2023年高考化学一模试题汇编 江苏13 电解质溶液的离子平衡（解析版）

专题13电解质溶液的离子平衡

1.(2023♦江苏省南通市•统考一模)常温下，将FeSo$溶液与NH4HCO3溶液混合，可制得FeCo「混

57

合过程中有气体产生。己知：Λrb(NH3∙H2θ)=1.8×10^,/Cal(H2CO3)=4.5×10-,

Ka2(H2CO3)=4.7×10-",KSP(FeCo3)=3.13x10-"。下列说法不正确的是

A.向IOomLPH=Io的氨水中通入少量CO2,反应后溶液中存在：C(CO：)>C(HCO,)

B.0.1mol∙L-'NHdHCO3溶液中：C(H2CO3)>c(CO^)+c(NH3∙H2O)

2+

C.生成FeCo3的离子方程式为：Fe+2HCO；=FeCO3Φ+C02↑+H2O

2+

D.生成FeCO3沉淀后的上层清液中：c(Fe)∙c(COt)=Ksp(FeCO3)

【答案】A

【解析】

【详解】A.通入少量CO?,CO2+2NH3∙H2O=(NH4)2CO3+H2O,(NH4)2CO∙,中碳酸根离子会发

IXIoT4C(HCO力XC(OH)

生水解：CO^-+HOHCo,+OH,Kh(C0；-)=区

2,pH=10,

4.7×10^"C(C0。

Ka2

C(HC0力1x10”,、(、

41

c(OH)=IOmol-L1则一^—d=4.7xlOT/可知：C(Coj)〈4HCO；),故A错误;

C(CO§)——〉

+

B.由电荷守恒：c(H)+c(NH；)=2C(CO^)+c(HCO3)+c(OH)①；

物料守恒：c(NH,∙H2O)+C(NH；)=C(CO^)+c(HCO；)+c(H2CO3)②;

①一②得：c(H+)+c(H2C03)=c(C0；)+c(0H^)+c(NH3•H20)③

K.1.0×10^'4

在NHHCO溶液中：NH：的水解常数Kh(NH：)=5.7×10^l°;

435

Kb(NH3H2O)1.8×10^

；的水解常数；詈IXloT4

HCOKh(HCO)=*2.3x10-8,由于镂根离子水解程度大于碳酸氢根离子

Kal4.5x10-7

水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：C(H2CO3)>c(CO^-)+c(NH3H2O),故B正确;

C.由题意：He0；电离出COj和H+,亚铁离子结合COj生成FeCo3,并且H*结合HC0；生成二氧

化碳和水，反应离子方程式为：Fe2++2HCO；=FeCO3J+COzT+H2。，故C正确;

D.生成FeCo3沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中c(Fe2+)∙c(Cθj)=KSP(FeCoJ,

故D正确；

故选：A0

2.(2023•江苏省靖江市•统考一模)室温下，反应HCo3+凡0，H2CO3+OH的平衡常数

8

K=2.2×10-。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的Zno或与FeSO4溶液反

应制备FeCo3沉淀。若溶液混合引起的体积变化可忽略，则下列说法正确的是

2

A.浸取废渣中ZnO的离子方程式为：ZnO+4NH3H2O=[Zn(NH3)J'+2OH+3H2O

B.制备FeCo3沉淀时，应将FeSo&溶液滴加到NH4HCO3与氨水的混合溶液中，并充分搅拌

11

C.0.2molL氨水和0∙2molLNH4HCO3溶液等体积混合：

C(NH：)+c(NH3∙H2O)=c(H2CO3)+C(HCO3)+e(eθʒ)

1

D.0.6mol∙LJi氨水和0∙2molLNH4HCO3溶液等体积混合：

+

c(NH3∙H2O)+c(eθɜ')+c(OH-)=0.3mol∙L'+c(H2CO3)+c(H)

