2025年高考化学复习热搜题速递之水溶液的离子平衡（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考化学复习热搜题速递之水溶液的离子平衡（2024年7月）一．选择题（共17小题）1．（2024•葫芦岛二模）常温下，pH＝3的NaHR溶液稀释过程中δ（H2R）、δ（HR﹣）、δ（R2﹣）与pc（Na+）的关系如图所示。已知pc（Na+）＝﹣lgc（Na+），HR﹣的分布系数δ（HR﹣）＝，lg2＝0.3。下列说法不正确的是（）A．曲线L2代表δ（R2﹣） B．a点溶液的pH＝3.7 C．b点溶液中，c（Na+）＞2c（HR﹣）+c（R2﹣） D．Ka1（H2R）＝2×10﹣22．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表：实验编号试剂沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag）c（AgNO3）/mol•L﹣1c（FeSO4）/mol•L﹣1i0.040.04aii0.10.10.15iii0.50.50.19iv1.01.00.26v1.00.5b已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（）A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.193．（2024•安徽模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1HA溶液，体系中lgc（A﹣）、lgc（HA）、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．图中曲线②表示lgc（A﹣）与pH的关系 B．25C时，0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH约为10 C．a点溶液中，c（A﹣）+c（HA）＝2c（Na+） D．b点时，V＜20.00mL4．（2024•皇姑区校级模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[]与pH值、微粒分布分数δ[δ（X）＝]，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．用KOH溶液滴定0.1mol/LKHA溶液可以用酚酞作指示剂 B．25℃时，H2A第二步电离平衡常数Ka2≈10﹣4 C．c点溶液中：c（H+）+c（K+）＝3c（HA﹣） D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d5．（2024春•温州期末）常温常压下，在一定体积的稀氨水中滴入稀盐酸，水电离出来的H+的物质的量浓度c（H+）水随着滴入的稀盐酸的体积变化而变化的趋势图如图所示：结合图进行分析，下列说法错误的是（）A．b点时氨水和盐酸恰好反应完毕 B．a点溶液呈中性，b点溶液呈酸性 C．b点：c（H+）水＝c（OH﹣）+c（NH3）+c（NH3•H2O）+c（NH4+） D．当c（H+）水＝10﹣9mol/L时，溶液的pH＝5或pH＝96．（2024春•江岸区期末）室温下，将0.100mol/LNaOH溶液分别滴加至体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol/L的盐酸和HX溶液中，pH随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（）A．a点：c（H+）•c（X﹣）＝10﹣12（mol/L）2 B．b点：c（HX）﹣c（X﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+） C．将c点和d点的溶液混合，溶液呈酸性 D．水的电离程度：c点＞b点＞a点＞d点7．（2024春•深圳期末）25℃时，用0.1000mol﹣L﹣1AgNO3溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用K2CrO4溶液作指示剂，滴定曲线如图中实线所示，M点为恰好完全反应的点，c（X﹣）表示Cl﹣或Br﹣的浓度[已知：Ag2CrO4为砖红色；25℃时，Ksp（Ag2CrO4）＝2×10﹣12，Ksp（AgBr）＝5.4×10﹣13]。下列说法不正确的是（）A．NaCl溶液中c（Cl﹣）＝0.0500mol•L﹣1 B．到达滴定终点时，出现砖红色沉淀 C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动 D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为②8．（2024•安徽模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数及微粒分布分数表示或A2﹣]的关系如图所示：下列说法正确的是（）A．曲线2代表HA﹣，Kal（H2A）＝1.0×10﹣7 B．b点溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．d点溶液的pH为5.5 D．H2A被滴定分数为2时，溶液中9．（2024•贵州）硼砂[Na2B4O5（OH）4•8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠）。已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理②。下列说法正确的是（）A．硼砂稀溶液中c（Na+）＝c[B（OH）3] B．硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol•L﹣1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]溶液混合后，溶液显酸性10．（2024•漳州三模）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为R）是一种二元弱碱。25℃时，向1.5mol•L﹣1乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液的pH与体系中含N微粒浓度的对数值（lgc）、反应物的物质的量之比关系如图所示。下列有关说法正确的是（）A．曲线Z表示 B．乙二胺的电离平衡常数Kb2＝10﹣7.8 C．M点对应溶液的pH＝8.8 D．P3对应的溶液中c（H+）＝c（RH+）+c（R）+c（OH﹣）11．（2024•铜川三模）25℃时，向二元弱酸H2RO4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅱ中X表示的是 B．当溶液pH＝4.2时，c（Na+）＞3c（） C．若溶液中c（H2RO4）＝c（），则pH＝2.7 D．0.1mol•L﹣1NaHRO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（H2RO4）＞c（）12．（2024•诸暨市模拟）沉淀转化在生产和科研中具有极其重要的应用，重晶石（BaSO4）是一种制备钡化合物重要的化工原料。已知：25℃时，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，下列说法不正确的是（）A．将足量BaSO4固体投入pH＞11的Na2CO3溶液中，能生成BaCO3沉淀 B．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）的平衡常数约为0.042 C．向含BaSO4（s）的溶液中通入CO2气体，溶液中c（Ba2+）逐渐减小 D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，两者可能同时沉淀13．（2024•包河区校级三模）常温下，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1H2A溶液，得到pH与V（NaOH）、﹣1gX[或]关系如图所示。下列或叙述正确的是（）A．M点对应的溶液中：c（H+）+c（H2A）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣） B．曲线n表示pH与的变化关系 C．当pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣） D．H2A+A2﹣⇌2HA﹣的平衡常数K＝1×10﹣5.314．（2024•石景山区一模）在一定条件下，用草酸﹣草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根离子及含Fe（Ⅲ）粒子的形态分布随pH变化如图所示。下列说法正确的是（）已知：①Fe3+和ox2−（代表草酸根）可以生成Fe（ox）+、Fe（ox）2﹣和Fe（ox）33﹣三种配离子。②体系中草酸根的总浓度[ox2−]TOT＝4.54mol/L（按折合成ox2−计）体系中Fe（Ⅲ）的总浓度[Fe3+]TOT＝1.08mol/L（按折合成Fe3+计）A．该条件下，酸性增强Fe（ox）的物质的量分数增大 B．