专题36 盐类的水解（解析版）【好题汇编】十年（2016-2025）高考化学真题分类汇编（全国通.用）

PAGE1专题36盐类的水解考点十年考情（2016-2025）命题趋势考点01盐类水解的原理及应用2025：河南、山东、安徽、浙江、黑吉辽蒙卷2024：贵州、广东、北京、河北、浙江2023：辽宁、天津、北京、山东、全国甲卷、浙江2022：北京、浙江、湖南2021：广东、浙江2020：天津注重考查学科核心知识：本专题主要考查盐类水解的原理及规律，根据盐的组成判断盐溶液的酸碱性；盐类水解平衡的影响因素；盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用等核心知识。强调知识的灵活运用与综合分析：盐类水解是高考命题的高频知识点。高考中主要以盐类水解为载体考查溶液的酸碱性、溶液的pH计算及粒子浓度的大小比较等。其中溶液中粒子浓度的大小比较是离子平衡的主流试题，既与盐的水解有关，又与弱电解质电离平衡有关。不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，且还侧重溶液中各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性，考查考生对变化观念、微观探析的理解和应用。考点02溶液中粒子浓度大小的比较2025：湖南、湖北、云南、江苏、河北、河南、甘肃、安徽、黑吉辽蒙卷2024：天津、广西、福建、重庆、江西、湖南、江苏、山东、新课标卷、湖北、安徽2023：福建、重庆、江苏、北京、湖南、湖北2022：重庆、福建、河北、江苏、浙江2021：福建、辽宁、天津、浙江、湖南、全国乙卷2020：海南、浙江、全国I卷2019：全国I卷2016：全国III卷知识点知识点01盐类水解的原理及应用1．（2025·河南·高考真题）对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是A．磷酸二氢钠水解：B．用稀盐酸浸泡氧化银：C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：【答案】A【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，A正确；B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl－=2AgCl+H2O，B错误；C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I2+Cl－+H2O，C错误；D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，D错误；答案选A。2．（2025·山东·高考真题）用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法错误的是A．的水溶液显碱性B．的空间构型为V形C．为含有共价键的离子化合物D．的中心N原子所有价电子均参与成键【答案】B【详解】A．NaN3是强碱（NaOH）和弱酸（HN3）形成的盐，水解生成OH-，溶液显碱性，A正确。B．与CO2是等电子体，两者结构相似，其中心原子均为sp杂化，其空间构型均为直线形，而非V形，B错误。C．NaN3为离子化合物（Na+与通过离子键结合），内部三个N原子以共价键连接，C正确。D．中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确。故选B。3．（2025·安徽·高考真题）下列有关物质用途的说法错误的是A．生石灰可用作脱氧剂 B．硫酸铝可用作净水剂C．碳酸氢铵可用作食品膨松剂 D．苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂【答案】A【详解】A．生石灰（）主要用作干燥剂，通过吸水反应生成，而非与氧气反应，因此不能作为脱氧剂，A错误；B．硫酸铝溶于水后水解生成胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；C．碳酸氢铵受热分解产生和，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确；D．苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，D正确；故选A。4．（2025·浙江·高考真题）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂C．溶液呈碱性，可用于除油污D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料【答案】B【详解】A．具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，A正确；B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，不含有亲水基团，不能用作吸水剂，B错误；C．油污可以在碱性环境下水解，溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，因此可用于除油污，C正确；D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，其表面会形成致密的氧化膜，抗腐蚀性强，因此可用作航空材料，D正确；故选B。5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为C．反应③中与足量反应转移电子的数目为D．溶液中，的数目为【答案】A【详解】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正确；B．2.3gNa（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误；C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1mol与水反应转移1mol电子，数目为，C错误；D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误；故选A。6．（2024·贵州·高考真题）下列离子方程式书写错误的是A．用氢氟酸雕刻玻璃：B．用绿矾处理酸性废水中的C．用泡沫灭火器灭火的原理：D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：【答案】A【详解】A．氟化氢是弱酸，不能拆写成离子，用氢氟酸雕刻玻璃：，A错误；B．用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，，B正确；C．泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳：，C正确；D．工业电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气：，D正确；故选A。7．（2024·广东·高考真题）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有键的数目为B．溶液中含的数目为C．和的混合气体含有的分子数目为D．与反应生成，转移电子数目为【答案】A【详解】A．26gC2H2的物质的量为1mol，一个C2H2分子中含有3个键，故26gC2H2中含有键的数目为3NA，A正确；B．在水溶液中发生水解，1L1mol⋅L-1NH4NO3溶液中含的数目小于NA，B错误；C．CO和H2均由分子构成，1molCO和H2的混合气体含有的分子数目为NA，C错误；D．Na与H2O反应生成11.2LH2，由于未给出气体所处的状态，无法求出生成气体的物质的量，也无法得出转移电子数目，D错误；故选A。8．（2024·北京·高考真题）氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是A．和可用质谱法区分B．和均为极性分子C．方法①的化学方程式是D．方法②得到的产品纯度比方法①的高【答案】D【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；故选D。9．（2024·北京·高考真题）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用溶液使转化为C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。10．（2024·河北·高考真题）超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中键的数目为B．晶体中离子的数目为C．溶液中的数目为D．该反应中每转移电子生成的数目为【答案】A【详解】A．(即)中键的数目为，A正确；B．由和构成，晶体中离子的数目为，B错误；C．在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误；D．该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误；故选A。11．（2024·浙江·高考真题）在溶液中能大量共存的离子组是A． B．C． D．【答案】D【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意；C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意；答案D。12．（2023·辽宁·高考真题）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为【答案】C【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；答案选C。