【答案】AD

【解析】

【详解】A.NH4HCO3和氨水混合溶液浸取废渣中Zno的离子方程式为：

2+2

ZnO+4NH3∙H2O=Zn[(NH3)4]+20H^+3HO,故A项正确；

B.制备FeCO3沉淀时，应将NFhHCCh和氨水混合溶液滴加到FeSo4溶液，否则Fe?+会先和NH3∙FhO反

应产生Fe(C)H”，故B项错误；

C.氨水和NH4HCO3溶液中存在物料守恒：

C(NH3∙H2O)+c(NH：)=2[c(HCO3)+c(CO∣)+c(H2CO3)],故C项错误；

D.0.6mol∕L氨水和0.2mol∕LNH4HCO3混合溶液中存在守恒如下：

电荷守恒：c(H+)+C(NH：)=c(HCO')+2c(C0j-)+c(OH)i

物料守恒：C(NH3∙H2O)+C(NH：)=4[C(HC0;)+c(Cθf)+c(H2CO3)]=O.4mol∕L,

+

两式联立得到等式：C(NH3∙H2O)+C(OH)=3C(HCO3)+2C(C0；)+4c(H2CO3)+c(H),

-+

变形得：C(NH3∙H2O)+C(OH)+C(CO3^>3[c(HCO；)+2c(CO,)+c(H2CO3)]+c(H2CO3)+c(H),即：

+

C(NH3∙H2O)+C(OH)+C(CO；)=0.3mol∕L+c(H2Cθ3)+c(H),故D项正确。

故答案选：ADo

3.(2023•江苏省南通市•统考一模)室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在

溶液中的反应。

实验1将镁条放入滴有酚酰的蒸储水中，无明显现象，加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红

实验2将镁条放入滴有酚酶的ImoI∙L7∣NH&C1溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红

实验3将镁条放入滴有酚配的ImoI∙L7∣CH3COONH4溶液(pH≈7),产生气泡，溶液逐渐变红

实验4将镁条放入滴有酚酬的ImoI∙L√NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红

下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是

A.实验1加热时发生反应的化学方程式为Mg+2H?。=Mg(OH)2+也↑

B.实验2反应后的溶液中存在：c(Cr)<2c(Mg2+)+c(NH：)

C.实验3产生的气体中可能含NH3

D.实验1和实验4表明C「对Mg与H2。反应有催化作用

【答案】D

【解析】

【详解】A.加热条件下镁条与水发生反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁电离出氢氧根离子使溶液呈碱

性，因此滴有酚猷;的溶液变红色，故A正确；

B.实验2反应后溶液中存在电荷守恒：c(Cr)+c(OH-)=2c(Mg2+)+c(NH：)+c(H+),溶液呈碱

性，则C(OH-)>C(H+),由此可知C(Cr)<2c(Mg2+)+c(NH：),故B正确；

C.实验3中反应后溶液呈碱性，碱性条件下钱根离子与氢氧根离子反应会生成氨气，因此气体可能氨

气，故C正确；

D.实验1和实验4对比可知NaCl对镁与水的反应有促进作用，其作用的离子可能是氯离子也可能是钠离

子，故D错误；

故选：D。

4.(2023•江苏省南京市盐城市•统考一模)一种吸收SO?再经氧化得到硫酸盐的过程如题图所示。室温

下，用0∙lmol∙LTNaoH溶液吸收SO2，若通入SO?所引起的溶液体积变化和H?O挥发可忽略，溶液

中含硫物种的浓度C总=C(H2SO3)+c(HSθ;)+C(SO；)。H2SO3的电离常数分别为KaI=L29x10-2、

4,2=6.24x10-8。下列说法正确的是

NaoH溶液

A.“吸收”应在较高的温度下进行

B.“吸收”所得溶液中：c(Na+)+c(H+)=C(HS0])+C(SO：)+C(OH-)

l

C.“吸收”所得C总=0.1mol∙L^溶液中：C(H2SO3)>C(SO；)

D.“氧化”调节溶液PH约为5,主要发生反应2HS。，+O2=2S07+2H*

【答案】D

【解析】

【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=?=生竺:<K〃2,说明亚硫酸氢根离子

Kal1.29X10^2

在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。

【详解】A.温度升高，SCh溶解度减小，不利于反应进行，故A错误；

++

B.根据电荷守恒,“吸收”所得溶液中：c(Na)+c(H)=c(HSO3)+2c(SO^)+c(OH),故B错误；

C.根据分析,亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度,亚硫酸氢钠溶液呈酸性，C(HS0；)>c(S0

3^)>C(H2SO3),故C错误;

D.“氧化”调节溶液PH约为5,亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸根离子，主要发生反应

