2027届高三化学一轮复习-水溶液中的离子反应专项训练题

**基本信息** 以高考真题为载体，系统覆盖水溶液离子反应核心知识点，通过分层题点设计构建"概念-原理-应用"逻辑链条，强化科学思维与探究能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |弱电解质电离平衡|12题（含浙江、广东高考题）|选择为主，结合图像分析|从电离平衡影响因素到常数计算，层层递进| |水的电离与pH|8题（含海南、天津高考题）|选择+填空，注重定量计算|水的电离平衡→pH计算→酸碱混合规律| |盐类水解|15题（含江苏、湖南高考题）|选择+填空，突出离子浓度比较|水解原理→影响因素→实际应用| |离子反应|28题（含全国卷、浙江高考题）|离子共存+方程式书写|反应规律→方程式正误判断→实际应用| |沉淀溶解平衡|19题（含新课标卷、山东高考题）|选择为主，结合Ksp计算|溶解平衡→Ksp应用→沉淀转化|

专题十一 水溶液中的离子反应 知识点1 弱电解质的电离平衡 题点1 弱电解质的电离及影响因素 1.（2023·浙江（1月选考）卷，13）甲酸(HCOOH)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R3N，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离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是(　　) A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－ B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18 C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少 D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在 【答案】D 【关联题点】电离平衡常数及相关计算 【难度】中档题 【题型】单选题 2.(2022·广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时，HAc的Ka＝1.75×10－5≈10－4.76。 (1)配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1HAc溶液的体积为__________ mL。 (2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是______________。 (3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。 提出假设　稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。 设计方案并完成实验　用浓度均为0.1 mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定pH，记录数据。 序号 V(HAc) /mL V(NaAc) /mL V(H2O) /mL n(NaAc) ∶n(HAc) pH Ⅰ 40.00 / / 0 2.86 Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36 … … … … … … Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65 ①根据表中信息，补充数据：a＝____，b＝____。 ②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡______(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_________________________________________________。 ③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac－浓度，HAc电离平衡逆向移动。 实验结论　假设成立。 (4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。 查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。 对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10－4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00 mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08 mL，则该HAc溶液的浓度为__________ mol·L－1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点__________。 ②用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1 mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1 mL Ⅱ __________，测得溶液的pH为4.76 实验总结　得到的结果与资料数据相符，方案可行。 (6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途：______________。 【答案】(1)5.0　(2)C　(3)①3.00　33.00　②正　实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1　(4)①0.110 4　　(5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液　(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料) 【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，故D错误。(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00 mL，因此V(H2O)＝40.00 mL－4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.88 mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图： 。 (5)向20.00 mLHAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂；H3PO4是中强酸，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。 【关联题点】一定物质的量浓度溶液配制及综合应用；酸碱中和滴定及其应用 【难度】中档题 【题型】填空题 3.(2022·浙江（选考）卷，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 mol·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】在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－的水解程度，水的电离程度前者大于后者，故A错误；向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，＝1.3×10－7，则H2A的电离度为×100%＝1.3×10－4×100%＝ 0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－)<c(HA－)，故C错误；H2A是弱酸，取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a＋1，故D错误。 【关联题点】水的电离及影响因素；盐类水解及其应用 【难度】中档题 【题型】单选题 4.(2020·北京卷，11)室温下，对于1 L 0.1 mol·L－1醋酸溶液。下列判断正确的是(　　) A．该溶液中CH3COO－的粒子数为6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为＋2H＋===H2O＋CO2↑ 【答案】C 【解析】1 L 0.1 mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO－的粒子数小于6.02×1022，故A错误；加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO－的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；1 L 0.1 mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)＝0.1 mol，故C正确；醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为＋2CH3COOH===H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故D错误；答案选C。 【难度】中档题 【题型】单选题 题点2 强弱电解质的比较及判断 微题点1 电解质电离与导电性关系 1.(2024·浙江1月选考，1)下列物质不属于电解质的是(　　) A．CO2 B．HCl C．NaOH D．BaSO4 【答案】A 【解析】CO2在水溶液中能导电，是生成的碳酸发生电离，不是自身电离，属于非电解质，A符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 2.(2020·浙江卷，3)下列物质在熔融状态下不导电的是(　　) A．NaOH B．CaCl2 C．HCl D．K2SO4 【答案】C 【难度】基础题 【题型】单选题 微题点2 强弱电解质的性质比较与综合判断 1.（2022·北京卷，1）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是(　　) A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的pH＞7 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 【答案】B 【解析】醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，A正确；醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，B错误；醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，C正确；过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，D正确。 【关联题点】盐类水解及其应用；晶体类型判断 【难度】基础题 【题型】单选题 2.(2022·湖北卷，1)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　) A．N2H>N2H4>NH B．N2H>CH3COOH>NH C．NH3>N2H4>CH3COO－ D．CH3COOH>N2H>NH 【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(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH＞N2H，反应N2H＋NH3===NH＋N2H4中，酸性：N2H＞NH，故酸性：CH3COOH>N2H>NH。 【关联题点】弱电解质的电离及影响因素 【难度】基础题 【题型】单选题 3.（2021·浙江卷，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 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸 B．25 ℃时，若测得0.01 mol·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，若测得0.01 mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c(H＋)<0.01 mol·L－1，HR未完全电离，所以HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，测得此时溶液pH<7，C错误；假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50 ℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】基础题 【题型】单选题 4.（2021·浙江卷，3）下列物质属于强电解质的是(　　) A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO 【答案】A 【解析】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 5.（2020·浙江选考，17）下列说法不正确的是(　　) A．的溶液不一定呈碱性 B．中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同 C．相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，相等 D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c 【答案】B 【解析】A. 温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-) 时溶液一定呈碱性，故A正确；B.pH相同的氨水和溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、溶液，氨水所需的物质的量更大，故B错误；C.pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，氢氧根浓度也相同，故C正确；D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c，故D正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；盐类水解及其应用 【难度】基础题 【题型】单选题 题点3 电离平衡常数及相关应用 （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0.1mol·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=2HCO3- 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。 【关联题点】难溶电解质沉淀溶解平衡及其影响因素;电离平衡常数及综合应用 【难度】基础题 【题型】单选题 知识点2 水的电离、溶液的PH 题点1 水的电离及影响因素 （2021·浙江卷，17）25℃时，下列说法正确的是(　　) A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2 D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol 【答案】D 【解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确。 【关联题点】盐类水解及其本质；弱电解质电离及影响因素 【难度】基础题 【题型】单选题 题点2 溶液的酸碱性及PH的相关计算 1.(2024·贵州，12)硼砂［Na2B4O5(OH)4·8H2O］水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na［B(OH)4］(硼酸钠)。 已知：①25 ℃时，硼酸显酸性的原理B(OH)3+2H2OH3O++　Ka=5.8×10-10，②lg≈0.38。下列说法正确的是 (　　) A.硼砂稀溶液中c(Na+)=c［B(OH)3］ B.硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C.25 ℃时，0.01 mol·L-1硼酸水溶液的pH≈6.38 D.等浓度等体积的B(OH)3和Na［B(OH)4］溶液混合后，溶液显酸性 【答案】B 【解析】［Na2B4O5(OH)4·8H2O］水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和Na［B(OH)4］，B(OH)3的电离常数Ka［B(OH)3］=5.8×10-10，［B(OH)4］-的水解平衡常数Kh(［B(OH)4］-)===×10-4>Ka［B(OH)3］，［B(OH)4］-水解程度大于B(OH)3电离程度，溶液显碱性，A、D错误；由B(OH)3+2H2OH3O++ 可知，硼酸水溶液中的H+是由水电离出来的，B正确；25 ℃时，B(OH)3+2H2OH3O++ ，Ka==5.8×10-10，c(H+)===×10-6，pH≈6-0.38≈5.62，C错误。 【难度】中档题 【题型】单选题 2.(2020·浙江卷，1)水溶液呈酸性的是(　　) A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3 【答案】B 【关联题点】盐类水解及其本质 【难度】基础题 【题型】单选题 3.(2020·浙江卷，17)下列说法不正确的是(　　) A．2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1 B．将KCl溶液从常温加热至80 ℃，溶液的pH变小但仍保持中性 C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质 D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大 【答案】A 【解析】对于2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中，水电离出的c(H＋)相对来说不是很小，不能忽略，故该盐酸中c(H＋)＞2.0×10－7 mol·L－1，A错误；升高温度，水的电离程度增大，Kw增大，水电离出的c(H＋)增大，则溶液的pH减小，由于KCl是强酸强碱盐，不水解，故其溶液仍呈中性，B正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN－发生了水解，则HCN为弱电解质，C正确；常温下，pH为3的醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，由于Kw不变，则溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，D正确。 【关联题点】盐类水解的影响因素 【难度】基础题 【题型】单选题 知识点3 盐类的水解 题点1 盐类水解及其本质 (2022·浙江（选考）卷，1)水溶液呈酸性的盐是(　　) A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2 【答案】A 【解析】NH4Cl盐溶液存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋而呈酸性，A符合题意；BaCl2溶液中Ba2＋和Cl－均不水解，是强酸强碱盐，溶液呈中性，B不符合题意；H2SO4属于酸，不是盐，C不符合题意；Ca(OH)2属于碱，不是盐，D不符合题意。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】基础题 【题型】单选题 题点2 盐类水解的影响因素 1.(2023·海南，14)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，溶液中c(OH－)<0.01 mol·L－1 B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小 C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11 D．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4 mol·L－1 【答案】B 【解析】由图像可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，pH>12.0，溶液中c(OH－)>0.01 mol·L－1，故A错误；盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；结合图像可知，当c(Na2CO3)＝0.5 mol·L－1时，pH＝12，Kh＝＝＝2×10－4，则Ka2＝＝5×10－11, 故C错误；若0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液与等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1 mol·L－1，由图可知，pH>11.6，得到的溶液c(OH－)>2×10－4 mol·L－1,0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH－)大于与水混合的C(OH－)，故D错误。 