2022-2024年高考化學試題分類專項復習：水溶液中的離子反應與平衡（教師卷）

三年真題

4<09水溶液中的離3次應S平衡

目制魯港。絹施管

考點三年考情(2022-2024)命題趨勢

?弱電解質的電離平衡：2024新課標卷、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

水溶液中的離子反應與平衡主要考查

?鹽類的水解及其應用：2024江蘇卷、2024湖

水溶液中的幾大平衡問題：電離平衡、

南卷、2023北京卷、2023湖南卷、2022北京

水的電離平衡、水解平衡和沉淀溶解

卷、2022海南卷、2022浙江卷、2022福建

平衡，以及中和滴定原理的應用，值得

考點1水溶液卷、2022河北卷、2022江蘇卷

注意的是，對離子平衡的考查往往結

中的離子反應?沉淀溶解平衡：2024黑吉遼卷、2024湖北

合電離平衡、沉淀平衡、化學平衡等問

與平衡卷、2024全國甲卷、2023全國甲卷、2023全

題進行考查，綜合性很強。各省命題的

國乙卷、2023遼寧卷、2023湖南卷、2023北

新課標卷中，大多數不再將水溶液中

京卷、2022湖南卷、2022福建卷、2022海南

的離子反應與平衡作為壓軸選擇題出

卷、2022重慶卷、2022山東卷

現，總體難度有所降低。

?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新課標卷、2023湖北卷、2023北京

卷

官窟紛綴。闔滔送溫

考法01弱電解質的電離平衡

1.(2024?新課標卷)常溫下CH2C1COOH和CHC12COOH的兩種溶液中，分布系數5與pH的變化關系

,、C(CH,CICOCF)

如圖所示。[比如：』--------]

J(CH2CICOO-)=----_=-_7_?

')C(CH9C1COOH)+C(CH9C1C00)

A.曲線M表示3(CHC12coeF)?pH的變化關系

B.若酸的初始濃度為O.lOmoLLT，則a點對應的溶液中有c(lT)=4CHCl2coeF)+c(0H-)

13

C.CH2C1COOH的電離常數g=io-

ccou電離度a(CHQCOOH)0.15

D.pTHT=2.08時，…一+-----=---------=----

電禺度c(CHCl2coOH)0.85

【答案】D

【分析】隨著pH的增大，CH2cleOOH、CHC^COOH濃度減小，CH2cleOCT、CHC12coeF濃

度增大，一Cl為吸電子基團，CHC12cOOH的酸性強于CH2clCOOH,即

^a(CHCl2COOH)>^a(CH2ClCOOH)),3(酸分子)=6(酸根離子)=0.5時的pH分別約為1.3、2.8,則兩

1328

種酸的電離常數分別為Ka(CHCl2coOH)在10-,Ka(CH2C1COOH)?10-,由此分析解題。

【解析】A.根據分析，曲線M表示3(CH2cleOCT)?pH的變化關系，A錯誤;

+

c(CHCl2COO)xc(H)

B.根據((CHCl2coe)H)=初始c°(CHCl2coOH)=O.lmol-LT1,若溶液中溶質只有

C(CHC12COOH)~一

CHC12COOH,則《CHCLCOCT)=c(H+卜jKa(CHCl2coOH)c°(CHClfOOH)=10田5moi.廣,但a點對應的

(+1說明此時溶液中加入了酸性更強的酸，根據電荷守恒，+

cH)=0.1moir,C(H)>C(CHC12COO-)+C(OH-),

B錯誤;

C.根據分析，CH2clec)OH的電離常數Ka=1028,C錯誤;

D,電離度。=雷，〃始=%離+”未電離，貝IJa(CH2cleOOH)=S(CH2clCO。1,"(CHCl2coOH)=S(CHC12coeT),

pH=2.08時，/CH2cleOCT）=0.15,<5（CHCI2COO）=O.85,D正確；

故答案選D。

2.（2023?浙江卷1月）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹

脂（含固體活性成分R3N,R為烷基）因靜電作用被吸附回收，其回收率（被吸附在樹脂上甲酸根的物質的量

分數）與廢水初始pH關系如圖（己知甲酸K,=1.8x10"）,下列說法不正確的是

7o

6o

5o

%4o

/

?

