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2025年高考二轮专题13水溶液中的离子平衡
【考向分析】
水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。考查内容主要有以下三个方面：弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性；盐类的水解平衡；难溶电解质的沉淀溶解平衡。从近几年高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐类的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅注重考查溶液中粒子浓度的大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。
【思维导图】
【考点解读】
考点1水溶液中的平衡体系
1．弱电解质的电离平衡：
(1)弱电解质在溶液中存在着电离平衡，溶液中含有弱电解质分子、电离出的阳离子、阴离子及水分子、H＋、OH－。
(2)电离平衡的影响因素：升温、加水稀释、加入能反应的物质促进弱电解质的电离，加入同离子则抑制弱电解质的电离。
(3)电离平衡常数仅是温度的函数，K越大，越易电离，对应的酸(碱)性越强。
(4)多元弱酸的各级电离平衡常数的大小关系是K1 K2 K3，其酸性取决于第一步。
(5)同pH、同体积的弱酸(弱碱)溶液，酸(碱)性越弱其浓度越大。
2．水的电离平衡：水是一种非常弱的电解质，一定温度下，纯水电离产生的H＋和OH－浓度相等，且二者浓度的乘积是一常数，表示为Kw＝c(H＋)·c(OH－)。在电解质稀溶液中，水的电离平衡仍然存在，且Kw＝c(H＋)·c(OH－)仍然成立，一些情况下，溶液的酸碱性就决定于水的电离或水的电离的变化。
（1）纯水的电离：水的电离是一吸热过程：H2OH＋＋OH－ΔH＞0。
温度 常温(25 ℃) 100 ℃
水电离产生的c(H＋)、c(OH－) 10－7mol/L 10－6mol/L
水的离子积常数 1×10－14 1×10－12
水的pH 7 6
酸碱性 中性 中性
水的电离程度 100 ℃＞25 ℃
（2）溶液中水的电离：用水的离子积常数进行计算时，要注意温度的变化导致的数值变化。
酸性溶液 25 ℃时pH＝2和100 ℃时pH＝2的两电解质溶液中，c(H＋)＝10－2 mol/L，溶液的酸性强弱相同，原因是水的电离程度虽然增大了，但水电离出的c(H＋)仍然微不足道，可以忽略
碱性溶液 25 ℃时pH＝10和100 ℃时pH＝10的两电解质溶液中，溶液的碱性强弱不同，原因是水的电离程度影响了水的离子积常数，计算c(OH－)时，结果就不同了。25 ℃时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－14/10－10＝10－4(mol/L)；100 ℃时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－12/10－10＝10－2(mol/L)
稀释 电解质溶液稀释过程中，水的电离也会发生相应的变化。如强酸或强碱溶液稀释过程中，水的电离程度不断增大。所以溶液中的某些离子浓度在稀释过程中，反而会增大。如pH＝5的盐酸溶液，加水稀释至原体积的10倍时，c(H＋)、c(Cl－)都会减小，但c(OH－)会增大
电解 在某些盐溶液的电解过程中，溶液pH的变化往往与水的电离变化有关。如用惰性电极电解饱和食盐水时，在阴极上由于发生：2H＋＋2e－===H2↑的反应，破坏了水的电离平衡，使水的电离程度增大，导致阴极区里c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性。同理用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极区里因OH－失去电子，破坏了水的电离平衡，导致溶液显酸性
（3）电解质对水电离的影响：酸和碱能抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离。
pH＝4的酸溶液 酸电离产生的c(H＋)＝10－4mol/L，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(H＋)可以忽略，判断水的电离程度看c(OH－)。在pH＝4的水解的盐溶液中，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－4mol/L，c(H＋)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(H＋)
pH＝10的碱溶液 碱电离产生的c(OH－)＝10－4mol/L，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(OH－)可以忽略，判断水的电离程度看c(H＋)。在pH＝10的水解的盐溶液中，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－4mol/L，c(OH－)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(OH－)
pH＝4的盐溶液 水的电离程度是pH＝4的酸溶液中水的电离程度的106倍。pH＝10的盐溶液中水的电离程度是pH＝10的碱溶液中水的电离程度的106倍
3．盐的水解平衡：
(1)盐类水解的规律：有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解；谁强显谁性，都弱具体定。如：强酸弱碱盐水解溶液显酸性。
(2)酸式盐溶液酸碱性的判断：强酸酸式盐(如NaHSO4)只电离不水解，溶液显酸性。弱酸酸式盐：酸式酸根既电离又水解，溶液酸碱性取决电离、水解程度的相对大小：若水解程度大，则溶液显碱性，如NaHS、NaHCO3；若电离程度大，则溶液显酸性，如NaHSO3、NaH2PO4。
(3)盐类水解程度大小比较规律：越弱越水解、越稀越水解、越热越水解；相同条件，正盐>相应酸式盐；相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。
4．难溶电解质的溶解平衡：
（1）影响因素
条件 变化
浓度 加水稀释，平衡向溶解的方向移动，但Ksp不变
温度 绝大多数难溶电解质的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解的方向移动，Ksp增大
同离子效应 加入与电解质溶液中含有某种相同离子的强电解质时，平衡左移，溶解度减小
其他 向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶、更难电离的物质或气体时，平衡向溶解的方向移动，但Ksp不变
（2）应用
应用 条件 措施
沉淀的生成 Qc>Ksp 调节pH法：控制溶液的pH来分离物质。如除去CuCl2中的FeCl3，就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去
沉淀剂法分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出
沉淀的溶解 Qc＜Ksp 酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如向CaCO3悬浊液中滴加盐酸
盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液
氧化还原法：通过氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如向CuS悬浊液中滴加浓硝酸
络合法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如向AgOH悬浊液中滴加浓氨水
沉淀的转化 溶解度大的向溶解度小的难溶电解质转化 对于阴、阳离子比相同的难溶电解质才可应用Ksp直接判断
【典例精讲】
例题1、测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
C【解析】A、Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，正确；B、根据信息，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，正确；C、盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，错误；D、Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，正确。
