【解析】2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较4

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2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较4

一、选择题

1．（2023·辽宁）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如分布分数：）（）

A．的为

B．c点：

C．第一次突变，可选酚酞作指示剂

D．

【答案】C

【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A不符合题意；

B．根据图像可知c点中，B不符合题意；

C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；

D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】

A.根据a点的pH和分布分数计算即可；

B.c点盐酸稍过量，抑制电离；

C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；

D.根据e点全生成弱酸进行计算。

2．（2023·天津）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

【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．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：，故A符合题意；

B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B不符合题意；

C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C不符合题意；

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；

B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；

C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；

D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。

3．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：

下列说法正确的的是（）

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V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+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(CO)=c(OH-)-c(H+)

【答案】C

【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂

【解析】【解答】A．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，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、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不符合题意；

B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+=HCO，B不符合题意；

C．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，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；

D．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不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；

B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；

C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；

D.根据电荷守恒和物料守恒判断。

4．（2022·奉贤模拟）常温下用0.1000molL1盐酸滴定25mL0.1000molL1Na2CO3溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A．a点：c(CO)＞c(HCO)＞c(Cl－)

B．b点：5c(Cl－)＞4c(HCO)＋4c(CO)

C．c点：c(OH－)=c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)

D．d点：c(H＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)

【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．a点加入12.5mL盐酸，则碳酸钠消耗一半，此时溶质为碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠且三者物质的量浓度相等，由于碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度且碳酸根水解生成碳酸氢根，因此离子浓度：c(HCO)＞c(Cl－)＞c(CO)，故A不符合题意；

B．b点加入20mL盐酸，根据溶液中物料守恒得到，则5c(Cl－)＞4c(HCO)＋4c(CO)，故B符合题意；

C．c点溶质为碳酸氢钠和氯化钠，根据质子守恒得到：c(OH－)+c(CO)=c(H＋)＋c(H2CO3)，故C不符合题意；

D．d点溶质为氯化钠、碳酸溶液，根据电荷守恒和物料守恒得到：c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，故D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A．依据水解程度程度大小判断；

B．根据溶液中物料守恒分析；

C．根据质子守恒分析；

D．根据电荷守恒和物料守恒分析。

5．（2022·浙江模拟）常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是

A．点①时：c(CN-)>c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)

B．点②时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)+2c(OH-)

C．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值：③点等于④点

D．恰好完全中和时，将两种溶液混合后：c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．点①加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以溶液中c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)，A不符合题意；

B．点②时加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二式联立可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，B不符合题意；

C．④点恰好完全反应，存在物料守恒c′(Na+)=c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)，所以c′(Na+)+c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)=2c′(CH3COOH)+2c′(CH3COO-)=0.1mol/L，③点溶液显中性，结合电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)=c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，由于溶液中CH3COO-浓度均远大于CH3COOH浓度，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值约等于0.1mol/L，即③点近似等于④点，C符合题意；

D．混合后存在电荷守恒：c(CN-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(HCN)+c(CN-)，二式联立可得c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．依据水解和电离程度的大小判断；

BCD．依据电荷守恒、物料守恒分析。

6．（2022·光明模拟）常温下，将溶液滴加到20mL二元弱酸溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述错误的是()

A．

B．b点时溶液中存在

C．c点时溶液中存在

D．溶液中水的电离程度：c＞b＞a

【答案】C

【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知，，A项不符合题意；

B．，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-的电离程度大于水解程度，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，B项不符合题意；

C．由电荷守恒可知，c点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，C项符合题意；

D．a点为H2A与NaHA混合溶液，b点为NaHA，c点为NaHA与Na2A混合溶液，溶液中水的电离程度：c＞b＞a，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据和pH=-lgc(H+)进行分析。

B.根据及溶液中的电离程度与水解程度的大小进行分析。

C.根据溶液中电荷守恒进行分析。

D.酸性或碱性溶液抑制水的电离，且酸性或碱性越强，抑制程度越大。

7．（2022·浙江模拟）用溶液吸收一定量的气体，为测定反应后溶液的成分，用的溶液滴定待测液，先用酚酞作指示剂，消耗盐酸，再滴加甲基红为指示剂，消耗盐酸为，下列说法错误的是()

A．当时，溶液溶质为

B．当，，溶液中发生的反应为

C．当，时，待测液中，

D．当，时，待测液中，的浓度为

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】A．先用酚酞作指示剂，消耗盐酸，此阶段发生的反应可能为OH－+H＋＝H2O、；再滴加甲基红为指示剂，消耗盐酸为，此阶段发生的反应为，因此当时，溶液中的溶质为，A不符合题意；

