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(jié)歸納總結(jié)考向展現(xiàn)考向展現(xiàn)考向一影響四大平衡的因素1．（2023湖北）能促進(jìn)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(cuò)誤；B．HClO是弱酸，抑制水的電離，溶液顯酸性，故B錯(cuò)誤；C．(NH4)2SO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解促進(jìn)水的電離，溶液顯酸性，故C正確；D．CH3CH2ONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子水解，促進(jìn)水的電離，溶液顯堿性，故D錯(cuò)誤；故選：C。2．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）水溶液中存在電離平衡：，。下列說(shuō)法正確的是A．若向溶液中加水，平衡向右移動(dòng)，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(dòng)，溶液pH減小C．若向溶液中通入過(guò)量氣體，平衡向左移動(dòng)，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(jìn)電離，但氫離子濃度減小，A錯(cuò)誤；B．滴加少量新制氯水，發(fā)生反應(yīng)，減小，生成強(qiáng)電解質(zhì)HCl，平衡向左移動(dòng)，溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，B正確；C．通入二氧化硫發(fā)生反應(yīng)，過(guò)量時(shí)將完全消耗且溶液中存在，亞硫酸的酸性比強(qiáng)，但的通入量未知，過(guò)量的產(chǎn)生的未知，故不能確定溶液pH變化情況，C錯(cuò)誤；D．加入固體，發(fā)生反應(yīng)，溶液中增大，D錯(cuò)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(cuò)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(dòng)，c(Ag+)不變C．向懸濁液中通入少量氨氣，Q(AgCl)<Ksp(AgCl)，導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)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(luò)離子，消耗銀離子，導(dǎo)致Q(AgCl)<Ksp(AgCl)，平衡正向移動(dòng)，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(cuò)誤；答案選D。4．（2023·四川雅安·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）對(duì)濃度均為0.1mol·L1的①Na2CO3溶液，②NaHCO3溶液，下列分析錯(cuò)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)大小：①>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(shí)，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(jù)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(guān)系正確的是A．V＝0時(shí)：c(H+)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)B．V＝10mL時(shí)：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)C．V＝20mL時(shí)：c(Na+)<c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)D．加入NaOH溶液至pH＝7時(shí)，V>20mL【答案】B【解析】A．V＝0時(shí)，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(cuò)誤；B．V＝10mL時(shí)，鹽酸全部反應(yīng)完，而醋酸沒(méi)有反應(yīng)，溶質(zhì)為醋酸和氯化鈉，根據(jù)電荷守恒得到：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故B正確；C．V＝20mL時(shí)，溶質(zhì)為醋酸鈉和氯化鈉，根據(jù)物料守恒和醋酸根水解，則有c(Na+)＞c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)，故C錯(cuò)誤；D．V＝20mL時(shí)，溶質(zhì)為醋酸鈉和氯化鈉，溶液顯堿性，因此加入NaOH溶液至pH＝7時(shí)，V＜20mL，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。6．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）將溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(忽略溫度變化)，下列說(shuō)法正確的是A．混合溶液中B．混合后的水解常數(shù)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(dòng)【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(cuò)誤；B．溫度不變，水解常數(shù)不變，故B錯(cuò)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(cuò)誤；D．可以電離出氫離子，可以結(jié)合氫離子，則氫離子濃度降低，促進(jìn)醋酸的電離，故D正確；故選D?？枷蚨拇笃胶獾南嚓P(guān)計(jì)算1．（2022·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考一模）足量在水中的溶解過(guò)程如下：

，該懸濁液達(dá)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(dòng)，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(dǎo)致平衡正向移動(dòng)【答案】C【解析】A．CaCO3溶解時(shí)會(huì)放出熱量，當(dāng)溫度升高時(shí)，CaCO3溶解溶解平衡向吸熱的方向移動(dòng)，即平衡向左移動(dòng)，Ksp[CaCO3]會(huì)變小，A正確；B．加水稀釋，CaCO3溶解平衡向右移動(dòng)，但Ca2+濃度不變，因?yàn)榧铀♂尯笕允窃摐囟认碌娘柡腿芤海珺正確；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(cuò)誤；D.當(dāng)，平衡正向移動(dòng)，D正確；故答案為：C。

2．（2023·廣東廣州）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)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(xiàng)錯(cuò)誤；B．CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO+H2OCH3COOH+OH