【易错提醒】下面以用 0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HA溶液为例，总结抓住解决滴定曲线问题的几个关键点：
滴定曲线 关键点 离子浓度关系
点O 原点为HA的单一溶液，0.100 0 mol·L－1 HA的pH>1，说明是弱酸，c(HA)> c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
点① 两者反应生成等物质的量的HA和NaA，此时溶液pH＜7，说明HA电离程度大于A－水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)> c(H＋)>c(OH－)
点② 此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸没有完全被反应，c(A－)＝c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
点③ 此时两者恰好反应生成NaA，为弱酸强碱溶液，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
点③之后 此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)> c(H＋)，也可能出现c(Na＋)>c(OH－)> c(A－)>c(H＋)
【变式练习】
1. 常温下，向一定浓度的Na2R溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如下图所示。已知：H2R是二元弱酸，Y表示或，pY=-lg Y，题中涉及浓度的单位为mol L-1。下列叙述错误的是
A．曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系
B．=103.9
C．NaHR溶液中存在：c(Na＋)＜c(HR-)＋2c(R2-)
D．滴加稀硫酸的过程中，保持不变
C【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）=×c(H+)＞Ka2（H2X）=×c(H+)，pH相同时，＞，pH=-lgc(H+)，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系。A．由分析可知，曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系，故A正确；B．由M点可知，-[lg+lgc(H+)]=-lgKa2=10.3，即Ka2=10-10.3，同理可知，Ka1=10-6.4，==103.9，故B正确；C．R2-的水解常数Kh2===10-7.6＞Ka2，说明NaHR溶液呈碱性，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na＋)=c(HR-)＋2c(R2-)+c(OH-)可知，c(Na＋)＞c(HR-)＋2c(R2-)，故C错误；D．== Ka1×Ka2，滴加稀硫酸的过程中，温度不变，因此平衡常数不会发生改变，故D正确。
考点2溶液中的守恒关系与大小比较
守恒关系 电荷守恒 电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等。n(Na＋)＋n（H＋）＝n(HCO3－)+2n(CO32－)＋n（OH－），即C（Na+）+C(H+)=C(HCO3－)+2C(CO32－)+C(OH－)
物料守恒 电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某特定元素的原子总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na+):n（C）=1:1，推出：C（Na+）=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(H2CO3)
质子守恒 由水电离出的C（H＋）水＝C（OH－）水，得质子守恒关系为：C（OH－）＝C（H＋）＋C（HCO3－）＋2C（H2CO3）（也可通过电荷守恒和物料守恒推导）
大小关系 单一溶液 多元弱酸溶液中，多元弱酸分步电离，逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)
多元弱酸的正盐溶液中，多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)
多元弱酸的酸式盐溶液要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小,如HCO3—以水解为主,NaHCO3溶液中: c(Na+)>c(HCO3—)>c(OH-)>c(H+)>C（CO32—）而HS—以电离为主, NaHSO3溶液中:c(Na+)>c(HS—)>c(H+)>c(S2—)>c(OH-)
混合溶液 分子的电离大于相应离子的水解，如等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液中,c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)；等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液中,c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-)
分子的电离小于相应离子的水解，如在0.1 mol·L-1的NaCN和0.1 mol·L-1的HCN的混合溶液中,各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
酸碱中和 如CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
如NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
如pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合，其离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【典例精讲】
例题2、向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(、、)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程气体的逸出)。下列说法正确的是
A．由X点处的pH，可计算出()
B．X点对应溶液中存在
C．Y点对应溶液中存在
D．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：
C【解析】向等物质的量浓度的、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2-；B先增加后减少，则B为HS-，C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S。A． X点c(HS-) =c (S2-)，，则由X点处的pH，可计算的值，故A错误；B． X点c(HS-) =c (S2-)，此时，则X点对应溶液中不存在，故B错误；C． 向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液中Na、S物料守恒可得：，故C正确；D． X点c(HS-) =c (S2-)，H2S量比较少，Y点c(HS-) =c (H2S)，S2-量比较少，S2-和HS-都促进水的电离，H2S抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故D错误。
【解法指导】对于离子在溶液离子浓度大小的判断，不要把离子的水解与离子浓度大小的情况混淆，其实离子的水解或弱电解质的电离都是比较弱的，所以对于溶液中本身能够电离产生的离子浓度均是最大的。解此类型题的关键是认真分析溶液中各离子反应的实质，找全微粒种类，注意量的关系（如物料守恒、电荷守恒中的系数的处理）；理解离子水解的实质性原因，看准溶液的酸碱性，理解质子守恒的含义；以等量关系推不等量关系，简捷、方便；对不熟悉的或一时看不清的关系式，要认真分析，不可草率了事，看看是否是几种守恒式的组合。注意题中是“已混合的溶液”，还是“两溶液等体积混合后”，主要是要搞清溶液的体积是否扩大了两倍。
