.1 mol·L-1的醋酸溶液CH3COOH的Ka一定相同。 (　 　) 1．（2022·浙江·高考真题）下列物质属于强电解质的是 A． B． C． D． 2．（2018·浙江·高考真题）相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．pH相等的两溶液中： B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中 D．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同 3．（2011·山东·高考真题）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是 A．溶液中导电粒子的数目减少 B．溶液中不变 C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7 4．（2016·浙江·高考真题）常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是(　　) A．c(HCl)>c(CH3COOH) B．c(Cl－)＝c(CH3COO－) C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多 D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多 5．（2016·浙江·高考真题）关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是 A．醋酸溶液的pH小于盐酸 B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+ C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-) D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-) 6．（2017·浙江·高考真题）室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是 A．0.1 mol·L-1NH3·H2O的pH小于13 B．0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7 C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色 7．（2015·新课标Ⅰ·高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ） A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 8．（2023·天津·高考真题）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是 羧酸 pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱： B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br C．25℃时的pKa大小： D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱： 9．（2010·重庆·高考真题）的两种一元酸x和y，体积均为，稀释过程中与溶液体积的关系如图所示。分别滴加溶液()至，消耗溶液的体积为、，则 A．x为弱酸， B．x为强酸， C．y为弱酸， D．y为强酸， 10．（2013·海南·高考真题）0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(　　) A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF) C．c(OH－)＜c(HF) D．c(HF)>c(F－) 11．（2015·重庆·高考真题）下列叙述正确的是(　　) A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7 C．25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－) 12．（2015·海南·高考真题）下列曲线中，可以描述乙酸（甲， Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙， Ka=1.4×10-3）在水中的电离程度与浓度关系的是 13．（2023·浙江·高考真题）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是 A．活性成分在水中存在平衡： B．的废水中 C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少 D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在 14．（2022·湖北·高考真题）根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是 A． B． C． D． 15．（2025·浙江·高考真题）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 15．（2017·天津·高考真题）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。 Ⅱ．SO2的除去 方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3 （4）写出过程①的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化： CaO(s)+H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq) 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理 。 方法2：用氨水除去SO2 （5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，溶液中的c(OH−)= mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()= 。 一、水的电离 1．水的电离 （1）水是一种极弱的电解质。 （2）水的电离方程式为2H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－。 2．水的电离常数与离子积常数 （1）水的电离平衡常数K电离＝。 （2）水的离子积常数(KW) ①含义：因为水的浓度可看作常数，所以水中的c(H＋)·c(OH－)可看作常数，称为水的离子积常数，简称水的离子积，用KW表示。 ②表达式与数值：表达式KW＝c(H＋)·c(OH－)，室温时，KW＝1.0×10－14。 ③影响因素：KW只受温度影响，由于水的电离是吸热过程，温度升高，KW增大。 3. 外界条件对水的电离平衡的影响 　　 体系变化 条件　　　 平衡移 动方向 Kw 水的电离程度 c(OH－) c(H＋) 酸 逆 不变 减小 减小 增大 碱 逆 不变 减小 增大 减小 弱碱阳离子或弱碱阴离子 Na2CO3 正 不变 增大 增大 减小 NH4Cl 正 不变 增大 减小 增大 温度 升温 正 增大 增大 增大 增大 降温 逆 减小 减小 减小 减小 其他，如加入Na 正 不变 增大 增大 减小 4．利用KW计算水电离出c(H＋)或c(OH－) 常温时，水溶液中KW= c(H＋)·c(OH－)= 1.0×10－14是一定值，如果知道了溶液中c(H＋)或c(OH－)，就可以计算出水电离出的c(H＋)或c(OH－)，如：常温时，0.01 mol·L－1的盐酸中，＝？解析：KW= c(H＋)·c(OH－)= 1.0×10－14，溶液中c(H＋)= 0.01 mol·L－1，故溶液中c(OH－)=10-12 mol·L－1，盐酸溶液中只有水能电离出OH－，根据水的电离方程式可知，水电离的c(H＋)与c(OH－)相等，所以水电离出的＝10-12 mol·L－1。 二、溶液的酸碱性和pH 1．溶液的酸碱性 （1）溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小。 （2）溶液酸碱性与溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系：c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，且c(H＋)越大，酸性越强；c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性，且c(OH－)越大，碱性越强。 （3）25 ℃，酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系 ①酸性：c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，c(OH－)<1×10－7 mol·L－1。 ②碱性：c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，c(OH－)>1×10－7 mol·L－1。 ③中性：c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1。 （4）溶液酸碱性的表示方法 ①当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示。 ②当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1 mol·L－1时，通常用pH表示。 2．溶液的pH （1）表达式：pH＝－lgc(H＋)。 如：c(H＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的酸性溶液，pH＝5。 （2）意义：pH越大，溶液碱性越强；pH越小，酸性越强。 （3）溶液的酸碱性与pH的关系(常温下) 酸性增强 中性 碱性增强 3．溶液pH的测定 （1）pH试纸法 ①种类 广泛pH试纸：其pH范围是1～14(最常用)。精密pH试纸：其pH范围较窄，可判别0.2或0.3的pH差值。 专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。 ②使用方法：把一小块pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH。 （2）pH计测定法。pH计又称酸度计。 【辨析】 （1）温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等 ( ) （2）100 ℃的纯水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，此时水呈酸性 ( ) （3）在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变 ( ) （4）25 ℃,1 mL pH=5的CH3COOH溶液稀释到1000 mL,所得溶液的pH接近7。（ ） （5）取pH=a的H2S溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH<a+1。 (　 　) 三、酸碱中和滴定操作原理 1．概念：依据中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。  2．原理：在中和反应中,酸提供的H+与碱提供的OH-之间的物质的量相等。即c(H+)·V酸=c(OH-)·V碱,以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液,待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=。  3．主要仪器使用 （1）仪器：酸式滴定管(图A)、碱式滴定管(图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。  （2）试剂:标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 （3）滴定管 ①构造:“0”刻度线在上方,尖嘴部分无刻度。 ②精确度:读数可精确到0.01mL。  ③洗涤:先用蒸馏水洗涤,再用待装液润洗。  ④排泡:酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。 ⑤使用注意事项 试剂性质 滴定管 原因 酸性、氧化性 酸式滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管 碱性 碱式滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃,致使玻璃活塞无法打开 四、中和滴定操作及数据处理 1．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例) （1）滴定前的准备 ①滴定管:查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。 ②锥形瓶:注碱液→记读数→加酚酞指示剂。 （2）滴定 （3）终点判断 滴入最后半滴标准液,溶液由粉红色变为无色,且在半分钟内不恢复原来的颜色,视为滴定终点并记录标准液的体积。 2．常见酸碱指示剂的变色范围 指示剂 变色范围(颜色与pH的关系) 石蕊 <5.0红色  5.0~8.0紫色  >8.0蓝色  酚酞 <8.2无色  8.2~10.0浅红色  >10.0红色  甲基橙 <3.1红色  3.1~4.4橙色  >4.4黄色  五、实验数据的处理及滴定曲线 1．实验数据的处理：重复滴定操作2~3次,取消耗标准溶液体积的平均值,根据c(NaOH)=,计算出待测NaOH溶液的浓度。 2．中和滴定曲线 （1）以滴加酸(或碱)的量为横坐标,以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。 （2）用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1 HCl溶液过程中的pH变化曲线如图所示。 （3）由曲线可以看出,在酸碱中和滴定过程中,溶液的pH在接近滴定终点时有一个突变过程,在此范围内,滴加很少的酸(或碱),溶液的pH就有很大的变化,能使指示剂的颜色发生明显变化,有利于确定滴定终点。 六、中和滴定误差分析 酸碱中和滴定的误差分析关键是根据c待=进行分析,计算中V待与c标均为确定值,只有V标影响着c待的计算结果,故在误差分析时应最终归结为对V标的影响:V标增大,实验结果偏高;V标减小,实验结果偏低。  【辨析】 （1）KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装 ( ) （2）用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液 ( ) （3）将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25 mL ( ) （4）中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL ( ) （5）中和滴定实验时，滴定管、锥形瓶均用待测液润洗 ( ) （6）滴定终点就是酸碱恰好中和的点 ( ) （7）滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度 ( ) 1．（2014·海南·高考真题）NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是 A．酚酞 B．圆底烧瓶 C．锥形瓶 D．碱式滴定管 2．（2011·四川·高考真题）25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A．1:10:1010:109 B．1:5:5109:5108 C．1:20:1010:109 D．1:10:104:109 3．（2025·江苏·高考真题）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 4．（2007·天津·高考真题）25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0，下列叙述正确的是 A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D．将水加热，Kw增大，pH不变 5．（2014·广东·高考真题）常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 A．HA是强酸 B．该混合液pH=7 C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+ D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+） 6．（2008·海南·高考真题）用pH试纸测定溶液pH的正确操作是 A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照 D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照 7．（2013·大纲版·高考真题）下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是 A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M区域内任意点(不包括边界)均有c(H＋)＜c(OH－) C．图中T1＜T2 D．XZ线上任意点均有pH＝7 8．（2013·山东·高考真题）某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则 A．M点所示溶液导电能力强于Q点 B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+) C．M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同 D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 9．（2020·海南·高考真题）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 A．该酸-lgKa ≈4.7 B．NaA的水解平衡常数Kh= C．当该溶液的pH= 7.0时，c(HA)<c(A- ) D．某c(HA)：c(A- )=4： 1的缓冲溶液，pH≈4 10．（2015·广东·高考真题）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13 C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 11．（2011·海南·高考真题）用的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为： A．22.20mL B．22.35mL C．23.65mL D．23.90mL 12．（2023·湖南·高考真题）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： 阅读下列文字，回到13-15题（2023·山东·高考真题） 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。 13．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 14．样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是 A． B． C． D． 15．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 一、盐类的水解 1．