【解析】2023年高考真题变式分类汇编：离子积常数

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2023年高考真题变式分类汇编：离子积常数

一、选择题

1．（2023·浙江）下列说法错误的是()

A．的盐酸中

B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性

C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质

D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大

2．（2023·安康模拟）常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaA和HA的混合溶液中逐滴加入HA溶液或NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A．HA的电离平衡常数的数量级为10-10

B．水的电离程度：ac(Na+)>c(A-)

3．（2023·南通）常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法错误的是

A．向100mLpH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：

B．0.1溶液中：

C．生成的离子方程式为：

D．生成沉淀后的上层清液中：

4．（2022·浙江模拟）下列说法错误的是()

A．任何水溶液的

B．25℃，1mlpH=5的溶液稀释到，所得溶液的接近7

C．25℃时，与的电离平衡常数相等，某浓度的溶液的pH=4.3，则相同浓度的溶液的

D．25℃时，当和的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液，则溶液中

5．（2022·开封模拟）室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG=lg]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）

A．室温下MOH的电离常数Kb=1.010-5

B．a点对应的溶液中c(M＋)＋c(MOH)=8c(SO)

C．当AG=0时，溶液中存在c(SO)＞c(M+)＞c(H+)=c(OH-)

D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d

6．（2023·海门模拟）室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：

实验实验操作和现象

1测定0.10molL-1NaHCO3溶液的pH约为8

2测定0.10molL-1HCN与0.05molL-1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7

3向NaClO溶液中通入少量的CO2，测得pH降低

4向0.01molL-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02molL-1CaCl2溶液，产生白色沉淀

下列所得结论正确的是（）

A．实验1溶液中存在：

B．由实验2可得

C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2=+2HClO

D．实验4所得上层清液中的

7．（2023·大庆模拟）下列说法正确的是（）

A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13mol·L-1，则该溶液一定显碱性

B．室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多

C．氨水和盐酸混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)>c(NH)

D．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)

8．（2023·闵行模拟）常温时，同浓度的①V1mLCH3COOH溶液②V2mLNaOH溶液③V3mLCH3COONa溶液，下列结论中正确的是（）

A．①与②混合若pH>7，则V2>V1

B．当V2=V3时，溶液中离子种数③>②

C．将①稀释10倍，溶液中c(H+)c(OH)增大

D．③溶液中：c(H+)c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)

9．（2023·南开模拟）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）

A．加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变

B．配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解可向溶液中加入适量的稀硝酸

C．向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)

D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH降低

10．（2023·丰台模拟）常温下，下列说法错误的是（）

A．pH均为5的稀盐酸和NH4Cl溶液，由水电离的H+浓度之比为1：104

B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变

C．等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：HCOOH+NaF=HF+HCOONa

D．等物质的量浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH约为4.7，则混合液中c(CH3COO-)>c(Na-)>c(H+)>c(OH-)

11．（2023高二下·赣州开学考）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是()

A．升高温度，可能引起由c向b的变化

B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13

C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化

D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

12．（2023·温州模拟）下列说法错误的是（）

A．0.1mol·L1NaOH溶液从常温升温到60℃，其pH变小

B．等浓度的氨水、NaOH溶液加入稀盐酸至中性，则c(NH4+)=c(Na+)

C．等浓度的氨水、NaOH溶液稀释相同的倍数，pH后者大

D．等体积、等pH的氨水、NaOH溶液加入足量的AlCl3溶液，产生沉淀的质量前者大

13．（2023·杨浦模拟）0.5mol·L-1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是（）

A．25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性

B．60℃，H2O中c(H+)＝1×10-6.5mol·L-1，呈中性

C．60℃，CH3COONa溶液中c(OH-)＝1×10-5.1mol·L-1

D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小

14．（2023·哈尔滨模拟）对下列实验现象或操作解释正确的是（）

现象或操作解释

AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有漂白性

B配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于适量浓盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的铁粉抑制Fe3+水解，并防止Fe3+变质

C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-

D向含有Cu(OH)2和AgNO3的溶液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Ksp(CuS)

A．AB．BC．CD．D

15．（2023·呼和浩特模拟）在某温度时将nmol·L-1氨水滴入10mLymol·L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是（）

A．y=1.0

B．a点时Kw7

C．Q点水的电离程度最小，Kwc(HF)时，溶液一定呈碱性

C．随着溶液pH增大，不断增大

D．25℃时，HF的电离常数Ka=10-3.45

二、多选题

22．（2023·德州模拟）某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，1g3≈0.5]，下列说法正确的是（）

A．a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)0，下列叙述正确的是

A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小

B．将水加热，Kw增大，pH减小

C．向水中加入少量固体NH4Cl，平衡逆向移动，c(H+)降低

D．向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变

三、非选择题

24．（2022·重庆模拟）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。

回答下列问题：

（1）为提高浸取率，可采取的措施是(写一种即可)，操作1的名称是；

（2）滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为；

（3）在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是；

（4）“反萃取”的原理为NiR有机+2H+Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为；

（5）写出反应1的离子方程式；

（6）由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2O所需的一系列操作是；

（7）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=。

25．（2023·柯桥模拟）难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，如AgClAg++Cl-上述平衡中存在两个过程：一方面是在水分子的作用下，溶液中少量的Ag+和Cl—脱离AgCl表面进入水中（溶解过程）；另一方面，溶液中的Ag+和Cl-受AgCl表面阴、阳离子的吸引，回到AgCl表面析出（沉淀过程）。当溶解速率和沉淀速率相等时，形成AgCl饱和溶液，达到沉淀溶解平衡。用溶度积常数表示：Ksp=c(Ag+)c(Cl-)。当溶液中的c(Ag+)c(Cl-)>Ksp(AgCl)时，即有沉淀析出。

