2024年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題10 水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（分層練）（師版）

【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】專題驗收評價專題10水溶液中的離子反應(yīng)與平衡內(nèi)容概覽A·?？碱}不丟分【考點一弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算】【考點二酸堿中和滴定及遷移應(yīng)用】【考點三溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)及其應(yīng)用】【微專題有關(guān)水溶液中離子平衡的圖像】B·綜合素養(yǎng)拿高分/拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【考點一弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算】1．室溫下，有如下四種溶液，下列有關(guān)敘述正確的是編號①②③④pH441010溶液鹽酸醋酸溶液氫氧化鈉溶液氨水A．相同體積的①、②分別與③完全反應(yīng)消耗NaOH的物質(zhì)的量：①>②B．相同體積的③、④分別加水稀釋10倍所得溶液pH：③<④C．②、④溶液由水電離出的H+濃度不相等D．VaL①與VbL③混合(近似認為混合溶液體積=Va+Vb)，若混合后溶液pH=9，則Va∶Vb=11∶9【答案】B【解析】A．相同體積、相同pH的鹽酸和醋酸，醋酸為弱酸，其物質(zhì)的量濃度遠大于鹽酸，消耗NaOH物質(zhì)的量大于鹽酸，故A錯誤；B．相同體積、相同pH的氫氧化鈉溶液與氨水，加水稀釋會促進氨水的電離，稀釋相同倍數(shù)，氨水的pH大，③<④，故B正確；C．②中pH=4，c(H+)=10?4mol·L?1，c(OH?)=10?10mol·L?1，氫氧根來源于水，同理④中pH=10，c(H+)=10?10mol·L?1，氫離子來源于水，所以水電離出的H+濃度相同，故C錯誤；D．VaL①與VbL③混合后，pH=9溶液呈堿性，堿過量，利用，推知Va：Vb=9：11，故D錯誤；故選B。2．已知常溫下，幾種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)，下列反應(yīng)的離子方程式錯誤的是弱酸HCOOHHCNH2CO3HClO苯酚(C6H5OH)K25℃K=1.77×10-4K=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=2.98×10-8K=1.1×10-10A．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-B．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+C．NaCN溶液中通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=+HCND．次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化碳：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【答案】B【分析】利用圖表電離平衡醋酸大小比較酸性強弱，酸性強弱：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞苯酚＞HCO，反應(yīng)過程中酸性強的可以制備酸性弱的，復(fù)分解反應(yīng)中酸性強的物質(zhì)置換酸性弱的物質(zhì)?！窘馕觥緼．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈉氯化鈉：3ClO-+SO2+H2O=+2HClO+Cl-，故A正確；B．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氫鈉，C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，故B錯誤；C．向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，故反應(yīng)生成HCN和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，故反應(yīng)的離子方程式：CN-+CO2+H2O=HCO+HCN，故C正確；D．次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸鈣和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故D正確。答案選B。3．液氨與純水類似，也存在微弱的電離：，該過程吸熱。定義T℃時，液氨的離子積常數(shù)，若用定義pH的方式來規(guī)定，下列敘述正確的是A．其他條件不變，增加液氨的量，電離平衡正向移動B．純液氨達到電離平衡時，C．溫度高于T℃時的純液氨中，D．一定溫度下，向液氨中加入氯化銨固體，電離平衡逆向移動，K值減小【答案】B【解析】A．液氨是濃度為定值的純液體，增加液氨的量，電離平衡不移動，A錯誤；B．液氨中電離程度微弱，達到電離平衡時c(NH3)＞c()=c()，B正確；C．T℃時的液氨中c()=c()=mol/L=1.0×10—15mol/L，則pN=﹣lgc()=15，溫度高于T℃時的純液氨中，電離吸熱，平衡右移，c()增大，PN<15，C錯誤；D．向液氨中加入氯化銨固體，電離平衡逆向移動；液氨的離子積常數(shù)為溫度函數(shù)，溫度不變，離子積常數(shù)K值不變，D錯誤；故選B。3．（2023·浙江·模擬預(yù)測）下列說法不正確的是A．25℃時，濃度均為的溶液和溶液，后者的pH較大B．25℃時，pH相同的HCl溶液和溶液，后者的較大C．常溫下，將的溶液與的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍為9D．相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH物質(zhì)的量不同【答案】A【解析】A．相同條件下，電離能力：，則水解能力：，故同濃度的溶液與溶液，前者pH更大，A錯誤；B．溶液因銨根離子的水解顯酸性，而水解程度是微弱的，所以當(dāng)pH相同時，的濃度遠大于HCl，溶液中較大，B正確；C．與NaOH不發(fā)生反應(yīng)，常溫下，相同pH的兩種溶液混合后，溶液pH不變，仍為9，C正確；D．醋酸為弱酸，相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比，等體積等pH的鹽酸和醋酸溶液中，鹽酸的物質(zhì)的量小于醋酸，則醋酸消耗的NaOH的物質(zhì)的量多，D正確；故選A。4．（2023·江西上饒·萬年中學(xué)校考一模）下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是A．圖1表示相同溫度下pH=1的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋時pH的變化曲線，其中曲線Ⅱ為鹽酸，且b點溶液的導(dǎo)電性比a點強B．圖1中，中和等體積的兩種酸，消耗等濃度的NaOH溶液體積V（Ⅰ）＞V（Ⅱ）C．圖2中純水僅升高溫度，就可以從a點變到c點D．圖2中在b點對應(yīng)溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性【答案】D【分析】在圖Ⅰ中，鹽酸與醋酸的pH相同，加水稀釋相同的倍數(shù)后，鹽酸溶液的pH變化大，所以Ⅰ為鹽酸，Ⅱ為醋酸?！窘馕觥緼.相同pH的鹽酸和醋酸分別加水稀釋相同倍數(shù)時，鹽酸的pH變化大，所以曲線Ⅰ應(yīng)為鹽酸，A錯誤；B.因為鹽酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的濃度大，中和等體積的兩種酸，消耗等濃度的NaOH溶液體積V(Ⅰ)<V(Ⅱ)，B錯誤；C.圖2中純水僅升高溫度，c(H＋)、c(OH－)同等程度增大且相等，不可能從a點變到c點，C錯誤；D.圖2中在b點對應(yīng)溫度下，KW=10-12，pH=2的H2SO4中，c(H＋)=10-2mol/L；pH=10的NaOH溶液中，c(OH－)=10-2mol/L，二者等體積混合后，剛好完全反應(yīng)，溶液呈中性，D正確。故選D。5．（2023·河南安陽·安陽一中?？寄M預(yù)測）常溫下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl氣體，溶液中由水電離出的氫離子濃度隨通入HCl氣體的體積變化如圖所示。則下列說法正確的是