【变式练习】
2. 室温下，反应+H2OH2CO3+OH 的平衡常数K=2.2×10 8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L 1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH )> c (H+)
B．0.2 mol·L 1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L 1氨水和0.2 mol·L 1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+ c()
D．0.6 mol·L 1氨水和0.2 mol·L 1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH )= c (H2CO3)+ c (H+)
B【解析】A．NH3 H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3 H2ONH4++OH-，H2O H++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，错误；B．NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3 H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3 H2O)，正确；C．由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，错误；D．由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3 H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，错误。
考点3酸碱中和滴定及应用
1．实验原理：在中和反应中使用一种已知浓度的酸(或碱)溶液与另一种未知浓度的碱(或酸)溶液完全中和，测出二者所用的体积，根据化学反应方程式中酸、碱的物质的量之比，求出未知溶液的浓度。
2．实验用品：
3．实验步骤(以标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液为例)：
（1）准备：
滴定管 检验酸式滴定管是否漏水
洗涤滴定管后要用标准液润洗2～3次，并排除滴定管尖嘴处的气泡
向滴定管中注入标准液至“0”刻度上方2～3 cm处
将液面调节到“0”或“0”以下某一刻度处，记下读数V(始)
锥形瓶 只用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗
指示剂 选择指示剂时，一般要求变色要明显，指示剂的变色范围与恰好中和的溶液pH相吻合，一般不用石蕊作为指示剂(颜色变化不易观察)。强酸滴定弱碱，适宜用甲基橙；强碱滴定弱酸，适宜用酚酞；强酸滴定强碱，或强碱滴定强酸，用甲基橙或酚酞均可
（2）滴定：
①移取待测液(以标准酸溶液滴定未知碱溶液为例)：从碱式滴定管中放出指定量(如20 mL)碱液于用蒸馏水洗净的锥形瓶中→滴入2～3滴指示剂→记录V(碱)。
②将盛碱液的锥形瓶置于酸式滴定管下，瓶底垫一张白纸，左手控制滴定管活塞，右手拇指、食指、中指拿住锥形瓶颈部，并按同一方向不断旋转摇动；眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化及滴定流速。边滴边振荡—滴加速度先快中稳后慢—注视溶液颜色的变化－判断终点(溶液颜色半分钟不再变化)→记下刻度V(终)，V(酸)＝V(终)－V(始)。
③终点判断：当滴入最后一滴标准液，溶液颜色发生突变，且半分钟不再变化。
④数据记录与处理。
4．误差分析：中和反应的实质是酸中的H＋与碱中的OH－恰好完全反应生成H2O，计算公式是c(标)·V(标)·n(标)＝c(待)·V(待)·n(待)(c表示物质的量浓度，V表示溶液体积，n表示酸或碱的元数)，所以c(待)＝。分析此等式可知造成测定结果产生误差的各种因素。
①偏高：酸式滴定管水洗后未润洗即装酸；锥形瓶用待测液润洗；滴定时酸液溅出；滴定前酸式滴定管内有气泡，滴定后消失；滴定后滴定管尖嘴处悬有液滴；滴定后仰视读数；滴定前俯视读数；终点判断滞后。
②偏低：滴定时碱液溅出；滴定前酸式滴定管无气泡，滴定后有气泡；滴定后俯视读数；滴定前仰视读数；终点判断超前；滴定时碱液溅到锥形瓶内壁上又没流下。
③无影响：锥形瓶加水稀释。
【典例精讲】
例3、酱油是一种常用调味剂，根据国标要求酱油中NaCl的含量不应低于15 g/100 mL。莫尔法是较简单的一种测量Cl－含量的方法。现采用该法测量某市售酱油是否符合NaCl含量标准要求。实验原理如下(25 ℃)：
Ag＋＋Cl－===AgCl↓(白色)　Ksp(AgCl)＝1.8×10－23
2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓(砖红)Ksp(Ag2CrO4)＝1.2×10－22
准确移取酱油样品5.00 mL稀释至100 mL。从其中取出10.00 mL 置于锥形瓶中，再向其中加入适量的铬酸钾溶液，以0.100 0 mol/L的硝酸银标准溶液滴定，重复实验三次。
(1)样品稀释过程中，用______移取酱油样品，应在_____中定容，还需用到玻璃仪器____。
(2)标准硝酸银溶液用棕色滴定管盛装的原因是________________________，滴定中眼睛应注视________，出现 ___________________________即达到滴定。
(3)滴定结束时，滴定管中液面如上图所示，则读数为________。
(4)若三次消耗硝酸银标准溶液的平均体积为12.50 mL，则稀释后的酱油中NaCl的浓度为_____mol/L，该市售酱油是否符合NaCl含量标准 ________(填“符合”或“不符合”)。
【答案】(1)酸式滴定管或移液管　100 mL容量瓶　 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (2)硝酸银见光易分解　锥形瓶中颜色变化　 淡红色沉淀，不再消失 (3)12.70 mL (4)0.125 0　不符合
【解析】(1)取5.00 mL溶液，用酸式滴定管或移液管。准确配制100 mL溶液需要用到100 mL容量瓶、烧杯(稀释)、玻璃棒(引流)、胶头滴管(定容)。(2)AgNO3见光易分解，所以用棕色瓶盛装。滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化，当最后一滴滴下，出现淡红色沉淀时，且半分钟内不再消失，说明达到终点[因为Ksp(AgCl)小，所以Cl－先沉淀，当Cl－沉淀完全时，CrO才沉淀且生成砖红色沉淀，由于量少且混在白色沉淀中，所以显淡红色]。(3)滴定管读数读到小数点后2位，为12.70 mL。(4)c(Cl－)＝＝0.125 0 mol·L－1。5.00 mL酱油稀释为100 mL，原酱油的中c(NaCl)＝2.5 mol·L－1，取100 mL，m(NaCl)＝2.5 mol·L－1×0.1 L×58.5 g·mol－1＝11.9 g<15 g，不符合标准。
【变式练习】
3、以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L 1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2 的分布系数：]
下列叙述正确的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L 1
C．HA 的电离常数Ka=1.0×10 2
D．滴定终点时，溶液中
C【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误。
【真题演练】
1．（2024·天津·高考真题）甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是
A．的
B．溶液中存在
C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小
D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在
2．（2025·浙江·高考真题）时，的电离常数。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，则
3．（2024·重庆·高考真题）某兴趣小组探究的生成过程。若向溶液中逐滴加入氨水，则下列说法正确的是