M3o

回2O

10-I

I

01???1'?

122.4345678

廢水初始pH

+

A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O^R3NH+OH

B.pH=5的廢水中c（HCOO）:c（HCOOH）=18

C.廢水初始pH<2.4,隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH+作用的HCOCF數目減少

D.廢水初始pH>5,離子交換樹脂活性成分主要以R3NH+形態(tài)存在

【答案】D

【解析】A.由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OQR3NH++OH，故A正

確；

B.由電離常數公式可知，溶液中c（HC。。當溶液pH為5時，溶液中?（He。。

c（HCOOH）c（H）c（HCOOH）l.OxlO-5

=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R3NH+作用的數目

減小，故C正確；

D.由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OUR3NH++OH，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。

3.（2022?全國乙卷）常溫下，一元酸HA的Ka（HA）=L0xl0-3。在某體系中，可與離子不能穿過隔

膜，未電離的HA可自由穿過該膜（如圖所示）。

溶液I膜溶液n

pH=7.0pH=1.0

H++AUHA<——?HA=H++A-

設溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是

A.溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A-)

B.溶液II中的HA的電離度^^為士

(c總(HA)J101

C.溶液I和II中的c(HA)不相等

D.溶液I和II中的c總(HA)之比為KT4

【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-)=lxlO-71noi/L,c(H)<c(OH-)+c(A-),A錯

誤；

B.常溫下溶液n的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,K*如匚孚)=1.0xl(y3,。鼠HA)=c(HA)+c(A),

c(HA)

則一r=L0xl0-3,解得B正確；

%(HA)-c(A)ce(HA)101

C.根據題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的式HA)相等，C錯誤；

D.常溫下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H+尸IxlO/ol/L,K〃=,但匕加吃,c總

c(HA)

W7[C?(HA)-C(HA)],-

(HA)=c(HA)+c(A),-------^――-----------=1.0x10-3,溶液I中c虱HA)=(104+l)c(HA),溶液n的pH=1.0,

c(HA)

溶液II中c(H+)=0.1mol/L,兄=也上￡^2=i.oxlO-3,c點(HA)=c、(HA)+c(A-),Ol[c總(HA)—c(HA)]

c(HA)c(HA)

=1.0x10-3,溶液n中c￡HA尸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。虱HA)之比為[(lA+l)c(HA)]：[1.01C(HA)N104+D：1.01S104,D錯誤；

答案選B。

4.(2022.福建卷)探究醋酸濃度與電離度(a)關系的步驟如下，與相關步驟對應的操作或敘述正確的

步驟操作或敘述

AI.用NaOH標準溶液標定醋酸溶液濃度滴定時應始終注視滴定管中的液面

BII.用標定后的溶液配制不同濃度的醋酸溶液應使用干燥的容量瓶

CIII.測定步驟II中所得溶液的pH應在相同溫度下測定

計算式為a=c")X100%

DIV.計算不同濃度溶液中醋酸的電離度

c(CH3COO)

【答案】C

【解析】A.中和滴定時眼睛應始終注視錐形瓶內溶液顏色的變化，A錯誤；

B.配制不同濃度的醋酸溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；

C.溫度影響醋酸的電離平衡，因此測定步驟I中所得溶液的pH時應在相同溫度下測定，C正確；

D.電離度是指弱電解質在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質分子數占原來總分子數(包括已電離的

和未電離的)的百分數，因此醋酸的電離度計算式為a=/<)、xlOO%,D錯誤；

C(CH3COOH)

答案選C。

5.(2022.湖北卷)下圖是亞神酸As(OH)3和酒石酸(凡】想降尸3.04,31二二437)混合體系中部分物種的

c-pH圖(濃度：總As為5.0xl(r*mol?L；i,總T為1.0x10-3moi.I?)。下列說法錯誤的是

62

5

1

0.i

L(0.4

o.1T

Oo..0T

s_

W3.60

2E

?9

2o,

)2

Eo.2)

