專題13溶液中的離子平衡-副本

專題13溶液中離子的平衡歸納總結歸納總結考向展現考向展現考向一影響四大平衡的因素1．（2023湖北）能促進水的電離，且水溶液呈酸性的是A． B．HClO C． D．【答案】C【解析】A．NH3溶于水形成一水合氨為弱堿，溶液顯堿性，抑制水的電離，故A錯誤；B．HClO是弱酸，抑制水的電離，溶液顯酸性，故B錯誤；C．(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽，銨根離子水解促進水的電離，溶液顯酸性，故C正確；D．CH3CH2ONa是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解，促進水的電離，溶液顯堿性，故D錯誤；故選：C。2．（2022·浙江·模擬預測）水溶液中存在電離平衡：，。下列說法正確的是A．若向溶液中加水，平衡向右移動，溶液中氫離子濃度增大B．若向溶液中滴加少量新制氯水，平衡向左移動，溶液pH減小C．若向溶液中通入過量氣體，平衡向左移動，溶液pH增大D．若向溶液中加入少量硫酸銅固體(忽略溶液體積變化)，溶液中所有離子濃度都減小【答案】B【解析】A．加水稀釋，促進電離，但氫離子濃度減小，A錯誤；B．滴加少量新制氯水，發(fā)生反應，減小，生成強電解質HCl，平衡向左移動，溶液酸性增強，pH減小，B正確；C．通入二氧化硫發(fā)生反應，過量時將完全消耗且溶液中存在，亞硫酸的酸性比強，但的通入量未知，過量的產生的未知，故不能確定溶液pH變化情況，C錯誤；D．加入固體，發(fā)生反應，溶液中增大，D錯誤;故選B。3．（2023·青海海東·統(tǒng)考三模）將足量AgCl(s)溶解在水中，形成懸濁液。已知：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)

ΔH>0，下列敘述錯誤的是A．加熱懸濁液，使其溫度升高，則Ksp(AgCl)增大B．加少量水稀釋，上述平衡正向移動，c(Ag+)不變C．向懸濁液中通入少量氨氣，Q(AgCl)<Ksp(AgCl)，導致平衡正向移動D．加入NaCl固體，則AgCl的溶解度減小，Ksp(AgCl)也減小【答案】D【解析】A．溫度升高，溶解度增大，Ksp(AgCl)增大，故A正確；B．加入少量水，平衡右移，但溶液還是飽和溶液，所以Ag＋濃度不變，故B正確；C．向懸濁液中通入少量氨氣，形成銀銨絡離子，消耗銀離子，導致Q(AgCl)<Ksp(AgCl)，平衡正向移動，故C正確；D．加入NaCl，溫度不變，AgCl的溶解度不變，Ksp(AgCl)不變，故D錯誤；答案選D。4．（2023·四川雅安·統(tǒng)考模擬預測）對濃度均為0.1mol·L1的①Na2CO3溶液，②NaHCO3溶液，下列分析錯誤的是A．①、②中的離子種類相同B．兩種溶液中c(Na+)：①=②C．兩種溶液的c(OH)大?。孩?gt;②D．①、②均有【答案】B【解析】A．NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在、、OH、H+、Na＋，離子種類相同，A不符合題意；B．0.1mol·L1的Na2CO3溶液中c(Na+)=0.2mol·L1，0.1mol·L1的NaHCO3溶液中c(Na+)=0.1mol·L1，B符合題意；C．同濃度時，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，故溶液中c(OH)前者大于后者，C不符合題意；D．根據碳原子守恒，兩溶液中的碳原子總濃度均為0.1mol·L1，故均有，D不符合題意；故選B。5．（2023·上海崇明·統(tǒng)考一模）室溫下，在10mL濃度均為0.1mol/L的醋酸和鹽酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，則下列關系正確的是A．V＝0時：c(H+)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)B．V＝10mL時：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)C．V＝20mL時：c(Na+)<c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)D．加入NaOH溶液至pH＝7時，V>20mL【答案】B【解析】A．V＝0時，由于鹽酸全部電離，醋酸部分電離，因此c(H+)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，故A錯誤；B．V＝10mL時，鹽酸全部反應完，而醋酸沒有反應，溶質為醋酸和氯化鈉，根據電荷守恒得到：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故B正確；C．V＝20mL時，溶質為醋酸鈉和氯化鈉，根據物料守恒和醋酸根水解，則有c(Na+)＞c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)，故C錯誤；D．V＝20mL時，溶質為醋酸鈉和氯化鈉，溶液顯堿性，因此加入NaOH溶液至pH＝7時，V＜20mL，故D錯誤。綜上所述，答案為B。6．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）將溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(忽略溫度變化)，下列說法正確的是A．混合溶液中B．混合后的水解常數增大C．混合溶液中D．混合后加入適量固體，的電離平衡向右移動【答案】D【解析】】溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合得到0.05mol/L的NaCl、和溶液。A。醋酸為弱酸，故0.05mol/L的NaCl、和溶液中，故A錯誤；B．溫度不變，水解常數不變，故B錯誤；C．在等濃度的NaCl、和溶液中，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，故有，故C錯誤；D．可以電離出氫離子，可以結合氫離子，則氫離子濃度降低，促進醋酸的電離，故D正確；故選D?？枷蚨拇笃胶獾南嚓P計算1．（2022·浙江臺州·統(tǒng)考一模）足量在水中的溶解過程如下：

，該懸濁液達到平衡后，下列敘述不正確的是A．升高溫度，減小B．加少量水稀釋，上述平衡正向移動，不變C．向懸濁液中加入少量固體，減小D．向懸濁液中滴入鹽酸，，導致平衡正向移動【答案】C【解析】A．CaCO3溶解時會放出熱量，當溫度升高時，CaCO3溶解溶解平衡向吸熱的方向移動，即平衡向左移動，Ksp[CaCO3]會變小，A正確；B．加水稀釋，CaCO3溶解平衡向右移動，但Ca2+濃度不變，因為加水稀釋后仍是該溫度下的飽和溶液，B正確；C．加入少量NaHCO3固體，，且水解大于電離，故，，且c(OH)增大，c(Ca2+)減小，故比值增大，C錯誤；D.當，平衡正向移動，D正確；故答案為：C。

2．（2023·廣東廣州）下列有關電解質溶液的說法正確的是A．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中B．將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中增大C．常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中【答案】C【解析】A．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中c(H+)=c(OH)，溶液中的電荷守恒為c(H+)+c()=c(OH)+c(Cl)，則溶液中c()=c(Cl)，即=1，A項錯誤；B．CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO+H2OCH3COOH+OH

