2023年高考化学真题题源解密（新高考专用）专题09 水溶液中的离子平衡（解析版）

专题九水溶液中的离子平衡目录：2023年真题展现考向一电离平衡与溶液的pH值考向二溶度积常数及其应用考向三沉淀溶解平衡及其应用考向四酸碱中和滴定与离子浓度大小比较考向五电离平衡的综合应用真题考查解读近年真题对比考向一强、弱电解质的判断与比较考向二溶液的pH及其应用考向三酸碱中和滴定考向四滴定曲线分析考向五盐类水解的实质及规律考向六盐类水解的应用考向七沉淀溶解平衡的应用考向八溶度积常数的应用与计算考向九沉淀溶解平衡曲线的理解与应用命题规律解密名校模拟探源易错易混速记考向一电离平衡与溶液的pH值1.（2023·浙江选考1月第13题）甲酸（CH3COOH）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：B.pH=5的废水中C.废水初始，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目减少D.废水初始，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在【答案】D【解析】由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A正确；由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B正确；由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减小，故C正确；由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误。考向二溶度积常数及其应用2.（2023·浙江选考1月第15题）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是（）A.上层清液中存在B.上层清液中含碳微粒最主要以形式存在C.向体系中通入CO2气体，溶液中保持不变D.通过加溶液可实现向的有效转化【答案】B【解析】上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此，A错误；根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；向体系中通入CO2，，c(CO32-)减小，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；由题干可知，，，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误。3.（2023·辽宁卷第15题）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是（）A.B.③为与的关系曲线C.D.【答案】D【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误；由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C错误；已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正确。考向三沉淀溶解平衡及其应用4.（2023·北京卷第14题）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法不正确的是（）A.由图1，B.由图2，初始状态，无沉淀生成C.由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D.由图1和图2，初始状态pH=8、，发生反应：【答案】C【解析】水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出pH=11、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出pH=9、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确。考向四酸碱中和滴定与离子浓度大小比较5.（2023·湖南卷第12题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误。考向五电离平衡的综合应用6.（2023·山东卷第15题）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：；；；；，平衡常数依次为。已知、，、随的变化关系如图所示，下列说法错误的是（）A.线L表示的变化情况B.随增大，先增大后减小C.D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1【答案】B【解析】由题干反应方程式可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由可知K0=为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表、、、，据此分析解题。由分析可知，线表示的变化情况，A正确；已知的化学平衡常数K0=，温度不变平衡常数不变，故随增大，始终保持不变，B错误；由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1，D正确。【命题意图】该专题主要考查影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像判断强、弱电解质，计算电离常数，比较微粒浓度大小，进行pH的相关计算和中和滴定的迁移应用等，命题时与水解相结合又增加了试题难度，预计在今后的高考中出现的概率仍较大。【考查要点】1.电离平衡2.强电解质和弱电解质3.溶液pH及计算4.中和滴定5.水解平衡6.沉淀溶解平衡7.离子反应与平衡的应用【课标链接】1.从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。2.认识电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。3.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。4.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。5.了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、物质转化中的应用。了解溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。考向一强、弱电解质的判断与比较1.（2022·浙江卷）下列物质属于非电解质是（）A.CH4 B.KI C.NaOH D.CH3COOH【答案】A【解析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、大多数的盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；据此解答。CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意。2.