【解析】2023年高考真题变式分类汇编：离子浓度大小的比较5

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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5

一、选择题

1．（2023·浙江）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，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：溶液中的水解程度大于电离程度

B．过程中：逐渐减小

C．过程中：

D．令c点的，e点的，则

【答案】C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.根据图示，a点的溶液是碳酸氢钠溶液，此时pH=8,显碱性，碳酸氢根离子可以水解成碱性，也可以电离成酸性，溶液显碱性说明碳酸氢根的水解成都大于电离程度，故A不符合题意

B.过程是不断的加入氢氧化钠的过程，根据电荷守恒=c(Na+)+c(H+),氢离子不断减小，因此逐渐减小，故B不符合题意

C.是加入盐酸的过程，在a点，根据物料守恒，随着盐酸的加入，二氧化碳不断产生逸出，故，故C符合题意

D.c点的=(0.05+10-11.3)mol/L，e点=(0.025+10-4.3)mol/L,x＞y,故D不符合题意

故答案为：C

【分析】A.根据a的pH即可判断

B.根据电荷守恒判断，加入氢氧化钠氢离子不断消耗

C.根据电荷守恒判断，加入稀盐酸，二氧化碳不断逸出

D.根据数据计算出x和y即可

2．（2023·广东）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（）

A．水溶液的

B．水溶液加水稀释，升高

C．在水中的电离方程式为：

D．水溶液中：

【答案】B

【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；

B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；

C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；

D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；

B.加水稀释溶液中c(H+)减小；

C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；

D.结合电荷守恒分析；

3．（2023·湖南）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）

A．该溶液中：

B．三种一元弱酸的电离常数：

C．当时，三种溶液中：

D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：

【答案】C

【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；

B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；

C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；

D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX

A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断

B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数

C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少

D.混合之后利用电荷守恒即可判断

4．（2023·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中而变化，不发生水解。实验发现，298K时，如下图中实线所示。

下列叙述错误的是（）

A．溶液pH=4时.

B．MA的溶度积

C．溶液pH=7时，

D．HA的电离常数

【答案】C

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

【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/LKa2，则-lgKa1c(H3PO3)，C项符合题意；

D．将-lgKa2=-lg-lg变形可得到，pH等于6.54时，，根据电荷守恒，，此时溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)c(A2-)

C．C点：c(Na+)C点>B点

【答案】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．根据图像可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，故A不符合题意；

B．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，故B不符合题意；

C．C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故C不符合题意；

D．B点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：D点>C点>B点，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．根据图像的起点分析；

B．依据HA-的电离程度与水解程度大小分析；

C．根据电荷守恒分析；

D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

10．（2023·大连模拟）柠檬酸(用表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中、、、的百分含量随的变化曲线如图所示。下列说法中错误的是（）

A．的第二步电离常数约为

B．溶液中，水解程度小于电离程度

C．时，

D．时，

【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．由分析可知，的第二步电离常数约为，故A不符合题意；

B．由分析可知，的第二步电离常数约为，第三步电离常数约为，则的水解常数为==＜Ka3说明溶液中，水解程度小于电离程度，故B不符合题意；

C．由图可知，溶液pH为4时，的浓度约为0，溶液中存在Ca2+、Mg2+、H+、、，由电荷守恒可知，溶液中，故C符合题意；

D．由分析可知，溶液pH为6时，溶液中，溶液中离子浓度的关系为，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．利用交点计算电离常数；

B．电离和水解的常数判断；

C．利用电荷守恒判断；

D．依据溶液的性质判断。

11．（2022·唐山模拟）水溶液中存在多种平衡，下列说法正确的是（）

A．稀醋酸溶液稀释时，溶液中所有离子的物质的量浓度均减小

B．水溶液中，pH=7时，溶液一定呈中性

C．物质的量浓度相等的和溶液等体积混合，则

D．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的溶液，若选用甲基橙做指示剂，滴定过程中水的电离程度先增大后减小

【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；指示剂

【解析】【解答】A．加水稀释醋酸，其溶液中氢氧根离子浓度增大，故A不符合题意；

B．常温下水溶液中，pH=7时，温度未知，水的离子积未知，故B不符合题意；

C．根据电荷守恒得，由物料守恒，两式相加得：，故C符合题意；

D．NaOH溶液滴定未知浓度的，若选用甲基橙做指示剂，水的电离一直被抑制，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.Kw=c(H+)c(OH-)，加水稀释，c(H+)减小，Kw不变；

B.pH=7时，溶液不一定呈中性；

D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。

12．（2022·开封模拟）谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2RHR-R2-。常温下，向一定浓度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示或]随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A．K1=1×10-9.7

B．pH=7时，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)