ΔH>0，該水解反應的水解平衡常數Kh=，溫度從20℃升溫到30℃，該水解平衡正向移動，Kh增大，增大，則減小，B項錯誤；C．醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO+H+，向其中加入醋酸鈉固體，c(CH3COO)增大，電離平衡逆向移動，c(H+)減小，溶液的pH增大，C項正確；D．AgCl、AgI都難溶于水，0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，AgCl和AgI都不能完全溶解，相同條件下AgCl的溶度積大于AgI的溶度積，所得溶液中c(Cl)>c(I)，D項錯誤；答案選C。3．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考二模）向工業(yè)廢水中加入硫化物可以獲得CuS、FeS納米粒子［已知，］，下列說法正確的是A．FeS固體不能用于去除工業(yè)廢水中的B．向和混合溶液中加入溶液，當兩種沉淀共存時，C．向CuS飽和溶液中加入固體，CuS的溶解平衡逆向移動，濾液中一定存在D．已知溶液中，可判斷CuS易溶于稀鹽酸【答案】C【解析】A．根據可知，FeS固體能用于去除工業(yè)廢水中的，故A錯誤；B．向和混合溶液中加入溶液，當兩種沉淀共存時，，故B錯誤；C．CuS存在溶解平衡，向CuS飽和溶液中加入固體，銅離子濃度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移動，根據溶度積常數得到濾液中一定存在，故C正確；D．若要溶解，則，平衡常數很小，反應幾乎不能發(fā)生，可判斷CuS難溶于稀鹽酸，故D錯誤。綜上所述，答案為C。4．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）草酸()是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗：實驗I：往溶液中滴加溶液。實驗Ⅱ：往溶液中滴加溶液。[已知：的電離常數，溶液混合后體積變化忽略不計]，下列說法正確的是A．實驗I可選用甲基橙作指示劑，指示反應終點B．實驗I中時，存在C．實驗Ⅱ中發(fā)生反應D．實驗Ⅱ中時，溶液中【答案】D【解析】A．溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實驗誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實驗I可選用酚酞作指示劑，指示反應終點，故A錯誤；B．實驗I中時，溶質是、且兩者物質的量濃度相等，，，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錯誤；C．實驗Ⅱ中，由于開始滴加的氯化鈣量較少而過量，因此該反應在初始階段發(fā)生的是，該反應的平衡常數為，因為平衡常數很大，說明反應能夠完全進行，當完全消耗后，再和發(fā)生反應，故C錯誤；D．實驗Ⅱ中時，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。5．（2023·浙江·高考真題）碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：[已知，，的電離常數]，下列有關說法正確的是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．通過加溶液可實現向的有效轉化【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錯誤；B．根據Ka2=4.7×1011可得，則碳酸根的水解平衡常數為，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，溶液中鈣離子濃度增大，C錯誤；D．由題干可知，，，則的平衡常數K，故通過加溶液不可實現向的有效轉化，D錯誤；故答案選B。6．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）下圖為和在水中達沉淀溶解平衡時的關系圖(；可認為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是A．由點可求得B．時的溶解度為C．濃度均為的和可通過分步沉淀進行分離D．混合溶液中時二者不會同時沉淀【答案】C【解析】A．由點a(2，2.5)可知，此時pH=2，pOH=12，則===，故A錯誤；B．由點(5，6)可知，此時pH=5，pOH=9，則===，時的溶解度為=103，故B錯誤；C．由圖可知，當鐵離子完全沉淀時，鋁離子尚未開始沉淀，可通過調節(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，，pM5，此時pH約為4.7，在此pH下剛開始沉淀的濃度為，而題中>，則會同時沉淀，故D錯誤；答案選C。7．（2023·浙江·高考真題）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的量分數)與廢水初始關系如圖(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．由電離常數公式可知，溶液中=，當溶液pH為5時，溶液中==18，故B正確；C．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，與作用的數目減小，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；故選D。8．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）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：物質開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列說法錯誤的是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，當和完全沉淀時，溶液中D．“出水”經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【解析】A．根據分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，則會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．當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D．污水經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”應該經過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標準后，才能使用，D錯誤；故選D。考向三對數相關圖像1．（2022·湖南·高考真題）室溫時，用的標準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．當沉淀完全時，已經有部分沉淀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，根據三種沉淀的溶度積常數，三種離子沉淀的先后順序為I、Br、Cl，根據滴定圖示，當滴入4.50mL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點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；B．原溶液中I的物質的量為1.5×104mol，則I的濃度為=0.0100mol?L1，故B錯誤；C．當Br沉淀完全時(Br濃度為1.0×105mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×108mol/L，若Cl已經開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl)==3.3×103mol/L，原溶液中的c(Cl)=c(I)=0.0100mol?L1，則已經有部分Cl沉淀，故C正確；D．b點加入了過量的硝酸銀溶液，溶液中的I、Br、Cl全部轉化為沉淀，則Ag+濃度最大，根據溶度積可知，b點各離子濃度為：，故D錯誤；故選C。2．（2023·河北邢臺·邢臺市第二中學校聯考三模）已知：MOH的堿性比NOH強。常溫下，用HCl分別調節(jié)濃度均為的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液體積變化忽略不計)，溶液中、的物質的量濃度的負對數與溶液的pH關系如圖所示，下列說法正確的是A．曲線Ⅰ表示與pH的關系B．溶液中水的電離程度：Y<XC．溶液中：Y>ZD．常溫時，反應的平衡常數【答案】D【解析】A．，圖像中X和Y點對應的溶液中，，pH大的堿性強，所以曲線Ⅰ代表與pH的關系，故A錯誤；B．溶液中來自水的電離，Y點對應的溶液中水的電離程度大于X點，故B錯誤；C．由電荷守恒和可知，兩點對應的溶液pH相同，相同，由圖中，則有，故C錯誤；D．，X、Y點對應的溶液中，，故，故D正確；答案選D。3．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中學?？寄M預測）25℃時，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L二元酸溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關系如圖所示。