ΔH>0，該水解反應(yīng)的水解平衡常數(shù)Kh=，溫度從20℃升溫到30℃，該水解平衡正向移動(dòng)，Kh增大，增大，則減小，B項(xiàng)錯(cuò)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(dòng)，c(H+)減小，溶液的pH增大，C項(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)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(shuō)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(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，C．向CuS飽和溶液中加入固體，CuS的溶解平衡逆向移動(dòng)，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(jù)可知，F(xiàn)eS固體能用于去除工業(yè)廢水中的，故A錯(cuò)誤；B．向和混合溶液中加入溶液，當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，，故B錯(cuò)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(dòng)，根據(jù)溶度積常數(shù)得到濾液中一定存在，故C正確；D．若要溶解，則，平衡常數(shù)很小，反應(yīng)幾乎不能發(fā)生，可判斷CuS難溶于稀鹽酸，故D錯(cuò)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(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(shuō)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(kāi)始滴加的氯化鈣量較少而過(guò)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(shuō)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。5．（2023·浙江·高考真題）碳酸鈣是常見(jiàn)難溶物，將過(guò)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(shuō)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(guò)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(shuō)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，，，則的平衡常數(shù)K，故通過(guò)加溶液不可實(shí)現(xiàn)向的有效轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤；故答案選B。6．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）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(guò)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(kāi)始沉淀，可通過(guò)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(kāi)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。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(guò)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(shuō)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。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(kāi)始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開(kāi)始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列說(shuō)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【解析】A．根據(jù)分析可知?dú)溲趸F當(dāng)pH=1.9時(shí)開(kāi)始沉淀，氫氧化鋁當(dāng)pH=3.5時(shí)開(kāi)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(guò)處理后其中含有較多的鈣離子以及沒(méi)有除凈的鋁離子，故“出水”應(yīng)該經(jīng)過(guò)陽(yáng)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?？枷蛉龑?duì)數(shù)相關(guān)圖像1．（2022·湖南·高考真題）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(guò)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(shuō)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(kāi)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(guò)量的硝酸銀溶液，溶液中的I、Br、Cl全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則Ag+濃度最大，根據(jù)溶度積可知，b點(diǎn)各離子濃度為：，故D錯(cuò)誤；故選C。2．（2023·河北邢臺(tái)·邢臺(tái)市第二中學(xué)校聯(lián)考三模）已知：MOH的堿性比NOH強(qiáng)。常溫下，用HCl分別調(diào)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(jì))，溶液中、的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)與溶液的pH關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．曲線Ⅰ表示與pH的關(guān)系B．溶液中水的電離程度：Y<XC．溶液中：Y>ZD．常溫時(shí)，反應(yīng)的平衡常數(shù)【答案】D【解析】A．，圖像中X和Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，，pH大的堿性強(qiáng)，所以曲線Ⅰ代表與pH的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B．溶液中來(lái)自水的電離，Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中水的電離程度大于X點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．由電荷守恒和可知，兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液pH相同，相同，由圖中，則有，故C錯(cuò)誤；D．，X、Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)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(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）25℃時(shí)，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L二元酸溶液，滴定過(guò)程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．屬于二元弱酸B．O點(diǎn)溶液中，C．N點(diǎn)溶液中，水電離D．P點(diǎn)溶液中，【答案】D【解析】起點(diǎn)M點(diǎn)=12，根據(jù)c(H+)c(OH)=KW，得出c(H+)=0.1mol/L，說(shuō)明二元酸為強(qiáng)酸，P點(diǎn)是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O點(diǎn)=0，說(shuō)明正好溶液呈中性A．從M點(diǎn)分析，c(H+)=0.1mol/L，0.05mol/L二元酸應(yīng)該為強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B．O點(diǎn)呈中性，根據(jù)電荷守恒有，c(H+)=c(OH)，得出，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．N點(diǎn)酸過(guò)量，水電離受到抑制，水電離的H+濃度小于mol/L，故C錯(cuò)誤；D．P點(diǎn)加氨水為10ml，酸堿正好完全中和生成正鹽，=3，再根據(jù)c(H+)c(OH)=KW，得出c(H+)=，c(OH)=，溶液中存在質(zhì)子守恒即，得出，故D正確；答案選D。4．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）鋰輝石是鋰的重要來(lái)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(jiàn)下圖(堿性過(guò)強(qiáng)時(shí)和會(huì)部分溶解)。下列說(shuō)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。