13．（2023·天津·高考真题）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是羧酸pKa4.762.592.872.90A．酸性强弱：B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<BrC．25℃时的pKa大小：D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：【答案】C【详解】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。14．（2023·天津·高考真题）在浓度为的溶液中，如下说法正确的是A．溶液中浓度最大的离子是B．C．D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为【答案】B【详解】A．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正确；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C错误；D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误；故选B。故选：B。15．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液去除油脂B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D．Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；故选B。16．（2023·山东·高考真题）实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是A．稀盐酸：配制溶液B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化【答案】D【详解】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；故答案为：D。17．（2023·全国甲卷·高考真题）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．异丁烷分子中共价键的数目为B．标准状况下，中电子的数目为C．的溶液中的数目为D．的溶液中的数目为【答案】A【详解】A．异丁烷的结构式为

，1mol异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24LSO3物质的量，故无法求出其电子数目，B错误；C．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01mol/L，则1.0LpH=2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；D．属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO会发生水解，所以1.0L1.0mol/L的Na2CO3溶液中CO的数目小于1.0NA，D错误；故选A。18．（2023·浙江·高考真题）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是A．元素位于周期表p区 B．硫酸铜属于强电解质C．硫酸铜溶液呈酸性 D．硫酸铜能使蛋白质变性【答案】A【详解】A．Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B．硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选：A。19．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是A．醋酸钠是强电解质B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C．常温下，醋酸钠溶液的D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】B【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B。20．（2022·浙江·高考真题）时，苯酚的，下列说法正确的是A．相同温度下，等的和溶液中，B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小【答案】C【详解】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A错误；B．升高温度，Kw增大，NaOH溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误；C．当pH=10.00时，c(H+)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正确；D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。21．（2022·浙江·高考真题）水溶液呈酸性的盐是A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2【答案】A【详解】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。22．（2022·湖南·高考真题）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A．实验①说明加热促进水解反应B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。23．（2021·广东·高考真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．水溶液的B．水溶液加水稀释，升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：【答案】B【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。24．（2021·浙江·高考真题）25℃时，下列说法正确的是A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【详解】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。25．（2020·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，【答案】A【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。知识点知识点02溶液中粒子浓度大小的比较26．（2025·湖南·高考真题）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。实验2：向溶液中加入溶液。已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。下列说法错误的是A．实验1，当溶液中时，B．实验1，当溶液呈中性时：C．实验2，溶液中有沉淀生成D．实验2，溶液中存在：【答案】D【分析】、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，，以此解题。【详解】A．，当溶液中时，，pH=2.5，A正确；B．当溶液呈中性时，，由两步电离平衡常数可知，，，同理：，，B正确；C．实验2的离子方程式：，平衡常数：，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到，二者等体积混合，，列三段式：，则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，C正确；D．电荷守恒中右侧缺少了的浓度项，D错误；故选D。27．（2025·湖北·高考真题）铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是A．的B．当时，C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小D．若，则【答案】C【详解】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，A错误；B．当时，由图像可知，，可忽略不计，则，，，B错误；C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，C正确；D．若，由图像交点可知，，，则，故，D错误；故选C。28．（2025·云南·高考真题）甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是A．废水中的含量为B．c点：C．a点：D．的平衡常数【答案】D【详解】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，A错误；B．c点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知，，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B错误；C．a点加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C错误；D．