已知：在室温下，Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=1.8×10-10

向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀刚好共存时，溶液中=。

写出简要计算过程：

26．（2023·抚州模拟）2023年诺贝尔化学奖用于奖励对锂离子电池的发展做出贡献的三位科学家。锂离子电池如今被用于各个领域，使一个无化石燃料的社会成为可能。LiFePO4是新型锂离子电池的正极材料。某小组拟设计以一种锂辉石(主要成分为Li2O

Al2O34SiO2，含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂，进而制备LiFePO4的工艺流程:

已知：Li2OAl2O34SiO2＋H2SO4(浓)Li2SO4＋Al2O34SiO2H2O↓回答下列问题:

（1）LiFePO4中铁元素的化合价为，铁元素进行焰色反应的颜色是(填序号)。

A．无焰色反应B．黄色C．紫色D．砖红色

（2）向滤液1中加入适量的CaCO3细粉用于消耗硫酸并将Fe3+转化为红褐色沉淀，若=3,反应的化学方程式为；滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、(填化学式)

（3）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是__。

（4）流程中加H2C2O4和FePO4，用于煅烧制备

LiFePO4，该反应的化学方程式为。

（5）若滤液1中c(Mg2+)=0.2mol/L，向其中加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有Mg3

(PO4)2沉淀生成？(列式计算说明)。已知FePO4、Mg3(PO4)2的

Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。(6)一种锂离子电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4。写出放电时正极电极反应式:。

27．（2023·南京模拟）

（1）关于反应H2(g)＋O2(g)=H2O(l)，下列说法正确的是________(填字母)。

A．焓变ΔH”“c(HA)，说明在原有基础上加入了NaA，加盐促进水的电离，c点，-lg=-1，则c(HA)=10c(A-)，c(HA)>c(A-)，说明在原有基础上加入了HA，加酸抑制水的电离，则电离程度a>c，选项B符合题意；

C．酸HA的电离常数Ka=5.0110-10，则A-的水解常数Kh==1.9910-5，则Kh>Ka，则等浓度的NaA和HA溶液呈碱性，c(HA)略大于c(A-)，b点c(HA)=c(A-)，c点c(HA)=10c(A-)，故原溶液在b、c之间，选项C不符合题意；

D．原溶液位于b、c之间，此时c(Na+)>c(A-)，c(HA)>c(A-)，继续加入HA，到达c点，则c(HA)>c(Na+)>c(A-)，选项D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据Ka=计算；

B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，酸或碱的浓度越大，对水的电离抑制越大；

C.等浓度的NaA和HA溶液呈碱性，c(HA)>c(A-)；

D.向原溶液中加入HA到达c点。

3．【答案】A

【知识点】离子积常数；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．通入少量，，中碳酸根离子会发生水解：，，pH=10，，则，可知：，故A符合题意；

B．由电荷守恒：①；

物料守恒：②；

①-②得：③

在溶液中：的水解常数Kh()=；

的水解常数，由于铵根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：，故B不符符合题意；

C．由题意：电离出和，亚铁离子结合生成，并且结合生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：，故C不符符合题意；

D．生成沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中，故D不符符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．依据计算分析；

B．利用由电荷守恒、物料守恒分析；

C．根据反应物和产物的化学式，利用电荷守恒、原子守恒书写；

D．依据上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液分析。

4．【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．Kw只与温度有关，温度不同Kw值不同，故应为25℃时，任何水溶液的，A项符合题意；

B.25℃，1mlpH=5的溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性溶液或者碱性溶液，故所得溶液的接近7，B项不符合题意；

C.25℃时，与的电离平衡常数相等，说明和CH3COO-水解能力相同，某浓度的溶液的pH=4.3，说明水解生成的c(H+)约为10-4.3mol/L，故相同浓度的溶液，CH3COO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故，C项不符合题意；

D．pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)=c(HX)+c(X-)，故可得c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.Kw只与温度有关；

B.醋酸溶液中存在水的电离，酸溶液稀释后的pH不可能大于7，只可能接近7；

C.与的电离平衡常数相等，则铵根离子与醋酸根离子的水解程度相等；

D.当NaX和HX的物质的量之比为1：2溶于水得到的溶液pH=7，说明X-的水解程度大于HX的电离程度。

5．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由图可知，MOH溶液中，AG=lg=-8，则=10-8，根据Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-3mol/L，Kb=≈=10-5，A不符合题意；

B．a点时消耗硫酸5mL，根据关系式：2MOH～H2SO4，消NMOH的量为2×0.05×10-3mol，剩余MOH的量为：20.00×10-3×0.100mol-2×0.05×5×10-3mol=1.5×10-3mol，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合洛液中n(MOH)：n(M2SO4)=1.5：0.25=6：1，根据物料守恒可知：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，B不符合题意；