B．，这说明溶液中没有碳酸钠，，因此溶液中的溶质是碳酸氢钠，溶液中发生的反应为，B不符合题意；

C．当，时，说明溶液中的溶质是等浓度的氢氧化钠和碳酸钠，碳酸根水解，则待测液中，，C符合题意；

D．当，时，说明溶液中的溶质是等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，待测液中，的浓度为＝，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】所得溶液中溶质可能为：①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3。

8．（2022·浙江模拟）图(Ⅰ)和图(Ⅱ)分别为二元酸和乙二胺()溶液中各组分的百分含量随溶液pH的变化曲线(25℃)。

下列说法正确的是（）

A．根据图(Ⅰ)，滴定分析时，可用酚酞作指示剂指示滴定终点

B．溶液显碱性

C．pH=4.02时，

D．向溶液中通入一定量的HCl气体，则可能增大也可能减小

【答案】A

【知识点】离子浓度大小的比较；指示剂；中和滴定

【解析】【解答】A．根据图(Ⅰ)，滴定分析时，滴定终点显碱性，所以可用酚酞作指示剂指示滴定终点，故A符合题意；

B．依据分析可知电力平衡常数大于的水解平衡常数，即的电离占主导地位，所以溶液显酸性，故B不符合题意；

C．根据图(Ⅰ)分析，当时，溶液中没有，故C不符合题意；

D．选项中式子上下同时乘以和，式子就等于，该式子中的Kw、Kb1、Ka1都只与温度有关，所以向溶液中通入一定量的HCl气体，不变，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.由图可知，滴定终点溶液的pH>7，显碱性；

B.中，的电离程度大于的水解程度；

C.时，溶液中不存在；

D.=，Kw、Kb1、Ka1都只与温度有关。

9．（2022·浙江模拟）已知25℃时，的的溶液用固体调整溶液的值，设体积不发生改变，下列说法正确的是()

A．溶液的电离度约为1.0%

B．NaHS水溶液呈现碱性，温度升高溶液一定升高

C．当溶液的时，溶液中的

D．当溶液的时，溶液中的

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．设电离度为，，则溶液的电离度约为0.114%，A不符合题意；

B．NaHS溶液既电离又水解，水溶液呈现碱性，说明水解程度大于电离程度，升高温度，促进水解、氢氧根浓度增大、但Kw也增大，则氢离子浓度有可能增大、故温度升高溶液不一定升高，B不符合题意；

C．NaHS水溶液呈现碱性，当溶液的时所得溶液为H2S和NaHS的混合溶液，则存在，可得溶液中的，C符合题意；

D．，当溶液的时，，=0.071，，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.设电离度为，根据计算；

B.升温促进NaHS水解，Kw也增大；

C.当溶液的pH=7时所得溶液为H2S和NaHS的混合溶液；

D.结合计算。

10．（2022·宝山模拟）室温下，通过下列实验探究NaHC2O4(Kh为NaHC2O4水解平衡常数、Ka1、Ka2分别为H2C2O4第一、二步电离平衡常数)溶液的性质。

实验实验操作和现象

1用试纸测定0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH，测得约为5.5

2向含0.1molNaHC2O4稀溶液中加入0.05molBa(OH)2，产生沉淀BaC2O4

3向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中通入过量HCl，无现象

4向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7

下列有关说法正确的是（）

A．实验1可知该条件下：Kh>Ka2

B．实验2反应静置后的上层清液中：c(Na+)>c(C2O)>c(HC2O)>c(OH-)

C．实验3得到的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(H2C2O4)>c(H+)

D．实验4所得的溶液中：c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)

【答案】D

【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由0.1mol·L-1草酸氢钠溶液约为5.5可知，草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则Ka2>Kh，故A不符合题意；

B．由题意可知，实验2中发生的反应为2NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+Na2C2O4+H2O，则反应静置后的上层清液为草酸钠溶液，草酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(C2O)>c(OH—)>c(HC2O)，故B不符合题意；

C．由题意可知，实验3中发生的反应为NaHC2O4+HCl=H2C2O4+NaCl，反应时盐酸过量，则溶液中氯离子的浓度大于钠离子浓度，故C不符合题意；

D．实验4所得的中性溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)和电荷守恒关系c(Na+)+c(NH)=c(HC2O)+2c(C2O)，整合两式可得溶液中c(NH)+c(H2C2O4)=c(C2O)，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．依据草酸氢钠溶液的pH判断；

B．草酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性；

C．盐酸过量；

D．依据物料守恒和电荷守恒判断。

11．（2022·四川模拟）室温下，将NaOH溶液滴加到H2X溶液中，混合溶液中离子浓度的变化与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．H2X的Ka2数量级为10-8

B．当混合溶液pH=3时，c(HX-)=10c(H2X)

C．混合溶液呈中性时c(Na+)>3c(HX-)

