专题六 考点2 水的电离、溶液的pH及简单计算&考点3 盐类水解-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

析可知，曲线①代表Cd+、③代表S2-,由图示曲线① ③交点可知，此时c(Cd+)=c(S2-)=10-13mol/L,则有 Kp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2-)=10-18X10-18=10-26, A错误；B.由分析可知，③为pH与一lgc(S-)的关系曲 线，B错误；C,由分析可知，曲线④代表HS,由图示曲线 ④两，点坐标可知，此时c(H)=10-1mol/L时，c(HS) =10-65mol/L,K1(H,S)=c(H*):c(HS) c(H2 S) =101.6×10-6.5 0.1 =10.1或者当c(H)=1042mol/L 时，c(HS)=10&”mol/L,K(H,S=c(H*)·c(Hs) c(HS) =1042X1039 0.1 =107.1,C错误；D.已知K1K2= c(H)·c(s)×c()·c(S)-2()cS）,由 c(HS) c(HS) c(HS) 曲线③两，点坐标可知，当c(H)=l049mol/L时，c(S-) =l0-18mol/L,或者当c(H+)=10-.8mol/L时，c(S2-) =102mol/L,故有K1K。=c(H):c(S) c(H2S) (10-49)2×10-18 0.1 =1021.8，结合C项分析可知，K1= 10.1故有Ke(H,S)=1014.7,D正确；故答案为D。 11.CD制备Cu20的工艺路线分析。反应Ⅱ所得溶液 pH在34之间，则反应Ⅱ为SO2和Na2CO3溶液反 应生成NaHSO3和CO2,为非氧化还原反应，A错误； 反应Ⅱ得到NaHSO,溶液，调pH=11时NaHSO3转 化为Na2SO,故低温真空蒸发主要目的是防止 Na2SO,被氧化，B错误；溶液Y含少量Na2SO3,可循 环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收SO2气体生成 NaHSO3,C正确；化合物X为Na2SO3,当Na2SO3少量 时，反应Ⅲ为2CuS04+Na2SO3+2H2O一Cu2O↓+ Na2SO,十2H2SO4,当NaSO过量时，反应Ⅲ为2CuSO, +3NaS03一Cu2O↓+3Na2S0,+2SO2↑，生成的 SO,气体会逸出，故当Na0)增大时，需补加 n(CuSO) NaOH的量减少，D正确。 12.BA.常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H) =c(OH)=1X 10-7 mol/L,c (H)<c(OH)+ c(A),A错误；B.常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中 c(Ht)=0.1mol/L,K.=c(H)cA)=1.0× c(HA) 10-,c(HA)=c(HA)+c(A),则0.1c(A) c总(HA)-c(A) .0X10,屏得二品-dB正确：C根据道意， 未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相 等，C错误；D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H)=1 X10-mol/L.K(H(A-1.0X10c(HA) c(HA) -((HA(A),10[c (HA)(HA]10x c(HA) 103,溶液I中c意(HA)=(10+1)c(HA),溶液Ⅱ的 pH=1.0,溶液Ⅱ中c（H)=0.1mol/L,K。= c(H):cA)=1.0X103,c(HA)=c(HA)+c(A), c(HA) 0.1[c(HA)-c(HAD]=1.0X10,溶液Ⅱ中cg(HA)= c(HA) 1.01c(HA),未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中 的c(HA)相等，溶液I和Ⅱ中cs(HA)之比为[(10十1) c(HA)]:[1.01c(HA)]=(10+1):1.01≈10，D错误； 答案选B。 18 [考点2] 1.C由题图可知，随着pH增大，平衡+NH CH,COOH K:-2.4+NH.CH.COO pK2=9.6 =NH CH.COO右移，+NH,CH COOH的分布分 数减少，+NH,CH2COO先增加后减少，+NHCH,COO最 后增加，a点代表+NH,CH COO和NH,CH COO分布分 数相等的点；题图中b点滴入NaOH溶液为l0mL, +NHCH,COOH·C】和NaOH的物质的量相等，得到 +NHCH,COO,c点+NH,CH COOH·CI和NaOH的物 质的量之比为1：2，得到主要粒子为NH CH COO。 