2023年高考化学（考点解读+命题热点突破）专题11水溶液中的离子平衡

PAGEPAGE32专题11水溶液中的离子平衡【考向解读】1.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；了解电解质的概念；了解强弱电解质的概念。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解水的电离和水的离子积常数。4.了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。5.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素以及盐类水解的应用。6.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡；了解溶度积的含义及其表达式，能进行相关的计算。7.以上各局部知识的综合利用。【命题热点突破一】溶液的酸碱性及pH1．一个根本不变相同温度下，不管是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。应用这一原那么时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。2．两个判断标准(1)任何温度c(H＋)>c(OH－)，酸性；c(H＋)＝c(OH－)，中性；c(H＋)<c(OH－)，碱性。(2)常温(25℃)pH>7，碱性；pH＝7，中性；pH<7，酸性。3．三种测量方法(1)pH试纸注意①pH试纸不能预先润湿，但润湿之后不一定产生误差。②pH试纸不能测定氯水的pH。(2)pH计pH计能精确测定溶液的pH，可精确到0.1。(3)酸碱指示剂酸碱指示剂能粗略测定溶液的pH范围。常见酸碱指示剂的变色范围如下表所示：指示剂变色范围的pH石蕊<5红色5～8紫色>8蓝色甲基橙>3.1红色3.1～4.4橙色>4.4黄色酚酞<8.2无色8.2～10浅红色>10红色例1．【2022年高考上海卷】能证明乙酸是弱酸的实验事实是〔〕A．CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【变式探究】(2022·全国卷Ⅰ，13)浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化如下图。以下表达错误的选项是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．假设两溶液无限稀释，那么它们的c(OH－)相等D．当lgeq\f(V,V0)＝2时，假设两溶液同时升高温度，那么eq\f(cM＋,cR＋)增大【答案】D【方法技巧】图像法理解一强一弱的稀释规律1．相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸(1)加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。(2)加水稀释到相同的pH，盐酸参加的水多。2．相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸(1)加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。(2)加水稀释到相同的pH，醋酸参加的水多。【变式探究】(2022·海南，11)以下曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是()【答案】B【命题热点突破二】溶液中的“三大平衡〞电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。1．比照“四个〞表格，正确理解影响因素(1)外界条件对醋酸电离平衡的影响CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0体系变化条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变参加少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变参加镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变(2)外界条件对水的电离平衡的影响H2OH＋＋OH－ΔH>0体系变化条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH－)c(H＋)酸向左不变减小减小增大碱向左不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3向右不变增大增大减小NH4Cl向右不变增大减小增大升温向右增大增大增大增大降温向左减小减小减小减小其他：如参加Na向右不变增大增大减小(3)外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ΔH>0体系变化条件平衡移动方向n(H＋)pH水解程度现象升温向右增多减小增大颜色变深通HCl向左增多减小减小颜色变浅加H2O向右增多增大增大颜色变浅加FeCl3固体向右增多减小减小颜色变深加NaHCO3向右减小增大增大生成红褐色沉淀，放出气体(4)外界条件对AgCl溶解平衡的影响AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0体系变化条件平衡移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)Ksp升高温度向右增大增大增大加水稀释向右不变不变不变参加少量AgNO3向左增大减小不变通入HCl向左减小增大不变通入H2S向右减小增大不变实验：①0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。例2、以下分析不正确的选项是()A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B．滤液b中不含有Ag＋C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgID．实验可以证明AgI比AgCl更难溶【答案】B【规律探究】1．沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，具有动态平衡的特征，平衡时溶液中各离子浓度保持恒定，平衡只受温度的影响，与浓度无关。2．溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶。【变式探究】(2022·天津理综，5)室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中参加以下物质，有关结论正确的选项是()参加物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反响结束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.1molNaHSO4固体反响完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变【答案】B【解析】Na2CO3溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中参加50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反响生成0.05molNa2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，错误；B项，向Na2CO3溶液中参加0.05molCaO后，发生反响CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好与Na2CO3反响：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，那么c(COeq\o\al(2－,3))减小，c(OH－)增大，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，所以eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，正确；C项，参加50mLH2O，COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，参加的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反响生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，参加NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。【规律探究】1．盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。2．多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，那么溶液显碱性，如NaHCO3溶液。【命题热点突破三】溶液中的“三大常数〞电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三大常数，它们均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热反响。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。例3．