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新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题10 水溶液中的离子反应与平衡（分层练）（2份打包，原卷版+解析版）
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内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算】
【考点二 酸碱中和滴定及迁移应用】
【考点三 溶液中的“三大平衡”与“四大常数及其应用】
【微专题 有关水溶液中离子平衡的图像】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算】
1．室温下，有如下四种溶液，下列有关叙述正确的是
A．相同体积的①、②分别与③完全反应消耗NaOH的物质的量：①>②
B．相同体积的③、④分别加水稀释10倍所得溶液pH：③<④
C．②、④溶液由水电离出的H+浓度不相等
D．VaL①与VbL③混合(近似认为混合溶液体积=Va+Vb)，若混合后溶液pH=9，则Va∶Vb=11∶9
【答案】B
【解析】A．相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，醋酸为弱酸，其物质的量浓度远大于盐酸，消耗NaOH物质的量大于盐酸，故A错误；B．相同体积、相同pH的氢氧化钠溶液与氨水，加水稀释会促进氨水的电离，稀释相同倍数，氨水的pH大，③ < ④，故B正确；C．②中pH = 4，c(H+) = 10−4 ml·L−1，c(OH−) = 10−10 ml·L−1，氢氧根来源于水，同理④中pH = 10，c(H+) = 10−10 ml·L−1，氢离子来源于水，所以水电离出的H+浓度相同，故C错误；D．Va L①与Vb L③混合后，pH = 9溶液呈碱性，碱过量，利用，推知Va：Vb = 9：11，故D错误；故选B。
2．已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式错误的是
A．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-
B．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+
C．NaCN溶液中通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=+HCN
D．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【答案】B
【分析】利用图表电离平衡醋酸大小比较酸性强弱，酸性强弱：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞苯酚＞HCO，反应过程中酸性强的可以制备酸性弱的，复分解反应中酸性强的物质置换酸性弱的物质。
【解析】A．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钠氯化钠：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-，故A正确；B．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氢钠，C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，故B错误；C．向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的离子方程式：CN-+CO2+H2O=HCO+HCN，故C正确；D．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故D正确。答案选B。
3．液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：，该过程吸热。定义T℃时，液氨的离子积常数，若用定义pH的方式来规定，下列叙述正确的是
A．其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B．纯液氨达到电离平衡时，
C．温度高于T℃时的纯液氨中，
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动，K值减小
【答案】B
【解析】A．液氨是浓度为定值的纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，A错误；B．液氨中电离程度微弱，达到电离平衡时c(NH3)＞c()=c()，B正确；C．T℃时的液氨中c()=c()= ml/L=1.0×10—15 ml/L，则pN=﹣lg c()=15，温度高于T℃时的纯液氨中，电离吸热，平衡右移，c()增大，PN<15，C错误；D．向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动；液氨的离子积常数为温度函数，温度不变，离子积常数K值不变，D错误；故选B。
3．（2023·浙江·模拟预测）下列说法不正确的是
A．25℃时，浓度均为的溶液和溶液，后者的pH较大
B．25℃时，pH相同的HCl溶液和溶液，后者的较大
C．常温下，将的溶液与的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
【答案】A
【解析】A．相同条件下，电离能力：，则水解能力：，故同浓度的溶液与溶液，前者pH更大，A错误；B．溶液因铵根离子的水解显酸性，而水解程度是微弱的，所以当pH相同时，的浓度远大于HCl，溶液中较大，B正确；C．与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH不变，仍为9，C正确；D．醋酸为弱酸，相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，等体积等pH的盐酸和醋酸溶液中，盐酸的物质的量小于醋酸，则醋酸消耗的NaOH的物质的量多，D正确；故选A。
4．（2023·江西上饶·万年中学校考一模）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B．图1中，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V（Ⅰ）＞V（Ⅱ）
C．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
D．图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】D
【分析】在图Ⅰ中，盐酸与醋酸的pH相同，加水稀释相同的倍数后，盐酸溶液的pH变化大，所以Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸。
【解析】A.相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，所以曲线Ⅰ应为盐酸，A错误；B. 因为盐酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的浓度大，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V(Ⅰ)< V(Ⅱ)，B错误；C. 图2中纯水仅升高温度，c(H＋)、c(OH－)同等程度增大且相等，不可能从a点变到c点，C错误；D. 图2中在b点对应温度下，KW=10-12，pH=2的H2SO4中，c(H＋)=10-2ml/L；pH=10的NaOH溶液中，c(OH－)=10-2ml/L，二者等体积混合后，刚好完全反应，溶液呈中性，D正确。故选D。
5．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）常温下向20mL 0.1ml/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小
D．d点溶液呈中性
【答案】C
【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；
【解析】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1ml·L－1=2×10－3ml，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7ml·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)【考点二 酸碱中和滴定及迁移应用】
1．（2023·辽宁·校联考模拟预测）室温下，以的标准溶液滴定溶液，滴定过程中的变化如下表：
下列叙述不正确的是
A．该滴定过程有两个滴定突跃
B．滴定过程中，指示消耗20.00mL盐酸时的反应终点，可以选甲基橙为指示剂
C．消耗10.00mL盐酸时，溶液中离子浓度关系有
D．随着盐酸的滴加，水电离出的先增大后减小
【答案】D
【分析】以的标准溶液滴定，先后发生两个反应：、，根据反应关系并结合表中实验数据可知，反应终点为滴定曲线上8.31和3.93两个点，第一个反应终点恰好完全反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解对水的电离起促进作用，第二个反应终点为饱和的二氧化碳溶液，对水的电离起抑制作用，据此分析解答该题。
【解析】A．由表中实验数据可知，当盐酸体积从9.98mL变为10.02mL时，pH从8.34突跃至8.29；当盐酸体积从19.98mL变为20.02mL时，pH从4.01突跃至3.85，即该滴定过程有两个滴定突跃，故A正确；B．滴定过程中，消耗20.00mL盐酸时，溶液的pH=3.93，而甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，所以可以选甲基橙为指示剂指示终点，故B正确；C．消耗10.00mL时恰好生成，溶液的pH=8.31，，，由此溶液的质子守恒可知，故C正确；D．随着盐酸的加入，溶液由变为、，水电离出的由最大逐渐变小，故D错误；答案选D。
2．（2023·上海嘉定·统考二模）室温下，用标准液0.01ml·L-1NaOH溶液滴定·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A．当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B．滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7ml·L-1
C．pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01ml·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D．滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
【答案】D
【解析】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A错误；B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7ml·L-1，选项B错误；C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01ml·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 ml·L-1，两者相等，选项C错误；D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D正确；答案选D。
3.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000ml∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。
(1)滴定达到终点的现象是______。
(2)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：
计算试样中过氧化氢的浓度为______ml∙L-1。
(3)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色 (2)0.1800 (2)偏高
【解析】(1)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；
(2)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000ml∙L-1×0.018L，c(H2O2)=ml∙L-1=0.1800ml∙L-1；
(3)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c标V标=c待V待，c待=，则测定结果偏高。
4.（2024上·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）滴定法是重要的定量检测方法，常见的滴定法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定等。在生产生活中，根据不同的情况采用不同的滴定方法，请阅读以下材料，回答问题：
(1)某实验小组用高锰酸钾溶液测定补铁剂“琥珀酸亚铁片”样品中铁元素的质量分数，具体步骤如下：
a．称取研碎的琥珀酸亚铁片样品置于烧杯中，经过一系列处理配成溶液；b．移取待测溶液置于锥形瓶中，用的标准溶液滴定；c．重复操作3次，记录数据，平均消耗标准高锰酸钾溶液。
回答下列问题：
①本滴定实验是否需要指示剂 (填“需要”或“不需要”)。
②标准溶液应盛装在 滴定管中(填“甲”或“乙”)。
③当琥珀酸亚铁片已变质，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(2)某种胃药的有效成分为碳酸钙，现在需要测定其中碳酸钙含量，操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
a．向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入蒸馏水；b．配制稀盐酸和溶液；c．向盛有研碎药片的烧杯中加入的足量稀盐酸，确保药片完全溶解；d．用溶液滴定过量的稀盐酸，选用酚酞作指示剂，记录所消耗溶液的体积。
请回答下列问题：
①滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
②d操作过程中，判断是否达到滴定终点的标志是 。
③某同学4次测定所消耗的溶液的体积如下：
根据该同学的实验数据，可计算得出这种药片中碳酸钙的质量分数为 。
(3)沉淀滴定是一种重要的定量检测手段。在以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为 ，此时溶液中至少为 ，指示剂才能显色。(已知时，的分别为和；计算结果用科学计数法表示，保留小数点后一位)。
(4)为测定“”的平衡常数，某小组同学进行如下实验。
实验Ⅰ：将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取上层清液，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗标准溶液。
资料：(白色)
(红色)
根据该实验数据，可测得该温度下反应的平衡常数 (结果用含c、v、的式子表示，不必化为最简)。
【答案】(1)不需要 甲 偏低