A根据分析可知，随着pH增大，+NLCH,COOH的分布分 数减少，曲线I代表+NHCH2COOH的分布分数，A正确；B.a ,点代表+NH,CH,COO和NH CH COO分布分数相等的 _c(NH CH COO) 点，二者浓度湘等，pKe=9.6,Ka=《广NH,CH,CO0) c(H)=(H)=106,pH=9.6,B正确；C.题图中b点 滴入NaOH溶液l0mL,+NHCH2COOH·C1和 NaOH的物质的量相等，得到的主要离子为+NH CH2COO,+NHCH2COO存在电离和水解，K2= Km=10“ 10,K,=家-=10=10-，+NH,CH,C00电 离程度大于其水解程度，则c(NH,CH2COOH) c(NH,CH2COO),C错误；D.c点+NH,CH COOH·C 和NaOH的物质的量之比为1：2，得到的主要粒子为 NH2 CH,COO,根据质子守恒，有2c(NHCH2COOH)+ c(NHCH2COO)+c(H)=c(OH),D正确。 2.DA.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的 体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH4~ [(CH2)6N4H十3H+]~4OH可知，由于待测液的体 积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶 液中c(NHt)=c(OH)=0.01000mol·L1,则原废水 中cN时)=0.0100mml,L×0-0.010o0mol1,L,因 此，废水中NH的含量为0.001000mol×18000mg· mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c点加入NaOH 标准溶液的体积过量，且只过量了方，由电荷守恒可知， c(CH,)N.H+c(H)+c(Na)=c(OH)+ c(CI),浓缩后的废水中NH,CI的浓度和NaOH标准 溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反应，可以估算 cc(CI)<c(Na),c[(CH2)N H+]+c(H)<c (OH),B错误；C.(CH2)。N4H在溶液中水解使溶液 显酸性，类比NH3可知(CH2)。N4在溶液中与水作用发 生电离而使溶液显碱性；点为半滴定点，由其纵坐标可 知溶液显酸性，说明(CH2)。N4H+的水解作用强于 (CH2)。N4的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的 大小关系为c[(CH2)6N]>c[(CH2)6N4H],C错误； D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)gN4占比 较高，6[(CH2)6N4]=0.88,则由氦守恒可知， 6[(CH2)。N4H]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 分布分数之比，则(CH2)6NH=(CH2)sN十H的 平衡常数K=[(CH)N,]·c(H)_0.88×10 ≈ c[(CH2)N H+] 0.12 7.3X106,D正确。 3.C容量瓶检漏时，需先倒置看是否漏水，不漏水，再将 容量瓶正放，旋转活塞180度，再倒置一次看是否漏水， 因此进行容量瓶检漏时，需倒置两次，A错误；滴入半滴 标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内溶液颜色不 变化，才可判定达到滴定终点，B错误；滴定读数时，应单 手持滴定管上端并保持其自然垂直，故C正确，D错误。 4.A用cmol·L1NaOH-甲醇标准溶液进行滴定，根据 反应CH3COOH+NaOH=CH,COONa+H2O,结合 步骤④可得关系式：乙酸酐[(CHCO),O]~ 2CHC00H~2NaOH,则n(乙酸酐)=0.5cV2×103 mol,根据反应(CHCO)2O+ROH→CH3COOR+ CH3COOH,结合步骤②，设样品中ROH为xmol,则x十2 ×(0.5cV2×103-x)=cV×103,解得x=c(V2-V)× 103,又因ROH样品的质量为mg,则ROH样品中羟基 的质量分数为(V:-V)X17 ×100%,A正确。 1000m 5.B由于乙酸酐能发生醇解反应生成羧酸和酯，生成的 羧酸可用NaOH-甲醇标准溶液进行滴定，因此不能用乙 酸替代乙酸酐进行上述实验，A错误；NaOH-甲醇标准 溶液中甲醇挥发会造成标准溶液浓度增大，所消耗体积 偏小，将导致测定结果偏小，B正确；步骤③滴定时，不慎 将锥形瓶内溶液溅出，将使测定的V1减小，导致测定结 果偏高，C错误；步骤④中，若加水量不足，则乙酸酐不能 完全转化为乙酸，使测得的V2减小，导致测定结果偏 小，D错误。 6.D酸碱中和滴定、溶液中粒子浓度关系。 