【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 水溶液中的离子反应（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 水溶液中的离子反应（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-28 17:59:48 | ||
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文档简介
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高考化学考前冲刺押题预测 水溶液中的离子反应
一．选择题（共20小题）
1．（2025 昆明一模）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A．、Fe2+、K+、
B．OH﹣、、Na+、
C．Mg2+、、H+、
D．Al3+、、Br﹣、
2．（2025 昆明一模）室温下，H2S溶液中H2S、HS﹣、S2﹣在含硫粒子中所占物质的量分数，随溶液pH的变化关系如图，过程中保持硫元素总浓度为0.1mol L﹣1。已知25℃时，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17。下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol L﹣1Na2S溶液中c（S2﹣）＜c（HS﹣）
B．随着pH增大，不变
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，c（S2﹣）＜c（H2S）
D．pH＝13.0时，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生Fe（OH）2沉淀
3．（2025 河北模拟）常温下，向1L0.1mol/LNa2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况
B．H2C2O4的Ka1的数量级为10﹣2
C．M点的横坐标为4.2
D．pH＝4时向溶液中通入HCl，发生的主要反应为
4．（2024秋 丰台区期末）下列物质中不能导电的是（ ）
A．Cu B．熔融KNO3 C．NaCl固体 D．NaOH溶液
5．（2024秋 丰台区期末）向溶液a中加入溶液b，观察并分析实验现象产生的原因。下列说法下正确的是（ ）
实验序号 1 2 3
溶液a Ba（OH）2 Ba（OH）2 Ca（OH）2
溶液b CuSO4 H2SO4 Na2CO3
A．实验1中灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”
B．实验2中发生的反应：
C．实验3中的灯泡不会熄灭
D．若改为向Ca（OH）2溶液中通入CO2至过量，其现象与实验3相同
6．（2024秋 长寿区校级期末）下列对图示的解释不正确的是（ ）
向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化
A．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解
NaCl溶于水
C． D．NaCl＝Na++Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
7．（2024秋 天津期末）常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，该溶液的溶质可能是（ ）
A．CH3COOH B．NaOH C．NaNO2 D．Na2SO4
8．（2024秋 南山区期末）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，以下说法不正确的是（ ）
A．冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子
B．a→b过程，溶液中c（H+）不断增加
C．b→c过程，CH3COOH电离平衡常数不断增大
D．c点加入Na2CO3固体，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大
9．（2024秋 长寿区期末）下列叙述中，正确的是（ ）
A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质
B．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
C．氯水、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D．NaOH溶于水，在通电条件下才能发生电离
10．（2024秋 佛山期末）化学中的模型有实物模型和理论模型。下列有关电离模型的描述正确的是（ ）
A．电解质只有在通电时才能电离
B．CaCO3难溶于水，不属于电解质
C．NaCl固体不导电是因为Na+、Cl﹣不能自由移动
D．KHSO4在水中或熔融状态下均电离出K+、H+、
11．（2024秋 九龙坡区期末）下列事实或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．配制FeCl3溶液时，先将晶体溶于较浓盐酸，再稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不宜混合施用
12．（2024秋 沈阳期末）某化学兴趣小组用Ba（OH）2粉末、蒸馏水、MgSO4溶液按以下装置及步骤进行实验探究离子反应，下列说法中正确的是（ ）
Ⅰ.往烧杯中加入适量Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮，加入适量蒸馏水使Ba（OH）2完全溶解，灯泡变亮 Ⅱ.往Ba（OH）2溶液中分批加入MgSO4固体，灯泡变暗直至近乎熄灭 Ⅲ.继续分批加入MgSO4固体，灯泡重新变亮不亮亮近乎熄灭亮
A．加入Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮的原因是Ba（OH）2不是电解质
B．步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，则与上述实验现象完全相同
13．（2024秋 九龙坡区期末）水利万物而不争，水蕴含着丰富的文化和科学内涵，探究水的行为有重要意义。下列说法错误的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH减小，但仍呈中性
B．向水中加入少量金属钠，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）降低
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，水的电离程度相同
14．（2024秋 佛山期末）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，溶液电导率与NaHSO4溶液体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．Ba（OH）2的电离方程式：
B．B点时，溶液中的主要溶质为NaOH
C．B→C区间，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O
D．C→D区间，溶液pH不断减小，最终呈中性
15．（2024秋 昌平区期末）两种弱酸HNO2、H2S的相关信息如表，下列说法不正确的是（ ）
20℃ 80℃
HNO2 Ka＝x Ka＝y
H2S Ka1＝m1 Ka2＝m2 Ka1＝n1 Ka2＝n2
A．相同温度下，等浓度的一元酸电离出的c（H+）；强酸＞弱酸
B．推测：y＞x
C．若x＞m1，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S
D．知道y与n2的大小关系，可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH
16．（2024秋 罗湖区期末）在与混合的饱和溶液中，测得F﹣浓度为2×10﹣3mol L﹣1，则溶液中的浓度为（ ）
A．3.0×10﹣3mol L﹣1 B．7.2×10﹣3mol L﹣1
C．1.6×10﹣3mol L﹣1 D．9.0×10﹣3mol L﹣1
17．（2024秋 长沙校级期末）常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让和OH﹣通过，NH3 H2O分子可自由穿过。已知溶液中，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中NH4Cl和NH3 H2O浓度相等：
18．（2024秋 沙坪坝区校级期末）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lgc（）、﹣lgc（）与﹣lgc（Ba2+）的关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表BaCO3的沉淀溶解曲线，Ksp（BaCO3）的数量级为10﹣9
B．加适量BaCl2固体可使溶液由m点变到n点
C．与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液
D．的平衡常数K＝10﹣1.7
19．（2024秋 杭州期末）常温下，Ag（l）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag+（aq）+CH3COO﹣（aq） CH3COOAg（aq），平衡常数为K。体系中所有含碳微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图所示
[例如δ（CH3COOH）]。
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况
B．CH3COOH的电离平衡常数
C．pH＝n时，
D．pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀
20．（2024秋 重庆期末）某实验小组用0.1mol/LHCl溶液或0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaHSO3溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为 pH）。假定滴定过程无SO2生成。
已知：pKa＝﹣lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在：pKa1+pKa2＞pKw
B．b点所得溶液中：
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时，溶液中：
D．f点所得溶液中，
水溶液中的离子反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2025 昆明一模）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A．、Fe2+、K+、
B．OH﹣、、Na+、
C．Mg2+、、H+、
D．Al3+、、Br﹣、
【答案】B
【分析】A．根据酸性条件下高锰酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，进行分析；
B．根据四种离子在溶液中不发生任何反应进行分析；
C．根据酸性溶液中氢离子能与醋酸根离子反应生成醋酸，进行分析；
D．根据铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，进行分析。
【解答】解：A．铵根离子、亚铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，酸性条件下高锰酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．OH﹣、、Na+、四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C．酸性溶液中氢离子能与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，故C错误；
D．溶液中铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子共存问题等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025 昆明一模）室温下，H2S溶液中H2S、HS﹣、S2﹣在含硫粒子中所占物质的量分数，随溶液pH的变化关系如图，过程中保持硫元素总浓度为0.1mol L﹣1。已知25℃时，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17。下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol L﹣1Na2S溶液中c（S2﹣）＜c（HS﹣）
