专题08水溶液中的离子反应与平衡(练习)

专题08水溶液中的离子反应与平衡目录TOC\o"11"\p""\h\z\u01弱电解质的电离平衡02水的电离和溶液的酸碱性03酸碱中和滴定04盐类水解和粒子浓度大小比较05难溶电解质的溶解平衡01弱电解质的电离平衡1．已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明某酸HA为弱酸的是()A．浓度为0.1mol·L－1HA的导电性比浓度为0.1mol·L－1硫酸的导电性弱B．0.1mol·L－1NH4A溶液的pH等于7C．0.1mol·L－1的HA溶液能使甲基橙变红色D．等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于7【答案】B【解析】A项，硫酸为二元强酸，当浓度均为0.1mol·L－1时，硫酸溶液中的离子浓度一定大于HA溶液中离子的浓度，不能说明HA是否完全电离，A项错误；B项，NH4A溶液中，由于NH4+水解使溶液呈酸性，若HA为强酸，NH4A溶液pH＜7，而pH＝7说明A－水解，说明HA为弱酸，B项正确；C项，当溶液的pH小于3.1时，甲基橙均能变红色，不能说明0.1mol·L－1的HA溶液pH是否大于1，C项错误；D项，若HA为强酸，等浓度的NaA、HA混合溶液pH也小于7，D项错误；故选B。2．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数/mol·L－17.8×10－93.7×10－15K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11下列推断正确的是()A．HX、HY两种弱酸的酸性：HX＞HYB．相同条件下溶液的碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3C．结合H＋的能力：COeq\o\al(2－,3)＞Y－＞X－＞HCOeq\o\al(－,3)D．HX和HY酸性相同，都比H2CO3弱【答案】A【解析】根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HX＞HCOeq\o\al(－,3)＞HY，则结合H＋的能力：Y－＞COeq\o\al(2－,3)＞X－＞HCOeq\o\al(－,3)，故A正确、C、D错误；酸越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY＞Na2CO3＞NaX＞NaHCO3，故B错误。3．根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是()化学式电离常数HClOK＝3×10－8H2CO3Ka1＝4×10－7Ka2＝6×10－11A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：COeq\o\al(2－,3)＋2Cl2＋H2O=2Cl－＋2HClO＋CO2↑B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCOeq\o\al(－,3)＋Cl2=Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2OC．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClOD．向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O=Na2CO3＋2HclO【答案】C【解析】HClO的电离常数小于H2CO3的第一步电离，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；向NaClO溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误。4．(2023·北京市牛栏山一中高三检测)室温下，对于1L醋酸溶液，下列判断正确的是()A．该溶液中CH3COO的粒子数为个B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH升高C．滴加NaOH溶液过程中，c(CH3COO)与c(CH3COOH)之和始终为0.1mol/LD．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2↑【答案】B【解析】A项，1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO的粒子数小于6.02×1022，A项错误；B项，加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，B项正确；C项，1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO)+n(CH3COOH)=0.1mol，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；D项，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO，D项错误；故选B。5．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列叙述不正确的是A．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热均可使CH3COO－的物质的量增多B．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］不变C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度增大D．0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小【答案】C【解析】A项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO－的物质的量增多，故不选A；B项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］=Ka/Kw，只受温度影响，加水稀释不发生变化，故不选B；C项，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小，故选C；D项，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值减小，故不选D。6．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)下列说法正确的是()A．25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5B．25℃时，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸C．25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多D．25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸【答案】B【解析】A项，pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是105mol/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B项，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C项，等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D项，混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。7．已知某温度下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．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．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(K,c（OH－）)，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，D项正确。8．