5．（2022·山東·高考真題）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(shuō)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【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(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。A．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．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(diǎn)是(6.9,a)，就可以發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤；故選D。6．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某廢水處理過(guò)程中始終保持H2S飽和，即，通過(guò)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(shuō)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。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。考向四PH與溶液體積關(guān)系圖像1．（2023·廣西南寧·南寧二中?？寄M預(yù)測(cè)）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(shí)，混合溶液的pH變化情況如圖所示，圖中a點(diǎn)為滴定終點(diǎn)。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．圖中x=7B．常溫下，HR的電離常數(shù)Ka=5.0×105C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：c(R)+c(OH)c(H+)=0.1mol·L1D．b點(diǎn)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(diǎn)是滴定終點(diǎn)，消耗NaOH20ml,說(shuō)明酸的濃度也是0.2mol/L，起點(diǎn)的pH值為3，說(shuō)明該酸是一元弱酸。A．a(chǎn)點(diǎn)完全中和生成強(qiáng)堿弱酸正鹽，顯示堿性，pH>7，故A錯(cuò)誤；B．起點(diǎn)時(shí)，Ka=，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)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(diǎn)是NaR和NaOH以物質(zhì)的量之比1：1共存，應(yīng)該是c(OH)>c(R)，故D錯(cuò)誤；答案選C。2．（2023·吉林·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定濃度的NaOH溶液，滴定過(guò)程中溶液pH和溫度隨的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．Z點(diǎn)為第二反應(yīng)終點(diǎn)，可選用甲基橙作為指示劑B．從W至Z點(diǎn)，水的電離程度逐漸增大，Kw不變C．當(dāng)=1.5時(shí)，c(H2A)>c(A2?)?c(HA?)D．25℃時(shí)，H2A的電離常數(shù)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(diǎn)為第一反應(yīng)點(diǎn)，則X點(diǎn)發(fā)生反應(yīng)NaOH+H2A=NaHA+H2O恰好完全，溶質(zhì)為NaHA，其橫坐標(biāo)為，可見(jiàn)NaOH溶液為0.10mol·L－1，Z點(diǎn)溫度最高，則為第二反應(yīng)點(diǎn)，Z點(diǎn)發(fā)生反應(yīng)NaOH+NaHA=Na2A+H2O恰好完全，溶質(zhì)為Na2A。A．Z點(diǎn)為第二反應(yīng)終點(diǎn)，溶質(zhì)為Na2A，溶液呈堿性，不能選用甲基橙作為指示劑，A錯(cuò)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(diǎn)，溫度升高使Kw增大，B錯(cuò)誤；C．由圖知，當(dāng)=1.5時(shí)，所得溶液為Na2A、NaHA的混合溶液，溶液呈堿性，則得①，根據(jù)物料守恒可得②：3c(HA)+3c(A2)+3c(H2A)=2c(Na+)，根據(jù)電荷守恒得③：，三式合并得c(H2A)＞c(A2?)?c(HA?)，C正確；D．滴定過(guò)程中溶液的溫度發(fā)生變化，難以根據(jù)W點(diǎn)和Y點(diǎn)計(jì)算出25℃時(shí)H2A的電離常數(shù)，Ka1=10－2.3應(yīng)為W點(diǎn)溶液對(duì)應(yīng)溫度下的電離平衡常數(shù)，Ka2=10－9.7應(yīng)為Y點(diǎn)溶液對(duì)應(yīng)溫度下(27°C)的電離平衡常數(shù)，D錯(cuò)誤；答案選C。3．（2023·陜西商洛·鎮(zhèn)安中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）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(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)的 B．b點(diǎn)時(shí)，C．c點(diǎn)時(shí)， D．c點(diǎn)時(shí)，【答案】D【解析】A．CH3COOH是弱電解質(zhì)，部分電離，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以a點(diǎn)溶液pH＞1，故A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)為加入10mLNaOH溶液，恰好反應(yīng)生成等濃度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此時(shí)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(cuò)誤；C．當(dāng)加入NaOH溶液為20mL時(shí)，恰好生成CH3COONa，醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液呈堿性，則c點(diǎn)時(shí)溶液pH＞7，故C錯(cuò)誤；D．溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)，c點(diǎn)溶液呈中性即c(H+)=c(OH)，故c點(diǎn)時(shí)，，D正確；故選D。4．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）25°C時(shí)，用0.5mol·L1NaHCO3溶液滴定25.00mL0.25mol·L1CaCl2溶液，測(cè)得混合溶液的pH隨滴加NaHCO3溶液的體積變化如圖所示，當(dāng)?shù)渭?5mLNaHCO3溶液時(shí)出現(xiàn)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(cuò)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(diǎn)大于b點(diǎn)C．d點(diǎn)溶液中c(Ca2+)<c()D．d點(diǎn)溶液中c(Ca2+)·c()的值約為4.9×106【答案】C【解析】a點(diǎn)是氯化鈣溶液，pH=7，溶液呈中性，b點(diǎn)是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，兩者之間沒(méi)有發(fā)生反應(yīng)，碳酸氫根離子水解呈堿性，c點(diǎn)已經(jīng)有沉淀生成，溶液呈堿性，d點(diǎn)沉淀的量已經(jīng)不再變化，但溶液仍為堿性，說(shuō)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(huì)再溶解，濃度不變，pH值不變，故A正確；B．c點(diǎn)生成了碳酸鈣沉淀，促進(jìn)了碳酸氫根離子的電離，因此c點(diǎn)碳酸氫根電離程度大于b點(diǎn)，故B正確；C．d點(diǎn)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(shù)大的多，鈣離子濃度大于碳酸根離子濃度，故C錯(cuò)誤；D．