A．b點通入的HCl氣體，在標(biāo)況下為44.8mLB．b、c之間溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C．取10mL的c點溶液稀釋時：c(NH4+)/c(NH3·H2O)減小D．d點溶液呈中性【答案】C【分析】氨水中通入HCl，發(fā)生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，對水的電離抑制能力先減弱后增大，然后逐步分析；【解析】A、當(dāng)兩者恰好完全反應(yīng)時，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下HCl的體積為44.8mL，隨著HCl的加入，溶液由堿性向酸性變化，b點對應(yīng)水電離出的H＋濃度為10－7mol·L－1，此時溶液顯中性，溶質(zhì)為NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積小于44.8mL，故A錯誤；B、b點時，溶液顯電中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c點溶質(zhì)為NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之間溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B錯誤；C、c點溶質(zhì)為NH4Cl，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NH4＋發(fā)生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀釋，促進水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)減小，同一溶液中濃度之比等于物質(zhì)的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)減小，故C正確；D、d點溶質(zhì)為NH4Cl和HCl，溶液顯酸性，故D錯誤，答案選C?！究键c二酸堿中和滴定及遷移應(yīng)用】1．（2023·遼寧·校聯(lián)考模擬預(yù)測）室溫下，以的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液，滴定過程中的變化如下表：0.005.009.009.509.909.9810.0010.0210.1010.2510.559.959.118.848.448.348.318.298.198.0219.0019.5019.9019.9820.0020.0220.1020.5021.005.244.924.254.013.933.853.562.952.66下列敘述不正確的是A．該滴定過程有兩個滴定突躍B．滴定過程中，指示消耗20.00mL鹽酸時的反應(yīng)終點，可以選甲基橙為指示劑C．消耗10.00mL鹽酸時，溶液中離子濃度關(guān)系有D．隨著鹽酸的滴加，水電離出的先增大后減小【答案】D【分析】以的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，先后發(fā)生兩個反應(yīng)：、，根據(jù)反應(yīng)關(guān)系并結(jié)合表中實驗數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)終點為滴定曲線上8.31和3.93兩個點，第一個反應(yīng)終點恰好完全反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的水解對水的電離起促進作用，第二個反應(yīng)終點為飽和的二氧化碳溶液，對水的電離起抑制作用，據(jù)此分析解答該題?！窘馕觥緼．由表中實驗數(shù)據(jù)可知，當(dāng)鹽酸體積從9.98mL變?yōu)?0.02mL時，pH從8.34突躍至8.29；當(dāng)鹽酸體積從19.98mL變?yōu)?0.02mL時，pH從4.01突躍至3.85，即該滴定過程有兩個滴定突躍，故A正確；B．滴定過程中，消耗20.00mL鹽酸時，溶液的pH=3.93，而甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，所以可以選甲基橙為指示劑指示終點，故B正確；C．消耗10.00mL時恰好生成，溶液的pH=8.31，，，由此溶液的質(zhì)子守恒可知，故C正確；D．隨著鹽酸的加入，溶液由變?yōu)?、，水電離出的由最大逐漸變小，故D錯誤；答案選D。2．（2023·上海嘉定·統(tǒng)考二模）室溫下，用標(biāo)準(zhǔn)液0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20.00ml0.01mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定過程中有關(guān)說法正確的是A．當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)液滴到10.00mL時，溶液中存在[Na+]=[]B．滴定終點時，水電離的氫離子濃度為10-7mol·L-1C．pH=2的H2C2O4溶液中水電離的[H+]大于0.01mol·L-1NaOH溶液中水電離的[H+]D．滴定過程中始終存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]【答案】D【解析】A．當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)液滴到10.00mL時，得到NaHC2O4溶液，根據(jù)物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[H2C2O4]，故[Na+]>[]，選項A錯誤；B．滴定終點時，為Na2C2O4溶液，是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，促進水的電離，水電離的氫離子濃度大于10-7mol·L-1，選項B錯誤；C．室溫下，pH=2的H2C2O4溶液中水電離的[H+]和0.01mol·L-1NaOH溶液中水電離的[H+]均為10-12mol·L-1，兩者相等，選項C錯誤；D．滴定過程中始終存在電荷守恒，為[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，選項D正確；答案選D。3.過氧化氫含量的測定實驗。某興趣小組同學(xué)用0.1000mol?L-1的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定試樣中的過氧化氫，反應(yīng)原理為2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。(1)滴定達到終點的現(xiàn)象是______。(2)用移液管移取25.00mL試樣置于錐形瓶中，重復(fù)滴定四次，每次消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示：第一次第二次第三次第四次V(KMnO4溶液)/mL17.1018.1018.0017.90計算試樣中過氧化氫的濃度為______mol?L-1。(3)若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，則測定結(jié)果______(填“偏高”“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮?1)錐形瓶內(nèi)溶液恰好由無色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)溶液不褪色(2)0.1800(2)偏高【解析】(1)該實驗是酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定試樣中的過氧化氫，發(fā)生反應(yīng)：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若達到滴定終點，高錳酸鉀恰好完全反應(yīng)，故滴定達到終點的現(xiàn)象是錐形瓶內(nèi)溶液恰好由無色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)溶液不褪色；(2)由于第一次數(shù)據(jù)誤差過大，故舍去；其他三組數(shù)據(jù)的平均值18.00mL，根據(jù)反應(yīng)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000mol?L-1×0.018L，c(H2O2)=mol?L-1=0.1800mol?L-1；(3)滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，根據(jù)c標(biāo)V標(biāo)=c待V待，c待=，則測定結(jié)果偏高。4.（2024上·內(nèi)蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考期末）滴定法是重要的定量檢測方法，常見的滴定法有酸堿中和滴定、氧化還原滴定、沉淀滴定等。在生產(chǎn)生活中，根據(jù)不同的情況采用不同的滴定方法，請閱讀以下材料，回答問題：(1)某實驗小組用高錳酸鉀溶液測定補鐵劑“琥珀酸亞鐵片”樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)，具體步驟如下：a．稱取研碎的琥珀酸亞鐵片樣品置于燒杯中，經(jīng)過一系列處理配成溶液；b．