下列說法正確的是A．屬于二元弱酸B．O點溶液中，C．N點溶液中，水電離D．P點溶液中，【答案】D【解析】起點M點=12，根據c(H+)c(OH)=KW，得出c(H+)=0.1mol/L，說明二元酸為強酸，P點是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O點=0，說明正好溶液呈中性A．從M點分析，c(H+)=0.1mol/L，0.05mol/L二元酸應該為強酸，故A錯誤；B．O點呈中性，根據電荷守恒有，c(H+)=c(OH)，得出，故B選項錯誤；C．N點酸過量，水電離受到抑制，水電離的H+濃度小于mol/L，故C錯誤；D．P點加氨水為10ml，酸堿正好完全中和生成正鹽，=3，再根據c(H+)c(OH)=KW，得出c(H+)=，c(OH)=，溶液中存在質子守恒即，得出，故D正確；答案選D。4．（2022·全國·高三專題練習）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離子，可在0~14范圍內調節(jié)對其凈化(即相關離子濃度)。時，與關系見下圖(堿性過強時和會部分溶解)。下列說法正確的是A．可被凈化的區(qū)間最大B．加入適量，可進一步提升凈化程度C．凈化的先后順序：D．【答案】B【解析】A．對離子凈化時，相關離子濃度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，凈化的先后順序為，C錯誤；D．對離子凈化時，相關離子濃度c<105mol/L，lgc<5，，由圖可知，Fe3+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，，Fe2+完全沉淀的pH約為8.5，c(H+)=108.5mol/L，c(OH)=105.5mol/L，，則有，D錯誤；故選B。5．（2022·山東·高考真題）工業(yè)上以為原料生產，對其工藝條件進行研究?，F有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范圍內，四種溶液中隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應的平衡常數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)生沉淀轉化【答案】D【解析】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，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。A．反應SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常數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，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．曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫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，曲線交點是(6.9,a)，就可以發(fā)生沉淀轉化，D錯誤；故選D。6．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即，通過調節(jié)pH使和形成硫化物而分離，體系中與關系如下圖所示，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l(wèi)gc(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，據此分析結合圖像各點數據進行解題。A．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)=1013mol/L，則有，A錯誤；

B．由分析可知，③為與的關系曲線，B錯誤；C．由分析可知，曲線④代表HS，由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H+)=101.6mol/L時，c(HS)=106.5mol/L，或者當c(H+)=104.2mol/L時，c(HS)=103.9mol/L，，C錯誤；D．已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點坐標可知，當c(H+)=104.9mol/L時，c(S2)=1013mol/L，或者當c(H+)=106.8mol/L時，c(S2)=109.2mol/L，故有Ka1Ka2===1021.8，結合C項分析可知Ka1=107.1，故有，D正確；故答案為D。考向四PH與溶液體積關系圖像1．（2023·廣西南寧·南寧二中?？寄M預測）常溫下，用0.2mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL一定濃度的一元酸HR溶液時，混合溶液的pH變化情況如圖所示，圖中a點為滴定終點。下列有關說法正確的是A．圖中x=7B．常溫下，HR的電離常數Ka=5.0×105C．a點溶液中：c(R)+c(OH)c(H+)=0.1mol·L1D．b點溶液中：c(Na+)>c(R)>c(OH)>c(H+)【答案】C【解析】0.2mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL一定濃度的一元酸HR溶液，a點是滴定終點，消耗NaOH20ml,說明酸的濃度也是0.2mol/L，起點的pH值為3，說明該酸是一元弱酸。A．a點完全中和生成強堿弱酸正鹽，顯示堿性，pH>7，故A錯誤；B．起點時，Ka=，故B錯誤；C．根據電荷守恒c(R)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，c(R)+c(OH)c(H+)=c(Na+)=0.1mol/L，故C正確；D．b點是NaR和NaOH以物質的量之比1：1共存，應該是c(OH)>c(R)，故D錯誤；答案選C。2．（2023·吉林·統(tǒng)考模擬預測）向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定濃度的NaOH溶液，滴定過程中溶液pH和溫度隨的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．Z點為第二反應終點，可選用甲基橙作為指示劑B．從W至Z點，水的電離程度逐漸增大，Kw不變C．當=1.5時，c(H2A)>c(A2?)?c(HA?)D．25℃時，H2A的電離常數Ka1=10－2.3，Ka2=10－9.7【答案】C【解析】向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定濃度的NaOH溶液，由圖知，X點為第一反應點，則X點發(fā)生反應NaOH+H2A=NaHA+H2O恰好完全，溶質為NaHA，其橫坐標為，可見NaOH溶液為0.10mol·L－1，Z點溫度最高，則為第二反應點，Z點發(fā)生反應NaOH+NaHA=Na2A+H2O恰好完全，溶質為Na2A。A．Z點為第二反應終點，溶質為Na2A，溶液呈堿性，不能選用甲基橙作為指示劑，A錯誤；B．氫離子被消耗、溫度升高均能促使水電離程度增大，從W至Z點，溫度升高使Kw增大，B錯誤；C．由圖知，當=1.5時，所得溶液為Na2A、NaHA的混合溶液，溶液呈堿性，則得①，根據物料守恒可得②：3c(HA)+3c(A2)+3c(H2A)=2c(Na+)，根據電荷守恒得③：，三式合并得c(H2A)＞c(A2?)?c(HA?)，C正確；D．滴定過程中溶液的溫度發(fā)生變化，難以根據W點和Y點計算出25℃時H2A的電離常數，Ka1=10－2.3應為W點溶液對應溫度下的電離平衡常數，Ka2=10－9.7應為Y點溶液對應溫度下(27°C)的電離平衡常數，D錯誤；答案選C。3．（2023·陜西商洛·鎮(zhèn)安中學校考模擬預測）常溫下，向溶液中逐滴加入的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的體積與溶液pH的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．a點的 B．b點時，C．c點時， D．c點時，【答案】D【解析】A．CH3COOH是弱電解質，部分電離，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以a點溶液pH＞1，故A錯誤；B．