2022-2024年高考化学试题分类专项复习：水溶液中的离子反应与平衡（教师卷）

三年真题

4<09水溶液中的离3次应S平衡

目制鲁港。绢施管

考点三年考情(2022-2024)命题趋势

♦弱电解质的电离平衡：2024新课标卷、2023

浙江卷、2022全国乙卷、2022湖北卷、2022

浙江卷、2022北京卷

♦水的电离和溶液的pH：2023湖南卷、2023

山东卷、2022山东卷、2022浙江卷

水溶液中的离子反应与平衡主要考查

♦盐类的水解及其应用：2024江苏卷、2024湖

水溶液中的几大平衡问题：电离平衡、

南卷、2023北京卷、2023湖南卷、2022北京

水的电离平衡、水解平衡和沉淀溶解

卷、2022海南卷、2022浙江卷、2022福建

平衡，以及中和滴定原理的应用，值得

考点1水溶液卷、2022河北卷、2022江苏卷

注意的是，对离子平衡的考查往往结

中的离子反应♦沉淀溶解平衡：2024黑吉辽卷、2024湖北

合电离平衡、沉淀平衡、化学平衡等问

与平衡卷、2024全国甲卷、2023全国甲卷、2023全

题进行考查，综合性很强。各省命题的

国乙卷、2023辽宁卷、2023湖南卷、2023北

新课标卷中，大多数不再将水溶液中

京卷、2022湖南卷、2022福建卷、2022海南

的离子反应与平衡作为压轴选择题出

卷、2022重庆卷、2022山东卷

现，总体难度有所降低。

♦离子平衡综合题：2024山东卷、2024浙江

卷、2024安徽卷、2024河北卷、2024湖北

卷、2024江苏卷、2024浙江卷、2023浙江

卷、2023新课标卷、2023湖北卷、2023北京

卷

官窟纷缀。阖滔送温

考法01弱电解质的电离平衡

1.(2024・新课标卷)常温下CH2C1COOH和CHC12COOH的两种溶液中，分布系数5与pH的变化关系

,、C(CH,CICOCF)

如图所示。[比如：』--------]

J(CH2CICOO-)=----_=-_7_?

')C(CH9C1COOH)+C(CH9C1C00)

A.曲线M表示3(CHC12coeF)〜pH的变化关系

B.若酸的初始浓度为O.lOmoLLT，则a点对应的溶液中有c(lT)=4CHCl2coeF)+c(0H-)

13

C.CH2C1COOH的电离常数g=io-

ccou电离度a(CHQCOOH)0.15

D.pTHT=2.08时，…一+-----=---------=----

电禺度c(CHCl2coOH)0.85

【答案】D

【分析】随着pH的增大，CH2cleOOH、CHC^COOH浓度减小，CH2cleOCT、CHC12coeF浓

度增大，一Cl为吸电子基团，CHC12cOOH的酸性强于CH2clCOOH,即

^a(CHCl2COOH)>^a(CH2ClCOOH)),3(酸分子)=6(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两

1328

种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2coOH)在10-,Ka(CH2C1COOH)«10-,由此分析解题。

【解析】A.根据分析，曲线M表示3(CH2cleOCT)〜pH的变化关系，A错误;

+

c(CHCl2COO)xc(H)

B.根据((CHCl2coe)H)=初始c°(CHCl2coOH)=O.lmol-LT1,若溶液中溶质只有

C(CHC12COOH)~一

CHC12COOH,则《CHCLCOCT)=c(H+卜jKa(CHCl2coOH)c°(CHClfOOH)=10田5moi.广,但a点对应的

(+1说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，+

cH)=0.1moir,C(H)>C(CHC12COO-)+C(OH-),

B错误;

C.根据分析，CH2clec)OH的电离常数Ka=1028,C错误;

D,电离度。=雷，〃始=%离+”未电离，贝IJa(CH2cleOOH)=S(CH2clCO。1,"(CHCl2coOH)=S(CHC12coeT),

pH=2.08时，/CH2cleOCT）=0.15,<5（CHCI2COO）=O.85,D正确；

故答案选D。

2.（2023•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

分数）与废水初始pH关系如图（己知甲酸K,=1.8x10"）,下列说法不正确的是

7o

6o

5o

%4o

/

»

M3o

回2O

10-I

I

01•।•1'•

122.4345678

废水初始pH

+

A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O^R3NH+OH

B.pH=5的废水中c（HCOO）:c（HCOOH）=18

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HCOCF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+H2OQR3NH++OH，故A正