A．产生少量沉淀时()，溶液中
B．产生大量沉淀时()，溶液中
C．沉淀部分溶解时，溶液中
D．沉淀完全溶解时，溶液中
4．（2024·湖南·高考真题）中和法生产的工艺流程如下：
已知：①的电离常数：，，
②易风化。
下列说法错误的是
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液
B．“调pH”工序中X为或
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
5．（2024·广西·高考真题）常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液
Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．点水电离出的数量级为
C．时，Ⅱ中
D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
6．（2024·江西·高考真题）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是
已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；
A．曲线z为δ(MnOH+)
B．O点，
C．P点，c(Mn2+)＜c(K+)
D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()
7．（2024·浙江·高考真题）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。
下列说法正确的是
A．溶解度：大于
B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度
C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为
D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是
8．（2024·福建·高考真题）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A．时，溶液的
B．任意下均有：
C．的平衡常数为
D．时，
9．（2024·天津·高考真题）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。
Ⅰ．实验流程
(1)实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是 。
(2)写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式 ，此反应的实验现象是 。
(3)实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由 。
(4)过滤时用到的玻璃仪器有 。
(5)洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是 (填序号)。
a．水 b．乙醇 c．醋酸
(6)上述实验流程中可循环使用的反应物为 。
Ⅱ．柠檬酸钙样品纯度的测定
已知：柠檬酸钙的摩尔质量为与按(物质的量之比)形成稳定配合物。
将干燥后的柠檬酸钙样品置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成浅液，用溶液调节大于13，加入钙指示剂，用的标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗标准溶液。
(7)配制溶液时，需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，其目的是 。
(8)测定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，加入标准溶液之前，需进行的操作为 。若滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，会导致测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是 (用字母表示)。
【模拟演练】
1．（2025·江苏·一模）已知：时。室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验1：向溶液中滴加酸性溶液，溶液的紫红色褪去
实验2：用计测得溶液为5.50
实验3：向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀
实验4：向等浓度的混合溶液中滴加酚酞，溶液颜色无明显变化
下列说法正确的是
A．实验1证明溶液具有漂白性
B．实验2溶液中：
C．实验3可得到
D．实验4溶液中：
2．（2025·江苏盐城·一模）室温下，通过下列实验探究的性质。已知：时，的，，的。
实验1：配制溶液，测得溶液约为12；
实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解：
实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中，
B．要据实验2，可推测
C．实验3反应后溶液中存在：
D．时，反应的平衡常数
3．（2024·浙江温州·一模）室温下，溶液与等体积混合，生成沉淀。忽略溶液体积的变化。已知：。下列说法正确的是
A．混合溶液中存在：
B．可完全溶解在1.0LpH恒为7的、氨水混合溶液中
C．向溶液中加入稀NaOH溶液至的水解率为
D．饱和溶液的pH大于的溶液
4．（2024·浙江宁波·一模）下列根据实验操作进行的实验结果分析正确的是
选项 实验目的 实验操作 实验结果分析
A 室温下测量溶液的值 用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在湿润的试纸上，待显色后与标准比色卡对比。 所测溶液偏大
B 中和反应热的测定 测量完盐酸的初始温度后的温度计未经洗涤直接测量溶液的起始温度 所测中和反应热偏大
C 洗涤定量分离的沉淀 用等体积硫酸代替蒸馏水洗涤沉淀 所得沉淀质量与用蒸馏水洗相比偏小
D 以酚酞作指示剂，用标准液滴定未知浓度的溶液 停止滴定时，溶液为深红色，且半分钟内不变色 所测溶液浓度偏小
5．（2025·江西九江·一模）下列实验根据现象能得出相应结论的是
选项 实验 现象 结论
A 用两支试管各取草酸溶液，分别加入和酸性溶液，记录溶液完全褪色所需时间 0.2mol/L酸性溶液褪色所需时间更长 增大反应物浓度，反应速率不一定加快
B 分别测量在25℃和50℃时溶液的pH 溶液的pH：25℃大于50℃ 温度升高，抑制了的水解
C 向盛有饱和溶液的试管中加入固体，一段时间后，过滤、洗涤沉淀，将洗净后的白色固体加入盐酸中 白色固体加入盐酸后，产生气泡，固体部分溶解 小于
D 向样品中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸 出现白色沉淀，加稀盐酸后沉淀部分溶解 样品已变质
6．（2025·山东菏泽·一模）以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。
已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99.
下列说法错误的是
A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038
7．（2025·山西·一模）常温下，向二元酸溶液中滴加等浓度的溶液，溶液中的物质的量分数随溶液的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该滴定过程若选择单一指示剂，最好选择甲基橙
B．常温下第一步电离常数的数量级为
C．溶液中，
D．a、b、c三个交点处，溶液中水的电离程度：
8．（2025·江西·一模）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。当溶液中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生突跃，进而确定滴定终点。常温下，用盐酸标准溶液滴定苏打样品溶液中小苏打的含量(其它物质均不反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：，且之间存在一点溶液呈中性
B．苏打样品中碳酸钠质量为
C．点存在
D．a到b过程的反应方程式：
