【培优方案】专题十一 水溶液中的离子反应（高考真题分类汇编）化学选择性必修3（人教）
文档属性
| 名称 | 【培优方案】专题十一 水溶液中的离子反应（高考真题分类汇编）化学选择性必修3（人教） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-19 00:00:00 | ||
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文档简介
专题十一 水溶液中的离子反应
知识点1 弱电解质的电离平衡
题点1 弱电解质的电离及影响因素
1.（2023·浙江（1月选考）卷，13）甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是( )
A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O??R3NH＋＋OH－
B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18
C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在
【答案】D
2.(2022·广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时，HAc的Ka＝1.75×10－5≈10－4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1HAc溶液的体积为__________ mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是______________。
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定pH，记录数据。
序号 V(HAc) /mL V(NaAc) /mL V(H2O) /mL n(NaAc) ∶n(HAc) pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… … … … … …
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据：a＝____，b＝____。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡______(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_________________________________________________。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac－浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10－4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取20.00 mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08 mL，则该HAc溶液的浓度为__________ mol·L－1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点__________。
②用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1 mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ __________，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途：______________。
【答案】(1)5.0 (2)C (3)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1 (4)①0.110 4 (5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液 (6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，故D错误。(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00 mL，因此V(H2O)＝40.00 mL－4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.88 mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：
。
(5)向20.00 mLHAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂；H3PO4是中强酸，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
3.(2022·浙江（选考）卷，17)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c(A2－)>c(HA－)
D．取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
【答案】B
【解析】在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－的水解程度，水的电离程度前者大于后者，故A错误；向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，＝1.3×10－7，则H2A的电离度为×100%＝1.3×10－4×100%＝ 0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－)题点2 强弱电解质的比较及判断
微题点1 电解质电离与导电性关系
(2020·浙江卷，3)下列物质在熔融状态下不导电的是( )
A．NaOH B．CaCl2
C．HCl D．K2SO4
【答案】C
微题点2 强弱电解质的性质比较与综合判断
1.（2022·北京卷，1）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pH＞7
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
【解析】醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，A正确；醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，B错误；醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，C正确；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，D正确。
2.(2022·湖北卷，1)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是( )
A．N2H>N2H4>NH
B．N2H>CH3COOH>NH
C．NH3>N2H4>CH3COO－
D．CH3COOH>N2H>NH
【答案】D
【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH＞N2H，反应N2H＋NH3===NH＋N2H4中，酸性：N2H＞NH，故酸性：CH3COOH>N2H>NH。
题点3 电离平衡常数及相关应用
（2021·江苏卷，11）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·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是( )
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)C．实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCO3-
D．实验4中c反应前(CO)【答案】C
【解析】A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；D． 饱和氯水中氢离子与碳酸根结合转化为碳酸氢根，氯水朝着与水反应的方向移动，颜色变浅，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误。
知识点2 水的电离、溶液的PH
题点1 水的电离及影响因素
（2021·浙江卷，17）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．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=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
【解析】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0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100 mL pH=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。
题点2 溶液的酸碱性及PH的相关计算
1.(2020·浙江卷，1)水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO4
C．HCOONa D．NaHCO3
【答案】B
2.(2020·浙江卷，17)下列说法不正确的是( )
A．2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1
B．将KCl溶液从常温加热至80 ℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】对于2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中，水电离出的c(H＋)相对来说不是很小，不能忽略，故该盐酸中c(H＋)＞2.0×10－7 mol·L－1，A错误；升高温度，水的电离程度增大，Kw增大，水电离出的c(H＋)增大，则溶液的pH减小，由于KCl是强酸强碱盐，不水解，故其溶液仍呈中性，B正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN－发生了水解，则HCN为弱电解质，C正确；常温下，pH为3的醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，由于Kw不变，则溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，D正确。
知识点3 盐类的水解
题点1 盐类水解及其本质
(2022·浙江（选考）卷，1)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH4Cl B．BaCl2
C．H2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】NH4Cl盐溶液存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋而呈酸性，A符合题意；BaCl2溶液中Ba2＋和Cl－均不水解，是强酸强碱盐，溶液呈中性，B不符合题意；H2SO4属于酸，不是盐，C不符合题意；Ca(OH)2属于碱，不是盐，D不符合题意。
题点2 盐类水解的影响因素
(2023·海南，14)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，溶液中c(OH－)<0.01 mol·L－1
B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11
D．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4 mol·L－1
【答案】B
【解析】由图像可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，pH>12.0，溶液中c(OH－)>0.01 mol·L－1，故A错误；盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；结合图像可知，当c(Na2CO3)＝0.5 mol·L－1时，pH＝12，Kh＝＝＝2×10－4，则Ka2＝＝5×10－11, 故C错误；若0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液与等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1 mol·L－1，由图可知，pH>11.6，得到的溶液c(OH－)>2×10－4 mol·L－1,0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH－)大于与水混合的C(OH－)，故D错误。
题点3 盐类水解及其的应用
1.(2023·北京，3)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FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】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；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；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； 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。
2.（2023·重庆卷，11）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
【解析】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电离，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。
3.(2022·浙江6月选考)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】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－)4.(2022·湖北卷，8)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS(s)＋CS2(l)===Na2CS3(s)＋H2S(g)，下列说法正确的是( )
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
【答案】B
【解析】Na2CS3中硫元素为－2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；S的原子半径比O大，故C==S的键长比C==O的键长长，键能比C==O的键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误。
题点4 溶液中离子浓度大小比较及应用
1.（2023·天津卷，10）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
【解析】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)=0.1 mol/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。
