专题09 水溶液中的离子反应与平衡- 三年（2022-2024）高考化学真题分类汇编（全国版）

专题09水溶液中的离子反应与平衡浙江卷、2022全国乙卷、2022南卷、2023北京卷、2023湖南卷卷、2022海南卷、2022浙江卷、2卷、2024全国甲卷、2023全国甲国乙卷、2023辽宁卷、2023湖南京卷、2022湖南卷、2022福建卷卷、2024安徽卷、2024河北卷、2卷、2024江苏卷、2024浙江卷、20卷、2023新课标卷、2023湖北卷卷水溶液中的离子反应与平衡主要考查水的电离平衡、水解平衡和沉淀溶解注意的是，对离子平衡的考查往往结新课标卷中，大多数不再将水溶液中的离子反应与平衡作为压轴选择题出1.(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10−1.3【答案】D【分析】随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO−、CHCl2COO−浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH))，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两 始22023·浙江卷1月）甲酸(HCOOH)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A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2OR3NH++OH−C．废水初始pH<2.4，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pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在【答案】D【解析】A．由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH−,故A正确；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D．由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH−,当废水初始pH大于32022·全国乙卷）常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10−3。在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10−4【答案】B42022·福建卷）探究醋酸浓度与电离度(α)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的AⅠ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度BⅡ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液CⅢ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pHD【答案】CC．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确；D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平52022·湖北卷）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lgKa1=-3.04,lgKa2=-4.37)混合体系中部分物种的的lgKa1为−9.1D．pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(【答案】D【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mpH，随着pH的增大先变大，然后再减小，同时c变大，两者浓度均为大减小，同时c增大，当pH=9.1时，cKa1=c(H+)=10−9.1，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度2Ka>Ka1，所以As(OH)2TD．由可知条件，酒石酸(H2T,lgKa1=-3.04,lgKa2=-4.37)，As(OH)3的lgKa1为−9.1，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总知：N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)+NH3=NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)+N2H4，N2H4+CH3COOH=N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)+CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是A．N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),5)>N2H4>NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),4)B．N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),5)>CH3COOH>NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),4)C．NH3>N2H4>CH3COO-EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)【答案】D应N2H4+CH3COOH=N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)+CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)，反应N2HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)+NH3=NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)+N2H4中，酸EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)72022·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【答案】B82022·北京卷）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现【答案】B92023·湖南卷）常温下，用浓度为0.0200mol.L−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol.L−1的HClEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(V),V)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(标准溶液),待测溶液)A．Ka(CH3COOH)约为10−4.76Na+Cl−D．水的电离程度：a<b<c<d【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然知，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CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成3.38mol/L，Ka=10-4.76，故A正确；c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解102023·山东卷）一定条件下，乙酸酐(CH3CO)2O醇解反应(CH3CO)2O+ROH⎯⎯→CH3COOR+CH3COOH可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O⎯⎯→2CH3COOH。③加指示剂并用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正【答案】A【解析】根据滴定过程中，用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，需要消耗cmol.L−1NaOH-甲醇的物质的量为V2×c×10-3mol，即乙酸酐的总物质的量=mol；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量mol；设醇解的乙酸酐物得：x=n(ROH)=V2×c×10-3−V1×c×10-3mol，ROH样品中羟基质量分数=112023·山东卷）一定条件下，乙酸酐(CH3CO)2O醇解反应(CH3CO)2O+ROH⎯⎯→CH3COOR+CH3COOH可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O⎯⎯→2CH3COOH。③加指示剂并用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是【答案】B【分析】用cmol.L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，则消耗B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，122022·山东卷）实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体【答案】A【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色【解析】A．量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。实验2：将SO2气体通入0.1mol.L−1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。实验3：将SO2气体通入0.1mol.L−1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(−),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(2),3)(HSOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(−),3))C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),4)【答案】D2SO332和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)-+2Mn2++4H+。EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(−),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)(OH−EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(−),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)(H+EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(−),3)C．NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体，C错误；D．实验3依据发生的反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)-+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),4)14.(2024·湖南卷)中和法生产Na2HPO4.12H2O的工艺流程如下：已知：①H3PO4的电离常数：K1=6.9×10−3，K2=6.2×10−8，K3=4.8×10−13②Na2HPO4.12H2O易风化。A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4【答案】C【分析】H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4.12H2O成品。【解析】A．铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A项正确；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确；C．“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2=6.2×10−8，K3=4.8×10−13，则EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(2),4)D．由于Na2HPO4.12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；15.(2024·湖南卷)常温下浓度HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下A.水的电离程度：M<N(H+)(H+【答案】D【解析】【分析】结合起点和终点，向20mL0.10mol.L−1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH−和HCOO−,当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在的微粒是OH−,可知随着甲酸的加入，OH−被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH−浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO−浓度的改变。【解析】A．M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为c(HCOOH):(H+2cD．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HC162023·北京卷）下列过程与水解反应无关的是D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂172023·湖南卷）常温下，用浓度为0.0200mol.L−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(V),V)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(标准溶液),待测溶液)A．Ka(CH3COOH)约为10−4.76D．