专题一0一 水溶液中的离子反应与平衡 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）

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专题十一 水溶液中的离子反应与平衡
考点1 弱电解质的电离平衡 水的电离
1．（2023·湖北卷，14）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是

A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
【答案】C
【解析】从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误。
2．（2022·浙江6月选考，19）关于反应Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq) ΔHc(HA-)
D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项,A2-的水解能力比HA-强,故等浓度的Na2A溶液中水的电离程度比NaHA强,错误;忽略H2A二级电离和H2A浓度的变化,Ka1=c(H+)·c(HA-)c(H2A),pH=3时,c(HA-)c(H2A)=1.3×10-4,H2A的电离度为c(HA-)c(H2A)×100%=1.3×10-4×100%=0.013%,正确;C项,pH=11的溶液中,根据Ka2=c(H+)·c(A2−)c(HA-),可推知c(A2−)c(HA-)=Ka2c(H+)=7.1×10-151×10-112且pH2且pH1.0×10-4.3 ml·L-1,故用氢氧化钠溶液滴定的过程中,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;滴定前盐酸和醋酸的浓度相同,故滴定过程中,根据元素质量守恒可知:c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C正确;向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液,当加入的NaOH溶液的体积为20 mL时,溶质为NaCl和CH3COOH,此时溶液仍然呈酸性,需继续滴加NaOH溶液,pH=7时c(H+)=1×10-7 ml·L-1,由Ka=
c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=
1×10-7×c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.8×10-5可知,c(CH3COO-)>c(CH3COOH),故有c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH),D正确。
6．（2022·福建卷，5）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的
【答案】C
【解析】中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误。
7．（2022·河北卷，9）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000ml•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01ml•L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03ml•L-1
【答案】C
【解析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02ml/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01ml/L。由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02ml/L，A错误；由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，B错误；由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01ml/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01ml/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，C正确；水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03ml/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 ml/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 ml/L，D错误。
8．（2022·山东卷，6）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确。
9．（2022·浙江1月选考，23）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 ml·L-1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 ml·L-1 NaHCO3溶液,再分别用0.4 ml·L-1盐酸滴定,利用pH计和压力传感器检测,得到如下曲线:
图5
下列说法正确的是
A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B.当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点),所发生的反应用离子方程式表示为HCO3-+H+CO2↑+H2O
C.根据pH-V(HCl)图,滴定分析时,c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足:c(H2CO3)-c(CO32−)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1> 20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误。
10．（2021·广东卷，7） 测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括:①量取一定量的浓硫酸,稀释;②转移定容得待测液;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定。上述操作中, 不需要用到的仪器为( )
【答案】B
【解析】实验过程中,①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒;②转移定容得待测液所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。选项中A为容量瓶,B为分液漏斗,C为锥形瓶,D为碱式滴定管,题述操作中,不需要用到的仪器为分液漏斗,故答案为B。
考点3 盐类的水解 粒子浓度的比较
1．（2023·浙江6月选考，15）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，A错误；实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，C错误；实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，D正确。
2．（2022·浙江6月选考，17）25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 ml·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 ml·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
【答案】C
【解析】醋酸的酸性大于苯酚,则CH3COO-的水解程度较小,相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-) Ka1，所以的酸性比的强，B正确；由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3ml/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6ml/L，所以时，的浓度比的高，C正确；由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D错误。
6．（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确。
