2023年屆高考化學二輪專題復習匯編試卷：H單元水溶液中的離子平衡(2023年高考真題+模擬新題)

H單元水溶液中的離子平衡H1 20.F1B3H1K1[2023·江蘇卷]磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca(PO)等形式存在。它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用。3 42白磷(P)可由Ca(PO)SiO4 3 42 22Ca(PO)(s)＋10C(s)===6CaO(s)＋P(s)＋10CO(g) ΔH＝＋3359.26kJ·mol－13 42 4 1CaO(s)＋SiO(s)===CaSiO(s) ΔH＝－89.61kJ·mol－12 3 22Ca

(PO)(s)＋6SiO(s)＋10C(s)===6CaSiO(s)＋P(s)＋10CO(g) ΔH3 42 2 3 4 3則ΔH＝ kJ·mol－1。3白磷中毒后可用CuSO4

溶液解毒，解毒原理可用以下化學方程式表示：11P＋60CuSO＋96HO===20CuP＋24HPO＋60HSO4 4 2 3 3 4 2 460molCuSO4

能氧化白磷的物質(zhì)的量是 。磷的重要化合物NaHPONaHPO和NaPO可通過HPO與NaOH溶液反響獲得，2 4 2 4 3 4 3 4含磷各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關系如以以下圖所示。0①為獲得盡可能純的NaHPO，pH應把握在 ；pH＝8時，溶液中主要含磷物2 4種濃度大小關系為 。②NaHPOCaCl溶液，溶液則顯酸性，其緣由是2 4 2 (用離子方程式表示)。磷的化合物三氯氧磷(PClOClCl)與季戊四醇(CHOHCHOHCCHOHCHOH)以物質(zhì)的2 2 2 2量之比2∶1XX的核磁共振氫譜如以以下圖所示。0①酸性氣體是 (填化學式)。②X的構造簡式為 。20．[答案](1)2821.63mol①4～5.5(介于此區(qū)間內(nèi)的任意值或區(qū)間均可)c(HPO2－)>c(HPO－)4 2 4②3Ca2＋＋2HPO2－===Ca(PO)↓＋2H＋4①HCl

3 42②POClOOCHCCHCHOPOClOCH2 2 2 2[解析](1)6ΔH＝＋3359.26kJ·mol－1＋(－89.61kJ·mol－1)×6＝2821.6kJ·mol－1。(2)P的化合價有升有降，Cu的化合價只降低。P從0價升到＋5價，1molP 共失去20mol電子，依據(jù)得失電子守恒有：n(P)×20＝4 4n(CuSO)×1，所以60molCuSO3molP。(3)①從圖中不難看出，pH4～5.5之4 4 4

PO－的含量最高。在pH＝8時，溶液中含有HPO2－HPO－兩種離子，且前者大于2 4 4 2 4Ca2＋與HPO2－局部電離出的PO3－結合，生成難溶的Ca(PO)4 4 3 42

沉淀，促進了HPO2－的電離，故溶液顯酸性。(4)三氯氧磷與季戊四醇以2∶1反響，核磁共振氫譜中的峰4由2 組變成1 組，明顯應為四個羥基上的H 原子被取代了，生成了HCl 及POClOOCHCCHCHOPOClOCH。2 2 2 2G2F4H1H3[2023·江蘇卷]以下有關說法正確的選項是( )反響NH(g)＋HCl(g)===NHCl(s)在室溫下可自發(fā)進展，則該反響的ΔH<03 4電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極c〔CHCOOH〕C．CHCOOH溶液加水稀釋后，溶液中 3

的值減小33 c〔CHCOO－〕3D．NaCO溶液中參與少量Ca(OH)固體，CO2－水解程度減小，溶液的pH減小2 3 2 311．AC [解析]ΔS＜0，因反響能自發(fā)進展，則該反響確定為放熱反響，A項正確；在電解精煉銅中，粗銅作陽極，純銅作陰極，Bc(C項中式子的比值將減小，CNaCO溶液中參與Ca(OH)后生成CaCOc(CO2－)減小，c(OH－)2 3 2 3 3增大，pH增大，D項錯誤。B2H1H2H3[2023·福建卷]室溫下，對于0.10mol·L－1的氨水，以下推斷正確的選項是( )與AlCl3

溶液發(fā)生反響的離子方程式為Al3＋＋3OH－===Al(OH)↓3加水稀釋后，溶液中c(NH＋)·c(OH－)變大4用HNO溶液完全中和后，溶液不顯中性3其溶液的pH＝138．C [解析] NH〃HO 是弱堿，在離子方程式中化學式不能拆分，Al3＋＋3 23NHHO===Al(OH)3N＋ANHHONHHO3 2 3 4 3 2 3 2NH＋＋OH－的電離平衡右移，但是NH4

〃HO、NH＋、OH－的濃度均減小，則溶液中2 4c(NH＋)·c(OH－)變小，B項錯誤；用HNO完全中和氨水時得到硝酸銨溶液，即NH〃HO＋4 3 3 2HNO

===NHNO＋H

O，硝酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致中和后的溶液顯弱酸性，3 4 3 2CNHHOOHc(O－小于0.10molL3 21.0×10－14－1KW

＝1.0×10－14，則氨水中c(H＋)>

0.10

mol〃L－1＝10－13mol〃L－1，pH＝－lgc(H＋)<13，D項錯誤。12．H1H3H2H6[2023·廣東卷]50℃時，以下各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關系正確的選項是( A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．飽和小蘇打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO－)3C．飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的純堿溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－112．C [解析]pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4mol〃L－1，A項錯誤；飽和小蘇打溶液中，NaHCO

===Na＋＋HCO－，HCO－

H＋＋CO2－、HCO－＋H

O HCO＋OH－，依據(jù)物3 3 3 3 3 2 2 3料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)，則飽和小蘇打溶液中c(Na＋)>c(HCO－)，3 3 2 3 3B項錯誤；依據(jù)電荷守恒原理可知飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C項正確；25KW

＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，上升溫度，KW K

>1.0×10－14，則pH＝12的純堿溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，c(OH－)＝ W >10－2mol〃L－1，D項錯誤。c〔H＋〕11．G5H1 [2023·北京卷]以下試驗事實不能用平衡移動原理解釋的是( )A.NO球浸泡在冷水和熱水中2B.t/t/℃K/10－14W251.01505.4710055.0C.D.c(c(氨水)/(mol·L－1)pH0.111.10.0110.611．C [解析]右側(cè)的燒瓶中氣體顏色深說明上升溫度化學平衡2NO(g) NO(g)2 2 4逆向移動，A項正確；上升溫度，水的離子積常數(shù)增大，說明水的電離平衡向電離方向移動，BMnO2