(2022·广东理综，11)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，以下说法正确的选项是()A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，参加FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【变式探究】[2022·全国卷Ⅱ，26(3)(4)]酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：溶解度/(g/100g水)温度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过______________________别离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______________和______________，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为____________________________________，其原理是___________________________________________________________________________________。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1mol·L－1)。假设上述过程不加H2O2后果是________________________________________________________________________，原因是________________________________________________________________________。【答案】：(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH在足量的空气或氧气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3＋2.76Zn2＋和Fe2＋不能别离Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【解析】：(3)由于ZnCl2的溶解度受温度影响较大，而NH4Cl的溶解度受温度影响较小，所以可采用加【命题热点突破四】溶液中“粒子〞浓度的变化1．明确“三个〞守恒原理(1)电荷守恒：即电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数。根据电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。(2)物料守恒：是指物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变。根据物料守恒可准确快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。(3)质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。例4．【2022年高考四川卷】向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反响，当0.01mol<n(CO2)0.015时发生的反响是：2NaAlO2+CO2+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。以下对应关系正确的选项是〔〕选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)【答案】D【解析】向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反响为氢氧化钠和二氧化碳反响生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反响生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反响生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，A错误；当通入的二氧化碳为0.01mol时，那么溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，B错误；当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，C错误；当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，D正确。【变式探究】(2022·江苏，14)室温下，向以下溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中局部微粒的物质的量浓度关系正确的选项是()A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通CO2：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,3))C．向0.10mol·L－1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]D．向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)【答案】D【方法技巧】巧抓“四点〞，突破“粒子〞浓度关系1．抓反响“一半〞点，判断是什么溶质的等量混合。2．抓“恰好〞反响点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。3．抓溶液“中性〞点，生成什么溶质，哪种反响物过量或缺乏。4．抓反响“过量〞点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。【变式探究】(2022·山东理综，13)室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中参加0.1mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是()A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)D．b点所示溶液中c(A－)>c(HA)【答案】D【命题热点突破五】酸碱中和滴定及“迁移〞应用“中和滴定〞考点归纳(1)“考〞实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)“考〞操作步骤①滴定前的准备；查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)“考〞指示剂的选择①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；②假设反响生成的强酸弱碱盐溶液呈酸性，那么选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，假设反响生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，那么选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；③石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。(4)“考〞误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。(5)“考〞数据处理正确“取舍〞数据，计算“平均〞体积，根据反响式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。例5．【2022年高考天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如下图，以下判断错误的选项是()A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)【答案】C【变式探究】(2022·广东理综，12)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定。以下说法正确的选项是()A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴局部有悬滴，那么测定结果偏小【答案】B【变式探究】KMnO4溶液常用作氧化复原反响滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量复原性物质复原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1h；②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；④利用氧化复原滴定方法，在70～80℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。请答复以下问题：(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是____________。(2)在以下物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用________(填字母)。A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4C．浓盐酸 D．