C．当AG=lglg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+C(H+)，则有2c(SO)=c(M+)，所以洛液中有：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)，C符合题意；

D．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c>b>d，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.由图可知，未滴硫酸前，MOH溶液中，AG=lg=-8，则=10-8，根据Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14，结合Kb=进行解答。

B.根据相关反应及物料守恒进行分析。

C.当AG=lg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒进行分析。

D.b点碱过量，c点时酸碱恰好完全反应，生成强酸弱碱盐，d点酸过量，且d点酸的量大于b点碱的量，酸性或碱性均抑制水的电离，弱酸盐或弱碱盐促进水的电离，据此分析。

6．【答案】D

【知识点】离子积常数；盐类水解的应用；电离平衡常数

【解析】【解答】A．碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为，故A不符合题意；

B．由分析可知，实验2中0.10molL-1氢氰酸与0.05molL-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数小于水解常数，故B不符合题意；

C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+=HCO+HClO，故C不符合题意；

D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.02mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为=0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为==2×10—6.55mol/L，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3-；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10molL-1氢氰酸与0.05molL-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。

7．【答案】D

【知识点】强电解质和弱电解质；离子积常数；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13mol·L-1，说明溶质的电离抑制水的电离，酸或碱都可以抑制的水的电离，即溶液可能酸性或碱性，A不符合题意；

B．氨水和氢氧化钠的pH相同，但由于氨水部分电离，所以氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠，故需要的盐酸的物质的量多，B不符合题意；

C．溶液中性时，根据电荷守恒分析，c(Cl-)=c(NH)，C不符合题意；

D．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相等，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒分析，有c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.酸或碱都抑制的水的电离；

B.等pH的氨水和NaOH，氨水的浓度大；

C.溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(Cl-)=c(NH)。

8．【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，所以CH3COONa溶液呈碱性，即V2=V1时①与②混合pH>7，所以V2不一定大于V1，故A不符合题意；

B．②中含有有3种；③中含有有4种，当V2=V3时，溶液中离子种数③>②，故B符合题意；

C．c(H+)c(OH)为KW，在温度一定时，KW不变，故C不符合题意；

D．在溶液中由电荷守恒，物料守恒，即，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.醋酸和氢氧化钠溶液反应时得到是醋酸钠溶液，醋酸钠水解呈碱性，当V1=V2时也可出现这种情况

B.写出②和③中溶液的粒子数即可

C.温度不变，水的离子积不变

D.根据电荷和物料守恒即可判断

9．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.溶液中c(H+)c(OH)=Kw，Kw只与温度有关，则c(H+)c(OH)不变，=，稀释过程中c(OH)发生变化，则变化，故A不符合题意；

B.稀硝酸具有氧化性会把Fe2+氧化成Fe3+，故B不符合题意；

C.向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，有电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C符合题意；

D.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中=，加入CH3COONa，增大，c(H+)减小，溶液碱性增强，pH增大，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.温度不变，水的离子积不变，利用水的离子积的等式即可判断出的变化

B.配制Fe(NO3)2不应该加入硝酸应该直加入水中，配制好后加入铁粉

C.根据电荷守恒即可判断

D.根据醋酸的电离方程式结合醋酸根离子浓度增大即可判断

10．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．pH为5的稀盐酸中氢离子浓度为10-5mol/L，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，由水电离的氢离子浓度为10-9mol/L，NH4Cl溶液中氢离子全部由水电离，水电离的氢离子浓度为10-5mol/L，故由水电离的H+浓度之比为1：104，A项不符合题意；

B．Kw是温度的函数，温度不变，Kw不变，B项不符合题意；

C．等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明甲酸的酸性比氟化氢酸性弱，不能发生选项中的反应，C项符合题意；

D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.盐酸是强酸，完全电离根据pH即可计算，而氯化铵是强酸弱碱盐，利用水的离子积即可计算出氢离子浓度

B.硫酸氢钠溶液水电离出氢离子，而水的离子积与温度有关，温度不变，Kw不变

C.根据同浓度的盐溶液pH判断出对应的酸的酸性强弱判断反应是否发生

D.根据电荷守恒以及溶液的pH进行比较即可

11．【答案】C

【知识点】水的电离；离子积常数

【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；

B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)c(OH)=1×107×1×107=1×1014，故B不符合题意；

C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；

D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；

故答案为C。

【分析】A.水的电离是吸热

B.根据离子积常数计算

C.盐的水解促进了水的电离

D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式

12．【答案】B

【知识点】强电解质和弱电解质；离子积常数；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．常温下，0.1mol·L1NaOH溶液中c(OH-)=10-1mol·L1，c(H+)=mol·L1，溶液的pH=13，升温到60℃，Kw增大，c(H+)=，其pH变小，故A不符合题意；

B．等浓度的氨水加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，NaOH溶液加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(Na+)=c(Cl-)，由于氨水是弱碱，当氨水与盐酸完全反应生成氯化铵时，溶液为酸性，要使溶液显中性，氨水消耗的盐酸比NaOH溶液消耗盐酸的量少，则c(NH4+)＜c(Na+)，故B符合题意；