是HO2

HO2 2

溶液中參與MnO2

是為了加快HO2 2

分解的速率，C項錯誤；氨水中存在電離平衡NH〃HO NH＋＋OH－，加水稀釋，平衡向電離3 2 4方向移動，但c(OH－)比原來小，D項正確。H2 水的電離和溶液的酸堿性8.B2H1H2H3[2023·福建卷]室溫下，對于0.10mol·L－1的氨水，以下推斷正確的選項是( )與AlCl3

溶液發(fā)生反響的離子方程式為Al3＋＋3OH－===Al(OH)↓3加水稀釋后，溶液中c(NH＋)·c(OH－)變大4用HNO溶液完全中和后，溶液不顯中性3其溶液的pH＝138．C [解析] NH HO 是弱堿，在離子方程式中化學式不能拆分，Al3＋＋3 23NH HO===Al(OH)3N＋A項錯誤加水稀釋促進NH HO電離使NH HO3 2 3 4 3 2 3 2NH＋＋OH－的電離平衡右移，但是NH4

HO、NH＋、OH－的濃度均減小，則溶液中2 4c(NH＋)·c(OH－)變小，B項錯誤；用HNO完全中和氨水時得到硝酸銨溶液，即NH HO＋4 3 3 2HNO

===NHNO＋H

O，硝酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致中和后的溶液顯弱酸性，3 4 3 2C項正確NH HO的電離是可逆反響不行能完全電離出OH則c(O－小于0.10molL3 21.0×10－14－1KW

＝1.0×10－14，則氨水中c(H＋)>

0.10

mol L－1＝10－13mol L－1，pH＝－lgc(H＋)<13，D項錯誤。H1H3H2H6[2023·廣東卷]50℃時，以下各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關系正確的選項是( A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．飽和小蘇打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO－)3C．飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的純堿溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－112．C [解析]pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4mol L－1，A項錯誤；飽和小蘇打溶液中，NaHCO

===Na＋＋HCO－，HCO－

H＋＋CO2－、HCO－＋H

O HCO＋OH－，依據(jù)物3 3 3 3 3 2 2 3料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)，則飽和小蘇打溶液中c(Na＋)>c(HCO－)，3 3 2 3 3B項錯誤；依據(jù)電荷守恒原理可知飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C項正確；25KW

＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，上升溫度，KW K

>1.0×10－14，則pH＝12的純堿溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，c(OH－)＝ W >10－2mol L－1，D項錯誤。c〔H＋〕H2 [2023·全國卷]某單官能團有機化合物，只含碳、氫、氧三種元素，相對分子質(zhì)量為58，完全燃燒時產(chǎn)生等物質(zhì)的量的CO 和HO。它可能的構造共有(不考慮立體異2 2構)( )A．4種 B．5種 C．6種 D．7種13B ]依據(jù)燃燒產(chǎn)物CO和HO物質(zhì)的量相等可知H原子個數(shù)之比為12，2 2分子式可設為(CH)OCHO((乙二醛CHO

2個官能團不2m n 3 6 2 2 2符合題意)CHCHCHOCHCOCHCHCHOHCH、3 2 3 3 2 2環(huán)醚CH2OCH—CH3、CH2CH2OCH25種。H2 [2023·全國卷]如圖0表示水中c(H＋)和c(OH－)的關系以下推斷錯誤的選項是( )圖0A．兩條曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝KWB．M區(qū)域內(nèi)任意點均有c(H＋)<c(OH－)C．圖中T<T1 2D．XZ線上任意點均有pH＝712．D [解析]溫度確定時，水的離子積是定值，A項正確；XZ線上，c(H＋)＝c(OH－)，M區(qū)在XZ線上方，故c(OH－)>c(H＋)，B項正確；圖中，TK2 W

大于T1

K，故T高于W 2T，C項正確；XZ線上，c(H＋)＝c(OH－)7，D項錯誤。1H2 H3[2023]0.1mo－1的醋酸溶液中逐滴參與等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])與pH的變化關系如圖0所示，則( )0A．M點所示溶液的導電力氣強于Q點B．N點所示溶液中c(CHCOO－)＞c(Na＋)3C．M點和N點所示溶液中水的電離程度一樣D．Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積13．C [解析]Q點的pOH＝pHCHCOONa與少量3CHCOOH，MCHCOOH和少量CHCOONaM點溶液3 3 3中離子濃度小于QM點比Q點溶液中溶質(zhì)為CHCOONa3NaOHc(Na＋)＞c(CHCOO－)，B項錯誤；MN點所示溶液中水的電離3均受到抑制，水的電離程度均為10－bmol/L，C項正確；Q點溶液中溶質(zhì)為CHCOONa與少3CHCOOHNaOHQ點消耗NaOH溶液的3體積小于醋酸的體積，D項錯誤。10．F2G2H2[2023·天津卷]PM2.5

(直徑小于等于2.5μm的懸浮顆粒物)，其主要來源為燃煤、機動車尾氣等。因此，對PM 、SO、2.5 2NO等進展爭論具有重要意義。x請答復以下問題：(1)將PM 樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。2.5假設測得該試樣所含水溶性無機離子的化學組分及其平均濃度如下表：離子離子10－610－610－510－510－510－5K＋4×6×2×4×3×2×Na＋4SO2－43Cl－依據(jù)表中數(shù)據(jù)推斷PM 的酸堿性為 ，試樣的pH＝ 。2.5為削減SO的排放，常實行的措施有：2①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料。：H

(g) 1＋O(g)===H＋O(g)===HO(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－11C(s)＋2O

(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－12寫出焦炭與水蒸氣反應的熱化學方程式：。②洗滌含 SO 的煙氣。以下物質(zhì)可作洗滌劑的是2。a．Ca(OH) b．NaCO2 2 3c．CaCl d．NaHSO2 3汽車尾氣中NO和CO的生成及轉(zhuǎn)化x①汽缸中生成NO的反響為N(g)＋O(g) 2NO(g) ΔH>02 2假設1mol空氣含0.8molN 和0.2molO，1300℃時在密閉容器內(nèi)反響到達平衡，測得2 2NO為8×10－4mol。計算該溫度下的平衡常數(shù)K＝ 。汽車啟動后，汽缸溫度越高，單位時間內(nèi)NO 排放量越大，原因是。②汽車燃油不完全燃燒時產(chǎn)生CO，有人設想按以下反響除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O(g)2己知該反應的 ΔH>0 ，簡述該設想能否實現(xiàn)的依據(jù)：。③目前，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器可削減CO和NO的污染，其化學反響方程式為。10．[答案](1)酸性4(2)①C(s)＋HO(g)===CO(g)＋H(g)2 2ΔH＝＋131.3kJ·mol－1②a、b(3)①4×10－6 溫度上升，反響速率加快，平衡右移②該反響是焓增、熵減的反響，任何溫度下均不自發(fā)進展③2CO＋2NO催化劑,Ｆ2CO＋N2 2解析](1)PM 中含N＋因N＋的水解而顯酸性依據(jù)電荷守恒得c(＋c(＋＋c(Na2.5 4 4＋)＋c(NH＋)＝2c(SO2－)＋c(NO－)＋c(Cl－)，將表格中的數(shù)據(jù)代入求得c(H＋)＝10－4mol〃L－1，4 4 3pH＝4。21個方程式得目標反響的熱化學方程式為C(s)＋HO(g)===CO(g)2＋H(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1。2②SO是酸性氧化物，可用堿性物質(zhì)吸取，故正確答案為a、b。2c2〔NO〕 〔8×10－4〕2①K＝ ＝ ＝4×10－6；該反響為吸熱反響，上升溫度，c〔N