Na2SO3(3)假设准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。(4)假设用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高〞、“偏低〞或“无影响〞)。【答案】：(1)酸式滴定管(2)A(3)eq\f(10W,63V)(4)偏高【解析】：(1)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。(2)H2C2O4·2H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；FeSO4在空气中不稳定易被氧化，铁元素的化合价从＋2升高到＋3；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4。(3)根据得失电子守恒原理有关系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，那么KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4)＝eq\f(\f(Wg,126g·mol－1)×\f(25.00mL,500mL)×\f(2,5),V×10－3L)＝eq\f(10W,63V)mol·L－1。(4)在放置过程中，由于空气中复原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2＋时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2＋)会增大，测定的结果将偏高。【高考真题解读】1．【2022年高考海南卷】向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸〔忽略体积变化〕，以下数值变小的是〔〕A．c(CO32−)B．c(Mg2+)C．c(H+)D．Ksp(MgCO3)【答案】A2．【2022年高考江苏卷】以下图示与对应的表达不相符合的是〔〕A．图甲表示燃料燃烧反响的能量变化B．图乙表示酶催化反响的反响速率随反响温度的变化C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】燃烧为放热反响，反响物的总能量高于生成物的总能量，与图甲不符，A错误；反响开始温度升高，酶催化反响的反响速率加快，温度到达一定值，酶〔蛋白质〕发生变性，催化性能降低，反响速率变慢，B正确；将弱电解质参加水中，一开始弱电解质分子的电离速率大于离子结合成电解质分子的速率，随着电离的进行，二者速率相等，到达电离平衡，C正确；强碱滴定强酸的过程中溶液的pH逐渐增大，当接近滴定终点时pH发生突变，D正确。3．【2022年高考江苏卷】H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c〔H2C2O4〕+c〔HC2O4-〕+c〔C2O42-〕=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中局部微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如右图所示。以下指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的选项是〔〕A．pH=2.5的溶液中：c〔H2C2O4〕+c〔C2O42-〕＞c〔HC2O4-〕B．c〔Na+〕＝0.100mol·L-1的溶液中：c〔H+〕+c〔H2C2O4〕＝c〔OH-〕+c〔C2O42-〕C．c〔HC2O4-〕＝c〔C2O42-〕的溶液中：c〔Na+〕＞0.100mol·L-1+c〔HC2O4-〕D．pH=7的溶液中：c〔Na+〕＞2c〔C2O42-〕【答案】BD4．【2022年高考上海卷】能证明乙酸是弱酸的实验事实是〔〕A．CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，A错误；该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，B正确；可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其是弱酸，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，D错误。5．【2022年高考四川卷】向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反响，当0.01mol<n(CO2)0.015时发生的反响是：2NaAlO2+CO2+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。以下对应关系正确的选项是〔〕选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)【答案】D6．【2022年高考天津卷】以下表达正确的选项是〔〕A．使用催化剂能够降低化学反响的反响热(△H)B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度无关C．原电池中发生的反响到达平衡时，该电池仍有电流产生D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小【答案】D【解析】使用催化剂不能改变化学反响的反响热(△H)，A错误；金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度有关，氧气的浓度越大，腐蚀速率越快，B错误；原电池中发生的反响到达平衡时，两端就不存在电势差了，无法形成电压驱动电子移动，无法形成电流，C错误；根据Ksp的计算公式，二者化学式形式相似，在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，D正确。7．【2022年高考天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如下图，以下判断错误的选项是()A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)【答案】C8．【2022年高考新课标Ⅰ卷】298K时，在20.0mL0.10mol氨水中滴入0.10mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如下图。0.10mol氨水的电离度为1.32%，以下有关表达正确的选项是〔〕A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0mLC．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12【答案】D9．【2022年高考新课标Ⅲ卷】以下有关电解质溶液的说法正确的选项是〔〕A．向0.1molCH3COOH溶液中参加少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向盐酸中参加氨水至中性，溶液中D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中参加少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】=，因为加水，稀释溶液，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值变大，A错误；醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，其=1/K，K变大，所以比值变小，B错误；盐酸中参加氨水到中性，那么有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，C错误；向氯化银和溴化银的饱和溶液中参加少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，D正确。10．【2022年高考浙江卷】苯甲酸钠〔，缩写为NaA〕可用作饮料的防腐剂。研究说明苯甲酸〔HA〕的抑菌能力显著高于A–。25℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。以下说法正确的选项是〔温度为25℃，不考虑饮料中其他成分〕〔〕A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)【答案】C11．【2022年高考新课标Ⅱ卷】联氨〔又称联肼，N2H4，无色液体〕是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，答复以下问题：〔4〕联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反响的平衡常数值为_______(：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。【答案】〔4〕8.7×10-7，N2H6(HSO4)2【解析】〔4〕联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，那么联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-,：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，联氨第一步电离的平衡常数K=[c(N2H5+)×c(OH-)]÷c(N2H4)=[c(N2H5+)×c(OH-)×c(H+)]÷[c(N2H4)×c(H+)]=K×Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反响生成盐，那么联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。1．【2022新课标Ⅰ卷理综化学】浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如下图，以下表达错误的选项是〔〕A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．假设两溶液无限稀释，那么它们的c(OH－)相等D．当=2时，假设两溶液同时升高温度，那么增大【答案】D2．【2022浙江理综化学】40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如以下图所示。以下说法不正确的选项是〔〕