C．氨水是弱碱，NaOH是强碱，等浓度的氨水、NaOH溶液，pH后者大，稀释相同的倍数，仍然pH后者大，故C不符合题意；

D．等体积、等pH的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度更大，氢氧根离子的总量比氢氧化钠溶液中的更多，氨水与铝离子反应生成氢氧化铝促进氨水继续电离氢氧根离子，且氨水与氢氧化铝沉淀不反应，氢氧化钠是强碱，完全电离，与铝离子反应过程中，氢氧根离子没有补充，则氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀更多，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.温度升高，促进水的电离，水的离子积变大，计算出浓度变大，pH变小

B.根据电荷守恒判断即可

C.碱溶液稀释时，pH减小，但是氨水是弱碱，在稀释时会继续电离，故氨水的pH大

D.氨水是弱碱,同pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大，等体积时，氨水的物质的量大

13．【答案】D

【知识点】离子积常数；影响盐类水解程度的主要因素

【解析】【解答】A．从图中可以看出，25℃时CH3COONa溶液的pH＝8.2，大于纯水的pH，所以溶液显碱性，A不符合题意；

B.60℃，水的电离程度比25℃时大，但H2O中c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，B不符合题意；

C.60℃，水的离子积常数KW=10-13(mol/L)2，CH3COONa溶液中c(OH-)＝=1×10-5.1mol·L-1，C不符合题意；

D．CH3COO-的水解是一个吸热过程，升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、25℃时，pH=7溶液显中性，而CH3COONa溶液的pH＝8.2，因此显碱性；

B、溶液的pH=lgc(H+)；

C、CH3COONa溶液中c(OH-)＝；

D、根据乐夏特勒原理可知，升高温度，平衡向着吸热方向移动。

14．【答案】C

【知识点】离子积常数；二价铁离子和三价铁离子的检验；二氧化硫的漂白作用

【解析】【解答】A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，氯水中的氯气把I-氧化成I2，再通入SO2，蓝色褪去，SO2把I2还原为I-，体现了SO2的还原性，A不符合题意；

B．配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于适量浓盐酸，再用蒸馏水稀释，但是不能在试剂瓶中加入少量的铁粉，2Fe3++Fe=3Fe2+，B不符合题意；

C．某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-或Ag+等，C符合题意；

D．向含有Cu(NO3)2和AgNO3的溶液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，Na2S为不足量，并且Ag2S、CuS都是黑色沉淀，故不能根据实验现象判断Ksp(Ag2S)＜Ksp(CuS)，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】验证溶液中是否含有SO42-，首先取少量试样于试管中，向试管中滴加稀盐酸酸化，若无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则说明含有SO42-。加入盐酸酸化的目的是排除CO32-、Ag+、SO32-等离子的干扰。

15．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.a点时pH=0，则c（H+）=1.0mol/L，盐酸为强酸，则y=1.0，故A不符合题意；

B.水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14，故B不符合题意；

C.b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）＞c（NH4+），原溶液中c（Cl-）=ymol·L-1，b点时滴加氨水体积小于10mL，所以c（Cl-）＞mol·L-1故C符合题意；

D.根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7molL-1，c（NH4+）=c（Cl-）=mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n-）mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：K=，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据a点的pH即可计算出浓度

B.水的电离是吸热，加入氨水后温度才升高到25℃，因此a点物浓度低于25℃，而25℃的水的离子积是1×10-14，即可判断a点的水的离子积

C.根据电荷守恒以及pH＜7即可判断

D.根据pH=7进行计算出此时铵根离子的浓度，根据物料守恒计算出氨水的浓度，再根据铵根离子水解的常数代入数据计算即可

16．【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．H3XO4能最终电离生成XO43-，说明H3XO4为三元弱酸；当pH=2.16时，溶液中c(H3XO4)=c(H2XO4-)，则Ka1==10-2.16，此时Kh3====10-11.84＜Ka1；当pH=7.21时，溶液中c(HXO42-)=c(H2XO4-)，则Ka2==10-7.21＞Kh3，即NaH2XO4溶液中，H2XO4-的电离程度大于H2XO4-的水解程度，溶液呈酸性，故A不符合题意；

B．当pH=12.32时，溶液中c(XO43-)=c(HXO4-)，则Ka3==10-12.32，则－lgKa3＝12.32，故B符合题意；

C．向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，抑制XO43-的水解，溶液中XO43-的数目增大，而Na+数目不变，则=的比值减小，故C不符合题意；

D．在0.1mol/L的Na2HXO4溶液中存在的电离守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(XO43－)＋2c(HXO42－)＋c(H2XO4－)＋c(OH－)，故D不符合题意；

故答案为B。

【分析】A、根据该酸能够解离出氢离子的个数判断；

B、在图像上找到一个特殊的点，带入Ka3可以得；

C、通过配凑的思想配成关于Ka或者Kb、Kw的式子；

D、根据物料守恒及电荷守恒来判断。

17．【答案】C

【知识点】化学平衡常数；离子积常数；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．当纵坐标为0，即c(Ag＋)=1.0mol·L－1时，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag＋)·c(CrO42－)=(10－6)2=10－12，同理可得Ksp(AgCl)=c(Ag＋)·c(Cl－)=10－9.9，数量级为10－10，A不符合题意；