2.(2022·浙江6月选考)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH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NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】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；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时c(H＋)≈＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1＞1×10－4.3 mol·L－1，则滴加NaOH至pH＝4.3，说明醋酸也参加了反应，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。
3.（2022·福建卷，10）氨氮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：
①2NH3＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O
②NH3＋4ClO－＋OH－===NO＋4Cl－＋2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO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NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x>x1时，c(Cl－)＝4c(NO)
C．x>x1时，x越大，生成N2的量越少
D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)
【答案】C
【解析】x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝×3＝0.008 55 mol，反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006 mol×5%＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NO)，B错误；x>x1时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有Na＋、H＋、NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，D错误。
4.（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢—除垢过程如图。
100 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2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
【解析】经过步骤①，100 mL 0.1 mol·L－1CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4反应的化学方程式为CaCl2＋Na2SO4===2NaCl＋CaSO4↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl，则c(Na＋)＝6c(SO)，故B错误；由B项分析可知，存在元素质量守恒：c(Cl－)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故C错误；步骤③中，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol (CH3COO)2Ca，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故D正确。
5.(2022·海南卷13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25 ℃时，Ka(HClO)＝4.0×10－8。下列关于NaClO溶液说法正确的是( )
A．0.01 mol·L－1溶液中，c(ClO－)<0.01 mol·L－1
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===HSO＋HClO
D．25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO－)＝c(Na＋)
【答案】AD
【解析】NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01 mol·L－1 NaClO溶液中c(ClO－)＜0.01 mol·L－1，A正确；NaClO溶液长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应为NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，HClO再分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2＋ClO－＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋，C错误；25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则c(ClO－)＝c(Na＋)，Kh(ClO－)＝＝＝2.5×10－7，即ClO－的水解程度大于HClO的电离程度，c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na＋)，D正确。
6.（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·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(HCO)＋c(CO)。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(HCO)
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋ c(H＋)＝c(OH－) ＋c(HCO)＋2c(CO)，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为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)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。
知识点4 离子反应及其应用
题点1 离子反应及溶液的导电性
（2021·北京卷，8）使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是( )
A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
【答案】D
题点2 离子共存
1.（2022·天津卷，8）25 ℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是( )
A．H＋、NH、ClO－、Cl－
B．H＋、Mg2＋、I－、NO
C．Na＋、Al3＋、HCO、SO
D．K＋、Na＋、SO、OH－
【答案】D
2.（2022·重庆卷，4）下列操作中，不会影响溶液中K＋、Al3＋、Fe3＋、Ba2＋、Cl－、NO等离子大量共存的是( )
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉
C．通入NH3 D．通入CO2
【答案】D
【解析】向溶液中加入硫酸锌，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成BaSO4沉淀，故A不符合题意；向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，故B不符合题意；向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子均不发生反应，故D符合题意。
3.(2022·湖北卷，4)下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是( )
A．在0.1 mol·L－1氨水中：Ag＋、Cu2＋、NO、SO
B．在0.1 mol·L－1氯化钠溶液中：Fe3＋、I－、Ba2＋、HCO
C．在0.1 mol·L－1醋酸溶液中：SO、NH、Br－、H＋
D．在0.1 mol·L－1硝酸银溶液中：K＋、Cl－、Na＋、CO
【答案】C
【解析】氨水显碱性，会与Ag＋、Cu2＋反应，不能大量共存，A项错误；Fe3＋、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，且Fe3＋与HCO发生相互促进的水解反应，也不能大量共存，B项错误；醋酸溶液显酸性，在醋酸溶液中SO、NH、Br－、H＋均不会发生反应，能大量共存，C项正确；硝酸银中的银离子会与Cl－、CO反应，不能大量共存，D项错误。
题点3 离子（化学）方程式的书写及正误判断
1.（2023·浙江（1月选考）卷，7）下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO＋Ca2＋===CaSO3↓
【答案】D
2.(2023·浙江6月选考，9)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO
C．铜与稀硝酸：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2－＋2SO2＋2H2O===H2S＋2HSO
【答案】B
【解析】碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故B正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，发生反应：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋4HSO，故D错误。
3.(2023·湖南，5)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是( )
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－
【答案】B
【解析】碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极反应为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，A正确；铅酸蓄电池在充电时阳极失电子，发生反应：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO，B错误；K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2＋反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；TiCl4容易发生水解，反应的离子方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D正确。
4.(2023·北京，6)下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D．Na2S去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓
【答案】B
【解析】Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写，其余均可拆写为离子，A项不符合题意；醋酸为弱酸，不能拆写为离子，反应为2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，B项符合题意；FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，C项不符合题意；Na2S将Hg2＋转化为沉淀除去，反应为Hg2＋＋S2－===HgS↓，D项不符合题意。
5.(2023·江苏，6)下列化学反应表示正确的是( )
A．水煤气法制氢：C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g) ΔH＝－131.3 kJ·mol－1
B．HCO催化加氢生成HCOO－的反应：HCO＋H2HCOO－＋H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O－2e－===H2↑＋2OH－
D．CaH2与水反应：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋H2↑
【答案】B
【解析】水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g) ΔH＝131.3 kJ·mol－1，A错误；由题意可知HCO在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO－，根据原子守恒可得离子方程式为HCO＋H2HCOO－＋H2O，B正确；电解水制氢的阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C错误；CaH2与水反应的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑，D错误。
6.（2023·重庆卷，2）下列离子方程式中，错误的是( )
A．通入水中：
B．通入石灰乳中：
C．放入溶液中：
D．放入溶液中：
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确；B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误；C．放入溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确；D．放入溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确。
7.(2022·浙江6月选考)下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液：SiO＋2H＋===H2SiO3↓
B．Na2CO3溶液中通入过量SO2：CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2
C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O
D．溴与冷的NaOH溶液反应：Br2＋OH－===Br－＋BrO－＋H＋
【答案】D
【解析】盐酸中滴加Na2SiO3溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO＋2H＋===H2SiO3↓，A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2CO3溶液中通入过量SO2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2，B正确；乙醇与K2Cr2O7酸性溶液发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O 被还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O，C正确；类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2＋2OH－===Br－＋BrO－＋H2O，D不正确。
8.（2022·北京卷，4）下列方程式与所给事实不相符的是( )
A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：＋CO2＋H2O―→＋NaHCO3
D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O
【答案】B
【解析】碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2＋，B错误；苯酚钠溶液中通入二氧化碳，利用较强酸制取较弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确。