E

o.8

14

0

0…"61pH19")>2』

A.As(OH)3的IgKai為-9.1

B.[As(OH)2T]的酸性比As(OH)3的強

C.pH=3.1時，As(OH)3的濃度比[As(OH%TT的高

D.pH=7.0時，溶液中濃度最高的物種為AS(OH)3

【答案】D

【分析】由圖分析，左側縱坐標濃度的數量級為10-3mol/L,右坐標濃度的數量級為10-6mol/L,橫坐標為

pH,隨著pH的增大，c{[As(OH)2T]}先變大，然后再減小，同時c][AsO(OH)/}變大，兩者濃度均為

2-46

右坐標，說明變化的程度很小，當pH=4.6時，c)[AsO(OH)]}=cAs(OH)2T]'),Ka=10-opH繼續(xù)增

大，則c[As(OH)3]減小，同時。[卜5(011)20],增大，當pH=9.1時，c{[As(OH)2O]'}=c[As(OH)J,

Kal=c(H+)=10-91,二者用左坐標表示，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，電離常數遠大于亞碑酸，且總T濃度也大于總As。

lrc『As(OH),O][xc(H+)

+

【解析】A.AS(OH)3^[AS(OH)2O]+H,Kal=」~小溫)]-----，當PH=9」時，

+-91

C|[AS(OH)2O]UC[AS(OH)3],Kal=c(H)=10,IgL為一9.1,A正確；

2c『AsO(OH)T/[xc(H+)

B.[As(OH),T[u[AsO(OH)T1+H+,Ka=^~；--------------—,當pH=4.6時，

--C{[AS(OH)2T]}

246

C{[ASO(OH)T]'}=C{[AS(OH)2T]'),Ka=10--,而由A選項計算得H3ASO3的Kal=c(H*)=10皿，即

Ka>Kal,所以[As(OH),Tj的酸性比As(OH)3的強，B正確；

C.由圖可知As(OH)3的濃度為左坐標，濃度的數量級為10-3mol/L,[As(OH)2T1的濃度為右坐標，濃度

的數量級為10-6mol/L,所以pH=3.1時，As(OH)3的濃度比[AS(OH)2TJ的高，C正確；

D.由可知條件，酒石酸(HzTJgKai=-3.04,IgK^:4.37),As(OH)3的IgKa1為一9.1,即酒石酸的第一部電

離常數遠大于亞碑酸的第一步電離常數，所以酒石酸的酸性遠強于AS(OH)3,另外總AS的濃度也小于總

T的濃度，所以當pH=7.0時，溶液中濃度最高的物種不是AS(OH)3,D錯誤；

故選D。

6.(2022?湖北卷)根據酸堿質子理論，給出質子(H+)的物質是酸，給出質子的能力越強，酸性越強。已

知：N2H；+NH3=NH：+N2H4,N2H4+CH3COOH=N2H；+CH3COO,下列酸性強弱順序正確的是

A.N2H；>N2H4>NH；B.N2H>CH3COOH>NH4

c.NH3>N2H4>CH3COOD.CH3COOH>N2H>NH；

【答案】D

【解析】根據復分解反應的規(guī)律，強酸能制得弱酸，根據酸堿質子理論，給出質子(H+)的物質是酸，則反

應N2Hd+CH3coOH=N2H；+CH3coeT中，酸性：CH3COOH>N2H；,反應NzH；+NH3=NH；+N2H4中，酸

性：N2H；>NH；,故酸性：CH3COOH>N2H；>NH；,答案選D。

15

7.(2022?浙江卷)已知25℃時二元酸H2A的Kai=1.3xl(y7,Ka2=7.1xl0-?下列說法正確的是

A.在等濃度的NazA、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者

B.向O.lmolU的H2A溶液中通入HC1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=ll,則c(A2-)>c(HA)