c(Ca2+)·c()===，故D正確；答案選C。5．（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）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(shuō)法正確的是A．b點(diǎn)： B．c點(diǎn)：C．a(chǎn)、d點(diǎn)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(qiáng)堿，HCl是一元強(qiáng)酸，當(dāng)?shù)渭?0mLNaOH溶液時(shí)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(diǎn)的pH=6則，則，故A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)是NaX與HX1:1的混合溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)、d點(diǎn)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(jià)于c點(diǎn)，由圖可知呈堿性，故C錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)溶質(zhì)只有NaX對(duì)水的電離起促進(jìn)作用，c點(diǎn)NaX與HX1:1的混合溶液，溶液顯堿性說(shuō)明水解程度大于電離程度，HCl是一元強(qiáng)酸而HX為弱酸，強(qiáng)酸對(duì)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(guó)·高三專題練習(xí)）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(shuō)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【解析】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(guò)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。A．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。考向五分布系數(shù)與溶液PH的關(guān)系圖像1．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）甘氨酸是人體必需氨基酸之一、在時(shí)，、和的分布分?jǐn)?shù)【如】與溶液關(guān)系如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．甘氨酸具有兩性B．曲線c代表C．的平衡常數(shù)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(qiáng)時(shí)會(huì)結(jié)合氫離子，羧基具有酸性，在堿性較強(qiáng)時(shí)與氫氧根離子反應(yīng)，故曲線a表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲b表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，曲線c表示的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，故B正確；C．的平衡常數(shù)，時(shí)，根據(jù)a，b曲線交點(diǎn)坐標(biāo)可知，時(shí)，，則，故C正確；D．由C項(xiàng)分析可知，，根據(jù)b，c曲線交點(diǎn)坐標(biāo)坐標(biāo)分析可得電離平衡的電離常數(shù)為K1=，，則，即，故D錯(cuò)誤；故答案選D。2．（2023·福建·校聯(lián)考二模）利用氧化回收單質(zhì)硫，涉及反應(yīng)如下：①；②，③。25℃時(shí)，溶液中含硫微粒分布系數(shù)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(zhì)硫的含量關(guān)系如圖2，下列說(shuō)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(yīng)③D．初始pH由6降至5，單質(zhì)S減少的主要原因是部分轉(zhuǎn)化為【答案】B【解析】A．水溶液，其實(shí)際為，根據(jù)圖1分析，，，說(shuō)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(shí)際為，根據(jù)物料守恒，，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)已知信息②和③，初始pH由6升至9，發(fā)生反應(yīng)③，則使得，故C正確；D．初始pH由6降至5，酸性增強(qiáng)，發(fā)生，即單質(zhì)S減少的主要原因是部分轉(zhuǎn)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(gòu)建溶液體系，其中，。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示，分布系數(shù)，已知，。下列說(shuō)法正確的是A．當(dāng)時(shí)，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(shù)的lgK約為14D．當(dāng)時(shí)，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(jìn)行絡(luò)合，但在pH=1時(shí)，富含L的型體主要為H2L，此時(shí)電離出的HL較少，根據(jù)H2L的一級(jí)電離常數(shù)可以簡(jiǎn)單計(jì)算pH=1時(shí)溶液中c(HL)≈5×109.46，但pH=1時(shí)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(cuò)誤；B．根據(jù)圖示的分布分?jǐn)?shù)圖可以推導(dǎo)出，H2L在pH≈9.9時(shí)HL的含量最大，而H2L和L2的含量最少，因此當(dāng)pH在9.5~10.5之間時(shí)，含L的物種主要為HL，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，當(dāng)[FeL2]與[FeL]+分布分?jǐn)?shù)相等時(shí)，可以將K簡(jiǎn)化為K=，此時(shí)體系的pH=4，在pH=4時(shí)可以計(jì)算溶液中c(L2)=5.0×1014.86，則該絡(luò)合反應(yīng)的平衡常數(shù)K≈1014.16，即lgK≈14，C正確；D．根據(jù)圖像，pH=10時(shí)溶液中主要的型體為[FeL3]3和[FeL2(OH)]2，其分布分?jǐn)?shù)均為0.5，因此可以得到c([FeL3]3)=c([FeL2(OH)]2)=1×104mol·L1，此時(shí)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(cuò)誤；故答案選C。4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）常溫下，0.1mol·L1H2R溶液中H2R、HR、R2三者所占物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(分布系數(shù)δ)隨pH變化的關(guān)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(guān)系如圖2所示。下列說(shuō)法正確的是A．圖1中M點(diǎn)即為圖2中N點(diǎn)，反應(yīng)H2R+R22HR的平衡常數(shù)K=100B．水的電離程度c=d>b>aC．d點(diǎn)時(shí)，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(zhì)的量濃度減小，的物質(zhì)的量濃度先增大后減小，的物質(zhì)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(jù)圖1得到，，根據(jù)圖2N點(diǎn)得到，則有，，解得即M點(diǎn)即為圖2中N點(diǎn)，反應(yīng)H2R+R22HR的平衡常數(shù)，故A錯(cuò)誤；B．