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×102，Ka2(H2R)=5.4×105。室温下，下列说法不正确的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR)c(R2)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH)=c(H+)+c(H2R)+c(HR)D．0.01mol/L的H2R溶液与pH的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2【答案】C【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH)=c(H+)=107mol/L，，故溶液中c(HR)c(R2)，B正确；C项，0.1mol/LH2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR)+c(R2)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR)+2c(R2)+c(OH)，故.2mol/L+c(OH)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。9．(2024·山西吕梁高三阶段性测试)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其Ka1=5.2×102，Ka2=5.4×105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。有关草酸性质说法错误的是()A．草酸晶体(H2C2O4·2H2O)受热时先熔化后分解B．草酸与澄清石灰水反应的离子方程式为：Ca2++2OH+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2OC．草酸溶液中加入少量NaHCO3溶液，产生气泡：H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2OD．H2C2O4具有还原性，把草酸滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，发生的反应为：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】D【解析】A项，草酸晶体熔点为101℃，170℃以上分解，故A正确；B项，H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，故B正确；C项，产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4>H2CO3，加入少量NaHCO3溶液，草酸生成酸式盐，反应方程式为：H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故C正确；D项，由其K值可知，草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故D错误；故选D。10．(2024·云南昆明高三适应性考试)已知：Ag++NH3=[Ag(NH3)]+K1=103.32、[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+K2，.Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的分布系数δ与lg[c(NH3)/(mol·L1)]关系如图所示，。下列说法错误的是()A．曲线b代表[Ag(NH3)2]+B．[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3的平衡常数K=107.22C．K2=103.90D．当c(NH3)<0.01mol·L1时，银元素主要以[Ag(NH3)2]+形式存在【答案】D【解析】随着NH3浓度的增大，Ag+与NH3的反应、[Ag(NH3)]+与NH3的反应的化学平衡均正向移动，因此NH3浓度的增大，银离子分布分数逐渐减小，[Ag(NH3)]+分布分数先增大后减小，[Ag(NH3)2]+分布分数逐渐增大，故a表示Ag+，b表示[Ag(NH3)2]+，c表示[Ag(NH3)]+。A项，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，A正确；B项，从图中可知，lgc(NH3)=3.61时，银离子的分布分数等于[Ag(NH3)2]+的分布分数，此时，[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3的平衡常数K=c2(NH3)=(103.61)2=107.22，B正确；C项，从图中可知，lgc(NH3)约为3.90时，[Ag(NH3)2]+和[Ag(NH3)]+的分布分数相同，则K2=，C正确；D项，从图中可知，c(NH3)<0.01mol/L时，Ag元素先后以Ag+、[Ag(NH3)2]+等形式存在，D错误；故选D。11．(2024·陕西商洛部分学校高三联考)常温下，向浓度均为、体积均为的一元酸HX、HY溶液中分别滴加等浓度的溶液，混合溶液中的粒子浓度变化关系如图所示。下列说法正确的是()A．常温下，Ka(HY)=1×107B．将pH相等的溶液均稀释10倍，稀释后溶液的pH：HXHYC．滴加溶液至N点时，加入的溶液体积为D．M点溶液中：c(X)＞c(K＋)＞c(OH―)＞c(H＋)【答案】A【解析】A项，，由图可得，Ka(HY)=1×107，A正确；B项，，，由图可得，，Ka(HY)=1×107，则酸性HX＜HY，酸性越弱，稀释相同倍数，pH变化越小，将pH相等的HX、HY溶液均稀释10倍，稀释后溶液的HX、HY：HXHY，B错误；C项，向浓度为0.1mol·L1、体积为20mL的一元酸HY溶液中滴加等浓度的KOH溶液，当加入的KOH溶液体积为20mL时，HY与KOH恰好完全反应，生成KY，由于HY为弱酸，则KY为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，不是N点，C错误；D项，M点溶液中存在电荷守恒c(K＋)+c(H＋)=c(X)+c(OH―)，由图可知，M点溶液中c(H＋)=1.0×108mol·L－1，c(H＋)c(OH―)，则c(K＋)＞c(X)，M点溶液中存在c(K＋)＞c(X)＞c(OH―)＞c(H＋)，D错误；故选A。02水的电离和溶液的酸碱性1．某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，则下列说法正确的是()A．该溶液温度为25℃ B．与等体积的pH=4的盐酸刚好中和C．该温度下蒸馏水pH=6 D．该溶液中c(H+)=1012mol/L【答案】C【解析】A项，某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，即氢离子浓度是1010mol/L，氢氧化钠是一元强碱，则氢氧根离子浓度是是0.01mol/L，所以水的离子积常数是0.01×10－10＝10－12＞10－14，升高温度促进水的电离，该溶液温度大于25℃，A错误；B项，pH=4的盐酸溶液的浓度是10－4mol/L，所以与等体积的pH=4的盐酸中和后氢氧化钠过量，B错误；C项，该温度下水的离子积常数是10－12，所以蒸馏水的pH=6，C正确；D项，根据选项A分析可知该溶液中c(H+)=1010mol/L，D错误；故选C。2．常温下，关于pH=12的NaOH溶液，下列说法正确的是()A．溶液中c(H+)=1.×102mol·L1B．溶液中由水电离出的c(OH)=1.0×102mol·L1C．加水稀释100倍后，溶液的pH=10D．加入等体积pH=2的醋酸溶液，溶液呈中性【答案】C【解析】pH=12的NaOH溶液，根据离子积可知，c(H+)=1．0×1012mol·L1，A项不正确；溶液中由水电离出的c(OH)=c(H+)=1．0×1012mol·L1，B项不正确；加水稀释100倍后，溶液的pH=10，C项正确；由于醋酸为弱酸，大部分未发生电离，反应结束后，过量的醋酸电离，使溶液呈酸性，D项不正确。3．工农业生产和科学实验中常常涉及溶液的酸碱性，生活和健康也与溶液的酸碱性有密切关系。pH是表示溶液酸碱度的一种方法。下列说法不正确的是()A．可以用pH试纸测量溶液的pH，也可以用酸度计来测量B．测量和调控溶液的pH，对工农业生产，科学研究都具有重要意义C．