由图1和图2可知，当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数，D正确；综上所述，本题选D。29．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。已知：。下列说法正确的是A．较浓溶液中：B．溶液中：的平衡常数C．溶液中：D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：【答案】B【分析】有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，浸取液主要含有、，加入溶液提铜，滤液加入溶液沉镍得到。【详解】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，A错误；B．该反应的平衡常数，B正确；C．得到1个生成，得1个生成得2个生成，水电离出的与浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C错误；D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，D错误；故选B。30．（2025·河北·高考真题）已知和结合形成两种配离子和常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是A．B．C．图中a点对应的D．当时，体系中【答案】C【分析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，，则曲线I代表，曲线II代表，随着pH增大，正向移动，增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线III，，先增大后减小，为曲线IV，一直增大，为曲线V，据此回答。【详解】A．曲线III和曲线IV的交点代表，即，由图可知，此时，带入平衡表达式得，A正确；B．曲线I和曲线II的交点代表，即，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得，B正确；C．曲线IV和曲线V得交点代表，，即，此时，可得的平衡常数，a点时，，带入，解得，且a点对应，带入的平衡常数，计算得，故pH=4.3，C错误；D．当pH=6.4时，最大，接近，结合B项中平衡常数可计算得，，结合Cu元素守恒知，，，因此体系中，D正确；故选C。31．（2025·河南·高考真题）乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。下列说法错误的是A．曲线I对应的离子是B．最大时对应的C．反应的平衡常数D．时，【答案】D【分析】与Y可形成和两种配离子，发生的反应为、，故随着Y浓度的变大，浓度变小，先增大后减小，增大，则从图像上(从右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线Ⅰ表示浓度，Ⅱ表示浓度浓度，Ⅲ表示浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度，曲线Ⅴ表示浓度，曲线Ⅵ表示Y浓度，据此解题。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示，A正确；B．由题意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；C．反应的平衡常数，由图可知，当时，，则，C正确；D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；故选D。32．（2025·甘肃·高考真题）氨基乙酸是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：在25℃时，其分布分数[如=]与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是A．曲线Ⅰ对应的离子是B．a点处对应的pH为9.6C．b点处D．c点处【答案】C【分析】图1可知，随着pH增大，平衡右移，+NH3CH2COOH的分布分数减少，+NH3CH2COO-先增加后减少，NH2CH2COO-最后增加，a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点；图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到+NH3CH2COO-，c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-。【详解】A．根据分析可知，随着pH值增大，+NH3CH2COOH的分布分数减少，曲线I代表+NH3CH2COOH的分布分数，A正确；B．a点代表+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，B正确；C．图2中b点滴入NaOH为10mL，和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-存在电离和水解，Ka2=10-9.6，Kh==，电离大于水解，则，C错误；D．c点和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-，根据质子守恒，有，D正确；答案选C。33．（2025·安徽·高考真题）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。已知时，。下列说法正确的是A．时，的溶度积常数B．时，溶液中C．时，溶液中D．时，溶液中【答案】A【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析；【详解】A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则，A正确；B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B错误；C．由图像可知，时，溶液中，C错误；D．时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D错误；故选A。34．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是A．Ⅲ为的变化曲线 B．D点：C． D．C点：【答案】B【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确；B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误；C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确；D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确；答案选B。35．（2024·天津·高考真题）甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是A．的B．溶液中存在C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在【答案】C【详解】A．甲胺属于一元弱碱，由电离方程式可知，的，A正确；B．根据电荷守恒，甲胺溶液中阳离子(和)的总浓度等于阴离子()的浓度，即，B正确；C．由的，的，碱性，由越弱越水解可得，说明的水解能力弱于，则时，溶液与溶液相比，溶液中的大，C错误；D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在，D正确；故选C。36．（2024·广西·高考真题）常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线B．点水电离出的数量级为C．时，Ⅱ中D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和【答案】D【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；【详解】A．向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，A错误；B．根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，又物料守恒，即，故，C错误；D．根据元素守恒，之和等于之和，根据图像，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确；故选D。37．（2024·福建·高考真题）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是A．时，溶液的B．任意下均有：C．的平衡常数为D．时，【答案】D【分析】草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，滴加盐酸过程中体系中存在一系列平衡、、，因此曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此解题。【详解】A．时，c()=c()，则，溶液的，故A正确；B．草酸钙固体滴加稀盐酸，任意下均有物料守恒关系，故B正确；C．时，，c()=，，c()=；，c()=，由图可知时，c(Ca2+)=c()=，则Ksp()=c(Ca2+)×c()=；的平衡常数K====，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，时，c()=c()，则存在关系，故D错误；故选D。