C．曲线II表示pOH与lg的变化关系

D．M点时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)

【答案】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．k1=，当，pOH=9.7，则氢离子浓度为10-4.3mol/L，A项不符合题意；

B．pH=7时，pOH=7，由曲线Ⅰ可知，时，>0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线Ⅱ可知，d点

D．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为

【答案】A

【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．根据图示，a点中和率小于50%，根据物料守恒，故A符合题意；

B．b点时中和率为50%，溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离大于MCl水解，所以，故B不符合题意；

C．c点溶液中和率为100%，溶质只有MCl，d点盐酸过量，盐酸抑制水电离，所以水的电离程度c点>d点，故C不符合题意；

D．根据a点，时c(OH-)=10-4.2，三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．根据物料守恒判断；

B．根据溶液的酸碱性进行排序；

C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

D．根据a点，计算电离常数。

14．（2022·张家口模拟）常温下，几种弱电解质的电离常数如下表所示：

下列说法正确的是（）

A．溶液呈中性，溶液中水的电离程度与纯水的电离程度相同

B．溶液中：

C．等浓度的与混合溶液中：

D．水溶液显碱性

【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．与的电离常数相等，则和的水解常数相等，所以溶液呈中性，和的水解促进了水的电离，因此溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度，A项不符合题意；

B．溶液中，水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度从大到小的顺序为，B项不符合题意；

C．等浓度的与混合溶液中，存在电荷守恒关系：，存在物料守恒关系：，将二者相加可得：，C项符合题意；

D．由表中数据可知，，而，因此的电离程度大于其水解程度，所以水溶液显酸性，D项不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A.醋酸根离子和铵根离子水解，促进了水的电离；

B.NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液显酸性；

C.根据电荷守恒和物料守恒判断；

D.的水解程度小于电离程度。

15．（2022·临潼模拟）室温下，向20mL浓度均为0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是（）

A．a点：

B．导电能力：b＜c

C．c点：

D．由d点可得

【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；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A．a点发生如下电离：，，所以，A不符合题意；

B．b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，离子浓度b＜c，所以导电能力：b＜c，B不符合题意；

C．c点，依据题给数据，可得出：，所以，C符合题意；

D．在d点存在如下水解平衡：，，，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.a点硝酸和亚硝酸均发生电离，氢离子浓度最大；

B.溶液的导电能力与离子所带电荷和离子浓度有关；

D.亚硝酸根存在水解，计算其水解常数，再根据计算。

二、多选题

16．（2023高二下·盐城期末）25℃时，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)=c(H2S)+c(HS－)

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

C．0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c(CO)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)

【答案】B,C

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.0.1mol·L－1Na2S溶液中根据质子守恒可知c(OH－)=2c(H2S)+c(HS－)+c(H＋)，A不符合题意；

B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，B符合题意；

C.0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，则c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)＞c(H2SO3)，C符合题意；

D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)，D不符合题意，

故答案为：BC。

【分析】根据溶液中离子水解，结合溶液中电荷守恒和物料守恒进行判断离子浓度的大小关系即可。

17．（2023高二下·无锡期末）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﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

B．0.1molL﹣1NaHS溶液：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S）

C．0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．0.1molL﹣lNH4HSO4溶液中滴加0.1molL﹣1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

【答案】B,D

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：A.0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4﹣电离大于水解，c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故A错误；

B.0.1molL﹣1NaHS溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒，c（Na+）=c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣），代入计算得到：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S），故B正确；

C.0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等体积混合，醋酸电离大于醋酸根离子水解，溶液显酸性：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；

D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D正确；

故选BD．

【分析】A.0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4﹣电离大于水解：

B.0.1molL﹣1NaHS溶液中电荷守恒和物料守恒计算，分析判断选项；

C.0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0.1molL﹣1CH3COONa溶液等体积混合，醋酸电离大于醋酸根离子水解，溶液显酸性；

D．向NH4HSO4中滴加NaOH溶液，当二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，再滴加少许NaOH呈中性．

18．（2023高二上·丹阳期末）下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是（）

A．25℃时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）﹣c（B﹣）=9.9×10﹣7molL﹣1

B．25℃时，向0.1molL﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．0.1molL﹣1的NaHCO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）

D．同温下，pH相同时，溶液物质的量浓度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）

【答案】A,D

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】解：A．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（B﹣），所以得c（Na+）﹣c（B﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=9.9×10﹣7molL﹣1，故A正确；

B．溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），溶液中铵根离子水解，而硫酸根离子、钠离子不水解，结合电荷守恒得c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B错误；

C．溶液中存在物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.1mol/L，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），所以得c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故C错误；