D．NaHX溶液中存在c(H2X)c(X2-)，故(HX-)+2c(X2-)c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)

D．P点，c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)=c(H2R+)+2c(H3R2+)+c(H+)

【答案】B

【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．从图中可知，N点的pH≈9，溶液中含等物质的量浓度的H2R+和HR，则H2R+的电离常数：K2==c(H+)=10-9＜Ka(CH3COOH)=1.75×105，则H2R+与CH3COO不能发生反应，二者能大量共存，A不符合题意；

B．N点，溶液中含等物质的量浓度的H2R+和HR，向溶液中加入少量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为：H2R++OH-=H2O+HR，B符合题意；

C．M点，c(H3R2+)=c(H2R+)，M点溶质为H3RCl2、H2RCl、NaCl，则c(Na+)

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】C,D

【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出，，，因此故A不符合题意

B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意

C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意

D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意

【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可

B.根据电荷守恒结合进行判断

C.根据O点进行变化即可计算

D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小

15．（2023·海南）25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是（）

A．点，溶液是由于水解程度大于电离程度

B．点，

C．点，溶液中的主要来自的电离

D．点，

【答案】A,B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，故A符合题意；

B．根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，故B符合题意；

C．点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，故C不符合题意；

D．点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，故D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】

A.碳酸氢根水解出氢氧根，电离出氢离子，据此判断即可；

B.根据此时电荷守恒和中性条件即可得到；

C.其中存在大量的碳酸，故氢离子主要来自碳酸的电离；

D.恰好反应，但体积变大两倍。浓度也是原本的一半。

16．（2022高三上·武冈期中）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）

A．0.1mol·L-1HCl溶液与0.2mol·L-1氨水等体积混合(pH>7)：c(Cl-)>c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH-)

B．向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，溶液中存在：c(NH)>c(SO)>c(OH-)=c(H+)

D．已知H3PO3为二元酸，则0.4mol·L-1氨水与0.2mol·L-1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3·H2O)7，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3·H2O)，结合物料守恒，则，故A不符合题意；

B．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1>Ka2，、，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在：c()>c()>c(OH-)=c(H+)，故C不符合题意：

D.0.4mol/L氨水与0.2mol/LNaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)，根据电荷守恒：①，再由物料守恒：②，③c(Na+)=0.1mol/L，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c()+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)，将③代入，溶液呈碱性c(H+)7，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解的水解程度；

B.根据、分析；

C.溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，如果二者恰好完全反应，溶液中溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，混合溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则NaOH应该稍微过量；

D.根据电荷守恒和物料守恒分析。

17．（2022高二上·兖州期中）叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L-1的HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是（）

A．点①溶液中：c(HN3)+c(H+)＜c(N)+c(OH-)

B．点②溶液中：c(Na+)=c(N)+c(HN3)

C．常温下，Ka(HN3)的数量级为10-4

D．点③溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)

【答案】A,D

【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．点①溶液为HN3与NaN3等浓度的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(N)+c(OH-)，溶液pH＜7，说明HN3的电离作用大于N的水解作用，所以c(HN3)＜c(Na+)，所以c(HN3)+c(H+)＜c(N)+c(OH-)，A符合题意；

B．点②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(N)+c(OH-)，该点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(N)，则c(Na+)＜c(N)+c(HN3)，B不符合题意；

C．在常温下，0.1mol/LHN3的pH=2.85，则c(H+)=10-2.85mol/L，Ka(HN3)=，故Ka(HN3)的数量级为10-5，C不符合题意；

D．点③溶液为NaN3溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.点①溶液为HN3与NaN3等浓度的混合溶液，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N的水解程度；

B.根据电荷守恒分析；

C.根据计算；

D.根据质子守恒分析。

18．（2022高二上·怀化期中）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸的，)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．a点溶液中：

C．b点溶液中：

D．c点溶液中：

【答案】B,C

【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．溶液的导电能力取决于离子浓度的大小、离子带有电荷数目的多少，离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强，A项不符合题意；

B．a点溶质为KHA，该溶液质子守恒式为：，B项符合题意；

C．根据上述分析，b点电荷守恒式为：，C项符合题意；

D．b点后继续滴加氢氧化钠溶液，则c(Na+)>c(K+)，A2-会水解A2-+H2OHA-+OH-，故c点c(Na+)>c(K+)>c(A2-)，D项不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A.溶液的导电性与离子浓度和离子所带电荷成正比；

B.根据质子守恒分析；

C.根据电荷守恒分析；

D.c点NaOH过量，且溶液呈碱性。

19．（2022高二上·安丘期中）室温下，向20mL的HA溶液中逐滴加入NaOH溶液(忽略溶液体积变化)，溶液中由水电离出的浓度的负对数与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．b点溶液中