改变体系中草酸﹣草酸铵和Fe2O3的量，使[ox2﹣]TOT/[Fe3+]TOT＝3，体系中Fe（Ⅲ）全部以Fe（ox）33﹣形态存在 C．Hox−⇌H++ox2−Ka2＝10−a；Fe（ox）2﹣+ox2−⇌Fe（ox）33﹣K＝10−b D．pH＝4时，c（Hox−）+c（ox2−）≈1.3mol/L15．（2024•广西三模）25℃，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，pH、粒子的分布分数δ[如δ（A2﹣）＝与的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅱ线表示的δ（A2﹣）变化曲线 B．＝1时，c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．＝1.5时，3（Na+）＝2[c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣）] D．a、b，c、d、e、f六点溶液中，f中水的电离程度最大16．（2024•皇姑区校级模拟）足量CaCO3（s）在水中的溶解过程如下：CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq）ΔH＜0，该悬浊液达到平衡后，下列叙述不正确的是（）A．升高温度，Ksp（CaCO3）减小 B．加少量水稀释，上述平衡正向移动，c（Ca2+）不变 C．向悬浊液中加入少量NaHCO3固体，减小 D．向悬浊液中滴入盐酸，Q（CaCO3）＜Ksp（CaCO3），导致平衡正向移动17．（2024•宣城二模）利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应时离子反应的先后顺序，绘得三份曲线图如图所示。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。下列说法错误的是（）A．混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应 B．b图CuSO4溶液pH接近5的原因是： C．w点： D．pq段铜离子浓度保持不变二．解答题（共5小题）18．（2024春•浦东新区校级期末）Ⅰ．NaHSO3在染料、造纸、制革、化学合成等工业中作为还原剂，在酿造、饮料行业中用作杀菌剂，还可用于生产糖精、香料等。其水溶液中含硫微粒随pH的分布曲线如图所示。回答以下问题：（1）由图判断亚硫酸氢钠溶液酸碱性，并用平衡原理解释原因。（2）下列说法正确的是。（不定项）A．pH＝5时，水的电离程度最大B．pH＝6时，溶液中[Na+]＞[]＞[]＞[H+]＞[OH﹣]C．NaHSO3溶液中[H2SO3]+[H+]＝[OH﹣]+[]D．NaHSO3溶液中[Na+]＝2[]+[H2SO3]+[]（3）若向NaHSO3溶液中滴入NaOH溶液使pH恰好为7，此时测得[Na+]＝0.12mol•L﹣1，则溶液中[]＝mol•L﹣1；Ⅱ．工业上可用纯碱吸收二氧化硫法制备Na2SO3，流程如图所示。（4）步骤Ⅰ中边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，结合NaHSO3的分布系数图，确定停止通入SO2的最佳pH范围是，①中从溶液中得到NaHSO3•7H2O的操作为；（5）某小组同学用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液测定产品中Na2SO3的含量，具体流程：a．称量7.000g样品，溶解，配制成250mL的溶液；b．用滴定管量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用酸性KMnO4溶液滴定；c．消耗KMnO4溶液体积为20.00mL；a中配制溶液时，需要用到除烧杯外的玻璃仪器有：。判断滴定终点的现象是：。（6）假定杂质不含还原性物质，样品中Na2SO3的纯度为。19．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。①基态Mn3+的价电子轨道表示式为。②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+++2H2O。（2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程：（a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1（b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2①关于Na2X溶液，下列说法正确的有。A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示；（i）反应（a）的平衡常数K1＝。（ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝mol/L，c（Cl﹣）＝mol/L。（3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。①χHR随pH减小而（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝ppm。②当pH＝pKa时，对应图中点（填“A”、“B”、“C”或“D”）。20．（2024•东城区校级三模）某小组同学探究Mg与Cu2+溶液的反应。已知：ⅰ.2Cu+⇌Cu2++CuK＝1.2×106ⅱ.Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣22Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11ⅲ.[Cu（NH3）2]+为无色、[CuCl4]2﹣为黄色实验Ⅰ：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL0.2mol•L﹣1CuCl2溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下：时间第一阶段0～1min第二阶段1～8min第三阶段8～25min第四阶段25min～18h实验现象镁条表面出现红色固体，伴有大量气体产生仍然伴有大量气体，溶液变为淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀产生气体量不断减少，沉淀变为黄色沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见（1）第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是。（2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因。（3）查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究：①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是。②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是③小组同学采用电化学装置进行验证。如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是。从而证明了甲同学的猜想。（4）查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是。实验Ⅱ：改用0.2mol•L﹣1CuSO4溶液重复实验Ⅰ，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。（5）经验证蓝色沉淀为Cu（OH）2，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是（填序号）。a.反应放热，促使Cu2+水解趋于完全，生成Cu（OH）2蓝色沉淀b.存在平衡Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，Mg与H+反应，使c（H+）下降，平衡移动，产生蓝色沉淀c.由于Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]Mg与水反应生成的Mg（OH）2逐渐转化为Cu（OH）2蓝色沉淀（6）综上所述，影响Mg与Cu2+溶液反应的影响因素是。21．（2023秋•泰安期末）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH溶液相关性质。（1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为＜pH＜。（2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度α：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入（填试剂），用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为mol•L﹣1，CH3COOH的电离度α为。