B．曲线上的点为溶解平衡点，M区域相对于AgCl溶解平衡曲线，c(Ag＋)和c(Cl－)均减小，不析出AgCl沉淀，相对于Ag2CrO4溶解平衡曲线，c(Ag＋)和c(CrO42－)均增大，可析出Ag2CrO4沉淀，B不符合题意；

C．，平衡体系中加入少量水，Ksp(Ag2CrO4)和Ksp(AgCl)均不变，也不变，C符合题意；

D．从图上看，Cl－，CrO42－均为0.1mol·L－1，即横坐标均为1时，AgCl沉淀所需的pAg＋较大，即c(Ag＋)较小，先析出AgCl沉淀，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据横总坐标即可计算出ksp

B.根据在曲线上是饱和溶液的点，曲线下方的点是不饱和溶液即可怕判断

C.利用ksp进行替换带入计算即可

D.根据图示即可计算出沉淀的银离子浓度即可判断

18．【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．达到滴定终点时，溶液显酸性，所以应该选择在酸性范围内变色的指示剂，可选取甲基橙作为滴定指示剂，故A不符合题意；

B．M点是滴入了10.00mL盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的NaY、NaCl和HY。NaY水解使溶液显碱性，HY电离使溶液显酸性。HY的电离平衡常数为5.0×10-11，所以NaY的水解平衡常数为=2×10-4＞5.0×10-11，所以溶液显碱性，故B符合题意；

C．P点只有NaY，Y-水解促进水的电离，水的电离程度最大。随着盐酸的不断滴入，溶液中Y-浓度逐渐减小，HY浓度逐渐增大，HY电离产生H+对水的电离起到抑制作用，所以Q点水的电离程度最小，但Kw只和温度有关，所以Kw=l0-14，故C不符合题意；

D．M点，根据物料守恒，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】盐酸滴定同浓度的NaY溶液，发生反应：NaY+HCl=NaCl+HY。当滴入10.00mL盐酸时，溶液中的溶质为等物质的量的NaY、NaCl和HY。当滴入20.00mL盐酸时，NaY和HCl恰好完全反应，溶质是等物质的量的NaCl和HY，此时溶液显酸性。

19．【答案】B

【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算

【解析】【解答】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O的电离度等于H2O的电离度，故A不符合题意；

B．根据中和反应量的关系，100mL0.25mol·L－1DCl和50mL0.2mol·L－1NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为=0.1mol·L－1，则c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B符合题意；

C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C不符合题意；

D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·DHO和D3O+，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。

20．【答案】D

【知识点】化学平衡常数；离子积常数

【解析】【解答】A.由图中数据可知当c（Cu2+）=10-18mol/L时，c（S2-）=10-18.3mol/L，则数量级为10-37，故A符合题意；

B.计算a点的离子浓度积为3.45时，c(F-)>c(HF)，因此当c(F-)>c(HF)时，溶液不一定呈碱性，故B不符合题意；

C．随着溶液pH增大，c(F-)逐渐增大，，温度不变，Ka不变，因此逐渐减小，故C不符合题意；

D．当pH=3.45时，c(F-)=c(HF)，，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.根据物料守恒进行判断；

B.根据图中pH与粒子浓度的关系进行判断；

C.根据离子浓度之比的变式，结合电离平衡常数不变进行分析；

D.根据c(F-)=c(HF)是的pH计算电离平衡常数。

22．【答案】A,D

【知识点】离子积常数；中和滴定

【解析】【解答】A．a点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)=2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)Ksp(CuS)，由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4，B不符合题意；

C．Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离子浓度小，则此时，-lgc(Cu2+)>-lgc(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。

23．【答案】B,D

【知识点】化学平衡移动原理；水的电离；离子积常数

【解析】【解答】A、向水中加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，Kw不变，故A不符合题意；

B、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，pH变小，故B符合题意；

C、向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c(H+)降低，促进水的电离，平衡正向移动，故C不符合题意；

D、向水中加入少量固体Na2SO4，溶解后不影响水的电离平衡，c(H+)=1×10-7mol/L，因为温度不变，则Kw不变，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】本题的易错点为B，要注意升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，pH减小。

24．【答案】（1）将废电池磨碎或搅拌等；过滤

（2）CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O

（3）烧杯、分液漏斗

（4）H2SO4溶液

（5）2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O

（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤

（7）2.0×10-10

【知识点】离子积常数；无机物的推断

【解析】【解答】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；

(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；

(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=

[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；

(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；

(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；

(5)反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；

(6)由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

(7)[Cd(NH3)4]2++CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=

【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；

(1)依据速率的影响因素分析；不溶于水的固、液分离用过滤；

(2)依据反应物有产物书写化学方程式；

(3)萃取装置；

(4)依据平衡移动原理，进行“反萃取”；

(5)依据反应物有产物书写离子方程式；

(6)由溶液得到含有结晶水的化合物的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

(7)由已知信息，利用Ksp的公式计算。

25．【答案】3.0×10-3；Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，在同一溶液中，Ag+的浓度相同，所以=3.0×10-3

【知识点】离子积常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，两种沉淀刚好共存，发生Ag+＋Br－=AgBr↓、Ag＋＋Cl－=AgCl↓，针对AgCl和AgBr，溶液应是AgCl和AgBr饱和溶液，在同一溶液中，c(Ag＋)相同，因此有==3.0x10-3