〕×c〔O2

〕 0.8×0.22平衡向正反響方向移動，且上升溫度，反響速率加快。②該反響ΔH＞0、且ΔS＜0，故反響在任何溫度下都不能自發(fā)。③NO具有氧化性，能將CO氧化成CO，自身被復原為N。2 23．H2N3N4[2023·重慶卷]以下排序正確的選項是( )A．酸性：HCO＜CHOH＜CHCOOH2 3 6 5 3堿性：Ba(OH)＜Ca(OH)＜KOH2 2熔點：MgBr＜SiCl＜BN2 4沸點：PH＜NH＜HO3 3 23．D [解析]酸性CHOH＜HCO＜CHCOOH，A6 5 2 3 3大，元素的金屬性越強，Ca＜Ba，同周期元素，主族序數(shù)越大，其金屬性越弱，Ca＜K，故堿性Ca(OH)＜Ba(OH)，Ca(OH)＜KOH，B項錯誤；MgBr晶體屬于離子晶體，SiCl晶體2 2 2 2 4屬于分子晶體，BN晶體屬于原子晶體，熔點：原子晶體>離子晶體>分子晶體，則SiCl＜4MgBr＜BN，C項錯誤；同主族元素的氫化物，相對分子質(zhì)量越大，其熔、沸點一般越高，2但由于HO、NH分子間存在氫鍵，D項正確。2 32．H2H3H5[2023·重慶卷]以下說法正確的選項是( )A．KClO3

SO3

溶于水后能導電，故KClO3

和SO3

為電解質(zhì)B．25℃時，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7，V ＜V醋酸 NaOHC．向NaAlO溶液中滴加NaHCO溶液，有沉淀和氣體生成2 3D．AgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)2．D [解析]SOSOHSO屬于電解質(zhì)，SO3 3 2 4 3本身是非電解質(zhì)，A項錯誤；醋酸溶液與等濃度NaOH溶液恰好完全反響，生成的醋酸鈉溶pH＝7，參與醋酸的體積應增大，B項錯誤；向NaAlO溶2液中滴加NaHCO溶液，發(fā)生反響AlO－＋HCO－＋HO===Al(OH)↓＋CO2－，無氣體生成，3 2 3 2 3 3CAgI比AgClAgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)，D項正確。H2H3H6[2023·四川卷]HAKOH溶液等體積混合(無視體積變化)，試驗數(shù)據(jù)如下表：試驗編號起始濃度/(mol·L－1)c(HA)c(KOH)反響后溶液的pH①0.10.19②x0.27以下推斷不正確的選項是( )試驗①反響后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) K 試驗①反響后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ W mol/L1×10－9試驗②反響后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1mol/LD．試驗②反響后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)5．B[解析]KApH＝9A－水解導致，因此溶液中離子濃度為c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A項正確；據(jù)電荷守恒，試驗①反響后溶液中，c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)，B項錯誤；結合A項分析可知HA為弱酸，由此可知試驗②中所取c(HA)＞0.2mol/L2倍，結合原子守恒知反響0.2mol/L后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞ 2 ＝0.1mol/L，C項正確；室溫下溶液呈中性，即溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol/L，再利用電荷守恒和原子守恒可知c(K＋)＝c(A－)＝0.1mol/L，D項正確。9．H2H3 [2023·課標全國卷Ⅰ]短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡潔離子都能破壞水的電離平衡的是( )A．W2－、X＋C．Y3＋、Z2－

X＋、Z2－

B．X＋、Y3＋9．C[解析]由離子電荷數(shù)推斷出：W為O，X為Na，Y為Al，ZS。S2－水解生成OH－，使水的電離平衡向右移動，Al3＋水解生成H＋，使水的電離平衡向右移動，C項正確；O2－、Na＋在水溶液中不水解，不影響水的電離平衡，故A、B、D項錯誤。13．H2 [2023·課標全國卷Ⅱ]室溫時，M(OH)(s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)

＝a。2 spc(M2＋)＝bmol·L－1時，溶液的pH等于( )1 b 1 aA.2lga B.2lgbC．14

1 a

D．14

1 b＋2lgb13．C [解析]K

＋2lga＝c(M2＋)×c2(OH－)＝b×c2(OH－)＝a，則c(OH－)＝ a，有c(H＋)＝sp b K 10－14

1 aw ＝ ，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lg

b，C項正確。c〔OH－〕 a 2bH3 鹽類的水解11.G2F4H1H3[2023·江蘇卷]以下有關說法正確的選項是( )反響NH(g)＋HCl(g)===NHCl(s)在室溫下可自發(fā)進展，則該反響的ΔH<03 4電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極c〔CHCOOH〕C．CHCOOH溶液加水稀釋后，溶液中 3

的值減小33 c〔CHCOO－〕3D．NaCO溶液中參與少量Ca(OH)固體，CO2－水解程度減小，溶液的pH減小2 3 2 3AC [解析]依據(jù)該反響中各物質(zhì)的聚攏狀態(tài)可知，該反響的ΔS＜0，因反響能自發(fā)進展，則該反響確定為放熱反響，A項正確；在電解精煉銅中，粗銅作陽極，純銅作陰極，Bc(C項中式子的比值將減小，CNaCO溶液中參與Ca(OH)后生成CaCOc(CO2－)減小，c(OH－)2 3 2 3 3增大，pH增大，D項錯誤。C5H3 [2023·安徽卷]我省盛產(chǎn)礦鹽(主要成分是NaClSO2－等其他可溶性4雜質(zhì)的離子)。以下有關說法正確的選項是( )由礦鹽生產(chǎn)食鹽，除去SO2－最適宜的試劑是Ba(NO)4 32工業(yè)上通過電解氯化鈉溶液制備金屬鈉和氯氣室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度D．用酚酞試液可鑒別飽和食鹽水和飽和純堿溶液12．D [解析]Ba(NO)SO2－NO－，A項32 4 3NaCBC－AgCl的溶解度，即室溫下，AgCl在水中的溶解度大于在食鹽水中的溶解度，C項錯誤；飽和純堿中因CO2－3色，D項正確。B2H1H2H3[2023·福建卷]室溫下，對于0.10mol·L－1的氨水，以下推斷正確的選項是( )與AlCl3