9.（2022·福建卷，8）实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是( )
A．用硫磺处理洒落在地上的水银：S＋Hg===HgS
B．用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：2Ag＋2H＋===2Ag＋＋H2↑
C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体：SO3＋2OH－===SO＋H2O
D．用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【答案】B
【解析】S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，化学方程式为S＋Hg===HgS，故A不符合题意；Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，故B符合题意；蔗糖与浓硫酸反应产生的有刺激性气味的气体为SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，但离子方程式为SO2＋2OH－===SO＋H2O，故C不符合题意；电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故D不符合题意。
10.(2022·广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是( )
A．碱转化为酸式盐：OH－＋2H＋＋CO===HCO＋2H2O
B．碱转化为两种盐：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O
C．过氧化物转化为碱：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑
D．盐转化为另一种盐：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】B
【解析】向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为CO2＋OH－===HCO，故A错误；将氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式中Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式中要写成离子，故D错误。
11.(2022·湖南卷)下列离子方程式正确的是( )
A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．用醋酸和淀粉 KI溶液检验加碘盐中的IO：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋
D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
【答案】AC
【解析】Cl2通入冷的NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，A正确；由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，B不正确；H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，C正确；NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，该反应的离子方程式为2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O，D不正确。
12.（2022·江苏卷，6）下列化学反应表示正确的是( )
A．SiO2与HF溶液反应：SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O
B．高温下H2还原GeS2：GeS2＋H2===Ge＋2H2S
C．铅蓄电池放电时的正极反应：Pb－2e－＋SO===PbSO4
D．甲烷的燃烧：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝890.3 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸H2SiF6和水，反应的离子方程式为SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O，故A正确；硫化锗与氢气共热反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为GeS2Ge＋2S，故B错误；铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O，故C错误；由材料可知，1 mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为890.3 kJ，反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，故D错误。
13.(2022·浙江（选考）卷，13)下列实验对应的离子方程式不正确的是( )
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
B．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O
C．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2＋H2O＋2ClO－===SO＋2HClO
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O
【答案】C
【解析】将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O，A正确；将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋ NO＋H2O，B正确；将少量SO2通入NaClO溶液，反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO＋2HClO＋Cl－，C不正确；向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O，D正确。
题点4 滴定图像及综合应用
微题点1 酸碱中和滴定及其应用
1.(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a【答案】D
【解析】a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；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)d，故D错误。
2.(2022·山东卷，6)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。
微题点2 滴定图像综合分析
(2022·浙江（选考）卷，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
下列说法正确的是( )
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为CO＋H＋===HCO，B错误；根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；根据电荷守恒和元素质量守恒，Na2CO3中存在c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO), NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)，D错误。
2.（2021·海南卷，12）25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．点，溶液是由于水解程度大于电离程度
B．点，
C．点，溶液中的主要来自的电离
D．点，
【答案】AB
【解析】A．存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，故A正确；B．根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，故B正确；C．点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，故C错误；D．点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，故D错误。
知识点5 难容电解质的沉淀溶解平衡
题点1 难容电解质的溶解平衡及影响因素
1.（2023·浙江（1月选考）卷，15）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是( )
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
2.（2022·福建卷，7）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋杂质离子，可在0～14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c<10－5 mol·L－1)。25 ℃时，lg c与pH关系见下图[碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解]。下列说法正确的是( )
A．Mg2＋可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋ D．Ksp[Fe(OH)3]【答案】B
【解析】对离子净化时，相关离子浓度c<10－5 mol·L－1，则lg c<－5，由图可知，可被净化的pH区间最大的是Fe3＋，A错误；加入适量H2O2，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，提高净化程度，B正确；由图可知，净化的先后顺序为Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋，C错误；由图可知，Fe3＋完全沉淀的pH约为2.5，c(H＋)＝10－2.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－11.5 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝10－5×(10－11.5)3＝10－39.5，同理求得Ksp[Al(OH)3]＝10－33.5，Ksp[Fe(OH)2]＝10－16，则有Ksp[Fe(OH)3]题点2 溶度积（Ksp)及相关计算
(2023·湖南，9)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。
下列说法错误的是( )
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】当pH＝1.9时氢氧化铁开始沉淀，当pH＝3.5时氢氧化铝开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10－12，C正确；“出水”中除含有阴离子外，还含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只经阴离子交换树脂软化处理后，不可用作工业冷却循环用水，D错误。
题点3 难容电解质的溶解平衡及图像分析
1.(2023·全国甲卷，13)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为mol·L－1
C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】由点a(2,2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故B错误；当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Fe3＋和Al3＋，故C正确；Cu2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1，则对应的pM<1，由图像知，此时c(Al3＋)>10－5 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误。
2.(2023·全国乙卷，13)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【解析】a点在两曲线右上方，对应的c(Ag＋)·c(Cl－)3.(2023·新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。
下列说法错误的是( )
A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)
【答案】A
【解析】AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1 mol·L－1时，c(Cl－)＝10－2.35 mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40 mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；随着氨水的滴入，Ag＋先转化为[Ag(NH3)]＋，[Ag(NH3)]＋再转化为[Ag(NH3)2]＋，所以开始时，[Ag(NH3)2]＋浓度比[Ag(NH3)]＋浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋，反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，C正确；结合上述分析及图知，当c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，D正确。
4.(2023·北京，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO)
B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1
D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
【答案】C
【解析】从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6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；从图2可以看出初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素质量守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1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Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。
5.(2023·辽宁，15)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( )
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
【答案】D
【解析】由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误，B错误；曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1，C错误；已知Ka1·Ka2＝×＝，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2 mol·L－1，故有Ka1·Ka2＝＝＝＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。