D..pH相同的不同钠盐溶液，阴离子的水解程度越大，其钠盐的物质的量浓度越小，这几种阴离子的水解程度大小顺序是CO32﹣＞C6H5O﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，所以相同温度下，pH相同时，溶液物质的量浓度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3），故D正确；

故选AD．

【分析】A．根据电荷守恒判断；B．根据电荷守恒判断；C．根据物料守恒及电荷守恒判断；D．pH相同的不同钠盐溶液，阴离子的水解程度越大，其钠盐的物质的量浓度越小．

19．（2023高一上·潍坊期中）在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A．①代表滴加溶液的变化曲线

B．b点，溶液中大量存在的离子是、

C．c点，两溶液中含有相同物质的量的

D．a点对应的溶液显中性，d点对应溶液显碱性

【答案】C,D

【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；离子共存

【解析】【解答】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A不符合题意；

B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH，故B不符合题意；

C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C符合题意；

D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性；d点②中溶质为Na2SO4，溶液呈中性；故D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】滴入H2SO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；滴入NaHSO4溶液时涉及的反应方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。

A.a点时导电能力几乎为0，根据反应方程式可知对应曲线是滴加H2SO4溶液的变化曲线。

B.曲线②为滴加NaHSO4溶液的变化曲线，b点与a点滴入溶液体积相等，则所发生反应是Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，据此分析。

C.c点时，①中溶质为硫酸，②中溶质为NaOH、Na2SO4。

D.d点时，②中导电能力最小，则恰好完全反应：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+2H2O+Na2SO4；a点时，①中恰好完全反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。

20．（2023高二上·湖南月考）常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（）

A．pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的NH4Cl溶液，两者中水的电离程度相同

B．pHc(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)>c(H+)

C．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)

D．浓度相同的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液等体积混合，混合后溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+3c(H2CO3)-c(CO)

【答案】A,C

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．常温下，的溶液，溶液中，醋酸根离子水解促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的，的溶液，溶液中，铵离子水解促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，水电离的，可见两者中水的电离程度是相同的，故A符合题意；

B．常温下，溶液的，说明电离程度大于水解程度，导致其溶液呈酸性，所以，故B不符合题意；

C．中滴加溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的和，水解导致溶液呈酸性，所以需要再滴加少许才能使溶液呈中性，所以溶液中离子浓度大小关系为，故C符合题意；

D．将等物质的量浓度的与溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：，根据物料守恒可得：，二者结合则有：，故D不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；

B.溶液的，说明电离程度大于水解程度；

C.向NH4HSO4中滴加NaOH溶液，当二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，再滴加少许NaOH呈中性；

D.根据物料守恒和电荷守恒分析。

21．（2023高二上·湖南期中）室温下，用NaOH溶液滴定溶液，溶液中和[或和]的关系如图所示，下列说法正确的是(忽略混合溶液体积和温度的变化)（）

A．原溶液中

B．当溶液中时，溶液的

C．当滴定至时，溶液中微粒之间的关系为

D．当滴定至恰好完全反应时，溶液中存在

【答案】B,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．因NaOH溶液的浓度和体积未知，无法求出原溶液中H2A的浓度，故A不符合题意；

B．结合以上分析可知，Ka1·Ka2=，当溶液中时，Ka1·Ka2=，=10-2mol/L×10-5mol/L，所以c(H+)=10-3.5，溶液的，故B符合题意；

C．，由物料守恒可知①2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，由电荷守恒可知②c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，②-①得c(H2A)+c(H+)=c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)，故C不符合题意；

D．恰好完全反应时，溶质为Na2A，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因Na2A溶液为强碱弱酸盐溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，所以，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A.NaOH溶液的浓度和体积未知，无法计算原溶液中H2A的浓度；

B.根据电离平衡常数计算；

C.根据物料守恒和电荷守恒分析；

D.恰好完全反应时溶质为Na2A，再结合电荷守恒分析。

22．（2023高二下·浦城期中）已知常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，所得滴定曲线如下图所示，下列说法错误的是（）

A．若A点的pH＝3，则HA为一元弱酸，其电离平衡常数的数量级为10－5

B．B点各微粒物质的量浓度的关系是：2c(H＋)＋c(A－)＝2c(OH－)＋c(HA)

C．C点存在关系式：c(A－)＝c(Na＋)

D．若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)＝10－8.4mol·L－1

【答案】B,D

【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；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A.若A点的pH＝3，则c(H+)=c(A-)=10-3mol·L－1，HA为一元弱酸，其电离平衡常数，故数量级为10－5，A不符合题意；

B.B点滴入10mLNaOH溶液，则有一半HA反应，故溶液为NaA和HA的混合溶液，且NaA和HA的物质的量浓度相等，按物料守恒知，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，据此得到各微粒物质的量浓度的关系是：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，B符合题意；