水的电离程度：a<b<c<d【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然知，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CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成3.38mol/L，Ka=10-4.76，故A正确；c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解182022·浙江卷）25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10−10，下列说法正确的是A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-)>c(CH3COO-)B．将浓度均为0.10mol.L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00，则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)D．25℃时，0.10mol.L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小【答案】CCH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3CB．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192022·浙江卷）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列【答案】B202022·河北卷）某水样中含一定浓度的COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−、HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)D．曲线上任意一点存在c(COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−)+c(HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3))+c(H2CO3)=0.03mol•L-1【答案】C【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)+H+=H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−+H+=HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−)33反应CO2−+H+=HCO−,滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为0.01000mol/L×0.0100L+0.01000mol/L33=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度c(COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−)+c(HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3))+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−)+c(HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3))+c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；21.(2024·黑吉辽卷)25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；③25℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7，pKa2(H2CrO4)=6.5。A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数K=10-5.2C.滴定Cl-时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0mol.L-1D.滴定Br-达终点时，溶液中=10-0.5【答案】D【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表Ag2CrO4，由），EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)2KspKsp−12.2。B．反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCrO4-的平衡常数2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(−),4)2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),4)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(−),4)spH+EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)Ka2(H2CrO4)10−6.5lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl⁻或CrO42⁻)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关A.交点a处：c(Na+)=2c(CB.Kₛₚ(AgCl)/Kₛₚ(Ag2CrO4)=10-2.21D.y1=−7.82,y2=−lg34【答案】D【分析】向1.0mL含0.10mmolAg2CrO4的悬浊液中滴加0.10mol.L-1的NaCl溶液，发生反应：EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)=2mL，2mL之后再加NaCl溶液，c(ClKsp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)【解析】A．2mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaClc(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)−)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)=EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)时mol/L，则y2=lgc=-lg34，D正232023·全国甲卷）下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM−pH关系图(pM=−lgc(M)/(mol.L−1)；c(M)≤10−5molA．由a点可求得Ksp(Fe(OH)3)=10−8.5B．pH=4时Al(OH)3的溶解度为mol.【答案】C时Al(OH)3的溶解度为=10-3mol242023·全国乙卷）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)【答案】C【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者252023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol.L−1，通过调节pH使Ni2+mol.L−1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是C．Ka1(H2S)=10−8.1【答案】D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Ksp(NiS)>Ksp(CdS)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C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此c(S2-)=10-13mol/L，或者当=10-6.8mol/L时，c=10-9.2m262023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：Al(OH)3开始沉淀pH完全沉淀pHA．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3【答案】D过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显+H2O=HS-+OH-，B正确；272023·浙江卷）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往20mL0.1mol.L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol.L-1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol.L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol.L-1CaCl2溶液。[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2OEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-)<c(HC2O4-)D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2OEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-)=4.0×10-8mol.L-1【答案】D【解析】A．NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，B．实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)HC2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),4))，故B错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),4)+Ca2+=CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为5，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度为282023·浙江卷）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：CaCO3(s)Ca2+(aq)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)−(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10−9，Ksp(CaSO4)=4.9×10−5，H2CO3的电离常EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)B．上层清液中含碳微粒最主要以HCOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(−),3)形式存在D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化【答案】B【解析】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)C．向体系中通入CO2，COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−+CO2+H2O=2HCOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),3)，c(COEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),3)−)减小，EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)D．由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10−9，Ksp(CaS292022·湖南卷）室温时，用0.100mol.L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)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1.0×10−5mol.L-1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10−10，B．原溶液中I-的浓度为0.100mol.L-1C．当Br-沉淀完全时，已经有部分Cl-沉淀D．b点：c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)【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，根据三种沉淀的溶时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000m-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；D．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：c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)，302022·福建卷）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c<10−5m图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是A．Mg2+可被净化的pH区间最大B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度D．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]<Ksp[Al(OH)3]【答案】BB．