2023年高考化學(xué)真題題源解密（新高考專用）專題09 水溶液中的離子平衡（解析版）

專題九水溶液中的離子平衡目錄：2023年真題展現(xiàn)考向一電離平衡與溶液的pH值考向二溶度積常數(shù)及其應(yīng)用考向三沉淀溶解平衡及其應(yīng)用考向四酸堿中和滴定與離子濃度大小比較考向五電離平衡的綜合應(yīng)用真題考查解讀近年真題對比考向一強、弱電解質(zhì)的判斷與比較考向二溶液的pH及其應(yīng)用考向三酸堿中和滴定考向四滴定曲線分析考向五鹽類水解的實質(zhì)及規(guī)律考向六鹽類水解的應(yīng)用考向七沉淀溶解平衡的應(yīng)用考向八溶度積常數(shù)的應(yīng)用與計算考向九沉淀溶解平衡曲線的理解與應(yīng)用命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記考向一電離平衡與溶液的pH值1.（2023·浙江選考1月第13題）甲酸（CH3COOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸)，下列說法不正確的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：B.pH=5的廢水中C.廢水初始，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH+作用的HCOO-數(shù)目減少D.廢水初始，離子交換樹脂活性成分主要以R3NH+形態(tài)存在【答案】D【解析】由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡，故A正確；由電離常數(shù)公式可知，溶液中=，當(dāng)溶液pH為5時，溶液中==18，故B正確；由圖可知，溶液pH為2.4時，廢水中的甲酸及其鹽回收率最高，當(dāng)溶液中pH小于2.4時，隨溶液pH下降，溶液中氫離子濃度增大，甲酸的電離被抑制，溶液中甲酸根個離子濃度減小，與R3NH+作用的數(shù)目減小，故C正確；由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡，當(dāng)廢水初始pH大于5時，平衡向左移動，離子交換樹脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故D錯誤?？枷蚨芏确e常數(shù)及其應(yīng)用2.（2023·浙江選考1月第15題）碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：[已知，，的電離常數(shù)]，下列有關(guān)說法正確的是（）A.上層清液中存在B.上層清液中含碳微粒最主要以形式存在C.向體系中通入CO2氣體，溶液中保持不變D.通過加溶液可實現(xiàn)向的有效轉(zhuǎn)化【答案】B【解析】上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，因此，A錯誤；根據(jù)Ka2=4.7×10-11可得，則碳酸根的水解平衡常數(shù)為，說明碳酸根的水解程度較大，則上層清液中含碳微粒主要為碳酸氫根離子，B正確；向體系中通入CO2，，c(CO32-)減小，CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO32-(aq)正向移動，溶液中鈣離子濃度增大，C錯誤；由題干可知，，，碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，加入硫酸鈉后碳酸鈣不會轉(zhuǎn)化成硫酸鈣，D錯誤。3.（2023·遼寧卷第15題）某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即，通過調(diào)節(jié)pH使和形成硫化物而分離，體系中與關(guān)系如下圖所示，c為和的濃度，單位為。已知，下列說法正確的是（）A.B.③為與的關(guān)系曲線C.D.【答案】D【解析】已知H2S飽和溶液中隨著pH的增大，H2S的濃度逐漸減小，HS-的濃度增大，S2-濃度逐漸增大，則有-lgc(HS-)和-lg(S2-)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS-濃度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，則Ni2+和Cd2+濃度逐漸減小，且即當(dāng)c(S2-)相同時，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，則-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，據(jù)此分析結(jié)合圖像各點數(shù)據(jù)進(jìn)行解題。由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2-，由圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，則有，A錯誤；由分析可知，③為pH與的關(guān)系曲線，B錯誤；由分析可知，曲線④代表HS-，由圖示曲線④兩點坐標(biāo)可知，此時c(H+)=10-1.6mol/L時，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者當(dāng)c(H+)=10-4.2mol/L時，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C錯誤；已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點坐標(biāo)可知，當(dāng)c(H+)=10-4.9mol/L時，c(S2-)=10-13mol/L，或者當(dāng)c(H+)=10-6.8mol/L時，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，結(jié)合C項分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正確?？枷蛉恋砣芙馄胶饧捌鋺?yīng)用4.（2023·北京卷第14題）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同pH的體系中的可能產(chǎn)物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。下列說法不正確的是（）A.由圖1，B.由圖2，初始狀態(tài)，無沉淀生成C.由圖2，初始狀態(tài)，平衡后溶液中存在D.由圖1和圖2，初始狀態(tài)pH=8、，發(fā)生反應(yīng)：【答案】C【解析】水溶液中的離子平衡從圖1可以看出pH=10.25時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；從圖2可以看出pH=11、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；從圖2可以看出pH=9、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C項錯誤；pH=8時，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為，D項正確?？枷蛩乃釅A中和滴定與離子濃度大小比較5.（2023·湖南卷第12題）常溫下，用濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.約為B.點a：C.點b：D.水的電離程度：【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時，先與強酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。