【解析】2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较3

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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3

一、选择题

1．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（）

A．相同温度下，等的和溶液中，

B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大

C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中

D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小

【答案】C

【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；

C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C不符合题意；

D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.醋酸根水解显碱性；

B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；

C.根据物料守恒判断；

D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。

3．（2022·湖南）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。

若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，）。

下列说法正确的是（）

A．a点：有白色沉淀生成

B．原溶液中的浓度为

C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀

D．b点：

【答案】C

【知识点】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】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；

B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100molL-1，故B不符合题意；

C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100molL-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；

D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4mol。

4．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。

设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（）

A．溶液Ⅰ中

B．溶液Ⅱ中的的电离度为

C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等

D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为

【答案】B

【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．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；

B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；

C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；

D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。

B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。

C.物质的浓度不随体积多少而改变。

D.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。

5．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（）

A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)

D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1

【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度0.013%，故B符合题意；

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)c(NH3·H2O)+c(SO)

B．向氨水中通入SO2至pH=7；c(HSO)>c(NH)>c(H+)=c(OH-)

C．反应NH3·H2O+H2SO3=NH+HSO+H2O的平衡常数K=2.21×107

D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4SO=N2+4SO

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合题意；

B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)=c(OH-)，电荷守恒c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c()＞c()，B不符合题意；

C．反应NH3·H2O+H2SO3=++H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K==2.21×107，C符合题意；

D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．依据电子守恒、物料守恒分析；

B．依据电子守恒分析；

C．依据K=计算；

D．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。

11．（2022·深圳模拟）常温下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分数与pH的关系如图所示。已知：。

下列说法错误的是

A．溶液显酸性

B．曲线b可表示

C．的平衡常数

D．溶液中：

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．根据上述分析可知，存在水解平衡，水解显酸性，A不符合题意；

B．曲线b可表示，B不符合题意；

C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1=，C符合题意；

D．根据上述分析可知，的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度水解平衡产物的浓度，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．依据盐类水解规律分析；

B．依据微粒分布分数与pH的关系分析；

C．依据第一步电离方程式计算平衡常数；

D．根据水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2分析。

12．（2023·松江模拟）室温下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列说法正确的是

A．溶液中有

B．当滴加至中性时，用去溶液的体积小于

C．当用去溶液时，此时溶液中有

D．当用去溶液时，此时溶液中有

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较；化学方程式的有关计算

【解析】【解答】A．溶液中根据电荷守恒有c(H+)=c(OH)+2c(A2)+c(HA)，则c(H+)-c(OH)-c(A2)=c(A2)+c(HA)，故A不符合题意；

B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(A2)+c(HA)，至中性时c(H+)=c(OH)，则c(Na+)=2c(A2)+c(HA)，若用去10mLNaOH，反应得到NaHA溶液，溶液显酸性，因而滴加至中性时，用去溶液的体积大于，故B不符合题意；

C．当用去溶液时，得到NaHA溶液，根据质子守恒有c(H+)-c(A2)=c(OH)，则，故C符合题意；

D．当用去溶液时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2)，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.H2A为弱酸，根据电荷守恒进行分析。

B.滴加至中性，则c(H+)=c(OH)，结合电荷守恒进行分析。

C.用去溶液时，得到NaHA溶液，结合质子守恒进行分析。

D.用去溶液时，得到Na2A溶液面结合物料守恒进行分析。

13．（2023·黄浦模拟）常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是

A．a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)

B．b点溶液中，＜

C．c点溶液中，共含有7种微粒。

D．d点溶液中，0.1000

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A不符合题意；

B．b点溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到=，此时pH=7，说明，则=，故＜，B不符合题意；

C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C符合题意；

D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl，Na+、Cl-浓度均为0.0500mol·L-1，则0.1000，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．依据水解和电离程度比较，水解和电离均是微弱的分析；