【关联题点】盐类水解及其应用；Ka或Kb、KW、Kh、KSP的综合计算 【难度】中档题 【题型】单选题 2.（2021·浙江卷，23）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·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mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx 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() 【答案】C 【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。 A．由分析可知，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，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D． 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】中档题 【题型】单选题 3.（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 【难度】中档题 【题型】单选题 4.（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(　　) A．0.001 mol·L－1 GHCl水溶液的pH＝3 B．0.001 mol·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GHCl==G＋HCl D．GHCl水溶液中：c(OH－)＋c(Cl－)＝c(GH＋)＋ c(G) 【答案】B 【解析】GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH＋会发生水解，但水解较为微弱，因此0.001 mol· L－1 GHCl水溶液的pH>3，故A错误；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；GHCl为强酸弱碱盐，在水中的电离方程式为GHCl==GH＋＋Cl－，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(GH＋)，故D错误。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】基础题 【题型】单选题 题点3 盐类水解及其的应用 1.(2023·北京，3)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FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 【答案】B 【解析】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；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；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； 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。 【关联题点】基本营养物质结构、性质及应用 【难度】基础题 【题型】单选题 2.（2023·重庆卷，11）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是(　　) A．点等于点 B．点大于点 C．点降温过程中有2个平衡发生移动 D．点 【答案】B 【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；水的电离及影响因素 【难度】中档题 【题型】单选题 3.(2022·浙江6月选考)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 mol·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 mol·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；氢氧化钠溶液升温促进水电离，pH变小，B错误；当pH＝10.00时，c(H＋)＝1.0×10－10 mol·L－1，Ka＝＝＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正确；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，会促进水的电离，D错误。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】基础题 【题型】单选题 4.(2022·湖北卷，8)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS(s)＋CS2(l)===Na2CS3(s)＋H2S(g)，下列说法正确的是(　　) A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性 C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高 【答案】B 【解析】Na2CS3中硫元素为－2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；S的原子半径比O大，故C==S的键长比C==O的键长长，键能比C==O的键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误。 【关联题点】化学反应方向与判据；化学键与物质组成及性质 【难度】基础题 【题型】单选题 5.（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】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。 【关联题点】钠及其化合物的性质与应用；盐类水解的影响因素；溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】中档题 【题型】单选题 6.(2020·北京卷，14)某同学进行如下实验： 实验步骤 实验现象 Ⅰ 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着 Ⅱ 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5) 下列说法不正确的是(　　) A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应 B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3 【答案】C 【解析】氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；答案选C。 【难度】中档题 【题型】单选题 题点4 溶液中离子浓度大小比较及应用 1.(2024·江苏，12)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 (　　) A.实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+) B.实验2所得溶液中：c()>c() C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D.实验3所得溶液中：c()>c(Mn2+) 【答案】D 【解析】实验1得到H2SO3溶液，其电荷守恒关系式为c()+2c()+c(OH-)=c(H+)，则c()+c()<c(H+)，A错误；实验2溶液pH为4，依据Ka2=，则6.2×10-8=，则c()<c()，B错误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的氧气氧化，故经过蒸干、灼烧得不到NaHSO3固体，C错误；实验3依据发生的反应：5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后c()>c(Mn2+)，D正确。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】较难题 【题型】单选题 2.（2023·天津卷，10）在浓度为的溶液中，如下说法正确的是(　　) A．溶液中浓度最大的离子是 B． C． D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为 【答案】B 【解析】A．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1 mol/L，故B正确；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C错误；D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误。 【关联题点】电离平衡常数及相关应用 【难度】中档题 【题型】单选题 3.(2022·浙江6月选考)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·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，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时c(H＋)≈＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1＞1×10－4.3 mol·L－1，则滴加NaOH至pH＝4.3，说明醋酸也参加了反应，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】中档题 【题型】单选题 4.（2022·福建卷，10）氨氮是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为： ①2NH3＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O ②NH3＋4ClO－＋OH－===NO＋4Cl－＋2H2O 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．x1的数值为0.009 B．x>x1时，c(Cl－)＝4c(NO) C．x>x1时，x越大，生成N2的量越少 D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－) 【答案】C 【解析】x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝×3＝0.008 55 mol，反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006 mol×5%＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NO)，B错误；x>x1时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有Na＋、H＋、NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，D错误。 【关联题点】氮及其化合物的相互转化 【难度】较难题 【题型】单选题 5.（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢—除垢过程如图。 100 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2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①，100 mL 0.1 mol·L－1CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4反应的化学方程式为CaCl2＋Na2SO4===2NaCl＋CaSO4↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl，则c(Na＋)＝6c(SO)，故B错误；由B项分析可知，存在元素质量守恒：c(Cl－)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故C错误；步骤③中，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol (CH3COO)2Ca，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故D正确。 【难度】中档题 【题型】单选题 6.(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．0.01 mol·L－1溶液中，c(ClO－)<0.01 mol·L－1 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】NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01 mol·L－1 NaClO溶液中c(ClO－)＜0.01 mol·L－1，A正确；NaClO溶液长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应为NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，HClO再分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2＋ClO－＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋，C错误；25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则c(ClO－)＝c(Na＋)，Kh(ClO－)＝＝＝2.5×10－7，即ClO－的水解程度大于HClO的电离程度，c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na＋)，D正确。 【关联题点】氯及其化合物的性质及应用 【难度】中档题 【题型】双选题 7.（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·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(HCO)＋c(CO)。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(HCO) B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3) C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO) 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CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，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(HCO)＋2c(CO)，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为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)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。 【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算 【难度】较难题 【题型】单选题 8.（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0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO) B．在0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋c(C2O) C．在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1 D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋) 【答案】A 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】中档题 【题型】单选题 9.(2020·江苏卷，14)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)＞c()＞c()＞c(OH－) B．氨水—NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c()＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) C．CH3COOH—CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋) D．H2C2O4—NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c()＋c(OH－) 【答案】AD 【解析】A项，溶液呈碱性，说明水解的程度大于电离的程度，因此c()＞c()，的水解是微弱的，溶液中仍有大量的，则c()＞c(OH－)，正确；B项，由电荷守恒可知，c()＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒为c(NH3·H2O)＋c()＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c()＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)，错误；C项，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离的程度大于CH3COO－水解的程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，错误；D项，由电荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)＝c()＋2c()＋c(OH－)，由物料守恒知，2c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2C2O4)，两式相减得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c()＋c(OH－)，正确。 【难度】较难题 【题型】双选题 10.(2020·浙江卷，23)常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是(　　) A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－) B．当滴入氨水10 mL时，c()＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－) D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c()＜c(Cl－) 【答案】D 【解析】HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1 mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10 mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c()＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20 mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c()＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c()＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20 mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20 mL，结合电荷守恒关系c()＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c()＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c()＞c(Cl－)，D错误。 【难度】中档题 【题型】单选题 11.(2020·天津卷，7)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Ka(HCOOH)＞Ka(HF) 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(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS) D．