HCI和CH,COOH的混合 溶液中，滴人NaOH溶 液，HCl先反应，a点 HCI恰好完全反应，溶 10 NaOH溶液过量 液体积变为原来的2倍，8 c 此时c(CH,COOH)= CH,COOH恰好 0.0100molL- 4a(①.00,3.38h 完全反应 溶液呈酸性， 2日 水的电离受 00.501.001.502.00 到抑制 CH,c00H反应-半，7 CH,COOH和CH,COONa 物质的量相等 根据CH,COOH -CH:COO+H+,可近似认为a点 c(H+)=c(CHCO0),又a点pH=3.38,c(H+)= 10-3mol·L1,故K.(CH,C00HD≈108X10338 0.0100 =104.76,A项正确；a点HC1恰好被完全中和，由物料 守恒可得溶液中c(Na)=c(CI厂)=(CH,COO)十 c(CH3COOH),B项正确；b点溶液pH<7,即以 CH,COOH的电离为主，即溶液中c(CH,COOH)< c(CH3COO),C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电 离均受到抑制，溶液H越小，水的电离受抑制程度越 大，c点酸碱恰好完全中和，CH,COO水解促进水的电 离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故D项错误。 [考点3] 1.CA.M,点是点线和虚线的交点，即c(CO)=c (H,C0,)。根据K·K。=c(H):c(HCO) c(H,CO) c(H*)·c(C0)_(H)·cCO）,当两浓度相等 c(HCO) c(H,CO) 时，c2(H十)=K。1·K2=1016.68,所以c(H+)=10834 mol/L,即pH=8.34,A错误；B.若不考虑CO水解， 溶解度s满足Kp[CaC03]=s2=10-8.48,得s=104.24 mol/L;但实际上CO会水解为HCO、H2CO3,因此 溶解度大于10-44mol/L,B错误；C.根据元素守恒， c(Ca2+)=c(H2 CO3)+c(HCO)+c(CO),c(Ca2+) 最大：CO号的第一步水解常数K1= K=103.67,溶液 中OH主要由CO水解产生，设CO水解浓度为x, CO+H,O-HCO+OH 始mol/L 10-424 0 0 变mol/L x x 平mol/L 10424-x x T, x 10-4.24-x =103.67,x≈4.7X10-5mol/L, Q二X10%81.7%,水想车短建50%， 这说明水解程度很大，产生了较多的HCO3,故 18 c(HCO2)>c(CO),浓度顺序成立，C正确；D.平衡常 数K=c(Ca+):c(HC0) c(H2 CO) cCa*)·c(C0g)c()·dHc0）=K。·R c(H2CO3)·c(CO3)·c(H) 代入Kp=10-848、K1=106.5、K2=1010.3,得K= 10450,不是104.50，D错误。 2.BD随x轴pH的变化，c(NH)十c(NH)为定值，pH 值越大，c(NH3)越大，c(NH)越小，故甲为NH,乙为 NH3;加入NaOH,pH增大，c(HCO)减小，c(Ca2+)= c(CO)+c(HCO)+c(H2CO),pH越大，HCO、 H2CO3越少，主要以CO号存在，故pH11时，c(Ca2+) =c(CO)>c(HCO,),故丙为Ca2+,丁为HCO;A. 根据分析，丁线代表HCO,A正确；B.25℃下，向初始 浓度一定的NH,Cl溶液中加入CaCO3(s)后，由元素守 恒有c(NH)+c(NH3)=c(Cl),c(Ca2+)=c(CO2) 十c(HCO3)十c(H2CO3),代入电荷守恒2c(Ca2+)+ c(NH)+c(H)=c(OH)+(CI)+c(HCO)+ 2c(CO)可得c(HCO)+2c(H2CO3)+c(H)= c(OH)+c(NH);pH=7.00时，由图可知c(HCO) >c(NH),又因为c(H)=c(OH),所以pH=7.00 时有c(HCO3)+2c(H2CO3)>c(NH3),此时右侧需加 NO3才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需加入 HNO3,B错误；C.O点时，NH=NH3+H,K= cNH,):cH）=105,P点时pH=8.35,cNH c(NH) ”c(Ca2+) =c(NH时)=1085 cNHg)=10西=1000，C正确；D.0点时， c(Ca2+)=c(C0g)=1045mol·L1,故Kp(CaC0g) =c(Ca2+)Xc(COg)=1085,P点时，c(Ca2+)= c(HC03)=103.5mol·L1,c(Ht)=1085mol·L1, 此时c(C0g)=Km(CaC0)l08s c(Ca)=10 mol L-1, Ke=c(C0)·(H)=1055X1085 c(HCO) 10-3.25 =10-10.35,Q 点时，c(C0) _10-10.35 c(HC0)c(H*)-1025=10215,D错误。 