B．随着pH增大，不变
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，c（S2﹣）＜c（H2S）
D．pH＝13.0时，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生Fe（OH）2沉淀
【答案】D
【分析】如图，a曲线表示H2S浓度变化，b曲线表示HS﹣浓度的变化，c曲线表示S2﹣的变化，pH＝7时，HS﹣和H2S浓度相等，，pH＝13.0，HS﹣和S2﹣浓度相等，同理算出。
【解答】解：如图，a曲线表示H2S浓度变化，b曲线表示HS﹣浓度的变化，c曲线表示S2﹣的变化，pH＝7时，HS﹣和H2S浓度相等，，pH＝13.0，HS﹣和S2﹣浓度相等，同理算出；
A．0.1mol/LNaOH溶液的pH＝13.0，0.1mol L﹣1Na2S溶液中7＜pH＜13.0，由图可知c（S2﹣）＜c（HS﹣），故A正确；
B．，温度不变，K不变，所以随着pH增大，始终不变，故B正确；
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，发生反应H2S+NaOH＝NaHS+H2O，根据以上分析，在NaHS溶液中，，，，Kh2＞Ka2，水解程度大于电离程度，所以c（S2﹣）＜c（H2S），故C正确；
D．pH＝13.0，c（OH﹣）＝0.1mol/L，c（HS﹣）＝c（S2﹣）＝0.05mol/L，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，FeS开始沉淀时，亚铁离子的浓度，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17，Fe（OH）2开始沉淀时，亚铁离子的浓度，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生FeS沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 河北模拟）常温下，向1L0.1mol/LNa2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况
B．H2C2O4的Ka1的数量级为10﹣2
C．M点的横坐标为4.2
D．pH＝4时向溶液中通入HCl，发生的主要反应为
【答案】D
【分析】H2C2O4是二元弱酸，向Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH时，c（Na2C2O4）逐渐减少，Na2C2O4转化为转化为NaHC2O4，而后NaHC2O4再转化为H2C2O4，即随着溶液pH逐渐减小时c（）逐渐减小、c（）先增大后减小，c（H2C2O4）逐渐增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、、，且c（）＝c（H2C2O4）时pH＝1.2，此时c（H2C2O4）的电离平衡常数Ka1c（H+）＝10﹣1.2，Ka2，Ka1 Ka2，由图可知，c（H2C2O4）＝c（）时pH＝2.7，此时Ka1 Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2，据此分析解答。
【解答】解：H2C2O4是二元弱酸，向Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH时，c（Na2C2O4）逐渐减少，Na2C2O4转化为转化为NaHC2O4，而后NaHC2O4再转化为H2C2O4，即随着溶液pH逐渐减小时c（）逐渐减小、c（）先增大后减小，c（H2C2O4）逐渐增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、、，且c（）＝c（H2C2O4）时pH＝1.2，此时c（H2C2O4）的电离平衡常数Ka1c（H+）＝10﹣1.2，Ka2，Ka1 Ka2，由图可知，c（H2C2O4）＝c（）时pH＝2.7，此时Ka1 Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2；
A．由分析可知，曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况，故A正确；
B．由分析可知，H2C2O4的Ka1＝10﹣1.2＝6.3×10﹣2，即其数量级为10﹣2，故B正确；
C．由分析可知，Ka2＝10﹣4.2，即M点的横坐标为4.2，故C正确；
D．由题干图示信息可知，pH＝4时溶液中主要含碳微粒为和，故向溶液中通入HCl，发生的主要反应为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生盐类水解的掌握情况，试题难度中等。
4．（2024秋 丰台区期末）下列物质中不能导电的是（ ）
A．Cu B．熔融KNO3 C．NaCl固体 D．NaOH溶液
【答案】C
【分析】根据物质中含有自由移动的带电微粒（如离子、电子）的能导电进行分析。
【解答】解：A．物质中含有自由移动的带电微粒（如离子、电子）的能导电，铜是金属单质，能导电，故A正确；
B．熔融KNO3中含有自由移动的离子，能导电，故B正确；
C．NaCl固体中离子不能自由移动，不能导电，故C错误；
D．NaOH溶液中含有自由移动的离子，能导电，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质导电性分析等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2024秋 丰台区期末）向溶液a中加入溶液b，观察并分析实验现象产生的原因。下列说法下正确的是（ ）
实验序号 1 2 3
溶液a Ba（OH）2 Ba（OH）2 Ca（OH）2
溶液b CuSO4 H2SO4 Na2CO3
A．实验1中灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”
B．实验2中发生的反应：
C．实验3中的灯泡不会熄灭
D．若改为向Ca（OH）2溶液中通入CO2至过量，其现象与实验3相同
【答案】D
【分析】A．根据氢氧化钡和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，进行分析；
B．根据氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，进行分析；
C．根据碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，进行分析；
D．根据先生成碳酸钙沉淀和水，后生成碳酸氢钙，离子浓度先减少后增多，进行分析。
【解答】解：A．氢氧化钡和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为0，所以灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”，故A正确；
B．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，发生反应的离子方程式为，故B正确；
C．碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中离子浓度不能变为0，所以灯泡不会熄灭，故C正确；
D．若改为向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳至过量，先生成CaCO3沉淀和水，后生成碳酸氢钙，离子浓度先减少后增多，灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”，其现象与实验3不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质导电性分析等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024秋 长寿区校级期末）下列对图示的解释不正确的是（ ）
向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化
A．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解
NaCl溶于水
C． D．NaCl＝Na++Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】解：A．向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，二者发生反应：2H++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，到a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和，溶液中几乎无自由移动的离子；
B．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，光照新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO变为强酸HCl，使溶液中H+浓度增大，溶液pH减小；
C．Na原子将电子转移给Cl原子，Na原子失电子变为Na+，Cl原子得电子变为Cl﹣；
D．NaCl是电解质，离子半径：Cl﹣＞Na+，将其放入水中，在水分子作用下，NaCl晶体表面离子在水分子作用下扩散到水中，形成水合钠离子、水合氯离子，简单写为Na+、Cl﹣，其电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣。
【解答】解：A．二者发生反应：2H++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，到a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和，溶液中几乎无自由移动的离子，导电能力几乎为0，继续滴加稀硫酸，硫酸过量，溶液又能够导电，且导电能力逐渐增强，故A正确；
B．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，光照新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO变为强酸HCl，使溶液中H+浓度增大，溶液pH减小，故pH降低的原因可能是HClO分解，故B正确；
C．Na原子将电子转移给Cl原子，Na原子失电子变为Na+，Cl原子得电子变为Cl﹣，Na+、Cl﹣在离子键作用下形成NaCl，故C错误；
D．离子半径：Cl﹣＞Na+，在水分子作用下，NaCl晶体表面离子在水分子作用下扩散到水中，形成水合钠离子、水合氯离子，其电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣，故图示可表示NaCl溶于水时电离情况，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 天津期末）常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，该溶液的溶质可能是（ ）
A．CH3COOH B．NaOH C．NaNO2 D．Na2SO4
【答案】C
【分析】常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣4mol L﹣1，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣10＞10﹣14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离。
【解答】解：水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣4mol L﹣1，则c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣10＞10﹣14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，CH3COOH、NaOH都抑制了水的电离，Na2SO4对水的电离无影响，只有NaNO2属于强碱弱酸盐，促进了水的电离，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生水的电离的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 南山区期末）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，以下说法不正确的是（ ）
A．冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子
B．a→b过程，溶液中c（H+）不断增加
C．b→c过程，CH3COOH电离平衡常数不断增大
D．c点加入Na2CO3固体，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大