盐类的水解 （1）有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。 （2）无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。常见不水解的离子：①强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I－、ClO；②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 （3）谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸阴离子。 （4）谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。 （5）都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解。 （6）同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 （7）越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。 电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。 2．水解离子方程式的书写方法 （1）一般盐类水解程度很小,水解产物很少,通常不生成沉淀和气体,也不发生分解,因此盐类水解的离子方程式中不标“↓”或“↑”(彻底水解除外),也不把生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。 （2）盐类的水解是可逆反应,是中和反应的逆反应,而中和反应是趋于完全的反应,所以盐的水解很微弱,其离子方程式一般不写“”而写“”。 （3）多元弱酸的酸根离子水解是分步进行的,以第一步水解为主,书写水解方程式时应分步写;多元弱碱的阳离子水解复杂,可一步写出。 （4）若阴、阳离子的水解相互促进,由于水解完全,书写时要用“=”“↑”“↓”等。例如,硫化钠和氯化铝混合溶液反应的离子方程式为2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑。 常见的发生完全双水解的离子对有Al3+与HC、C、HS-、S2-、Al等,Fe3+与HC、C、Al等。 【辨析】 （1）酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性(　 　) （2）某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应(　 　) （3）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同(　 　) （4）CH3COONH4水溶液呈中性，溶液中的c(H＋)＝c(OH－)(　 　) 二、盐类水解的影响因素 1．内因：形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易水解。如水解程度:Na2CO3>Na2SO3,Na2CO3>NaHCO3。  2．外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 浓度 增大 右移 减小 增大 减小(稀释) 右移 增大 减小 外加 酸碱 酸 弱碱阳离子水解程度减小 碱 弱酸阴离子水解程度减小 外加其 他盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3) 水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3] 三、盐类水解的应用 1．某些物质的水溶液的配制 配制FeCl3的水溶液，FeCl3溶于水后发生如下水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因Fe(OH)3的生成而使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于浓盐酸中，可抑制Fe3＋的水解，使溶液保持澄清，再加水稀释至所需浓度。 若配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量强碱，抑制弱酸根离子的水解。如配制硫化钠的水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠溶液，再加水稀释至所需浓度。 2．某些化肥的施用 草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的主要成分为K2CO3，溶于水时CO＋H2O⇌HCO＋OH－，生成的OH－与NH发生反应：NH＋OH－===NH3↑＋H2O，使氮肥肥效降低。 3．利用盐的水解去除杂质 如两种盐的水解程度不一样，可利用水解反应将一种盐转化为氢氧化物沉淀而除去。 例如：MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2、MgCO3等，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋。 4．明矾等物质净水的原理 明矾在水中发生电离：KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO2- 4，其中Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，生成的Al(OH)3胶体有较强吸附性，可吸附杂质下沉，以达到净水的目的。FeCl3也能净水，原理与明矾相同。 5．泡沫灭火器灭火的原理 泡沫灭火器内装饱和的Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，它们分装在不同的容器中。当两溶液混合后，发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。灭火器内压强增大，CO2、H2O、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭。 6．作除锈剂 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂。 7．判断离子能否大量共存 相互促进程度很大、水解很彻底的离子不能大量共存，如Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，这类离子组合常见的有 这类相互促进水解且几乎进行完全的水解方程式的书写要用“===”且标“↑”“↓”。例如2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。 四、溶液中离子浓度大小的比较 1．离子浓度大小比较中的“三个守恒”规律 （1）元素质量守恒 在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说,其质量在变化前后是守恒的,即元素质量守恒。 （2）电荷守恒 指电解质溶液中,阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相等,即溶液呈电中性。 （3）质子守恒 指得到的质子(H+)数等于失去的质子(H+)数。 【辨析】 （1）外界条件对盐水解程度的大小起决定作用 ( ) （2）影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等 ( ) （3）能水解的盐的浓度越低，水解程度越大，溶液的酸碱性越强 ( ) （4）盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的 ( ) （5）水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大 ( ) （6）NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离 ( ) （7）Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强 ( ) 1．（2019·浙江·高考真题）下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是 A．HNO3 B．CuCl2 C．K2CO3 D．NaCl 2．（2021·广东·高考真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 A．水溶液的 B．水溶液加水稀释，升高 C．在水中的电离方程式为： D．水溶液中： 3．（2021·北京·高考真题）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 4．（2021·江苏·高考真题）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0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8 实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1mol·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)<Ksp(CaCO3) 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)<c反应后(CO) 5．（2021·重庆·高考真题）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 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1 6．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 7．（2022·河北·高考真题）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0.01000mol•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)=0.01mol•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)=0.03mol•L-1 8．（2020·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是 A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中 C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则 D．在溶液中， 9．（2021·天津·高考真题）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 10．（2025·甘肃·高考真题）氨基乙酸是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡： 在25℃时，其分布分数[如=] 与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是 A．曲线Ⅰ对应的离子是 B．a点处对应的pH为9.6 C．b点处 D．c点处 11．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线： 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V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+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(CO)=c(OH-)-c(H+) 12．（2016·海南·高考真题）KAl（SO4）2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题： （1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用 （填标号）。 A．HCl溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．NaOH溶液 （2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 。 （3）沉淀B的化学式为 ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是 。 （4）已知：Kw=1.0×10-14，Al（OH）3AlO2-+H++H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于 。 一、沉淀溶解平衡 1．含义：在一定温度下，当沉淀和溶解速率相等时所达到的平衡状态，称为沉淀溶解平衡。 2．建立： 以AgCl溶解平衡为例，表达式：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。 3．特征： —动态平衡，溶解的速率和沉淀的速率不等于0 —溶解速率和沉淀速率相等 —达到平衡时，固体质量、溶液中离子的浓度保持恒定 —当改变外界条件时，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡 4．沉淀溶解平衡的移动 固体物质溶液中的溶质 固体物质的溶解是可逆过程：（1）v溶解>v沉淀　固体溶解 （2）v溶解＝v沉淀　溶解平衡 （3）v溶解<v沉淀　析出晶体 5．生成难溶电解质的离子反应的限度： （1）25 ℃时，溶解性与溶解度的关系。 （2）反应完全的标志。 一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于1×10－5mol·L－1时，反应就达到完全。 二、沉淀溶解平衡的应用 1．沉淀的生成 ①调节pH法 如：除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式 为：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。 ②沉淀剂法 如：用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。 2．沉淀的溶解 ①酸溶解法 如：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。 ②盐溶液溶解法 如：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为：Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。 ③氧化还原溶解法 如：不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。 3．沉淀的转化 ①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。 如：AgNO3溶液AgCl(白色沉淀)AgBr(浅黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。 ②应用 a．锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式为：CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO(aq)。 b．矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为：Cu2＋(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2＋(aq)。 【辨析】 （1）升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动 ( × ) （2）洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。 (　× 　) （3）向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变 ( × ) （4）除去MgCl2溶液中的Fe2+,先加入双氧水,再加入MgO即可。 (　√　) （5）沉淀的转化只能由难溶的转化为更难溶的。(　×　) （6）溶解度小的沉淀不能转化为溶解度比其大的沉淀。 (　×　) （7）可用FeS除去废水中的Hg2+、Ag+等,是因为HgS、Ag2S比FeS更难溶。 (　√　) （8）验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2,可将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,可观察到沉淀由白色变为红褐色。 (　√　) 三、溶度积常数 1．溶度积常数 ①概念 在一定条件下，难溶电解质溶于水形成饱和溶液时，溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡，这时可以用平衡常数来描述难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡，其平衡常数称为溶度积常数或溶度积，通常用Ksp来表示。 ②表达式：对于反应MmAn(s) mMn+(aq)+nAm-(aq) Ksp=c(Mn+)m·c(Am-)n ③意义：溶度积的大小与溶解度有关，它反映了难溶电解质在水中的溶解能力。 2．影响因素：Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，与沉淀量无关。 3．应用 （1）离子积：难溶电解质溶液在任意时刻离子浓度的乘积，用Q表示， 如Ag2S的Q＝c2(Ag＋)·c(S2－)。 （2）根据Q与Ksp的关系判断溶液状态： ①Q>Ksp，溶液中有沉淀析出；②Q＝Ksp，沉淀与溶解处于平衡状态；③Q<Ksp，溶液中无沉淀析出。 四、难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素 1．内因(决定因素)：难溶电解质本身的性质。 2．外因：温度、浓度等条件的影响（符合勒夏特列原理）。 对于沉淀溶解平衡（溶液中仍有大量固体）：Mg(OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，请分析下列条件改变时，对沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)： 条件改变 移动方向 c(Mg2＋) c(OH－) Ksp 升温 正向移动 增大 增大 增大 加MgCl2(s) 逆向移动 增大 减小 不变 加NaOH(s) 逆向移动 减小 增大 不变 加盐酸 正向移动 增大 减小 不变 加少量水 正向移动 不变 不变 不变 【辨析】 （1）可利用溶液混合后的Q与Ksp的相对大小来判断溶液混合后是否有沉淀生成。(　√　) （2）一定温度下，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，在任何含AgCl固体的溶液中，Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10且 c(Ag＋)＝c(Cl－) ( × ) （3）常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小。(　×　) （4）溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大。(　 × 　) （5）向AgCl沉淀中加入KI溶液,由白色沉淀转变成黄色沉淀,是由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)。(　√　) 1．（2016·海南·高考真题）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是 A．c() B．