（2022·浙江卷）下列物质属于强电解质的是（）A.HCOOH B.Fe C.NaCO3 D.C2H2【答案】C【解析】HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；Fe是单质，不是电解质，B不合题意；NaCO3是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；C2H2是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意。考向二溶液的pH及其应用3.（2022·浙江卷）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【解析】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错误；溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误。4.（2022·浙江卷）25℃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【解析】醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A错误；C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正确；C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误。考向三酸碱中和滴定5.（2022·浙江卷）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：HCO3-+H+=CO2↑+H2OC.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(CO32-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】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，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO3-+H+=H2CO3，B项错误；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，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，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)，D项错误。6.(2021·广东卷)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为()【答案】B【解析】该实验操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待测液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到锥形瓶和碱式滴定管，不需要用到分液漏斗，故选B。考向四滴定曲线分析7.（2021·湖南卷）常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）A.该NaX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【解析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。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正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，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正确；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错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后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正确。8.（2021·浙江卷）取两份的NaHCO3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：NaHCO3溶液中HCO3-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【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；由物料守恒可知，a点溶液中，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，C错误；c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确。考向五盐类水解的实质及规律9.（2022·浙江卷）水溶液呈酸性的盐是（）A.NH4Cl B.BaCl2 C.H2SO4 D.Ca(OH)2【答案】A【解析】NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意。10.（2022·湖南卷）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是（）A.实验①说明加热促进水解反应B.实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C.实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D.整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。考向六盐类水解的应用11.（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（）A.0.01mol/L溶液中，B.长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱C.通入过量，反应的离子方程式为D.25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，【答案】AD【解析】NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO再分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。12.(2021·浙江卷)取两份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是()A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度B．a→b→c过程中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐渐减小C．a→d→e过程中：c(Na＋)<c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)D．