b點為加入10mLNaOH溶液，恰好反應生成等濃度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此時溶液的總體積為30mL，且CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中c（CH3COO）＞×≈0.033mol/L，故B錯誤；C．當加入NaOH溶液為20mL時，恰好生成CH3COONa，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解使溶液呈堿性，則c點時溶液pH＞7，故C錯誤；D．溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)，c點溶液呈中性即c(H+)=c(OH)，故c點時，，D正確；故選D。4．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）25°C時，用0.5mol·L1NaHCO3溶液滴定25.00mL0.25mol·L1CaCl2溶液，測得混合溶液的pH隨滴加NaHCO3溶液的體積變化如圖所示，當滴加25mLNaHCO3溶液時出現較為明顯的白色沉淀[已知：Ksp(CaCO3)=3.5×109、Ka1(H2CO3)=4.4×107、Ka2(H2CO3)=4.5×1011、100.8≈6.3]。下列敘述錯誤的是A．向飽和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固體，溶液pH不變B．的電離程度：c點大于b點C．d點溶液中c(Ca2+)<c()D．d點溶液中c(Ca2+)·c()的值約為4.9×106【答案】C【解析】a點是氯化鈣溶液，pH=7，溶液呈中性，b點是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，兩者之間沒有發(fā)生反應，碳酸氫根離子水解呈堿性，c點已經有沉淀生成，溶液呈堿性，d點沉淀的量已經不再變化，但溶液仍為堿性，說明碳酸氫根離子的水解大于電離。A．向飽和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固體不會再溶解，濃度不變，pH值不變，故A正確；B．c點生成了碳酸鈣沉淀，促進了碳酸氫根離子的電離，因此c點碳酸氫根電離程度大于b點，故B正確；C．d點溶液顯堿性碳酸氫根離子以水解為主，電離的碳酸根離子很少，而且碳酸鈣的溶度積比碳酸的第二步電離常數大的多，鈣離子濃度大于碳酸根離子濃度，故C錯誤；D．c(Ca2+)·c()===，故D正確；答案選C。5．（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預測）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、d點溶液混合后為酸性 D．水的電離程度：d>c>b>a【答案】D【解析】NaOH是一元強堿，HCl是一元強酸，當滴加20mLNaOH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。A．b點的pH=6則，則，故A錯誤；B．c點是NaX與HX1:1的混合溶液，根據質子守恒可得：，故B錯誤；C．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．d點溶質只有NaX對水的電離起促進作用，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；故選D。6．（2022·全國·高三專題練習）某水樣中含一定濃度的CO、HCO和其他不與酸堿反應的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol?L1的HCl溶液進行滴定，溶液pH隨滴加HCl溶液體積V(HCl)的變化關系如圖(混合后溶液體積變化忽略不計)。下列說法正確的是A．該水樣中c(CO)=0.01mol?L1B．a點處c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)C．當V(HCl)≤20.00mL時，溶液中c(HCO)基本保持不變D．曲線上任意一點存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol?L1【答案】C【解析】向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時，先后發(fā)生如下反應CO+H+=HCO、HCO+H+=H2CO3，則滴定時溶液pH會發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時碳酸根離子與鹽酸恰好反應生成碳酸氫根離子，第二次突躍時碳酸氫根離子與鹽酸恰好反應生成碳酸，由圖可知，滴定過程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時，鹽酸溶液的體積為20.00mL，由反應方程式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，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。A．由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L，故A錯誤；B．由圖可知，a點發(fā)生的反應為碳酸根離子與氫離子恰好反應生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質子守恒關系為c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(CO)，故B錯誤；C．由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol/L，當鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時，只發(fā)生反應CO+H+=HCO，滴定時溶液中碳酸氫根離子濃度為=0.01mol/L，則滴定時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，滴定加入鹽酸會使溶液體積增大，則溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]會小于0.03mol/L，故D錯誤；故選C?？枷蛭宸植枷禂蹬c溶液PH的關系圖像1．（2022·全國·高三專題練習）甘氨酸是人體必需氨基酸之一、在時，、和的分布分數【如】與溶液關系如圖。下列說法錯誤的是A．甘氨酸具有兩性B．曲線c代表C．的平衡常數D．【答案】D【解析】A．中存在和COOH，所以溶液既有酸性又有堿性，故A正確；B．氨基具有堿性，在酸性較強時會結合氫離子，羧基具有酸性，在堿性較強時與氫氧根離子反應，故曲線a表示的分布分數隨溶液pH的變化，曲b表示的分布分數隨溶液pH的變化，曲線c表示的分布分數隨溶液pH的變化，故B正確；C．的平衡常數，時，根據a，b曲線交點坐標可知，時，，則，故C正確；D．由C項分析可知，，根據b，c曲線交點坐標坐標分析可得電離平衡的電離常數為K1=，，則，即，故D錯誤；故答案選D。2．（2023·福建·校聯考二模）利用氧化回收單質硫，涉及反應如下：①；②，③。25℃時，溶液中含硫微粒分布系數隨pH變化如圖1，溶液的初始濃度為，其初始pH與剩余硫化物及單質硫的含量關系如圖2，下列說法不正確的是A．水溶液中B．水溶液中C．初始pH由6升至9，的主要原因是發(fā)生反應③D．初始pH由6降至5，單質S減少的主要原因是部分轉化為【答案】B【解析】A．水溶液，其實際為，根據圖1分析，，，說明亞硫酸氫根是電離大于水解，溶液顯酸性即，故A正確；B．水溶液，其實際為，根據物料守恒，，故B錯誤；C．根據已知信息②和③，初始pH由6升至9，發(fā)生反應③，則使得，故C正確；D．初始pH由6降至5，酸性增強，發(fā)生，即單質S減少的主要原因是部分轉化為，故D正確。綜上所述，答案為B。3．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）為某鄰苯二酚類配體，其，。常溫下構建溶液體系，其中，。體系中含Fe物種的組分分布系數δ與pH的關系如圖所示，分布系數，已知，。下列說法正確的是A．當時，體系中B．pH在9.5~10.5之間，含L的物種主要為C．的平衡常數的lgK約為14D．當時，參與配位的【答案】C【解析】A．從圖中可以看出Fe(Ⅲ)主要與L2進行絡合，但在pH=1時，富含L的型體主要為H2L，此時電離出的HL較少，根據H2L的一級電離常數可以簡單計算pH=1時溶液中c(HL)≈5×109.46，但pH=1時c(OH)=1013，因此這四種離子的濃度大小為c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL)>c(OH)，A錯誤；B．