pH试纸可测量任何溶液的pH值D．酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，在溶液中存在电离平衡，指示剂的颜色变化在一定pH范围内发生【答案】C【解析】A项，可以用pH试纸测量溶液的pH，也可以用酸度计来测量，选项A正确；B项，测试和调控溶液的pH对工农业生产、科学研究及日常生活和医疗保健都有重要意义，选项B正确；C项，不是任何溶液的pH都能用pH试纸测，因为试纸有范围要求，也不能测量氯水等溶液的pH，选项C不正确；D项，酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，在溶液中存在电离平衡，指示剂的颜色变化在一定pH范围内发生，选项D正确；故选C。03酸碱中和滴定1．关于滴定实验的下列说法正确的是()A．在酸碱中和滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化B．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小C．用KMnO4标准溶液滴定草酸时，KMnO4标准溶液盛装在碱式滴定管中D．所有的滴定实验都需要加入指示剂【答案】A【解析】酸碱中和滴定过程中，左手控制活塞或橡胶管内的玻璃珠，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A正确；用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗NaOH标准溶液的体积偏大，测定结果偏大，B错误；KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶管，所以KMnO4标准溶液要盛放在酸式滴定管中，C错误；并不是所有的滴定实验都需要加入指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定含还原性物质(如草酸等)的溶液时，不需要加指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，D错误。2．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果的评价错误的是()选项操作测定结果的评价A酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次偏高B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失偏高C锥形瓶未干燥无影响D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次偏低【答案】D【解析】A项，酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；B项，开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；C项，锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，不影响测定结果，正确；D项，盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次，导致待测液中NaOH的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，错误。3．下列实验操作不会引起误差的是()A．酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶B．酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液，开始实验时，酸式滴定管尖嘴部分无气泡，实验结束时有气泡【答案】C【解析】A项，锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使待测液的量偏大，消耗标准液的体积偏大，从而使所测浓度偏大；B项，冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液，还是待测溶液，都必须用待装溶液润洗2~3次，否则会使标准溶液或待测溶液浓度偏小，影响结果；C项，在滴定过程中，指示剂多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量；D项，实验开始时酸式滴定管中无气泡，实验结束时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HCl)·c(HCl)=V(NaOH)·c(NaOH)得所测的c(NaOH)偏小。4．(2024·山东烟台高三期中)在含单质碘的KI溶液中存在可逆反应：I2(aq)+I(aq)I3(aq)，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：①在装有的KI溶液的碘量瓶中加入足量I2，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取42.5mL上层清液，用5mLCCl4萃取，充分振荡、静置、分液，得到42.5mL萃取后的水溶液、5mLI2~CCl4溶液。②取萃取后的5mLI2~CCl4溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为0.01%KI溶液，充分振荡后，静置5分钟，注入4mL0.2%的淀粉溶液，用cmol·L1的Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗V1mLNa2S2O3溶液。③将萃取后的水溶液42.5mL移入碘量瓶中，注入4mL0.2%的淀粉溶液，用的Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗V2mLNa2S2O3溶液。已知：(1)2Na2S2O3+I2=2Na2S4O6+2NaI；(2)I与I3难溶于CCl4；(3)达到溶解平衡后，I2在CCl4层和水层中的分配比为85：1I2(aq)+I(aq)I3(aq)的平衡常数K计算正确的是()A． B．C． D．【答案】A【解析】第②步可知；I2在CCl4层和水层中的分配比为85：1所以，根据步骤③可知：可以推知由平衡可知：溶液中I和I3之和为原溶液中碘离子浓度：可求得。将、、带入可求得：。故选A。5．(2024·北京丰台高三期中)某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法不正确的是()A．溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2+2I+2H+=I2+2H2OB．该实验可证明蓝色恢复与空气无关C．溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定【答案】C【解析】A项，向含有I的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，A正确；B项，该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确；C项，溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；D项，由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；故选C。6．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下：①EDTA标定：取10.00mL0.1mol·L1标准CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V1mL。②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物)，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V2mL。提取液中钙含量(浓度单位为)的计算结果正确的是()A．B． C． D．【答案】A【解析】EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1，则n(Ca)=n(EDTA)，标定EDTA时：c(Ca2+)V(Ca2+)=c(EDTA)V1，滴定提取液时：c(Ca)提V提=c(EDTA)V2，则c(Ca)提=，提取液中钙含量mol/L×40g/mol=g/L=×103mg/L；故选A。