6.(2022·海南卷14)某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)、M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)(aq)，25 ℃，－lgc与pH的关系如图所示，c为M2＋或M(OH)浓度的值。下列说法错误的是( )
A．曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系
B．M(OH)2的Ksp约为1×10－10
C．向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D．向c＝0.1 mol·L－1的溶液中加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，体系中元素M主要以M2＋存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)，M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)]增大，即－lg c(M2＋)增大，－lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)]与pH的关系，据此分析解答。由分析可知，曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，A正确；由图像可知，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，B错误；向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像可知，pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；由曲线②可知，c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)＝100.5 mol·L－1＞3 mol·L－1，因此加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，c(OH－)减小，平衡M(OH)2(s)＋2OH－(aq)[M(OH)](aq)逆向移动，因HCl的量不能使M(OH)2溶解，所以体系中M不可能主要以M2＋存在，D错误。
7.(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是( )
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
【答案】C
【解析】向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10－3 L×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝5.4×10－8 mol·L－1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误。
8.(2022·山东卷，14)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg [c(Sr2＋)/mol·L－1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝
B．a＝－6.5
C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液的变化曲线
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液，pH ≥7.7时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】硫酸是强酸，随着溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1.0 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1.0 mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；反应SrSO4(s)＋CO(aq)SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝，故A正确；曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10－6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 mol·L－1＝10－6.5 mol·L－1，则a为－6.5，故B正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液中锶离子浓度为10－6.5 mol·L－1，根据图示，pH≥6.9时锶离子浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，故D错误。
知识点6 电解质溶液中的化学平衡
题点1 Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算
1.(2023·浙江6月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]。
下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，存在c(C2O)C．实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8 mol·L－1
【答案】D
【解析】NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用在碱性范围变色的酚酞作指示剂，故A错误；实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh(C2O)＝，则HC2O的电离程度大于C2O的水解程度，因此存在c(C2O)>c(HC2O)，故B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的反应是2HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4被完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2＋)＝＝0.06 mol·L－1，溶液中c(C2O)＝＝ mol·L－1＝4.0×10－8mol·L－1，故D正确。
2.（2022·江苏卷，14）硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr2O、CrO形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp＝5.0×10－17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为
________________________________________________________________________。
②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为__________。
③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是________________________________________________________________________。
(2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目为__________，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2＋和位于晶胞体心的S(S中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S已省略)。如图中用“－”将其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接起来。
(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为__________(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1)①FeS＋CrO＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－ ②5×10－5 ③c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大
(2)4
(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g·mol－1，则M(FeOx)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3
【解析】(1)②反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝ ，由题目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，H2S电离常数Ka2＝＝1.3×10－13，所以K＝＝＝5×10－5。(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2＋和S的位置(S中的S—S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2＋紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接图为。
题点2 电解质溶液中微粒分布图像及综合分析
1.(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1。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δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是( )
A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
【答案】C
【解析】由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3 mol·L－1＝4.9×10－3 mol·L－1，结合Ka1＝＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4 mol·
L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，根据Ka1＝＝＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝，得①式：10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)，此时c(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1－3×10－4 mol·L－1＝4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝＝4.7×10－14.86 mol·L－1，则K＝≈2.1×1013.86，故lg K＝13.86＋lg 2.1≈14，C正确。
2.（2022·天津卷，16）(14分)天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物Fe3＋L(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体H2S转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①H2S的吸收氧化；②Fe3＋L的再生。反应原理如下：
①H2S(g)＋2Fe3＋L(aq)＋2OH－(aq)===S(s)＋2Fe2＋L(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)
②4Fe2＋L(aq)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe3＋L(aq)＋4OH－(aq) ΔH＝－b kJ·mol－1(b>0)
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为____________。1 mol H2S(g)发生该反应的热量变化为_________，Fe3＋L在总反应中的作用是___________________________________________。
(2)研究不同配体与Fe3＋所形成的配合物(A、B、C)对H2S吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入H2S，测得单位体积吸收液中H2S吸收转化率[α(H2S)]随时间变化的曲线如图1所示。以α(H2S)由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是________(填“A”“B”或“C”)。
(3)H2S的电离方程式为______________。25 ℃时，H2S溶液中H2S、HS－、S2－在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2。由图2计算，H2S的Ka1＝__________，Ka2＝__________。再生反应在常温下进行，Fe2＋L解离出的Fe2＋易与溶液中的S2－形成沉淀。若溶液中的c(Fe2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c(H2S)＝6.0×10－9 mol·L－1，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于__________(已知25 ℃时，FeS的Ksp为6.0×10－18)。
【答案】(1)2H2S＋O22H2O＋2S↓[或2H2S(g)＋O2(g)2H2O(l)＋2S(s)] 放出(a＋) kJ热量 作催化剂(或降低反应活化能) (2)A (3)H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－ 1.0×10－7 1.0×10－13 8
3.(2022·湖北卷，1)如图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T，lg Ka1＝－3.04，lg Ka2＝－4.37)混合体系中部分物种的c－pH图(浓度：总As为5.0×10－4mol·L－1，总T为1.0×10－3mol·L－1)。下列说法错误的是( )
A．As(OH)3的lg Ka1为－9.1
B．[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强
C．pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
【答案】D
【解析】As(OH)3[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝，当pH＝9.1时，c＝c[As(OH)3]，Ka1＝10－9.1，As(OH)3的lg Ka1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝，当pH＝4.6时，c＝c，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得As(OH)3的Ka1＝10－9.1，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强，B正确；由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高，C正确；由已知条件，酒石酸(H2T，lgKa1＝－3.04，lgKa2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误。