【答案】C
【分析】A．冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在；
B．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强；
C．电离平衡常数随温度变化；
D．c点加入Na2CO3固体，结合醋酸溶液中氢离子反应，促进醋酸电离平衡正向进行，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大。
【解答】解：A．在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，因此不能导电，冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子，故A正确；
B．溶液导电能力：c＜a＜b，所以溶液中c（H+）由小到大的顺序是c＜a＜b，a→b过程，溶液中c（H+）不断增加，故B正确；
C．b→c过程，导电能力减弱，电离平衡常数随温度变化，CH3COOH电离平衡常数不变，故C错误；
D．c点加入Na2CO3固体，结合醋酸溶液中氢离子反应，促进醋酸电离平衡正向进行，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2024秋 长寿区期末）下列叙述中，正确的是（ ）
A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质
B．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
C．氯水、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D．NaOH溶于水，在通电条件下才能发生电离
【答案】B
【分析】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，电解质导电必须是自身电离出离子，据此进行解答。
【解答】解：A．氯化钠在熔融状态下或水溶液下所以均可以导电，故NaCl是电解质，故A错误；
B．熔融的KNO3能导电，符合电解质的概念，所以KNO3是电解质，故B正确；
C．石墨是单质，氯水是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．电解质的电离不需要通电，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质与非电解质，熟悉基本概念是解题关键，注意电解质、非电解质必须是化合物，电解质必须是本身能电离。
10．（2024秋 佛山期末）化学中的模型有实物模型和理论模型。下列有关电离模型的描述正确的是（ ）
A．电解质只有在通电时才能电离
B．CaCO3难溶于水，不属于电解质
C．NaCl固体不导电是因为Na+、Cl﹣不能自由移动
D．KHSO4在水中或熔融状态下均电离出K+、H+、
【答案】C
【分析】A．电解质水溶液中或熔融状态下发生电离；
B．溶于水或熔融状态下导电的化合物为电解质；
C．存在自由移动的离子或电子的物质能导电；
D．KHSO4在水中或熔融状态下电离生成钾离子和硫酸氢根离子。
【解答】解：A．电解质水溶液中或熔融状态下才能电离，和通电无关，故A错误；
B．CaCO3难溶于水，熔融状态导电，属于电解质，故B错误；
C．NaCl固体不导电是因为固体中Na+、Cl﹣形成离子键，不能自由移动，故C正确；
D．KHSO4在水中或熔融状态下电离生成钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO4（熔融）＝K+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，主要是电解质电离、导电的实质理解应用，题目难度不大。
11．（2024秋 九龙坡区期末）下列事实或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．配制FeCl3溶液时，先将晶体溶于较浓盐酸，再稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不宜混合施用
【答案】B
【分析】A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和盐酸，加入浓盐酸可抑制其水解；
B．加入FeS固体除去废水中的Hg2+利用的是沉淀转化原理；
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈；
D．K2CO3水解使溶液呈碱性，铵根离子水解使溶液呈酸性，二者混合会发生双水解反应。
【解答】解：A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和盐酸，加入浓盐酸可抑制其水解，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故A错误；
B．向工业废水中加入FeS固体，可将废水中的Hg2+转化为H股S沉淀，用的是沉淀转化原理，与盐类水解无关，故B正确；
C．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，可用于焊接时除锈，与盐类水解有关，故C错误；
D．K2CO3水解使溶液呈碱性，铵根离子水解使溶液呈酸性，施肥时二者混合施用发生双水解反应、出现氨气逸出，降低肥效，所以二者不宜混合施用，与盐类水解有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解及其应用，侧重辨析能力和运用能力考查，把握盐类水解原理及其应用、发生的反应是解题关键，注意化学与生产生活的联系，题目难度不大。
12．（2024秋 沈阳期末）某化学兴趣小组用Ba（OH）2粉末、蒸馏水、MgSO4溶液按以下装置及步骤进行实验探究离子反应，下列说法中正确的是（ ）
Ⅰ.往烧杯中加入适量Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮，加入适量蒸馏水使Ba（OH）2完全溶解，灯泡变亮 Ⅱ.往Ba（OH）2溶液中分批加入MgSO4固体，灯泡变暗直至近乎熄灭 Ⅲ.继续分批加入MgSO4固体，灯泡重新变亮不亮亮近乎熄灭亮
A．加入Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮的原因是Ba（OH）2不是电解质
B．步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，则与上述实验现象完全相同
【答案】C
【分析】A．含有自由移动离子或电子的物质能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
B．漏写生成Mg（OH）2的离子方程式；
C．MgSO4能在水溶液中电离出自由移动的离子；
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，氯化钡和硫酸镁反应生成BaSO4和可溶性的强电解质MgCl2。
【解答】解：A．Ba（OH）2粉末不导电是因为Ba（OH）2粉末中不含自由移动的离子或电子，且Ba（OH）2是电解质，故A错误；
B．步骤Ⅱ中生成BaSO4沉淀、Mg（OH）2沉淀，离子方程式为Ba2+Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓+BaSO4↓，故B错误；
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量，MgSO4能在水溶液中电离出自由移动的离子，所以该溶液中灯泡重新变亮，故C正确；
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，氯化钡和硫酸镁反应生成BaSO4和可溶性的强电解质MgCl2，则步骤Ⅱ中灯泡不熄灭，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的导电性，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质导电原理、物质的性质及物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（2024秋 九龙坡区期末）水利万物而不争，水蕴含着丰富的文化和科学内涵，探究水的行为有重要意义。下列说法错误的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH减小，但仍呈中性
B．向水中加入少量金属钠，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）降低
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，水的电离程度相同
【答案】C
【分析】水的电离过程是吸热过程，加热促进电离，酸碱抑制水的电离，水解的盐能促进水的电离，据此分析判断。
【解答】解：A．将水加热，促进水的电离，氢离子浓度个氢氧根离子浓度增大，Kw增大，pH减小，但仍呈中性，故A正确；
B．向水中加入少量金属钠，呢和水反应生成氢氧化钠和氢气，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大，故B正确；
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）增大，故C错误；
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，氢氧根离子浓度相同，抑制水的程度相同，水的电离程度相同，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，注意整数值的熟练掌握，题目难度不大。
14．（2024秋 佛山期末）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，溶液电导率与NaHSO4溶液体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．Ba（OH）2的电离方程式：
B．B点时，溶液中的主要溶质为NaOH
C．B→C区间，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O
D．C→D区间，溶液pH不断减小，最终呈中性
【答案】D
【分析】实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，溶液中离子减少，导电性减弱，反应中钡离子和硫酸根首先反应结束，n（Ba（OH）2）＝n（Ba2+）＝0.050L×0.01mol/L＝0.0005mol，B点时，加入硫酸氢钠体积5mL，n（NaHSO4）＝n（）＝0.005L×0.1mol/L＝0.0005mol，反应的化学方程式：Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+2NaOH，此时氢氧根有剩余，溶液显碱性，继续加入NaHSO4溶液，溶液导电性明显增强，NaOH+NaHSO4＝H2O+Na2SO4，C点时，为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性，C点后NaHSO4过量，溶液显酸性，导电能力增强。
【解答】解：A．Ba（OH）2是强碱，水中完全电离，电离方程式Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故A正确；
B．B点时，发生反应Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+2NaOH，溶液中的主要溶质为NaOH，故B正确；
C．B→C区间，发生反应NaOH+NaHSO4＝H2O+Na2SO4，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O，故C正确；
D．C点时，为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性，C→D区间，C点后NaHSO4过量，溶液显酸性，溶液pH不断减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解质电离、反应的过程分析判断、反应实质的理解应用等知识点，注意图象变化的理解应用，题目难度中等。
15．（2024秋 昌平区期末）两种弱酸HNO2、H2S的相关信息如表，下列说法不正确的是（ ）
20℃ 80℃
HNO2 Ka＝x Ka＝y
H2S Ka1＝m1 Ka2＝m2 Ka1＝n1 Ka2＝n2
A．相同温度下，等浓度的一元酸电离出的c（H+）；强酸＞弱酸
B．推测：y＞x
C．若x＞m1，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S
D．知道y与n2的大小关系，可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH
【答案】D
【分析】A．强酸完全电离，弱酸部分电离；
B．弱电解质电离是吸热过程；