溶液發(fā)生反響的離子方程式為Al3＋＋3OH－===Al(OH)↓3加水稀釋后，溶液中c(NH＋)·c(OH－)變大4用HNO溶液完全中和后，溶液不顯中性3其溶液的pH＝138．C [解析] NH〃HO 是弱堿，在離子方程式中化學式不能拆分，Al3＋＋3 23NHHO===Al(OH)3N＋ANHHONHHO3 2 3 4 3 2 3 2NH＋＋OH－的電離平衡右移，但是NH4

〃HO、NH＋、OH－的濃度均減小，則溶液中2 4c(NH＋)·c(OH－)變小，B項錯誤；用HNO完全中和氨水時得到硝酸銨溶液，即NH〃HO＋4 3 3 2HNO

===NHNO＋H

O，硝酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致中和后的溶液顯弱酸性，3 4 3 2CNHHOOHc(O－小于0.10molL3 21.0×10－14－1KW

＝1.0×10－14，則氨水中c(H＋)>

0.10

mol〃L－1＝10－13mol〃L－1，pH＝－lgc(H＋)<13，D項錯誤。12．H1H3H2H6[2023·廣東卷]50℃時，以下各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關系正確的選項是( A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．飽和小蘇打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO－)3C．飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的純堿溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－112．C [解析]pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4mol〃L－1，A項錯誤；飽和小蘇打溶液中，NaHCO

===Na＋＋HCO－，HCO－

H＋＋CO2－、HCO－＋H

O HCO＋OH－，依據(jù)物3 3 3 3 3 2 2 3料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)，則飽和小蘇打溶液中c(Na＋)>c(HCO－)，3 3 2 3 3B項錯誤；依據(jù)電荷守恒原理可知飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C項正確；25KW

＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，上升溫度，KW K

>1.0×10－14，則pH＝12的純堿溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，c(OH－)＝ W >10－2mol〃L－1，D項錯誤。c〔H＋〕29．G2 H3[2023·山東卷]化學反響原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應用。利用“化學蒸氣轉(zhuǎn)移法”制備TaS2

晶體，發(fā)生如下反響：TaS(s)＋2I(g) TaI(g)＋S(g) ΔH＞0 (Ⅰ)2 2 4 2反響(Ⅰ)的平衡常數(shù)表達式K＝ ，假設K＝1，向某恒容容器中參與1molI2

(g)和足量TaS(s)，I(g)的平衡轉(zhuǎn)化率為 。2 20(Ⅰ)T2

的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I(g)，一段時間后，在溫度為 T2

的一端得到了純潔 TaS2

晶體，則溫度T T(填“＞”“＜”或“＝”)。上述反響體系中循環(huán)使用的物質(zhì)是 。1 20I的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉(zhuǎn)化成HSO

，然后用2 2 3確定濃度的I2

溶液進展滴定，所用指示劑為 ，滴定反響的離子方程式為。25℃時HSO HS－H的電離常數(shù)K＝110－2mo－1則該溫度下NaHSO2 3 3 a 3水解反響的平衡常數(shù)K＝ mol·L－1，假設向NaHSO溶液中參與少量的I，則溶液中h 3 2c〔HSO〕2 3 將 (填“增大”“減小”或“不變”)。3c〔HSO－〕329．[答案

c〔TaI〕·c〔S〕

66.7%< I2

](1)

4 2c2〔I〕2淀粉溶液I＋HSO＋HO===4H＋＋2I－＋SO2－2 2 3 2 4(4)1×10－12 增大[解析](1)固態(tài)與純液態(tài)物質(zhì)的濃度為常數(shù)，不計入平衡常數(shù)表達式，因此反響(Ⅰ)的平c〔TaI〕·c〔S〕K＝

4 2c2〔I〕2

I2

2xmolTaI、4x2 V 1 S的物質(zhì)的量均為xmol，設容器體積為V 2 〔1－2x〕2

＝13，故 V I(g)的平衡轉(zhuǎn)化率等于66.7%(2)在溫度為T2

的一端反響投入未提純的TaS2

粉末和少量I(g)，2一段時間后在溫度為T1

的一端生成純潔的TaS2

晶體，要想實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化，只有在溫度為T的2一端發(fā)生正反響，使TaS2

粉末轉(zhuǎn)化為氣態(tài)，然后在溫度為T1

的一端發(fā)生逆反響生成純潔的TaS2

晶體，利用“正反響為吸熱反響”可知高溫反響正向移動，降溫反響逆向移動，因此可推知T＜TI(g)(3)利用碘遇淀粉變藍色可知該滴定操1 2 2作指示劑可選用淀粉溶液，滴定終點時溶液由無色變?yōu)樗{色且 30s內(nèi)不褪色。(4)K＝hc〔HSO〕·c〔OH－〕c〔HSO〕·c〔OH－〕·c〔H＋〕K 10－14mol2〃L－22 3 ＝ 2 3

＝W＝2

1＝1×10－c〔HSO－〕 c〔HSO－〕·c〔H＋〕

K 1×10－

mol〃L－3 3 a12mol〃L－1；參與少量的I后，I與HSO－反響使c(HSO－)減小，引起HSO－水解程度增大，2 2 3 3 3c〔HSO〕所以NaHSO

溶液中

2 3 將增大。3 c〔HSO－〕313．H2 H3[2023]0.1mo－1的醋酸溶液中逐滴參與等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])與pH的變化關系如圖0所示，則( )0A．M點所示溶液的導電力氣強于Q點B．N點所示溶液中c(CHCOO－)＞c(Na＋)3C．M點和N點所示溶液中水的電離程度一樣D．Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積13．C[解析]Q點的pOH＝pHCH3COONa與少量CH3COOH，MCH3COOH和少量CH3COONaM點溶液中離子濃度小于QM點比Q點溶液中溶質(zhì)為CH3COONaNaOHc(Na＋)＞c(CH3COO－)，B項錯誤；MN點所示溶液中水的電離均受到抑制，水的電離程度均為10－bmol/L，C項正確；Q點溶液中溶質(zhì)為CHCOONa與少3CHCOOHNaOHQ點消耗NaOH溶液的3體積小于醋酸的體積，D項錯誤。7．B1E5C5H3[2023·天津卷]X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y兩元素0；Q與X同主族；ZR分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。請答復以下問題：五種元素原子半徑由大到小的挨次是(寫元素符號) 。X與Y能形成多種化合物其中既含極性鍵又含非極性鍵且相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì) 是 ( 寫 分 子式) 。由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉(zhuǎn)化關系：A C B(在水溶液中進展)D其中，C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體。寫出C的構造式： ；D的電子式： 。①假設A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學式為 ；由A轉(zhuǎn)化 為 B 的 離 子 方 程 式 為。②假設A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性。用離子方程式表示 A 溶 液 顯 堿 性 的 原 因 ：。AB濃度均為0.1mol·L－1的混合溶液中離子濃度由大到小的挨次是 ；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質(zhì)的主要成分有 。7．[答案](1)Na>Al>C>O>H(2)CH2 2(3)O===C===O Na＋[ O , O , ]2－Na＋NaAlO AlO－2HOCO===Al(OH)HCO－(或2AlO－3HO＋2 2 2 2 3 3 2 2CO===2Al(OH)↓＋CO2－)2 3 3②CO2－＋HO HCO－＋OH－ c(Na＋)>c(HCO－)>c(CO2－)>c(OH－)>c(H＋) NaCl、3 2 3 3 3NaHCO3、CO2(或H2CO3)[解析]地殼中含量最多的非金屬元素ZO，含量最多的金屬元素RAl；短周期元素中只有H、C、Si0X的原子序數(shù)小于Y且都小于O的原子序數(shù)，故X、Y分別是H、C，與H同主族且原子序數(shù)大于O的短周期元素Q為Na。元素原子半徑漸漸增大，且氫元素的原子半徑最小，據(jù)以上分析可知五種元素的原子半徑由大到小的挨次為Na＞Al＞C＞O＞H。H與C形成的化合物中，既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質(zhì)量最小的是CH≡CH。C是溶于水顯酸性的氣體，CCO2，其構造式為O===C===O；D是淡黃色固體，D是NaO，其電子式為Na＋[ O , O , ]2－Na＋。2 2①A、BNaAlO、Al(OH)NaAlOCO的離子方程式為AlO－＋2 3 2 2 22HO＋CO===Al(OH)↓＋HCO－2AlO－＋3HO＋CO===2Al(OH)↓＋CO2－。2 2 3 3 2 2 2 3 3②A、BNa