+

2HS03÷02=2S0i^+2H,故D正确；

故选：D。

5.(2023•江苏省苏北四市(徐州、淮安、宿迁、连云港)•统考一模)工业上可利用氨水吸收S02和NO2,

原理如下图所示。已知：25℃时，NH3任0的Kb=1.7xlO-5,H2SO3的KaI=I.3x102,Ka2=6.2xl()-8,下列说

法正确的是

A.向氨水中通入SCh恰好生成NH4HSO3=c(H2SO3)>c(NH3∙H2O)+c(SO；)

+

B.向氨水中通入SCh至pH=7；c(HSO3)>c(NHɪ)>c(H)=c(OH)

C.反应NHIH2O+H2SO3=NH：+HSO3+H2O的平衡常数K=2.21xl07

D.NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NCh+4SO；=N2+4S0；

【答案】C

【解析】

【详解】A.向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3,电子守恒C(NH；)+C(H+)=2C(S0；)+C(HS0；)+C(OH-)，

物料守恒C(NH：)+C(NH3∙H2O)=C(SO;')+C(HSOD+c(H2SO3),则

+

c(H)+c(H2SO3)=c(sθɜ')+c(OH)+c(NH3∙H2O),因为NH3H2O的Kb=L7xl(P小于H2SO3的Kal=I.3x10-2,溶

液呈酸性，c(H+)>c(OH)故C(H2Sθ3)<(Sθj)+C(NH3∙H2O),A错误；

B.向氨水中通入SCh至pH=7:C(H+)=C(OH-),电荷守恒c(H+)+c(NH：)=2c(Sθj)+C(HSOD+c(0H),c

(NH：)>c(HSO；),B错误；

C.反应NH3H2O+H2SO3=NH>HSO,+H2O的平衡常数K=——-------------—，Kb=

C(NH3TH2O)C(H2SO3)

C(NH)C(QH)C(HSOJc(H+)5AKK.

4KaI=-------七~~-,KW=C(H+)C(OH),解得K=—^al—Lb=2.21X107,C正确;

C(NH3TH2O)C(H7SO3)KW

D.No2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4HSO；=N2+4SO；+4H+,D错误；

故答案为：Co

6.(2023•江苏省南通市如皋市•统考一模)某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电

离常数K"=L()χl()T°,H2CO3的电离常数K,∣=4.4χl()-7,Ka,=5.6×10^"0

W3

水∙⅛ift机层水层

下列有关说法正确的是

+

A.(Mmol∙L-∣Na2CO3溶液中存在:c(θH)+C(CO∣)=C(H)+C(H2CO3)

B.若反应1后溶液中存在C(Na+)=2c(C6H3θ1+2c(C6H5OH),此时溶液中c(C6H5θ)>c(HCO3)

C.反应2通入少量CO2时，离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO；

D.反应2中通入C。2至溶液PH=Io时，此时溶液中存在©©旦O)=C(C6区。田

【答案】D

【解析】

【分析】苯酚与苯互溶得到有机层和水层，操作1为分液，反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠,

操作2为分液，得到水层含苯酚钠，反应2中苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚，操作3为分液，分离

出苯酚；

+

【详解】A.O.lmol∙LNa2CO3溶液中存在质子守恒:c(θH^)=c(H)+c(HCO-)+2c(H2CO3),A

错误；

B.反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成CeHsONa,存在物料守恒c(Na+)=2c(C6H5θ1+2c(C6H5OH),

则c(Na2CO3):c(C6H5OH)=G,碳酸根离子存在水解平衡，第一步水解常数为

K10×10^141

3

Kh=-ɪ=---7=-XlO-,苯酚的电离常数Ka=I.0χl()T°,说明碳酸钠的水解程度大于苯酚的

Ka25.6×105.6

电离程度，则生成碳酸氢根离子浓度大于苯酚根离子，此时溶液中C(HCO3)>c(C<,H5O-),B错误；

C.根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：H2CO3>C6H5OH>

HCO1,反应2通入少量CO2时生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为

C6H5O+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3,C错误；

+

c(C6H5O)-C(H)/\/、

D.D酚的电离常数Ka=∖6J——=1.0×10-1°,当£：©乩Cr)=C(C6&。国［1寸，

cgHsOH)

c(H+)=l.0×1010mol∕L,此时PH=I0,D正确；

故选：D。

7.(2023.江苏省常熟中学一模调研)常温下，用20OnILO.lmol∙L」NaoH溶液吸收SCh与N2混合气体，所

得溶液PH与吸收气体体积的关系如图所示，已知KaI(H2Sθ3)=1.2xlO-2,Ka2(H2SO3)=5.6xlθq下列说法正

确的是

混合气体体积/L

A.吸收3L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3

B.溶液pH=7时2c(S03^)>c(HSO；)