(2) 当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为浅红色，且30秒不再恢复 60%
(3)
(4)
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
测定胃药中碳酸钙含量的操作为将一粒胃药研碎后溶解配成悬浊液，向悬浊液加入配制的过量盐酸溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定得到过量盐酸的量，依据碳酸钙反应消耗盐酸的量计算得到胃药中碳酸钙含量。
【解析】（1）①因高锰酸钾本身有颜色，故不需要指示剂。
②高锰酸钾溶液具有强氧化性，故应盛放于酸式滴定管甲中。
③琥珀酸亚铁片已变质生成Fe3+，则消耗的高锰酸钾溶液偏少，故测定结果偏低。
（2）①由分析可知，测定胃药中碳酸钙含量时涉及的反应为碳酸钙与过量盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，过量的盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应的相关离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；②滴定终点的标志为当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为浅红色，且30秒不再恢复；③由表格数据可知，第4次测定结果误差太大应舍去，则滴定过量的盐酸消耗氢氧化钠的平均体积为=13.00mL，则碳酸钙的质量分数为×100%=60%，故答案为：60%。
（3）当溶液中恰好沉淀完全时，，则，此时溶液中则。
（4）取Ⅰ中所得上清液v mL，用ml/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗mL，已知：，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为，根据平衡三段式进行计算如下：
故反应的平衡常数。
5.（2023上·河南开封·高三开封高中校考开学考试）分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定，还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。已知：
①是一种难溶于水的砖红色沉淀；②溶液中同时存在和时，滴入溶液，先生成AgCl沉淀；③。
I．准备标准溶液
准确称取基准物4.2468g(0.0250ml)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
II．滴定待测溶液
a．取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入1mL5%溶液。
c．边不断晃动锥形瓶边用标准溶液滴定，当接近终点时，半滴半滴地滴入溶液，并用力摇晃。记下达终点时消耗标准溶液的体积。
d．重复上述操作两次。三次测定数据如下表。
e．数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的配制成标准溶液。所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
(2)滴定终点的现象是 。
(3)计算所消耗的标准溶液平均体积为 mL，测得 。
(4)若用该方法测定溶液中的，待测液的pH不宜超过7.2，理由是 。
(5)下列关于实验的说法合理的是___________。
A．为使终点现象更加明显，可改加1mL10%溶液
B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下
C．若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高
【答案】(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管
(2)滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内该沉淀不溶解
(3)20.00 0.0800
(4)若溶液pH过大，会生成，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高
(5)BCD
【分析】实验参考酸碱中和滴定原理进行沉淀滴定，配制滴定剂硝酸银溶液时结合其易分解特点需100mL棕色容量瓶；滴定实验中明显有误差的数据需舍去；结合具体实验操作进行误差分析即可；
【解析】（1）见光易分解，配制一定浓度的溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；（2）根据已知信息，沉淀完全后，才会生成砖红色沉淀，故可指示滴定终点；（3）对比3组数据可知，序号1数据严重偏离平均值，为无效数据应舍去，故平均体积为20.00 mL，溶液的浓度为；（4）由信息可知，若溶液pH过大，生成的使AgCl生成可溶性的，即增大标准溶液所用体积，使测定结果偏高；（5）A．由于也能与反应，所以加入不宜过多(与酸碱中和滴定的指示剂类似)，A不合理；B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下，有利于提高实验准确度，B合理；C．若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制标准溶液浓度偏小，则滴定时消耗体积偏大，使测定结果偏高，C合理；D．若未等滴定管液面稳定就读数，稍等片刻后，挂于内壁上的溶液流下，还会使液面略上升，相当于读数偏大，则测定结果偏高，D合理；答案选：BCD；
【考点三 溶液中的“三大平衡”与“四大常数及其应用】
1．（2023·辽宁鞍山·统考一模）室温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-1gc(Ba2+)与的关系如图所示(已知：、；)。下列说法正确的是
A．a对应溶液pH=6.5
B．b对应溶液的c(HCO)=0.05ml/L
C．a→b的过程中，溶液中一直增大
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】B
【解析】A．a点对应溶液，则，由得，，，故A错误；B．b对应溶液，则，由，可得，由b点，则，故B正确；C．，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，不变，则逐渐减小，故C错误；D．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，故D错误；答案选B。
2．（2023·新疆乌鲁木齐·校联考一模）是一种二元弱酸，由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变，已知，，某水体中(X为、、、)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线②代表
B．Q点
C．随pH升高，先增大后减小
D．R点时，
【答案】B
【解析】A．的浓度保持不变，则①代表，随着pH逐渐增大、离子浓度增大，pH较小时的浓度大于的浓度，则曲线②代表，曲线③代表，故A错误；B．Q点，根据，可得由O点坐标知：的一级电离常数由R点坐标，知：的二级电离常数，代入、，可得，，故B正确；C．曲线①②的交点代表溶液中、的浓度相等，，由于与空气中的某种成分作用而保持不变，随pH升高减小，增大，故C错误；D．R点时，，若溶液中只存在、、、微粒，得出，同时水体中还有其他离子，故D错误；答案选B。
3．（2023·浙江台州·统考一模）下列说法正确的是
A．0.1 与0.2的氨水中之比为1∶2
B．某温度下，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
C．室温下pH=5的醋酸溶液中水电离的浓度为
D．相同温度下，将足量AgCl固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 盐酸、③0.1 溶液、④0.1 溶液中，浓度：④>①>②>③
【答案】D
【解析】A．氨水是弱电解质，不能完全电离，不同条件下，浓度不同的氨水电离出来的c(OH—)不同，故A错误；B．如果这个温度是100℃时，Kw=1×10—12， pH=2的盐酸c(H+)=10—2ml/L，pH=12的NaOH溶液c(OH—)=1.0ml/L，等体积混合时溶液显碱性，故B错误；C．室温下pH=5的醋酸中的c(H+)=10—5ml/L，则醋酸的浓度要大于10—5ml/L，该溶液中水电离出来的c(OH—)=10—9，故C错误；D．相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积是常数，与①蒸馏水相比较，②中0.1ml/L盐酸溶液中氯离子0.1ml/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小，③中0.1ml/L氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2ml/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小，且比②中还小，④中0.1 ml/L硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1ml/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，银离子浓度最大，则 Ag+浓度大小顺序为④>①>②>③，故D正确；故本题选D。
4．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）常温下，二元酸H2A的Ka2(H2A)= 1.0 ×10-2。 在某体系中，H+与A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜(如图所示)。溶液中c 总(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液I中： c(H+)-c(OH-)=c 总(H2A)
B．溶液II中： c (H2A) >c(H+)>c(HA-) >c(OH-)
C．溶液I和II中的c总(H2A)不相等
D．溶液I和II中的c(A2-)之比为105
【答案】C
【分析】由c 总(H2A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全电离，由H+与A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜可知溶液I和溶液II中HA-的浓度相同。
【解析】A．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，A错误；B．H2A的第一步电离是完全电离，所以溶液中不存在H2A分子，B错误；C．结合Ka2(H2A)=1.0 ×10-2可计算出c(A2-)= ，又因溶液I和溶液II中HA-的浓度相同而H+浓度不同，因此c(A2-)的浓度不同，又因c总(H2A) =c(HA-)+c(A2-)，故溶液I和II中的c总(H2A)不相等,C正确；D．由c(A2-)= 可计算出二者c(A2-)的比值为10-1:10-7=106，D错误；故选C。
5．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点溶液中存在：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()
C．c点对应的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)
D．水的电离程度：a【答案】D
【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。
【解析】A．a点的主成分为和NaCl，，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，故有c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)，A项正确；B．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，B项正确；C．c点主成分为和NaCl，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故C项正确；D．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，D项错误；选D。
【微专题 有关水溶液中离子平衡的图像】
1．（2023·上海·一模）下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A．图中温度：B．图中的关系：
C．C点物质可能是盐酸D．图中五点间的关系：
【答案】C
【解析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；C．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故C错误；D．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系：E>D>A=B=C，故D正确；故选C。
2．(2023·安徽省黄山市第二次质量检测)HA是一元弱酸，含少量MA固体的难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化， M+不发生水解。实验发现，298K 时c2(M+)~ c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是( )
A．c(H+) 增大的原因可能是加入了酸HA
B．溶液c(H+)= 2×10-4时，c(M+)> 3×10-4ml·L-1
C．随着c(H+)的增大， MA的溶度积Ksp(MA)保持不变
D．c2(M+)~ c(H+) 的线性关系为： c2(M+)= Ksp(MA)
【答案】A
【解析】A项，向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；B项，根据图像，溶液c(H+)= 2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(ml/L)2，所以c(M+)> 3×10-4ml·L-1，B正确；C项，Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；D项，MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)= c(M+)×[c(A-)+c(HA)]= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(A-)×= c(M+)×c(A-)×[1+]= Ksp(MA) ，D正确； 故选A。
3．（2023·全国·高三联考）几种难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下，下列说法不正确的是
A．Ksp与难溶电解质的性质、温度有关
B．由上述数据可知，溶解度C．在一定条件下，可实现AgCl转化为AgBr
D．AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向N点溶液中加入NaCl固体，能使溶液由N点变到M点
【答案】D