移取待測溶液置于錐形瓶中，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；c．重復(fù)操作3次，記錄數(shù)據(jù)，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液?；卮鹣铝袉栴}：①本滴定實驗是否需要指示劑(填“需要”或“不需要”)。②標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)盛裝在滴定管中(填“甲”或“乙”)。③當(dāng)琥珀酸亞鐵片已變質(zhì)，則測定結(jié)果(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(2)某種胃藥的有效成分為碳酸鈣，現(xiàn)在需要測定其中碳酸鈣含量，操作如下(設(shè)該藥片中的其他成分不與鹽酸或氫氧化鈉反應(yīng))：a．向一粒研碎后的藥片(0.10g)中加入蒸餾水；b．配制稀鹽酸和溶液；c．向盛有研碎藥片的燒杯中加入的足量稀鹽酸，確保藥片完全溶解；d．用溶液滴定過量的稀鹽酸，選用酚酞作指示劑，記錄所消耗溶液的體積。請回答下列問題：①滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。②d操作過程中，判斷是否達到滴定終點的標(biāo)志是。③某同學(xué)4次測定所消耗的溶液的體積如下：測定次數(shù)第1次第2次第3次第4次13.0212.9813.0013.98根據(jù)該同學(xué)的實驗數(shù)據(jù)，可計算得出這種藥片中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為。(3)沉淀滴定是一種重要的定量檢測手段。在以標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的時，采用為指示劑，利用與反應(yīng)生成磚紅色沉淀指示滴定終點。當(dāng)溶液中的恰好沉淀完全(濃度等于)時，溶液中為，此時溶液中至少為，指示劑才能顯色。(已知時，的分別為和；計算結(jié)果用科學(xué)計數(shù)法表示，保留小數(shù)點后一位)。(4)為測定“”的平衡常數(shù)，某小組同學(xué)進行如下實驗。實驗Ⅰ：將溶液與溶液等體積混合，產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。實驗Ⅱ：一定溫度下，待實驗Ⅰ中反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，取上層清液，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。資料：(白色)

(紅色)

根據(jù)該實驗數(shù)據(jù)，可測得該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)(結(jié)果用含c、v、的式子表示，不必化為最簡)。【答案】(1)不需要甲偏低(2)當(dāng)最后半滴溶液滴入，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30秒不再恢復(fù)60%(3)(4)【分析】滴定實驗的步驟是：滴定前的準(zhǔn)備：滴定管：查漏→洗滌→潤洗→裝液→調(diào)液面→記錄，錐形瓶：注液體→記體積→加指示劑；滴定：眼睛注視錐形瓶溶液顏色變化；終點判斷：記錄數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)處理：通過數(shù)據(jù)進行計算。測定胃藥中碳酸鈣含量的操作為將一粒胃藥研碎后溶解配成懸濁液，向懸濁液加入配制的過量鹽酸溶解碳酸鈣，剩余的鹽酸用氫氧化鈉溶液滴定得到過量鹽酸的量，依據(jù)碳酸鈣反應(yīng)消耗鹽酸的量計算得到胃藥中碳酸鈣含量?！窘馕觥浚?）①因高錳酸鉀本身有顏色，故不需要指示劑。②高錳酸鉀溶液具有強氧化性，故應(yīng)盛放于酸式滴定管甲中。③琥珀酸亞鐵片已變質(zhì)生成Fe3+，則消耗的高錳酸鉀溶液偏少，故測定結(jié)果偏低。（2）①由分析可知，測定胃藥中碳酸鈣含量時涉及的反應(yīng)為碳酸鈣與過量鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣、二氧化碳和水，過量的鹽酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和水，反應(yīng)的相關(guān)離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、H++OH-=H2O，故答案為：H++OH-=H2O；②滴定終點的標(biāo)志為當(dāng)最后半滴溶液滴入，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30秒不再恢復(fù)；③由表格數(shù)據(jù)可知，第4次測定結(jié)果誤差太大應(yīng)舍去，則滴定過量的鹽酸消耗氫氧化鈉的平均體積為=13.00mL，則碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為×100%=60%，故答案為：60%。（3）當(dāng)溶液中恰好沉淀完全時，，則，此時溶液中則。（4）?、裰兴蒙锨逡簐mL，用mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色時，消耗mL，已知：，說明反應(yīng)幾乎進行完全，故有Ⅰ中上層清液中Ag+的濃度為，根據(jù)平衡三段式進行計算如下：故反應(yīng)的平衡常數(shù)。5.（2023上·河南開封·高三開封高中?？奸_學(xué)考試）分析化學(xué)中的滴定法除了酸堿中和滴定，還有沉淀滴定、絡(luò)合滴定、氧化還原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中的測定。實驗過程包括準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測溶液。已知：①是一種難溶于水的磚紅色沉淀；②溶液中同時存在和時，滴入溶液，先生成AgCl沉淀；③。I．準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液準(zhǔn)確稱取基準(zhǔn)物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。II．滴定待測溶液a．取待測NaCl溶液25.00mL于錐形瓶中。b．加入1mL5%溶液。c．邊不斷晃動錐形瓶邊用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)接近終點時，半滴半滴地滴入溶液，并用力搖晃。記下達終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積。d．重復(fù)上述操作兩次。三次測定數(shù)據(jù)如下表。實驗序號123消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL20.4520.0219.98e．?dāng)?shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)將稱得的配制成標(biāo)準(zhǔn)溶液。所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有。(2)滴定終點的現(xiàn)象是。(3)計算所消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為mL，測得。(4)若用該方法測定溶液中的，待測液的pH不宜超過7.2，理由是。(5)下列關(guān)于實驗的說法合理的是___________。A．為使終點現(xiàn)象更加明顯，可改加1mL10%溶液B．滴定過程中可用蒸餾水將錐形瓶壁上黏附的溶液沖下C．若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結(jié)果偏高D．若未等滴定管液面穩(wěn)定就讀數(shù)會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高【答案】(1)250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管(2)滴入最后半滴溶液時，錐形瓶中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)該沉淀不溶解(3)20.000.0800(4)若溶液pH過大，會生成，增大AgCl溶解能力，使測定結(jié)果偏高(5)BCD【分析】實驗參考酸堿中和滴定原理進行沉淀滴定，配制滴定劑硝酸銀溶液時結(jié)合其易分解特點需100mL棕色容量瓶；滴定實驗中明顯有誤差的數(shù)據(jù)需舍去；結(jié)合具體實驗操作進行誤差分析即可；【解析】（1）見光易分解，配制一定濃度的溶液時，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管；（2）根據(jù)已知信息，沉淀完全后，才會生成磚紅色沉淀，故可指示滴定終點；（3）對比3組數(shù)據(jù)可知，序號1數(shù)據(jù)嚴重偏離平均值，為無效數(shù)據(jù)應(yīng)舍去，故平均體積為20.00mL，溶液的濃度為；（4）由信息可知，若溶液pH過大，生成的使AgCl生成可溶性的，即增大標(biāo)準(zhǔn)溶液所用體積，使測定結(jié)果偏高；（5）A．