C.X点呈酸性的原因是HS0；水解程度大于其电离程度

D.曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(0H-)+c(HS0;)+C(SOj)

【答案】B

【解析】

【分析】0.1mol∙L-∣NaoH溶液吸收SCh,先后发生两个反应，BP2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O⅛

Na2Sθ3+H2O+Sθ2=2NaHSθ3ɔ由图中信息可知，当吸收3L气体时，得至∣JNa2SO3溶液；当吸收6L气体时,

得至IJNaHSo3溶液。

【详解】A.由分析可知，当吸收3L气体时得到Na2SO3溶液，溶液中主要溶质为Na2SO3,A错误;

c(H÷)∙c(Sθt)

B.pH=7时，溶液呈中性，则C(H+)=1XKVmol/L,AT(HSO)==5.6x10-8,则

a223C(HSoj

C(SoL)=0.56,因此，2c(S。女)=]]2〉1,则2c(S0；)>c(HS0；),B正确;

c(HSθpC(HSoD

C.由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HS0；电离方程式为HSOJ,∙H++SO；,水解的离子方程

KWLoXIoT4

式为HSO；+HO,*H2SO3+OH-,=8.3xlOTVKa2(H2SO3)=5.6χlO-8,即HSO；的

2~K^~1.2×10^2

电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C错误;

D.由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在C(H+)+c(Na+)=c(0H-)+c(HS0])+2c(S0j),D错

误；

故选：B0

8.(2023・江苏省苏州市•统考一模)室温下，以0.2mol∕L氨水吸收SO2,若通入SCh所引起的溶液体积

变化和H2θ挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度C总=C(H2SθJ+c(HSCr3)+c(Sθn。H2SO3电离常数

分别为κ,∣=1.3XH)2,κa2=6.3x10'下列说法正确的是

A.c⅛=0.1mol∕L溶液中存在：c=c^HSO3j+2c(H2SO3)

B.pH=7溶液中存在：c(NH：)=2c(SO；)+C(HSO')

C.NH4HSO3溶液中存在c(H+)∙c(SO;')<c(H2SO3)∙c(OH)

2+

D.NH4HSO3溶液中加入过量Ba(OH)2发生反应的离子方程式：HSO；+Ba+0H^=BaSO3I+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A.若C总=0.1mol∕L,则根据电荷守恒可知其中存在：

+

c(OH)=c(H)+c(HSO3)+2c(H2SO3)+c(NH；),A错误；

+

B.根据电荷守恒可知：c(H)+c(NH；)=2c(SO；')+c(HSO3)+c(0H),由于在室温下pH=7溶液显中性，

c(H+>c(OH-),所以C(NH：)=2C(So打+C(HSoJ,B正确;

C.NH；水解使溶液显酸性，HS0；在溶液中同时存在电离作用和水解作用。HSo3的电离平衡常数

10-14

Ka2=6.3xl()LHSO3的水解平衡常数Kh2=[f∙=7.7x10。HSo3电离程度大于其水解程度，因

+

此溶液显酸性，c(H)>C(OH),C(SO^)>C(H2SO3),所以c(H+)∙c(SOfAc(HzSCh)YOH-),C错误；

D.NFhHSCh溶液中加入过量Ba(C)H)2,要以不足量的NFhHSCh为标准，假设其物质的量是Imo1,其电

离产生的NH：、HS0：都会与OH-发生反应，反应的离子方程式为：NH；+HSO；

+Ba2++2θH=BaSO3i+NH3∙H2O+H2O,D错误；

故合理选项是B。

9.(2023•江苏省无锡市•统考一模)向吸收液中通入过量的SO?制备无水NaHSo3的主要流程如下，通

入SO?所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，下列说法不氐强的是

SO2—>|吸收I->|结晶i湿料f气流干燥I-►NaHSO3

θ∙lmolL1」中和」意

Na2CO3溶液1(pH=8)「母故

+

A.母液中：c(Na)<c(SO3)+C(HSO3)+C(H2SO3)

B.中和后的溶液中：C(HSO3)>c(SO；)

C.吸收过程中有CO?气体产生

+

D.0.1mol∙L∣Na2CO3溶液中：c(OH)=c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)

【答案】B

【解析】

【分析】由题给流程可知，含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液与碳酸钠溶液中和得到吸收液，过量的二氧化