C．相同温度下，电离常数越大，酸性越强；
D．同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH是比较HNO2和H2S的一级电离平衡常数。
【解答】解：A．相同温度下，强酸完全电离，弱酸部分电离，等浓度的一元酸电离出的c（H+）：强酸＞弱酸，故A正确；
B．弱电解质电离是吸热过程，升温平衡正向进行，平衡常数增大，y＞x，故B正确；
C．若x＞m1，说明酸性HNO2＞H2S，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S，故C正确；
D．知道y与n2的大小关系，不可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH，比较HNO2和H2S的pH是用一级电离平衡常数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的比较判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
16．（2024秋 罗湖区期末）在与混合的饱和溶液中，测得F﹣浓度为2×10﹣3mol L﹣1，则溶液中的浓度为（ ）
A．3.0×10﹣3mol L﹣1 B．7.2×10﹣3mol L﹣1
C．1.6×10﹣3mol L﹣1 D．9.0×10﹣3mol L﹣1
【答案】B
【分析】Ksp（CaF2）＝c（Ca2+） c2（F﹣）＝5×10﹣9，Ksp（CaSO3）＝c（Ca2+） c（）＝9×10﹣6，根据c（F﹣）＝2×10﹣3mol L﹣1计算饱和溶液中c（Ca2+），再根据c（Ca2+）计算饱和溶液中c（），据此分析解答。
【解答】解：Ksp（CaF2）＝c（Ca2+） c2（F﹣）＝5×10﹣9，饱和溶液中c（F﹣）＝2×10﹣3mol L﹣1，则饱和溶液中c（Ca2+）mol/L＝1.25×10﹣3mol/L，Ksp（CaSO3）＝c（Ca2+） c（）＝9×10﹣6，所以溶液中c（）mol/L＝7.2×10﹣3mol/L，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握溶度积常数表达式及其计算是解题关键，题目难度中等。
17．（2024秋 长沙校级期末）常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让和OH﹣通过，NH3 H2O分子可自由穿过。已知溶液中，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中NH4Cl和NH3 H2O浓度相等：
【答案】B
【分析】A．溶液B的pH＝11.0大于溶液A的pH＝7.0，因此溶液B中c（OH﹣）大，对水的电离抑制程度大；
B．常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，可知c（OH﹣）＝1.0×10﹣3mol L﹣1，可知，；
C．由于NH3 H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c（NH3 H2O）最大，OH﹣来源于NH3 H2O的电离和水的电离，；
D．混合溶液中若NH4Cl和NH3 H2O浓度相等，计算可知NH3 H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中，再结合电荷守恒可知。
【解答】解：A．溶液B的pH＝11.0大于溶液A的pH＝7.0，因此溶液B中c（OH﹣）大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，故A错误；
B．常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，可知c（OH﹣）＝1.0×10﹣3mol L﹣1，可知，，溶液A的pH＝7，c（OH﹣）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，则溶液A中，则有，故B正确；
C．由于NH3 H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c（NH3 H2O）最大，OH﹣来源于NH3 H2O的电离和水的电离，，所以微粒浓度从大到小的顺序为，故C错误；
D．混合溶液中若NH4Cl和NH3 H2O浓度相等，计算可知NH3 H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中，再结合电荷守恒可知，，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
18．（2024秋 沙坪坝区校级期末）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lgc（）、﹣lgc（）与﹣lgc（Ba2+）的关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表BaCO3的沉淀溶解曲线，Ksp（BaCO3）的数量级为10﹣9
B．加适量BaCl2固体可使溶液由m点变到n点
C．与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液
D．的平衡常数K＝10﹣1.7
【答案】D
【分析】相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），即c（Ba2+）或﹣lgc（Ba2+）相同时BaSO4、BaCO3的饱和溶液中c（）＜c（），﹣lgc（）＞﹣lgc（），所以曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表BaCO3、BaSO4的沉淀溶解曲线，且Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣5×10﹣3.3＝10﹣8.3，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣6×10﹣4＝10﹣10，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，所以曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表BaCO3、BaSO4的沉淀溶解曲线，且Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣5×10﹣3.3＝10﹣8.3，数量级为10﹣9，故A正确；
B．BaSO4饱和溶液中存在Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（），加入适量BaCl2固体时c（Ba2+）增大、c（）减小，即加入适量BaCl2固体时﹣lgc（Ba2+）减小、﹣lgc（）增大，可使溶液由m点变到n点，故B正确；
C．p点在BaCO3沉淀溶解曲线上方、BaSO4的沉淀溶解曲线下方，为BaCO3的不饱和溶液、BaSO4的过饱和溶液，即与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液，故C正确；
D．由上述分析可知，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣8.3，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣10，则BaCO3BaSO4的平衡常数K101.7，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及计算，准确判断曲线所代表的物质和溶度积常数的计算及其应用是解题的关键，侧重分析判断能力和运用能力的考查，题目难度中等。
19．（2024秋 杭州期末）常温下，Ag（l）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag+（aq）+CH3COO﹣（aq） CH3COOAg（aq），平衡常数为K。体系中所有含碳微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图所示
[例如δ（CH3COOH）]。
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况
B．CH3COOH的电离平衡常数
C．pH＝n时，
D．pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀
【答案】C
【分析】A．溶液的pH值越小，溶液中CH3COOH的物质的量分数越大，则曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况；溶液的pH值越大，溶液中CH3COO﹣的物质的量分数越大，曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况，则曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况；
B．当溶液中CH3COOH、CH3COO﹣的物质的量分数相等时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），溶液的pH＝m，CH3COOH的电离平衡常数Kac（H+）＝c（H+）；
C．pH＝n时，溶液中CH3COOAg、CH3COOH的物质的量分数相等时，c（CH3COOAg）＝c（CH3COOH），Kac（H+），则c（CH3COO﹣）10n﹣m×c（CH3COOH），K，c（Ag+）；
D．pH＝p之后，溶液碱性增大，Ag+转化为沉淀AgOH沉淀，导致c（CH3COOAg）减小，c（CH3COO﹣）增大。
【解答】解：A．通过以上分析知，曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况、曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况、曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况，故A正确；
B．当溶液中CH3COOH、CH3COO—的物质的量分数相等时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），溶液的pH＝m，CH3COOH的电离平衡常数Kac（H+）＝c（H+）＝10﹣m，故B正确；
C．pH＝n时，溶液中CH3COOAg、CH3COOH的物质的量分数相等时，c（CH3COOAg）＝c（CH3COOH），Kac（H+），则c（CH3COO﹣）10n﹣m×c（CH3COOH），K，c（Ag+），故C错误；
D．pH＝p之后，溶液碱性增大，Ag+转化为沉淀AgOH沉淀，导致c（CH3COOAg）减小，c（CH3COO﹣）增大，则pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重查看图象的分析、判断及计算能力，明确电离平衡常数、溶度积常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
20．（2024秋 重庆期末）某实验小组用0.1mol/LHCl溶液或0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaHSO3溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为 pH）。假定滴定过程无SO2生成。
已知：pKa＝﹣lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在：pKa1+pKa2＞pKw
B．b点所得溶液中：
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时，溶液中：
D．f点所得溶液中，
【答案】B
【分析】A．A．NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度；
B．由图可知，b点所得溶液的pH＝1.85、c（H+）＝10﹣1.85mol/L，Ka1c（H+）＝10﹣1.85，则c（H2SO3）＝c（），结合物料守恒关系分析判断；
C．Ka2c（H+）＝10﹣7.19，滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时c（H+）＝10﹣7mol/L；
D．f点所得溶液中溶质为Na2SO3，溶液呈碱性。
【解答】解：A．由图可知，NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，即Ka2，Ka1 Ka2＞Kw，则pKa1+pKa2＜pKw，故A错误；
B．b点所得溶液中c（H2SO3）+c（）+c（）＜0.1mol/L，由图可知，b点所得溶液的pH＝1.85、c（H+）＝10﹣1.85mol/L，Ka1c（H+）＝10﹣1.85，则c（H2SO3）＝c（），则b点所得溶液中2c（）+c（）＜0.1mol/L，故B正确；