4.（2022·辽宁卷，15）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
【解析】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。
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知识点1 弱电解质的电离平衡
题点1 弱电解质的电离及影响因素
1.（2023·浙江（1月选考）卷，13）甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是( )
A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O??R3NH＋＋OH－
B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18
C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在
【答案】D
2.(2022·广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时，HAc的Ka＝1.75×10－5≈10－4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1HAc溶液的体积为__________ mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是______________。
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定pH，记录数据。
序号 V(HAc) /mL V(NaAc) /mL V(H2O) /mL n(NaAc) ∶n(HAc) pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… … … … … …
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据：a＝____，b＝____。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡______(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_________________________________________________。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac－浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10－4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取20.00 mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08 mL，则该HAc溶液的浓度为__________ mol·L－1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点__________。
②用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1 mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ __________，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途：______________。
【答案】(1)5.0 (2)C (3)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1 (4)①0.110 4 (5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液 (6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，故D错误。(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00 mL，因此V(H2O)＝40.00 mL－4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.88 mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：
。
(5)向20.00 mLHAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂；H3PO4是中强酸，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
3.(2022·浙江（选考）卷，17)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c(A2－)>c(HA－)
D．取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
【答案】B
【解析】在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－的水解程度，水的电离程度前者大于后者，故A错误；向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，＝1.3×10－7，则H2A的电离度为×100%＝1.3×10－4×100%＝ 0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－)
微题点1 电解质电离与导电性关系
(2020·浙江卷，3)下列物质在熔融状态下不导电的是( )
A．NaOH B．CaCl2
C．HCl D．K2SO4
【答案】C
微题点2 强弱电解质的性质比较与综合判断
1.（2022·北京卷，1）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pH＞7
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
【解析】醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，A正确；醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，B错误；醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，C正确；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，D正确。
2.(2022·湖北卷，1)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是( )
A．N2H>N2H4>NH
B．N2H>CH3COOH>NH
C．NH3>N2H4>CH3COO－
D．CH3COOH>N2H>NH
【答案】D
【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH＞N2H，反应N2H＋NH3===NH＋N2H4中，酸性：N2H＞NH，故酸性：CH3COOH>N2H>NH。
题点3 电离平衡常数及相关应用
（2021·江苏卷，11）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·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是( )
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)
D．实验4中c反应前(CO)
【解析】A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；D． 饱和氯水中氢离子与碳酸根结合转化为碳酸氢根，氯水朝着与水反应的方向移动，颜色变浅，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误。
知识点2 水的电离、溶液的PH
题点1 水的电离及影响因素
（2021·浙江卷，17）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．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=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
【解析】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0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100 mL pH=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。
题点2 溶液的酸碱性及PH的相关计算
1.(2020·浙江卷，1)水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO4
C．HCOONa D．NaHCO3
【答案】B
2.(2020·浙江卷，17)下列说法不正确的是( )
A．2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1
B．将KCl溶液从常温加热至80 ℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】对于2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中，水电离出的c(H＋)相对来说不是很小，不能忽略，故该盐酸中c(H＋)＞2.0×10－7 mol·L－1，A错误；升高温度，水的电离程度增大，Kw增大，水电离出的c(H＋)增大，则溶液的pH减小，由于KCl是强酸强碱盐，不水解，故其溶液仍呈中性，B正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN－发生了水解，则HCN为弱电解质，C正确；常温下，pH为3的醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，由于Kw不变，则溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，D正确。
知识点3 盐类的水解
题点1 盐类水解及其本质
(2022·浙江（选考）卷，1)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH4Cl B．BaCl2
C．H2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】NH4Cl盐溶液存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋而呈酸性，A符合题意；BaCl2溶液中Ba2＋和Cl－均不水解，是强酸强碱盐，溶液呈中性，B不符合题意；H2SO4属于酸，不是盐，C不符合题意；Ca(OH)2属于碱，不是盐，D不符合题意。
题点2 盐类水解的影响因素
(2023·海南，14)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，溶液中c(OH－)<0.01 mol·L－1
B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11
D．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4 mol·L－1
【答案】B
【解析】由图像可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，pH>12.0，溶液中c(OH－)>0.01 mol·L－1，故A错误；盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；结合图像可知，当c(Na2CO3)＝0.5 mol·L－1时，pH＝12，Kh＝＝＝2×10－4，则Ka2＝＝5×10－11, 故C错误；若0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液与等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1 mol·L－1，由图可知，pH>11.6，得到的溶液c(OH－)>2×10－4 mol·L－1,0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH－)大于与水混合的C(OH－)，故D错误。
题点3 盐类水解及其的应用
1.(2023·北京，3)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FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】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；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；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； 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。
2.（2023·重庆卷，11）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
【解析】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电离，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。
3.(2022·浙江6月选考)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】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－)
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
【答案】B
【解析】Na2CS3中硫元素为－2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；S的原子半径比O大，故C==S的键长比C==O的键长长，键能比C==O的键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误。
题点4 溶液中离子浓度大小比较及应用
1.（2023·天津卷，10）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
【解析】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)=0.1 mol/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。
2.(2022·浙江6月选考)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH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NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】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；加入20 mL NaOH溶液时，溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，此时c(H＋)≈＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1＞1×10－4.3 mol·L－1，则滴加NaOH至pH＝4.3，说明醋酸也参加了反应，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。