9．（2025·湖南株洲·一模）时，向10mL某浓度新制氯水中滴入的溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为。下列说法错误的是
A．甲点溶液中存在：
B．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C．丙点溶液中：
D．氯水中存在平衡：，其平衡常数约为
10．（2025·云南曲靖·一模）常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中随溶液的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．，
B．m点对应溶液的
C．溶液显酸性
D．a点溶液中存在：
11．（2025·河北石家庄·一模）常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2)、]变化如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，H2C2O4的Ka1=10-2.3
B．a点溶液中：c(K＋)-c(OH-)=c(HC2)＋c(H2C2O4)-c(H＋)
C．KHC2O4溶液中：c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4)
D．b点溶液中：c(K＋)>3c(HC2)
12．（2025·黑龙江吉林·一模）菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶，这是菠萝“扎嘴”的原因之一。常温下，草酸钙在不同下，体系中与关系如下图所示(M代表)，已知。下列有关说法正确的是
A．①表示的浓度变化
B．A点时，溶液
C．将等浓度的草酸溶液和澄清石灰水按体积比混合，可得到B点溶液
D．时，曲线④呈下降趋势的原因是生成了沉淀
13．（2024·黑龙江大庆·二模）乙二胺有类似于的性质，是一种二元弱碱。时，向的乙二胺溶液中通入气体，所得溶液的(忽略溶液体积的变化)与体系中含N微粒浓度的对数值、反应物的物质的量之比t的关系如下图所示。
已知：乙二胺的两步电离为
下列说法正确的是
A．曲线③代表随变化
B．的
C．Q点所示溶液：
D．N点所示溶液：
14．（2025·广西柳州·二模）常温下，用0.2盐酸滴定两个相同容器中的溶液，分别为20mL0.2溶液和40mL0.1NaHA溶液。利用pH计和压传感器检测，绘制曲线如图所示(溶液达到一定浓度后，会放出气体。溶液体积变化可忽略)。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．图中曲线乙和丁代表向NaHA溶液中滴加盐酸
C．d点溶液中存在：
D．反应达到滴定终点时，两容器压力传感器检测的数值不相等
15．（2025·山东日照·一模）室温下，含有MCO3(s)的0.01 mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ如随pH变化关系如图所示。
①M2＋不水解；②100.6=4
下列说法错误的是
A．曲线②表示MCO3的变化曲线
B．x=6.97
C．MSO4(s)M2+(aq)+SO(aq)的Ksp的数量级为
D．若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 mol·L-1，则曲线①②的交点将出现在a点右侧
16．（2025·上海金山·一模）侯氏制碱法的主要工艺流程：
已知：
电解质 NH3·H2O H2CO3
电离平衡常数(25℃) Kb=1.8×10-5 Ka1=4×10-7 Ka2=5×10-11
(1)25℃时，反应NH3·H2O(aq)＋(aq)(aq)＋(aq)＋H2O(l)的平衡常数K= 。
(2)向“母液Ⅰ”中通入氨气的作用是 。
(3)在常温下NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O) c(H2CO3)(选填“>”“<”或“=”，下同)；c(OH-)＋c(NH3·H2O) c(H+)＋c(H2CO3)＋c()；若“母液Ⅱ”的pH=11，则溶液中： 。
(4)实验室模拟“侯氏制碱法”，涉及到的操作是___________。
A． B．
C． D．
(5)制得的纯碱中含有杂质NaCl，用重量法测定其纯度，取m g样品加水溶解，再进行实验。请补充完整下列方案：
加入试剂 简要实验操作 测定的物理量
生成沉淀的质量
17．（2024·河北·模拟预测）实现环境保护与资源利用的和谐统一，是我们的重要研究课题，废料资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。
(1)①工业上从高炉气中捕集CO2的示意图如图所示。
吸收塔中发生反应的化学方程式为 。
②若从“吸收塔”出来的盐溶液中，则该溶液的pH为 。[该条件下，不考虑其他因素对pH的影响]
(2)工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸(H2SeO3)和硒酸(H2SeO4)，进而制备单质硒。亚硒酸(H2SeO3)在溶液中存在多种微粒形态，25℃时各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示。(分布系数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)
①K为反应的平衡常数，则lgK= 。
②已知硒酸的电离方程式为，，25℃时，NaHSeO4溶液中，根据物料守恒c(Na+)= 。
(3)从废钒催化剂中回收V2O5的过程如下：
①离子可由钒同价态的简单阳离子完全水解得到，该水解反应的离子方程式： 。
②“沉钒”时为使钒元素的沉淀率达到96%，至少应调节溶液中的为 。[，溶液体积变化忽略不计]
(4)电催化还原法是CO2有机资源化的研究热点。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入盛有酸性溶液的电催化装置中，CO2可转化为有机物，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。
①电解电压为U1V时转移电子的数目为 (已知NA为阿伏加德罗常数)。
②电解电压为U2V时，阴极由CO2生成甲酸的电极反应式为 。
18．（2024·广东·三模）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)紫色配离子可由含(有机酸)的溶液与硝酸反应生成。
①基态的价电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式： 。
___________+___________
(2)是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的溶液中通入气体(假设过程中溶液体积不变)，溶液中主要存在以下过程：
(a)
(b)
①关于溶液，下列说法正确的有 。
A．加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小
B．升高温度，平衡时溶液中增大
C．溶液中
D．随着的通入，溶液中逐渐减小
②通入过程中，溶液内[表示或]随的变化关系如图所示：
(i)反应(a)的平衡常数 。
(ii)时，溶液中 ， 。
(3)HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度相同、不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移是HR与各自化学位移的加权平均值：。其中，A表示或。下图给出了含磷弱酸在不同下总化学位移的变化。
①随减小而 (填“增大”、“减小”或“不变”)， 。
②当时，对应图中点 (填“A”、“B”、“C”或“D”)。
参考答案
【真题演练】
1．C
【详解】A．由的电离方程式可知，的，A正确；
B．由的电离方程式及电荷守恒可知，溶液中存在，B正确；
C．由的，的，碱性，由越弱越水解可得，时，溶液与溶液相比，溶液中的大，C错误；
D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在，D正确。
2．D
【详解】A．，K==，A正确；
B．，K==，B正确；
C．，K==，C正确；
D．=，由于，，D错误。
3．C