B．c点和e点溶液均呈中性

C．在滴加过程中，先减小后增大

D．室温下，的HA溶液中

【答案】B,C

【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．b点加入的n(NaOH)是HA物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，HA抑制水电离、NaA促进水电离，根据题图可知，水电离出的c(H+)②>①

B．0.1molL-1CH3COONH4溶液中：c(NH4+)=c(CH3COO-)

C．中和等体积等浓度的醋酸和次氯酸，需要NaOH的物质的量相同

D．反应+CH3COOH=CH3COO-+H2CO3，K=2.4×10-3

【答案】B,C

【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．由表中数据可知，Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，则相同浓度时溶液的碱性CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO溶液的浓度c(CH3COONa)＞c(NaHCO3)＞c(NaClO)，从而得出c(Na+)：①>②>③，A不符合题意；

B．因为Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，所以相同浓度的CH3COOH与NH3H2O的电离程度相同，0.1molL-1CH3COONH4溶液呈中性，所以c(NH4+)=c(CH3COO-)，B符合题意；

C．醋酸和次氯酸都为一元弱酸，等体积等浓度的醋酸和次氯酸的物质的量相同，则需要NaOH的物质的量相同，C符合题意；

D．反应+CH3COOH=CH3COO-+H2CO3，K=c(CH3COO)c(H2CO3)c(HCO3)c(CH3COOH)=Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)=1.7×1054.3×107≈39.5，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A.电离平衡常数越大酸性越强，相同浓度时溶液的碱性CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO；

B.Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，CH3COOH与NH3H2O的电离程度相同；

C.醋酸和次氯酸均为一元弱酸；

D.根据K=c(CH3COO)c(H2CO3)c(HCO3)c(CH3COOH)=Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)计算。

22．（2022高三上·烟台期中）25℃时，用HCl气体调节氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比与pH的关系如图。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法错误的是（）

A．所示溶液中：

B．所示溶液中：

C．所示溶液中：

D．25℃时，的电离平衡常数为

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由图可知，P1点时，=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)＜，A项符合题意；

B．由电荷守恒可知：，由于pH=7则，根据物料守恒可得，又由图可知，P2点时，因此，B项不符合题意；

C．由图可知，P3点时x==1.0，则该溶液中的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得，C项不符合题意；

D．，，由图可知，P1点时，=0.05mol/L，pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，D项符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.P1点溶液呈碱性，结合电荷守恒分析；

B.P2点溶液呈中性，结合电荷守恒分析；

C.P3点溶液中的溶质为NH4Cl，结合物料守恒分析；

D.根据计算。

23．（2022高二上·邢台期中）常温时，向水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中和的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A．的的数量级为

B．溶液呈碱性

C．的溶液中：

D．的溶液中：

【答案】C,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．曲线I为H2A，曲线II为HA-，曲线III为A2-，Ka1=

=10-1.2，Ka2==10-4.2，H2A的Ka2的数量级为10-5，故A不符合题意；

B．NaHA溶液中HA-的电离常数Ka2=10-4.2，水解常数Kh=，则的HA-电离大于水解，NaHA溶液呈酸性，故B不符合题意；

C．pH=1.2时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=

c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)可知，2c(A2-)＋c(HA-)>c(Na＋)，选项C符合题意；

D．pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，结合电荷守恒可得c(Na+)②>③

D．在水电离出的的溶液中，一定不可能大量存在

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．碳酸钠在溶液中的水解常数Kh=，水解常数是温度函数，温度不变，水解常数不变，则碳酸钠溶液加水稀释时，不变，故A符合题意；

B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液时，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子的浓度减小，使水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，当碳酸根离子完全反应时，溶液的红色会褪去，故B不符合题意；

C．硫酸氢铵溶液是电离显酸性，则溶液pH相等的氯化铵、硫酸铝铵、硫酸氢铵三种溶液中硫酸氢铵溶液浓度最小，溶液中铵根离子浓度最小；硫酸铝铵中铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化铵中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液pH相等的氯化铵溶液和硫酸铝铵溶液中，硫酸铝铵溶液的浓度小于氯化铵溶液，铵根离子浓度小于氯化铵溶液，三种溶液中铵根离子浓度由大到小的顺序为①>②>③，故C不符合题意；

D．水电离出氢离子为1×10-12mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，铝离子在酸溶液中能大量存在，在碱溶液中不能大量存在，则铝离子在水电离出氢离子为1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在，故D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.=Kh，Kh只与温度有关；

B.碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性；钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小；

C.硫酸铝铵中铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，铝离子抑制铵根离子水解，氯化铵中铵根离子在溶液中水解不受影响；