【解析】A．Ksp是溶度积，是一个平衡常数，与难溶电解质的性质和温度有关，故A正确；B．相同温度下，，饱和溴化银溶液中；饱和亚硫酸银溶液中，可知相同温度下溶解度，故B正确；C．可知相同温度氯化银的溶解度大于溴化银，可以实现转化，故C正确；D．向N点溶液中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，应该能使溶液由N点变到P点，故D错误；故选D。
4．（2023·重庆·重庆市育才中学校联考模拟预测）利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图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Na2CO3体系中；不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法错误的是
A．pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c()>c(H2CO3)>c()
B．M点时，溶液中存在c()=c(OH-)
C．初始状态pH=9、，平衡后存在
D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好
【答案】B
【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知
【解析】A．由图1 pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确；B．M点时pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75ml/L，而由图1可知，pH=8.25时c()≈0.1ml·L-1，则根据Ka2可计算出c()≈10-3ml·L-1，B错误；C．初始状态pH=9、，此时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正确；D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1ml·L-1NaHCO3溶液比0.1 ml·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确；故选B。
5．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）为二元弱酸，常温下向溶液滴加固体（忽略溶液体积变化），溶液中、的百分含量与的关系如图所示，已知；如：。下列说法不正确的是
A．曲线是的百分含量
B．的的数量级为
C．M点对应溶液中，
D．溶液中
【答案】A
【分析】H2A是二元弱酸：，，图中pOH越小，溶液碱性越强，H2A的百分含量随pOH的增大而增大，为曲线c，HA-的百分含量随pOH的增大先增大后减小，为曲线b，溶液中A2-的百分含量随pOH的增大而减小，为曲线a。
【解析】A．据分析，曲线a是A2-的百分含量，故A错误；B．b、c曲线的交点N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即c(H2A)=c(HA-)，Ka1=，根据N点pOH=12.1，则c(H+)=10-1.9ml/L，Ka1=10-1.9，数量级为10-2，故B正确；C．M点有c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M点pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正确；D．NaHA完全电离出Na+和HA-，HA-发生水解和电离，故c(HA-)1．根据酸碱质子理论，给出质子()的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。相同温度下，和在冰醋酸中存在 ， 。下列说法正确的是
A．把通入水溶液中：
B．已知酸性，则在中的
C．酸性强弱顺序为：
D．接受质子的能力：
【答案】C
【解析】A．在冰醋酸中才存在，在水中是生成CH3COOH，故反应为，选项A错误；B．酸性HCOOH> CH3COOH，给出H+能力HCOOH> CH3COOH，结合H+能力HCOOH< CH3COOH，在HCOOH的电离程度小于在冰醋酸中的电离程度，<10-9.4，>9.4，选项B错误；C．在冰醋酸中，HCl和的：HCl<，故：HCl<，酸性：HCl>，在冰醋酸中给出质子(H+)，CH3COOH结合H+，给出H+能力：>CH3COOH，故酸性：，选项C正确；D．HCl在水中完全电离，在冰醋酸中电离程度较小，说明结合HCl电离出的H+能力H2O> CH3COOH，选项D错误；故选C。
2．(2023·河北省部分学校高三联考)在25℃下，稀释CH3COOH和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前的体积，V2表示稀释后的体积，下列说法错误的是( )
A．，两种酸溶液pH相同时，c(HA)＜c(CH3COOH)
B．a、b两点中，水的电离程度a小于b
C．25℃时，等浓度的CH3COONa与NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)
D．曲线上a、b两点中，的比值一定相等
【答案】A
【解析】A项， m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同时， c(CH3COOH)＜c(HA)，A项错误；B项，a点pH小于b点pH，则a溶液中c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；C项，CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃时，等浓度的CH3COONa和NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)，C项正确；D项， ，又，KW不变，故曲线上a、b两点 一定相等，D项正确；故选A。
3．（2023·河南·统考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位()的突跃确定滴定终点的一种精确的滴定分析方法。常温下，某同学在特制容器中利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图1所示，在相同条件下利用pH计和气体压力传感器检测，得到曲线如图2所示(已知：碳酸的电离常数 Ka1= 10-6.4 ，Ka2= 10-10.3)。下列说法正确的是
A．两次滴定过程都需要用酚酞和甲基橙作指示剂
B．a→b：溶液中始终满足c(Na+) = 2[c(H2CO3) + c() + c()]
C．a→b：压强增大是因为生成了CO₂，但d→e压强不可能继续增大，所以该实验失败
D．b点溶液中比值的数量级为10-8
【答案】D
【解析】A．因为是电位滴定，根据指示电极电位的突跃位置可以确定滴定终点，无需任何指示剂，A错误；B．c(Na+) = 2[c(H2CO3) + c() + c()]，这个式子是碳酸钠的物料守恒，但是a点的溶质是碳酸氢钠和氯化钠的混和物，不满足该等式，B错误；C．a→b：压强增大是因为生成了CO₂，但d→e压强不再增大是因为碳酸钠已经反应完全了，C错误；D．根据Ka1= 10-6.4，Ka2= 10-10.3得到b点：，比值的数量级为10-8，D正确；故选D。
4．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）常温下，向20mL0.1ml/L一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一元酸HX溶液，滴定过程中溶液pH值的变化曲线如下图所示，已知4A．该滴定过程中应选用酚酞作指示剂B．一元酸HX的Ka=5×10-5
C．溶液中水的电离程度：b>c>aD．c点溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【分析】由图示a点的pH=13可知，0.1ml/L一元碱MOH溶液的pH=13，则MOH是强碱，由b点可知，当MOH和HX等体积混合时，则二者恰好完全反应生成MX盐溶液，此时溶液pH=8.5，即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和HX的混合溶液；
【解析】A．由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酚酞的变色范围为8.2-10.0，则该滴定过程中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A正确；B．由b点可知，此时溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05ml/L、c(OH-)=ml/L，根据水解平衡可知，X-+H2OHX+OH-，，Kh===2×10-10，故Ka===5×10-5，B正确；C．由分析可知，a点为MOH强碱溶液，对水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对水电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合m的范围可知c点对水电离的抑制程度较a点小，故溶液中水的电离程度：b> c > a，C正确；D．c点为等浓度混合的MX和HX溶液，溶液显酸性，即HX的电离程度大于X-的水解程度，则c点溶液中：c(X-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，D错误；故选D。
5．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）在常温下，下列说法正确的是
A．溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时：
B．的氨水与的盐酸等体积互混，，则的电离常数为
C．等浓度的与溶液，前者大于后者(已知，的，的，)
D．浓度均为的和混合溶液，滴加的溶液，最先产生的沉淀为(，)
【答案】B
【解析】A．CH3COONa溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以得c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，根据物料守恒得得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以得c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A错误；B．根据电荷守恒知c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，根据等体积混合后的溶液显中性知，NH3•H2O的，故B正确；C．电离平衡常数可知碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢根离子，对应盐水解程度碳酸氢钠水解程度小于次氯酸钠小于碳酸钠，相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，pH前者小于后者，故C错误；D．生成AgCl需要的银离子为=1.8×10-6ml/L，生成Ag2CrO4需要的银离子为=1.4×10-4ml/L，则混合溶液中产生两种不同沉淀，且AgCl沉淀先产生，故D错误；故选：B。
6．（2023·河南·淅川县第一高级中学校联考模拟预测）已知的电离方程式为，，常温下，测得溶液的为。下列说法错误的是（不考虑溶液体积变化）
A．
B．溶液中
C．向溶液中滴加同浓度NaOH溶液至中性时：
D．向溶液中滴加溶液至恰好完全中和时：
【答案】C
【解析】A．已知的电离方程式为，，则是二元酸，第一步完全电离，第二步部分电离，盐溶液中：HA-不会水解，A2-会水解；溶液的为，则电离产生的c(H+)=c(A2-)≈0.04ml/L，c(HA-)=0.2ml/L-0.04ml/L，，A正确；B．中存在电荷守恒，则，第一步完全电离，第二步部分电离，则元素守恒有=0.2ml/L，则，B正确；C．H2A第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA呈酸性，Na2A呈碱性，故中性溶液为NaHA和Na2A混合溶液且HA-电离和A2-水解相等，则，C错误；D．溶液和溶液恰好完全中和时溶质为Na2A，二者恰好完全反应体积比=1:1，故根据元素守恒有，D正确；答案选C。
7．（2024·河北·校联考模拟预测）室温下，向0.1三元中强酸H3PO4溶液中缓慢加入NaOH固体，忽略温度和溶液体积的变化，溶液中的H3PO4、、和的物质的量分数随溶液的pH的变化如图所示[已知]，下列叙述错误的是
A．的数量级为
B．Q1、Q2和Q3三点溶液中均存在：
C．Na2HPO4溶液中：
D．当pH=13时，
【答案】D
【分析】根据图象中pH的变化，可知图象中X为H3PO4，Y为，Z为，W为。
【解析】A．因的第二步电离常数 ，pH=7.2时，，故，故的数量级为，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，故，故B正确；C．Na2HPO4溶液中根据物料守恒可得：，故C正确；D．当pH=13时，c(OH-)=0.1ml/L，结合图像可知，故D错误；故选D。
8.（2023·四川凉山·统考一模）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．图中温度
B．温度时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若混合溶液呈中性，则NaOH溶液与溶液的体积比为
C．b点到c点可以通过温度不变，在水中加入适量的
D．图中五个点的的关系为b>c>a>d=e
【答案】B
【分析】根据图象可知温度为T1时Kw=10-710-7=10-14，温度为T2时Kw=10-610-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故；
【解析】A．根据分析可知温度为T1时Kw=10-710-7=10-14，温度为T2时Kw=10-610-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故，故A错误；B．温度时，将的NaOH溶液c(OH-)=10-2ml/L，的溶液c(H+)=10-3ml/L，混合后，若溶液呈中性，根据n(OH-)=n(H+)，则NaOH溶液与溶液的体积比为，故B正确；C．由图可知b点到c点Kw减小，温度改变Kw改变，故C错误；D．温度不变Kw，温度升高Kw增大，a、e、d三点温度相同故Kw相同，从a到b温度依次升高，故的关系为b>c>a=d=e，故D错误；故答案为B。
9．(2023·黑龙江省海伦市高三质检)常温下两种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/表示)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．
B．X曲线仅最低点说明达到了溶解平衡
C．pH=8时溶度积： Zn(OH)2＞AgOH
D．反应2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2的平衡常数
【答案】A
【解析】A项，pH=8时，Zn2+浓度为a，Ksp[Zn(OH)2]= c (Zn2+)• c2(OH-)=，A正确；B项，曲线上所有的点均为溶解平衡状态，B错误；C项，pH为8时，Zn2+的浓度比Ag+小得多且c(OH-)小于1，则AgOH的溶度积c (Ag+)• c(OH-)比Zn(OH)2的溶度积c (Zn2+)• c2(OH-)大，C错误；D项，2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2平衡常数，D错误；故选A。