确；

B.由电离常数公式可知，溶液中c（HC。。当溶液pH为5时，溶液中©（He。。

c（HCOOH）c（H）c（HCOOH）l.OxlO-5

=18,故B正确；

C.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；

D.由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OUR3NH++OH，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；

故选D。

3.（2022•全国乙卷）常温下，一元酸HA的Ka（HA）=L0xl0-3。在某体系中，可与离子不能穿过隔

膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。

溶液I膜溶液n

pH=7.0pH=1.0

H++AUHA<——►HA=H++A-

设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是

A.溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A-)

B.溶液II中的HA的电离度^^为士

(c总(HA)J101

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KT4

【答案】B

+

【解析】A.常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H+)=c(OH-)=lxlO-71noi/L,c(H)<c(OH-)+c(A-),A错

误；

B.常温下溶液n的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,K*如匚孚)=1.0xl(y3,。鼠HA)=c(HA)+c(A),

c(HA)

则一r=L0xl0-3,解得B正确；

%(HA)-c(A)ce(HA)101

C.根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的式HA)相等，C错误；

D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H+尸IxlO/ol/L,K〃=,但匕加吃,c总

c(HA)

W7[C«(HA)-C(HA)],-

(HA)=c(HA)+c(A),-------^――-----------=1.0x10-3,溶液I中c虱HA)=(104+l)c(HA),溶液n的pH=1.0,

c(HA)

溶液II中c(H+)=0.1mol/L,兄=也上£^2=i.oxlO-3,c点(HA)=c、(HA)+c(A-),Ol[c总(HA)—c(HA)]

c(HA)c(HA)

=1.0x10-3,溶液n中c£HA尸1.01c(HA),未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等,

溶液I和II中。虱HA)之比为[(lA+l)c(HA)]：[1.01C(HA)N104+D：1.01S104,D错误；

答案选B。

4.(2022.福建卷)探究醋酸浓度与电离度(a)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的

步骤操作或叙述

AI.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面

BII.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶

CIII.测定步骤II中所得溶液的pH应在相同温度下测定

计算式为a=c")X100%

DIV.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度

c(CH3COO)

【答案】C

【解析】A.中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；

B.配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；

C.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衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的

和未电离的)的百分数，因此醋酸的电离度计算式为a=/<)、xlOO%,D错误；

C(CH3COOH)

答案选C。

5.(2022.湖北卷)下图是亚神酸As(OH)3和酒石酸(凡】想降尸3.04,31二二437)混合体系中部分物种的

c-pH图(浓度：总As为5.0xl(r*mol・L；i,总T为1.0x10-3moi.I?)。下列说法错误的是

62

5

1

0.i

L(0.4

o.1T

Oo..0T

s_

W3.60

2E

?9

2o,

)2

Eo.2)

E

o.8

14

0

0…"61pH19")>2』

A.As(OH)3的IgKai为-9.1

B.[As(OH)2T]的酸性比As(OH)3的强

C.pH=3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH%TT的高

D.pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种为AS(OH)3

【答案】D

【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L,右坐标浓度的数量级为10-6mol/L,横坐标为

pH,随着pH的增大，c{[As(OH)2T]}先变大，然后再减小，同时c][AsO(OH)/}变大，两者浓度均为

2-46

右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，c)[AsO(OH)]}=cAs(OH)2T]'),Ka=10-opH继续增

大，则c[As(OH)3]减小，同时。[卜5(011)20],增大，当pH=9.1时，c{[As(OH)2O]'}=c[As(OH)J,

Kal=c(H+)=10-91,二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石

酸，电离常数远大于亚碑酸，且总T浓度也大于总As。

lrc『As(OH),O][xc(H+)

+

【解析】A.AS(OH)3^[AS(OH)2O]+H,Kal=」~小温)]-----，当PH=9」时，

+-91

C|[AS(OH)2O]UC[AS(OH)3],Kal=c(H)=10,IgL为一9.1,A正确；

2c『AsO(OH)T/[xc(H+)