【分析】在Cu(NO3)2溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①Cu(NO3)2 + 2NH3 H2O= Cu(OH)2↓+2NH4NO3；②Cu(OH)2 + 4NH3 H2O = [Cu(NH3)4](OH)2 +4H2O，③总反应Cu(NO3)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4](NO3)2+4H2O，据此回答。
A．产生少量沉淀时(pH = 4.8)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，NH4NO3在水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中很小，则溶液中>，A错误；
B．产生大量沉淀时(pH= 6.0)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，Cu(NO3)2、NH4NO3都电离出，只有NH4NO3电离出，所以 < ，B错误；
C．沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH4NO3、[Cu(NH3)4](NO3)2，NH4NO3完全电离出，Cu(OH)2、[Cu(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2+)很小，所以溶液中c(Cu2+) < ， C正确；
D．沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2，[Cu(NH3)4]2+ 部分水解，不水解，所以溶液中2c([Cu(NH3)4]2+) < ，D错误。
4．C
【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。
A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确。
5．D
【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
A．向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，A错误；
B．根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；
C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，又物料守恒，即，故，C错误；
D． 根据元素守恒，之和等于之和，根据图像，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确。
6．C
【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。
A．分析可知，z表示δ()，故A错误；
B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣ MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误；
C．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)① 即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有 ③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2， 则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；
D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误。
7．C
【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。
A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误；
B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；
C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为x mol/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确；
D．0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误。
8．D
【分析】草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，滴加盐酸过程中体系中存在一系列平衡、、，因此曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表。
A．时，c()=c()，则，溶液的，故A正确；
B．草酸钙固体滴加稀盐酸，任意下均有物料守恒关系，故B正确；
C．时，，c()=，，c()=；，c()=，由图可知时，c(Ca2+)=c()=，则Ksp()= c(Ca2+)×c()=；的平衡常数K====，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，时，c()=c()，则存在关系，故D错误。
9．(1)增大反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率
(2) 蛋壳粉溶解，有气泡产生
(3)醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应
(4)烧杯、漏斗、玻璃棒
(5)b
(6)或醋酸
(7)减少溶质的损失，降低实验误差
(8) 用少量标准溶液润洗滴定管次 无影响
(9)
【分析】碳酸钙固体研磨后有利于加快反应速率，与柠檬酸反应过滤后得到较纯净的柠檬酸钙固体，洗涤、干燥后得产品。本题主要考查分离实验操作和产品的纯度测定。
（1）需将蛋壳研磨成粉，其目的是增大固体反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率；
（2）蛋壳主要成分是碳酸钙，是难溶的固体，醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开要用化学式，碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：；
因为产生二氧化碳气体，实验现象是：蛋壳粉溶解，有气泡产生；
（3）实验中先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应，原因是：醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应；
（4）过滤时用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸，玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂乙醇，答案选b；
（6）蛋壳制备柠檬酸钙的主要反应为：①；②溶液中加柠檬酸，生成柠檬酸钙和醋酸。其中可以循环使用的物质是；
（7）配制一定物质的量浓度的溶液，需将烧杯和玻璃棒进行洗涤，将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，目的是将溶质全部转移至容量瓶中，减少溶质的损失，降低实验误差；
（8）滴定管用蒸馏水洗涤后，加入标准溶液之前，需用对滴定管进行润洗，故操作为：用少量标准溶液润洗滴定管次；
滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，这些水分不改变标准液和待测液中的溶质，所以对滴定结果无影响；
（9）柠檬酸钙的摩尔质量为，与按(物质的量之比)形成稳定配合物。，列比例可得样品中柠檬酸钙质量，样品中柠檬酸钙质量分数的表达式：。
【模拟演练】
1．D
【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，溶液紫红色褪去，说明高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，则溶液具有还原性，A错误；
B．溶液的约为5.5，则其电离大于水解，故，B错误；
C．混合后，此时，沉淀生成仅说明，但无法直接计算的准确值，C错误；
D．等浓度的混合溶液中，根据物料守恒，成立，D正确。
2．C
【详解】A．实验1所得溶液pH约为12，即，由可知，，故A错误；