、都是抑制水的電離，是促進(jìn)水的電離，根據(jù)pH增大，的物質(zhì)的量濃度減小，的物質(zhì)的量濃度先增大后減小，的物質(zhì)的量濃度增大，d、c兩點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，電荷守恒有，，得到，再根據(jù)d點(diǎn)對(duì)應(yīng)pH=3，根據(jù)圖1信息得到，則有，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，曲線L2表示lg)隨pH的變化，故D錯(cuò)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?jǐn)?shù)，甲酸(HCOOH)與乙酸()中酸分子的分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．酸性強(qiáng)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(yīng)并恢復(fù)至室溫后，所得混合溶液中：【答案】B【解析】A．根據(jù)可知當(dāng)分布系數(shù)為0.5時(shí)，pH分別是2.8、3.75，所以，，酸性：，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像可知pH=3時(shí)，，結(jié)合電荷守恒可知，B項(xiàng)正確；C．室溫下，C項(xiàng)錯(cuò)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(yīng)并恢復(fù)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(xiàng)錯(cuò)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(guò)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(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．草酸的一級(jí)電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為B．曲線I表示的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)C．當(dāng)加入NaOH溶液的體積為20mL時(shí)，溶液中存在如下關(guān)系：D．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中存在關(guān)系：【答案】A【解析】A．據(jù)圖I線為H2C2O4，II線為，III為，據(jù)圖（1.2,0.5）可知c()=c(H2C2O4)，=101.2，所以草酸的一級(jí)電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為，A正確；B．曲線I表示H2C2O4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)加入NaOH溶液的體積為20mL時(shí)，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(shí)溶液中氫離子濃度大于氫氧根濃度，C錯(cuò)誤；D．在a點(diǎn)，c()=c()，pH=4.2，c(H+)>c(OH)，根據(jù)電荷守恒，2c()+c(OH)+c()=c(Na+)+c(H+)，則c(Na+)=3c()+c(OH)c(H+)<3c()，D錯(cuò)誤；故選A。強(qiáng)化練習(xí)強(qiáng)化練習(xí)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(yīng)，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(yù)測(cè)）關(guān)于常溫下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液，下列說(shuō)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(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)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(cuò)誤；B．根據(jù)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(dǎo)致草酸的電離度增大，則溶液pH增大，C錯(cuò)誤；D．已知H2C2O4是一種二元弱酸，故0.1molH2C2O4與NaOH溶液恰好反應(yīng)的方程式為：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O，則消耗NaOH的物質(zhì)的量等于0.2mol，D錯(cuò)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(duì)此時(shí)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(yīng)，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(dòng)，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(cuò)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(cuò)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(yīng)，剩余醋酸的物質(zhì)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(cuò)誤；選C。4．（2023上·北京朝陽(yáng)）時(shí)，水中存在電離平衡：。下列說(shuō)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(dòng)，降低D．向水中加入少量固體，平衡正向移動(dòng)，增大【答案】B【解析】A．水的電離是吸熱過(guò)程，升高溫度，平衡向電離方向移動(dòng)，Kw增大，增大，則pH減小，A錯(cuò)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(dǎo)致增大，平衡逆向移動(dòng)，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(dòng)，c(H+)降低增大，C錯(cuò)誤；D．向水中加入少量固體NH4Cl，銨根離子會(huì)和氫氧根離子之間反應(yīng)，減小，導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)，c(H+)增大，D錯(cuò)誤；答案選B。5．（2022上·福建莆田·高二?？计谥校┰谙嗤瑴囟葧r(shí)100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比較，下列數(shù)值前者大于后者的是A．中和時(shí)所需NaOH的量 B．溶液的導(dǎo)電能力C．H+的物質(zhì)的量 D．CH3COOH的物質(zhì)的量【答案】C【解析】A．計(jì)算兩溶液中醋酸的物質(zhì)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(shí)消耗的NaOH的量相等，故A錯(cuò)誤；B．酸的濃度越大，溶液中離子濃度越大，則導(dǎo)電性越強(qiáng)，故前者小于后者，故B錯(cuò)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(zhì)的量相同，前者電離程度大，則溶液中H+的物質(zhì)的量大，故C正確；D．由A分析可知，溶液中醋酸的總物質(zhì)的量相等、但電離程度前者大，故未電離的醋酸的物質(zhì)的量前者小，故D錯(cuò)誤；故選C。6．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）時(shí)，苯酚的，下列說(shuō)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(cuò)誤；C．當(dāng)pH=10.00時(shí)，c(H+)=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。7．（2023·黑龍江大慶·一模）下列說(shuō)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(zhì)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(cuò)誤；B．一水合氨為弱電解質(zhì)，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(zhì)的量多，B錯(cuò)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(cuò)誤；D．