由于也能與反應(yīng)，所以加入不宜過多(與酸堿中和滴定的指示劑類似)，A不合理；B．滴定過程中可用蒸餾水將錐形瓶壁上黏附的溶液沖下，有利于提高實驗準(zhǔn)確度，B合理；C．若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，所配制標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏小，則滴定時消耗體積偏大，使測定結(jié)果偏高，C合理；D．若未等滴定管液面穩(wěn)定就讀數(shù)，稍等片刻后，掛于內(nèi)壁上的溶液流下，還會使液面略上升，相當(dāng)于讀數(shù)偏大，則測定結(jié)果偏高，D合理；答案選：BCD；【考點三溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)及其應(yīng)用】1．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考一模）室溫下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-1gc(Ba2+)與的關(guān)系如圖所示(已知：、；)。下列說法正確的是

A．a(chǎn)對應(yīng)溶液pH=6.5B．b對應(yīng)溶液的c(HCO)=0.05mol/LC．a(chǎn)→b的過程中，溶液中一直增大D．a(chǎn)對應(yīng)的溶液中一定存在：【答案】B【解析】A．a(chǎn)點對應(yīng)溶液，則，由得，，，故A錯誤；B．b對應(yīng)溶液，則，由，可得，由b點，則，故B正確；C．，a→b的過程中，逐漸增大，逐漸減小，不變，則逐漸減小，故C錯誤；D．a(chǎn)點對應(yīng)溶液中，，則，由A可知溶液pH約為10.25，溶液中，溶液中存在電荷守恒關(guān)系式，則，故D錯誤；答案選B。2．（2023·新疆烏魯木齊·校聯(lián)考一模）是一種二元弱酸，由于與空氣中的某種成分作用而保持濃度不變，已知，，某水體中(X為、、、)與pH的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是

A．曲線②代表B．Q點C．隨pH升高，先增大后減小D．R點時，【答案】B【解析】A．的濃度保持不變，則①代表，隨著pH逐漸增大、離子濃度增大，pH較小時的濃度大于的濃度，則曲線②代表，曲線③代表，故A錯誤；B．Q點，根據(jù)，可得由O點坐標(biāo)知：的一級電離常數(shù)由R點坐標(biāo)，知：的二級電離常數(shù)，代入、，可得，，故B正確；C．曲線①②的交點代表溶液中、的濃度相等，，由于與空氣中的某種成分作用而保持不變，隨pH升高減小，增大，故C錯誤；D．R點時，，若溶液中只存在、、、微粒，得出，同時水體中還有其他離子，故D錯誤；答案選B。3．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考一模）下列說法正確的是A．0.1與0.2的氨水中之比為1∶2B．某溫度下，將pH=2的鹽酸與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性C．室溫下pH=5的醋酸溶液中水電離的濃度為D．相同溫度下，將足量AgCl固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1鹽酸、③0.1溶液、④0.1溶液中，濃度：④>①>②>③【答案】D【解析】A．氨水是弱電解質(zhì)，不能完全電離，不同條件下，濃度不同的氨水電離出來的c(OH—)不同，故A錯誤；B．如果這個溫度是100℃時，Kw=1×10—12，pH=2的鹽酸c(H+)=10—2mol/L，pH=12的NaOH溶液c(OH—)=1.0mol/L，等體積混合時溶液顯堿性，故B錯誤；C．室溫下pH=5的醋酸中的c(H+)=10—5mol/L，則醋酸的濃度要大于10—5mol/L，該溶液中水電離出來的c(OH—)=10—9，故C錯誤；D．相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度積是常數(shù)，與①蒸餾水相比較，②中0.1mol/L鹽酸溶液中氯離子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，銀離子濃度減小，③中0.1mol/L氯化鎂溶液中氯離子濃度為0.2mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度減小，且比②中還小，④中0.1mol/L硝酸銀溶液中，銀離子濃度為0.1mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度增大，銀離子濃度最大，則Ag+濃度大小順序為④>①>②>③，故D正確；故本題選D。4．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）常溫下，二元酸H2A的Ka2(H2A)=1.0×10-2。在某體系中，H+與A2-離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜(如圖所示)。溶液中c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，當(dāng)達到平衡時，下列敘述正確的是

A．溶液I中：c(H+)-c(OH-)=c總(H2A)B．溶液II中：c(H2A)>c(H+)>c(HA-)>c(OH-)C．溶液I和II中的c總(H2A)不相等D．溶液I和II中的c(A2-)之比為105【答案】C【分析】由c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在H2A分子，說明H2A的第一步電離是完全電離，由H+與A2-離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜可知溶液I和溶液II中HA-的濃度相同。【解析】A．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，A錯誤；B．H2A的第一步電離是完全電離，所以溶液中不存在H2A分子，B錯誤；C．結(jié)合Ka2(H2A)=1.0×10-2可計算出c(A2-)=，又因溶液I和溶液II中HA-的濃度相同而H+濃度不同，因此c(A2-)的濃度不同，又因c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，故溶液I和II中的c總(H2A)不相等,C正確；D．由c(A2-)=可計算出二者c(A2-)的比值為10-1:10-7=106，D錯誤；故選C。5．（2023·寧夏銀川·銀川一中?？既＃╇娢坏味ǚㄊ歉鶕?jù)滴定過程中電極電位變化來判斷滴定終點的一種滴定分析方法，滴定終點時電極電位發(fā)生突變。常溫下，利用鹽酸滴定某溶液中磷酸鈉的含量，其電位滴定曲線與pH曲線如圖所示。下列說法不正確的是

已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13A．a(chǎn)點溶液中存在：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)B．b點對應(yīng)的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()C．c點對應(yīng)的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)D．水的電離程度：a<b<c【答案】D【分析】0-a發(fā)生的反應(yīng)為，a點的主成分為和NaCl；a-b發(fā)生的反應(yīng)為，b點的主成分為和NaCl；b-c發(fā)生的反應(yīng)為，c點的主成分為和NaCl。【解析】A．a(chǎn)點的主成分為和NaCl，，即的水解程度大于電離，故該溶液為堿性，故有c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)，A項正確；B．b點成分為NaH2PO4，該溶液中存在質(zhì)子守恒為c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，B項正確；C．c點主成分為和NaCl，由電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故C項正確；D．，即電離大于水解，b點溶液呈酸性，電離出來的H+抑制H2O的電離。而a點水解促進水的電離，水的電離a>b，D項錯誤；選D?！疚ｎ}有關(guān)水溶液中離子平衡的圖像】1．（2023·上海·一模）下圖三條曲線表示不同溫度下水的離子積常數(shù)，下列說法不正確的是A．圖中溫度： B．圖中的關(guān)系：C．C點物質(zhì)可能是鹽酸 D．圖中五點間的關(guān)系：【答案】C【解析】A．