7．(2023·山东省高三联考)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酐苯溶液。②量取一定体积乙酸酐苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，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·L1NaOH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·L1NaOH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()A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验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【解析】用cmol·L1NaOH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NaOH的物质的量为(V2×c×103)mol，即乙酸酐的总物质的量为，ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为。A项，乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A项错误；B项，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，故将导致测定结果偏小，B项正确；C项，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V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C项错误；D项，步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，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，故将导致测定结果偏小，D项错误；故选B。8．使用硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下：步骤1：称量硫酸亚铁铵晶[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶于稀硫酸，加水稀释配成1000mL0.0200mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。步骤2：称取1.00g青铜样品于250mL维形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸[(NH4)2S2O8]溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为H2CrO4，冷却后加蒸馏水配制成250mL溶液，摇匀。步骤3：取25mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90mL、17.97mL、18.03mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)下列说法不正确的是()A．在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管B．在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OC．青铜中铬元素的质量分数为6.344%D．实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大【答案】C【解析】A项，在“步骤1”中配制溶液需要的玻璃仪器：1000mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故A正确；B项，在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式根据电子、电荷、原子守恒配平得方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；C项，根据滴定过程(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90mL、17.97mL、18.03mL，因为第一组实验数据与第二、三组误差大而舍去，故平均消耗的溶液体积为：V=，反应关系式计算：，解得x=1.2×104mol，则铬元素的质量分数为：=6.24%，故C不正确；D项，实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，实际标准液被稀释，导致滴加的体积偏大，在计算时导致测量结果偏大，故D正确；故选C。04盐类水解和粒子浓度大小比较1．(2024·江西宜春高三期末)(双选)某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A．25℃时，若测得0.01mol·L1NaR溶液PH>7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·L1HR溶液且，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸【答案】AB【解析】A项，25℃时，测得0.01mol·L1NaR溶液PH>7，则NaR为强碱弱酸盐，HR是弱酸，故A正确；B项，25℃时，若HR是强酸，0.01mol·L1HR溶液pH=1，测得且，则HR是弱酸，故B正确；C项，25℃时，若测得HR溶液pH=a，稀释10倍，测得，HR可能是弱酸，假设HR为强酸，a=6，稀释10倍，pH仍小于7，故HR可能是弱酸，也可能是强酸，故C错误；D项，25℃时，若测得NaR溶液pH=a，升温至50℃，测得pH=b，a＞b，HR可能是弱酸，升温促进了弱酸的电离，假设HR为强酸，NaR溶液呈中性，升高温度，促进水的电离，pH也减小，a＞b，故HR可能是弱酸，也可能是强酸，故D错误；故选AB。2．将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是()A．产生的气体中有H2 B．反应与CO32水解有关C．Al(OH)3向酸式电离方向移动 D．M中含大量：Na+、Al3+、HCO3【答案】D【解析】在Na2CO3溶液中，CO32发生水解，生成OH等，OH与Al在溶液中发生反应，生成AlO2和H2。A项，产生的气体中有H2，A正确；B项，由分析可知，与Al反应的OH来自CO32水解，B正确；C项，Na2CO3溶液呈碱性，Al(OH)3表现出酸性，发生酸式电离，C正确；D项，Al3+、HCO3在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，所以M中不可能含大量Al3+、HCO3，D错误；故选D。3．甲胺[(CH3)NH2·H2O]在水中电离与氨相似，常温下，Kb[(CH3)NH2·H2O]=2.0×105。已知lg2=0.3。下列说法错误的是()A．(CH3)NH3NO3溶液显酸性B．甲胺溶液中c(OH)随温度升高而增大C．常温下，0.1mol/L的甲胺溶液的pH=11.3D．0.1mol/L(CH3)NH3Cl溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl)>c[(CH3)NH3)+]>c(H+)>c(OH)【答案】C【解析】A项，(CH3)NH3NO3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，A项正确；B项，温度升高，促进甲胺电离，溶液中c(OH)增大，B项正确；C项，0.1mol/L的甲胺溶液中，，，，C项错误；D项，由于(CH3)NH3)+水解，溶液显酸性，故有：c(Cl)>c[(CH3)NH3)+]>c(H+)>c(OH)，D项正确。故选C。4．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是()A．Na2SO3溶液中存在：c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)＞c(HSOeq\o\al(－,3))B．