（3）25℃时，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO﹣分布分数δ与所加NaOH物质的量的关系如图所示。①δ1表示（填微粒符号）的分布分数曲线；②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka＝．③pH＝5时，溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝；④若c处c（Na+）＝0.1mol•L﹣1，则a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为。22．（2024•上海）已知：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3①⇌H++②Ca2++⇌CaCO3③+H+⇌H2CO3（1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是。A.钙离子浓度不变B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变C.两个物质的正反应速率是1：1D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数（2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：。已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9（3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，求c（H2CO3）＝。当c（Ca2+）＝mol•L﹣1时，开始产生CaCO3沉淀。

2024年高考化学复习热搜题速递之水溶液的离子平衡（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共17小题）1．（2024•葫芦岛二模）常温下，pH＝3的NaHR溶液稀释过程中δ（H2R）、δ（HR﹣）、δ（R2﹣）与pc（Na+）的关系如图所示。已知pc（Na+）＝﹣lgc（Na+），HR﹣的分布系数δ（HR﹣）＝，lg2＝0.3。下列说法不正确的是（）A．曲线L2代表δ（R2﹣） B．a点溶液的pH＝3.7 C．b点溶液中，c（Na+）＞2c（HR﹣）+c（R2﹣） D．Ka1（H2R）＝2×10﹣2【分析】稀释过程中，c（Na+）减小，pc（Na+）增大，HR﹣电离方程式：HR﹣⇌H++R﹣水解方程式为：因此HR﹣逐渐减小，L3是δ（HR﹣），溶液的pH＝3，显酸性，电离大于水解，L2是δ（R2﹣），L1是δ（H2R），据此分析解题。【解答】解：A．根据分析，曲线L2代表δ（R2﹣），故A正确；B．Ka2（H2R）＝＝＝2×10﹣4，a点时，c（HR﹣）＝c（R2﹣），c（H+）＝Ka2（H2R）＝2×10﹣4，pH＝﹣lgc（H+）＝3.7，故B正确；C．b点溶液中，根据物料守恒：c（Na+）＝c（HR﹣）+c（R2﹣）+c（H2R），b点时，根据图像，c（HR﹣）＞c（H2R），所以c（Na+）＜2c（HR﹣）+c（R2﹣），故C错误；D．Ka1（H2R）＝，起始时，pH＝3，c（H+）＝10﹣3mol/L，pc（Na+）＝0，c（Na+）＝1mol/L，物料守恒：c（Na+）＝c（HR﹣）+c（R2﹣）+c（H2R），δ（HR﹣）＝，，c（HR﹣）＝0.8mol/L，同理c（H2R）＝0.04mol/L，因此Ka1（H2R）＝＝＝2×10﹣2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，题目难度中等。2．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表：实验编号试剂沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag）c（AgNO3）/mol•L﹣1c（FeSO4）/mol•L﹣1i0.040.04aii0.10.10.15iii0.50.50.19iv1.01.00.26v1.00.5b已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（）A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.19【分析】A．等体积混合后，此时；B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，说明Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动；C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大；D．对比实验iii和v，可知b＞0.19。【解答】解：A．等体积混合后，此时，不会产生Ag2SO4沉淀，所以a＝0，故A正确；B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动，沉淀物质的量之比发生变化，故B错误；C．本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确；D．由于对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，对比实验iii和v，可知b＞0.19，故D正确；故选：B。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。3．（2024•安徽模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1HA溶液，体系中lgc（A﹣）、lgc（HA）、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．图中曲线②表示lgc（A﹣）与pH的关系 B．25C时，0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH约为10 C．a点溶液中，c（A﹣）+c（HA）＝2c（Na+） D．b点时，V＜20.00mL【分析】A．随着NaOH溶液的加入，溶液的酸性逐渐减弱、pH逐渐增大、c（HA）或lgc（HA）逐渐减小、c（A﹣）或lgc（A﹣）逐渐增大，即lgc（HA）随着pH的增大而减小，lgc（A﹣）随着pH的增大而增大；B．由图可知，pH＝5时lgc（HA）、lgc（A﹣），此时HA的电离平衡常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣5，A﹣的水解平衡常数Kh＝＝10﹣9，结合c（OH﹣）＝计算0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH；C．a点溶液中溶质为HA和NaA，且c（HA）＝c（NaA），结合物料守恒关系分析判断；D．HA是弱酸，NaA溶液呈碱性。【解答】解：A．lgc（HA）随着pH的增大而减小，lgc（A﹣）随着pH的增大而增大，由图可知，曲线②随着pH的增大微粒浓度的对数值逐渐增大，曲线①随着pH的增大微粒浓度的对数值逐渐减小，则曲线①②分别代表lgc（HA）、lgc（A﹣）与pH的关系，故A正确；B．由图可知，pH＝5时lgc（HA）、lgc（A﹣），此时HA的电离平衡常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣5，A﹣的水解平衡常数Kh＝＝10﹣9，则0.1mol•L﹣1NaA溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣5mol•L﹣1，则c（H+）＝10﹣9mol•L﹣1，pH＝9，故B错误；C．a点溶液中存在等物质的量浓度的NaA和HA，物料守恒关系为c（A﹣）+c（HA）＝2c（Na+），故C正确；D．HA是弱酸，NaA溶液呈碱性，若V＝20.00mL则得到NaA溶液，所以图中b点溶液呈中性时V＜20.00mL，故D正确；故选：B。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，明确曲线上各点溶质成分及其性质、电离平衡常数的计算、溶液中守恒关系式的应用为解答关键，侧重考查学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。4．（2024•皇姑区校级模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[]与pH值、微粒分布分数δ[δ（X）＝]，X表示H2A、HA﹣或A2﹣]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．用KOH溶液滴定0.1mol/LKHA溶液可以用酚酞作指示剂 B．25℃时，H2A第二步电离平衡常数Ka2≈10﹣4 C．c点溶液中：c（H+）+c（K+）＝3c（HA﹣） D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d【分析】解：A．KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8～10；B．根据图示，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH＝7；C．c点溶液中，c（HA﹣）＝c（A2﹣），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（K+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）；D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离。【解答】解：A．KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8～10，所以用KOH溶液滴定0.1mol/LKHA溶液可以用酚酞作指示剂，故A正确；B．根据图示，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH＝7，25℃时，H2A第二步电离平衡常数Ka2≈10﹣7，故B错误；C．根据电荷守恒c（H+）+c（K+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），c点溶液中，c（HA﹣）＝c（A2﹣），pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），c（K+）＝3c（HA﹣），故C错误；D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度，a＜b＜c＜d，故D错误；故选：A。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。5．（2024春•温州期末）常温常压下，在一定体积的稀氨水中滴入稀盐酸，水电离出来的H+的物质的量浓度c（H+）水随着滴入的稀盐酸的体积变化而变化的趋势图如图所示：结合图进行分析，下列说法错误的是（）A．b点时氨水和盐酸恰好反应完毕 B．a点溶液呈中性，b点溶液呈酸性 C．b点：c（H+）水＝c（OH﹣）+c（NH3）+c（NH3•H2O）+c（NH4+） D．当c（H+）水＝10﹣9mol/L时，溶液的pH＝5或pH＝9【分析】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，促进水的电离，浓度越大促进作用越强；B．a点溶液中溶质为NH4Cl、NH3•H2O，c（H+）水＝10﹣7mol/L，b点溶液中溶质为NH4Cl；C．b点溶液中溶质为NH4Cl，c（H+）水＝c（H+），结合电荷守恒、物料守恒关系分析判断；D．c（H+）水＝10﹣9mol/L＜10﹣7mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。【解答】解：A．由图可知，b点时c（H+）水最大，促进水的电离，c（）越大，c（H+）水越大，即b点时氨水和盐酸恰好反应完全，故A正确；B．a点溶液中溶质为NH4Cl、NH3•H2O，c（H+）水＝10﹣7mol/L，b点溶液中溶质为NH4Cl，则a点溶液呈中性，b点溶液呈酸性，故B正确；C．b点溶液中溶质为NH4Cl，c（H+）水＝c（H+），电荷守恒关系为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），物料守恒关系为c（NH3）+c（NH3•H2O）+c（）＝c（Cl﹣），则c（H+）水＝c（OH﹣）+c（NH3）+c（NH3•H2O），故C错误；D．c（H+）水＝10﹣9mol/L＜10﹣7mol/L，水的电离受到抑制，若溶液为酸溶液，pH＝5；若溶液为碱溶液，pH＝9，即溶液的pH＝5或pH＝9，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素、盐类水解原理、守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。6．（2024春•江岸区期末）室温下，将0.100mol/LNaOH溶液分别滴加至体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol/L的盐酸和HX溶液中，pH随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（）A．a点：c（H+）•c（X﹣）＝10﹣12（mol/L）2 B．b点：c（HX）﹣c（X﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+） C．将c点和d点的溶液混合，溶液呈酸性 D．水的电离程度：c点＞b点＞a点＞d点【分析】A．由图可知，a点HX溶液中c（H+）≈c（X﹣）＜10﹣6mol/L；B．b点溶液中溶质为HX、NaX，且c（HX）＝c（NaX），结合电荷守恒、物料守恒关系分析判断；C．将c点和d点的溶液混合得到NaCl、HX、NaX的溶液，且c（HX）＝c（NaX）；D．酸抑制水的电离，浓度越大抑制作用越强，强碱弱酸盐促进水的电离。【解答】解：A．由图可知，a点HX溶液中c（H+）≈c（X﹣）＜10﹣6mol/L，则c（H+）•c（X﹣）＝10﹣12（mol/L）2，故A错误；B．b点溶液中溶质为HX、NaX，且c（HX）＝c（NaX），电荷守恒关系为c（OH﹣）+c（X﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒关系为c（HX）+c（X﹣）＝2c（Na+），则c（HX）﹣c（X﹣）＝2[c（OH﹣）﹣c（H+）]，故B错误；C．将c点和d点的溶液混合得到NaCl、HX、NaX的溶液，且c（HX）＝c（NaX），由图中b点可知，c（HX）＝c（NaX）的溶液呈碱性，故C错误；D．酸抑制水的电离，c（H+）：d＞a，NaX促进水的电离，且c（NaX）越大促进作用越强，所以水的电离程度：c点＞b点＞a点＞d点，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确曲线上各点溶质的成分及其性质、盐类水解原理、水电离的影响因素为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，侧重考查了学生的分析、计算能力，题目难度中等。7．（2024春•深圳期末）25℃时，用0.1000mol﹣L﹣1AgNO3溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用K2CrO4溶液作指示剂，滴定曲线如图中实线所示，M点为恰好完全反应的点，c（X﹣）表示Cl﹣或Br﹣的浓度[已知：Ag2CrO4为砖红色；25℃时，Ksp（Ag2CrO4）＝2×10﹣12，Ksp（AgBr）＝5.4×10﹣13]。下列说法不正确的是（）A．NaCl溶液中c（Cl﹣）＝0.0500mol•L﹣1 B．到达滴定终点时，出现砖红色沉淀 C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动 D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为②【分析】A．M点为恰好完全反应的点，n（NaCl）＝n（AgNO3），结合n＝cV进行计算；B．到达滴定终点时，有Ag2CrO4沉淀生成；C．减小NaCl溶液的浓度，则消耗V（AgNO3）减少，但饱和溶液中c（Cl﹣）或﹣lgc（Cl﹣）不变；D．Ksp（AgBr）＜Ksp（AgCl），c（Ag+）相同的饱和溶液中c（X﹣）：Cl﹣＞Br﹣。【解答】解：A．M点为恰好完全反应的点，V（AgNO3）＝25mL，n（NaCl）＝n（AgNO3），即c（NaCl）×0.05L＝0.1000mol•L﹣1×0.025L，c（NaCl）＝0.0500mol•L﹣1，c（Cl﹣）＝0.0500mol•L﹣1，故A正确；B．到达滴定终点时，稍过量的AgNO3与K2CrO4反应生成砖红色Ag2CrO4沉淀，即滴定终点时出现砖红色沉淀，故B正确；C．若减小NaCl溶液的浓度，则消耗V（AgNO3）减少，但饱和溶液中﹣lgc（Cl﹣）不变，即反应终点M向P方向移动，故C正确；D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定终点仍为M点，但Ksp（AgBr）＜Ksp（AgCl），c（Ag+）相同的饱和溶液中c（Cl﹣）＞c（Br﹣），﹣lgc（Cl﹣）＜﹣lgc（Br﹣），所以滴定等浓度NaBr溶液的曲线为①，故D错误；故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡，把握图示曲线变化的意义及溶度积常数的应用为解答关键，侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。8．（2024•安徽模拟）25℃时，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数及微粒分布分数表示或A2﹣]的关系如图所示：下列说法正确的是（）A．曲线2代表HA﹣，Kal（H2A）＝1.0×10﹣7 B．