D.水电离出氢离子为1×10-12mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。

25．（2022高二上·丰城期中）马来酸(用H2B表示)是一种二元弱酸，25℃时，某混合溶液中c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，测得H2B、HB-、B2-及OH-等离子的pC(pC=-lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）

A．该温度下，马来酸的电离平衡常数Ka1=10-1.92

B．当溶液中=2时，pH=3.15

C．pH=7时，溶液中c(B2-)＞c(H2B)＞c(HB-)＞c(OH-)

D．混合溶液中c(HB-)=

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．马来酸的电离平衡常数为，a点c(H2B)=c(HB-)，c(H+)=10-1.92mol/L，故Ka1=10-1.92，故A符合题意；

B．根据b点计算，，，已知=2，解得，c(H+)=10-3.075mol/L，故pH=3.075，故B不符合题意；

C．曲线II表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化，曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化，由图可知pH=7时，c(B2-)＞c(HB-)＞c(H2B)，最终为c(B2-)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)，故C不符合题意；

D．因为c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，已知，，故+c(HB-)+=0.1Lmol·L-1，解得c(HB-)=，故D符合题意；

故答案为：AD

【分析】pH逐渐升高，c(H2B)减小，PC(H2B)增大，c(B2-)增大，PC(B2-)减小，c(HB-)刚开始增大，后减小，故PC(HB-)先减小后增大，由此可知曲线Ⅰ表示OH-，曲线Ⅱ表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化，曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化。

三、非选择题

26．（2023·石景山模拟）硒及其化合物在工农业生产中有重要用途，硒也是人体必需的微量元素。

（1）硒(34Se)在周期表中位于硫下方，画出其原子结构示意图。

（2）氧族元素单质均能与H2反应生成H2X，用原子结构解释原因。

（3）298K、1.01×10-5Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式。

（4）可以从电解精炼铜的阳极泥中提取硒，通过化学工艺得到亚硒酸钠等含硒物质。常温下，Se(Ⅳ)溶液中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图。

①向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5，该过程中主要反应的离子方程式。

②在pHc(H2SeO3)

④常温下，H2SeO3的第二步电离平衡常数为K2，计算K2=。

【答案】（1）

（2）氧族元素原子的最外层电子数均为6

（3）Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ／mol

（4）H2SeO3+OH-=HSeO3-+H2O；H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4；ac；10-7.3

【知识点】热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】（1）硫原子核外电子排布为，硒(34Se)在周期表中位于下方，电子层应该为四层，最外层有6个电子，原子结构示意图；正确答案：。

（2）氧族元素原子的最外层电子数均为6，均能与2个氢原子形成2个共价键，所以氧族元素单质均能与H2反应生成H2X；正确答案：氧族元素原子的最外层电子数均为6。

（3）O2、S分别与H2化合，均为放热反应，Se、Te分别与H2化合均为吸热反应，且Se的非金属性强于Te，所以吸收的热量要小一些，依据图形可以看出+81kJ／mol为Se(s)与H2(g)化合的热效应；方程式为Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ／mol；正确答案：Se(s)+H2(g)=H2Se(g)△H=+81kJ／mol。

（4）①从图像可出，向亚硒酸溶液滴入NaOH溶液至pH=5时，溶液中HSeO3-离子浓度最大，所以过程中主要反应的离子方程式H2SeO3+OH-=HSeO3-+H2O；正确答案：H2SeO3+OH-=HSeO3-+H2O。

②在pHc(H2SeO3)顺序正确；c正确；

故答案为：ac。

④根据图像可知，常温下，H2SeO3第二步电离平衡常数为c(SeO32-)×c(H+)/c(HSeO3-)；当c(H+)=10-7.3mol/L，c(HSeO3一)=c(SeO32-)，K2=10-7.3；正确答案：10-7.3。

【分析】（2）解释H2X的分子组成可根据X原子核外最外层电子数进行分析；

（3）非金属性越弱与氢气反应的焓变越大，根据图中焓变的大小判断Se与氢气反应的焓变，然后书写热化学方程式即可；

（4）①pH=5时溶液中的主要离子是HSeO3-，据此书写离子方程式；

②根据氧化还原反应原理判断反应产物，然后书写化学方程式；

④根据H2SeO3的电离方程式和电离平衡常数进行计算。

27．（2023·黄陵模拟）利用钠碱循环法可除去SO2，消除SO2对环境的污染．吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：

n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：11：91

pH8.27.26.2

①根据上表判断NaHSO3溶液显性．

②在NaHSO3溶液中离子浓度关系正确的是（填字母）．

a．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）

b．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）

c．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+（OH﹣）

d．c（Na+）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）

【答案】酸；ac

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：①在亚硫酸氢钠溶液中，HSO3﹣电离程度大于水解程度，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，故答案为：酸；

②HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，

a．钠离子不水解，HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，水也电离生成氢离子和氢氧根离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故正确；

b．根据物料守恒得c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故错误；

c．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），所以得c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（OH﹣），故正确；

d．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故错误；

故选ac．

【分析】（1）HSO3﹣电离程度大于水解程度，据此判断溶液酸碱性；（2）HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．

28．（2023·凉山模拟）氮及其化合物在生产、生活中有着重要的作用．请回答下列问题：

（1）图1是常温下1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：

（2）在恒温、恒容的密闭容器中，通入一定量的N2O4发生反应N2O4（g）2NO2（g）△H如图2

①在0﹣60s时段，反应速率v（N2O4）为molL﹣1s﹣1．

②温度升高，混合气体的颜色变深，则△H0（填“＞”或“＜”）．

③改变条件重新达到平衡时，要使N2O4的体积分数变大，可采取的措施有（填字母）．

a．向混合气体中通入N2O4b．升高温度

c．向混合气体中通入NO2d．使用高效催化剂

（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL﹣1的CH3COONa溶液．

①A、B两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为（已知HNO2的电离

常数Ka=7.1×10﹣4molL﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5molL﹣1）．

②可使A、B两溶液的pH相等的方法是（填字母）．

a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOH

c．向溶液B中加适量水d．向溶液B中加适量NaOH

（4）铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平）.0.6molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量为．

【答案】（1）NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol

（2）0.001；＞；ac

（3）c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc

（4）1.8mol

【知识点】热化学方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134kJ/mol﹣368kJ/mol=﹣234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol，

故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol；（2）①由图可知，在0﹣60s时段△c（N2O4）=0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，则v（N2O4）==0.001mol/（L．min），

故答案为：0.001；

②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则△H＞0，

故答案为：＞；

③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，平衡逆向移动，N2O4的体积分数增大，故a正确；

b．正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数减小，故b错误；

c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡，N2O4的体积分数增大，故c正确；

d．使用高效催化剂缩短到达平衡的水解，不影响平衡移动，N2O4的体积分数不变，故d错误，

故答案为：ac；（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1molL﹣1的CH3COONa溶液；

HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4molL﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5molL﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），

a．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；

b．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；

c．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；

d．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；

故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc；（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.6mol，得到的NO和NO2物质的量相同，根据电子转移守恒，则：3n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2，故n（NO）=n（NO2）=0.3mol，根据氮原子守恒，可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.6mol×2+0.3mol+0.3mol=1.8mol，

故答案为：1.8mol．

【分析】（1）反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程；（2）①根据v=计算v（N2O4）；

②温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动；

③a．向混合气体中通入N2O4，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；

b．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

c．向混合气体中通入NO2，等效为在原平衡基础上增大压强到达的平衡；

d．使用高效催化剂不影响平衡移动；（3）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；（4）参加反应的硝酸转化为Cu（NO3）2、NO、NO2，根据Cu原子守恒计算Cu（NO3）2的物质的量，根据电子转移守恒计算NO、NO2的物质的量，再根据氮原子守恒计算消耗硝酸物质的量．

29．（2023·河南模拟）磷能形成多种含氧酸．

（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子．

①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为．

②若25℃时，c（H3PO2）=1×10﹣2，则0.01molL﹣1的H3PO2溶液的pH=

（2）亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=1×10﹣2、K2=2.6×10﹣7．

①试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异

②NaH2PO3溶液显性（填“酸”“碱”或“中”）．

（3）25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10﹣3，K2=6.2×10﹣8，K3=4.4×10﹣13．足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为

（4）相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中．c（H+）由大到小的顺序为（用酸的分子式表示）．

【答案】（1）NaH2PO2；c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；2

（2）H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；酸

（3）F﹣+H3PO4=HF+H2PO4﹣

（4）H3PO3＞H3PO2＞H3PO4

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：（1）①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；

该酸为弱酸，酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），

故答案为：NaH2PO2；c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；②该溶液中c（H+）=，pH=﹣lgc（H+）=﹣lg=2，

故答案为：2；（2）①第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大，

故答案为：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；②亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，NaH2PO3是强碱弱酸盐酸式盐，该酸根离子电离程度大于其水解程度，则该NaH2PO3溶液呈酸性，故答案为：酸；（3）HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为F﹣+H3PO4=HF+H2PO4﹣，

故答案为：F﹣+H3PO4=HF+H2PO4﹣；（4）相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大，电离平衡常数（多元酸看第一步电离平衡常数）H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，则酸性H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，相同浓度的这几种酸中氢离子浓度H3PO3＞H3PO2＞H3PO4，故答案为：H3PO3＞H3PO2＞H3PO4．

【分析】（1）①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；

该酸为弱酸，酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；②该溶液中c（H+）=，pH=﹣lgc（H+）；（2）①第一步电离出的氢离子抑制第二步电离；②NaH2PO3是强碱弱酸盐酸式盐，该酸根离子电离程度大于其水解程度；（3）HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠；（4）相同浓度的这三种含磷的酸中，其电离平衡常数越大，氢离子浓度越大．

30．（2023·奉贤模拟）在1L0.3mol/L的NaOH溶液中，通入4.48LCO2（标准状况），反应后所得溶液中离子的浓度之间有一些等量关系，例如：．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），另外对此溶液中存在的离子按浓度由大到小排序为．

【答案】c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：n（CO2）==0.2mol、n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，

则反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，

根据2＞=＞1可知反应后产物为：Na2CO3和NaHCO3，

设所得产物中含Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则：x+y=0.2、2x+y=0.3

解得：x=0.1、y=0.1，

在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c（Na+）最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），

水解使溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），显性离子大于隐性离子，则：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），

所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．

【分析】n（CO2）==0.2mol、n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，

则反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，

由于2＞=＞1，所以反应后产物为Na2CO3和NaHCO3，

设所得产物中含Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则：x+y=0.2、2x+y=0.3，

解得：x=0.1、y=0.1，

在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答．

31．（2023·海南模拟）运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义

（1）氮是地球上含量丰富的元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．

①如图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式：．（△H的数值用含字母a、b的代数式表示）

②氨气溶于水得到氨水．在25℃下，将mmolL﹣1的氨水与nmolL﹣1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则c（NH+4）c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；用含m和n的代数式表示出混合液中氨水的电离平衡常数表达式．

（2）海水中含有大量的元素，常量元素如氯、微量元素如碘在海水中均以化合态存在.25℃下，向0.1molL﹣1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1molL﹣1硝酸银溶液，有白色沉淀生成．从沉淀溶解平衡的角度解释产生沉淀的原因是，向反应后的浊液中，继续加入适量0.1molL﹣1的NaI溶液，振荡、静置，看到的现象是，产生该现象的原因是（用离子方程式表示）．

（已知25℃时Ksp[AgCl]=1.0×10﹣10mol2L﹣2，Ksp[AgI]=1.5×10﹣16mol2L﹣2）

【答案】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJmol﹣1；=；K=

（2）Qc＞Ksp；白色沉淀转化为黄色沉淀；AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）

【知识点】热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：（1）①由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（b﹣a）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJmol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJmol﹣1；②将mmolL﹣1的氨水与nmolL﹣1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则氨水必须稍微过量，根据溶液的电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，即c（NH4+）=c（Cl﹣）=mol/L．溶液中氨水过量，过量的氨水的浓度c（NH3H2O）=mol/L，氨水中的电离常数为==，故答案为：=；=；（2）25℃下，向0.1molL﹣1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1molL﹣1硝酸银溶液，当浓度积Qc＞Ksp时，会生成沉淀；向AgCl浊液中加入NaI溶液，溶度积常数可知碘化银溶解度小于氯化银，发生沉淀的转化，白色沉淀转化为黄色沉淀：反应的离子方程式为：AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；故答案为：Qc＞Ksp；白色沉淀转化为黄色沉淀，AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；

【分析】（1）①由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；②根据电荷守恒，判断离子浓度大小；氨水的电离平衡常数为电离出离子的浓度积与溶质浓度的比值；（2）当浓度积Qc＞Ksp时，会生成沉淀；向AgCl浊液中加入NaI溶液，发生沉淀的转化：AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；

32．（2023·梁山模拟）降低太气中CO2含量及有效开发利用CO2，是科学家研究的重要课题．

（1）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：

2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=122.4kJmol﹣1

①某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入体积可变的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中．CH3OCH3（g）的物质的量分数变化如下表所示．

P1P2P3

T10.100.040.02

T20.200.160.05

T30.400.350.20

则P1P3（填“＞”“＜”或“=”，下同）．若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1K3．T1、P1时H2的平衡转化率为．

②一定条件下，上述反应在密闭容器中达平衡．当仅改变影响反应的一个条件，引起的下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是．

a．反应物的浓度降低

b．容器内压强增大

c．正反应速率大于逆反应速率

d．化学平衡常数K增大

（2）碳酸氢钾溶液加水稀释，（填“增大”“不变”或“减小”）．用碳酸钾溶液吸收空气中CO2，当溶液呈中性时，下列关系或说法正确的是：．

a．c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）

b．c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）

c．降低温度，c（H+）c（OH﹣）不变

（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，立即产生气体，溶液颜色加深，用激光笔照射能产生丁达尔效应，反应的离子方程式为．