。

【分析】向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，两种沉淀刚好共存，针对AgCl和AgBr，溶液应是AgCl和AgBr饱和溶液，据此分析。

26．【答案】（1）+2；A

（2）Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2↑；Mg(OH)2CaSO4

（3）减小Li2CO3的溶解损失

（4）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑

（5）由Ksp(FePO4)可知c(PO)==1.3×10-17mol·L－1；Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO)=×(1.3×10-17mol·L－1)2=1.69×10-37c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；9.9×10-7mol·L-1；10-8mol·L-1

（4）85/18×10-8或4.7×10-7

【知识点】离子积常数；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】(1)25℃，Na2SO4溶液为中性，水电离出的c(OH-)=10-7mol/L，某Na2SO4溶液中c(SO)=1×10-4mol/L，c(Na+)=2×10-4mol/L，则该溶液中c(Na+)：c(OH-)=；

(2)某温度下，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，的pH=11，

KW=c(H+)×c(OH-)=10-11×10-2=1.0×10-13；将pH=12的NaOH溶液VaL与pH=2的H2SO4溶液VbL混合，混合液为中性，得，；

(3)①0.1mol·L-1CH3COONa溶液pH=8，离子浓度由大到小排列的顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

②根据电荷守恒可知，，溶液中存在质子守恒，c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-8mol·L-1；

(4)AgCl开始沉淀时，此时；

【分析】（1）分别计算出c(Na+)和c(OH-)再进行比较；

（2）KW=c(H+)×c(OH-)计算；

（3）①溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)>c(CH3COO-)；

②根据c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)计算；

（4）结合Ksp(AgI)=8.5×10-17；Ksp(AgCl)=1.8×10-10计算。

31．【答案】（1）I；水解吸热，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小；0.1

（2）BC

（3）；，，，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性

（4）a；

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；盐类水解的原理

【解析】【解答】（1）①正确的曲线是I，导致溶液的pH随温度变化的原因是：NH4Al(SO4)2溶于水电离出的NH4+、Al3＋在溶液中水解使溶液显酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH减小。

②由物料守恒可知，20℃时，溶液中0.1。

（2）醋酸钠溶液中存在水解反应CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，

A．钠离子不参与水解，不发生变化，A不正确，不选；

B．反应物浓度越大，反应速率越快，醋酸根离子水解的速率随着浓度的下降而减小、当速率不再变化时，说明水解已平衡，B正确，选；

C．随着反应的进行，氢氧根的数目、浓度不断增大，当氢氧根浓度不再变化时，说明已平衡，C正确，选；

D．Kw值与温度有关，温度不变Kw不变、但不能说明平衡，D不正确，不选；

选BC。

（3）H3PO4是三元弱酸，在溶液中存在电离平衡，当溶液中c(H3PO4)=c(H2PO)时，其第一步电离平衡常数Ka1==c(H+)，图示可知：c(H3PO4)=c(H2PO)时，c(H+)=10-2.1，故Ka1=10-2.1；同理，由pH=7.2对应的交点可求得、由pH=12.2对应的交点可求得，则，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性。

（4）①室温时，向溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，发生的反应依次为H＋＋OH－=H2O、OH－＋=NH3·H2O，由方程式可知，a点时氢氧化钠溶液恰好中和溶液中氢离子，得等浓度的硫酸铵和硫酸钠的混合溶液，溶液中的铵根水解促进水的电离；a点之后，铵根离子与氢氧根离子反应生成抑制水电离的一水合氨，铵根离子浓度越小，促进水的电离程度越小，所以溶液中水的电离程度最大是a点；

②由图可知b点时，溶液pH为7，该点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是。

【分析】（1）①硫酸铝铵水解先酸性，温度升高，水解程度变大，酸性增强，pH减小，铵根和Al3+都可以水解产生H+

②根据N守恒，列出物料守恒计算即可

（2）可以根据变化的量不再发生变化，达到化学平衡

A.钠离子浓度始终不变，不能作为判断标准

B.随着反应进行，醋酸根浓度降低，达到平衡时不再变化，可以作为判断依据

C.温度升高，水解程度变大，c（OH-）增大，pH变大，达到平衡时候，不再变化，可以作为判断依据

D.Kw始终不变

（3）充分利用图像交点，磷酸与磷酸二氢根相等时进行计算Ka1，要知道Na2HPO4溶液是酸性还是碱性，要判断水解和电离二者关系，弱水解大于电离，溶液显碱性，电离大于水解，溶液显酸性

（4）c（H+）、c(OH-)都会抑制水的电离，当H+与OH-恰好完全反应时，此时水的电离程度最大。

32．【答案】（1）SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣

（2）＝；＜

（3）BaSO4；升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子

（4）浓度

【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离；离子积常数；盐类水解的应用

【解析】【解答】（1）Na2SO3水解分步进行生成亚硫酸氢钠和氢氧化钠，水解的离子方程式：SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣；

答案：SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣；

（2）离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，①与④的温度相同，所以其离子积常数相等，水解平衡常数随温度变化，升温促进水解，水解平衡常数增大，②温度高，水解平衡常数大，①＜②；