10.（2023上·河南商丘·高三商丘市第一高级中学校联考期中）中和滴定、配位滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定，实验原理相似，都是分析化学中常用的分析手段，统称为滴定法。某兴趣小组利用滴定法进行如下实验：
I．用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至终点(反应为)，消耗溶液25.00mL。回答下列问题：
(1)向溶液中加入过量的KI溶液并酸化，被还原成，写出该反应的离子方程式： 。
(2)粗品中的质量分数为 。
(3)若在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
II．佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量：准确称取1.705g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL，取10.00mL于锥形瓶中，加的溶液20.00mL()，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入指示剂，用标准溶液滴定过量的AgNO3至终点()，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
已知：，。
(4)水解方程式为 。
(5)滴定过程中，可选用的指示剂是 (填字母)。
A．NaCN B．甲基橙 C．
(6)滴定终点的判断依据为 。
(7)实验中，若不加硝某苯，测定的纯度将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)
(2)62%
(3)偏高
(4)
(5)C
(6)加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色，且半分钟不褪色
(7)偏小
【解析】（1）被还原成，可知碘元素的化合价升高、Cr元素的化合价降低，可知离子方程式为，故答案为：。
（2）由、，可知存在，则粗品中的质量分数为，故答案为：62%。
（3）在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，消耗溶液偏大，则测定结果偏高，故答案为：偏高。
（4）水解生成磷酸和HCl，则其水解方程式为。
（5）佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量，水解生成磷酸和HCl，用过量的溶液沉淀氯离子，再用KSCN溶液滴定过量的银离子，从而得到水解所得的量，进而测定的含量。在KSCN溶液滴定过量的银离子，用指示剂判定KSCN的用量。有以上原理可知，用含离子的溶液作指示剂，如果KSCN过量，溶液立刻变为红色（或血红色）。
（6）加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色（血红色），且半分钟不褪色即为滴定终点。
（7）加入少量的硝基苯可以覆盖到生成的氯化银沉淀上，已知：，，，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银会转化成AgSCN，使得实验中消耗的KSCN偏多，会使测定的氯元素的含量偏低，则的纯度将偏小。
1．(2021•浙江6月选考，23)取两份10mL 0.05ml·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05ml·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
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＋)＜c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)ml/L，因此x>y，故D正确；故选C。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I-；HgI2(aq)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线表示lgc(HgI42-)的变化情况 B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C． D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-) =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI42-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A项，线L表示lgc(HgI42-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
3．(2023•北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3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c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1ml·L-1，不同下c(CO32-)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH=10.25，c(HCO3-)= c(CO32-)
B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，发生反应：Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】A项，水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B项，从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6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；C项，从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2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(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)＜0.1ml·L-1，C项错误；D项，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，pH=8，lg[c(Mg2+)]= -1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Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；故选C。
4．(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Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c ＜1.0×10-5ml·L－1 )。25℃时，lgc与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是( )
A．Mg2+可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D．
【答案】B
【解析】A项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；B项，加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C项，由图可知，净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C错误；D项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5ml/L，c(OH-)=10-11.5ml/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5ml/L，c(OH-)=10-9.5ml/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L， ，则有，D错误；故选B。
5．（2022·重庆·统考高考真题）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】A．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-)，故A错误；B．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)，故B错误；C．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)，故C错误；D．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-)，故D正确；故选D。
6．(2022•山东卷，14)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1ml·L-1、1.0ml·L-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1ml·L-1、1.0ml·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg[c(Sr2+)/ml·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数
B．a= -6.5
C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0ml·L-1溶液的变化曲线
D．对含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】分析题给图象，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0.1 ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1 ml·L-1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，1 ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 ml·L-1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。A项，反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数K===，故A正确； B项，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/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项，曲线④表示含碳酸锶固体的1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D项，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．（2023·浙江·统考高考真题）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】A．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，故A错误；B．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，故B错误；C．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，故C错误；D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。
8．（2023·江苏·统考高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．溶液中：
D．“沉锰”后的滤液中：
【答案】C
【解析】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误；C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。
9．（2023·湖北·统考高考真题）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
(2)铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【答案】(1)具支试管 防倒吸
(2)Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【解析】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.015L=0.0005ml，粗品中X的相对含量为。
10．（2021·山东·统考高考真题·节选）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cml•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•ml-1)的质量分数为 。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(3) % 不变 偏大
【分析】(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。
【解析】(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1- m2)g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；
②滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3ml，m(WCl6)=cV10-3mlMg/ml=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。
编号
①
②
③
④
pH
4
4
10
10
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
HClO
苯酚(C6H5OH)
K
25℃
K=1.77×10-4
K=4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
K=1.1×10-10
0.00
5.00
9.00
9.50
9.90
9.98
10.00
10.02
10.10
10.25
10.55
9.95
9.11
8.84
8.44
8.34
8.31
8.29
8.19
8.02
19.00
19.50
19.90
19.98
20.00
20.02
20.10
20.50
21.00
5.24
4.92
4.25
4.01
3.93
3.85
3.56
2.95
2.66
第一次
第二次
第三次
第四次
V(KMnO4溶液)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