A．在pH＝9.0时，c(NH4+)＞c(HCOeq\o(ˉ,3))＞c(NH2COOˉ)＞c(CO32－)B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ)C．随着CO2的通入，EQ\f(c(OHˉ),c(NH3·H2O))不断增大D．在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成【答案】C3．【2022重庆理综化学】以下表达正确的选项是〔〕A．稀醋酸中参加少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后参加1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)【答案】C【解析】A.醋酸属于弱酸，参加少量醋酸钠，c〔CH3COO－〕浓度增大，抑制了醋酸的电离，A错误；B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反响生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，PH<7,B错误；C.硫化氢属于弱酸，局部电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C正确；D.AgCl和AgI的Ksp不相等，c〔Ag＋〕·c〔Cl－〕=Ksp〔AgCl〕,c〔Ag＋〕·c〔I－〕=Ksp〔AgI〕，0.1molAgCl和0.1molAgI混合后参加1L水中，所得溶液中c〔Ag＋〕浓度相等，那么c〔Cl－〕不等于c〔I－〕，D错误；答案选C。4．【2022天津理综化学】以下说法不正确的选项是〔〕A．Na与H2O的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进行B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】C5．【2022天津理综化学】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中参加以下物质。有关结论正确的选项是〔〕参加的物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反响结束后，c(Na+)=c(SO42－)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH—)不变D0.1molNaHSO4固体反响完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变【答案】B【解析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32—+H2OHCO3—+OH—溶液呈碱性；A项参加50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反响，那么反响后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反响结束后c(Na+)=2c(SO42－)，故A项错误；向溶液中参加0.05molCaO，那么CaO+H2O=Ca(OH)2，那么c(OH—)增大，且Ca2++CO32—=CaCO3↓，使CO32—+H2OHCO3—+OH—平衡左移，c(HCO3—)减小，故增大，故B项正确；C项参加50mLH2O，溶液体积变大，CO32—+H2OHCO3—+OH—平衡右移，但c(OH—)减小，Na2CO3溶液中H+、OH—均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH—)减小，故C项错误；D项参加0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32—反响，那么反响后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误；此题选B。6．【2022四川理综化学】常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出局部NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。以下关于滤液中的离子浓度关系不正确的选项是〔〕A．EQ\F(Kw,c(H+))<1.0×10-7mol/LB．c(Na+)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)C．c(H+)+c(NH4+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D．c(Cl－)>c(NH4+)>c(HCO3－)>c(CO32－)【答案】C7．【2022山东理综化学】室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中参加0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是〔〕A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH=7时，c(Na+)=c(A—)+c(HA)D．b点所示溶液中c(A—)>c(HA)【答案】D【解析】A、a点NaOH与HA物质的量相等，那么二者恰好完全反响，生成NaA，反响后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反响，那么c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误；B、a点NaA发生水解反响，促进了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误；C、根据电荷守恒，c〔H+〕+c〔Na+〕=c〔OH‾〕+c〔A-〕，那么pH=7时，c〔H+〕=c〔OH‾〕，带入电荷守恒表达式可得：c〔Na+〕=c〔A-〕，错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，那么溶液呈酸性，故HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c〔A-〕>c(HA)，正确。8．【2022安徽理综化学】25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，以下有关溶液中粒子浓度关系正确的选项是〔〕A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)=c(NH3·H2O)B．参加10mL盐酸时：c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)C．参加盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－)=c(Na＋)D．参加20mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)【答案】B9．【2022广东理综化学】一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图2，以下说法正确的选项是〔〕A．升高温度，可能引起有c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C．该温度下，参加FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】温度升高，水的离子积增大，c(H+)、c(OH-〕都增大，表示的点就不在曲线上，A错；水的离子积常数K=c(H+)·c(OH-)，从图可知离子积是1.0×10-11，不是1.0×10-13，B错；参加FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，那么c(OH-)减小，故可能引起由b向a的变化，C对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。10．【2022广东理综化学】准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，以下说法正确的选项是〔〕A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴局部有悬滴，那么测定结果偏小【答案】B11．