水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進水電離，則水中c(H+)、c(OH-)及離子積常數(shù)增大，根據(jù)圖知，離子積常數(shù)T3>T2>T1，所以溫度T3>T2>T1，故A正確；B．水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度越高，離子積常數(shù)越大，同一曲線是相同溫度，根據(jù)圖知，溫度高低點順序是B＜D＜E，但三點溶液的氫離子濃度相等，則pH相等，故B正確；C．C點時，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，顯堿性，故C錯誤；D．溫度高低點順序是A=B=C＜D＜E，水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度越高，離子積常數(shù)越大，Kw間的關(guān)系：E>D>A=B=C，故D正確；故選C。2．(2023·安徽省黃山市第二次質(zhì)量檢測)HA是一元弱酸，含少量MA固體的難溶鹽MA的飽和溶液中c(M+)隨c(H+)而變化，M+不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(M+)~c(H+)為線性關(guān)系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是()A．c(H+)增大的原因可能是加入了酸HAB．溶液c(H+)=2×10-4時，c(M+)>3×10-4mol·L-1C．隨著c(H+)的增大，MA的溶度積Ksp(MA)保持不變D．c2(M+)~c(H+)的線性關(guān)系為：c2(M+)=Ksp(MA)【答案】A【解析】A項，向MA的飽和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+濃度降低，A錯誤；B項，根據(jù)圖像，溶液c(H+)=2×10-4時，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)>3×10-4mol·L-1，B正確；C項，Ksp(MA)只受溫度影響，溫度不變，Ksp(MA)不變，C正確；D項，MA的飽和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)=c(M+)×[c(A-)+c(HA)]=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(HA)=c(M+)×c(A-)+c(M+)=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(A-)×=c(M+)×c(A-)×[1+]=Ksp(MA)，D正確；故選A。3．（2023·全國·高三聯(lián)考）幾種難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)(25℃)如下，下列說法不正確的是難溶電解質(zhì)AgClAgBrKspA．Ksp與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)、溫度有關(guān)B．由上述數(shù)據(jù)可知，溶解度<S(Ag2SO3)C．在一定條件下，可實現(xiàn)AgCl轉(zhuǎn)化為AgBrD．AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，向N點溶液中加入NaCl固體，能使溶液由N點變到M點【答案】D【解析】A．Ksp是溶度積，是一個平衡常數(shù)，與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，故A正確；B．相同溫度下，，飽和溴化銀溶液中；飽和亞硫酸銀溶液中，可知相同溫度下溶解度，故B正確；C．可知相同溫度氯化銀的溶解度大于溴化銀，可以實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故C正確；D．向N點溶液中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，應(yīng)該能使溶液由N點變到P點，故D錯誤；故選D。4．（2023·重慶·重慶市育才中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）利用平衡移動原理，分析常溫下Ni2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產(chǎn)物。已知：圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與pH的關(guān)系；圖2中曲線I的離子濃度關(guān)系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合；[注：起始Na2CO3體系中；不同pH下c(CO)由圖1得到]。下列說法錯誤的是A．pH=7時，碳酸鈉溶液體系中存在：c()>c(H2CO3)>c()B．M點時，溶液中存在c()=c(OH-)C．初始狀態(tài)pH=9、，平衡后存在D．沉淀Ni2+制備NiCO3時，選用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好【答案】B【分析】由圖1可知c()=c()時pH=10.25，則Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)=c()時pH=6.37，則Ka1(H2CO3)=10-6.37；由圖2可知【解析】A．由圖1pH=7時三條曲線的相對高低可知，A正確；B．M點時pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由圖1可知，pH=8.25時c()≈0.1mol·L-1，則根據(jù)Ka2可計算出c()≈10-3mol·L-1，B錯誤；C．初始狀態(tài)pH=9、，此時恰好為Ni(OH)2的沉淀溶解平衡體系，而未達到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正確；D．由圖2可知，pH>8.25時，Ni(OH)2沉淀比NiCO3優(yōu)先析出，因此制備NiCO3時選用0.1mol·L-1NaHCO3溶液比0.1mol·L-1Na2CO3溶液效果好，D正確；故選B。5．（2023·山東德州·德州市第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）為二元弱酸，常溫下向溶液滴加固體（忽略溶液體積變化），溶液中、的百分含量與的關(guān)系如圖所示，已知；如：。下列說法不正確的是A．曲線是的百分含量B．的的數(shù)量級為C．M點對應(yīng)溶液中，D．溶液中【答案】A【分析】H2A是二元弱酸：，，圖中pOH越小，溶液堿性越強，H2A的百分含量隨pOH的增大而增大，為曲線c，HA-的百分含量隨pOH的增大先增大后減小，為曲線b，溶液中A2-的百分含量隨pOH的增大而減小，為曲線a?！窘馕觥緼．據(jù)分析，曲線a是A2-的百分含量，故A錯誤；B．b、c曲線的交點N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即c(H2A)=c(HA-)，Ka1=，根據(jù)N點pOH=12.1，則c(H+)=10-1.9mol/L，Ka1=10-1.9，數(shù)量級為10-2，故B正確；C．M點有c(A2-)=c(HA-)，根據(jù)電荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M點pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正確；D．NaHA完全電離出Na+和HA-，HA-發(fā)生水解和電離，故c(HA-)<c(Na+)，但濃度均大于HA-水解產(chǎn)生的H2A和其電離產(chǎn)生的A2-；M點有c(A2-)=c(HA-)，pOH=6.8，可計算Ka2==10-7.2，HA-的水解方程式為：HA-+H2OH2A+OH-，由選項B可計算HA-的水解常數(shù)為=10-12.1，故HA-的水解常數(shù)小于HA-的電離常數(shù)，故c(H2A)<c(A2-)，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：，故D正確；答案選A。1．根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子()的物質(zhì)是酸，給出質(zhì)子的能力越強，酸性越強。相同溫度下，和在冰醋酸中存在，。下列說法正確的是A．把通入水溶液中：B．已知酸性，則在中的C．酸性強弱順序為：D．接受質(zhì)子的能力：【答案】C【解析】A．在冰醋酸中才存在，在水中是生成CH3COOH，故反應(yīng)為，選項A錯誤；B．酸性HCOOH>CH3COOH，給出H+能力HCOOH>CH3COOH，結(jié)合H+能力HCOOH<CH3COOH，在HCOOH的電離程度小于在冰醋酸中的電離程度，<10-9.4，>9.4，選項B錯誤；C．在冰醋酸中，HCl和的：HCl<，故：HCl<，酸性：HCl>，在冰醋酸中給出質(zhì)子(H+)，CH3COOH結(jié)合H+，給出H+能力：>CH3COOH，故酸性：，選項C正確；D．