b点溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．d点溶液的pH为5.5 D．H2A被滴定分数为2时，溶液中【分析】A．曲线1、曲线2、曲线3分别代表，由图中a点可知，c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH为4；B．b点溶液中溶质为NaHA溶液中的pH小于7，HA﹣的电离程度大于其水解程度；C．由图中c点可知，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH为7，则H2A第二步电离平衡常数，则；D．由曲线3可知H2A被滴定分数为2时，δ（A2﹣）大于75%，δ（HA﹣）+δ（H2A）＜25%。【解答】解：A．曲线1、曲线2、曲线3分别代表，a点c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH为4，则H2A第一步电离平衡常数，故A错误；B．b点溶质为NaHA，溶液中的pH小于7，则HA﹣的电离程度大于其水解程度，因此c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故B错误；C．c点c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH为7，则H2A第二步电离平衡常数，H2A第一步电离平衡常数，则，d点c（A2﹣）＝c（H2A），则c（H）＝1.0×10﹣5.5，pH＝5.5，故C正确；D．由曲线3可知，H2A被滴定分数为2时，δ（A2﹣）＞75%，δ（HA﹣）+δ（H2A）＜25%，，故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。9．（2024•贵州）硼砂[Na2B4O5（OH）4•8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠）。已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理②。下列说法正确的是（）A．硼砂稀溶液中c（Na+）＝c[B（OH）3] B．硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol•L﹣1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]溶液混合后，溶液显酸性【分析】A．硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠），硼酸在水溶液中发生电离，电离方程式为，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．根据，水提供氢离子；C．硼酸的电离程度较小，则溶液中c（H3O+）≈c[B（OH）4]﹣，c（H3O+）≈＝mol/L＝×10﹣6mol/L；D．[B（OH）4]﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈1.7×10﹣5＞Ka，说明等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]混合溶液中[B（OH）4]﹣的水解程度大于硼酸的电离程度。【解答】解：A．硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠），硼酸在水溶液中发生电离，电离方程式为，溶液中存在物料守恒c（Na+）＝{c[B（OH）3]+c[B（OH）4]﹣}，故A错误；B．根据，硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离，故B正确；C．硼酸的电离程度较小，则溶液中c（H3O+）≈c[B（OH）4]﹣，c（H3O+）≈＝mol/L＝×10﹣6mol/L，pH＝﹣lg×10﹣6＝5.62，故C错误；D．[B（OH）4]﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈1.7×10﹣5＞Ka，说明等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]混合溶液中[B（OH）4]﹣的水解程度大于硼酸的电离程度，混合溶液呈碱性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数和水解平衡常数的关系、溶液pH值的计算方法是解本题关键，题目难度不大。10．（2024•漳州三模）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为R）是一种二元弱碱。25℃时，向1.5mol•L﹣1乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液的pH与体系中含N微粒浓度的对数值（lgc）、反应物的物质的量之比关系如图所示。下列有关说法正确的是（）A．曲线Z表示 B．乙二胺的电离平衡常数Kb2＝10﹣7.8 C．M点对应溶液的pH＝8.8 D．P3对应的溶液中c（H+）＝c（RH+）+c（R）+c（OH﹣）【分析】乙二胺为二元弱碱，电离方程式为，。随HCl气体通入，c（R）不断减小，c（RH+）先增大后减小，不断增大，故曲线Z代表lgc（R），X代表lgc（RH+），Y代表。【解答】解：A．根据分析知，曲线Z代表lgc（R），故A错误；B．对于乙二胺，，，图中X与Z的交点c（RH+）＝c（R），pH＝9.8，则，X与Y的交点，pH＝7.8，则，故B错误；C．图中M点是Y与Z的交点，，因，c2（OH﹣）＝10﹣4.2×10﹣6.2＝10﹣10.4（mol•L﹣1）2，c（OH﹣）＝10﹣5.2mol•L﹣1，c（H+）＝10﹣（14﹣5.2）＝10﹣8.8mol•L﹣1，故M点pH＝8.8，故C正确；D．P3所示溶液t＝2，溶质为RH2Cl2，对应质子守恒为c（H+）＝c（RH+）+2c（R）+c（OH﹣），故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。11．（2024•铜川三模）25℃时，向二元弱酸H2RO4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅱ中X表示的是 B．当溶液pH＝4.2时，c（Na+）＞3c（） C．若溶液中c（H2RO4）＝c（），则pH＝2.7 D．0.1mol•L﹣1NaHRO4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（H2RO4）＞c（）【分析】H2RO4是一种二元弱酸，Ka1＝×c（H+）＞Ka2＝×c（H+），当lgX＝0时，pH＝﹣lgc（H+）＝lgK，根据图象可知，Ka1＝10﹣1.2，Ka2＝10﹣4.2，则直线Ⅰ中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是，酸碱混合溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，直线Ⅰ中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是，故A错误；B．当溶液pH＝4.2时c（H+）＝10﹣4.2mol/L，c（H+）＞c（OH﹣），Ka2＝×c（H+）＝10﹣4.2，则c（）＝c（），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），则c（Na+）＜3c（），故B错误；C．Ka1＝×c（H+），Ka2＝×c（H+），则Ka1•Ka2＝×c2（H+）＝10﹣5.4，c（H2RO4）＝c（）时c（H+）＝10﹣2.7mol/L，pH＝2.7，故C正确；D．的电离平衡常数Ka2＝10﹣4.2，的水解平衡常数Kh＝＝10﹣12.8，则的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，即0.1mol/LNaHR2O4溶液中：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H2RO4），故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数含义及其计算方法是解题关键，注意电荷守恒物料守恒及其盐类水解原理的理解应用，题目难度中等。12．（2024•诸暨市模拟）沉淀转化在生产和科研中具有极其重要的应用，重晶石（BaSO4）是一种制备钡化合物重要的化工原料。已知：25℃时，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，下列说法不正确的是（）A．将足量BaSO4固体投入pH＞11的Na2CO3溶液中，能生成BaCO3沉淀 B．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）的平衡常数约为0.042 C．向含BaSO4（s）的溶液中通入CO2气体，溶液中c（Ba2+）逐渐减小 D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，两者可能同时沉淀【分析】A．