38．（2024·重庆·高考真题）某兴趣小组探究的生成过程。若向溶液中逐滴加入氨水，则下列说法正确的是A．产生少量沉淀时()，溶液中B．产生大量沉淀时()，溶液中C．沉淀部分溶解时，溶液中D．沉淀完全溶解时，溶液中【答案】C【分析】在Cu(NO3)2溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①Cu(NO3)2+2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4NO3；②Cu(OH)2+2NH3•H2O+2NH4NO3=[Cu(NH3)4](NO3)2+4H2O，③总反应Cu(NO3)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4](NO3)2+4H2O，据此回答。【详解】A．产生少量沉淀时(pH=4.8)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，NH4NO3在水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中很小，则溶液中>，A错误；B．产生大量沉淀时(pH=6.0)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，Cu(NO3)2、NH4NO3都电离出，只有NH4NO3电离出，所以<，B错误；C．沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH4NO3、[Cu(NH3)4](NO3)2，NH4NO3完全电离出，Cu(OH)2、[Cu(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2+)很小，所以溶液中c(Cu2+)<，C正确；D．沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2，[Cu(NH3)4]2+部分水解，不水解，所以溶液中2c([Cu(NH3)4]2+)<，D错误；故答案选：C。39．（2024·江西·高考真题）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；A．曲线z为δ(MnOH+)B．O点，C．P点，c(Mn2+)＜c(K+)D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()【答案】C【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。【详解】A．分析可知，z表示δ()，故A错误；B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误；C．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)①即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2，则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c()，故c()＞2c(MnOH+)+2c()，故D错误；故选C。40．（2024·湖南·高考真题）常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是A．水的电离程度：B．M点：C．当时，D．N点：【答案】D【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，，，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确；C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误；故答案选D。41．（2024·江苏·高考真题）室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。实验1：将气体通入水中，测得溶液。实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正确的是A．实验1所得溶液中：B．实验2所得溶液中：C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体D．实验3所得溶液中：【答案】D【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3和酸性溶液反应的离子方程式为：。【详解】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则，A错误；B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误；C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得固体，C错误；D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后，D正确；故选D。42．（2024·山东·高考真题）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A．线Ⅱ表示的变化情况B．的电离平衡常数C．时，D．时，【答案】C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D项错误；答案选C。43．（2024·新课标卷·高考真题）常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列叙述正确的是A．曲线M表示的变化关系B．若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有C．的电离常数D．时，【答案】D【分析】随着pH的增大，、浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，的酸性强于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。【详解】A．根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误；B．根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；C．根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；D．电离度，，则=，，时，，，D正确；故答案选D。44．（2024·湖北·高考真题）气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标()为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、，。下列说法错误的是A．时，溶液中B．时，C．时，D．时，溶液中加入少量，会溶解【答案】D【详解】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=10-7.1mol/L<c(Pb2+)，A正确；B．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)<50%，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L，B正确；C．由物料守恒可知，，则，则，则，C正确；D．pH=8时，向溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液的pH变化不大，由图可知PbCO3不会溶解，D错误；答案选D。45．（2024·安徽·高考真题）环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是A．溶液中：B．溶液中：C．向的溶液中加入，可使D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：【答案】B【详解】A．溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确；B．溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知，所以，则，B不正确；C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化FeS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，当溶液中Cd2+完全沉淀时，溶液中c(Fe2+)约为0.01mol/L，此时溶液中c(Cd2+)=mol/L=10-10.9mol/L＜10-8mol/L，C正确；D．的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；综上所述，本题选B。46．（2023·福建·高考真题）时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是A．曲线n为的变化曲线 B．a点：C．b点： D．c点：【答案】B【分析】溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A；HA-的水解常数为，其电离程度大于其水解程度，因此其以电离为主，其分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线。【详解】A．溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；B．a点,=1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；C．b点,=0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确；D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确；答案选B。47．（2023·重庆·高考真题）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是