硫与吸收液中的亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠、与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，反应

得到的亚硫酸氢钠溶液结晶得到亚硫酸氢钠湿料和含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液：湿料经气流干燥制得

亚硫酸氢钠。

【详解】A.由分析可知，母液为含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中

c(Na+)<c(SO3)+c(HSO3)+c(H2SO3),故A正确；

B.由分析可知，中和后的溶液为含有亚硫酸钠的中和液，亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子大于亚硫酸氢根

离子，故B错误；

C.由分析可知，吸收过程中过量的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，故C正确；

D.碳酸钠溶液中存在质子守恒关系C(OH)=C(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3),故D正确；

故选B。

10.(2023•江苏省江阴市•统考一模)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010OmOl∕LNa2C2O4

标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是

A.0.0100mol/LNa2C2O4溶液中存在：C(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)

B.若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7,此时溶液中存在：c(C,O;")>c(CΓ)>c(H2C2O4)

C.已知25℃时KSP(CaC2O4)=2.5xlθR向该溶液中加入等体积0.020OmOI/LCaCb溶液，所得上层清液中

5

c(C2O4)<5×10^mol∕L

D.向该溶液中加入几滴酸性KMno4溶液，Mno&被还原为Md+,则反应离子方程式：C2O^+4MnO4

2+

+ɪ4H⅛2CO2↑+4Mn+7H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.0.0100mol/LNa2C2CU溶液中存在：

+

c(OH)=c(H)+2c(H2C2O4)+c(HC2O4),质子守恒，A错误；

B.若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7,此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合

溶液，可知草酸氢根离子的电离大于水解，溶液中存在：c(Cl)>c(C2O；)>C(H2C2O4)›B错误；

C.向该溶液中加入等体积0.020OmoI∙L∕CaCl2溶液后溶液中钙离子的浓度为0°20°V-OO1OOVmo)/L

3

≈5.00×10-moL<L,由25℃时KiP(CaC,(Z,)=2.5x10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为ZQIU31/L

p/5.00×103

5

=5.00x10-7mol∕L<5.00×10-mol/L,C正确；

D.向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，Mno4被还原为MM+,则反应的离子方程式：

+2+

5C2O4^+2MnO4+l6H=IOCO2↑+2Mn+8H2O,D错误；

故选C。

11.(2023•江苏省常州市•统考一模)某水样中含一定浓度的CO:、HCO；和其他不与酸碱反应的离子。

取10.00mL水样，用0.01000mol∙L'的HCI溶液进行滴定，溶液PH随滴加HCl溶液体积V(HCI)的变化

关系如图所示(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是

12.00I~~—―—―—

10.00、、----

8.00------------------------------------

¾6.00---------------AK----------

4.00------------------------------------

2.00-------------------------------二

0.0010.0020.0030.0040.0050.0060.0070.00

XHCI)/mL

A.该水样中C(CO：)：C(HC01)=2：1

+

B.a点处C(H2CO3)+c(H)=c(OH)+c(COɜ^)

C.当V(HC1)<2O.OOmL时，溶液中C(HCO；)随V(HCl)增多基本保持不变

D.根据实验结果可以推知：KaMH2CO3)∙Ka2(H2CO3)>Kw

【答案】D

【解析】

【分析】在滴定过程中有两次突跃，第一次突跃发生在a点：CO^+H+=HCO],

c(C。；)=C(Ha)BHel)=O∙(≡0mol弋2。XKrI=O02m°ll,第二次是耗HCl为50mL的

3V待IOXIO3L

点：HCO；+H+=H2O+CC)2T由CO：生成的HCO，消耗盐酸20mL,原溶液中的HCO；消耗的盐酸是

10mL,则C(HC。加迪a=2a”=OQlmo由,以此分析解题。

V待IOXIO3L

【详解】A.由分析可知，c(CΘ^)=0.02mol.L-',c(HCO；)=0.01mol.L1.所以C(Coj)：c(HCO；)

=2：1,故A正确；

B.如图所示，该a点恰好按COf+H+=HCO；完全反应，溶液中只有HC0；和HzO既可以给出H+,又

可以结合H+,结合H+的产物是H2CO3、H+,给出H+的产物是OH-、CO：,根据质子守恒可得c(H2CO3)