3.BA.Na2S溶液中只有5种离子，分别是H、Na、 OH、HS、S,溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表 示为c(H)+c(Na+)=c(OH)+c(HS)+2c(S-),A 正确；B.0.01mol·L1Na2S溶液中，S水解使溶液呈碱 性，其水解常数为K。=c(OH):c(HS)=K= c(S2-) 10=10-11,根据硫元素守恒可知c(HS)<1011 10-14 molL,所以OH)>1,则c(0H)>c(S-),B不 c(S2-) 正确；C.Kp(FeS)远远大于Kp(CdS),向c(Cd+)= 0.01mol·L1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的 Kp(FeS)_10-17.20 转化，该反应的平衡常数为K=K(CdS=10ao= 108.9>10,因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液 中c(Cd2+)=√/10Tmol·L-1=10-18.05mol·L-1, 若加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8mol·L1,C正 确，D.Cd++H2S一CdS+2H+的平衡常数K= c2(H+) cCdt)·c(H,S= K1·K2=1067X1012.0 10-25.10 10.23>10°，该反应可以完全进行，因此，当向c(Cd+)= 0.01mol·L1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可 以完全沉淀，所得溶液中c(H)>c(Cd+),D正确。 4.C NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，Ba(OH), 为强碱，A12(SO4)3为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，浓 度均为0.1mol·L1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)g 溶液，其pH大小关系为Ba(OH)2>NaClO> Al2(SO4)3,故测定溶液pH可进行鉴别，A不符合题意； NaCIO具有强氧化性，可使酚酞试剂褪色，Ba(OH)2溶 液可使酚酞试剂显红色，Al2(SO):水溶液显酸性，滴加 酚酞溶液呈无色，因此滴加酚酞试剂可进行鉴别，B不符 合题意；NaCIO能将I厂氧化为I2,Ba(OH)2、Al2(SO4)3 与KI均不反应，只用KI溶液无法鉴别NaC1O Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液，C符合题意；NaC1O与 饱和Na2CO3溶液不反应，二者混合无现象，Ba(OH)2 与饱和Na2CO3溶液反应生成BaCO3白色沉淀， Al2(SO4)3与饱和Na2CO3溶液发生相互促进的水解反 应生成AI(OH)3白色沉淀和CO2气体，故滴加饱和 Na2CO。溶液可鉴别，D不符合题意。 [考点4] 1.DA.当加入V(NaHCO3)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba(OH)2+NaHCO3=BaCO3￥+NaOH+ H2 O,n(Ba(OH)2)=n(NaHCO)=0.01 LX0.01 mol·L1=1X104mol,故初始c(Ba2+)=1X104mol 0.01L =0.01mol·L1,pBa=-lg0.01=2,因此x=2,A正 确；B.在V(NaHCO3)=10mL时，pBa=4,3,即c(Ba2+) =l0-43mol·L-1。此时溶液主要存在BaC0,沉淀，为 BaCO,饱和溶液，c(CO号)主要来自BaCO3的溶解，且 溶液中大量OH抑制CO水解，可近似认为c(CO) ≈c(Ba+),故：Kp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO)= 104.3×1043=108.0×(10-0.3)2,已知lg2=0.3,即 10°.3=2，可得100.3=0.5，计算得Kn(BaC03)=2.5X l09,B正确。C.各，点水的电离程度比较如下：点a为强 碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BaC○3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。，点c恰好生成 Na2CO3,CO水解促进水电离。点d为NaHCO3过 量，HCO3水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确；D.根据溶 度积公式：c(Ba2+)= K c(C0)'点e时恰好生成 Na2CO3,c(CO)最大，故c(Ba2+)最小。