BaSO4固体在溶液中存在溶解平衡，，饱和溶液中，pH＞11的Na2CO3溶液中存在、，第二步水解程度较小，忽略不计，，则根据，溶液中；B．该反应平衡常数＝；C．BaSO4固体在溶液中存在溶解平衡，，饱和溶液中，H2CO3溶液中存在、，，则，，Q≈4.7×10﹣16＜Ksp，不能生成BaCO3沉淀；D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，若滴加BaCl2溶液浓度较大，使溶液中Q＞Ksp。【解答】解：A．BaSO4饱和溶液中，pH＞11的Na2CO3溶液中存在、，第二步水解程度较小，忽略不计，，则根据，溶液中，Q＞Ksp，故能生成BaCO3沉淀，故A正确；B．该反应平衡常数＝，故B正确；C．BaSO4饱和溶液中，H2CO3溶液的，，Q≈4.7×10﹣16＜Ksp，不能生成BaCO3沉淀，溶液中c（Ba2+）不变，故C错误；D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，若滴加BaCl2溶液浓度较大，使溶液中Q＞Ksp，则两者可能同时沉淀，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，正确分析图象是本题的关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题、解决问题能力。13．（2024•包河区校级三模）常温下，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1H2A溶液，得到pH与V（NaOH）、﹣1gX[或]关系如图所示。下列或叙述正确的是（）A．M点对应的溶液中：c（H+）+c（H2A）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣） B．曲线n表示pH与的变化关系 C．当pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣） D．H2A+A2﹣⇌2HA﹣的平衡常数K＝1×10﹣5.3【分析】A．H2A为二元弱酸，在水中分两步电离，当﹣lgX纵坐标为0时，，由于，曲线m代表，曲线n代表，且、，由图可知，M点溶质主要溶质为NaHA，NaHA为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH＝4）；B．曲线m表示pH与的变化关系；C．当pH＝7时，，则；D．的平衡常数。【解答】解：A．H2A为二元弱酸，当﹣lgX纵坐标为0时，，由于，曲线m代表，曲线n代表，且、，M点溶质主要溶质为NaHA，NaHA为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH＝4），故HA﹣的电离程度大于其水解程度，c（A2﹣）＞c（H2A），由水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，，故A错误；B．根据上述分析可，曲线m表示pH与的变化关系，故B错误；C．当pH＝7时，，则，故c（A2﹣）＞c（H2A），故C正确；D．的平衡常数，故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生酸碱中和滴定的掌握情况，试题难度中等。14．（2024•石景山区一模）在一定条件下，用草酸﹣草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根离子及含Fe（Ⅲ）粒子的形态分布随pH变化如图所示。下列说法正确的是（）已知：①Fe3+和ox2−（代表草酸根）可以生成Fe（ox）+、Fe（ox）2﹣和Fe（ox）33﹣三种配离子。②体系中草酸根的总浓度[ox2−]TOT＝4.54mol/L（按折合成ox2−计）体系中Fe（Ⅲ）的总浓度[Fe3+]TOT＝1.08mol/L（按折合成Fe3+计）A．该条件下，酸性增强Fe（ox）的物质的量分数增大 B．改变体系中草酸﹣草酸铵和Fe2O3的量，使[ox2﹣]TOT/[Fe3+]TOT＝3，体系中Fe（Ⅲ）全部以Fe（ox）33﹣形态存在 C．Hox−⇌H++ox2−Ka2＝10−a；Fe（ox）2﹣+ox2−⇌Fe（ox）33﹣K＝10−b D．pH＝4时，c（Hox−）+c（ox2−）≈1.3mol/L【分析】A．由图可知，在一定pH值范围内，Fe（ox）33﹣的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3﹣7左右时，Fe（ox）33﹣的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe（ox）33﹣的物质的量分数反而减小；B．[ox2﹣]TOT/[Fe3+]TOT＝3，若只发生Fe3+、ox2﹣结合成Fe（ox）33﹣的反应时，体系中Fe（Ⅲ）才能全部以Fe（ox）形态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消；C．Fe（ox）2﹣+ox2−⇌Fe（ox）33﹣K＝，当c[Fe（ox）33﹣]＝c[Fe（ox）2﹣]时，K＝，结合图一，此时溶液中c（ox2−）＜c（H+），据此解答；D．pH＝4时，c（Hox−）+c（ox2−）＝[ox2−]TOT﹣c（ox2−）含铁离子中，此时Fe的存在形式几乎只有Fe（ox）33﹣，c[Fe（ox）33﹣]≈[Fe3+]TOT＝1.08mol/L，c（ox2−）含铁离子中＝3×1.08＝3.24mol/L，c（Hox−）+c（ox2−），据此计算。【解答】解：A．由图可知，在一定pH值范围内，Fe（ox）33﹣的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3﹣7左右时，Fe（ox）33﹣的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe（ox）33﹣的物质的量分数反而减小，故A错误；B．[ox2﹣]TOT/[Fe3+]TOT＝3，若只发生Fe3+、ox2﹣结合成Fe（ox）33﹣的反应时，体系中Fe（Ⅲ）才能全部以Fe（ox）形态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe（Ⅲ）的存在形式不只一种，故B错误；C．Fe（ox）2﹣+ox2−⇌Fe（ox）33﹣K＝，当c[Fe（ox）33﹣]＝c[Fe（ox）2﹣]时，K＝，结合图一，此时溶液中c（ox2−）＜c（H+），K≠c（H+）≠10﹣b，故C错误；D．pH＝4时，c（Hox−）+c（ox2−）＝[ox2−]TOT﹣c（ox2−）含铁离子中，此时Fe的存在形式几乎只有Fe（ox）33﹣，c[Fe（ox）33﹣]≈[Fe3+]TOT＝1.08mol/L，c（ox2−）含铁离子中＝3×1.08＝3.24mol/L，c（Hox−）+c（ox2−）≈4.54mol/L﹣3.24mol/L＝1.3mol/L，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解，为高频考点，明确电离平衡常数的概念及表达式为解答结构，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。15．（2024•广西三模）25℃，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，pH、粒子的分布分数δ[如δ（A2﹣）＝与的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅱ线表示的δ（A2﹣）变化曲线 B．＝1时，c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） C．＝1.5时，3（Na+）＝2[c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣）] D．a、b，c、d、e、f六点溶液中，f中水的电离程度最大【分析】由图可知，实线为0.1mol/LNaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol/LNaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当＝1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，随着增大，即随着NaOH溶液的滴加，δ（H2A）减小，并且H2A为二元弱酸，所以δ（HA﹣）先增大后减少，最终生成A2﹣，所以曲线Ⅰ代表δ（H2A）、曲线Ⅱ代表δ（HA﹣）、曲线Ⅲ代表δ（A2﹣）。当＝0.5时，溶液为等浓度的NaHA和H2A的混合溶液，当＝1时，为NaHA溶液，结合滴定曲线（实线曲线）对应的酸碱性分析解答。【解答】解：A．由分析可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣），故A错误；B．时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，HA﹣的电离程度大于HA﹣的水解程度，c（A2﹣）＞c（H2A），故B错误；C．时，得到等浓度的NaHA和Na2A混合溶液，由元素质量守恒得，故C错误；D．