【答案】（1）＞；＜；57.14%；cd

（2）增大；b

（3）2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑

【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写

【解析】【解答】解：（1）①2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣122.4kJmol﹣1，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数增大，P1、P2、P3分析数值变化可知，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数减小，说明平衡逆向进行，压强减小P1＞P3，反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数减小，平衡常数随温度变化，若T1、Pl，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，依据数据分析，T1＞T3，K1＜K3；

依据化学平衡三段式列式计算T1、Pl时H2的平衡转化率，设氢气转化率为x；

2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）

起始量（mol）2600

变化量（mol）xxxx

平衡量（mol）2﹣x6﹣xxx

甲醚物质的量分数=×100%=0.10

x=mol

转化率==×100%=57.14%；

故答案为：＜；＞；57.14%；

②平衡一定向正反应方向移动，利用反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少生成物促进平衡正向进行；

a．反应物的浓度降低，平衡逆向进行，故a不符合；

b．容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，即正反应方向进行，若恒温恒容容器中加入惰气，压强增大，平衡不动，故b不符合；

c．正反应速率大于逆反应速率，反应一定正向进行，故c符合；

d．化学平衡常数K增大，说明反应正向进行，故d符合；

故选cd；（2）碳酸氢钾溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，HCO3﹣H++CO32﹣，变式比值同乘以氢离子浓度得到=，溶液呈碱性，加入水稀释，氢氧根离子浓度减小，依据离子积常数可知，溶液中氢离子浓度增大，比值增大；

a、当溶渡呈中性时溶液中存在电荷守恒分析，溶液中存在物料守恒为：c（K+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），得到c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故a错误；

b、中性溶液中存在碳酸氢根离子和碳酸溶液，溶液中碳酸电离生成碳酸氢根离子和氢离子，碳酸氢根离子发生微弱的水解，溶液中存在c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故b正确；

c、溶液中离子积随温度变化，降低温度，离子积发生变化，故c错误；

故选b；

故答案为：增大；b；（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，碳酸根离子和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，反应的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑，

故答案为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑．

【分析】（1）①分析图表数据，结合影响平衡因素和平衡移动原理分析，利用“定一议二”的方法分析温度一定，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数随压强变化，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数增大；反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数减小；平衡常数随温度变化；依据化学平衡三段式列式计算转化率=；

②平衡一定向正反应方向移动，利用反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少生成物促进平衡正向进行；（2）碳酸氢钾溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，变式比值同乘以氢离子浓度，结合电离平衡常数和溶液中离子积常数分析判断，用碳酸钾溶液吸收空气中CO2，

a、当溶渡呈中性时溶液中存在电荷守恒分析；

b、中性溶液中存在碳酸氢根离子和碳酸溶液分析判断；

c、溶液中离子积随温度变化；（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，碳酸根离子和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳．

33．（2023·上饶模拟）次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，具有较强的还原性．试回答下列问题：

（1）P的原子结构示意图为；

（2）NaH2PO2为（填“正盐”或“酸式盐”），溶液中有关离子浓度从大到小的顺序为．

（3）H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则该反应的氧化产物的化学式为．

【答案】（1）

（2）正盐；c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

（3）H3PO4

【知识点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较；原子结构示意图

【解析】【解答】解：（1）磷是15号元素原子结构示意图中有三个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为：，故答案为：；（2）H3PO2是一元弱酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：正盐；c（Na+）＞c（H2PO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（3）根据化合物中化合价的代数和为0，确定H3PO2中P元素化合价，O元素为﹣2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，故答案为：H3PO4．

【分析】（1）磷是15号元素原子结构示意图中有三个电子层，最外层5个电子；（2）H3PO2是一元弱酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性；（3）根据转移电子守恒判断氧化产物，该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价．

34．（2023·六安模拟）2023年7月31日中国经济网：河北省开展“环保亮剑”专项整治行动，强化“三废”治理．某工厂废渣的主要成分为SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等成分，回收废渣中的金属元素的工艺流程如图所示：

已知：常温下，饱和氨水的pH约为11，金属离子沉淀所需pH数据如表所示：

离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需pH氢氧化物沉淀完全溶解时所需pH

Fe3+3.2

Al3+5.311.9

Mg2+12.3

（1）试剂①为，试剂②为；

A．AgNO3B．NaOHC．NH3H2OD．H2SO4

（2）固体C的化学式是，溶液F中金属元素的存在形式为；

（3）写出固体A与试剂②反应的化学方程式：；F中通入过量CO2所发生的离子方程式为；

（4）加入试剂②，实现溶液D到溶液F的转化，则调节溶液的pH为．

A．6B．10C．12D．13

（5）25℃时，按（4）调节pH后测得溶液F中c（Mg2+）=5.6×