答案：＝；＜；

（3）在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；

答案：BaSO4；升温过程中部分亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子；

（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度；

答案：浓度。

【分析】（1）亚硫酸根水解生成亚硫酸氢根和氢氧根；

（2）离子积常数只与温度有关；升温促进水解；

（3）①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；

（4）①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动。

33．【答案】（1）1.0×10-14

（2）碱性；Kh(HCO)=2.2×108>Ka2(H2CO3)，HCO的水解程度大于其电离程度

（3）超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强

（4）Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；电离平衡常数

【解析】【解答】(1)由水的离子积定义：25℃时，水的离子积Kw1.0×10-14；

(2)由于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子发生水解反应生成又会电离出但是Kh(HCO)=2.2×108>Ka2(H2CO3)，故HCO的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性；

(3)超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3溶液水解能力更强，故碱性增强，答案：超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强

(4)根据知酸性：盐酸碳酸次氯酸，氯气通入饱和溶液能产生无色气体二氧化碳，说明氯气与水反应的生成物中含有盐酸，由强酸制弱酸原理可知：Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑，故答案为Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑。

【分析】（1）根据Kw计算；

（2）Kh(HCO)=2.2×108>Ka2(H2CO3)，HCO的水解程度大于其电离程度；

（3）温度升高NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3溶液水解能力更强；

（4）根据强酸制弱酸原理分析。

34．【答案】（1）B；D

（2）107：1；>

（3）10-12；15：2

【知识点】离子积常数；pH的简单计算；盐类水解的原理

【解析】【解答】（1）常温下，某电解质溶液中水电离的c（H+）=1×10-97，溶液呈碱性，说明NaX为强碱弱酸盐﹔酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，混合溶液中水电离出的c（OH-）=mol·L-1，0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=mol·L-1，则混合溶液中由水电离出的c（OH-）与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-6mol/L：10-13mol/L=107：1；

②NH4X溶液呈中性，说明Ka（HX）=Kb（），将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，根据强酸制取弱酸知﹐酸性︰HX>H2CO3，水解导致溶液呈酸性、水解导致溶液呈碱性，NH4HCO3中水解程度∶7；

（3）T℃时，测得0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=10，则溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，c（OH-）=c（NaOH）=0.01mol/L，该温度下水的Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-10×0.01=1×10-12，该温度下0.01mol·L-1H2SO4溶液c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.01mol/L=0.02mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=1mol/L，混合溶液中c（OH-）==0.1mol/L=，解Va：Vb=15：2。

【分析】（1）水电离的c（H+）=1×10-9，该电解质可能是酸溶液或碱溶液；

（2）①所得溶液是NaX溶液，呈碱性，X-水解，溶液中H+和OH-都来自水的电离；

②酸性HX>H2CO3，NH4X溶液呈中性，NH4HCO3溶液呈碱性；

（3）算出H+和OH-的浓度，跟据；跟据硫酸和氢氧化钠混合后pH等于11计算体积比。

35．【答案】（1）1×1012；碱

（2）红色的溶液颜色变浅；；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅

（3）=；＜

（4）先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度

（5）6

【知识点】化学平衡移动原理；离子积常数；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】（1）根据图中信息得到某温度(t℃)时a点水的离子积。该温度下，pH=12的NaOH溶液即氢氧根物质的量浓度c(OH－)＝1.0molL1，pH=2的H2SO4溶液即氢离子物质的量浓度为c(H＋)＝1.0×102molL1，pH=12的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液等体积混合，则氢氧根的物质的量大于氢离子物质的量，因此溶液显碱性；故答案为：1×1012；碱。

（2）向含有酚酞的0.1mol·L1的氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，因此观察到的现象是红色的溶液颜色变浅，请结合离子方程式分析产生该现象的主要原因是：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅；故答案为：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅。

（3）将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH溶液混合，混合后溶液呈中性，再根据电荷守恒得到溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)；若浓度相等、体积相等混合，则生成醋酸钠，醋酸钠中醋酸根水解显碱性，而要使混合溶液呈中性，则还需加酸，由于体积相等，因此混合前c(NaOH)＜c(CH3COOH)，故答案为：=；＜。

（4）根据题意为配制SbCl3溶液，避免出现有白色沉淀生成，主要是加盐酸来抑制SbCl3水解，因此配制SbCl3溶液的正确方法是先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度；故答案为：先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度。

（5）根据题意得出，，，则pH=6；故答案为：6。

【分析】(1)水的离子积Kw=c(H+)Xc(OH-)，结合图中a点数值计算Kw；pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，根Kw据c(OH-)=计算pH=12的NaOH溶液中c(OH-)，结合二者等体积混合后NaOH是否过量判断溶液的酸碱性；

(2)一水合氨是弱碱，电离方程式为，能使酚酞溶液变红，加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，抑制NH3.H2O电离，导致溶液中c(OH-)减小；

(3)溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)

分析；两溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则CH3COOH应该稍微过量；

(4)取少量SbCl3固体溶于2~3mL水中，观察到有白色沉淀生成，说明Sb3+水解生成Sb(OH)3，避免出现该现象，配制SbCl3溶液时应该加酸抑制其水解；

(5)残留在溶液中的c(Cu2+)降低到2x10-4mol.L-1，再根据Ksp[Cu(OH)2]计算溶液的pH。

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2023年高考真题变式分类汇编：离子积常数

一、选择题

1．（2023·浙江）下列说法错误的是()