根據圖示的分布分數圖可以推導出，H2L在pH≈9.9時HL的含量最大，而H2L和L2的含量最少，因此當pH在9.5~10.5之間時，含L的物種主要為HL，B錯誤；C．該反應的平衡常數K=，當[FeL2]與[FeL]+分布分數相等時，可以將K簡化為K=，此時體系的pH=4，在pH=4時可以計算溶液中c(L2)=5.0×1014.86，則該絡合反應的平衡常數K≈1014.16，即lgK≈14，C正確；D．根據圖像，pH=10時溶液中主要的型體為[FeL3]3和[FeL2(OH)]2，其分布分數均為0.5，因此可以得到c([FeL3]3)=c([FeL2(OH)]2)=1×104mol·L1，此時形成[FeL3]3消耗了3×104mol·L1的L2，形成[FeL2(OH)]2消耗了2×104mol·L1的L2，共消耗了5×104mol·L1的L2，即參與配位的c(L2)≈5×104，D錯誤；故答案選C。4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考模擬預測）常溫下，0.1mol·L1H2R溶液中H2R、HR、R2三者所占物質的量分數(分布系數δ)隨pH變化的關系如圖1所示，向0.1mol·L1Na2R溶液中滴加稀鹽酸，所得混合溶液的pH與P[P=lg或lgc]變化關系如圖2所示。下列說法正確的是A．圖1中M點即為圖2中N點，反應H2R+R22HR的平衡常數K=100B．水的電離程度c=d>b>aC．d點時，3c(HR)c(OH)<c(Cl)c(H+)D．曲線L1表示lg)隨pH的變化【答案】B【解析】隨著pH增大，的物質的量濃度減小，的物質的量濃度先增大后減小，的物質的量濃度增大，增大，減小，所以圖1中1代表，2代表，3代表，圖2中L1表示，L2表示。A．根據圖1得到，，根據圖2N點得到，則有，，解得即M點即為圖2中N點，反應H2R+R22HR的平衡常數，故A錯誤；B．、都是抑制水的電離，是促進水的電離，根據pH增大，的物質的量濃度減小，的物質的量濃度先增大后減小，的物質的量濃度增大，d、c兩點pH相等，為同一溶液，兩者水的電離程度相等，因此水的電離程度：，故B正確；C．d點時，電荷守恒有，，得到，再根據d點對應pH=3，根據圖1信息得到，則有，故C錯誤；D．由分析可知，曲線L2表示lg)隨pH的變化，故D錯誤；綜上所述，答案為B。5．（2023·陜西寶雞·統(tǒng)考二模）室溫下，滴加NaOH溶液改變0.1RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、的微粒分布分數，甲酸(HCOOH)與乙酸()中酸分子的分布分數與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是A．酸性強弱：B．pH=3的溶液中：C．室溫下D．將1L濃度均為1的和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH固體充分反應并恢復至室溫后，所得混合溶液中：【答案】B【解析】A．根據可知當分布系數為0.5時，pH分別是2.8、3.75，所以，，酸性：，A項錯誤；B．根據圖像可知pH=3時，，結合電荷守恒可知，B項正確；C．室溫下，C項錯誤；D．將1L濃度均為1的和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH（2mol）固體充分反應并恢復至室溫后，所得混合溶液是醋酸鈉和甲酸鈉，混合溶液中起始，水解程度更大，則，D項錯誤。答案選B。6．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）草酸(H2C2O4)為二元弱酸，其電離過程為：，。常溫下向溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中H2C2O4、和的物質的量分數(δ)隨pH變化關系如圖所示，下列說法正確的是A．草酸的一級電離平衡常數的數量級為B．曲線I表示的物質的量分數C．當加入NaOH溶液的體積為20mL時，溶液中存在如下關系：D．a點對應的溶液中存在關系：【答案】A【解析】A．據圖I線為H2C2O4，II線為，III為，據圖（1.2,0.5）可知c()=c(H2C2O4)，=101.2，所以草酸的一級電離平衡常數的數量級為，A正確；B．曲線I表示H2C2O4的物質的量分數，B錯誤；C．當加入NaOH溶液的體積為20mL時，恰好得到草酸氫鈉溶液，由于Ka2(H2C2O4)=104.2>Kh()=，水解程度小于其電離程度，則此時溶液中氫離子濃度大于氫氧根濃度，C錯誤；D．在a點，c()=c()，pH=4.2，c(H+)>c(OH)，根據電荷守恒，2c()+c(OH)+c()=c(Na+)+c(H+)，則c(Na+)=3c()+c(OH)c(H+)<3c()，D錯誤；故選A。強化練習強化練習1．（2023下·云南）常溫下，下列各組離子在指定條件下可能大量共存的是A．含有的溶液中：、、、B．的溶液中：、、、C．的溶液中：、、、D．水電離出的的溶液中：、、、【答案】B【解析】A．與能發(fā)生雙水解反應，二者不能共存，A不合題意；B．的溶液顯堿性，堿性條件下，該組離子均能共存，B符合題意；C．的溶液呈酸性，酸性條件下，能氧化，二者不能共存，C不合題意；D．常溫下，水電離出的的溶液既可以為酸性溶液又可以為堿性溶液，酸性溶液中，不能大量存在，堿性溶液中，不能大量存在，D不合題意；故答案為：B。2．（2022·廣東江門·?？寄M預測）關于常溫下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液，下列說法正確的A．1L溶液中含H+為0.02molB．c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH)C．加水稀釋，草酸的電離度增大，溶液pH減小D．0.1molH2C2O4與NaOH溶液恰好反應，消耗NaOH的物質的量等于0.lmol【答案】B【解析】A．pH=2的草酸(H2C2O4)溶液中c(H+)=0.01mol/L，故1L溶液中含H+為0.01mol，A錯誤；B．根據電荷守恒可知，草酸(H2C2O4)溶液中有c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH)，B正確；C．加水稀釋，由于c()和c(H+)均減小，導致草酸的電離度增大，則溶液pH增大，C錯誤；D．已知H2C2O4是一種二元弱酸，故0.1molH2C2O4與NaOH溶液恰好反應的方程式為：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O，則消耗NaOH的物質的量等于0.2mol，D錯誤；故答案為：B。3．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有20mLpH=4的醋酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=5，對此時兩燒杯中溶液描述正確的是A．溶液體積：10V甲>V乙B．水電離出的H+濃度：c(H+)甲=10c(H+)乙C．若分別用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，所得溶液的pH：甲>乙D．若分別與10mLpH=10的NaOH溶液反應，所得溶液的pH：甲>乙【答案】C【解析】A．醋酸是弱酸，加水稀釋，醋酸電離平衡正向移動，pH=4的醋酸溶液加水稀釋10倍，稀釋后溶液pH<5，若使pH=5，需繼續(xù)加水稀釋，所以溶液體積：10V甲<V乙，故A錯誤；B．甲燒杯中醋酸溶液的pH=4，水電離出的H+濃度為1010；乙燒杯中醋酸溶液的pH=5，水電離出的H+濃度為109；所以水電離出的H+濃度：10c(H+)甲=c(H+)乙，故B錯誤；C．若分別用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗氫氧化鈉溶液的體積相等，所得溶液的體積甲<乙，醋酸鈉的濃度甲>乙，所以pH：甲>乙，故C正確；D．若分別與10mLpH=10的NaOH溶液反應，剩余醋酸的物質的量相等，所得溶液的體積甲<乙，剩余醋酸的濃度甲>乙，所得溶液的pH：甲<乙，故D錯誤；選C。4．（2023上·北京朝陽）時，水中存在電離平衡：。下列說法正確的是A．將水加熱，增大，不變B．向水中加入少量固體，增大，不變C．向水中加入少量固體，平衡逆向移動，降低D．向水中加入少量固體，平衡正向移動，增大【答案】B【解析】A．