C.C点溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)，由于溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故存在关系式：c(A－)＝c(Na＋)，C不符合题意；

D.D点时，滴入20mL的NaOH溶液，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，促进水的电离，若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)=c(OH-)=10－5.6mol·L－1，D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】由图知，HA是弱酸，常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，若滴入20mL的NaOH溶液时，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，若滴入NaOH溶液后溶液恰好呈中性，则溶液为NaA和HA的混合溶液，HA未充分反应，则滴入NaOH溶液的体积小于20mL，任何时刻，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，据此分析；

23．（2023高二上·平邑期中）常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）

A．b、c两点溶液的导电能力b>c

B．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积Vbc(CH3COOH)，c(Na+)保持不变，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)，可知A符合题意；

B．c点显中性，关系成立，但e点显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO-)，B不符合题意；

C．d点组成为CH3COONa，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=（注意两者等体积混合浓度被稀释为原来一半），故左右两边相加之和为0.1mol/L，C符合题意；

D．f点组成：c(CH3COONa)：c(NaOH)≈1：1，c(Na+)相当于两份，c(CH3COO-)相当于一份，故c(Na+)>c(CH3COO-)，此时NaOH完全电离产生的OH-与CH3COO-近似相等，由于CH3COO-水解导致自身减少，OH-变多，故c(OH-)>c(CH3COO-)，即大小顺序为：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，D不符合题意。

【分析】A.b点加入100mLNaOH，溶液为CH3COOH、CH3COONa，二者物质的量相等，醋酸进一步电离，则c(CH3COO-)>c(Na+)，结合电荷守恒判断；

B.c点存在CH3COONa和CH3COOH，e点存在CH3COONa和NaOH；

C.d点恰好完全中和，n(CH3COOH)=n(NaOH)=0.10mol/L×0.02L=0.002mol，溶液体积为0.04L；

D.f点加入NaOH40mL，反应产生等量的NaOH和CH3COONa，溶液中c(OH-)>c(CH3COO-)。

25．（2023高三上·海安期中）室温下，向10mL0.10mol·L-1的HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列说法正确的是()

A．a点时，c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)

B．由a→b，溶液中n(A-)持续增大

C．b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)

D．V=10mL时，c(HA)+c(A-)+c(Na+)=0.20mol·L-1

【答案】A,B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定

【解析】【解答】A．a点时，pH=3，c(H+)=1.0×10-3molL-1，因为Ka==1.0×10-3，所以c(HA)=c(A-)，根据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A-)可知：c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)，故A符合题意；

B．由a→b，是向一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成NaA，即：HA+NaOH=NaA+H2O，溶液中n(A-)持续增大；V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，根据A-+H2OHA+OH-，继续加入NaOH溶液，抑制A-的水解，所以溶液中n(A-)持续增大，故B符合题意；

C．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可得c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)，若c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)成立，则c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)，推出c(HA)+c(H+)=0，很明显溶液中c(HA)+c(H+)≠0，故C不符合题意；

D．V=10mL时，反应恰好生成NaA，根据物料守恒：c(Na+)=c(HA)+c(A-)，所以c(HA)+c(A-)+c(Na+)=2c(Na+)=2×=0.1mol/L，故D不符合题意；

故答案为AB。

【分析】A.根据a点的溶质结合电荷守恒即可判断

B.根据a到b的变化A离子的浓度增大

C.根据b点的电荷守恒即可判断

D.根据此时的溶质结合物料守恒即可判断

三、非选择题

26．（2022高二上·成都期末）磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效磷钾复合肥，以氟磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3F，还含有少量Fe3O4]为原料制备KH2PO4的一种工艺流程如图所示：

（1）酸浸前需将氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是。

（2）“酸浸”时发生反应的化学方程式有Ca5(PO4)3F+5H2SO4=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，该反应体现了硫酸的性和难挥发性，酸浸时(填“能”或“不能”)使用玻璃容器。

（3）“氧化”时发生反应的离子方程式为。

（4）利用平衡移动原理和相关化学用语解释加入CaCO3调节pH形成Fe(OH)3沉淀的原因：；室温下，当pH=3时，溶液中Fe3+开始沉淀，此时溶液中c(Fe3+)=molL-1，溶液中Fe3+完全沉淀的pH=。(已知室温下Fe(OH)3的Ksp=1×10-35，且加入碳酸钙过程中溶液体积变化忽略不计)

（5）常温下磷酸的电离平衡常数如表所示：

名称Ka1Ka2Ka3

磷酸5.2×10-38×10-86×10-13

则常温下KH2PO4水溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性，下列有关KH2PO4水溶液中的微粒关系正确的是(填标号)。

A．c(H2PO)＞c(H3PO4)＞c(HPO)＞c(PO)