B.[As(OH),T[u[AsO(OH)T1+H+,Ka=^~；--------------—,当pH=4.6时，

--C{[AS(OH)2T]}

246

C{[ASO(OH)T]'}=C{[AS(OH)2T]'),Ka=10--,而由A选项计算得H3ASO3的Kal=c(H*)=10皿，即

Ka>Kal,所以[As(OH),Tj的酸性比As(OH)3的强，B正确；

C.由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L,[As(OH)2T1的浓度为右坐标，浓度

的数量级为10-6mol/L,所以pH=3.1时，As(OH)3的浓度比[AS(OH)2TJ的高，C正确；

D.由可知条件，酒石酸(HzTJgKai=-3.04,IgK^:4.37),As(OH)3的IgKa1为一9.1,即酒石酸的第一部电

离常数远大于亚碑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AS的浓度也小于总

T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是AS(OH)3,D错误；

故选D。

6.(2022・湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已

知：N2H；+NH3=NH：+N2H4,N2H4+CH3COOH=N2H；+CH3COO,下列酸性强弱顺序正确的是

A.N2H；>N2H4>NH；B.N2H>CH3COOH>NH4

c.NH3>N2H4>CH3COOD.CH3COOH>N2H>NH；

【答案】D

【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反

应N2Hd+CH3coOH=N2H；+CH3coeT中，酸性：CH3COOH>N2H；,反应NzH；+NH3=NH；+N2H4中，酸

性：N2H；>NH；,故酸性：CH3COOH>N2H；>NH；,答案选D。

15

7.(2022・浙江卷)已知25℃时二元酸H2A的Kai=1.3xl(y7,Ka2=7.1xl0-„下列说法正确的是

A.在等浓度的NazA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者

B.向O.lmolU的H2A溶液中通入HC1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=ll,则c(A2-)>c(HA)

D.取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸储水稀释至100mL,则该溶液pH=a+l

【答案】B

【解析】A.在等浓度的NazA、NaHA溶液中，A?-的水解程度大于HA,水的电离程度前者大于后者，故

A错误；

10xcHAr

B.溶液中c(H+)=10-3mol/L,H2A电离程度较小，溶液中c(H2A户O.lmol/L,Kai=—<'、:1.3x10",

C(H2A)

CHA,

c(HA)=1.3xlO-5mol/L,c(HA)=c(H2A)电离，则H2A的电离度———(-xlOO%=1.3x10^xlOO%=0.013%,

C(H2A)

故B正确；

2

lO^xc^A)15

C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=ll,—,；7=7.1xlQ-15,则c(A2-)<c(HA)故C错误；

c(HAA)

D.H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸储水稀释至100mL,H2A的电离平衡正向移动，则该

溶液pH<a+l,故D错误；

选B。

8.(2022•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。其中太空“冰

雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不E项的是

A.醋酸钠是强电解质

B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体

C.常温下，醋酸钠溶液的PH>7

D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出

【答案】B

【解析】A.醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；

B.醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；

C.醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7,故C正确；

D.过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D

正确；

选B。

考法02水的电离和溶液的pH

9.(2023・湖南卷)常温下，用浓度为0。200moi.「的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol-L的HC1

V(标准溶液)

和CH3coOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随n(n=看而产X)的变化曲线如图所示。下列说法

V(待恻溶液)

错误的是

A.Ka(CH3coOH)约为10476

+

B.点a：c(Na)=c(cr)=c(CH3COO^)+c(CH3COOH)

C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)

D.水的电离程度：a<b<c<d

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、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HC1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,据止匕解答。

+

【解析】A.由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3coOH,c(CH3COOH)=0.01OOmol/L,c(H)=10-

3381/r+，

338c(H)c(CH3COO)10.xIO476,,A.

-mol/L，Ka(CH3coOH)=--------------------------®-------------------=10,故A正确；

C(CH3COOH)0.01

B.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(CH3co。)，故B正确；

c.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；

D.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；

答案选D。

10.(2023•山东卷)一定条件下，乙酸酎［(CNCO)”］醇解反应

［(CH3CO),O+ROH—>CH3COOR+CH3COOH］可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟

基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：

①配制一定浓度的乙酸酎-苯溶液。

②量取一定体积乙酸酎-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酎完

全水解：(CH3cO),O+H2O——>2CH3coOH。

③加指示剂并用cmol•UNaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液YmL。

④在相同条件下，量取相同体积的乙酸肝-苯溶液，只加适量水使乙酸酎完全水解；加指示剂并用

cmol•L—NaOH-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

确的是

4嗡92'】。。％

C,0^（V2-V.）xl7xi（）（）%

1000m

【答案】A

【解析】根据滴定过程中，用cmobl^NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酎完全水解生成的乙酸，消耗标准溶

3

液V2mL,需要消耗cmoL「NaOH-甲醇的物质的量为V2xcx10-mol,即乙酸酎的总物质的量=

3

V2xcxl0-moi；则ROH与乙酸酎反应后剩余的乙酸酎的物质的量=工业21mo1；设醇解的乙酸酎物

22

质的量为X,水解的乙酸酎的物质的量为y,则x+y="『lCmol；x+2y=£^2mol；联立计算

33

得：x=n(ROH)=V2xcx10-V,xcx10mol,ROH样品中羟基质量分数=

YxcxlOfxcxLxUg/moUVjxcxUxi。。％,人正确；故选人。

mg10m

11.(2023•山东卷)一定条件下，乙酸酎［(CH3co［。］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