已知NaHSO3溶液pH＜7，该溶液中：c(Na＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(H2SO3)＞c(SOeq\o\al(2－,3))C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))【答案】D【解析】Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)＞c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH＜7，则该溶液中HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(H＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，也可以是NaHSO3和Na2SO3的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，故c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，D项正确。5．室温下，有amol·L1NaX和bmol·L1NaY两种盐溶液。下列说法正确的是()A．若ab且c(X)+c(HX)c(Y)，则酸性HXHYB．若ab且c(X)c(Y)，则酸性HXHYC．若且，则酸性HXHYD．若ab且c(X)c(Y)，则酸性HXHY【答案】C【解析】A项，若a=b且c(X)+c(HX)c(Y)，表明NaX在水溶液中发生水解反应，离子方程式为X+H2OHX+OH，故在水溶液中的存在形式为X和HX，所以HX为弱酸，而NaY不水解，故在水溶液中只存在Y，所以HY为强酸，即酸性HXHY，A错误；B项，若ab，则表示NaX的浓度大于NaY，但是c(X)c(Y)，表明X减少也或者减少得更多，说明X发生了水解而减少了，或者说X发生水解的程度更大，减少得更多，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可推断酸性HXHY，B错误；C项，若且，即NaX溶液浓度小，但是碱性强，表明X发生了水解反应，或X的水解程度更大，依据盐类水解“越弱越水解”的规律，可判断酸性HXHY，C正确；D项，若ab且c(X)c(Y)，无法判断X和Y是否发生了水解，则无法判断HX和HY的酸性强弱，D错误；故选C。6．(2023·广东省百校高三联考)苯甲酸钠(PhCOONa)是一种常用食品防腐剂。已知25℃，PhCOOH的Ka=1.0×104.2。下列有关PhCOONa溶液说法不正确的是()A．PhCOONa溶液呈碱性B．0.1mol/LPhCOONa溶液中：c(PhCOO)0.1mol/LC．25℃，pH=7的PhCOONa和PhCOOH的混合溶液中：c(PhCOOH)＞c(PhCOO)=c(Na＋)D．PhCOONa溶液加水稀释时，溶液中c(PhCOO)减小【答案】C【解析】A项，由题干信息中苯甲酸的Ka可知，PhCOONa是强碱弱酸盐，由于PhCOO+H2OPhCOOH+OH，故PhCOONa溶液呈碱性，A正确；B项，由于PhCOO+H2OPhCOOH+OH，根据物料守恒可知，0.1mol/LPhCOONa溶液中有c(PhCOO)+c(PhCOOH)=0.1mol/L，则c(PhCOO)0.1mol/L，B正确；C项，25℃，pH=7的PhCOONa和PhCOOH的混合溶液中根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(PhCOO)+c(OH)，则得到c(Na+)+c(H+)=c(PhCOO)，根据Ka===104.2，可得c(PhCOO)＞c(PhCOOH)，即有c(PhCOO)=c(Na＋)＞c(PhCOOH)，C错误；D项，PhCOONa溶液加水稀释时，PhCOO+H2OPhCOOH+OH平衡正向移动，故溶液中c(PhCOO)减小，D正确；故选C。7．已知：常温下，CN的水解常数K1.6×105。该温度下，将浓度均为0.1mol•L1的HCN溶液和Na溶液等体积混合。下列说法正确的是()A．混合溶液的B．混合液中水的电离程度小于纯水的C．混合溶液中存在c(CN)＞c(Na+)＞c(HCN)＞c(OH)＞c(H+)D．若c盐酸与0.6mol•L1Na溶液等体积混合后溶液呈中性，则【答案】D【解析】CN的水解常数K1.6×105，则HCN的电离常数是。A项，0.1mol•L1的HCN溶液和Na溶液等体积混合，CN水解大于HCN电离，溶液呈碱性，混合溶液的＞7，故A错误；B项，CN水解促进水电离、HCN电离抑制水电离，CN水解大于HCN电离，混合液中水的电离程度大于纯水的，故B错误；C项，CN水解大于HCN电离，混合溶液呈碱性，混合溶液中存在c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN)＞c(OH)＞c(H+)，故C错误；D项，若cmol•L1盐酸与0.6mol•L1Na溶液等体积混合后溶液呈中性，根据电荷守恒c(Na+)=c(CN)+c(Cl)，根据物料守恒，c(Na+)=c(CN)+c(HCN)=0.3mol/L，c(Cl)=，则c(HCN)=c(Cl)=，根据CN的水解常数K1.6×105，则，c(CN)=；c(CN)+c(HCN)=0.3mol/L，即+=0.3mol/L，所以，故D正确；故选D。8．将标准状况下1.68LCO2通入含有2gNaOH的水溶液中，完全反应并得到2L碱性溶液。则对于该溶液表述正确的是()A．2c(Na+)=3[c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)]B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(OH)C．HCO3的电离程度大于HCO3的水解程度D．存在的平衡体系只有：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H++CO32【答案】B【解析】将标准状况下1.68LCO2的物质的量是=0.075mol，2gNaOH的物质的量是=0.05mol，CO2的量过多，完全反应生成0.05mol的碳酸氢钠。A项，根据物料守恒，c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)，A项错误；B项，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(OH)，B项正确；C项，碳酸氢钠溶液显碱性，则HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，C项错误；D项，存在的平衡体系有：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H++CO32，H2OH++OH，D项错误；故选B。9．(2024·江浙高中发展共同体高三联考)室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。下列有关说法正确的是()实验实验操作和现象或结论1用试纸测量0.1mol·L1NaHSO3溶液的，测得约为52向10mL0.1mol·L1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L1氨水溶液，充分混合，溶液约为93向10mL0.1mol·L1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1mol·L1NaHSO3溶液，无明显现象4向10mL0.1mol·L1NaHSO3溶液中加入10mL0.05mol·L1Ba(ClO)2溶液，产生白色沉淀A．实验1可得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)B．实验2所得溶液中存在：c(H+)+c(H2SO3)+c(HSO3)c(OH―)+c(NH3·H2O)C．实验3可得出：Ka2(H2SO3)Ka1(H2CO3)D．实验4两溶液混合时有：【答案】D【解析】A.实验1中NaHSO3溶液的pH约为5，可知溶液显酸性，则HSO3的水解程度小于电离程度，c(SO32)＞c(H2SO3)，，A项错误；B项，实验2所得溶液中溶质为等浓度的Na2SO3，(NH4)2SO3，根据质子守恒c(H+)+2c(H2SO3)+c(HSO3)c(OH―)+c(NH3·H2O)，B项错误；C项，实验3中NaHSO3量不足，不能得出Ka2(H2SO3)Ka1(H2CO3)，C项错误；D项，实验4中ClO将HSO3氧化为SO42，生成硫酸钡沉淀，反应离子方程式为2Ba2++ClO+2HSO3=2BaSO4↓+Cl+2H+，，D项正确；故选D。