c() C．c(H+) D．Ksp(Mg) 2．（2013·新课标Ⅰ·高考真题）已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10、Ksp(AgBr)=7.7×10-13、Ksp(Ag2CrO4)=9×10-12，某溶液中含有Cl-、Br-和CrO，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A． Cl-、Br-、CrO B．Br-、Cl-、CrO C．CrO42-、Br-、Cl- D．Br-、CrO、Cl- 3．（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·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．0.5mol·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 4．（2013·新课标Ⅱ·高考真题）室温时，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a，c(M2+)=bmol·L-1时，溶液的pH等于 A．lg() B．lg() C．14+lg() D．14+lg() 5．（2025·浙江·高考真题）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 6．（2019·全国II卷·高考真题）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q) C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 7．（2021·全国甲卷·高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线①代表的沉淀溶解曲线 B．该温度下的值为 C．加适量固体可使溶液由a点变到b点 D．时两溶液中 8．（2022·福建·高考真题）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． 9．（2023·全国甲卷·高考真题）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是 A．由点可求得 B．时的溶解度为 C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离 D．混合溶液中时二者不会同时沉淀 10．（2023·全国乙卷·高考真题）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀 B．b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C．Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9 D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 11．（2025·四川·高考真题）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系； (ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．(ⅰ)中时， C． D．(ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 12．（2023·江苏·高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．溶液中： D．“沉锰”后的滤液中： 13．（2023·浙江·高考真题）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： [已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是 A．上层清液中存在 B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在 C．向体系中通入气体，溶液中保持不变 D．通过加溶液可实现向的有效转化 14．（2018·全国III卷·高考真题）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl) C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 15．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共54分） 1．（2016·全国III卷·高考真题）下列有关电解质溶液的说法正确的是 A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1 D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 2．（2017·浙江·高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是(　　) A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性 C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力 D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积 3．（2022·浙江·高考真题）时，苯酚的，下列说法正确的是 A．相同温度下，等的和溶液中， B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大 C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中 D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小 4．（2024·天津·高考真题）甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是 A．的 B．溶液中存在 C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小 D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在 5．（2025·安徽·高考真题）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知时，。下列说法正确的是 A．时，的溶度积常数 B．时，溶液中 C．时，溶液中 D．时，溶液中 6．（2017·全国II卷·高考真题）改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时， B． C．pH=2.7时， D．pH=4.2时， 7．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是 A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质 B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1 D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 8．（2018·浙江·高考真题）下列说法不正确的是 A．pH＜7的溶液不一定呈酸性 B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等 C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－) D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则溶液呈中性 9．（2020·全国I卷·高考真题）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是 A．曲线①代表，曲线②代表 B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1 C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D．滴定终点时，溶液中 10．（2023·浙江·高考真题）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 11．（2024·湖南·高考真题）常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A．水的电离程度： B．M点： C．当时， D．N点： 12．（2023·湖北·高考真题）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 13．（2024·浙江·高考真题）常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A．溶液中存在 B．将溶液稀释到，几乎不变 C．溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D．存在反应是出现白色沉淀的主要原因 14．（2021·福建·高考真题）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 15．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 16．（2024·全国甲卷·高考真题）将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。 下列叙述正确的是 A．交点a处： B． C．时，不变 D． 17．（2021·全国乙卷·高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。 下列叙述错误的是 A．溶液时， B．MA的溶度积 C．溶液时， D．HA的电离常数 18．（2023·新课标卷·高考真题）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。 下列说法错误的是 A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线 B．的溶度积常数 C．反应的平衡常数K的值为 D．时，溶液中 二、解答题（共46分） 19．（2016·上海·高考真题）（8分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。 完成下列填空： （3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11 草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5 0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH 0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 。 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 。（选填编号） a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-] B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-] c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-] D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-] （4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。 20．（2024·重庆·高考真题）（8分）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 （2）的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原时溶液滴加过量 B．热的溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 21．（2024·湖南·高考真题）（15分）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 （5）滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 22．（2025·安徽·高考真题）（15分）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。 （2）步骤②中需研细后加入，目的是 。 （3）在实验室使用代替和制备纯碱，优点是 。 （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为 (填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的 (填“>”“<”或“=”)。 （5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是 。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为 。 20 / 43 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 序号 知识考点 考试要求（能力层级） 备注 1 电解质与非电解质、强电解质与弱电解质分类 识记＋理解：能依据电离程度快速分类并举例 2 电离方程式书写规范（强、弱、多元弱酸分步） 应用：正确标注“=”“⇌”及分步电离 3 电离平衡概念与特征 理解：用“v电离=v结合”解释弱电解质平衡 4 电离常数 Ka、Kb 表达式及意义 应用：会写表达式、比较酸/碱相对强弱 5 电离度 α 定义及与 Ka 的换算 应用：会用 α 求 Ka 或反之（近似式） 6 水的电离与水的离子积 Kw 理解：Kw 随温度变化，会计算 c(OH⁻) 或 c(H⁺) 7 溶液的酸碱性与 pH 定义 应用：会 pH=–lgc(H⁺) 及互算 8 强酸、强碱、弱酸、弱碱溶液 pH 计算 应用：会求单一溶液及稀释后 pH（含近似条件） 9 酸碱中和滴定原理与操作要点 应用：会选指示剂、读数、计算浓度及误差分析 10 盐类水解本质与规律（谁弱谁水解） 理解：判断溶液酸碱性并写水解离子方程式 11 影响水解平衡的外因（浓度、温度、外加酸碱） 应用：预测平衡移动及现象 12 水解常数 Kh 与 Ka/Kb 关系 应用：会用 Kh=Kw/Ka（或 Kb）定量比较水解程度 13 双水解反应与完全水解判断 理解：能写出完全双水解总方程式 14 沉淀溶解平衡与溶度积 Ksp 应用：会写 Ksp 表达式、计算离子浓度 15 沉淀生成与溶解条件（Q 与 Ksp 关系） 应用：会判断沉淀生成、溶解或转化 16 分步沉淀与沉淀转化规律 应用：能确定离子分离顺序及转化方向 17 同离子效应与盐效应 理解：会分析溶解度变化趋势 18 平衡移动综合图像题（pH-体积、溶解度-温度等） 综合：能读图、判断条件变化与平衡移动 19 离子浓度大小比较（电荷守恒、物料守恒、质子守恒） 综合：会列三守恒式并排序离子浓度 20 水溶液四大平衡综合应用（酸碱、水解、沉淀、氧化还原） 综合：能多角度解释实验现象或工业流程 一、强电解质和弱电解质 1．电解质和非电解质 电解质:在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。  非电解质:在水溶液中和熔融状态下均以分子形式存在,因而不能导电的化合物。  2．强电解质和弱电解质 （1）强电解质:在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的电解质。如强酸、强碱、绝大多数盐、活泼金属氧化物等。  （2）弱电解质:在水溶液中只能部分电离的电解质。如弱酸、弱碱、水等。  3．电离方程式的书写 ①一元弱酸、弱碱一步电离。 如CH3COOHCH3COO-+H+; NH3·H2ON+OH-。  ②多元弱酸分步电离,必须分步写出,不可合并(其中以第一步电离为主)。  如H2CO3H++HC(主),HCH++C(次)。 ③多元弱碱分步电离 (较复杂),在中学阶段要求一步写出。 如Fe(OH)3Fe3++3OH-。  二、弱电解质的电离平衡 1．电离平衡状态 （1）概念:在一定条件(如温度、浓度)下,弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等,溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化,电离过程就达到了电离平衡状态。  （2）电离平衡的特征 弱：研究对象为弱电解质 等：弱电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等 动：电离平衡和化学平衡一样是动态的 定：达到平衡时，溶液中离子浓度和分子浓度都保持不变 变：条件改变，电离平衡发生移动，各粒子的浓度要发生改变 2．电离平衡的影响因素 因素 影响结果 温度 升高温度,电离平衡正向移动  浓度 加水稀释,电离平衡正向移动  外加 物质 加入与弱电解质电离出的离子相同的离子,电离平衡逆向移动(同离子效应)  加入能与弱电解质电离出的离子反应的离子,电离平衡正向移动  三、电离平衡常数 1．概念 在一定条件下,当弱电解质的电离达到平衡时,对一元弱酸或一元弱碱来说,溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积,与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数,这个常数叫作电离平衡常数,简称电离常数,用K表示(通常用Ka、Kb分别表示弱酸、弱碱的电离平衡常数)。  2．电离平衡常数的表示方法 （1）一元弱酸、弱碱 物质 电离方程式 电离平衡常数表达式 CH3COOH CH3COOHCH3COO-+H+ Ka= NH3·H2O NH3·H2ON+OH- Kb= （2）多元弱酸 多元弱酸:多元弱酸的电离是分步进行的,各步都有平衡常数,通常用Ka1、Ka2来表示,如H2CO3: H2CO3H++HC　Ka1= HCH++C　Ka2= 3．意义 表示弱电解质的电离能力。一定温度下,K值越大,弱电解质的电离程度越大。  4．电离常数的影响因素 （1）内因:同一温度下,不同的弱电解质的电离常数不同,说明电离常数首先由物质的性质所决定。  （2）外因:对于同一弱电解质,电离平衡常数只与温度有关,由于电离为吸热过程,因此电离平衡常数随温度升高而增大。  【辨析】 （1）H2CO3的电离常数表达式：Ka＝ ( ) （2）弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大 ( ) （3）电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大 ( ) （4）某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大 ( ) （5）相同温度下，向1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量冰醋酸，其电离度变小 ( ) （6）相同温度下,0.01 mol·L-1的醋酸溶液与0.1 mol·L-1的醋酸溶液CH3COOH的Ka一定相同。 (　 　) 【答案】（1）× （2）× （3）× （4）× （5）√ （6）√ 1．（2022·浙江·高考真题）下列物质属于强电解质的是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】A．是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B．是单质，不是电解质，B不合题意；C．