7．（2022·辽宁卷，15）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，B正确；的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，C正确；由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，D错误。
8．（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】经过步骤①，100mL0.1ml•L-1CaCl2水溶液和0.01mlNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02ml NaCl和0.01mlCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，A错误；步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，B错误；经过步骤②，反应后的溶质为0.01ml Na2SO4、0.01ml Na2CO3和0.02mlNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02mlNaCl、0.01ml Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，D正确。
9．（2021·重庆卷，14）下列叙述正确的是
A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- )
B．向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3)
D．向0.2 ml·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 ml·L-1
【答案】C
【解析】溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()c(H2CO3)，C正确；磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，0.2 ml·L-1磷酸含c(H+)0.3 ml·L-1，D错误。
10．（2021·天津卷，10）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在溶液中
B．在溶液中
C．在溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
【答案】A
【解析】由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，A正确；在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；在溶液中，根据物料守恒得到，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，D错误。
11．（2021·江苏卷，11）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1ml·L-1NaHCO3溶液与0.1ml·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
【答案】C
【解析】NaX为一元弱酸的钠盐,NaX溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),因c(X-)发生水解,所以c(Na+)>c(X-),由于c(X-)的水解程度是微弱的,所以c(X-)>c(OH-),故c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A正确;室温下,相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液,pH越大,阴离子对应的一元酸的酸性越弱,其电离常数越小,根据图可知Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B正确;这三种盐都是强碱弱酸盐,其水溶液都呈碱性,加盐酸使三种溶液呈中性,则盐酸应少量,弱酸的酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,其钠盐溶液pH越大,要使混合溶液呈中性,则加入盐酸体积越大,其混合溶液中相应弱酸的生成量应该越多,酸性HX>HY>HZ,则溶液呈中性时生成酸的量n(HX)n(Z-),又由于加入盐酸体积NaXc(Z-),C错误;根据质子守恒可知D正确。
17．（2021·广东卷，8）鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是( )
ml·L-1 GHCl水溶液的pH=3
ml·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高
C.GHCl在水中的电离方程式为GHClG+HCl
D.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】0.001 ml·L-1 GHCl水溶液,电离出的GH+会发生水解,弱离子的水解较为微弱,因此0.001 ml·L-1 GHCl水溶液的pH>3,A项错误。有机弱碱G与盐酸反应得到强酸弱碱盐GHCl,GHCl水解使溶液呈酸性,若加水稀释,酸性减弱,pH升高,B项正确。GHCl在水中的电离方程式为GHClGH++Cl-,C项错误。GHCl水溶液中存在物料守恒:c(Cl-)=c(GH+)+c(G),D项错误。
18．（2021·山东卷，15） 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)= c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R-),下列表述正确的是( )
A.K2K1>K3K2
B.M点,c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C.O点,pH=-lgK2-lgK32
D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:H3R2++OH-H2R++H2O、H2R++OH-HR+H2O、HR+OH-R-+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小,H2R+和HR均先增大后减小,R-逐渐增大。K1=c(H2R+)·c(H+)c(H3R2+),K2=c(HR)·c(H+)c(H2R+),K3=c(R-)·c(H+)c(HR),M点c(H3R2+)=c(H2R+),由此可知K1≈10-2.2,N点c(HR)=c(H2R+),则K2≈10-9.1,P点c(HR)=c(R-),则K3≈10-10.8,K2K1=10-9.110-2.2=10-6.9,K3K2=10-10.810-9.1=10-1.7,因此K2K1c(H+),溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度,因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D正确。
19．（2021·辽宁卷，15） 用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
[如A2-分布分数:δ(A2-)=c(A2−)c(H2A)+c(HA-)+c(A2−)]
A.H2A的Ka1为10-10.25
B.c点:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.第一次突变,可选酚酞作指示剂
D.c(Na2A)=0.200 0 ml·L-1
【答案】C
【解析】用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,pH较大时A2-的分布分数δ最大,随着pH的减小,A2-的分布分数逐渐减小,HA-的分布分数逐渐增大,恰好生成NaHA之后,HA-的分布分数逐渐减小,H2A的分布分数逐渐增大,据此分析作答。H2A的Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A),根据题图d点数据计算可知Ka1=10-6.38,A项错误;根据图像可知c点c(HA-)>c(H2A)>c(A2-),B项错误;根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性,所以可以选择酚酞作指示剂,C项正确;根据图像e点可知,当加入40 mL盐酸时,全部生成H2A ,根据Na2A+2HCl2NaCl+H2A计算可知c(Na2A)=0.100 0 ml·L-1,D项错误。