10．(2024·江苏常州高三期中)室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1mol•L1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8实验2：将0.1mol•L1NaHCO3溶液与0.1mol•L1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀实验3：饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，溶液pH从12下降到约为9实验4：0.1mol•L1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡下列说法正确的是()A．由实验1可得出：Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)＜1016B．实验2中两溶液混合时有：Ksp(CaCO3)＞2.5×103C．实验3中发生反应的离子方程式为CO32+H2O+CO2=2HCO3D．实验4所得溶液中c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)【答案】A【解析】A项，实验1中，Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)=∙=，0.1mol•L1NaHCO3溶液的pH约为8，表明溶液中HCO3水解是主要的，电离是次要的，c(CO32)＜c(H2CO3)，所以＜c2(H+)=1016，A正确；B项，实验2中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05mol•L1，c(HCO3)＜0.05mol•L1，则有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)∙c(HCO3)=(0.05mol•L1)∙(＜0.05mol•L1)＜2.5×103，B不正确；C项，实验3中发生反应的离子方程式为2Na++CO32+H2O+CO2=2NaHCO3↓，C不正确；D项，实验4中，0.1mol•L1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分H2CO3发生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)+c(CO2)，则c(Na+)＞c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)，D不正确；故选A。11．(2024·江苏南通海安高三联考)室温下：Ka(CH3COOH)=1.8×105、Ka1(H2SO3)=101.85、Ka2(H2SO3)=107.22、Kb(NH3·H2O)=1.8×105。本小组同学进行如下实验：实验实验操作和现象1测定0.10mol·L1NaHSO3溶液的2向0.10mol·L1CH3COONa溶液中通入少量SO23向20mL0.10mol·L1CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL4配制0.10mol·L1的(NH4)2SO3、CH3COONH4、NH4HSO3三种溶液下列所得结论正确的是()A．实验1溶液中存在：c(Na＋)＞c(HSO3)＞c(H2SO3)＞c(SO32)B．实验2反应的离子方程式：2CH3COO+SO2+H2O=2CH3COOH+SO32C．实验3反应后的溶液中存在：c(CH3COOH)c(CH3COO)=c(OH―)c(H＋)D．实验4中各溶液pH大小：c(NH4HSO3)c(CH3COONH4)c[(NH4)2SO3]【答案】D【解析】A项，NaHSO3溶液中，硫酸氢根既会电离又会水解，其电离常数为Ka2(H2SO3)=107.22，水解常数，故其电离程度大于水解程度，其电离产物亚硫酸根浓度也应比水解产物亚硫酸大，A错误；B项，向0.10mol·L1CH3COONa溶液中通入少量SO2，酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO3，故向0.10mol·L1CH3COONa溶液中通入少量SO2时应该产生醋酸和亚硫酸氢根离子：CH3COO+SO2+H2O=CH3COOH+HSO3，B错误；C项，向20mL0.10mol·L1CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL，生成CH3COONa：CH3COOH=1：1，联立电荷守恒和物料守恒，c(CH3COOH)c(CH3COO)=2c(OH―)2c(H＋)，C错误；D项，结合题干信息，Ka(CH3COOH)=1.8×105=Kb(NH3·H2O)=1.8×105，故醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相等，醋酸铵溶液显中性；NH4HSO3溶液中，铵根离子水解使溶液呈现酸性，亚硫酸氢根离子电离＞水解，也使溶液显酸性，故NH4HSO3溶液显酸性；而(NH4)2SO3中，亚硫酸根离子水解程度比铵根离子大，溶液呈现碱性，故同浓度各溶液pH大小：c(NH4HSO3)c(CH3COONH4)c[(NH4)2SO3]，D正确；故选D。12．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)B．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L－1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)【答案】B【解析】A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中COeq\o\al(2－,3)能进行两级水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))，该项错误；B项，CH3COONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，该项正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))、c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)＋c(H＋)<c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)，该项错误；D项，CH3COOH与NaOH混合时恰好生成CH3COONa，溶液中电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒式为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，由这两个式子可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，该项错误。13．下列有关溶液(室温下)的说法正确的是()A．Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中：2c(Na+)=3[c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)]B．0.10mol•L1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32)C．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小关系：④>①>②>③D．