B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；
C．Na2CO3溶液元素守恒关系为；滴入等体积0.1mol L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在，故C正确；
D．反应的平衡常K=====2.5×108，故D错误。
3．B
【详解】A．氨水中存在电离平衡：NH3 H2O +OH ，两溶液等体积混合后，，，，则生成沉淀，故：，A错误；
B．1.0LpH恒为7的、氨水混合溶液中，，忽略体积的变化，假设完全溶解，则，，溶液未饱和，故可完全溶解在1.0LpH恒为7的、氨水混合溶液中，B正确；
C．向溶液中加入稀NaOH溶液至，则，，则，的水解率为，C错误；
D．饱和溶液中=；的溶液，可见的溶液碱性更强，pH更大，D错误。
4．B
【详解】A．NaCl溶液呈中性，使用湿润的pH试纸测定其pH，不影响结果，A项错误；
B．测量完盐酸的初始温度后的温度计未经洗涤直接测量NaOH溶液的起始温度，盐酸和氢氧化钠直接反应放热，测定氢氧化钠溶液的起始温度变高，导致反应后温度和起始温度差值变小，导致计算的中和热数值偏小，中和反应是放热反应，所以△H偏大，B项正确；
C．硫酸钡中存在沉淀溶解平衡，在硫酸溶液中，硫酸根离子浓度较大，使平衡逆向移动，洗涤后所得硫酸钡的质量比用水洗涤的质量高，C项错误；
D．根据现象：停止滴定时，溶液为深红色，且半分钟内不变色，说明此时溶液呈碱性，消耗氢氧化钠的体积偏大，则计算出盐酸的浓度偏大，D项错误。
5．D
【详解】A．两支试管中，高锰酸钾浓度不同，褪色时间不同，不能根据褪色时间判断反应速率，则不能说明浓度与速率之间的关系，A错误；
B．醋酸钠的水解为吸热过程，升高温度，促进水解，之所以温度升高溶液的pH减小是因为温度升高，水的电离程度增大，导致pH减小，B错误；
C．白色固体加入盐酸后，产生气泡，固体部分溶解，说明固体中含有硫酸钡和碳酸钡，但是原溶液中碳酸钠为饱和溶液，因碳酸根离子浓度大导致部分硫酸钡转化为碳酸钡，不能说明碳酸钡的溶度积常数小于硫酸钡的溶度积常数，C错误；
D．亚硫酸钠样品中加入氯化钡生成的白色沉淀加稀盐酸后沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡和亚硫酸钡，可以说明亚硫酸钠样品已经变质，D正确。
6．C
【分析】由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24 4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。
A．由分析可知，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；
B．由分析可知，X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；
C．由分析可知，“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为：Bi2S3+8HNO3(稀)=2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K======5.0×1038，D正确。
7．B
【详解】A．甲基橙的变色范围是，而根据滴定曲线可知，被完全中和生成时溶液约为9，因此不能使用甲基橙作指示剂，A错误；
A．由图可知常温下当时，溶液的第一步电离平衡常数，数量级为，B正确；
C．c点，据c点坐标可计算出的电离平衡常数，而的水解平衡常数，说明的电离程度大于水解程度，且HX-电离程度也很小，故以溶液中，C错误；
D．a、b、c三点随着溶液的加入，溶液中酸电离出的逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，故水的电离程度：a点点点，D错误。
8．B
【分析】b点为第一个终点，与盐酸恰好发生反应：，d点为第二个终点，与盐酸恰好发生反应：，据此解答。
A．a点的成分为、NaCl和，b点的成分为NaCl和，相比b点，c点加入更多盐酸， 减少，c点成分为NaCl和，d点成分为NaCl，且含碳酸，、NaHCO3属于强碱弱酸盐，促进水的电离，且的水解程度大于，则水的电离程度： ，从b到d溶液从碱性逐渐变为酸性，则之间存在一点溶液呈中性，A正确；
B．由图可知，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸的体积为2.9 mL，根据反应，n()=n(HCl)，所以，的摩尔质量为106g/mol，其质量为，B错误；
C．d点成分为NaCl、，溶液存在电荷守恒：，C正确；
D．a到b过程中发生反应：，其离子方程式为：，D正确。
9．A
【分析】氯水存在反应，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠首先和HCl反应，然后和HClO反应；乙点为第一个突跃点，HCl完全反应，得到HClO、NaCl的混合溶液，加入20mL氢氧化钠溶液对应第二个突跃点，HClO完全反应，得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液；
A．由分析，加入20mL氢氧化钠溶液得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，钠离子的物质的量为0.02L×0.1mol/L=0.002mol，结合钠、氯元素守恒，则，A错误；
B．乙到加入20mL氢氧化钠溶液的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从加入20mL氢氧化钠溶液到丁的过程中，溶液中氢氧化钠过量，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B正确；
C．丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-8mol/L， ，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，结合反应，则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)>c(Cl-) > c(ClO-)>c(H＋)，C正确；
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出，根据起点pH=2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)=0.01 mol/L，c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数，D正确。
10．B
【分析】，则，，则曲线Ⅰ为随溶液的变化关系，由曲线Ⅰ过点(0，1.9)可知，；，则，曲线Ⅱ为随溶液的变化关系，由曲线Ⅱ过点(0，-7.2)可知，，据此解答。
A．由分析可知，，，A正确；
B．m点曲线Ⅰ、Ⅱ相交，则，即，解得pH=4.55，B错误；
C．因溶液中，则的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，C正确；
D．a点溶液中，即，结合电荷守恒：，则a点溶液中存在：，D正确。
11．C
【分析】向一定浓度草酸溶液中加入氢氧化钾固体，随着增大，减小，减小，增大，则增大，减小，增大，则减小，Ka2=，-lg=-pH-lgKa2(H2C2O4)，即-lg与pH呈直线形关系，所以曲线是pH与变化图，曲线是pH与变化图，并且由时，，可得，则曲线是pH与变化图。
A．点时，，，则，A错误；
B．点时，，由电荷守恒：，移项可得：，B错误；
C．，即的电离程度大于其水解程度，所以溶液中，，由于草酸氢根电离微弱，所以有，C正确；
D．点时，溶液，溶液呈酸性，c(H+)，并且，则由电荷守恒：，得，D错误。
12．B
【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡：、、，随着pH增大，水解平衡被抑制，H2C2O4浓度减小，浓度会减小的更慢，浓度增大，由于增大则Ca2+减小，则曲线①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，结合H2C2O4的Ka2=，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)计算判断，据此分析解答。
A．由分析可知，①表示、④表示Ca2+，A错误；
B．由图像可知A点时溶液中，溶液中存在电荷守恒： ， ，A点时pH < 7， ，则，B正确；