B．根据电荷守恒分析；

C．依据水解和电离分析；

D．依据最终产物和原子守恒分析。

14．（2022·温州模拟）25℃时，，下列说法错误的是

A．25℃时，电离程度：

B．25℃时，浓度为NaHA的pH>7

C．25℃时，溶液中加入与等体积混合后：

D．25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同

【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一类酸，无法比较电离度，A符合题意；

B．HA-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，，则Kh>Ka2，故溶液显碱性，则浓度为NaHA的pH>7，B不符合题意；

C．由于，则溶液中加入与等体积混合后的溶质是等浓度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，则水解为主，由于，故，由于HA-的水解，则，故，C不符合题意；

D．水解程度越大，水的电离程度越大，与NaB的溶液中，阴离子的水解会促进水的电离，由于两者的pH相同，故两种溶液中水的电离程度相同，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．不是一类酸，无法比较；

BC．比较电离和水解平衡常数；

D．水解程度越大，水的电离程度越大。

15．（2022·余姚模拟）在25℃时，将1.0Lxmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是

A．水的电离程度：a＞b＞c

B．a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)

C．b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)=mol·L-1

D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=

【答案】D

【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．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c>b>a，所以水电离程度a>b>c，故A选项不符合题意。

B．a点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B选项不符合题意。

C．b点处醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸电离平衡常数为：，则，则则则，故C选项不符合题意。

D．a点溶液中pH=7，，，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项符合题意。

故答案为：D

【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；

B．根据电荷守恒分析；

C．根据物料守恒分析；

D．选择a点利用计算。

二、多选题

16．（2023·如东模拟）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1molL﹣1某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）

B．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）

C．0.1molL﹣1的Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）

D．25℃时，pH=9.4、浓度相同的HCN与NaCN的混合溶液中：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCN）＞c（OH﹣）

【答案】B

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：A、根据物料守恒，钠离子与A元素的所有存在形式相等，所以c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故A正确；

B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性，所以c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；

C、根据质子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C错误；

D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；

故选AB．

【分析】A、根据物料守恒分析解答；

B、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成，等物质量的硫酸钠和硫酸铵，硫酸铵水解导致溶液呈酸性；

C、根据质子守恒，分析解答；

D、pH=9.4溶液呈碱性，以水解占主导．

17．（2023·湛江模拟）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）

A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）

B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3﹣的水解，使c（HCO3﹣）增大

C．0.1molL﹣1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A正确；

B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，使c（HCO3﹣）减小，故B错误；

C.0.1molL﹣1的（NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，即c（CH3COOH）==mol/L=10b﹣14mol/L（0＜α＜1），

所以α=1014﹣a﹣b（0＜α＜1），整理可得：a+b＞14，故D错误；

故选AC．

【分析】A．常温下pH=7的溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；

B．氢氧化钠与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，导致碳酸氢根离子浓度减小；

C．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）；

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等．

18．（2023高二上·嫩江期末）25℃时，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，正确的是（）

A．在A点：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)

B．在B点：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO-)

C．在C点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)

D．在C点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)

【答案】B,D

【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．由分析可知，A点为醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度小于醋酸根离子浓度，故A不符合题意；

B．由分析可知，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，故B符合题意；

C．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；

D．由分析可知，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A点为醋酸钠溶液，B点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，C点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。

19．（2023高二上·益阳期末）25℃时，向的两种酸HX、HY中分别滴加溶液，测得两溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（）

A．酸性：

B．a点溶液中微粒浓度：

C．滴加NaOH溶液至时，两溶液中

D．从开始滴加至溶液时，两溶液中的电离程度均逐渐增大

【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．HY的突变范围大，HY酸性强，酸性：，故A不符合题意；

B．a点溶液中NaX、HX的物质的量浓度相同，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，微粒浓度：

，故B符合题意；

C．HX、HY的酸性强弱不相同，滴加NaOH溶液至

时，两溶液中

不同，HX中加NaOH少，X-浓度小，故C符合题意；

D．起点酸浓度最大，对水电离抑制程度大，到加入

溶液20mL时，溶液刚反应生成弱酸盐，促进水电离，从开始滴加至

溶液时，两溶液中

的电离程度均逐渐增大，故D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A.等浓度的两种酸的酸性越弱，溶液中的c(H+)越小，根据pH=-lgc(H+)，则pH越大。