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时c（H+）＝10﹣7mol/L，此时Ka2c（H+）10﹣7＝10﹣7.19，则＞c（）＜c（），故C错误；
D．f点所得溶液中溶质为Na2SO3，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断、离子浓度大小比较，侧重图像分析能力和计算能力考查，把握电离平衡常数的计算应用是解题关键，题目难度中等。
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高考化学考前冲刺押题预测 水溶液中的离子反应
一．选择题（共20小题）
1．（2025 昆明一模）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A．、Fe2+、K+、
B．OH﹣、、Na+、
C．Mg2+、、H+、
D．Al3+、、Br﹣、
2．（2025 昆明一模）室温下，H2S溶液中H2S、HS﹣、S2﹣在含硫粒子中所占物质的量分数，随溶液pH的变化关系如图，过程中保持硫元素总浓度为0.1mol L﹣1。已知25℃时，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17。下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol L﹣1Na2S溶液中c（S2﹣）＜c（HS﹣）
B．随着pH增大，不变
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，c（S2﹣）＜c（H2S）
D．pH＝13.0时，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生Fe（OH）2沉淀
3．（2025 河北模拟）常温下，向1L0.1mol/LNa2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况
B．H2C2O4的Ka1的数量级为10﹣2
C．M点的横坐标为4.2
D．pH＝4时向溶液中通入HCl，发生的主要反应为
4．（2024秋 丰台区期末）下列物质中不能导电的是（ ）
A．Cu B．熔融KNO3 C．NaCl固体 D．NaOH溶液
5．（2024秋 丰台区期末）向溶液a中加入溶液b，观察并分析实验现象产生的原因。下列说法下正确的是（ ）
实验序号 1 2 3
溶液a Ba（OH）2 Ba（OH）2 Ca（OH）2
溶液b CuSO4 H2SO4 Na2CO3
A．实验1中灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”
B．实验2中发生的反应：
C．实验3中的灯泡不会熄灭
D．若改为向Ca（OH）2溶液中通入CO2至过量，其现象与实验3相同
6．（2024秋 长寿区校级期末）下列对图示的解释不正确的是（ ）
向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化
A．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解
NaCl溶于水
C． D．NaCl＝Na++Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
7．（2024秋 天津期末）常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，该溶液的溶质可能是（ ）
A．CH3COOH B．NaOH C．NaNO2 D．Na2SO4
8．（2024秋 南山区期末）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，以下说法不正确的是（ ）
A．冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子
B．a→b过程，溶液中c（H+）不断增加
C．b→c过程，CH3COOH电离平衡常数不断增大
D．c点加入Na2CO3固体，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大
9．（2024秋 长寿区期末）下列叙述中，正确的是（ ）
A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质
B．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
C．氯水、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D．NaOH溶于水，在通电条件下才能发生电离
10．（2024秋 佛山期末）化学中的模型有实物模型和理论模型。下列有关电离模型的描述正确的是（ ）
A．电解质只有在通电时才能电离
B．CaCO3难溶于水，不属于电解质
C．NaCl固体不导电是因为Na+、Cl﹣不能自由移动
D．KHSO4在水中或熔融状态下均电离出K+、H+、
11．（2024秋 九龙坡区期末）下列事实或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．配制FeCl3溶液时，先将晶体溶于较浓盐酸，再稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不宜混合施用
12．（2024秋 沈阳期末）某化学兴趣小组用Ba（OH）2粉末、蒸馏水、MgSO4溶液按以下装置及步骤进行实验探究离子反应，下列说法中正确的是（ ）
Ⅰ.往烧杯中加入适量Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮，加入适量蒸馏水使Ba（OH）2完全溶解，灯泡变亮 Ⅱ.往Ba（OH）2溶液中分批加入MgSO4固体，灯泡变暗直至近乎熄灭 Ⅲ.继续分批加入MgSO4固体，灯泡重新变亮不亮亮近乎熄灭亮
A．加入Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮的原因是Ba（OH）2不是电解质
B．步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，则与上述实验现象完全相同
13．（2024秋 九龙坡区期末）水利万物而不争，水蕴含着丰富的文化和科学内涵，探究水的行为有重要意义。下列说法错误的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH减小，但仍呈中性
B．向水中加入少量金属钠，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）降低
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，水的电离程度相同
14．（2024秋 佛山期末）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，溶液电导率与NaHSO4溶液体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．Ba（OH）2的电离方程式：
B．B点时，溶液中的主要溶质为NaOH
C．B→C区间，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O
D．C→D区间，溶液pH不断减小，最终呈中性
15．（2024秋 昌平区期末）两种弱酸HNO2、H2S的相关信息如表，下列说法不正确的是（ ）
20℃ 80℃
HNO2 Ka＝x Ka＝y
H2S Ka1＝m1 Ka2＝m2 Ka1＝n1 Ka2＝n2
A．相同温度下，等浓度的一元酸电离出的c（H+）；强酸＞弱酸
B．推测：y＞x
C．若x＞m1，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S
D．知道y与n2的大小关系，可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH
16．（2024秋 罗湖区期末）在与混合的饱和溶液中，测得F﹣浓度为2×10﹣3mol L﹣1，则溶液中的浓度为（ ）
A．3.0×10﹣3mol L﹣1 B．7.2×10﹣3mol L﹣1
C．1.6×10﹣3mol L﹣1 D．9.0×10﹣3mol L﹣1
17．（2024秋 长沙校级期末）常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让和OH﹣通过，NH3 H2O分子可自由穿过。已知溶液中，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中NH4Cl和NH3 H2O浓度相等：
18．（2024秋 沙坪坝区校级期末）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lgc（）、﹣lgc（）与﹣lgc（Ba2+）的关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表BaCO3的沉淀溶解曲线，Ksp（BaCO3）的数量级为10﹣9
B．加适量BaCl2固体可使溶液由m点变到n点
C．与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液
D．的平衡常数K＝10﹣1.7
19．（2024秋 杭州期末）常温下，Ag（l）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag+（aq）+CH3COO﹣（aq） CH3COOAg（aq），平衡常数为K。体系中所有含碳微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图所示
[例如δ（CH3COOH）]。
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况
B．CH3COOH的电离平衡常数
C．pH＝n时，
D．pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀
20．（2024秋 重庆期末）某实验小组用0.1mol/LHCl溶液或0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaHSO3溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为 pH）。假定滴定过程无SO2生成。
已知：pKa＝﹣lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在：pKa1+pKa2＞pKw
B．b点所得溶液中：
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时，溶液中：
D．f点所得溶液中，
水溶液中的离子反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2025 昆明一模）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A．、Fe2+、K+、
B．OH﹣、、Na+、
C．Mg2+、、H+、
D．Al3+、、Br﹣、
【答案】B
【分析】A．根据酸性条件下高锰酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，进行分析；
B．根据四种离子在溶液中不发生任何反应进行分析；
C．根据酸性溶液中氢离子能与醋酸根离子反应生成醋酸，进行分析；
D．根据铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，进行分析。
【解答】解：A．铵根离子、亚铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，酸性条件下高锰酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．OH﹣、、Na+、四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C．酸性溶液中氢离子能与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，故C错误；
D．溶液中铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子共存问题等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025 昆明一模）室温下，H2S溶液中H2S、HS﹣、S2﹣在含硫粒子中所占物质的量分数，随溶液pH的变化关系如图，过程中保持硫元素总浓度为0.1mol L﹣1。已知25℃时，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17。下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol L﹣1Na2S溶液中c（S2﹣）＜c（HS﹣）
B．随着pH增大，不变