在1 mol·L－1 Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 mol·L－1 【答案】A 【解析】HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，A项错误；两溶液等体积混合后pH＜7，说明溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项正确；硫化亚铁溶于稀硫酸，而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，C项正确；在1 mol·L－1的Na2S溶液中，根据物料守恒可得c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 mol·L－1，D项正确。 【关联题点】盐类水解及其应用 【难度】中档题 【题型】单选题 知识点4 离子反应及其应用 题点1 离子反应及溶液的导电性 （2021·北京卷，8）使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是(　　) A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O 【答案】D 【难度】基础题 【题型】单选题 题点2 离子共存 1．(2024·浙江1月选考，5)在溶液中能大量共存的离子组是(　　) A．H＋、I－、Ba2＋、 B．Fe3＋、K＋、CN－、Cl－ C．Na＋、、Br－、Ca2＋ D．、、CH3COO－、 【答案】D 【解析】H＋、I－、三种离子会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；Fe3＋、CN－反应生成[Fe(CN)6]3－而不能大量共存，故B不符合题意；、Ca2＋反应生成CaSiO3沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；、CH3COO－、虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意。。 【难度】基础题 【题型】单选题 2.（2022·天津卷，8）25 ℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是(　　) A．H＋、NH、ClO－、Cl－ B．H＋、Mg2＋、I－、NO C．Na＋、Al3＋、HCO、SO D．K＋、Na＋、SO、OH－ 【答案】D 【难度】基础题 【题型】单选题 3.（2022·重庆卷，4）下列操作中，不会影响溶液中K＋、Al3＋、Fe3＋、Ba2＋、Cl－、NO等离子大量共存的是(　　) A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2 【答案】D 【解析】向溶液中加入硫酸锌，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成BaSO4沉淀，故A不符合题意；向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，故B不符合题意；向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子均不发生反应，故D符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 4.(2022·湖北卷，4)下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是(　　) A．在0.1 mol·L－1氨水中：Ag＋、Cu2＋、NO、SO B．在0.1 mol·L－1氯化钠溶液中：Fe3＋、I－、Ba2＋、HCO C．在0.1 mol·L－1醋酸溶液中：SO、NH、Br－、H＋ D．在0.1 mol·L－1硝酸银溶液中：K＋、Cl－、Na＋、CO 【答案】C 【解析】氨水显碱性，会与Ag＋、Cu2＋反应，不能大量共存，A项错误；Fe3＋、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，且Fe3＋与HCO发生相互促进的水解反应，也不能大量共存，B项错误；醋酸溶液显酸性，在醋酸溶液中SO、NH、Br－、H＋均不会发生反应，能大量共存，C项正确；硝酸银中的银离子会与Cl－、CO反应，不能大量共存，D项错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 5.（2021·湖南卷，12）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　　) 粒子组 判断和分析 A Na＋、Al3＋、Cl－、NH3·H2O 不能大量共存，因发生反应：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O B H＋、K＋、S2O、SO 不能大量共存，因发生反应：2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O C Na＋、Fe3＋、SO、H2O2 能大量共存，粒子间不反应 D H＋、Na＋、Cl－、MnO 能大量共存，粒子间不反应 【答案】B 【解析】Al3＋和NH3·H2O生成Al(OH)3沉淀而不是AlO，故A错误；Fe3＋可催化H2O2分解，所以Fe3＋与H2O2不能大量共存，故C错误；在酸性条件下MnO能将Cl－氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 6.（2021·天津卷，9）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是(　　) A．pH＝1的溶液：Fe2＋、Mg2＋、SO、NO B．pH＝12的溶液：K＋、Na＋、NO、CO C．pH＝7的溶液：Na＋、Cu2＋、S2－、Cl－ D．pH＝7的溶液：Al3＋、K＋、Cl－、HCO 【答案】B 【难度】基础题 【题型】单选题 7.（2021·福建卷，6）室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是(　　) A．的溶液：、、、 B．的溶液：、、、 C．的溶液：、、、 D．的溶液：、、、 【答案】D 【解析】A．与发生相互促进的水解反应生成硅酸沉淀和氨气不能大量共存，A不符合题意；B．与生成不能大量共存，B不符合题意；C．H+、、共同作用发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．在的溶液中，离子之间不反应，能大量共存，D符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 8.(2020·江苏卷，4)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　) A．0.1 mol·L－1氨水溶液：Na＋、K＋、OH－、 B．0.1 mol·L－1盐酸溶液：Na＋、K＋、、 C．0.1 mol·L－1KMnO4溶液：、Na＋、、I－ D．0.1 mol·L－1AgNO3溶液：、Mg2＋、Cl－、 【答案】A 【解析】A项，氨水与各离子以及各离子之间均不发生反应，能大量共存；B项，H＋和可以结合生成H2SiO3沉淀，不能大量共存；C项，具有氧化性，与I－之间发生氧化还原反应，不能大量共存；D项，Ag＋与Cl－、因生成沉淀而不能大量共存。 【难度】基础题 【题型】单选题 题点3 离子（化学）方程式的书写及正误判断 1.(2024·北京，5)下列方程式与所给事实不相符的是 (　　) A.海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：2Br-+Cl2Br2+2Cl- B.用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2转化为Cr3+：6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O C.用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++BaSO4↓ D.用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2++CCaCO3↓ 【答案】D 【解析】Na2CO3溶液与CaSO4的反应属于沉淀的转化，CaSO4不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+CCaCO3+，D错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 2.(2024·贵州，7)下列离子方程式书写错误的是 (　　) A.用氢氟酸雕刻玻璃：SiO2+4H++4F-SiF4↑+2H2O B.用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中的Cr2：6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O C.用泡沫灭火器灭火的原理：Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑ D.工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 【答案】A 【解析】HF是弱酸，用氢氟酸雕刻玻璃的离子方程式应为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O，A错误；用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中的Cr2，生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O，B正确；泡沫灭火器灭火的原理是Al3+、HC发生相互促进的水解反应生成CO2和Al(OH)3，反应的离子方程式为Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑，C正确；工业电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D正确。 3.(2024·新课标卷，10)对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 (　　) A.试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++Ag++NO2↑+H2O B.工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-PbS↓ C.海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2+SO2+2H2O2Br-++4H+ D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O 【答案】C 【解析】银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，该反应的离子方程式为3Ag+4H++N3Ag++NO↑+2H2O，A错误；FeS为难溶物，在离子方程式中不拆分，反应的离子方程式为Pb2++FeSPbS+Fe2+，B错误；SO2具有还原性，海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔时，Br2被还原为Br-，该反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O2Br-+S+4H+，C正确；H2C2O4属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，反应的离子方程式为+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误。 【关联题点】硝酸的氧化性 海水提溴 沉淀的转化 【难度】基础题 【题型】单选题 4.(2024·全国甲卷，8)下列过程对应的离子方程式正确的是 (　　) A.用氢氟酸刻蚀玻璃：+4F-+6H+SiF4↑+3H2O B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu3Cu2++2Fe C.用硫代硫酸钠溶液脱氯：S2+2Cl2+3H2O2S+4Cl-+6H+ D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4CaCO3 【答案】D 【解析】氢氟酸是弱酸，在书写离子方程式时不能拆分且玻璃的主要成分为SiO2，A错误；Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁溶液刻制覆铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+，B错误；氯气具有强氧化性，与S2反应的离子方程式为S2+4Cl2+5H2O2S+8Cl-+10H+，C错误；碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4CaCO3，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 5.(2024·浙江6月选考，8)下列离子方程式正确的是 (　　) A.用CuSO4溶液除H2S气体：Cu2++S2-CuS↓ B.H2SO3溶液中滴加Ba溶液：H2SO3+Ba2+BaSO3↓+2H+ C.NaHCO3溶液中通入少量Cl2：+Cl22CO2+Cl-+ClO-+H2O D.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ 【答案】D 【解析】H2S气体在离子方程式中仍用化学式表示，正确的离子方程式为Cu2++H2SCuS↓+2H+，A项错误；酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO33BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误；电离平衡常数：Ka1(H2CO3) >Ka(HClO) >Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+Cl-+HClO+CO2，C项错误；Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+，D项正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 6．(2024·浙江1月选考，10)下列化学反应与方程式不相符的是(　　) A．黑火药爆炸：S＋2KNO3＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑ B．四氯化钛水解：TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2－＋O2＋4H＋===2S↓＋2H2O D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：＋3NaOH＋3C17H35COONa 【答案】C 【解析】硫化钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，在空气中氧化变质：2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－，C项错误。 1.（2023·浙江（1月选考）卷，7）下列反应的离子方程式不正确的是(　　) A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓ D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO＋Ca2＋===CaSO3↓ 【答案】D 【难度】基础题 【题型】单选题 7.(2023·浙江6月选考，9)下列反应的离子方程式正确的是(　　) A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－ B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO C．铜与稀硝酸：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2－＋2SO2＋2H2O===H2S＋2HSO 【答案】B 【解析】碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故B正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，发生反应：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋4HSO，故D错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 8.(2023·湖南，5)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是(　　) A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－ B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋ C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓ D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－ 【答案】B 【解析】碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极反应为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，A正确；铅酸蓄电池在充电时阳极失电子，发生反应：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO，B错误；K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2＋反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；TiCl4容易发生水解，反应的离子方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 9.(2023·北京，6)下列离子方程式与所给事实不相符的是(　　) A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑ C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ D．Na2S去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓ 【答案】B 【解析】Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写，其余均可拆写为离子，A项不符合题意；醋酸为弱酸，不能拆写为离子，反应为2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，B项符合题意；FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，C项不符合题意；Na2S将Hg2＋转化为沉淀除去，反应为Hg2＋＋S2－===HgS↓，D项不符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 10.(2023·江苏，6)下列化学反应表示正确的是(　　) A．水煤气法制氢：C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g)　ΔH＝－131.3 kJ·mol－1 B．HCO催化加氢生成HCOO－的反应：HCO＋H2HCOO－＋H2O C．电解水制氢的阳极反应：2H2O－2e－===H2↑＋2OH－ D．CaH2与水反应：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋H2↑ 【答案】B 【解析】水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g)　ΔH＝131.3 kJ·mol－1，A错误；由题意可知HCO在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO－，根据原子守恒可得离子方程式为HCO＋H2HCOO－＋H2O，B正确；电解水制氢的阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C错误；CaH2与水反应的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑，D错误。 【关联题点】热化学方程式的书写及判断；电解原理及应用 【难度】基础题 【题型】单选题 11.（2023·重庆卷，2）下列离子方程式中，错误的是(　　) A．通入水中： B．通入石灰乳中： C．放入溶液中： D．放入溶液中： 【答案】B 【解析】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确；B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误；C．放入溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确；D．