3.（2022·福建卷，10）氨氮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：
①2NH3＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O
②NH3＋4ClO－＋OH－===NO＋4Cl－＋2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO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NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x>x1时，c(Cl－)＝4c(NO)
C．x>x1时，x越大，生成N2的量越少
D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)
【答案】C
【解析】x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝×3＝0.008 55 mol，反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006 mol×5%＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NO)，B错误；x>x1时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有Na＋、H＋、NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，D错误。
4.（2022·重庆卷，11）某小组模拟成垢—除垢过程如图。
100 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2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
【解析】经过步骤①，100 mL 0.1 mol·L－1CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4反应的化学方程式为CaCl2＋Na2SO4===2NaCl＋CaSO4↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl，则c(Na＋)＝6c(SO)，故B错误；由B项分析可知，存在元素质量守恒：c(Cl－)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故C错误；步骤③中，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol (CH3COO)2Ca，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故D正确。
5.(2022·海南卷13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25 ℃时，Ka(HClO)＝4.0×10－8。下列关于NaClO溶液说法正确的是( )
A．0.01 mol·L－1溶液中，c(ClO－)<0.01 mol·L－1
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===HSO＋HClO
D．25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO－)＝c(Na＋)
【答案】AD
【解析】NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01 mol·L－1 NaClO溶液中c(ClO－)＜0.01 mol·L－1，A正确；NaClO溶液长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应为NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，HClO再分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2＋ClO－＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋，C错误；25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则c(ClO－)＝c(Na＋)，Kh(ClO－)＝＝＝2.5×10－7，即ClO－的水解程度大于HClO的电离程度，c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na＋)，D正确。
6.（2022·江苏卷，12）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·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(HCO)＋c(CO)。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(HCO)
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋ c(H＋)＝c(OH－) ＋c(HCO)＋2c(CO)，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为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)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。
知识点4 离子反应及其应用
题点1 离子反应及溶液的导电性
（2021·北京卷，8）使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是( )
A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
【答案】D
题点2 离子共存
1.（2022·天津卷，8）25 ℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是( )
A．H＋、NH、ClO－、Cl－
B．H＋、Mg2＋、I－、NO
C．Na＋、Al3＋、HCO、SO
D．K＋、Na＋、SO、OH－
【答案】D
2.（2022·重庆卷，4）下列操作中，不会影响溶液中K＋、Al3＋、Fe3＋、Ba2＋、Cl－、NO等离子大量共存的是( )
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉
C．通入NH3 D．通入CO2
【答案】D
【解析】向溶液中加入硫酸锌，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成BaSO4沉淀，故A不符合题意；向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，故B不符合题意；向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子均不发生反应，故D符合题意。
3.(2022·湖北卷，4)下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是( )
A．在0.1 mol·L－1氨水中：Ag＋、Cu2＋、NO、SO
B．在0.1 mol·L－1氯化钠溶液中：Fe3＋、I－、Ba2＋、HCO
C．在0.1 mol·L－1醋酸溶液中：SO、NH、Br－、H＋
D．在0.1 mol·L－1硝酸银溶液中：K＋、Cl－、Na＋、CO
【答案】C
【解析】氨水显碱性，会与Ag＋、Cu2＋反应，不能大量共存，A项错误；Fe3＋、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，且Fe3＋与HCO发生相互促进的水解反应，也不能大量共存，B项错误；醋酸溶液显酸性，在醋酸溶液中SO、NH、Br－、H＋均不会发生反应，能大量共存，C项正确；硝酸银中的银离子会与Cl－、CO反应，不能大量共存，D项错误。
题点3 离子（化学）方程式的书写及正误判断
1.（2023·浙江（1月选考）卷，7）下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
C．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓
D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO＋Ca2＋===CaSO3↓
【答案】D
2.(2023·浙江6月选考，9)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO
C．铜与稀硝酸：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2－＋2SO2＋2H2O===H2S＋2HSO
【答案】B
【解析】碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故A错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故B正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，发生反应：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋4HSO，故D错误。
3.(2023·湖南，5)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是( )
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－
【答案】B
【解析】碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极反应为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，A正确；铅酸蓄电池在充电时阳极失电子，发生反应：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO，B错误；K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2＋反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；TiCl4容易发生水解，反应的离子方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D正确。
4.(2023·北京，6)下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D．Na2S去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓
【答案】B
【解析】Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写，其余均可拆写为离子，A项不符合题意；醋酸为弱酸，不能拆写为离子，反应为2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，B项符合题意；FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，C项不符合题意；Na2S将Hg2＋转化为沉淀除去，反应为Hg2＋＋S2－===HgS↓，D项不符合题意。
5.(2023·江苏，6)下列化学反应表示正确的是( )
A．水煤气法制氢：C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g) ΔH＝－131.3 kJ·mol－1
B．HCO催化加氢生成HCOO－的反应：HCO＋H2HCOO－＋H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O－2e－===H2↑＋2OH－
D．CaH2与水反应：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋H2↑
【答案】B
【解析】水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g) ΔH＝131.3 kJ·mol－1，A错误；由题意可知HCO在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO－，根据原子守恒可得离子方程式为HCO＋H2HCOO－＋H2O，B正确；电解水制氢的阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C错误；CaH2与水反应的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑，D错误。
6.（2023·重庆卷，2）下列离子方程式中，错误的是( )
A．通入水中：
B．通入石灰乳中：
C．放入溶液中：
D．放入溶液中：
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确；B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误；C．放入溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确；D．放入溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确。
7.(2022·浙江6月选考)下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液：SiO＋2H＋===H2SiO3↓
B．Na2CO3溶液中通入过量SO2：CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2
C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O
D．溴与冷的NaOH溶液反应：Br2＋OH－===Br－＋BrO－＋H＋
【答案】D
【解析】盐酸中滴加Na2SiO3溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO＋2H＋===H2SiO3↓，A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2CO3溶液中通入过量SO2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2，B正确；乙醇与K2Cr2O7酸性溶液发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O 被还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为3CH3CH2OH＋2Cr2O＋16H＋―→3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O，C正确；类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2＋2OH－===Br－＋BrO－＋H2O，D不正确。
8.（2022·北京卷，4）下列方程式与所给事实不相符的是( )
A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：＋CO2＋H2O―→＋NaHCO3
D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O
【答案】B
【解析】碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2＋，B错误；苯酚钠溶液中通入二氧化碳，利用较强酸制取较弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确。
9.（2022·福建卷，8）实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是( )