鹽酸和醋酸溶液中電荷守恒關(guān)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(yù)測(cè)）常溫下，將稀鹽酸滴加到等濃度的弱堿AOH溶液中，測(cè)得混合液的pH和的關(guān)系如圖所示，其中a點(diǎn)表示未加鹽酸時(shí)的數(shù)據(jù)，e點(diǎn)表示HCl和AOH恰好完全反應(yīng)時(shí)的數(shù)據(jù)。下列說(shuō)法正確的是A．常溫下，的水解平衡常數(shù)為B．e點(diǎn)溶液中水電離出的濃度為C．c點(diǎn)溶液中：D．d點(diǎn)溶液中：【答案】A【解析】A．由題圖可知，a點(diǎn)時(shí)，，pH=11，，則的水解平衡常數(shù)，A正確；B．由題中信息可知，e點(diǎn)表示HCl和AOH恰好完全反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)為ACl，ACl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，溶液中的來(lái)自水的電離，所以e點(diǎn)溶液中水電離出的濃度為，B錯(cuò)誤；C．c點(diǎn)溶液pH=7，根據(jù)電荷守恒，，，則，C錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)溶液鹽酸過(guò)量，水解受到抑制，水解程度微弱，所以d點(diǎn)溶液中：，D錯(cuò)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(guān)于各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液，下列說(shuō)法正確的是A．點(diǎn)等于點(diǎn)B．點(diǎn)大于點(diǎn)C．點(diǎn)降溫過(guò)程中有2個(gè)平衡發(fā)生移動(dòng)D．點(diǎn)【答案】B【解析】A．溫度升高，水的電離程度增大，則點(diǎn)小于點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．升高溫度促進(jìn)銨根離子的電離，且N點(diǎn)銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點(diǎn)酸性更強(qiáng)，故點(diǎn)大于點(diǎn)，B正確；C．點(diǎn)降溫過(guò)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(gè)平衡發(fā)生移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．點(diǎn)為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，，D錯(cuò)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(guò)程如題圖所示。已知，。下列說(shuō)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(cuò)誤；B．“除鎂”得到的上層清液中為的飽和溶液，有，故，B錯(cuò)誤；C．溶液中存在質(zhì)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(yīng)增加其他離子使等式成立，D錯(cuò)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(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．時(shí)，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(shí)，pH>12.0，溶液中，故A錯(cuò)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(jié)合圖像可知，當(dāng)，pH=12，碳酸根水解程度大于碳酸氫根，則Kh=，則Ka2＜，故C錯(cuò)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(cuò)誤。答案為：B。12．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）利用平衡移動(dòng)原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產(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(shuō)法不正確的是A．由圖1，B．由圖2，初始狀態(tài)，無(wú)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(yīng)：【答案】C【解析】A．水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時(shí)，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項(xiàng)正確；B．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會(huì)產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項(xiàng)正確；C．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．時(shí)，溶液中主要含碳微粒是，，時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為，D項(xiàng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過(guò)程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)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【解析】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(guò)量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。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(shuō)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(guò)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。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(shuō)法正確的是已知：①室溫時(shí)②A．的水解平衡常數(shù)B．若b點(diǎn)，則x=3.2C．a(chǎn)b段僅發(fā)生反應(yīng)：D．從a到c點(diǎn)，水的電離程度一直在減小【答案】B【解析】A．Fe3+水解反應(yīng)為Fe3+(aq)+3H2O?Fe(OH)3+3H+(aq)，水解平衡常數(shù)，故A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)生成Fe(OH)3沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH)，若b點(diǎn)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(shí)，NaOH先與鹽酸反應(yīng)，后與FeCl3反應(yīng)，則ab段發(fā)生的反應(yīng)為H++OH=H2O、Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，故C錯(cuò)誤；D．鹽酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液時(shí)，NaOH先與鹽酸反應(yīng)，后與FeCl3反應(yīng)，酸堿抑制水的電離，F(xiàn)e3+促進(jìn)水的電離，所以從a到c點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小，故D錯(cuò)誤；故選：B。15．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）室溫下，將0.1mol·LNaOH溶液滴入10mL0.1mol·LHCl和0.1mol·LHA()的混合溶液，測(cè)得混合溶液的pH隨滴加的的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)， B．