水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，增大，則pH減小，A錯誤；B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，硫酸氫鈉在水溶液中電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，導致增大，平衡逆向移動，Kw只受溫度的影響溫度不變，Kw不變，B正確；C．向水中加入少量固體NaOH，增大，平衡逆向移動，c(H+)降低增大，C錯誤；D．向水中加入少量固體NH4Cl，銨根離子會和氫氧根離子之間反應，減小，導致平衡正向移動，c(H+)增大，D錯誤；答案選B。5．（2022上·福建莆田·高二校考期中）在相同溫度時100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比較，下列數值前者大于后者的是A．中和時所需NaOH的量 B．溶液的導電能力C．H+的物質的量 D．CH3COOH的物質的量【答案】C【解析】A．計算兩溶液中醋酸的物質的量，n(前)=c1?V1=0.1L×0.01mol?L1=1×103mol，n(后)=c2?V2=0.01L×0.1mol?L1=1×103mol，兩者相等，因而中和時消耗的NaOH的量相等，故A錯誤；B．酸的濃度越大，溶液中離子濃度越大，則導電性越強，故前者小于后者，故B錯誤；C．醋酸的濃度越大其電離程度越小，由A分析可知，兩者醋酸的物質的量相同，前者電離程度大，則溶液中H+的物質的量大，故C正確；D．由A分析可知，溶液中醋酸的總物質的量相等、但電離程度前者大，故未電離的醋酸的物質的量前者小，故D錯誤；故選C。6．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）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】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錯誤；B．C6H5ONa溶液中，C6H5O離子水解出氫氧根離子，升溫促進C6H5O離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而升高溫度，Kw增大，NaOH溶液中OH濃度不變，H+濃度增大，pH減小，B錯誤；C．當pH=10.00時，c(H+)=1.0×1010，，故c(C6H5O)=c(C6H5OH)，C正確；D．C6H5ONa中的C6H5O可以水解，會促進水的電離，D錯誤；故選C。7．（2023·黑龍江大慶·一模）下列說法正確的是A．室溫下，某溶液中由水電離出的H+濃度為，則該溶液一定顯堿性B．室溫下，中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需鹽酸的物質的量多C．氨水和鹽酸混合后，若溶液呈中性，則D．相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中，【答案】D【解析】A．室溫下，某溶液中由水電離出的H+濃度為1×1013mol·L1，水的電離被抑制，若為酸溶液，溶液顯酸性，若為堿溶液，溶液顯堿性，A錯誤；B．一水合氨為弱電解質，室溫下，中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，前者所需鹽酸的物質的量多，B錯誤；C．室溫下，鹽酸和氨水混合后，若溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，溶液中存在電荷守恒：，則，C錯誤；D．鹽酸和醋酸溶液中電荷守恒關系分別為c(H+)＝c(Cl)+c(OH)、c(H+)＝c(CH3COO)+c(OH)，pH相等的兩溶液中c(H+)、c(OH)不變，所以溶液中c(Cl)=c(CH3COO)，D正確；故選D。8．（2023·云南大理·統(tǒng)考模擬預測）常溫下，將稀鹽酸滴加到等濃度的弱堿AOH溶液中，測得混合液的pH和的關系如圖所示，其中a點表示未加鹽酸時的數據，e點表示HCl和AOH恰好完全反應時的數據。下列說法正確的是A．常溫下，的水解平衡常數為B．e點溶液中水電離出的濃度為C．c點溶液中：D．d點溶液中：【答案】A【解析】A．由題圖可知，a點時，，pH=11，，則的水解平衡常數，A正確；B．由題中信息可知，e點表示HCl和AOH恰好完全反應，溶液中溶質為ACl，ACl為強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，溶液中的來自水的電離，所以e點溶液中水電離出的濃度為，B錯誤；C．c點溶液pH=7，根據電荷守恒，，，則，C錯誤；D．d點溶液鹽酸過量，水解受到抑制，水解程度微弱，所以d點溶液中：，D錯誤；故選A。9．（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，關于各點對應的溶液，下列說法正確的是A．點等于點B．點大于點C．點降溫過程中有2個平衡發(fā)生移動D．點【答案】B【解析】A．溫度升高，水的電離程度增大，則點小于點，A錯誤；B．升高溫度促進銨根離子的電離，且N點銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點酸性更強，故點大于點，B正確；C．點降溫過程中有水的電離平衡、銨根離子的水解平衡、硫酸銨的溶解平衡3個平衡發(fā)生移動，C錯誤；D．點為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，，D錯誤；故選B。10．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）室溫下，用含少量的溶液制備的過程如題圖所示。已知，。下列說法正確的是A．溶液中：B．“除鎂”得到的上層清液中：C．溶液中：D．“沉錳”后的濾液中：【答案】C【解析】A．溶液中存在電荷守恒：，A錯誤；B．“除鎂”得到的上層清液中為的飽和溶液，有，故，B錯誤；C．溶液中存在質子守恒：，故，C正確；D．“沉錳”后的濾液中還存在F、等離子，故電荷守恒中應增加其他離子使等式成立，D錯誤。故選C。11．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）25℃下，水溶液的pH隨其濃度的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．時，溶液中B．水解程度隨其濃度增大而減小C．在水中的D．的溶液和的溶液等體積混合，得到的溶液【答案】B【解析】A．由圖像可以，時，pH>12.0，溶液中，故A錯誤；B．鹽溶液越稀越水解，水解程度隨其濃度增大而減小，故B正確；C．結合圖像可知，當，pH=12，碳酸根水解程度大于碳酸氫根，則Kh=，則Ka2＜，故C錯誤；D．若的溶液等體積的蒸餾水混合，濃度變?yōu)?.1mol/L，由圖可知，pH>11.6，得到的溶液，的溶液和的溶液等體積混合后c(OH)大于與水混合的，故D錯誤。答案為：B。12．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與的關系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[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)、，發(fā)生反應：【答案】C【解析】A．水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中，C項錯誤；D．時，溶液中主要含碳微粒是，，時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D項正確；故選C。13．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）常溫下，用濃度為的標準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混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應，溶質成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據此解答。A．由分析可知，a點時溶質成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正確；B．a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正確；C．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；D．c點溶液中CH3COO水解促進水的電離，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；答案選D。