令c点的c(Na＋)＋c(H＋)＝x，e点的c(Na＋)＋c(H＋)＝y，则x>y【答案】C【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中电离使溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)逐渐减小，故B正确；由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故C错误；c点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－1，因此x>y，故D正确。考向七沉淀溶解平衡的应用13.（2022·湖南卷）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【解析】向含浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4mol。I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；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-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误。考向八溶度积常数的应用与计算14.（2022·山东卷）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A.反应的平衡常数B.C.曲线④代表含的溶液的变化曲线D.对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化【答案】D【解析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数K===，故A正确；由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为6.5；由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误。15.(2021·全国乙卷)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H＋)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298K时c2(M＋)～c(H＋)为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是()A．溶液pH＝4时，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1B．MA的溶度积Ksp(MA)＝5.0×10－8C．溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)D．HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10－4【答案】C【解析】HA为弱酸，电离方程式为HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；MA是难溶电解质，存在MA(s)M＋(aq)＋A－(aq)，溶度积Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中发生水解，水解反应的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－；在溶液中，根据物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（M＋）－c（A－）)＝eq\f(c（H＋）·\f(Ksp（MA）,c（M＋）),c（M＋）－\f(Ksp（MA）,c（M＋）))＝eq\f(c（H＋）·Ksp（MA）,c2（M＋）－Ksp（MA）)，则c2(M＋)＝eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)与c(H＋)呈线性关系，其中eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由题图可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，则eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)＝eq\f(c2（M＋）－Ksp（MA）,c（H＋）)＝eq\f(（7.5－5.0）×10－8,10×10－5)＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝eq\f(Ksp（MA）,2.5×10－4)＝eq\f(5.0×10－8,2.5×10－4)＝2.0×10－4。当溶液pH＝4时，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1，由题图可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝eq\r(7.5×10－8)mol·L－1<3.0×10－4mol·L－1，A叙述正确；由上述计算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D叙述正确；题干中c2(M＋)～c(H＋)为线性关系，即加入的酸不是HA酸，应为另外一种强酸，则pH＝7时的电荷守恒式c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)中还缺少一种阴离子(强酸的阴离子)，C叙述错误。考向九沉淀溶解平衡曲线的理解与应用16.（2021·全国甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中-lg[C(SO42-)]、-lg[C(CO32-)]与-lg[C(Ba2+)]的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.曲线①表示BaCO3的沉淀溶解曲线B.该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10-10C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D.C(Ba2+)=10-5.1时两溶液中c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1【答案】B【解析】由题意可知，离子的浓度越大，对应坐标系中的数值就越小，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，在两条线段上取任意点分别计算可知，曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②表示BaCO3的沉淀溶解曲线。取线段①上任一点（例如最左侧的点）进行计算，可知该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)=10-1×10-9=10-10，故B正确；由上述分析可知，曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线，故A错误；加入适量的BaC12固体，溶液中Ba2+浓度会增大，a点变到b点Ba2+浓度减小，故C错误；结合图像可知，c（Ba2+)=10-5.1时，两溶液中c(SO42-)/c(CO32-)=10y2-y1，故D项错误。分析近三年的高考试题，备考时应重点关注数形结合与分析推理型选择题、滴定终点判断的规范表达，同时要了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、物质转化中的应用。水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。1.（2023·山东·实验中学模拟）同温同压下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。已知氯气在溶解时存在以下