由分析可知，a點時溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正確；a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正確；點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正確；c點溶液中CH3COO-水解促進(jìn)水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯誤?？枷蛭咫婋x平衡的綜合應(yīng)用6.（2023·山東卷第15題）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：；；；；，平衡常數(shù)依次為。已知、，、隨的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.線L表示的變化情況B.隨增大，先增大后減小C.D.溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2:1【答案】B【解析】由題干反應(yīng)方程式可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由可知K0=為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表、、、，據(jù)此分析解題。由分析可知，線表示的變化情況，A正確；已知的化學(xué)平衡常數(shù)K0=，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨增大，始終保持不變，B錯誤；由分析可知，曲線1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2，根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2:1，D正確?！久}意圖】該專題主要考查影響弱電解質(zhì)電離平衡的因素，通過圖像判斷強、弱電解質(zhì)，計算電離常數(shù)，比較微粒濃度大小，進(jìn)行pH的相關(guān)計算和中和滴定的遷移應(yīng)用等，命題時與水解相結(jié)合又增加了試題難度，預(yù)計在今后的高考中出現(xiàn)的概率仍較大。【考查要點】1.電離平衡2.強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)3.溶液pH及計算4.中和滴定5.水解平衡6.沉淀溶解平衡7.離子反應(yīng)與平衡的應(yīng)用【課標(biāo)鏈接】1.從電離、離子反應(yīng)、化學(xué)平衡的角度認(rèn)識電解質(zhì)水溶液的組成、性質(zhì)和反應(yīng)。2.認(rèn)識電解質(zhì)在水溶液中存在電離平衡，了解電離平衡常數(shù)的含義。認(rèn)識水的電離，了解水的離子積常數(shù)，認(rèn)識溶液的酸堿性及pH，掌握檢測溶液pH的方法。3.認(rèn)識鹽類水解的原理和影響鹽類水解的主要因素。4.認(rèn)識難溶電解質(zhì)在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解與轉(zhuǎn)化。5.了解水溶液中的離子反應(yīng)與平衡在物質(zhì)檢測、化學(xué)反應(yīng)規(guī)律研究、物質(zhì)轉(zhuǎn)化中的應(yīng)用。了解溶液pH的調(diào)控在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和科學(xué)研究中的應(yīng)用。考向一強、弱電解質(zhì)的判斷與比較1.（2022·浙江卷）下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)是（）A.CH4 B.KI C.NaOH D.CH3COOH【答案】A【解析】水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)，包括酸、堿、大多數(shù)的鹽都是電解質(zhì)；在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)；據(jù)此解答。CH4屬于有機(jī)物，在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電的化合物，為非電解質(zhì)，故A符合題意；KI屬于鹽，在水溶液中和熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，為電解質(zhì)，故B不符合題意；NaOH屬于堿，在水溶液中和熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，為電解質(zhì)，故C不符合題意；CH3COOH屬于酸，在水溶液中能電離出H+離子和CH3COO-離子，即CH3COOH是在水溶液中導(dǎo)電的化合物，為電解質(zhì)，故D不符合題意。2.（2022·浙江卷）下列物質(zhì)屬于強電解質(zhì)的是（）A.HCOOH B.Fe C.NaCO3 D.C2H2【答案】C【解析】HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分電離，屬于弱電解質(zhì)，A不合題意；Fe是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，B不合題意；NaCO3是鹽，在水溶液中能夠完全電離，故屬于強電解質(zhì)，C符合題意；C2H2是有機(jī)物，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，D不合題意?？枷蚨芤旱膒H及其應(yīng)用3.（2022·浙江卷）已知25℃時二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列說法正確的是（）A.在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者B.向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2-)＞c(HA-)D.取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1【答案】B【解析】在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的電離程度前者大于后者，故A錯誤；溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A電離程度較小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)電離，則H2A的電離度0.013%，故B正確；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2-)<c(HA-)，故C錯誤；H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，H2A的電離平衡正向移動，則該溶液pH<a+1，故D錯誤。4.（2022·浙江卷）25℃時，苯酚的，下列說法正確的是（）A.相同溫度下，等的和溶液中，B.將濃度均為的和溶液加熱，兩種溶液的均變大C.時，溶液與溶液混合，測得，則此時溶液中D.時，的溶液中加少量固體，水的電離程度變小【答案】C【解析】醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A錯誤；C6H5ONa溶液中，C6H5O-離子水解出氫氧根離子，升溫促進(jìn)C6H5O-離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯誤；當(dāng)pH=10.00時，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正確；C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，會促進(jìn)水的電離，D錯誤?？