CO、NaHCO，NaCOCO2－的水解而顯堿性，CO2－水解的2 3 3 2 3 3 3離子方程式為CO2－＋HO HCO－＋OH－；等物質(zhì)的量濃度的NaCO和NaHCO

的混合3 2 3 2 3 3溶液中，CO2－的水解程度大于HCO－的水解程度，故混合溶液中離子濃度由大到小的挨次為3 3c(Na＋)>c(HCO－)>c(CO2－)>c(OH－)>c(H＋)CO而顯3 3 2酸性，所以當溶液呈中性時，溶液中溶質(zhì)除含CO2

和NaCl外，還應含有未完全反響的NaHCO。311．B1B3G1H3F4N2[2023·重慶卷]用于治理水中硝酸鹽的污染。催化反硝化法中，H2712。

能將NO－復原為N3

。2510min，溶液的pH由2①N的構造式為 。2② 上 述 反 應 離 子 方 程 式 為，其平均反響速率v(NO－)為 mol·L－1·min－1。3③還原過程中可生成中間產(chǎn)物NO－，寫出3 種促進NO－水解的方法2 2。電化學降解NO－0所示。30①電源正極為 ( 填“A” 或“B”) ，陰極反應式為。②假設電解過程中轉(zhuǎn)移了2mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm －Δm )為左 右 g。11．[答案](1)①N≡N②2NO－＋5H===

＋2OH－＋4H

O 0.0013 2 2 2③加酸上升溫度加水(2)①A 2NO－＋6HO＋10e－===N↑＋12OH－3 2 2②14.4[解析](1)①N2

NNH2

與NO－發(fā)生氧化復原反響，3H0價升到＋1價，N由＋505H2N－N4H＋2O－；溶液的pH由7變?yōu)?，說明c(＋由1－7變成10－12，2 3 2 2c(OH－)10－710－2，c(OH－)10min10－2mol/Lc(OH－)與c(NO－)c(NO－)0.01mol/L，則v(NO－)3 3 3＝0.001mol/(L·min)；③NO－水解：NO－＋HO HNO＋OH－，是一個吸熱過程，可通過2 2 2 2(2)①依據(jù)題圖可知，電解池右側(cè)NO－轉(zhuǎn)化成N，3 2發(fā)生復原反響：2NO－＋10e－＋6HO===N↑＋12OH－，其電極應為陰極，則左側(cè)發(fā)生氧化反3 2 22H―4===O4HA2mol2 2電子時，右側(cè)產(chǎn)生0.2molN5.6g0.5molO16g22 2molH＋，由于H＋可通過質(zhì)子交換膜由左側(cè)進入右側(cè)，則右側(cè)電解液質(zhì)量實際削減：5.6g―2g＝3.6g，左側(cè)電解液質(zhì)量實際削減：16g＋2g＝18g14.4g。2．H2H3H5[2023·重慶卷]以下說法正確的選項是( )A．KClO3

SO3

溶于水后能導電，故KClO3

和SO3

為電解質(zhì)B．25℃時，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7，V ＜V醋酸 NaOHC．向NaAlO溶液中滴加NaHCO溶液，有沉淀和氣體生成2 3D．AgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)2．D [解析]SOSOHSO屬于電解質(zhì)，SO3 3 2 4 3本身是非電解質(zhì)，A項錯誤；醋酸溶液與等濃度NaOH溶液恰好完全反響，生成的醋酸鈉溶pH＝7，參與醋酸的體積應增大，B項錯誤；向NaAlO溶2液中滴加NaHCO溶液，發(fā)生反響AlO－＋HCO－＋HO===Al(OH)↓＋CO2－，無氣體生成，3 2 3 2 3 3CAgI比AgClAgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)，D項正確。H2H3H6[2023·四川卷]HAKOH溶液等體積混合(無視體積變化)，試驗數(shù)據(jù)如下表：試驗編號起始濃度/(mol·L－1)c(HA)c(KOH)反響后溶液的pH①0.10.19②x0.27以下推斷不正確的選項是( )試驗①反響后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) K 試驗①反響后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ W mol/L1×10－9試驗②反響后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1mol/LD．試驗②反響后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)5．B[解析]KApH＝9A－水解導致，因此溶液中離子濃度為c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A項正確；據(jù)電荷守恒，試驗①反響后溶液中，c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)，B項錯誤；結合A項分析可知HA為弱酸，由此可知試驗②中所取c(HA)＞0.2mol/L2倍，結合原子守恒知反響0.2mol/L后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞ 2 ＝0.1mol/L，C項正確；室溫下溶液呈中性，即溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol/L，再利用電荷守恒和原子守恒可知c(K＋)＝c(A－)＝0.1mol/L，D項正確。9．H2H3 [2023·課標全國卷Ⅰ]短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡潔離子都能破壞水的電離平衡的是( )A．W2－、X＋C．Y3＋、Z2－

X＋、Z2－

B．X＋、Y3＋9．C[解析]由離子電荷數(shù)推斷出：W為O，X為Na，Y為Al，ZS。S2－水解生成OH－，使水的電離平衡向右移動，Al3＋水解生成H＋，使水的電離平衡向右移動，C項正確；O2－、Na＋在水溶液中不水解，不影響水的電離平衡，故A、B、D項錯誤。H4 膠體的性質(zhì)及其運用28.H4 H6[2023·浙江卷]利用廢舊鍍鋅鐵皮可制備磁性FeO3 4