是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；D．是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为：C。 2．（2018·浙江·高考真题）相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．pH相等的两溶液中： B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中 D．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同 【答案】A 【解析】A． 根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)、c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，两种溶液的pH相等，则c(H+)相等，温度相同离子积常数相等，则c(OH-)相等，所以存在c(CH3COO-)=c(Cl-)，故A正确；B． pH相等、体积相等的两种溶液的物质的量：醋酸＞盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH物质的量：醋酸＞盐酸，故B错误；C． 盐酸与NaOH反应至中性时生成NaCl，醋酸钠水解显碱性，醋酸与NaOH反应至中性时醋酸剩余，则等浓度的盐酸和醋酸分别加入相同的NaOH溶液至中性：c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故C错误；D． 相同浓度的两溶液，盐酸是强酸，溶液中氢离子浓度大，分别与金属镁反应，开始时盐酸反应速率快，故D错误；故选A。 3．（2011·山东·高考真题）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是 A．溶液中导电粒子的数目减少 B．溶液中不变 C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7 【答案】B 【解析】A．加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B．在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；C．电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D．加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。 4．（2016·浙江·高考真题）常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是(　　) A．c(HCl)>c(CH3COOH) B．c(Cl－)＝c(CH3COO－) C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多 D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多 【答案】B 【解析】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选B。 5．（2016·浙江·高考真题）关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是 A．醋酸溶液的pH小于盐酸 B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+ C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-) D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-) 【答案】C 【解析】A．盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c(H+)盐酸＞醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，故A错误；B．醋酸是弱酸，电离是可逆过程，故B错误；C．醋酸存在电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)═0.1mol/L=c(Cl-)故C正确；D．0.1mol•L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选C。 6．（2017·浙江·高考真题）室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是 A．0.1 mol·L-1NH3·H2O的pH小于13 B．0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7 C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色 【答案】D 【解析】A．室温下0.1 mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）< mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A正确；B．室温下0.1 mol·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B正确；C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C正确；D．0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D错误。 7．（2015·新课标Ⅰ·高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ） A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 【答案】D 【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，故D错误；故选D。 8．（2023·天津·高考真题）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是 羧酸 pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱： B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br C．25℃时的pKa大小： D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱： 【答案】C 【解析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。 9．（2010·重庆·高考真题）的两种一元酸x和y，体积均为，稀释过程中与溶液体积的关系如图所示。分别滴加溶液()至，消耗溶液的体积为、，则 A．x为弱酸， B．x为强酸， C．y为弱酸， D．y为强酸， 【答案】C 【解析】根据稀释相同倍数酸x、y的pH变化，判断强酸、弱酸，pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大。从图象看，稀释10倍，x的pH值变化1， y的pH值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸；pH相等的强酸和弱酸与碱反应，强酸的物质的量小于弱酸的物质的量，反应中弱酸还会继续电离，故弱酸消耗碱的量大，即Vx＜Vy，答案选C。 10．（2013·海南·高考真题）0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(　　) A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF) C．c(OH－)＜c(HF) D．c(HF)>c(F－) 【答案】B 【解析】0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则HF的弱酸。A．由于在HF溶液中还含水的电离，因此在溶液中c(H＋)>c(F－)。正确；B．HF是弱酸，在溶液中主要以酸分子的形式存在，酸电离产生的离子浓度很小，所以c(HF) > c(H＋)，错误；C．在溶液中由于溶液显酸性，所以c(OH－)＜c(H＋)，而酸电离的程度很微弱，所以c(HF)> c(OH－),正确；D．在酸溶液中酸电离的程度是微弱的，则c(HF)>c(F－)，正确。答案选B。 11．（2015·重庆·高考真题）下列叙述正确的是(　　) A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7 C．25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－) 【答案】C 【解析】A．醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，pH＜7,B项错误；C．硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；D．AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag＋）·c（Cl－）=Ksp（AgCl）,c（Ag＋）·c（I－）=Ksp（AgI），0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag＋）浓度相等，则c（Cl－）不等于c（I－），D项错误；答案选C。 12．（2015·海南·高考真题）下列曲线中，可以描述乙酸（甲， Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙， Ka=1.4×10-3）在水中的电离程度与浓度关系的是 【答案】B 【解析】根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离程度小于一氯乙酸，即甲的电离程度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离程度越小，只有B中图像符合，而A．C．D均不符合，故B可选；故答案选B。 13．（2023·浙江·高考真题）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是 A．活性成分在水中存在平衡： B．的废水中 C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少 D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在 【答案】D 【解析】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A正确；B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B正确；C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与作用的数目减小，故C正确；D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。 14．（2022·湖北·高考真题）根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。 15．（2025·浙江·高考真题）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 【答案】D 【解析】A．，K==，A正确；B．，K==，B正确；C．，K==，C正确；D．=，由于，，D错误；答案选D。 15．（2017·天津·高考真题）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。 Ⅱ．SO2的除去 方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3 （4）写出过程①的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化： CaO(s)+H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq) 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理 。 方法2：用氨水除去SO2 （5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，溶液中的c(OH−)= mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()= 。 【答案】 （4） 2OH-+ SO2SO32-+H2O SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成 （5） 6.0×10-3 0.62 【解析】（4）过程①是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH-+ SO2SO32-+H2O；根据CaO在水中的转化：CaO(s)+ H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)，过程②中Na2SO3加入CaO后，SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。 （5）根据NH3·H2O的Kb=1.8×10−5可知，=1.8×10−5，当氨水的浓度为2.0 mol·L-1时，溶液中的c(OH−)= c(NH4+)==6.0×10-3 mol·L-1。 根据H2SO3的Ka2=6.2×10−8可知， =6.2×10−8，，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=0.62。 一、水的电离 1．水的电离 （1）水是一种极弱的电解质。 （2）水的电离方程式为2H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－。 2．水的电离常数与离子积常数 （1）水的电离平衡常数K电离＝。 （2）水的离子积常数(KW) ①含义：因为水的浓度可看作常数，所以水中的c(H＋)·c(OH－)可看作常数，称为水的离子积常数，简称水的离子积，用KW表示。 ②表达式与数值：表达式KW＝c(H＋)·c(OH－)，室温时，KW＝1.0×10－14。 ③影响因素：KW只受温度影响，由于水的电离是吸热过程，温度升高，KW增大。 3. 外界条件对水的电离平衡的影响 　　 体系变化 条件　　　 平衡移 动方向 Kw 水的电离程度 c(OH－) c(H＋) 酸 逆 不变 减小 减小 增大 碱 逆 不变 减小 增大 减小 弱碱阳离子或弱碱阴离子 Na2CO3 正 不变 增大 增大 减小 NH4Cl 正 不变 增大 减小 增大 温度 升温 正 增大 增大 增大 增大 降温 逆 减小 减小 减小 减小 其他，如加入Na 正 不变 增大 增大 减小 4．利用KW计算水电离出c(H＋)或c(OH－) 常温时，水溶液中KW= c(H＋)·c(OH－)= 1.0×10－14是一定值，如果知道了溶液中c(H＋)或c(OH－)，就可以计算出水电离出的c(H＋)或c(OH－)，如：常温时，0.01 mol·L－1的盐酸中，＝？解析：KW= c(H＋)·c(OH－)= 1.0×10－14，溶液中c(H＋)= 0.01 mol·L－1，故溶液中c(OH－)=10-12 mol·L－1，盐酸溶液中只有水能电离出OH－，根据水的电离方程式可知，水电离的c(H＋)与c(OH－)相等，所以水电离出的＝10-12 mol·L－1。 二、溶液的酸碱性和pH 1．溶液的酸碱性 （1）溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小。 （2）溶液酸碱性与溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系：c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，且c(H＋)越大，酸性越强；c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性，且c(OH－)越大，碱性越强。 （3）25 ℃，酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系 ①酸性：c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，c(OH－)<1×10－7 mol·L－1。 ②碱性：c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，c(OH－)>1×10－7 mol·L－1。 ③中性：c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1。 （4）溶液酸碱性的表示方法 ①当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示。 ②当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1 mol·L－1时，通常用pH表示。 2．溶液的pH （1）表达式：pH＝－lgc(H＋)。 如：c(H＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的酸性溶液，pH＝5。 （2）意义：pH越大，溶液碱性越强；pH越小，酸性越强。 （3）溶液的酸碱性与pH的关系(常温下) 酸性增强 中性 碱性增强 3．溶液pH的测定 （1）pH试纸法 ①种类 广泛pH试纸：其pH范围是1～14(最常用)。精密pH试纸：其pH范围较窄，可判别0.2或0.3的pH差值。 专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。 ②使用方法：把一小块pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH。 （2）pH计测定法。pH计又称酸度计。 【辨析】 （1）温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等 ( ) （2）100 ℃的纯水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，此时水呈酸性 ( ) （3）在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变 ( ) （4）25 ℃,1 mL pH=5的CH3COOH溶液稀释到1000 mL,所得溶液的pH接近7。（ ） （5）取pH=a的H2S溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH<a+1。 (　 　) 【答案】（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）√ 三、酸碱中和滴定操作原理 1．概念：依据中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。  2．原理：在中和反应中,酸提供的H+与碱提供的OH-之间的物质的量相等。即c(H+)·V酸=c(OH-)·V碱,以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液,待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=。  3．主要仪器使用 （1）仪器：酸式滴定管(图A)、碱式滴定管(图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。  （2）试剂:标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 （3）滴定管 ①构造:“0”刻度线在上方,尖嘴部分无刻度。 ②精确度:读数可精确到0.01mL。  ③洗涤:先用蒸馏水洗涤,再用待装液润洗。  ④排泡:酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。 ⑤使用注意事项 试剂性质 滴定管 原因 酸性、氧化性 酸式滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管 碱性 碱式滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃,致使玻璃活塞无法打开 四、中和滴定操作及数据处理 1．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例) （1）滴定前的准备 ①滴定管:查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。 ②锥形瓶:注碱液→记读数→加酚酞指示剂。 （2）滴定 （3）终点判断 滴入最后半滴标准液,溶液由粉红色变为无色,且在半分钟内不恢复原来的颜色,视为滴定终点并记录标准液的体积。 2．常见酸碱指示剂的变色范围 指示剂 变色范围(颜色与pH的关系) 石蕊 <5.0红色  5.0~8.0紫色  >8.0蓝色  酚酞 <8.2无色  8.2~10.0浅红色  >10.0红色  甲基橙 <3.1红色  3.1~4.4橙色  >4.4黄色  五、实验数据的处理及滴定曲线 1．实验数据的处理：重复滴定操作2~3次,取消耗标准溶液体积的平均值,根据c(NaOH)=,计算出待测NaOH溶液的浓度。 2．中和滴定曲线 （1）以滴加酸(或碱)的量为横坐标,以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。 （2）用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1 HCl溶液过程中的pH变化曲线如图所示。 （3）由曲线可以看出,在酸碱中和滴定过程中,溶液的pH在接近滴定终点时有一个突变过程,在此范围内,滴加很少的酸(或碱),溶液的pH就有很大的变化,能使指示剂的颜色发生明显变化,有利于确定滴定终点。 六、中和滴定误差分析 酸碱中和滴定的误差分析关键是根据c待=进行分析,计算中V待与c标均为确定值,只有V标影响着c待的计算结果,故在误差分析时应最终归结为对V标的影响:V标增大,实验结果偏高;V标减小,实验结果偏低。  【辨析】 （1）KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装 ( ) （2）用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液 ( ) （3）将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25 mL ( ) （4）中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL ( ) （5）中和滴定实验时，滴定管、锥形瓶均用待测液润洗 ( ) （6）滴定终点就是酸碱恰好中和的点 ( ) （7）滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度 ( ) 【答案】（1）× （2）√ （3）× （4）× （5）× （6）× （7）× 1．（2014·海南·高考真题）NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是 A．酚酞 B．圆底烧瓶 C．锥形瓶 D．碱式滴定管 【答案】B 【解析】在酸碱中和滴定中要用滴定管滴加试剂，待测溶液盛装在锥形瓶中，用指示剂酚酞来判断滴定终点。因此不使用的仪器是圆底烧瓶。答案选B。 2．（2011·四川·高考真题）25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A．1:10:1010:109 B．1:5:5109:5108 C．1:20:1010:109 D．1:10:104:109 【答案】A 【解析】①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1；②中c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1；③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1；④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1；故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L－1=1:10:1010:109，A项正确。答案选A。 3．（2025·江苏·高考真题）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 【答案】D 【解析】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A错误；B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误；C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误；D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确；答案选D。 4．（2007·天津·高考真题）25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0，下列叙述正确的是 A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D．将水加热，Kw增大，pH不变 【答案】B 【解析】A．氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D．电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。 5．（2014·广东·高考真题）常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 A．HA是强酸 B．该混合液pH=7 C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+ D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+） 【答案】D 【解析】A．0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；D．根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。 6．（2008·海南·高考真题）用pH试纸测定溶液pH的正确操作是 A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照 D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照 【答案】A 【解析】A． 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；B． 用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；C． 不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；D． 不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。本题选A。 7．（2013·大纲版·高考真题）下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是 A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M区域内任意点(不包括边界)均有c(H＋)＜c(OH－) C．图中T1＜T2 D．XZ线上任意点均有pH＝7 【答案】D 【解析】A．由图象知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B．XZ连线的斜率是1，存在c（H+）=c（OH-），在X、Z连线的上方，c（H+）＜c（OH-），在X、Z连线的下方，c（H+）＞c（OH-），B正确；C．水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确；D．X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。 8．（2013·山东·高考真题）某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则 A．M点所示溶液导电能力强于Q点 B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+) C．M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同 D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 【答案】C 【解析】A．醋酸是弱酸，加入NaOH后反应生成CH3COONa，CH3COONa是强电解质，M点溶质是CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH量较多，导电能力最弱，故错误；B．N点溶液显碱性，根据电荷守恒，应是c(Na＋)>c(CH3COO－)，故错误；C．M点的H＋浓度等于N点OH－浓度，M点为醋酸和醋酸钠的混合液,溶液呈酸性,水的电离受到抑制。N点对应的溶液呈碱性，若N点对应的是醋酸钠和氢氧化钠的混合液时，水的电离程度相同；若N点恰好为醋酸钠溶液，则水的电离程度不同，故C正确；D．Q点溶液显中性，消耗的NaOH的体积略小于醋酸溶液的体积，故错误。故选C。 9．（2020·海南·高考真题）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 A．该酸-lgKa ≈4.7 B．NaA的水解平衡常数Kh= C．当该溶液的pH= 7.0时，c(HA)<c(A- ) D．某c(HA)：c(A- )=4： 1的缓冲溶液，pH≈4 【答案】B 【解析】根据图象可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。A．分析可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，该酸K==c(H+)=10-4.7mol/L，故-lgKa ≈4.7，A说法正确；B．NaA的水解平衡常数Kh==，B说法错误；C．根据图象可知，当该溶液的pH=7.0时，c(HA)＜c(A- )，C说法正确；D．根据图象可知，c(HA)为0.8，c(A-)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)：c(A- )=4：1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确；答案为B。 10．（2015·广东·高考真题）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13 C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 【答案】C 【解析】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误； B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；故答案为C。 11．（2011·海南·高考真题）用的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为： A．22.20mL B．22.35mL C．23.65mL D．23.90mL 【答案】B 【解析】滴定管的零刻度在上面，精确到0.01mL，滴定管的零刻度在上面，从上往下，刻度增大，滴定管中的液面读数为22.35mL，答案选B。 12．（2023·湖南·高考真题）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，据此解答。A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．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-)，故B正确；C．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)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。 阅读下列文字，回到13-15题（2023·山东·高考真题） 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。 13．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】A．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，故A错误；B．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，故B错误；C．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，故C正确；D．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，不能一上一下拿持滴定管，会造成误差，故D错误；答案为C。 14．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】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，发生醇解反应，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液；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，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；两次实验消耗标准溶液的差值为，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物不消耗，则R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，样品中羟基质量分数=， A正确，故选A。 15．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】步骤④消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，步骤③消耗的物质的量为，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[ -n(ROH)]2=，解得n(ROH)=，因此ROH的物质的量为。A．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错误；B．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，使随NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为也随之减小，故将导致测定结果偏小，B正确；C．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错误；D．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错误；故选B。 一、盐类的水解 1．盐类的水解 （1）有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。 （2）无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。常见不水解的离子：①强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I－、ClO；②强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋。 （3）谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸阴离子。 （4）谁强显谁性——组成盐的酸根离子(碱的阳离子)是强酸根离子(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。 （5）都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解。 （6）同强显中性——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。 （7）越弱越水解——组成盐的酸根离子对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。 电离程度：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，水解程度：CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO。 2．水解离子方程式的书写方法 （1）一般盐类水解程度很小,水解产物很少,通常不生成沉淀和气体,也不发生分解,因此盐类水解的离子方程式中不标“↓”或“↑”(彻底水解除外),也不把生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。 （2）盐类的水解是可逆反应,是中和反应的逆反应,而中和反应是趋于完全的反应,所以盐的水解很微弱,其离子方程式一般不写“”而写“”。 （3）多元弱酸的酸根离子水解是分步进行的,以第一步水解为主,书写水解方程式时应分步写;多元弱碱的阳离子水解复杂,可一步写出。 （4）若阴、阳离子的水解相互促进,由于水解完全,书写时要用“=”“↑”“↓”等。例如,硫化钠和氯化铝混合溶液反应的离子方程式为2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑。 常见的发生完全双水解的离子对有Al3+与HC、C、HS-、S2-、Al等,Fe3+与HC、C、Al等。 【辨析】 （1）酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性(　 　) （2）某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应(　 　) （3）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同(　 　) （4）CH3COONH4水溶液呈中性，溶液中的c(H＋)＝c(OH－)(　 　) 【答案】（1）√ （2）× （3）√ （4）√ 二、盐类水解的影响因素 1．内因：形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易水解。如水解程度:Na2CO3>Na2SO3,Na2CO3>NaHCO3。  2．外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 浓度 增大 右移 减小 增大 减小(稀释) 右移 增大 减小 外加 酸碱 酸 弱碱阳离子水解程度减小 碱 弱酸阴离子水解程度减小 外加其 他盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3) 水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3] 三、盐类水解的应用 1．