测定次数
第1次
第2次
第3次
第4次
13.02
12.98
13.00
13.98
实验序号
1
2
3
消耗标准溶液体积/mL
20.45
20.02
19.98
难溶电解质
AgCl
AgBr
Ksp
难溶物
AgCl
AgCN
AgSCN
颜色
白
白
白
内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算】
【考点二 酸碱中和滴定及迁移应用】
【考点三 溶液中的“三大平衡”与“四大常数及其应用】
【微专题 有关水溶液中离子平衡的图像】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及pH计算】
1．室温下，有如下四种溶液，下列有关叙述正确的是
A．相同体积的①、②分别与③完全反应消耗NaOH的物质的量：①>②
B．相同体积的③、④分别加水稀释10倍所得溶液pH：③<④
C．②、④溶液由水电离出的H+浓度不相等
D．VaL①与VbL③混合(近似认为混合溶液体积=Va+Vb)，若混合后溶液pH=9，则Va∶Vb=11∶9
【答案】B
【解析】A．相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，醋酸为弱酸，其物质的量浓度远大于盐酸，消耗NaOH物质的量大于盐酸，故A错误；B．相同体积、相同pH的氢氧化钠溶液与氨水，加水稀释会促进氨水的电离，稀释相同倍数，氨水的pH大，③ < ④，故B正确；C．②中pH = 4，c(H+) = 10−4 ml·L−1，c(OH−) = 10−10 ml·L−1，氢氧根来源于水，同理④中pH = 10，c(H+) = 10−10 ml·L−1，氢离子来源于水，所以水电离出的H+浓度相同，故C错误；D．Va L①与Vb L③混合后，pH = 9溶液呈碱性，碱过量，利用，推知Va：Vb = 9：11，故D错误；故选B。
2．已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式错误的是
A．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-
B．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+
C．NaCN溶液中通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=+HCN
D．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【答案】B
【分析】利用图表电离平衡醋酸大小比较酸性强弱，酸性强弱：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞苯酚＞HCO，反应过程中酸性强的可以制备酸性弱的，复分解反应中酸性强的物质置换酸性弱的物质。
【解析】A．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钠氯化钠：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-，故A正确；B．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氢钠，C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，故B错误；C．向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的离子方程式：CN-+CO2+H2O=HCO+HCN，故C正确；D．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故D正确。答案选B。
3．液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：，该过程吸热。定义T℃时，液氨的离子积常数，若用定义pH的方式来规定，下列叙述正确的是
A．其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B．纯液氨达到电离平衡时，
C．温度高于T℃时的纯液氨中，
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动，K值减小
【答案】B
【解析】A．液氨是浓度为定值的纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，A错误；B．液氨中电离程度微弱，达到电离平衡时c(NH3)＞c()=c()，B正确；C．T℃时的液氨中c()=c()= ml/L=1.0×10—15 ml/L，则pN=﹣lg c()=15，温度高于T℃时的纯液氨中，电离吸热，平衡右移，c()增大，PN<15，C错误；D．向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动；液氨的离子积常数为温度函数，温度不变，离子积常数K值不变，D错误；故选B。
3．（2023·浙江·模拟预测）下列说法不正确的是
A．25℃时，浓度均为的溶液和溶液，后者的pH较大
B．25℃时，pH相同的HCl溶液和溶液，后者的较大
C．常温下，将的溶液与的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
【答案】A
【解析】A．相同条件下，电离能力：，则水解能力：，故同浓度的溶液与溶液，前者pH更大，A错误；B．溶液因铵根离子的水解显酸性，而水解程度是微弱的，所以当pH相同时，的浓度远大于HCl，溶液中较大，B正确；C．与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH不变，仍为9，C正确；D．醋酸为弱酸，相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，等体积等pH的盐酸和醋酸溶液中，盐酸的物质的量小于醋酸，则醋酸消耗的NaOH的物质的量多，D正确；故选A。
4．（2023·江西上饶·万年中学校考一模）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B．图1中，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V（Ⅰ）＞V（Ⅱ）
C．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
D．图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】D
【分析】在图Ⅰ中，盐酸与醋酸的pH相同，加水稀释相同的倍数后，盐酸溶液的pH变化大，所以Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸。
【解析】A.相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，所以曲线Ⅰ应为盐酸，A错误；B. 因为盐酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的浓度大，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V(Ⅰ)< V(Ⅱ)，B错误；C. 图2中纯水仅升高温度，c(H＋)、c(OH－)同等程度增大且相等，不可能从a点变到c点，C错误；D. 图2中在b点对应温度下，KW=10-12，pH=2的H2SO4中，c(H＋)=10-2ml/L；pH=10的NaOH溶液中，c(OH－)=10-2ml/L，二者等体积混合后，刚好完全反应，溶液呈中性，D正确。故选D。
5．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）常温下向20mL 0.1ml/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小
D．d点溶液呈中性
【答案】C
【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；
【解析】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1ml·L－1=2×10－3ml，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7ml·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)
1．（2023·辽宁·校联考模拟预测）室温下，以的标准溶液滴定溶液，滴定过程中的变化如下表：
下列叙述不正确的是
A．该滴定过程有两个滴定突跃
B．滴定过程中，指示消耗20.00mL盐酸时的反应终点，可以选甲基橙为指示剂
C．消耗10.00mL盐酸时，溶液中离子浓度关系有
D．随着盐酸的滴加，水电离出的先增大后减小
【答案】D
【分析】以的标准溶液滴定，先后发生两个反应：、，根据反应关系并结合表中实验数据可知，反应终点为滴定曲线上8.31和3.93两个点，第一个反应终点恰好完全反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解对水的电离起促进作用，第二个反应终点为饱和的二氧化碳溶液，对水的电离起抑制作用，据此分析解答该题。
【解析】A．由表中实验数据可知，当盐酸体积从9.98mL变为10.02mL时，pH从8.34突跃至8.29；当盐酸体积从19.98mL变为20.02mL时，pH从4.01突跃至3.85，即该滴定过程有两个滴定突跃，故A正确；B．滴定过程中，消耗20.00mL盐酸时，溶液的pH=3.93，而甲基橙变色的pH范围为3.1~4.4，所以可以选甲基橙为指示剂指示终点，故B正确；C．消耗10.00mL时恰好生成，溶液的pH=8.31，，，由此溶液的质子守恒可知，故C正确；D．随着盐酸的加入，溶液由变为、，水电离出的由最大逐渐变小，故D错误；答案选D。
2．（2023·上海嘉定·统考二模）室温下，用标准液0.01ml·L-1NaOH溶液滴定·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A．当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B．滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7ml·L-1
C．pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01ml·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D．滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
【答案】D
【解析】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A错误；B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7ml·L-1，选项B错误；C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01ml·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 ml·L-1，两者相等，选项C错误；D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D正确；答案选D。
3.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000ml∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。
(1)滴定达到终点的现象是______。
(2)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：
计算试样中过氧化氢的浓度为______ml∙L-1。
(3)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色 (2)0.1800 (2)偏高
【解析】(1)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；
(2)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000ml∙L-1×0.018L，c(H2O2)=ml∙L-1=0.1800ml∙L-1；
(3)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c标V标=c待V待，c待=，则测定结果偏高。
4.（2024上·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）滴定法是重要的定量检测方法，常见的滴定法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定等。在生产生活中，根据不同的情况采用不同的滴定方法，请阅读以下材料，回答问题：
(1)某实验小组用高锰酸钾溶液测定补铁剂“琥珀酸亚铁片”样品中铁元素的质量分数，具体步骤如下：
a．称取研碎的琥珀酸亚铁片样品置于烧杯中，经过一系列处理配成溶液；b．移取待测溶液置于锥形瓶中，用的标准溶液滴定；c．重复操作3次，记录数据，平均消耗标准高锰酸钾溶液。
回答下列问题：
①本滴定实验是否需要指示剂 (填“需要”或“不需要”)。
②标准溶液应盛装在 滴定管中(填“甲”或“乙”)。
③当琥珀酸亚铁片已变质，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(2)某种胃药的有效成分为碳酸钙，现在需要测定其中碳酸钙含量，操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
a．向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入蒸馏水；b．配制稀盐酸和溶液；c．向盛有研碎药片的烧杯中加入的足量稀盐酸，确保药片完全溶解；d．用溶液滴定过量的稀盐酸，选用酚酞作指示剂，记录所消耗溶液的体积。
请回答下列问题：
①滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
②d操作过程中，判断是否达到滴定终点的标志是 。
③某同学4次测定所消耗的溶液的体积如下：
根据该同学的实验数据，可计算得出这种药片中碳酸钙的质量分数为 。
(3)沉淀滴定是一种重要的定量检测手段。在以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为 ，此时溶液中至少为 ，指示剂才能显色。(已知时，的分别为和；计算结果用科学计数法表示，保留小数点后一位)。
(4)为测定“”的平衡常数，某小组同学进行如下实验。
实验Ⅰ：将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取上层清液，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗标准溶液。
资料：(白色)
(红色)
根据该实验数据，可测得该温度下反应的平衡常数 (结果用含c、v、的式子表示，不必化为最简)。
【答案】(1)不需要 甲 偏低
(2) 当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为浅红色，且30秒不再恢复 60%
(3)
(4)