①Cl2(aq)+H2OHClO+H++Cl-K1=4.2×10-4②Cl2(aq)+Cl-Cl3(aq)K2=0.19③HClOH++C1O-Ka=3.2×10-8下列说法错误的是A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解C．a点时，c(H+)>c(Cl-)>c(Cl3-)>c(ClO-)D．b点时，c(Na+)<c(Cl-)+c(Cl3-)+c(ClO-)【答案】A【解析】同一溶液中，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，故A错误；盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，故B正确；a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)＞c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，故C正确；b点溶液中溶质为3mol/L的氯化钠和0.4mol/L的氯气，由氯化钠电离出钠离子和氯离子浓度相等即c(Na+)＝c0(Cl-)，根据元素守恒有c1(Cl2)＝c(HClO)＋c(ClO-)，故反应①生成的c2(Cl-)＝c(HClO)＋c(ClO-)，反应②的c3(Cl-)＝c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)＝c0(Cl-)＋c2(Cl-)−c3(Cl-)，所以c0(Cl-)＝c(Cl-)−c2(Cl-)＋c3(Cl-)，最后可得c(Na+)<c(Cl-)+c(Cl)+c(ClO-)，故D正确。2．（2023·上海·模拟）0.1mol·LNaOH溶液分别滴入20mL0.1mol·LHX溶液与20mL0.1mol·LHCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是

A．b点： B．c点：C．a、d点溶液混合后为酸性 D．水的电离程度：d>c>b>a【答案】D【分析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。【解析】b点的pH=6则，则，故A错误；c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20mL0.1mol·LHX溶液与20mL0.1mol·LHCl溶液混合，溶质为NaCl和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；d点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D正确。3．（2023·广东·广州二中三模）下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A在溶液中通入气体，有沉淀生成酸性：>HClOB向淀粉溶液中加适量20%溶液，加热，冷却后滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉有剩余C向体积为100mL、浓度均为的NaCl和混合液中滴加溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀相同温度下，D相同温度下，用pH试纸测定相同浓度的与NaClO溶液的pH，前者pH更大水解程度：>NaClO【答案】B【解析】具有强氧化性，往溶液中通入气体生成CaSO4沉淀，因此无法根据此实验比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故A错误；碘遇淀粉变蓝；向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后再滴加少量碘水，溶液变蓝，说明有淀粉剩余，故B正确；先生成白色沉淀，说明氯化银的溶解度更小；为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，故C错误；NaClO具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，不能达到预期目的，故D错误。4.（2023·安徽马鞍山·三模）25°C时，1L0.1mol·L-1的某二元酸H2RO3溶液中各含R物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含R物种的浓度负对数[pc=-lgc，pOH=-lgc(OH)]。下列说法正确的是A．曲线③表示pc()随pOH的变化B．y点的溶液中：c(H2RO3)+2c()=0.1mol·L-1C．H2RO3的Ka1=1.0×10-6.7D．2H2RO3+的平衡常数K=1.0×10-5.3【答案】D【分析】由题可知，H2RO3为二元弱酸，H2RO3在溶液中发生电离的方程式为，，pOH=-lgc(OH-)，pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2RO3溶液，各粒子浓度关系为c(H2RO3)<c(HRO3-)<c(RO32-)，因此曲线①为pc(RO32-)随pOH的变化，曲线②为pc(HRO3-)随pOH的变化，曲线③为pc(H2RO3)随pOH的变化【解析】根据以上分析可知，曲线③表示pc(H2RO3)随pOH的变化，A错误；y点的溶液，即pH=4，由图可知此时，，即，而，故，B错误；为二元弱酸，发生电离：，，曲线①为pc(RO32-)随pOH的变化，曲线②为pc(HRO3-)随pOH的变化，曲线③为pc(H2RO3)，z表示，，，mol/L，，所以；C错误；由减去，可得2H2RO3+，其平衡常数K=，z点时，c(H2RO3)=c(HRO3-)，此时pOH=12.6，则c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)==10-1.4mol/L，，x点时，c()=c()，此时pOH=7.3，则c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=，则平衡常数，D正确。5.（2023·辽宁·高三联考）将0.2mol/L溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(忽略温度的变化，溶液体积可以相加)，下列说法正确的是A．混合溶液中B．混合后的水解常数增大C．若混合后溶液呈酸性则溶液中D．混合后溶液中存在以下浓度关系：【答案】C【解析】根据分析，醋酸为弱酸，0.05mol/L的NaCl、CH3COONa和CH3COOH溶液中c(H+)＜0.05mol/L，故A错误；温度不变，CH3COONa的水解常数不变，故B错误；根据分析，混合后溶液中的溶质为等浓度的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，若溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)，故C正确；混合后溶液中，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，故D错误；故选C。6．（2023·湖南·雅礼中学模拟）配离子的稳定性可用衡量，如的。一定温度下，向硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应，溶液中与的关系如图所示，其中、(X代表或。已知该温度下。下列说法正确的是