B.HX与NaOH等浓度，且都为一元酸，a点时加入的V(NaOH)是V(HX)的一半，所以此时所得溶液是等浓度的NaX和HX，溶液呈酸性，说明HX的电离大于NaX的水解，所以c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)。

C.HX的酸性比HY弱，所以要使溶液pH=7，则HX溶液中加入的NaOH溶液的体积较少，即混合后HX溶液中c(Na+)较小，根据电荷守恒，HX溶液中存在c(Na+)=c(X-)，HY溶液中存在c(Na+)=c(Y-)，进一步分析。

D.酸抑制水的电离，弱酸根或弱碱根离子能促进水的电离。

20．（2023高二上·金台期末）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：

实验编号c(HA)/mol·L-1c(NaOH)/mol·L-1反应后溶液pH

甲0.10.1pH=9

乙c10.2pH=7

下列判断错误的是（）

A．0.1mol·L-1的HA溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1

B．c1一定大于0.2mol·L-1

C．甲反应后的溶液中：c(Na+)c(HA2-)>c(H2A-)>c(H+)>c(A3-)>c(OH-)

【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

【解析】【解答】A．反应A3-+H2A-2HA2-的平衡常数的值为，A不符合题意；

B．由图知，将KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8，B不符合题意；

C．pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)中，δ(H2A-)=δ(HA2-)=0.5，若用H3A和K2HA按n(H3A)：n(K2HA)=1：2配制，则按H3A+K2HA=2KH2A可知，所得溶液中KH2A和K2HA的物质的量之比为2：1，由，可知，、，KH2A和K2HA均水解大于电离呈碱性，且K2HA水解程度更大，则所得溶液中δ(H2A-)远大于δ(HA2-)，C符合题意；

D．结合C分析可知，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液呈碱性：c(H+)c(OH-)，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】要充分利用图像中关键点进行计算，在pH2.2、7.2、12.4可以分别计算Ka1=10-2.2，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4；D.物质的量浓度均为0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液，首先根据Ka计算水解平衡常数，比较水解和电离的程度大小，从而进行判断。

22．（2023高二上·越秀期末）对于0.1mol·L－1NH4Cl溶液，正确的是（）

A．升高温度，溶液pH升高

B．通入少量HCl气体，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大

C．c(NH4＋）+c(OH－)＝c(Cl－)+c(H+)

D．c(Cl－）＞c(H+）＞c(NH4＋）＞c(OH－)

【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解；水解程度越大，NH4Cl溶液的酸性就越强，因此升高温度后NH4Cl溶液pH降低，A不符合题意。

B．通入少量HCl，会抑制盐的水解，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大，B符合题意。

C．根据电荷守恒可得，c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH-)，C符合题意。

D．根据物料守恒可得，c(Cl－)=c(NH4＋)+c(NH3·H2O)，所以c(Cl－)＞c(NH4＋)；铵根离子水解消耗水电离产生的OH-而使溶液显酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH－)；盐水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋)＞c(H+)，因此溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H+)＞c(OH－)，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，升温促进水解pH值降低；

B.通入氯化氢增加氯离子浓度抑制水解；

C电荷守恒；

D.铵根离子水解强度并不大，铵根应大于氢离子浓度。

23．（2023高二下·宿迁期末）25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1molL-1Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)

B．0.1molL-1CH3COONH4溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)

C．0.1molL-1NH4HCO3溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)

D．0.1molL-1NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)

【答案】B,C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.质子守恒，正确的是c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，A不符合题意；

B.物料守恒，B符合题意；

C.电荷守恒，C符合题意；

D.0.1molL-1NaHCO3溶液中，HCO3-水解大于电离，故符合题意顺序为c(Na＋)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，故D不符合题意。