膠體粒子及副產(chǎn)物ZnO如下：0：Zn及其化合物的性質(zhì)與Al及其化合物的性質(zhì)相像。請答復以下問題。用NaOH溶液處理廢舊鍍鋅鐵皮的作用有 。A．去除油污B．溶解鍍鋅層C．去除鐵銹D．鈍化調(diào)整溶液ApH可產(chǎn)生Zn(OH)2

沉淀，為制得ZnO，后續(xù)操作步驟是 。由溶液B 制得FeO3 4

膠體粒子的過程中，須持續(xù)通入N2

，其緣由是。FeO3 4

膠體粒子能否用減壓過濾法實現(xiàn)固液分別？ (填“能”或“不能”)理由是 。用重鉻酸鉀法(一種氧化復原滴定法)可測定產(chǎn)物FeO3 4

中的二價鐵含量。假設需配制濃度0.01000mol·L－1的KCrO標準溶液250mL，應準確稱取 gKCrO

(4位有2 2 7 2 2 7效數(shù)字，M(KCrO)＝294.0g·mol－1)。配制該標準溶液時，以下儀器中不必要用到的2 2 7有 (用編號表示)。①電子天平②燒杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥膠頭滴管⑦移液管滴定操作中，假設滴定前裝有KCrO

標準溶液的滴定管尖嘴局部有氣泡，而滴定結2 2 7束后氣泡消逝，則測定結果將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)。28．[答案](1)A、B(2)抽濾、洗滌、灼燒N氣氛下，防止Fe2＋被氧化2不能膠體粒子太小，抽濾時簡潔透過濾紙(5)0.7350 ③⑦(6)偏大[解析](1)油污可在堿性條件下水解而除去。Zn具有兩性，可用強堿NaOH除去。(2)將Zn(OH)2

沉淀，抽濾、洗滌，灼燒，可得ZnO。(3)為制得FeO3 4

Fe2＋，故需要在N

O(5)n(KCrO

)＝0.01000mol·L－1×0.25L＝0.0025mol，2 2 2 2 7m(KCrO)＝0.0025mol×294.0g·mol－1＝0.7350g。配制固體溶液時選用電子天平，配制液2 2 7體時可選用量筒或移液管。(6)滴定前尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，則有局部溶液填入了氣泡中，這局部溶液誤當作與Fe2＋反響，使測定結果偏大。H5 難溶電解質(zhì)的溶解平衡(課標增內(nèi)容)14.H5 [2023·江蘇卷]確定溫度下，三種碳酸鹽MCO(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀3溶解平衡曲線如圖0所示。：pM＝－lgc(M)，p(CO2－)＝－lgc(CO2－)。以下說法正確的3 3是( )MgCO、CaCO、MnCOK

0依次增大3 3 3 spB．a(chǎn)點可表示MnCO3

的飽和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO2－)3C．b點可表示CaCO3D．c點可表示MgCO

的飽和溶液，且c(Ca2＋)<c(CO2－)3的不飽和溶液，且c(Mg2＋)<c(CO2－)3 314．BD [解析]c(M)＝10－pM、c(CO2－)＝10－p(CO2－)，而K＝c(M)·c(CO2－)，由3 3 sp 3圖像可知A項中的三者Ksp

依次減小，Aa在對角線上，Bbc(Ca2＋)＞c(CO2－)，Cc3點作橫軸的垂線后可看出，c(Mg2＋)·c(CO2－)＜K，故溶液不飽和，且c(Mg2＋)＜c(CO2－)，D項正確。

3 sp 324．J2H5D2B3B4[2023·福建卷]二氧化氯(ClO2)是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑。氯化鈉電解法是一種牢靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2方法。①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO2－等雜質(zhì)。某次除雜操作時，往4粗鹽水中先參與過量的 (填化學式)，至沉淀不再產(chǎn)生后，再參與過量的NaCO 和2 3NaOH，充分反響后將沉淀一并濾去。經(jīng)檢測覺察濾液中仍含有確定量的SO2－，其緣由是4[：K(BaSO)＝1.1×10－10、K(BaCO

)＝5.1×10－9]。sp 4 sp 3②該法工藝原理示意圖如下(NaClO)3與鹽酸反響生成ClO。工藝中可以利用的單質(zhì)有 (填化學式)，發(fā)生器中生成ClO2 2的 化 學 方 程 式 為。0纖維素復原法制ClO 是一種方法，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物D與2NaClO反響生成ClO(D)＋24NaClO＋12HSO===ＫClO↑＋3 2 3 2 4 2ＫCO↑＋18HO＋Ｋ 2 2ClOClCN－氧化為無毒的物質(zhì)，自身被復原為Cl－。處理含2 2CN－一樣量的電鍍廢水，所需Cl2

的物質(zhì)的量是ClO2

的 倍。24．[答案](1)①BaCl2

BaSO4

和BaCOK3

相差不大，當溶液中存在大量CO2－時，3BaSO(s)會局部轉(zhuǎn)化為BaCO(s)(或其他合理答案)4 3②H、Cl 2NaClO＋4HCl===2ClO↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO612Na612NaSO2 4(2)1CH

O＋24NaClO＋12HSO

===24ClO↑＋

CO↑＋18HO＋6(3)2.5

12 6

3 2 4

2 2 2[解析](1)①依據(jù)后參與的除雜試劑逆推，參與過量NaCO的目的是除去粗鹽溶液中的2 3Ca2＋，參與過量NaOH的目的是除去粗鹽溶液中的Mg2＋，參與除雜試劑的目的是除去粗鹽溶液中的S2－BaClBaSO4 2 4BaCOK

相差不大，當溶液中存在大量CO2－時，使BaSO

(s)＋CO2－

BaCO(s)＋3 sp 3 4 3 3SO2－的平衡右移，BaSO(s)會局部轉(zhuǎn)化為BaCO(s)SO2－；②由圖中補充4 4 3 4ClH＋Cl=====2HCl，則該工藝流程中可以利用的單質(zhì)是H、2 2 2 2Cl；二氧化氯發(fā)生器中反響物為氯化鈉、電解池中得到的NaClO和氯化氫合成塔中得到的2 3HClClOCl，可通入氯化鈉電解槽中循環(huán)利2 2用的NaCl和HO，依據(jù)氯元素優(yōu)先變?yōu)橄噜弮r態(tài)可得，氯酸鈉被復原為二氧化氯，氯化氫2被氧化為氯氣，配平可得：2NaClO＋4HCl===2ClO↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO；(2)纖維素是3 2 2 2多糖，其水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖(CH O)，所含氫為＋1價、氧為－2價，由葡萄糖中各6 12 6元素化合價代數(shù)和為零可得碳的平均化合價為 0價，配平可得：CH6