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
测定胃药中碳酸钙含量的操作为将一粒胃药研碎后溶解配成悬浊液，向悬浊液加入配制的过量盐酸溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定得到过量盐酸的量，依据碳酸钙反应消耗盐酸的量计算得到胃药中碳酸钙含量。
【解析】（1）①因高锰酸钾本身有颜色，故不需要指示剂。
②高锰酸钾溶液具有强氧化性，故应盛放于酸式滴定管甲中。
③琥珀酸亚铁片已变质生成Fe3+，则消耗的高锰酸钾溶液偏少，故测定结果偏低。
（2）①由分析可知，测定胃药中碳酸钙含量时涉及的反应为碳酸钙与过量盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，过量的盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应的相关离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；②滴定终点的标志为当最后半滴溶液滴入，溶液由无色变为浅红色，且30秒不再恢复；③由表格数据可知，第4次测定结果误差太大应舍去，则滴定过量的盐酸消耗氢氧化钠的平均体积为=13.00mL，则碳酸钙的质量分数为×100%=60%，故答案为：60%。
（3）当溶液中恰好沉淀完全时，，则，此时溶液中则。
（4）取Ⅰ中所得上清液v mL，用ml/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗mL，已知：，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为，根据平衡三段式进行计算如下：
故反应的平衡常数。
5.（2023上·河南开封·高三开封高中校考开学考试）分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定，还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。已知：
①是一种难溶于水的砖红色沉淀；②溶液中同时存在和时，滴入溶液，先生成AgCl沉淀；③。
I．准备标准溶液
准确称取基准物4.2468g(0.0250ml)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
II．滴定待测溶液
a．取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入1mL5%溶液。
c．边不断晃动锥形瓶边用标准溶液滴定，当接近终点时，半滴半滴地滴入溶液，并用力摇晃。记下达终点时消耗标准溶液的体积。
d．重复上述操作两次。三次测定数据如下表。
e．数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的配制成标准溶液。所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
(2)滴定终点的现象是 。
(3)计算所消耗的标准溶液平均体积为 mL，测得 。
(4)若用该方法测定溶液中的，待测液的pH不宜超过7.2，理由是 。
(5)下列关于实验的说法合理的是___________。
A．为使终点现象更加明显，可改加1mL10%溶液
B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下
C．若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高
【答案】(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管
(2)滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内该沉淀不溶解
(3)20.00 0.0800
(4)若溶液pH过大，会生成，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高
(5)BCD
【分析】实验参考酸碱中和滴定原理进行沉淀滴定，配制滴定剂硝酸银溶液时结合其易分解特点需100mL棕色容量瓶；滴定实验中明显有误差的数据需舍去；结合具体实验操作进行误差分析即可；
【解析】（1）见光易分解，配制一定浓度的溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；（2）根据已知信息，沉淀完全后，才会生成砖红色沉淀，故可指示滴定终点；（3）对比3组数据可知，序号1数据严重偏离平均值，为无效数据应舍去，故平均体积为20.00 mL，溶液的浓度为；（4）由信息可知，若溶液pH过大，生成的使AgCl生成可溶性的，即增大标准溶液所用体积，使测定结果偏高；（5）A．由于也能与反应，所以加入不宜过多(与酸碱中和滴定的指示剂类似)，A不合理；B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下，有利于提高实验准确度，B合理；C．若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制标准溶液浓度偏小，则滴定时消耗体积偏大，使测定结果偏高，C合理；D．若未等滴定管液面稳定就读数，稍等片刻后，挂于内壁上的溶液流下，还会使液面略上升，相当于读数偏大，则测定结果偏高，D合理；答案选：BCD；
【考点三 溶液中的“三大平衡”与“四大常数及其应用】
1．（2023·辽宁鞍山·统考一模）室温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-1gc(Ba2+)与的关系如图所示(已知：、；)。下列说法正确的是
A．a对应溶液pH=6.5
B．b对应溶液的c(HCO)=0.05ml/L
C．a→b的过程中，溶液中一直增大
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】B
【解析】A．a点对应溶液，则，由得，，，故A错误；B．b对应溶液，则，由，可得，由b点，则，故B正确；C．，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，不变，则逐渐减小，故C错误；D．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，故D错误；答案选B。
2．（2023·新疆乌鲁木齐·校联考一模）是一种二元弱酸，由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变，已知，，某水体中(X为、、、)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线②代表
B．Q点
C．随pH升高，先增大后减小
D．R点时，
【答案】B
【解析】A．的浓度保持不变，则①代表，随着pH逐渐增大、离子浓度增大，pH较小时的浓度大于的浓度，则曲线②代表，曲线③代表，故A错误；B．Q点，根据，可得由O点坐标知：的一级电离常数由R点坐标，知：的二级电离常数，代入、，可得，，故B正确；C．曲线①②的交点代表溶液中、的浓度相等，，由于与空气中的某种成分作用而保持不变，随pH升高减小，增大，故C错误；D．R点时，，若溶液中只存在、、、微粒，得出，同时水体中还有其他离子，故D错误；答案选B。
3．（2023·浙江台州·统考一模）下列说法正确的是
A．0.1 与0.2的氨水中之比为1∶2
B．某温度下，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
C．室温下pH=5的醋酸溶液中水电离的浓度为
D．相同温度下，将足量AgCl固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 盐酸、③0.1 溶液、④0.1 溶液中，浓度：④>①>②>③
【答案】D
【解析】A．氨水是弱电解质，不能完全电离，不同条件下，浓度不同的氨水电离出来的c(OH—)不同，故A错误；B．如果这个温度是100℃时，Kw=1×10—12， pH=2的盐酸c(H+)=10—2ml/L，pH=12的NaOH溶液c(OH—)=1.0ml/L，等体积混合时溶液显碱性，故B错误；C．室温下pH=5的醋酸中的c(H+)=10—5ml/L，则醋酸的浓度要大于10—5ml/L，该溶液中水电离出来的c(OH—)=10—9，故C错误；D．相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积是常数，与①蒸馏水相比较，②中0.1ml/L盐酸溶液中氯离子0.1ml/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小，③中0.1ml/L氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2ml/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小，且比②中还小，④中0.1 ml/L硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1ml/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，银离子浓度最大，则 Ag+浓度大小顺序为④>①>②>③，故D正确；故本题选D。
4．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）常温下，二元酸H2A的Ka2(H2A)= 1.0 ×10-2。 在某体系中，H+与A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜(如图所示)。溶液中c 总(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液I中： c(H+)-c(OH-)=c 总(H2A)
B．溶液II中： c (H2A) >c(H+)>c(HA-) >c(OH-)
C．溶液I和II中的c总(H2A)不相等
D．溶液I和II中的c(A2-)之比为105
【答案】C
【分析】由c 总(H2A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全电离，由H+与A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜可知溶液I和溶液II中HA-的浓度相同。
【解析】A．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，A错误；B．H2A的第一步电离是完全电离，所以溶液中不存在H2A分子，B错误；C．结合Ka2(H2A)=1.0 ×10-2可计算出c(A2-)= ，又因溶液I和溶液II中HA-的浓度相同而H+浓度不同，因此c(A2-)的浓度不同，又因c总(H2A) =c(HA-)+c(A2-)，故溶液I和II中的c总(H2A)不相等,C正确；D．由c(A2-)= 可计算出二者c(A2-)的比值为10-1:10-7=106，D错误；故选C。
5．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点溶液中存在：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()
C．c点对应的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)
D．水的电离程度：a
【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。
【解析】A．a点的主成分为和NaCl，，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，故有c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)，A项正确；B．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，B项正确；C．c点主成分为和NaCl，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故C项正确；D．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，D项错误；选D。
【微专题 有关水溶液中离子平衡的图像】
1．（2023·上海·一模）下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A．图中温度：B．图中的关系：
C．C点物质可能是盐酸D．图中五点间的关系：
【答案】C
【解析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；C．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故C错误；D．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系：E>D>A=B=C，故D正确；故选C。
2．(2023·安徽省黄山市第二次质量检测)HA是一元弱酸，含少量MA固体的难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化， M+不发生水解。实验发现，298K 时c2(M+)~ c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是( )
A．c(H+) 增大的原因可能是加入了酸HA
B．溶液c(H+)= 2×10-4时，c(M+)> 3×10-4ml·L-1
C．随着c(H+)的增大， MA的溶度积Ksp(MA)保持不变
D．c2(M+)~ c(H+) 的线性关系为： c2(M+)= Ksp(MA)
【答案】A
【解析】A项，向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；B项，根据图像，溶液c(H+)= 2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(ml/L)2，所以c(M+)> 3×10-4ml·L-1，B正确；C项，Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；D项，MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)= c(M+)×[c(A-)+c(HA)]= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(A-)×= c(M+)×c(A-)×[1+]= Ksp(MA) ，D正确； 故选A。
3．（2023·全国·高三联考）几种难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下，下列说法不正确的是
A．Ksp与难溶电解质的性质、温度有关
B．由上述数据可知，溶解度
D．AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向N点溶液中加入NaCl固体，能使溶液由N点变到M点
【答案】D
【解析】A．Ksp是溶度积，是一个平衡常数，与难溶电解质的性质和温度有关，故A正确；B．相同温度下，，饱和溴化银溶液中；饱和亚硫酸银溶液中，可知相同温度下溶解度，故B正确；C．可知相同温度氯化银的溶解度大于溴化银，可以实现转化，故C正确；D．向N点溶液中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，应该能使溶液由N点变到P点，故D错误；故选D。