D.取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸儲水稀釋至100mL,則該溶液pH=a+l

【答案】B

【解析】A.在等濃度的NazA、NaHA溶液中，A?-的水解程度大于HA,水的電離程度前者大于后者，故

A錯誤；

10xcHAr

B.溶液中c(H+)=10-3mol/L,H2A電離程度較小，溶液中c(H2A戶O.lmol/L,Kai=—<'、:1.3x10",

C(H2A)

CHA,

c(HA)=1.3xlO-5mol/L,c(HA)=c(H2A)電離，則H2A的電離度———(-xlOO%=1.3x10^xlOO%=0.013%,

C(H2A)

故B正確；

2

lO^xc^A)15

C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=ll,—,；7=7.1xlQ-15,則c(A2-)<c(HA)故C錯誤；

c(HAA)

D.H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸儲水稀釋至100mL,H2A的電離平衡正向移動，則該

溶液pH<a+l,故D錯誤；

選B。

8.(2022?北京卷)2022年3月神舟十三號航天員在中國空間站進行了“天宮課堂”授課活動。其中太空“冰

雪實驗”演示了過飽和醋酸鈉溶液的結晶現象。下列說法不E項的是

A.醋酸鈉是強電解質

B.醋酸鈉晶體與冰都是離子晶體

C.常溫下，醋酸鈉溶液的PH>7

D.該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出

【答案】B

【解析】A.醋酸鈉在水溶液中能完全電離，醋酸鈉是強電解質，故A正確；

B.醋酸鈉晶體是離子晶體，冰是分子晶體，故B錯誤；

C.醋酸鈉是強堿弱酸鹽，常溫下，醋酸鈉溶液的pH>7,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pH

9.(2023?湖南卷)常溫下，用濃度為0。200moi.「的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol-L的HC1

V(標準溶液)

和CH3coOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨n(n=看而產X)的變化曲線如圖所示。下列說法

V(待惻溶液)

錯誤的是

A.Ka(CH3coOH)約為10476

+

B.點a：c(Na)=c(cr)=c(CH3COO^)+c(CH3COOH)

C.點b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)

D.水的電離程度：a<b<c<d

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、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HC1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,據止匕解答。

+

【解析】A.由分析可知，a點時溶質成分為NaCl和CH3coOH,c(CH3COOH)=0.01OOmol/L,c(H)=10-

3381/r+，

338c(H)c(CH3COO)10.xIO476,,A.

-mol/L，Ka(CH3coOH)=--------------------------?-------------------=10,故A正確；

C(CH3COOH)0.01

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(CH3co。)，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。

10.(2023?山東卷)一定條件下，乙酸酎［(CNCO)”］醇解反應

［(CH3CO),O+ROH—>CH3COOR+CH3COOH］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥

基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：

①配制一定濃度的乙酸酎-苯溶液。

②量取一定體積乙酸酎-苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酎完

全水解：(CH3cO),O+H2O——>2CH3coOH。

③加指示劑并用cmol?UNaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液YmL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸肝-苯溶液，只加適量水使乙酸酎完全水解；加指示劑并用

cmol?L—NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V2mL。ROH樣品中羥基含量(質量分數)計算正

確的是

4嗡92'】。。％

C,0^（V2-V.）xl7xi（）（）%

1000m

【答案】A

【解析】根據滴定過程中，用cmobl^NaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酎完全水解生成的乙酸，消耗標準溶

3

液V2mL,需要消耗cmoL「NaOH-甲醇的物質的量為V2xcx10-mol,即乙酸酎的總物質的量=

3

V2xcxl0-moi；則ROH與乙酸酎反應后剩余的乙酸酎的物質的量=工業(yè)21mo1；設醇解的乙酸酎物

22

質的量為X,水解的乙酸酎的物質的量為y,則x+y="『lCmol；x+2y=￡^2mol；聯(lián)立計算

33

得：x=n(ROH)=V2xcx10-V,xcx10mol,ROH樣品中羥基質量分數=

YxcxlOfxcxLxUg/moUVjxcxUxi。。％,人正確；故選人。

mg10m

11.(2023?山東卷)一定條件下，乙酸酎［(CH3co［。］醇解反應

［(CH3CO)2O+ROH—>CH3COOR+CH3COOH］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥

基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：

①配制一定濃度的乙酸酎-苯溶液。

②量取一定體積乙酸酎-苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酊完

全水解：(CH3CO)2O+H2O——>2CH3coOH。

③加指示劑并用cmol.廠NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液YmL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酎-苯溶液，只加適量水使乙酸酊完全水解；加指示劑并用

cmol?!/NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V?mL。根據上述實驗原理，下列說法正確的是

A.可以用乙酸代替乙酸酎進行上述實驗

B.若因甲醇揮發(fā)造成標準溶液濃度發(fā)生變化，將導致測定結果偏小

C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，將導致測定結果偏小

D.步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大

【答案】B

【分析】用cmollTNaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酎完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液VzDiL,則消耗

3

NaOH的物質的量為(V?xcxIO)mol,即乙酸酎的總物質的量為史mol,ROH與乙酸酎反應

后剩余的乙酸好的物質的量為(Yxcxl03)mol，所以與ROH反應消耗的乙酸酎的物質的量為

2

(VjXcxlO^-yxcxlO-3)

-mo0

【解析】A.乙酸與醇的酯化反應可逆，不能用乙酸代替乙酸酎進行上述實驗，A項錯誤；

B.若甲醇揮發(fā)，NaOH-甲醇溶液的濃度將偏大，滴定時消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小，步驟④中所得

V2偏小，而ROH的物質的量為I"?'。'1。YxcxlOf,故將導致測定結果偏小，B項正確；

2

C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小即Vi偏小，而ROH的物

質的量為(MxcxlOLYxcxlO。mg],故將導致測定結果偏大，C項錯誤；

2

D.步驟④中，若加水量不足，乙酸醉未完全水解，生成乙酸的物質的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的體

積偏小即V2偏小，而ROH的物質的量為2xcxm一人xcxIO')m。],故將導致測定結果偏小，D項錯

2

誤；

答案選B。

12.(2022?山東卷)實驗室用基準Na2c配制標準溶液并標定鹽酸濃度，應選甲基橙為指示劑，并以鹽

酸滴定Na2cO3標準溶液。下列說法錯誤的是

A.可用量筒量取25.00mLNa2CO3標準溶液置于錐形瓶中

B.應選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2cO3標準溶液

C.應選用燒杯而非稱量紙稱量Na2cO3固體

D.達到滴定終點時溶液顯橙色

【答案】A

【分析】選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2cCh標準溶液，則應將Na2cCh標準溶液置于錐形瓶中，將

待測鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點時溶液由黃色變?yōu)槌壬?/p>

【解析】A.量筒的精確度不高，不可用量筒量取Na2c03標準溶液，應該用堿式滴定管或移液管量取

25.00mLNa2cO3標準溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；

B.Na2cCh溶液顯堿性，盛放Na2cCh溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產生有粘性的硅

酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2cCh標準溶液，B說法正確；

C.Na2cCh有吸水性且有一定的腐蝕性，故應選用燒杯而非稱量紙稱量Na2cCh固體，C說法正確；

D.Na2c03溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2cCh溶液中顯黃色，當滴入最后一滴鹽酸時，溶液由黃色突變?yōu)?/p>

橙色且半分鐘之內不變色即為滴定終點，故達到滴定終點時溶液顯橙色，D說法正確；

綜上所述，本題選A。

考法03鹽類水解及應用

13.（2024?江蘇卷）室溫下，通過下列實驗探究SO?的性質。已知K^H2so3）=13x10-2,

-8

Ka2（H2SO3）=6.2xl0o

實驗1：將SO2氣體通入水中，測得溶液pH=3。

實驗2：將S。?氣體通入QimoLIjiNaOH溶液中，當溶液pH=4時停止通氣。

實驗3：將SO2氣體通入O.lmoLITi酸性KMnC）4溶液中，當溶液恰好褪色時停止通氣。

下列說法正確的是

A.實驗1所得溶液中：c（HSO；）+c（SOj）>c（H+）

B.實驗2所得溶液中：c（SO"）>c（HSO3）

C.實驗2所得溶液經蒸干、灼燒制得NaHSC>3固體

D.實驗3所得溶液中：c（SO^）>c（Mn2+）

【答案】D

【分析】實驗1得至UH2s03溶液,實驗2溶液的pH為4,實驗2為NaHSO3溶液,實驗3SO2和酸性KMnO4

2++

溶液反應的離子方程式為：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO；+2Mn+4H0

【解析】A.實驗1得到H2so3溶液，其質子守恒關系式為：

+-+

c（HSO3）+2c（SO^）+c（OH）=c（H）,則c（HSO"）+C（SO1）<c（H）,A錯誤;