放入溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 12.(2022·浙江6月选考)下列反应的离子方程式不正确的是(　　) A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液：SiO＋2H＋===H2SiO3↓ B．Na2CO3溶液中通入过量SO2：CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2 C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O D．溴与冷的NaOH溶液反应：Br2＋OH－===Br－＋BrO－＋H＋ 【答案】D 【解析】盐酸中滴加Na2SiO3溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO＋2H＋===H2SiO3↓，A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2CO3溶液中通入过量SO2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2，B正确；乙醇与K2Cr2O7酸性溶液发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O 被还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O，C正确；类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2＋2OH－===Br－＋BrO－＋H2O，D不正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 13.（2022·北京卷，4）下列方程式与所给事实不相符的是(　　) A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O C．苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：＋CO2＋H2O―→＋NaHCO3 D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O 【答案】B 【解析】碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2＋，B错误；苯酚钠溶液中通入二氧化碳，利用较强酸制取较弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 14.（2022·福建卷，8）实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是(　　) A．用硫磺处理洒落在地上的水银：S＋Hg===HgS B．用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：2Ag＋2H＋===2Ag＋＋H2↑ C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体：SO3＋2OH－===SO＋H2O D．用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O 【答案】B 【解析】S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，化学方程式为S＋Hg===HgS，故A不符合题意；Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，故B符合题意；蔗糖与浓硫酸反应产生的有刺激性气味的气体为SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，但离子方程式为SO2＋2OH－===SO＋H2O，故C不符合题意；电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故D不符合题意。 【难度】基础题 【题型】单选题 15.(2022·广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是(　　) A．碱转化为酸式盐：OH－＋2H＋＋CO===HCO＋2H2O B．碱转化为两种盐：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O C．过氧化物转化为碱：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑ D．盐转化为另一种盐：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋ 【答案】B 【解析】向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为CO2＋OH－===HCO，故A错误；将氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式中Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式中要写成离子，故D错误。 【关联题点】钠及其化合物性质及应用 【难度】基础题 【题型】单选题 16.(2022·湖南卷)下列离子方程式正确的是(　　) A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B．用醋酸和淀粉­KI溶液检验加碘盐中的IO：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋ D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O 【答案】AC 【解析】Cl2通入冷的NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，A正确；由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，B不正确；H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，C正确；NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，该反应的离子方程式为2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O，D不正确。 【关联题点】金属及其化合物相互转化 【难度】基础题 【题型】双选题 17.（2022·江苏卷，6）下列化学反应表示正确的是(　　) A．SiO2与HF溶液反应：SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O B．高温下H2还原GeS2：GeS2＋H2===Ge＋2H2S C．铅蓄电池放电时的正极反应：Pb－2e－＋SO===PbSO4 D．甲烷的燃烧：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝890.3 kJ·mol－1 【答案】A 【解析】由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸H2SiF6和水，反应的离子方程式为SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O，故A正确；硫化锗与氢气共热反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为GeS2Ge＋2S，故B错误；铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O，故C错误；由材料可知，1 mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为890.3 kJ，反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，故D错误。 【关联题点】热化学方程式的书写 【难度】基础题 【题型】单选题 18.(2022·浙江（选考）卷，13)下列实验对应的离子方程式不正确的是(　　) A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O B．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O C．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2＋H2O＋2ClO－===SO＋2HClO D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O 【答案】C 【解析】将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O，A正确；将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋ NO＋H2O，B正确；将少量SO2通入NaClO溶液，反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO＋2HClO＋Cl－，C不正确；向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 19.（2021·北京卷，7）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是(　　) A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na＋O2===2Na2O C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑ D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O 【答案】B 【难度】基础题 【题型】单选题 20.（2021·广东卷，16）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是(　　) A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O===2NaOH＋O2↑ B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe===Fe2O3 ＋ 3H2 C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4 ===CuSO4 ＋ H2↑ D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋4H＋＋2Mn2＋ 【答案】D 【解析】Na2O2放入水中的化学方程式是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，选项中氧元素不守恒，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnO氧化为SO，MnO被SO2还原为Mn2＋，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋4H＋＋2Mn2＋，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 21.（2021·浙江卷，13）不能正确表示下列变化的离子方程式是(　　) A．碳酸镁与稀盐酸反应：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O B．亚硫酸氢钠的水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－ C．锌溶于氢氧化钠溶液：Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]2－＋H2↑ D．亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：NO＋NHN2↑＋2H2O 【答案】A 【解析】碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋H2O＋CO2↑，故A错误；亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSO＋H2OH2SO3＋OH－，故B正确；亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NO＋NHN2↑＋2H2O，故D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 22.（2021·湖北卷，4）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是(　　) A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH-=H2O B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I-=AgI↓ C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO-+CO2+H2O=HClO+ 【答案】D 【解析】A．化学方程式为，强酸，强碱，可溶性盐拆开，离子方程式，A项正确；B．化学方程式为，钾盐，硝酸盐要拆开，离子方程式为，B项正确；C．化学方程式为，离子方程式，C项正确；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体，发生反应生成和，D项错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 23.（2021·浙江卷，13）下列反应的方程式不正确的是(　　) A．石灰石与醋酸反应：CO+2CH3COOH=2CH3COO- +CO2↑+H2O B．铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极) C．铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2+ +2NO↑+4H2O D．明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3+ +3SO+ 3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓ 【答案】A 【解析】A．碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B．银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e-=Ag，总反应为Ag（阳极）Ag（阴极），B正确；C．Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，C正确；D．明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，参与反应的Ba2+与OH-物质的量之比为1∶2，生成的Al(OH)3与BaSO4沉淀物质的量之比为2∶3，反应的离子方程式为2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 24.（2020·浙江选考，13）不能正确表示下列变化的离子方程式是(　　) A．BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O B．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+ C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO D．醋酸钠水解：CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH− 【答案】C 【解析】A项、碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；C项、苯酚的电离程度弱于碳酸，氮大于碳酸氢根的电离程度，因此苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋CO2＋H2O→＋HCO，故C错误；D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−，故D正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 25.(2020·北京卷，6)下列说法不正确的是(　　) A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)＋CaCO3(s)＋ B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋＋6H＋ C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ 【答案】B 【解析】硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)＋CaCO3(s)＋，故A正确；湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，故B错误；铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，故C正确；空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，氢氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确；答案选B。 【难度】基础题 【题型】单选题 26.(2020·江苏卷，7)下列指定反应的离子方程式正确的是(　　) A．Cl2通入水中制氯水：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－ B．NO2通入水中制硝酸：2NO2＋H2O===2H＋＋＋NO C．0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液中通入过量CO2：＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋ D．0.1 mol·L－1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag＋＋NH3＋H2O===AgOH↓＋ 【答案】C 【解析】A错，次氯酸是弱酸，不能拆开；B错，电荷及氧原子个数不守恒，正确的离子方程式为3NO2＋H2O===2H＋＋2＋NO；D错，向硝酸银溶液中加入过量氨水，最终生成[Ag(NH3)2]＋，离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O。 【难度】基础题 【题型】单选题 27.(2020·浙江卷，13)能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　) A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：＋Ba2＋===BaSO4↓ B．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋CH3CH2OH D．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↑ 【答案】C 【解析】(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液发生反应：Fe2＋＋＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Fe(OH)2↓，A错误；电解MgCl2水溶液，离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，B错误；CuSO4溶液中滴加稀氨水发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2，D错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 28.(2020·天津卷，4)下列离子方程式书写正确的是(　　) A．CaCO3与稀硝酸反应：＋2H＋===H2O＋CO2↑ B．FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－ C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4＋2OH－===＋2H2O D．C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O===2C6H5OH＋ 【答案】B 【解析】碳酸钙是沉淀，在离子方程式中不能拆开，A错误；溴水具有强氧化性，可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，根据得失电子守恒、原子守恒可得2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，B正确；草酸溶液过量，不能完全反应生成，C错误；苯酚钠和CO2反应，无论通入少量还是过量二氧化碳，产物均为，D错误。 【难度】基础题 【题型】单选题 题点4 滴定图像及综合应用 微题点1 酸碱中和滴定及其应用 1.