4．（2023·重庆·重庆市育才中学校联考模拟预测）利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图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Na2CO3体系中；不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法错误的是
A．pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c()>c(H2CO3)>c()
B．M点时，溶液中存在c()=c(OH-)
C．初始状态pH=9、，平衡后存在
D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好
【答案】B
【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知
【解析】A．由图1 pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确；B．M点时pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75ml/L，而由图1可知，pH=8.25时c()≈0.1ml·L-1，则根据Ka2可计算出c()≈10-3ml·L-1，B错误；C．初始状态pH=9、，此时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正确；D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1ml·L-1NaHCO3溶液比0.1 ml·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确；故选B。
5．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）为二元弱酸，常温下向溶液滴加固体（忽略溶液体积变化），溶液中、的百分含量与的关系如图所示，已知；如：。下列说法不正确的是
A．曲线是的百分含量
B．的的数量级为
C．M点对应溶液中，
D．溶液中
【答案】A
【分析】H2A是二元弱酸：，，图中pOH越小，溶液碱性越强，H2A的百分含量随pOH的增大而增大，为曲线c，HA-的百分含量随pOH的增大先增大后减小，为曲线b，溶液中A2-的百分含量随pOH的增大而减小，为曲线a。
【解析】A．据分析，曲线a是A2-的百分含量，故A错误；B．b、c曲线的交点N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即c(H2A)=c(HA-)，Ka1=，根据N点pOH=12.1，则c(H+)=10-1.9ml/L，Ka1=10-1.9，数量级为10-2，故B正确；C．M点有c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M点pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正确；D．NaHA完全电离出Na+和HA-，HA-发生水解和电离，故c(HA-)
A．把通入水溶液中：
B．已知酸性，则在中的
C．酸性强弱顺序为：
D．接受质子的能力：
【答案】C
【解析】A．在冰醋酸中才存在，在水中是生成CH3COOH，故反应为，选项A错误；B．酸性HCOOH> CH3COOH，给出H+能力HCOOH> CH3COOH，结合H+能力HCOOH< CH3COOH，在HCOOH的电离程度小于在冰醋酸中的电离程度，<10-9.4，>9.4，选项B错误；C．在冰醋酸中，HCl和的：HCl<，故：HCl<，酸性：HCl>，在冰醋酸中给出质子(H+)，CH3COOH结合H+，给出H+能力：>CH3COOH，故酸性：，选项C正确；D．HCl在水中完全电离，在冰醋酸中电离程度较小，说明结合HCl电离出的H+能力H2O> CH3COOH，选项D错误；故选C。
2．(2023·河北省部分学校高三联考)在25℃下，稀释CH3COOH和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前的体积，V2表示稀释后的体积，下列说法错误的是( )
A．，两种酸溶液pH相同时，c(HA)＜c(CH3COOH)
B．a、b两点中，水的电离程度a小于b
C．25℃时，等浓度的CH3COONa与NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)
D．曲线上a、b两点中，的比值一定相等
【答案】A
【解析】A项， m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同时， c(CH3COOH)＜c(HA)，A项错误；B项，a点pH小于b点pH，则a溶液中c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；C项，CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃时，等浓度的CH3COONa和NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)，C项正确；D项， ，又，KW不变，故曲线上a、b两点 一定相等，D项正确；故选A。
3．（2023·河南·统考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位()的突跃确定滴定终点的一种精确的滴定分析方法。常温下，某同学在特制容器中利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图1所示，在相同条件下利用pH计和气体压力传感器检测，得到曲线如图2所示(已知：碳酸的电离常数 Ka1= 10-6.4 ，Ka2= 10-10.3)。下列说法正确的是
A．两次滴定过程都需要用酚酞和甲基橙作指示剂
B．a→b：溶液中始终满足c(Na+) = 2[c(H2CO3) + c() + c()]
C．a→b：压强增大是因为生成了CO₂，但d→e压强不可能继续增大，所以该实验失败
D．b点溶液中比值的数量级为10-8
【答案】D
【解析】A．因为是电位滴定，根据指示电极电位的突跃位置可以确定滴定终点，无需任何指示剂，A错误；B．c(Na+) = 2[c(H2CO3) + c() + c()]，这个式子是碳酸钠的物料守恒，但是a点的溶质是碳酸氢钠和氯化钠的混和物，不满足该等式，B错误；C．a→b：压强增大是因为生成了CO₂，但d→e压强不再增大是因为碳酸钠已经反应完全了，C错误；D．根据Ka1= 10-6.4，Ka2= 10-10.3得到b点：，比值的数量级为10-8，D正确；故选D。
4．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）常温下，向20mL0.1ml/L一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一元酸HX溶液，滴定过程中溶液pH值的变化曲线如下图所示，已知4
C．溶液中水的电离程度：b>c>aD．c点溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【分析】由图示a点的pH=13可知，0.1ml/L一元碱MOH溶液的pH=13，则MOH是强碱，由b点可知，当MOH和HX等体积混合时，则二者恰好完全反应生成MX盐溶液，此时溶液pH=8.5，即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和HX的混合溶液；
【解析】A．由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酚酞的变色范围为8.2-10.0，则该滴定过程中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A正确；B．由b点可知，此时溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05ml/L、c(OH-)=ml/L，根据水解平衡可知，X-+H2OHX+OH-，，Kh===2×10-10，故Ka===5×10-5，B正确；C．由分析可知，a点为MOH强碱溶液，对水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对水电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合m的范围可知c点对水电离的抑制程度较a点小，故溶液中水的电离程度：b> c > a，C正确；D．c点为等浓度混合的MX和HX溶液，溶液显酸性，即HX的电离程度大于X-的水解程度，则c点溶液中：c(X-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，D错误；故选D。
5．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）在常温下，下列说法正确的是
A．溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时：
B．的氨水与的盐酸等体积互混，，则的电离常数为
C．等浓度的与溶液，前者大于后者(已知，的，的，)
D．浓度均为的和混合溶液，滴加的溶液，最先产生的沉淀为(，)
【答案】B
【解析】A．CH3COONa溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以得c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，根据物料守恒得得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以得c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A错误；B．根据电荷守恒知c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，根据等体积混合后的溶液显中性知，NH3•H2O的，故B正确；C．电离平衡常数可知碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢根离子，对应盐水解程度碳酸氢钠水解程度小于次氯酸钠小于碳酸钠，相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，pH前者小于后者，故C错误；D．生成AgCl需要的银离子为=1.8×10-6ml/L，生成Ag2CrO4需要的银离子为=1.4×10-4ml/L，则混合溶液中产生两种不同沉淀，且AgCl沉淀先产生，故D错误；故选：B。
6．（2023·河南·淅川县第一高级中学校联考模拟预测）已知的电离方程式为，，常温下，测得溶液的为。下列说法错误的是（不考虑溶液体积变化）
A．
B．溶液中
C．向溶液中滴加同浓度NaOH溶液至中性时：
D．向溶液中滴加溶液至恰好完全中和时：
【答案】C
【解析】A．已知的电离方程式为，，则是二元酸，第一步完全电离，第二步部分电离，盐溶液中：HA-不会水解，A2-会水解；溶液的为，则电离产生的c(H+)=c(A2-)≈0.04ml/L，c(HA-)=0.2ml/L-0.04ml/L，，A正确；B．中存在电荷守恒，则，第一步完全电离，第二步部分电离，则元素守恒有=0.2ml/L，则，B正确；C．H2A第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA呈酸性，Na2A呈碱性，故中性溶液为NaHA和Na2A混合溶液且HA-电离和A2-水解相等，则，C错误；D．溶液和溶液恰好完全中和时溶质为Na2A，二者恰好完全反应体积比=1:1，故根据元素守恒有，D正确；答案选C。
7．（2024·河北·校联考模拟预测）室温下，向0.1三元中强酸H3PO4溶液中缓慢加入NaOH固体，忽略温度和溶液体积的变化，溶液中的H3PO4、、和的物质的量分数随溶液的pH的变化如图所示[已知]，下列叙述错误的是
A．的数量级为
B．Q1、Q2和Q3三点溶液中均存在：
C．Na2HPO4溶液中：
D．当pH=13时，
【答案】D
【分析】根据图象中pH的变化，可知图象中X为H3PO4，Y为，Z为，W为。
【解析】A．因的第二步电离常数 ，pH=7.2时，，故，故的数量级为，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，故，故B正确；C．Na2HPO4溶液中根据物料守恒可得：，故C正确；D．当pH=13时，c(OH-)=0.1ml/L，结合图像可知，故D错误；故选D。
8.（2023·四川凉山·统考一模）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．图中温度
B．温度时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若混合溶液呈中性，则NaOH溶液与溶液的体积比为
C．b点到c点可以通过温度不变，在水中加入适量的
D．图中五个点的的关系为b>c>a>d=e
【答案】B
【分析】根据图象可知温度为T1时Kw=10-710-7=10-14，温度为T2时Kw=10-610-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故；
【解析】A．根据分析可知温度为T1时Kw=10-710-7=10-14，温度为T2时Kw=10-610-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故，故A错误；B．温度时，将的NaOH溶液c(OH-)=10-2ml/L，的溶液c(H+)=10-3ml/L，混合后，若溶液呈中性，根据n(OH-)=n(H+)，则NaOH溶液与溶液的体积比为，故B正确；C．由图可知b点到c点Kw减小，温度改变Kw改变，故C错误；D．温度不变Kw，温度升高Kw增大，a、e、d三点温度相同故Kw相同，从a到b温度依次升高，故的关系为b>c>a=d=e，故D错误；故答案为B。
9．(2023·黑龙江省海伦市高三质检)常温下两种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/表示)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．
B．X曲线仅最低点说明达到了溶解平衡
C．pH=8时溶度积： Zn(OH)2＞AgOH
D．反应2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2的平衡常数
【答案】A
【解析】A项，pH=8时，Zn2+浓度为a，Ksp[Zn(OH)2]= c (Zn2+)• c2(OH-)=，A正确；B项，曲线上所有的点均为溶解平衡状态，B错误；C项，pH为8时，Zn2+的浓度比Ag+小得多且c(OH-)小于1，则AgOH的溶度积c (Ag+)• c(OH-)比Zn(OH)2的溶度积c (Zn2+)• c2(OH-)大，C错误；D项，2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2平衡常数，D错误；故选A。
10.（2023上·河南商丘·高三商丘市第一高级中学校联考期中）中和滴定、配位滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定，实验原理相似，都是分析化学中常用的分析手段，统称为滴定法。某兴趣小组利用滴定法进行如下实验：
I．用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至终点(反应为)，消耗溶液25.00mL。回答下列问题：