14．（2023·福建泉州·統(tǒng)考一模）室溫下，用溶液滴定鹽酸酸化的溶液的pHt曲線如圖所示。下列說法正確的是已知：①室溫時②A．的水解平衡常數B．若b點，則x=3.2C．ab段僅發(fā)生反應：D．從a到c點，水的電離程度一直在減小【答案】B【解析】A．Fe3+水解反應為Fe3+(aq)+3H2O?Fe(OH)3+3H+(aq)，水解平衡常數，故A錯誤；B．b點生成Fe(OH)3沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH)，若b點c(Fe3+)=105mol?L1，則c(OH)=，c(H+)=，pH=lgc(H+)=3.2，即x=3.2，故B正確；C．向鹽酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液時，NaOH先與鹽酸反應，后與FeCl3反應，則ab段發(fā)生的反應為H++OH=H2O、Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，故C錯誤；D．鹽酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液時，NaOH先與鹽酸反應，后與FeCl3反應，酸堿抑制水的電離，Fe3+促進水的電離，所以從a到c點，水的電離程度先增大后減小，故D錯誤；故選：B。15．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預測）室溫下，將0.1mol·LNaOH溶液滴入10mL0.1mol·LHCl和0.1mol·LHA()的混合溶液，測得混合溶液的pH隨滴加的的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．a點時， B．b點時，mol·LC．c點時， D．a→d過程中，水的電離程度大小關系為：c>b>a>d【答案】B【解析】A．a點時溶液中溶質為HCl和HA，且c(HCl)=c(HA)，HA是弱酸，氫離子抑制HA的電離，則a點時c(Cl)>c(HA)>c(A)，A錯誤；B．b點時溶液總體積為20mL，n(Cl)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，則c(Cl)==0.05mol/L，B正確；C．c點時溶液中的溶質為NaCl和NaA，且c(NaCl)=c(NaA)，則物料守恒關系為c(Na+)=2c(A)+2c(HA)，C錯誤；D．由圖可知，a→d過程中溶液中的氫離子濃度逐漸減小，c點恰好反應完全，溶液中溶質為NaCl和NaA，則c點水的電離程度最大，d點NaOH過量，但d點c(NaOH)<a點c(HCl)，酸堿抑制水的電離，并且酸或堿的濃度越大，抑制作用越強，所以水的電離程度c>b>d>a，D錯誤；故答案選B。16．（2023·浙江·浙江省杭州第二中學校聯考二模）時，利用的溶液滴定未知濃度的和的混合溶液，其滴定曲線如圖所示。已知兩溶液中的濃度相同，時的。下列說法不正確的是A．滴定溶液至終點時，B．曲線Ⅱ只出現一個突躍點其原因可能是與的值相差不夠大C．混合溶液滴定過程中溶液的導電能力逐漸降低D．混合溶液滴定至點時，已經參與反應【答案】C【解析】曲線I為滴定HF的pH變化曲線，發(fā)生pH突躍時為滴定終點，則消耗9mLNaOH溶液，曲線II為混合酸的滴定曲線，且兩溶液中HF濃度相同，所以滴定混合溶液中的HF也需消耗9mLNaOH溶液，曲線II共消耗15mLNaOH溶液，則HNO3消耗6mLNaOH溶液。A．滴定HF溶液至終點時，HF與NaOH恰好完全反應，生成NaF，溶液中F－水解，使溶液呈堿性，因此離子濃度大小關系為，A正確；B．當兩種酸混合溶液被滴定時，如果兩者電離程度相差不大，則滴定曲線只出現一個突躍點，B正確；C．HF是弱電解質，滴定時生成NaF是強電解質，因此導電能力也會有增強，不會一直降低，C錯誤；D．混合溶液滴定時，先反應的是強酸，硝酸只需要6mLNaOH溶液就反應完全，a點時消耗9mLNaOH溶液，此時HF已經參與反應，D正確；故選C。17．（2023·河南·校聯考模擬預測）常溫下，三種金屬硫化物XS、YS、ZS的飽和溶液中pM[pM=lgc(M2+)]與pS[pS=lgc(S2)]的關系如圖所示。已知：Ksp(XS)>Ksp(YS)>Ksp(ZS)。下列敘述正確的是A．直線③代表ZSB．Ksp(XS)=1×1036C．向c點飽和溶液中加少量Na2S，c點向b點遷移D．YS(s)+Z2+(aq)ZS(s)+Y2+(aq)K=1×108【答案】D【解析】pS一定時，縱坐標pM數值越小，溶度積常數越大，已知：Ksp(XS)>Ksp(YS)>Ksp(ZS)，則直線①②③分別代表ZS、YS、XS；A．由分析可知，直線③代表XS，故A錯誤；B．當pS=0時pX=14，即c(S2)=1，c(X2+)=1014mol/L，Ksp(XS)=c(X2+)?c(S2)=1×1014，故B錯誤；C．向c點飽和溶液中加少量Na2S，c(S2)增大，而溫度不變Ksp(YS)不變，c(Y2+)減小，pM=lgc(Y2+)增大，c點不會向b點遷移，故C錯誤；D．當pS=0即c(S2)=1時pY=28即c(Y2+)=1028mol/L，Ksp(YS)=c(Y2+)?c(S2)=1×1028，同理Ksp(ZS)=1×1036，該平衡常數，故D正確；故選：D。18．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）時，向濃度均為的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等濃度的鹽酸，滴定終點的突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是A．恰好中和時，溶液呈堿性B．滴加溶液至的過程中，發(fā)生反應的離子方程式為：C．滴定過程中，D．時，【答案】B【解析】A．恰好中和時，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會水解，溶液顯堿性，A正確；B．滴加溶液至的過程中，若只發(fā)生反應的離子方程式：，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據電離常數，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO)===>1.0×104.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應，則離子方程式為：H++OH=H2O和CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，B錯誤；C．滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據物料守恒可知：，C正確；D．向濃度均為的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液至pH=7，根據物料守恒有c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COOH)+c(CH3COO)，則有。又由pH=7可得c(H+)=107mol/L，根據該溫度下Ka(CH3COOH)=，，故有，D正確；故答案為：B。19．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）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)。設溶液中，當達到平衡時，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錯誤；答案選B。20．（2023·河北唐山·統(tǒng)考模擬預測）25℃時，用NaOH調節(jié)CH3COOH溶液的pH，保持體系中。粒子濃度的對數值(lgc)以、反應物的物質的量之比[]與pH的關系如圖所示。下列有關說法錯誤的是A．25℃時，CH3COOH的電離平衡常數的數量級為105B．t=0.5時，C．P1所示溶液：D．P2所示溶液：【答案】C【解析】A．從圖中可知，c(CH3COOH)和c(CH3COO)相同時（虛線與實線相交的點），pH=4.75，根據CH3COOHCH3COO+H+，醋酸濃度和醋酸根離子濃度相同時，K=c(H+)=104.75，數量級為105，A正確；B．根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，t=0.5時，溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，假設不發(fā)生電離和水解，兩者濃度相同，現溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，因此c(Na+)>c(CH3COOH)，再結合電荷守恒的等式可得，B正確；C．