(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76 B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－) D．水的电离程度：a<b<c<d 【答案】D 【解析】a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故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)<c(CH3COO－)，故C正确；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。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；电离平衡常数及相关应用 【难度】中档题 【题型】单选题 2.(2022·山东卷，6)实验室用基准Na2CO3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Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　) A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3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Na2CO3标准溶液 C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D．达到滴定终点时溶液显橙色 【答案】A 【解析】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说法错误；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说法正确；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说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，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说法正确。 【难度】基础题 【题型】单选题 微题点2 滴定图像综合分析 1.(2024·湖南，13)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH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：M<N B.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+) C.当V(HCOOH)=10 mL时，c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-) D.N点：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH) 【答案】D 【解析】向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，Na+、OH-逐渐下降，HCOO-浓度上升，当V(HCOOH)=20 mL时，c(Na+)=0.05 mol·L-1 ，由图可知，经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度变化的曲线，经过M点、N点的上升曲线表示的是HCOO-浓度变化的曲线。M点时，V(HCOOH)=10 mL，溶液中的溶质为等物质的量的NaOH和HCOONa，NaOH抑制水的电离，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，只存在HCOONa水解，水的电离程度最大，故A正确；M点时，V(HCOOH)=10 mL，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，又因M点c(HCOO-)=c(OH-)，联立可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据元素守恒有c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)，联立电荷守恒可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)，故C正确；N点是HCOONa溶液，甲酸根离子发生水解，因此c(Na+)>c(HCOO-)、c(OH-)>c(H+)，由图中N点可知，c(HCOO-)≈0.05 mol·L-1，根据Ka(HCOOH)==1.8×10-4，可知c(HCOOH)>c(H+)，故D错误。 【难度】基础题 【题型】中档题 2.(2022·浙江（选考）卷，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线： 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V1 mL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】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，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、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错误；当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为CO＋H＋===HCO，B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，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；根据电荷守恒和元素质量守恒，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错误。 【难度】较难题 【题型】单选题 3.（2021·辽宁卷，15）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是[如分布分数：](　　) A. 的为 B. c点： C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂 D. c(Na2A)＝0.2000 mol·L－1 【答案】C 【解析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。 A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B．根据图象可知c点中，B错误；C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知c(Na2A)＝0.1000 mol·L－1，D错误。 【关联题点】电解质溶液中微粒分布图像及综合分析 【难度】较难题 【题型】单选题 4.（2021·海南卷，12）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】A．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，故A正确；B．根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，故B正确；C．点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，故C错误；D．点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，故D错误。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】中档题 【题型】双选题 5.（2021·湖南卷，9）常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·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为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】较难题 【题型】单选题 6.（2021·浙江卷，23）取两份10 mL 0.05 mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图，下列说法不正确的是(　　) A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度 B．a→b→c过程中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小 C．a→d→e过程中：c(Na＋)<c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3) 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点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小，故B正确；由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C错误；c点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－1，因此x>y，故D正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】中档题 【题型】单选题 7.（2020·浙江选考，23）室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7。下列说法不正确的是(　　) A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7 B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D．V(NaOH)=30.00mL时，pH=12.3 【答案】C 【解析】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D．时，此时氢氧化钠过量，故c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确。 【关联题点】酸碱中和滴定及应用 【难度】中档题 【题型】单选题 知识点5 难容电解质的沉淀溶解平衡 题点1 难容电解质的溶解平衡及影响因素 1.（2023·浙江（1月选考）卷，15）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：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是(　　) A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO) B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在 C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变 D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化 【答案】B 【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算 【难度】中档题 【题型】单选题 2.（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Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋杂质离子，可在0～14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c<10－5 mol·L－1)。25 ℃时，lg c与pH关系见下图[碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解]。下列说法正确的是(　　) A．Mg2＋可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度 C．净化的先后顺序：Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋ D．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]<Ksp[Al(OH)3] 【答案】B 【解析】对离子净化时，相关离子浓度c<10－5 mol·L－1，则lg c<－5，由图可知，可被净化的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Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋，C错误；由图可知，Fe3＋完全沉淀的pH约为2.5，c(H＋)＝10－2.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－11.5 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝10－5×(10－11.5)3＝10－39.5，同理求得Ksp[Al(OH)3]＝10－33.5，Ksp[Fe(OH)2]＝10－16，则有Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]，D错误。 【关联题点】电解质溶液中微粒分布图像及综合分析 【难度】中档题 【题型】单选题 3.（2021·江苏卷，13）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；。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；溶度积(Ksp)及相关计算 【难度】中档题 【题型】单选题 题点2 溶度积（Ksp)及相关计算 1.(2024·全国甲卷，13)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液，向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg [cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是 (　　) A.交点a处：c(Na+)=2c(Cl-) B.=10-2.21 C.V≤2.0 mL时，不变 D.y1=-7.82，y2=-lg 34 【答案】D 【解析】向1.0 mL含0.10 mmol Ag2CrO4的悬浊液中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液，发生反应：Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+Cr(aq)，两者恰好完全反应时，NaCl溶液的体积为V(NaCl)==2 mL，2 mL之后再加NaCl溶液，c(Cl-)增大，据AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2 mL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-，最上方的实线代表Cr。2 mL时Ag2CrO4与NaCl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(Cr)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和Cr曲线的交点，即c(Cr)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；当V(NaCl)=1.0 mL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1.0 mL的点，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则==102.21，B错误；V<2.0 mL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≤2.0 mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，C错误；V>2.0 mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4 mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93 mol·L-1，则c(Ag+)== mol·L-1=10-7.82 mol·L-1，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，根据Cr元素守恒，则c(CrO)=== mol·L-1，则y2=lg c(Cr)=lg =-lg 34，D正确。 【难度】较难题 【题型】单选题 2．(2024·浙江1月选考，15)常温下，将等体积、浓度均为0.40 mol·L－1 BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知：H2SO3　Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8 Ksp(BaSO3)＝5.0×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10 下列说法不正确的是(　　) A．H2SO3溶液中存在c(H＋)>c(HSO)>c(SO)>c(OH－) B．将0.40 mol·L－1 H2SO3溶液稀释到0.20 mol·L－1，c(SO)几乎不变 C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3 D．存在反应Ba2＋＋H2SO3＋H2O2===BaSO4↓＋2H＋＋H2O是出现白色沉淀的主要原因 【答案】C 【解析】H2SO3H＋＋HSO，HSOH＋＋SO，则H2SO3溶液中c(H＋)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(OH－)，A项正确；由已知H2SO3的Ka2≪Ka1，则H2SO3溶液中Ka2＝≈c(SO)，则稀释H2SO3溶液时，c(SO)几乎不变，B项正确；由题意知，等体积混合，c(Ba2＋)＝0.20 mol·L－1，c(SO)≈Ka2＝6.0×10－8 mol·L－1，Q(BaSO3)＝1.2×10－8＞Ksp(BaSO3)，所以会产生BaSO3沉淀，C项错误；加入双氧水，发生反应：Ba2＋＋H2SO3＋H2O2===BaSO4↓＋2H＋＋H2O，生成的沉淀为BaSO4，D项正确。 【难度】较难题 【题型】单选题 3.(2023·湖南，9)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)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pH如下表所示： 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。 下列说法错误的是(　　) A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－ C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12 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】当pH＝1.9时氢氧化铁开始沉淀，当pH＝3.5时氢氧化铝开始沉淀，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－＋H2OHS－＋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＝＝＝＝4.0×10－12，C正确；“出水”中除含有阴离子外，还含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只经阴离子交换树脂软化处理后，不可用作工业冷却循环用水，D错误。 【关联题点】涉及“铁、铝、镁、钙、铜”等离子除杂型工业流程 【难度】中档题 【题型】单选题 题点3 难容电解质的溶解平衡及图像分析 1.(2024·吉林，15)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。 已知： ①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25 ℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7，pKa2(H2CrO4)=6.5。 下列说法错误的是 (　　) A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B.反应Ag2CrO4+H+2Ag+的平衡常数K=10-5.2 C.滴定Cl-时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 D.