B．c(K+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)

C．c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)

【答案】（1）增大接触面积，加快酸浸反应速率

（2）强酸；不能

（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（4）Fe3+在水溶液中发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3，与水解产生的H+反应，使c(H+)减小，平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3沉淀；0.01；4

（5）酸；C

【知识点】化学平衡的影响因素；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）酸浸前需将氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率；

（2）该反应中生成磷酸体现了浓硫酸的强酸性，生成HF体现了浓硫酸的难挥发性：根据酸浸时发生的反应可知，氟磷灰石反应会生成HF，而HF会与玻璃中的发生反应：，所以酸浸时不能使用玻璃容器；

（3）氧化的目的是将氧化成，其离子方程式为；

（4）在水溶液中发生水解：，加入碳酸钙，碳酸钙与水解产生的氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡正向移动，从而生成氢氧化铁沉淀；当pH=3时，溶液中Fe3+开始沉淀，，因为，则；溶液中铁离子完全沉淀时，，据，可得，，；

（5）水溶液中存在的电离和水解，其电离常数，其水解常数，即电离程度更大，所以溶液显酸性；下列有关KH2PO4水溶液中的微粒关系正确的是：

A．由于的电离大于水解，故，A不正确；

B．由电荷守恒可知，B中右边缺少，B不正确；

C．由物料守恒可得c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，C正确；

故答案为：C。

【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；

（2）依据强酸制弱酸：根据氢氟本酸的特性；

（3）氧化的目的是将氧化成，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；

（4）依据水解平衡移动原理；依据Ksp计算；

（5）A．比较电离和水解常数分析；

B．依据电荷守恒；

C．依据物料守恒。

27．（2022高二上·拉萨期末）完成下列填空

（1）氯化铝水溶液呈性，(填“酸”、“中”、“碱”)原因是：(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是

（2）硫化钠溶于水时发生水解，其水解的离子方程为：，在配制硫化钠溶液时可以加入少量的以抑制其水解。

（3）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈(填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同)，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)(填“>”、“=”或“＜”，下同)。

（4）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)。

【答案】（1）酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3

（2）S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-(可不写)；NaOH

（3）碱性；>

（4）酸性；＜

【知识点】盐类水解的原理；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】（1）AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解消耗水电离产生的OH-产生Al(OH)3，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以水溶液呈酸性；水解反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；把AlCl3溶液蒸干，盐水解产生的HCl挥发，得到的固体是Al(OH)3，物质Al(OH)3不稳定在，灼烧时发生分解产生Al2O3和水，故最后得到的主要固体产物是Al2O3。

（2）硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中S2-水解使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-(第二步可不写)；在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，同时又不引入杂质离子，可以加入少量的NaOH。

（3）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)c(CH3COO-)。

（4）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠，醋酸浓度大于庆阳环浓度，二者等体积混合后，错算过量，导致溶液显酸性，根据溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)”、“；

【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

【解析】【解答】（1）HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液稀释相同的倍数，盐酸的pH变化大，故a点对应的酸为醋酸；该酸溶液稀释过程中：

a．稀释过程中酸性减弱，c(H+)一定减小，a正确；

b．稀释过程中酸性减弱，c(H+)一定减小，则c(OH-)一定增大，b不符题意；

c．=Kh(CH3COO-)，温度不变，Kh(CH3COO-)不变，则稀释过程中不变，c不符题意；

d．，稀释过程中c(CH3COO-)减小，Ka不变，则减小，d正确；

选ad；

（2）在t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-amol·L-1，c(OH-)=10-bmol·L-1，已知a+b=12，则该温度下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-amol·L-1×10-bmol·L-1=10-(a+b)mol2·L-2=10-12mol2·L-2，则在该温度下，将100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合，碱过量，混合后c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，则c(H+)=mol/L=10-11mol/L，溶液的pH=-lg10-11=11；

（3）醋酸和NaOH等浓度等体积混合时得到醋酸钠溶液，显碱性，现在得到pH=7，即中性，则醋酸要过量，故25℃时，将amol·L-1的醋酸和bmol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则a>b；此时溶液中存在物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol·L-1。

【分析】（1）酸性越强，稀释时pH变化越大；稀释促进醋酸的电离；

（2）先计算c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；

（3）根据物料守恒计算。

29．（2022高二上·拉萨期末）

（1）氯化铝水溶液呈性，（填“酸”、“中”、“碱”）原因是：（用离子方程式表示）。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是

（2）硫化钠溶于水时发生水解，其水解的离子方程为：，在配制硫化钠溶液时可以加入少量的以抑制其水解。

（3）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同），溶液中c(Na+)c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）。