O12

＋24NaClO＋312H

SO===24ClO↑＋6CO↑＋18HO＋12NaSO

；(3)設處理含CN－一樣量的電鍍廢水時2 4 2 2 2 2 4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量均為xmol，依據(jù)化合價降低總數(shù)等于轉(zhuǎn)移電子數(shù)可得關系式：①ClO2→Cl－～5e－，②Cl2→2Cl－～2e－，①②式中氧化劑與轉(zhuǎn)移電子數(shù)的物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比，則n(ClO

)＝xmol 1

0.2xmol，n(Cl

)＝xmol 1

n〔Cl〕0.5xmol，所以 2 ＝2 ×5＝

2 ×2＝ n〔ClO〕20.50.2＝2.5。11．D3D1H5[2023·廣東卷]以下措施不合理的是( A．用SO漂白紙漿和草帽辮2用硫酸清洗鍋爐中的水垢高溫下用焦炭復原SiO制取粗硅2用NaS作沉淀劑，除去廢水中的Cu2＋和Hg2＋211．B [解析]二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白紙漿和草帽辮，A項合理；鍋爐中的水垢主要成分是CaCO

，用硫酸除水垢會發(fā)生反響：CaCO＋2H＋＋SO2－===CaSO＋CO3 3 4 4 2↑＋HO，生成的硫酸鈣微溶于水而掩蓋在水垢外表阻擋了反響的進一步進展，不會徹底清2除水垢，B項不合理；制取粗硅的主反響為SiO＋2C=====Si＋2CO↑，C項合理；硫化銅、2NaSS2與廢水中Cu2和H2＋結合生成2CuS沉淀、HgS沉淀，D項合理。2．H2H3H5[2023·重慶卷]以下說法正確的選項是( )A．KClO3

SO3

溶于水后能導電，故KClO3

和SO3

為電解質(zhì)B．25℃時，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7，V ＜V醋酸 NaOHC．向NaAlO溶液中滴加NaHCO溶液，有沉淀和氣體生成2 3D．AgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)2．D [解析]SOSOHSO屬于電解質(zhì)，SO3 3 2 4 3本身是非電解質(zhì)，A項錯誤；醋酸溶液與等濃度NaOH溶液恰好完全反響，生成的醋酸鈉溶pH＝7，參與醋酸的體積應增大，B項錯誤；向NaAlO溶2液中滴加NaHCO溶液，發(fā)生反響AlO－＋HCO－＋HO===Al(OH)↓＋CO2－，無氣體生成，3 2 3 2 3 3CAgI比AgClAgCl沉淀易轉(zhuǎn)化為AgIKsp

(AgI)＜Ksp

(AgCl)，D項正確。10．H5 [2023·北京卷]試驗：①0.1mol·L－1AgNO3

0.1mol·L－1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c；②向濾液b0.1mol·L－1KI溶液，出現(xiàn)渾濁；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。以下分析不正確的選項是( )濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)濾液b中不含有Ag＋③中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI試驗可以證明AgI比AgCl更難溶10．B [解析]aAgClAgClAgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A項正確；濾液b中含有AgCl飽和溶液，含有Ag＋，B項錯誤；試驗AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，C項正確；試驗②③都能證明AgIAgCl更難溶，D項正確。11．H5[2023·課標全國卷Ⅰ] Ksp

(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp

(AgBr)＝7.7×10－13，K(AgCrO)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－CrO2－0.010mol·L－1，向sp 2 4 40.010mol·L－1AgNO3

溶液時三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后挨次為( )Cl－、Br－、CrO2－4C．Br－、Cl－、CrO2－4

CrO2－、Br－、Cl－4D．Br－、CrO2－、Cl－41C ]同類型難溶物的Ksp

Br比ClKsp

(Ag

CrO)2 4＝c(Ag＋)2〃c(CrO2－)，CrO2－沉淀所需的c(Ag＋)最大，CrO2－3種離子沉淀的先4 4 4后挨次為Br－、Cl－、CrO2－，C項正確。4H6 水溶液中的離子平衡綜合13.H6 [2023·安徽卷]NaHSO3

溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO－＋HO HSO＋OH－ ①；3HSO－3

2 2 3H＋＋SO2－ ②。3向0.1mol·L－1的NaHSO溶液中分別參與以下物質(zhì)，以下有關說法正確的選項是( )3參與少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO－)增大3參與少量NaSO

1固體，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO－)＋c(OH－)＋c(SO2－)2 3 3 2 3c〔SO2－〕c〔OH－〕參與少量NaOH溶液， 3 、 的值均增大3c〔HSO－〕 c〔H＋〕3參與氨水至中性，則2c(Na＋)＝c(SO2－)＞c(H＋)＝c(OH－)313．C [解析]參與少量金屬鈉，因發(fā)生反響：2Na＋2H＋===H↑＋2Na＋，導致平衡②2右移，溶液中c(HSO－)減小，A項錯誤；參與少量NaSO3 2

固體后，利用電荷守恒知溶液中離c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO－)＋c(OH－)＋2c(SO2－)，B項錯誤；參與少量NaOH溶3 3液，發(fā)生反響：OH－＋H＋===HO，導致平衡②右移，溶液中堿性增加，即c(OH－)、c(SO2－)2 3變大，c(H＋)、c(HSO－)均變小，CNaHSO溶液，當參與氨水呈中性時，3 3由“Na、S原子守恒”仍可得：c(Na＋)＝c(SO2－)＋c(HSO－)＋c(HSO)c(Na＋)＞c(SO2－)，D項錯誤。

3 3 2 3 312．H1H3H2H6[2023·廣東卷]50℃時，以下各溶液中，離子的物質(zhì)的量濃度關系正確的選項是( A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0mol·L－1B．飽和小蘇打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO－)3C．飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的純堿溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－112．C [解析]pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4mol〃L－1，A項錯誤；飽和小蘇打溶液中，NaHCO

===Na＋＋HCO－，HCO－

H＋＋CO2－、HCO－＋H

O HCO＋OH－，依據(jù)物3 3 3 3 3 2 2 3料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO－)＋c(CO2－)＋c(HCO)，則飽和小蘇打溶液中c(Na＋)>c(HCO－)，3 3 2 3 3B項錯誤；依據(jù)電荷守恒原理可知飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C項正確；25KW

＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，上升溫度，KW K

>1.0×10－14，則pH＝12的純堿溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，c(OH－)＝ W >10－2mol〃L－1，D項錯誤。c〔H＋〕H6 [2023·天津卷]以下有關電解質(zhì)溶液的說法正確的選項是( )在蒸餾水中滴加濃HSO，K 不變2 4 WCaCO難溶于稀硫酸，也難溶于醋酸3在NaS稀溶液中，c(H＋)＝c(OH－)－2c(HS)－c(HS－)2 2NaCl溶液和CH