b點(diǎn)時(shí)，mol·LC．c點(diǎn)時(shí)， D．a(chǎn)→d過(guò)程中，水的電離程度大小關(guān)系為：c>b>a>d【答案】B【解析】A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)溶液中溶質(zhì)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(diǎn)時(shí)c(Cl)>c(HA)>c(A)，A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaCl和NaA，且c(NaCl)=c(NaA)，則物料守恒關(guān)系為c(Na+)=2c(A)+2c(HA)，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，a→d過(guò)程中溶液中的氫離子濃度逐漸減小，c點(diǎn)恰好反應(yīng)完全，溶液中溶質(zhì)為NaCl和NaA，則c點(diǎn)水的電離程度最大，d點(diǎn)NaOH過(guò)量，但d點(diǎn)c(NaOH)<a點(diǎn)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(qiáng)，所以水的電離程度c>b>d>a，D錯(cuò)誤；故答案選B。16．（2023·浙江·浙江省杭州第二中學(xué)校聯(lián)考二模）時(shí)，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(shí)的。下列說(shuō)法不正確的是A．滴定溶液至終點(diǎn)時(shí)，B．曲線Ⅱ只出現(xiàn)一個(gè)突躍點(diǎn)其原因可能是與的值相差不夠大C．混合溶液滴定過(guò)程中溶液的導(dǎo)電能力逐漸降低D．混合溶液滴定至點(diǎn)時(shí)，已經(jīng)參與反應(yīng)【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(shí)為滴定終點(diǎn)，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(diǎn)時(shí)，HF與NaOH恰好完全反應(yīng)，生成NaF，溶液中F－水解，使溶液呈堿性，因此離子濃度大小關(guān)系為，A正確；B．當(dāng)兩種酸混合溶液被滴定時(shí)，如果兩者電離程度相差不大，則滴定曲線只出現(xiàn)一個(gè)突躍點(diǎn)，B正確；C．HF是弱電解質(zhì)，滴定時(shí)生成NaF是強(qiáng)電解質(zhì)，因此導(dǎo)電能力也會(huì)有增強(qiáng)，不會(huì)一直降低，C錯(cuò)誤；D．混合溶液滴定時(shí)，先反應(yīng)的是強(qiáng)酸，硝酸只需要6mLNaOH溶液就反應(yīng)完全，a點(diǎn)時(shí)消耗9mLNaOH溶液，此時(shí)HF已經(jīng)參與反應(yīng)，D正確；故選C。17．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）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(guān)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(diǎn)飽和溶液中加少量Na2S，c點(diǎn)向b點(diǎn)遷移D．YS(s)+Z2+(aq)ZS(s)+Y2+(aq)K=1×108【答案】D【解析】pS一定時(shí)，縱坐標(biāo)pM數(shù)值越小，溶度積常數(shù)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(cuò)誤；B．當(dāng)pS=0時(shí)pX=14，即c(S2)=1，c(X2+)=1014mol/L，Ksp(XS)=c(X2+)?c(S2)=1×1014，故B錯(cuò)誤；C．向c點(diǎn)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(diǎn)不會(huì)向b點(diǎn)遷移，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)pS=0即c(S2)=1時(shí)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(shù)，故D正確；故選：D。18．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）時(shí)，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(diǎn)的突躍范圍4.3～9.7)。下列說(shuō)法不正確的是A．恰好中和時(shí)，溶液呈堿性B．滴加溶液至的過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：C．滴定過(guò)程中，D．時(shí)，【答案】B【解析】A．恰好中和時(shí)，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會(huì)水解，溶液顯堿性，A正確；B．滴加溶液至的過(guò)程中，若只發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則根據(jù)電離常數(shù)，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO)===>1.0×104.3，故用氫氧化鈉滴定的過(guò)程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子方程式為：H++OH=H2O和CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，B錯(cuò)誤；C．滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過(guò)程中，根據(jù)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(jù)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(jù)該溫度下Ka(CH3COOH)=，，故有，D正確；故答案為：B。19．（2022·全國(guó)·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(guò)隔膜，未電離的可自由穿過(guò)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(guò)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(guò)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。20．（2023·河北唐山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）25℃時(shí)，用NaOH調(diào)節(jié)CH3COOH溶液的pH，保持體系中。粒子濃度的對(duì)數(shù)值(lgc)以、反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比[]與pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．25℃時(shí)，CH3COOH的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為105B．t=0.5時(shí)，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(shí)（虛線與實(shí)線相交的點(diǎn)），pH=4.75，根據(jù)CH3COOHCH3COO+H+，醋酸濃度和醋酸根離子濃度相同時(shí)，K=c(H+)=104.75，數(shù)量級(jí)為105，A正確；B．根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，t=0.5時(shí)，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，假設(shè)不發(fā)生電離和水解，兩者濃度相同，現(xiàn)溶液呈酸性，說(shuō)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(jié)合電荷守恒的等式可得，B正確；C．P1溶液中，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，因?yàn)榇姿岣x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(cuò)誤；D．