20．（2021·浙江6月选考，23） 取两份10 mL 0.05 ml·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 ml·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 ml·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.由a点可知:NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B.a→b→c过程中:c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)逐渐减小
C.a→d→e过程中:c(Na+)y
【答案】C
【解析】a点NaHCO3溶液pH=8.3,说明HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度,A项正确;a→b→c过程中,根据电荷守恒,c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(Na+)近似不变,而pH增大,即c(OH-)增大,则c(H+)减小,所以c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)减小,B项正确;a→d→e过程中,根据物料守恒,c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32−)+c(H2CO3),C项错误;根据电荷守恒,c点,c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(OH-)=x>0.05 ml·L-1,e点,c(Na+)变为原来的12,加入的H+与HCO3-恰好反应而消耗,则c(Na+)+c(H+)=yy,D项正确。
21．（2021·浙江1月选考，23）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50 ml·L-1 CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5。下列说法不正确的是( )
A.图中实线表示pH随加水量的变化,虚线表示pH随温度的变化
B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,溶液pH变化值小于lg x
C.随温度升高,KW增大,CH3COONa溶液中c(OH-)减小,c(H+)增大,pH减小
D.25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中:c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】A项,NH4Cl水解使溶液显酸性,加水稀释时,酸性减弱,pH变大,CH3COONa水解使溶液显碱性,加水稀释时,碱性减弱,pH变小,对应图中实线;加热NH4Cl溶液,会促进NH4+ 的水解,溶液中c(H+)增大,pH变小,对应图中NH4Cl的虚线,加热CH3COONa溶液,会促进CH3COO-的水解,溶液中c(OH-)增大,由于升温后KW也增大,所以c(H+)也会增大,对应图中CH3COONa的虚线,正确。B项,0.50 ml·L-1 NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50x ml·L-1,即稀释x倍,先不考虑NH4Cl的水解,溶液中的H+浓度变为原来的1x,溶液pH变化lg x,加水稀释会促进NH4+的水解,H+浓度略增大,则溶液中的H+浓度大于原来的1x,溶液pH变化小于lg x,正确;C项,升温会促进CH3COO-的水解,溶液中的c(OH-)增大,错误;D项,由电荷守恒有c(Na+)+c1(H+)=c(CH3COO-)+c1(OH-),c(NH4+ )+c2(H+)=c(Cl-) +c2(OH-),c(Na+)-c(CH3COO-)=c1(OH-)-c1(H+),c(Cl-)-c(NH4+)=c2(H+)-c2(OH-),由于两原溶液的物质的量浓度相同,稀释相同倍数后的NH4Cl和CH3COONa溶液,溶质的物质的量浓度仍相等,由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相同,温度相同时,水的离子积常数不变,CH3COO-和NH4+的水解平衡常数不变,所以c1(OH-)-c1(H+)=c2(H+)-c2(OH-),则 c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+ )成立,正确。
考点4 沉淀溶解平衡
1．（2023辽宁卷，15）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是

A．B．③为与的关系曲线
C．D．
【答案】D
【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-。由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；③为与的关系曲线，B错误；曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2 ml/L时，c(HS-)=10-3.9 ml/L，，C错误；已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正确。
2．（2023·湖南卷，9）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误。
3．（2023·北京卷，14）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【解析】水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确。
4．（2022·湖南卷，10）室温时,用0.100 ml·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)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1.0×10-5 ml·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,
Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17]。下列说法正确的是
A.a点:有白色沉淀生成
B.原溶液中I-的浓度为0.100 ml·L-1
C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀
D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)
【答案】C
【解析】向浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加AgNO3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-,根据关系曲线可知,当滴入4.50 mL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4.50×10-3 L×0.100 ml·L-1=4.5×10-4 ml,所以Cl-、Br-和I-的物质的量均为1.5×10-4 ml,图中前2个突跃点,对应的V(AgNO3)分别为1.5 mL和3.0 mL。Ksp(AgI)最小,可知I-先沉淀,AgI沉淀是黄色的,所以a点有黄色沉淀生成,A错误;原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4 ml,则I-的浓度为1.5×10-4ml0.015 L=0.010 ml·L-1,B错误;当Br-沉淀完全时,溶液中的
c(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=5.4×10-131.0×10-5 ml·L-1=5.4×10-8 ml·L-1,c(Cl-)=
0.010 ml·L-1×15 mL15 mL+3 mL≈8.3×10-3 ml·L-1,Q=c(Ag+)·c(Cl-)=5.4×10-8×8.3×10-3≈4.5×10-10>
Ksp(AgCl)=1.8×10-10,则已经有部分Cl-沉淀,C正确;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c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D错误。
5．（2022·福建卷，7）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【答案】B
【解析】对离子净化时，相关离子浓度c