C．由图像可知B点时溶液中c(H2C2O4)=c()，H2C2O4的Ka1=<10-2，同理由A点可知，H2C2O4的Ka2=≈10-4，等浓度的草酸溶液与澄清石灰水按体积比4:1混合时，溶液中有等浓度的H2C2O4和溶液，H2C2O4的电离程度和的电离及水解程度不同，c(H2C2O4)≠c()，C错误；
D．由图像可知，pH>10时，如pH=13，c(OH-)=0.1mo/L、c(Ca2+)＝=10-4.1mol/L，此时Qc[Ca(OH)2]=10-4.1×(10-1)2=10-6.113．D
【分析】向乙二胺溶液中通入氯化氢气体时，溶液pH减小，溶液中减小，先增大后减小，增大，则曲线①表示、曲线②表示、曲线③表示；由图可知，溶液中和相等时，溶液的pH为9.8，则电离常数Kb1==c(OH-)=10-4.9，同理可知，电离常数Kb2==c(OH-)=10-6.2。
A．由分析可知，曲线③代表随变化，A错误；
B．由分析可知，的，B错误；
C．Q点时，产物只有ClH3NCH2CH2NH3Cl，存在电荷守恒和物料守恒：，两式相减得到：，C错误；
D．N点所示溶液有=，溶液中存在电荷守恒，即：，根据=得出，此时溶液的pH=7.8，，则，D正确。
14．A
【分析】Na2A的水解程度应大于NaHA，且所用Na2A的浓度大于NaHA，所以未滴加HCl时，Na2A溶液的pH更大，即甲代表Na2A溶液，乙代表NaHA溶液；向Na2A溶液中滴加盐酸时，先发生Na2A+HCl=NaCl+NaHA、再发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，而向NaHA溶液中滴加盐酸时开始时即发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，即NaHA溶液中更先产生气体，所以丙代表NaHA溶液，丁代表Na2A溶液。
A．若Ka1×Ka2B．根据分析曲线乙和丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸，B错误；
C．d点时，Na2A溶液与盐酸按照物质的量比为1:2反应，H2A以气体形式放出，不再遵循物料守恒，C错误；
D．根据已知条件，n(A2-)=n(HA-)=0.004mol，反应达到滴定终点时，产生的H2A均为0.004mol，并且反应后溶液的体积也相同，都是60ml，所以压强相等，两溶液压力传感器检测的数值相等，故D错误。
15．D
【分析】随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐减小，逐渐增大，所以图像中左侧分布系数逐渐减小的曲线代表，右侧分布系数逐渐增大的曲线代表，分布系数先增大后减小的曲线代表；随着pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中减小，pM增大；随着pH增大，不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线。
A．由分析知，曲线②表示MCO3的变化曲线，故A正确；
B．pH为6.37时，，，所以，pH为x时，，，则，，故B正确；
C．a点时，，，所以，数量级为，故C正确；
D．曲线①②的交点为不变，若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 mol·L-1，pH相同时，溶液中的比0.01 mol·L-1的Na2CO3溶液的大，所以曲线①②的交点将出现在a点左侧，故D错误。
16．(1)0.09
(2)增大c()，促进NH4Cl析出或将NaHCO3转化成溶解度更大的Na2CO3，提高Na+利用率
(3) < < 5
(4)BC
(5) Ba(NO3)2溶液 过滤、洗涤、干燥
【分析】沉淀池中加入饱和NaCl溶液，先通入氨气，再通入二氧化碳气体，反应得到NaHCO3晶体和氯化铵，过滤出NaHCO3晶体，所得母液中继续通入氨气，再加NaCl晶体，增大氯化铵的浓度，然后冷却结晶得到氯化铵晶体，过滤得到主要含NaCl的母液Ⅱ，该溶液可转移入沉淀池中循环使用，据此分析解答。
（1）反应NH3·H2O(aq)＋(aq)(aq)＋(aq)＋H2O(l)的平衡常数K==；
（2）向“母液Ⅰ”中通入氨气的作用是增大c()，促进NH4Cl析出或将NaHCO3转化成溶解度更大的Na2CO3，提高Na+利用率；
（3）Kb>Ka1，根据越弱越水解可知的水解程度大于的水解程度，则在NH4HCO3溶液中c(NH3·H2O)< c(H2CO3)；根据物料守恒得：c(NH3·H2O)+c()=c(H2CO3)＋c()+c()；根据电荷守恒得：c(OH-)＋c()＋2c()=c(H+)＋c()，联立得：c(H2CO3)+c(H+)-c()= c(OH-)＋c(NH3·H2O)；则c(OH-)＋c(NH3·H2O)< c(H+)＋c(H2CO3)＋c()；“母液Ⅱ”的pH=11，则溶液中：；
（4）A．由上述分析可知，该流程中涉及冷却结晶，不涉及蒸发结晶操作，故A错误；
B．NaHCO3晶体转化为碳酸钠的过程需采用灼烧法， 在坩埚中进行，故B正确；
C．得到NaHCO3晶体和氯化铵晶体后均需采用过滤分离，故C正确；
D．饱和食盐水中应先通氨气、再通二氧化碳，故D错误；
故选：BC。
（5）测定纯碱的纯度，可将碳酸钠转化碳酸钡沉淀，样品加水溶解后，加入足量硝酸钡溶液，待反应充分进行后，过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钡固体，然后称量碳酸钡质量，计算可得碳酸钠的质量，从而计算其纯度。
17．(1) 8.7
(2) 4.8
(3) 0.2mol L-1
(4) 2.8NA
【分析】(1)将高炉气通入吸收塔，从塔顶喷入K2CO3溶液，将CO2吸收并转化为KHCO3，低热值燃气从塔顶逸出；将吸收CO2的溶液通入再生塔，用水蒸气加热，KHCO3分解生成CO2和K2CO3，K2CO3循环使用，CO2回收利用。
(3)废钒催化剂中含有V2O5和V2O4，酸浸后转化为和VO2+，加入氧化剂等进行处理，将和VO2+转化为；加入NH4Cl沉钒，生成NH4VO3沉淀，再将沉淀进行焙烧，从而获得V2O5产品。
（1）①高炉气中的CO2在吸收塔内与K2CO3溶液发生反应生成KHCO3，反应的化学方程式为。
②若从“吸收塔”出来的盐溶液中，
则，
故，
此时溶液的。
（2）①在H2SeO3溶液中，存在分步电离平衡：H2SeO3H++、H++，则曲线中，δ0为H2SeO3的分布系数与溶液pH关系曲线，δ1为的分布系数与溶液pH关系曲线，δ2为的分布系数与溶液pH关系曲线。
由pH=2.5的曲线交点可知，，
由pH=7.3的曲线交点可知，，
的平衡常数，
则。
②25℃时，硒酸的电离方程式为，，则NaHSeO4溶液中，只发生电离，不发生水解；根据物料守恒，Na与Se原子个数比为1:1，钠以Na+的形式存在，Se的存在形式有和，则。
（3）①离子中V的化合价为+5价，可由钒同价态的简单阳离子完全水解得到，则水解离子方程式为。
②溶液中，“沉钒”时为使钒元素的沉淀率达到96％，则沉淀后溶液中，由可知，至少应调节溶液中的为=0.2mol L-1。
（4）①由图可知，电解电压为U1V时，阴极所得产物为乙醇和氢气，电极反应式为和，则电解时转移电子的物质的量为，数目为2.8mol×NAmol-1=2.8NA。
②二氧化碳被还原生成HCOOH，发生还原反应的电极是阴极，HCOOH在阴极上生成，反应的电极反应式为。
18．(1) +
(2) BD 0.05 0.05
(3) 增大 -11 C
【详解】（1）①Mn元素为25号，原子的价电子为3d54s2，从最外层开始失去3个电子变为基态，基态价电子轨道表示式为；
②方程式已经配平，根据电荷守恒与元素守恒，该离子方程式为：+；
（2）①A．加水稀释，促进X2-的水解，平衡时溶液中离子总数增大，故A错误；
B．升高温度，促进X2-的水解，平衡时溶液中增大，故B正确；
C．根据物料守恒，溶液中，故C错误；
D．随着的通入，、均向右边移动，溶液中逐渐减小，故D正确；
答案为BD；
②(i)Ka1>Ka2，即当pH相同时，>，故曲线I表示lg与pH关系，曲线II表示lg与pH关系，平衡常数，根据图中曲线II的点(7.0，0)可知，当时，pH=7.0，=；
(ii)时，，此时溶液为NaHX，Na2X等浓度的混合溶液，即溶液中0.05，0.05；
（3）①减小，c(H+)增大，溶液中HR的含量升高，即增大；由图像可知，11ppm；
②由图像可知：ppm；当时，Ka=，说明此时c(R-)=c(HR)，=-8.5，此时结合图像， C点符合。
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