（4）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)。

【答案】（1）酸；Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；Al2O3

（2）S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-（可不写）；NaOH

（3）碱性；＞

（4）酸性；＜

【知识点】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；离子方程式的书写

【解析】【解答】（1）氯化铝属于强酸弱碱盐，发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，所以氯化铝水溶液呈酸性。把AlCl3溶液蒸干可得到Al(OH)3，Al(OH)3经灼烧分解得到Al2O3。

（2）硫化钠属于强碱弱酸盐，发生水解反应：S2-+H2OHS-+OH-，所以在配制硫化钠溶液时可以加入少量的强碱（如NaOH）以抑制器水解。

（3）根据题干信息及化学方程式（CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O）可知，等物质的量的CH3COOH和NaOH反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，存在水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，所以溶液呈碱性，且c(Na+)＞c(CH3COO-)。

（4）醋酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，常温下，pH=3即c(H+)=10-3mol/L的醋酸溶液物质的量浓度远远大于pH=11即c(OH-)=10-3mol/L的NaOH溶液物质的量浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余，所以混合后溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c(Na+)＜c(CH3COO-)。

【分析】（1）氯化铝属于强酸弱碱盐，存在水解反应，据此分析。

（2）根据盐类水解原理进行分析。

（3）弱酸根或弱碱根存在水解反应，注意等物质的量的CH3COOH和NaOH反应生成CH3COONa，据此分析。

（4）常温下，pH=3即c(H+)=10-3mol/L的醋酸溶液物质的量浓度远远大于pH=11即c(OH-)=10-3mol/L的NaOH溶液物质的量浓度，结合电荷守恒进行分析。

30．（2022高二下·达州期末）酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。

（1）常温下，小苏打溶液pH7(填“>”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“c()>c(OH-)>c()>c(H+)；取适量溶液于小试管中，加足量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，观察现象，若产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀，则未变质

（4）C

（5）1.4

【知识点】离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用

【解析】【解答】(1)M为+6价含硫氧化物，化学式为：SO3；亚硫酸酸性比碳酸强，故通过饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化硫，碱石灰和碳酸钠溶液均能吸收二氧化碳，不能选用，酸性高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，不吸收二氧化碳，故除去中少量的杂质可选择的试剂有：AD；

(2)废铜料与稀硫酸在通入空气并加热的条件下反应制取，其反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；

(3)的水溶液显碱性，c(Na+)>c(SO)，c(OH-)>c(H+)，，溶液中还存在水的电离，故c(OH-)>c(HSO)，溶液中各离子的浓度大小关系是：c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)；检验溶液是否变质，直接加入氯化钡亚硫酸根也会与钡离子生成沉淀，故先酸化排除亚硫酸根的干扰，方法是：取适量溶液于小试管中，加足量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，观察现象，若产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀，则未变质；

(4)中S元素的化合价为+2价：

A.和中硫元素均为+4价，不可能生成，A不正确；

B.和中硫元素均为+6价，不可能生成，B不正确；

C.和S中硫元素为+6价和0价，从氧化还原角度分析可制备，C正确；

D.和中硫元素为+4价和+6价，不可能生成，D不正确；

故答案为：C；

(5)H2SO3溶液中以第一步电离为主：，设电离出的氢离子浓度为xmol/L，故，，pH=-lgc(H+)=-2lg2+2=2-0.6=1.4。

【分析】（1）M为三氧化硫，除去二氧化碳中混有的二氧化硫可以采用饱和碳酸氢钠或者饱和碳酸钠溶液；

（2）铜在加热条件下生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜；

（3）亚硫酸钠溶液中，亚硫酸根可以发生两级水解，且一级水解的程度大于二级水解；检验亚硫酸钠是否变质即检验是否有硫酸根的产生；

（4）结合电离方程式，可以列出其电离平衡常数的公式，即，再结合公式pH=-lgc(H+)进行计算。

33．（2023高二上·柯桥期末）室温下，用滴定溶液过程中，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如下图所示。

（1）酸碱式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是和。

（2）配制上述NaOH标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有。(用编号表示)

①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管

（3）当时，溶液中所有离子的浓度存在的关系是。

（4）已知，当加入的时，溶液中pH=。

（5）下列说法不正确的是____。

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，

B．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大

C．当接近滴定终点时，极少量的碱就会引起溶液的pH突变

D．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差

E．当用滴定溶液时，其突变范围比滴定溶液的突变范围大

（6）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用和反应生成砖红色沉淀表示滴定终点。当溶液中的恰好完全沉淀时，溶液中的；。

已知：①25℃时，，

②当溶液中某种离子的浓度等于或小于时，可认为已完全沉淀。

【答案】（1）检漏；润洗

（2）③⑦

（3）(或，)