HCl在水中完全電離，在冰醋酸中電離程度較小，說明結(jié)合HCl電離出的H+能力H2O>CH3COOH，選項D錯誤；故選C。2．(2023·河北省部分學(xué)校高三聯(lián)考)在25℃下，稀釋CH3COOH和某酸HA的溶液，溶液pH變化的曲線如圖所示，其中V1表示稀釋前的體積，V2表示稀釋后的體積，下列說法錯誤的是()A．，兩種酸溶液pH相同時，c(HA)c(CH3COOH)B．a(chǎn)、b兩點中，水的電離程度a小于bC．25℃時，等濃度的CH3COONa與NaA溶液中，c(A-)c(CH3COO-)D．曲線上a、b兩點中，的比值一定相等 【答案】A【解析】A項，m<4，兩種酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同時，c(CH3COOH)c(HA)，A項錯誤；B項，a點pH小于b點pH，則a溶液中c(H＋)大，對水的電離抑制程度大，因此水的電離程度：a小于b，B項正確；C項，CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃時，等濃度的CH3COONa和NaA溶液中，c(A-)c(CH3COO-)，C項正確；D項，，又，KW不變，故曲線上a、b兩點一定相等，D項正確；故選A。3．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）電位滴定法是根據(jù)滴定過程中電極電位()的突躍確定滴定終點的一種精確的滴定分析方法。常溫下，某同學(xué)在特制容器中利用鹽酸滴定一定物質(zhì)的量濃度的碳酸鈉溶液，其電位滴定曲線與pH曲線如圖1所示，在相同條件下利用pH計和氣體壓力傳感器檢測，得到曲線如圖2所示(已知：碳酸的電離常數(shù)Ka1=10-6.4，Ka2=10-10.3)。下列說法正確的是A．兩次滴定過程都需要用酚酞和甲基橙作指示劑B．a(chǎn)→b：溶液中始終滿足c(Na+)=2[c(H2CO3)+c()+c()]C．a(chǎn)→b：壓強增大是因為生成了CO?，但d→e壓強不可能繼續(xù)增大，所以該實驗失敗D．b點溶液中比值的數(shù)量級為10-8【答案】D【解析】A．因為是電位滴定，根據(jù)指示電極電位的突躍位置可以確定滴定終點，無需任何指示劑，A錯誤；B．c(Na+)=2[c(H2CO3)+c()+c()]，這個式子是碳酸鈉的物料守恒，但是a點的溶質(zhì)是碳酸氫鈉和氯化鈉的混和物，不滿足該等式，B錯誤；C．a(chǎn)→b：壓強增大是因為生成了CO?，但d→e壓強不再增大是因為碳酸鈉已經(jīng)反應(yīng)完全了，C錯誤；D．根據(jù)Ka1=10-6.4，Ka2=10-10.3得到b點：，比值的數(shù)量級為10-8，D正確；故選D。4．（2024·陜西寶雞·統(tǒng)考模擬預(yù)測）常溫下，向20mL0.1mol/L一元堿MOH溶液中滴加等濃度的一元酸HX溶液，滴定過程中溶液pH值的變化曲線如下圖所示，已知4<m<6，下列說法不正確的是A．該滴定過程中應(yīng)選用酚酞作指示劑 B．一元酸HX的Ka=5×10-5C．溶液中水的電離程度：b>c>a D．c點溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【分析】由圖示a點的pH=13可知，0.1mol/L一元堿MOH溶液的pH=13，則MOH是強堿，由b點可知，當(dāng)MOH和HX等體積混合時，則二者恰好完全反應(yīng)生成MX鹽溶液，此時溶液pH=8.5，即顯堿性，說明HX為弱酸，c點為等濃度的MX和HX的混合溶液；【解析】A．由分析可知，滴定終點的溶液顯堿性，而甲基橙的變色范圍為3.1-4.4，酚酞的變色范圍為8.2-10.0，則該滴定過程中應(yīng)選用酚酞作指示劑以減小實驗誤差，A正確；B．由b點可知，此時溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05mol/L、c(OH-)=mol/L，根據(jù)水解平衡可知，X-+H2OHX+OH-，，Kh===2×10-10，故Ka===5×10-5，B正確；C．由分析可知，a點為MOH強堿溶液，對水的電離起抑制作用，b點為MX強堿弱酸鹽溶液，對水的電離起促進作用，c點為等濃度混合的MX和HX溶液，MX對水電離起促進作用，HX對水的電離起抑制作用，結(jié)合m的范圍可知c點對水電離的抑制程度較a點小，故溶液中水的電離程度：b>c>a，C正確；D．c點為等濃度混合的MX和HX溶液，溶液顯酸性，即HX的電離程度大于X-的水解程度，則c點溶液中：c(X-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，D錯誤；故選D。5．（2023·浙江溫州·樂清市知臨中學(xué)?？家荒＃┰诔叵?，下列說法正確的是A．溶液中商加稀鹽酸至溶液呈中性時：B．的氨水與的鹽酸等體積互混，，則的電離常數(shù)為C．等濃度的與溶液，前者大于后者(已知，的，的，)D．濃度均為的和混合溶液，滴加的溶液，最先產(chǎn)生的沉淀為(，)【答案】B【解析】A．CH3COONa溶液中商加稀鹽酸至溶液呈中性時，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在電荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以得c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，根據(jù)物料守恒得得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以得c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒知c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，c()=c(Cl-)，則c(H+)=c(OH-)，溶液為中性，根據(jù)等體積混合后的溶液顯中性知，NH3?H2O的，故B正確；C．電離平衡常數(shù)可知碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氫根離子，對應(yīng)鹽水解程度碳酸氫鈉水解程度小于次氯酸鈉小于碳酸鈉，相同狀況下，等濃度的NaClO與Na2CO3溶液中，pH前者小于后者，故C錯誤；D．生成AgCl需要的銀離子為=1.8×10-6mol/L，生成Ag2CrO4需要的銀離子為=1.4×10-4mol/L，則混合溶液中產(chǎn)生兩種不同沉淀，且AgCl沉淀先產(chǎn)生，故D錯誤；故選：B。6．（2023·河南·淅川縣第一高級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知的電離方程式為，，常溫下，測得溶液的為。下列說法錯誤的是（不考慮溶液體積變化）A．B．溶液中C．向溶液中滴加同濃度NaOH溶液至中性時：D．向溶液中滴加溶液至恰好完全中和時：【答案】C【解析】A．已知的電離方程式為，，則是二元酸，第一步完全電離，第二步部分電離，鹽溶液中：HA-不會水解，A2-會水解；溶液的為，則電離產(chǎn)生的c(H+)=c(A2-)≈0.04mol/L，c(HA-)=0.2mol/L-0.04mol/L，，A正確；B．中存在電荷守恒，則，第一步完全電離，第二步部分電離，則元素守恒有=0.2mol/L，則，B正確；C．H2A第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA呈酸性，Na2A呈堿性，故中性溶液為NaHA和Na2A混合溶液且HA-電離和A2-水解相等，則，C錯誤；D．溶液和溶液恰好完全中和時溶質(zhì)為Na2A，二者恰好完全反應(yīng)體積比=1:1，故根據(jù)元素守恒有，D正確；答案選C。7．（2024·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）室溫下，向0.1三元中強酸H3PO4溶液中緩慢加入NaOH固體，忽略溫度和溶液體積的變化，溶液中的H3PO4、、和的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液的pH的變化如圖所示[已知]，下列敘述錯誤的是A．的數(shù)量級為B．Q1、Q2和Q3三點溶液中均存在：C．Na2HPO4溶液中：D．當(dāng)pH=13時，【答案】D【分析】根據(jù)圖象中pH的變化，可知圖象中X為H3PO4，Y為，Z為，W為?！窘馕觥緼．因的第二步電離常數(shù)，pH=7.2時，，故，故的數(shù)量級為，故A正確；B．溶液中存在電荷守恒，故，故B正確；C．Na2HPO4溶液中根據(jù)物料守恒可得：，故C正確；D．當(dāng)pH=13時，c(OH-)=0.1mol/L，結(jié)合圖像可知，故D錯誤；故選D。8.（2023·四川涼山·統(tǒng)考一模）水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是A．圖中溫度B．溫度時，將的NaOH溶液與的溶液混合，若混合溶液呈中性，則NaOH溶液與溶液的體積比為C．b點到c點可以通過溫度不變，在水中加入適量的D．圖中五個點的的關(guān)系為b>c>a>d=e【答案】B【分析】根據(jù)圖象可知溫度為T1時Kw=10-710-7=10-14，溫度為T2時Kw=10-610-6=10-12，溫度升高水的電離程度增大，故；【解析】A．