点d时NaH- CO3过量，溶液体积增大使CO2被稀释，c(CO)下 降，c(Ba2+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是，点c,而 非点d,D错误。 2.CA.分析可知，I为CuAc的变化曲线，A正确；B.题 中反应的K=(CuAc)·cC),当pH=3.46时，由 c(Cu2+)·c(HAc) I和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc)=c(Cu2),且由M点 坐标可知，c(HAc)=10-.86mol/L,代入平衡常数表达 式：K=106 10丽=1020，B正确；C.根据P点坐标，此时 pH=5.75,c(CuAc+)=c(HAc)=10-.87,反应Cu2++ HAc一CuAc+十H+的平衡常数K=10-2.0,代入数 105.75 据得到2Cm-102,故c(Cu2*)=1015mol/L, Kp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH)=103.15X (108.25)2=101.65,C错误；D.根据题意，C元素总物质 的量不变，即总醋酸根（含各种形态）的浓度保持为 0.20mol/L,存在元素守恒：c(Ac)十c(CuAc+)十 c(HAc)+2c(CuAc2)=0.20mol/L,对于HAc的电离平 衡常数：K,=c(Ac(H）,变形得K c(HAc) c(H+) C（HAC,代入题千原式，得到原式=3c(HAc+c(Ac) c(Ac) =2c(HAc)十[c(HAc)十c(Ac)],将元素守恒式代入 得到：原式=2c(HAc)+0.2mol/L-[c(CuAc)+ 2c(CuAc2)],Q,点存在c（HAc)=c(CuAc2),由于 c(CuAc)>0,故原式=0.2mol/L-c(CuAc)<0.2mol/L, D正确。 18 3.C矿石（含MnO2、Co3O,、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出 过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+,加入 Na2CO3沉铁得到FeOOH,过滤，滤液再加入Na2S沉钻 得到CoS,过滤最后得到硫酸锰溶液。 A.根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂 和浸取剂，A正确；B.生物质（稻草）是可再生的，且来源 广泛，B正确；C.根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价 没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；D.“沉钴”后的 上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Kp= c(C02+)·c(S2-)=100.4,D正确。 4,AMA存在沉淀溶解平衡：MA(s)一M+(aq)十A2 (aq),向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，发生反 应A2-十H一HA,继续加盐酸发生反应HA十 H一H2A,由K1(H2A)=101.6可知，当c(H2A)= c(HA)时，pH=1.6,K2(H2A)=106.8,则c(A2-)= c(HA)时，pH=6.8,K·K。=(A),c(H) c(H,A) 108.4,当c(A2-)=c(H2A)时，c(H+)=104.2mol/L, pH 4. 2,则可将图像转化为 H2A: HA A 进行分析。 1.6 4.2 6.8 pH A.溶液中存在物料守恒：c(M2+)=c(H2A)十c(HA) +c(A2-),当pH=6.8时，c(HA)=c(A2-),c(H2A) 很低，可忽略不计，则c(M+)=2c(A2-)=10-3, Kn(MA)=c(M*)·c(A2)=-103×分X103= 号X10,pK,MA]=-6-g2=-6.3,则K,MA) 10-6.3,A正确；B.根据物料守恒：c(M2+)=c(H2A)十 c(HA)十c(A2-),c(M2+)>c(HA),由图像可知，pH =1.6时，c(HA)>c(A2-)成立，由电荷守恒：c(H) +2c(M+)=c(CI)+c(HA)+2c(A2-)+c(OH), 结合物料守恒，约掉c(HA)得到c(H2A)十c(H+)+ c(M+)=c(CI)十c(A2-)+c(OH),由图像可知， c(H2A)>c(A2-)且c(H+)>c(OH),则c(M+)< c(CI),故离子浓度顺序：c(CI)>c(M+)>c(HA) >c(A2),B错误；C.