基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：

①配制一定浓度的乙酸酎-苯溶液。

②量取一定体积乙酸酎-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酊完

全水解：(CH3CO)2O+H2O——>2CH3coOH。

③加指示剂并用cmol.厂NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液YmL。

④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酎-苯溶液，只加适量水使乙酸酊完全水解；加指示剂并用

cmol•!/NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V?mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是

A.可以用乙酸代替乙酸酎进行上述实验

B.若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小

C.步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小

D.步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大

【答案】B

【分析】用cmollTNaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酎完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液VzDiL,则消耗

3

NaOH的物质的量为(V?xcxIO)mol,即乙酸酎的总物质的量为史mol,ROH与乙酸酎反应

后剩余的乙酸好的物质的量为(Yxcxl03)mol，所以与ROH反应消耗的乙酸酎的物质的量为

2

(VjXcxlO^-yxcxlO-3)

-mo0

【解析】A.乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酎进行上述实验，A项错误；

B.若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得

V2偏小，而ROH的物质的量为I"?'。'1。YxcxlOf,故将导致测定结果偏小，B项正确；

2

C.步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即Vi偏小，而ROH的物

质的量为(MxcxlOLYxcxlO。mg],故将导致测定结果偏大，C项错误；

2

D.步骤④中，若加水量不足，乙酸醉未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体

积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为2xcxm一人xcxIO')m。],故将导致测定结果偏小，D项错

2

误；

答案选B。

12.(2022・山东卷)实验室用基准Na2c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

D.达到滴定终点时溶液显橙色

【答案】A

【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2cCh标准溶液，则应将Na2cCh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变为橙色。

【解析】A.量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2c03标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取

25.00mLNa2cO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；

B.Na2cCh溶液显碱性，盛放Na2cCh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Na2cCh标准溶液，B说法正确；

C.Na2cCh有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2cCh固体，C说法正确；

D.Na2c03溶液显碱性，甲基橙滴入Na2cCh溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为

橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确；

综上所述，本题选A。

考法03盐类水解及应用

13.（2024•江苏卷）室温下，通过下列实验探究SO?的性质。已知K^H2so3）=13x10-2,

-8

Ka2（H2SO3）=6.2xl0o

实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。

实验2：将S。?气体通入QimoLIjiNaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。

实验3：将SO2气体通入O.lmoLITi酸性KMnC）4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。

下列说法正确的是

A.实验1所得溶液中：c（HSO；）+c（SOj）>c（H+）

B.实验2所得溶液中：c（SO"）>c（HSO3）

C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSC>3固体

D.实验3所得溶液中：c（SO^）>c（Mn2+）

【答案】D

【分析】实验1得至UH2s03溶液,实验2溶液的pH为4,实验2为NaHSO3溶液,实验3SO2和酸性KMnO4

2++

溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO；+2Mn+4H0

【解析】A.实验1得到H2so3溶液，其质子守恒关系式为：

+-+

c（HSO3）+2c（SO^）+c（OH）=c（H）,则c（HSO"）+C（SO1）<c（H）,A错误;

KT4〈(SO：)IQ^-cCSO^)

B.实验2为pH为4,依据K%=贝U6.2x10-8=,溶液，则

C(HSO3)C(HSO3)

C(SO^)<C(HSO3),B错误;

C.NaHSCh溶液蒸干、灼烧制得NaHSC>4固体，C错误;

2++

D.实验3依据发生的反应：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H,则恰好完全反应后

c(SO^)>c(Mn2+),D正确;

故选Do

14.（2024・湖南卷）中和法生产Na2HPO412H2O的工艺流程如下：

V

H3P厂Na2c。3

、‘、'__）'__________________

市疝I-----M调过滤I干燥i成品

13

已知:①H3P。4的电离常数：K]=6.9x10-3,坞=6.2x10-8,K3=4.8X10

(2)Na2HPO412H2O易风化。

下列说法错误的是

A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na?CO3溶液

B.“调pH”工序中X为NaOH或H3P。4

C.“结晶”工序中溶液显酸性

D.“干燥”工序需在低温下进行

【答案】C

【分析】H3PO4和Na?CO3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Na2Hpe>「12H2。成品。

【解析】A.铁是较活泼金属，可与HsP。4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入

NazC。?溶液，A项正确;