枷蛉釅A中和滴定5.（2022·浙江卷）某同學(xué)在兩個相同的特制容器中分別加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分別用0.4mol·L-1鹽酸滴定，利用pH計和壓力傳感器檢測，得到如圖曲線：下列說法正確的的是（）A.圖中甲、丁線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸B.當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為V1mL時(a點、b點)，所發(fā)生的反應(yīng)用離子方程式表示為：HCO3-+H+=CO2↑+H2OC.根據(jù)pH—V(HCl)圖，滴定分析時，c點可用酚酞、d點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均滿足：c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，故碳酸鈉的堿性強于碳酸氫鈉，則碳酸鈉溶液的起始pH較大，甲曲線表示碳酸鈉溶液中滴加鹽酸，碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)先生成碳酸氫鈉，碳酸氫根離子再與氫離子反應(yīng)產(chǎn)生碳酸，進(jìn)而產(chǎn)生二氧化碳，則圖中丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，A項錯誤；由圖示可知，當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為20mL時，碳酸根離子恰好完全轉(zhuǎn)化為碳酸氫根子，而V1>20mL，V1mL時(a點、b點)，沒有二氧化碳產(chǎn)生，則所發(fā)生的反應(yīng)為碳酸氫根離子與氫離子結(jié)合生成碳酸，離子方程式表示為：HCO3-+H+=H2CO3，B項錯誤；根據(jù)pH-V(HCl)圖，滴定分析時，c點的pH在9左右，符合酚酞的指示范圍，可用酚酞作指示劑；d點的pH在4左右，符合甲基橙的指示范圍，可用甲基橙作指示劑指示滴定終點，C項正確；根據(jù)電荷守恒和物料守恒，則Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中滿足c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)，D項錯誤。6.(2021·廣東卷)測定濃硫酸試劑中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸，稀釋；②轉(zhuǎn)移定容得待測液；③移取20.00mL待測液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的儀器為()【答案】B【解析】該實驗操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待測液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到錐形瓶和堿式滴定管，不需要用到分液漏斗，故選B?？枷蛩牡味ㄇ€分析7.（2021·湖南卷）常溫下，用0.1000mol·L-1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol·L-1三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是（）A.該NaX溶液中：B.三種一元弱酸的電離常數(shù)：C.當(dāng)時，三種溶液中：D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：【答案】C【解析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。NaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正確；弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序為Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；當(dāng)溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C錯誤；向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)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正確。8.（2021·浙江卷）取兩份的NaHCO3溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是（）A.由a點可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度B.過程中：逐漸減小C.過程中：D.令c點的，e點的，則【答案】C【解析】向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。a點溶質(zhì)為NaHCO3，此時溶液呈堿性，HCO3-在溶液中電離使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度，故A正確；由電荷守恒可知，過程溶液中，滴加NaOH溶液的過程中保持不變，逐漸減小，因此逐漸減小，故B正確；由物料守恒可知，a點溶液中，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此過程中，C錯誤；c點溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正確?？枷蛭妍}類水解的實質(zhì)及規(guī)律9.（2022·浙江卷）水溶液呈酸性的鹽是（）A.NH4Cl B.BaCl2 C.H2SO4 D.Ca(OH)2【答案】A【解析】NH4Cl鹽溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而顯酸性，A符合題意；BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是強酸強堿鹽，溶液顯中性，B不符合題意；H2SO4屬于酸，不是鹽類，C不符合題意；Ca(OH)2是堿類物質(zhì)，溶液顯堿性，D不符合題意。10.（2022·湖南卷）為探究的性質(zhì)，進(jìn)行了如下實驗(和溶液濃度均為)。實驗操作與現(xiàn)象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍(lán)色沉淀生；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是（）A.實驗①說明加熱促進(jìn)水解反應(yīng)B.實驗②說明既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C.實驗③說明發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D.整個實驗說明對的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響【答案】D【解析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在同一反應(yīng)體系中，鐵離子的水解反應(yīng)與還原反應(yīng)共存并相互競爭，結(jié)合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應(yīng)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進(jìn)水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應(yīng)得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)鐵氰化鉀檢測結(jié)果可知，同時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應(yīng)，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應(yīng)速率快，鐵離子的還原反應(yīng)未來得及發(fā)生。鐵離子的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進(jìn)水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀，故B正確；實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)速率快，故C正確；結(jié)合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進(jìn)鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯誤。考向六鹽類水解的應(yīng)用11.（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃時，。下列關(guān)于NaClO溶液說法正確的是（）A.0.01mol/L溶液中，B.長期露置在空氣中，釋放，漂白能力減弱C.通入過量，反應(yīng)的離子方程式為D.25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，【答案】AD【解析】NaClO溶液中ClO-會水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；漂白粉主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2，長期露置在空氣中容易和CO2發(fā)生反應(yīng)而失效，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO再分解為HCl和O2，不會釋放Cl2，B錯誤；將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO?+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C錯誤；25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正確；故選AD。12.(2021·浙江卷)取兩份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的鹽酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是()A．由a點可知：NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度B．a(chǎn)→b→c過程中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐漸減小C．a(chǎn)→d→e過程中：c(Na＋)<c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)D．令c點的c(Na＋)＋c(H＋)＝x，e點的c(Na＋)＋c(H＋)＝y(tǒng)，則x>y【答案】C【解析】向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。a點溶質(zhì)為NaHCO3，此時溶液呈堿性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中電離使溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度，故A正確；由電荷守恒可知，a→b→c過程溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的過程中c(Na＋)保持不變，c(H＋)逐漸減小，因此c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐漸減小，故B正確；由物料守恒可知，a點溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此a→d→e過程中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故C錯誤；c點溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L－1，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－1，因此x>y，故D正確。考向七沉淀溶解平衡的應(yīng)用13.（2022·湖南卷）室溫時，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度相等的、和混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關(guān)系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于時，認(rèn)為該離子沉淀完全。，，)。下列說法正確的是（）A.a點：有白色沉淀生成B.原溶液中的濃度為C.當(dāng)沉淀完全時，已經(jīng)有部分沉淀D.b點：【答案】C【解析】向含濃度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據(jù)三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I-、Br-、Cl-，根據(jù)滴定圖示，當(dāng)?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl-恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均為1.5×10-4mol。I-先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；原溶液中I-的物質(zhì)的量為1.5×10-4mol，則I-的濃度為=0.0100mol?L-1，故B錯誤；當(dāng)Br-沉淀完全時(Br-濃度為1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol?L-1，則已經(jīng)有部分Cl-沉淀，故C正確；b點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，則b點各離子濃度為：，故D錯誤?？枷虬巳芏确e常數(shù)的應(yīng)用與計算14.（2022·山東卷）工業(yè)上以為原料生產(chǎn)，對其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.反應(yīng)的平衡常數(shù)B.C.曲線④代表含的溶液的變化曲線D.對含且和初始濃度均為的混合溶液，時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【答案】D【解析】硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol/L碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線。反應(yīng)SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數(shù)K===，故A正確；由分析可知，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，鍶離子的濃度為=10—6.5，則a為6.5；由分析可知，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；由分析可知，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關(guān)，故D錯誤。15.(2021·全國乙卷)HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M＋)隨c(H＋)而變化，M＋不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(M＋)～c(H＋)為線性關(guān)系，如圖中實線所示。下列敘述錯誤的是()A．溶液pH＝4時，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1B．MA的溶度積Ksp(MA)＝5.0×10－8C．溶液pH＝7時，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)D．HA的電離常數(shù)Ka(HA)≈2.0×10－4【答案】C【解析】HA為弱酸，電離方程式為HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；MA是難溶電解質(zhì)，存在MA(s)M＋(aq)＋A－(aq)，溶度積Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中發(fā)生水解，水解反應(yīng)的離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－；在溶液中，根據(jù)物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（M＋）－c（A－）)＝eq\f(c（H＋）·\f(Ksp（MA）,c（M＋）),c（M＋）－\f(Ksp（MA）,c（M＋）))＝eq\f(c（H＋）·Ksp（MA）,c2（M＋）－Ksp（MA）)，則c2(M＋)＝eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)與c(H＋)呈線性關(guān)系，其中eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由題圖可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1時，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，則eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)＝eq\f(c2（M＋）－Ksp（MA）,c（H＋）)＝eq\f(（7.5－5.0）×10－8,10×10－5)＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝eq\f(Ksp（MA）,2.5×10－4)＝eq\f(5.0×10－8,2.5×10－4)＝2.0×10－4。當(dāng)溶液pH＝4時，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1，由題圖可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝eq\r(7.5×10－8)mol·L－1<3.0×10－4mol·L－1，A敘述正確；由上述計算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D敘述正確；題干中c2(M＋)～c(H＋)為線性關(guān)系，即加入的酸不是HA酸，應(yīng)為另外一種強酸，則pH＝7時的電荷守恒式c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)中還缺少一種陰離子(強酸的陰離子)，C敘述錯誤?？枷蚓懦恋砣芙馄胶馇€的理解與應(yīng)用16.（2021·全國甲卷）已知相同溫度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某溫度下，飽和溶液中-lg[C(SO42-)]、-lg[C(CO32-)]與-lg[C(Ba2+)]的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.曲線①表示BaCO3的沉淀溶解曲線B.該溫度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值為1.0×10-10C.加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點D.C(Ba2+)=10-5.1時兩溶液中c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1【答案】B【解析】由題意可知，離子的濃度越大，對應(yīng)坐標(biāo)系中的數(shù)值就越小，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，在兩條線段上取任意點分別計算可知，曲線①表示BaSO4的沉淀溶解曲線，曲線②表示BaCO3的沉淀溶解曲線。取線段①上任一點（例如最左側(cè)的點）進(jìn)行計算，可知該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)=10-1×10-9=10-10，故B正確；由上述分析可知，曲線①表示BaSO4的沉淀溶解曲線，故A錯誤；加入適量的BaC12固體，溶液中Ba2+濃度會增大，a點變到b點Ba2+濃度減小，故C錯誤；結(jié)合圖像可知，c（Ba2+)=10-5.1時，兩溶液中c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1，故D項錯誤。分析近三年的高考試題，備考時應(yīng)重點關(guān)注數(shù)形結(jié)合與分析推理型選擇題、滴定終點判斷的規(guī)范表達(dá)，同時要了解水溶液中的離子反應(yīng)與平衡在物質(zhì)檢測、化學(xué)反應(yīng)規(guī)律研究、物質(zhì)轉(zhuǎn)化中的應(yīng)用。水溶液中的離子平衡是化學(xué)平衡的延伸和應(yīng)用，也是高考中考點分布較多的內(nèi)容之一。從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子濃度的大小比較及沉淀的溶解平衡和轉(zhuǎn)化是主流試題。此類題目考查的內(nèi)容既與鹽的水解有關(guān)，又與弱電解質(zhì)的電離平衡有關(guān)。題目不僅偏重考查粒子的濃度大小順序，而且還側(cè)重溶液中的各種守恒(電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒)關(guān)系的考查，從而使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。1.（2023·山東·實驗中學(xué)模擬）同溫同壓下，研究Cl2分別在不同濃度的鹽酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物質(zhì)的量濃度表示)變化如圖所示。已知氯氣在溶解時存在以下

①Cl2(aq)+H2OHClO+H++Cl-K1=4.2×10-4②Cl2(aq)+Cl-Cl3(aq)K2=0.19③HClOH++C1O-Ka=3.2×10-8下列說法錯誤的是A．隨著NaCl濃度的增大，Cl2溶解度減小，溶液中減小B．隨著鹽酸濃度的增大，反應(yīng)①被抑制，反應(yīng)②為主要反應(yīng)從而促進(jìn)Cl2溶解C．a(chǎn)點時，c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3-)>c(ClO-)D．b點時，c(Na+)<c(Cl-)+c(Cl3-)+c(ClO-)【答案】A【解析】同一溶液中，隨著NaCl濃度的增大，Cl2溶解度減小，反應(yīng)①逆向移動，溶液中的氫離子濃度減小，所以增大，故A錯誤；鹽酸和氯化鈉溶液都能電離出氯離子，但在氯化氫的溶液中，隨著氫離子濃度增大，反應(yīng)①被抑制，隨著氯離子濃度的增大，氯氣的溶解度增大，說明此時主要發(fā)生反應(yīng)②，反應(yīng)②平衡正向移動，促進(jìn)氯氣的溶解，故B正確；a點溶液中的氯化氫的濃度為3mol/L，氯氣的濃度約為0.81mol/L，氯化氫為強電解質(zhì)，完全電離，電離出的氯離子部分與氯氣結(jié)合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反應(yīng)②的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于反應(yīng)①，且次氯酸的電離微弱，所以c(Cl)＞c(ClO-)，綜上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，故C正確；b點溶液中溶質(zhì)為3mol/L的氯化鈉和0.4mol/L的氯氣，由氯化鈉電離出鈉離子和氯離子濃度相等即c(Na+)＝c0(Cl-)，根據(jù)元素守恒有c1(Cl2)＝c(HClO)＋c(ClO-)，故反應(yīng)①生成的c2(Cl-)＝c(HClO)＋c(ClO-)，反應(yīng)②的c3(Cl-)＝c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)＝c0(Cl-)＋c2(Cl-)?c3(Cl-)，所以c0(Cl-)＝c(Cl-)?c2(Cl-)＋c3(Cl-)，最后可得c(Na+)<c(Cl-)+c(Cl)+c(ClO-)，故D正確。2．（2023·上?！つM）0.1mol·LNaOH溶液分別滴入20mL0.1mol·LHX溶液與20mL0.1mol·LHCl溶液中，其pH隨滴入NaOH溶液體積變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是

A．b點： B．c點：C．a(chǎn)、d點溶液混合后為酸性 D．水的電離程度：d>c>b>a【答案】D【分析】NaOH是一元強堿，HCl是一元強酸，當(dāng)?shù)渭?0mLNaOH溶液時溶液為中性，則N曲線為HCl溶液的滴定曲線，M曲線為HX溶液的滴定曲線且可以判斷該酸為弱酸?！窘馕觥縝點的pH=6則，則，故A錯誤；c點是NaX與HX1:1的混合溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：，故B錯誤；a、d點溶液混合即30mLNaOH溶液與20mL0.1mol·LHX溶液與20mL0.1mol·LHCl溶液混合，溶質(zhì)為NaCl和1:1的NaX與HX，酸堿性等價于c點，由圖可知呈堿性，故C錯誤；d點溶質(zhì)只有NaX對水的電離起促進(jìn)作用，c點NaX與HX1:1的混合溶液，溶液顯堿性說明水解程度大于電離程度，HCl是一元強酸而HX為弱酸，強酸對水的電離的抑制程度更大，所以水的電離程度：d>c>b>a，故D正確。3．（2023·廣東·廣州二中三模）下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A在溶液中通入氣體，有沉淀生成酸性：>HClOB向淀粉溶液中加適量20%溶液，加熱，冷卻后滴加少量碘水，溶液變藍(lán)淀粉有剩余C向體積為100mL、濃度均為的NaCl和混合液中滴加溶液，先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生磚紅色沉淀相同溫度下，D相同溫度下，用pH試紙測定相同濃度的與NaClO溶液的pH，前者pH更大水解程度：>NaClO【答案】B【解析】具有強氧化性，往溶液中通入氣體生成CaSO4沉淀，因此無法根據(jù)此實驗比較亞硫酸和次氯酸的酸性強弱，故A錯誤；碘遇淀粉變藍(lán)；向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后再滴加少量碘水，溶液變藍(lán)，說明有淀粉剩余，故B正確；先生成白色沉淀，說明氯化銀的溶解度更??；為A2B型化合物，AgCl為AB型化合物，二者物質(zhì)類型不同，Ksp的大小無法判斷，故C錯誤；NaClO具有漂白性，能漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，不能達(dá)到預(yù)期目的，故D錯誤。4.（2023·安徽馬鞍山·三模）25°C時，1L0.1mol·L-1的某二元酸H2RO3溶液中各含R物種的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含R物種的濃度負(fù)對數(shù)[pc=-lgc，pOH=-lgc(OH)]。下列說法正確的是A．曲線③表示pc()隨pOH的變化B．y點的溶液中：c(H2RO3)+2c()=0.1mol·L-1C．H2RO3的Ka1=1.0×10-6.7D．2H2RO3+的平衡常數(shù)K=1.0×10-5.3【答案】D【分析】由題可知，H2RO3為二元弱酸，H2RO3在溶液中發(fā)生電離的方程式為，，pOH=-lgc(OH-)，pc=-lgc，則pOH值越大，溶液的堿性越弱，pc值越大，粒子的濃度越小，pOH=0時，溶液的堿性最強，此時對于H2RO3溶液，各粒子濃度關(guān)系為c(H2RO3)<c(HRO3-)<c(RO32-)，因此曲線①為pc(RO32-)隨pOH的變化，曲線②為pc(HRO3-)隨pOH的變化，曲線③為pc(H2RO3)隨pOH的變化【解析】根據(jù)以上分析可知，曲線③表示pc(H2RO3)隨pOH的變化，A錯誤；y點的溶液，即pH=4，由圖可知此時，，即，而，故，B錯誤；為二元弱酸，發(fā)生電離：，，曲線①為pc(RO32-)隨pOH的變化，曲線②為pc(HRO3-)隨pOH的變化，曲線③為pc(H2RO3)，z表示，，，mol/L，，所以；C錯誤；由減去，可得2H2RO3+，其平衡常數(shù)K=，z點時，c(H2RO3)=c(HRO3-)，此時pOH=12.6，則c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)==10-1.4mol/L，，x點時，c()=c()，此時pOH=7.3，則c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=，則平衡常數(shù)，D正確。5.（2023·遼寧·高三聯(lián)考）將0.2mol/L溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(忽略溫度的變化，溶液體積可以相加)，下列說法正確的是A．混合溶液中B．混合后的水解常數(shù)增大C．若混合后溶液呈酸性則溶液中D．混合后溶液中存在以下濃度關(guān)系：【答案】C【解析】根據(jù)分析，醋酸為弱酸，0.05mol/L的NaCl、CH3COONa和CH3COOH溶液中c(H+)＜0.05mol/L，故A錯誤；溫度不變，CH3COONa的水解常數(shù)不變，故B錯誤；根據(jù)分析，混合后溶液中的溶質(zhì)為等濃度的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，若溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，則c(CH3COO?)＞c(CH3COOH)，故C正確；混合后溶液中，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(Cl?)+c(OH?)，故D錯誤；故選C。6．（2023·湖南·雅禮中學(xué)模擬）配離子的穩(wěn)定性可用衡量，如的。一定溫度下，向硝酸銀溶液中滴入稀氨水，發(fā)生反應(yīng)，溶液中與的關(guān)系如圖所示，其中、(X代表或。已知該溫度下。下列說法正確的是