由图像可知，pH=4.5时，溶液中 c(HA)>c(A2-)>c(H2A),C错误；D.pH=6.8时， c(HA)=c(A2),根据电荷守恒关系：c(H)十 2c(M2+)=c(CI)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH),将 物料守恒代入，约掉c(M+)得到c(H)+2[c(H2A)+ c(HA)+c(A2-)]=c(CI)+c(HA)+2c(A2-)+ c(OH),化筒得到c(H+)+2c(H2A)+c(HA)= c(CI)+c(OH),D错误。 5.BZn2+和Cd+沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2,A13+ 沉淀形成Al(OH)3,则Zn2+和Cd+的曲线平行，根据 Kp[Zn (OH)2 ]Kp [Cd (OH)2 ]Zn (OH)2 Cd(OH)2更易与碱反应，因此[Zn(OH),]2生成的pH 低于[Cd(OH)4]2-,故从左到右曲线依次为：A1+、 Zn2+、Cd+、[Al(OH)4]、[Zn(OH)4]2-或 [Cd(OH)4]2。如图可知：A13++3OH一Al(OH)g 的平衡常数为Kp[AI(OH)3]=c(AI3+)·c3(OH)= 10°X[10-44-)]3=10°-3x11=10-38,Zn2++20H Zn(OH)2的平衡常数为Kp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)· c2(0H)=10-5X[1014-84]=10-5-2×5.8=10-16.2, Cd++2OHCd(OHD2的平衡常数为K[Cd(OHD2]=考点2水的电离、溶液的pH及简单计算 1.(2025·甘肃卷，14)氨基乙酸(NH2CH2COOH)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： +NH,CH COOH+NH,CH COONH.CH.COO 0 在25℃时，其分布分数8[如6(NH2CH,COO)= 0.6 c(NH2 CH,COO) 0.2 c(NH CH,COOH)+c(NH CH,COO)+c(NH,CH,COO) 0 6 81012pH 整 与溶液pH关系如上图所示。在100mL0.01mol/L +NH,CH,COOH·CI溶液中逐滴滴入0.1mol/L NaOH溶液，溶 液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如下图所示。下列说法 郑 错误的是 ( HOFN 0 A.曲线I对应的离子是+NHCH,COOH 30 B.a点处对应的pH为9.6 C.b点处c(+NHCH2COOH)=c(NH2CH2COO) D.c 2c(NH CH,COOH)+c(NH CH,COO)+c(H)=c(OH) 2.(2025·云南卷，14)甲醛法测定NH的反应原理为4NH十6HCHO (CH2)NH+ 典郝 3H十6H,0。取含NH,C1的废水浓缩至原体积的6后，移取20.0mL,加人足量甲醛反应 后，用0.01000mol·L1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氨微粒的分布分数 c[(CH2)N,H+] 与pH关系如图2L比如：8L(CH,)N,H]=CH,N,十CH,N]。下列说法正 确的是 1.0 如 121 (6.00,0.88) 0.8 阳 8 0.6 6 0.4 0.2 0 0.0 51015202530 024 6 81012 V(NaOH)/mL DH 图1 图2 A.废水中NH4的含量为20.00mg·L1 B.c点：c[(CH2)。N4H+]+c(H+)=c(OH) C.a :c[(CH2)N,H+]>c(H+)>c(OH )>c[(CH2)N] D.(CH2)6N4H+=(CH2)N4+H+的平衡常数K≈7.3X106 阅读下列材料，完成3~5题。 一定条件下，乙酸酐[(CHCO)2O]醇解反应[(CH3CO),O+ROH→CH,COOR+ CH,COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水 解可忽略。实验步骤如下： 65 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gROH样品，充分反应后，加适量水 使剩余乙酸酐完全水解：(CHCO)2O十H2O→2 CH COOH。 ③加指示剂并用cmol·L1NaOH甲醇标准溶液滴定至终，点，消耗标准溶液V1mL。 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cmol·L1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V,mL。 3.（2023·山东卷，8)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 4.(2023·山东卷，9)ROH样品中羟基含量（质量分数）计算正确的是 A.c(V:-V)X17 ×100% B.c(Vi-V:)X17. -×100% 1000m 1000m C.0.5c(V。