A．用硫磺处理洒落在地上的水银：S＋Hg===HgS
B．用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：2Ag＋2H＋===2Ag＋＋H2↑
C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体：SO3＋2OH－===SO＋H2O
D．用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【答案】B
【解析】S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，化学方程式为S＋Hg===HgS，故A不符合题意；Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，故B符合题意；蔗糖与浓硫酸反应产生的有刺激性气味的气体为SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，但离子方程式为SO2＋2OH－===SO＋H2O，故C不符合题意；电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故D不符合题意。
10.(2022·广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是( )
A．碱转化为酸式盐：OH－＋2H＋＋CO===HCO＋2H2O
B．碱转化为两种盐：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O
C．过氧化物转化为碱：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑
D．盐转化为另一种盐：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】B
【解析】向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为CO2＋OH－===HCO，故A错误；将氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式中Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式中要写成离子，故D错误。
11.(2022·湖南卷)下列离子方程式正确的是( )
A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．用醋酸和淀粉 KI溶液检验加碘盐中的IO：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋
D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
【答案】AC
【解析】Cl2通入冷的NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，A正确；由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，B不正确；H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，C正确；NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，该反应的离子方程式为2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O，D不正确。
12.（2022·江苏卷，6）下列化学反应表示正确的是( )
A．SiO2与HF溶液反应：SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O
B．高温下H2还原GeS2：GeS2＋H2===Ge＋2H2S
C．铅蓄电池放电时的正极反应：Pb－2e－＋SO===PbSO4
D．甲烷的燃烧：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝890.3 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸H2SiF6和水，反应的离子方程式为SiO2＋6HF===2H＋＋SiF＋2H2O，故A正确；硫化锗与氢气共热反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为GeS2Ge＋2S，故B错误；铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O，故C错误；由材料可知，1 mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为890.3 kJ，反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，故D错误。
13.(2022·浙江（选考）卷，13)下列实验对应的离子方程式不正确的是( )
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
B．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O
C．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2＋H2O＋2ClO－===SO＋2HClO
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O
【答案】C
【解析】将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O，A正确；将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋ NO＋H2O，B正确；将少量SO2通入NaClO溶液，反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO＋2HClO＋Cl－，C不正确；向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===Ag(NH3)＋2H2O，D正确。
题点4 滴定图像及综合应用
微题点1 酸碱中和滴定及其应用
1.(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)
【解析】a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；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)
2.(2022·山东卷，6)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。
微题点2 滴定图像综合分析
(2022·浙江（选考）卷，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
下列说法正确的是( )
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为CO＋H＋===HCO，B错误；根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；根据电荷守恒和元素质量守恒，Na2CO3中存在c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO), NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)，D错误。
2.（2021·海南卷，12）25℃时，向的溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．点，溶液是由于水解程度大于电离程度
B．点，
C．点，溶液中的主要来自的电离
D．点，
【答案】AB
【解析】A．存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，故A正确；B．根据电荷守恒，，b点pH=7即，所以，故B正确；C．点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，故C错误；D．点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，，故D错误。
知识点5 难容电解质的沉淀溶解平衡
题点1 难容电解质的溶解平衡及影响因素
1.（2023·浙江（1月选考）卷，15）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是( )
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
2.（2022·福建卷，7）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋杂质离子，可在0～14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c<10－5 mol·L－1)。25 ℃时，lg c与pH关系见下图[碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解]。下列说法正确的是( )
A．Mg2＋可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋ D．Ksp[Fe(OH)3]
【解析】对离子净化时，相关离子浓度c<10－5 mol·L－1，则lg c<－5，由图可知，可被净化的pH区间最大的是Fe3＋，A错误；加入适量H2O2，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，提高净化程度，B正确；由图可知，净化的先后顺序为Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋，C错误；由图可知，Fe3＋完全沉淀的pH约为2.5，c(H＋)＝10－2.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－11.5 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝10－5×(10－11.5)3＝10－39.5，同理求得Ksp[Al(OH)3]＝10－33.5，Ksp[Fe(OH)2]＝10－16，则有Ksp[Fe(OH)3]
(2023·湖南，9)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。
下列说法错误的是( )
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】当pH＝1.9时氢氧化铁开始沉淀，当pH＝3.5时氢氧化铝开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10－12，C正确；“出水”中除含有阴离子外，还含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只经阴离子交换树脂软化处理后，不可用作工业冷却循环用水，D错误。
题点3 难容电解质的溶解平衡及图像分析
1.(2023·全国甲卷，13)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为mol·L－1
C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】由点a(2,2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故B错误；当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Fe3＋和Al3＋，故C正确；Cu2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1，则对应的pM<1，由图像知，此时c(Al3＋)>10－5 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误。
2.(2023·全国乙卷，13)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【解析】a点在两曲线右上方，对应的c(Ag＋)·c(Cl－)
下列说法错误的是( )
A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)
【答案】A
【解析】AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1 mol·L－1时，c(Cl－)＝10－2.35 mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40 mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；随着氨水的滴入，Ag＋先转化为[Ag(NH3)]＋，[Ag(NH3)]＋再转化为[Ag(NH3)2]＋，所以开始时，[Ag(NH3)2]＋浓度比[Ag(NH3)]＋浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋，反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，C正确；结合上述分析及图知，当c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，D正确。
4.(2023·北京，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH下c(CO)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO)
B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1
D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
【答案】C
【解析】从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6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；从图2可以看出初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素质量守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1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Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。
5.(2023·辽宁，15)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( )
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
【答案】D
【解析】由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误，B错误；曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9 mol·L－1，Ka1(H2S)＝＝＝10－7.1，C错误；已知Ka1·Ka2＝×＝，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2 mol·L－1，故有Ka1·Ka2＝＝＝＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。
6.(2022·海南卷14)某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)、M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)(aq)，25 ℃，－lgc与pH的关系如图所示，c为M2＋或M(OH)浓度的值。下列说法错误的是( )