A．图中代表的是B．该溶液中C．向该溶液中滴入稀硝酸，增大D．溶于氨水时平衡常数为【答案】D【解析】越大，越小，越多，因此代表的是，故A错误；溶液中根据电荷守恒有，故B错误；向体系中滴入稀硝酸，与反应生成，减小，的平衡逆向移动，减小，故C错误；a点，，则，则对于反应，，故D正确。7．（2023·浙江·高三模拟）草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数，，下列有关说法不正确的是A．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在B．上层清液中存在：C．加入溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成沉淀D．向上层清液中通入至，则：【答案】D【解析】溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确；根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有，B正确；草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；向上层清液中通入至，则有电荷守恒：，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，，不能确定氯离子浓度，故D错误。8．（2023·湖北·模拟）下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A将一定浓度的醋酸溶液加入碳酸钠溶液中，产生的气体通入硅酸钠溶液中，观察实验现象证明酸性：醋酸>碳酸>硅酸B向溶液A中加入稀硫酸，产生的气体通入品红溶液中，观察实验现象探究溶液A中是否含有C向溶液中加入溶液，振荡试管，然后再加入5滴溶液，观察实验现象证明D室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH比较的电离程度与水解程度的大小【答案】D【解析】醋酸具有挥发性，将一定浓度的醋酸溶液加入碳酸钠溶液中，产生的CO2气体中混有乙酸，乙酸也能和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能证明酸性：碳酸>硅酸，故A错误；向溶液A中加入稀硫酸，产生的气体通入品红溶液中，若品红褪色说明生成的气体是SO2，但不能证明溶液A中含有，也可能含有，故B错误；向溶液中加入溶液，振荡试管，Ag+过量，然后再加入5滴溶液，不能证明生成的AgI是由AgCl转化而来的，则不能说明，故C错误；NaHX溶液中HX-既发生电离也发生水解，室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH，若溶液为酸性则的电离程度大于水解程度，若溶液为碱性则的电离程度小于水解程度，故D正确；故选D。9．（2023·山西·模拟）常温下，某同学在特制容器中加入20mL0.4mol⋅L溶液，用0.4mol⋅LHCl溶液滴定，利用pH计和气体压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法错误的是A．整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂B．a→f点对应的溶液中，水的电离程度一直在减小C．D．f点对应的溶液中存在：【答案】C【解析】酚酞的pH变色范围是8.2~10，甲基橙的pH变色范围是3.1~4.4。溶液与逐滴滴入的HCl溶液分两步发生反应：第一步反应是；第二步反应是。整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂，A正确；盐水解促进水电离，水解程度越大水电离程度越大，酸溶液抑制水电离，a点对应溶液的溶质为，b点对应溶液的溶质为（、NaCl，e点对应溶液的溶质主要为NaCl、，f点对应溶液的溶质主要为NaCl、HCl，因此水的电离程度一直在减小，B正确；根据图像可知，当mL时，为0.4mol·L溶液，此时溶液，mol⋅L，则常温下此时溶液中mol⋅L，则水解平衡常数，因为，故，C错误；由于反应产生了大量的气体，因此根据物料守恒可知f点对应的溶液中存在：，D正确。10.（2023·山东聊城·三模）高纯三氯氧磷是集成电路、太阳能电池生产的掺杂剂。实验室可通过以下实验步骤测定三氯氧磷产品中氯元素的含量，并计算产品的纯度[已知：常温下，，，呈白色]。①取产品置于盛蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成溶液并预处理排除含磷粒子的影响。②取溶液于锥形瓶中，向其中加入的标准溶液，使完全沉淀，再加入硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定过量至终点，所用体积为。假设杂质不参加反应，则下列说法正确的是A．配制好的标准溶液可盛放在棕色广口试剂瓶中B．实验过程中可用甲苯代替硝基苯进行实验C．滴定终点时锥形瓶中有血红色沉淀生成D．实验过程中若忘记加入硝基苯，会导致所测的含量偏低【答案】D【解析】配制好的硝酸银标准溶液可盛放在棕色细口试剂瓶中，广口瓶通常用于存放固体药品，A错误；甲苯的密度小于水，无法沉到底部包裹沉淀，B错误；滴定终点时有Fe(SCN)3生成，溶液变血红色，但是Fe(SCN)3不是沉淀，无血红色沉淀生成，C错误；实验过程中若忘记加入硝基苯，则加入NH4SCN后，SCN-不仅与多余的Ag+反应生成AgSCN沉淀，同时AgCl也会转化为AgSCN，导致NH4SCN的消耗体积偏大，测得POCl3的含量偏低，D正确。11.（2023·辽宁·朝阳市二模）下列装置或操作能达到相应实验目的的是