某些物质的水溶液的配制 配制FeCl3的水溶液，FeCl3溶于水后发生如下水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因Fe(OH)3的生成而使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于浓盐酸中，可抑制Fe3＋的水解，使溶液保持澄清，再加水稀释至所需浓度。 若配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量强碱，抑制弱酸根离子的水解。如配制硫化钠的水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠溶液，再加水稀释至所需浓度。 2．某些化肥的施用 草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的主要成分为K2CO3，溶于水时CO＋H2O⇌HCO＋OH－，生成的OH－与NH发生反应：NH＋OH－===NH3↑＋H2O，使氮肥肥效降低。 3．利用盐的水解去除杂质 如两种盐的水解程度不一样，可利用水解反应将一种盐转化为氢氧化物沉淀而除去。 例如：MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2、MgCO3等，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋。 4．明矾等物质净水的原理 明矾在水中发生电离：KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO2- 4，其中Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，生成的Al(OH)3胶体有较强吸附性，可吸附杂质下沉，以达到净水的目的。FeCl3也能净水，原理与明矾相同。 5．泡沫灭火器灭火的原理 泡沫灭火器内装饱和的Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，它们分装在不同的容器中。当两溶液混合后，发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。灭火器内压强增大，CO2、H2O、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭。 6．作除锈剂 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂。 7．判断离子能否大量共存 相互促进程度很大、水解很彻底的离子不能大量共存，如Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，这类离子组合常见的有 这类相互促进水解且几乎进行完全的水解方程式的书写要用“===”且标“↑”“↓”。例如2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。 四、溶液中离子浓度大小的比较 1．离子浓度大小比较中的“三个守恒”规律 （1）元素质量守恒 在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说,其质量在变化前后是守恒的,即元素质量守恒。 （2）电荷守恒 指电解质溶液中,阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相等,即溶液呈电中性。 （3）质子守恒 指得到的质子(H+)数等于失去的质子(H+)数。 【辨析】 （1）外界条件对盐水解程度的大小起决定作用 ( ) （2）影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等 ( ) （3）能水解的盐的浓度越低，水解程度越大，溶液的酸碱性越强 ( ) （4）盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的 ( ) （5）水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大 ( ) （6）NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离 ( ) （7）Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强 ( ) 【答案】（1）× （2）× （3）× （4）× （5）× （6）× （7）× 1．（2019·浙江·高考真题）下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是 A．HNO3 B．CuCl2 C．K2CO3 D．NaCl 【答案】B 【解析】能水解的是含弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解，据此分析。A．HNO3不是盐，不能水解，故不是因水解而使溶液显酸性，选项A错误；B．CuCl2为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项B正确；C．碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项C错误；D．氯化钠是强酸强碱盐，不水解，选项D错误。答案选B。 2．（2021·广东·高考真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 A．水溶液的 B．水溶液加水稀释，升高 C．在水中的电离方程式为： D．水溶液中： 【答案】B 【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B．故答案为B。 3．（2021·北京·高考真题）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】A．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；B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；D．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；故选B。 4．（2021·江苏·高考真题）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0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8 实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1mol·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)<Ksp(CaCO3) 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)<c反应后(CO) 【答案】C 【解析】A．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；B．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；C．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；D． 饱和氯水中氢离子与碳酸根结合转化为碳酸氢根，氯水朝着与水反应的方向移动，颜色变浅，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误；答案选C。 5．（2021·重庆·高考真题）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 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1 【答案】C 【解析】A．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(CH3COO- )，A错误；B．加入少量Al2(SO4)3固体由于Al3+发生水解反应，促进水的电离，则水的电离程度增大，B错误；C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，溶质为NaHCO3、NaCl，NaHCO3溶液中少部分水解生成H2CO3，则c()>c(H2CO3)，C正确；D．磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，加水至原体积的两倍，磷酸物质的量浓度变为0.1mol·L-1，则含c(H+)<0.1 mol·L-1，D错误；故选：C。 6．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 【答案】B 【解析】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意；故选B。 7．（2022·河北·高考真题）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0.01000mol•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)=0.01mol•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)=0.03mol•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=0.02mol/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=0.01mol/L。A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．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)，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/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=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/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 mol/L，故D错误；故选C。 8．（2020·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是 A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中 C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则 D．在溶液中， 【答案】A 【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。 9．（2021·天津·高考真题）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】A．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：，故A正确；B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。 10．（2025·甘肃·高考真题）氨基乙酸是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡： 在25℃时，其分布分数[如=] 与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是 A．曲线Ⅰ对应的离子是 B．a点处对应的pH为9.6 C．b点处 D．c点处 【答案】C 【解析】图1可知，随着pH增大，平衡右移，+NH3CH2COOH的分布分数减少，+NH3CH2COO-先增加后减少，NH2CH2COO-最后增加，a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点；图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到+NH3CH2COO-，c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-。A．根据分析可知，随着pH值增大，+NH3CH2COOH的分布分数减少，曲线I代表+NH3CH2COOH的分布分数，A正确；B．a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，B正确；C．图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-存在电离和水解，Ka2=10-9.6，Kh==，电离大于水解，则，C错误；D．c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-，根据质子守恒，有，D正确；答案选C。 11．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线： 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V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+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(CO)=c(OH-)-c(H+) 【答案】C 【解析】A．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；B．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；C．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；D．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；答案选C。 12．（2016·海南·高考真题）KAl（SO4）2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题： （1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用 （填标号）。 A．HCl溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．NaOH溶液 （2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 。 （3）沉淀B的化学式为 ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是 。 （4）已知：Kw=1.0×10-14，Al（OH）3AlO2-+H++H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于 。 【答案】（1） d （2） 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ （3）Al(OH)3 Al3+水解使溶液中H+浓度增大 （4）20 【解析】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择氢氧化钠溶液溶解，得到偏铝酸钠溶液，过滤除去铁、镁等杂质，滤液中加入碳酸氢铵溶液得到氢氧化铝，过滤后将氢氧化铝溶解在稀硫酸中得到硫酸铝溶液，添加硫酸钾溶液后蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体明矾。 （1）易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质），它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生反应，而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确。 （2）易拉罐溶解过程中主要反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。 （3）由分析可知，滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，AlO、NH发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和NH3·H2O，反应的方程式是AlO+2H2O+NH= Al(OH)3↓+NH3·H2O，所以沉淀B化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性。 （4）已知：Kw=1.0×10-14，a.Al(OH)3AlO+H++H2O K=2.0×10-13，b.H2OH++OH-，a-b得：Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=。 一、沉淀溶解平衡 1．含义：在一定温度下，当沉淀和溶解速率相等时所达到的平衡状态，称为沉淀溶解平衡。 2．建立： 以AgCl溶解平衡为例，表达式：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。 3．特征： —动态平衡，溶解的速率和沉淀的速率不等于0 —溶解速率和沉淀速率相等 —达到平衡时，固体质量、溶液中离子的浓度保持恒定 —当改变外界条件时，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡 4．沉淀溶解平衡的移动 固体物质溶液中的溶质 固体物质的溶解是可逆过程：（1）v溶解>v沉淀　固体溶解 （2）v溶解＝v沉淀　溶解平衡 （3）v溶解<v沉淀　析出晶体 5．生成难溶电解质的离子反应的限度： （1）25 ℃时，溶解性与溶解度的关系。 （2）反应完全的标志。 一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于1×10－5mol·L－1时，反应就达到完全。 二、沉淀溶解平衡的应用 1．沉淀的生成 ①调节pH法 如：除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式 为：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。 ②沉淀剂法 如：用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。 2．沉淀的溶解 ①酸溶解法 如：CaCO3溶于盐酸，离子方程式为：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。 ②盐溶液溶解法 如：Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为：Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。 ③氧化还原溶解法 如：不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。 3．沉淀的转化 ①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。 如：AgNO3溶液AgCl(白色沉淀)AgBr(浅黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。 ②应用 a．锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式为：CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO(aq)。 b．矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为：Cu2＋(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2＋(aq)。 【辨析】 （1）升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动 ( × ) （2）洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。 (　× 　) （3）向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变 ( × ) （4）除去MgCl2溶液中的Fe2+,先加入双氧水,再加入MgO即可。 (　√　) （5）沉淀的转化只能由难溶的转化为更难溶的。(　×　) （6）溶解度小的沉淀不能转化为溶解度比其大的沉淀。 (　×　) （7）可用FeS除去废水中的Hg2+、Ag+等,是因为HgS、Ag2S比FeS更难溶。 (　√　) （8）验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2,可将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,可观察到沉淀由白色变为红褐色。 (　√　) 【答案】（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）× （6）× （7）√ （8）√ 三、溶度积常数 1．溶度积常数 ①概念 在一定条件下，难溶电解质溶于水形成饱和溶液时，溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡，这时可以用平衡常数来描述难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡，其平衡常数称为溶度积常数或溶度积，通常用Ksp来表示。 ②表达式：对于反应MmAn(s) mMn+(aq)+nAm-(aq) Ksp=c(Mn+)m·c(Am-)n ③意义：溶度积的大小与溶解度有关，它反映了难溶电解质在水中的溶解能力。 2．影响因素：Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，与沉淀量无关。 3．应用 （1）离子积：难溶电解质溶液在任意时刻离子浓度的乘积，用Q表示， 如Ag2S的Q＝c2(Ag＋)·c(S2－)。 （2）根据Q与Ksp的关系判断溶液状态： ①Q>Ksp，溶液中有沉淀析出；②Q＝Ksp，沉淀与溶解处于平衡状态；③Q<Ksp，溶液中无沉淀析出。 四、难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素 1．内因(决定因素)：难溶电解质本身的性质。 2．外因：温度、浓度等条件的影响（符合勒夏特列原理）。 对于沉淀溶解平衡（溶液中仍有大量固体）：Mg(OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，请分析下列条件改变时，对沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)： 条件改变 移动方向 c(Mg2＋) c(OH－) Ksp 升温 正向移动 增大 增大 增大 加MgCl2(s) 逆向移动 增大 减小 不变 加NaOH(s) 逆向移动 减小 增大 不变 加盐酸 正向移动 增大 减小 不变 加少量水 正向移动 不变 不变 不变 【辨析】 （1）可利用溶液混合后的Q与Ksp的相对大小来判断溶液混合后是否有沉淀生成。(　√　) （2）一定温度下，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，在任何含AgCl固体的溶液中，Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10且 c(Ag＋)＝c(Cl－) ( × ) （3）常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小。(　×　) （4）溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大。(　 × 　) （5）向AgCl沉淀中加入KI溶液,由白色沉淀转变成黄色沉淀,是由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)。(　√　) 【答案】（1）√ （2）× （3）× （4）× （5）√ 1．（2016·海南·高考真题）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是 A．c() B．c() C．c(H+) D．Ksp(Mg) 【答案】A 【解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO32−(aq)，加入少量稀盐酸可与CO32−促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32−)减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。 2．（2013·新课标Ⅰ·高考真题）已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10、Ksp(AgBr)=7.7×10-13、Ksp(Ag2CrO4)=9×10-12，某溶液中含有Cl-、Br-和CrO，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A． Cl-、Br-、CrO B．Br-、Cl-、CrO C．CrO42-、Br-、Cl- D．Br-、CrO、Cl- 【答案】B 【解析】由溶度积可知，浓度均为0.010mol/L的三种离子开始沉淀时，溶液中的银离子浓度分别为=1.56×10-8 mol/L、=7.7×10-11 mol/L、=3×10-5 mol/L，开始沉淀时所需要的银离子浓度越小，说明银盐的溶解度越小，加入0.010mol/L硝酸银溶液时会优先沉淀，则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO，故选B。 3．（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·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．0.5mol·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】A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；B．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；C．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；D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；综上所述答案为C。 4．（2013·新课标Ⅱ·高考真题）室温时，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a，c(M2+)=bmol·L-1时，溶液的pH等于 A．lg() B．lg() C．14+lg() D．14+lg() 【答案】D 【解析】根据Ksp=c(M2+)c2(OH-)和Ksp=a，c(M2+)=b mol•L-1，计算溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液的pH。室温时，M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OH-(aq)，已知Ksp=a，c(M2+)=b mol•L-1，则c(OH-)==mol•L-1，所以c(H+)==mol•L-1，则pH=-lgc(H+)=14+lg()，故选D。 5．（2025·浙江·高考真题）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 【答案】D 【解析】A．，K==，A正确；B．，K==，B正确；C．，K==，C正确；D．=，由于，，D错误；答案选D。 6．（2019·全国II卷·高考真题）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q) C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 【答案】B 【解析】A． CdS在水中存在沉淀溶解平衡CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，结合图象可以看出，在饱和的水溶液中，图中a和b两点c(Cd2+)= c(S2-)，因此，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A正确；B． CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B错误；C． m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；D． 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确；故选B。 7．（2021·全国甲卷·高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线①代表的沉淀溶解曲线 B．该温度下的值为 C．加适量固体可使溶液由a点变到b点 D．时两溶液中 【答案】B 【解析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；答案选B。 8．（2022·福建·高考真题）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】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C．由图可知，净化的先后顺序为，C错误；D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D错误；故选B。 9．（2023·全国甲卷·高考真题）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是 A．由点可求得 B．时的溶解度为 C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离 D．混合溶液中时二者不会同时沉淀 【答案】C 【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；B．由图中信息可知，时的浓度为，因此，的溶解度不是，故B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；答案选C。 10．（2023·全国乙卷·高考真题）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀 B．b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C．Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9 D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 【答案】C 【解析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。 11．（2025·四川·高考真题）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系； (ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．(ⅰ)中时， C． D．(ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 【答案】B 【解析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此变化不大；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系；A．根据分析，曲线④表示与的关系，A错误；B．由曲线可得，， (ⅰ)中时，，B正确；C．，由图可知，时，，，则，因此，C错误；D．(ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中浓度之和不变，D错误；故选B。 12．（2023·江苏·高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“除镁”得到的上层清液中： C．溶液中： D．“沉锰”后的滤液中： 【答案】C 【解析】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误；C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 故选C。 13．（2023·浙江·高考真题）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： [已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是 A．上层清液中存在 B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在 C．向体系中通入气体，溶液中保持不变 D．通过加溶液可实现向的有效转化 【答案】B 【解析】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此，故A项错误；B．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，由得=≈6.0×10-5mol/L；存在水解平衡，即、。根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根离子的水解平衡常数为，以第一步水解为主，设有x mol/L的水解生成，列三段式有： ，则，x=4.85×10-5mol/L，所以c()=4.85×10-5mol/L，c()=1.15×10-5mol/L，，所以上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，故B项正确；C．向体系中通入CO2，，c()减小，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，故C项错误；D．由题干可知，，，则的平衡常数K，故通过加溶液不可实现向的有效转化，故D项错误；故答案选B。 14．（2018·全国III卷·高考真题）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl) C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 【答案】C 【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；B．由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；故答案选C。 15．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 【答案】C 【解析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确；综上所述，本题选C。 一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共54分） 1．（2016·全国III卷·高考真题）下列有关电解质溶液的说法正确的是 A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1 D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 【答案】D 【解析】A．溶液中=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中不变，A错误；B．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-， ，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡常数增大，=1/Kh，故将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小，B错误； C．由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)/c(Cl-)=1，C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中不变，D正确；答案选D。 2．（2017·浙江·高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是(　　) A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性 C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力 D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积 【答案】D 【解析】A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1mol•L-1醋酸溶液pH大于1，可证明醋酸没有完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，A正确；B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性，通过溶液显碱性，可证明CH3COONa是强碱弱酸盐，所以能证明醋酸是弱电解质，B正确；C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C正确；D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积相等，无法证明醋酸电离情况，D错误。答案选D。 3．（2022·浙江·高考真题）时，苯酚的，下列说法正确的是 A．相同温度下，等的和溶液中， B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大 C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中 D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小 【答案】C 【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A错误；B．升高温度，Kw增大，NaOH溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误；C．当pH=10.00时，c(H+)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。 4．（2024·天津·高考真题）甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是 A．的 B．溶液中存在 C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小 D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在 【答案】C 【解析】A．由的水解方程式可知，的，A正确；B．由的电离方程式及电荷守恒可知，溶液中存在，B正确；C．