(1)向溶液中加入过量的KI溶液并酸化，被还原成，写出该反应的离子方程式： 。
(2)粗品中的质量分数为 。
(3)若在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
II．佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量：准确称取1.705g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL，取10.00mL于锥形瓶中，加的溶液20.00mL()，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入指示剂，用标准溶液滴定过量的AgNO3至终点()，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
已知：，。
(4)水解方程式为 。
(5)滴定过程中，可选用的指示剂是 (填字母)。
A．NaCN B．甲基橙 C．
(6)滴定终点的判断依据为 。
(7)实验中，若不加硝某苯，测定的纯度将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)
(2)62%
(3)偏高
(4)
(5)C
(6)加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色，且半分钟不褪色
(7)偏小
【解析】（1）被还原成，可知碘元素的化合价升高、Cr元素的化合价降低，可知离子方程式为，故答案为：。
（2）由、，可知存在，则粗品中的质量分数为，故答案为：62%。
（3）在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，消耗溶液偏大，则测定结果偏高，故答案为：偏高。
（4）水解生成磷酸和HCl，则其水解方程式为。
（5）佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量，水解生成磷酸和HCl，用过量的溶液沉淀氯离子，再用KSCN溶液滴定过量的银离子，从而得到水解所得的量，进而测定的含量。在KSCN溶液滴定过量的银离子，用指示剂判定KSCN的用量。有以上原理可知，用含离子的溶液作指示剂，如果KSCN过量，溶液立刻变为红色（或血红色）。
（6）加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色（血红色），且半分钟不褪色即为滴定终点。
（7）加入少量的硝基苯可以覆盖到生成的氯化银沉淀上，已知：，，，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银会转化成AgSCN，使得实验中消耗的KSCN偏多，会使测定的氯元素的含量偏低，则的纯度将偏小。
1．(2021•浙江6月选考，23)取两份10mL 0.05ml·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05ml·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
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＋)＜c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)ml/L，因此x>y，故D正确；故选C。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I-；HgI2(aq)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线表示lgc(HgI42-)的变化情况 B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C． D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-) =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI42-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A项，线L表示lgc(HgI42-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
3．(2023•北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3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c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1ml·L-1，不同下c(CO32-)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH=10.25，c(HCO3-)= c(CO32-)
B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，发生反应：Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】A项，水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B项，从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6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；C项，从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2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(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)＜0.1ml·L-1，C项错误；D项，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，pH=8，lg[c(Mg2+)]= -1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Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；故选C。
4．(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Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c ＜1.0×10-5ml·L－1 )。25℃时，lgc与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是( )
A．Mg2+可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D．
【答案】B
【解析】A项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；B项，加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C项，由图可知，净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C错误；D项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-5ml/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5ml/L，c(OH-)=10-11.5ml/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5ml/L，c(OH-)=10-9.5ml/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5ml/L，c(OH-)=10-5.5ml/L， ，则有，D错误；故选B。
5．（2022·重庆·统考高考真题）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】A．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-)，故A错误；B．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)，故B错误；C．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)，故C错误；D．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-)，故D正确；故选D。
6．(2022•山东卷，14)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1ml·L-1、1.0ml·L-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1ml·L-1、1.0ml·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg[c(Sr2+)/ml·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数
B．a= -6.5
C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0ml·L-1溶液的变化曲线
D．对含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】分析题给图象，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0.1 ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1 ml·L-1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，1 ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 ml·L-1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。A项，反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数K===，故A正确； B项，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/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项，曲线④表示含碳酸锶固体的1 ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D项，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．（2023·浙江·统考高考真题）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】A．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，故A错误；B．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，故B错误；C．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，故C错误；D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。
8．（2023·江苏·统考高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．溶液中：
D．“沉锰”后的滤液中：
【答案】C
【解析】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误；C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。
9．（2023·湖北·统考高考真题）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
(2)铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【答案】(1)具支试管 防倒吸
(2)Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【解析】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.015L=0.0005ml，粗品中X的相对含量为。
10．（2021·山东·统考高考真题·节选）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cml•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•ml-1)的质量分数为 。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(3) % 不变 偏大
【分析】(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。
【解析】(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1- m2)g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；
②滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3ml，m(WCl6)=cV10-3mlMg/ml=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。
编号
①
②
③
④
pH
4
4
10
10
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
HClO
苯酚(C6H5OH)
K
25℃
K=1.77×10-4
K=4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
K=1.1×10-10
0.00
5.00
9.00
9.50
9.90
9.98
10.00
10.02
10.10
10.25
10.55
9.95
9.11
8.84
8.44
8.34
8.31
8.29
8.19
8.02
19.00
19.50
19.90
19.98
20.00
20.02
20.10
20.50
21.00
5.24
4.92
4.25
4.01
3.93
3.85
3.56
2.95
2.66
第一次
第二次
第三次
第四次
V(KMnO4溶液)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
测定次数
第1次
第2次
第3次
第4次
13.02
12.98
13.00
13.98
实验序号
1
2
3
消耗标准溶液体积/mL
20.45
20.02
19.98
难溶电解质
AgCl
AgBr
Ksp
难溶物
AgCl
AgCN
AgSCN
颜色
白
白
白
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