【分析】A.根据质子守恒进行判断；

B.根据物料守恒进行分析；

C.根据电荷守恒进行判断；

D.碳酸氢离子的水解大于电离。

24．（2023高二下·盐城期末）H2C2O4为二元弱酸。常温下0.1mol·L－1NaHC2O4溶液（pH约为4）中指定微粒的物质的量浓度关系错误的是（）

A．c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)

B．c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)

C．c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(OH－)

D．c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2O)+c(OH－)

【答案】B,C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.根据物料守恒有

c(Na

+)=

c(HC

2)+

c(C

2)+

c(H

2C

2O

4)，选项A不符合题意；

B.溶液pH约为4说明HC2的电离大于水解，故c(C2)＞c(H2C2O4)，选项B符合题意；

C.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH－)，选项C符合题意；

D.根据质子守恒有c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2)+c(OH－)，选项D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】常温下0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH约为4，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，结合电荷守恒、物料守恒进行分析即可。

25．（2023高二下·南京期末）室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是（）

A．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+c(H2CO3)

B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)

C．0.2mol·L－1H2C2O4（弱酸）与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合的溶液中：2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+c(HC2O4－)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合的溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(HCO3－)

【答案】B,C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.根据0.1mol·L－1Na2CO3溶液中的质子守恒可得:c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)，故A选项是不符合题意的；

B.0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，溶液显示酸性,则c(H+)>c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，所以B选项是符合题意的；

C.反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据电荷守恒可得:①c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42－)，根据物料守恒可得:②2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+c(C2O42－)，将①2-②可得:2c(H+)+c(H2C2O4)＝3c(C2O42－)+c(HC2O4－)+2c(OH－)，整理可得:2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+c(HC2O4－)，所以C选项是符合题意的；

D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合，反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和NaCl，因为碳酸氢根离子的水解和电离程度都较小，则c(HCO3－)>c(CO32－),符合题意的离子浓度大小为:c(Na+)>c(Cl－)>c(HCO3－)>c(CO32－),故D选项是不符合题意的。

故答案为：BC

【分析】根据溶液中质子守恒进行判断；

B.铵根离子水解时溶液显酸性；

C.反应后的溶液是等浓度的草酸和草酸钠混合物，结合电荷守恒和物料守恒进行分析即可；

D.反应后为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。

三、非选择题

26．（2023·兰州模拟）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。

Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：

有关资料：

a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；

b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；

（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤（选填①、②、③或⑤）。

（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式。

（3）滤渣2中主要成分为（填化学式）。

（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式。

（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为。

（6）Ⅱ．BaS溶液的制备

写出“煅烧还原”反应的化学方程式。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶：。

（7）Ⅲ.制取锌钡白

如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是。

【答案】（1）①

（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2

（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-

（5）HCO3->H2CO3>CO32-

（6）BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中

（7）过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率

【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写

【解析】【解答】I．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；

(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；

(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-，故答案为：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-；

(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；

(6)煅烧发生反应：BaSO4+4CBaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO↑。

BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；

(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。

【分析】（1）根据各个步骤发生的反应进行分析；

（2）步骤②中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；

（3）根据步骤③中加入过量NaOH溶液发生的反应，确定所得滤渣2的成分；

（4）步骤④滤液2的溶质为NaZnO2，结合NaAlO2与CO2的反应，书写反应的离子方程式；

（5）滤液3的溶质为NaHCO3，结合溶液中HCO3-的电离水解程度大小分析溶液中离子浓度；

（6）煅烧过程中，BaSO4和C反应生成BaS和CO，据此写出反应的化学方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能与CO32-反应，促使平衡向溶解方向进行；

（7）若硫酸过量，反应过程中易产生H2S，造成空气污染；

27．（2023·潍坊模拟）NaBiO3可作为测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：

已知：NaBiO3难溶于水。

回答下列问题

（1）溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2，则滤渣Ⅰ的主要成分是(写化学式)。

（2）海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是

（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是，从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3，操作Ⅱ包括。

（4）一定温度下，向氨水中通入CO2，得到(NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)将(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=(用离子浓度表示)。