由的，的，碱性，由越弱越水解可得，时，溶液与溶液相比，溶液中的大，C错误；D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在，D正确； 故选C。 5．（2025·安徽·高考真题）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知时，。下列说法正确的是 A．时，的溶度积常数 B．时，溶液中 C．时，溶液中 D．时，溶液中 【答案】A 【解析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析；A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则，A正确；B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B错误；C．由图像可知，时，溶液中，C错误；D．时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D错误；故选A。 6．（2017·全国II卷·高考真题）改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时， B． C．pH=2.7时， D．pH=4.2时， 【答案】D 【解析】A．根据图象，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B．pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C．根据图象，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D．根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。 7．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是 A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质 B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1 D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 【答案】D 【解析】A．若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B．0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C．pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；D．若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。 8．（2018·浙江·高考真题）下列说法不正确的是 A．pH＜7的溶液不一定呈酸性 B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等 C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－) D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则溶液呈中性 【答案】B 【解析】A． pH＜7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH－)＜c(H＋)时溶液显酸性，A正确；B． 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B错误；C． 盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)，C正确；D． 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性，D正确。答案选B。 9．（2020·全国I卷·高考真题）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是 A．曲线①代表，曲线②代表 B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1 C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D．滴定终点时，溶液中 【答案】C 【解析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。 10．（2023·浙江·高考真题）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】A．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，故A错误；B．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，故B错误；C．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，故C错误；D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。 11．（2024·湖南·高考真题）常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A．水的电离程度： B．M点： C．当时， D．N点： 【答案】D 【解析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，，，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确；C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误；故答案选D。 12．（2023·湖北·高考真题）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】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A．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-)≈5×10-9.46，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；B．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；C．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≈1014.16，即lg K≈14，C正确；D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；故答案选C。 13．（2024·浙江·高考真题）常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A．溶液中存在 B．将溶液稀释到，几乎不变 C．溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D．存在反应是出现白色沉淀的主要原因 【答案】C 【解析】A．亚硫酸是二元弱酸，存在两步电离，电离方程式为：，，溶液中还存在水的电离，且水的电离比H2SO3的第二步电离还弱，则溶液中，A正确；B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确；C．加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C错误；D．过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫酸根离子，则存在反应，，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正确；故选C。 14．（2021·福建·高考真题）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】A．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，故A正确；B．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，故B错误；C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)<c(OH-)，所以，故C错误；D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。 15．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 【答案】C 【解析】在2mL0.2mol/L的溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向中滴加6mol/L的氨水，发生反应，加入0.1mol/LKI溶液2mL，发生反应：，得到沉淀，由物质的量关系可知，不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及；A．溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确；B．根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确；C．溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误；D．由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确；故选C。 16．（2024·全国甲卷·高考真题）将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。 下列叙述正确的是 A．交点a处： B． C．时，不变 D． 【答案】D 【解析】向含的悬浊液中滴加的溶液，发生反应：，两者恰好完全反应时,溶液的体积为v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl-)增大，据，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为曲线。由此分析解题：A．2mL时与溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则==102.21，B错误；C．V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；D．V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则c(CrO)===mol/L，则y2=lg c(CrO)=lg=-lg34，D正确；故答案选D。 17．（2021·全国乙卷·高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。 下列叙述错误的是 A．溶液时， B．MA的溶度积 C．溶液时， D．HA的电离常数 【答案】C 【解析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；故选C。 18．（2023·新课标卷·高考真题）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。 下列说法错误的是 A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线 B．的溶度积常数 C．反应的平衡常数K的值为 D．时，溶液中 【答案】A 【解析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。A．氨的浓度较小时AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH3(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；B．由图可知，c(NH3)=10-1mol/L时，c(Cl-)=10-2.35mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则的平衡常数K===，故C正确；D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则时，溶液中，故D正确；故选A。 二、解答题（共46分） 19．（2016·上海·高考真题）（8分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。 完成下列填空： （3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11 草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5 0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH 0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 。 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 。（选填编号） a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-] B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-] c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-] D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-] （4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。 【答案】 （3） 大于 草酸 ac （4） 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 【解析】（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。 （4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。 20．（2024·重庆·高考真题）（8分）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 （2）的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原时溶液滴加过量 B．热的溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 【答案】 （2） 浓盐酸、锡粒 当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 % AC 【解析】（2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧化，故答案为：浓盐酸、锡粒； ②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色； ③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为； ④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确； B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误； C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确； D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误； 故答案为：AC。 21．（2024·湖南·高考真题）（15分）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 （5）滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 【答案】（1） ds 3d104s1 （2） （3） 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 0.5 （4）0.05 （5） 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 【解析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 （1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 22．（2025·安徽·高考真题）（15分）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。 （2）步骤②中需研细后加入，目的是 。 （3）在实验室使用代替和制备纯碱，优点是 。 （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为 (填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的 (填“>”“<”或“=”)。 （5）已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是 。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为 。 【答案】（1）烧杯、玻璃棒 （2）加快溶解、加快与反应 （3）工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高 （4） a ＞ （5） 在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 【解析】本题以和为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试剂；用代替和，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利。 （1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。 （2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中需研细后加入，目的是加快溶解、加快与反应。 （3）和在水中可以发生反应生成，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用代替和制备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。 （4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为，消耗盐酸;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为，又消耗盐酸,因为，说明产品中不含和，因此，所得产品的成分为，故选a。 ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，局部会发生第二个反应，消耗的盐酸体积偏大，因此，该同学所记录的＞。 （5）i．实验a无明显现象的原因是：在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液。受热分解生成的气体中有和，而分解产生的气体中只有，无水可以吸收分解产生的，溶液可以吸收分解产生的；溶液增重，则分解产生的的质量为，其物质的量为，由分解反应可知，的物质的量为，则白色晶体中的质量为，故其质量分数为。 2 / 69 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $