三年（2022-2024）高考化學(xué)真題分類匯編專題09水溶液中的離子反應(yīng)與平衡

專題09水溶液中的離子反應(yīng)與平衡考點(diǎn)三年考情（20222024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1水溶液中的離子反應(yīng)與平衡◆弱電解質(zhì)的電離平衡：2024新課標(biāo)卷、2023浙江卷、2022全國乙卷、2022湖北卷、2022浙江卷、2022北京卷◆水的電離和溶液的pH：2023湖南卷、2023山東卷、2022山東卷、2022浙江卷◆鹽類的水解及其應(yīng)用：2024江蘇卷、2024湖南卷、2023北京卷、2023湖南卷、2022北京卷、2022海南卷、2022浙江卷、2022福建卷、2022河北卷、2022江蘇卷◆沉淀溶解平衡：2024黑吉遼卷、2024湖北卷、2024全國甲卷、2023全國甲卷、2023全國乙卷、2023遼寧卷、2023湖南卷、2023北京卷、2022湖南卷、2022福建卷、2022海南卷、2022重慶卷、2022山東卷◆離子平衡綜合題：2024山東卷、2024浙江卷、2024安徽卷、2024河北卷、2024湖北卷、2024江蘇卷、2024浙江卷、2023浙江卷、2023新課標(biāo)卷、2023湖北卷、2023北京卷水溶液中的離子反應(yīng)與平衡主要考查水溶液中的幾大平衡問題：電離平衡、水的電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡，以及中和滴定原理的應(yīng)用，值得注意的是，對(duì)離子平衡的考查往往結(jié)合電離平衡、沉淀平衡、化學(xué)平衡等問題進(jìn)行考查，綜合性很強(qiáng)。各省命題的新課標(biāo)卷中，大多數(shù)不再將水溶液中的離子反應(yīng)與平衡作為壓軸選擇題出現(xiàn)，總體難度有所降低?？挤?1弱電解質(zhì)的電離平衡1.(2024·新課標(biāo)卷)常溫下和的兩種溶液中，分布系數(shù)δ與pH的變化關(guān)系如圖所示。[比如：]下列敘述正確的是A.曲線M表示的變化關(guān)系B.若酸的初始濃度為，則a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中有C.的電離常數(shù)D.時(shí)，【答案】D【分析】隨著pH的增大，、濃度減小，、濃度增大，—Cl為吸電子基團(tuán)，的酸性強(qiáng)于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根離子)=0.5時(shí)的pH分別約為1.3、2.8，則兩種酸的電離常數(shù)分別為，，由此分析解題?！窘馕觥緼．根據(jù)分析，曲線M表示的變化關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)，初始，若溶液中溶質(zhì)只有，則，但a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的，說明此時(shí)溶液中加入了酸性更強(qiáng)的酸，根據(jù)電荷守恒，，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析，CH2ClCOOH的電離常數(shù)Ka=102.8，C錯(cuò)誤；D．電離度，，則=，，時(shí)，，，D正確；故答案選D。2．（2023·浙江卷1月）甲酸是重要的化工原料。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，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))與廢水初始關(guān)系如圖(已知甲酸)，下列說法不正確的是A．活性成分在水中存在平衡：B．的廢水中C．廢水初始，隨下降，甲酸的電離被抑制，與作用的數(shù)目減少D．廢水初始，離子交換樹脂活性成分主要以形態(tài)存在【答案】D【解析】A．由圖可知，溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡，故A正確；B．由電離常數(shù)公式可知，溶液中=，當(dāng)溶液pH為5時(shí)，溶液中==18，故B正確；C．由圖可知，溶液pH為2.4時(shí)，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(shí)，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(gè)離子濃度減小，與作用的數(shù)目減小，故C正確；D．由圖可知，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(shí)，平衡向左移動(dòng)，離子交換樹脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故D錯(cuò)誤；故選D。3．（2022·全國乙卷）常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是A．溶液Ⅰ中B．溶液Ⅱ中的HA的電離度為C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比為【答案】B【解析】A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH)=1×107mol/L，c(H+)＜c(OH)＋c(A)，A錯(cuò)誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×103，c總(HA)=c(HA)+c(A)，則=1.0×103，解得=，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×107mol/L，Ka==1.0×103，c總(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×103，c總(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯(cuò)誤；答案選B。4．（2022·福建卷）探究醋酸濃度與電離度關(guān)系的步驟如下，與相關(guān)步驟對(duì)應(yīng)的操作或敘述正確的步驟操作或敘述AⅠ.用標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定醋酸溶液濃度滴定時(shí)應(yīng)始終注視滴定管中的液面BⅡ.用標(biāo)定后的溶液配制不同濃度的醋酸溶液應(yīng)使用干燥的容量瓶CⅢ.測(cè)定步驟Ⅱ中所得溶液的應(yīng)在相同溫度下測(cè)定DⅣ.計(jì)算不同濃度溶液中醋酸的電離度計(jì)算式為【答案】C【解析】A．中和滴定時(shí)眼睛應(yīng)始終注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，A錯(cuò)誤；B．配制不同濃度的醋酸溶液時(shí)，容量瓶不需要干燥，B錯(cuò)誤；C．溫度影響醋酸的電離平衡，因此測(cè)定步驟Ⅰ中所得溶液的時(shí)應(yīng)在相同溫度下測(cè)定，C正確；D．電離度是指弱電解質(zhì)在溶液里達(dá)電離平衡時(shí)，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)（包括已電離的和未電離的）的百分?jǐn)?shù)，因此醋酸的電離度計(jì)算式為，D錯(cuò)誤；答案選C。5．（2022·湖北卷）下圖是亞砷酸和酒石酸混合體系中部分物種的圖(濃度：總為，總T為)。下列說法錯(cuò)誤的是A．的為B．的酸性比的強(qiáng)C．時(shí)，的濃度比的高D．時(shí)，溶液中濃度最高的物種為【答案】D【分析】由圖分析，左側(cè)縱坐標(biāo)濃度的數(shù)量級(jí)為103mol/L，右坐標(biāo)濃度的數(shù)量級(jí)為106mol/L，橫坐標(biāo)為pH，隨著pH的增大，先變大，然后再減小，同時(shí)變大，兩者濃度均為右坐標(biāo)，說明變化的程度很小，當(dāng)pH=4.6時(shí)，=，Ka=104.6。pH繼續(xù)增大，則減小，同時(shí)增大，當(dāng)pH=9.1時(shí)，=，，二者用左坐標(biāo)表示，濃度比較大，說明變化的幅度比較大，但混合溶液中存在著酒石酸，電離常數(shù)遠(yuǎn)大于亞砷酸，且總T濃度也大于總As?！窘馕觥緼．，，當(dāng)pH=9.1時(shí)，=，，為，A正確；B．，當(dāng)pH=4.6時(shí)，=，Ka=104.6，而由A選項(xiàng)計(jì)算得H3AsO3的，即Ka>Ka1，所以的酸性比的強(qiáng)，B正確；C．由圖可知的濃度為左坐標(biāo)，濃度的數(shù)量級(jí)為103mol/L，的濃度為右坐標(biāo)，濃度的數(shù)量級(jí)為106mol/L，所以時(shí)，的濃度比的高，C正確；D．由可知條件，酒石酸，的為，即酒石酸的第一部電離常數(shù)遠(yuǎn)大于亞砷酸的第一步電離常數(shù)，所以酒石酸的酸性遠(yuǎn)強(qiáng)于，另外總As的濃度也小于總T的濃度，所以當(dāng)時(shí)，溶液中濃度最高的物種不是，D錯(cuò)誤；故選D。6．（2022·湖北卷）根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子的物質(zhì)是酸，給出質(zhì)子的能力越強(qiáng)，酸性越強(qiáng)。已知：，，下列酸性強(qiáng)弱順序正確的是A． B．C． D．【答案】D【解析】根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律，強(qiáng)酸能制得弱酸，根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子的物質(zhì)是酸，則反應(yīng)中，酸性：，反應(yīng)中，酸性：，故酸性：，答案選D。7．（2022·浙江卷）已知25℃時(shí)二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。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·L1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】A．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(cuò)誤；B．溶液中c(H+)=103mol/L，H2A電離程度較小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA)=1.3×105mol/L，c(HA)≈c(H2A)電離，則H2A的電離度0.013%，故B正確；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2)<c(HA)，故C錯(cuò)誤；D．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(dòng)，則該溶液pH<a+1，故D錯(cuò)誤；選B。8．（2022·北京卷）2022年3月神舟十三號(hào)航天員在中國空間站進(jìn)行了“天宮課堂”授課活動(dòng)。其中太空“冰雪實(shí)驗(yàn)”演示了過飽和醋酸鈉溶液的結(jié)晶現(xiàn)象。下列說法不正確的是A．醋酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)B．醋酸鈉晶體與冰都是離子晶體C．常溫下，醋酸鈉溶液的D．該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進(jìn)醋酸鈉晶體析出【答案】B【解析】A．醋酸鈉在水溶液中能完全電離，醋酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；B．醋酸鈉晶體是離子晶體，冰是分子晶體，故B錯(cuò)誤；C．醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，常溫下，醋酸鈉溶液的，故C正確；D．過飽和醋酸鈉溶液處于亞穩(wěn)態(tài)，加入少量醋酸鈉固體可以促進(jìn)醋酸鈉晶體析出，形成飽和溶液，故D正確；選B。考法02水的電離和溶液的pH9．（2023·湖南卷）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(cuò)誤的是

A．約為B．點(diǎn)a：C．點(diǎn)b：D．水的電離程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點(diǎn)時(shí)NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點(diǎn)時(shí)NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。【解析】A．由分析可知，a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)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；C．點(diǎn)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；D．c點(diǎn)溶液中CH3COO水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)堿過量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤；答案選D。10．（2023·山東卷）一定條件下，乙酸酐醇解反應(yīng)可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。②量取一定體積乙酸酐苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)算正確的是A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)滴定過程中，用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，需要消耗甲醇的物質(zhì)的量為，即乙酸酐的總物質(zhì)的量=；則ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量=；設(shè)醇解的乙酸酐物質(zhì)的量為x，水解的乙酸酐的物質(zhì)的量為y，則x+y=；x+2y=；聯(lián)立計(jì)算得：x=n(ROH)=，樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)=，A正確；故選A。11．（2023·山東卷）一定條件下，乙酸酐醇解反應(yīng)可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。②量取一定體積乙酸酐苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說法正確的是A．可以用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)B．若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小C．步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D．步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大【答案】B【分析】用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，則消耗的物質(zhì)的量為，即乙酸酐的總物質(zhì)的量為，ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量為，所以與ROH反應(yīng)消耗的乙酸酐的物質(zhì)的量為。【解析】A．乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．若甲醇揮發(fā)，NaOH甲醇溶液的濃度將偏大，滴定時(shí)消耗NaOH甲醇溶液的體積偏小，步驟④中所得V2偏小，而ROH的物質(zhì)的量為，故將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，B項(xiàng)正確；C．步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，消耗NaOH甲醇溶液的體積偏小即V1偏小，而ROH的物質(zhì)的量為，故將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．步驟④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物質(zhì)的量偏小，消耗NaOH甲醇溶液的體積偏小即V2偏小，而ROH的物質(zhì)的量為，故將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。12．（2022·山東卷）實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說法錯(cuò)誤的是A．可用量筒量取標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制標(biāo)準(zhǔn)溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量固體D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色【答案】A【分析】選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，則應(yīng)將Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，將待測(cè)鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由黃色變?yōu)槌壬！窘馕觥緼．量筒的精確度不高，不可用量筒量取Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說法錯(cuò)誤；B．Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產(chǎn)生有粘性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B說法正確；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說法正確；D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時(shí)，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點(diǎn)，故達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色，D說法正確；綜上所述，本題選A?？挤?3鹽類水解及應(yīng)用13.(2024·江蘇卷)室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究SO2的性質(zhì)。已知，。實(shí)驗(yàn)1：將氣體通入水中，測(cè)得溶液。實(shí)驗(yàn)2：將氣體通入溶液中，當(dāng)溶液時(shí)停止通氣。實(shí)驗(yàn)3：將氣體通入酸性溶液中，當(dāng)溶液恰好褪色時(shí)停止通氣。下列說法正確的是A.實(shí)驗(yàn)1所得溶液中：B.實(shí)驗(yàn)2所得溶液中：C.實(shí)驗(yàn)2所得溶液經(jīng)蒸干、灼燒制得固體D.實(shí)驗(yàn)3所得溶液中：【答案】D【分析】實(shí)驗(yàn)1得到H2SO3溶液，實(shí)驗(yàn)2溶液的pH為4，實(shí)驗(yàn)2為NaHSO3溶液，實(shí)驗(yàn)3和酸性溶液反應(yīng)的離子方程式為：?！窘馕觥緼．實(shí)驗(yàn)1得到H2SO3溶液，其質(zhì)子守恒關(guān)系式為：，則，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)2為pH為4，依據(jù)，則=，溶液，則，B錯(cuò)誤；C．NaHSO3溶液蒸干、灼燒制得固體，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)3依據(jù)發(fā)生的反應(yīng)：，則恰好完全反應(yīng)后，D正確；故選D。14.(2024·湖南卷)中和法生產(chǎn)的工藝流程如下：已知：①的電離常數(shù)：，，②易風(fēng)化。下列說法錯(cuò)誤的是A.“中和”工序若在鐵質(zhì)容器中進(jìn)行，應(yīng)先加入溶液B.“調(diào)pH”工序中X為或C.“結(jié)晶”工序中溶液顯酸性D.“干燥”工序需在低溫下進(jìn)行【答案】C【分析】和先發(fā)生反應(yīng)，通過加入X調(diào)節(jié)pH，使產(chǎn)物完全轉(zhuǎn)化為，通過結(jié)晶、過濾、干燥，最終得到成品?！窘馕觥緼．鐵是較活潑金屬，可與反應(yīng)生成氫氣，故“中和”工序若在鐵質(zhì)容器中進(jìn)行，應(yīng)先加入溶液，A項(xiàng)正確；B．若“中和”工序加入過量，則需要加入酸性物質(zhì)來調(diào)節(jié)pH，為了不引入新雜質(zhì)，可加入；若“中和”工序加入過量，則需要加入堿性物質(zhì)來調(diào)節(jié)pH，為了不引入新雜質(zhì)，可加入NaOH，所以“調(diào)pH”工序中X為NaOH或，B項(xiàng)正確；C．“結(jié)晶”工序中的溶液為飽和溶液，由已知可知的，，則的水解常數(shù)，由于，則的水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由于易風(fēng)化失去結(jié)晶水，故“干燥”工序需要在低溫下進(jìn)行，D項(xiàng)正確；故選C。15.(2024·湖南卷)常溫下，向溶液中緩慢滴入相同濃度溶液，混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入溶液體積的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A.水的電離程度：B.M點(diǎn)：C.當(dāng)時(shí)，D.N點(diǎn)：【答案】D【解析】【分析】結(jié)合起點(diǎn)和終點(diǎn)，向溶液中滴入相同濃度的溶液，發(fā)生濃度改變的微粒是和，當(dāng)，溶液中存在的微粒是，可知隨著甲酸的加入，被消耗，逐漸下降，即經(jīng)過M點(diǎn)在下降的曲線表示的是濃度的改變，經(jīng)過M點(diǎn)、N點(diǎn)的在上升的曲線表示的是濃度的改變。【解析】A．M點(diǎn)時(shí)，，溶液中的溶質(zhì)為，仍剩余有未反應(yīng)的甲酸，對(duì)水的電離是抑制的，N點(diǎn)HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應(yīng)生成HCOONa，此時(shí)僅存在HCOONa的水解，此時(shí)水的電離程度最大，故A正確；B．M點(diǎn)時(shí)，，溶液中的溶質(zhì)為，根據(jù)電荷守恒有，M點(diǎn)為交點(diǎn)可知，聯(lián)合可得，故B正確；C．當(dāng)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為，根據(jù)電荷守恒有，根據(jù)物料守恒，聯(lián)合可得，故C正確；D．N點(diǎn)HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應(yīng)生成HCOONa，甲酸根發(fā)生水解，因此及觀察圖中N點(diǎn)可知，，根據(jù)，可知，故D錯(cuò)誤；故答案選D。16．（2023·北京卷）下列過程與水解反應(yīng)無關(guān)的是A．熱的純堿溶液去除油脂B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸D．向沸水中滴入飽和溶液制備膠體【答案】B【解析】A．熱的純堿溶液因碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解生成易溶于水的高級(jí)脂肪酸鹽和甘油，故可用熱的純堿溶液去除油脂，A不符合題意；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂化或裂解反應(yīng)生成小分子烴，與水解反應(yīng)無關(guān)，B符合題意；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下可以發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸，C不符合題意；D．Fe3+能發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3，加熱能增大Fe3+的水解程度，D不符合題意；故選B。17．（2023·湖南卷）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(cuò)誤的是

A．約為B．點(diǎn)a：C．點(diǎn)b：D．水的電離程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點(diǎn)時(shí)NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點(diǎn)時(shí)NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。【解析】A．由分析可知，a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)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；C．點(diǎn)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；D．c點(diǎn)溶液中CH3COO水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)堿過量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤；答案選D。18．（2022·浙江卷）時(shí)，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(shí)，溶液與溶液混合，測(cè)得，則此時(shí)溶液中D．時(shí)，的溶液中加少量固體，水的電離程度變小【答案】C【解析】A．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(cuò)誤；B．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(cuò)誤；C．當(dāng)pH=10.00時(shí)，c(OH)=1.0×1010，，故c(C6H5O)=c(C6H5OH)，C正確；D．C6H5ONa中的C6H5O可以水解，會(huì)促進(jìn)水的電離，D錯(cuò)誤；故選C。19．（2022·浙江卷）已知25℃時(shí)二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。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·L1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】A．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(cuò)誤；B．溶液中c(H+)=103mol/L，H2A電離程度較小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA)=1.3×105mol/L，c(HA)≈c(H2A)電離，則H2A的電離度0.013%，故B正確；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2)<c(HA)，故C錯(cuò)誤；D．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(dòng)，則該溶液pH<a+1，故D錯(cuò)誤；選B。20．（2022·河北卷）某水樣中含一定濃度的CO、HCO和其他不與酸堿反應(yīng)的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol?L1的HCl溶液進(jìn)行滴定，溶液pH隨滴加HCl溶液體積V(HCl)的變化關(guān)系如圖(混合后溶液體積變化忽略不計(jì))。下列說法正確的是A．該水樣中c(CO)=0.01mol?L1B．a(chǎn)點(diǎn)處c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)C．當(dāng)V(HCl)≤20.00mL時(shí)，溶液中c(HCO)基本保持不變D．曲線上任意一點(diǎn)存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol?L1【答案】C【分析】向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時(shí)，先后發(fā)生如下反應(yīng)CO+H+=HCO、HCO+H+=H2CO3，則滴定時(shí)溶液pH會(huì)發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時(shí)碳酸根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，第二次突躍時(shí)碳酸氫根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸，由圖可知，滴定過程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時(shí)，鹽酸溶液的體積為20.00mL，由反應(yīng)方程式CO+H+=HCO可知，水樣中碳酸根離子的濃度為=0.02mol/L，溶液pH第二次發(fā)生突躍時(shí)，鹽酸溶液的體積為50.00mL，則水樣中碳酸氫根離子的濃度為=0.01mol/L?！窘馕觥緼．由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，a點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為碳酸根離子與氫離子恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(CO)，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol/L，當(dāng)鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時(shí)，只發(fā)生反應(yīng)CO+H+=HCO，滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度為=0.01mol/L，則滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度不變，故C正確；D．由分析可知，水樣中碳酸根離子和碳酸氫根離子濃度之和為0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入鹽酸會(huì)使溶液體積增大，則溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]會(huì)小于0.03mol/L，故D錯(cuò)誤；故選C?？挤?4沉淀溶解平衡21.(2024·黑吉遼卷)下，、和的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。某實(shí)驗(yàn)小組以為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液分別滴定含水樣、含水樣。已知：①為磚紅色沉淀；②相同條件下溶解度大于；③時(shí)，，。下列說法錯(cuò)誤的是A.曲線②為沉淀溶解平衡曲線B.反應(yīng)的平衡常數(shù)C.滴定時(shí)，理論上混合液中指示劑濃度不宜超過D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，溶液中【答案】D【分析】由于AgCl和AgBr中陰、陽離子個(gè)數(shù)比均為1：1，即兩者圖象平行，所以①代表，由于相同條件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，則③代表AgBr，根據(jù)①上的點(diǎn)（2.0，7.7），可求得，根據(jù)②上的點(diǎn)（2.0，7.7），可求得，根據(jù)③上的點(diǎn)（6.1，6.1），可求得?！窘馕觥緼．由分析得，曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線，故A正確；B．反應(yīng)的平衡常數(shù)，故B正確；C．當(dāng)Cl恰好滴定完全時(shí)，，即，因此，指示劑的濃度不宜超過102mol/L，故C正確；D．當(dāng)Br到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，，即，，故D錯(cuò)誤；故選D。22.(2024·全國甲卷)將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol·L1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L1)](M代表Ag+、Cl?或CrO42?)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A.交點(diǎn)a處：c(Na+)=2c(Cl?)B.K??(AgCl)/K??(Ag2CrO4)=102.21C.V≤2.0mL時(shí)c(CrO42)/c(Cl?)不變D.y1=?7.82,y2=?lg34【答案】D【分析】向含的懸濁液中滴加的溶液，發(fā)生反應(yīng)：，兩者恰好完全反應(yīng)時(shí),溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl)增大，據(jù)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)可知，c(Ag+)會(huì)隨著c(Cl)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl，則剩余最上方的實(shí)線為曲線。由此分析解題：【解析】A．2mL時(shí)與溶液恰好完全反應(yīng)，則a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl)+c(OH)，此時(shí)c(H+)、c(OH)、c(Ag+)可忽略不計(jì)，a點(diǎn)為Cl和曲線的交點(diǎn)，即c()=c(Cl)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl)，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)V(NaCl)=1.0mL時(shí)，有一半的Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達(dá)到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標(biāo)為1.0mL的點(diǎn)，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=105.18×104.57=109.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(105.18)2×101.60=1011.96，則==102.21，B錯(cuò)誤；C．V＜2.0mL時(shí)，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時(shí)c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯(cuò)誤；D．V＞2.0mL時(shí)AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時(shí)，圖像顯示c(Cl)=101.93mol/L，則c(Ag+)===107.82mol/L，故y1=7.82，此時(shí)Ag2CrO4全部轉(zhuǎn)化為AgCl，n()守恒，等于起始時(shí)n(Ag2CrO4)，則c(CrO)===mol/L，則y2=lgc(CrO)=lg=lg34，D正確；故答案選D。23．（2023·全國甲卷）下圖為和在水中達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)的關(guān)系圖(；可認(rèn)為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是

A．由點(diǎn)可求得B．時(shí)的溶解度為C．濃度均為的和可通過分步沉淀進(jìn)行分離D．混合溶液中時(shí)二者不會(huì)同時(shí)沉淀【答案】C【解析】A．由點(diǎn)a(2，2.5)可知，此時(shí)pH=2，pOH=12，則===，故A錯(cuò)誤；B．由點(diǎn)(5，6)可知，此時(shí)pH=5，pOH=9，則===，時(shí)的溶解度為=103，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，鋁離子尚未開始沉淀，可通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法分步沉淀和，故C正確；D．由圖可知，沉淀完全時(shí)，，pM5，此時(shí)pH約為4.7，在此pH下剛開始沉淀的濃度為，而題中>，則會(huì)同時(shí)沉淀，故D錯(cuò)誤；答案選C。24．（2023·全國乙卷）一定溫度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。

下列說法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)條件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B．b點(diǎn)時(shí)，c(Cl)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C．Ag2CrO4+2Cl2AgCl+CrO的平衡常數(shù)K=107.9D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀【答案】C【分析】根據(jù)圖像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度積Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×105)2×1×101.7=1011.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度積Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×105×1×104.8=109.8，據(jù)此數(shù)據(jù)計(jì)算各選項(xiàng)結(jié)果?！窘馕觥緼．假設(shè)a點(diǎn)坐標(biāo)為(4，6.5)，此時(shí)分別計(jì)算反應(yīng)的濃度熵Q得，Q(AgCl)=1010.5，Q(Ag2CrO4)=1017，二者的濃度熵均小于其對(duì)應(yīng)的溶度積Ksp，二者不會(huì)生成沉淀，A錯(cuò)誤；B．Ksp為難溶物的溶度積，是一種平衡常數(shù)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，根據(jù)分析可知，二者的溶度積不相同，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=，將表達(dá)式轉(zhuǎn)化為與兩種難溶物的溶度積有關(guān)的式子得K=====1×107.9，C正確；D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L1的混合溶液中滴加AgNO3，開始沉淀時(shí)所需要的c(Ag+)分別為108.8和105.35，說明此時(shí)沉淀Cl需要的銀離子濃度更低，在這種情況下，先沉淀的是AgCl，D錯(cuò)誤；故答案選C。25．（2023·遼寧卷）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【分析】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l(wèi)gc(HS)和lg(S2)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時(shí)，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(shí)，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，則lgc(Ni2+)和lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有l(wèi)gc(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(diǎn)數(shù)據(jù)進(jìn)行解題。【解析】A．由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2，由圖示曲線①③交點(diǎn)可知，此時(shí)c(Cd2+)=c(S2)=1013mol/L，則有，A錯(cuò)誤；

B．由分析可知，③為與的關(guān)系曲線，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，曲線④代表HS，由圖示曲線④兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，此時(shí)c(H+)=101.6mol/L時(shí)，c(HS)=106.5mol/L，或者當(dāng)c(H+)=104.2mol/L時(shí)，c(HS)=103.9mol/L，，C錯(cuò)誤；D．已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，當(dāng)c(H+)=104.9mol/L時(shí)，c(S2)=1013mol/L，或者當(dāng)c(H+)=106.8mol/L時(shí)，c(S2)=109.2mol/L，故有Ka1Ka2===1021.8，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，Ka1=107.1故有，D正確；故答案為：D。26．（2023·湖南卷）處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列說法錯(cuò)誤的是A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．溶液呈堿性，其主要原因是C．“沉淀池Ⅱ”中，當(dāng)和完全沉淀時(shí)，溶液中D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【分析】污水中含有銅離子、三價(jià)鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價(jià)鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達(dá)到除去其中的雜質(zhì)，以此解題?！窘馕觥緼．根據(jù)分析可知?dú)溲趸F當(dāng)pH=1.9時(shí)開始沉淀，氫氧化鋁當(dāng)pH=3.5時(shí)開始沉淀，當(dāng)pH=4時(shí)，則會(huì)生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B．硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2+H2O?HS+OH，B正確；C．當(dāng)銅離子和鋅離子完全沉淀時(shí)，則硫化銅和硫化鋅都達(dá)到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D．污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子以及沒有除凈的鋁離子，故“出水”應(yīng)該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達(dá)到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標(biāo)準(zhǔn)后，才能使用，D錯(cuò)誤；故選D。