滴定Br-达终点时，溶液中=10-0.5 【答案】D 【解析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1，即两者图像平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，③代表AgBr，A项正确；根据①上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()=(10-2)2×10-7.7=10-11.7，反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数K=====10-5.2，B项正确；根据②上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2×10-7.7=10-9.7，当Cl-达到滴定终点时，c(Ag+)==1 mol·L-1 ，即c(Cr)== mol·L-1=10-2.0mol·L-1 ，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 ，C项正确；根据③上的点(6.1，6.1)，可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)=10-6.1×10-6.1=10-12.2，当Br-到达滴定终点时，c(Ag+)=c(Br-)==10-6.1 mol·L-1，即c()== mol·L-1=100.5 mol·L-1，==10-6.6，D错误。 【难度】较难题 【题型】单选题 2.(2023·全国甲卷，13)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是(　　) A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5 B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为mol·L－1 C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离 D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀 【答案】C 【解析】由点a(2,2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故B错误；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Fe3＋和Al3＋，故C正确；Cu2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1，则对应的pM<1，由图像知，此时c(Al3＋)>10－5 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算；沉淀溶解平衡及影响因素 【难度】较难题 【题型】单选题 3.(2023·全国乙卷，13)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0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 【答案】C 【解析】a点在两曲线右上方，对应的c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)，c2(Ag＋)·c(CrO)<Ksp(Ag2CrO4)，故不会生成沉淀，A错误；b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，且c(Ag＋)相等，但两沉淀的溶度积表达式不同，Ksp(AgCl)≠Ksp(Ag2CrO4)，B错误；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·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 mol·L－1和10－5.35 mol·L－1，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，先产生AgCl沉淀，D错误。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算；沉淀溶解平衡及影响因素 【难度】中档题 【题型】单选题 4.(2023·新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。 下列说法错误的是(　　) A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线 B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75 C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81 D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋) 【答案】A 【解析】AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1 mol·L－1时，c(Cl－)＝10－2.35 mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40 mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；随着氨水的滴入，Ag＋先转化为[Ag(NH3)]＋，[Ag(NH3)]＋再转化为[Ag(NH3)2]＋，所以开始时，[Ag(NH3)2]＋浓度比[Ag(NH3)]＋浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋，反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，C正确；结合上述分析及图知，当c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，D正确。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算；沉淀溶解平衡及影响因素 【难度】较难题 【题型】单选题 5.(2023·北京，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。 　　 下列说法不正确的是(　　) A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO) B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1 D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O 【答案】C 【解析】从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6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可以看出初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素质量守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1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Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算 【难度】较难题 【题型】单选题 6.(2023·辽宁，15)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　) A．Ksp(CdS)＝10－18.4 B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线 C．Ka1(H2S)＝10－8.1 D．Ka2(H2S)＝10－14.7 【答案】D 【解析】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－)＝10－13 mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误，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＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1，C错误；已知Ka1·Ka2＝×＝，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2 mol·L－1，故有Ka1·Ka2＝＝＝＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算；电离平衡常数及相关计算 【难度】中档题 【题型】单选题 7.(2022·海南卷14)某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)、M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)(aq)，25 ℃，－lgc与pH的关系如图所示，c为M2＋或M(OH)浓度的值。下列说法错误的是(　　) A．曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系 B．M(OH)2的Ksp约为1×10－10 C．向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在 D．向c＝0.1 mol·L－1的溶液中加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，体系中元素M主要以M2＋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，据此分析解答。由分析可知，曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，A正确；由图像可知，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＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像可知，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；由曲线②可知，c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)＝100.5 mol·L－1＞3 mol·L－1，因此加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，c(OH－)减小，平衡M(OH)2(s)＋2OH－(aq)[M(OH)](aq)逆向移动，因HCl的量不能使M(OH)2溶解，所以体系中M不可能主要以M2＋存在，D错误。 【关联题点】难容电解质的溶解平衡及影响因素 【难度】中档题 【题型】双选题 8.(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·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lgc(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 mol·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 mol·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】向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，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－，根据滴定图示，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 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝5.4×10－8 mol·L－1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故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－)，故D错误。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算 【难度】中档题 【题型】单选题 9.(2022·山东卷，14)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg [c(Sr2＋)/mol·L－1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．反应SrSO4(s)＋CO(aq)SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝ B．a＝－6.5 C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液的变化曲线 D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液，pH ≥7.7时才发生沉淀转化 【答案】D 【解析】硫酸是强酸，随着溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则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，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1.0 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1.0 mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；反应SrSO4(s)＋CO(aq)SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝，故A正确；曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1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 mol·L－1＝10－6.5 mol·L－1，则a为－6.5，故B正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液中锶离子浓度为10－6.5 mol·L－1，根据图示，pH≥6.9时锶离子浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，故D错误。 【关联题点】溶度积（Ksp)及相关计算 【难度】较难题 【题型】单选题 知识点6 电解质溶液中的化学平衡 题点1 Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算 1.(2024·广东，19)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为　　　　　　　。  ②反应a：(aq)N2(g)+2H2O(l) 已知： 则反应a的ΔH=　　　　　　　　　　。  ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中　　　　　　　　　　。  A.催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B.催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C.催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D.反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　。  (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的Ka。 a.选择合适的指示剂HIn，Ka(HIn)=3.6×10-20；其钾盐为KIn。 b.向KIn溶液中加入HX，发生反应：In-+HXX-+HIn。KIn起始的物质的量为n0(KIn)，加入HX的物质的量为n(HX)，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算Ka(HA)　　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)  ②在该溶剂中，Ka(HB)　　　　　　　　Ka(HA)；Ka(HB)　　　　　　　　Ka(HIn)(填“>”“<”或“=”)。  【答案】(1)①　②ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4　③BD　(2)AcOH　KI　(3)①由变化曲线图可知，当=1.0时，=3.0，设初始c0(KIn)=c0 mol·L-1，则初始c(HA)=c0 mol·L-1，转化的物质的量浓度为x mol·L-1，可列出三段式如下： 　　　　　　　　In-+　　HA　A-+HIn 起始/(mol·L-1) 　　c0　　　c0　　　0　0 转化/(mol·L-1) 　　x　　　x　　　x　　x 平衡/(mol·L-1) 　　c0-x　c0-x　　　x　　x 由=3.0，即=3.0，解得x=0.25c0，则该反应的平衡常数为K1=====，解得Ka(HA)=4.0×10-21。 ②>　> 【解析】(1)②由已知可得： Ⅰ.NaNO2(s)+NH4Cl(s)N2(g)+NaCl(s)+2H2O(l)　ΔH1； Ⅱ.NaNO2(aq)　ΔH2； Ⅲ.NH4(aq)　ΔH3； Ⅳ.(aq)+Cl-(aq)　ΔH4； 由盖斯定律可知，目标方程式(aq)N2(g)+2H2O(l)，可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到，故反应ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。③催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；酸性：硫酸>磷酸>乙酸，由图示可知，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误；反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确。(2)催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI。(3)②根据图像可知，当=1.0时，设此时转化的物质的量浓度为y mol·L-1，可列出三段式如下： 　　　　　　　　In-+　HB　B-　+　HIn 起始/(mol·L-1)　　c0　　c0　　　0　　　0 转化/(mol·L-1)　　y　　y　　　　y　　　y 平衡/(mol·L-1)　　c0-y　　c0-y　　y　　　y 此时<1.0，即<1.0，则y>0.5c0，则该反应的平衡常数K2=>K1，则Ka(HB)>Ka(HA)；由于y>0.5c0，则K2=>1，Ka(HB)>Ka(HIn)。 【关联题点】轨道排布式的规范书写 盖斯定律计算焓变　循环图判断催化剂 化学平衡常数的有关计算 【难度】中档题 【题型】填空题 2.(2024·湖北，17)用BaCO3和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ：BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g) 回答下列问题： (1)写出BaC2与水反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。  (2)已知Kp=(pCO)n、K=()n(n是CO的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线见图1。 ①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在1 585 K的Kp=　　　　　Pa3。  ②保持1 320 K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时pCO=　　　　　 Pa，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后pCO=　　　　　 Pa。  (3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。400 K和1 823 K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为900 K，缓慢加热至1 400 K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为　　　　　　　。  ②1 823 K下，反应速率的变化特点为　　　　　　　，其原因是　　　　　。  