B.若“中和”工序加入Na2c。3过量，则需要加入酸性物质来调节pH,为了不引入新杂质，可加入H3PO4；

若，，中和，，工序加入H3P。4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HsP。：B项正确；

13

C.“结晶”工序中的溶液为饱和NazHPO,溶液，由已知可知H3P0^X2=62x10-8,K3=4.8xl0-,则

_Kl.OxlQ14

HPOj的水解常数KhW土1.6x10-7,由于Kh>K3，则Na2Hp。4的水解程度大于电离

一七一6.2x108

程度，溶液显碱性，C项错误;

D.由于Na2HPO4」2H2。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；

故选Co

15.（2024・湖南卷）常温下Kn（HCOOH）=1.8x10^,向20mL0.10mol-L'NaOH溶液中缓慢滴入相同

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

列说法错误的是

0.1OT--------------------------------------!

T

O

U-一

VO.05

。

o+<~.--.---

5101520

K（HCOOH）/mL

A.水的电离程度：M<N

B.M点：2c（0Hj=c（Na+）+c（H+）

C.当叭HCOOH）=10mL时，C（OH）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO）

D.N点：c（Na+）＞c（HCOO）＞C（OH）＞c（H+）＞c（HCOOH）

【答案】D

【解析】

【分析】结合起点和终点，向20mLeHOmoLIjiNaOH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HCOCF，当V（HCOOH）=OmL,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HCOCF浓度的改变。

【解析】A.M点时，V（HCOOH）=10mL,溶液中的溶质为c（HCOOH）:c（HCOCF）=l:l,仍剩余

有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅

存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A止确；

B.M点时，V（HCOOH）=10mL,溶液中的溶质为c（HCOOH）:c（HCOCF）=l:l,根据电荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HCOO）+c（OH）,M点为交点可知c（HC0GF）=c（01F）,联合可得

2c（OH）=c（Na+）+c（H+）,故B正确；

C.当V（HCOOH）=10mL时，溶液中的溶质为c（HCOOH）:c（HCOONa）=l:l,根据电荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HCOO）+c（OH）,根据物料守恒c（Na+）=2c（HCOCF）+2c（HCOOH）,联

合可得c（OIT）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO'）,故C正确；

D.N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解，因此

c（Na+）＞c（HCOO］及C（OH—）＞c（H+）观察图中N点可知，c（HCOCF卜0.057，m//L,根据

c(H+)c(HCOO)

K(HCOOH)=1.8x10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D错误;

ac(HCOOH)

故答案选D。

16.（2023•北京卷）下列过程与水解反应无关的是

A.热的纯碱溶液去除油脂

B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烧

C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸

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，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪

酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；

B.重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烧，与水解反应无关，B符合题

忌-te.；

c.蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，c不符合题意；

D.Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3,加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意;

故选Bo

17.(2023・湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol.□的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol-LT的

V(标准溶液)

HC1和CH3coOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随n(n=)的变化曲线如图所示。下列

vj待测溶液，

说法错误的是

A.Ka(CH3coOH)约为10476

+

B.点a：c(Na)=c(CF)=c(CH3COO^)+c(CH3COOH)

C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)

D.水的电离程度：avtxcvd

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、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HC1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,据止匕解答。

+

【解析】A.由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3coOH,c(CH3COOH)=0.01OOmol/L,c(H)=10-

3381/TC(H+)C(CHCOO)1O-338X1O-3-38士6T施

338moi/L,K,(CH3coOH)=-----------------3----------«-------------------=1l0n-44-76,故AA正确；

C(CH3COOH)0.01

B.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(C1)=c(CH3coOH)+c(CH3co0-)，故B正确；

C.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；

D.c点溶液中CH3co0-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；

答案选D。

18.(2022.浙江卷)25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0x10-°,下列说法正确的是

A.相同温度下，等pH的C6HsONa和C^COONa溶液中，C(C6H5O)>C(CH3COO)

B.将浓度均为O.lOmoLV的C6HsONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大

C.25℃时，C6H50H溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00,则此时溶液中C(C6H5。一)=。£6H5OH)

D.25℃时，O.lOmoLI?的C6H50H溶液中加少量C6HsONa固体，水的电离程度变小

【答案】C

【解析】A.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；

B.C6H5ONa溶液中，C6H5。-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5。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;

_c(H+)-C(CHO)_l.OxlO10xc(CHO)_,^.

C.当pH=10.00时，c(OH>1.0xlO-10,---------------6----5--------------------------6----s-----1.unx1iUn10,故

c(C6H5OH)C(C6H5OH)

c(C6H5。)=c(C6H5OH),C正确；

D.C6H50Na中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误;

故选Co

15

19.(2022•浙江卷)已知25℃时二元酸H2A的