【五年高考真题】最新五年化学高考真题分项汇编——专题08《水溶液中的离子平衡》（2023全国卷地区通用）

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专题08 水溶液中的离子平衡
【2022年】
1．（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C．通入过量，反应的离子方程式为
D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】AD
【解析】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；
B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2↑，不会释放Cl2，B错误；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-++2H+，C错误；
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；
答案选AD。
2．（2022·浙江卷）时，苯酚的，下列说法正确的是
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；
D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D正确；
故答案为：B。
4．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。

设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
5．（2022·湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是

A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中的浓度为
C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀
D．b点：
【答案】C
【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；
故选C。
6．（2022·山东卷）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。
A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A正确；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为6.5；
C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误；
故选D。
7．（2022·海南卷）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是

A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)]与pH的关系，据此分析解答。
A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误；
答案选BD。
【2021年】
1．（2021·全国乙）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。

下列叙述错误的是
A．溶液时，
B．MA的溶度积度积
C．溶液时，
D．HA的电离常数
【答案】C
【分析】
本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
【详解】
A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/Ly，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
3．（2021·浙江）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是
A．25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸
【答案】B
【详解】
A．25℃时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；
B．25℃时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；
C．假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；
D．假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；
答案为：B。
4．（2021·湖南）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是

A．该溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【分析】
由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。
【详解】
A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；
故选C。
5．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是

A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【分析】
向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。
【详解】
A．，，因此，故A错误；
B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；
C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；
综上所述，正确的是CD，故答案为CD。
【2020年】
1.（2020·浙江卷）下列物质在熔融状态下不导电的是( )
A. NaOH B. CaCl2 C. HCl D. K2SO4
【答案】C
【解析】NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。综上所述，本题答案为C。
2.（2020·浙江卷）下列说法不正确的是( )
A. 的盐酸中
B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80℃时，水DE 离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；
NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。
3.（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]

下列叙述正确的是
A. 曲线①代表，曲线②代表
B. H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
4.（2020·江苏卷）室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 混合溶液(pH=10.30)：
B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
【答案】AD
【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
5.（2020·山东卷）25℃时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是

A. O点时，
B. N点时，
C. 该体系中，
D. pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。
6.（2020·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D. 在溶液中，
【答案】A
【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。
7.（2020·浙江卷）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是( )
A. 在氨水滴定前，和的混合液中
B. 当滴入氨水时，
C. 当滴入氨水时，
D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确。
8.（2020·江苏卷）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。

(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。

(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1)或 HSO- （2）ZnSO3 或 （3）随着pH降低，HSO浓度增大 减小
【解析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析HSO与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。
(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4++SO（或2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO+H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3- 和SO，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO；
(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO）
(3)HSO可以经氧气氧化生成SO，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO反应生成SO，反应的离子方程式为2HSO+O2=2SO+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
【2019年】
1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，B正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，C错误；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），D正确。
2．[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+
c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=
4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
7．[2019浙江选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A正确；若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D正确。
【2018年】
1. （2018年全国卷Ⅲ）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是

A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，A正确。由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点，D正确。
2. （2018年北京卷）测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2OHSO- +OH−
B. ④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误； Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等D正确。
3. （2018年天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数 Kh=====1.85×10-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）＜0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。