27．（2023·浙江卷）草酸()是二元弱酸。某小組做如下兩組實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)I：往溶液中滴加溶液。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：往溶液中滴加溶液。[已知：的電離常數(shù)，溶液混合后體積變化忽略不計(jì)]，下列說法正確的是A．實(shí)驗(yàn)I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)B．實(shí)驗(yàn)I中時(shí)，存在C．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中時(shí)，溶液中【答案】D【解析】A．溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點(diǎn)時(shí)生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實(shí)驗(yàn)I可選用酚酞作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)I中時(shí)，溶質(zhì)是、且兩者物質(zhì)的量濃度相等，，，則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，由于開始滴加的氯化鈣量較少而過量，因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因?yàn)槠胶獬?shù)很大，說明反應(yīng)能夠完全進(jìn)行，當(dāng)完全消耗后，再和發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中時(shí)，溶液中的鈣離子濃度為，溶液中，故D正確。綜上所述，答案為D。28．（2023·浙江卷）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．向體系中通入氣體，溶液中保持不變D．通過加溶液可實(shí)現(xiàn)向的有效轉(zhuǎn)化【答案】B【解析】A．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(cuò)誤；B．根據(jù)Ka2=4.7×1011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；C．向體系中通入CO2，，c()減小，CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO(aq)正向移動(dòng)，溶液中鈣離子濃度增大，C錯(cuò)誤；D．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(huì)轉(zhuǎn)化成硫酸鈣，D錯(cuò)誤；故答案選B。29．（2022·湖南卷）室溫時(shí)，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(duì)離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全。，，)。下列說法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)：有白色沉淀生成B．原溶液中的濃度為C．當(dāng)沉淀完全時(shí)，已經(jīng)有部分沉淀D．b點(diǎn)：【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?yàn)镮、Br、Cl，根據(jù)滴定圖示，當(dāng)?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時(shí)，Cl恰好沉淀完全，此時(shí)共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL×103L/mL×0.1000mol/L=4.5×104mol，所以Cl、Br和I均為1.5×104mol。A．I先沉淀，AgI是黃色的，所以a點(diǎn)有黃色沉淀AgI生成，故A錯(cuò)誤；B．原溶液中I的物質(zhì)的量為1.5×104mol，則I的濃度為=0.0100mol?L1，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)Br沉淀完全時(shí)(Br濃度為1.0×105mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×108mol/L，若Cl已經(jīng)開始沉淀，則此時(shí)溶液中的c(Cl)==3.3×103mol/L，原溶液中的c(Cl)=c(I)=0.0100mol?L1，則已經(jīng)有部分Cl沉淀，故C正確；D．b點(diǎn)加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，則b點(diǎn)各離子濃度為：，故D錯(cuò)誤；故選C。30．（2022·福建卷）鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有和雜質(zhì)離子，可在0~14范圍內(nèi)調(diào)節(jié)對(duì)其凈化(即相關(guān)離子濃度)。時(shí)，與關(guān)系見下圖(堿性過強(qiáng)時(shí)和會(huì)部分溶解)。下列說法正確的是A．可被凈化的區(qū)間最大B．加入適量，可進(jìn)一步提升凈化程度C．凈化的先后順序：D．【答案】B【解析】A．對(duì)離子凈化時(shí)，相關(guān)離子濃度c<105mol/L，則lgc<5，由圖可知，可作凈化的pH區(qū)間最大的是Fe3+，A錯(cuò)誤；B．加入適量H2O2，可將Fe2+氧化為Fe3+，提高凈化程度，B正確；C．由圖可知，凈化的先后順序?yàn)?，C錯(cuò)誤；D．對(duì)離子凈化時(shí)，相關(guān)離子濃度c<105mol/L，lgc<5，，由圖可知，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約為2.5，c(H+)=102.5mol/L，c(OH)=1011.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH約為4.5，c(H+)=104.5mol/L，c(OH)=109.5mol/L，，F(xiàn)e2+完全沉淀的pH約為8.5，c(H+)=108.5mol/L，c(OH)=105.5mol/L，，則有，D錯(cuò)誤；故選B。31．（2022·海南卷）某元素M的氫氧化物在水中的溶解反應(yīng)為：、，25℃，lgc與pH的關(guān)系如圖所示，c為或濃度的值，下列說法錯(cuò)誤的是A．曲線①代表與pH的關(guān)系B．的約為C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，體系中元素M主要以存在pH=9.0，體系中元素M主要以存在D．向的溶液中加入等體積0.4mol/L的HCl后，體系中元素M主要以存在【答案】BD【解析】由題干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH(aq)，M(OH)2(s)+2OH(aq)M(OH)(aq)，隨著pH增大，c(OH)增大，則c(M2+)減小，c[M(OH)]增大，即lgc(M2+)增大，lgc[M(OH)]減小，因此曲線①代表lgc(M2+)與pH的關(guān)系，曲線②代表lgc[M(OH)]與pH的關(guān)系，據(jù)此分析解答。A．由分析可知，曲線①代表lgc(M2+)與pH的關(guān)系，A正確；B．由圖象，pH=7.0時(shí)，lgc(M2+)=3.0，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH)=1×1017，B錯(cuò)誤；C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根據(jù)圖像，pH=9.0時(shí)，c(M2+)、c[M(OH)]均極小，則體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正確；D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等體積的0.4mol/L的HCl后，體系中元素M仍主要以M(OH)存在，D錯(cuò)誤；答案選BD。32．（2022·重慶卷）某小組模擬成垢－除垢過程如圖。100mL0.1mol?L1CaCl2水溶液……忽略體積變化，且步驟②中反應(yīng)完全。下列說法正確的是A．經(jīng)過步驟①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl)B．經(jīng)過步驟②，溶液中c(Na+)=4c(SO)C．