f点，溶液中溶质为Na2A，水的电离程度最大，故D正确；故选：D。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。16．（2024•皇姑区校级模拟）足量CaCO3（s）在水中的溶解过程如下：CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq）ΔH＜0，该悬浊液达到平衡后，下列叙述不正确的是（）A．升高温度，Ksp（CaCO3）减小 B．加少量水稀释，上述平衡正向移动，c（Ca2+）不变 C．向悬浊液中加入少量NaHCO3固体，减小 D．向悬浊液中滴入盐酸，Q（CaCO3）＜Ksp（CaCO3），导致平衡正向移动【分析】A．CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动；B．溶解平衡为CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq），加少量水稀释瞬间c（Ca2+）•c（）减小，但最终仍为CaCO3的饱和溶液；C．向悬浊液中加入少量NaHCO3固体，NaHCO3溶液为碱性，溶液中c（）增大，c（H+）减小；D．溶解平衡为CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq），滴入盐酸时c（）减小，平衡正向移动。【解答】解：A．CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，则Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（）减小，故A正确；B．溶解平衡为CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq），加少量水稀释瞬间c（Ca2+）•c（）减小，平衡正向移动，但最终仍为CaCO3的饱和溶液，c（Ca2+）不变，故B正确；C．向悬浊液中加入少量NaHCO3固体，NaHCO3溶液为碱性，溶液中c（）增大，c（H+）减小，则增大，故C错误；D．溶解平衡为CaCO3（s）⇌（aq）+Ca2+（aq），滴入盐酸时+H+＝，c（）减小，平衡正向移动，此时存在浓度熵Q（CaCO3）＜Ksp（CaCO3），故D正确；故选：C。【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析、计算能力，题目涉及难溶电解质的溶解，注意知识的积累和迁移应用，题目难度中等。17．（2024•宣城二模）利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应时离子反应的先后顺序，绘得三份曲线图如图所示。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。下列说法错误的是（）A．混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应 B．b图CuSO4溶液pH接近5的原因是： C．w点： D．pq段铜离子浓度保持不变【分析】根据图可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，即在前100s内发生酸碱中和反应，在100s～200s内发生反应：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，在≥200s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200s以后W段的溶液中，处于Cu（OH）2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c（H+）几乎不变。【解答】解：A．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，故A正确；B．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解生成氢离子，使得溶液显酸性：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，故B正确；C．w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu（OH）2的饱和溶液，根据Na2SO4＝2Na++及Cu（OH）2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c（Na+）＞c（）＞c（Cu2+），故C正确；D．pq段随着氢氧化钠的滴入，溶液碱性增强，导致铜离子浓度减小，故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应先后顺序、溶液溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度不大。二．解答题（共5小题）18．（2024春•浦东新区校级期末）Ⅰ．NaHSO3在染料、造纸、制革、化学合成等工业中作为还原剂，在酿造、饮料行业中用作杀菌剂，还可用于生产糖精、香料等。其水溶液中含硫微粒随pH的分布曲线如图所示。回答以下问题：（1）由图判断亚硫酸氢钠溶液酸碱性，并用平衡原理解释原因NaHSO3溶液显酸性，溶液中离子的电离程度大于其水解程度。（2）下列说法正确的是BC。（不定项）A．pH＝5时，水的电离程度最大B．pH＝6时，溶液中[Na+]＞[]＞[]＞[H+]＞[OH﹣]C．NaHSO3溶液中[H2SO3]+[H+]＝[OH﹣]+[]D．NaHSO3溶液中[Na+]＝2[]+[H2SO3]+[]（3）若向NaHSO3溶液中滴入NaOH溶液使pH恰好为7，此时测得[Na+]＝0.12mol•L﹣1，则溶液中[]＝0.04mol•L﹣1；Ⅱ．工业上可用纯碱吸收二氧化硫法制备Na2SO3，流程如图所示。（4）步骤Ⅰ中边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，结合NaHSO3的分布系数图，确定停止通入SO2的最佳pH范围是4≤pH≤5，①中从溶液中得到NaHSO3•7H2O的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤洗涤；（5）某小组同学用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液测定产品中Na2SO3的含量，具体流程：a．称量7.000g样品，溶解，配制成250mL的溶液；b．用滴定管量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用酸性KMnO4溶液滴定；c．消耗KMnO4溶液体积为20.00mL；a中配制溶液时，需要用到除烧杯外的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶。判断滴定终点的现象是：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变浅紫红色且半分钟不变化。（6）假定杂质不含还原性物质，样品中Na2SO3的纯度为90%。【分析】Ⅰ．（1）图象分析可知离子含量最大时溶液pH为4左右，溶液显酸性；（2）A．pH＝5时，水的电离程度最大；B．pH＝6时，溶液中c（）＞c（），溶液pH＜7；C．NaHSO3（Ka＝1.75×10﹣5）溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析判断；D．NaHSO3溶液中存在物料守恒，n（Na）＝n（S）据此分析判断；（3）图象可知当pH＝7时，c（）＝c（），若向NaHSO3溶液中滴入NaOH溶液使pH恰好为7，此时测得c（Na+）＝0.12mol/L，溶液中存在电荷守恒计算得到c（）的浓度；Ⅱ．（4）图像分析可知，pH＝4～5时，主要生成NaHSO3；（5）溶液配制过程是计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容摇匀等，据此分析判断需要的玻璃仪器，判断滴定终点的现象是利用高锰酸钾溶液的颜色判断；（6）用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液测定产品中Na2SO3的含量，反应的离子方程式为：2+5+6H+＝Mn2++5+3H2O，结合定量关系计算样品中亚硫酸钠的含量。【解答】解：Ⅰ．（1）图象可知pH＝4左右时，离子含量最大，NaHSO3溶液显酸性，溶液中离子的电离程度大于其水解程度，故答案为：NaHSO3溶液显酸性，溶液中离子的电离程度大于其水解程度；（2）A．pH＝5时，主要成分为NaHSO3，溶液中离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，水的电离程度最小，故A错误；B．pH＝6时，图象分析可知，溶液中离子浓度大小为：溶液中c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．