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，c（S2﹣）＜c（H2S）
D．pH＝13.0时，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生Fe（OH）2沉淀
【答案】D
【分析】如图，a曲线表示H2S浓度变化，b曲线表示HS﹣浓度的变化，c曲线表示S2﹣的变化，pH＝7时，HS﹣和H2S浓度相等，，pH＝13.0，HS﹣和S2﹣浓度相等，同理算出。
【解答】解：如图，a曲线表示H2S浓度变化，b曲线表示HS﹣浓度的变化，c曲线表示S2﹣的变化，pH＝7时，HS﹣和H2S浓度相等，，pH＝13.0，HS﹣和S2﹣浓度相等，同理算出；
A．0.1mol/LNaOH溶液的pH＝13.0，0.1mol L﹣1Na2S溶液中7＜pH＜13.0，由图可知c（S2﹣）＜c（HS﹣），故A正确；
B．，温度不变，K不变，所以随着pH增大，始终不变，故B正确；
C．等浓度等体积的H2S溶液与NaOH溶液充分混合后，发生反应H2S+NaOH＝NaHS+H2O，根据以上分析，在NaHS溶液中，，，，Kh2＞Ka2，水解程度大于电离程度，所以c（S2﹣）＜c（H2S），故C正确；
D．pH＝13.0，c（OH﹣）＝0.1mol/L，c（HS﹣）＝c（S2﹣）＝0.05mol/L，FeS的Ksp为6.3×10﹣18，FeS开始沉淀时，亚铁离子的浓度，Fe（OH）2的Ksp为4.9×10﹣17，Fe（OH）2开始沉淀时，亚铁离子的浓度，向溶液中滴入少量FeSO4溶液，先产生FeS沉淀，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 河北模拟）常温下，向1L0.1mol/LNa2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况
B．H2C2O4的Ka1的数量级为10﹣2
C．M点的横坐标为4.2
D．pH＝4时向溶液中通入HCl，发生的主要反应为
【答案】D
【分析】H2C2O4是二元弱酸，向Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH时，c（Na2C2O4）逐渐减少，Na2C2O4转化为转化为NaHC2O4，而后NaHC2O4再转化为H2C2O4，即随着溶液pH逐渐减小时c（）逐渐减小、c（）先增大后减小，c（H2C2O4）逐渐增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、、，且c（）＝c（H2C2O4）时pH＝1.2，此时c（H2C2O4）的电离平衡常数Ka1c（H+）＝10﹣1.2，Ka2，Ka1 Ka2，由图可知，c（H2C2O4）＝c（）时pH＝2.7，此时Ka1 Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2，据此分析解答。
【解答】解：H2C2O4是二元弱酸，向Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH时，c（Na2C2O4）逐渐减少，Na2C2O4转化为转化为NaHC2O4，而后NaHC2O4再转化为H2C2O4，即随着溶液pH逐渐减小时c（）逐渐减小、c（）先增大后减小，c（H2C2O4）逐渐增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、、，且c（）＝c（H2C2O4）时pH＝1.2，此时c（H2C2O4）的电离平衡常数Ka1c（H+）＝10﹣1.2，Ka2，Ka1 Ka2，由图可知，c（H2C2O4）＝c（）时pH＝2.7，此时Ka1 Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2；
A．由分析可知，曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化情况，故A正确；
B．由分析可知，H2C2O4的Ka1＝10﹣1.2＝6.3×10﹣2，即其数量级为10﹣2，故B正确；
C．由分析可知，Ka2＝10﹣4.2，即M点的横坐标为4.2，故C正确；
D．由题干图示信息可知，pH＝4时溶液中主要含碳微粒为和，故向溶液中通入HCl，发生的主要反应为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生盐类水解的掌握情况，试题难度中等。
4．（2024秋 丰台区期末）下列物质中不能导电的是（ ）
A．Cu B．熔融KNO3 C．NaCl固体 D．NaOH溶液
【答案】C
【分析】根据物质中含有自由移动的带电微粒（如离子、电子）的能导电进行分析。
【解答】解：A．物质中含有自由移动的带电微粒（如离子、电子）的能导电，铜是金属单质，能导电，故A正确；
B．熔融KNO3中含有自由移动的离子，能导电，故B正确；
C．NaCl固体中离子不能自由移动，不能导电，故C错误；
D．NaOH溶液中含有自由移动的离子，能导电，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质导电性分析等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2024秋 丰台区期末）向溶液a中加入溶液b，观察并分析实验现象产生的原因。下列说法下正确的是（ ）
实验序号 1 2 3
溶液a Ba（OH）2 Ba（OH）2 Ca（OH）2
溶液b CuSO4 H2SO4 Na2CO3
A．实验1中灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”
B．实验2中发生的反应：
C．实验3中的灯泡不会熄灭
D．若改为向Ca（OH）2溶液中通入CO2至过量，其现象与实验3相同
【答案】D
【分析】A．根据氢氧化钡和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，进行分析；
B．根据氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，进行分析；
C．根据碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，进行分析；
D．根据先生成碳酸钙沉淀和水，后生成碳酸氢钙，离子浓度先减少后增多，进行分析。
【解答】解：A．氢氧化钡和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为0，所以灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”，故A正确；
B．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，发生反应的离子方程式为，故B正确；
C．碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中离子浓度不能变为0，所以灯泡不会熄灭，故C正确；
D．若改为向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳至过量，先生成CaCO3沉淀和水，后生成碳酸氢钙，离子浓度先减少后增多，灯泡亮度为“亮—暗—灭—亮”，其现象与实验3不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质导电性分析等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024秋 长寿区校级期末）下列对图示的解释不正确的是（ ）
向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化
A．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解
NaCl溶于水
C． D．NaCl＝Na++Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】解：A．向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，二者发生反应：2H++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，到a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和，溶液中几乎无自由移动的离子；
B．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，光照新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO变为强酸HCl，使溶液中H+浓度增大，溶液pH减小；
C．Na原子将电子转移给Cl原子，Na原子失电子变为Na+，Cl原子得电子变为Cl﹣；
D．NaCl是电解质，离子半径：Cl﹣＞Na+，将其放入水中，在水分子作用下，NaCl晶体表面离子在水分子作用下扩散到水中，形成水合钠离子、水合氯离子，简单写为Na+、Cl﹣，其电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣。
【解答】解：A．二者发生反应：2H++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，到a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和，溶液中几乎无自由移动的离子，导电能力几乎为0，继续滴加稀硫酸，硫酸过量，溶液又能够导电，且导电能力逐渐增强，故A正确；
B．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，光照新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO变为强酸HCl，使溶液中H+浓度增大，溶液pH减小，故pH降低的原因可能是HClO分解，故B正确；
C．Na原子将电子转移给Cl原子，Na原子失电子变为Na+，Cl原子得电子变为Cl﹣，Na+、Cl﹣在离子键作用下形成NaCl，故C错误；
D．离子半径：Cl﹣＞Na+，在水分子作用下，NaCl晶体表面离子在水分子作用下扩散到水中，形成水合钠离子、水合氯离子，其电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣，故图示可表示NaCl溶于水时电离情况，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 天津期末）常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，该溶液的溶质可能是（ ）
A．CH3COOH B．NaOH C．NaNO2 D．Na2SO4
【答案】C
【分析】常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣4mol L﹣1，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣10＞10﹣14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离。
【解答】解：水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，常温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣4mol L﹣1，则c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣10＞10﹣14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，CH3COOH、NaOH都抑制了水的电离，Na2SO4对水的电离无影响，只有NaNO2属于强碱弱酸盐，促进了水的电离，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生水的电离的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 南山区期末）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，以下说法不正确的是（ ）
A．冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子
B．a→b过程，溶液中c（H+）不断增加
C．b→c过程，CH3COOH电离平衡常数不断增大
D．c点加入Na2CO3固体，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大
【答案】C
【分析】A．冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在；
B．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强；
C．电离平衡常数随温度变化；