【2022海南化学】10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反响，假设参加适量的以下溶液，能减慢反响速率但又不影响氢气生成的是〔〕A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3【答案】A、B【解析】Zn与稀盐酸发生反响：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，假设参加物质是反响速率降低，那么c(H+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H+)不变。A、K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗H+，因此n(H+)不变，符合题意，正确；B、CH3COONa与HCl发生反响：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，使溶液中c(H+)减小，反响速率降低，当反响进行到一定程度，会发生反响：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；C、参加CuSO4溶液会与Zn发生置换反响：CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。会加快反响速率，与题意不符合，错误；D、假设参加Na2CO3溶液，会与盐酸发生反响：Na2CO3+2HCl=2NaCl2+H2O+CO2↑，使溶液中溶液中的c(H+)减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n(H+)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。12．【2022海南化学】以下曲线中，可以描述乙酸〔甲，Ka=1．8×10-5〕和一氯乙酸〔乙，Ka=1．4×10-3〕在水中的电离度与浓度关系的是〔〕【答案】B13．【2022江苏化学】以下说法正确的选项是〔〕A．假设H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6．02×1023B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反响N2＋3H22NH3到达平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】C【解析】A、2H2O2=2H2O＋O2，生成1molO2，转移电子物质的量为2×6．02×1023，故错误；B、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH<7，故错误；C、牺牲阳极的阴极保护法，是根据原电池原理，让比铁活泼的金属作负极，钢铁做正极，阴极保护法，是根据电解池，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；D、要求方向是一正一逆，且反响速率之比等于系数之比，2v正(H2)=3v逆(NH3)，故错误。14．【2022江苏化学】室温下，向以下溶液中通入相应的气体至溶液pH=7〔通入气体对溶液体积的影响可忽略〕，溶液中局部微粒的物质的量浓度关系正确的选项是〔〕A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)>c(NH4＋)>c(SO32－)C．0.10mol·L－1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]D．0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)【答案】D1．(2022·山东理综，13，5分)某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B.eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕,c〔NH3·H2O〕)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当参加氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【解析】CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3·H2O恰好反响时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再参加氨水，水的电离程度又减小，A项错误；eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕,c〔NH3·H2O〕)＝eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕·c〔H＋〕·c〔OH－〕,c〔NH3·H2O〕·c〔H＋〕·c〔OH－〕)＝eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕·c〔OH－〕,c〔NH3·H2O〕)·eq\f(c〔H＋〕,KW)＝KNH3·H2O·eq\f(c〔H＋〕,KW)，温度不变，NH3·H2O的电离平衡常数及KW均不变，随着NH3·H2O的滴加，c(H＋)减小，故eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕,c〔NH3·H2O〕)减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，滴加10mL氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05mol·L－1，C项错误；由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故当参加NH3·H2O的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，D项正确。【答案】D2．(2022·广东理综，12，4分)常温下，0.2mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中局部微粒组分及浓度如下图，以下说法正确的选项是()A．HA为强酸B．该混合液pH＝7C．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋D．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)【答案】D3．(2022·重庆理综，9，15分)中华人民共和国国家标准(GB2760－2022)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测量。(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。(2)B中参加300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反响，其化学方程式为_____________________________________________________________________。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；假设滴定终点时溶液的pH＝8.8，那么选择的指示剂为________；假设用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10〞处，那么管内液体的体积(填序号)________(①＝10mL，②＝40mL，③<10mL，④>40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改良措施________________________________________________________________________。【答案】(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2＋H2O2===H2SO4(3)③酚酞④(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改良措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行比照实验，扣除盐酸挥发的影响4．(2022·福建理综，10，6分)以下关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的选项是()A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋COeq\o\al(2－,3)B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))D．温度升高，c(HCOeq\o\al(－,3))增大【解析】NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)，故A项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，故C错误；温度升高，促进HCOeq\o\al(－,3)水解，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，故D错误。【答案】B5．(2022·课标全国卷Ⅱ，11，6分)一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是()A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，那么a＝b＋1C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(