A．圖中代表的是B．該溶液中C．向該溶液中滴入稀硝酸，增大D．溶于氨水時平衡常數(shù)為【答案】D【解析】越大，越小，越多，因此代表的是，故A錯誤；溶液中根據(jù)電荷守恒有，故B錯誤；向體系中滴入稀硝酸，與反應(yīng)生成，減小，的平衡逆向移動，減小，故C錯誤；a點，，則，則對于反應(yīng)，，故D正確。7．（2023·浙江·高三模擬）草酸鈣是常見的難溶物。將過量草酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：[已知，，的電離常數(shù)，，下列有關(guān)說法不正確的是A．上層清液中含碳微粒最主要以形式存在B．上層清液中存在：C．加入溶液時，加入適量醋酸鈉粉末，有利于生成沉淀D．向上層清液中通入至，則：【答案】D【解析】溶解在水中的草酸鈣電離出草酸根離子，草酸根離子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根離子，A正確；根據(jù)物料守恒鈣原子和碳原子物質(zhì)的量濃度相等，故有，B正確；草酸加入氯化鈣中反應(yīng)生成草酸鈣，加入醋酸鈉粉末，根據(jù)電離平衡常數(shù)分析，醋酸根離子水解程度大于草酸根離子，故醋酸鈉的堿性抑制草酸根離子水解，有利于生成草酸鈣，C正確；向上層清液中通入至，則有電荷守恒：，根據(jù)氫離子濃度為0.1mol/L分析，，不能確定氯離子濃度，故D錯誤。8．（2023·湖北·模擬）下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗方案實驗?zāi)康腁將一定濃度的醋酸溶液加入碳酸鈉溶液中，產(chǎn)生的氣體通入硅酸鈉溶液中，觀察實驗現(xiàn)象證明酸性：醋酸>碳酸>硅酸B向溶液A中加入稀硫酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，觀察實驗現(xiàn)象探究溶液A中是否含有C向溶液中加入溶液，振蕩試管，然后再加入5滴溶液，觀察實驗現(xiàn)象證明D室溫下，用pH計測量一定濃度某弱酸鹽NaHX溶液的pH比較的電離程度與水解程度的大小【答案】D【解析】醋酸具有揮發(fā)性，將一定濃度的醋酸溶液加入碳酸鈉溶液中，產(chǎn)生的CO2氣體中混有乙酸，乙酸也能和硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，則不能證明酸性：碳酸>硅酸，故A錯誤；向溶液A中加入稀硫酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，若品紅褪色說明生成的氣體是SO2，但不能證明溶液A中含有，也可能含有，故B錯誤；向溶液中加入溶液，振蕩試管，Ag+過量，然后再加入5滴溶液，不能證明生成的AgI是由AgCl轉(zhuǎn)化而來的，則不能說明，故C錯誤；NaHX溶液中HX-既發(fā)生電離也發(fā)生水解，室溫下，用pH計測量一定濃度某弱酸鹽NaHX溶液的pH，若溶液為酸性則的電離程度大于水解程度，若溶液為堿性則的電離程度小于水解程度，故D正確；故選D。9．（2023·山西·模擬）常溫下，某同學(xué)在特制容器中加入20mL0.4mol?L溶液，用0.4mol?LHCl溶液滴定，利用pH計和氣體壓力傳感器檢測，得到如圖曲線。下列說法錯誤的是A．整個滴定過程中應(yīng)先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示劑B．a(chǎn)→f點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度一直在減小C．D．f點對應(yīng)的溶液中存在：【答案】C【解析】酚酞的pH變色范圍是8.2~10，甲基橙的pH變色范圍是3.1~4.4。溶液與逐滴滴入的HCl溶液分兩步發(fā)生反應(yīng)：第一步反應(yīng)是；第二步反應(yīng)是。整個滴定過程中應(yīng)先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示劑，A正確；鹽水解促進(jìn)水電離，水解程度越大水電離程度越大，酸溶液抑制水電離，a點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)為，b點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)為（、NaCl，e點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)主要為NaCl、，f點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)主要為NaCl、HCl，因此水的電離程度一直在減小，B正確；根據(jù)圖像可知，當(dāng)mL時，為0.4mol·L溶液，此時溶液，mol?L，則常溫下此時溶液中mol?L，則水解平衡常數(shù)，因為，故，C錯誤；由于反應(yīng)產(chǎn)生了大量的氣體，因此根據(jù)物料守恒可知f點對應(yīng)的溶液中存在：，D正確。10.（2023·山東聊城·三模）高純?nèi)妊趿资羌呻娐?、太陽能電池生產(chǎn)的摻雜劑。實驗室可通過以下實驗步驟測定三氯氧磷產(chǎn)品中氯元素的含量，并計算產(chǎn)品的純度[已知：常溫下，，，呈白色]。①取產(chǎn)品置于盛蒸餾水的水解瓶中，搖動至完全水解，將水解液配成溶液并預(yù)處理排除含磷粒子的影響。②取溶液于錐形瓶中，向其中加入的標(biāo)準(zhǔn)溶液，使完全沉淀，再加入硝基苯，振蕩，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋；然后加入幾滴溶液作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量至終點，所用體積為。假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng)，則下列說法正確的是A．配制好的標(biāo)準(zhǔn)溶液可盛放在棕色廣口試劑瓶中B．實驗過程中可用甲苯代替硝基苯進(jìn)行實驗C．滴定終點時錐形瓶中有血紅色沉淀生成D．實驗過程中若忘記加入硝基苯，會導(dǎo)致所測的含量偏低【答案】D【解析】配制好的硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液可盛放在棕色細(xì)口試劑瓶中，廣口瓶通常用于存放固體藥品，A錯誤；甲苯的密度小于水，無法沉到底部包裹沉淀，B錯誤；滴定終點時有Fe(SCN)3生成，溶液變血紅色，但是Fe(SCN)3不是沉淀，無血紅色沉淀生成，C錯誤；實驗過程中若忘記加入硝基苯，則加入NH4SCN后，SCN-不僅與多余的Ag+反應(yīng)生成AgSCN沉淀，同時AgCl也會轉(zhuǎn)化為AgSCN，導(dǎo)致NH4SCN的消耗體積偏大，測得POCl3的含量偏低，D正確。11.（2023·遼寧·朝陽市二模）下列裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?/p>