+c(H+)=c(OH)+c(Cθj),故B正确；

C.依据分析可知原溶液中C(C0；)=0.02mol・L」，c(HC0;)=0.0Imol'L」，当V(HCl)W20.0OmL时，

只发生C0j+H+=HC0;,溶液中HC0；物质的量增加，加入盐酸溶液体积也增加，溶液中C(HC0；户

V(盐酸)x0.0Imol∕L+0.01Lx0.01mol∕L

=0.01mol∕L,故C正确;

V(⅛≡)+0.01L

c(HCO^)c(H+)c(CO；)c(H+)

,所以

D,由，(H2CO3)^fl2(H2CO3)=

C(H2CO3)C(HCO3)

C(HeO3)c(H+)C(COOC(H+)C(CO∣)C2(H+)

^(HCOX(HCO)=X由图可知,

γl23223C(H2CO3)C(HCO3)

C(H2CO3)

V(HCI)=OmL时，pH>10,C(H十)<10∣°mol∕L所以KaI(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)<Kw,故D错误;

故答案选D。

【点睛】本题考查化学反应原理，涉及酸碱中和滴定中滴定曲线分析、溶液中质子守恒、物料守恒的应用、

题目综合性强，中等难度。

12.(2023•江苏省靖江市•统考一模)废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。

已知：i.铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸；

14

ii.Ksp(PbSO4)=1.6x10-8、κsp(PbCO3)=7.4×IOo

下列有关说法错误的是

A.步骤②中反应PbSO4(s)+C0/(aq);PbCCh(s)+S0j-(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105

B.操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

C.步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CCM+H2θ

D.副产品M的主要成分是(NH4)2SO3

【答案】D

【解析】

【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸钱，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转

化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸钱M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2

和二氧化碳气体，Pb(BF电解得到铅；

【详解】A.步骤②中反应PbSO4(S)+CO^(aq)≠PbCO3(s)+SO;(aq)的化学平衡常数K=

2

c(S0t)_c(Pb÷)c(SO:)_Ksp(PbSO4)

5

2+≈2.2×10,A正确;

c(CO;)^c(Pb)c(CO;)~Ksp(PbCO3)

B.操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确;

C.HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2,故步骤④发生反应的离子方程式为

PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O,C正确；

D.副产品M主要成分是(NH4)2SO4,D错误；

故选D。

13.(2023•江苏省南京外国语中学一模调研)向AgNO3溶液中通入过量S02,过程和现象如图。

过量S02—

「放置

一段时间

一

；

蒜

①

②

产生白色沉淀产生灰色固体

经检验，白色沉淀为Ag2SCh;灰色固体中含有Ag。

下列说法不正确的是

A.①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3l+2H+

B.①中未生成Ag2SO4,证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)

C.②中的现象体现了Ag+的氧化性

D.该实验条件下，SCh与AgNc)3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率

【答案】B

【解析】

【分析】结合检验结果可推测向AgNo3溶液中通入过量SCh发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3l+2H+,放置过

程中有Ag生成是因为过量的S02将部分Ag+还原。

【详解】A.①中生成的白色沉淀为Ag2Sθ3,则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNC)3溶液提供Ag+,发生

复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3l+2H+,A正确；

B.①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到AgzSO4可能是因为

硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致，因此不能证明Ag2Sθ3更难溶，也就不能说明

Ksp(Ag2SO3KKsp(Ag2SO4),B错误；

C.②中有Ag生成，则证明Ag+被还原，Ag+有氧化性，C正确；

D.该实验条件下，SCh与AgNo3反应生成Ag2SO3,然后放置一段时间后才生成Ag,故该实验条件下，

SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；

答案选B。

14.(2023•江苏省南京外国语中学一模调研)室温下，用0.ImoLPNaOH溶液分别滴定体积均为20mL、

浓度均为0.Imol∙L7∣的HCl和HX溶液，溶液PH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法不正

确的是

PH八____

1

010203040

I%(NaOH溶液)∕mL

A.HX的电离平衡常数(<l×10^7

a

B.M点存在：c(HX)-c(χ-)>c(θH-)-c(H+)

C.将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性

D.向N点的溶液中通入HCI气体至pH=7：c(Na+)>c(HX)=c(CΓ)>c(X^)

【答案】C

【解析】

【详解】A.M点时HX溶液中加入了IomLNaOH溶液，C(NaX)：C(HX)=I：1,且混合溶液呈碱性，

KK

说明HX电离常数Ka小于X-的水解常数Kh=优，即K<K