0.10mol•L1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(Cl)【答案】D【解析】A项，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中存在物料守恒，即2n(Na)＝3n(C)，溶液中的物料守恒为：2c(Na＋)＝3[c(CO32)＋c(HCO3)＋c(H2CO3)]，Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液的量不知不能判断离子难度大小，故A错误；B项，液呈中性时，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(NH4+)＝2c(SO32)＋c(HSO3)，因为溶液呈中性，根据元素守恒得c(Na＋)>c(SO32)，NaHSO3溶液酸性较弱，则加入的氨水较少，所以c(SO32)>c(NH4+)；所以溶液中c(H＋)、c(OH−)、c(SO32)、c(Na＋)、c(NH4+)这五种离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO32)>c(NH4+)>c(H＋)＝c(OH−)，故B错误；C项，物质的量浓度相同的下列溶液：①(NH4)2SO4②NH4HCO3③NH4Cl④NH4Fe(SO4)2；先不考虑水解，则(NH4)2SO4中含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，②④二种物质中，④NH4Fe(SO4)2酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c(NH4+)较大，①NH4Cl，NH4+水解，②NH4HCO3，碳酸氢根离子的水解对铵根离子起促进作用，即溶液中c(NH4+)④>③>②，按c(NH4+)由大到小的顺序排列为：①>④>③>②，故C错误；D项，0.1mol•L−1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7，溶液中存在电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH−)＋c(Cl−)＋c(CH3COO−)，物料守恒为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)，得到c(CH3COOH)＝c(Cl−)，溶液中存在醋酸钠、氯化钠和醋酸，钠离子浓度一定大于氯离子浓度，故D正确；故选D。14．(2023·浙江省宁波市高三下学期高考模拟)常温下，Ka1(HCOOH)=1.77×104，Ka2(HCOOH)=1.75×105，Ka(NH3·H2O)=1.76×105，下列说法不正确的是()A．浓度均为0.1mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者C．0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：c(Na+)c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)D．0.2mol/LHCOONa溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(HCOO)c(OH)=c(HCOOH)c(H+)【答案】D【解析】A项，由电荷守恒可知c(HCOO)c(OH)=c(Na+)c(H+)、c(Cl)c(OH)=c(NH4+)c(H+)，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；B项，由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；C项，醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L(忽略体积变化)，由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为c(Na+)c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，C正确；D项，由电荷守恒可得c(HCOO)c(OH)=c(Na+)c(H+)，由物料守恒可得c(Na+)c(HCOO)c(HCOOH)，由此可得c(OH)=c(HCOO)c(HCOOH)c(H+)，D错误；故选D。15．室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。下列有关说法正确的是()实验实验操作和现象1用pH计测定0.05mol∙L−1NaHCO3溶液，测得pH约为8.32向10mL0.05mol∙L−1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol∙L−1NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.33向10mL0.05mol∙L−1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol∙L−1HCl，反应结束后测得溶液pH约为5.64向0.05mol/LNaHCO3溶液中滴加过量0.1mol∙L−1Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀A．NaHCO3溶液中HCO3的电离程度大于水解程度B．实验2滴加结束后：c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3)=c(OH－)C．实验3滴加过程中：c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)D．实验4反应静置后的上层清液中：c(Ca2+)∙c(CO32)＜Ksp(CaCO3)【答案】B【解析】A项，用pH计测定0.05mol∙L−1NaHCO3溶液，测得pH约为8.3，溶液显碱性，因此NaHCO3溶液中HCO3的电离程度小于水解程度，故A错误；B项，向10mL0.05mol∙L−1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol∙L−1NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3，溶质为Na2CO3，因此实验2滴加结束后，根据质子守恒得到：c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3)=c(OH－)，故B正确；C项，实验3滴加开始前，按照物料守恒：c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，滴加后产生气泡，则无此守恒，故C错误；D项，实验4反应静置后的上层清液存在难溶物的溶解平衡，则有c(Ca2+)c(CO32)=Ksp(CaCO3)，故D错误。故选B。16．(2024·江苏苏州高三期中)室温下，用0.1mol·L1Na2SO3溶液吸收废气中的SO2，并获得BaSO3的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化和H2O的挥发，溶液中含硫物种的浓度c=c(H2SO3)+2c(SO32)+c(HSO3)。已知：Ka1(H2SO3)=1.54×102，Ka2(H2SO3)=1.02×107。下列说法正确的是()A．0.1mol·L1Na2SO3溶液吸收SO2至的溶液：c(HSO3)c(SO32)B．吸收SO2后的溶液：c(H+)+c(SO32)=c(OH―)+c(H2SO3)C．沉淀后的上层清液：D．沉淀后的上层清液久置：2c(Ba2＋)+c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+2c(SO32)+c(HSO3)【答案】A【解析】A项，pH7时，所以，故A正确；B项，，根据电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(SO32)+c(HSO3)可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH―)+c(HSO3)+3c(SO32)，故B错误；C项，有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，故C错误；D项，久置后亚硫酸根、亚硫酸氢根均会被氧化几乎不存在亚硫酸根、亚硫酸氢根，故D错误；故选A。17．(2024·山东德州高三期中)标况下，CO2的溶解度约为1∶1，H2O+CO2H2CO3，。室温下H2CO3溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示。下列说法正确的是()A．饱和碳酸的浓度c(H2CO3)约为B．a对应的溶液中存在：C．a→b的过程中，溶液中一直增大D．