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5molKpH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=KFe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-Ksp−5mol/L312022·海南卷）某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)−(aq)，25℃,-lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或M(OH)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)−浓度的值，下列说法错误的是B．M(OH)2的Ksp约为1×10-10C．向c(M2+)=0.1mol.L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在D．向cM(OH)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)−=0.1mol.L-1的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以M2+存在【答案】BD【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[M(OH)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-]减小，因此曲EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)系中元素M仍主要以M(OH)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-存在，D错误；322022·重庆卷）某小组模拟成垢－除垢过程如图。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)【答案】DEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)c(Cl-)=2c(COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−)+2c(HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3))+332022·山东卷）工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol.L-1、1.0mol.L-1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol.L-1、1.0mol.L-1Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)/mol.L-1随pH的变化关系EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)B．a=-6.5C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0mol.L-1Na2CO3溶液的变化曲线D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol.L-1的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化【答案】D【分析】溶液pH变化，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硫酸钠溶液的变表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化度越小，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0.1molEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)B．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，锶离子的浓度为图示，pH≥6.9时锶离子的降低，所以p34.(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08mol.L-1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液A.线Ⅱ表示CH3OOOH的变化情况B.CH3OOOH的电离平衡常数Ka=10-nC.pH=n时，cmol.D.pH=10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08mol.L-1【答案】C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+），35.(2024·浙江卷1月)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。已知：H2SO3Ka1=1.4×10-2Ka2=6.0×10-8Ksp(BaSO3)=5.0×10-10,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(OH-)B.将0.40mol·L-1H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1C.BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3D.存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因【答案】C【解析】A．亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则BaSO3+H2O2=BaSO4↓+H2O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正确；36.(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol.L-1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是B.0.01mol.L-1Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)C.向c(Cd2+)=0.01mol.L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8mol.L-1D.向c(Cd2+)=0.01mol.L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+)【答案】B【解析】A．Na2S溶液中只有5种离子，分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-，溶液是电中性的，存在电B．0.01mol.L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为C．Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)=0.01mol.L-1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转和溶液中mol.1=10−13.05mol.若加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8mol.L-1，CCd2+)=0.01mol.L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中37.(2024·河北卷)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时与-lgc的关系如图。A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X>YC.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y<Z【答案】B【解析】A．99%的X、Y转化为配离子时-lgcX(CN-)>-lgcY(CN-)，则溶液中CN-的平衡浓度：X<Y，A错误；c(X配离子)c(Z配离子)cc(X配离子)c(Z配离子)c会消耗CN-形成Y配离子，使得溶液中c(CN-)减小(沿横坐标轴向右移动)，lg与c(Xc(X配离子)c(Z配离子)cC．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN-=配离子，则平衡常数EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up11(配离),子)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up11(子),cm)CN-EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(配离子),属离子)EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up8(属离子),配离子)=-mlgc-lgK，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应~-lgc曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z，则由Y、Z制备等物质的量D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，-lgc不变，lg增大，即38.(2024·湖北卷)CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5mol.L-1，pKal(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3，pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是A.pH=6.5时，溶液中c(COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-)<c(Pb2+)Pb2+)=δ(PbCO3)时，c(Pb2+)<1.0×10-5mol.L-1C.pH=7时，2c(Pb2+)+cPb(OH)+<2c(COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-)+c(HCO3-)+D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3会溶解【答案】CB．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c(COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-)+c(HCO3-)+c(ClO4-)+2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),2)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),2)碱性，加入少量NaHCO3固体，溶液pH增大，PbCO3转化成Pb(CO3)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),2)-而溶解，D项正确；39.(2024·江苏卷)室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实选项A溶液和0.1mol.L−1CH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多H2SO4>CH3COOHBNa2S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色C向2mL浓度均为0.1mol.L−1的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1mol.L−1Na2CO3溶液，振荡，产生白色沉淀CaCO3>BaCO3D用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，CH3COONa溶液pH大CH3COO−>NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),2)【答案】B【解析】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无+S↓,氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：Br2>S，故B正C．CaCO3和BaCO3均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较CaCO3和BaCO3溶度积常D．比较CH3COO−和NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),2)结合H+能力，应在相同条件下测定相同浓度CH3COONa溶液和NaNO2溶40.(2024·浙江卷6月)室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2B.以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度C.忽略S2-的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2-水解率约为62%D.0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS【答案】C2-化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。mol/L=×10-9mol/L，Fe的溶解平C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解第一步D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等体积0.2mol/LNa2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和412023·浙江卷6月）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往20mL0.1mol.L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol.L-1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol.L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol.L-1CaCl2溶液。[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10