D．c点加入Na2CO3固体，结合醋酸溶液中氢离子反应，促进醋酸电离平衡正向进行，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大。
【解答】解：A．在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，因此不能导电，冰醋酸中几乎没有可以自由移动的离子，故A正确；
B．溶液导电能力：c＜a＜b，所以溶液中c（H+）由小到大的顺序是c＜a＜b，a→b过程，溶液中c（H+）不断增加，故B正确；
C．b→c过程，导电能力减弱，电离平衡常数随温度变化，CH3COOH电离平衡常数不变，故C错误；
D．c点加入Na2CO3固体，结合醋酸溶液中氢离子反应，促进醋酸电离平衡正向进行，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，可以使溶液中和c（OH﹣）都增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2024秋 长寿区期末）下列叙述中，正确的是（ ）
A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质
B．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
C．氯水、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D．NaOH溶于水，在通电条件下才能发生电离
【答案】B
【分析】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，电解质导电必须是自身电离出离子，据此进行解答。
【解答】解：A．氯化钠在熔融状态下或水溶液下所以均可以导电，故NaCl是电解质，故A错误；
B．熔融的KNO3能导电，符合电解质的概念，所以KNO3是电解质，故B正确；
C．石墨是单质，氯水是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．电解质的电离不需要通电，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质与非电解质，熟悉基本概念是解题关键，注意电解质、非电解质必须是化合物，电解质必须是本身能电离。
10．（2024秋 佛山期末）化学中的模型有实物模型和理论模型。下列有关电离模型的描述正确的是（ ）
A．电解质只有在通电时才能电离
B．CaCO3难溶于水，不属于电解质
C．NaCl固体不导电是因为Na+、Cl﹣不能自由移动
D．KHSO4在水中或熔融状态下均电离出K+、H+、
【答案】C
【分析】A．电解质水溶液中或熔融状态下发生电离；
B．溶于水或熔融状态下导电的化合物为电解质；
C．存在自由移动的离子或电子的物质能导电；
D．KHSO4在水中或熔融状态下电离生成钾离子和硫酸氢根离子。
【解答】解：A．电解质水溶液中或熔融状态下才能电离，和通电无关，故A错误；
B．CaCO3难溶于水，熔融状态导电，属于电解质，故B错误；
C．NaCl固体不导电是因为固体中Na+、Cl﹣形成离子键，不能自由移动，故C正确；
D．KHSO4在水中或熔融状态下电离生成钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO4（熔融）＝K+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，主要是电解质电离、导电的实质理解应用，题目难度不大。
11．（2024秋 九龙坡区期末）下列事实或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．配制FeCl3溶液时，先将晶体溶于较浓盐酸，再稀释至所需浓度
B．向工业废水中加入FeS固体，除去废水中的Hg2+
C．焊接时用NH4Cl溶液除锈
D．施肥时，草木灰（主要成分K2CO3）与铵态氮肥不宜混合施用
【答案】B
【分析】A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和盐酸，加入浓盐酸可抑制其水解；
B．加入FeS固体除去废水中的Hg2+利用的是沉淀转化原理；
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈；
D．K2CO3水解使溶液呈碱性，铵根离子水解使溶液呈酸性，二者混合会发生双水解反应。
【解答】解：A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和盐酸，加入浓盐酸可抑制其水解，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故A错误；
B．向工业废水中加入FeS固体，可将废水中的Hg2+转化为H股S沉淀，用的是沉淀转化原理，与盐类水解无关，故B正确；
C．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，可用于焊接时除锈，与盐类水解有关，故C错误；
D．K2CO3水解使溶液呈碱性，铵根离子水解使溶液呈酸性，施肥时二者混合施用发生双水解反应、出现氨气逸出，降低肥效，所以二者不宜混合施用，与盐类水解有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解及其应用，侧重辨析能力和运用能力考查，把握盐类水解原理及其应用、发生的反应是解题关键，注意化学与生产生活的联系，题目难度不大。
12．（2024秋 沈阳期末）某化学兴趣小组用Ba（OH）2粉末、蒸馏水、MgSO4溶液按以下装置及步骤进行实验探究离子反应，下列说法中正确的是（ ）
Ⅰ.往烧杯中加入适量Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮，加入适量蒸馏水使Ba（OH）2完全溶解，灯泡变亮 Ⅱ.往Ba（OH）2溶液中分批加入MgSO4固体，灯泡变暗直至近乎熄灭 Ⅲ.继续分批加入MgSO4固体，灯泡重新变亮不亮亮近乎熄灭亮
A．加入Ba（OH）2粉末，灯泡不变亮的原因是Ba（OH）2不是电解质
B．步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，则与上述实验现象完全相同
【答案】C
【分析】A．含有自由移动离子或电子的物质能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
B．漏写生成Mg（OH）2的离子方程式；
C．MgSO4能在水溶液中电离出自由移动的离子；
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，氯化钡和硫酸镁反应生成BaSO4和可溶性的强电解质MgCl2。
【解答】解：A．Ba（OH）2粉末不导电是因为Ba（OH）2粉末中不含自由移动的离子或电子，且Ba（OH）2是电解质，故A错误；
B．步骤Ⅱ中生成BaSO4沉淀、Mg（OH）2沉淀，离子方程式为Ba2+Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓+BaSO4↓，故B错误；
C．步骤Ⅲ灯泡重新变亮是因为MgSO4过量，MgSO4能在水溶液中电离出自由移动的离子，所以该溶液中灯泡重新变亮，故C正确；
D．若将Ba（OH）2粉末替换为BaCl2粉末，氯化钡和硫酸镁反应生成BaSO4和可溶性的强电解质MgCl2，则步骤Ⅱ中灯泡不熄灭，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的导电性，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质导电原理、物质的性质及物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（2024秋 九龙坡区期末）水利万物而不争，水蕴含着丰富的文化和科学内涵，探究水的行为有重要意义。下列说法错误的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH减小，但仍呈中性
B．向水中加入少量金属钠，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）降低
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，水的电离程度相同
【答案】C
【分析】水的电离过程是吸热过程，加热促进电离，酸碱抑制水的电离，水解的盐能促进水的电离，据此分析判断。
【解答】解：A．将水加热，促进水的电离，氢离子浓度个氢氧根离子浓度增大，Kw增大，pH减小，但仍呈中性，故A正确；
B．向水中加入少量金属钠，呢和水反应生成氢氧化钠和氢气，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）增大，故B正确；
C．向水中加入氨水，水的电离受到抑制，c（OH﹣）增大，故C错误；
D．相同温度下，pH相同的NaOH溶液和氨水中，氢氧根离子浓度相同，抑制水的程度相同，水的电离程度相同，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，注意整数值的熟练掌握，题目难度不大。
14．（2024秋 佛山期末）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，溶液电导率与NaHSO4溶液体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．Ba（OH）2的电离方程式：
B．B点时，溶液中的主要溶质为NaOH
C．B→C区间，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O
D．C→D区间，溶液pH不断减小，最终呈中性
【答案】D
【分析】实验小组向50mL0.01mol L﹣1Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.1mol L﹣1NaHSO4溶液，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，溶液中离子减少，导电性减弱，反应中钡离子和硫酸根首先反应结束，n（Ba（OH）2）＝n（Ba2+）＝0.050L×0.01mol/L＝0.0005mol，B点时，加入硫酸氢钠体积5mL，n（NaHSO4）＝n（）＝0.005L×0.1mol/L＝0.0005mol，反应的化学方程式：Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+2NaOH，此时氢氧根有剩余，溶液显碱性，继续加入NaHSO4溶液，溶液导电性明显增强，NaOH+NaHSO4＝H2O+Na2SO4，C点时，为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性，C点后NaHSO4过量，溶液显酸性，导电能力增强。
【解答】解：A．Ba（OH）2是强碱，水中完全电离，电离方程式Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故A正确；
B．B点时，发生反应Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+2NaOH，溶液中的主要溶质为NaOH，故B正确；
C．B→C区间，发生反应NaOH+NaHSO4＝H2O+Na2SO4，溶液中发生的离子反应：H++OH﹣═H2O，故C正确；
D．C点时，为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性，C→D区间，C点后NaHSO4过量，溶液显酸性，溶液pH不断减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解质电离、反应的过程分析判断、反应实质的理解应用等知识点，注意图象变化的理解应用，题目难度中等。
15．（2024秋 昌平区期末）两种弱酸HNO2、H2S的相关信息如表，下列说法不正确的是（ ）
20℃ 80℃
HNO2 Ka＝x Ka＝y
H2S Ka1＝m1 Ka2＝m2 Ka1＝n1 Ka2＝n2
A．相同温度下，等浓度的一元酸电离出的c（H+）；强酸＞弱酸
B．推测：y＞x
C．若x＞m1，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S
D．知道y与n2的大小关系，可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH
【答案】D
【分析】A．强酸完全电离，弱酸部分电离；
B．弱电解质电离是吸热过程；
C．相同温度下，电离常数越大，酸性越强；
D．同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH是比较HNO2和H2S的一级电离平衡常数。
【解答】解：A．相同温度下，强酸完全电离，弱酸部分电离，等浓度的一元酸电离出的c（H+）：强酸＞弱酸，故A正确；
B．弱电解质电离是吸热过程，升温平衡正向进行，平衡常数增大，y＞x，故B正确；