KT4〈(SO：)IQ^-cCSO^)

B.實驗2為pH為4,依據K%=貝U6.2x10-8=,溶液，則

C(HSO3)C(HSO3)

C(SO^)<C(HSO3),B錯誤;

C.NaHSCh溶液蒸干、灼燒制得NaHSC>4固體，C錯誤;

2++

D.實驗3依據發(fā)生的反應：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H,則恰好完全反應后

c(SO^)>c(Mn2+),D正確;

故選Do

14.（2024?湖南卷）中和法生產Na2HPO412H2O的工藝流程如下：

V

H3P廠Na2c。3

、‘、'__）'__________________

市疝I-----M調過濾I干燥i成品

13

已知:①H3P。4的電離常數：K]=6.9x10-3,塢=6.2x10-8,K3=4.8X10

(2)Na2HPO412H2O易風化。

下列說法錯誤的是

A.“中和”工序若在鐵質容器中進行，應先加入Na?CO3溶液

B.“調pH”工序中X為NaOH或H3P。4

C.“結晶”工序中溶液顯酸性

D.“干燥”工序需在低溫下進行

【答案】C

【分析】H3PO4和Na?CO3先發(fā)生反應，通過加入X調節(jié)pH,使產物完全轉化為Na2HpO4，通過結晶、

過濾、干燥，最終得到Na2Hpe>「12H2。成品。

【解析】A.鐵是較活潑金屬，可與HsP。4反應生成氫氣，故“中和”工序若在鐵質容器中進行，應先加入

NazC。?溶液，A項正確;

B.若“中和”工序加入Na2c。3過量，則需要加入酸性物質來調節(jié)pH,為了不引入新雜質，可加入H3PO4；

若，，中和，，工序加入H3P。4過量，則需要加入堿性物質來調節(jié)pH,為了不引入新雜質，可加入NaOH,所以

“調pH”工序中X為NaOH或HsP。：B項正確；

13

C.“結晶”工序中的溶液為飽和NazHPO,溶液，由已知可知H3P0^X2=62x10-8,K3=4.8xl0-,則

_Kl.OxlQ14

HPOj的水解常數KhW土1.6x10-7,由于Kh>K3，則Na2Hp。4的水解程度大于電離

一七一6.2x108

程度，溶液顯堿性，C項錯誤;

D.由于Na2HPO4」2H2。易風化失去結晶水，故“干燥”工序需要在低溫下進行，D項正確；

故選Co

15.（2024?湖南卷）常溫下Kn（HCOOH）=1.8x10^,向20mL0.10mol-L'NaOH溶液中緩慢滴入相同

濃度HCOOH溶液，混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關系如圖所示，下

列說法錯誤的是

0.1OT--------------------------------------!