A．的盐酸中

B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性

C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质

D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大

【答案】A

【知识点】电解质在水溶液中的电离；水的电离；离子积常数；盐类水解的应用

【解析】【解答】A.盐酸的浓度为2.0×10-7mol/L，完全电离，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，A符合题意；

B.KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，B不符合题意；

C.NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，C不符合题意；

D.醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.HCl为强电解质完全电离；

B.KCl为强碱强酸盐，但是温度升高，水的电离程度增大；

C.NaCN溶液显碱性，说明CN-水解显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐；

D.CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸钠为强电解质，完全电离，向溶液中加入醋酸钠固体，抑制醋酸的电离。

2．（2023·安康模拟）常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaA和HA的混合溶液中逐滴加入HA溶液或NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A．HA的电离平衡常数的数量级为10-10

B．水的电离程度：ac(Na+)>c(A-)

【答案】B

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

【解析】【解答】A．HA的电离方程式为HAH++A-，Ka=，b点时，-lg=0，则c(HA)=c(A-)，此时pH=9.3，则K=c(H+)=10-9.3=100.710-10=5.0110-10，则HA的电离平衡常数的数量级为10-10，选项A不符合题意；

B．a点，-lg=1，则c(A-)=10c(HA)，c(A-)>c(HA)，说明在原有基础上加入了NaA，加盐促进水的电离，c点，-lg=-1，则c(HA)=10c(A-)，c(HA)>c(A-)，说明在原有基础上加入了HA，加酸抑制水的电离，则电离程度a>c，选项B符合题意；

C．酸HA的电离常数Ka=5.0110-10，则A-的水解常数Kh==1.9910-5，则Kh>Ka，则等浓度的NaA和HA溶液呈碱性，c(HA)略大于c(A-)，b点c(HA)=c(A-)，c点c(HA)=10c(A-)，故原溶液在b、c之间，选项C不符合题意；

D．原溶液位于b、c之间，此时c(Na+)>c(A-)，c(HA)>c(A-)，继续加入HA，到达c点，则c(HA)>c(Na+)>c(A-)，选项D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据Ka=计算；

B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，酸或碱的浓度越大，对水的电离抑制越大；

C.等浓度的NaA和HA溶液呈碱性，c(HA)>c(A-)；

D.向原溶液中加入HA到达c点。

3．（2023·南通）常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法错误的是

A．向100mLpH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：

B．0.1溶液中：

C．生成的离子方程式为：

D．生成沉淀后的上层清液中：

【答案】A

【知识点】离子积常数；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．通入少量，，中碳酸根离子会发生水解：，，pH=10，，则，可知：，故A符合题意；

B．由电荷守恒：①；

物料守恒：②；

①-②得：③

在溶液中：的水解常数Kh()=；

的水解常数，由于铵根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：，故B不符符合题意；

C．由题意：电离出和，亚铁离子结合生成，并且结合生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：，故C不符符合题意；

D．生成沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中，故D不符符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．依据计算分析；

B．利用由电荷守恒、物料守恒分析；

C．根据反应物和产物的化学式，利用电荷守恒、原子守恒书写；

D．依据上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液分析。

4．（2022·浙江模拟）下列说法错误的是()

A．任何水溶液的

B．25℃，1mlpH=5的溶液稀释到，所得溶液的接近7

C．25℃时，与的电离平衡常数相等，某浓度的溶液的pH=4.3，则相同浓度的溶液的

D．25℃时，当和的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液，则溶液中

【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．Kw只与温度有关，温度不同Kw值不同，故应为25℃时，任何水溶液的，A项符合题意；

B.25℃，1mlpH=5的溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性溶液或者碱性溶液，故所得溶液的接近7，B项不符合题意；

C.25℃时，与的电离平衡常数相等，说明和CH3COO-水解能力相同，某浓度的溶液的pH=4.3，说明水解生成的c(H+)约为10-4.3mol/L，故相同浓度的溶液，CH3COO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故，C项不符合题意；

D．pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)=c(HX)+c(X-)，故可得c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.Kw只与温度有关；

B.醋酸溶液中存在水的电离，酸溶液稀释后的pH不可能大于7，只可能接近7；

C.与的电离平衡常数相等，则铵根离子与醋酸根离子的水解程度相等；

D.当NaX和HX的物质的量之比为1：2溶于水得到的溶液pH=7，说明X-的水解程度大于HX的电离程度。

5．（2022·开封模拟）室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG=lg]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）

A．室温下MOH的电离常数Kb=1.010-5

B．a点对应的溶液中c(M＋)＋c(MOH)=8c(SO)

C．当AG=0时，溶液中存在c(SO)＞c(M+)＞c(H+)=c(OH-)

D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由图可知，MOH溶液中，AG=lg=-8，则=10-8，根据Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-3mol/L，Kb=≈=10-5，A不符合题意；

B．a点时消耗硫酸5mL，根据关系式：2MOH～H2SO4，消NMOH的量为2×0.05×10-3mol，剩余MOH的量为：20.00×10-3×0.100mol-2×0.05×5×10-3mol=1.5×10-3mol，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合洛液中n(MOH)：n(M2SO4)=1.5：0.25=6：1，根据物料守恒可知：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，B不符合题意；

C．当AG=lglg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+C(H+)，则有2c(SO)=c(M+)，所以洛液中有：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)，C符合题意；

D．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电