根據(jù)分析可知溫度為T1時Kw=10-710-7=10-14，溫度為T2時Kw=10-610-6=10-12，溫度升高水的電離程度增大，故，故A錯誤；B．溫度時，將的NaOH溶液c(OH-)=10-2mol/L，的溶液c(H+)=10-3mol/L，混合后，若溶液呈中性，根據(jù)n(OH-)=n(H+)，則NaOH溶液與溶液的體積比為，故B正確；C．由圖可知b點到c點Kw減小，溫度改變Kw改變，故C錯誤；D．溫度不變Kw，溫度升高Kw增大，a、e、d三點溫度相同故Kw相同，從a到b溫度依次升高，故的關(guān)系為b>c>a=d=e，故D錯誤；故答案為B。9．(2023·黑龍江省海倫市高三質(zhì)檢)常溫下兩種金屬氫氧化物的溶解度(縱坐標(biāo)以溶解金屬質(zhì)量/表示)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．B．X曲線僅最低點說明達到了溶解平衡C．pH=8時溶度積：Zn(OH)2AgOHD．反應(yīng)2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2的平衡常數(shù)【答案】A【解析】A項，pH=8時，Zn2+濃度為a，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)?c2(OH-)=，A正確；B項，曲線上所有的點均為溶解平衡狀態(tài)，B錯誤；C項，pH為8時，Zn2+的濃度比Ag+小得多且c(OH-)小于1，則AgOH的溶度積c(Ag+)?c(OH-)比Zn(OH)2的溶度積c(Zn2+)?c2(OH-)大，C錯誤；D項，2AgOH+Zn2+2Ag++Zn(OH)2平衡常數(shù)，D錯誤；故選A。10.（2023上·河南商丘·高三商丘市第一高級中學(xué)校聯(lián)考期中）中和滴定、配位滴定、氧化還原滴定和沉淀滴定，實驗原理相似，都是分析化學(xué)中常用的分析手段，統(tǒng)稱為滴定法。某興趣小組利用滴定法進行如下實驗：I．用氧化還原滴定方法測定粗品中的質(zhì)量分數(shù)。實驗步驟：稱取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL溶液于錐形瓶中，然后加入過量的KI溶液并酸化，加幾滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至終點(反應(yīng)為)，消耗溶液25.00mL?；卮鹣铝袉栴}：(1)向溶液中加入過量的KI溶液并酸化，被還原成，寫出該反應(yīng)的離子方程式：。(2)粗品中的質(zhì)量分數(shù)為。(3)若在取溶液時有部分溶液滴到了錐形瓶外，則測定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。II．佛爾哈德法可測定經(jīng)過提純后的產(chǎn)品中的含量：準(zhǔn)確稱取1.705g樣品在水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100mL，取10.00mL于錐形瓶中，加的溶液20.00mL()，再加少許硝基苯，用力振蕩，使沉淀被有機物覆蓋。加入指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的AgNO3至終點()，做平行實驗，平均消耗KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL。難溶物AgClAgCNAgSCN顏色白白白已知：，。(4)水解方程式為。(5)滴定過程中，可選用的指示劑是(填字母)。A．NaCNB．甲基橙C．(6)滴定終點的判斷依據(jù)為。(7)實驗中，若不加硝某苯，測定的純度將(填“偏大”“偏小”或“無影響”)?！敬鸢浮?1)(2)62%(3)偏高(4)(5)C(6)加入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液恰好呈紅色，且半分鐘不褪色(7)偏小【解析】（1）被還原成，可知碘元素的化合價升高、Cr元素的化合價降低，可知離子方程式為，故答案為：。（2）由、，可知存在，則粗品中的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：62%。（3）在取溶液時有部分溶液滴到了錐形瓶外，消耗溶液偏大，則測定結(jié)果偏高，故答案為：偏高。（4）水解生成磷酸和HCl，則其水解方程式為。（5）佛爾哈德法可測定經(jīng)過提純后的產(chǎn)品中的含量，水解生成磷酸和HCl，用過量的溶液沉淀氯離子，再用KSCN溶液滴定過量的銀離子，從而得到水解所得的量，進而測定的含量。在KSCN溶液滴定過量的銀離子，用指示劑判定KSCN的用量。有以上原理可知，用含離子的溶液作指示劑，如果KSCN過量，溶液立刻變?yōu)榧t色（或血紅色）。（6）加入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液恰好呈紅色（血紅色），且半分鐘不褪色即為滴定終點。（7）加入少量的硝基苯可以覆蓋到生成的氯化銀沉淀上，已知：，，，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化銀會轉(zhuǎn)化成AgSCN，使得實驗中消耗的KSCN偏多，會使測定的氯元素的含量偏低，則的純度將偏小。1．(2021?浙江6月選考，23)取兩份10mL0.05mol·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的鹽酸，另一份滴加0.05mol·Lˉ1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是()A．由a點可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度B．a(chǎn)→b→c過程中：c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐漸減小C．a(chǎn)→d→e過程中：c(Na＋)c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)D．令c點的c(Na＋)+c(H＋)=x，e點的c(Na＋)+c(H＋)=y，則x＞y【答案】C【解析】向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。A項，a點溶質(zhì)為NaHCO3，此時溶液呈堿性，HCO3-在溶液中電離使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度，故A正確；B項，由電荷守恒可知，a→b→c過程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的過程中c(Na＋)保持不變，c(H＋)逐漸減小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐漸減小，故B正確；C項，由物料守恒可知，a點溶液中c(Na＋)c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此a→d→e過程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C錯誤；D項，c點溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)mol/L，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正確；故選C。2．(2023?山東卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2++2I-；HgI2(aq)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)隨lgc(I-)的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是()A．線表示lgc(HgI42-)的變化情況B．隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后減小C．D．溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1【答案】B【解析】由題干反應(yīng)方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-)=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，lgc(HgI42-)==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A項，線L表示lgc(HgI42-)的變化情況，A正確；B項，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K0=c[HgI2(aq)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始終保持不變，B錯誤；C項，曲線1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D項，溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2，根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1，D正確；故選B。3．(2023?北京卷，14)利用平衡移動原理，分析一定溫度下M2+在不同的Na2CO3體系中的可能產(chǎn)物。已知：i.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與的關(guān)系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)0.1mol·L-1，不同下c(CO32-)由圖1得到]。