（4）

（5）B；E

（6）；

【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；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定

【解析】【解答】(1)酸碱式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是检漏和润洗；

(2)根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复室温，用玻璃棒引流，移入250mL容量瓶中，继续加水至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水定容，故用不到的仪器为量筒和移液管，

故答案为：③⑦；

(3)当

时，酸和碱恰好反应生成NaCl，溶液中所有离子的浓度存在的电荷守恒：

；

(4)V（NaOH）=30.00mL时，反应相当于余下10mL的NaOH，溶液为碱性，溶液中c(OH-)=0.02mol/L，已知，所以溶液pH=14+lgc(OH-)=12.3；

(5)A．NaOH与盐酸恰好完全反应时生成NaCl，为中性溶液，

，A正确；

B．甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，B不正确；

C．当接近恰好完全反应时，多滴加极少量的碱时溶液呈碱性，在化学计量点前后加入少量的酸或碱使溶液的pH值发生突变，C正确；

D．根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，D正确；

E．当用

滴定

溶液时，由于醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液显示碱性，而盐酸与氢氧化钠恰好反应时溶液为中性，其突变范围比滴定

溶液的突变范围小，E不正确；

故答案为：BE；

(6)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据，计算得到c(Ag+)==1.8×10-5mol/L，此时溶液中=mol/L。

【分析】依据酸碱中和滴定的相关知识以及沉淀溶解平衡的相关知识分析解答。

34．（2023高三上·西青期末）我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。

（1）镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是。

（2）GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是(填“共价”或“离子”)化合物。

（3）镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)

（4）As与P同族且相邻。磷的最外层电子轨道表示式。预测As的氢化物分子的空间结构，其沸点比NH3的(填“高”或“低”)，理由是。

（5）下列说法不正确的是。

a．镓的金属性比铝的强b．砷化镓具有半导体性质

c．As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4

亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。

（6）人体血液的pH在7.35—7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是。通常情况下，H2AsO电离程度水解程度(填“>、、

【知识点】原子核外电子排布；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；元素周期律和元素周期表的综合应用

【解析】【解答】（1）由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；

（2）砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；

（3）在1100℃下液态镓与氨气反应生成固态氮化镓和氢气，可逆反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氢气放出10.3kJ热量可知，反应的反应热△H=-30.9kJ/mol，则反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol；

（4）磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，则价电子排布图为；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；砷化氢和氨气是结构相似的分子晶体，氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，则氨气分子间的作用力大于砷化氢，沸点高于砷化氢，故答案为：；三角锥形；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3；

（5）a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；

b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；

c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故不正确；

d．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正确；

故答案为：c；

（6）人体血液的pH在7.35-7.45之间，由图可知，患者用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸；H2AsO的物质的量分数最大时，溶液呈碱性，说明H2AsO的电离程度小于水解程度，故答案为：H3AsO3；7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，溶液中存在c(K+)＞c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)。

35．（2023高二上·大兴期末）二氧化硫是大气主要污染物脱硫是环境治理的热点问题。回答下列问题。

（1）利用吸收的离子方程式为：

+□(在“□”里填入系数在“”上填入微粒符号)，加入可以提高去除率，原因是。

（2）工业上还常用氨水吸收法处理，可生成或。

①显碱性，结合化学用语，用化学平衡原理解释其原因：。

②显酸性。用氨水吸收，当吸收液显中性时溶液中离子浓度关系正确的是(填字母)。

a.

b.

c.

（3）某工厂烟气中主要含、，在较高温度经下图所示方法脱除并制得。

①在阴极放电的物质是。

②在阳极生成的电极反应式是。

【答案】（1）；CaCO3与生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率

（2）溶液中存在平衡：、，水解程度大于水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液显碱性；ab

（3）O2；2-4e-=O2↑+2SO3

【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡移动原理；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)KMnO4具有强氧化性，可将SO2氧化为

，根据未配平方程式知

被还原为

，根据S元素守恒知生成

系数为“1”，根据电荷守恒知右边添加H+，系数为“4”，再由H、O元素守恒推得H2O的系数为2，完整方程式为：

；加入CaCO3，可以和生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率，故此处填：CaCO3与生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率；

(2)①(NH4)2SO3溶液中

、

均水解，

水解使溶液显碱性，

水解使溶液显酸性，但

水解程度大于

水解程度，所以溶液显碱性，此处所填内容如下：溶液中存在平衡：

、

，

水解程度大于

水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液显碱性；

②a．溶液中存在电荷守恒：

，溶液显中性意味着c(OH-)＝c(H+)，故

，a正确；

b．由a选项知，此时

，故

，由于NH4HSO3为酸性，(NH4)2SO3为碱性，故此时溶液组成应该为NH4HSO3与(NH4)2SO3混合，两者完全电离，故溶液中大量存在

，而H+与OH-均为微弱过程产生，故

，b正确；

c．由电荷守恒知，

系数应为2，c不正确；故此处选ab；

(3)①由图示知，左边电极接电源负极，故为电解的阴极，根据电解原理，阴极发生还原反应，相关物质化合价降低，对比反应前后知O2化合价降低，故在阴极放电的物质为O2；