T

O

U-一

VO.05

。

o+<~.--.---

5101520

K（HCOOH）/mL

A.水的電離程度：M<N

B.M點：2c（0Hj=c（Na+）+c（H+）

C.當叭HCOOH）=10mL時，C（OH）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO）

D.N點：c（Na+）＞c（HCOO）＞C（OH）＞c（H+）＞c（HCOOH）

【答案】D

【解析】

【分析】結合起點和終點，向20mLeHOmoLIjiNaOH溶液中滴入相同濃度的HCOOH溶液，發(fā)生濃度

改變的微粒是OH」和HCOCF，當V（HCOOH）=OmL,溶液中存在的微粒是OH-，可知隨著甲酸的加

入，OH」被消耗，逐漸下降，即經過M點在下降的曲線表示的是OH-濃度的改變，經過M點、N點的

在上升的曲線表示的是HCOCF濃度的改變。

【解析】A.M點時，V（HCOOH）=10mL,溶液中的溶質為c（HCOOH）:c（HCOCF）=l:l,仍剩余

有未反應的甲酸，對水的電離是抑制的，N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,此時僅

存在HCOONa的水解，此時水的電離程度最大，故A止確；

B.M點時，V（HCOOH）=10mL,溶液中的溶質為c（HCOOH）:c（HCOCF）=l:l,根據電荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HCOO）+c（OH）,M點為交點可知c（HC0GF）=c（01F）,聯(lián)合可得

2c（OH）=c（Na+）+c（H+）,故B正確；

C.當V（HCOOH）=10mL時，溶液中的溶質為c（HCOOH）:c（HCOONa）=l:l,根據電荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HCOO）+c（OH）,根據物料守恒c（Na+）=2c（HCOCF）+2c（HCOOH）,聯(lián)

合可得c（OIT）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO'）,故C正確；

D.N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,甲酸根發(fā)生水解，因此

c（Na+）＞c（HCOO］及C（OH—）＞c（H+）觀察圖中N點可知，c（HCOCF卜0.057，m//L,根據

c(H+)c(HCOO)

K(HCOOH)=1.8x10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D錯誤;

ac(HCOOH)

故答案選D。

16.（2023?北京卷）下列過程與水解反應無關的是

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化為小分子燒

C.蛋白質在酶的作用下轉化為氨基酸

D.向沸水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe（OH）3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)生裂化或裂解反應生成小分子燒，與水解反應無關，B符合題

忌-te.；

c.蛋白質在酶的作用下可以發(fā)生水解反應生成氨基酸，c不符合題意；

D.Fe3+能發(fā)生水解反應生成Fe(OH)3,加熱能增大Fe3+的水解程度，D不符合題意;

故選Bo

17.(2023?湖南卷)常溫下，用濃度為0.0200mol.□的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol-LT的

V(標準溶液)

HC1和CH3coOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨n(n=)的變化曲線如圖所示。下列

vj待測溶液，

說法錯誤的是

A.Ka(CH3coOH)約為10476

+

B.點a：c(Na)=c(CF)=c(CH3COO^)+c(CH3COOH)

C.點b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)

D.水的電離程度：avtxcvd

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、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HC1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,據止匕解答。

+

【解析】A.由分析可知，a點時溶質成分為NaCl和CH3coOH,c(CH3COOH)=0.01OOmol/L,c(H)=10-

3381/TC(H+)C(CHCOO)1O-338X1O-3-38士6T施

338moi/L,K,(CH3coOH)=-----------------3----------?-------------------=1l0n-44-76,故AA正確；

C(CH3COOH)0.01

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(C1)=c(CH3coOH)+c(CH3co0-)，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CH3co0-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。

18.(2022.浙江卷)25℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0x10-°,下列說法正確的是

A.相同溫度下，等pH的C6HsONa和C^COONa溶液中，C(C6H5O)>C(CH3COO)

B.將濃度均為O.lOmoLV的C6HsONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大

C.25℃時，C6H50H溶液與NaOH溶液混合，測得pH=10.00,則此時溶液中C(C6H5。一)=?！?H5OH)

D.25℃時，O.lOmoLI?的C6H50H溶液中加少量C6HsONa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，C6H5。-離子水解出氫氧根離子，升溫促進C6H5。離子的水解，氫氧根離子濃度增

大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯誤;

_c(H+)-C(CHO)_l.OxlO10xc(CHO)_,^.

C.當pH=10.00時，c(OH>1.0xlO-10,---------------6----5--------------------------6----s-----1.unx1iUn10,故

c(C6H5OH)C(C6H5OH)

c(C6H5。)=c(C6H5OH),C正確；

D.C6H50Na中的C6H5O-可以水解，會促進水的電離，D錯誤;

故選Co

15

19.(2022?浙江卷)已知25℃時二元酸H2A的