-V)x17 ×100% D.c(0.5V,-V)x17 ×100% 1000m 1000m 5.(2023·山东卷，10)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 6.(2023·湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200mol·L1的NaOH标准 d 10 溶液滴定浓度均为0.0200mol·L1的HCI和CH,COOH的混合溶 8 V标准溶液》)的变化曲线如图所三 液，滴定过程中溶液的pH随7？一V(待测溶液) 4a(1.00,3.38) 示。下列说法错误的是 ( 2 A.K.(CH3COOH)约为10-4.76 00.501.001.502.00 B.a:c(Na)=c(CI)=c(CH COO)+c(CHCOOH) C.b:c(CH COOH)<c(CHCOO) D.水的电离程度：a<b<c<d 考点3盐类水解 1.(2026·陕晋青宁卷，14)二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要 部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数8与一1g[c(OH)/(mol·L1)]的变化 关系如图 1.0 o05 、M 0.0叶3.6 7.65 2 810 -Ig[c(OH/(mol-L)] 66 c(H,CO) [比如：(H,c0,)=cH,c0,)十cC0十cc0g)J,CaC0,的Km为10.将足量 CaCO,(s)置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是 () A.M点的pH为5.66 B.CaC03(s)在纯水中的溶解度为l0-4.24mol·L1 C.该CaCO3饱和溶液中，c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO) D.反应CaCO3(s)+H2COg一Ca2++2HC0?的平衡常数为104.50 2.(多选)(2026·山东卷，15)25℃下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加人CaC03(s),通过加 入HNO,或NaOH调节pH[CaCO,(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值 lg[c(X)/mol·L1]随pH的变化如图所示(X表示NH,NH3,Ca2+,HCO3)。下列说法错误 的是 () 2 甲 0(9.25-2.60) 3 P(8.35, -3.25) Q12.50, -41 -4.25) 丁 5 8910111213 PH A.丁线所示物种为HCO, B.调节pH=7.00时，需加入NaOH c(NH) C.P点c(Ca) =100.90 c(CO) D.Q点： =104.15 c(HCO) 3.(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd+。已知 25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L1,K(H2S)=106.97,K2(H2S)=1012.9o, Kp(FeS)=1017.20,Km(CdS)=106.10。下列说法错误的是 () A.Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HS)+2c(S2-) B.0.01mol·L1Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH)>c(HS) C.向c(Cd+)=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd+)<10-8mol·L-1 D.向c(Cd+)=0.01mol·L1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd+) 4.(2023·山东卷，6)鉴别浓度均为0.1mol·L1的NaC1O、Ba(OH)2、Al2(SO,)3三种溶液，仅 用下列一种方法不可行的是 () A.测定溶液pH B.滴加酚酞试剂 C.滴加0.1mol·L1KI溶液 D.滴加饱和Na2CO3溶液 考点4沉淀溶解平衡 1.(2026·湖南卷，14)常温下，向10mLBa(OH)2溶液中缓慢滴入0.01mol·L1 NaHCO3溶 液，溶液的pH和pBa[pBa=一lgc(Ba2+)]与V(NaHCO3)的变化关系如图所示。已知：lg2= 0.3。下列说法错误的是 () A.x=2 B.Kap(BaC03)=2.5X109 C.点c对应溶液中的水的电离程度最大 D.点d对应溶液中的c(Ba2+)最小 67