【答案】(1)BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑　(2)①1016　②105　 105　(3)①BaO　②速率不变至BaC2产率接近100%　容器中只发生反应Ⅱ，反应条件恒温1 823 K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K=可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变 【解析】(1)Ba、Ca同主族，BaC2与CaC2结构相似，BaC2与水反应和CaC2与水反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑。(2)①反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，则其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=()3；由图1可知，1 585 K时KⅠ=102.5，KⅡ=10-1.5，即()3=102.5×10-1.5=10，所以=10×(105 Pa)3=1016 Pa3，则Kp==1016 Pa3。②由图1可知，1 320 K时反应Ⅰ的KⅠ=100=1，即KⅠ=()2=1，所以=(105 Pa)2，即pCO=105 Pa；若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO不变，即pCO=105 Pa。(3)①由图2可知，1 400 K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2生成，又实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种只有BaO。②图像显示，1 823 K时BaC2的产率随时间由0呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；在1 823 K、恒压下只发生反应Ⅱ，且该反应只有CO为气态，据K=可知，CO的压强为定值，化学反应速率不变。 【难度】中档题 【题型】填空题 3.(2024·湖北，13)CO2气氛下，Pb溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1，pKal(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3，pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是 (　　) A.pH=6.5时，溶液中c()<c(Pb2+) B.δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1 C.pH=7时，2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c()+c()+c() D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3会溶解 【答案】D 【解析】由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5 mol·L-1，则c()<= mol·L-1=10-7.1 mol·L-1<c(Pb2+)，A正确；由图可知，当δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1，B正确；体系的初始状态为Pb(ClO4)2溶液和CO2气氛，由于不水解，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1可知c()=4.0×10-5 mol·L-1，读图可知，pH=7时，δ(Pb2+)<50%，δ[Pb(OH)+]<25%，则c(Pb2+)=co(Pb2+)·δ(Pb2+)<2.0×10-5 mol·L-1×50%=1.0×10-5 mol·L-1，c[Pb(OH)+]=c0(Pb2+)·δ[Pb(OH)+]<2.0×10-5 mol·L-1×25%=5.0×10-6 mol·L-1，则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2×1.0×10-5 mol·L-1+5.0×10-6 mol·L-1=2.5×10-5 mol·L-1<4.0×10-5 mol·L-1=c()< 2c(C)+c()+c()，(提示：Pb2+水解及溶于水的CO2均会使溶液呈酸性。要想使体系pH=7，需加入碱，如NaOH来调pH。相比完整的电荷守恒式c(Na+)+2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c()+c(HC) +2c[Pb]+c()+c(OH-)，C选项的左侧缺少了c(Na+)，右侧缺少了c[Pb(CO3]，pH=7时c[Pb]≈0，由此可进行判断)，C正确；pH=8时，含Pb物种主要以PbCO3(s)形式存在，溶解PbCO3Pb2++正向移动，或使PbCO3+CPb正向移动，则需要补充，若由电离提供，同时电离出的H+会降低溶液pH，与Pb存在时需要较高的pH矛盾，故D错误。 【难度】较难题 【题型】单选题 4.(2024·安徽，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是 (　　) A.Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-) B.0.01 mol·L-1Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-) C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1 D.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+) 【答案】B 【解析】Na2S溶液中有H+、Na+、OH-、HS-、S2-，由电荷守恒知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，A项正确；0.01 mol·L-1Na2S溶液中存在S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，水解常数Kh()====10-1.10，即=，又因为c(HS-)<0.01 mol·L-1，因此>1，则c(OH-)>c(S2-)，B项不正确；Ksp(FeS)远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS时，发生沉淀的转化：Cd2+(aq)+FeS(s)CdS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为K===108.9≫105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c(C)= mol·L-1=10-13.05 mol·L-1，若加入足量FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1，C项正确；向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2++H2SCdS+2H+，该反应的平衡常数K====106.23>105，该反应可以完全进行，所得溶液中c(H+)≈0.02 mol·L-1，此时c(H2S)=0.1 mol·L-1，代入K==106.23，解得c(Cd2+)=4×10-9.23 mol·L-1，故c(H+)>c(Cd2+)，D项正确。 【难度】中档题 【题型】单选题 5.(2024·江苏，16)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使浓度约为5×10-3 mol·L-1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl-浓度约为　　　　　 mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]  (2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 　 　。  ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是 　。 ③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　　　　　　　[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备]  (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为　　　　　　　。  ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是　　　　　　　　　　　　。  【答案】(1)9×10-6　(2)①Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑　②形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-，生成Ag　③洗涤，向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液，确保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化　(3)①4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O　②纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降 【解析】(1)浓度约为5×10-3mol·L-1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀，此时c(Ag+)== mol·L-1=2×10-5 mol·L-1，c(Cl-)== mol·L-1=9×10-6 mol·L-1。(2)③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化。(3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O。②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气反应生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 【关联题点】 溶度积常数计算　原电池原理　陌生氧化还原反应书写 【难度】较难题 【题型】填空题 6.(2023·浙江6月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液。 实验Ⅱ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1CaCl2溶液。 [已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9，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V(NaOH)＝10 mL时，存在c(C2O)<c(HC2O) C．实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8 mol·L－1 【答案】D 【解析】NaHC2O4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在碱性范围变色的酚酞作指示剂，故A错误；实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh(C2O)＝，则HC2O的电离程度大于C2O的水解程度，因此存在c(C2O)>c(HC2O)，故B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的反应是2HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4被完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2＋)＝ ＝0.06 mol·L－1，溶液中c(C2O)＝＝ mol·L－1＝4.0×10－8mol·L－1，故D正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比及应用；Ka或Kb、KW、Kh、KSP的综合计算 【难度】中档题 【题型】单选题 7.（2022·江苏卷，14）硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。 (1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr2O、CrO形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp＝5.0×10－17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。 ①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为 ________________________________________________________________________。 ②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为__________。 ③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是________________________________________________________________________。 (2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目为__________，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2＋和位于晶胞体心的S(S中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S已省略)。如图中用“－”将其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接起来。 (3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为__________(填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1)①FeS＋CrO＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－　②5×10－5　③c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大 (2)4　 (3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g·mol－1，则M(FeOx)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3 【解析】(1)②反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝ ，由题目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，H2S电离常数Ka2＝＝1.3×10－13，所以K＝＝＝5×10－5。(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2＋和S的位置(S中的S—S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2＋紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接图为。 【关联题点】电离平衡常数及相关计算；晶体结构与计算；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用 【难度】较难题 【题型】填空题 8.（2021·湖北卷，14）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·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=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(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(H2PO)<0.1mol·L-1-2c(HPO) D．H3PO3+HPO2H2PO3-的平衡常数K>1.0×105 【答案】D 【解析】A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据x点知，时，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线①表示随的变化，故A错误；B．为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，故D正确。 【关联题点】电解质溶液总微粒分布图像及综合分析 【难度】较难题 【题型】单选题 题点2 电解质溶液中微粒分布图像及综合分析 1.(2024·山东，10)常温下，Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 (　　) A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n C.pH=n时，c(Ag+)= mol·L-1 D.pH=10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1 【答案】C 【解析】在溶液中存在三个平衡：CH3COOHCH3COO-+H+①、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)②，Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+③，随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH很小时，含碳物种中CH3COOH的摩尔分数较大，pH较大时，Ag+几乎全部转化为AgOH，含碳物种中CH3COO-的摩尔分数较大，线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况，A错误；线Ⅰ和线Ⅱ的交点，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；线Ⅰ和线Ⅲ的交点，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，此时pH=n，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)==== mol·L-1= mol·L-1，C项正确；根据元素守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1，D项错误。 【关联题点】守恒思想的应用　四大常数的计算 【难度】较难题 【题型】单选题 2.(2024·新课标卷，13)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：δ(CH2ClCOO-)=] 下列叙述正确的是 (　　) A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系 B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L-1，则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-) C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3 D.pH=2.08时，= 【答案】D 【解析】—Cl为吸电子基团，则酸性：CHCl2COOH>CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)。随着pH的增大，c(CH2ClCOOH)、c(CHCl2COOH)减小，c(CH2ClCOO-)、c(CHCl2COO-)增大。δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，故两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8。根据分析，曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系，A错误；CHCl2COOH为弱酸，若c0(CHCl2COOH)=0.1 mol·L-1，且溶液中溶质只有CHCl2COOH时，c(H+)<0.1 mol·L-1，a点对应的c(H+)=0.1 mol·L-1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-)，B错误；CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；电离度α=，n始=n电离+n未电离，则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-)，α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-)，pH=2.08时，δ(CH2ClCOO-)=0.15，δ(CHCl2COO-)=0.85，D正确。 