NaHSO3（Ka＝1.75×10﹣5）溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（），溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（）+c（H2SO3）+c（），合并得到c（H2SO3）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（），故C正确；D．NaHSO3溶液中存在物料守恒c（Na+）＝c（）+c（H2SO3）+c（），故D错误；故答案为：BC；（3）图象可知当pH＝7时，c（）＝c（），若向NaHSO3溶液中滴入NaOH溶液使pH恰好为7，此时测得c（Na+）＝0.12mol/L，溶液中存在电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（），则溶液中c（）＝c（Na+）＝×0.12mol/L＝0.04mol/L，故答案为：0.04；Ⅱ．（4）用Na2CO3制NaHSO3溶液时，应边通SO2气体边测溶液的pH，当pH约为4≤pH≤5时，主要生成NaHSO3，应停止通SO2，操作①是溶液中得到溶质晶体的操作，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到晶体，故答案为：4≤pH≤5；蒸发浓缩，冷却结晶、过滤洗涤；（5）称量7.000g样品，溶解，配制成250mL的溶液，需要用到除烧杯外的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；（6）用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液测定产品中Na2SO3的含量，①称量7g样品，溶解，配制成250mL的溶液，②用滴定管量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用酸性KMnO4溶液滴定，③消耗KMnO4溶液体积为20.00mL，反应的离子方程式为：2+5+6H+＝Mn2++5+3H2O，得到2～5，25mL溶液中含Na2SO3的物质的量＝＝0.005mol，250mL的溶液中含Na2SO3的物质的量＝0.005mol×＝0.05mol，样品中Na2SO3的纯度＝×100%＝90%，故答案为：90%。【点评】本题考查弱电解质电离、盐类水解、离子浓度关系分析判断、物质含量测定、电解原理等，题目难度中等，明确化学反应原理、图象分析和滴定实验计算是解本题关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及获取信息解答问题能力。19．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。（1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。①基态Mn3+的价电子轨道表示式为。②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O。（2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程：（a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1（b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2①关于Na2X溶液，下列说法正确的有BD。A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣）D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示；（i）反应（a）的平衡常数K1＝107。（ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝0.05mol/L，c（Cl﹣）＝0.05mol/L。（3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。①χHR随pH减小而增大（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝﹣11ppm。②当pH＝pKa时，对应图中点C（填“A”、“B”、“C”或“D”）。【分析】（1）①基态Mn3+的价电子为3d5，结合洪特规则书写其轨道表示式；②[Mn（H2L）3]3﹣中Mn的化合价为+3，Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，结合电子守恒和电荷守恒书写离子方程式；（2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离；B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动；C.根据物料守恒关系分析判断；D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X；②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝×c（H+）＝c（H+）或Ka2＝×c（H+）＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7；（ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时c（H+）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），即c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，结合电荷守恒关系进行计算；（3）①由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，反应为R﹣+H+⇌HR，由图可知，酸性强的溶液中δ总＝δHR＝﹣11ppm；②由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，此时图中δ总＝δHR＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，所以δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，结合电离平衡常数分析解答。【解答】解：（1）①Mn原子序数为25，排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn3+的价电子排布式为3d4，其轨道表示式为，故答案为：；②该反应中Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，则反应的离子方程式为9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O，故答案为：NO↑；14H+；（2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离，溶液中n（OH﹣）增大，即溶液中离子总数增大，故A错误；B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，c（OH﹣）增大，故B正确；C.Na2X溶液中存在的物料守恒关系为c（Na+）＝2c（H2X）+2c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C错误；D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X，则溶液中逐渐减小，故D正确；故答案为：BD；②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝c（H+）或Ka2＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7，则反应X2﹣+H+⇌HX﹣的平衡常数K1＝＝107，故答案为：107；（ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），则c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体时电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（Cl﹣），即0.2mol/L＝0.15mol/L+c（Cl﹣），解得c（Cl﹣）＝0.05mol/L，故答案为：0.05；0.05；（3）①反应为R﹣+H+⇌HR，pH减小时c（H+）增大，c（HR）增大，χHR也增大，即χHR随pH减小而增大，当溶液酸性较强时c（R﹣）较小、c（HR）较大，χHR较大1，χR﹣较小，由图可知，强酸性溶液中δHR＝δ总＝﹣11ppm，故答案为：增大；﹣11；②由图可知，溶液酸性较强时χHR≈1、χR﹣≈0，此时图中δHR＝δ总＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，关系式为δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，当pH＝pKa时c（H+）＝Ka，HR的电离平衡常