b点对应溶液的pH为8.25【答案】D【解析】A项，标况下，CO2的溶解度约为1∶1，则1L水中溶解1LCO2，物质的量为，，饱和碳酸的浓度c(H2CO3)约为，A错误；B项，a点对应溶液中，，则c(HCO3)=c(CO32)，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中c(OH―)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒关系式2c(Ba2＋)+c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+2c(CO32)+c(HCO3)+c(Cl)，则2c(Ba2＋)+c(Na＋)＞3c(HCO3)+c(Cl)，B错误；C项，==，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，Ka1不变，则逐渐减小，C错误；D项，b点对应溶液=2，则c(HCO3)=100c(CO32)，由得，，pH8.25，D正确；故选D。18．(2024·内蒙古赤峰高三一轮复习大联考)室温下，某混合溶液中c(M⁺)+c(MOH)=c(R⁻)+c(HR)，和随pH变化关系如图所示，已知pX=lgX。下列说法不正确的是()A．曲线I表示与pH关系曲线，B．b点溶液中c(M+)>c(R)，x=4C．MR溶液显碱性，且MR溶液中c(MOH)<c(HR)D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中：c(HR)>c(Na+)>c(R)>c(OH)>c(H+)【答案】B【解析】由，当=0即c(M+)=c(MOH)时，Kb=c(OH)，同理，Ka=c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，pH越大R的浓度越大，则曲线Ⅱ表示与pH关系，曲线I表示与pH关系。A项，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系；由c点可知，Ka=c(H)=1010，常温下a点c(OH)=，Kb=c(OH)=108，则pKa=10=pKb+2，A正确；B项，b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+)>c(R)，c(OH)=，由=108，则，则x==2，B错误；C项，由Ka=1010，Kb=108，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH)＜c(HR)，C正确；D项，由Ka=1010，R水解常数为＞Ka，则HR电离程度小于R水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液显碱性，c(HR)>c(Na+)>c(R)>c(OH)>c(H+)，D正确；故选B。19．(2024·广西北海高三一模)柠檬酸是番茄中最常见的天然酸性物质，其分子结构简式为(用表示)。常温下，用0.1000mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1H3R溶液的滴定曲线如图所示。已知常温下柠檬酸的电离常数为：Ka1=1.0×103.1，Ka2=1.0×104.8，Ka3=1.0×106.4。下列叙述正确的是()A．a点溶液中，c(Na＋)=c(H2R―)+2c(HR2)+3c(R3)B．b点溶液中，c(Na＋)＞c(HR2－)＞c(H2R―)＞c(R3)C．常温下Na2HR溶液加水稀释过程中，减小D．常温下R3的水解常数为1.0×109.2【答案】C【解析】A项，a点溶液为NaH2R溶液，溶液呈酸性，电荷守恒为c(Na＋)=c(H＋)=c(OH―)+c(H2R―)+2c(HR2)+3c(R3)，A错误；B项，b点溶液为Na2HR溶液，溶液呈酸性，HR2的电离程度大于HR2的水解程度，故离子浓度大小为c(Na＋)＞c(HR2－)＞c(R3)＞c(H2R―)，B错误；C项，Na2HR溶液呈酸性，加水稀释过程中，溶液中c(H＋)减小，则溶液中c(OH―)增大。常温下加水稀释过程中，HR2的水解常数保持不变，加水稀释过程中c(OH―)增大，则减小，C正确；D项，常温下，的水解常数，D错误。故选C。05难溶电解质的溶解平衡1．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43(aq)+OH(aq)Ksp=6.8×1037mol9•L9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×1061mol9•L9。下列说法错误的是()A．残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质B．按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保护牙齿D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质【答案】C【解析】A项，残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，则将消耗OH，导致生成物OH浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确；B项，由A项分析可知，按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿，B正确；C项，NaOH碱性太强，具有强腐蚀性，不能用含NaOH的溶液漱口，否则将腐蚀口腔等组织，C错误；D项，由题干信息Ca5(PO4)3OH的Ksp=6.8×1037mol9•L9，而Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×1061mol9•L9可知，含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质，D正确；故选C。2．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2+2H2O。下列分析不正确的是()A．浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)B．实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl－强C．实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl【答案】C【解析】A项，因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，A正确；B项，Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl强，B正确；C项，银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，C错误；D项，浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH3•H2O⇌Ag(NH3)2++2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，D正确；故选C。3．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(H＋)均会增大B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，[OH－]增大，[H＋]减小，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D项正确。4．工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去[已知：Ksp(CaCO3)=1×1010，Ksp(CaSO4)=9×106]。下列说法不正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH)均会增大B．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)C．该条件下，CaCO3的溶解度小于CaSO4D．CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，c(SO4