（5）取所得NaBiO3样品2.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为。

【答案】（1）SiO2、S

（2）2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；过滤、洗涤、干燥

（4）减小；2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)

（5）77%

【知识点】离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质，SiO2性质比较稳定，不与酸反应，所以滤渣的主要成分为：SiO2、S。

（2）铋可以被H2O2氧化，发生的方程式为：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，想要获得纯净NaBiO3，首先要将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作Ⅱ为：过滤、洗涤、干燥。

（4），Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；

（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，

5NaBiO32MnO410Fe2+

510

n(NaBiO3)0.5mo1L1×0.0220L

n(NaBiO3)=0.0055mol

得到质量计算质量分数=0.0055mol×280g/mol/2.0g×100%=77%，故答案为：77%。

【分析】（1）主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质，则不溶于盐酸的有二氧化硅，铁离子与硫离子会生成S单质

（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。

（3）沉淀需要过滤洗涤干燥才能得到纯净的物质

（4）平衡常数不变，铵根离子不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律可求解

（5）根据转移电子式守恒可列出关系式求解。

28．（2023·临沂模拟）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。

（1）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。

已知：CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ·mol-1(a>0)

2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ·mol-1(b>0)

若用CO还原NO2至N2，当消耗标准状况下3.36LCO时，放出的热量为kJ(用含有a和b的代数式表示)。

（2）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H=-57.0kJ·mol-1。测得NO2的体积分数[(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：

①0～20min内，v(N2O4)=mol·L-1·min-1。

②上述反应中，v(NO2)=k1·c2(NO2)，v(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373K时，k1、k2的数学关系式为。改变温度至T1时k1=k2，则T1373K(填“>”、“”、“

（3）>；恰好完全反应生成NaHN2O2，Kh(HN2O2－)＝＞Ka2＝10－12，水解程度大于电离程度，因此溶液中c(H2N2O2)＞c(N2O22－)；c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)

【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较；有关反应热的计算

【解析】【解答】(1)①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ·mol-1(a>0)；②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ·mol-1(b>0)；根据盖斯定律①②得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=(-2a-b)kJ·mol-1，标准状况下3.36LCO的物质的量是0.15mol，消耗标准状况下3.36LCO时放出的热量kJ；

(2)①设0～20min内生成N2O4的物质的量是xmol，

2NO2(g)N2O4(g)

起始（mol/L）0.200

转化（mol/L）x

20min末（mol/L）0.2-x

X=0.08mol，v(N2O4)=mol/L=2.0×10-3。

②设平衡时N2O4的浓度xmol/L，

2NO2(g)N2O4(g)

起始（mol/L）0.200

转化（mol/L）2xx

平衡（mol/L）0.2-2xx

X=0.075mol/L，v(NO2)：v(N2O4)=2：1即k1·c2(NO2)：k2·c(N2O4)=2：1，k10.0025：k20.075=2：1，所以k1=60k2。若改变温度至T1时k1=k2，则正反应速率小于逆反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应放热，所以T1>373K；

(3)①若V=100，溶液中的溶质是NaHN2O2，HN2O2-的电离平衡常数是10-12，水解平衡常数是，水解大于电离，所以c(H2N2O2)>c(N2O22-)；

②若V=200，溶液中的溶质是Na2N2O2，N2O22－发生两步水解反应，所以所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)。

【分析】（1）根据公式计算消耗CO的物质的量，根据盖斯定律确定反应的热化学方程式，进而由n(CO)计算反应过程放出的热量；

（2）①根据三段式，结合公式计算反应速率；

②结合平衡三段式进行计算；结合温度对平衡移动的影响分析T1与373K的大小关系；

（3）①V=100mL时，所得溶液为NaHN2O2，结合溶液中电离、水解的程度大小分析；

②V=200mL时，所得溶液为Na2N2O2，结合溶液中N2O22-的水解和H2O的电离分析溶液中离子浓度大小；

29．（2023·静安模拟）I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。

完成下列填空：

（1）氮原子核外电子排布式为，其最外层有种运动状态不同的电子；氮气的电子式为；氨气分子的空间构型是。

（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，该反应的化学平衡常数表达式K=；欲使K值变大，可采取的措施是。

吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有

(选填序号)。

a.适当升高温度

b.适当降低温度

c.增大压强

d.减小压强

（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因。

（4）某研究小组用200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为，该富液中的溶质是（填化学式），各离子的浓度关系正确的是。

a．c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)

b.3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)

c.c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)

【答案】（1）1s22s22p3；5；；三角锥型

（2）[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；降低温度；ad

（3）氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。

（4）CO32－+CO2+H2O→2HCO3－；KHCO3和K2CO3；ab

【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；

（2）反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应，a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意；

b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；

c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故不符合题意；

d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故符合题意。

故答案为：ad；

（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；

（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，a．根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)，故符合题意；

b.200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），n(K+)=0.2L1.5mol/L2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故符合题意；

c.根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)，故不符合题意。

故答案为：ab。

【分析】（2）根据化学平衡常数的定义书写表达式，根据反应方程式的特点分析影响化学平衡移动的条件即可。

30．（2023·辽宁模拟）某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]在分析化学中常用作还原剂.为确定其组成，某小组同学进行如下实验．

（1）I．NH4+的测定

采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示。

相关的实验步骤如下：

①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；

②准确量取50.00mL3.0300molL-1H2SO4溶液于锥形瓶中；

③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，通入氮气，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；

④用0.120molL-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液．

仪器M的名称为。

（2）步骤③中，发生的氧化还原反应的化学方程式为。蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是。

（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所测得的n(NH4+)的值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（4）II.SO42-含量的测定

采用重量分析法，实验步骤如下：

①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；

②将得到的溶液用无灰滤纸(灰分质量很小，可忽略)过滤，洗涤沉淀3~4次；

③用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；

④继续灼烧沉淀至恒重、称量，得沉淀质量为69.90g。

步骤①中，判断BeCl溶液已过量的实验操作和现象是。

（5）步骤②中，采用冷水洗讓沉淀，其主要目的是。

（6）结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为。实验I的步骤①中，溶液中离子溶度由大到小的顺序为。

【答案】（1）分液漏斗

（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形瓶中

（3）偏大

（4）待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1~2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量(答滴加Na2SO4溶液，出现白色浑浊现象也给分)

（5）尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差

（6）(NH4)2SO4FeSO46H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)

【知识点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】I．（1）仪器M的名称为分液漏斗；正确答案：分液漏斗。

(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，通入氧气后，被氧化为氢氧化铁；化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；蒸氨结束后，直形冷凝管中会残留一些液氨，会对测定结果产生影响；因此为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形瓶中；正确答案：用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形瓶中。

(3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗氢氧化钠的量减小，则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n(NH4+)的量偏大；正确答案：偏大。

II.（4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；正确答案：待浊液分层后，在上层清液中加入1～2滴BaCl2溶液，无白色浑浊出现，则BaCl2溶液已过量；

(5)用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤，其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差；正确答案：尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。

(6)与NaOH反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=1/2n(NaOH)=1/2×0.04×0.025=0.0005mol；与氨气反应的硫酸的物质的量为：0.05×1.0100×1/2×0.0400×0.02500=0.05mol，则氨气的物质的量n（NH3）=2n（H2SO4）=0.1mol；19.60g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀23.30g，则n（SO42-）=23.3/233=0.1mol，19.6×2x/(132x+152y+18z)=0.1，19.6×(x+y)/(132x+152y+18z)=0.1，则x+y=2x，即x=y，令x=1，则19.6×2/(132+152+18z)=0.1，则z=6，即x=1，y=1，z=6，则其化学式为（NH4）2SO4FeSO46H2O；令x=2，则19.6×4/(132×2+152×2+18z)=0.1，则z=1.21，不符合；所以晶体X的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；将晶体(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O加水溶解后，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是铵根离子浓度起点大，所以c(NH4+)>c(Fe2+)；又由于硫酸根离子不水解，所以c(SO42-)>c(NH4+)；实验I的步骤①中，溶液中离子溶度由大到小的顺序c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；正确答案：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)。