經(jīng)過步驟②，溶液中c(Cl)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D．經(jīng)過步驟③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Cl)【答案】D【解析】A．經(jīng)過步驟①，100mL0.1mol?L1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反應(yīng)方程式為CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，則溶液中含有SO和Ca2+，則c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl)，故A錯(cuò)誤；B．步驟②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步驟②中反應(yīng)完全，則反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，則c(Na+)=6c(SO)，故B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過步驟②，反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C錯(cuò)誤；D．步驟③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反應(yīng)后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，則c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Cl)，故D正確；故選D。33．（2022·山東卷）工業(yè)上以為原料生產(chǎn)，對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究。現(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(cuò)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(duì)含且和初始濃度均為的混合溶液，時(shí)才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【答案】D【分析】溶液pH變化，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(shí)，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(shí)，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?！窘馕觥緼．反應(yīng)SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常數(shù)K===，A正確；B．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(shí)，鍶離子的濃度為=10—6.5，則a為6.5，B正確；C．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，C正確；D．對(duì)含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L1的混合溶液中鍶離子的濃度為106,5，根據(jù)圖示，鍶離子的降低，所以發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤；故選D?？挤?5離子平衡綜合題34.(2024·山東卷)常溫下水溶液體系中存在反應(yīng)：，平衡常數(shù)為K。已初始濃度，所有含碳物種的摩爾分?jǐn)?shù)與變化關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是A.線Ⅱ表示的變化情況B.的電離平衡常數(shù)C.時(shí)，D.時(shí)，【答案】C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO+H+（①）、Ag++CH3COOCH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），隨著pH的增大，c(H+)減小，平衡①③正向移動(dòng)，c(CH3COOH)、c(Ag+)減小，pH較小時(shí)（約小于7.8）CH3COO濃度增大的影響大于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度增大，pH較大時(shí)（約大于7.8）CH3COO濃度增大的影響小于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度減小，故線Ⅰ表示CH3COOH的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅱ表示CH3COO的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關(guān)系?！窘馕觥緼．根據(jù)分析，線Ⅱ表示CH3COO的變化情況，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由圖可知，當(dāng)c(CH3COOH)=c(CH3COO)相等時(shí)（即線Ⅰ和線Ⅱ的交點(diǎn)），溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka==10m，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．pH=n時(shí)=10m，c(CH3COO)==10nmc(CH3COOH)，Ag++CH3COOCH3COOAg(aq)K=，c(Ag+)=，由圖可知pH=n時(shí)，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C項(xiàng)正確；D．根據(jù)物料守恒，pH=10時(shí)溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C35.(2024·浙江卷1月)常溫下、將等體積、濃度均為0.40mol·L1BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現(xiàn)白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現(xiàn)白色沉淀。已知：H2SO3Ka1=1.4×102Ka2=6.0×108Ksp(BaSO3)=5.0×1010,Ksp(BaSO4)=1.1×1010下列說法不正確的是A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c(HSO3)>c(SO32)>c(OH)B.將0.40mol·L1H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L1，c(SO32)幾乎不變C.BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現(xiàn)的白色渾濁不含有BaSO3D.存在反應(yīng)Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O是出現(xiàn)白色沉淀的主要原因【答案】C【解析】A．亞硫酸是二元弱酸，存在二次電離，電離方程式為：，，則溶液中，A正確；B．亞硫酸根離子是其二級(jí)電離產(chǎn)生的，則稀釋的時(shí)候?qū)潆x子的影響較大，稀釋的時(shí)候，亞硫酸的濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?，另外稀釋的平衡常?shù)不變，對(duì)第二級(jí)電離影響很小，則稀釋時(shí)亞硫酸根濃度基本不變，B正確；C．加入雙氧水之前，生成的白色渾濁為BaSO3沉淀，C錯(cuò)誤；D．過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，可以將+4價(jià)硫氧化為+6價(jià)硫酸根離子，則存在反應(yīng)，，則出現(xiàn)白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正確；故答案為：C。36.(2024·安徽卷)環(huán)境保護(hù)工程師研究利用、和處理水樣中的。已知時(shí)，飽和溶液濃度約為，，，，。下列說法錯(cuò)誤的是A.溶液中：B.溶液中：C.向的溶液中加入，可使D.向的溶液中通入氣體至飽和，所得溶液中：【答案】B【解析】A．溶液中只有5種離子，分別是，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為，A正確；B．溶液中，水解使溶液呈堿性，其水解常數(shù)為，根據(jù)硫元素守恒可知,所以，則，B不正確；C．遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于，向的溶液中加入時(shí)，可以發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因此該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，的飽和溶液中，若加入足量時(shí)可使，C正確D．的平衡常數(shù)，該反應(yīng)可以完全進(jìn)行，因此，當(dāng)向的溶液中通入氣體至飽和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正確；綜上所述，本題選B。37.(2024·河北卷)在水溶液中，可與多種金屬離子形成配離子。X、Y、Z三種金屬離子分別與形成配離子達(dá)平衡時(shí)，與的關(guān)系如圖。下列說法正確的是A.的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，兩溶液中的平衡濃度：B.向Q點(diǎn)X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，達(dá)平衡時(shí)C.由Y和Z分別制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗的物質(zhì)的量：D.若相關(guān)離子的濃度關(guān)系如P點(diǎn)所示，Y配離子的解離速率小于生成速率【答案】B【解析】A．的X、Y轉(zhuǎn)化為配離子時(shí)，溶液中，則，根據(jù)圖像可知，縱坐標(biāo)約為時(shí)，溶液中，則溶液中的平衡濃度：，A錯(cuò)誤；B．Q點(diǎn)時(shí)，即，加入少量可溶性Y鹽后，會(huì)消耗形成Y配離子，使得溶液中減小(沿橫坐標(biāo)軸向右移動(dòng))，與曲線在Q點(diǎn)相交后，隨著繼續(xù)增大，X對(duì)應(yīng)曲線位于Z對(duì)應(yīng)曲線上方，即，則，B正確；C．設(shè)金屬離子形成配離子的離子方程式為金屬離子配離子，則平衡常數(shù)，，即，故X、Y、Z三種金屬離子形成配離子時(shí)結(jié)合的越多，對(duì)應(yīng)曲線斜率越大，由題圖知，曲線斜率：，則由Y、Z制備等物質(zhì)的量的配離子時(shí)，消耗的物質(zhì)的量：，C錯(cuò)誤；D．由P點(diǎn)狀態(tài)移動(dòng)到形成Y配離子的反應(yīng)的平衡狀態(tài)時(shí)，不變，增大，即增大、c(Y配離子)減小，則P點(diǎn)狀態(tài)Y配離子的解離速率>生成速率，D錯(cuò)誤；本題選B。38.(2024·湖北卷)氣氛下，溶液中含鉛物種的分布如圖?？v坐標(biāo)()為組分中鉛占總鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。已知，、，。下列說法錯(cuò)誤的是A.時(shí)，溶液中B.時(shí)，C.時(shí)，D.時(shí)，溶液中加入少量，會(huì)溶解【答案】C【解析】A．由圖可知，pH=6.5時(shí)δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×105mol/L，則c()≤=mol/L=107.1mol/L<c(Pb2+)，A項(xiàng)正確；B．由圖可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)時(shí)，溶液中還存在Pb(OH)+，根據(jù)c0(Pb2+)=2.0×105mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×105mol/L，B項(xiàng)正確；C．溶液中的電荷守恒為2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c()+c()+c()+2c[]+c(OH)，pH=7時(shí)溶液中c(H+)=c(OH)，則2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]=2c()+c()+c()+2c[]，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．NaHCO3溶液中的水解平衡常數(shù)為==107.6>Ka2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈堿性，加入少量NaHCO3固體，溶液pH增大，PbCO3轉(zhuǎn)化成而溶解，D項(xiàng)正確；答案選C。39.(2024·江蘇卷)室溫下，根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)過程及現(xiàn)象，能驗(yàn)證相應(yīng)實(shí)驗(yàn)結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)過程及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A用溶液分別中和等體積的溶液和溶液，消耗的溶液多酸性：B向溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，產(chǎn)生淡黃色沉淀氧化性：C向濃度均為的和混合溶液中滴加少量溶液，振蕩，產(chǎn)生白色沉淀溶度積常數(shù)：D用pH試紙分別測(cè)定溶液和溶液pH，溶液pH大結(jié)合能力：【答案】B【解析】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通過該實(shí)驗(yàn)無法說明H2SO4和CH3COOH酸性的強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；B．向溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，產(chǎn)生淡黃色沉淀，說明發(fā)生反應(yīng)：，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，因此氧化性：，故B正確；C．和均為白色沉淀，無法通過現(xiàn)象確定沉淀種類，無法比較和溶度積常數(shù)的大小，故C錯(cuò)誤；D．比較和結(jié)合能力，應(yīng)在相同條件下測(cè)定相同濃度溶液和溶液的pH，但題中未明確指出兩者濃度相等，故D錯(cuò)誤；故選B。40.(2024·浙江卷6月)室溫下，水溶液中各含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨變化關(guān)系如下圖[例如]。已知：。下列說法正確的是A.溶解度：大于B.以酚酞為指示劑(變色的范圍8.2~10.0)，用標(biāo)準(zhǔn)溶液可滴定水溶液的濃度C.忽略的第二步水解，的溶液中水解率約為D.的溶液中加入等體積的溶液，反應(yīng)初始生成的沉淀是【答案】C【分析】在H2S溶液中存在電離平衡：H2SH++HS、HSH++S2，隨著pH的增大，H2S的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，HS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)先增大后減小，S2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，圖中線①、②、③依次代表H2S、HS、S2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化，由①和②交點(diǎn)的pH=7可知Ka1(H2S)=1×107，由②和③交點(diǎn)的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×1013。【解析】A．FeS的溶解平衡為FeS(s)Fe2+(aq)+S2(aq)，飽和FeS溶液物質(zhì)的量濃度為=mol/L=×109mol/L，F(xiàn)e(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH(aq)，飽和Fe(OH)2溶液物質(zhì)的量濃度為=mol/L=×106mol/L＞×109mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．酚酞的變色范圍為8.2~10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時(shí)，反應(yīng)沒有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．Na2S溶液中存在水解平衡S2+H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH（忽略第二步水解），第一步水解平衡常數(shù)Kh(S2)=====0.1，設(shè)水解的S2的濃度為xmol/L，則=0.1，解得x≈0.062，S2的水解率約為×100%=62%，C項(xiàng)正確；D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等體積0.2mol/