C．若x＞m1，说明酸性HNO2＞H2S，20℃同浓度稀溶液的pH：HNO2＜H2S，故C正确；
D．知道y与n2的大小关系，不可比较80℃同浓度NaNO2和NaHS稀溶液的pH，比较HNO2和H2S的pH是用一级电离平衡常数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的比较判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
16．（2024秋 罗湖区期末）在与混合的饱和溶液中，测得F﹣浓度为2×10﹣3mol L﹣1，则溶液中的浓度为（ ）
A．3.0×10﹣3mol L﹣1 B．7.2×10﹣3mol L﹣1
C．1.6×10﹣3mol L﹣1 D．9.0×10﹣3mol L﹣1
【答案】B
【分析】Ksp（CaF2）＝c（Ca2+） c2（F﹣）＝5×10﹣9，Ksp（CaSO3）＝c（Ca2+） c（）＝9×10﹣6，根据c（F﹣）＝2×10﹣3mol L﹣1计算饱和溶液中c（Ca2+），再根据c（Ca2+）计算饱和溶液中c（），据此分析解答。
【解答】解：Ksp（CaF2）＝c（Ca2+） c2（F﹣）＝5×10﹣9，饱和溶液中c（F﹣）＝2×10﹣3mol L﹣1，则饱和溶液中c（Ca2+）mol/L＝1.25×10﹣3mol/L，Ksp（CaSO3）＝c（Ca2+） c（）＝9×10﹣6，所以溶液中c（）mol/L＝7.2×10﹣3mol/L，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握溶度积常数表达式及其计算是解题关键，题目难度中等。
17．（2024秋 长沙校级期末）常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让和OH﹣通过，NH3 H2O分子可自由穿过。已知溶液中，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．水的电离程度：溶液A＜溶液B
B．溶液A中：
C．溶液B中：
D．混合溶液中NH4Cl和NH3 H2O浓度相等：
【答案】B
【分析】A．溶液B的pH＝11.0大于溶液A的pH＝7.0，因此溶液B中c（OH﹣）大，对水的电离抑制程度大；
B．常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，可知c（OH﹣）＝1.0×10﹣3mol L﹣1，可知，；
C．由于NH3 H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c（NH3 H2O）最大，OH﹣来源于NH3 H2O的电离和水的电离，；
D．混合溶液中若NH4Cl和NH3 H2O浓度相等，计算可知NH3 H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中，再结合电荷守恒可知。
【解答】解：A．溶液B的pH＝11.0大于溶液A的pH＝7.0，因此溶液B中c（OH﹣）大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，故A错误；
B．常温下，0.1mol L﹣1NH3 H2O溶液的pH＝11，可知c（OH﹣）＝1.0×10﹣3mol L﹣1，可知，，溶液A的pH＝7，c（OH﹣）＝1.0×10﹣7mol L﹣1，则溶液A中，则有，故B正确；
C．由于NH3 H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c（NH3 H2O）最大，OH﹣来源于NH3 H2O的电离和水的电离，，所以微粒浓度从大到小的顺序为，故C错误；
D．混合溶液中若NH4Cl和NH3 H2O浓度相等，计算可知NH3 H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中，再结合电荷守恒可知，，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
18．（2024秋 沙坪坝区校级期末）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lgc（）、﹣lgc（）与﹣lgc（Ba2+）的关系如图。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表BaCO3的沉淀溶解曲线，Ksp（BaCO3）的数量级为10﹣9
B．加适量BaCl2固体可使溶液由m点变到n点
C．与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液
D．的平衡常数K＝10﹣1.7
【答案】D
【分析】相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），即c（Ba2+）或﹣lgc（Ba2+）相同时BaSO4、BaCO3的饱和溶液中c（）＜c（），﹣lgc（）＞﹣lgc（），所以曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表BaCO3、BaSO4的沉淀溶解曲线，且Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣5×10﹣3.3＝10﹣8.3，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣6×10﹣4＝10﹣10，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，所以曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表BaCO3、BaSO4的沉淀溶解曲线，且Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣5×10﹣3.3＝10﹣8.3，数量级为10﹣9，故A正确；
B．BaSO4饱和溶液中存在Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（），加入适量BaCl2固体时c（Ba2+）增大、c（）减小，即加入适量BaCl2固体时﹣lgc（Ba2+）减小、﹣lgc（）增大，可使溶液由m点变到n点，故B正确；
C．p点在BaCO3沉淀溶解曲线上方、BaSO4的沉淀溶解曲线下方，为BaCO3的不饱和溶液、BaSO4的过饱和溶液，即与p点相对应的BaCO3的分散系是溶液，相对应的BaSO4的分散系是悬浊液，故C正确；
D．由上述分析可知，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣8.3，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣10，则BaCO3BaSO4的平衡常数K101.7，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及计算，准确判断曲线所代表的物质和溶度积常数的计算及其应用是解题的关键，侧重分析判断能力和运用能力的考查，题目难度中等。
19．（2024秋 杭州期末）常温下，Ag（l）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag+（aq）+CH3COO﹣（aq） CH3COOAg（aq），平衡常数为K。体系中所有含碳微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图所示
[例如δ（CH3COOH）]。
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况
B．CH3COOH的电离平衡常数
C．pH＝n时，
D．pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀
【答案】C
【分析】A．溶液的pH值越小，溶液中CH3COOH的物质的量分数越大，则曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况；溶液的pH值越大，溶液中CH3COO﹣的物质的量分数越大，曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况，则曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况；
B．当溶液中CH3COOH、CH3COO﹣的物质的量分数相等时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），溶液的pH＝m，CH3COOH的电离平衡常数Kac（H+）＝c（H+）；
C．pH＝n时，溶液中CH3COOAg、CH3COOH的物质的量分数相等时，c（CH3COOAg）＝c（CH3COOH），Kac（H+），则c（CH3COO﹣）10n﹣m×c（CH3COOH），K，c（Ag+）；
D．pH＝p之后，溶液碱性增大，Ag+转化为沉淀AgOH沉淀，导致c（CH3COOAg）减小，c（CH3COO﹣）增大。
【解答】解：A．通过以上分析知，曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况、曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况、曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况，故A正确；
B．当溶液中CH3COOH、CH3COO—的物质的量分数相等时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），溶液的pH＝m，CH3COOH的电离平衡常数Kac（H+）＝c（H+）＝10﹣m，故B正确；
C．pH＝n时，溶液中CH3COOAg、CH3COOH的物质的量分数相等时，c（CH3COOAg）＝c（CH3COOH），Kac（H+），则c（CH3COO﹣）10n﹣m×c（CH3COOH），K，c（Ag+），故C错误；
D．pH＝p之后，溶液碱性增大，Ag+转化为沉淀AgOH沉淀，导致c（CH3COOAg）减小，c（CH3COO﹣）增大，则pH＝p之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是Ag+转化为沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重查看图象的分析、判断及计算能力，明确电离平衡常数、溶度积常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
20．（2024秋 重庆期末）某实验小组用0.1mol/LHCl溶液或0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaHSO3溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为 pH）。假定滴定过程无SO2生成。
已知：pKa＝﹣lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在：pKa1+pKa2＞pKw
B．b点所得溶液中：
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时，溶液中：
D．f点所得溶液中，
【答案】B
【分析】A．A．NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度；
B．由图可知，b点所得溶液的pH＝1.85、c（H+）＝10﹣1.85mol/L，Ka1c（H+）＝10﹣1.85，则c（H2SO3）＝c（），结合物料守恒关系分析判断；
C．Ka2c（H+）＝10﹣7.19，滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时c（H+）＝10﹣7mol/L；
D．f点所得溶液中溶质为Na2SO3，溶液呈碱性。
【解答】解：A．由图可知，NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，即Ka2，Ka1 Ka2＞Kw，则pKa1+pKa2＜pKw，故A错误；
B．b点所得溶液中c（H2SO3）+c（）+c（）＜0.1mol/L，由图可知，b点所得溶液的pH＝1.85、c（H+）＝10﹣1.85mol/L，Ka1c（H+）＝10﹣1.85，则c（H2SO3）＝c（），则b点所得溶液中2c（）+c（）＜0.1mol/L，故B正确；
C．滴加0.1mol/LNaOH溶液至中性时c（H+）＝10﹣7mol/L，此时Ka2c（H+）10﹣7＝10﹣7.19，则＞c（）＜c（），故C错误；
D．f点所得溶液中溶质为Na2SO3，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断、离子浓度大小比较，侧重图像分析能力和计算能力考查，把握电离平衡常数的计算应用是解题关键，题目难度中等。
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