【分析】（4）判断所加入试剂是否过量，应该选择检验过量试剂中的离子的方法进行设计。

31．（2023·江津模拟）CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。

（1）用CO2来生产燃料甲醇的方法，可以将CO2变废为宝。

已知在常温常压下，甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5kJ·mol-1。写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：；

（2）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g）ΔH=akJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：

t/minn(CO)/moln(Cl2)/mol

01.200.60

10.90

20.80

4

0.20

①反应0～2min末的平均速率v（COCl2）=mol/（L·min）。

②在2min～4min间，v（Cl2）正v（Cl2）逆（填“>”、“=”或“”，“=”，“c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）

【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】（1）由于甲醇、CO的燃烧热分别是726.5kJ·mol-1、110.5kJ·mol-1所以可知①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1453kJ·mol-1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-221kJ·mol-1，由①-②可得2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)△H=-1232kJ·mol-1，所以甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616kJ·mol-1。答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616kJ·mol-1

（2）①由表中数据，可知0～2min内△n(CO)=1.2mol-0.8mol=0.4mol，由方程式可知，所以v（COCl2）==0.1mol/（L·min）；②4min内，反应的氯气为：0.6mol-0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故4min时CO为1.2mol-0.4mol=0.8mol，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态，在2min～4min间，v（Cl2）正=v（Cl2）逆，由方程式可知，平衡时生成COCl2为0.4mol，该温度下平衡常数K===5③正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应．答案为：①0.1②=、5③温度、c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）答案为：c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）。

【分析】（1）首先根据甲醇和一氧化碳的热烧热书写各自的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算反应热，再写出目标热化学方程式即可。

32．（2023·曲靖模拟）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，已引起了全世界的普遍重视。

（1）CO2加氢合成DME（二甲醚）是解决能源危机的研究方向之一。

①2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ·mol-1

某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容积为2L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）的物质分数变化情况如图所示，则p1p2（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在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列能说明平衡一定向逆反应方向移动的是（填序号）。

A．反应物的浓度增大

B.混合气体的密度减小

C.正反应速率小于逆反应速率

D.氢气的转化率减小

（2）将一定量的CO2气体通入氢氧化钠的溶液中，向所得溶液中边滴加稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。请回答：通入1molHCl时，溶液中所含溶质的化学式，a点溶液中各离子浓度由大到小的关系式为。

（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol·L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol·L-1.

【答案】（1）＞；＜；57.1%；C

（2）Na2CO3、NaCl；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)

（3）5.6×10-5

【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】（1）①2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ·mol-1，该反应为气体分子数减少的放热反应，所以平衡时，二甲醚的百分含量随温度升高而减少、随压强增大而增大，该反应的平衡常数随温度升高而减小。由图可知，在相同温度、p1和p2两种不同压强下，p1对应的二甲醚的百分含量较高，所以p1＞p2；在相同压强、T1和T3两种不同温度下，T3对应的二甲醚的百分含量较高，所以，T1＞T3，由于化学平衡常数只与温度有关，所以，若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3。T1、P1时，若H2的平衡转化率为为，则H2的变化量为6.0，CO2、CH3OCH3、H2O的变化量分别为2.0、1.0、3.0，因为二甲醚的体积分数为0.1，所以，解之得，H2的平衡转化率为57.1%。②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状。当改变反应的某一个条件后，A.反应物的浓度增大，可能是增大了反应物的浓度（再加入少量的反应物）使平衡向正反应方向移动的结果，也可能是增大生成物浓度（或升高温度）使平衡向逆反应方向移动的结果；

B.混合气体的密度减小，有可能是减小反应物浓度使平衡逆向移动，也有可能是减小生成物浓度（如降低温度使部分水液化）使平衡正向移动的结果；

C.正反应速率小于逆反应速率，平衡一定向逆反应方向移动；

D.氢气的转化率减小，可能是增大氢气的浓度（再