P1溶液中，根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，因為醋酸根離子濃度等于醋酸濃度，且兩者濃度和為0.1mol/L，則醋酸根離子濃度為0.05mol/L，溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，則要使電荷守恒等式成立，c(Na+)<c(CH3COO)=0.05mol/L，C錯誤；D．根據A中計算可知，醋酸的電離常數K=104.75，即，P2點溶液呈中性，c(H+)=107mol/L，則，故c(CH3COO)>100c(CH3COOH)，D正確；故答案選C。21．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考一模）下列說法正確的是A．25℃時，將pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5B．25℃時，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C．25℃時，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多D．25℃時，pH=3的一元酸HA溶液與pH=11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強酸【答案】B【解析】A．pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是105mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯誤；B．等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數后其濃度依然相同，醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度較小，pH大，B正確；C．等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，用氫氧化鈉中和時消耗的氫氧化鈉較多，C錯誤；D．混合后溶液呈酸性，說明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對較強的堿，但是不一定是強堿，D錯誤；故選B。22．（2023·北京房山·統(tǒng)考一模）某溫度下，將pH和體積均相同的HCl和溶液分別加水稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述不正確的是A．稀釋前溶液的濃度：B．溶液中水的電離程度：b點<c點C．從b點到d點，溶液中逐漸增大D．在d點和e點均存在：(酸根陰離子)【答案】C【解析】A．稀釋前兩溶液的pH值相等，由于醋酸是部分電離，因此溶液的濃度：c(HCl)<c(CH3COOH)，故A正確；B．b點pH值小于c點pH值，說明c點酸性弱，抑制水的電離程度小，水的電離程度大，因此溶液中水的電離程度：b點＜c點，故B正確；C．從b點到d點，由于溶液的溫度不變，因此溶液中c(H+)·c(OH)不變，故C錯誤；D．在d點和e點均存在電荷守恒即c(H+)=c(酸根陰離子)+c(OH)，因此存在：c(H+)>c(酸根陰離子)，故D正確；故選：C。23．（2023·全國·模擬預測）實驗測得濃度均為的溶液和溶液的pH隨溫度的變化情況如圖所示。下列說法錯誤的是A．時，的電離平衡常數約為B．后，溶液的pH隨溫度的升高而增大的原因可能是的揮發(fā)C．升高溫度，溶液中減小，增大，pH減小D．溶液中存在：【答案】C【解析】A．時，的pH=a，的電離平衡常數約為，故A正確；B．升高溫度，促進電離，溶液中增大，后，減小，說明醋酸的濃度降低，的揮發(fā)會導致降低，故B正確；C．升高溫度，使水解平衡正向移動，溶液中增大，故C錯誤；D．根據質子守恒，溶液中，故D正確；選C。24．（2023·貴州畢節(jié)·統(tǒng)考三模）一定溫度下，飽和AgX和Ag2Y溶液中，lg[c(Ag+)]與1g[c(X)]、lg[c(Y2)]的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．Ksp(Ag2Y)=1011.95B．圖中a代表AgX溶液C．Q點溶液對應AgX生成沉淀，而Ag2Y不產生沉淀D．將AgNO3溶液加入NaX和Na2Y混合溶液中至產生兩種沉淀，此時溶液中=102.20【答案】D【解析】利用P點計算Ksp[Ag2Y]=c2(Ag+)c(Y2)=107.55×（102.2）2=1011.95。同理計算Ksp[AgX]=c(Ag+)c(X)=107.55×102.2=109.75。當X和Y2相同時為1mol/L時，Ag2Y中的Ag+為105.95mol/L而AgX中Ag+為109.75mol/L，所以a為AgX，而b為Ag2Y。A．由上分析，A項正確；B．由上分析，a為AgX，B項正確；C．對于兩條線的左下方均為其過飽和溶液，Q點位于b的右上方為未飽和溶液無沉淀，而Q位于a的左下方為過飽和有沉淀，C項正確；D．由于Ag+濃度未知，無法計算該值，D項錯誤；故選D。25．（2023·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預測）已知：向難溶電解質飽和溶液中加入與該電解質沒有相同離子的強電解質時，使難溶物溶解度增大的效應稱為鹽效應。常溫下，在含大量BaSO4固體的濁液中加入0.01mol下列物質(忽略體積變化)，溶液中c(Ba2+)由大到小的排序正確的是①BaSO4

②Na2SO4

③KNO3A．②①③ B．③②① C．③①② D．①③②【答案】C【解析】在含大量BaSO4固體的濁液中加入0.01mol①BaSO4時，對BaSO4的沉淀溶解平衡不產生任何影響，c(Ba2+)不變；加入0.01mol②Na2SO4時，增大了溶液中的c()，使BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移動，c(Ba2+)減?。患尤?.01mol③KNO3時，發(fā)生鹽效應，使BaSO4的溶解度增大，從而使c(Ba2+)增大。綜合以上分析，溶液中c(Ba2+)由大到小的排序③①②，故選C。26．（2023·浙江·校聯考二模）常溫時，碳酸鈣和硫酸鈣的沉淀溶解平衡關系如圖所示，已知，(酸根離子)(酸根離子)。下列說法不正確的是A．曲線Ⅱ為沉淀溶解曲線B．加入適量的氯化鈣固體，可使溶液由c點變到a點C．b點對應的硫酸鈣溶液不飽和D．向碳酸鈣飽和溶液中通入氣體，溶液中不變【答案】B【解析】由圖像可知，Ⅰ對應的物質Ksp小，Ⅱ對應物中的Ksp大，碳酸鈣難溶于水，硫酸鈣微溶于水，曲線Ⅱ為沉淀溶解曲線，曲線Ⅰ為沉淀溶解曲線，。A．曲線Ⅱ為沉淀溶解曲線，A正確；B．加入適量的氯化鈣固體，c（Ca2+）增大，CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO（aq）溶解平衡向逆方向移動，c（CO）減小，可使溶液由a點變到c點，B錯誤；C．b點對應Q<Ksp，硫酸鈣溶液不飽和，C正確；D．向碳酸鈣飽和溶液中通入氣體，發(fā)生反應生成碳酸氫鈣，但不變，D正確；故答案選B。27．（2023上·北京通州·高二統(tǒng)考期末）AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是A．圖中各點對應的c(H?)相同B．圖中各點對應的Ksp的關系為：Ksp(a)=Ksp(b)＞Ksp(c)C．升高溫度，b點飽和溶液的組成由b點向c點方向移動D．a點已達平衡狀態(tài)，向a點溶液加入NaCl固體，飽和溶液的各微粒濃度不變【答案】C【解析】A．溫度升高，水的電離平衡程度增大，c(H?)增大，故圖中各點對應的c(H?)不相同，故A錯誤；B．Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)，溫度相同，Ksp相同，a、b在同一曲線上，所處溫度相同，c點c(Ag+)、c(Cl)均較大，則圖中各點對應的Ksp的關系為：Ksp(c)＞Ksp(a)=Ksp(b)，故B錯誤；C．升高溫度，AgCl的溶解平衡向溶解的方向移動，則b點飽和溶液的組成由b點向c點方向移動，故C正確；D．a點已達平衡狀態(tài)，向a點溶液加入NaCl固體，c(Cl)增大，AgCl的溶解平衡向生成沉淀的方向移動，故c(Ag+)減小，故D錯誤；故選C。28．（2023·河北衡水·衡水市第二中學?？既＃?/p>