【关联题点】电离度的计算 守恒思想的应用 【难度】较难题 【题型】单选题 3.(2024·湖南，14)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应： 主反应：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)　ΔH1 副反应：CH3OH(g)+CH3COOH(g)CH3COOCH3(g)+H2O(g)　ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ[δ(CH3COOH)=]随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1<0，ΔH2>0 D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N) 【答案】D 【解析】图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分数即δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3)，结合主、副反应可知，x代表，曲线a或曲线b表示CH3COOH分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOCH3分布分数，故A、B错误；曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，由图像可知，当相同时，T2>T1，T2时δ(CH3COOH)大于T1时，说明升高温度主反应的平衡正向移动，故ΔH1>0；同理，T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时，说明升高温度副反应的平衡逆向移动，故ΔH2<0，C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM=TL，升高温度平衡逆向移动，故K(L)=K(M)>K(N)，D正确。 【难度】中档题 【题型】单选题 4.(2024·浙江6月选考，15)室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=]。已知：Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。 下列说法正确的是 (　　) A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2 B.以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 C.忽略S2-的第二步水解，0.10 mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62% D.0.010 mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L-1的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS 【答案】C 【解析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7.0可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)， Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，故饱和FeS溶液物质的量浓度为= mol·L-1=×10-9mol·L-1，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为= mol·L-1=×10-6 mol·L-1>×10-9 mol·L-1，故溶解度：FeS<Fe(OH)2，A项错误；酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，没有反应完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-(忽略第二步水解)，第一步水解平衡常数Kh(S2-)====0.1，设水解的S2-的浓度为x mol·L-1，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确；0.010 mol·L-1 FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L-1 Na2S溶液，瞬间得到0.005 mol·L-1 FeCl2和0.1 mol·L-1 Na2S的混合液，结合C项，此时溶液中c(OH-)=0.062 mol·L-1，瞬时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005×(0.10-0.062)=1.9×10-4>Ksp(FeS)，c(Fe2+)·c2(OH-)=0.005×0.0622=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误。 【关联题点】酸碱中和滴定中指示剂的选择 判断沉淀的生成 水解常数及应用 【难度】较难题 【题型】单选题 5.(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1。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δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是(　　) A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－) B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－ C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K约为14 D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1 【答案】C 【解析】由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3 mol·L－1＝4.9×10－3 mol·L－1，结合Ka1＝＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4 mol· L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，根据Ka1＝＝＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝，得①式：10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)，此时c(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1－3×10－4 mol·L－1＝4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝＝4.7×10－14.86 mol·L－1，则K＝≈2.1×1013.86，故lg K＝13.86＋lg 2.1≈14，C正确。 【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算；电离平衡常数及相关应用 【难度】较难题 【题型】单选题 6.（2022·天津卷，16）(14分)天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物Fe3＋L(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体H2S转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①H2S的吸收氧化；②Fe3＋L的再生。反应原理如下： ①H2S(g)＋2Fe3＋L(aq)＋2OH－(aq)===S(s)＋2Fe2＋L(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0) ②4Fe2＋L(aq)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe3＋L(aq)＋4OH－(aq)　ΔH＝－b kJ·mol－1(b>0) 回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为____________。1 mol H2S(g)发生该反应的热量变化为_________，Fe3＋L在总反应中的作用是___________________________________________。 (2)研究不同配体与Fe3＋所形成的配合物(A、B、C)对H2S吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入H2S，测得单位体积吸收液中H2S吸收转化率[α(H2S)]随时间变化的曲线如图1所示。以α(H2S)由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是________(填“A”“B”或“C”)。 　　　 (3)H2S的电离方程式为______________。25 ℃时，H2S溶液中H2S、HS－、S2－在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2。由图2计算，H2S的Ka1＝__________，Ka2＝__________。再生反应在常温下进行，Fe2＋L解离出的Fe2＋易与溶液中的S2－形成沉淀。若溶液中的c(Fe2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c(H2S)＝6.0×10－9 mol·L－1，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于__________(已知25 ℃时，FeS的Ksp为6.0×10－18)。 【答案】(1)2H2S＋O22H2O＋2S↓[或2H2S(g)＋O2(g)2H2O(l)＋2S(s)]　放出(a＋) kJ热量　作催化剂(或降低反应活化能)　(2)A　(3)H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－　1.0×10－7　1.0×10－13　8 【关联题点】热化学方程式的书写；Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算 【难度】中档题 【题型】填空题 7.(2022·湖北卷，1)如图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T，lg Ka1＝－3.04，lg Ka2＝－4.37)混合体系中部分物种的c－pH图(浓度：总As为5.0×10－4mol·L－1，总T为1.0×10－3mol·L－1)。下列说法错误的是(　　) A．As(OH)3的lg Ka1为－9.1 B．[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强 C．pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高 D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3 【答案】D 【解析】As(OH)3[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝，当pH＝9.1时，c＝c[As(OH)3]，Ka1＝10－9.1，As(OH)3的lg Ka1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝，当pH＝4.6时，c＝c，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得As(OH)3的Ka1＝10－9.1，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强，B正确；由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高，C正确；由已知条件，酒石酸(H2T，lgKa1＝－3.04，lgKa2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步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As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误。 【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算 【难度】中档题 【题型】单选题 8.（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】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．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，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误。 【关联题点】电离平衡常数及相关应用；溶液中离子浓度大小比较及应用 【难度】较难题 【题型】单选题 9.（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)＝，下列表述正确的是(　　) A.> B．M点，c(Cl－) ＋c(OH－)＋c(R－)＝2c(H2R＋)＋c(Na＋)＋c(H＋) C．O点，pH＝ D．P点，c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) 【答案】CD 【解析】M点c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，由此可知K1≈10－2.2，同理K2≈10－9.1，K3≈10－10.8，＝＝10－6.9，＝＝10－1.7，因此<，故A错误；M点存在电荷守恒：c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，因此c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝3c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B错误；O点c(H2R＋)＝c(R－)，因此＝1，即＝＝1，因此c(H＋)＝，溶液pH＝－lg c(H＋)＝，故C正确；P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH－)>c(H＋)，溶质浓度大于水解和电离所产生的微粒浓度，因此c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。 【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；Ka或Kb的相关计算及应用 【难度】中档题 【题型】双选题 10.（2020·海南卷（新高考），12）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】A．由图像分析可知，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。 【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、KSP的综合计算 【难度】中档题 【题型】单选题 11.(2020·山东卷，15)25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(　　) A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－) B．N点时，pH＝－lg Ka C．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1 D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大 【答案】BC 【解析】随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lgc(CH3COO－)，NP线表示lgc(CH3COOH)，MO线表示lgc(H＋)，OP线表示lgc(OH－)。O点时，c(H＋)＝c(OH－)，N点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，A项错误；N点时，lgc(CH3COOH)与lgc(CH3COO－)相等，故c(H＋)＝Ka，pH＝－lgKa，B项正确；由CH3COOH的电离平衡常数推导可知·，故c(CH3COOH)＝，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CH3COO－的水解程度减小，D项错误。 【关联题点】电离平衡常数及相关应用 【难度】中档题 【题型】单选题 12.(2020·江苏卷，16)吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为________________；当通入SO2至溶液pH＝6时，溶液中浓度最大的阴离子是________(填化学式)。 (2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为________________________________________。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是__________________________________________；随着氧化的进行，溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)2NH3＋H2O＋SO2===2＋(或2NH3·H2O＋SO2===2＋＋H2O)　 (2)ZnSO3　ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2(或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2) (3)随着pH降低，浓度增大　减小 【解析】(1)氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3＋H2O＋SO2===2＋或2NH3·H2O＋SO2===2＋＋H2O。由图1可知，当pH＝6时，溶液中浓度最大的阴离子是。 (2)通入SO2，在开始阶段溶液pH没有大的变化，说明SO2被吸收生成了微溶于水的盐，根据题给信息知，应该是生成了ZnSO3。溶液pH迅速降低，说明生成了酸性物质，应该是易溶的酸式盐Zn(HSO3)2，反应的离子方程式为ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2。 (3)催化氧化时发生反应2＋O2===2＋2H＋，随着氧化的进行，溶液的pH将减小。是反应物，且存在H＋＋，所以降低pH时，该平衡逆向移动，c()增大，即随着pH的降低，c()增大，的生成速率增大。 【难度】中档题 【题型】填空题 题点3 电解质溶液中对数图像及综合分析 (2024·河北，11)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，lg与-lg c(CN-)的关系如图。 下列说法正确的是 (　　) A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X>Y B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时> C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率 【答案】B 【解析】99%的X、Y转化为配离子时，溶液中==，则lg=lg≈-2，根据图像可知，纵坐标约为-2时，-lg cX(CN-)>-lg cY(CN-)，则溶液中CN-的平衡浓度：X<Y，A错误；Q点时lg=lg，即=，加入少量可溶性Y盐，会消耗CN-形成Y配离子，c(CN-)减小，lg 与lg 曲线在Q点相交后，随着-lg c(CN-)增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，lg>lg ，则>，B正确；设金属离子形成配离子的反应为金属离子+mCN-配离子，平衡常数K=，lg K=lg=lg-mlg c(CN-)=-lg -m lg c(CN-)，X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，lg~-lg c(CN-)曲线斜率越大，由图知曲线斜率：Y>Z，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Z<Y，C错误；直线上的点为平衡状态，P点在Y对应直线的下方，溶液中存在平衡：Y离子+mCN-Y配离子，在-lg c(CN-)不变时[即c(CN-)不变]，P点对应的lg 偏小，即偏小，则QP=>K，平衡逆向移动，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误。 【难度】较难题 【题型】单选题 学科网（北京）股份有限公司 $