②根据图示知，

在阳极放电生成O2、SO3等物质，故电极反应为：2

-4e-=O2↑+2SO3。

【分析】(1)依据氧化还原反应的相关知识和化学平衡的移动原理分析解答；

(2)依据盐的水解和溶液中的物料守恒和电荷守恒分析解答；

(3)依据电解池的相关知识分析解答。

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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5

一、选择题

1．（2023·浙江）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，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：溶液中的水解程度大于电离程度

B．过程中：逐渐减小

C．过程中：

D．令c点的，e点的，则

2．（2023·广东）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（）

A．水溶液的

B．水溶液加水稀释，升高

C．在水中的电离方程式为：

D．水溶液中：

3．（2023·湖南）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）

A．该溶液中：

B．三种一元弱酸的电离常数：

C．当时，三种溶液中：

D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：

4．（2023·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中而变化，不发生水解。实验发现，298K时，如下图中实线所示。

下列叙述错误的是（）

A．溶液pH=4时.

B．MA的溶度积

C．溶液pH=7时，

D．HA的电离常数

5．（2023·浙江）实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法错误的是（）

A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'

B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx

C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小

D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)

6．（2023·长春模拟）常温下，向1L浓度为0.1mol/LHA溶液中逐渐加入NaOH固体的过程中，主要成分的分布分数(HA或A-占含A微粒总量的百分数)随pH的变化如图所示。忽略过程中溶液体积的变化，下列说法错误的是（）

A．HA的电离常数的数量级为10-5

B．pH=5.6时，溶液中

C．加入NaOH固体的质量为2.0g时，溶液的pH＞7

D．pH=7时，溶液中c(Na+)=c(A-)

7．（2022·沧州模拟）常温下，用NaOH溶液滴定二元弱酸亚磷酸溶液，溶液中-和-lgc()或-和-lgc()的关系如图所示，下列说法错误的是（）

A．L2表示-和-lgc()的关系

B．H3PO3的电离常数Ka1(H3PO3)的数量级为10-2

C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c()c(A2-)

C．C点：c(Na+)C点>B点

10．（2023·大连模拟）柠檬酸(用表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中、、、的百分含量随的变化曲线如图所示。下列说法中错误的是（）

A．的第二步电离常数约为

B．溶液中，水解程度小于电离程度

C．时，

D．时，

11．（2022·唐山模拟）水溶液中存在多种平衡，下列说法正确的是（）

A．稀醋酸溶液稀释时，溶液中所有离子的物质的量浓度均减小

B．水溶液中，pH=7时，溶液一定呈中性

C．物质的量浓度相等的和溶液等体积混合，则

D．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的溶液，若选用甲基橙做指示剂，滴定过程中水的电离程度先增大后减小

12．（2022·开封模拟）谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2RHR-R2-。常温下，向一定浓度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示或]随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A．K1=1×10-9.7

B．pH=7时，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)

C．曲线II表示pOH与lg的变化关系

D．M点时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)

13．（2022·洛阳模拟）三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中，、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量/反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法错误的是（）

A．a点时，

B．b点时，

C．溶液中水的电离程度：c点>d点

D．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为

14．（2022·张家口模拟）常温下，几种弱电解质的电离常数如下表所示：

下列说法正确的是（）

A．溶液呈中性，溶液中水的电离程度与纯水的电离程度相同

B．溶液中：

C．等浓度的与混合溶液中：

D．水溶液显碱性

15．（2022·临潼模拟）室温下，向20mL浓度均为0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是（）

A．a点：

B．导电能力：b＜c

C．c点：

D．由d点可得

二、多选题

16．（2023高二下·盐城期末）25℃时，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)=c(H2S)+c(HS－)

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

C．0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c(CO)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)

17．（2023高二下·无锡期末）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﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

B．0.1molL﹣1NaHS溶液：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S）

C．0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．0.1molL﹣lNH4HSO4溶液中滴加0.1molL﹣1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

18．（2023高二上·丹阳期末）下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是（）

A．25℃时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）﹣c（B﹣）=9.9×10﹣7molL﹣1

B．25℃时，向0.1molL﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．0.1molL﹣1的NaHCO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）

D．同温下，pH相同时，溶液物质的量浓度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）

19．（2023高一上·潍坊期中）在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、