A．甲裝置用于酸性溶液滴定溶液B．乙裝置用于判斷，且可轉(zhuǎn)化成C．丙裝置可用于吸收氨氣，且能防止倒吸D．丁裝置可用于除去氯氣中的HCl【答案】C【解析】酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能夠腐蝕橡膠，應(yīng)選酸式滴定管盛放，A錯誤；濃度相同，小的先沉淀，先出現(xiàn)紅褐色沉淀，則，但不能說明可轉(zhuǎn)化成，B錯誤；氨氣為極性分子極易溶于水，不溶于，且的密度大于水。導(dǎo)管口插在中，氨氣不溶解，逸出后被水吸收，可防止倒吸，C正確；食鹽水可抑制氯氣的溶解，HCl極易溶于水，可以用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，但裝置應(yīng)長管進(jìn)短管出，D錯誤。12．（2023·重慶·巴蜀中學(xué)模擬）室溫時，通過實驗探究溶液的性質(zhì)，操作及現(xiàn)象如下表所示：實驗實驗操作及現(xiàn)象1測定溶液的pH，測得溶液pH<72向溶液中加入等體積的溶液，產(chǎn)生白色沉淀(草酸鈣的)3向溶液中滴加少量NaOH溶液，加熱產(chǎn)生刺激性氣味氣體，后冷卻至室溫下列說法正確的是A．溶液中存在：B．由實驗1可得：C．由實驗2所得溶液：D．實驗3所得溶液中水的電離程度大于溶液【答案】C【解析】溶液中存在物料守恒，電荷守恒，所以溶液中存在，A錯誤；溶液的<7，溶液顯酸性，但由于銨根的濃度是草酸根濃度的2倍，所以不能說明二者水解程度的相對大小，B錯誤；混合時CaCl2過量，混合后溶液中鈣離子濃度為，所以，C正確；加入NaOH后溶液為草酸鈉溶液沒有之前草酸銨雙水解對的電離促進(jìn)程度大，D錯誤。13．（2023·重慶·南開中學(xué)三模）25℃下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液呈中性。已知。對所得溶液中微粒的濃度分析正確的是選項原溶液通入氣體分析ANaClOBHICD【答案】B【解析】NaClO和SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4和NaCl，反應(yīng)為NaClO＋SO2＋H2O＝NaCl＋H2SO4，溶液中無和，故A錯誤；向CH3COONa溶液中通入HI氣體至溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH?)＝10?7mol/L，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為CH3COOH、CH3COONa和NaI，電荷守恒關(guān)系為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH?)＋c(CH3COO?)＋c(I?)，物料守恒關(guān)系為c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO?)，可得c(CH3COOH)＝c(I?)，，可得c(CH3COO?)＝175c(CH3COOH)＞c(CH3COOH)＝c(I?)，故B正確；(NH4)2CO3溶液中物料守恒關(guān)系為c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，通入CO2至溶液呈中性時，溶質(zhì)為NH4HCO3、(NH4)2CO3、H2CO3，則c(NH)＋c(NH3?H2O)＜2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故C錯誤；溶液中，物料守恒關(guān)系為c(K＋)＝，NH3會消耗部分，可得c(K＋)＞c(NH)，中性溶液中電荷守恒關(guān)系為c(K＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH?)，c(H＋)＝c(OH?)，即c(K＋)＋c(NH)＝2c()＋c()，可得c()＝c(NH)＋c(H2SO3)＞c(NH)，中性溶液中c()較小，則溶液中存在c(K＋)＞c()＞c(NH)＞c()，故D錯誤。一、水的電離和溶液的酸堿性1．溶液中水電離出的c(H＋)H2O或c(OH－)H2O計算(1)酸或堿溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(OH－)或c(H＋)。(2)水解呈酸性或堿性的鹽溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)或c(OH－)。2．酸堿混合液性質(zhì)的兩種判斷(1)同濃度同體積的HA與BOH混合，溶液的性質(zhì)決定誰強顯誰性。(2)25℃，pH之和為14的HA與BOH等體積混合，溶液的性質(zhì)決定于誰弱誰過量顯誰性。3．強酸與強堿混合的有關(guān)計算(1)n(OH－)>n(H＋)：c(OH－)＝eq\f(nOH－－nH＋,V1＋V2)?c(H＋)?pH(2)n(OH－)<n(H＋)：c(H＋)＝eq\f(nH＋－nOH－,V1＋V2)?pH(3)n(OH－)＝n(H＋)：pH＝7(25℃)(4)25℃，pH＝a的強酸與pH＝b的強堿按V1∶V2混合，混合液pH＝7時，V1×10－a＝V2×10－14＋b。4．溶液的稀釋問題(1)相同體積、相同pH的酸性溶液稀釋?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀釋相同倍數(shù)，強酸的pH大,②ΔpH相同，稀釋倍數(shù)，強酸的小))(2)相同體積、相同濃度酸性溶液稀釋?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀釋相同倍數(shù)，強酸的pH小,②pH相同時，稀釋倍數(shù)，強酸的大))5．向10mL0.1mol·L－1的氨水中，滴加同濃度的鹽酸(25℃)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①V0＝10mL，即c點為恰好反應(yīng)點,②b點、d點分別呈中性、酸性,③b點的離子濃度大小順序為cCl－,＝cNH\o\al(＋,4)>cOH－＝cH＋))【方法技巧】溶液混合酸堿性判斷模板(25℃)(1)已知酸、堿溶液的pH之和為14，則等體積混合時：eq\x(強酸、強堿)eq\o(→,\s\up10(恰好中和))pH＝7eq\x(強酸、弱堿)eq\o(→,\s\up10(堿過量))pH>7eq\x(弱酸、強堿)eq\o(→,\s\up10(酸過量))pH<7(2)已知酸、堿溶液的pH之和為14，若混合后溶液的pH為7，溶液呈中性，則eq\x(強酸、強堿)→V酸∶V堿＝1∶1eq\x(強酸、弱堿)→V酸∶V堿>1∶1eq\x(弱酸、強堿)→V酸∶V堿<1∶1(3)強酸、強堿等體積混合后溶液酸、堿性的判斷eq\x(看pH之和)——eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(→,\s\up10(等于14))pH＝7,\o(→,\s\up10(大于14))pH>7,\o(→,\s\up10(小于14))pH<7))二、水溶液中的三大平衡及其常數(shù)的有關(guān)計算1．電離平衡與水解平衡的比較電離平衡(如CH3COOH溶液)水解平衡(如CH3COONa溶液)實質(zhì)弱電解質(zhì)的電離鹽促進(jìn)水的電離升高溫度促進(jìn)電離，離子濃度增大，Ka增大促進(jìn)水解，水解常數(shù)Kh增大加水稀釋促進(jìn)電離，離子濃度(除OH－外)減小，Ka不變促進(jìn)水解，離子濃度(除H＋外)減小，水解常數(shù)Kh不變加入相應(yīng)離子加入CH3COONa固體或鹽酸，抑制電離，Ka不變加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，水解常數(shù)Kh不變加入反應(yīng)離子加入NaOH，促進(jìn)電離，Ka不變加入鹽酸，促進(jìn)水解，水解常數(shù)Kh不變2.沉淀溶解平衡的影響(1)升高溫度，沉淀、溶解平衡大部分右移，少部分左移。(2)加少量水，溶解平衡右移，但離子濃度一般不變。(3)加沉淀本身，溶解平衡不移動。(4)加同離子可溶物，抑制溶解，溶解度減小，但Ksp不變。(5)加反應(yīng)離子，促進(jìn)溶