A．曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系
B．M(OH)2的Ksp约为1×10－10
C．向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D．向c＝0.1 mol·L－1的溶液中加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，体系中元素M主要以M2＋存在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)，M(OH)2(s)＋2OH－(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)]增大，即－lg c(M2＋)增大，－lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)]与pH的关系，据此分析解答。由分析可知，曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，A正确；由图像可知，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，B错误；向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像可知，pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；由曲线②可知，c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)＝100.5 mol·L－1＞3 mol·L－1，因此加入等体积0.4 mol·L－1的HCl后，c(OH－)减小，平衡M(OH)2(s)＋2OH－(aq)[M(OH)](aq)逆向移动，因HCl的量不能使M(OH)2溶解，所以体系中M不可能主要以M2＋存在，D错误。
7.(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是( )
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
【答案】C
【解析】向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10－3 L×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝5.4×10－8 mol·L－1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误。
8.(2022·山东卷，14)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lg [c(Sr2＋)/mol·L－1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝
B．a＝－6.5
C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液的变化曲线
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液，pH ≥7.7时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】硫酸是强酸，随着溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1.0 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1.0 mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；反应SrSO4(s)＋CO(aq)SrCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝，故A正确；曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10－6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 mol·L－1＝10－6.5 mol·L－1，则a为－6.5，故B正确；对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L－1的混合溶液中锶离子浓度为10－6.5 mol·L－1，根据图示，pH≥6.9时锶离子浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，故D错误。
知识点6 电解质溶液中的化学平衡
题点1 Ka或Kb、KW、Kh、Ksp的综合计算
1.(2023·浙江6月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]。
下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，存在c(C2O)
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8 mol·L－1
【答案】D
【解析】NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用在碱性范围变色的酚酞作指示剂，故A错误；实验Ⅰ中V(NaOH)＝10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh(C2O)＝，则HC2O的电离程度大于C2O的水解程度，因此存在c(C2O)>c(HC2O)，故B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的反应是2HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4被完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2＋)＝＝0.06 mol·L－1，溶液中c(C2O)＝＝ mol·L－1＝4.0×10－8mol·L－1，故D正确。
2.（2022·江苏卷，14）硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr2O、CrO形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp＝5.0×10－17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为
________________________________________________________________________。
②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为__________。
③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是________________________________________________________________________。
(2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目为__________，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2＋和位于晶胞体心的S(S中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S已省略)。如图中用“－”将其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接起来。
(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为__________(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1)①FeS＋CrO＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－ ②5×10－5 ③c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大
(2)4
(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g·mol－1，则M(FeOx)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3
【解析】(1)②反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝ ，由题目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，H2S电离常数Ka2＝＝1.3×10－13，所以K＝＝＝5×10－5。(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2＋和S的位置(S中的S—S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2＋紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接图为。
题点2 电解质溶液中微粒分布图像及综合分析
1.(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1。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δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是( )
A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
【答案】C
【解析】由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3 mol·L－1＝4.9×10－3 mol·L－1，结合Ka1＝＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4 mol·
L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，根据Ka1＝＝＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝，得①式：10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)，此时c(H2L)＝5.0×10－3 mol·L－1－3×10－4 mol·L－1＝4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝＝4.7×10－14.86 mol·L－1，则K＝≈2.1×1013.86，故lg K＝13.86＋lg 2.1≈14，C正确。
2.（2022·天津卷，16）(14分)天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物Fe3＋L(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体H2S转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①H2S的吸收氧化；②Fe3＋L的再生。反应原理如下：
①H2S(g)＋2Fe3＋L(aq)＋2OH－(aq)===S(s)＋2Fe2＋L(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)
②4Fe2＋L(aq)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe3＋L(aq)＋4OH－(aq) ΔH＝－b kJ·mol－1(b>0)
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为____________。1 mol H2S(g)发生该反应的热量变化为_________，Fe3＋L在总反应中的作用是___________________________________________。
(2)研究不同配体与Fe3＋所形成的配合物(A、B、C)对H2S吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入H2S，测得单位体积吸收液中H2S吸收转化率[α(H2S)]随时间变化的曲线如图1所示。以α(H2S)由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是________(填“A”“B”或“C”)。
(3)H2S的电离方程式为______________。25 ℃时，H2S溶液中H2S、HS－、S2－在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2。由图2计算，H2S的Ka1＝__________，Ka2＝__________。再生反应在常温下进行，Fe2＋L解离出的Fe2＋易与溶液中的S2－形成沉淀。若溶液中的c(Fe2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c(H2S)＝6.0×10－9 mol·L－1，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于__________(已知25 ℃时，FeS的Ksp为6.0×10－18)。
【答案】(1)2H2S＋O22H2O＋2S↓[或2H2S(g)＋O2(g)2H2O(l)＋2S(s)] 放出(a＋) kJ热量 作催化剂(或降低反应活化能) (2)A (3)H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－ 1.0×10－7 1.0×10－13 8
3.(2022·湖北卷，1)如图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T，lg Ka1＝－3.04，lg Ka2＝－4.37)混合体系中部分物种的c－pH图(浓度：总As为5.0×10－4mol·L－1，总T为1.0×10－3mol·L－1)。下列说法错误的是( )
A．As(OH)3的lg Ka1为－9.1
B．[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强
C．pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
【答案】D
【解析】As(OH)3[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝，当pH＝9.1时，c＝c[As(OH)3]，Ka1＝10－9.1，As(OH)3的lg Ka1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝，当pH＝4.6时，c＝c，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得As(OH)3的Ka1＝10－9.1，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强，B正确；由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高，C正确；由已知条件，酒石酸(H2T，lgKa1＝－3.04，lgKa2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误。
4.（2022·辽宁卷，15）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
【解析】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。
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