A．甲装置用于酸性溶液滴定溶液B．乙装置用于判断，且可转化成C．丙装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸D．丁装置可用于除去氯气中的HCl【答案】C【解析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应选酸式滴定管盛放，A错误；浓度相同，小的先沉淀，先出现红褐色沉淀，则，但不能说明可转化成，B错误；氨气为极性分子极易溶于水，不溶于，且的密度大于水。导管口插在中，氨气不溶解，逸出后被水吸收，可防止倒吸，C正确；食盐水可抑制氯气的溶解，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，但装置应长管进短管出，D错误。12．（2023·重庆·巴蜀中学模拟）室温时，通过实验探究溶液的性质，操作及现象如下表所示：实验实验操作及现象1测定溶液的pH，测得溶液pH<72向溶液中加入等体积的溶液，产生白色沉淀(草酸钙的)3向溶液中滴加少量NaOH溶液，加热产生刺激性气味气体，后冷却至室温下列说法正确的是A．溶液中存在：B．由实验1可得：C．由实验2所得溶液：D．实验3所得溶液中水的电离程度大于溶液【答案】C【解析】溶液中存在物料守恒，电荷守恒，所以溶液中存在，A错误；溶液的<7，溶液显酸性，但由于铵根的浓度是草酸根浓度的2倍，所以不能说明二者水解程度的相对大小，B错误；混合时CaCl2过量，混合后溶液中钙离子浓度为，所以，C正确；加入NaOH后溶液为草酸钠溶液没有之前草酸铵双水解对的电离促进程度大，D错误。13．（2023·重庆·南开中学三模）25℃下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液呈中性。已知。对所得溶液中微粒的浓度分析正确的是选项原溶液通入气体分析ANaClOBHICD【答案】B【解析】NaClO和SO2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，反应为NaClO＋SO2＋H2O＝NaCl＋H2SO4，溶液中无和，故A错误；向CH3COONa溶液中通入HI气体至溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH−)＝10−7mol/L，反应后溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa和NaI，电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(I−)，物料守恒关系为c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)，可得c(CH3COOH)＝c(I−)，，可得c(CH3COO−)＝175c(CH3COOH)＞c(CH3COOH)＝c(I−)，故B正确；(NH4)2CO3溶液中物料守恒关系为c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，通入CO2至溶液呈中性时，溶质为NH4HCO3、(NH4)2CO3、H2CO3，则c(NH)＋c(NH3⋅H2O)＜2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故C错误；溶液中，物料守恒关系为c(K＋)＝，NH3会消耗部分，可得c(K＋)＞c(NH)，中性溶液中电荷守恒关系为c(K＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH−)，c(H＋)＝c(OH−)，即c(K＋)＋c(NH)＝2c()＋c()，可得c()＝c(NH)＋c(H2SO3)＞c(NH)，中性溶液中c()较小，则溶液中存在c(K＋)＞c()＞c(NH)＞c()，故D错误。一、水的电离和溶液的酸碱性1．溶液中水电离出的c(H＋)H2O或c(OH－)H2O计算(1)酸或碱溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(OH－)或c(H＋)。(2)水解呈酸性或碱性的盐溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)或c(OH－)。2．酸碱混合液性质的两种判断(1)同浓度同体积的HA与BOH混合，溶液的性质决定谁强显谁性。(2)25℃，pH之和为14的HA与BOH等体积混合，溶液的性质决定于谁弱谁过量显谁性。3．强酸与强碱混合的有关计算(1)n(OH－)>n(H＋)：c(OH－)＝eq\f(nOH－－nH＋,V1＋V2)⇒c(H＋)⇒pH(2)n(OH－)<n(H＋)：c(H＋)＝eq\f(nH＋－nOH－,V1＋V2)⇒pH(3)n(OH－)＝n(H＋)：pH＝7(25℃)(4)25℃，pH＝a的强酸与pH＝b的强碱按V1∶V2混合，混合液pH＝7时，V1×10－a＝V2×10－14＋b。4．溶液的稀释问题(1)相同体积、相同pH的酸性溶液稀释⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀释相同倍数，强酸的pH大,②ΔpH相同，稀释倍数，强酸的小))(2)相同体积、相同浓度酸性溶液稀释⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀释相同倍数，强酸的pH小,②pH相同时，稀释倍数，强酸的大))5．向10mL0.1mol·L－1的氨水中，滴加同浓度的盐酸(25℃)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①V0＝10mL，即c点为恰好反应点,②b点、d点分别呈中性、酸性,③b点的离子浓度大小顺序为cCl－,＝cNH\o\al(＋,4)>cOH－＝cH＋))【方法技巧】溶液混合酸碱性判断模板(25℃)(1)已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：eq\x(强酸、强碱)eq\o(→,\s\up10(恰好中和))pH＝7eq\x(强酸、弱碱)eq\o(→,\s\up10(碱过量))pH>7eq\x(弱酸、强碱)eq\o(→,\s\up10(酸过量))pH<7(2)已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，溶液呈中性，则eq\x(强酸、强碱)→V酸∶V碱＝1∶1eq\x(强酸、弱碱)→V酸∶V碱>1∶1eq\x(弱酸、强碱)→V酸∶V碱<1∶1(3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断eq\x(看pH之和)——eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(→,\s\up10(等于14))pH＝7,\o(→,\s\up10(大于14))pH>7,\o(→,\s\up10(小于14))pH<7))二、水溶液中的三大平衡及其常数的有关计算1．电离平衡与水解平衡的比较电离平衡(如CH3COOH溶液)水解平衡(如CH3COONa溶液)实质弱电解质的电离盐促进水的电离升高温度促进电离，离子浓度增大，Ka增大促进水解，水解常数Kh增大加水稀释促进电离，离子浓度(除OH－外)减小，Ka不变促进水解，离子浓度(除H＋外)减小，水解常数Kh不变加入相应离子加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，水解常数Kh不变加入反应离子加入NaOH，促进电离，Ka不变加入盐酸，促进水解，水解常数Kh不变2.沉淀溶解平衡的影响(1)升高温度，沉淀、溶解平衡大部分右移，少部分左移。(2)加少量水，溶解平衡右移，但离子浓度一般不变。(3)加沉淀本身，溶解平衡不移动。(4)加同离子可溶物，抑制溶解，溶解度减小，但Ksp不变。(5)加反应离子，促进溶