A．点等于点B．点大于点C．点降温过程中有2个平衡发生移动D．点【答案】B【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；B．升高温度促进铵根离子的水解，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。48．（2023·江苏·高考真题）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是

A．溶液中：B．“除镁”得到的上层清液中：C．溶液中：D．“沉锰”后的滤液中：【答案】C【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误；C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。49．（2023·北京·高考真题）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。

下列说法不正确的是A．由图1，B．由图2，初始状态，无沉淀生成C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【详解】A．水溶液中的离子平衡

从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。50．（2023·湖南·高考真题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．约为B．点a：C．点b：D．水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。51．（2023·湖北·高考真题）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是A．当时，体系中B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为C．的平衡常数的lgK约为14D．当时，参与配位的【答案】C【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C．该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈1014.16，即lgK≈14，C正确；D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；故答案选C。52．（2022·重庆·高考真题）某小组模拟成垢－除垢过程如图。100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液……忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误；B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B错误；C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误；D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确；故选D。53．（2022·福建·高考真题）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：①②在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是A．的数值为0.009B．时，C．时，x越大，生成的量越少D．时，【答案】C【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误；C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误；故本题选C。54．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A．该水样中c(CO)=0.01mol•L-1B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1【答案】C【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+=H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(CO)，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；故选C。55．（2022·江苏·高考真题）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；故选C。56．（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一。在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表C．的平衡常数D．【答案】D【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；故答案选D。57．（2022·浙江·高考真题）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是A．恰好中和时，溶液呈碱性B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：C．滴定过程中，D．时，【答案】B【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)===>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液至pH=7，根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则有。又由pH=7可得c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下Ka(CH3COOH)=，，故有，D正确；故答案为：B。58．（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是A．a点溶液的比c点溶液的小B．a点时，C．b点溶液中，D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解【答案】A【详解】A．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh=，所以，故B错误；C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：，由于c(H+)<c(OH-)，所以，故C错误；D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。59．（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】A．的为 B．c点：C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．【答案】C【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B．根据图象可知c点中，B错误；C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。60．（2021·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是A．在溶液中B．在溶液中C．在溶液中D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中【答案】A【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。61．（2021·浙江·高考真题）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：D．令c点的，e点的，则【答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【详解】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。62．（2021·湖南·高考真题）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A．该溶液中：B．三种一元弱酸的电离常数：C．当时，三种溶液中：D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【详解】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，