COONH

溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度一樣35．C [解析]HSO2

4稀釋放熱，溶液溫度上升，KW

變大，A項錯；因醋酸酸性強于CaCO3

易溶于醋酸，B項錯；依據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(HS)，2即c(H)＝c(OH)－2c(HS)－c(HS)，CNaCl不水解，對水的電離無影響，2CHCOONH是弱酸弱堿鹽，CHCOO－、NH＋均水解且水解程度一樣，對水的電離起促進作3 4 3 4用，D項錯。H2H3H6[2023·四川卷]HAKOH溶液等體積混合(無視體積變化)，試驗數(shù)據(jù)如下表：試驗編號起始濃度/(mol·L－1)c(HA)c(KOH)反響后溶液的pH①0.10.19②x0.27以下推斷不正確的選項是( )試驗①反響后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) K 試驗①反響后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ W mol/L1×10－9試驗②反響后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1mol/LD．試驗②反響后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)5．B[解析]KApH＝9A－水解導致，因此溶液中離子濃度為c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A項正確；據(jù)電荷守恒，試驗①反響后溶液中，c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)，B項錯誤；結合A項分析可知HA為弱酸，由此可知試驗②中所取c(HA)＞0.2mol/L2倍，結合原子守恒知反響0.2mol/L后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞ 2 ＝0.1mol/L，C項正確；室溫下溶液呈中性，即溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol/L，再利用電荷守恒和原子守恒可知c(K＋)＝c(A－)＝0.1mol/L，D項正確。28．H4 H6[2023·浙江卷]利用廢舊鍍鋅鐵皮可制備磁性FeO3 4

膠體粒子及副產(chǎn)物ZnO如下：0：Zn及其化合物的性質(zhì)與Al及其化合物的性質(zhì)相像。請答復以下問題。用NaOH溶液處理廢舊鍍鋅鐵皮的作用有 。A．去除油污B．溶解鍍鋅層C．去除鐵銹D．鈍化調(diào)整溶液ApH可產(chǎn)生Zn(OH)2

沉淀，為制得ZnO，后續(xù)操作步驟是 。由溶液B 制得FeO3 4

膠體粒子的過程中，須持續(xù)通入N2

，其緣由是。FeO3 4

膠體粒子能否用減壓過濾法實現(xiàn)固液分別？ (填“能”或“不能”)理由是 。用重鉻酸鉀法(一種氧化復原滴定法)可測定產(chǎn)物FeO3 4

中的二價鐵含量。假設需配制濃度0.01000mol·L－1的KCrO標準溶液250mL，應準確稱取 gKCrO

(4位有2 2 7 2 2 7效數(shù)字，M(KCrO)＝294.0g·mol－1)。配制該標準溶液時，以下儀器中不必要用到的2 2 7有 (用編號表示)。①電子天平②燒杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥膠頭滴管⑦移液管滴定操作中，假設滴定前裝有KCrO

標準溶液的滴定管尖嘴局部有氣泡，而滴定結2 2 7束后氣泡消逝，則測定結果將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)。28．[答案](1)A、B(2)抽濾、洗滌、灼燒N氣氛下，防止Fe2＋被氧化2不能膠體粒子太小，抽濾時簡潔透過濾紙(5)0.7350 ③⑦(6)偏大[解析](1)油污可在堿性條件下水解而除去。Zn具有兩性，可用強堿NaOH除去。(2)將Zn(OH)2

沉淀，抽濾、洗滌，灼燒，可得ZnO。(3)為制得FeO3 4

Fe2＋，故需要在N

O(5)n(KCrO

)＝0.01000mol·L－1×0.25L＝0.0025mol，2 2 2 2 7m(KCrO)＝0.0025mol×294.0g·mol－1＝0.7350g。配制固體溶液時選用電子天平，配制液2 2 7體時可選用量筒或移液管。(6)滴定前尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，則有局部溶液填入了氣泡中，這局部溶液誤當作與Fe2＋反響，使測定結果偏大。12．H6[2023·浙江卷]250.1000mol·L－1的NaOH20.00mL濃度均為0.1000mol·L－1的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖0所示。以下說法正確的選項是( )圖0A．在一樣溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電力氣挨次：HZ<HY<HXB．依據(jù)滴定曲線，可得K(HY)≈10－5aCHXHYNaOH溶液滴定至HX恰好完全反響時：c(X－)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋)a K〔HY〕·ca D．HY與HZ混合，到達平衡時：c(H＋)＝ ＋c(Z－)＋c(OH－)c〔Y－〕12．B [解析]由圖中起始時溶液的pH可知，HZ為強酸，HY、HX為弱酸，且酸性HHHH＞HHHYHA0.1mol/L〔10－3〕2HY的pH＝3，即c(H＋)＝10－3mol/L，K＝ ＝10－5，B項正確；由于HX的酸性比a 0.1HY弱，故X－的水解程度比Y－大，濃度比Y－低，C項錯誤；HY與HZ混合到達平衡時，K〔HY〕·c〔HY〕ac〔Y－〕

＝c(H＋)，D項錯誤。1．[2023·烏魯木齊一模]對室溫下pH一樣、體積一樣的醋酸和鹽酸兩種溶液分別實行以下措施，其中正確的選項是( )A．加適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大B20℃后，兩溶液pH均不變C．加水稀釋2倍后，兩溶液的pH同等程度減小D．加足量的鋅充分反響后，兩溶液中產(chǎn)生的氫氣一樣多1．A[解析]pH增大，醋酸鈉參與稀鹽酸中，結合H＋生成醋酸，溶液的pH也增大，A項正確；上升溫度，促進醋酸的電離，H＋濃度增大，溶液的pH減小，B項錯誤；稀釋時兩溶液的pH均增大，但是由于醋酸向電離方向移動，溶液pH增大幅度小于鹽酸，C項錯誤；由于醋酸是弱酸，故pH一樣時，醋酸的D項錯誤。2．[2023·安徽師大附中、安慶一中期末]25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)如下表。弱酸化學式

CHCOOH

HCN

HCO3 2 3K＝4.3×10－7電離平衡常數(shù)(25℃)

1.8×10－5

4.9×10－10

1K＝5.6×10－112在25℃條件下，以下有關說法正確的選項是( )NaHCO溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)－c(CO2－)3 2 3 3amol·L－1HCNbmol·L－1NaOHc(Na＋)＞c(CN－)，ab2．A [解析]依據(jù)質(zhì)子守恒可知，在NaHCO3

溶液中，c(OH－)＋c(CO2－)＝c(H＋)＋3c(HCO)，Ac(Na＋)＞c(CN－)，依據(jù)電荷守恒，c(OH－)＞c(H＋)a＝b，恰好2 3生成NaCN，CN－水解，溶液也呈堿性，B項錯誤；電離常數(shù)：CHCOOH>HCO>HCN，則3 2 3水解力氣：CN－>HCO－>CHCOO－，故溶液的pH 應為pH(NaCN)＞pH(NaHCO)＞3 3 3pH(CHCOONa