根據(jù)A中計(jì)算可知，醋酸的電離常數(shù)K=104.75，即，P2點(diǎn)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(shuō)法正確的是A．25℃時(shí)，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(shí)，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C．25℃時(shí)，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(shí)，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(qiáng)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(cuò)誤；B．等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)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(shí)消耗的氫氧化鈉較多，C錯(cuò)誤；D．混合后溶液呈酸性，說(shuō)明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對(duì)較強(qiáng)的堿，但是不一定是強(qiáng)堿，D錯(cuò)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(diǎn)<c點(diǎn)C．從b點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中逐漸增大D．在d點(diǎn)和e點(diǎn)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(diǎn)pH值小于c點(diǎn)pH值，說(shuō)明c點(diǎn)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(diǎn)＜c點(diǎn)，故B正確；C．從b點(diǎn)到d點(diǎn)，由于溶液的溫度不變，因此溶液中c(H+)·c(OH)不變，故C錯(cuò)誤；D．在d點(diǎn)和e點(diǎn)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(guó)·模擬預(yù)測(cè)）實(shí)驗(yàn)測(cè)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(shuō)法錯(cuò)誤的是A．時(shí)，的電離平衡常數(shù)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(shí)，的pH=a，的電離平衡常數(shù)約為，故A正確；B．升高溫度，促進(jìn)電離，溶液中增大，后，減小，說(shuō)明醋酸的濃度降低，的揮發(fā)會(huì)導(dǎo)致降低，故B正確；C．升高溫度，使水解平衡正向移動(dòng)，溶液中增大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)質(zhì)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(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．Ksp(Ag2Y)=1011.95B．圖中a代表AgX溶液C．Q點(diǎn)溶液對(duì)應(yīng)AgX生成沉淀，而Ag2Y不產(chǎn)生沉淀D．將AgNO3溶液加入NaX和Na2Y混合溶液中至產(chǎn)生兩種沉淀，此時(shí)溶液中=102.20【答案】D【解析】利用P點(diǎn)計(jì)算Ksp[Ag2Y]=c2(Ag+)c(Y2)=107.55×（102.2）2=1011.95。同理計(jì)算Ksp[AgX]=c(Ag+)c(X)=107.55×102.2=109.75。當(dāng)X和Y2相同時(shí)為1mol/L時(shí)，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(xiàng)正確；B．由上分析，a為AgX，B項(xiàng)正確；C．對(duì)于兩條線的左下方均為其過(guò)飽和溶液，Q點(diǎn)位于b的右上方為未飽和溶液無(wú)沉淀，而Q位于a的左下方為過(guò)飽和有沉淀，C項(xiàng)正確；D．由于Ag+濃度未知，無(wú)法計(jì)算該值，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。25．（2023·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知：向難溶電解質(zhì)飽和溶液中加入與該電解質(zhì)沒(méi)有相同離子的強(qiáng)電解質(zhì)時(shí)，使難溶物溶解度增大的效應(yīng)稱為鹽效應(yīng)。常溫下，在含大量BaSO4固體的濁液中加入0.01mol下列物質(zhì)(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(shí)，對(duì)BaSO4的沉淀溶解平衡不產(chǎn)生任何影響，c(Ba2+)不變；加入0.01mol②Na2SO4時(shí)，增大了溶液中的c()，使BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移動(dòng)，c(Ba2+)減??；加入0.01mol③KNO3時(shí)，發(fā)生鹽效應(yīng)，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(lián)考二模）常溫時(shí)，碳酸鈣和硫酸鈣的沉淀溶解平衡關(guān)系如圖所示，已知，(酸根離子)(酸根離子)。下列說(shuō)法不正確的是A．曲線Ⅱ?yàn)槌恋砣芙馇€B．加入適量的氯化鈣固體，可使溶液由c點(diǎn)變到a點(diǎn)C．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)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(duì)應(yīng)的物質(zhì)Ksp小，Ⅱ?qū)?yīng)物中的Ksp大，碳酸鈣難溶于水，硫酸鈣微溶于水，曲線Ⅱ?yàn)槌恋砣芙馇€，曲線Ⅰ為沉淀溶解曲線，。A．曲線Ⅱ?yàn)槌恋砣芙馇€，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(dòng)，c（CO）減小，可使溶液由a點(diǎn)變到c點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)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(yīng)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(shuō)法正確的是A．圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H?)相同B．圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(a)=Ksp(b)＞Ksp(c)C．升高溫度，b點(diǎn)飽和溶液的組成由b點(diǎn)向c點(diǎn)方向移動(dòng)D．a(chǎn)點(diǎn)已達(dá)平衡狀態(tài)，向a點(diǎn)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(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H?)不相同，故A錯(cuò)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(diǎn)c(Ag+)、c(Cl)均較大，則圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(c)＞Ksp(a)=Ksp(b)，故B錯(cuò)誤；C．升高溫度，AgCl的溶解平衡向溶解的方向移動(dòng)，則b點(diǎn)飽和溶液的組成由b點(diǎn)向c點(diǎn)方向移動(dòng)，故C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)已達(dá)平衡狀態(tài)，向a點(diǎn)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(dòng)，故c(Ag+)減小，故D錯(cuò)誤；故選C。28．（2023·河北衡水·衡水市第二中學(xué)?？既＃?shí)