下列說法不正確的是()A．由圖1，c(HCO3-)=c(CO32-)B．由圖2，初始狀態(tài)、c(Mg2+)，無沉淀生成C．由圖2，初始狀態(tài)、c(Mg2+)，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1D．由圖1和圖2，初始狀態(tài)、c(Mg2+)，發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2HCO3-=MgCO3↓+CO2↑+H2O【答案】C【解析】A項，水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B項，從圖2可以看出、c(Mg2+)時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C項，從圖2可以看出、c(Mg2+)時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)＜0.1mol·L-1，C項錯誤；D項，時，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，，c(Mg2+)時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為Mg2++2HCO3-=MgCO3↓+CO2↑+H2O，D項正確；故選C。4．(2022?福建卷，7)鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+雜質(zhì)離子，可在0~14范圍內(nèi)調(diào)節(jié)pH對其凈化(即相關(guān)離子濃度c1.0mol·L－1)。25℃時，lgc與pH關(guān)系見下圖(堿性過強時Fe(OH)3和Fe(OH)2會部分溶解)。下列說法正確的是()A．Mg2+可被凈化的pH區(qū)間最大B．加入適量H2O2，可進一步提升凈化程度C．凈化的先后順序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+D．【答案】B【解析】A項，對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5mol/L，則lgc<-5，由圖可知，可作凈化的pH區(qū)間最大的是Fe3+，A錯誤；B項，加入適量H2O2，可將Fe2+氧化為Fe3+，提高凈化程度，B正確；C項，由圖可知，凈化的先后順序為Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C錯誤；D項，對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5mol/L，lgc<-5，，由圖可知，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約為2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH約為4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，F(xiàn)e2+完全沉淀的pH約為8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L，，則有，D錯誤；故選B。5．（2022·重慶·統(tǒng)考高考真題）某小組模擬成垢－除垢過程如圖。100mL0.1mol?L-1CaCl2水溶液……忽略體積變化，且步驟②中反應(yīng)完全。下列說法正確的是A．經(jīng)過步驟①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)B．經(jīng)過步驟②，溶液中c(Na+)=4c(SO)C．經(jīng)過步驟②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D．經(jīng)過步驟③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【解析】A．經(jīng)過步驟①，100mL0.1mol?L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反應(yīng)方程式為CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，則溶液中含有SO和Ca2+，則c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A錯誤；B．步驟②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步驟②中反應(yīng)完全，則反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，則c(Na+)=6c(SO)，故B錯誤；C．經(jīng)過步驟②，反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C錯誤；D．步驟③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反應(yīng)后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，則c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正確；故選D。6．(2022?山東卷，14)工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現(xiàn)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范圍內(nèi)，四種溶液中c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．反應(yīng)SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數(shù)B．a(chǎn)=-6.5C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1溶液的變化曲線D．對含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L-1的混合溶液，時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【答案】D【解析】分析題給圖象，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1mol·L-1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol·L-1碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線。A項，反應(yīng)SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數(shù)K===，故A正確；B項，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，鍶離子的濃度為=10—6.5，則a為-6.5；C項，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；D項，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關(guān)，故D錯誤；故選D。7．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）草酸()是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗：實驗I：往溶液中滴加溶液。實驗Ⅱ：往溶液中滴加溶液。[已知：的電離常數(shù)，溶液混合后體積變化忽略不計]，下列說法正確的是A．實驗I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點B．實驗I中時，存在C．實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)D．實驗Ⅱ中時，溶液中【答案】D【解析】A．溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小